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 H2SO4
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 H2SO4 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 2 (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 ( 3,0 điểm) Hịa tan hồn tồn 25,6 gam hỗn hợp A gồm Cu Fe2O3 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 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 H2 anken có khả cộng HBr cho sản
phẩm hữu Tỉ khối X so với H2 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 H2 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
CnH2n + 2 hiđro cacbon Y (cơng thức CmH2m) 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, Al2O3 oxit kim loại hoá trị II
kém hoạt động Lấy 16,2 gam A cho vào ống sứ nung nóng cho luồng khí H2
đi qua phản ứng hồn tồn Lượng nước hấp thụ 15,3 gam dung dịch H2SO4 90%, thu dung dịch H2SO4 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%