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 Trần Hưng Đạo

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 Trần Hưng Đạo

1. 2.2 a. Các quá trình xảy ra trong dung dịch: 1,0 HCl H+ + Cl- - + CH3COOH CH3COO + H + - H2O H + OH Ta có pH = 2 [H+]=10-2M. Do sự có mặt của axit HCl nên sự phân li của CH 3COOH và của -2 H2O xảy ra không đáng kể.Vậy [HCl] = 10 M Các phản ứng xảy ra : HCl+ NaOH NaCl + H2O CH3COOH + NaOH CH3COONa + H2O -2 -4 Ta có : nHCl = 10 .0,025=2,5.10 (mol) -4 nNaOH = 5.10 (mol) -4 VNaOH = 5.10 / 0,02 = 0,025(lit) = 25ml b. Dung dịch sau khi trung hòa gồm : NaCl và CH3COONa 1,0 -4 mà nCH3COOH = nCH3COONa = 0,01.0,025 = 2,5.10 (mol) -4 -3 [CH3COONa] = 2,5.10 / (0,025+0,025) = 5.10 (M) Các quá trình xảy ra trong dung dịch : + - CH3COONa Na + CH3COO - - CH3COO + H2O CH3COOH+ OH Kb = 10-14/Ka = 10-9,24 + - H2O H + OH Kw = 10-14 Vì Kb.Cb >> Kw nên bỏ qua sự điện li của nước. - - CH3COO + H2O CH3COOH+ OH C 5.10-3 Cb (5.10-3 - x ) x x Ta có Kcb = x2/ (5.10-3 - x)= 10-9,24 x = 1,7.10-6M . Vậy [OH-] = 1,7.10-6M pOH = 5,77 pH = 14-5,77 = 8,23 5
2. - + 2NO3 + 10 H + 8e N2O + 5H2O 0,15 0,12 0,015 Áp dụng định luật bảo toàn e ta có : a(3x-2y) = 0,195 ( ) Từ (*) và ( ) x: y = 3:4 Công thức oxit sắt là Fe3O4 a = 0,195 và nFe(NO3)3 = ax = 0,585 mol 0,5 b. 0,5 Khi cho Cu vào dd A có các pư: 3Cu + 8HNO3 3 Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (1) 0,03 0,08 0,03 0,02 3Cu + 2Fe(NO3)3 Cu(NO3)2 + 2 Fe(NO3)2 (2) 0,2925 0,585 0,2925 0,585 m = ( 0,03+0,2925). 64 + 2,88 = 23,52 (gam) nHNO3 trong dd đầu = 2ay + 0,1 + 0,15 + 0,08 = 1,89 (mol) [HNO3] = 1,26M c. mmuối = mFe(NO3)2 (2) + mCu(NO3)2 (1),(2) = 165,93 gam 0,5 7
3. 34,667= 15,6/ (a-y) 0,5 Giải 3 pt trên ta có : a = 0,65 ; x = 0,15 ; y = 0,2 trường hợp này nhận - Nếu là C4 ta có : C4H6 và C4H8 Giả sử hỗn hợp ban đầu có 1 mol thì : a+x+y = 1 2a + 56x + 54y = 15,6 34,667= 15,6/ (a-y) Giải 3 pt trên ta có : a = 0,7375 ; x = -0,025 ; y = 0,2875 trường hợp này loại 0,5 b. 2. %VH2 = 65; %VC3H6 = 15 ; %VC3H4 = 20 0.5 4.2 Tóm tắt cách giải: nA = 0,2688 = 0,012 (mol) 22,4 3,2 nBr2 = = 0,02 (mol) 160 1,408 nCO2 = = 0,032 (mol) 44 0,5 Không có khí thoát ra khỏi bình Brôm dư cả 2 Hiđrocacbon đều có liên kết kém bền Đặt CT của chúng là: CnH2n+2-2a và CmH2m+2-2b (a, b nguyên; n, m 2) Số mol của chúng có trong hỗn hợp lần lượt là x, y. CnH2n+2-2a + aBr2 CnH2n+2-2aBr2a x ax CnH2n+2-2b + bBr2 CnH2n+2-2bBr2b 0,5 y by Ta có: x + y = 0,012 (1) ax + by = 0,02 (2) nx + my = 0,032 (3) Vì a, b nguyên mà 0,02 không phải là bội số của 0,012 a b (a, b 1) 0,5 Xét a = 1, b = 2 Thay vào (2) ta có: x + 2y = 0,02 Kết hợp với (1) x = 0,004, y = 0,008. Thay vào (3) n + 2m = 8 m = 2, n = 4 C2H2 (axetilen) và C4H8 (viết 2 đồng phân cấu tạo) 0,5 m = 3, n = 2 C3H4 (viết 2 đồng phân cấu tạo) và C2H4 (etilen) 9
4. 2R + 58 R + 83 m m1 m(R 83) m(R 83) => m1 = => m R m2 = => m > => R > 6 4R 116 4R 116 => 6 m1 = 0,1. 98 = 9,8g m(R 83) m(15 83) Với m1 = = = 9,8 => m = 8,8g 2R 58 30 58 m(2R 128) m2 = = 7,9 g) 0,5 4R 116 11