SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2018 – 2019

ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC 11 – THPT

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

(Đề thi gồm 02 trang)

(1): C₄H₁₀ X₁ + X₂

(2): X₁ X₃ + X₄

(3): X₃ X₅

(4): X₅ + X₂ X₆

(5): X₆ + Cl₂ X₇ + …

(6): X₇ + Cl₂ X₈ + …

(7): X₈ + NaOH _{loãng, dư} X₉ + ….

(8): X₈ + NaOH _{đặc, dư} X₁₀ + ….+ ….

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT

Năm học: 2018 – 2019

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA HỌC 11 – THPT

(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

CÂU

Ý

NỘI DUNG

ĐIỂM

Câu 1

(2,0đ)

(1): N₂ + 3H₂ 2NH₃

0,25

(2): 4NH₃ + 5O₂ 4NO + 6H₂O

0,25

(3): 2NO + O₂  2NO₂

0,25

(4): 4NO₂ + O₂ + 2H₂O  4HNO₃

0,25

(5): 5Mg + 12 HNO₃  5Mg(NO₃)₂ + N₂ + 6H₂O

0,25

(6): N₂ + O₂ 2NO

0,25

(7): 2NO₂ + 2NaOH  NaNO₂ + NaNO₃ + H₂O

0,25

(8): 5NaNO₂ + 2NaMnO₄ + 3H₂SO₄  5NaNO₃ + Na₂SO₄ + 2MnSO₄ +3H₂O

0,25

Câu 2

(2,0đ)

a.

Có kết tủa trắng, sau tan dần tạo dung dịch trong suốt:

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ ↓+ H₂O

CO₂ + CaCO₃ ↓ + H₂O → Ca(HCO₃)₂

0,5

b.

Có kết tủa xanh, sau tan thành dung dịch xanh thẫm:

2NH₃ + Cu(NO₃)₂ + 2H₂O → Cu(OH)­₂ ↓ + 2NH₄NO₃

4NH₃ + Cu(OH)₂ ↓ → [Cu(NH₃)₄ ] (OH)₂

0,5

c.

Dung dịch không màu, sau xuất hiện màu hồng:

NaOH + HCl → NaCl + H₂O; NaOH dư → Na⁺ + OH^–

0,25

d.

Có kết tủa keo trắng:

CO₂ + NaAlO₂ + 2H₂O → NaHCO₃ + Al(OH)₃↓

0,25

e.

Có kết tủa Ag:

CH₃CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O→ CH₃COONH₄ + 2NH₄NO₃ + 2 Ag ↓.

0,25

g.

Có bọt khí thoát ra:

2C₃H₅(OH)₃ + 6Na → 2C₃H₅(ONa)₃ + 3H₂ ↑

0,25

Câu 3

(2,0đ)

1.

X là photpho, các phản ứng xảy ra:

P + 5HNO₃ → H₃PO₄ (Z) + 5NO₂↑ (T) + H₂O

0,25

H₃PO₄ + NaOH → NaH₂PO₄ (Z₁) + H₂O

0,25

H₃PO₄ + 2NaOH → Na₂HPO₄ (Z₂) + 2H₂O

0,25

H₃PO₄ + 3NaOH → Na₃PO₄ (Z₃) + 3H₂O

0,25

2.

A: NH₃; B: N_­2; C: Li₃N; D: HNO₃; E: NH₄NO₃; F: N₂O; G : H₂O

4NH₃ + 3O₂ 2N₂ + 6H₂O

N₂ + 6Li 2Li₃N

0,5

Li₃N + 3H₂O NH₃ + 3LiOH

NH₃ + HNO₃ NH₄NO_3­

NH₄NO_3­ N₂O + 2H₂O

0,5

Câu 4

(2,0đ)

1.

cis-cis

0,25

cis – trans

0,25

trans-cis

0,25

trans-trans

0,25

2.

a. Đặt công thức phân tử của ankan A là : (n nguyên dương).

0,25

Theo bài ra: 14.n + 2 – x + 80.x = 101.2 (1) (x, n : nguyên dương)

Từ (1) → x ≤ 2 → Nghiệm thỏa mãn là: x = 2 và n = 3.

Vậy CTPT của A là .

0,25

b. Trong X có chứa 6 dẫn xuất Brom: CH₂Br-CH₂-CH₃; CH₃-CHBr-CH₃;

CHBr₂-CH₂-CH₃; CH₂Br-CHBr-CH₃; CH₂Br-CH₂-CH₂Br; CH₃-CBr₂-CH₃.

(Nếu viết đúng ít hơn 6 đồng phân cho 0,25 điểm)

0,5

Câu 5

(2,0đ)

CO₂ + 2OH^– → CO₃^2- + H₂O(1); CO₂ + CO₃^2- + H₂O → 2HCO₃^– (2).

Trong dung dịch X có: CO₃^2- , HCO₃^– , K⁺.

* Cho từ từ X+ HCl xảy ra đồng thời 2 phản ứng :

0,5

Đặt _{phản ứng} = a mol; _{phản ứng} = b mol ( trong 125 ml X)

⇒.

0,5

* X+­ Ba(OH)₂ dư : HCO₃^– + OH^– + Ba²⁺ → BaCO₃ + H₂O

 ∑n_{C (125 ml X)} = n_↓ = 0,25 mol => ∑n _{C(250 ml X)} = 0,5 mol. Bảo toàn C => y = 0,25 mol.

0,5

⇒ 250 ml X có: 0,125 mol và 0,375 mol

Bảo toàn điện tích cho X => n_K⁺ = 0,625 mol.

Bảo toàn nguyên tố K=> x = 0,625 – 0,25 × 2 = 0,125 mol.

0,5

Câu 6

(2,0đ)

(

(2

(

n_A = 0,012 mol; = 0,02 mol; = 0,032 mol.

Cho A + Br₂ không thấy khí thoát ra khỏi bình → chứng tỏ X, Y không no.

Số liên kết trung bình= => = 0,012 0,02 → =

=>1 chất có 1 liên kết và 1 chất có a liên kết , a .

→ Số => số => Trong A có X là C₂H₄ hoặc C₂H₂.

0,5

* Trường hợp 1: X là C₂H₄ và Y là C_nH₄ ( 3 ≤ n ≤ 4; có a liên kết π)

• X là C₂H₄ và Y là C₃H₄ :

1mol A có:

0,5

• X là C₂H₄ và Y là C₄H₄ :

1 mol A có:

0,25

* Trường hợp 2: X là C₂H₂ và Y là C_nH_2n ( 3 ≤ n ≤ 4; có 1 liên kết π)

1mol A có:

0,25

=> số

0,5

Câu 7

(2,0đ)

a.

Thứ tự các phản ứng xảy ra:

3Mg + 8H⁺ + 2NO₃^– → 3Mg²⁺ + 2NO↑ + 4H₂O (1)

Mg + Cu²⁺ → Mg²⁺ + Cu↓ (2)

Mg + 2H⁺ → Mg²⁺ + H₂ (3)

0,5

b.

Giai đoạn 1: xảy ra phản ứng (1)

m _{thanh Mg phản ứng} = 18 gam => n _{Mg phản ứng} = 0,75 mol.

n _{H+ pư} = 2,0 mol ; => a = 0,25 mol.

0,5

Giai đoạn 3: xảy ra phản ứng (3)

m _{thanh Mg phản ứng} = 6 gam => n _{Mg phản ứng} = 0,25 mol.

=> _{phản ứng} = 0,5 mol => b = 0,5 + 2,0 = 2,5 mol.

0,5

n H₂ = 0,25 mol => ∑ 0,75 mol => V_khí = 16,8 lít.

0,5

Câu 8

(2,0đ)

(1): C₄H₁₀ CH₄ (X₁) + C₃H₆ (X₂)

0,25

(2): 2 CH₄ (X₁) C₂H₂ (X₃) + 3 H₂ (X₄)

0,25

(3): 3 C₂H₂ (X₃) C₆H₆ (X₅)

0,25

(4): C₆H₆ (X₅) + C₃H₆ (X₂) C₆H₅-CH(CH₃)₂ (X₆)

0,25

(5): C₆H₅-CH(CH₃)₂ (X₆) + Cl₂ C₆H₅-CCl(CH₃)₂ (X₇) + HCl

0,25

(6): C₆H₅-CCl(CH₃)₂ (X₇) + Cl₂ p-Cl-C₆H₄-CCl(CH₃)₂ (X₈) + HCl

0,25

(7): p-Cl-C₆H₄-CCl(CH₃)₂ (X₈) + NaOH _loãng p-Cl-C₆H₄-COH(CH₃)₂ (X₉) + NaCl

0,25

(8): p-Cl-C₆H₄-CCl(CH₃)₂ (X₈) + NaOH _{đặc, dư}

p-NaO-C₆H₄-COH(CH₃)₂ (X₁₀) + 2NaCl + H₂O

0,25

Câu 9

(2,0đ)

Trong a gam M có: n_X = x mol, n_Y = y mol, n_Z = z mol.

* Phản ứng cháy : 2,01 mol ; 2,58 mol → x + y = 0,57.

0,25

* Tác dụng với Br₂ => z = 0,1 mol => n_M = x + y + z = 0,67 => Số .

0,25

X, Y, Z có số nguyên tử C liên tiếp nhau và M_X < M_Y < M_Z

=> X là C₂H₅OH; Y là C₃H₇OH và Z là C₄H₇OH.

0,25

Ta có hệ phương trình:

0,25

* 18,752 gam ete T1,106 mol CO₂ + 1,252 mol H₂O

Đặt số mol phản ứng: => _{tách ra} =

Ta có hệ phương trình:

0,5

Hiệu suất tạo ete của các ancol: H_X = 50%; H_Y = 60%; H_Z = 40%.

0,5

Câu 10

(2,0đ)

_dư = 0,01.4 = 0,04 mol. Bảo toàn Cl: n _AgCl = 0,96 mol =>

0,25

Bảo toàn e => =+ 3 = 0,07 + 3. 0,01=0,10 mol.

Bảo toàn khối lượng => 7,2 gam => 0,4 mol.

0,25

=> hệ phương trình:

0,25

Bảo toàn điện tích cho dung dịch X:

0,25

Bảo toàn H 

= 0,1 – (0,06 – 2d) = (0,04 + 2d) mol

0,25

Bảo toàn oxi ta có: (IV)

0,25

Giải hệ (I → IV) được: a = 0,04 mol; b = 0,06 mol; c = 0,29 mol; d = 0,02 mol.

0,25

=> = 29,96%.

0,25