SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC 11 – THPT

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

Đề thi gồm 02 trang

(Đáp án có 05 trang)

ĐÁP ÁN MÔN: HÓA HỌC 11 – THPT.

CÂU

NỘI DUNG TRÌNH BÀY

ĐIỂM

Câu 1

a. Chậu A, B, C, D lần lượt là khí: N₂, SO₂, NH₃, HCl

Giải thích:

+ Độ tan trong nước tăng dần: N₂< SO₂< HCl < NH₃.

(SGK cho biết 1lít nước ở 20^oC hòa tan 40 lít SO₂, 800 lít NH₃, 500 lít HCl )

+ Khi tan trong nước xảy ra các phản ứng:

SO₂ + H₂O H₂SO₃ (1)

H₂SO₃ H⁺ + (2)

HSO₃^– H⁺ + (3)

 dung dịch SO₂ thu được có pH<7.

HCl  H⁺ + Cl^– _.

Do HCl tan nhiều hơn SO₂ và phân li hoàn toàn

NH₃ + H₂O NH₄⁺ + OH^– _ pH > 7.

N₂ tan rất ít trong nước và không có phản ứng với H₂O _ pH=7.

b. Trường hợp 1: Thêm dung dịch H₂SO₄ vào có phản ứng: H₂SO₄ 2H⁺ + SO₄^2-

Làm cho cân bằng (1), (2), (3) chuyển dịch sang trái  quá trình hòa tan SO₂ giảm đi  mực nước trong ống nghiệm sẽ thấp hơn so với mực nước trong ống nghiệm của chậu B ban đầu.

Trường hợp 2: SO₂ tan mạnh trong nước Br₂ nhờ phản ứng

SO₂ + Br₂ + 2H₂O  H₂SO₄ + 2HBr

 Mực nước trong ống nghiệm dâng cao hơn so với mực nước trong ống nghiệm của chậu B ban đầu.

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 2

+ Cho từ từ HCl vào Na₂CO₃.

HCl + Na₂CO₃  NaHCO₃ + NaCl (1)
HCl + NaHCO₃  NaCl + CO₂ + H₂O (2)
+ Cho từ từ Na₂CO₃ vào HCl.

2HCl + Na₂CO₃  2NaCl + CO₂ + H₂O (3)
– TN 1: m_dd giảm = 4,4 gam sinh ra từ (2) = 0,1 mol
– TN 2: m_dd giảm = 6,6 gam sinh ra từ (3) = 0,15 mol
Gọi x, y lần lượt là số mol của HCl và Na₂CO₃ trong 100 gam mỗi dung dịch.
Ở TN 3: Không có khí thoát ra  nHCl< nNa₂CO₃ 0,5x < yx<2y.
Ở TN 1: Vì có khí thoát ra nên ta có x>y.
Mặt khác, do x<2y nên sau phản ứng (2) HCl hết, tính theo HCl.
HCl + Na₂CO₃  NaHCO₃ + NaCl (1)
y y y mol
HCl + NaHCO₃  NaCl + CO₂ + H₂O (2)
0,1 0,1 mol
Ta có : x = y + 0,1
Ở TN 2: Do x<2y nên HCl hết  n_HCl =2 = 0,3 mol
 x = 0,3 mol
 y = 0,3 – 0,1 = 0,2 mol
 mHCl = 0,3. 36,5 = 10,95 gam  C%HCl = 10,95%


0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 3

1.

– Cho quỳ tím lần lượt vào các dung dịch:

+ Quỳ tím không đổi màu là: NaCl, BaCl₂ (nhóm I)

+ Quỳ tím chuyển thành xanh là: NaHCO₃, NaOH, Na₂CO₃ (nhóm II)

+ Quỳ tím chuyển màu đỏ là NaHSO₄.

– Dùng NaHSO₄ cho vào các chất ở nhóm I.

+ Chất có kết tủa trắng là BaCl₂.

NaHSO₄ + BaCl₂ → BaSO₄ + HCl + NaCl.

+ Chất còn lại ở nhóm I là NaCl.

– Dùng BaCl₂ cho vào các chất ở nhóm (II).

+ Chất tạo kết tủa trắng là Na₂CO₃.

BaCl₂ + Na₂CO₃ → BaCO₃ + 2NaCl

+ Còn hai chất: NaHCO₃, NaOH (nhóm III)

– Dùng NaHSO₄ nhận được ở trên cho vào các chất ở nhóm (III)

+ Trường hợp có khí thoát ra là NaHCO₃.

NaHSO₄ + NaHCO₃ → Na₂SO₄ + CO₂ + H₂O

+ Trường hợp không thấy hiện tượng gì là NaOH.

0,25

0,25

0,25

0,25

a. Có kết tủa xanh do phản ứng:

Cu²⁺ + 2NH₃ + 2H₂O  Cu(OH)₂ + 2.

Sau đó kết tủa xanh tan dần, tạo dung dịch xanh đậm.

Cu(OH)₂ + 4NH₃ [Cu(NH)₄](OH)₂.

b. Xuất hiện kết tủa đen

Cu²⁺ + HS^– CuS + H⁺

c. Dung dịch có màu vàng và có khí không màu hóa nâu trong không khí bay ra.

3Fe²⁺ + NO₃^– + 4H⁺ 3Fe³⁺ + NO + 3H₂O

2NO + O₂ NO₂.

d. Ban đầu chưa xuất hiện kết tủa, sau đó mới có kết tủa keo trắng nếu nhỏ tiếp dung dịch NaOH đến dư vào thì kết tủa tan.

OH^– + H⁺ H₂O

Al³⁺ + 3OH^– Al(OH)₃

Al(OH)₃ + OH^– AlO₂^– +2H₂O

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 4

Có:

Gọi số mol Cu; Fe; Fe₂O₃ lần lượt là x; y; z

(1)

Nung kết tủa thu được chất rắn gồm:

0,15 mol BaSO₄ ; x mol CuO và mol Fe₂O₃

(2)

Khi hỗn hợp ban đầu phản ứng với axit thì :

Bảo toàn H :

Bảo toàn khối lượng :

– Tính số mol từng chất trong hỗn hợp đầu

Bảo toàn N :

Vậy muối gồm : x mol Cu²⁺ ; mol Feⁿ⁺ ; 0,18 mol  ; 0,15 mol

(3)

Từ (1), (2), (3)

– Tính số mol Fe³⁺ trong dung dịch X và từ đó tính ra m.

Giả sử trong muối x có a mol Fe²⁺ và b mol Fe³⁺

Bảo toàn nguyên tố Fe: (*)

Bảo toàn điện tích:

Từ (*) và (**)

Vậy trong dung dịch X chỉ có Fe³⁺ là có khả năng hòa tan Cu

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 5

A: CH₄; A₁: C₂H₂; A₂: C₂H₄; A₃: C₄H₁₀; A₄: C₄H₄; A₅: C₄H₆

Các phản ứng:

2CH₄ C₂H₂ + 3H₂.

C₂H₂ + H₂ C₂H₄……………………………………………………………

nC₂H₄PE.

2C₂H₂CH₂=CH-CCH…………………………………………

CH₂=CH-CCH + 3H₂C₄H₁₀

C₄H₁₀CH₄ + C₃H_{6…………………………………………………………………………………..}

CH₂=CH-CCH + H₂CH₂=CH-CH=CH₂

2C₂H₅OH CH₂=CH-CH=CH₂ + H₂+2H₂O.

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 6

Số mol X =0,03; O₂ = 0,2925 mol; CO₂ = 0,1875 mol

Đặt số mol C₂H₅OH: x (mol).

Hidrocacbon: y (mol).

C₂H₅OH + 3O₂  2CO₂ + 3H₂O (1)

x 2x 3x mol

Hidrocacbon + O₂  CO₂ + H₂O (2)

Từ (1) và (2): Bảo toàn O có



Từ (1) có

 Từ (2)

Vậy 2 hidrocacbon phải thuộc loại ankan, n_ankan=0,0225=y.

Gọi số C trung bình trong hai ankan là n; số mol ancol =x= 0,0075

Bảo toàn C cho (1) và (2) có 0,0225n+0,0075.2=0,1875n= 7,67

Hai ankan là Y: C₇H₁₆.

Z: C₈H₁₈.

(Học sinh có thể tính để xác định hai hidrocacbon là ankan)

b. Công thức cấu tạo của Z:

2,2,3,3- tetrametylbutan

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 7

1,0đ

Số mol CO₂ = 0,25 mol; H₂O = 0,575 mol

Qui đổi hỗn hợp về Al: x mol; Ca: y mol; C: 0,25 mol

 27x + 40y = 17,75 – 0,25.12 (1)

Bảo toàn O khi đốt cháy 

Bảo toàn electron  3x + 2y = 0,5375.4 – 0,25.4 (2)

 x=0,25; y=0,2.

Dung dịch F gồm: Ca²⁺: 0,2 mol; AlO₂^–: 0,25 mol; OH^–: 0,15 mol

Khi F tác dụng với HCl:

H⁺ + OH^–  H₂O

0,15 0,15 mol

H⁺ + AlO₂^– + H₂O  Al(OH)₃

0,25 0,25 0,25 mol

3H⁺ + Al(OH)₃  AlCl₃ + 3H₂O

0,1 mol

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 8

1,0đ

Chọn: x + y + z = 1  x + y = 1 – z

Ta có 14nx + (14n-2)y + 2z = 16.1,375
 14n(x+y) – 2( y – z) = 22 (I)

BTKL: 1.1,375 = n_sau.2,75 => n_sau = 0,5 mol

 Số mol H₂ phản ứng = 1 – 0,5 = 0,5 mol.

Trường hợp 1: H₂ hết, hiđrocacbon dư.

Gọi CT chung của các hiđrocacbon sau phản ứng là C_nH_t (t là giá trị trung bình).

Ta có:

(Loại)

Trường hợp 2: H₂ dư, sau phản ứng thu được

n_sau = x + y + z – x –2 y = z – y = 0,5 (mol) (II)

Số mol H₂ pư = 2x + y = 0,5 mol  0,25 < x +y < 0,5 (III)

Thế (II) vào (I) được 14n (x+y) = 21 (IV)

Thế (III) vào (IV) được 3 < n < 6  n = 4.

Vậy 2 hiđrocacbon là C₄H₆ và C₄H₈.

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 9

1,0đ

(2)

(3)

Sơ đồ 1 (1): Nhiệt phân A tạo X.

Sơ đồ 2 (2): X tác dụng với dung dịch HCl.

Sơ đồ 3 (3): Y tác dụng với AgNO₃.

Từ (1), bảo toàn O có n_O trong Y = 0,07 mol

Từ (2), số mol trong Y = số mol NO =0,01 mol.

Số mol O trong oxit ở Y = 0,04 mol.

Từ (2) n_HCl phản ứng = 2.0,04 +4.0,01+2.0,01 = 0,14.

Từ (3) nHCl dư = 4.0,01=0,04 mol

Bảo toàn clo có n_AgCl = 0,18; bảo toàn Ag có n_Ag= 0,02.

Khối lượng kết tủa là: 27,99 gam

0,5

0,25

0,25