Đề thi HSG cấp trường năm học 2018-2019

sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí Y không làm mất màu nước brom; tỉ khối của Y so với H 2 bằng 13.. Lấy 16,2 gam A cho vào ống sứ nung nóng rồi cho một luồng khí H[r]

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT LƯU HOÀNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNGNĂM HỌC 2018 – 2019 Môn thi: Hoá Học - Lớp: 11.

(Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề)

Bài 1

(

3,0 điểm

)

a Trộn 100 ml dd X gồm NaOH 0,04M KOH 0,06M với 200 ml dd Y chứa H

SO

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

SO

0,01 mol/l với 250 ml

dung dịch Ba(OH)

có nồng độ a(M) thu m gam kết tủa 500 ml dung dịch có

pH = 12 Hãy tính m a Coi Ba(OH)

điện li hoàn toàn hai nấc.

Bài 2

(

3,0 điểm

).Nêu tượng xảy ra, viết phương trình phản ứng :

a Thổi từ từ đến dư khí CO

vào dung dịch nước vơi

b Cho dung dịch HCl vào dung dịch Na

SiO

c Cho dung dịch Ba(HCO

)

vào dung dịch NaHSO

.

d Sục khí etilen vào dung dịch KMnO

.

e Dẫn hỗn hợp khí metan etilen qua dung dịch nước brom dư.

Bài 3

(

3,0 điểm

) Hịa tan hồn tồn 25,6 gam hỗn hợp A gồm Cu Fe

O

vào dung

dịch HNO

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 Fe

O

hỗn hợp A?

b Tính thể tích dung dịch HNO

ban đầu?

c Lấy dung dịch B đem cạn nung tới khối lượng khơng đổi thu m gam

chất rắn Tính giá trị m ?

Bài 4

(

3,0 điểm

) Hỗn hợp khí X gồm H

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 hồn tồn, thu hỗn hợp khí Y không làm màu nước

brom; tỉ khối Y so với H

bằng 13 Công thức cấu tạo anken là:

Bài 5

(

3,0 điểm

) Cho 3,36 lít hỗn hợp khí A (đktc) gồm hiđro cacbon X có công thức

C

H

hiđro cacbon Y (cơng thức C

H

) qua bình nước Brom dư thấy có 8

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 6

(

5,0 điểm

) Cho hỗn hợp A gồm MgO, Al

O

oxit kim loại hoá trị II

kém hoạt động Lấy 16,2 gam A cho vào ống sứ nung nóng cho luồng khí H

đi qua phản ứng hồn tồn Lượng nước hấp thụ 15,3

gam dung dịch H

SO

90%, thu dung dịch H

SO

85% Chất rắn lại trong

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 không 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:

(2)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT LƯU HOÀNG

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 Điểm

Bài 1

(3,0 điểm)

a pH = 1,0 điểm

b H+ + OH- → H2O 0,025 0,025 (mol)

Theo đề : pH = 12 → [OH-] = 10-2 (M)

Do : 0,01 0,5 + 0,025 = 2.0,25a → a = 0,06 (M)

1,0 điểm Ba2+ + SO42- → BaSO4

0,0015 0,0015 0,0015mol

→ m = 0,0015.233 = 0,3495(g)

1,0 điểm

Bài 2

( 3,0 điểm)

a Ban đầu có kết tủa trắng xuất hiện:

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 0,5 điểm

Khi CO2 dư kết tủa tan dần thành dung dịch suốt :

CO2 + H2O + CaCO3 → Ca(HCO3)2 0,5 điểm

b Xuất kết tủa trắng keo:

HCl + Na2SiO3 → 2NaCl + H2SiO3 0,5 điểm

c Xuất kết tủa trắng khí khơng mùi:

Ba(HCO3)2 + 2NaHSO4 → BaSO4 + Na2SO4 + 2CO2 + 2H2O 0,5 điểm d Màu tím KMnO4 nhạt dần có kết tủa nâu đen xuất

3C2H4 + 4H2O + 2KMnO4 → 2C2H4(OH)2 + 2MnO2 + 2KOH 0,5 điểm e Màu nâu đỏ nước brom nhạt dần có khí khơng màu

C2H4 + Br2(dd) → C2H4Br2 ( Nâu đỏ ) ( không màu )

0,5 điểm

Bài 3

(3,0 điểm)

a Số mol NO = 0,1 mol → số mol Cu = 0,15 mol 0,5 điểm

→ số mol Fe2O3 = (25,6 – 0,15x64)/160 = 0,1 mol

% m Fe2O3 = 16/25,6x100% = 62,5 % 0,5 điểm

b Số mol HNO3 phản ứng : (mol)

Số mol HNO3 dư : 0,2 (mol) 0,5 điểm

số mol HNO3 ban đầu : 1,2 (mol )

→ thể tích dung dịch HNO3 ban đầu là: 0,6 (lit) 0,5 điểm

c mrắn = mFe2O3 + mCuO = 0,1.160 + 0,15.80 = 28 (g) 1,0 điểm

Bài 4

(3,0 điểm)

Pt : CnH2n + H2 → CnH2n +

Do hỗn hợp khí Y khơng làm màu nước brom → Y không chứa anken → Anken hết

Ta có nX /nY=MY/MX=13/9,1 Chọn nX=1mol → nY=0,7mol

nanken= nX - nY=0,3mol → nH2=0,7mol

1,0 điểm

Ta lại có MX= 14n.0,3+2.0,7=18,2 → n=4 → CTPT Anken là: C4H8 1,0 điểm Anken + HBr → sản phẩn → CTCT Anken : CH3CH=CHCH3 1,0 điểm

Bài 5

( 3,0 điểm) Cho hổn hợp khí qua dd nước brom

X: CnH2n + + Br2  Không phản ứng

Y: CmH2m + Br2  CmH2mBr2 Gọi số mol X, Y hỗn hợp a b ta có:

1,0 điểm

(3)

a + b = 3,36

22,4 = 0,15 (mol)

nY = nBrom = b = 1608 = 0,05 (mol  a = 0,1 mol

Theo khối lượng hỗn hợp:

(14n + 2)0,1 + 14m 0,05 = 13 3,36

6,72 = 6,5

Rút gọn: 2n + m =

1,0 điểm

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

1,0 điểm

Bài 6

(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 − x2 mol

2,0 điểm

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) Ta có: C% = 13,77

(15,3+18c) 100% = 85%

Giải phương trình: c = 0,05 (mol)

Chất rắn không tan axit HCl R, có khối lượng 3,2g  MR = 3,2

0,05 = 64 Vậy R Cu Thay vào (I) → 40a + 102b = 12,2 (II) Số mol NaOH = 0,82.1 = 0,82 (mol)

1,0 điểm

TH1: Phản ứng xảy Al(OH)3 tan chưa hết nNaOH = 2a + 6b + x = 0,82 (III)

40a + 102( 2b − x

2 ) = 6,08 (IV)

Giải hệ phương trình (II) (IV) được: x = 0,12 (mol) Thay vào (III) → 2a + 6b = 0,7 (III)/

Giải hệ phương trình: (II) (III)/ được: a = 0,05 b = 0,1

(4)

%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 ❑2 O ❑3 = 12,2 – 6,08 = 6,12 g

 nAl ❑2 O ❑3 = 6,12 : 102 = 0,06 mol

 nNaOH = 2nMgO + 6nAl ❑2 O ❑3 = 2.0,152 + 6.0,06 = 0,664 mol

 nAl(OH) ❑3 = 2nAl ❑2 O ❑3 = 0,12 mol

 nNaOH dư = 0,82 – 0,664 = 0,156 mol

 Nhận thấy: nNaOH dư = 0,156 > nAl(OH) ❑3 = 0,12 mol => Al(OH)3 tan hết

 Tính được: mCuO = 4g => %mCuO = 24,69%  mMgO = 6,08g => %mMgO = 37,53%

 mAl ❑2 O ❑3 = 6,12 => % mAl ❑2 O ❑3 = 37,78%