›

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 Krông Nô

 Năng lượng ion hoá thứ hai ứng với sự tách electron hoá trị thứ hai. Từ Ca đến V đều là sự tách electron 4s thứ hai. Do sự tăng dần điện tích hạt nhân nên lực hút giữa hạt nhân và các electron 4s tăng dần, do đó năng lượng ion hoá I2 cũng tăng đều đặn. Đối với Cr, do cấu hình electron đặc biệt với sự chuyển 1 electron từ 4s về 3d để sớm đạt được phân lớp 3d5 đầy một nửa, electron thứ hai bị tách nằm trong cấu hình bền vững này cho nên sự tách nó đòi hỏi tiêu tốn nhiều năng lượng hơn nên I2 của nguyên tố này cao hơn nhiều so với của V. Cũng chính vì vậy mà khi chuyển sang Mn, 2 electron bị tách nằm ở phân lớp 4s, giá trị I2 của nó chỉ lớn hơn của V vừa phải, thậm chí còn nhỏ hơn giá trị tương ứng của Cr.

 

doc 14 trang Hữu Vượng 31/03/2023 8000
Download
Bạn đang xem tài liệu "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 Krông Nô", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên.

File đính kèm:

  • docde_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 Krông Nô

  1. Mã số câu: Câu hỏi 2: ( 4điểm) -2 -3 2.1. (1 điểm) Trộn 15ml dung dịch CH3COOH 1.10 M với 10ml dung dịch NaOH 5.10 M. Tính pH của dung dịch thu được. Biết K 10 4,76 a(CH3COOH ) 2.2. (1,5 điểm) Cho phản ứng: Fe2 Ag ƒ Fe3 Ag (*) E 0 0,80(V ); E 0 0,77(V ) Biết: Ag / Ag Fe3 /Fe2 a. Ở điều kiện chuẩn phản ứng xảy ra theo chiều nào? b. Tính hằng số cân bằng K của phản ứng ở 25 0C. c. Một dung dịch chứa Fe(NO 3)3 0,1M; Fe(NO3)2 0,01M; bạc kim loại và AgNO 3 0,01M. Xác định chiều của phản ứng trong điều kiện này? 2.3. (1,5 điểm) Cho phản ứng sau: A + B → C Kết quả các thí nghiệm sau (ở nhiệt độ không đổi) Nồng độ Nồng độ đầu Nồng độ đầu Thời gian t (mol/l) [A] Thí nghiệm phản ứng còn lại sau [A] (mol/l) [B]0 (mol/l) (phút) thời gian t (phút) 1 0,1000 1,000 5 0,0975 2 0,1000 2,000 5 0,0900 3 0,0500 1,000 20 0,0450 a) Xác định tốc độ trung bình của phản ứng trong khoảng thời gian t (phút) theo nồng độ của A. b) Xác định bậc riêng của A, B và bậc của phản ứng. c) Tính hằng số tốc độ phản ứng. Đáp án câu hỏi 2: CÂU ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM 2.1 Tính pH của dung dịch Xét phản ứng : CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O C0 6.10-3 2.10-3 C 4.10-3 - 2.10-3 0,25 đ -3 -3 TPGH: CH3COOH 4.10 ; CH3COONa 2.10 ; - + CH3COONa → CH3COO + Na 2.10-3 2.10-3 - + -4,76 CH3COOH  CH3COO + H Ka = 10 C 4.10-3 2.10-3 -3 -3 CB: (4.10 – x) (2.10 + x) x 0,25 đ 3 x.(2.10 x) -4,76 -5 Ka = = 10 → x = 3,389.10 4.10 3 x 0,25 đ pH = 4,47 2.2 E 0 0,80(V ) E 0 0,77(V ) 0,5 đ a. Ta có: Ag / Ag Fe3 /Fe2 nên ở điều kiện chuẩn, chiều của phản ứng là Fe2 Ag  Fe3 Ag . Vậy phản ứng (*) xảy ra theo 4
  2. 2.10 3 k 5.10 3 2 (0,1)(2,0)2 2,5.10 4 k 5.10 3 3 (0,05)(1,0)2 k k k k 1 2 3 5.10 3 3 6
  3. (2) HN3 + NaOH → NaN3 + H2O = 1,0 đ (3) Cu + 3HN3 → Cu(N3)2 + N2 + NH3 (4) 2Au + 3HN3 + 8HCl → 2H[AuCl4] + 3N2 + 3NH3 3.3 10,08 lít (đktc) khí Z gồm 2 khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không 0,25 đ khí. Biết tỉ khối của Z so với He là 23 : 18 => Z có 0,05 mol NO và 0,4 mol H2 0,25 đ Bảo toàn khối lượng : mX + mKHSO4 = m muối + mZ + mH2O => nH2O = 1,05 mol Bảo toàn H : nKHSO4 = 2nH2 + 2nH2O + 4nNH4+ 0,25 đ => nNH4+= 0,05 mol. Bảo toàn N : 2nFe(NO3)2 = nNO +nNH4+ => nFe(NO3)2 = 0,05 mol Bảo toàn O : 4nFe3O4 + 6nFe(NO3)2 = nNO + nH2O 0,25 đ => nFe3O4 = 0,2 mol Dựa vào mhh X = mAl + mFe3O4 + mFe(NO3)2 . suy ra mAl Vậy %Al = 16,3% 3.4 Cho hỗn hợp dung dịch phản ứng với dung dịch HCl, thu được dung dịch A và hỗn hợp khí B 2- + SO3 + 2H → SO2 + H2O 2- + CO3 + 2H → CO2 + H2O 0,25 đ 3- + PO4 + 3H → H3PO4 Dẫn B qua 3 ống nối tiếp : ống 1: chứa ít dung dịch brom; ống 2: chứa dư dung dịch brom; ống 3: chứa dung dịch nước vôi trong dư. 2- ở ống 1: dung dịch mất màu => có SO3 2- ở ống 3: dung dịch bị vẩn đục => có CO3 SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr 0,25 đ CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O Chia A thành 2 phần: 2- Phần 1: Cho BaCl2 dư vào, có kết tủa trắng => có SO4 2+ 2- Ba + SO4 → BaSO4 Lọc bỏ kết tủa, nhỏ dung dịch NaOH vào nước lọc có kết tủa trắng => có 3- PO4 + - H + OH → H2O 0,25 đ - 3- H3PO4 + 3OH → PO4 + 3 H2O 8
  4. Mã số câu: Câu hỏi 4: ( 4 điểm) 4.1( 2 điểm). Hỗn hợp A gồm 3 ankin X, Y, Z có tổng số mol là 0,05 mol. Số nguyên tử cacbon trong phân tử mỗi chất đều lớn hơn 2. Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol hỗn hợp A thu được 0,18 mol CO2. Cho 0,05mol A vào dung dịch AgNO3/NH3 0,12M trong NH3 thì thấy dùng hết 250ml dung dịch AgNO3 và thu được 4,55 gam kết tủa. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z? Cho biết ankin có khối lượng phân tử nhỏ nhất chiếm 40% số mol của hỗn hợp A. 4. 2 (1 điểm) Cho một hiđrôcacbon A có chứa 88,89% C về khối lượng. a. Xác định công thức thực nghiệm của A. b. Đốt cháy 0,01 mol A, sản phẩm cháy tác dụng không hết 150ml Ba(OH)2 1M. Xác định CTPT của A 4.3. (1 điểm) a. Azulen là hidrocacbon thơm không chứa vòng benzen, có màu xanh da trời. Naphtalen cũng là hidrocacbon thơm và là đồng phân của azulen. Giải thích tại sao azulen có màu trong khi đó naphtalen không có màu. b. Khi cho azulen vào dung dịch H2SO4, azulen bị mất màu. Giải thích hiện tượng. Đáp án câu hỏi 4: CÂU ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM 4.1 Gọi công thức phân tử của X: CaH2a-2; Y: CbH2b-2; Z: CcH2c-2. 0,25 đ Công thức chung: CnH2n-2 Dựa vào phương trình đốt cháy tính được 0,25 đ Số nguyên tử cacbon trung bình là = 0,18/0,05 = 3,6 Vì theo đề số nguyên tử cacbon trong ankin đều lớn hơn 2 nên suy ra có một ankin là C3H4 Giả sử X là ankin C3H4: CH  C CH 3 : 0,02mol 0,25 đ CH  C CH 3 AgNO3 NH 3 CH 3 C  CAg  NH 4 NO3 (1) Từ phương trình (1) ta có: 0,25 đ n n  n 0,2mol n còn 0,01mol AgNO3 CH3 CCH AgNO3 Số mol của AgNO3 còn lại chỉ đủ để phản ứng tạo kết tủa với một ankin Y, còn Z không tác dụng. Kết tủa còn lại là CbH2b-3Ag: 0,01 mol và có khối lượng là: 4,55- 0,5 đ (147.0,02)= 1,61 Ta có: 14b +105 =161=161 b 4 CTCT của Y là: CH  C CH 2 CH 3 Ankin còn lại là Z : CcH2c-2có số mol là:0,02 mol 0,5 đ Dựa vào số nguyên tử cacbon trung bình ta suy ra c = 4 Vậy Z có CTCT là CH 3 C  C CH 3 4.2 a) 0,5 đ CxHy x: y = 2:3 10
  5. Mã số câu: Câu hỏi 5: ( 4 điểm) 5.1 (1 điểm): Đốt cháy hoàn toàn 10,08 lít hỗn hợp khí gồm hai ankanal A và B thu được 16,8 lít khí CO2. Nếu lấy cùng lượng hỗn hợp này tác dụng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 o trong NH3 thì thu được 108 gam Ag kim loại. Xác định A và B, biết các khí đều đo ở 136,5 C và 1 atm. 5.2 (1,5 điểm): Đốt cháy hoàn toàn 44,4 gam hỗn hợp X gồm ba axit: CH3COOH, CnHmCOOH và HOOC-COOH, thu được 21,6 gam H2O và a gam CO2. Mặt khác, cho 44,4 gam hỗn hợp X phản ứng hoàn toàn với NaHCO3 (dư) thu được 16,8 lít khí CO2 (đktc). Tính giá trị của a? 5.3.( 1,5 điểm). Hỗn hợp X gồm 3 este đơn chức, tạo thành từ cùng một ancol Y với 3 axit cacboxylic (phân tử chỉ có nhóm –COOH); trong đó, có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và một axit không no (có đồng phân hình học, chứa một liên kết dôi C=C trong phân tử). Thủy phân hoàn toàn 5,88 gam X bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp muối và m gam ancol Y. cho m gam Y vào bình đựng Na dư, sau phản ứng thu được 896 ml khí (đktc) và khối lượng bình tăng 2,48 gam. Mặt khác, nếu đốt cháy hoàn toàn 5,88 gam X thì thu được CO2 và 3,96 gam H2O. Tính phần trăm khối lượng của este không no trong X? Đáp án câu hỏi 5: CÂU ĐÁP ÁN – HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM 5.1 Xác định A và B. 0,5 đ 10,08 1 n 0,3(mol) ; A,B (22,4 / 273) 273 1,5 16,8 1 n 0,5(mol) CO2 (22,4 / 273) 273 1,5 108 và n 1(mol) Ag 108 0,5 C 1,67 A là HCHO 0,3 Gọi công thức của B là RCHO (hay CnH2nO) và số mol của A, B lần lượt là 0,5 đ a, b. HCHO  AgNO3 / NH3 4Ag RCHO  AgNO3 / NH3 2Ag a b 0,3 Ta có : a nb 0,5 a 0,2;b 0,1;n 3 4a 2b 1 Vậy B là CH3CH2CHO 5.2 Gọi trong 44,4 gam X có x mol CH3COOH, y mol CnHmCOOH và z mol 0,5 đ HOOC-COOH PTHH CH3COOH + NaHCO3 CH3COONa + CO2 + H2O (1) mol: x x CnHmCOOH + NaHCO3 CnHmCOONa + CO2 + H2O (2) mol: y y HOOC-COOH + 2NaHCO3 NaOOC-COONa + 2CO2 + 2H2O (3) 12