Hoa 11_NTT Đề thi, đáp án (đề xuất) trại hè hùng vương MỚI Nhất

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH
TỈNH YÊN BÁI
ĐỀ THI ĐÈ XUẤT

ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC
LỚP 11
(Đề này có 12 trang, gồm 08 câu)

Câu 1. (2,5 điểm)
Một ống thủy tinh hàn kín, có gắn hai sợi vonfram cách nhau 5 mm chứa đầy không khí sạch và khô tại
nhiệt độ và áp suất tiêu chuẩn. Phóng điện giữa hai sợi này. Vài phút sau, khí trong ống nghiệm nhuốm màu nâu
đặc trưng.
1. Tiểu phân nào gây nên sự đổi màu quan sát được nêu trên? Ước lượng giới hạn nồng độ lớn nhất của
nó trong ống thủy tinh.
2. Màu nâu tương tự cũng thấy xuất hiện khi oxi và nitric oxit (nitơ (II)) oxi gặp nhau trong bầu thủy
tinh chân không. Viết phương trình phản ứng xảy ra trong bầu thủy tinh.
3.Từ các thí nghiệm tại 25oC có các số đo sau:

Thí nghiệm

[NO]
-1

[O2]

Tốc độ lúc đầu
-1

(mol.L )

(mol.L )

(mol.L-1.s-1)

1

1,16.10-4

1,21.10-4

1,15.10-8

2

1,15.10-4

2,41.10-4

2,28.10-8

3

1,18.10-4

6,26.10-5

6,24.10-9

4

2,31.10-4

2,41.10-4

9,19.10-8

5

5,75.10-5

2,44.10-4

5,78.10-9

a. Xác định bậc phản ứng theo O2, theo NO, và bậc phản ứng chung.
b. Xác định hằng số tốc độ phản ứng tại 298K.
4. Hai phân tử NO2 có thể kết hợp để tạo thành một phân tử N 2O4. Tại 298K biến thiên thể đẳng áp ∆Go
của sự tạo thành N2O4 (khí) và của NO2 (khí) lần lượt bằng 98,28 kJ.mol-1 và 51,84 kJ.mol-1.

a. Tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng N2O4 (khí)


→
¬



2NO2 (khí).

b. Bắt đầu với 1 mol N2O4 (khí) tại 1 atm và 298K, hãy tính tỉ lệ phân li của N 2O4 nếu áp suất toàn phần

được giữ không đổi và 1 atm và nhiệt độ giữ nguyên tại 298K.

Câu 2. (2,5 điểm)
Dung dịch A gồm HCOONa 0,1M và Na2SO3 có pHA = 10,4.

SO32−
1. Tính nồng độ của

.

2. Thêm 14,2 ml HCl 0,6M vào 20 ml dung dịch A được dung dịch B. Tính pHB.
3. Trộn 1 ml dung dịch A với 1 ml dung dịch Mg2+ 0,001M.


a. Hỏi có Mg(OH)2 tách ra không? Khi đó pH của hệ là bao nhiêu?
b. Nếu có kết tủa Mg(OH)2 tách ra, hãy tính độ tan của Mg(OH)2 trong hỗn hợp thu được.

pK a = 3,75;
Cho HCOOH có

pK a1 = 1,76; pK a 2 = 7, 21 pTMg(OH) = 10,95
2

H2SO3 có

;

Câu 3 (2,5 điểm).
Nhiệt phân chất rắn tinh thể không màu X ở 450 0C thu được hỗn hợp ba khí (hỗn hợp 1)
có tỉ khối so với hiđro là 40,6. Khi làm lạnh hỗn hợp (1) đến 150 0C thì được một chất lỏng và

một hỗn hợp khí (2), có tỉ khối so với hiđro là 20,7 và thể tích là 2,279 lần nhỏ hơn thể tích hỗn
hợp (1) đo ở 4500C. Hỗn hợp (2) sau khi làm lạnh đến 300C, được cho qua dung dịch kiềm dư
thì chỉ còn lại trong pha khí một chất khí không cháy (nhưng duy trì sự cháy), có tỉ khối so với
hiđro là 16 và thể tích là 4,188 lần nhỏ hơn thể tích hỗn hợp (2) ở 1500C.
1. Xác định công thức của X.
2. Viết các phương trình hóa học của phản ứng xảy ra.
Câu 4. ( 2,5 điểm)
a. Axit fumaric và axit maleic có các hằng số phân li nấc 1 là k1, k’1 và nấc 2 là k2, k’2. Hãy so sánh các
cặp hằng số phân li tương ứng của 2 axit này. Giải thích.
b. So sánh lực bazơ của các chất sau và giải thích:p-Metylanilin, 4-Floroanilin, 4-Nitroanilin, panisidin, 4-Cloroanilin
Câu 5 ( 2,5 điểm)

Trình bày cơ chế của các phản ứng sau:
a. Hợp chất (CH2)4(COOEt)2 tác dụng với CH3ONa/ CH3OH sinh ra hợp chất B có
CTPT C8H12O3
b. Hợp chất 2- cloroxiclohexanon tác dụng với dung dịch NaOH loãng cho axit
xiclopentancacboxylic.

c.
Câu 6. ( 2,5 điểm)
Hoàn thành sơ đồ chuyển hóa dưới đây:
O
2 MeOOC
O

O

C (C13H16O4)

Câu 7. ( 2,5 điểm)

COOMe

KHCO3

HCl, THF, ∆

A (C21H24O10)

D (C13H12O2)

H2, Pd/C

1N HCl, AcOH
∆

E

B (C13H16O2)

N2H4, KOH, ∆

1) O3, EtOAc
2) Me2S, MeOH

(C13H20)


a. Từ CH3CH2CH2CH2OH và các chất vô cơ, tổng hợp
O

H3C

CH3
CONH 2

b. Viết sơ đồ tổng hợp hợp chất hữu cơ sau từ các hợp chất hữu cơ có 2 cacbon trở

xuống, toluen và các chất vô cơ cần thiết:

(azulen)
Câu 8 (2,5 điểm)
Cho hơi nước qua than nung đỏ thu được 2,24 lít hỗn hợp khí A (đktc) gồm CO, H 2,
CO2. Cho hỗn hợp A khử 40,14gam PbO dư nung nóng (H=100%) thu được hỗn hợp khí B và
hỗn hợp chất rắn D. Hoà tan hoàn toàn D trong HNO 3 2M thu được 1,344 lít khí NO (đktc) và
dung dịch E. Khí B được hấp thụ hết bởi dung dịch nước vôi thu được 1,4g kết tủa F. Lọc tách
kết tủa, đun nóng nước lọc, tạo ra m gam kết tủa F. Cho dung dịch E tác dụng với lượng dư
K2SO4 và Na2SO4 tạo ra kết tủa G màu trắng.
1. Tính % thể tích các khí trong A.
2. Tính thể tích dung dịch HNO3 tối thiểu để hoà tan hết hỗn hợp chất rắn D.
3. Tính m.
4. Tính mG. Giả thiết các phản ứng tạo kết tủa F, G xảy ra hoàn toàn.
..........................Hết.......................
Người ra đề:
1. Nguyễn Thúy Vân: 0915614589
1. Phan Thị Thùy Linh:


HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN: HÓA HỌC, LỚP:11
Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm

đã định.
Câu 1
Hướng dẫn trả lời

Điểm

1. (0,5 điểm) Màu là do nitơ đioxit NO 2. Vì không khí có 78% N2 và 21% O2, oxi là tác nhân bị giới
hạn (thiếu): nếu O2, chuyển hết thành NO2 (hầu như không thể), nồng độ của nitơ đioxit sẽ bằng:
[NO2] = 0,21 (mol % của O2): 22,4141 mol-1 (thể tích mol phân tử khí ở đktc)
= 9,4 . 10-3 mol.l-1.

0,25

2. (0,25 điểm) 2NO + O2 → 2NO2
3. (1,0 điểm)
a. Bậc của phản ứng theo NO và O 2 được tính nhờ các trị số thí nghiệm trong đó nồng độ của
một trong các chất được giữ không đổi (như [NO] coi như không đổi trong các thí nghiệm # 1, 2 và 3,
trong khi [O2] lại không đổi trong thí nghiệm # 2, 4, và 5):
Bậc đối với NO:
Thí nghiệm

Tỉ lệ [NO]

Tỉ lệ tốc độ đầu

# 4: # 2

2,01

4,03

# 4: # 5

4,02

15,9

2,00

3,95

# 2: # 5
2

Thấy tốc độ thay đổi theo [NO] : như vậy phản ứng là bậc hai theo NO.
Bậc đối với O2:
Thí nghiệm

Tỉ lệ [NO]

Tỉ lệ tốc độ đầu

# 2: # 1

1,99

1,98

# 2: # 3

3,85

3,65

# 1: # 3

1,93

1,84

Tốc độ biến đổi theo [O2]: phản ứng là bậc một theo O2 và vì thế bậc chung là ba.
b. Biểu thức tính tốc độ phản ứng:

0,5


) )
to′c do

[ NO ] [ O2 ]
2

0,5

2

Tốc độ = k[NO] [O2] nên k =
Từ các thí nghiệm khác nhau ta tính được:
Thí nghiệm

K

#1

7,063.103 l2.mol-2.s-1

#2

7,154.103 l2.mol-2.s-1

#3

7,159.103 l2.mol-2.s-1

#4

7,117.103 l2.mol-2.s-1

#5

7,165.103 l2.mol-2.s-1

Giá trị trung bình: k = 7,13.103l2.mol-2.s-1.
4 (0,75 điểm)

a.


→
¬




N2O4 (khí)

2NO2 (khí) có

∆Go = (2. 51,84) – 98,28 = 5,4 kJ

−

∆G o
5400
=−
= − 2,18 ⇒ K p = 0,113.
RT
8,314.298

∆Go = - RTlnKp ⇒ lnKp =

b.


→
¬



N2O4 (khí)

Lúc đầu:

1 mol

Phản ứng:

x mol

Cân bằng:

(1 – x) mol

2NO2 (khí)
0 mol

→

0,75

2x mol
2x mol

2

Kp =

2
PNO
2

PN2O4

  2 x 
 P. 
÷
4 x2
 1+ x 

=
=
P = 0,113 ⇒ x = 0,166 hay 16, 6%.
  1− x  1− x 2
 P. 
÷
  1+ x 

Câu 2. (2,5 điểm)
Hướng dẫn trả lời
2. (0,5 điểm)

SO32− + H 2O € HSO3− + OH − K b1 = 10−6,79 (1)

Điểm


HCOO− + H 2O € HCOOH + OH − K b = 10 −10,25 (2)
HSO3− + H 2O € H 2SO3 + OH − K b2 = 10 −12,24 (3)

H 2O € H + + OH − K w = 10−14

pHA =10,4 nên [H+] <[OH-] . Khi đó

(4)

0,5

[HCOOH] [H + ] 10 −10,4
=
= −3,75 < 1
[HCOO − ]
Ka
10

CSO2 − = 0,389 ( M )
3

Kb2<
2.(0,75điểm)
C H+ = 0, 249(M);CSO2 − = 0, 228(M);C HCOO− = 0,0585(M)
3

Thêm HCl thì:
Phản ứng:

SO32− + H + → HSO3−

0,25

0,228 0,249 (M)

-

0,021

0,249(M)

HCOO − + H + → HCOOH
0,0585

0,021(M)

0,0375

-

0,021(M)

Vậy dung dịch B: HCOOH (0,021M); HCOO- 0,0375M);
+

HCOOH € H + HCOO
HSO3− €

H + + SO32−

H 2 O € H + + OH −

−

K a = 10

−3,75

HSO32−

(1)

K a 2 =10−7,21 (2)
K w = 10−14 (3)

HCOO − + H 2O € HCOOH + OH − K b = 10−10,25 (4)
HSO3− + H 2O € H 2SO3 + OH −

K b2 = 10−12,24 (5)

(0,249M)

0,5


Bỏ qua (2) và (3) so với (1), bỏ qua (5) nên tính pH dung dịch B theo (1) và (4)
pH B = 3,75 + lg

0,0375
=4
0,021

pH = 4 suy ra [OH-] =10-10 << 10-4 <
[ H 2SO3 ] = H +  =

 HSO3− 

Ka1

10 −4
<< 1 => [ H 2SO3 ] << HSO3− 
−1,76
10

Vậy, bỏ qua (5) là hợp lý.

CSO2 − = 0,1945;C HCOO− = 0,05(M);C Mg2 + = 5.10 −4 (M)
3

3.a. ( 0,75 điểm) Trộn

.

Điều kiện có kết tủa Mg(OH)2

C'Mg 2+ .(C'OH− ) 2 ≥ K s = 10−10,5
C’ là nồng độ của các ion trước khi tạo kết tủa

C'Mg 2+ = CMg 2+ = 5.10 −4 (M)

Tính

C'OH−

0,75

theo cân bằng :

SO32− + H 2O € HSO3− + OH − K b = 10−6,79
C

0,1945

C’

0,1945-x

x

x

C'OH− = x = 1,78.10 −4 ⇒ C 'Mg2 + .(C 'OH− ) 2 = 5.10−4. (1,78.10−4 ) > 10−10,95
bắt đầu có kết tủa Mg(OH)2 theo phản ứng:

Mg 2+ + 2SO32 − + 2H 2O €
C

5.10-4

C’

5.10-4-x

Mg(OH) 2 + 2HSO 3− K = 10 −2,63

0,1945
0,1945-2x

2x


2x = C HSO−
3

Có

(2x) 2
= 10−2,63
−4
2
(5.10 − x)(0,1945 − 2x)

x = 9, 47.10−5 ⇒ C HSO− = 1,89.10−4 (M)
3

Suy ra

Vậy thành phần giới hạn:
CSO2− ≈ 0,1945(M);C HCOO− = 0,05(M);C HSO− = 1,89.10 −4 (M);C Mg2+ = 4,1.10 −4
3

3

SO32− + H 2O €

HSO3− + OH − K b = 10 −6,79
1,89.10-4

C

0,1945

C’

0,1945-y

1,89.10-4 +y y

y(1,89.10 −4 + y)
= 10−6,79 ⇒ y = 1,068.10−4 ⇒ pH = 10,03
0,1945 − y

3b. (0,5 điểm)

Mg(OH) 2 € Mg 2+ + 2OH − K s = 10 −10,95
4,1.10-4+s

Cân bằng
2+

- 2

-4

1,068.10-4

-4 2

Ks=[Mg ][OH ] =(4,1.10 +s)(1,068.10 ) =10

-10,95

0,5

=> s = 5,67.10

-4

Câu 3 (2,5 điểm).
Hướng dẫn trả lời

Điểm

1. (2,0 điểm). Khí không cháy nhưng duy trì sự cháy có M = 32 là O 2, ta có:

X → A + B + O2
→ Hỗn hợp (2) ở 1500C chứa B và O2, V2 = V(B) + V(O2); V(O2) ở 1500C lớn
hơn ở 300C là: 423K/303K = 1,396 lần, vậy trong hỗn hợp (2) có:
VB + VO2
VO2

=

V
4,188
2

=3 → B =
1, 396
VO2 1

Vì khối lượng mol trong bình của hỗn hợp là 41,4

2,0


→ 2/3 M(B) + 1/3 M(O2) = 41,4 → M(B) = 46 → B là NO2 → X là nitrat.
Thể tích hỗn hợp (2) ở 4500C lớn hơn ở 1500C là 723K/423K = 1,709 lần.
VA + VNO2 + VO2
0

VNO2 + VO2

=

2, 279 4
=
1, 709 3

Vậy ở 450 C:
→ V(A): V(NO2) : V(O2) = 1 : 2 : 1
→ Suy ra khối lượng mol trung bình của hỗn hợp (1) là:
1/4M(A) + 1/4M(NO2) + 1/4M(O2) = 81,2
→ M(A) = 201 → A là Hg và X là Hg(NO3)2.
2. (0,5 điểm). Phương trình phản ứng:

0,5

Hg(NO3)2 → Hg + 2NO2 + O2
2NO2 + 2NaOH → NaNO3 + NaNO2 + H2O
Câu 4. ( 2,5 điểm)
Hướng dẫn trả lời

O

OHH

Điể
m

a. (1,0 điểm) Xét các chuyển hóa:
HOOC

H

H

←

−H +

COOH

HOOC

OH O
O

H
H
M axit maleic

OOC

←

−H +

COO-

H

F Axit fumaric

-

H

F’’
-

OH O

H

COO-

H

F’
←

−H +

H

O

←

−H +

COO-

OOC

1,0

H
M’

M’’

- k1(M) > k1(F) là do:
+ M có khả năng tạo liên kết hiđro nội phân tử, liên kết O-H của M trong quá trình phân li thứ
nhất phân cực hơn so với F và base liên hợp M’ cũng bền hơn F’.
+ Khả năng solvat hóa cuae 2 axit là như nhau.
- k2(M) < k2(F) là do liên kết hiđro nội phân tử làm cho M’ bền, khó nhường proton hơn so với F’.

Ngoài ra, base liên hợp M’’ lại kém bền hơn base liên hợp F’’ (do ảnh hưởng của trường điện tích
âm)

Chất

4-Nitroanilin

4-Cloroanilin

4-Floroanilin

p-Metylanilin

p-anisidin

CTCT

1,5
pKa

1.0

4.15

Giải thích

-I, -C của NO2
mạnh

-I > +C của Cl

4.65
+C mạnh của F do
có bán kính nhỏ
-I yếu nhưng vẫn
lớn hơn –I của
OCH3

5.08

5,34

+I, +H của CH3

+C mạnh
-I yếu

Câu 5 ( 2,5 điểm)
Hướng dẫn trả lời

Điểm

a/(0,5 điểm)
O

O
OEt

CH3ONa

-O

OEt

COOEt

COOEt

OEt
COOEt

O
COOEt

0,5


b/ (1,0 điểm)

1,0

c (1,0 điểm)
1,0

Câu 6. ( 2,5 điểm)
Hướng dẫn trả lời

Điểm

Mỗi chất đúng được 0,5 điểm

Câu 7. ( 2,5 điểm)
Hướng dẫn trả lời

Điểm


a, (1,0 điểm)
OH
NH3, t

0
Cu O, t

O

H

+

Br2, H2O

O

0

CHO

1,0
COOH

Ag2O

CONH 2

CONH 2

b. (1,5 điểm)
1,5

Câu 8 (2,5 điểm)
Hướng dẫn trả lời

Điể
m

1. (1,5 điểm) Tính % thể tích các khí trong A
0

C + H2O

t

→

CO + H2

(1)

0

C + 2H2O

t

→

CO2 + 2H2

(2)

→ Hỗn hợp A: CO, CO2, H2. Phản ứng PbO + A:

1,5

0

PbO + CO

t

→

Pb↓ + CO2↑

(3)

Pb↓ + H2O↑

(4)

0

PbO + H2

t

→

Vì PbO dư → CO, H2 hết → B gồm CO2 và hơi H2O → chắt rắn D gồm Pb và PbO dư.
* Khí B qua dung dịch nước vôi cả CO2 và hơi nước bị hấp thụ:


CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O

(5)

CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2

(6)

Đun nước lọc → m gam kết tủa F (CaCO3):
0

Ca(HCO3)2

t


→

CaCO3↓ + CO2↑+ H2O

(7)

* D + dd HNO3:
3Pb + 8HNO3→3Pb(NO3)2 + 2NO↑ + 4H2O (8)
PbO(dư) + 2HNO3 →Pb(NO3)2 + H2O

(9)

Dung dịch E là Pb(NO3)2 tác dụng với K2SO4 và Na2SO4 dư:

Pb2+ + SO

2−
4

→ PbSO4↓

Theo bài ra:

nA =

2, 24
= 0,1mol
22,4

n PbO =

40,14
= 0,18mol
223

n NO =

1,344
= 0,06mol
22,4

n CaCO3 ↓ =

(8)

1,4
= 0,014mol
100

3
3
→ n Pb = n NO = .0,06 = 0,09mol
2
2

(10)


(3,4)

→ n CO + n H 2 = n Pb = 0,09mol → n CO2 (A) = 0,1 − 0,09 = 0,01mol.

Gọi x là số mol CO trong hỗn hợp A

(1,2)

→ n H2 = (0,09 − x)mol.

→ n H 2 = n CO + 2.n CO2 → 0,09 − x = x + 2.0,01 → x = 0,035mol
0,01mol CO 2 → 10%

→ 0,035mol CO → 35%
0,055mol H → 55%
2


2.(0,5 điểm) (3,4) → nPb pư = nPb=0,09mol
→ nPbO dư =0,18 - 0,09 = 0,09mol

(8,9) →

3
n HNO3 = .n Pb + 2.n PbO
8

→ VddHNO3 =

3.

0,42

= 0,21
2

0,5

dư

3
= .0,09 + 2.0,09 = 0,42mol
8

lít

(0,25 điểm) Ta có:

n CO2 (B) = n CO2 (A) + n CO2 (3) = 0,01 + 0,035 = 0,045mol

n CO2 (5) = n F = 0,014 mol → n CO2 (6) = 0,045 − 0,014 = 0,031mol

(6,7) → nF (đun nước lọc)

0,25

1
0,031
= n CO2 =
= 0,0155mol
2
2

→ m = 0,0155.100 = 1,55g.
0,25

4. (0,25 điểm)Khối lượng kết tủa G:


(10)

→

n PbSO4 = n Pb2+ = n PbO

bđ = 0,18mol.

→ mG = 0,18.303 = 54,54g.
..........................Hết.......................