Đề thi HSG Hóa học 11 năm học 2016 - 2017 sở GD và ĐT Vĩnh Phúc - THI247.com

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

1

<b>SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC </b> <b>KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016-2017 </b>

<b>ĐỀ THI MƠN: HĨA HỌC 11 - THPT </b>

<i>Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. </i>

<b>Đề thi gồm 02 trang</b>

<b>Câu 1 (1,0 điểm) </b>

Có 4 ống nghiệm, mỗi ống đựng đầy một chất khí khác nhau trong các khí: HCl, NH3, SO2, N2.
<b>Các ống nghiệm được úp ngược trên các chậu nước cất, sau một thời gian thu được kết quả như hình vẽ. </b>

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 H2SO4 lỗng vào chậu B.

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

<b>Câu 2 (1,0 điểm) </b>

Cho A là dung dịch HCl, B là dung dịch Na2CO3. 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.

<b>Câu 3 (2,0 điểm) </b>

<b>1. Có 6 lọ hố chất bị mất nhãn, trong mỗi lọ đựng một trong các dung dịch sau: NaCl, NaOH, </b>
NaHCO3, Na2CO3, NaHSO4, BaCl2. Cho đầy đủ các dụng cụ thí nghiệm cần thiết và chỉ được dùng
thêm thuốc thử là quỳ tím. Trình bày phương pháp hố học nhận biết các dung dịch trên. Viết các
<b>phương trình hố học xảy ra. </b>

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 NH3 vào dung dịch chứa CuSO4.

b. Cho KHS vào dung dịch CuCl2.

<b>c. Cho dung dịch Fe(NO3)2 vào dung dịch H2SO4 1M, đun nóng nhẹ. </b>

<b>d. Cho từ từ dung dịch NaOH đến dư vào dung dịch hỗn hợp gồm HCl và AlCl3. </b>

<b>Câu 4 (1,0 điểm) </b>

Hòa tan hoàn toàn 13,12 gam hỗn hợp Cu, Fe và Fe2O3 trong 240 gam dung dịch hỗn hợp gồm
HNO3 7,35% và H2SO4 6,125% thu được dung dịch X chứa 37,24 gam chất tan chỉ gồm các muối và
thấy thốt 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 khơng khí đến phản ứng hoàn toàn thu được 50,95 gam chất rắn. Dung dịch X
<b>hịa tan tối đa m gam Cu. Tính m. </b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

2

<b>Câu 5 (1,0 điểm) </b>

Cho sơ đồ chuyển hóa sau đây:

Các chất A, A1, A2, A3, A4, A5 là các hiđrocacbon khác nhau. Xác định các chất trong sơ đồ.
<b>Hồn thành các phản ứng hóa học, ghi rõ điều kiện nếu có. </b>

<b>Câu 6 (1,0 điểm) </b>

Hỗn hợp lỏng X gồm C2H5OH và 2 hiđrocacbon Y, Z là đồng đẳng kế tiếp nhau (MY<MZ).
Nếu cho m gam X bay hơi thì thu được thể tích hơi bằng thể tích của 1,32 gam CO2 (ở cùng điều kiện
nhiệt độ và áp suất). Khi đốt hết m gam X cần 0,2925 mol O2. 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 Cl2<i> (ánh sáng) thu được một sản phẩm thế monoclo duy nhất. </i>

<b>Câu 7 (1,0 điểm) </b>

Hỗn hợp E có khối lượng 17,75 gam gồm Al, Ca, Al4C3 và CaC2. Hịa tan hồn toàn E vào
nước thu được dung dịch F trong suốt và hỗn hợp khí G. Đốt cháy tồn bộ G thu được 5,6 lít CO2
(đktc) và 10,35 gam H2O. Thêm từ từ 500 ml dung dịch HCl 1M vào dung dịch F thu được m gam kết
tủa. Tính m.

<b>Câu 8 (1,0 điểm) </b>

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.

<b>Câu 9 (1,0 điểm) </b>

Nung 5,99 gam hỗn hợp chất rắn A gồm Al, Fe3O4, Fe2O3, Fe(NO3)2 (oxi chiếm 34,7245% về

khối lượng) trong điều kiện khơng có khơng khí, sau một thời gian thu được chất rắn X và 0,672 lít
hỗn hợp khí. Hịa tan hồn tồn X bằng một lượng dung dịch HCl 1M, thu được dung dịch Y (khơng
có muối amoni) và 0,448 lít hỗn hợp khí gồm H2 và NO có tỉ khối so với He là 4. Dung dịch Y phản
ứng vừa đủ với 200 ml dung dịch AgNO3 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.

<b>---Hết--- </b>

<i>Thí sinh chỉ được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. </i>
<i>Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm. </i>

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

1

<b>SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC </b> <b>KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016-2017 </b>

<b>ĐÁP ÁN MƠN: HĨA HỌC 11 - THPT. </b>

<b>I. LƯU Ý CHUNG: </b>

- 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 tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm trịn.

<b>II. ĐÁP ÁN: </b>

<b>CÂU </b> <b>NỘI DUNG TRÌNH BÀY </b> <b>ĐIỂM </b>

<b>Câu 1 a. Chậu A, B, C, D lần lượt là khí: N</b>2, SO2, NH3, HCl
Giải thích:

+ Độ tan trong nước tăng dần: N2< SO2< HCl < NH3.

<i>(SGK cho biết 1lít nước ở 20oC hịa tan 40 lít SO2, 800 lít NH3, 500 lít HCl ) </i>

+ Khi tan trong nước xảy ra các phản ứng:
SO2 + H2O H2SO3 (1)

H2SO3 H+ + HSO-₃ (2)

HSO3- H+ + SO (3) 2-₃

 dung dịch SO2 thu được có pH<7.
HCl  H+

+ Cl- _pH_HCl 7
.

Do HCl tan nhiều hơn SO2 và phân li hoàn toàn

2

HCl dd SO
pH < pH

NH3 + H2O NH4+ + OH- _{ pH > 7.}

N2 tan rất ít trong nước và khơng có phản ứng với H2O  pH=7.

b. Trường hợp 1: Thêm dung dịch H2SO4 vào có phản ứng: H2SO4 2H+ + SO4

2-Làm cho cân bằng (1), (2), (3) chuyển dịch sang trái  quá trình hòa tan SO2 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: SO2 tan mạnh trong nước Br2 nhờ phản ứng
SO2 + Br2 + 2H2O  H2SO4 + 2HBr

 Mực nước trong ống nghiệm dâng cao hơn so với mực nước trong ống nghiệm
của chậu B ban đầu.

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>Câu 2 Các phản ứng xảy ra </b>

+ Cho từ từ HCl vào Na2CO3.

HCl + Na2CO3  NaHCO3 + NaCl (1)
HCl + NaHCO3  NaCl + CO2 + H2O (2)
+ Cho từ từ Na2CO3 vào HCl.

2HCl + Na2CO3  2NaCl + CO2 + H2O (3)

- TN 1: mdd giảm = 4,4 gam 

n

CO₂ sinh ra từ (2) = 0,1 mol
- TN 2: mdd giảm = 6,6 gam 

n

CO₂ sinh ra từ (3) = 0,15 mol

Gọi x, y lần lượt là số mol của HCl và Na2CO3 trong 100 gam mỗi dung dịch.
Ở TN 3: Khơng có khí thoát ra  nHCl< nNa2CO3 0,5x < yx<2y.
Ở TN 1: Vì có khí thốt ra nên ta có x>y.

<b>0,25 </b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

2

Mặt khác, do x<2y nên sau phản ứng (2) HCl hết, tính theo HCl.
HCl + Na2CO3  NaHCO3 + NaCl (1)

y y y mol
HCl + NaHCO3  NaCl + CO2 + H2O (2)
0,1 0,1 mol
Ta có : x = y + 0,1

Ở TN 2: Do x<2y nên HCl hết  nHCl =2

n

CO₂(3) = 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%

2 3

Na CO

m 21,2 gam  

2 3
Na CO

C%



21,2%.

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>Câu 3 1. </b>

- Cho quỳ tím lần lượt vào các dung dịch:

+ Quỳ tím khơng đổi màu là: NaCl, BaCl2 (nhóm I)

+ Quỳ tím chuyển thành xanh là: NaHCO3, NaOH, Na2CO3 (nhóm II)
<b>+ Quỳ tím chuyển màu đỏ là NaHSO4. </b>

- Dùng NaHSO4 cho vào các chất ở nhóm I.
<b>+ Chất có kết tủa trắng là BaCl2</b>.

NaHSO4 + BaCl2 → BaSO4 + HCl + NaCl.
<b>+ Chất còn lại ở nhóm I là NaCl. </b>

- Dùng BaCl2 cho vào các chất ở nhóm (II).
<b>+ Chất tạo kết tủa trắng là Na2CO3. </b>

BaCl2 + Na2CO3 → BaCO3 + 2NaCl

+ Cịn hai chất: NaHCO3, NaOH (nhóm III)

- Dùng NaHSO4 nhận được ở trên cho vào các chất ở nhóm (III)
<b>+ Trường hợp có khí thốt ra là NaHCO3</b>.

NaHSO4 + NaHCO3 → Na2SO4 + CO2 + H2O
<b>+ Trường hợp khơng thấy hiện tượng gì là NaOH. </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

2.

a. Có kết tủa xanh do phản ứng:

Cu2+ + 2NH3 + 2H2O  Cu(OH)2 + 2NH4



.
Sau đó kết tủa xanh tan dần, tạo dung dịch xanh đậm.
Cu(OH)2 + 4NH3  [Cu(NH)4](OH)2.

b. Xuất hiện kết tủa đen

Cu2+ + HS- CuS + H+

c. Dung dịch có màu vàng và có khí khơng màu hóa nâu trong khơng khí bay ra.
3Fe2+ + NO3- + 4H+ 3Fe3+ + NO + 3H2O.

2NO + O2 NO2.

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+ H2O

Al3+ + 3OH- Al(OH)3

Al(OH)3 + OH- AlO2- +2H2O

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

3

<b>Câu 4 Có: </b>

3 2 4

HNO H SO

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

Gọi số mol Cu; Fe; Fe2O3 lần lượt là x; y; z

64x 56y 160z 13,12

    <b>(1) </b>

2+
+

n+

-3 _- 2

3

2-2 3 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 tồn H tính được số mol H2O : 0,29 mol.

Bảo toàn khối lượng tính được nNO = 0,1 mol 
-3

NO

n 0,18 mol

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

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

     <b> (3) </b>

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

2+ 2+
n+ 2+
-
-a (mol)
3 3
2-
2-4 4

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 tồn điện tích cho dung dịch sau phản ứng tính được a = 0,04 mol
<b> m=2,56 gam</b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>Câu 5 A: CH</b>4; A1: C2H2; A2: C2H4; A3: C4H10; A4: C4H4; A5: C4H6.
Các phản ứng:

2CH41500 C, lln0 C2H2 + 3H2.

C2H2 + H2Pd/PbCO3 C2H4………...

nC2H4t , p, xto _PE.

2C2H2CuCl/NH Cl4 CH2=CH-C CH………...

CH2=CH-C CH + 3H2Ni,t C4H10

C4H10t ,xt0 CH4 + C3H6………..

CH2=CH-C CH + H2Pd/PbCO3CH2=CH-CH=CH2

2C2H5OHt , xto _{CH2=CH-CH=CH2 + H2+2H2O.}

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

4

<b>Câu 6 Số mol X =0,03; O</b>2 = 0,2925 mol; CO2 = 0,1875 mol
Đặt số mol C2H5OH: x (mol).

Hidrocacbon: y (mol).

C2H5OH + 3O2  2CO2 + 3H2O (1)
x 2x 3x mol
Hidrocacbon + O2 <b> CO</b>2 + H2O (2)
Từ (1) và (2): Bảo toàn O có

2

H O

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

2 2

H O CO

n - n = 0,0225 + x.

Từ (1) có

2 2

H O CO
n - n = x.
 Từ (2)

2 2

H O CO

n - n = 0,0225.

Vậy 2 hidrocacbon phải thuộc loại ankan, nankan=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: C7H16.

Z: C8H18.

<i>(Học sinh có thể tính </i> 2

2

O ph¶n øng

CO
n

n <i>để xác định hai hidrocacbon là ankan) </i>

b. Công thức cấu tạo của Z:

2,2,3,3- tetrametylbutan

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>
<b>Câu 7 </b>

<b>1,0đ </b>

Số mol CO2 = 0,25 mol; H2O = 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: Ca2+: 0,2 mol; AlO2-: 0,25 mol; OH-: 0,15 mol
Khi F tác dụng với HCl:

H+ + OH-  H2O

0,15 0,15 mol
H+ + AlO2- + H2O  Al(OH)3
0,25 0,25 0,25 mol

3H+ + Al(OH)3  Al3+ + 3H2O

0,1 0,1

3 mol

<b>m</b><b>=(0,25-0,1).78=16,9g</b>

<b>3</b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

5

<b>Câu 8 </b>

<b>1,0đ </b> _{Hỗn hợp đầu gồm:} n 2n

n 2n-2

2

C H : x mol

C H : y mol; n 4

H : z mol


 _




Chọn nA=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 = nsau. 2,75  nsau = 0,5 mol
 Số mol H2 phản ứng = 1 – 0,5 = 0,5 mol.

<b>Trường hợp 1: H</b>2 hết, hiđrocacbon dư.

Gọi CT chung của các hiđrocacbon sau phản ứng là CnHt. Ta có:
12n + t = 2,75.16 = 44

2n-2<t<2n+2 3<n<3,285





 (Loại)

<b>Trường hợp 2: H</b>2 dư, sau phản ứng thu được n 2n+2

2

C H : x+y (mol)

H : z-x-2y (mol)






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

Số mol H2 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.
<b>Vậy 2 hiđrocacbon là C4H6 và C4H8. </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>

<b>0,25 </b>
<b>Câu 9 </b>

<b>1,0đ </b>

_

₃

_

3+ 2+ 3+

2
2-2

2

2 3

-3
n = 0,03 mol
3 4

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
 _

 _ _
 _ _
  

 


<b>(1)</b>
<b> </b>

3+ 2+ 3+

-2
+

Al , Fe , Fe

NO : 0, 01mol
Cl

H : 0, 01
H

 _
 




<b> (2) </b>



 0,01 mol

AgCl: 0,18

+ NO + ...

Ag: 0,02 <b>(3) </b>

<b>Sơ đồ 1 (1): Nhiệt phân A tạo X. </b>

<b>Sơ đồ 2 (2): X tác dụng với dung dịch HCl. </b>
<b>Sơ đồ 3 (3): Y tác dụng với AgNO</b>3<b>. </b>

<b>Từ (1), bảo tồn O có nO trong Y = 0,07 mol </b>

Từ (2), bảo tồn N có số mol NO₃ trong Y = số mol NO =0,01 mol.
Số mol O trong oxit ở Y = 0,04 mol.

Từ (2) nHCl phản ứng = 2.0,04 +4.0,01+2.0,01 = 0,14.
Từ (3) nHCl dư = 4.0,01=0,04 mol

Bảo tồn clo có nAgCl = 0,18; bảo tồn Ag có nAg= 0,02.
<b>Khối lượng kết tủa là: 27,99 gam </b>

<b>0,5 </b>

<b>0,25 </b>

</div>

<!--links-->