Đề thi học sinh giỏi môn Hóa học lớp 11 chọn lọc số 9

Tỉnh thành phố : Ninh Thuận Trường : THPT CHU VĂN AN Môn : HÓA HỌC Khối : 11 Tên giáo viên biên soạn : Nguyễn Văn Hồng Số mật mã : Phần này là phần phách Số mật mã : Câu I : 1/ Từ phản ứng thuận nghòch sau : PCl 5 (k) ⇌ PCl 3 (k) + Cl 2 (k) . Hỗn hợp sau khi đạt đến trạng thái cân bằng có d hh/KK = 5 ở 190 0 C và 1 atm. a/ Tính hệ số phân li α của PCl 5 . b/ Tính hằng số cân bằng K P . c/ Tính hệ số phân li α ở áp suất P = 0,5 atm. 2/ Hợp chất A được tạo từ ba nguyên tố X, Y, Z có tổng số điện tích hạt nhân bằng 16, hiệu điện tích hạt nhân X và Y là 1, tổng số e trong ion [YX 3 ] - là 32. a. Tìm tên 3 nguyên tố X, Y, Z. b. Xác đònh công thức phân tử, viết công thức cấu tạo của A Đáp án câu I : Nội dung Điểm 1/ a) Tính hệ số phân li α của PCl 5 : PCl 5 (k) ⇌ PCl 3 (k) + Cl 2 (k) . Gọi : số mol PCl 5 ban đầu : n số mol PCl 5 bò phân tích : nα số mol PCl 3 = số mol Cl 2 : nα 0 PClPCl KK/PCl d n29 m 29 M d 55 5 === (1) Sau phản ứng : d )1(n29 m d hh KK/hh = α+ = (2) Ta có (1) : (2) : 44,0 5 52,7 1 d d 1 d d 00 = − =−=α⇒α+= b) Tính hằng số cân bằng K P : Gọi P là áp suất hệ thống : P = 1 atm 24,0 1 P P.P K )1(n 1 )1(n P n P n P )1(n P 2 2 PCl ClPCl P Cl PClPCl 5 23 235 = α− α == α+ = α+ = α = α = α− c) Tính hệ số phân li α ở áp suất P = 0,5 atm : 57,0 5,024,0 24,0 PK K ' P P = + = + =α 1 PHẦN NÀY LÀ PHÁCH Nội dung Điểm 2/ a. Xác đònh tên 3 nguyên tố : Gọi x, y, z lần lượt là số điện tích hạt nhân X, Y, Z, vì nguyên tử trung hòa điện Số proton = số e = số điện tích hạt nhân. Ta có : ΣZ = 16 ⇒ x + y + z = 16 (1) Z x – Z y = 1 ⇒ x – y = 1 (2) Tổng số e ion [YX 3 ] - = 32 ⇒ 3x + y + 1 = 32 (3) Giải 3 phương trình trên ta được : x = 8 , y = 7, z = 1. Vậy X là Oxi (Z = 8), Y là Nitơ (Z = 7), Z là Hidro (Z =1) b. Công thức phân tử, công thức cấu tạo của A : Công thức phân tử của A là : HNO 3 Công thức cấu tạo của A : H + –  O H  N  H O  N  O H 2 Tỉnh thành phố : Ninh Thuận Trường : THPT CHU VĂN AN Môn : HÓA HỌC Khối : 11 Tên giáo viên biên soạn : Nguyễn Văn Hồng Số mật mã : Phần này là phần phách Số mật mã : Câu II : 1/ Cần thêm bao nhiêu NH 3 vào dung dòch Ag + 0,004 M để ngăn chặn sự kết tủa của AgCl khi nồng độ lúc cân bằng [Cl - ]= 0,001 M. T AgCl =1,8.10 -10 ; K kb (hằng số không bền) = 6.10 -8. 2/ Một pin điện gồm điện cực là một sợi dây bạc nhúng vào dung dòch AgNO 3 và điện cực kia là một sợi dây platin nhúng vào dung dòch muối 2 Fe + và 3 Fe + . a) Viết phương trình phản ứng khi pin hoạt động. b) Tính sức điện động của pin ở điều kiện chuẩn. c) Nếu Ag +     = 0,1M và 2 Fe +     = 3 Fe +     = 1M thì phản ứng trong pin xảy ra như thế nào? d) Hãy rút ra nhận xét về ảnh hưởng của nồng độ chất tan đến gía trò của thế điện cực và chiều hướng của phản ứng xảy ra trong pin. Biết : / 0 Ag Ag E + = 0,8V ; / 2 0 Fe Fe E + = 0,77V ; / 2 0 Fe Fe E + = - 0,44V . Đáp án câu II : Nội dung Điểm 1/ AgCl↓ ⇄ Ag + + − Cl T AgCl = 1,8.10 –10 Phản ứng tạo phức : Ag + + 2NH 3 ⇄ [Ag(NH 3 ) 2 ] + kb K 1 K = Để kết tủa AgCl không tạo thành trong dung dòch thì [Ag + ] không vượt qúa : [Ag + ] = mol/l 7 10 AgCl 10.8,1 001,0 10.8,1 ]Cl[ T − − − == Muốn vậy phải thêm một lượng NH 3 sao cho : 8 23 2 3 10.6 ])NH(Ag[ ]NH].[Ag[ − + = Trong đó : [Ag(NH 3 ) 2 ] + = 0,004 – 1,8.10 – 7 ≈ 0,004 mol/l Vậy [NH 3 ] = mol/l 0365,0 10.8,1 004,0.10.6 ]Ag[ ])NH(Ag.[K 7 8 23 ≈= − − + + Mặt khác để tạo phức để tạo phức với 0,004 mol/l Ag + cần có : 2.0,004 = 0,008 mol/l NH 3 . Như vậy lượmg NH 3 cần thêm vào là : 0,0365 + 0,008 = 0,0445 mol/l. 3 PHẦN NÀY LÀ PHÁCH Nội dung Điểm 2/ a) Phương trình phản ứng khi pin hoạt động : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 r aq aq aq Fe Ag = Fe + Ag + + + + (1) b) Thế của phản ứng (sđđ của pin) ở điều kiện chuẩn : / / 3 2 0 0 0 pin Ag Ag Fe Fe E = E - E = 0.8 - (+0,77) = 0,03 V + + + c) Nếu Ag +     = 0,1M và 2 Fe +     = 3 Fe +     = 1M thì sđđ của pin sẽ là : , . lg 1 0 pin pin 0 06 1 10 E = E - 0,03V < 0 1 1 − + = Phản ứng (1) xảy ra theo chiều ngược lại : ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 r aq aq aq Fe + Ag = Fe Ag + + + + (2) d) Kết qủa trên cho thấy : - Khi nồng độ của Ag +     = 0,1M và 2 Fe +     = 3 Fe +     = 1M thì sđđ của pin là 0,03V. - Khi nồng độ của Ag +     giảm đi 10 lần thì thế điện cực của Ag + /Ag bây giờ là : / / , lg 1 0 Ag Ag Ag Ag 0 06 10 E = E 0,8 - 0,06 = 0,74V < 0 1 1 + + − + = Và sđđ của pin sẽ là : / / 3 2 pin Ag Ag Fe Fe E = E - E = 0.74 - (+0,77) = - 0,03 V + + + < 0 Khi nồng độ của Ag +     giảm đi 10 lần thì thế điện cực của Ag + /Ag nhỏ hơn thế điện cực của Fe 3+ / Fe 2+ và phản ứng xảy ra chiều ngược lại. Vậy nồng độ chất atn có khả năng làm thây đổi cả chiều phản ứng. 4 Tỉnh thành phố : Ninh Thuận Trường : THPT CHU VĂN AN Môn : HÓA HỌC Khối : 11 Tên giáo viên biên soạn : Nguyễn Văn Hồng Số mật mã : Phần này là phần phách Số mật mã : Câu III : 1/ Nung 109,6 gam Ba kim loại với một lượng vừa đủ NH 4 NO 3 trong một bình kín thu được hỗn hợp sản phẩm gồm 3 hợp chất của Bari (hỗn hợp A). hòa tan hỗn hợp A trong một lượng nước dư thu được hỗn hợp khí B và dung dòch C. a) Giải thích và viết phương trình phản ứng xảy ra. b) Cho khí B vào bình kín dung tích không đổi khi áp suất ổn đònh (đạt tới trạng thái cân bằng) thấy áp suất tăng 10% so với áp suất ban đầu. Tính % thể tích các khí ở trạng thái cân bằng. c) Có 6 dung dòch cùng nồng độ mol : Na 2 CO 3 ; Na 2 SO 4 ; NaHCO 3 ; Na 3 PO 4 ; FeCl 3 và AgNO 3 . Giả sử dung dòch C có cùng nồng độ mol như càc dung dòch trên. Trộn Vml dung dòch C và Vml dung dòch một trong các muối trên thì trường hợp nào thu được lượng kết tủa lớn nhất ? 2/ Cho 8 gam hỗn hợp Mg và Fe vào 200ml dung dòch CuSO 4 có nồng độ x mol/l. sau khi kết thúc phản ứng thu được 12,8g chất rắn A và dung dòch B màu xanh đã nhạt. Cho dung dòch NaOH dư vào dung dòch B được kết tủa. Nung kết tủa này ngoài không khí đến khối lượng không đổi, thu được 20 gam chất rắn D. a) Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. b) Tính x. Đáp án câu III : Nội dung Điểm a) NH 4 NO 3 0 t → N 2 O + 2H 2 O (1) Ba + H 2 O 0 t → BaO + H 2 (2) ×2 Ba + N 2 O 0 t → BaO + N 2 (3) Ba + H 2 0 t → BaH 2 (4)×2 Ba + N 2 0 t → Ba 3 N 2 (5) 8Ba + NH 4 NO 3 0 t → 3BaO + Ba 3 N 2 + 2BaH 2 (6) BaO + H 2 O → Ba(OH) 2 (7) Ba 3 N 2 + 6H 2 O → 3Ba(OH) 2 + 2NH 3 ↑ (8) BaH 2 + 2H 2 O → Ba(OH) 2 + 2H 2 ↑ (9) b) Số mol Ba : Ba 109,6 n 0,8 (mol) 137 = = Từ (6) và (8) : Số mol NH 3 : 3 NH 1 n 0,8 2 0,2 (mol) 8 = × × = 5 PHẦN NÀY LÀ PHÁCH Nội dung Điểm Từ (6) và (9) : Số mol H 2 : 3 NH 1 n 0,8 2 0,4 (mol) 4 = × × = 2NH 3 → ¬  N 2 + 3H 2 (10) Trước phản ứng : (mol) 0,2 0,4 Phản ứng : 2x x 3x Sau phản ứng : 0,2 – 2x x 0,4 + 3x p suất tăng 10% ⇒ số mol sau phản ứng bằng 1,1 lần số mol trước phản ứng. 0,2 – 2x + x + 0,4 + 3x = (0,2 + 0,4)×1,1 2x = 0,06 ⇒ x = 0,03 Ở trạng thái cân bằng thành phần số mol chất khí là : 0,14 (mol) NH 3 ⇒ 21,21 % V 0,03 (mol) N 2 ⇒ 4,55 % V 0,14 (mol) H 2 ⇒ 74,24 % V c) Ba(OH) 2 + Na 2 CO 3 → BaCO 3 ↓ + 2NaOH (11) Ba(OH) 2 + Na 2 SO 4 → BaSO 4 ↓ + 2NaOH (12) Ba(OH) 2 + NaHCO 3 → BaCO 3 ↓ + H 2 O + NaOH (13) 3Ba(OH) 2 + 3Na 3 PO 4 → Ba 3 (PO 4 ) 2 ↓+6NaOH+Na 3 PO 4 (14) 3Ba(OH) 2 + 3FeCl 3 → 2Fe(OH) 3 ↓ + 3BaCl 2 + FeCl 3 (15) 2Ba(OH) 2 + 2AgNO 3 → Ag 2 O↓+ Ba(OH) 2 + Ba(NO 3 ) 2 (16) Qua các phương trình trên ta thấy dung dòch Na 2 SO 4 sẽ tạo nên lượng kết tủa lớn nhất là BaSO 4 ↓. 2/ a) Tính % khối lượng mỗi kim loại : Dung dòch B có màu xanh đã nhạt chứng tỏ trong dung dòch B còn CuSO 4 . Như vậy Mg, Fe phải tác dụng hết (vì kết thúc phản ứng). Chất rắn A là Cu Gọi a, b là số mol của Mg, Fe ta có : 24a + 56b = 8 (1) Mg + CuSO 4 == MgSO 4 + Cu↓ (2) (mol) a a a a Fe + CuSO 4 == FeSO 4 + Cu↓ (3) (mol) b b b b Số mol Cu sinh ra là : Cu 12,8 n a b 0,2 64 = + = = (mol) (4) 6 PHẦN NÀY LÀ PHÁCH Nội dung Điểm Từ (1) và (4), giải hệ phương trình ta có : a = 0,1 (mol) ; b = 0,1 (mol) Thành phần % về khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp : %Mg = 24 0,1 100 30% 8 × × = %Fe = 100 – 30 = 70% b) Tính x : Các phương trình phản ứng xảy ra : MgSO 4 + 2NaOH == Mg(OH) 2 ↓ + Na 2 SO 4 (5) FeSO 4 + 2NaOH == Fe(OH) 2 ↓ + Na 2 SO 4 (6) CuSO 4 + 2NaOH == Cu(OH) 2 ↓ + Na 2 SO 4 (7) 4Fe(OH) 2 ↓ + 2H 2 O + O 2 == 4Fe(OH) 3 ↓ (8) Mg(OH) 2 ↓ == MgO + H 2 O (9) 2Fe(OH) 3 ↓ == Fe 2 O 3 + 3H 2 O (10) Cu(OH) 2 ↓ == CuO + H 2 O (11) Từ (1), (5) và (9) ta có : Mg → MgSO 4 → Mg(OH) 2 → MgO (mol) 0,1 0,1 Từ (2), (6), (8) và (10) ta có : 2Fe → 2FeSO 4 → 2Fe(OH) 2 → 2Fe(OH) 3 → Fe 2 O 3 (mol) 0,1 0,05 Từ (7) và (11) ta có : CuSO 4 → Cu(OH) 2 → CuO (mol) c c Khối lượng chất rắn D là : m D = m MgO + 2 3 Fe O m + m CuO 40 × 0,1 + 160 × 0,05 + 80c = 20 ⇒ c = 0,1 (mol) Số mol CuSO 4 trong dung dòch ban đầu là : 4 CuSO m = 0,1 + 0,1 + 0,1 = 0,3 (mol) Nồng độ mol dung dòch CuSO 4 ban đầu là : [CuSO 4 ] = x = 0,3 1,5 0,2 = (mol/l) 7 Tỉnh thành phố : Ninh Thuận Trường : THPT CHU VĂN AN Môn : HÓA HỌC Khối : 11 Tên giáo viên biên soạn : Nguyễn Văn Hồng Số mật mã : Phần này là phần phách Số mật mã : Câu IV : 1/ Hai hợp chất hửu cơ đa chức A và B đều có công thức phân tử (C 5 H 6 O 4 ) đồng phân lập thể của nhau, cả 2 dạng đều không có tính quang hoạt, A có cấu tạo bền hơn B. Khi hidro hóa A hay B được hỗn hợp X có công thức C 5 H 8 O 4 , có thể tách X thành 2 dạng đối quang của nhau. a) Viết công thức cấu tạo của A, B. Biết A, B đều tác dụng với NaHCO 3 phóng thích CO 2 . b) Cho biết A, B chất nào có nhiệt độ sôi cao hơn? Giải thích. c) Viết công thức Fisơ của 2 dạng đối quang của X. d) Cho 1 trong 2 chất A hay B tác dụng với Brom. Viết cơ chế phảng ứng, viết công thức Niumen, công thức phối cảnh, công thức Fisơ của sản phẩm tạo thành. 2/ a) Cho biết các sản phẩm có thể tạo thành với (R) – 1 – phenyl – 1 – brombutan trong axit axetic đun sôi, và trong dung dòch axeton với natri axetat. b) Độ quay của dung dòch (+) – 2 – phenyl – 2 – pentanol triệt tiêu khi đun sôi trong axit fomic. Giải thích. c) Độ quay của một dung dòch NaBr và (–) – 2 – brom pentan trong axeton cũng bò triệt tiêu dần dần. Giải thích. Đáp án câu IV : Nội dung Điểm 1/ a) A, B là hợp chất hữu cơ đa chức và đồng phân lập thể của nhau đều tác dụng với NaHCO 3 giải phóng CO 2 , vậy A, B là axit hai lần axit. Khi hidro hóa cho ra hỗn hợp X có 2 dạng đối quang của nhau. A, B có công thức cấu tạo như sau. HOOC COOH HOOC CH 3 C C C C CH 3 H H COOH A B Vì A có liên kết hidro nội phân tử nên bền hơn B. b) Vì A có liên kết hidro nội phân tử nên có nhiệt độ sôi thấp hơn B. O . . . H – O HO C C O C C CH 3 H 8 PHAN NAỉY LAỉ PHACH Noọi dung ẹieồm CH 3 CH 3 H COOH HOOC H CH 2 COOH CH 2 COOH c) HOOC COOH HOOC Br CH 3 C C 2 Br Br + C C CH 3 H H COOH Br + CH 3 COOH HOOC CH 3 Br Br Br Br HOOC H H COOH Br Br CH 3 COOH HOOC CH 3 HOOC H H COOH Br Br COOH COOH CH 3 Br Br CH 3 Br H H Br COOH COOH 9 PHẦN NÀY LÀ PHÁCH Nội dung Điểm 2/ a) Hợp chất (R) – 1 – phenyl – 1 – brombutan đun sôi trong axit axetic, sự dung môi giải này xảy ra theo cơ chế S N 1. vậy sản phẩm nhận được là một hỗn hợp tiêu triền 1 – phenyl – 1 – butyl axetat : Pr Pr Pr C Br + CH 3 COOH → C OOCCH 3 + CH 3 COO C H H H Ph Ph Ph Trong khi đó, hợp chất này khi phản ứng với natri axetat trong axeton lại xảy ra theo cơ chế S N 2. Vậy sản phẩm nhận được có cấu hình nghòch với chất ban đầu : Pr Pr C Br + CH 3 COONa Axeton → CH 3 COO C H H Ph (R) (S) Ph b) Hợp chất (+) – 2 – phenyl – 2 – pentanol đun sôi trong axit fomic thì tính triều quang triệt tiêu là do phản ứng này xảy ra theo cơ chế S N 1 : Pr Pr Pr C Br + H – COOH → C OOCH + HCOO C Me Me Me Ph Ph Ph c) Trong trường hợp này, phản ứng xảy ra theo cơ chế S N 2, trong đó nhóm xuất và nhóm nhập là như nhau, là ion Br − , nên ưu thế chia đều cho cả 2 phía ở trạng thái chuyển tiếp, chính vì thế sẽ dần dần tạo thành hỗn hợp tiê triều. Pr Br C Br H Me 10 [...]...Tỉnh thành phố : Ninh Thuận Trường : THPT CHU VĂN AN Môn : HÓA HỌC Khối : 11 Tên giáo viên biên soạn : Nguyễn Văn Hồng Số mật mã : Phần này là phần phách Số mật mã : Câu V : 1/ Hãy xác đònh tâm bazơ mạnh nhất trong các ankaloic sau : N N N OH CH3 COOCH3 Vindolin OOCCH3 N COOCH3 Catharantin OH H OCH3 N N... C cho VCO2 < VH 2 O , trong đó C3H6O và C4H8O khi cháy Điểm đều cho VCO2 = VH2 O Vậy Y2 khi cháy phải cho VCO2 < VH2 O tức là Y2 có dạng CnH2n+2O Phản ứng cháy của hỗn hợp C : C3H6O + 4 O2 → 3CO2 + 3H2O x 3x 3n CnH2n+2O + O2 → nCO2 + (n + 1)H2O 2 y ny (n + 1)y 11 C4H8O + O2 → 4CO2 + 4H2O 2 1–x–y 4(1 – x – y) 4(1 – x – y) 131,12 = 2 ,98 Số mol CO2 là : 3x + ny + 4(1 – x – y) = 44 ⇒ x – ny = 1,02... 14n) + 68(1 – x – y) = 81,8 ⇒ 7(x – ny) + 27y = 6 ,9 (2) Từ (1) và (2); giải hệ phương trình ta có : Y = 0,24 x = ny + 0,06 hay x = 0,24n + 0,06 Theo đề cho tỉ lệ số mol giữa 2 chất có khối lượng trung gian (CH 3– 1 COONa) và khối lượng phân tử lớn nhất (Y1) < 3 x 1 1 < ⇒ x < × 0,24 ⇒ x < 0,08 Nên : y 3 3 0,02 n< = 0,083 Vậy : 0,24n + 0,06 < 0,08 ⇒ 0,24 Nên chọn n = 0 Vậy Y1 là C5H7O2Na và Y2 là H2O Hỗn... hợp A (trong đó tỉ lệ số mol giữa chất có khối lượng phân tử trung gian với chất có khối lượng phân tử lớn 1 < 1/3) Hỗn hợp C gồm 3 chất trong đó có 2 chất cùng dãy đồng đẳng Hóa hơi hỗn hợp C rồi đốt cháy hoàn toàn thu được 131,12g khí CO2 Thấy rằng VCO2 < VH 2 O khí Xác đònh công thức cấu tạo các chất trong hỗn hợp C và tính thành phần % về khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp A 11 Đáp án câu V : Nội . Cl 2 (k) . Gọi : số mol PCl 5 ban đầu : n số mol PCl 5 bò phân tích : nα số mol PCl 3 = số mol Cl 2 : nα 0 PClPCl KK/PCl d n 29 m 29 M d 55 5 === (1) Sau phản ứng : d )1(n 29 m d hh KK/hh = α+ = (2) Ta. Thuận Trường : THPT CHU VĂN AN Môn : HÓA HỌC Khối : 11 Tên giáo viên biên soạn : Nguyễn Văn Hồng Số mật mã : Phần này là phần phách Số mật mã : Câu III : 1/ Nung 1 09, 6 gam Ba kim loại với một lượng. THPT CHU VĂN AN Môn : HÓA HỌC Khối : 11 Tên giáo viên biên soạn : Nguyễn Văn Hồng Số mật mã : Phần này là phần phách Số mật mã : Câu IV : 1/ Hai hợp chất hửu cơ đa chức A và B đều có công thức