Đề thi Olympic Hóa học Lớp 11 - Trường THPT chuyên Hà Nội Amsterdam (Có đáp án)

Sở giáo dục và đào tạo Hà nội Trường THPT Chuyên Hà nội − Amsterdam ĐỀ THI OLYMPIC Môn: HÓA HỌC lớp 11 Thời gian: 120 phút. Ngày thi: 27/03/2010 Câu I: (6 điểm) 1. ( 3,5 điểm) Bố trí 3 bộ dụng cụ thí nghiệm như hình vẽ rồi lần lượt đổ vào mỗi bình 100 ml dung dịch khác nhau : Bình 1: là dung dịch Ba(OH)2 0,01 M Đ Bình 2: là dung dịch CH3COOH 0,01 M K Bình 3 : là dung dịch KOH 0,01 M Hãy so sánh độ sáng của đèn Đ ở mỗi bình trong các thí nghiệm sau (sáng, sáng mờ hay không sáng...) và giải thích các hiện tượng xảy ra : Thí nghiệm 1: đóng khoá K Thí nghiệm 2 : Đổ tiếp vào mỗi bình 100 ml dung dịch MgSO4 0.01 M rồi đóng khoá K Thí nghiệm 3: đóng khóa K , sau đó dẫn CO2 từ từ cho đến dư vào bình ( chỉ áp dụng với bình 1). ( 2,5 điểm) Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch NaHSO4, Na2CO3, BaCl2, NaCl, Mg(NO3)2. Các phản ứng minh họa viết dưới dạng ion thu gọn. Câu II : ( 6 điểm) ( 2 điểm) Chọn chất phù hợp, viết phương trình (ghi rõ điều kiện phản ứng) thực hiện biến đổi sau : ( 2 điểm) Hòa tan hoàn toàn 30,0 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn trong dung dịch HNO3, sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí gồm 0,1 mol N2O và 0,1 mol NO. Cô cạn cẩn thận dung dịch sau phản ứng thu được 127 gam muối. Tính số mol HNO3 tối thiểu cần để tham gia các phản ứng trên. ( 2 điểm) R là nguyên tố thuộc nhóm VA. X là hợp chất khí của R với hiđro, Y là oxit cao nhất của R. Đốt cháy một lượng X cần vừa đủ 6,4 gam oxi, thu được 7,1 gam Y. Xác định R Cho toàn bộ lượng Y ở trên phản ứng vừa đủ với V lit dung dịch KOH 1M thu được 15,12 gam muối. Tính V. Câu III: ( 4 điểm) ( 2 điểm) Cho các chất hữu cơ mạch hở sau: C2H2ClBr, CH3CH=C(CH3)CH2Cl, C3H2Cl4 . Biểu diễn các dạng đồng phân hình học của chúng và gọi tên. ( 2 điểm) Từ CH4 và các hợp chất vô cơ không chứa Cacbon, hãy viết các phương trình phản ứng điều chế poli(butađien- stiren) , ghi đầy đủ tác nhân và điều kiện phản ứng. Câu IV: ( 4 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 11,7 gam chất hữu cơ X rồi dẫn hỗn hợp sản phẩm qua bình đựng dung dịch Ca(OH)2. Sau khi phản ứng kết thúc, thấy xuất hiện 40 gam kết tuả. Lọc bỏ kết tuả, cân lại bình thấy khối lượng bình tăng 7,7 gam. Đun nước lọc trong bình thấy xuất hiện thêm 25 gam kết tuả nữa. Tìm CTPT của X biết 35 < dX/H2 < 40. Cho toàn bộ lượng X ở trên tác dụng hoàn toàn với dung dịch [Ag(NH3)2]OH dư thu được 43,8 gam kết tuả. Xác định CTCT có thể có của X. Chất hữu cơ Y mạch hở có công thức đơn giản trùng với công thức đơn giản của X . Lấy cùng khối lượng của X và Y đem phản ứng với Br2 dư thì lượng brom phản ứng với Y gấp 1,125 lần so với lượng brom phản ứng với X. Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định CTCT của Y Cho biết: Ag = 108; Ba = 137; Br = 80; C = 12; Fe = 56; H = 1; N = 14; O = 16; ; P = 31; S = 32; Ca = 40; Mg = 24, Al = 27; Zn = 65 ; As = 75. Học sinh không được dùng bất cứ tài liệu gì, kể cả bảng tuần hoàn, bảng tính tan của các chất. Đáp án đề thi Olimpic hóa 11 không chuyên – năm học 2009- 2010 Trường Hà Nội –Amsterdam Câu 1: ( 6 điểm): 1. ( 3,5 điểm) Bố trí 3 bộ dụng cụ thí nghiệm như hình vẽ rồi lần lượt đổ vào mỗi bình 100 ml dung dịch khác nhau : Bình 1: là dung dịch Ba(OH)2 0,01 M Bình 2: là dung dịch CH3COOH 0,01 M Bình 3 : là dung dịch KOH 0,01 M Hãy so sánh độ sáng của đèn Đ ở mỗi bình trong các thí nghiệm sau (sáng, sáng mờ hay không sáng...) và giải thích các hiện tượng xảy ra : Thí nghiệm 1: đóng khoá K Thí nghiệm 2 : Đổ tiếp vào mỗi bình 100 ml dung dịch MgSO4 0.01 M rồi đóng khoá K Thí nghiệm 3: đóng khóa K , sau đó dẫn CO2 từ từ cho đến dư vào bình ( chỉ áp dụng với bình 1). 2( 2,5 điểm) Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch NaHSO4, Na2CO3, BaCl2, NaCl, Mg(NO3)2. Các phản ứng minh họa viết dưới dạng ion thu gọn. Giải: 1. ( 3,5 điểm): Thí nghiệm 1: đóng khóa K ở mỗi bình Bình 1: Ba(OH)2 → Ba2+ + 2 OH- 0,01M → 0,01M 0,02M Vậy tổng nồng độ các ion trong bình 1 là 0,03M ( 0,25 điểm) Bình 2: CH3COOH CH3COO- + H+ Do CH3COOH là chất điện li yếu nên nồng độ các ion phân li ra không đáng kể ( 0,25 điểm) Bình 3: KOH → K+ + OH- 0,01M → 0,01 M 0,01 M Vậy tổng nồng độ các ion trong bình 3 là 0,02M ( 0,25 điểm) Kết luận : Bóng đèn ở bình 1 sáng nhất do có tổng nồng độ ion lớn nhất nên khả năng dẫn điện tốt nhất ( 0,25 điểm) Bóng đèn ở bình 3 mờ nhất do có tổng nồng độ ion nhỏ nhất nên khả năng dẫn điện kém nhất ( 0,25 điểm) Bóng đèn ở bình 2 sáng do KOH là chất điện li mạnh nên khả năng dẫn điện tốt ( 0,25 điểm) Thí nghiệm 2: Đổ tiếp vào mỗi bình 100 ml dung dịch MgSO4 0.01 M rồi đóng khoá K MgSO4 → Mg2+ + SO42- Mol : 0,001 → 0,001 0,001 Bình 1: có phản ứng Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2 (1) Mol: 0,001 0,002 0,001 phản ứng (1) xảy ra vừa đủ Ba2+ + SO42- → BaSO4 (2) ( 0,25 điểm) Mol: 0,001 0,001 0,001 phản ứng (2) xảy ra vừa đủ Vậy trong bình 1, tổng nồng độ ion = 0 → đèn không sáng ( 0,25 điểm) Bình 2: chỉ có qúa trình điện li: MgSO4 → Mg2+ + SO42- Tổng nồng độ ion trong bình 2 là ( coi lượng ion do CH3COOH không đáng kể) ( 0,25 điểm) → Đèn sáng ( 0,25 điểm) Bình 3: Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2 Mol: 0,001 0,001 Dư: 0,0005 0 Vậy bình 3 có 0,0005 mol Mg2+, 0,001 mol SO42-, 0,001 mol K+ Tổng nồng độ ion trong bình 3 là ( 0,25 điểm) Do có tổng nồng độ ion lớn nhất nên khả năng dẫn điện của bình 3 tốt nhất → đèn sáng nhất ( 0,25 điểm) Thí nghiệm 3: sục CO2 từ từ đến dư vào bình 1: CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O CO2 + BaCO3 + H2O → Ba(HCO3)2 0,01 M Ba(HCO3)2 → Ba2+ + 2 HCO3- ( 0,25 điểm) 0,01M 0,01M 0,02M Hiện tượng: đèn tối dần rồi tắt. Sau đó bóng đèn lại sáng dần lên ( 0,25 điểm) Chú ý: Trong mỗi thí nghiệm, ở mỗi bình, nêu được hiện tượng và giải thích đúng được 0,5 điểm Nếu học sinh trình bày ngắn gọn hơn nhưng đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa 2. ( 2,5 điểm): * Chia các dung dịch thành nhiều mẫu thử. Nhỏ phenolphtalein vào 5 mẫu thử: - dung dịch chuyển màu hồng là Na2CO3 ( do có môi trường bazơ) ( 0,5 điểm) - 4 dung dịch còn lại không hiện tượng gì * Nhỏ Na2CO3 vừa nhận được vào 4 dung dịch còn lại: - dung dịch có khí không màu không mùi bay lên là NaHSO4: ( 0,25 điểm) 2HSO4- + CO32- → CO2 + H2O + 2SO42- ( 0,25 điểm) - 2 dung dịch cho kết tuả màu trắng là BaCl2, Mg(NO3)2: ( 0,25 điểm) Ba2+ + CO32- → BaCO3 Mg2+ + CO32- → MgCO3 ( 0,25 điểm) - dung dịch còn lại không hiện tượng gì là NaCl ( 0,25 điểm) * Nhỏ NaHSO4 vừa nhận được vào 2 dung dịch BaCl2, Mg(NO3)2: - dung dịch tạo kết tuả trắng là BaCl2: ( 0,25 điểm) Ba2+ + 2HSO4- → BaSO4 + 2H+ ( 0,25 điểm) - dung dịch còn lại không hiện tượng gì là Mg(NO3)2 ( 0,25 điểm) Chú ý: trong ptpư, nếu HS viết HSO4- ở dạng H+ + SO42- vẫn cho điểm tối đa HS dùng phương pháp kẻ bảng và viết đủ ptpư cũng cho điểm tối đa Câu II : ( 6 điểm) 1.( 2 điểm) Chọn chất phù hợp, viết phương trình (ghi rõ điều kiện phản ứng) thực hiện biến đổi sau : 2.( 2 điểm) Hòa tan hoàn toàn 30,0 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn trong dung dịch HNO3, sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí gồm 0,1 mol N2O và 0,1 mol NO. Cô cạn cẩn thận dung dịch sau phản ứng thu được 127 gam muối. Tính số mol HNO3 tối thiểu cần để tham gia các phản ứng trên. ( 2 điểm) R là nguyên tố thuộc nhóm VA. X là hợp chất khí của R với hiđro, Y là oxit cao nhất của R. Đốt cháy một lượng X cần vừa đủ 6,4 gam oxi, thu được 7,1 gam Y. Xác định R Cho toàn bộ lượng Y ở trên phản ứng vừa đủ với V lit dung dịch KOH 1M thu được 15,12 gam muối. Tính V. Giải: 1( 2 điểm) Chọn chất phù hợp, viết phương trình (ghi rõ điều kiện phản ứng) thực hiện biến đổi sau : Các phương trình phản ứng : N2 + 3H2 2NH3 4NH3 + 5O2 4NO + 6H2O 2NO + O2 ® 2NO2 4NO2 + O2 + 2H2O ® 4HNO3 5Mg + 12 HNO3 ® 5Mg(NO3)2 + N2 + 6H2O N2 + O2 2NO 2NO2 + 2KOH ® KNO2 + KNO3 + H2O (8) 5KNO2 + 2KMnO4 + 3H2SO4 ® 5KNO3 + K2SO4 + 2MnSO4 + 3H2O ( 0,25 x 8 pt = 2 điểm) 2. ( 2 điểm): Đặt số mol Mg, Al, Zn lần lượt là x, y, z mol Các bán phản ứng : Chất khử: Mg - 2e → Mg2+ x 2x Al - 3e → Al3+ y 3y Zn - 2e → Zn2+ z 2z Tổng số mol electron chất khử nhường là 2x + 3y + 2z Các muối tạo ra là Mg(NO3)2 : x mol, Al(NO3)3: y mol, Zn(NO3)2: z mol → số mol gốc NO3- trong muối = 2x + 3y + 2z ( 0,5 điểm) Giả sử sản phẩm khử HNO3 chỉ có N2O và NO thì tổng số mol electron chất oxi hóa nhận là : 0,1 .8 + 0,1. 3 = 1,1 mol Phương trình bảo toàn electron: 2x + 3y + 2z = 1,1 → số mol gốc NO3- trong muối = 2x + 3y + 2z = 1,1 Vậy khối lượng muối khan thu được là: mmuối = mKL + mNO3- = 30 + 62.1,1 = 98,2 gam < 127 ( theo bài cho) Chứng tỏ ngoài N2O và NO, sản phẩm khử HNO3 còn có NH4NO3 ( 0,5 điểm) Gọi số mol NH4NO3 tạo ra là a mol → số mol electron mà chất oxi hóa nhận là: 0,1.8 + 0,1. 3 + 8a = 1,1 + 8a Phương trình bảo toàn electron: 2x + 3y + 2z = 1,1 + 8a → số mol gốc NO3- trong muối Mg(NO3)2 + Al(NO3)3 + Zn(NO3)2 = 2x + 3y + 2z = 1,1 + 8a Khối lượng muối tạo thành = khối lượng Mg(NO3)2 + Al(NO3)3 + Zn(NO3)2 + NH4NO3 = 30 + 62. ( 1,1 + 8a ) + 80.a = 127 → a = 0,05 mol ( 0,5 điểm) Bảo toàn nguyên tố nitơ, ta có : Số mol HNO3 cần phản ứng = số mol NO3- trong muối 3 kim loại + số mol N trong N2O, NO, NH4NO3 = 1,1 + 8. 0,05 + 0,1.2 + 0,1 + 0,05. 2 = 1,9 mol ( 0,5 điểm) 3. ( 2 điểm) a) CTPT của X và Y lần lượt là : RH3, R2O5 Ptpư : 2RH3 + 4O2 → R2O5 + 3H2O 0,2 mol → 0,05 mol ( 0,5 điểm) MR2O5 = MR = 31 R là photpho ( 0,5 điểm) b) Số mol P2O5 = 0,05 số mol H3PO4 tương ứng là 0,1 mol các phản ứng có thể xảy ra: H3PO4 + KOH → KH2PO4 + H2O H3PO4 + 2KOH → K2HPO4 + 2H2O H3PO4 + 3KOH → K3PO4 + 3H2O Nhận xét: số mol H2O sinh ra = số mol KOH phản ứng = x mol ( 0,5 điểm) Bảo toàn khối lượng : 9,8 + 56 x = 15,12 + 18 x x = 0,14 Vậy thể tích KOH 1M cần dùng là 0,14 lit ( 0,5 điểm) Câu III: ( 4 điểm) ( 2 điểm) Cho các chất hữu cơ mạch hở sau: C2H2ClBr, CH3CH=C(CH3)CH2Cl, C3H2Cl4 . Biểu diễn các dạng đồng phân hình học của chúng và gọi tên. ( 2 điểm) Từ CH4 và các hợp chất vô cơ không chứa Cacbon, hãy viết các phương trình phản ứng điều chế poli(butađien- stiren) , ghi đầy đủ tác nhân và điều kiện phản ứng. Giải: 1.( 2 điểm) Biểu diễn các dạng đồng phân hình học : C2H2ClBr: ( 0,5 điểm) CH3CH=C(CH3)CH2Cl ( 0,5 điểm) C3H2Cl4: có 2 chất có đồng phân hình học CHCl = CH- CCl3, CHCl = CCl- CHCl2 ( 0,5 điểm) ( 0,5 điểm) 2.( 2 điểm) Từ CH4 và các hợp chất vô cơ không chứa Cacbon, hãy viết các phương trình phản ứng điều chế poli(butađien- stiren) , ghi đầy đủ tác nhân và điều kiện phản ứng. 2CH4 C2H2 + 3H2 3C2H2 C6H6 C2H2 + H2 C2H4 C6H6 + C2H4 C6H5C2H5 C6H5C2H5 C6H5 –CH= CH2 + H2 2C2H2 CHº C- CH= CH2 CHº C- CH= CH2 + H2 CH2 = CH- CH= CH2 8 ptpư . 0,25đ = 2 điểm Câu IV: ( 4 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 11,7 gam chất hữu cơ X rồi dẫn hỗn hợp sản phẩm qua bình đựng dung dịch Ca(OH)2. Sau khi phản ứng kết thúc, thấy xuất hiện 40 gam kết tuả. Lọc bỏ kết tuả, cân lại bình thấy khối lượng bình tăng 7,7 gam. Đun nước lọc trong bình thấy xuất hiện thêm 25 gam kết tuả nữa. Tìm CTPT của X biết 35 < dX/H2 < 40. 2. Cho toàn bộ lượng X ở trên tác dụng hoàn toàn với dung dịch [Ag(NH3)2]OH thu được 43,8 gam kết tuả. Xác định CTCT có thể có của X. Chất hữu cơ Y mạch hở có công thức đơn giản trùng với công thức đơn giản của X. Lấy cùng khối lượng của X và Y đem phản ứng với Br2 dư thì lượng brom phản ứng với Y gấp 1,125 lần so với lượng brom phản ứng với X. Xác định CTCT của Y Giải: 1. ( 2 điểm) Các ptpư: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O (1) CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2 (2) Ca(HCO3)2 → CO2 + CaCO3 + H2O (3) Số mol CO2 = số mol CaCO3 (1) + 2 số mol CaCO3 (3) = 0,9 mol ( 0,5 điểm) Lọc bỏ kết tuả, khối lượng bình tăng 7,7 gam: mCO2 + mH2O – 40 = 7,7 44. 0,9 + mH2O = 47,7 nH2O = 0,45 mol ( 0,5 điểm) nC = 0,9 mol, nH = 0,9 mol nO ( X) = chất X không chứa oxi, X là hiđrocacbon nC : nH = 0,9 : 0,9 = 1: 1 CTĐG cuả X là CH CTPT của X là (CH)a ( 0,5 điểm) 70 < MX < 80 70 < 13 a < 80 5,38 < a < 6,15 a = 6 Vậy CTPT của X là C6H6 ( 0,5 điểm) 2. ( 1 điểm): Số mol của X = 0,15 mol Vì X tạo kết tuả với [Ag(NH3)2]OH nên X có liên kết 3 đầu mạch Số mol kết tuả = số mol X = 0,15 Mkt = 43,8 : 0,15 = 292 Đặt CTPT của kết tuả là C6H6- x Agx M = 78 + 107 x = 292 x = 2 X có 2 liên kết ba đầu mạch ( 0,5 điểm) Vậy CTCT của X là : CH º C – CH2- CH2 – C º CH hoặc CH º C – CH(CH3) – C º CH ( 0,5 điểm) 3. ( 1 điểm): Đặt CTPT của Y là (CH)m Số liên kết p của Y = Lấy khối lượng của X và Y là 78 số mol cuả X = 1 mol; số mol của Y = Ptpư : C6H6 + 4Br2 → C6H6Br4 1mol → 4 mol (CH)m + Br2 → CmHmBrm +2 → . () mol ( 0,5 điểm) Theo bài ra : . () = 1,125. 4 = 4,5 m = 4 CTPT của Y là C4H4, CTCT của Y : CH º C – CH= CH2 ( 0,5 điểm)