Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Hóa học lớp 11 năm 2023-2024 có đáp án - Trường THPT Nam Đàn 1, Nghệ An

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

1
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

“Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Hóa học lớp 11 năm 2023-2024 có đáp án - Trường THPT Nam Đàn 1, Nghệ An” giúp các bạn học sinh có thêm tài liệu ôn tập, luyện tập giải đề nhằm nắm vững được những kiến thức, kĩ năng cơ bản, đồng thời vận dụng kiến thức để giải các bài tập một cách thuận lợi. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Hóa học lớp 11 năm 2023-2024 có đáp án - Trường THPT Nam Đàn 1, Nghệ An

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG TRƯỜNG THPT NAM ĐÀN 1 LỚP 11 - NĂM HỌC 2023 - 2024 Môn: HOÁ HỌC - Thời gian làm bài: 120 phút - Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố: H=1; C=12; O= 16; Na=23; Mg=24; Al=27; S=32; K=39; Ca=40; Mn=55; Fe = 56; Cu=64; Zn=65; Ba=137. - Ký hiệu nguyên tử của một số nguyên tố: 1H, 2He, 3Li, 6C, 7N, 8O, 9F, 10Ne, 11Na, 12Mg, 13Al, 14Si, 15P, 16S, 17Cl, 19K, 20Ca Câu I. (3,0 điểm) X, Y là 2 nguyên tố cùng một chu kỳ, thứ tự liên tiếp trong bảng tuần hoàn (Zx < ZY). Biết X có 4 electron ở phân lớp s và có 4 electron lớp ngoài cùng. 1. (1,0 điểm) Viết cấu hình electron và xác định vị trí của X, Y trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học, có giải thích. 2. (2,0 điểm) X, Y đều tạo được hợp chất khí với hyđrogen lần lượt là các chất kí hiệu Q, R. Viết công thức phân tử, công thức electron, công thức cấu tạo và công thức Lewis của Q và R. Câu II. (2,0 điểm) 1. (1,0 điểm) Hỗn hợp potassium chlorate (KClO3) và phosphorus đỏ là thành phần chính của "thuốc súng" sử dụng báo hiệu cuộc đua bắt đầu. Phản ứng như sau: KClO3 + P → KCl + P2O5 Hãy cân bằng phản ứng trên theo phương pháp thăng bằng electron, ghi rõ chất khử, chất oxi hoá, quá trình khử, quá trình oxi hoá. 2. (1,0 điểm) Ion calcium (Ca2+) cần thiết cho máu người hoạt động bình thường. Nồng độ Ca2+ không bình thường là dấu hiệu của bệnh. Để xác định nồng độ Ca2+, người ta lấy mẫu máu, làm kết tủa ion Ca2+ dưới dạng CaC2O4 (calcium oxalate), rồi cho CaC2O4 tác dụng với dung dịch KMnO4 (potassium permanganate) trong môi trường acid. Sơ đồ phản ứng như sau: KMnO4 + CaC2O4 + H2SO4 → MnSO4 + CaSO4 + K2SO4 + CO2 + H2O Giả sử CaC2O4 kết tủa từ 1,00mL máu người tác dụng vừa hết với 2,05mL dung dịch KMnO4 4,88.10−4M. Tính số mg Ca2+ trên 100mL máu của người đó. Câu III. (2,0 điểm) 1. (1 điểm) Một người thợ xây trong buổi sáng kéo được 500 kg vật liệu xây dựng lên tầng cao 10 m, tiêu tốn năng lượng là 49000 J. Để bù vào năng lượng đã tiêu hao, người đó cần uống cốc nước hòa tan m gam glucose (C6H12O6). Biết nhiệt tạo thành của C6H12O6 (s); CO2(g) và H2O(l) lần lượt là -1271, -393,5 và -285,8 kJ/ mol. Tính giá trị của m. (Giả thiết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, năng lượng của quá trình oxi hoá glucose đều được cơ thể hấp thụ 70%) 2. (1,0 điểm) Các quá trình sau đây tỏa nhiệt hay thu nhiệt, giải thích? - Giọt sương đọng trên lá cây vào ban đêm. - Cơ thể người đổ mồ hôi sau khi chạy bộ. Câu IV. (3,0 điểm) 1. (2,0 điểm) Trộn H2 và I2 vào một bình kín ở 4100C, phản ứng đạt đến trạng thái cân bằng thì nồng độ của các chất là: [H2] = [I2] = 0,224 mol/L và [HI] = 1,552 mol/L. a. Tính KC. b. Giữ nguyên nhiệt độ của bình phản ứng, để hiệu suất phản ứng đạt 90% thì 1 mol H2 cần phản ứng với mấy mol I2 ?
2. (1,0 điểm) Sắp xếp ( có giải thích) theo thứ tự tăng dần pH của các dung dịch loãng (mỗi dung dịch chỉ chứa 1 chất tan có cùng nồng độ mol/l) sau: (NH4)2SO4, K2SO4, NaOH, Ba(OH)2, Na2CO3, HCl. ( Giả thiết các chất điện ly mạnh đều phân ly hoàn toàn khi tan trong nước) Câu V. (4,0 điểm) 1. (1,0 điểm) Viết phương trình hoá học của phản ứng xảy ra, giải thích ngắn gọn các trường hợp sau đây: a. Hỗn hợp gồm CaF2 và dung dịch H2SO4 đặc có thể được dùng để chạm khắc trên bề mặt thủy tinh. b. Trong dịch vị dạ dày có chứa HCl nồng độ khoảng 10−4 – 10−3 (mol/L) , khi nồng độ HCl lớn hơn 10−3 (mol/L) sẽ gây ra bệnh ợ chua, tình trạng bệnh kéo dài có thể dẫn đến viêm loét dạ dày. Bác sĩ thường chỉ định bệnh nhân mắc bệnh ợ chua uống thuốc nabica (chứa NaHCO3) để điều trị. 2. (1,0 điểm) Bằng kiến thức về hoá học, em hãy giải thích câu tục ngữ: “Lúa chiêm lấp ló đầu bờ Hễ nghe tiếng sấm phất cờ mà lên” 3. (2,0 điểm) Hòa tan hết 26,64 gam chất X là tinh thể muối sulfate ngậm nước của kim loại M (hóa trị n không đổi) vào nước được dung dịch A. Nếu cho dung dịch A tác dụng hoàn toàn với dung dịch NH3 thì thu được kết tủa B, nung B đến khối lượng không đổi thu được 4,08 gam chất rắn. Nếu cho dung dịch A tác dụng với dung dịch BaCl2 vừa đủ thì thu được 27,96 gam kết tủa BaSO4. Xác định công thức của X. Câu VI. (4,0 điểm) 1. (2,0 điểm) Hyđrocarbon X mạch hở, có cấu trúc đối xứng và có công thức phân tử C4Hy. Biết X có tối đa 4 liên kết , Viết các đồng phân mạch hở có thể có của X. 2. (2,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn m gam chất hữu cơ A cần dùng vừa đủ 0,6875 mol không khí, thu được hỗn hợp B gồm CO2, H2O và N2. Dẫn hỗn hợp B vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư ( nước vôi trong dư ) thu được 10 gam kết tủa, sau thí nghiệm khối lượng bình nước vôi tăng 7,55 gam và thấy thoát ra 0,575 mol khí. Biết trong không khí có chứa 20% oxygen về thể tích, còn lại là nitrogen, phân tử khối của A nhỏ hơn 150. Xác định công thức phân tử của A. Câu VII. (2,0 điểm) Hình vẽ sau mô tả thí nghiệm định tính carbon và hydrogen trong hợp chất hữu cơ. Hãy cho biết: a. Vai trò của CuO, CuSO4 khan và dung dịch Ca(OH)2 trong thí nghiệm. b. Tại sao ống nghiệm (1) lại lắp hơi hướng xuống? c. Kết thúc thí nghiệm cần đưa ống dẫn khí ra khỏi ống nghiệm (2) rồi sau đó mới tắt đèn cồn hay làm theo thứ tự ngược lại. Vì sao? (Thí sinh không dùng bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học) --HẾT—
HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung điểm I. 1. a) Cấu hình electron và vị trí: (1 Nguyên tử X: 1s22s22p2 → X là carbon (C) 0,25 điểm) → Vị trí của nguyên tố X trong BTH: ô thứ 6, chu kì 2, nhóm IVA (gthich) 0,25 Nguyên tử Y: 1s22s22p3 → Y là nitrogen (N) 0,25 → Vị trí của nguyên tố Y trong BTH: ô thứ 7, chu kì 2, nhóm VA(gthich) 0,25 I.2 CTPT CTe CTCT CT Lewis (2 điểm) 0,25*8 b) - Q: CH4 - R: NH3 II.1 Chất OXH: KClO3 (hoặc Cl+5), chất khử: P 0,25*4 (1 điểm) +5 −1 5x Cl + 6e ⎯⎯ Cl → 0 +5 6x P ⎯⎯ P + 5e → 5KClO3 + 6P→5KCl + 3P2O5 2KMnO4 + 5CaC2O4 + 8H2SO4 → 2MnSO4 + 5CaSO4 + K2SO4 + 10CO2 + 8H2O 0,5 II.2 2, 05.4,88.10−4.5.100.40 (1 điểm) mCa 2+ = = 10(mg) 0,5 2 III.1 PTHH: C6H12O6 (s) + 6O2 (g) → 6CO2 (g) + 6H2O (l) 0,5 (1 điểm) ∆rHo298 = 6ΔfHo298(CO2) + 6Δf Ho298 (H2O) - ΔfHo298 (C6H12O6) - 6Δf Ho298 (O2) = 6.(- 393,5) + 6.(-285,8) - (- 1271) - 6.0 = -2 804,8 (kJ). Năng lượng người thợ tiêu hao = 49 000 (J) = 49 (kJ). 0,5 Khối lượng glucose cần nạp = 49.180/2804,8 .0,70= 4,5 (g) III.2 b. - Giọt nước đọng lại trên lá cây vào ban đêm là kết quả của sự ngưng tụ hơi nước trên bề mặt 0,5 lá. Đây là quá trình toả nhiệt. (Quá trình ngưng tụ là quá trình hình thành liên kết mới (liên kết (1 điểm) hydrogen giữa các phân tử nước) nên toả nhiệt. Mặt khác, nhiệt độ thấp của môi trường xung quanh vào ban đêm là điều kiện thuận lợi của một quá trình toả nhiệt.) - Đổ mồ hôi sau khi chạy bộ thì một phần mồ hôi hấp thụ nhiệt và bay hơi. Đây là quá trình 0,5 thu nhiệt. (Sự bay hơi và hấp thụ nhiệt này giúp làm mát cơ thể và duy trì thân nhiệt ổn định.)  HI  2 1,5522 a. KC = = = 48 IV.1  H 2  . I 2  0, 224.0, 224 1,0 ( 2 điểm) Nếu dư I2 thì hiệu suất tính theo H2 H2 (k) + I2(k) ⇄ 2HI (k)
Ban đầu 1 a 0 Phản ứng 0,9 0,9 1,8 Sau phản ứng 0,1 a-0,9 1,8 2 1,8 → 48 = → a = 1,575 0,1.(a − 0,9) 0,5 * Nếu dư H2 thì hiệu suất tính theo I2 H2 (k) + I2(k) ⇄ 2HI (k) Ban đầu 1 a 0 Phản ứng 0,9a 0,9a 1,8a Sau phản ứng 1-0,9a 0,1a 1,8a (1,8a ) 2 → 48 = → a = 0,635 0,5 (1 − 0,9a ) .(0,1a) IV.2 Nồng độ H+ càng lớn, pH càng nhỏ; nồng độ OH- càng lớn, pH càng lớn. ( 1 điểm) Thứ tự tăng dần pH: HCl < (NH4)2SO4 < K2SO4 < Na2CO3 < NaOH < Ba(OH)2 0,25 Giải thích: Các chất đều là chất điện ly mạnh, phân ly hoàn toàn Các chất cùng nồng độ (loãng) NaOH ⎯⎯ Na+ + OH- → 0,25*3 Ba(OH)2 ⎯⎯ Ba2+ + 2OH- → HCl ⎯⎯ H+ + Cl- → (NH4)2SO4 ⎯⎯ 2NH4+ + SO42- → + NH4 NH3 + H+ Al2(SO4)3 ⎯⎯ 2Al3+ + 3SO42- → K2SO4 ⎯⎯ 2K+ + SO42- → Na2CO3 ⎯⎯ 2Na+ + CO32- → 2- CO3 + H2O HCO3- + OH- a. Dung dịch HF có thể hòa tan được thủy tinh SiO2 V.1 CaF2 + H2SO4 đặc → CaSO4 + 2HF 0,5 (1 điểm) 4HF + SiO2 → SiF4 + 2H2O b. NaHCO3 trung hòa bớt HCl, giảm triệu chứng ợ chua. 0,5 NaHCO3 + HCl → NaCl + CO2 + H2O V.2 Tia lửa điện, ( đi kèm khi nghe tiếng sấm) là tác nhân giúp cho N2 kết hợp với O2 theo (1 điểm) phản ứng: 0,25 N2 + O2 2NO NO kết hợp với O2 trong không khí theo phản ứng: 2NO + O2 → 2NO2 0,25 NO2 kết hợp với O2 không khí và nước mưa theo phản ứng: 4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3 0,25 Trong nước mưa, HNO3 bị phân li tạo ra ion NO3-, là đạm nitrat, có tác dụng kích thích 0,25 sự sinh trưởng và phát triển của cây trồng. V.3 Gọi công thức của X là: M2(SO4)n.xH2O 0,25 (2 điểm) Số mol của X là a mol
27, 96 n BaSO4 = = 0,12 mol 233 - Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NH3: M2(SO4)n + 2nNH3 + 2nH2O → 2M(OH)n + n(NH4)2SO4 0,25 mol a 2a 0,25 2M(OH)n ⎯⎯ M2On + nH2O → 0 t mol 2a a - Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch BaCl2: 0,25 M2(SO4)n + nBaCl2 → nBaSO4↓ + 2MCln mol a an Theo bài ra ta có hệ phương trình: a.(2M + 96n + 18x) = 26,64 (1) 0,25  a.(2M + 16n) = 4,08 (2) an = 0,12  (3) 2M + 16n 4,08 Từ (2) và (3)  = 0,25 n 0,12  M = 9n Vậy M = 27 (Al) và n = 3 0,12 Thay n vào (3)  a = = 0,04 mol 0,25 3 Thay vào (1)  x = 18 Vậy công thức của X là: Al2(SO4)3.18H2O 0,25 Trường hợp 1: C4H10 → Có 0π → CH3- CH2-CH2-CH3 CH3- CH(CH3)-CH3 Trường hợp 2: C4H8 → Có 1π → CH3-CH=CH-CH3 ( có đp hình học) 0,125x8 VI.1 Trường hợp 3: C4H6 → Có 2π → CH2=CH-CH=CH2 (2 điểm) CH3-CC-CH3 Trường hợp 4: C4H4 → Có 3π → CH2=C=C=CH2 Trường hợp 4: C4H2 → Có 4π → HCC- CCH VI.2 Ta có: nkk =0,6875 mol  nO2 = 0,1375 mol và nN2 = 0,55 mol 0,25 (2 điểm) Gọi công thức phân tử A là CxHyOzNt y z y t 0,25 Phản ứng: CxHyOzNt + ( x + − )O2 → xCO2 + H2O + N2 (1) 4 2 2 2 Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3↓ + H2O (2) 0,25 0,1  0,1 mCO2 + mH2O = 7,55  mH2O = 3,15 gam 0,25  nH2O = 0,175 mol  nH =0,35 mol nN2 (sau) = 0,575 mol  nN2 (1) = 0,025 mol  nN = 0,05 mol 0,25 Theo ĐLBTNT oxi: nO(A) = 0,1.2 + 0,175.1 - 0,1375.2 = 0,1 mol 0,25 Tỉ lệ: x : y : z : t = 0,1 : 0,35 : 0,1 : 0,05=2 : 7 : 2 : 1 CTĐGN là C2H7O2N 0,25  CTPT là (C2H7O2N)n => 77n < 150  n = 1 Vậy công thức phân tử là C2H7O2N 0,25
VII a. (2 điểm) - CuO: Chất oxihoa - CuSO4 khan: hấp thụ H2O, ( tạo CuSO4.5H2O màu xanh-> nhận ra sự có mặt của nguyên 1,0 tố H) - Dung dịch Ca(OH)2: hấp thụ CO2 ( tạo CaCO3 kết tủa -> nhận ra sự có mặt của nguyên tố C) b. ống nghiệm (1) lắp hơi chúc miệng xuống để tránh hiện tượng hơi nước ngưng tụ chảy 0,5 xuống tiếp xúc với phần ống nghiệm đang rất khan nóng gây vỡ c. Phải rút ống dẫn khí khỏi dung diichj trong ống nghiệm (2) trước khi tắt đèn cồn, để 0,5 tránh hiện tượng hút ngược nước từ trong ống nghiệm (2) lên ống nghiệm (1)