Đề thi chọn HSG môn Hóa học lớp 11 - tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2016-2017 (có đáp án)

1

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016-2017

ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC 11 - THPT

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

Đề thi gồm 02 trang

Câu 1 (1,0 điểm)

Có 4 ống nghiệm, mỗi ống đựng đầy một chất khí khác nhau trong các khí: HCl, NH

3

, SO

2

, N

2

.

Các ống nghiệm được úp ngược trên các chậu nước cất, sau một thời gian thu được kết quả như hình vẽ.

a. Xác định mỗi khí trong từng ống nghiệm. Giải thích.

b. Giải thích sự thay đổi mực nước trong ống nghiệm ở chậu B trong các trường hợp sau:

- Thêm vài giọt dung dịch H

2

SO

4

loãng vào chậu B.

- Làm lại thí nghiệm ở chậu B nhưng nước cất thay bằng nước brom.

Câu 2 (1,0 điểm)

Cho A là dung dịch HCl, B là dung dịch Na

2

CO

3

. Tiến hành 3 thí nghiệm (TN):

TN 1: Cho từ từ 100 gam dung dịch A vào 100 gam dung dịch B thu được 195,6 gam dung dịch.

TN 2: Cho từ từ 100 gam dung dịch B vào 100 gam dung dịch A thu được 193,4 gam dung dịch.

TN 3: Cho từ từ 50 gam dung dịch A vào 100 gam dung dịch B thu được 150 gam dung dịch.

Tính nồng độ phần trăm của các dung dịch A, B.

Câu 3 (2,0 điểm)

1. Có 6 lọ hoá chất bị mất nhãn, trong mỗi lọ đựng một trong các dung dịch sau: NaCl, NaOH,

NaHCO

3

, Na

2

CO

3

, NaHSO

4

, BaCl

2

. Cho đầy đủ các dụng cụ thí nghiệm cần thiết và chỉ được dùng

thêm thuốc thử là quỳ tím. Trình bày phương pháp hoá học nhận biết các dung dịch trên. Viết các

phương trình hoá học xảy ra.

2. Nêu hiện tượng và viết phương trình ion rút gọn (nếu có) cho các thí nghiệm sau:

a. Cho từ từ đến dư dung dịch NH

3

vào dung dịch chứa CuSO

4

.

b. Cho KHS vào dung dịch CuCl

2

.

c. Cho dung dịch Fe(NO

3

)

2

vào dung dịch H

2

SO

4

1M, đun nóng nhẹ.

d. Cho từ từ dung dịch NaOH đến dư vào dung dịch hỗn hợp gồm HCl và AlCl

3

.

Câu 4 (1,0 điểm)

Hòa tan hoàn toàn 13,12 gam hỗn hợp Cu, Fe và Fe

2

O

3

trong 240 gam dung dịch hỗn hợp gồm

HNO

3

7,35% và H

2

SO

4

6,125% thu được dung dịch X chứa 37,24 gam chất tan chỉ gồm các muối và

thấy thoát ra khí NO (NO là sản phẩm khử duy nhất của N

+5

). Cho Ba(OH)

2

dư vào dung dịch X, lấy

kết tủa nung nóng trong không khí đến phản ứng hoàn toàn thu được 50,95 gam chất rắn. Dung dịch X

hòa tan tối đa m gam Cu. Tính m.

ĐỀ CHÍNH THỨC 2

Câu 5 (1,0 điểm)

Cho sơ đồ chuyển hóa sau đây:

Các chất A, A

1

, A

2

, A

3

, A

4

, A

5

là các hiđrocacbon khác nhau. Xác định các chất trong sơ đồ.

Hoàn thành các phản ứng hóa học, ghi rõ điều kiện nếu có.

Câu 6 (1,0 điểm)

Hỗn hợp lỏng X gồm C

2

H

5

OH và 2 hiđrocacbon Y, Z là đồng đẳng kế tiếp nhau (M

Y

Z

).

Nếu cho m gam X bay hơi thì thu được thể tích hơi bằng thể tích của 1,32 gam CO

2

(ở cùng điều kiện

nhiệt độ và áp suất). Khi đốt hết m gam X cần 0,2925 mol O

2

. Cho sản phẩm cháy qua dung dịch

Ba(OH)

2

dư, thu được 36,9375 gam kết tủa.

a. Xác định công thức phân tử của hai hiđrocacbon.

b. Gọi tên Z, biết khi Z tác dụng với Cl

2

(ánh sáng) thu được một sản phẩm thế monoclo duy nhất.

Câu 7 (1,0 điểm)

Hỗn hợp E có khối lượng 17,75 gam gồm Al, Ca, Al

4

C

3

và CaC

2

. Hòa tan hoàn toàn E vào

nước thu được dung dịch F trong suốt và hỗn hợp khí G. Đốt cháy toàn bộ G thu được 5,6 lít CO

2

(đktc) và 10,35 gam H

2

O. Thêm từ từ 500 ml dung dịch HCl 1M vào dung dịch F thu được m gam kết

tủa. Tính m.

Câu 8 (1,0 điểm)

Hỗn hợp khí A gồm một ankin X và một anken Y (có cùng số nguyên tử cacbon) và hiđro. A

có tỉ khối so với metan là 1,375. Cho A qua ống chứa Ni, nung nóng đến khi phản ứng xảy ra hoàn

toàn được hỗn hợp khí có tỉ khối so với metan là 2,75. Xác định công thức phân tử của X, Y.

Câu 9 (1,0 điểm)

Nung 5,99 gam hỗn hợp chất rắn A gồm Al, Fe

3

O

4

, Fe

2

O

3

, Fe(NO

3

)

2

(oxi chiếm 34,7245% về

khối lượng) trong điều kiện không có không khí, sau một thời gian thu được chất rắn X và 0,672 lít

hỗn hợp khí. Hòa tan hoàn toàn X bằng một lượng dung dịch HCl 1M, thu được dung dịch Y (không

có muối amoni) và 0,448 lít hỗn hợp khí gồm H

2

và NO có tỉ khối so với He là 4. Dung dịch Y phản

ứng vừa đủ với 200 ml dung dịch AgNO

3

1M thu được m gam kết tủa và giải phóng 0,224 lít khí NO

(sản phẩm khử duy nhất của N

+5

). Các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Tính m.

--------------Hết---------------

Thí sinh chỉ được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:…………………….………..…….…….….….. Số báo danh:………………………. 1

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016-2017

ĐÁP ÁN MÔN: HÓA HỌC 11 - THPT.

I. LƯU Ý CHUNG:

- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm

theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.

- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.

II. ĐÁP ÁN:

CÂU NỘI DUNG TRÌNH BÀY ĐIỂM

Câu 1 a. Chậu A, B, C, D lần lượt là khí: N

2

, SO

2

, NH

3

, HCl

Giải thích:

+ Độ tan trong nước tăng dần: N

2

< SO

2

< HCl < NH

3

.

(SGK cho biết 1lít nước ở 20

o

C hòa tan 40 lít SO

2

, 800 lít NH

3

, 500 lít HCl )

+ Khi tan trong nước xảy ra các phản ứng:

SO

2

+ H

2

O H

2

SO

3

(1)

H

2

SO

3

H

+

+

-

3

HSO

(2)

HSO

3

-

H

+

+

2-

3

SO (3)

 dung dịch SO

2

thu được có pH<7.

HCl  H

+

+ Cl

-





HCl

pH 7

.

Do HCl tan nhiều hơn SO

2

và phân li hoàn toàn 

2

HCl dd SO

pH < pH

NH

3

+ H

2

O NH

4

+

+ OH

-



pH > 7.

N

2

tan rất ít trong nước và không có phản ứng với H

2

O



pH=7.

b. Trường hợp 1: Thêm dung dịch H

2

SO

4

vào có phản ứng: H

2

SO

4

 2H

+

+ SO

4

2-

Làm cho cân bằng (1), (2), (3) chuyển dịch sang trái  quá trình hòa tan SO

2

giảm

đi  mực nước trong ống nghiệm sẽ thấp hơn so với mực nước trong ống nghiệm

của chậu B ban đầu.

Trường hợp 2: SO

2

tan mạnh trong nước Br

2

nhờ phản ứng

SO

2

+ Br

2

+ 2H

2

O  H

2

SO

4

+ 2HBr

 Mực nước trong ống nghiệm dâng cao hơn so với mực nước trong ống nghiệm

của chậu B ban đầu.

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 2 Các phản ứng xảy ra

+ Cho từ từ HCl vào Na

2

CO

3

.

HCl + Na

2

CO

3

 NaHCO

3

+ NaCl (1)

HCl + NaHCO

3

 NaCl + CO

2

+ H

2

O (2)

+ Cho từ từ Na

2

CO

3

vào HCl.

2HCl + Na

2

CO

3

 2NaCl + CO

2

+ H

2

O (3)

- TN 1: m

dd

giảm = 4,4 gam 

2

CO

n

sinh ra từ (2) = 0,1 mol

- TN 2: m

dd

giảm = 6,6 gam 

2

CO

n

sinh ra từ (3) = 0,15 mol

Gọi x, y lần lượt là số mol của HCl và Na

2

CO

3

trong 100 gam mỗi dung dịch.

Ở TN 3: Không có khí thoát ra  nHCl< nNa

2

CO

3

0,5x < y x<2y.

Ở TN 1: Vì có khí thoát ra nên ta có x>y.

0,25

(Đáp án có 05 trang) 2

Mặt khác, do x<2y nên sau phản ứng (2) HCl hết, tính theo HCl.

HCl + Na

2

CO

3

 NaHCO

3

+ NaCl (1)

y y y mol

HCl + NaHCO

3

 NaCl + CO

2

+ H

2

O (2)

0,1 0,1 mol

Ta có : x = y + 0,1

Ở TN 2: Do x<2y nên HCl hết  n

HCl

=2

2

CO

(3) n

= 0,3 mol

 x = 0,3 mol

 y = 0,3 - 0,1 = 0,2 mol

 mHCl = 0,3. 36,5 = 10,95 gam  C%HCl = 10,95%

23

Na CO

m 21,2 gam  

23

Na CO

C% 21,2%. 

0,25

0,25

0,25

Câu 3 1.

- Cho quỳ tím lần lượt vào các dung dịch:

+ Quỳ tím không đổi màu là: NaCl, BaCl

2

(nhóm I)

+ Quỳ tím chuyển thành xanh là: NaHCO

3

, NaOH, Na

2

CO

3

(nhóm II)

+ Quỳ tím chuyển màu đỏ là NaHSO

4

.

- Dùng

NaHSO

4

cho vào các chất ở nhóm I.

+ Chất có kết tủa trắng là BaCl

2

.

NaHSO

4

+ BaCl

2

→ BaSO

4

+ HCl + NaCl.

+ Chất còn lại ở nhóm I là NaCl.

- Dùng BaCl

2

cho vào các chất ở nhóm (II).

+ Chất tạo kết tủa trắng là Na

2

CO

3

.

BaCl

2

+ Na

2

CO

3

→ BaCO

3

+ 2NaCl

+ Còn hai chất: NaHCO

3

, NaOH (nhóm III)

- Dùng NaHSO

4

nhận được ở trên cho vào các chất ở nhóm (III)

+ Trường hợp có khí thoát ra là NaHCO

3

.

NaHSO

4

+ NaHCO

3

→ Na

2

SO

4

+ CO

2

+ H

2

O

+ Trường hợp không thấy hiện tượng gì là NaOH.

0,25

0,25

0,25

0,25

2.

a. Có kết tủa xanh do phản ứng:

Cu

2+

+ 2NH

3

+ 2H

2

O  Cu(OH)

2

+ 2

4

NH



.

Sau đó kết tủa xanh tan dần, tạo dung dịch xanh đậm.

Cu(OH)

2

+ 4NH

3

   [Cu(NH)

4

](OH)

2

.

b. Xuất hiện kết tủa đen

Cu

2+

+ HS

-

  CuS + H

+

c. Dung dịch có màu vàng và có khí không màu hóa nâu trong không khí bay ra.

3Fe

2+

+ NO

3

-

+ 4H

+

  3Fe

3+

+ NO + 3H

2

O.

2NO + O

2

  NO

2

.

d. Ban đầu chưa xuất hiện kết tủa, sau đó mới có kết tủa keo trắng nếu nhỏ tiếp

dung dịch NaOH đến dư vào thì kết tủa tan.

OH

-

+ H

+

   H

2

O

Al

3+

+ 3OH

-

  Al(OH)

3

Al(OH)

3

+ OH

-

  AlO

2

-

+2H

2

O

0,25

0,25

0,25

0,25 3

Câu 4

Có:

3 2 4

HNO H SO

n = 0,28 mol; n = 0,15 mol

Gọi số mol Cu; Fe; Fe

2

O

3

lần lượt là x; y; z

64x 56y 160z 13,12     (1)

2+

+

n+

-

32

-

3

2-

23

4

2-

4

Cu : x mol

H : 0,58

Cu: x mol

Fe : (y +2z) mol

Fe: y mol NO : 0,28 NO+H O.

NO :

Fe O : z mol

SO : 0,15

SO : 0,15





 





   

  

  



 



Bảo toàn H tính được số mol H

2

O : 0,29 mol.

Bảo toàn khối lượng tính được n

NO

= 0,1 mol 

-

3

NO

n 0,18 mol 

Khối lượng muối trong X bằng 37,24 gam  64x+ 56(y+2z) = 11,68 (2)

o

2

2+

2 n+

Ba(OH) t , kk

n 2 3

-

3

4 4

2-

4

Cu : x mol

Cu(OH) CuO: x mol

Fe : (y +2z) mol

Fe(OH) Fe O : 0,5(y+2z)

NO :

BaSO BaSO : 0,15 mol

SO : 0,15



 

  

      

  

  







  0,15.233 80x 160 0,5y z 50,95      (3)

Từ (1), (2), (3)  x 0,06;y 0,08;z 0,03   

2+ 2+

n+ 2+

--

a (mol)

33

2- 2-

44

Cu : 0,06 mol Cu : 0,06+a mol

Fe : 0,14 mol Fe : 0,14 mol

Cu

NO : 0,18 NO : 0,18

SO :0,15 SO :0,15







  









Bảo toàn điện tích cho dung dịch sau phản ứng tính được a = 0,04 mol

 m=2,56 gam

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 5 A: CH

4

; A

1

: C

2

H

2

; A

2

: C

2

H

4

; A

3

: C

4

H

10

; A

4

: C

4

H

4

; A

5

: C

4

H

6

.

Các phản ứng:

2CH

4

0

1500 C, lln

     C

2

H

2

+ 3H

2

.

C

2

H

2

+ H

2

3

Pd/PbCO

    

C

2

H

4

……………………………………………………...

nC

2

H

4

o

t , p, xt

   

PE.

2C

2

H

2

4

CuCl/NH Cl

    

CH

2

=CH-C CH………………………………………...

CH

2

=CH-C CH + 3H

2

Ni,t

  C

4

H

10

C

4

H

10

0

t ,xt

    CH

4

+ C

3

H

6…………………………………………………………………………………..

CH

2

=CH-C CH + H

2

3

Pd/PbCO

    

CH

2

=CH-CH=CH

2

2C

2

H

5

OH

o

t , xt

   

CH

2

=CH-CH=CH

2

+ H

2

+2H

2

O.

0,25

0,25

0,25

0,25

4

Câu 6 Số mol X =0,03; O

2

= 0,2925 mol; CO

2

= 0,1875 mol

Đặt số mol C

2

H

5

OH: x (mol).

Hidrocacbon: y (mol).

C

2

H

5

OH + 3O

2

 2CO

2

+ 3H

2

O (1)

x 2x 3x mol

Hidrocacbon + O

2

 CO

2

+ H

2

O (2)

Từ (1) và (2): Bảo toàn O có

2

HO

n = x + 0,2925.2 - 0,1875.2 = (x + 0,21) mol



22

H O CO

n - n = 0,0225 + x.

Từ (1) có

22

H O CO

n - n = x.

 Từ (2)

22

H O CO

n - n = 0,0225.

Vậy 2 hidrocacbon phải thuộc loại ankan, n

ankan

=0,0225=y.

Gọi số C trung bình trong hai ankan là n; số mol ancol =x= 0,0075

Bảo toàn C cho (1) và (2) có 0,0225n+0,0075.2=0,1875 n= 7,67

Hai ankan là Y: C

7

H

16

.

Z: C

8

H

18

.

(Học sinh có thể tính

2

2

O ph¶n øng

CO

n

n

để xác định hai hidrocacbon là ankan)

b. Công thức cấu tạo của Z:

2,2,3,3- tetrametylbutan

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 7

1,0đ

Số mol CO

2

= 0,25 mol; H

2

O = 0,575 mol

Qui đổi hỗn hợp về Al: x mol; Ca: y mol; C: 0,25 mol

 27x + 40y = 17,75 – 0,25.12 (1)

Bảo toàn O khi đốt cháy 

2

O

0,25.2+0,575

n = =0,5375(mol)

2

Bảo toàn electron  3x + 2y = 0,5375.4 – 0,25.4 (2)

 x=0,25; y=0,2.

Dung dịch F gồm: Ca

2+

: 0,2 mol; AlO

2

-

: 0,25 mol; OH

-

: 0,15 mol

Khi F tác dụng với HCl:

H

+

+ OH

-

 H

2

O

0,15 0,15 mol

H

+

+ AlO

2

-

+ H

2

O  Al(OH)

3



0,25 0,25 0,25 mol

3H

+

+ Al(OH)

3

 Al

3+

+ 3H

2

O

0,1

0,1

3

mol



0,1

m =(0,25- ).78=16,9g

3

0,25

0,25

0,25

0,25 5

Câu 8

1,0đ

Hỗn hợp đầu gồm:

n 2n

n 2n-2

2

C H : x mol

C H : y mol; n 4

H : z mol













Chọn n

A

=1 x + y + z = 1  x + y = 1 – z

Ta có 14nx + (14n-2)y + 2z = 16.1,375

14n(x+y) – 2( y - z) = 22 (I)

Bảo toàn khối lượng: 1.1,375 = n

sau

. 2,75  n

sau

= 0,5 mol

 Số mol H

2

phản ứng = 1 – 0,5 = 0,5 mol.

Trường hợp 1: H

2

hết, hiđrocacbon dư.

Gọi CT chung của các hiđrocacbon sau phản ứng là C

n

H

t

. Ta có:

12n + t = 2,75.16 = 44

2n

3

-2









(Loại)

Trường hợp 2: H

2

dư, sau phản ứng thu được

n 2n+2

2

C H : x+y(mol)

H : z-x-2y(mol)







n

sau

= x + y + z – x –2 y = z – y = 0,5 (mol) (II)

Số mol H

2

phản ứng = 2x + y = 0,5 mol  0,25 < x +y < 0,5 (III)…………………

Thế (II) vào (I) được 14n (x+y) = 21 (IV)

Thế (III) vào (IV) được 3 < n < 6  n = 4.

Vậy 2 hiđrocacbon là C

4

H

6

và C

4

H

8

.

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 9

1,0đ

 

3+ 2+ 3+

3 2 2- 2

2 23 -

3

n= 0,03 mol

34

O

Al

Al, Al ,Fe ,Fe

Fe NO NO

O

O Fe O

NO

Fe O

5,99 gam

n = 0,13 mol

o

t







 



   

  





 



(1)

3+ 2+ 3+

-

2

+

Al , Fe ,Fe

NO : 0,01mol

Cl

H : 0,01

H



 











(2)





 0,01 mol

AgCl: 0,18

+ NO + .....

Ag: 0,02

(3)

Sơ đồ 1 (1): Nhiệt phân A tạo X.

Sơ đồ 2 (2): X tác dụng với dung dịch HCl.

Sơ đồ 3 (3): Y tác dụng với AgNO

3

.

Từ (1), bảo toàn O có n

O

trong Y = 0,07 mol

Từ (2), bảo toàn N có số mol

3

NO



trong Y = số mol NO =0,01 mol.

Số mol O trong oxit ở Y = 0,04 mol.

Từ (2) n

HCl

phản ứng = 2.0,04 +4.0,01+2.0,01 = 0,14.

Từ (3) nHCl dư = 4.0,01=0,04 mol

Bảo toàn clo có n

AgCl

= 0,18; bảo toàn Ag có n

Ag

= 0,02.

Khối lượng kết tủa là: 27,99 gam

0,5

0,25

0,25

-------Hết--------