Đề thi HSG tỉnh Quảng Bình lớp 11 môn hóa pot

SỞ GD-ĐT QUẢNG BÌNH
ĐỀ CHÍNH THỨC
Số BD:……………
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT
Ngày 27 – 3 – 2013
Môn: Hóa
Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1 (2,25 điểm)
1. Viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau (nếu có):
a) Sục khí Cl

2
vào dung dịch FeSO
4
. b) Sục khí etilen vào dung dịch KMnO
4
.
c) Sục khí H
2
S vào dung dịch nước brom. d) Sục khí O
3
vào dung dịch KI.
e) Sục khí SO
2
vào dung dịch Fe
2
(SO
4
)
3
.
f) Nung hỗn hợp quặng photphorit, cát và than cốc ở 1200
o
C trong lò điện.
2. Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng sau (nếu có):
a) Fe
2
O
3
+ HNO
3

(đặc)
o
t

b) Cl
2
O
6
+ NaOH (dư)


c) Na
2
S
2
O
3
+ H
2
SO
4
(loãng)

d) PCl
3
+ H
2
O


e) Naphtalen + Br
2

3
CH COOH
1 : 1

f) CH
3
-C≡CH + HBr (dư)


g) C
2
H
5
ONa + H
2
O

h) Etylbenzen + KMnO
4
o
t


Bài 2 (1,75 điểm)
1. Hòa tan hết 31,89 gam hỗn hợp A gồm 2 kim loại Al và Mg trong lượng dư dung dịch HNO
3
loãng, thu được

10,08 lít (đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và N
2
O) và dung dịch Y. Tỉ khối hơi của X so với khí hiđro là 59/3. Cô
cạn dung dịch Y thu được 220,11 gam muối khan. Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A.
2. Trong tự nhiên Bo có 2 đồng vị:
10
B và
11
B. Biết thành phần % về khối lượng của đồng vị
11
B trong H
3
BO
3

là 14,407%. Tính % số nguyên tử của mỗi đồng vị Bo trong tự nhiên.
Bài 3 (1,5 điểm)
1. Viết tất cả các đồng phân cấu tạo ứng với công thức phân tử C
3
H
6
O.
2. Viết các phương trình hóa học thực hiện chuyển hóa sau (biết A, B, C, D là các sản phẩm chính):
2-brom-2-metylbutan

KOH / ancol
A

2 4
H SO ®Æc

B

2
H O
C

o
2 4
H SO ®Æc, 170 C
A

2 2
Cl , H O
D
Bài 4 (2,0 điểm)
1. Chất A có công thức phân tử là C
7
H
8
. Cho A tác dụng với AgNO
3
trong dung dịch amoniac dư được chất
B kết tủa. Phân tử khối của B lớn hơn của A là 214. Viết các công thức cấu tạo có thể có của A.
2. Hỗn hợp khí X gồm 2 anken kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Đốt cháy hoàn toàn 5 lít hỗn hợp X cần
vừa đủ 18 lít khí oxi (các thể tích khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất).
a) Xác định công thức phân tử của 2 anken.
b) Hiđrat hóa hoàn toàn một thể tích X với điều kiện thích hợp thu được hỗn hợp ancol Y, trong đó tỉ lệ về khối
lượng các ancol bậc một so với ancol bậc hai là 28:15. Xác định % khối lượng mỗi ancol trong hỗn hợp ancol Y.
Bài 5 (2,5 điểm)
1. Cho phản ứng: C

2
H
6
(k) + 3,5O
2
(k)

2CO
2
(k) + 3H
2
O (l) (1)
Dựa vào 2 bảng số liệu sau:
Chất C
2
H
6
(k) O
2
(k) CO
2
(k) H
2
O (l)
0
s
ΔH
(kJ.mol
-1
)

- 84,7 0 - 394 - 285,8

Liên kết C-H C-C O=O C=O H-O
E
lk
(kJ.mol
-
1
) 413,82 326,04 493,24 702,24 459,80
Nhiệt hóa hơi của nước là 44 kJ.mol
-1
hãy tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng (1) theo 2 cách.
2. Haber là một trong số các nhà hoá học có đóng góp quan trọng vào phản ứng tổng hợp NH
3
từ khí H
2
và N
2
.
Trong thí nghiệm 1 tại 472
o
C, Haber và cộng sự thu được [H
2
] = 0,1207M; [N
2
] = 0,0402M; [NH
3
] =
0,00272M khi hệ phản ứng đạt đến cân bằng. Trong thí nghiệm 2 tại 500
o

C, người ta thu được hỗn hợp cân
bằng có áp suất riêng phần của H
2
là 0,733 atm; của N
2
là 0,527 atm và của NH
3
là 1,73.10
-3
atm.
Phản ứng thuận: 3H
2
(k) + N
2
(k)

2NH
3
(k) là phản ứng tỏa nhiệt hay thu nhiệt? Tại sao?
3. Hãy tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120M; NH
3
0,150M và KOH 0,005M. Cho biết pK
a
của HCN là
9,35; của
+
4
NH

là 9,24.

Hết
SỞ GD-ĐT QUẢNG BÌNH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT
Ngày 27 - 3 – 2013
Môn: Hóa
HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1 (2,25 điểm)
1. (1,0 điểm)
a) 3Cl
2
+ 6FeSO
4
→ 2Fe
2
(SO
4
)
3
+ 2FeCl
3

b) 3C
2
H
4
+ 2KMnO
4
+ 4H
2

O → 3CH
2
OH-CH
2
OH + 2MnO
2
+ 2KOH (0,25 điểm)
c) H
2
S + Br
2
→ S↓ + 2HBr
d) O
3
+ 2KI + H
2
O → O
2
+ I
2
+ 2KOH (0,25 điểm)
e) SO
2
+ Fe
2
(SO
4
)
3
+ 2H

2
O → 2FeSO
4
+ 2H
2
SO
4
(0,25 điểm)
f) Ca
3
(PO
4
)
2
+ 3SiO
2
+ 5C
o
1200 C

3CaSiO
3
+ 5CO + 2P (0,25 điểm)
2. (1,25 điểm)
a) Fe
2
O
3
+ 6HNO
3

(đặc)
o
t

2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O
b) Cl
2
O
6
+ 2NaOH

NaClO
3
+ NaClO
4
+ H
2
O (0,25 điểm)
c) Na
2
S
2
O
3

+ H
2
SO
4
(loãng)

Na
2
SO
4
+ S↓ + SO
2
+ H
2
O
d) PCl
3
+ 3H
2
O

H
3
PO
3
+ 3HCl (0,25 điểm)
+ Br
2
CH
3

COOH
Br
e)
+ HBr
(0,25 điểm)
f) CH
3
-C≡CH + 2HBr (dư)

CH
3
-CBr
2
-CH
3

g) C
2
H
5
ONa + H
2
O

C
2
H
5
OH + NaOH (0,25 điểm)
CH

2
CH
3
+ 4KMnO
4
t
o
COOK
+ K
2
CO
3
+ 4MnO
2
+ KOH + 2H
2
O
h)

(0,25 điểm)
Bài 2 (1,75 điểm)
1. (1,25 điểm)
Đặt số mol của NO và N
2
O lần lượt là a và b, ta có:
10,08
a + b = = 0,45
22,4
59
30a + 44b = .2.0,45 = 17,7

3








a = 0,15
b = 0,3



(0,25 điểm)
Đặt số mol của Al và Mg lần lượt là x và y, ta có: 27x + 24y = 31,89 (1)
Khi cho hỗn hợp A tác dụng với dung dịch HNO
3
:
Al  Al
3+
+ 3e
x x 3x
Mg  Mg
2+
+ 2e
y y 2y
N
+5
+ 3e  N

+2
0,45 0,15
N
+5
+ 4e  N
+1
(0,25 điểm)


2,4 0,6
Nếu sản phẩm khử chỉ có NO và N
2
O thì:
m
muối
= 31,89 + 62(0,45 + 2,4) = 208,59 gam < 220,11 gam: Vô lí

 có muối NH
4
NO
3
tạo thành trong dung dịch Y. (0,25 điểm)
N
+5
+ 8e  N
-3

8z z
Ta có: 3x +2y = 0,45 + 2,4 + 8z hay 3x + 2y - 8z = 2,85 (2)
Mặc khác: 213x + 148y + 80z = 220,11 (3)

Giải hệ (1), (2), (3) ta được: x = 0,47; y = 0,8; z = 0,02 (0,25 điểm)
Vậy:
0,47.27.100%
%Al 39,79%
31,89
 

%Mg = 100% - 39,79% = 60,21%. (0,25 điểm)
2. (0,5 điểm)
Gọi % số nguyên tử của đồng vị
11
B là x  % số nguyên tử của đồng vị
10
B là (1-x).
Ta có:
B
M = 11x + 10(1-x) = x + 10

Theo bài ra ta có:
11x 14,407
=
3 + 16.3 + 10 + x 100
(0,25 điểm)
Giải phương trình trên được x = 0,81.
Vậy, trong tự nhiên:
%
11
B = 81%
%
10

B = 100% - 81% = 19% (0,25 điểm)
Bài 3 (1,5 điểm)
1. (0,75 điểm)
CH
2
=CH-CH
2
OH CH
2
=CH-OCH
3
(0,25 điểm)
CH
3
-CH
2
-CHO CH
3
COCH
3
(0,25 điểm)
OH
O
O
(0,25 điểm)
2. (0,75 điểm)
Các chất: A: (CH
3
)
2

C=CH-CH
3
, B: (CH
3
)
2
C(OSO
3
H)-CH
2
-CH
3

C: (CH
3
)
2
C(OH)-CH
2
-CH
3
và D: (CH
3
)
2
C(OH)-CHCl-CH
3

(CH
3

)
2
C(Br)-CH
2
-CH
3
+ KOH
ancol

(CH
3
)
2
C=CH-CH
3
+ KBr + H
2
O (1)
(CH
3
)
2
C=CH-CH
3
+ HOSO
3
H (đặc)

(CH
3

)
2
C(OSO
3
H)-CH
2
-CH
3
(2) (0,25 điểm)
(CH
3
)
2
C(OSO
3
H)-CH
2
-CH
3
+ H
2
O

(CH
3
)
2
C(OH)-CH
2
-CH

3
+ H
2
SO
4
(3)
(CH
3
)
2
C(OH)-CH
2
-CH
3


o
2 4
H SO ®Æc, 170 C
(CH
3
)
2
C=CH-CH
3
+ H
2
O (4) (0,25 điểm)
(CH
3

)
2
C=CH-CH
3
+ H
2
O + Cl
2


(CH
3
)
2
C(OH)-CHCl-CH
3
+ HCl (5) (0,25 điểm)
Bài 4 (2,0 điểm)
1. (0,75 điểm)
Hợp chất A (C
7
H
8
) tác dụng với AgNO
3
trong dung dịch NH
3
, đó là hiđrocacbon có liên kết
ba ở đầu mạch có dạng R(C≡CH)
x

R(C≡CH)
x
+ xAgNO
3
+ xNH
3

R(C≡CAg)
x
+ xNH
4
NO
3
(0,25 điểm)
R + 25x R + 132x
M
B
– M
A
= (R

+ 132x) - (R

+ 25x) = 107x = 214

x = 2
Vậy A có dạng: HC≡C-C
3
H
6

-C≡CH (0,25 điểm)
Các công thức cấu tạo có thể có của A:

CH
C-CH
2
-CH
2
-CH
2
-C CH
CH
C-CH
2
-CH-C CH
CH
3

CH
C-CH-C CH
CH
2
CH
3
CH
C-C-C CH
CH
3
CH
3

(0,25 điểm)
2. (1,25 điểm)
Đặt công thức chung của 2 anken là
n 2n
C H
(
n
là số cacbon trung bình của 2 anken)
o
t
n 2n 2 2 2
2 C H + 3n O 2n CO 2n H O
  (1)
Ta có:
3n 18
2 5




n 2,4


Anken duy nhất có số nguyên tử cacbon < 2,4 là C
2
H
4
và anken kế tiếp là C
3
H

6
. (0,25 điểm)
CH
2
= CH
2
+ HOH → CH
3
–CH
2
OH (2)
CH
3
CH = CH
2
+ HOH → CH
3
–CH(OH)–CH
3
(3)
CH
3
CH = CH
2
+ HOH → CH
3
–CH
2
–CH
2

OH (4)
3 7
15
%i-C H OH = = 34,88%
28+15
(0,25 điểm)
Gọi a, b lần lượt là số mol của C
2
H
4
và C
3
H
6
.
Ta có: 2a + 3b = 2,4(a+b)

a = 1,5b (0,25 điểm)
Theo các phản ứng (2), (3), (4): số mol H
2
O = số mol anken = 2,5b
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:
Khối lượng hỗn hợp ancol Y = khối lượng hỗn hợp anken X + khối lượng nước
= 28.1,5b + 42b + 18.2,5b = 129b gam (0,25 điểm)
2 5
1,5b.46
%C H OH = = 53,49%
129b

3 7

%n-C H OH = 100% - 34,88% - 53,49% = 11,63
%
(0,25 điểm)
Bài 5 (2,5 điểm)
1. (0,5 điểm)
Δ
0
p
H
= 2
2
0
s(CO ,k)
ΔH + 3
2
0
s(H O,l)
ΔH –
2 6
0
s(C H ,k)
ΔH – 3,5
2
0
s(O ,k)
ΔH
Δ
0
p
H

= 2(–394) + 3(–285,8) – (–84,7) – 3,5.0 = –1560,7 (kJ) (0,25 điểm)
Mặt khác: Δ
0
p
H
= 6E
C-H
+ E
C-C
+ 3,5E
O=O
– 4E
C=O
– 6 E
O-H
– 3
hh
ΔH

Δ
0
p
H
= 6(413,82) + 326,04 + 3,5(493,24) – 4(702,24) – 6(459,8) – 3(44) = –1164,46 (kJ)
(0,25 điểm)
2. (1,0 điểm)
Tại 472
o
C:
2

2
3
c
3 3
2 2
[NH ] (0,00272)
K 0,105
[H ] .[N ] (0,1207) .(0,0402)
   (0,25 điểm)
n 2 -5
p c
K K (RT) 0,105[0,082.(472 273)] 2,81.10
 
     (0,25 điểm)
Tại 500
o
C:
3
2 2
2
-3 2
NH
-5
p
3 3
H N
p
(1,73.10 )
K 1,44.10
p .p (0,733) .(0,527)

   < 2,81.10
-5
(0,25 điểm)
Nhiệt độ tăng,
p
K
giảm

phản ứng thuận là phản ứng tỏa nhiệt (theo nguyên lí của Lơ Satơlie).
(0,25 điểm)




3. (1,0 điểm)
CN
-
+ H
2
O


HCN + OH
-
K
b1
= 10
- 4,65
(1)
NH

3
+ H
2
O



+
4
NH
+ OH
-

K
b2
= 10
- 4,76
(2)
H
2
O


H
+
+ OH
-

K
W

= 10
-14

(3) (0,25 điểm)

So sánh (1)

(3), tính pH theo ĐKP áp dụng cho (1) và (2):
[OH
-
] = C
KOH
+ [HCN] + [
+
4
NH
]
Đặt [OH
-
] = x

x = 5.10
-3
+
-
b1
K [CN ]
x
+
b2 3

K [NH ]
x


x
2
- 5.10
-3
x - (K
b1
[CN
-
] + K
b2
[NH
3
]) = 0 (0,25 điểm)
Chấp nhận: [CN
-
] = C
CN
- = 0,12M ; [NH
3
] =
3
NH
C = 0,15M.

Ta có: x
2

- 5.10
-3
x - 5,29.10
-6
= 0

x = [OH
-
] = 5,9.10
-3
M = 10
-2,23
M

[H
+
] = 10
-11,77
M (0,25 điểm)
Kiểm tra: [CN
-
] = 0,12
9,35
9,35 11,77
10
10 10

 



0,12 M; [NH
3
] = 0,15
9,24
9,24 11,77
10
10 10

 


0,15 M
Vậy cách giải gần đúng trên có thể chấp nhận được

pH = 11,77. (0,25 điểm)

Lưu ý:
- Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa tùy theo điểm của từng câu.
- Nếu thí sinh giải đúng trọn kết quả của một ý theo yêu cầu đề ra thì cho điểm trọn ý mà không cần
tính điểm từng bước nhỏ, nếu từng ý giải không hoàn chỉnh, có thể cho một phần của tổng điểm tối
đa dành cho ý đó, điểm chiết phải được tổ thống nhất; Điểm toàn bài chính xác đến 0,25 điểm.