Đề thi đề nghị môn Hóa học Lớp 11 Kỳ thi Olympic 23-3 Tỉnh ĐăkNông lần thứ 5 - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Chuyên Nguyễn Chí Thanh
Câu 1: (4 điểm)
1.1. X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hiđro có dạng XH3. Electron cuối cùng trên nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5. Ở điều kiện thường XH3 là một chất khí. Viết công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm trong phân tử XH3, trong oxit và hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của X.
1.2. Trong 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 chuẩn. Phóng điện giữa hai sợi vonfram này, sau vài phút, khí trong ống nhuốm màu nâu đặc trưng.
a) 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 (ở đktc). Biết không khí chứa 78% N2 và 21% O2 theo thể tích.
b) Tiến hành các thí nghiệm ở phần 2 tại 25ºC, ta thu được các số liệu ghi ở bảng dưới đây:
11 trang
31/03/2023
3920
File đính kèm:
- de_thi_de_nghi_mon_hoa_hoc_lop_11_ky_thi_olympic_23_3_tinh_d.doc
Nội dung text: Đề thi đề nghị môn Hóa học Lớp 11 Kỳ thi Olympic 23-3 Tỉnh ĐăkNông lần thứ 5 - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Chuyên Nguyễn Chí Thanh
- -ΔG0 (3) ΔG0(1) - ΔG0(2) Fe3+ + e Fe2+ E0(3) = = F F E0(3) = 3E0(1) - 2E0(2) 0 1 2 2(1,26 0,77) / 0,059 16,61 0,5 E (3) = 0,77V → K = (K1 ) .K2 = 10 = 10 Ở điều kiện tiêu chuẩn, sức điện động chuẩn của pin trên sẽ là: 0 0 0 E = E 3 - E 3 2 = +0,49 V pin Au /Au Fe /Fe 0,5 4
- 3.2 a) + Chứng minh H+ dư Lượng KOH cần dùng tạo kết tủa lớn nhất khi phản ứng tạo Fe(OH)3 3+ - Fe + 3OH Fe(OH)3 n 3.n 3.0,5 0,15mol n 0,2mol phải có H+ dư KOH Fe(OH )3 KOHbd 0,5 H+ dư trong dung dịch Y: (0,5×0,4-5,35 :107×3)×2 = 0,1 mol - + Chứng minh NO3 dư: Giả sử NO3 hết khi đó ta có các bán phản ứng + 2- 2H + O H2O + NO3 + 4H + 3e NO + 2H2O 0,1 0,4 0,1 + NO3 + 2H + e NO2 + H2O 0,5 -0,1 0,8 n 0,4 0,8 1,2mol Vô lý H + 3+ 2- Vậy dung dịch sau phản ứng chứa H , Fe , SO4 và NO3 0,25 Gọi x, y lần lượt là số mol Fe, Fe3O4 trong hỗn hợp X. Bảo toàn electron: 3x + y = 0,3 + a Khối lượng hỗn hợp : 56x + 232y = 10,24 Bảo toàn điện tích : 3x + 9y = 0,5-0,1 - a + 0,2-0,1 0,5 → x = 0,1 ; y = 0,02 và a = 0,02 0,25 m = (0,1 + 0,02 × 3) : 2 × 107 + 0,1 : 2 × 233 = 20,21. b) Khối lượng chất tan có trong dung dịch Y là: 0,25 m m 3 m m 2 m 42,22gam Fe NO3 SO4 H 6
- công thức cấu tạo của A: 3 3 CH3-CH3 (sp ); (CH2)3 (xiclopropan, sp ); 0,25x4 CH CH2 (sp3) 2 CH2 CH CH2=CH-CH=CH2 (sp ) và 8
- R1COOH, R2COOH. Công thức chung của 3 axit là: RCOOH 0,25 nNaOH = 0,15.2 = 0,3 mol; n NaOH dư = nHCl = 0,1; n NaOH p/ư = 0,3- 0,1 = 0,2. Phương trình phản ứng: RCOOH + NaOH RCOONa + H2O Mol 0,2 0,2 0,2 NaOH + HCl NaCl + H2O Mol 0,1 0,1 0,1 D : RCOONa , NaCl Mol: 0,2 0,1 Khối lượng muối = 58,5. 0,1 + ( R + 67 ) .0,2 = 22,89 → R = 18,2 0,25 Vậy axit no đơn chức là HCOOH hoặc CH3COOH. Đốt cháy A, sản phẩm gồm CO 2 và H2O, hấp thụ hết vào bình NaOH đặc dư, khối lượng bình tăng thêm 26,72 gam: m + m = 26,72 CO2 H2O ( R + 45) .0,2 + m = m + m ; O2 CO2 H2O m pư = 26,72 - 12,64 = 14,08 gam → n pư = 0,44 mol. O2 O2 0,25 Đặt a, b là số mol của CO2 và H2O, ta có: Bảo toàn O: 0,2.2 + 0,44.2 = a.2 + b.1 = 1,28 (1) 0,25 44 a + 18 b = 26,72 (2) . Giải hệ a = 0,46, b = 0,36 . 0,25 Phương trình đốt cháy hỗn hợp các axit: CnH2nO2 + O2 → n CO2 + n H2O Cm H2m 2O2 + O2 → m CO2 + ( m -1) H2O Đốt cháy axit no, đơn chức, mạch hở luôn được n = n CO2 H2O Đốt cháy axit không no có 1 liên kết đôi, đơn chức thì: số mol axit = n - n . CO2 H2O Tổng số mol của 2 axit có1 liên kết đôi là: 0,46 - 0,36 = 0,1. Số mol axit no đơn chức: 0,2 - 0,1 = 0,1. → 0,1n + 0,1 m = 0,46 Ta có m > 3, nên n = 1. Axit no đơn chức: HCOOH; mHCOOH = 0,1. 46 = 4,6 gam. 2 axit không no kế tiếp: C H COOH và C H COOH. 2 3 3 5 0,5 Đặt số mol hai axit C2H3COOH và C3H5COOH lần lượt là x và y. Ta có: x + y = 0,1 94x + 108y = 22,89 – 58,5.0,1 – 68.0,1 = 10,24 → x = 0,04; y = 0,06. 0,5 Vậy: m = 2,88 gam; m = 5,16 gam. C2H3COOH C3H5COOH 0,25 10
