20122013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 11. NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: HOÁ HỌC Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 12/01/2013 Bài 1: (4 điểm) 1. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi lần lượt cho các đơn chất As và Bi tác dụng với dung dịch HNO3 (giả thiết sản phẩm khử chỉ là khí NO). 2. So sánh (có giải thích) tính tan trong nước, tính bazơ và tính khử của hai hợp chất với hidro là amoniac (NH3) và photphin (PH3). 3. Một giai đoạn quan trọng trong quá trình tổng hợp axit nitric là oxi hóa NH3 trong không khí, có mặt Pt xúc tác. (a) Xác định nhiệt phản ứng của phản ứng này, biết nhiệt hình thành các chất NH3 (k), NO (k) và H2O (k) lần lượt bằng – 46 kJ/mol; + 90 kJ/mol và - 242 kJ/mol. (b) Trong công nghiệp, người ta đã sử dụng nhiệt độ và áp suất thế nào để quá trình này là tối ưu ?Tại sao ? Bài 2. (2 điểm). Hòa tan hoàn toàn 26,4 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu trong dung dịch HNO3, thu được 7,84 lít NO (đktc) và 800 ml dung dịch X. Cho từ từ dung dịch HCl vào X đến khi không còn khí thoát ra, thì thu được thêm 1,12 lít NO (đktc). 1) Xác định % khối lượng của mỗi kim loại trong A. 2) Tính số mol HNO3 đã tham gia phản ứng. 3) Tính CM của các chất trong X. Bài 3 (2 điểm). Thủy phân hoàn toàn 2,475 gam halogenua của photpho người ta thu được hỗn hợp 2 axit (axit của photpho với số oxi hóa tương ứng và axit không chứa oxi của halogen). Để trung hòa hoàn toàn hỗn hợp này cần dùng 45 ml dung dịch NaOH 2M. Xác định công thức của halogenua đó. Bài 4 (2,0 điểm). 1.Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch riêng biệt NaHSO4, Na2CO3, AlCl3, Fe(NO3)3, NaCl, Ca(NO3)2. Viết các phản ứng minh họa dưới dạng ion thu gọn. 2. Cho các sơ đồ phản ứng sau:   … + H2O a) X + O2 b) X + CuO  c) X + H2S   N2 + … + …  …  … + H2O  … d) X + CO2  e) X + H2O + CO2  Tìm công thức của khí X và hoàn thành các phương trình hoá học trên. Bài 5 (2 điểm). Hòa tan 4,8 gam kim loại M hoặc hòa tan 2,4 gam muối sunfua của kim loại này, bằng dung dịch HNO3 đặc nóng dư, thì đều thu được lượng khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất) như nhau. 1) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2) Xác định kim loại M, công thức phân tử muối sunfua. 3) Hấp thụ khí sinh ra ở cả hai phản ứng trên vào 300 ml dung dịch NaOH 1M, rồi thêm vào đó một ít phenolphtalein. Hỏi dung dịch thu được có màu gì? Tại sao? Bài 6. (4 điểm) 1. Dùng hình vẽ, mô tả thí nghiệm được tiến hành trong phòng thí nghiệm để xác định sự có mặt của các nguyên tố C và H có trong glucozơ. 2. Hoàn thành các phản ứng dưới đây. Xác định sản phẩm chính của mỗi phản ứng và dùng cơ chế giải thích sự hình thành sản phẩm chính đó. (a) CH3-CH=CH2 (propilen) + HCl  180o C (b) CH3-CH2-CH(OH)-CH3 (ancol s-butylic) H2SO4 ,  o. ,t (c) C6H5CH3 + HNO3 H2SO4   Bài 7 ( 4 điểm) 1. Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn 50,0 mL dung dịch NH4Cl 0,200 M với 75,0 mL dung dịch NaOH 0,100 M. Biết Kb (NH3) = 1,8.10-5. 2. Dung dịch A chứa CH3COOH 0,1M. Biết Ka của CH3COOH =1,75.10-5 a. Tính  của axit và pH của dung dịch A. b. Hoà tan 4,1(g) CH3COONa vào 500 ml dung dịch A, tính pH của dung dịch thu được. 3. Dung dịch A gồm các chất tan AlCl3, FeCl2 và CuCl2 (CM mỗi chất 0,1M). a. Dung dịch A có pH < 7, = 7 hay > 7? Giải thích ngắn gọn bằng phương trình hoá học ? b. Cho H2S lội chậm qua dung dịch A cho đến bão hoà thì thu được kết tủa và dung dịch B. Hãy cho biết thành phần các chất trong kết tủa và trong dung dịch B. c. Thêm dần NH3 vào dung dịch B cho đến dư. Có hiện tượng gì xảy ra? Viết các phương trình phản ứng ion để giải thích. -------Hết------. GV: Trần Quang Din.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSG LỚP 11 NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HOÁ HỌC HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM Bài 1 1. Phương trình phản ứng : (2 đ) 3As + 5HNO3 + 2H2O  3H3AsO4 + 5NO 1đ Bi + 4HNO3  Bi(NO3)3 + NO + 2H2O 2. Tính tan : NH3 tan tốt hơn PH3 trong nước, do phân tử phân cực hơn và có khả năng tạo liên kết hidro với nước. H H ... H N ... H O ... H N ... H. H. H. 0,25đ. Tính bazơ : NH3 có tính bazơ mạnh hơn PH3, do liên kết N-H phân cực mạnh hơn liên kết P-H, làm cho nguyên tử N trong phân tử NH3 giàu electron hơn, dễ dàng nhận proton hơn (một nguyên nhân nữa giải thích cho điều này là ion NH4+ bền hơn PH4+). 0,25đ. 3. (a). Tính khử : PH3 có tính khử mạnh hơn nhiều so với NH3, do nguyên tử P là một phi kim có độ âm điện nhỏ và phân tử PH3 kém bền hơn NH3. 0,25đ 4NH3 (k) + 5O2 (k)  4NO (k) + 6H2O (k) H  4H NO  6H H 2O  4H NH 3 . H  (4  90 kJ)  [6  (242 kJ )]  [4  (46kJ )  908kJ. (b) Vì phản ứng là tỏa nhiệt, nên để tăng hiệu suất cần giảm nhiệt độ. Tuy nhiên nếu hạ nhiệt độ quá thấp sẽ làm giảm tốc độ phản ứng, nên thực tế phản ứng này được tiến hành ở 850-900oC và có xúc tác Pt. Vì phản ứng thuận là chiều làm tăng số phân tử khí, nên để tăng hiệu suất phản ứng cần giảm áp suất. Tuy nhiên, điều kiện áp suất gây tăng giá thành công nghệ sản xuất, nên ta chỉ dùng áp suất thường (1 atm). Bài 2. 2,0 đ. 1) X + HCl   NO => trong X còn muối Fe(NO3)2 7,84 1,12 nNO (1)   0,35(mol ) ; nNO (2)   0, 05(mol ) 22, 4 22, 4 Sau khi cho HCl vào X thì thu được dung dịch trong đó chứa: Cu2+ và Fe3+ Gọi x, y lần lượt là số mol của Fe và Cu Ta có: 56x+64y=26,4  x  0,3    3x+2y= 3(0,35+0,05)  y  0,15 0,3.56 => % Fe= .100%  63, 64% ; %Cu = 100% - %Fe = 36,36% 26,4 2) Số mol HNO3 than gia phản ứng = 4nNO(1) = 0,35.4 = 1,4(mol) 3) Gọi a , b lần lượt là số mol Fe(NO3)2 và Fe(NO3)3 trong X => a + b = 0,3 2a + 3b + 2. 0,15 = 3.0,35 => a = 0,15 (mol); b = 0,15 (mol) => trong X có : 0,15 mol Fe(NO3)2; 0,15 (mol) Fe(NO3)3 và 0,15 mol Cu(NO3)2. 0,75đ. 0,5đ. 0,25đ. 0,5đ 0,5đ. 0,25đ. 0,5đ GV: Trần Quang Din.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> => CM các chất đều bằng nhau và bằng:. 0,15  0,1875M 0,8. Bài 3 Halogenua của photpho có thể có công thức PX3 hoặc PX5. *Xét trường hợp PX3: 2,0 đ PTHH PX3 + 3H2O → H3PO3 + 3HX H3PO3 + 2NaOH → Na2HPO3 + 2H2O ( axit H3PO3 là axit hai lần axit) HX + NaOH → NaX + H2O 0,5đ số mol NaOH = 2. 0,045 = 0,09 mol Để trung hòa hoàn toàn sản phẩm thủy phân 1 mol PX3 cần 5 mol NaOH; số mol PX3 = 1/5 số mol NaOH = 0,09/5 = 0,018 mol Khối lượng mol phân tử PX3 = 2,475/0,018 = 137,5 0,5đ Khối lượng mol cuả X = (137,5 – 31): 3 = 35,5  X là Cl . Công thức PCl3 *Xét trường hợp PX5: PX5 + 4H2O → H3PO4 + 5HX H3PO4 + 3NaOH → Na3PO4 + 3H2O 0,5đ HX + NaOH → NaX + H2O số mol NaOH = 2. 0,045 = 0,09 mol Để trung hòa hoàn toàn sản phẩm thủy phân 1 mol PX5 cần 8 mol NaOH; số mol PX5 = 1/8 số mol NaOH = 0,09/8 = 0,01125 mol Khối lượng mol phân tử PX5 = 2,475/0,01125 = 220 0,5đ Khối lượng mol cuả X = (220 – 31): 5 = 37,8  không ứng với halogen nào. Bài 4 1. Trích mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm:  Cho phenolphtalein vào mỗi mẫu thử. Mẫu thử có màu hồng là dung dịch 2,0đ Na2CO3, các mẫu thử còn lại không màu.   HCO3- + OHCO32- + H2O   0,25  Dùng Na2CO3 làm thuốc thử để cho vào các mẫu thử còn lại. Mẫu thử có sủi bọt khí không màu là NaHSO4 CO32- + 2H+  H2O + CO2↑ 0,25 Mẫu thử tạo kết tủa trắng keo và sủi bọt khí không màu là AlCl3 2Al3+ + 3CO32- + 3H2O  2Al(OH)3↓+ 3CO2↑ Mẫu thử tạo kết tủa đỏ nâu và sủi bọt khí không màu là Fe(NO3)3 0,25 2Fe3+ + 3CO32- + 3H2O  2Fe(OH)3↓+ 3CO2↑ Mẫu thử tạo kết tủa trắng là Ca(NO3)2 Ca2+ + CO32-  CaCO3↓ 0,25 Mẫu thử không tạo hiện tượng là NaCl.. Bài 5 2,0đ. 2. Qua sơ đồ a), b) X có chứa N và H, có thể có O. Vì X là chất khí nên chỉ có thể là NH3. a) 4NH3 + 3O2  2N2 + 6H2O hoặc 4NH3 + 5O2  4NO + 6H2O ( có xúc tác Pt) b) 2NH3 + 3CuO  N2 + 3Cu + 3H2O c) 2NH3 + H2S  (NH4)2S hoặc NH3 + H2S  NH4HS d) 2NH3 + CO2  (NH2)2CO + H2O e) NH3 + H2O + CO2  NH4HCO3 1.Phương trình phản ứng: M + 2mH+ + mNO3-  Mm+ + mNO2 + mH2O (1) M2Sn + 4(m+n)H+ + (2m+6n)NO3-  2Mm+ + nSO42- + (2m+6n)NO2 + 2(m+n)H2O (2) 2. Vì số mol NO2 ở hai trường hợp là bằng nhau nên ta có: 4,8 2,4 m ( 2 m  6n ) M 2M  32n. GV: Trần Quang Din. 0,25 0,25. 0,25 0,25. 0,5đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 64mn  M    6n  2m , nghiệm thích hợp là n = 1, m = 2 và M = 64.  n , m  1,2,3 Vậy M là Cu và công thức muối là Cu2S. 4,8 3. n Cu   0,075mol 64 Cu + 4HNO3  Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O  n NO2  2  2  0,075  0,3mol  n NaOH  đã xảy ra vừa đủ phản ứng: 2NO2 + 2NaOH  NaNO3 + NaNO2 + H2O Dung dịch thu được có màu hồng do NO2- tạo môi trường bazơ: Bài 6. 4,0đ. NO2- + H2O ⇌ HNO2 + OH1. (1đ) Thí nghiệm xác định sự có mặt của các nguyên tố C và H có trong glucozơ :. 0,5đ. 0,5đ 0,5đ. 1đ 2. (3đ) Phản ứng và cơ chế phản ứng: (a) Phản ứng : CH 3 CH CH 3 (s¶n phÈm chÝnh) Cl CH 3 CH 2 CH 2 Cl. CH 3 CH CH 2 + HCl. 0,5đ. Cơ chế (cộng AE) :. CH 3.  CH CH 2. CH 3 CH CH 3. H+. CH 3 CH 2. (X). Cl -. CH 3 CH CH 3 Cl. CH 2 (Y). Sản phẩm chính hình thành theo hướng tạo cacbocation trung gian bền vững hơn. Dễ thấy rằng cacbocation (X) bền hơn (Y) (do điện tích được giải tỏa nhiều hơn, 0,5đ với 6Hα), nên sản phẩm chính là isopropyl clorua. (b) CH 3 CH 2 CH CH 3 OH. H 2SO 4. CH 3 CH CH CH 3 + H 2O (s¶n phÈm chÝnh) CH 2 CH CH 2 CH 3 + H 2O. Cơ chế (tách E1) : CH 3 CH 2 CH CH 3 OH. H+. 0,5đ. CH 3 CH CH CH 3 (X) CH 3 CH 2 CH CH 3 -H2O + OH 2. CH 2 CH CH 2 CH 3 (Y). Sản phẩm chính được hình thành theo hướng tạo sản phẩm bền hơn. Ở đây, (X) bền hơn (Y) do có số nguyên tử Hα tham gia liên hợp, làm bền hóa liên kết π 0,5đ nhiều hơn. GV: Trần Quang Din.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> (c) CH3 NO2 + H2O. CH3 + HONO2. H2SO4. CH3 + H2O. 0,5đ. NO2. Cơ chế (thế SE2Ar) : HONO2 + H2SO4  HSO4- + H2O + +NO2 CH3. CH3 CH3. H NO2. CH3 +. NO2. NO2 +. -H. CH3. CH3 +. NO2. -H+ H. NO2. NO2. Phản ứng dịnh hướng thế vào vị trí meta-, do mật độ electron ở vị trí này trong phân tử toluen giàu hơn các vị trí ortho-, para-. Đồng thời phản ứng thế vào vị trí 0,5đ này tạo sự giải tỏa điện tích tốt nhất ở phức π. Bài 7. 4,0đ. 1. (1đ) C oNH 4Cl . 0,050L  0,200mol.L1 0,075L  0,100mol.L1  0,08M ; C oNaOH   0,06M 0,125L 0,125L. NH4Cl + NaOH  NaCl + NH3 + H2O 0,08 0,06 0,06 0,06 0,06 0,02 0 0,06 Xét cân bằng :. 0,25đ. 0,25đ. NH3 + H2O ⇄ NH4+ + OH0,06 0,02 x x x 0,06–x 0,02+x x Kb . [ NH 4 ][OH  ] (0,02  x ) x 0,06  5,4.10 5 M   1,8.10 5 , gần đúng x  1,8.10 5  0,02 [ NH 3 ] 0,06  x. 0,5đ.  pH  14  [ lg(5,4.10 5 )]  9,73 2.(1đ) a. Ta có công thức  . K , thay số vào ta có   C tan. 1,75  10 5 = 1,32.10-2 0,1. Vậy H+ = .Ctan = 1,32.10-2.0,1 = 1,32.10-3M  pH  2,88 4,1 b. Ta có CM của CH3COONa = = 0,1M 82  0,5 CH3COONa  CH3COO- + Na+ 0,1M 0,1M CH3COOH ⇄ CH3COO- + H+ bđ 0,1M 0,1M 0 ph li x M xM xM cb 0,1 - x 0,1+x x GV: Trần Quang Din. 0,25đ 0,25đ. 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> CH COO  H  = 0,1  x   x  1,75.10 . Ta có PT: Ka =. . 3. CH 3COOH . 0,1  x . 5.  x  1,75.10-5 (M).  pH  4,76 (học sinh có thể dùng CT tính pH của dung dịch đệm để suy ra vẫn cho điểm tối đa). 0,25đ. 3. (2đ) a. Dung dịch A có pH < 7 Do có các phương trình thuỷ phân. 0,25đ. Al3+ + H2O ⇄ Al(OH)2+ + H+ Fe2+ + H2O ⇄ Fe(OH)+ + H+ Cu2+ + H2O ⇄ Cu(OH)+ + H+ b. Kết tủa là CuS, dung dịch B gồm AlCl3, FeCl2, HCl, H2S c. Xuất hiện kết tủa keo trắng và kết tủa đen NH3 + H+  NH 4 Al3+ + 3 NH3 + 3H2O  Al(OH)3  + 3 NH 4 H2S + 2NH3  2NH 4 + S2 Fe2+ + S2  FeS . Lưu ý: Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa.. GV: Trần Quang Din. 0,5đ 0,25đ. 1đ.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>