Đề thi năng khiếu môn Hóa lớp 11 11H lần 4 năm học 2019- 2020 trường THPT Chuyên Nguyễn Trãi - Hải Dương.

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI NĂNG KHIẾU LẦN IV NĂM HỌC 2019 - 2020 MÔN: Hóa học KHỐI 11 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu) Ngày thi: 11 tháng 05 năm 2020 Câu 1: (1 điểm) 1. Cho hỗn hợp gồm 18,56 gam Fe3O4 và 7,68 gam Cu vào 600 ml dung dịch HCl 1M, kết thúc phản ứng thu được dung dịch X và còn lại x gam rắn không tan. Tính x? 2. Tiến hành điện phân 200 ml dung dịch X gồm HC1 0,8M và CuSO4 1M với cường độ dòng điện không đổi I = 2,68 ampe trong thời gian 2 giờ (điện cực trơ, có màng ngăn, hiệu suất điện phân 100%). Coi các khí tan trong nước không đáng kể. Tính thể tích khí thoát ra ở anot. Câu 2: (1 điểm) 1. Hợp chất X mạch hở có công thức phân tử là C5H11NO2, có mạch cacbon phân nhánh. Cho 11,7 gam X phản ứng với 150 ml dung dịch NaOH 1M sinh ra một chất khí Y và dung dịch Z. Khí Y nặng hơn không khí, làm giấy quỳ tím ẩm chuyển sang màu xanh. Dung dịch Z có khả năng làm mất màu nước brom. Tính khối lượng chất rắn thu được khi cô cạn dung dịch Z. 2. Đốt cháy hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm ba este (chỉ có chức este) tạo bởi axit fomic với các ancol metylic, etylenglicol và glixerol thu dược 4,032 lít CO2 (đktc) và 2,52 gam H2O. Tính m? Câu 3: (1 điểm) Cho m gam hỗn hợp Cu và Fe vào 200 ml dung dịch AgNO3 0,2M, sau một thời gian thu được 4,16 gam chất rắn X và dung dịch Y. Cho 5,2 gam Zn vào dung dịch Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 5,82 gam chất rắn Z và dung dịch T. Tính m? Câu 4: (1 điểm) Hỗn hợp X gồm chất Y (C2H8N2O4) và chất Z (C5H10N2O3); trong đó, Y là muối của axit đa chức, Z là đipeptit mạch hở. Cho 33,2 gam X tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng, thu được 0,3 mol khí. Mặt khác 33,2 gam X tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được m gam chất hữu cơ. Tính m? Câu 5: (1 điểm) Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm Mg, Fe3O4, Zn vào dung dịch chứa đồng thời HNO3 và l,726 mol HCl, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa 95,105 gam các muối clorua và 0,062 mol hỗn hợp 2 khí N2O, NO (tổng khối lượng hỗn hợp khí là 2,308 gam). Nếu đem dung dịch Y tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thi thu được 254,161 gam kết tủa. Còn nếu đem dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH dư (không có mặt oxi) thì thu được 54,554 gam kết tủa. Tính m? Câu 6: (1,5 điểm) 1. Nguyên tử của nguyên tố X có electron cuối cùng có bộ các số lượng tử: 1 n = 3; l = 2; m = 0 và s = + . 2 a) Viết cấu hình electron của nguyên tử nguyên tố X. b) Hãy xác định năng lượng ion hóa thứ z (theo kJ/mol) của nguyên tử nguyên tố X. Với z là số hiệu nguyên tử của nguyên tố X. 2. Cho các chất: BF3, CF4, NH3. a. Viết công thức Liuyt, cho biết cấu trúc hình học của các phân tử, trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm. b. Các chất có tác dụng được với nhau không? Nêú có viết phương trình phản ứng. Câu 7: (1 điểm) M là chất có tính oxi hóa mạnh, tan được trong nước. Nhiệt phân M thu được các sản phẩm P (rắn), Q (rắn), R (khí) đều là các chất có tính oxi hóa mạnh. Hoàn tan P vào nước, sau đó sục khí clo vào thu được dung dịch M. Nung chảy Q với kiềm trong điều kiện có mặt oxi thu được P (màu lục). Nếu đun nóng Q với H2SO4 thì được R và dung dịch màu hồng của chất E. Biết E là sản phẩm khử của M khi cho M tác dụng với KCl trong axit sunfuric. Trong M, P, Q và E đều chứa cùng một kim loại. Xác định các chất M, P, Q, R và E. Viết các phương trình phản ứng. Câu 8: (0,75 điểm) Hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O có khối lượng phân tử bằng 74 đvc. Biết A không phản ứng với Na, khi phản ứng với dung dịch NaOH chỉ thu được một sản phẩm hữu cơ. Biết từ A thực hiện được sơ đồ: A + C H 3 M gC l B +H 2O C H 3C H O D + H 2O bu ta n 2 ol Xác định công thức cấu tạo của A và viết phương trình phản ứng. Câu 9: (0,75 điểm) Sắp xếp các chất sau theo trình tự tăng dần tính bazơ. Giải thích. N N N (A) (B) (C) N (D) N (E) Câu 10: (1 điểm) Sự phát triển của các loại dược phẩm mới phụ thuộc chủ yếu vào tổng hợp hữu cơ. Phương pháp chỉnh lại phân tử (fine-tuning) được sử dụng để có thể nhận được các tính chất như mong muốn. Sau đây là qúa trình tổng hợp thuốc gây mê cục bộ proparacaine (còn được gọi là proxymetacaine), chất này được sử dụng để điều trị các bệnh về mắt. Hoàn thành qúa trình tổng hợp bằng cách viết công thức cấu tạo các chất A, B, C, D và E Tất cả đều là các sản phẩm chính ---------------------------------------------------- Hết ------------------------------------------------ KỲ THI NĂNG KHIẾU LẦN IV NĂM HỌC 2019 - 2020 MÔN: Hóa học KHỐI 11 SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI ĐÁP ÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu) Ngày thi: tháng 02 năm 2020 CÂU 1.1 1.2 2.1 ĐIỂM NỘI DUNG Ta có: nFe3 O4 = 0,08 mol, nCu = 0,12 mol, nHCl = 0,6 mol Fe3O4 + 8HCl  2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O Pư: 0,075 0,6 0,15 0,075 mol Cu + 2FeCl3  2FeCl2 + CuCl2 Pư: 0,075 0,15 mol Chất rắn còn dư: Fe3O4: 0,005 mol; Cu: 0,045 mol  x = 4,04 gam Số mol electron trao đổi: nelectron Tại anot: 2 Cl-  Cl2 + 0,16  0,08 2 H2O  4H+ + 0,5 I.t = F = 0,2 mol 2e 0,16 mol O2 + 4e 0,01  (0,2 – 0,16) mol  Thể tích khí thoát ra tại anot: V = (0,08 + 0,01).22,4 = 2,016 lít 0,5 Theo đề bài X là muối amoni của axit không no có nhánh, khí Y nặng hơn không khí do đó Y là amin. Với CTPT của X là C5H11O2N thì X chỉ có thể là: CH2 = C(CH3) – COONH3-CH3  Cho 11,7 gam X (0,1 mol) tác dụng với 0,15 mol NaOH: CH2=C(CH3)–COONH3-CH3 + NaOH  CH2=C(CH3)–COONa + CH3NH2 + H2O Chất rắn thu được gồm 0,1 mol C3H5O2Na và 0,05 mol NaOH dư. mchất rắn = 12,8 gam 0,5 Nhận xét: 3 este trong X đều có số nguyên tử C bằng số nguyên tử O 2.2 mà meste = mC + mH + mO = (12 + 16)nC + 1.nH = 28nCO2 + 2nH2 O 0,5  m = 5,32 gam 1 3 4 Vì các phản ứng xảy ra hoàn toàn, nNO3 − = 0,04 mol < 2 . nZn nên muối trong dung dịch T chỉ có 0,02 mol Zn(NO3)2. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: (1) m + mAgNO = mX + mmuối trong Y 3 (2) mZn + mmuối trong Y = mZ + mmuối trong T Từ (2)  mmuối trong Y = 5,82 + 0,02.189 – 5,2 = 4,4 gam Từ (1)  m = 4,16 + 4,4 – 0,04.170 = 1,76 gam. Theo đề bài Y là (COONH4)2 ; Z là Gly-Ala hoặc Ala-Gly. Cho X tác dụng với NaOH : (COONH4)2 + 2NaOH  Na2C2O4 + 2NH3 + 2H2O Gly-Ala (Ala-Gly) + 2NaOH  NH2CH2COONa + NH2CH(CH3)COONa + H2O 1 33,2−0,15.124  nY = 2 nNH3 = 0,15 mol  nZ = = 0,1 mol 146 Cho X tác dụng với HCl dư thì chất hữu cơ thu được gồm: H2C2O4 0,15 mol ClNH3CH2COOH: 0,1 mol; ClNH3CH(CH3)COOH: 0,1 mol  m = 90.0,15 + 111,5.0,1 + 122,5.0,1 = 37,2 gam 1,0 1,0 5 6.1 Dung dịch Y tác dụng với AgNO3 dư: kết tủa có AgCl và có thể có Ag. Theo bảo toàn clo ta có: nAgCl = nHCl = 1,726 mol  nAg = (254,161 – 1,726.143,5) : 108 = 0,06 mol.  dung dịch Y có 0,06 mol Fe2+ Dễ dàng tính được nN2 O = 0,032 mol , nNO = 0,03 mol 0,25 Đặt số mol Mg, Zn, Fe3O4 trong X lần lượt là x, y, z mol Cho X tác dụng với dung dịch chứa HNO3 và HCl được dung dịch Y chỉ chứa muối clorua  cả hai axit phản ứng hết. Dung dịch Y thu được chứa: MgCl2 x mol; ZnCl2 y mol, FeCl3 (3z – 0,06) mol, FeCl2 0,06 mol có thể có NH4Cl: t mol Bảo toàn Cl có: 2x + 2y + 9z – 0,06 + t = 1,726 mol  2x + 2y + 9z + t = 1,786 (1) Từ khối lượng muối trong Y có : 95x + 136y + 162,5(3z-0,06) + 127.0,06 + 53,5t = 95,105 gam  24x + 65y + 168z + 18t = 33,832 (2) Bảo toàn electron ta có: 2x + 2y + z – 0,06 = 8t + 8nN2 O + 3nNO  2x + 2y + z – 8t = 0,406 (3) Cho dung dịch Y tác dụng với NaOH dư (không có oxi) kết tủa thu được gồm: Mg(OH)2: x mol; Fe(OH)3 (3z – 0,06) mol, Fe(OH)2 0,06 mol  58x + 107.(3z – 0,06) + 90.0,06 = 54,554 gam  58x + 321z = 55,574 (4) 0,5 Giải hệ (1), (2), (3), (4) ta được x = 0,128 ; y = 0,08 ; z = 0,15.  m = 24x + 65y + 232z = 43,072 gam 0,25 a) Ứng với các số lượng tử đã cho  electron cuối cùng ứng với cấu hình: 3d3 Theo Kleckoski  phân lớp 3d có mức năng lượng lớn hơn các phân lớp: 1s, 2s, 2p, 3s, 3p, 4s. Do đó theo nguyên lý vững bền, thứ tự điền electron trong nguyên tử của nguyên tố X là: 1s22s22p63s23p64s23d3 Vậy cấu hình electron của X là: 1s22s22p63s23p63d34s2 0,5 b) Nguyên tố X có Z = 23 => Năng lượng ion hóa thứ Z của X là: 232 Iz = - En =  13, 6 2 = 7194,4 eV 1 = 7194,4 (eV). 1,602.10-19 (J/eV). 6.1023 (mol-1) = 691 526 kJ/mol 6.2 Chất Công thức Liuyt Loại phân tử TT lai hoá 0,5 Hình học phân tử  đều F B F F BF3 AX3E0 F sp2 B F F Tứ diện F F CF4 F C F AX4E0 F sp3 F F C F 0,25 Đáy tháp tam giác N H NH3 .. H sp3 AX3E1 H N H H H - Phân tử BF3 ngoài 3 liên kết σ, còn có 1 liên kết π không định chỗ do sự xen phủ của obitan p còn trống của nguyên tử B và 1 trong các obitan p chứa 2e của các nguyên tử F. Liên kết π này không bền vững, vì F là nguyên tố âm điện nhất chỉ nhận e, rất khó nhường e nên BF3 là một axit Lewis, có khả năng nhận e của chất khác. - NH3 có 1 cặp e chưa liên kết, nên nó đóng vai trò là 1 bazo Lewis. - Do đó BF3 và NH3 có thể phản ứng với nhau. 0,25 H F BF3 + NH3 F B F N H H - Phân tử CF4 bền vững, không phản ứng với 2 chất trên. 7 Chọn M là KMnO4 , P là K2MnO4, Q là MnO2, R là O2 ; E là MnSO4 : 𝑡0 2KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2 2K2MnO4 + Cl2  2KMnO4 + 2KCl nung nóng chảy 1,0 2MnO2 + 4KOH + O2 → 2K2MnO4 + 2H2O 2MnO2 + 2H2SO4  2MnSO4 + O2 + 2H2O 2KMnO4 + 10KCl + 8H2SO4  2MnSO4 + 6K2SO4 + 5Cl2 + 8H2O 8 Đặt công thức phân tử của A là CxHyOz. Theo giả thiết ta có: 12x + y + 16z = 74; y  2x + 2  z  (74 - 12.1 – 2):16 = 3,75 Lần lượt xét z = 1, 2, 3 ta thu được các công thức: C4H10O; C3H6O2; C2H2O3 Mà A thoả mãn sơ đồ thì A phải có CTPT và CTCT tương ứng là: C2H2O3 và 0,5 O H O C O C H anhidrit fomic Các phương trình phản ứng: (HCO)2O + 2 NaOH  2HCOONa + H2O (HCO)2O + CH3MgCl  CH3CH(OOCH)OMgCl CH3CH(OOCH)OMgCl + H2O  CH3CHO + HCOOH + Mg(OH)Cl 9 C2H5MgCl + CH3CH=O  CH3CH2CH(CH3)OMgCl CH3CH2CH(CH3)OMgCl + H2O CH3CH2CH(CH3)OH Thứ tự tăng dần tính bazơ: A < C < D < B < E Giải thích: - Nguyên nhân tính bazơ: Do N có cặp e tự do - Tính bazơ tăng khi mật độ e trên N tăng và cation tạo ra bền hơn 0,25 0,25 0,25 - A, C < D, B, E do cặp E trên N đã tham gia liên hợp với 2 nối đôi. - A < C do C có CH3(+I) vào vòng nên mật độ e trên N của C cũng tăng lên. - D < B, E do N của D lai hoá sp2 còn N của B và D lai hoá sp3 mà độ âm điện của Nsp2 > Nsp3 nên khả năng nhường cặp e sẽ giảm. Mặt khác B,D có 2 nhánh hidrocacbon có +I làm tăng mật độ e trên N. - B