Hoa 11_NTT Đề thi, đáp án (đề xuất) trại hè hùng vương MỚI Nhất

Ước lượng giới hạn nồng độ lớn nhất của nó trong ống thủy tinh.. Màu nâu tương tự cũng thấy xuất hiện khi oxi và nitric oxit nitơ II oxi gặp nhau trong bầu thủy tinh chân không.. Viết ph

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH

TỈNH YÊN BÁI

ĐỀ THI ĐÈ XUẤT

ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC

LỚP 11

(Đề này có 12 trang, gồm 08 câu)

Câu 1 (2,5 điểm)

Một ống thủy tinh hàn kín, có gắn hai sợi vonfram cách nhau 5 mm chứa đầy không khí sạch và khô tại nhiệt độ và áp suất tiêu chuẩn Phóng điện giữa hai sợi này Vài phút sau, khí trong ống nghiệm nhuốm màu nâu đặc trưng.

1 Tiểu phân nào gây nên sự đổi màu quan sát được nêu trên? Ước lượng giới hạn nồng độ lớn nhất của

nó trong ống thủy tinh.

2 Màu nâu tương tự cũng thấy xuất hiện khi oxi và nitric oxit (nitơ (II)) oxi gặp nhau trong bầu thủy tinh chân không Viết phương trình phản ứng xảy ra trong bầu thủy tinh.

3.Từ các thí nghiệm tại 25 o C có các số đo sau:

Thí nghiệm [NO]

(mol.L -1 )

[O 2 ] (mol.L -1 )

Tốc độ lúc đầu (mol.L -1 s -1 )

a Xác định bậc phản ứng theo O 2 , theo NO, và bậc phản ứng chung.

b Xác định hằng số tốc độ phản ứng tại 298K.

4 Hai phân tử NO 2 có thể kết hợp để tạo thành một phân tử N 2 O 4 Tại 298K biến thiên thể đẳng áp ∆ G o

của sự tạo thành N 2 O 4 (khí) và của NO 2 (khí) lần lượt bằng 98,28 kJ.mol -1 và 51,84 kJ.mol -1

a Tính hằng số cân bằng K p của phản ứng N 2 O 4 (khí)

→

¬  2NO 2 (khí).

b Bắt đầu với 1 mol N 2 O 4 (khí) tại 1 atm và 298K, hãy tính tỉ lệ phân li của N 2 O 4 nếu áp suất toàn phần được giữ không đổi và 1 atm và nhiệt độ giữ nguyên tại 298K.

Câu 2 (2,5 điểm)

Dung dịch A gồm HCOONa 0,1M và Na2SO3 có pHA = 10,4

1 Tính nồng độ của

2 3

SO −

2 Thêm 14,2 ml HCl 0,6M vào 20 ml dung dịch A được dung dịch B Tính pH B

3 Trộn 1 ml dung dịch A với 1 ml dung dịch Mg2+ 0,001M

a Hỏi có Mg(OH)2 tách ra không? Khi đó pH của hệ là bao nhiêu?

b Nếu có kết tủa Mg(OH)2 tách ra, hãy tính độ tan của Mg(OH)2 trong hỗn hợp thu được

Cho HCOOH có a

pK =3,75;

H2SO3 có a1 a 2

pK =1,76; pK =7, 21

;

2

Mg(OH)

pT = 10,95

Câu 3 (2,5 điểm).

Nhiệt phân chất rắn tinh thể không màu X ở 4500C thu được hỗn hợp ba khí (hỗn hợp 1)

có tỉ khối so với hiđro là 40,6 Khi làm lạnh hỗn hợp (1) đến 1500C thì được một chất lỏng và một hỗn hợp khí (2), có tỉ khối so với hiđro là 20,7 và thể tích là 2,279 lần nhỏ hơn thể tích hỗn hợp (1) đo ở 4500C Hỗn hợp (2) sau khi làm lạnh đến 300C, được cho qua dung dịch kiềm dư thì chỉ còn lại trong pha khí một chất khí không cháy (nhưng duy trì sự cháy), có tỉ khối so với hiđro là 16 và thể tích là 4,188 lần nhỏ hơn thể tích hỗn hợp (2) ở 1500C

1 Xác định công thức của X

2 Viết các phương trình hóa học của phản ứng xảy ra

Câu 4 ( 2,5 điểm)

a Axit fumaric và axit maleic có các hằng số phân li nấc 1 là k1, k’1 và nấc 2 là k2, k’2 Hãy so sánh các cặp hằng số phân li tương ứng của 2 axit này Giải thích

b. So sánh lực bazơ của các chất sau và giải thích:Metylanilin, 4-Floroanilin, 4-Nitroanilin,

p-anisidin, 4-Cloroanilin

Câu 5 ( 2,5 điểm)

Trình bày cơ chế của các phản ứng sau:

a Hợp chất (CH2)4(COOEt)2 tác dụng với CH3ONa/ CH3OH sinh ra hợp chất B có CTPT C8H12O3

b Hợp chất 2- cloroxiclohexanon tác dụng với dung dịch NaOH loãng cho axit xiclopentancacboxylic

c

Câu 6 ( 2,5 điểm)

Hoàn thành sơ đồ chuyển hóa dưới đây:

MeOOC

O COOMe 2

KHCO3

1N HCl, AcOH

B (C13H16O2) 1) O3, EtOAc

2) Me2S, MeOH

(C13H20)

N2H4, KOH, ∆

∆

A (C21H24O10)

D (C13H12O2)

Câu 7 ( 2,5 điểm)

a Từ CH3CH2CH2CH2OH và các chất vô cơ, tổng hợp

C

CONH2 O

xuống, toluen và các chất vô cơ cần thiết:

(azulen)

Câu 8 (2,5 điểm)

Cho hơi nước qua than nung đỏ thu được 2,24 lít hỗn hợp khí A (đktc) gồm CO, H2,

CO2 Cho hỗn hợp A khử 40,14gam PbO dư nung nóng (H=100%) thu được hỗn hợp khí B và hỗn hợp chất rắn D Hoà tan hoàn toàn D trong HNO3 2M thu được 1,344 lít khí NO (đktc) và dung dịch E Khí B được hấp thụ hết bởi dung dịch nước vôi thu được 1,4g kết tủa F Lọc tách kết tủa, đun nóng nước lọc, tạo ra m gam kết tủa F Cho dung dịch E tác dụng với lượng dư

K2SO4 và Na2SO4 tạo ra kết tủa G màu trắng

1 Tính % thể tích các khí trong A

2 Tính thể tích dung dịch HNO3 tối thiểu để hoà tan hết hỗn hợp chất rắn D

3 Tính m

4 Tính mG Giả thiết các phản ứng tạo kết tủa F, G xảy ra hoàn toàn

Hết

Người ra đề:

1 Nguyễn Thúy Vân: 0915614589

1. Phan Thị Thùy Linh:

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA HỌC, LỚP:11 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm

đã định.

Câu 1

1 (0,5 điểm) Màu là do nitơ đioxit NO 2 Vì không khí có 78% N 2 và 21% O 2 , oxi là tác nhân bị giới

hạn (thiếu): nếu O 2 , chuyển hết thành NO 2 (hầu như không thể), nồng độ của nitơ đioxit sẽ bằng:

[NO 2 ] = 0,21 (mol % của O 2 ): 22,4141 mol -1 (thể tích mol phân tử khí ở đktc)

= 9,4 10 -3 mol.l -1

3 (1,0 điểm)

a Bậc của phản ứng theo NO và O 2 được tính nhờ các trị số thí nghiệm trong đó nồng độ của

một trong các chất được giữ không đổi (như [NO] coi như không đổi trong các thí nghiệm # 1, 2 và 3,

trong khi [O 2 ] lại không đổi trong thí nghiệm # 2, 4, và 5):

Bậc đối với NO:

Thí nghiệm Tỉ lệ [NO] Tỉ lệ tốc độ đầu

Thấy tốc độ thay đổi theo [NO] 2 : như vậy phản ứng là bậc hai theo NO.

Bậc đối với O 2 :

Thí nghiệm Tỉ lệ [NO] Tỉ lệ tốc độ đầu

Tốc độ biến đổi theo [O 2 ]: phản ứng là bậc một theo O 2 và vì thế bậc chung là ba.

b Biểu thức tính tốc độ phản ứng:

0,5

Tốc độ = k[NO] 2 [O 2 ] nên k =

2

to c do

NO O

′

) )

Từ các thí nghiệm khác nhau ta tính được:

# 1 7,063.10 3 l 2 mol -2 s -1

# 2 7,154.10 3 l 2 mol -2 s -1

# 3 7,159.10 3 l 2 mol -2 s -1

# 4 7,117.10 3 l 2 mol -2 s -1

# 5 7,165.10 3 l 2 mol -2 s -1

Giá trị trung bình: k = 7,13.10 3 l 2 mol -2 s -1

0,5

4 (0,75 điểm)

a N 2 O 4 (khí)

→

¬ 

2NO 2 (khí) có

∆ G o = (2 51,84) – 98,28 = 5,4 kJ

∆ G o = - RTlnK p ⇒ lnK p =

5400

8,314.298

o

p

G

K RT

∆

b N 2 O 4 (khí)

→

¬ 

2NO 2 (khí)

Cân bằng: (1 – x) mol 2x mol

2

2 4

2

2

2

1 1

1

NO p

N O

x P

P x

  

  + ÷

 

−

  − 

  + ÷

 

0,75

Câu 2 (2,5 điểm)

2. (0,5 điểm)

SO −+H O€ HSO− +OH K− =10− (1)

HCOO− +H O€ HCOOH OH K+ − =10− (2)

12,24

HSO− +H O€ H SO +OH K− =10− (3)

14

H O€ H++OH K− =10−

(4)

pHA =10,4 nên [H+] <[OH-] Khi đó

10,4 3,75 a

[HCOOH] [H ] 10

1 [HCOO ] K 10

+ −

− = = − <

Kb2<<Kb1 nên cân bằng (1) là chính Từ đó tính được

( )

2

C − =

0,5

2.(0,75điểm)

Thêm HCl thì:

2

C + =0, 249(M);C − =0, 228(M);C − =0,0585(M)

Phản ứng:

2

SO − + H+ → HSO−

0,228 0,249 (M)

- 0,021 0,249(M)

HCOO− + H+ →HCOOH

0,0585 0,021(M)

0,0375 - 0,021(M)

Vậy dung dịch B: HCOOH (0,021M); HCOO- 0,0375M);

2 3

HSO −

(0,249M)

2

3,75 a

14

10,25

12,24

HCOOH H HCOO K 10 (1)

HCOO H O HCOOH OH K 10 (4)

HSO H O H SO OH K 10 (5)

€

€

€

€

€

0,25

0,5

Bỏ qua (2) và (3) so với (1), bỏ qua (5) nên tính pH dung dịch B theo (1) và (4)

B

0,0375

pH 3,75 lg 4

0,021

pH = 4 suy ra [OH-] =10-10 << 10-4 <<Ca, Cb

2 3

1,76 1

3

H

1 H SO HSO

Ka 10

HSO

+ −

−

−

−

 

Vậy, bỏ qua (5) là hợp lý

3.a ( 0,75 điểm) Trộn

3

4

C − =0,1945;C − =0,05(M);C + =5.10 (M)−

Điều kiện có kết tủa Mg(OH)2

2

s

Mg OH

C +.(C −) ≥K =10−

C’ là nồng độ của các ion trước khi tạo kết tủa

C + =C + =5.10 (M)−

Tính

'

OH

C −

theo cân bằng :

SO − +H O€ HSO− +OH K− =10−

C 0,1945

C’ 0,1945-x x x

2

C − = =x 1,78.10− ⇒C +.(C −) =5.10 (1,78.10 ) 10− − > −

bắt đầu có kết tủa Mg(OH)2 theo phản ứng:

Mg + + 2SO − + 2H O€ Mg(OH) +2HSO K 10− = −

C 5.10-4 0,1945

C’ 5.10-4-x 0,1945-2x 2x

0,75

3 HSO

2x C= −

Có

2

2,63

(2x)

10 (5.10 x)(0,1945 2x)

−

HSO

x 9,47.10= − ⇒C − =1,89.10 (M)−

Vậy thành phần giới hạn:

C − ≈0,1945(M);C − =0,05(M);C − =1,89.10 (M);C− + =4,1.10−

SO − +H O€ HSO− + OH K− =10−

C 0,1945 1,89.10-4

C’ 0,1945-y 1,89.10-4 +y y

4

y(1,89.10 y)

10 y 1,068.10 pH 10,03 0,1945 y

−

−

3b (0,5 điểm)

Mg(OH) € Mg + +2OH− K =10−

Cân bằng 4,1.10-4+s 1,068.10-4

Ks=[Mg2+][OH-]2 =(4,1.10-4+s)(1,068.10-4)2 =10-10,95 => s = 5,67.10-4

0,5

Câu 3 (2,5 điểm).

1. (2,0 điểm) Khí không cháy nhưng duy trì sự cháy có M = 32 là O2, ta có:

X → A + B + O2

→ Hỗn hợp (2) ở 1500C chứa B và O2, V2 = V(B) + V(O2); V(O2) ở 1500C lớn

hơn ở 300C là: 423K/303K = 1,396 lần, vậy trong hỗn hợp (2) có:

2

3

+

Vì khối lượng mol trong bình của hỗn hợp là 41,4

2,0

OHH O

→ 2/3 M(B) + 1/3 M(O2) = 41,4 → M(B) = 46 → B là NO2→ X là nitrat

Thể tích hỗn hợp (2) ở 4500C lớn hơn ở 1500C là 723K/423K = 1,709 lần

Vậy ở 4500C:

2, 279 4

1, 709 3

NO O

+

→ V(A): V(NO2) : V(O2) = 1 : 2 : 1

→ Suy ra khối lượng mol trung bình của hỗn hợp (1) là:

1/4M(A) + 1/4M(NO2) + 1/4M(O2) = 81,2

→ M(A) = 201 → A là Hg và X là Hg(NO3)2

2. (0,5 điểm) Phương trình phản ứng:

Hg(NO3)2→ Hg + 2NO2 + O2

2NO2 + 2NaOH → NaNO3 + NaNO2 + H2O

0,5

Câu 4 ( 2,5 điểm)

m

a. (1,0 điểm) Xét các chuyển hóa:



 

←−H+ ← −H+

H COOH H COO- H COO

F Axit fumaric F’ F’’



 

←−H+





 

←−H+

H H H H

- k1(M) > k1(F) là do:

+ M có khả năng tạo liên kết hiđro nội phân tử, liên kết O-H của M trong quá trình phân li thứ nhất phân cực hơn so với F và base liên hợp M’ cũng bền hơn F’

+ Khả năng solvat hóa cuae 2 axit là như nhau

- k2(M) < k2(F) là do liên kết hiđro nội phân tử làm cho M’ bền, khó nhường proton hơn so với F’

1,0

O O

Ngoài ra, base liên hợp M’’ lại kém bền hơn base liên hợp F’’ (do ảnh hưởng của trường điện tích âm)

Chất 4-Nitroanilin 4-Cloroanilin 4-Floroanilin p-Metylanilin p-anisidin

CTCT

Giải thích -I, -C của NO2

mạnh -I > +C của Cl

+C mạnh của F do

có bán kính nhỏ -I yếu nhưng vẫn lớn hơn –I của OCH 3

+I, +H của CH 3 +C mạnh

-I yếu

1,5

Câu 5 ( 2,5 điểm)

a/(0,5 điểm)

O

COOEt

OEt CH 3 ONa

O

COOEt

OEt

COOEt

b/ (1,0 điểm)

1,0

c (1,0 điểm)

1,0

Câu 6 ( 2,5 điểm)

Mỗi chất đúng được 0,5 điểm

Câu 7 ( 2,5 điểm)

a, (1,0 điểm)

0

H+

2

O

Br2, H2O

1,0

b. (1,5 điểm)

1,5

Câu 8 (2,5 điểm)

m

1 (1,5 điểm) Tính % thể tích các khí trong A

C + H2O

0

t

→

CO + H2 (1)

C + 2H2O

0

t

→

CO2 + 2H2 (2)

→ Hỗn hợp A: CO, CO2, H2 Phản ứng PbO + A:

PbO + CO

0

t

→

Pb↓ + CO2↑ (3)

PbO + H2

0

t

→

Pb↓ + H2O↑ (4)

Vì PbO dư → CO, H2 hết → B gồm CO2 và hơi H2O → chắt rắn D gồm Pb và PbO dư

* Khí B qua dung dịch nước vôi cả CO2 và hơi nước bị hấp thụ:

1,5

CO2 + Ca(OH)2→ CaCO3↓ + H2O (5)

CO2 + Ca(OH)2→ Ca(HCO3)2 (6) Đun nước lọc → m gam kết tủa F (CaCO3):

Ca(HCO3)2

0

t

→

CaCO3↓ + CO2↑+ H2O (7)

* D + dd HNO3:

3Pb + 8HNO3→3Pb(NO3)2 + 2NO↑ + 4H2O (8)

PbO(dư) + 2HNO3→Pb(NO3)2 + H2O (9) Dung dịch E là Pb(NO3)2 tác dụng với K2SO4 và Na2SO4 dư:

Pb2+ + SO

2 4

−

Theo bài ra:

A

2,24

22,4

PbO

40,14

223

NO

1,344

22,4

3

CaCO

1,4

100

(8)

(3,4) 2 2

Gọi x là số mol CO trong hỗn hợp A 2

H

2

2

→







2.(0,5 điểm) (3,4) → nPb pư = nPb=0,09mol

→ nPbO dư =0,18 - 0,09 = 0,09mol

(8,9) →

3

3

8

dư

3 0,09 2.0,09 0,42mol 8

3

ddHNO

0,42

2

lít

0,5

3. (0,25 điểm) Ta có: 2 2 2

(6,7) → nF (đun nước lọc)

2 CO

→ m = 0,0155.100 = 1,55g

0,25

4 (0,25 điểm)Khối lượng kết tủa G:

0,25

(10) →

2 4

bđ = 0,18mol

→ mG = 0,18.303 = 54,54g

Hết