Đề thi chọn HSG

SỞ GIÁO DỤC VÀ  ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC

             TRƯỜN THPT ĐỒNG ĐẬU

             (Đề thi có 02  trang)

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

LẦN 02. NĂM HỌC 2018 - 2019

Môn: Hóa học - lớp 11

Thời gian: 180  phút, không kể thời gian giao đề

Câu

Nội dung

Điểm

1

Nếu ankin có dạng RCCH :

RCCH + AgNO3 + NH3  RCCag + NH4NO3

 và

Điều này trái giả thiết, vì số mol Br2 chỉ bằng

Vậy ankin phải là C2H2 và như vậy ankan là C2H6, anken là C2H4.

Từ phản ứng :

C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3  C2Ag2 + 2NH4NO3

  n(C2H2) = 1/2n(AgNO3) = 0,01 mol

Từ các phản ứng :

C2H2 + 2Br2  C2H2Br4

C2H4 + Br2  C2H4Br2

  n(C2H4) = 0,01 mol

  n(C2H6) = 0,01 mol

  b.Thổi hỗn hợp qua binh chứa dung dịch AgNO3/NH3 dư. Lọc tách kết tủa, hòa tan kết tủa trong dung dịch HCl dư thu được khí C2H2.

C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3  C2Ag2 + 2NH4NO3

 C2Ag2 + 2HCl  C2H2 + 2AgCl

Khí ra khỏi bình chứa dung dịch AgNO3/NH3, thổi tiếp qua dung dịch nước brom dư. Chiết lấy sản phẩm và đun nóng với bột Zn (trong CH3COOH) thu được C2H4 :

C2H4 + Br2  C2H4Br2

C2H4Br2 + Zn  C2H4 + ZnBr2

Khí ra khỏi bình chứa dung dịch brom là khí C2H6

0,25

0,25

0,25

0,25

2

Câu I.

1. Trích mỗi dung dịch một ít để làm thí nghiệm.

Cho dung dịch NaOH tới dư lần lượt vào các dung dịch trên:

 + DD xuất hiện khí mùi khai NH4Cl.

 + DD không phản ứng là NaCl.

 + DD xuất hiện kết tủa trắng là MgCl2.

 + DD lúc đầu xuất hiện kết tủa trắng, sau đó kết tủa tan khi NaOH dư là AlCl3.

            + DD xuất hiện kết tủa màu đỏ nâu là FeCl3.

s0,25

0,25

Các phương trình phản ứng:

 NH4Cl + NaOH NaCl+ NH3 + H2O

 MgCl2 + NaOH  Mg(OH)2 NaCl

 AlCl3 + 3NaOH Al(OH)3 + 3NaCl

 Al(OH)3 + NaOH NaAlO2 + 2H2O

            FeCl3 + 3NaOH Fe(OH)3+ 3NaCl

Mỗi đồng phân 0,125 điểm

3

Lập luận để đưa ra: khí A là NH3. Khí B là N2. Chất rắn C là Li3N. Axit D là HNO3. Muối E là NH4NO3.Viết các phương trình hoá học xảy ra:

4NH3 + 3O2 N2 + 6H2O.

         N2 + Li Li3N.

Li3N + 3H2O NH3 + 3LiOH

NH3 + HNO3 NH4NO3­. 

       NH4NO3­ N2O + H2O.

Mỗi phương trình đúng 0,2 điểm

4

nN2O = 0,06 và nH2 = 0,08; nMgO = 0,24 mol

Dung dịch Y chứa: AlCl3:   a mol

                                NaCl:    b mol

                                NH4Cl: c mol

                                MgCl2:  0,24 mol

Ta có: nHCl = 3a + b + c + 0,24.2 = 1,08         (1)

           nNaOH = 4a + c + 0,24.2 = 1,14             (2)

Bảo toàn H: nHCl = 4nNH4Cl + 2nH2 + 2nH2O

               → nH2O = 0,46 – 2c

Bảo toàn khối lượng:

13,52 + 1,08.36,5 + 85b = 133,5a + 58,5b + 53,5c + 95.0,24 + 0,14.20 + 18(0,46 – 2c)                                  (3)
Từ (1), (2) và (3)→ a = 0,16; b = 0,1; c = 0,02

Ta có nH+ = 10nN2O + 10nNH4+ + 2nH2 + 2nO(oxit)

→ nO(oxit) = 0,06 → nAl2O3 = 0,02

→ nAl = 0,12→%Al = 23,96%

0,125

0,125

0,125

0,125

0,125

0,125

0,25

5

nCO2 = 0,07 mol, nNaOH= 0,08 mol, nBaCO3=0,02 mol

Khi cho CO2 vào dung dịch NaOH tạo 2 muối NaHCO3 và Na2CO3 với số mol tương ứng là a, b.

Ta có: →

n= 0,01 mol → sau khi thêm dung dịch Y vào sẽ tạo ra thêm

0,01 mol

nOH- = 0,5a mol

           OH- + → + H2O

mol  0,5a                     0,01

→ 0,5 a = 0,01

→a = 0,02

Dung dịch Z gồm các ion là: : 0,05 mol; Ba2+ : 0,025 mol; Na+: 0,08 mol,Cl-: 0,08 mol

CM = =0,067M

CM Ba2+ = = 0,033M

CM Cl- =CM Na+ = = 0,107M

0,25

0,25

0,25

0,25

6

Ta có: mY = mX

VY  = 3 VX → nY = 3nX

→MX = 3MY

         → MX = 3.12.2 = 72

Ankan X có công thức phân tử là C5H12

X: neo pentan

0,25

0,25

0,25

0,25

7

a. nCa(OH)2 = 0,115 mol

CO2 + Ca(OH)2 (0,151mol) →

 Nên 100x+(0,115-x)100+(0,115-x)197=24,305 → x= 0,05 → nCO2= 0,05+2(0,115-0,05)= 0,18

→ nH2O = (0,05.100+ 5,08-0,18.44)/18=0,12

- Gọi công thức phân tử của A là CxHy:

CxHy + O2 xCO2 + H2O

0,02                  0,02x      0,01y

Ta có: 0,02x = 0,18 x = 9 và 0,01y = 0,12 y = 12

Công thức phân tử của A, B, C là C9H12,  = 4.

b. Theo giả thiết thì A, B, C phải là dẫn xuất của benzen vì chúng không làm mất màu dung dịch Br2.

* A, B qua dung dịch KMnO4/H+ thu được C9H6O6 nên A, B phải có 3 nhánh CH3; C cho C8H6O4 nên C có 2 nhánh trên vòng benzen (1 nhánh –CH3 và 1 nhánh –C2H5).

- Khi đun nóng với Br2/Fe thì A cho 1 sản phẩm monobrom còn B, C cho 2 sản phẩm monobrom nên công thức cấu tạo của A, B, C là:

           (A)                                   (B)                          (C)

Các phản ứng xẩy ra

5+ 18KMnO4 + 27H2SO4 5+9K2SO4+18KMnO4+42H2O.

5+18KMnO4+27H2SO4 5+ 9K2SO4+18KMnO4+42H2O.

5+18KMnO4+27H2SO4 5+5CO2+18MnSO4 + 9K2SO4 + 42H2O

  + Br2     +   HBr

+ Br2    hoặc +   HBr

+ Br2  hoặc +   HBr

0,5

8

Từ phần 1  nCO2 phần 1=0,06      

mHCl phần 1+mH2O phần 1= 6-1,82-0,06*44= 1,54

Mặt khác   mH2O + mHCl (trong phần 2)= (5,74-2,66) = 3,08   (gấp 2 lần 1)

 A có nCO2=0,06*3=0,18=nC    

 Phần thứ 2 chiếm 2/3 hỗn hợp A.

Phần 1 có nN2=0,005    A có nN=0,005*2*3=0,03

Phần 2 vào dung dịch AgNO3 chỉ có HCl và H2O 

nHCl=0,04  nHCl trong A=0,06=nCl

mH2O + mHCl (trong phần 2)= (5,74-2,66) = 3,08  mH2O phân 2=1,62  

 nH2O=0,09  

 nH2O trong A=0,135

 Trong A nH=0,06+0,135*2= 0,33     nO=0,03

nC:nH:nO:nCl:nN=0,18 : 0,33 : 0,03 : 0,06 : 0.03 = 6:11:1:2:1    

X là (C6H11OCl2N)n

MX=184 n <232       n=1  X là  C6H11OCl2N

0,25

0,25

0,25

0,25

9

A là PCl5; B là HCl; C là Ba2(PO4)3

PH3 + 4Cl2 → PCl5  +3HCl

PCl5 + 4H2O → H3PO4 +5HCl

2HCl + Ba(OH)2 → BaCl2 + 2H2O

3Ba(OH)­2 + 2H3PO4 → Ba3(PO4)2 + 6H2O

Mỗi pt đúng 0,25 điểm

10

Các phản ứng có thể xảy ra:

2Mg + SiO2 --> 2MgO + Si   (1)

MgO + SiO2 --> MgSiO3  (2)

2Mg + Si --> Mg2Si  (3)

MgO + 2HCl --> MgCl2 + H2O  (4)

Mg2Si + 4HCl  --> 2MgCl2  + SiH4  (5)

Si + 2NaOH + 2H2O  --> Na2SiO3  + 2H2  (6)

Theo giả thiết nếu Mg dư, X gồm Mg, MgO, Mg2Si. X sẽ tan hết trong HCl, không tạo chất rắn Z => không thỏa mãn. Nếu X gồm SiO2, Si, MgSiO3 => tác dụng với HCl không có khí thoát ra => không thỏa mãn. Vậy X gồm Si, SiO2, Mg2Si. Khí Y là SiH4, chất rắn Z là Si. Từ các phương trình phản ứng (1), (3), (4), (5), (6), ta có:

Số mol Mg = số mol MgCl2 = 0,2367.401,4/95 = 1 => mMg = 24 gam

mH2O (trong dung dịch HCl) = 0,8.365 = 292 gam

mH2O (trong dung dịch muối) = 0,7633.401,4 = 306,4 gam

mH2O (tạo ra ở phản ứng 4) = 306,4 – 292 = 14,4 gam

nSiO2 = ½ nMgO = ½ nH2O(ở 4) = 0,4 mol => mSiO2 = 24 gam

Trong A có 50%Mg và 50%SiO2 về khối lượng

nSiH4 = nMg2Si =0,1 mol =>VY = 2,24 lít

nZ = nSi (ở 6)  = 0,4 – 0,1 = 0,3 mol =>mZ  = 8,4 gam

0,25

0,25

0,5