HOA11 đề thi và đa thi HSG hóa 11 cap truong nam hoc 2018 2019 (1)(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯU HỒNG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: Hoá Học - Lớp: 11 (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề) Bài (3,0 điểm) a Trộn 100 ml dd X gồm NaOH 0,04M KOH 0,06M với 200 ml dd Y chứa H 2SO4 0,05M HCl 0,1M thu dung dịch Z Xác định pH dung dịch Z b Trộn 250 ml dung dịch hỗn hợp HCl 0,08 mol/l H 2SO4 0,01 mol/l với 250 ml dung dịch Ba(OH)2 có nồng độ a(M) thu m gam kết tủa 500 ml dung dịch có pH = 12 Hãy tính m a Coi Ba(OH)2 điện li hoàn toàn hai nấc Bài (3,0 điểm).Nêu tượng xảy ra, viết phương trình phản ứng : a Thổi từ từ đến dư khí CO2 vào dung dịch nước vơi b Cho dung dịch HCl vào dung dịch Na2SiO3 c Cho dung dịch Ba(HCO3)2 vào dung dịch NaHSO4 d Sục khí etilen vào dung dịch KMnO4 e Dẫn hỗn hợp khí metan etilen qua dung dịch nước brom dư Bài ( 3,0 điểm) Hòa tan hồn toàn 25,6 gam hỗn hợp A gồm Cu Fe 2O3 vào dung dịch HNO3 2M (dư 20% so với lượng cần phản ứng) thu dung dịch B 2,24 lít khí NO (đktc) sản phẩm khử a Tính phần trăm khối lượng Fe2O3 hỗn hợp A? b Tính thể tích dung dịch HNO3 ban đầu? c Lấy dung dịch B đem cô cạn nung tới khối lượng khơng đổi thu m gam chất rắn Tính giá trị m ? Bài (3,0 điểm) Hỗn hợp khí X gồm H2 anken có khả cộng HBr cho sản phẩm hữu Tỉ khối X so với H 9,1 Đun nóng X có xúc tác Ni, sau phản ứng xảy hoàn toàn, thu hỗn hợp khí Y khơng làm màu nước brom; tỉ khối Y so với H2 13 Công thức cấu tạo anken là: Bài (3,0 điểm) Cho 3,36 lít hỗn hợp khí A (đktc) gồm hiđro cacbon X có cơng thức CnH2n + hiđro cacbon Y (cơng thức C mH2m) qua bình nước Brom dư thấy có gam brom tham gia phản ứng Biết 6,72 lít hổn hợp A nặng 13 gam, n m thoả mản điều kiện: ≤ n; m ≤ Tìm cơng thức phân tử hiđro cacbon X; Y Bài (5,0 điểm) Cho hỗn hợp A gồm MgO, Al 2O3 oxit kim loại hoá trị II hoạt động Lấy 16,2 gam A cho vào ống sứ nung nóng cho luồng khí H2 qua phản ứng hồn tồn Lượng nước hấp thụ 15,3 gam dung dịch H2SO4 90%, thu dung dịch H 2SO4 85% Chất rắn lại ống đem hoà tan HCl với lượng vừa đủ, thu dung dịch B 3,2 gam chất rắn không tan Cho dung dịch B tác dụng với 0,82 lít dung dịch NaOH 1M, lọc lấy kết tủa, sấy khô nung nóng đến khối lượng khơng đổi, 6,08 gam chất rắn Xác định tên kim loại hoá trị II thành phần % khối lượng A HẾT Cán coi thi khơng giải thích thêm! Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị coi thi số 1: Chữ ký giám thị coi thi số 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯU HỒNG ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn thi: Hóa Học - Lớp: 11 I Hướng dẫn chung II Đáp án thang điểm Câu Đáp án a pH = b H+ + OH- → H2O 0,025 0,025 (mol) Bài Theo đề : pH = 12 → [OH-] = 10-2 (M) (3,0 điểm) Do : 0,01 0,5 + 0,025 = 2.0,25a → a = 0,06 (M) 2+ Ba + SO42- → BaSO4 0,0015 0,0015 0,0015mol → m = 0,0015.233 = 0,3495(g) a Ban đầu có kết tủa trắng xuất hiện: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O Khi CO2 dư kết tủa tan dần thành dung dịch suốt : CO2 + H2O + CaCO3 → Ca(HCO3)2 b Xuất kết tủa trắng keo: HCl + Na2SiO3 → 2NaCl + H2SiO3 Bài c Xuất kết tủa trắng khí không mùi: ( 3,0 điểm) Ba(HCO3)2 + 2NaHSO4 → BaSO4 + Na2SO4 + 2CO2 + 2H2O d Màu tím KMnO4 nhạt dần có kết tủa nâu đen xuất 3C2H4 + 4H2O + 2KMnO4 → 2C2H4(OH)2 + 2MnO2 + 2KOH e Màu nâu đỏ nước brom nhạt dần có khí khơng màu C2H4 + Br2(dd) → C2H4Br2 ( Nâu đỏ ) ( không màu ) a Số mol NO = 0,1 mol → số mol Cu = 0,15 mol → số mol Fe2O3 = (25,6 – 0,15x64)/160 = 0,1 mol % m Fe2O3 = 16/25,6x100% = 62,5 % b Số mol HNO3 phản ứng : (mol) Bài (3,0 điểm) Số mol HNO3 dư : 0,2 (mol) số mol HNO3 ban đầu : 1,2 (mol ) → thể tích dung dịch HNO3 ban đầu là: 0,6 (lit) c mrắn = mFe2O3 + mCuO = 0,1.160 + 0,15.80 = 28 (g) Pt : CnH2n + H2 → CnH2n + Do hỗn hợp khí Y khơng làm màu nước brom → Y khơng chứa anken → Anken hết Ta có nX /nY=MY/MX=13/9,1 Bài (3,0 điểm) Chọn nX=1mol → nY=0,7mol nanken= nX - nY=0,3mol → nH2=0,7mol Ta lại có MX= 14n.0,3+2.0,7=18,2 → n=4 → CTPT Anken là: C4H8 Anken + HBr → sản phẩn → CTCT Anken : CH3CH=CHCH3 Bài Cho hổn hợp khí qua dd nước brom ( 3,0 điểm) X: CnH2n + + Br2 → Không phản ứng Y: CmH2m + Br2 → CmH2mBr2 Gọi số mol X, Y hỗn hợp a b ta có: Điểm 1,0 điểm 1,0 điểm 1,0 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 1,0 điểm 1,0 điểm 1,0 điểm 1,0 điểm 1,0 điểm a + b = 3,36 = 0,15 (mol) 22,4 nY = nBrom = b = = 0,05 (mol 160 ⇒ a = 0,1 mol Theo khối lượng hỗn hợp: (14n + 2)0,1 + 14m 0,05 = 13 3,36 = 6,5 6,72 1,0 điểm Rút gọn: 2n + m = Vì cần thoả mản điều kiện ≤ n; m ≤ ( m, n nguyên dương) Chỉ hợp lí n = m = Vậy công thức phân thức phân tử X C3H8; Y C3H6 Bài (5,0 điểm) Gọi R KHHH kim loại hoá trị II, RO CTHH oxit Đặt a, b, c số mol MgO, Al2O3, RO hỗn hợp A Theo ta có: 40a + 102b + (MR + 16)c = 16,2 (I) Các PTHH xảy ra: RO + H2 → R + H2O (1) MgO + 2HCl → MgCl2 + H2O (2) Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O (3) MgCl2 + 2NaOH → Mg(OH)2 + 2NaCl (4) AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3 + 3NaCl (5) Có thể có: Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + H2O (6) x x x Gọi x số mol NaOH dư tham gia phản ứng với Al(OH)3 Mg(OH)2 → MgO + H2O (7) 2Al(OH)3 → Al2O3 + 3H2O (8) 2b − x 2b – x mol Ta có: Khối lượng axit H2SO4 dd 90% là: m = 15,3 0,9 = 13,77 (g) Khối lượng axit H2SO4 dd 85% 13,77(g) Vì pha lỗng H2O khối lượng chất tan bảo toàn Khối lượng dd H2SO4 85% là: (15,3 + 18c) 13,77 Ta có: C% = 100% = 85% (15,3 + 18c ) Giải phương trình: c = 0,05 (mol) Chất rắn không tan axit HCl R, có khối lượng 3,2g 3,2  MR = = 64 Vậy R Cu 0,05 Thay vào (I) → 40a + 102b = 12,2 (II) Số mol NaOH = 0,82.1 = 0,82 (mol) TH1: Phản ứng xảy Al(OH)3 tan chưa hết nNaOH = 2a + 6b + x = 0,82 (III) 2b − x 40a + 102( ) = 6,08 (IV) Giải hệ phương trình (II) (IV) được: x = 0,12 (mol) 1,0 điểm 2,0 điểm 1,0 điểm 1,0 điểm Thay vào (III) → 2a + 6b = 0,7 (III)/ Giải hệ phương trình: (II) (III)/ được: a = 0,05 b = 0,1 %CuO = 24,69% ; %MgO = 12,35% %Al2O3 = 62,96% TH2: Phản ứng xảy Al(OH)3 tan hết mrắn = mMgO = 6,08g nMgO = 6,08 : 40 = 0,152 mol  mAl O = 12,2 – 6,08 = 6,12 g  nAl O = 6,12 : 102 = 0,06 mol  nNaOH = 2nMgO + 6nAl O = 2.0,152 + 6.0,06 = 0,664 mol  nAl(OH) = 2nAl O = 0,12 mol  nNaOH dư = 0,82 – 0,664 = 0,156 mol  Nhận thấy: nNaOH dư = 0,156 > nAl(OH) = 0,12 mol => Al(OH)3 tan hết  Tính được: mCuO = 4g => %mCuO = 24,69%  mMgO = 6,08g => %mMgO = 37,53%  mAl O = 6,12 => % mAl O = 37,78% 1,0 điểm ...SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯU HỒNG ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC HƯỚNG DẪN CHẤM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2018 – 2019 Mơn thi: Hóa Học - Lớp: 11 I Hướng dẫn chung... Hướng dẫn chung II Đáp án thang điểm Câu Đáp án a pH = b H+ + OH- → H2O 0,025 0,025 (mol) Bài Theo đề : pH = 12 → [OH-] = 10-2 (M) (3,0 điểm) Do : 0,01 0,5 + 0,025 = 2.0,25a → a = 0,06 (M) 2+ Ba... 0,05 (mol) Chất rắn không tan axit HCl R, có khối lượng 3,2g 3,2  MR = = 64 Vậy R Cu 0,05 Thay vào (I) → 40a + 102b = 12,2 (II) Số mol NaOH = 0,82.1 = 0,82 (mol) TH1: Phản ứng xảy Al(OH)3 tan