De thi de nghi ky thi olympic 10 3 2019 tinh dak lak hoa hoc 11

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK ĐƠN VỊ: TRƯỜNG THPT TRƯỜNG CHINH ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN Câu (4 điểm) 1.1 (1,5 điểm) Tổng hạt proton, nơtron, electron nguyên tử A B 142, tổng số hạt mang điện nhiều số hạt không mang điện 42 hạt.Số hạt mang điện nguyên tử B nhiều nguyên tử A 12 a Xác định kí hiệu hố học A, B b Viết cấu hình electron A, B c Xác định bốn số lượng tử electron cuối điền vào (cho biết ml nhận giá trị từ -l đến + l tương ứng với obitan từ trái sang phải ) 137 1.2 (1,0 điểm) 137 Ce tham gia lò phản ứng hạt nhân, có chu kỳ bán huỷ Ce 30,2 năm đồng vị bị phát tán mạnh nhiều vùng Châu Âu sau vụ tai nạn hạt nhân Sau lượng chất độc 1% kể từ ngày tai nạn?  → 1.3 (1,5 điểm) Cho phản ứng: CO2 (khí) CO (khí) + O2(khí) Và kiện: O2 CO2 CO Chất ∆H 298 -1 393,51 110,52 (KJ.mol ) 205,0 213,64 197,91 ∆S 298 (J0K-1.mol-1) a Ở điều kiện chuẩn (250C) phản ứng có xảy khơng? ∆S ∆H b Nếu có khơng phụ thuộc vào nhiệt độ Hãy cho biết nhiệt độ phản ứng xảy ra? Đáp án câu Nội dung Gọi ZA, ZB số proton A, B NA, NB số nơtron A, B Ta có tổng số hạt ZA + NA + ZB + NB = 142 (1) số hạt mang điện nhiều số hạt không mang điện 42 ZA – NA + ZB – NB = 42 (2) ⇒ Từ ZA + ZB = 184 ZA + ZB = 46 (*) Sớ hạt mang điện của A sớ hạt mang điện của B 12 2ZB - 2ZA = 12  Z B  + Z A  = 46   Z B  − Z A  = Từ (*) (**) ta có ⇒ ZB - ZA =  Z A = 20  ⇒  Z B = 26 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK – HÓA HỌC 11 Điểm 0,25 0,25 (**) A Ca ; B Fe Cấu hình e X 1s22s22p63s23p64s2 n = 4, l = 0, ml = , ms = -1/2 Cấu hình e Y: 1s22s22p63s23p63d64s2 n = 4, l = 2, ml = -2, , ms = -1/2 ln 0, 693 k= = t1/2 = 30, t1/2 t1/2 1.2 năm 0, 693 k= 30, k= t= N0 ln t Nt 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Nt = N0 100 0,25 N N0 30, ln = ln = 200, 72 k Nt 0, 693 N 100 năm Vậy cần khoảng 201 năm phóng xạ cịn 1% co co 0,25 1.1.1 ∆H0pư = ∆H - ∆H = 282,99 kJ 0,25 0 co S O2 S CO2 0,25 ∆S0pư = S + = 86,785 J.0K-1 →∆G = ∆H - T∆S = 282,99.103 - 298.86,785 0,25 = 257128 J > Vậy ĐKC (250) phản ứng khơng xảy ∆G0> 0,25 1.1.2 Muốn phản ứng xảy phải có: ∆Η 0,25 ∆S ∆G = ∆H - T∆S < → T > Nếu chấp nhận ∆H, ∆S không phụ thuộc vào nhiệt độ phản ứng xảy khi: 282990 = 32610 K 86,785 T > Câu (4 điểm) 2.1.(1,5 điểm) Hòa tan 0,01 mol PCl3 vào nước thu lít dung dịch X Tính K a1 = 1,6.10 −2 K a2 = 7,0.10 −7 pH dung dịch X Cho số axit H3PO3 : , ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK – HÓA HỌC 11 2.2(1,0 điểm) Một pin điện gồm điện cực sợi dây bạc nhúng vào dung dịch AgNO3 điện cực sợi dây platin nhúng vào dung dịch muối Fe2+ Fe3+ a) Viết phương trình phản ứng pin hoạt động b) Tính sức điện động pin điều kiện chuẩn  Ag+   Fe2+   Fe3+        c) Nếu = 0,1M = = 1M phản ứng pin xảy nào? 2.3 (1,5 điểm) Dung dịch bão hồ H2S có nồng độ 0,10 M Hằng số axit H2S: K1 = 1,0× 10−7 K2 = 1,3 × 10−13 a) Tính nồng độ ion sunfua dung dịch H2S 0,10 M điều chỉnh pH = 3,0 b) Một dung dịch A chứa cation Mn2+ Ag+ với nồng độ ban đầu ion 0,010 M Hoà tan H2S vào A đến bão hồ điều chỉnh pH = 3,0 ion tạo kết tủa T Ag2 S −10 Cho: TMnS = 2,5 × 10 ; = 6,3 × 10−50 Đáp án câu Nội dung Điểm Phản ứng: PCl3 + 3H2O 0,01  → H3PO3 + 3HCl 0,01 0,03 0.25 (mol) 0,25 Dung dịch X gồm H3PO3 0,01M HCl 0,03M  → Sự điện li: HCl H+ + Cl0,03 0,03 + −  → H + H PO3 H PO3 ¬   0,25 (M) K1 = 1,6.10-2  → H + + HPO32− H PO3− ¬   K2 = 7.10-7 Vì K1>> K2 nên bỏ qua phân li nấc thứ H3PO3 Khi ta có:  → H + + H PO3− H PO3 ¬   Ban đầu: Phân li: Cân bằng: k1 = 0,01 x 0,01-x x(0, 03 + x) = 1, 6.10−2 (0, 01 − x) K1 = 1,6.10-2 0,03 x x 0,03+x x 0,5 0,25 mol/lit mol/lit mol/lit x = 3,25.10-3 → pH = -log(3,2.10-3) = 2,49 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK – HÓA HỌC 11 2.2 a) Phương trình phản ứng pin hoạt động : Fe2+ + Ag+ = Fe3+ +Ag( r) ( aq) ( aq) ( aq) 0,25 (1) b) Thế phản ứng (sđđ pin) điều kiện chuẩn : 0,25 0 E0 pin =E Ag+ / Ag - E Fe3+ / Fe2+ =0.8 - (+0,77) =0,03 V c) Nếu  Ag+    = 0,1M  Fe2+    =  Fe3+    0,25 = 1M sđđ pin : 0, 06 1.10−1 E pin =E pin + lg = - 0,03V TAg2S = 6,3 × 10−50 tạo kết tủa Ag2S Câu 3: (4 điểm) 3.1 (1,0 điểm) Viết phương trình phản ứng thí nghiệm sau: a) Cho dung dịch NaOH vào dung dịch Ba(HCO3)2 b) Cho từ từ NH3 đến dư vào dung dịch CuCl2 c) Sục khí CO2 tới dư vào dung dịch NaAlO2 d) Cho Fe tác dụng với dung dịch AgNO3 dư e) Cho Mg tác dụng với dung dịch FeCl3 dư f) Sục khí NO2 tác dụng với dung dịch NaOH 3.2 (1,5 điểm) Hoà tan hỗn hợp A gồm Mg , Cu vào lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 đặc nóng thu đuợc 1,12 lít khí SO2 (đkc) dung dịch B Cho dung dịch B ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK – HÓA HỌC 11 tác dụng với dung dịch NaOH dư thu kết tủa C Nung C đến khối lượng không đổi ta thu hh rắn E Cho E tác dụng với lượng dư H2 ( có to) thu 2,72 gam hỗn hợp rắn F a Viết ptpư xảy b Tính khối lượng chất hh A 3.3(1,5 điểm) Cho hỗn hợp khí N2 H2 vào bình kín nhiệt độ không đổi Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng, áp suất khí bình giảm 5% so với ban đầu Biết tỉ lệ số mol phản ứng N2 10% a Tính % thể tích N2 H2 hỗn hợp ban đầu? b Tính KC phản ứng Biết ban đầu số mol hỗn hợp mol thể tích bình lít Đáp án câu Nội dung Điểm 0,125 a) NaOH + Ba(HCO3)2 → BaCO3↓ + Na2CO3 + 2H2O 0,125 b) NH3 + H2O + CuCl2 → Cu(OH)2 + NH4Cl 0,125 NH3 + Cu(OH)2 → [Cu(NH3)4](OH)2 0,125 c) CO2 + NaAlO2 + 2H2O → Al(OH)3 + NaHCO3 0,125 d) Fe + AgNO3 → Fe(NO3)2 + Ag 0,125 Fe(NO3)2 + AgNO3 → Fe(NO3)3 + Ag 0,125 e) Mg + FeCl3 → MgCl2 + FeCl2 0,125 f) NO2 + NaOH → NaNO2 + NaNO3 + H2O Mg + 2H2SO4= MgSO4 + SO2 + 2H2O Cu + 2H2SO4 = CuSO4 + SO2 + 2H2O MgSO4 + 2NaOH = Mg(OH)2 + Na2SO4 CuSO4 + 2NaOH = Cu(OH)2 + Na2SO4 Mg(OH)2 = MgO + H2O Cu(OH)2 = CuO +H2O CuO +H2 =Cu +H2O Mg + H2 không phản ứng Theo giả thiết ta có hệ : 40x + 64y = 2,72 x + y = 0,05 mMg=0,48 (g), mCu= 1,92 (g) ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK – HÓA HỌC 11 1,0 x =0,02; y =0,03 0,5 3.2 a)Phương trình phản ứng: N2+ Ban đầu Phản ứng Cân Vì V, T khơng đổi nên ta có: P1 n1 P1 x+ y = = P2 n2 ⇒ 0,95 P1 0,8 x + y ⇒ y= x 100% x+ y N2 Vậy %V = = 25%, ⇒ 3H2⇌ x 0,1x 0,9x 2NH3 y0 0,3x y- 0,3x 0,2x 0,2x 0,5 0,5 3x %VH = 75% 0,25 b) Ta có: 4x=1 x= 0,25 mol N2: 0,9x = 0,225 mol Tại trạng thái cân hỗn hợp khí gồm: H2: 2,7x = 0,675 mol 0,25 NH3: 0,2x = 0,5 mol [ NH ] ( 0,5) Kc = [ N ][ H ] 0,225( 0,675) = = 3,613 Câu ( điểm) 4.1 (1,5 điểm) a 3-metylbut-1-en tác dụng với axit clohidric tạo sản phẩm, có A 2-clo-3-metylbutan B 2-clo-2-metylbutan Bằng chế phản ứng, giải thích tạo thành hai sản phẩm A B b 2-metylbut-2-en phản ứng với axit clohidric Trình bày chế phản ứng, cho biết sản phẩm giải thích 4.2 (2,5 điểm) Đốt cháy hồn toàn hidrocacbon A hấp thụ hết sản phẩm cháy vào bình đựng nước vơi trong, nhận thấy khối lượng bình tăng thêm 26,24 g 20 g kết tủa Lọc kết tủa, đun sôi nước lọc lại thu 10 g kết tủa Khi cho chất A lượng đốt phản ứng hết với khí Clo 300oc thu hỗn hợp khí C gồm dẫn xuất chứa clo A, đồng phân với hiệu suất 100% Hỗn hợp C có tỉ khối so với H2 nhỏ 93 Xác định công thức cấu tạo A tính hàm lượng % chất C Biết tỉ số tốc độ phản ứng nguyên tử H CI: CII :CIII = : 3,3 : 4,4 Đáp án câu Nội dung Điểm ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK – HÓA HỌC 11 CH3 CH3 H CH3-CH-CH=CH2 0,75 + CH3-CH-CH2-CH2 (I) + CH3 CH3 chun vÞ CH3-CH-CH-CH3 (II) + Cl CH3 CH3-CH-CH-CH3 CH3-C-CH2-CH3 (III) + ClCH3 CH3-C-CH2-CH3 Cl Cl 2-Clo-3-metylbutan 2-Clo-2-metylbutan Do cacbocation bậc hai (II) có khả chuyển vị hiđrua tạo thành cacbocation bậc ba (III) nên tạo thành hai sản phẩm A, B C H3 C H3 C H -C = C H-CH H C H 3-C-C H 2-CH + + (I) C H 3-C-C H-CH H + C H3 Cl - C H -C-C H 2-CH Cl C H3 (II) 0,75 2-Clo-2-metylbutan C H3 C H 3-C H-C H-CH Cl 2-Clo-3-metylbutan Cl - 2-Clo-2-metylbutan sản phẩm Do cacbocation bậc ba (I) bền cacbocation bậc hai (II), mặt khác cacbocation bậc hai (II) có khả chuyển vị hiđrua tạo thành cacbocation bậc ba (I) nên sản phẩm 2-clo-2-metylbutan sản phẩm 4.2 nCaCO3 (1) = 20/100 = 0,2 mol nCaCO3 (2) = 10/100 = 0,1 mol CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 0,2 mol 0,2 mol 2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 0,2 mol 0,1 mol (1) t  → Ca(HCO3)2 CaCO3 + CO2 0,1 mol 0,1 mol nCO2 = 0,4 mol m tăng = mCO2 + mH2O nH2O = 8,64/18= 0,48 mol ⇒ + H2O 0,75 (2) mH2O = 26, 24 – 0,4 44 = 8,64 gam nCO2 = 0,4 mol < nH2O = 8,64/18= 0,48 mol ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK – HÓA HỌC 11 ⇒ A Ankan CnH2n+2 n ≥ 0,5 nA = nH2O - nCO2 = 0,48 – 0,4 = 0,08 mol C= nCO2/nA = 0,4 / 0,08 =5 ⇒ C5H12 0, 25 0,25 ⇒ 0,25 MC< 93 = 186 C hỗn hợp dẫn xuất mono clo C5H12 CTCT A là: CH3 CH(CH3) CH2 CH3 Các sản phẩm thế: 0,25 6.1.100 = 30% 9.1 + 2.3,3 + 1.4, 0,25 CH2Cl CH(CH3) CH2 CH3 %= 1.4, 4.100 %= = 22% 9.1 + 2.3,3 + 1.4, CH3 CCl(CH3) CH2 CH3 2.3,3.100 %= = 33% 9.1 + 2.3,3 + 1.4, CH3 CH(CH3) CHCl CH3 3.1.100 %= = 15% 9.1 + 2.3,3 + 1.4, CH3 CH(CH3) CH2 CH2Cl Câu (4 điểm) 5.1 (1,5 điểm) Chia 14,2 gam hỗn hợp X gồm hai anđehit đơn chức thành hai phần Đốt cháy hoàn toàn phần thu 15,4 gam CO2 4,5 gam H2O Cho phần tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 NH3 thu 43,2 gam bạc Xác định công thức cấu tạo hai anđehit 5.2(1,25 điểm) A chất độc hóa học sử dụng chiến tranh Việt Nam Trong A có chứa nguyên tố C, H, O nguyên tố X Kết phân tích cho thấy A chứa hàm lượng % C, H, O theo khối lượng 44, 72%; 1,24%; 9,94% lại hàm lượng X Trong phân tử A chứa nguyên tử oxi số nguyên tử X gấp lần số nguyên tử oxi Hãy tìm cơng thức đơn giản cơng thức phân tử A cấu tạo A 5.3 (1,25 điểm) Xăng sinh học (xăng pha etanol) coi giải pháp thay cho xăng truyền thống Xăng pha etanol xăng pha lượng etanol theo tỉ lệ nghiên cứu như: xăng E85 (pha 85% etanol), E10 (pha 10% etanol), E5 (pha 5% etanol), 1) Tại xăng pha etanol gọi xăng sinh học ? Viết phương trình hóa học để chứng minh 2) Tại xăng sinh học coi giải pháp thay cho xăng truyền thống ? Biết đốt cháy kg xăng truyền thồng cần 3,22 kg O2 Đáp án câu Nội dung Điểm ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK – HÓA HỌC 11 5.1 Khối lượng phần 14,2/2 = 7,1 gam n CO = 0,35 mol; n H O = 0, 25 mol Phần 1: => mC = 4,2gam; mH = 0,5gam => mO = 7,1-4,2-0,5 = 2,4gam => nO = 0,15mol Vì anđehit đơn chức => n2anđehit = nO = 0,15mol Phần 2: nAg = 43,2/108 = 0,4 mol n Ag 0, = >2 n X 0,15 Do => Hỗn hợp có HCHO Đặt cơng thức anđehit cịn lại RCHO Gọi số mol HCHO RCHO phần x y mol Sơ đồ phản ứng tráng gương:  → HCHO 4Ag x 4x (mol)  → RCHO 2Ag y 2y (mol) => x + y = 0,15 (1) 4x + 2y = 0,4 (2) Giải (1) (2) => x = 0,05; y = 0,1 Từ khối lượng phần 7,1 gam => 0,05.30 + 0,1.(R+29) = 7,1 => R = 27 (-C2H3) => Anđehit lại là: CH2=CH-CHO 5.2 * %X = 100% - 44, 72% - 1,24% - 9,94% = 44,1% Số nguyên tử X gấp lần số nguyên tử O nên 9,94 44,1 44,1.16 = ⇒ MX = = 35,5 16 MX 2.9,94 2 X Cl (Clo) CxHyOzClt ( x,y,z,t nguyên dương) 44, 72 1, 24 9, 94 44,1 x: y: z :t = : : : 12 16 35,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 x : y : z : t = : :1: CTĐG : C6H2OCl2 CTPT (C6H2OCl2)n Vì A có ngun tử Oxi nên n = CTPT C12H4O2Cl4 0,25 0,25 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK – HÓA HỌC 11 5.3 a Xăng pha etanol gọi xăng sinh học lượng etanol xăng có nguồn gốc từ thực vật ( nhờ phản ứng lên men để sản xuất số lượng lớn) Loại thực vật thường trồng để sản xuất etanol là: ngô, lúa mì, đậu tương, củ cải đường,… Ptpư: (C6H10O5)n + nH2O nC6H12O6 C6H12O6 2C2H5OH + 2CO2 5.3.b Xét phản ứng cháy kg etanol: C2H5OH + 3O2 2CO2 + 3H2O =>mO2 = 3.(32:46)= 2,087 kg → mO2(khi đốt etanol) < mO2 (khi đốt xăng) Như đôt cháy 1kg xăng tiêu tốn nhiều oxi đơt cháy 1kg etanol Đốt cháy etanol tiêu tốn oxi đồng nghĩa với lượng khí thải ngồi hơn, hạn chế việc ô nhiễm môi trường Hơn nữa, nguồn etanol dễ dàng sản xuất quy mô lớn không bị hạn chế trữ lượng xăng dầu truyền thống Do vậy, dùng xăng sinh học giải pháp cần nhân rộng đời sống sản xuất ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK – HÓA HỌC 11 0,5 0,25 0,25 0,25 10 = 0,15 (mol) ⇒ Số mol CmH2m = nBr2 = 0,15 (mol) (0,25đ) Trong 23,2 gam (X) có số mol CmH2m = nBr2 = 32 : 160 = 0,2 (mol) ⇒ nx (trong 23,2 gam) = (0,2 0,45):0,15 = 0,6 (mol) ⇒ nankan = 0,4 (mol) (0,25đ) n n Ta có: 23,2 = 0,2.14m + 0,4(14 + 2) ⇒ m + = m n 2,5 Trường hợp m = m = bị loại ankan đồng đẳng kế n tiếp khơng thể số ngun Vậy anken C3H6 ankan C2H6 C3H8 (0,25đ) n Ta có: = 2,5 ⇒ số mol ankan 0,2 mol (0,25đ) Vậy % theo thể tích khí hỗn hợp (X) là: %C3H6 = %C2H6 = %C3H8 = 33,33% (0,25đ) b Phương trình hóa học phản ứng: 2C3H6 + 9O2 → 6CO2 + 6H2O C3H8 + 5O2 → 3CO2 + 4H2O 2C2H6 + 7O2 → 4CO2 + 6H2O (0,25đ) Dựa vào phương trình hóa phản ứng trên: ⇒ nCO2 = 1,6 (mol) (0,25đ) Theo ra: nNaOH = 0,4.4 = 1,6 (mol) Ta thấy: nNaOH : nCO2 = 1,6 : 1,6 = nên sản phẩm phản ứng có muối NaHCO3 CO2 + NaOH → NaHCO3 ⇒ CM (NaHCO3) = 1,6 : = 0,4 (mol/l) (0,5đ) Câu V (2 điểm) Đốt cháy hoàn toàn hợp chất hữu (E) chứa (C, H, O) có tỉ khối oxi 3,25 Dẫn toàn sản phẩm vào lít dung dịch Ca(OH)2 0,1M thu kết tủa khối lượng dung dịch tăng 6,8 gam so với ban đầu Cho thêm dung dịch Ba(OH)2 dư vào lại thấy kết tủa xuất hiện, tổng khối lượng kết tủa thu lần 39,7 gam Xác định công thức phân tử (E) Câu Bài giải Điểm Câu (2,0đ Các phương trình hóa học phản ứng xảy dẫn CO2 vào V ) dung dịch Ca(OH)2 (2,0 2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 đ) 2a a a ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK – HÓA HỌC 11 263 CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O b b b (0,25đ) Ta có hệ phương trình: a + b = 0,2 (1) 100(a + b) + 197a = 39,7 (2) ⇒ a = 0,1 ; b = 0,1 (0,5đ) Tổng số mol CO2 = 2a + b = 2.0,1 + 0,1 = 0,3 (mol) (0,25đ) Khối lượng dung dịch tăng = (mCO2 + mH2O) - m↓ ↔ 6,8 = (0,3.44) + mH2O – (0,1.100) ⇒ mH2O = 3,6 (gam) ⇒ nH2O = 0,2 (mol) (0,25đ) z CxHyOz+ (x + - )O2 → xCO2 + H2O 0,3 0,2 (mol) x y 0,3 0,4 Ta có: = (0,25đ) Nghiệm phù hợp: x = , y = Vậy, công thức (E) C3H4Oz (0,25đ) Theo bài, ta có: 12.3 + + 16z = 3,25.32 ⇒ z = ⇒ Công thức phân tử (E) C3H4O4 (0,25đ) HẾT ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK – HÓA HỌC 11 264 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐĂK LĂK TRƯỜNG THPT: VIỆT ĐỨC ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN - 2019 Câu 1: (4 điểm) Nguyên tử nguyên tố X có tổng số hạt loại 60, số hạt mang điện hạt nhân số hạt không mang điện Nguyên tử nguyên tố Y có 11 electron p Nguyên tử nguyên tố Z có lớp electron electron độc thân a) Viết cấu hình electron, cho biết vị trí nguyên tố X, Y, Z bảng tuần hoàn Y− 2+ b) So sánh (có giải thích) bán kính ngun tử ion X, X Đối với phản ứng nung vôi: CaCO3(k) CaO(r) + CO2(k) Với kiện sau: CaCO3 CaO CO2 Chất -1206,9 -635,10 -393,50 ∆H 298 (kJ/mol) 92,9 38,1 213,7 S 298 (J/mol.K) Phản ứng có xảy điều kiện chuẩn không? Trên thực tế người ta tiến hành nung vôi nào? Đáp án câu 1: Câu Điể m a Trong nguyên tử X, ta có: 0,5 Z X + N X = 60; Z X = N X ⇒ Z X = 20 X canxi (Ca), cấu hình electron: 1s22s22p53s23p64s2 hay [Ar]4s2 Số TT 20 (ơ thứ 20), chu kỳ 4, nhóm IIA Cấu hình electron Y : 1s22s22p53s23p5 hay [Ne]3s23p5 Số TT 17 (ô thứ 17), chu kỳ 3, nhóm VIIA Theo giả thiết Z crom (Cr: Z=24) cấu hình electron Z: 1s22s22p53s23p63d54s1 hay [Ar]3d54s1 Số TT 24 (ơ thứ 24), chu kỳ 4, nhóm VIB RCa2+ < RCl − < RCa b Thứ tự bán kính nguyên tử tăng dần: Giải thích: Bán kính nguyên tử tỉ lệ thuận với số lớp electron tỉ lệ nghịch với số đơn vị với số đơn vị điện tích hạt nhân ngun tử Bán kính ion Ca2+ nhỏ Cl- có số lớp electron (n=3), điện tích hạt nhân Ca2+ (20+) lớn Cl- (17+) Bán kính Ca lớn có số lớp electron lớn (n=4) ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK – HÓA HỌC 11 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 265 Ta có: ∆ H = 635,1 – 393,5 – (-1206,9) = +178,3 kJ/mol ∆ S0 = 38,1+213,7 – 92,9= 158,90 J/mol.K) ∆GTo  = ∆H − T ∆S = 178,3 − 298.158,9.10−3 = 139,90 kJ/mol * Vậy điều kiện chuẩn (25 0C), áp suất atm, ta có: o ∆G273  = +130,9 (kJ / mol ) > >0 Vậy phản ứng không xảy theo chiều thuận mà xảy theo chiều nghịch * Để phản ứng xảy ra: 178,3 o ∆G373  = ∆H − T ∆S < ⇒ T > 10 = 1122 K 158,9 (hay 849 0C) Trên thực tế người ta tiến hành nung vôi khoảng 1000 0C (Tách CO2 khỏi hệ) 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 2: ( điểm) Cho số axit KHF= 1,8.10-5 Hỗn hợp dung dịch X chứa HF 0,01M HCl 0,001M có pH bao nhiêu? Tính độ tan AgCl dung dịch KCl 0,001M Biết tích số tan Tt (AgCl) =10-10 Ở nồng độ 1M 25 0C, điện cực chuẩn số cặp oxi hóa – khử cho sau: 0 E20IO− / I = 1,31(V ); EHIO / I ( r ) = 1, 45(V ); E2 IO − / I ( r ) = 1,19(V ); EI ( r )/2 I − = 0,54(V ) 2 a Viết phương trình bán phản ứng oxi hóa – khử cặp oxi hóa – khử cho EIO ? − / IO − b Tính Đáp án câu 2: Câu Vì CHF*KHF = 1,8.10-7 >>KW = 10-14 nên bỏ qua phân li nước Các cân xảy dung dịch: → H + + Cl − HCl ƒ H + + F − K HF = 1,8.10−5 HF C: 0,01 0,001 []: 0,01-x (0,001+x) x ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK – HÓA HỌC 11 Điểm 0,5 0,5 266 0,5 Theo định luật tác dụng khối lượng ta có: x.(0, 001 + x) K HF = = 1,8.10 −5 ⇒ x = 1,5363.10−4 ( M ) 0, 01 − x ⇒ [ H + ] = 0, 001 + x = 1,15363.10 −3 ( M ) pH = − lg(1,15363.10−3 ) = 2,9379 Vậy: Gọi s độ tan AgCl dung dịch KCl 0,001M Các trình xảy hệ: KCl → K + + Cl − 0, 001 0, 001 Ag + + Cl − Tt AgCl ƒ C: []: s 0,5 0, 001 s + 0, 001 ⇔ Theo quy tắc tích số tan, ta có: s(s+0,001) = Tt =10 s= 9,999.10-8 (mol/l) Vậy độ tan AgCl KCl 0,001M 9,999.10-8 (mol/l) a IO4− + 16 H + + 14e ƒ I (r ) + H 2O E10 = 1,31(V ) -10 IO3− + 12 H + + 10e ƒ HIO + H + + 2e ƒ I (r ) + H 2O E20 = 1,19(V ) I ( r ) + H O E30 = 1, 45(V ) 2I − I ( r ) + 2e ƒ 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 E40 = 0,54(V ) b Giản đồ khử: +7 +5 x (V ) +1,19(V ) I O4−  → I O3−  → I2 +1,31(V) Ta có: (7-0).1,31 = (7-5).x + (5-0).1,19 EIO = 1, 61(V ) − / IO − ⇒ 0,5 x = 1,61 (V) 0,5 Vậy: HS dùng phương trình bán phản ứng để giải Câu (4,0 điểm) 3.1 Hịa tan hồn tồn 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe Cu vào 87,5 gam HNO3 50,4%, sau kim loại tan hết thu dung dịch X V lit (đktc) hỗn hợp khí B (gồm hai chất khí có tỉ lệ số mol 3:2) Cho 500ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu kết tủa Y dung dịch Z Lọc lấy Y nung khơng khí đến khối lượng không đổi thu 16,0 gam chất rắn Cô cạn dung ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK – HÓA HỌC 11 267 dịch Z chất rắn T Nung T đến khối lượng không đổi thu chất rắn Biết phản ứng xảy hồn tồn Tính % khối lượng kim loại A? Tính C% chất tan X? 3.2 Hướng dẫn chấm (1,0 điểm) 87,5.50, = 0, mol n HNO3 nKOH 100.63 = ; = 0,5mol Đặt nFe = x mol; nCu = y mol Hòa tan hết kim loại dung dịch HNO3 → X có Cu(NO3)2, muối sắt (Fe(NO3)2 Fe(NO3)3 muối sắt), có HNO3 dư X + dd KOH xảy phản ứng HNO3 + KOH → KNO3 + H2O (1) Cu(NO3)2 +2KOH → Cu(OH)2 + 2KNO3 (2) Fe(NO3)2 + 2KOH → Cu(OH)2 + 2KNO3 (4) Fe(NO3)3 + 3KOH → Fe(OH)3 + 3KNO3 (5) *Cô cạn Z chất rắn T có KNO3, có KOH dư Nung T: t0 → 2KNO3 2KNO2 +O2 (6) Nếu T khơng có KOH n KNO2 n KNO3 Theo phản ứng (1)(2)(3)(4)(5)(6) = =nKOH =0,5 mol m KNO2 → = 42,5 gam ≠ 41,05 gam (Loại) *Nếu T có KOH dư: n KNO3 n KNO2 Đặt = a mol → = amol; nKOH phản ứng = amol; → 85.a + 56.(0,5-a) = 41,05 → a = 0,45 mol *Nung kết tủa Y t0 → Cu(OH)2 CuO + H2O t0 → Nếu Y có Fe(OH)3: 2Fe(OH)3 Fe2O3 +3H2O 41,05 gam Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Nếu Y có Fe(OH)2 4Fe(OH)2+ O2 t → 2Fe2O3 +4H2O x n Fe2O3 2 Áp dụng BTNT sắt ta có: = nFe = ; Áp dụng BTNT đồng ta có: nCuO = nCu= y mol ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK – HÓA HỌC 11 268 x →160 + 80.y = 16 (I) mhh kim loại = 11,6 gam → 56.x + 64.y = 11,6 (II) Giải hệ (I) (II) → x= 0,15 y= 0,05 0,3.56 100% = 72,41% 23,2 % mFe = ; %mCu = 100-72,41= 27,59% (0,5 điểm) Áp dụng BTNT Nitơ: nN X = n N KNO2 = 0,45 mol TH1: Dung dịch X có HNO3 dư, Cu(NO3)2, Fe(NO3)3 nCu ( NO3 ) n Fe( NO3 )3 Ta có: = nCu = 0,05 mol; = nFe = 0,15 mol n HNO3 Gọi = b mol → b+0,05.2+0,15.3= 0,45 → b= -0,1 (loại) TH2: Dung dịch X khơng có HNO ( gồm Cu(NO3)2, có muối Fe(NO3)2 Fe(NO3)3 Fe(NO3)2 Fe(NO3)3 ) n Fe( NO3 ) n Fe( NO3 )3 = z mol (z ≥ 0); = t mol (t ≥ 0) Theo BTNT Nitơ → 2z+3t +0,05 = 0,45 (III) Theo BTNT sắt → z + t = 0,15 (IV) Giải hệ (III) (IV) → z = 0,1 t=0,05 Khi kim loại phản ứng với HNO3 nN hỗn hợp khí = nN HNO3 ban đầu- nN muối = 0,70,45=0,25mol Gọi số oxi hóa trung bình Nitơ hỗn hợp khí B +k (k≥0) Fe → Fe3+ + 3e N+5 + (5-k).e → N+k 0,05 0,15 0,25 0,25(5-k) 0,25 Fe → Fe2+ + 2e 0,1 0,2 Cu → Cu2+ + 2e 0,05 0,1 Áp dụng bảo toàn electron: 0,15+0,2+0,1=0,25(5-k) → k =3,2 - Xác định số mol O hỗn hợp khí Tổng số oxi hóa nguyên tố hỗn hợp =0 nên 0,25.(+3,2) + (-2) nO = → nO = 0,4mol Bảo toàn khối lượng: mdd sau = m ddaxit + m 2kim loại – m hh khí ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK – HÓA HỌC 11 269 → mdd sau= 87,5+11,6- (0,25.14+0,4.16)= 89,2 gam 0, 05.188 100% = 10,5% C % Cu ( NO3 ) 89, = 0,1.180 100% = 20, 2% C % Fe( NO3 ) 89, = 0, 05.242 100% = 13, 6% C % Fe( NO3 )3 89, = 3.2 (2,0 điểm) 3.1 (1,0 điểm) Ion Fe3+(aq) axit, phản ứng với nước theo cân  → ¬   3+ Fe (aq) + H2O Fe(OH)2+ + H+ Ka= 10-2,2 Tính nồng độ mol dung dịch FeCl3 bắt đầu gây kết tủa Fe(OH)3 tính pH dung dịch lúc bắt đầu kết tủa Biết TFe(OH)3=10-38 3.1 Hướng dẫn chấm Điểm  → ¬   Fe3+(aq) + H2O Fe(OH)2+ + H+ Ka= 10-2,2 Ban đầu: C Cân bằng: C-x x x Ta có: x2 x2 Ka = => C − x = (1) C−x Ka Ta lại có: TFe(OH)3 = [Fe3+].[OH]3  TFe(OH)3 = K  ( C − x )  H 2O ÷ (2)  x  0,5 0,5 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK – HÓA HỌC 11 270 x  K H 2O   ÷ Ka  x  Thay (1) vào (2): =10-38=>x=10-1,8(M)=>pH=1,8 x2 C−x= Ka =>C=0,05566(M) Zn ZnSO4 Hg SO4( r ) , SO42− Hg (l ) 3.2 Cho pin có cấu tạo sau: Tại 25oC sức điện động pin điều kiện tiêu chuẩn Eo = 1,42V a Viết phản ứng xảy pin trình pin hoạt động 0 EHg 2+ EZn 2+ / Hg / Zn b Tính tích số tan Hg2SO4 Cho: = -0,76V; = 0,792V 3.5 Hướng dẫn chấm Điểm 1.a - Catot (+): Hg2SO4 + 2e  2Hg + SO42- Anot (-): Zn  Zn2+ + 2e - Phản ứng pin: Hg2SO4 + Zn2Hg + SO42- + Zn2+ b Ta có: EHg SO /2 Hg , SO 2− E pin 4 = →E - EZn 2+ / Zn = 1,42 Hg SO4 /2 Hg , SO42− = 1,42 – 0,76 = 0,66V 0,5 Mặt khác: Hg 22+ Hg2SO4 + SO42- 0,5 THg2 SO4 E0 Hg 2+ + 2e2Hg K = 10 Hg2SO4 +  2Hg + SO e E0 → 10 Hg 2SO4 /2 Hg , SO42− 0,059 THg2 SO4 10 = Hg 2SO4 /2 Hg ,SO42− = 10 0,059 K ' = 10 EHg 2SO4 / Hg 0,059 E0 2( E → Tt ( Hg2SO4 ) 24 Hg22+ / Hg − E0 Hg22+ / Hg 0,059 Hg 22+ / Hg ) 0,059 = 10-4,5 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK – HĨA HỌC 11 271 Câu IV: (4 điểm) Hồn thành chuỗi biến hóa sau Isopentan A B C D X ancol hai chức, mạch hở Dung dịch X 62% nước có nhiệt độ đơng đặc -930/19o C a) Xác định công thức cấu tạo X biết số nghiệm lạnh nước 1,86 b) Trình bày cách khác để điều chế X từ etilen c) Khi có mặt xúc tác thích hợp, X khử nước tạo A.Trong môi trường kiềm, phân tử A kết hợp với tạo B khơng bền Khi đun nóng B tách nước tạo chất D Cho D tác dụng với HCl tạo E - Thực chuyển hóa xác định A,B, D,E - Dùng chế giải thích q trình A thành B - E có đồng phân lập thể không? Hãy xác định cấu trúc đồng phân lập thể E gọi tên Đáp án câu (CH3)2CH – CH2 – CH3 (CH3)2CBr – CH2 – CH3 (CH3)2C=CH – CH3 1điểm (CH3)2CBr – CHBr – CH3 Đặt CTTQ X: CnH2n+2-k(OH)k + Khối lượng X có 1000 gam H2O: 0,25điể m →14n + 16k = 60 Nghiệm phù hợp: k = n = →CTPT X: C2H4(OH)2 0,25điể m CTCT X: ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK – HÓA HỌC 11 0,25điể m 272 0,25điể m *3 + CH2 = CH2 + CH2 = CH2 + CH2 = CH2 + Sơ đồ chuyển hóa 0,5 điểm CH3 – CHO (X) (A) (E) : (B) 0,5điểm + Cơ chế CH3 – CHO CH3 – CHO ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK – HÓA HỌC 11 273 0,5điểm (E): có đồng phân quang học có C* Câu 5: (4,0 điểm) 5.1: Hỗn hợp X gồm hợp chất hữu A, B chứa chức ancol chức anđehit Trong phân tử A, B số nguyên tử H gấp đôi số nguyên tử cacbon, gốc hidrocacbon gốc no có nối đôi Nếu lấy số mol A B cho phản ứng với Na thu V lít H2, lấy số mol cho phản ứng hết với H2 cần 2V lít H2 (đo điều kiện nhiệt độ áp suất trên) Cho 33,8 gam hỗn hợp X tác dụng hết với Na thu 5,6 lít H2 (đktc) Nếu lấy 33,8 gam hỗn hợp X cho tác dụng hết với AgNO3 NH3, sau lấy lượng Ag kim loại thu cho tác dụng với dung dịch HNO3 đặc thu 13,44 lít khí NO2 (đktc) Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo A, B Tính thành phần % theo khối lượng A, B 33,8 gam hỗn hợp X 5.1 Hướng dẫn chấm Đ R (OH) a(CHO)b t Đặt CTPTTB A,B là: C Na TP TTBài Nếu lấy số mol A B(x mol chất) B V lit H2 Na A, B Nếu lấy A,B(2x mol) 2V lit H2 a Na a/2 H2 R (OH) a(CHO)b R (OH) a(CHO)b Ta có: ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK – HÓA HỌC 11 Điể m 274 2x a 2x R (OH) a(CHO)b H2 2x 2x (vì A, B có có độ khơng no =1) a Ta có: xa/2x = V/2V, ta có: = A, B có 1-OH *Cho 33,8 gam hỗn hợp X tác dụng hết với Na thu đc 0,25 mol H2 Đặt x,,y, số mol A,B 33,8 g hh X Ta có ; x,+ y, = 0,5 (3) *Cho 33,8 gam hh X tác dụng hết HNO NO2 Ag AgNO3/NH3 Số mol NO2 = số mol Ag = 0,6 Ta có sơ đồ: AgNO3 2b Ag R (OH) a(CHO)b 2b (x, + y,) = 0,6 (4) Giải hệ 3,4 ta đc b = 0,6 x = 0,3, y, = 0,2 Vậy A: CnHn (OH)(CHO) > B: CmH2m-1OH.(m 3) Ta có: 0,3M1 + 0,2 M2 = 33,8 Hay n + 2m = 12 n=2,m=3 CT A: C2H4(OH)(CHO).B: C3H6O CTCT A HOCH2CH2CHO (hoặc CH3CH(OH)(CHO) CTCT B CH2=CH-CH2OH Khối lượng A = 0,3 74= 22,2g , % Khối lượng A=22,2/33,8= 65,68% Khối lượng B = 33,8-22,2 = 11,6g % Khối lượng B= 100% - 65,68% =34,32% 5.2 (1,5 điểm) Chất hữu A chứa vịng benzen có cơng thức phân tử CxHyO Biết %O = 14,81% (theo khối lượng) a Tìm cơng thức phân tử, viết cơng thức cấu tạo có A ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK – HÓA HỌC 11 275 b Xác định cấu tạo A, biết A không phản ứng với Na Viết phương trình phản ứng xảy cho A vào dung dịch nước brom c Từ axetilen, metan chất vơ khác, viết phương trình phản ứng điều chế A 5.2 Hướng dẫn chấm Điểm a MA = 0,5 16.100 ≈ 108=12x+y+16 14,81 → x = 7; y = → C7H8O OH O OH 0,5 OH OH O b Công thức cấu tạo A Br O O +3Br2 + 3HBr Br Br c o 3C2H2 C ,600 C  → C6H6 Fe ,t  → C6H6 + Cl2 C6H5Cl + HCl P ,t o  → C6H5Cl + 2NaOH (đặc) + NaCl + H2O ánh sáng  → CH4 + Cl2 CH3Cl + HCl xt , t o  → CH3Cl + C6H5ONa C6H5OCH3 + NaCl o ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK – HÓA HỌC 11 276 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK – HÓA HỌC 11 277 ... là: CH3 CH(CH3) CH2 CH3 Các sản phẩm thế: 0,25 6.1 .100 = 30 % 9.1 + 2 .3, 3 + 1.4, 0,25 CH2Cl CH(CH3) CH2 CH3 %= 1.4, 4 .100 %= = 22% 9.1 + 2 .3, 3 + 1.4, CH3 CCl(CH3) CH2 CH3 2 .3, 3 .100 %= = 33 % 9.1... = 1 ,3 × 10 2− −20 + S2− H2S × H+2 H+2S2 H2S K = = 1 ,3 × 10 −20 101 × (1 03 )2 0,5 = K1 K2 = 1 ,3 × 10? ??20] = 1 ,3 × 10 −15 0,25 (M) 0,25 b) −2 −15 −17 ? ?10 2+ 2− [Mn ][S ] = 10 ×1 ,3 × 10 = 1 ,3 × 10. .. = : 3, 3 : 4,4 Đáp án câu Nội dung Điểm ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/ 3/ 2019 – TỈNH ĐĂK LĂK – HÓA HỌC 11 CH3 CH3 H CH3-CH-CH=CH2 0,75 + CH3-CH-CH2-CH2 (I) + CH3 CH3 chun vÞ CH3-CH-CH-CH3 (II)