Đề thi HSG tỉnh Quảng Bình lớp 11 môn hóa pot

SỞ GD-ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC Số BD:…………… KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT Ngày 27 – 3 – 2013 Môn: Hóa Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 (2,25 điểm) 1. Viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau (nếu có): a) Sục khí Cl 2 vào dung dịch FeSO 4 . b) Sục khí etilen vào dung dịch KMnO 4 . c) Sục khí H 2 S vào dung dịch nước brom. d) Sục khí O 3 vào dung dịch KI. e) Sục khí SO 2 vào dung dịch Fe 2 (SO 4 ) 3 . f) Nung hỗn hợp quặng photphorit, cát và than cốc ở 1200 o C trong lò điện. 2. Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng sau (nếu có): a) Fe 2 O 3 + HNO 3 (đặc) o t  b) Cl 2 O 6 + NaOH (dư)  c) Na 2 S 2 O 3 + H 2 SO 4 (loãng)  d) PCl 3 + H 2 O  e) Naphtalen + Br 2 3 CH COOH 1 : 1  f) CH 3 -C≡CH + HBr (dư)  g) C 2 H 5 ONa + H 2 O  h) Etylbenzen + KMnO 4 o t  Bài 2 (1,75 điểm) 1. Hòa tan hết 31,89 gam hỗn hợp A gồm 2 kim loại Al và Mg trong lượng dư dung dịch HNO 3 loãng, thu được 10,08 lít (đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và N 2 O) và dung dịch Y. Tỉ khối hơi của X so với khí hiđro là 59/3. Cô cạn dung dịch Y thu được 220,11 gam muối khan. Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A. 2. Trong tự nhiên Bo có 2 đồng vị: 10 B và 11 B. Biết thành phần % về khối lượng của đồng vị 11 B trong H 3 BO 3 là 14,407%. Tính % số nguyên tử của mỗi đồng vị Bo trong tự nhiên. Bài 3 (1,5 điểm) 1. Viết tất cả các đồng phân cấu tạo ứng với công thức phân tử C 3 H 6 O. 2. Viết các phương trình hóa học thực hiện chuyển hóa sau (biết A, B, C, D là các sản phẩm chính): 2-brom-2-metylbutan  KOH / ancol A  2 4 H SO ®Æc B  2 H O C  o 2 4 H SO ®Æc, 170 C A  2 2 Cl , H O D Bài 4 (2,0 điểm) 1. Chất A có công thức phân tử là C 7 H 8 . Cho A tác dụng với AgNO 3 trong dung dịch amoniac dư được chất B kết tủa. Phân tử khối của B lớn hơn của A là 214. Viết các công thức cấu tạo có thể có của A. 2. Hỗn hợp khí X gồm 2 anken kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Đốt cháy hoàn toàn 5 lít hỗn hợp X cần vừa đủ 18 lít khí oxi (các thể tích khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất). a) Xác định công thức phân tử của 2 anken. b) Hiđrat hóa hoàn toàn một thể tích X với điều kiện thích hợp thu được hỗn hợp ancol Y, trong đó tỉ lệ về khối lượng các ancol bậc một so với ancol bậc hai là 28:15. Xác định % khối lượng mỗi ancol trong hỗn hợp ancol Y. Bài 5 (2,5 điểm) 1. Cho phản ứng: C 2 H 6 (k) + 3,5O 2 (k)  2CO 2 (k) + 3H 2 O (l) (1) Dựa vào 2 bảng số liệu sau: Chất C 2 H 6 (k) O 2 (k) CO 2 (k) H 2 O (l) 0 s ΔH (kJ.mol -1 ) - 84,7 0 - 394 - 285,8 Liên kết C-H C-C O=O C=O H-O E lk (kJ.mol - 1 ) 413,82 326,04 493,24 702,24 459,80 Nhiệt hóa hơi của nước là 44 kJ.mol -1 hãy tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng (1) theo 2 cách. 2. Haber là một trong số các nhà hoá học có đóng góp quan trọng vào phản ứng tổng hợp NH 3 từ khí H 2 và N 2 . Trong thí nghiệm 1 tại 472 o C, Haber và cộng sự thu được [H 2 ] = 0,1207M; [N 2 ] = 0,0402M; [NH 3 ] = 0,00272M khi hệ phản ứng đạt đến cân bằng. Trong thí nghiệm 2 tại 500 o C, người ta thu được hỗn hợp cân bằng có áp suất riêng phần của H 2 là 0,733 atm; của N 2 là 0,527 atm và của NH 3 là 1,73.10 -3 atm. Phản ứng thuận: 3H 2 (k) + N 2 (k)  2NH 3 (k) là phản ứng tỏa nhiệt hay thu nhiệt? Tại sao? 3. Hãy tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120M; NH 3 0,150M và KOH 0,005M. Cho biết pK a của HCN là 9,35; của + 4 NH là 9,24. Hết SỞ GD-ĐT QUẢNG BÌNH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT Ngày 27 - 3 – 2013 Môn: Hóa HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1 (2,25 điểm) 1. (1,0 điểm) a) 3Cl 2 + 6FeSO 4 → 2Fe 2 (SO 4 ) 3 + 2FeCl 3 b) 3C 2 H 4 + 2KMnO 4 + 4H 2 O → 3CH 2 OH-CH 2 OH + 2MnO 2 + 2KOH (0,25 điểm) c) H 2 S + Br 2 → S↓ + 2HBr d) O 3 + 2KI + H 2 O → O 2 + I 2 + 2KOH (0,25 điểm) e) SO 2 + Fe 2 (SO 4 ) 3 + 2H 2 O → 2FeSO 4 + 2H 2 SO 4 (0,25 điểm) f) Ca 3 (PO 4 ) 2 + 3SiO 2 + 5C o 1200 C  3CaSiO 3 + 5CO + 2P (0,25 điểm) 2. (1,25 điểm) a) Fe 2 O 3 + 6HNO 3 (đặc) o t  2Fe(NO 3 ) 3 + 3H 2 O b) Cl 2 O 6 + 2NaOH  NaClO 3 + NaClO 4 + H 2 O (0,25 điểm) c) Na 2 S 2 O 3 + H 2 SO 4 (loãng)  Na 2 SO 4 + S↓ + SO 2 + H 2 O d) PCl 3 + 3H 2 O  H 3 PO 3 + 3HCl (0,25 điểm) + Br 2 CH 3 COOH Br e) + HBr (0,25 điểm) f) CH 3 -C≡CH + 2HBr (dư)  CH 3 -CBr 2 -CH 3 g) C 2 H 5 ONa + H 2 O  C 2 H 5 OH + NaOH (0,25 điểm) CH 2 CH 3 + 4KMnO 4 t o COOK + K 2 CO 3 + 4MnO 2 + KOH + 2H 2 O h) (0,25 điểm) Bài 2 (1,75 điểm) 1. (1,25 điểm) Đặt số mol của NO và N 2 O lần lượt là a và b, ta có: 10,08 a + b = = 0,45 22,4 59 30a + 44b = .2.0,45 = 17,7 3         a = 0,15 b = 0,3    (0,25 điểm) Đặt số mol của Al và Mg lần lượt là x và y, ta có: 27x + 24y = 31,89 (1) Khi cho hỗn hợp A tác dụng với dung dịch HNO 3 : Al  Al 3+ + 3e x x 3x Mg  Mg 2+ + 2e y y 2y N +5 + 3e  N +2 0,45 0,15 N +5 + 4e  N +1 (0,25 điểm) 2,4 0,6 Nếu sản phẩm khử chỉ có NO và N 2 O thì: m muối = 31,89 + 62(0,45 + 2,4) = 208,59 gam < 220,11 gam: Vô lí  có muối NH 4 NO 3 tạo thành trong dung dịch Y. (0,25 điểm) N +5 + 8e  N -3 8z z Ta có: 3x +2y = 0,45 + 2,4 + 8z hay 3x + 2y - 8z = 2,85 (2) Mặc khác: 213x + 148y + 80z = 220,11 (3) Giải hệ (1), (2), (3) ta được: x = 0,47; y = 0,8; z = 0,02 (0,25 điểm) Vậy: 0,47.27.100% %Al 39,79% 31,89   %Mg = 100% - 39,79% = 60,21%. (0,25 điểm) 2. (0,5 điểm) Gọi % số nguyên tử của đồng vị 11 B là x  % số nguyên tử của đồng vị 10 B là (1-x). Ta có: B M = 11x + 10(1-x) = x + 10 Theo bài ra ta có: 11x 14,407 = 3 + 16.3 + 10 + x 100 (0,25 điểm) Giải phương trình trên được x = 0,81. Vậy, trong tự nhiên: % 11 B = 81% % 10 B = 100% - 81% = 19% (0,25 điểm) Bài 3 (1,5 điểm) 1. (0,75 điểm) CH 2 =CH-CH 2 OH CH 2 =CH-OCH 3 (0,25 điểm) CH 3 -CH 2 -CHO CH 3 COCH 3 (0,25 điểm) OH O O (0,25 điểm) 2. (0,75 điểm) Các chất: A: (CH 3 ) 2 C=CH-CH 3 , B: (CH 3 ) 2 C(OSO 3 H)-CH 2 -CH 3 C: (CH 3 ) 2 C(OH)-CH 2 -CH 3 và D: (CH 3 ) 2 C(OH)-CHCl-CH 3 (CH 3 ) 2 C(Br)-CH 2 -CH 3 + KOH ancol  (CH 3 ) 2 C=CH-CH 3 + KBr + H 2 O (1) (CH 3 ) 2 C=CH-CH 3 + HOSO 3 H (đặc)  (CH 3 ) 2 C(OSO 3 H)-CH 2 -CH 3 (2) (0,25 điểm) (CH 3 ) 2 C(OSO 3 H)-CH 2 -CH 3 + H 2 O  (CH 3 ) 2 C(OH)-CH 2 -CH 3 + H 2 SO 4 (3) (CH 3 ) 2 C(OH)-CH 2 -CH 3  o 2 4 H SO ®Æc, 170 C (CH 3 ) 2 C=CH-CH 3 + H 2 O (4) (0,25 điểm) (CH 3 ) 2 C=CH-CH 3 + H 2 O + Cl 2  (CH 3 ) 2 C(OH)-CHCl-CH 3 + HCl (5) (0,25 điểm) Bài 4 (2,0 điểm) 1. (0,75 điểm) Hợp chất A (C 7 H 8 ) tác dụng với AgNO 3 trong dung dịch NH 3 , đó là hiđrocacbon có liên kết ba ở đầu mạch có dạng R(C≡CH) x R(C≡CH) x + xAgNO 3 + xNH 3  R(C≡CAg) x + xNH 4 NO 3 (0,25 điểm) R + 25x R + 132x M B – M A = (R + 132x) - (R + 25x) = 107x = 214  x = 2 Vậy A có dạng: HC≡C-C 3 H 6 -C≡CH (0,25 điểm) Các công thức cấu tạo có thể có của A: CH C-CH 2 -CH 2 -CH 2 -C CH CH C-CH 2 -CH-C CH CH 3 CH C-CH-C CH CH 2 CH 3 CH C-C-C CH CH 3 CH 3 (0,25 điểm) 2. (1,25 điểm) Đặt công thức chung của 2 anken là n 2n C H ( n là số cacbon trung bình của 2 anken) o t n 2n 2 2 2 2 C H + 3n O 2n CO 2n H O   (1) Ta có: 3n 18 2 5   n 2,4  Anken duy nhất có số nguyên tử cacbon < 2,4 là C 2 H 4 và anken kế tiếp là C 3 H 6 . (0,25 điểm) CH 2 = CH 2 + HOH → CH 3 –CH 2 OH (2) CH 3 CH = CH 2 + HOH → CH 3 –CH(OH)–CH 3 (3) CH 3 CH = CH 2 + HOH → CH 3 –CH 2 –CH 2 OH (4) 3 7 15 %i-C H OH = = 34,88% 28+15 (0,25 điểm) Gọi a, b lần lượt là số mol của C 2 H 4 và C 3 H 6 . Ta có: 2a + 3b = 2,4(a+b)  a = 1,5b (0,25 điểm) Theo các phản ứng (2), (3), (4): số mol H 2 O = số mol anken = 2,5b Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: Khối lượng hỗn hợp ancol Y = khối lượng hỗn hợp anken X + khối lượng nước = 28.1,5b + 42b + 18.2,5b = 129b gam (0,25 điểm) 2 5 1,5b.46 %C H OH = = 53,49% 129b 3 7 %n-C H OH = 100% - 34,88% - 53,49% = 11,63 % (0,25 điểm) Bài 5 (2,5 điểm) 1. (0,5 điểm) Δ 0 p H = 2 2 0 s(CO ,k) ΔH + 3 2 0 s(H O,l) ΔH – 2 6 0 s(C H ,k) ΔH – 3,5 2 0 s(O ,k) ΔH Δ 0 p H = 2(–394) + 3(–285,8) – (–84,7) – 3,5.0 = –1560,7 (kJ) (0,25 điểm) Mặt khác: Δ 0 p H = 6E C-H + E C-C + 3,5E O=O – 4E C=O – 6 E O-H – 3 hh ΔH Δ 0 p H = 6(413,82) + 326,04 + 3,5(493,24) – 4(702,24) – 6(459,8) – 3(44) = –1164,46 (kJ) (0,25 điểm) 2. (1,0 điểm) Tại 472 o C: 2 2 3 c 3 3 2 2 [NH ] (0,00272) K 0,105 [H ] .[N ] (0,1207) .(0,0402)    (0,25 điểm) n 2 -5 p c K K (RT) 0,105[0,082.(472 273)] 2,81.10        (0,25 điểm) Tại 500 o C: 3 2 2 2 -3 2 NH -5 p 3 3 H N p (1,73.10 ) K 1,44.10 p .p (0,733) .(0,527)    < 2,81.10 -5 (0,25 điểm) Nhiệt độ tăng, p K giảm  phản ứng thuận là phản ứng tỏa nhiệt (theo nguyên lí của Lơ Satơlie). (0,25 điểm) 3. (1,0 điểm) CN - + H 2 O   HCN + OH - K b1 = 10 - 4,65 (1) NH 3 + H 2 O   + 4 NH + OH - K b2 = 10 - 4,76 (2) H 2 O   H + + OH - K W = 10 -14 (3) (0,25 điểm) So sánh (1)  (3), tính pH theo ĐKP áp dụng cho (1) và (2): [OH - ] = C KOH + [HCN] + [ + 4 NH ] Đặt [OH - ] = x  x = 5.10 -3 + - b1 K [CN ] x + b2 3 K [NH ] x  x 2 - 5.10 -3 x - (K b1 [CN - ] + K b2 [NH 3 ]) = 0 (0,25 điểm) Chấp nhận: [CN - ] = C CN - = 0,12M ; [NH 3 ] = 3 NH C = 0,15M.  Ta có: x 2 - 5.10 -3 x - 5,29.10 -6 = 0  x = [OH - ] = 5,9.10 -3 M = 10 -2,23 M  [H + ] = 10 -11,77 M (0,25 điểm) Kiểm tra: [CN - ] = 0,12 9,35 9,35 11,77 10 10 10      0,12 M; [NH 3 ] = 0,15 9,24 9,24 11,77 10 10 10      0,15 M Vậy cách giải gần đúng trên có thể chấp nhận được  pH = 11,77. (0,25 điểm) Lưu ý: - Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa tùy theo điểm của từng câu. - Nếu thí sinh giải đúng trọn kết quả của một ý theo yêu cầu đề ra thì cho điểm trọn ý mà không cần tính điểm từng bước nhỏ, nếu từng ý giải không hoàn chỉnh, có thể cho một phần của tổng điểm tối đa dành cho ý đó, điểm chiết phải được tổ thống nhất; Điểm toàn bài chính xác đến 0,25 điểm. . SỞ GD-ĐT QUẢNG BÌNH ĐỀ CHÍNH THỨC Số BD:…………… KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT Ngày 27 – 3 – 2013 Môn: Hóa Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) Bài 1 (2,25 điểm). của HCN là 9,35; của + 4 NH là 9,24. Hết SỞ GD-ĐT QUẢNG BÌNH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT Ngày 27 - 3 – 2013 Môn: Hóa HƯỚNG DẪN CHẤM Bài 1 (2,25 điểm) 1. (1,0 điểm) a). thu được 220 ,11 gam muối khan. Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A. 2. Trong tự nhiên Bo có 2 đồng vị: 10 B và 11 B. Biết thành phần % về khối lượng của đồng vị 11 B trong