Đề thi olympic môn hóa 11 sở gd&đt quảng nam 2021 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NAM

ĐỀ CHÍNH THỨC

(gồm có 02 trang)

KỲ THI OLYMPIC 24/3 TỈNH QUẢNG NAM

NĂM 2021

Môn thi: HÓA HỌC LỚP 11

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

pK_a

Axit

pK_a1

pK_a2

Axit oxalic

1,25

4,27

Axit malonic

2,848

5,697

Axit succinic

4,207

5,636

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NAM

HDC CHÍNH THỨC

(gồm có 12 trang)

KỲ THI OLYMPIC 24/3 TỈNH QUẢNG NAM

NĂM 2021

Môn thi: HÓA HỌC LỚP 11

Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1

Nội dung

Điểm

1

CH₃COOH

Ban đầu: 0,01

Điện li: x x x

Khi cân bằng 0,01 – x x x mol

Theo đề : 0,01 – x + x + x = → x = 0,043.10^-2 mol

Độ điện li : α =

0,5

0,5

2

- pH gần đúng của các hóa chất lần lượt như sau:

pK_a của (NH₄Cl = 9,24) ; (C₆H₅OH = 9,98) ; (HCO= 10,33)

Cách làm:

− Bước 1: Cho giấy quỳ tím vào các dung dịch sẽ chia thành 03 nhóm:

+ Nhóm A: HCl (1), H₂SO₄ (2), NH₄Cl (3) ⇒ làm quỳ tím hóa đỏ

+ Nhóm B: NaOH (4), Na₂CO₃ (5), C₆H₅ONa (6) ⇒ làm quỳ tím hóa xanh

+ Nhóm C: BaCl₂ (7), Na₂SO₄ (8) ⇒ không làm đổi màu quỳ tím

− Bước 2: Lần lượt cho hai chất ở nhóm C vào mỗi chất ở nhóm A:

+ Nếu không có hiện tượng gì ⇒ chất cho vào là (8), chất còn lại là (7). Dùng (7) để nhận ra (2) và (8).

+ Nếu có một chất xuất hiện kết tủa trắng ⇒ chất cho vào là (7), chất còn lại là (8), chất phản ứng là (2). Như vậy sau bước 2 ta nhận được 3 chất (2), (7) và (8)

H₂SO₄+ BaCl₂→ BaSO₄↓+ 2HCl

− Bước 3: Cho (2) vào mỗi chất ở nhóm B:

+ Nếu có vẩn đục ⇒ nhận được (6):

2C₆H₅ONa + H₂SO₄→ 2C₆H₅OH↓ + Na₂SO₄

+ Nếu có bọt khí↑⇒ nhận được (5)

Na₂CO₃ + H₂SO₄→ Na₂SO₄+ CO₂↑ + H₂O

+ Nếu không có hiện tượng gì ⇒ nhận được (4)

− Bước 4: Dùng (4) phân biệt được (1) và (3):

+ Nếu có bọt khí↑ mùi khai ⇒ nhận được (3)

NH₄Cl + NaOH → NaCl+ NH₃↑ + H₂O

Còn lại HCl phản ứng với (4) không có hiện tượng gì

0.5

0,5

0,5

0,5

3

Do NH₃ rất dư so với các axit nên:

2NH₃ + H₂SO₄ (NH₄)₂SO₄

0,02 0,01 0,01

NH₃ + HCOOH HCOONH₄

0,2 0,2 0,2

NH₃ + CH₃COOH CH₃COONH₄

0,1 0,1 0,1 0,1

Thành phần giới hạn: NH₃ : 0,26M; : 0,32M; CH₃COO⁻ : 0,1M; HCOO⁻ : 0,2M; : 0,01M.

Cân bằng:

NH NH₃ + H⁺ K₁ = 10^−9,24 (1)

H₂O H⁺ + OH⁻ K₂ = 10⁻¹⁴ (2)

NH₃ + H₂O + OH⁻ K₃ = 10^−4,67 (3)

CH₃COO⁻ + H₂O CH₃COOH + OH⁻ K₄ = 10^−9,24 (4)

HCOO⁻ + H₂O HCOOH + OH⁻ K₅ = 10^−10,25 (5)

SO + H₂O HSO₄⁻ + OH⁻ K₆ = 10⁻¹² (6)

So sánh (1) và (2) thấy (1) là chủ yếu.

So sánh (3), (4), (5), (6) thấy (3) là chủ yếu.

Vậy cân bằng (1) và (3) là chủ yếu hay có thể coi dung dịch là một hệ đệm gồm NH₄⁺ 0,32M và NH₃ 0,26M.

→ pH hệ đệm được tính như sau: pH = pK_a + = 9,24 + = 9,15

Viết 3 ptpu 0,25

0,25

0,5

Câu 2

Nội dung

Điểm

1

Bề mặt kim loại thường bị phủ bởi 1 lớp oxit do phản ứng với oxi trong không khí. Các lớp oxit đó sẽ ảnh hưởng đến quá trình hàn làm cho quá trình hàn không hiệu quả hoặc mối hàn kém bền. Vì vậy, trước khi hàn người ta cần đánh sạch lớp oxit này.

Khi cho NH₄Cl vào bề mặt kim loại và nung nóng, NH₄Cl sẽ bị phân hủy theo phương trình phản ứng: NH₄Cl NH₃ + HCl

NH₃ là chất khử mạnh nó sẽ oxi hóa các oxit của kim loại yếu (như Cu, Fe...), còn đối với kim loại mạnh (như Mg, Al..) thì HCl sẽ hòa tan các oxit của nó:

2NH₃ + 3CuO 3Cu + N₂ + 3H₂O

HCl + MgO MgCl₂ + H₂O

Nhờ các quá trình trên mà bề mặt kim loại được làm sạch trước khi hàn.

0,5

0,5

2

Phương trình phản ứng và hiện tượng xảy ra là:

a. Xuất hiện kết tủa trắng keo, không tan.

CO₂ + KAlO₂ + 2H₂O Al(OH)₃ + KHCO₃

b. Lúc đầu có kết tủa màu xanh xuất hiện sau đó khi NH₃ dư thì kết tủa bị hòa tan tạo phức xanh. Pthh:

2NH₃ + 2H₂O + CuSO₄ Cu(OH)₂ + (NH₄)₂SO₄

Cu(OH)₂ + 4NH₃ [Cu(NH₃)₄]²⁺ + 2OH^-

c. Kim loại Cu tan dần, có khí không màu thoát ra và hóa nâu trong không khí

3Cu + 8H⁺ + 2NO₃^- 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O

2NO + O₂ 2NO₂

d. Lúc đầu có kết tủa màu vàng xuất hiện, sau đó khi cho HNO₃ dư vào thì kết tủa bị tan

AgNO₃ + Na₃PO₄ Ag₃PO₄ + 3NaNO₃

Ag₃PO₄ + 3HNO₃ 3AgNO₃ + H₃PO₄

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

3

Đặt công thức trung bình 2 muối là

2 2 + 4NO₂ + O₂; (1)

2NO₂ + 2NaOH → NaNO₂ + NaNO₃ + H₂O (2)

Số mol NO₂ = x ; số mol O₂ = y

Ta có: x + y =PV/RT= 1,2mol ;

Sau p/ư (2) số mol giảm 6 lần: x + y = 6y ⇒ x = 5y

⇒x = 1,0 mol

y = 0,2 mol

Từ (1): x = 4y < 5y

⇒ O₂ oxi hóa (X₃)O thành (X₃)₂O_n

2(X₂)(NO₃)₂ 2(X₂)O + 4NO₂ + O₂

a a 2a 0,5a

2(X₃)(NO₃)₂ 2(X₃)O + 4NO₂ + O₂

b b 2b 0,5b

2(X₃)O + (n – 2)/2O₂ → (X₃)₂O_n; ∆n(O₂) = 0,05mol

b b(n – 2)/4

2a + 2b = 1

⇒ b(n – 2)/4 = 0,05

⇒ b = 0,2/(n – 2)

Từ (1) suy ra: + 62x2 = 83,5/0,5 = 167 g/mol

⇒= 43 g/mol

Vậy X₂ là Canxi (Ca)

= 40a + b.M_X3/0,5= 43

2a + 2b = 1

a = (1 – 2b)/2 = 0,5 – 0,2/(n – 2) = (0,5n – 1,2)/(n – 2)

43 = [40(0,5n –1,2) + 0,2M_X3)]/[(n – 2).0,5]

n = 4; M_X3 = 55g/mol

Vậy X₃ là Mn.

0,5

0,5

0,5

0,5

pK_a

Axit

pK_a1

pK_a2

Axit oxalic

1,25

4,27

Axit malonic

2,848

5,697

Axit succinic

4,207

5,636

Câu 3

Nội dung

Điểm

1

+ Tính axit (X₄) < (X₅).

+ Giải thích:

(hệ thơm)

0,5

0,5

2

(1): HOOC-COOH (2): HOOC-CH₂-COOH (3): HOOC-[CH₂]₂-COOH

+ Do ảnh hưởng của hiệu ứng –I của nhóm –COOH này lên nhóm –COOH kia mà có sự khác nhau về pK_a1 của 3 axit. Hai nhóm –COOH càng xa nhau thì hiệu ứng –I càng giảm, K_a1 giảm, pK_a1 tăng.

+ Cần so sánh khả năng phân li của ion HOOC-R-COO^- ra ion H⁺. Với HOOC-CH₂-COO^- do có liên kết hiđro nội phân tử tạo vòng 6 cạnh bền nhất nên khó phân li nhất, pK_a2 lớn nhất.

+ Tương tự với HOOC-COO^- cũng có liên kết hiđro nội phân tử, đóng vòng 5 cạnh và

HOOC-[CH₂]₂-COO^- đóng vòng 7 cạnh. Vòng 7 cạnh bền hơn vòng 5 cạnh nên pK_a2 của (3) lớn hơn pK_a2 của (1).

0,25

0,25

0,5

3

a. n_Ca(OH)2 = 0,115 mol

CO₂ + Ca(OH)₂ (0,115mol) →

Nên 100x+(0,115-x)100+(0,115-x)197=24,305 → x= 0,05 → n_CO2= 0,05+2(0,115-0,05)= 0,18

→ n_H2O = (0,05.100+ 5,08-0,18.44)/18=0,12

- Gọi công thức phân tử của X₆ là C_xH_y:

C_xH_y + O₂ xCO₂ + H₂O

0,02 0,02x 0,01y

Ta có: 0,02x = 0,18 x = 9 và 0,01y = 0,12 y = 12

Công thức phân tử của X₆, X₇, X₈ là C₉H₁₂, = 4.

b. Theo giả thiết thì X₆, X₇, X₈ phải là dẫn xuất của benzen vì chúng không làm mất màu dung dịch Br₂.

* X₆, X₇ qua dung dịch KMnO₄/H⁺ thu được C₉H₆O₆ nên X₆, X₇ phải có 3 nhánh CH₃; X₈ cho C₈H₆O₄ nên X₈ có 2 nhánh trên vòng benzen (1 nhánh –CH₃ và 1 nhánh –C₂H₅).

- Khi đun nóng với Br₂/Fe thì X₆ cho 1 sản phẩm monobrom còn X₇, X₈ cho 2 sản phẩm monobrom nên công thức cấu tạo của X₆, X₇, X₈ là:

(X₆) (X₇) (X₈)

0,5

0,5

0,25

0,75

Câu 4

Nội dung

Điểm

1

Gọi công thức chung 3 ancol là OH

OH + CH₃COOH CH₃COO + H₂O (1)

n(OH) (trong mỗi phần) =

Phản ứng với Br₂: C_nH_2n-1OH + Br₂ C_nH_2n-1(OH)Br₂ (2)

0,125 mol 0,125 mol

Gọi x, y lần lượt là số mol của CH₃OH và C_nH_2n+1OH trong mỗi phần

CH₃OH + 1/2O₂ CO₂ + 2H₂O (3)

x x

C_nH_2n+1OH + O₂ nCO₂ + (n+1)H₂O (4)

y ny

C_nH_2n-1OH + O₂ n CO₂ + nH₂O (5)

0,125 0,125n

Theo(3,4,5) và bài ra ta có hệ:

Do: 0<y<0,125, nguyên 3,1<n<5,2. Suy ra: n= 4 hay 5.

TH 1: Khi n=4 CH₃OH: 0,225mol, C₄H₉OH: 0,15 mol, C₄H₇OH: 0,375mol

TH 2: Khi n=5CH₃OH: 0,35625 mol, C₅H₁₁OH: 0,01875 mol, C₅H₉OH: 0,375mol

0,25

0,25

0,5

0,5

0,5

2

Khối lượng mỗi phần là 14,2/2 = 7,1 gam

Phần 1:

=> m_C = 4,2gam; m_H = 0,5gam => m_O = 7,1-4,2-0,5 = 2,4gam => n_O = 0,15mol

Vì anđehit đơn chức => n_2anđehit = n_O = 0,15mol.

Phần 2: n_Ag = 43,2/108 = 0,4 mol.

• Do ==> Hỗn hợp có HCHO

Đặt công thức của anđehit còn lại là RCHO

Gọi số mol của HCHO và RCHO ở mỗi phần lần lượt là x và y mol.

Sơ đồ phản ứng tráng gương:

HCHO 4Ag

x 4x (mol)

RCHO 2Ag

y 2y (mol)

=> x + y = 0,15 (1)

4x + 2y = 0,4 (2)

Giải (1) và (2) => x = 0,05; y = 0,1.

Từ khối lượng mỗi phần là 7,1 gam => 0,05.30 + 0,1.(R+29) = 7,1 => R = 27

(-C₂H₃)

=> Anđehit còn lại là: CH₂=CH-CHO

0,25

0,25

0,25

0,25

3

Gọi CT chung của axit R(COOH)_n vói số mol x

R(COOH)_n +n NaOH R(COONa)_n +n H₂O

ĐLBTKL

nX₁₁ = (m-a):22 (1)

R(COOH)_n +n OH^- R(COO^-)_n +n H₂O

nX₁₁ =( b-m):19 (2)

Từ (1) và (2) ta có 3m= 22b -19a

0,25

0,25

0,5

Câu 5

Nội dung

Điểm

1

X₁₂: cis + trans-But-2-en

X₁₃: 2,3-Đibromobutan.

X₁₄: But-2-in

X₁₅: trans-But-2-en

0,25

0,25

0,25

0,25

2

2Al + 6H₂O + 2NaOH → 2Na[Al(OH)₄] + H₂ ↑

8Al + 3NaNO₃ + 5NaOH + 18H₂O → 8Na[Al(OH)₄] + 3NH₃ ↑

10 Al + 3NaNO₃ + 7NaOH + 24H₂O→ 10Na[Al(OH₄)] + 3H₂ ↑+ 3NH₃ ↑(1)

(X₁₆) (X₁₇)

H₂ + CuO → Cu + H₂O (2)

(X₁₆) (X₁₈)

Cu + 2FeCl₃ → 2FeCl₂ + CuCl₂ (3)

(X₁₈) (X₂₀)

2FeCl₂ + O₂ + H₂O → 2Fe(OH)Cl₂ (4)

(X₂₀)

2NH₃ + 3CuO → N₂ ↑ + 3Cu + 3H₂O (5)

(X₁₇) (X₁₉)

N₂ + 3H₂ ⇋ 2NH₃ ↑ (6)

(X₁₉) (X₁₇)

2NH₃ + CO₂ → (NH₂)₂CO + H₂O (7)

*Mỗi ptpu đúng 0,25

Riêng pt (1) 0,5