Tuyển tập các đề thi olympic hóa học lớp 11 (kèm đáp án chi tiết)

Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 11 (kèm đáp án chi tiết)
ĐỀ SỐ 1:
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HÓA HỌC - LỚP 11
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HÓA HỌC - LỚP 11
Trường THPT chuyên Lương Thế Vinh
Trường THPT chuyên Lương Thế Vinh
Tỉnh Đồng Nai
Tỉnh Đồng Nai
Câu I (4điểm)
I.1. Ở 27
o
C, 1atm, 20% N
2
O
4
chuyển thành NO
2
. Hỏi ở 27
o
C, 0,1 atm, có bao nhiêu %
N
2
O
4
chuyển thành NO
2
? Nhận xét ?
I.2. Tính α khi cho 69 gam N
2
O
4

vào 1 bình 20 lít ở 27
o
C.
I.3. Tính α khi cho 69 gam N
2
O
4
và 30 gam Ar vào 1 bình 20 lít ở 27
o
C.
I.4. Tính α khi cho 69 gam N
2
O
4
và 30 gam Ar vào 1 bình 40 lít ở 27
o
C. Cho nhận xét
và giải thích.
I.5. Người ta đo tỉ khối đối với không khí của một hỗn hợp khí N
2
O
4
, NO
2
ở áp suất 1
atm và tại các nhiệt độ khác nhau. Kết quả thu được là:
t
o
(C) 45 60 80 100 140 180
d 2,34 2,08 1,80 1,68 1,59 1,59

Tính α ở các nhiệt độ trên. Cho biết chiều thuận là chiều thu nhiệt hay toả nhiệt?
Câu II (4 điểm)
Cho pin:
H
2
(Pt),
2
H
p
= 1 atm
Pt 1MH 1M,Mn 1M,MnO 1MH
2
4
++
−
+
Biết rằng sđđ của pin ở 25
o
C là 1,5V.
I.1. Hãy cho biết phản ứng quy ước, phản ứng thực tế xảy ra trong pin và xác định
o
MnMnO
2
4
E
+
−
/
.
I.2. Sức điện động của pin thay đổi ra sao (xét ảnh hưởng định tính), nếu:

-Thêm ít NaHCO
3
vào nửa trái của pin?
-Thêm ít FeSO
4
vào nửa phải của pin?
-Thêm ít CH
3
COONa vào nửa phải của pin?
Câu III (4 điểm)
Một vài tính chất của một hợp chất vô cơ chưa biết A được liệt kê dưới đây:
-A là một chất rắn màu trắng hơi vàng, dễ chảy rữa và thăng hoa khi đun nóng. A có
khối lượng phân tử là 266.
-A phản ứng mãnh liệt với nước để cho dung dịch B.
-Khi một dung dịch hỗn hợp gồm NH
4
OH và NH
4
Cl được thêm vào dung dịch B thì
nhận được kết tủa keo màu trắng.
-Một mẫu dung dịch B phản ứng với dung dịch hỗn hợp nitric axit và bạc nitrat cho
kết tủa vón cục màu trắng C. Kết tủa trắng này nhanh chóng tan đi khi thêm vào dung dịch
NH
4
OH mặc dù khi ta cho dư NH
4
OH thì lại xuất hiện kết tủa trắng D.
-Kết tủa D được lọc và hoà tan trong NaOH thu được dung dịch trong suốt E.
-Khi cho khí CO
2

lội qua dung dịch E thì lại sinh ra kết tủa D.
-Chất A hoà tan không điện ly trong ete không lẫn nước. Khi dung dịch này phản ứng
với LiH thì sẽ tạo thành sản phẩm F. Nếu dùng dư LiH thì F sẽ chuyển thành G.
I.1. Xác định chất A.
I.2. Xác định các chất từ B đến G và viết tất cả các phương trình phản ứng xảy ra.
Câu IV (4 điểm)
Từ dầu mỏ, người ta tách được các hyđrocacbon A, B, C. Dưới tác dụng của ánh sáng,
brom hóa A (1:1) ta thu được sản phẩm A
1
. Phân tích định lượng A
1
: 55,81%C ; 6,98%H;
1
Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 11 (kèm đáp án chi tiết)
37,21%Br. Bằng phương pháp vật lý cho biết A
1
gồm hai loại phân tử với số lượng tương
đương nhưng có khối lượng hơn kém nhau 2 đvC. B, C có nhiều hơn A hai nguyên tử H.
I.1. Xác định công thức phân tử của A, B, C.
I.2. Cả A, B, C đều không làm mất màu dung dịch brom và chỉ chứa C bậc hai và ba.
Tỉ lệ giữa số nguyên tử C
III
: số nguyên tử C
II
ở A là 2 : 3; còn ở B và C là 1 : 4. Cả ba đều chỉ
chứa vòng 6 cạnh ở dạng ghế. Hãy xác định công thức cấu tạo và viết công thức lập thể của
A, B, C.
I.3. So sánh nhiệt độ nóng chảy của A, B, C. Giải thích?
Câu V (4 điểm)
Xitral A C

10
H
16
O là một terpenoit thành phần chính của tinh dầu chanh. Nó phản ứng
với NH
2
OH tạo thành chất có công thức phân tử: C
10
H
17
N, với thuốc thử Tolens cho phản ứng
tráng gương và một chất có công thức phân tử: C
10
H
16
O
2
. Khi oxi hóa mãnh liệt xitral tạo
thành axeton, axit oxalic và axit levuric (CH
3
COCH
2
CH
2
COOH)
I.1. Dựa vào dữ kiện trên và dựa vào qui tắc isopren của terpen, hãy viết công thức
cấu tạo của xitral.
I.2. Trong thực tế xitral gồm hai đồng phân: xitral-a (tức geranial) và xitral-b (tức
neral). Cả hai chất này đều cho sản phẩm oxi hóa như nhau. Vậy có thể có đặc điểm gì khác
trong cấu hình của hai đồng phân đó?

I.3. Xitral-a được tạo thành khi oxi hóa nhẹ geraniol, còn xitral-b được tạo thành khi
oxi hóa nhẹ nerol. Dựa trên cơ sở này, hãy viết công thức cấu hình của xitral-a và xitral-b.
ĐÁP ÁN
ĐÁP ÁN
Câu I
I.1. N
2
O
4
(k)  2NO
2
(k) Tổng số mol khí P
hệ
Ban đầu n n P
o
Biến đổi nα 2nα
Cân bằng n(1-α) 2nα n(1+α) P
cb
( )
( )
cbON
P .
1n
-1n
P
42
α
α
+
=

;
( )
cbNO
P .
1n
n2
P
2
α
α
+
=

⇒ K
P
=
cb
2
2
ON
2
NO
P .
1
4

P
P
42
2

α
α
−
=
-Khi P
cb
= 1 atm, α = 0,2 ⇒ K
P
= 0,167
-Khi P
cb
= 0,1 atm ⇒ α = 0,543 = 54,3%
♣ Nhận xét: Khi P
cb
của hệ giảm, α tăng tức là cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận, phù
hợp với nguyên lí Lechatelier.
I.2.
0,0375
20
0,75

V
n
C
42
ON
===
(M)
P
o

= CRT = 0,0375.0.082.300 = 0,9225 (atm)
N
2
O
4
(k)  2NO
2
(k)
Ban đầu P
o

Biến đổi P
o
α 2P
o
α
Cân bằng P
o
(1-α) 2P
o
α
⇒ K
P
=
o
2
2
ON
2
NO

P .
1
4

P
P
42
2
α
α
−
=
⇒ α = 0,191 = 19,1%
2
Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 11 (kèm đáp án chi tiết)
I.3. Mặc dù thêm 1 lượng khí Ar làm áp suất tổng quát tăng gấp đôi tuy nhiên do thể tích
bình không đổi nên
42
ON
C
không đổi ⇒ P
o
(N
2
O
4
) không đổi, mà K
p
cũng không đổi (vì nhiệt
độ không đổi).

⇒ α = 0,191 = 19,1%
I.4. Tính tương tự câu I.2 ta được α = 0,259 = 25,9%
♣ Nhận xét: α tăng, cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận. Vì: áp suất tổng quát của hệ
không đổi nhưng áp suất cân bằng gây ra bởi N
2
O
4
, NO
2
lại giảm ⇒ cân bằng chuyển dịch
theo chiều thuận.
I.5.
29
M
d
hh
hh/kk
=
⇒
( )
α
+
==
1n
n.M
29d M
42
ON
hh
(áp dụng định luật bảo toàn khối lượng).

⇒
1 -
29d
M

42
ON
=
α
⇒ t
o
45 60 80 100 140 180
d 2,34 2,08 1,80 1,68 1,59 1,59
α 0,356 0,525 0,762 0,888 0,995 0,995
♣ Nhận xét: nhiệt độ tăng, α tăng ⇒ cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận. Theo nguyên lý
Lechatelier, chiều thuận là chiều thu nhiệt.
Câu II
I.1. Vì Sđđ =
pin
E
= +1,51V > 0, cực Pt (bên phải) là cactot, cực hiđro (bên trái) là anot, do
đó phản ứng thực tế xảy ra trong pin sẽ trùng với phản ứng quy ước.
Ở Catot xảy ra quá trình khử: MnO
4
-
+ 8H
+
+ 5e  Mn
2+
+ 4H

2
O
Ở Anot xảy ra quá trình oxi hóa: H
2
 2H
+
+ 2e
Phản ứng thực tế xảy ra: 2MnO
4
-
+ 5H
2
+ 6H
+
 2Mn
2+
+ 8H
2
O
Vì đây là pin tiêu chuẩn, nên theo quy ước:
o
MnMnO
o
H2H
o
MnMnO
o
-
oo
pin

2
4
2
2
-
4
E E -E E - E E
+
−+
+
===
+
/
/
/
Vậy
1,51 E E
o
pin
o
MnMnO
2
4
==
+
−
/
(V)
I.2. Khi thêm các chất vào nửa phải hoặc nửa trái của pin thì lúc đó pin không còn là pin tiêu
chuẩn nữa.

-Nếu thêm ít NaHCO
3
vào nửa trái của pin sẽ xảy ra phản ứng:
HCO
3
-
+ H
+
→ CO
2
+ H
2
O
Làm [H
+
] giảm ⇒
[ ]
2
2
H
H2H
p
H
lg
2
0,0592
E
2
/
+

=
+
giảm.
Do đó :
2
2
4
H2H
MnMnO
pin
E - E E
/
/
+
+
−
=
sẽ tăng.
-Tương tự, thêm ít FeSO
4
vào nửa phải của pin sẽ xảy ra phản ứng:
MnO
4
-
+ 5Fe
2+
+ 8H
+
→ Mn
2+

+ 5Fe
3+
+ 4H
2
O
SO
4
2-
+ H
+
→ HSO
4
-

Làm cho [MnO
4
-
] và [H
+
] giảm ; [Mn
2+
] tăng.
⇒
[ ]
[ ]
[ ]
+
+
−
+=

+
−
+
−
2
4
o
MnMnO
MnMnO
Mn
HMnO
lg
5
0,0592
E E
2
4
2
4

8
/
/
giảm, do đó Sđđ của pin
giảm.
-Nếu thêm ít CH
3
COONa vào nửa phải của pin sẽ xảy ra phản ứng:
CH
3

COO
-
+ H
+
→ CH
3
COOH
Do đó [H
+
] giảm,
+
−
2
4
MnMnO
E
/
giảm, do đó Sđđ của pin sẽ giảm.
Câu III
3
Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 11 (kèm đáp án chi tiết)
I.1. Trong bước thứ ba của phép phân tích ta thu được kết tủa trắng keo, điều này chứng tỏ
rằng dung dịch B có chứa Al
3+
và dung dịch B cũng tạo kết tủa trắng với AgNO
3
, kết tủa này
tan đi khi ta thêm NH
4
OH vào chứng tỏ rằng dung dịch B có chứa Cl

-
. Vậy chất A sẽ là Al
2
Cl
6
(M
A
= 266).
I.2. Các phản ứng xảy ra:
- Al
2
Cl
6
+ 12H
2
O → 2[Al(H
2
O)
6
]
3+
+ 6Cl
-

- Al
3+
+ 3NH
4
OH → Al(OH)
3

+ 3NH
4
+
- 6AgNO
3
+ 6Cl
-
→ 6AgCl + 6NO
3
-
(C)
AgCl + 2NH
4
OH → [Ag(NH
3
)
2
]
+
Cl
-
+ H
2
O
Al
3+
+ 3NH
4
OH → Al(OH)
3

+ 3NH
4
+
(D)
- Al(OH)
3
+ NaOH → Na
+
[Al(OH)
4
-
]
(E)
- [Al(OH)
4
]
-
+ CO
2
→ Al(OH)
3
+ HCO
3
-
- Al
2
Cl
6
+ 6LiH → (AlH
3

)
2
+ 6LiCl
(F)
(AlH
3
)
2
+ 2LiHdư → 2LiAlH
4
(G)
Câu IV
I.1. Đặt công thức tổng quát của A
1
là : C
x
H
y
Br
z
Ta có: x : y : z =
80
%
1
%
12
% BrHC
==
=
80

21,37
1
98,6
12
81,55
==
= 10 : 15 : 1
Công thức nguyên của A
1
: (C
10
H
15
Br)
n
Ta biết trong tự nhiên Brom tồn tại dưới hai dạng đồng vị Br
79
và Br
81
. Mà khối lượng
nguyên tử trung bình của Br là 80 ⇒ Br
79
và Br
81
trong tự nhiên có số lượng tương đương
nhau.
⇒ A
1
chỉ có 1 nguyên tử Br hơn kém nhau 2 đvC là Br
79

và Br
81
⇒ CTPT của A
1
: C
10
H
15
Br
⇒ CTPT của A : C
10
H
16
⇒ CTPT của B, C : C
10
H
18
I.2. A, B, C không làm mất màu dung dịch brom ⇒ Không chứa liên kết bội mà chứa vòng
no.
A có 4 C
III
, 6 C
II
; B và C có 2C
III
và 8C
II
.
⇒ Công thức cấu tạo của chúng:

A
B,C
Công thức lập thể:

A
B
C
I.3. T
nc
: A > B > C
4
Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 11 (kèm đáp án chi tiết)
Vì tính gọn gàng giảm theo chiều đó. A có cấu trúc đặc biệt gồm 4 mặt ghế xếp rất khít
vào nhau (gần giống mạng tinh thể) nên rất gọn ⇒ T
nc
cao đặc biệt.
Câu V
I.1. Xitral có CTPT : C
10
H
16
O
Ta có:
C
10
H
16
O
+ NH
2

OH
+ Tolens
+ KMnO
4
ñ/t
o
C
10
H
17
NO
C
10
H
16
O
2
CH
3
- C - CH
3
+ HOOC - COOH + CH
3
- C - CH
2
- CH
2
- COOH
O
O

(1)
(2)
(3)
Từ (1) và (2) ⇒ Xitral là một anđehit đơn chức.
Từ (3) ⇒ Xitral có thể có những công thức cấu tạo sau:

CH
3
- C = CH - CH = C - CH
2
- CH
2
- CH = O
CH
3
CH
3
CH
3
- C = CH - CH
2
- CH
2
- C = CH - CH = O
CH
3
CH
3
CH
3

- C = C - CH
2
- CH
2
- CH = CH - CH = O
CH
3
CH
3
Tuy nhiên, dựa vào qui tắc isopren của terpen, CTCT đúng của Xitral là :

CH
3
- C = CH - CH
2
- CH
2
- C = CH - CH = O
CH
3
CH
3
hay

CH
3
CH
3
CH
3

CH = O
I.2. Trong thực tế, Xitral gồm 2 đồng phân, khi oxi hóa đều cho 2 sản phẩm như nhau, như
vậy chúng có đặc điểm khác nhau trong cấu hình của 2 đồng phân này là: chúng là đồng phân
hình học của nhau.

CH = O
CH
3
CH
3
CH
3
(trans)
CH
3
CH
3
CH
3
CH = O
(cis)
I.3. ♣Geraniol có cấu tạo là:
5
Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 11 (kèm đáp án chi tiết)

CH = O
CH
3
CH
3

CH
3
(trans)
CH
3
CH
3
CH
3
CH
2
OH
caáu hình cuûa Xitral-a laø:
♣Còn Nerol có cấu tạo là:

CH = O
CH
3
CH
3
CH
3
(cis)
CH
3
CH
3
CH
3
CH

2
OH
caáu hình cuûa Xitral-b laø:


ĐỀ SỐ 2:
ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT – MÔ N HÓA – KHỐI 11
Câu I :
Xét sự thủy phân của este metyl axetat ở 25
0
C trong các môi trường sau:
Trường hợp 1: Trong môi trường kiềm, khi tăng nồng độ kiềm lên gấp đôi thì tốc độ phản
ứng tăng lên hai lần. Nhận xét này cũng được thấy khi tăng nồng độ của este lên hai lần.
Trường hợp 2: Phản ứng thuỷ phân được thực hiện trong môi trường đệm
Trường hợp 3: Người ta tiến hành phản ứng thuỷ phân trong môi trường axit HCl 0,05M
dư. Động học của phản ứng được nghiên cứu bằng cách chuẩn độ 25ml hỗn hợp phản ứng
bằng dung dịch NaOH ở từng thời điểm t với kết quả như sau :
t [phút]
0 21 75 119
∞
V
NaOH
[cm
3
]
24,4 25,8 29,3 31,7 47,2
I.1. Hãy viết phương trình động học của phản ứng. Cho biết bậc của phản ứng trong từng
trường hợp.
I.2. Trong TH1: Nếu cho 0,01 mol xút và 0,01 mol este vào 1lit nước (xem như thể tích
thay đổi không đáng kể). Sau 200 phút thì 3/5 lượng este chưa bị phân huỷ. Tính hằng

số tốc độ phản ứng k
1

I.3. Trong TH 3: Hãy tính hằng số tốc độ phản ứng k
3
và thời gian để este phân huỷ hết
50%. Từ đó hãy so sánh giá trị k
1
và k
3

Đáp án
I.1. Nhận xét:
TH1: v = k
1
[este]
a
.[OH
-
]
b
→ khi tăng nồng độ của este hoặc bazơ lên gấp
hai lần thì v cũng tăng lên gấp đôi → a = b = 1 → v = k
1
[este][OH
-
]
Vậy trong TH1 bậc của phản ứng là bậc 2
1 điểm
TH2: Ta có v = k[este][OH

-
] . Nhưng trong môi trường đệm nên [OH
-
] =
const → v = k
2
[este] với k
2
= k[OH
-
]
TH3: v = k[este][axit] Do axit lấy dư nên k[axit] = const =k
3
→ v = k
3
[este]
Vậy trong TH2, 3 bậc phản ứng là bậc 1
1 điểm
I.2. Vì nồng este và axit bằng nhau và [A
0
] = 0,01M nên ta có
kt
AxA
=−
− ][
1
][
1
00
với [A

0
] là nồng độ của este; [A
0
] – x là nồng độ của
1 điểm
6
Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 11 (kèm đáp án chi tiết)
este tại thời điểm t
Lượng este chưa bị thuỷ phân là 2/5[A
0
] →
kt
A
A
=−
][
1
][
5
2
1
0
0
→ k= 0,75 mol
-1
.L.phút
-1
= k
1

I.3. Ta có
xA
A
t
k
−
=
][
][
lg
303,2
0
0

Nếu V
∞

ở thời điểm t = ∞

là thể tích ứng với sự kết thúc thuỷ phân

este
trong môi trường axit, V
0
là thể tích ứng với thời điểm t= 0 thì hiệu V
∞
- V
0
sẽ tỉ lệ với nồng độ đầu của este. Còn hiệu V
∞

- V
t
sẽ tỉ lệ với nồng độ este
tại thời điểm t ( V
t
là thể tích ứng với thời điểm t ). Do đó:

t [phút] 21 75 119
V
NaOH
[cm
3
] 25,8 29,3 31,7
k
3
phút
-1
0,003016 0,003224 0,003244
1
3
003161,0
−
= phutk

Vậy k
1
gấp
3
k
khoảng 237,27 lần.

t
3
k
= ln2 → t = 219 phút
1 điểm
Câu II :
Tính pH của dung dịch CH
3
COOH 0,1M.
II.1.Phải thêm vào 1 Lít dung dịch trên bao nhiêu gam NaOH để được dung dịch có pH
=3.
II.2.Xác định độ tan của AgCN trong dung dịch đệm có pH =3.
II.3.Ion phức Ag(NH
3
)
2
+
bị phân huỷ trong môi trường axit theo phản ứng:
Ag(NH
3
)
2
+
+ 2H
+
Ag
+
+ 2NH
4
+

Để 90% ion phức có trong dung dịch Ag(NH
3
)
2
+
0,1M

bị phân huỷ thì nồng độ H
+
tại
trạng thái cân bằng là bao nhiêu.
Biết :hằng số axit của CH
3
COOH là K
1
= 10
-4,76
; HCN là K
2
= 10
-9,35
;
NH
4
+
là K
3
= 10
-9,24

AgCN Ag
+
+ CN
-
T = 2,2. 10
-16
Ag
+
+ NH
3
Ag(NH
3
)
+
β
1
= 10
3,32
Ag(NH
3
)
+
+ NH
3
Ag(NH
3
)
2
+

β
2
= 10
3,92
Đáp án:
II.1. CH
3
COOH CH
3
COO
-
+ H
+
C (M) 0,1
[ ] (M) 0,1 – x x x
= 10
-4,76
Giả sử, x << 0,1 nên suy ra x = 10
-2,88
=> pH = 2,88
1 điểm
II.2. CH
3
COOH + NaOH = CH
3
COONa + H
2
O
(M) C C
CH

3
COONa CH
3
COO
-
+ Na
+
(M) C C
CH
3
COOH CH
3
COO
-
+ H
+
K
a
= 10
-4,76
C
0
(M) 0,1- C C
[ ] (M) 0,1- C – 10
-3
C + 10
-3
10
-3

pH = 3 => [H
+
] = 10
-3
(M)

1 điểm
7
Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 11 (kèm đáp án chi tiết)

76,4
3
33
10
101,0
10)10(
−
−
−−
=
−−
+
C
C
 C = 7,08. 10
-4
(M)
=> n
NaOH
= 7,08. 10

-4
(mol) => m
NaOH
= 40x 7,08. 10
-4
= 0,028 (g)
II.3.
AgCN Ag
+
+ CN
-
T = 10
-15,66
H
+
+ CN
-
HCN K
2
-1
= 10
9,35

AgCN + H
+

Ag
+
+ HCN K = TK
2

-1
= 10
-6,31

C (M) 10
-3

[ ] (M) 10
-3
+ S S S
= 10
-6,31

⇒ S
2
- 10
-6,31
S - 10
-9,31
= 0
⇒ S = 2,2.10
-5
1 điểm
II.4.
Ag
+
+ NH
3
Ag(NH
3

)
+
β
1
= 10
3,32
Ag(NH
3
)
+
+ NH
3
Ag(NH
3
)
2
+
β
2
= 10
3,92
Ag
+
+ 2NH
3
Ag(NH
3
)
2
+

β = 10
7,24
Ag(NH
3
)
2
+
Ag
+
+ 2NH
3
β
-1
= 10
-7,24

NH
3
+ H
+
NH
4
+
x 2 K
3
-1
= 10
9,24
Ag(NH
3

)
2
+
+ 2H
+
Ag
+
+ 2NH
4
+
K = β
-1
(K
3
-1
)
2
= 10
11,24

Khi phức bị phân huỷ 90% thì :
[Ag(NH
3
)
2
+
] = 0,1 – 0,1 x 0,9 = 0,01 (M)
[Ag
+
] = 0,09 (M)

[NH
4
+
] = 0,09 x 2 = 0,18 (M)
Ag(NH
3
)
2
+
+ 2H
+
Ag
+
+ 2NH
4
+
K = 10
11,24

[ ] (M) 0,01 y 0,09 0,18
= 10
11,24
⇒ y = [H
+
] = 1,3 .10
-6
(M)
1 điểm

Câu III : 6 điểm

III.1. Hòa tan 8,00g 1 hidroxit kim loại chưa biết có công thức M(OH)
2
vào 1,00dm
3
nước
thì thu được 6,52 g chất rắn không tan còn lại. Thêm tiếp 51,66 M(NO
3
)
2
vào dung
dịch thì thấy khối lượng pha rắn tăng đến 7,63g.
Hãy xác định tên kim loại này. Giả thiết rằng thể tích dung dịch không thay đổi và các
chất tan đều tan hoàn toàn.
III. 2. Cho phản ứng : Cu(r) + CuCl
2
(dd) 2 CuCl(r)
III.2.1. Ở 25
0
C phản ứng xảy ra theo chiều nào, nếu người ta trộn một dung dịch chứa
CuSO
4
0,2M; NaCl 0,4M với bột Cu lấy dư ?
Cho T
CuCl
= 10
-7
,
VEVE
CuCuCuCu
335,0;15,0

/
0
/
0
22
==
+++
III.2.2. Tính hằng số cân bằng K của phản ứng trên ở 25
0
C.
Đáp án :
8
Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 11 (kèm đáp án chi tiết)
III. 1. Chất rắn không tan còn lại là M(OH)
2
Khối lượng hidroxit tan vào nước : 8,00 – 6,52 = 1,48 g

mol
34M
1,48
n
2
M(OH)
+
=
Nồng độ các ion trong dung dịch :
(M)
34M
1,48
][

2
+
=
+
M
(M)
34M
2,96

34M
1,48 x 2
][
+
=
+
=
−
OH
0,5 điểm
Tích số tan của M(OH)
2
trong nước :
2
3
2 2
M(OH)
3
4 x 1,48
T [M ][OH ]
(M 34)

+ −
= =
+
Lượng M
2+
thêm vào :
(M)
124M
51.66
2
+
=
+
M
C
0,5 điểm
Do M(NO
3
)
2
hòa tan hết vào dd nên xảy ra sự dời mức cân bằng :
M(OH)
2
 M
2+
+ 2OH
-
Ban đầu
124M
51.66

+
10
-7
Điện ly x x 2x
Cân bằng (x +
124M
51.66
+
) (10
-7
+ 2x)
Mặt khác : x =
(M)
34M
0,37
34M
7,63 - 8
+
=
+
1 điểm
Tại cân bằng mới :
(M)
34M
0,74
2x) 10(][
7-
+
≈+=
−

OH
(M)
124M
51,66
34M
0,37
][
2






+
+
+
=
+
M
0,5 điểm
)(M
34M
0,74

124M
51,66
34M
0,37
]][OH[MT

3
2
2
M(OH)
2






+






+
+
+
==
−+

124M
51,66
34M
0,37
34M
23,68

+
+
+
=
+
 M = 40
Vậy kim loại là Canxi . Hidroxit là Ca(OH)
2
0,5 điểm
III. 2. Ta có : Cu
2+
+ 2e = Cu ,
1
G∆
Cu
2+
+ 1e = Cu
+
,
2
G∆
Cu
+
+ 1e = Cu ,
3
G∆
⇒
++++
+−=−
∆−∆=∆

CuCuCuCuCuCu
EFEFEF
GGG
/
0
/
0
/
0
213
22
1 2 1
⇒
++++
−=
CuCuCuCuCuCu
EEE
/
0
/
0
/
0
22
2
= 2.0,335 - 0,15 = 0,52 V.
1 điểm
9
Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 11 (kèm đáp án chi tiết)
Ta có :

][
][
lg059,0
2
/
0
/
2
2
+
+
+=
++
++
Cu
Cu
EE
CuCu
CuCu

V498,0
4,0/10
2,0
lg059,015,0
7
=+=
−
( với [Cu
+
] = T

CuCl
/[Cl
-
] )
E
Cu+/Cu
= E
0
Cu+/Cu
+ 0,059 lg [Cu
+
]
= 0,52 + 0,059 lg 10
-7
/ 0,4 = 0,13V.
1 điểm
2/ Khi cân bằng :
K
1
=
059,0/.
0
10
En ∆
= 5,35.10
-7
K
2
= ( 10
-7

)
-2
= 10
14
Vậy :
K = K
1
. K
2
= 5,35.10
7
.
1 điểm
Câu IV : 2 điểm
Hoàn chỉnh sơ đồ biến hóa sau:
(CH
3
)
2
CH – CH
2
– CH
3

Br
2
, ás
A
NaOH, rượu
B

Br
2
, CCl
4
C
2KOH, rượu
D
E
Đáp án:
(CH
3
)
2
CH – CH
2
– CH
3

Br
2
, ás
(CH
3
)
2
CBr – CH
2
– CH
3
NaOH, rượu

(CH
3
)
2
C=CH – CH
3

1 điểm
Br
2
, CCl
4
(CH
3
)
2
CBr – CHBr – CH
3

2KOH, rượu
CH
CO
O
CH
CO
CH
2
CH
2
CH

CH
CH
3
1 điểm
Câu V : 4điểm
V.1.Chất hữu cơ (X) là một rượu no, nhò chức, mạch hở. Dung dòch X 62% trong nước
có nhiệt độ đông đặc là
930
19
-
o
C
V.2.Xác đònh công thức cấu tạo của (X). Biết hằng số nghiệm lạnh của nước là 1,86.
V.3.Trình bày 3 cách khác nhau để điều chế (X) từ etylen.
V.4.Khi có mặt chất xúc tác thích hợp thì chất (X) khử nước tạo ra chất (A). Trong môi
trường kiềm, hai phân tử (A) kết hợp với nhau tạo ra chất (B) không bền. Khi đun
nóng thì (B) tách nước tạo ra chất (D). Từ (D) cho tác dụng với HCl tạo chất (E).
– Thực hiện sự chuyển hóa trên để xác đònh công thức cấu tạo của A, B, D E.
10
CH
2
C
CH
3
CH
CH
2
CH CO
O
CH

CO
Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 11 (kèm đáp án chi tiết)
– Dùng cơ chế phản ứng để giải thích quá trình (A) tạo thành (B).
– (E) có đồng phân lập thể hay không ? Hãy xác đònh cấu trúc các đồng phân
lập thể của (E) và gọi tên (nếu có).
Bài giải
V.1.Đặt CTTQ của X: C
n
H
2n+2-k
(OH)
k
.
+ Khối lượng X có trong 1000 gam H
2
O:
1000.62 31000
38 19
=


X
X
m 31000
M k 1,86. 62 (g/ mol)
930
t
19 0
19
= = =

ỉ ư
D
÷
ç
+
÷
ç
÷
ç
è ø
 14n + 16k = 60
Nghiệm phù hợp: k = 2 và n = 2
 CTPT của X: C
2
H
4
(OH)
2
CTCT của X:

1điểm
V.2.+ CH
2
= CH
2

dd KMnO4, lạnh
+ CH
2
= CH

2

Cl
2
, CCl
4

dd NaOH, t
o
+ CH
2
= CH
2

H
2
O

1điểm
V.3.+ Sơ đồ chuyển hóa:
CH
3
– CHO
OH
-

(X) (A) (B)
t
o

(E) :
+ Cơ chế: CH
3
– CHO
OH
-

CH
3
– CHO

1,5 điểm
11
CH
2
CH
2
OHOH
CH
2
CH
2
OHOH
CH
2
CH
2
ClCl
CH

2
CH
2
OHOH
CH
2
CH
2
O
CH
2
CH
2
OHOH
O
2
Ag, t
o
CH
2
CH
2
OHOH
CH
3
CH CH
2
CHO
OH
CH

3
CH CH CHO
(D)
+ HCl
CH
3
CH CH
2
CHO
Cl
CH
3
CH CH
2
CHO
OH
CH
2
CHO
-
CH
3
CH O
CH
3
CH CH
2
CHO
O
-

OH
2
CH
3
CH CH
2
CHO
OH
H
2
SO
4
đặc
170
o
C
OH
-
- H
2
O
Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 11 (kèm đáp án chi tiết)
(E): có đồng phân lập thể: đồng phân quang học
do có C
*

CH
2
- CHO
H Cl

CH
3
R
CH
2
- CHO
Cl H
CH
3
S
0,5điểm
ĐỀ SỐ 3:
SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO VĨNH LONG
TRƯỜNG PHỔ THÔNG TRUNG HỌC CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM
KỲ THI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XXII 2006
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA 11

Câu I : (4đ)
I. 1) Các dữ kiện sau đây là đối với các hợp chất XCl
x
và YCl
y
Nhiệt độ nóng
chảy
Nhiệt độ sôi
0

C
Độ tan trong
nước

Độ tan trong benzen
XCl
x
801 1443 37g/100g 0,063g/100g
YCl
y
- 22,6 76,8 0,08 Hòa tan theo mọi tỷ lệ
a) Cho biết kiểu liên kết trong mỗi hợp chất trên
b) Giải thích ảnh hưởng của liên kết trong mỗi chất trên đối với sự khác nhau về nhiệt độ
nóng chảy, nhiệt độ sôi và tính tan của chúng.
I. 2) Hợp chất A được tạo thành từ cation X
+
và Y
-
. Phân tử A chứa 9
nguyên tử gồm 3 nguyên tố phi kim, tỉ lệ số nguyên tử của mỗi nguyên tố là
2 : 3 : 4 tổng số proton trong A là 42 và trong ion Y
–
chứa 2 nguyên tố cùng chu
kỳ và thuộc 2 phân nhóm chính liên tiếp
a. Viết công thức phân tử và gọi tên A
b. Viết công thức cấu tạo của A và nêu rõ bản chất liên kết trong A.
Đáp án

 Câu I: (4đ)
I. 1) (1,5đ)
a. Liên kết trong XCl
x
liên kết ion
- Liên kết trong YCl

y
liên kết cộng hóa trò (0,25đ)
b.trong tinh thể ion như NaCl : các ion Na
+
và Cl
–
liên kết với nhau bằng liên kết
ion bền vững
- Lực liên kết ion rất mạnh nên hợp chất ion có t
o
nc
, t
0
S
cao .
- các hợp chất ion phân cực mạnh nên tan nhiều trong dung môi phân cực, ít
tan trong dung môi không phân cực.
+ Trong tinh thể CCl
4
mỗi nút của mạng là một phân tử CCl
4
riêng biệt.
12
CH
3
CH CH
2
CHO
Cl
*

(0,5đ)
(0,75đ)
Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 11 (kèm đáp án chi tiết)
- Mặc dù liên kết giữa Cl và C là liên kết cộng hóa trò nhưng liên kết
giữa các phân tử CCl
4
là liên kết Vanderwall rất yếu.
- CCl
4
không phân cực => t
0
thấp (-22,6
0
C) các phân tử CCl
4
cũng đủ tách
ra khỏi mạng tinh thể (t
0
nc
thấp).
- CCl
4
hòa tan rất ít trong nứơc và hòa tan trong benzen theo mọi tỉ lệ => là
một chất rắn thuộc mạng tinh thể phân tử.
II. 2) (2,5đ)
a) Số proton trung bình của 3 nguyên tố.
42
4,67
9
= =

∑

(0,25đ)
=> phải có nguyên tố phi kim z < 4,67 => H
Hai phi kim còn lại trong Y ở một chu kỳ và hai phân nhóm chính liên tiếp
nên số proton tương ứng : Z và Z+1 (Z : nguyên dương).
* Trường hợp 1 : A có 2 nguyên tử H
2 + 34 + 4 (Z+1) = 42 => Z =
36
7
(loại)
hoặc 2 + 42 + 3(Z+1) = 42 => Z=
36
7
(loại)
(0,25đ)
* Trường hợp 2 : A có 3 nguyên tử H
3 + 2Z + 4(Z+1) = 42 => Z=
35
6
(loại)
hoặc 3 + 4Z + 2(Z+1) = 42=> Z=
37
6
(loại)
(0,25đ)
* Trường hợp 3 : A có 4 nguyên tử H
4 + 2Z + 3(Z+1) =42 => Z =7 (nguyên tố N)
(0,25đ)
=> z +1 = 8 (nguyên tố oxi).

Hoặc 4 + 3Z + 2(Z+1) = 42 => Z =
36
5
(loại)
=> A : NH
4
NO
3
(amoninitrat)
(0,5đ)
b) CTCT (A)
|
H
H N H
H
 
 
 
 
 
 
 
 
+
− →
|
O
O N
O
 

 
 
 
−
 
 
 
 
0,5đ)
liên kết ion giữa NH
4
+
và NO
3
-
Trong NH
4
có LK cộng hóa trò trong NH
4
+
(0,5đ)
LK cho nhận : giữa NH
3
và H
+
Câu II. (4đ)
II.1) Cho phản ứng
CO
2
(k) + H

2
(k) CO (k) + H
2
O
a. Tính
0
G∆
của phản ứng ở 1000K, biết
0
H∆
1000k
= 35040 J/mol
13
Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 11 (kèm đáp án chi tiết)
0
S∆
1000k
= 32,11 J/mol/K
b. Tính Kc, Kp của phản ứng ở 1000k
c. Một hỗn hợp khí chứa 35% thể tích H
2
, 45% thể tích CO và 20% thể tích
hơi H
2
O được nung nóng tới 1000k. Tính thành phần hổn hợp ở trạng thái cân
bằng.
II.2) Tích số tan của AgCl bằng 1,8.10
-10
. Hãy tính độ tan S của AgCl trong
nước. Nếu AgCl tan trong dung dòch NH

3
1M thì độ tan sẽ là bao nhiêu biết hằng
số bền của phức
[ ]
8
3 2
( ) 10Ag NH
+
=
Đáp án

Câu II (4đ).
II.1)
a.
0
1000
35040 1000.32,11 2930G H TAS J∆ = ∆ − = − =

(0,25đ)
b.
0
ln
2930
ln 0,35242
8,314.1000
G RT Kp
G
Kp
RT
∆ = −

∆
= − = − = −
(0,25đ)

0,703Kp =

(0,25đ)

0n∆ =

0,703Kp Kc= =

(0,25đ)
c. Gọi x là %
2
CO
V
ở trạng thái cân bằng
CO
2
+ H
2

ƒ
CO + H
2
O
00 0,35 0,45 0,2
x x x x
x 0,35+x 0,45 – x 0,2 – x

(0,45 )(0,2 )
(0,35 )
x x
Kp Kc
x x
− −
= =
+

(0,5đ)
x = 0,104
%CO : 34,6%
%CO
2
: 10,4%
%H
2
O : 0,96%
%H
2
: 45,4%
II.2)
AgCl
ƒ
Ag
+
+ Cl
–
T = 1,8.10

– 10
Gọi S là độ tan AgCl trong nước nguyên chất
10 5
1,8.10 1,3.10
AgCl
S T M
− −
= = =

(0,5đ)
AgCl

3 3 2
2 [ ( ) ]NH Ag NH Cl
+ −
+ +ƒ

(0,25đ)
3 2 3 2
2 2
3 3
[ ( ) ] [ ] [ ( ) ] [ ][ ]
[ ] [ ] [ ]
Ag NH Cl Ag NH Ag Cl
K
NH NH Ag
+ − + + −
+
= =
= K

bền
. T
(0,25đ)
= 10
8
.1,8.10
– 10
= 1,8.10
–2
Gọi x là nồng độ của phức
3 2
[ ( ) ]Ag NH
+
được tạo ra khi tan AgCl
3
vào NH
3
.
[Cl
-
] = x
14
(0,5đ)
Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 11 (kèm đáp án chi tiết)
[NH
3
] = 1 – 2x
K = 1,8.10
-2
=

2
2
0,1
(1 2 )
x
x
x
⇒ =
−
(0,5đ)
3 2
[ ( ) ]Ag NH
+
= 0,1M
=> Chứng tỏ AgCl tan nhiều trong NH
3
(0,5đ)
Câu III : (4 điểm)
Hòa tan hoàn toàn m(g) hỗn hợp gồm FeS
2
và Cu
2
S vào H
2
SO
4
đặc nóng
thu được dung dòch A và khí SO
2
.

Hấp thụ hết SO
2
vào 1 lít dung dòch KOH 1M thu được dung dòch B. Cho ½
lượng dung dòch A tác dụng với một lượng dư dung dòch NH
3
, lấy kết tủa nung đến
khối lượng không đổi được 3,2g chất rắn. Cho dung dòch NaOH dư vào ½ lượng
dung dòch A. Lấy kết tủa nung đến khối lượng không đổi sau đó thổi H
2
(dư) đi qua
chất rắn còn lại sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 1,62g hơi H
2
O.
a. Tính m
b. Tính số gam các muối có trong dung dòch B
Đáp án :

Câu III: (4 điểm)
2FeS
2
+ 14H
2
SO
4
= Fe
2
(SO
4
)
3

+ 15SO
2
+ 14 H
2
O
x 0,5x
15
2
x
(0,5
đ)
Cu
2
S + 6H
2
SO
4
= 2CuSO
4
+ 5SO
2
+ 6H
2
O
y 2y 5y
H
2
SO
4
+ NH

3
= (NH
4
)
2
SO
4
CuSO
4
+ NH
3
(dư) = [Cu(NH
3
)
4
]SO
4

( 0,5đ)
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 6NH
3
+ 6 H
2
O = 2Fe(OH)

3
↓
+3(NH
4
)
2
SO
4

4
x
2
x

2Fe(OH)
3

0
t
=
Fe
2
O
3
+ 3H
2
O

2
x

4
x
H
2
SO
4
+ 2NaOH = Na
2
SO
4
+ 2H
2
O
CuSO
4
+ 2NaOH = Cu(OH)
2
+ Na
2
SO
4

(0,5đ)
Fe
2
(SO
4
)
3

+ 2NaOH = 2Fe(OH)
3
+ 3Na
2
SO
4
2Fe(OH)
3

0
t
=
Fe
2
O
3
+ 3H
2
O
Cu(OH)
2

0
t
=
CuO + H
2
O
CuO + H
2

0
t
=
Cu + H
2
O
y y
15
Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 11 (kèm đáp án chi tiết)
Fe
2
O
3
+ 3H
2
0
t
=
2Fe+ 3H
2
O
(0,5đ)

4
x

3x
y
Gọi x, y là số mol FeS

2
, Cu
2
S

3,2
0,08
4 160
3 1,62
0,09 0,03
4 18
x
x
x
y y
= ⇒ =
+ = = ⇒ =
(0,5đ)
m = 120 . 0,08 + 160 . 0,03 = 14,4g
(0,25đ)
n
KOH
= 1 mol
2
SO
n
=
15
5 0,75
2

x y+ = ⇒
2 muối KHSO
3
và K
2
SO
3
(0,25đ)
KOH + SO
2
= KHSO
3
(0,25đ)
2KOH + SO
2
= K
2
SO
3
0,75
2 1
a b mol
a b mol
+ =


+ =

=>
0,5

0,25
a
b
=
=
(0,25đ)
2 3
3
0,25.158 39,5
120.0,5 60
K SO
KHSO
m g
m g
= =
= =
(0,5đ)
Câu 4 : (4 điểm)
IV.1)
Giải thích sản phẩm tạo ra bằng sự khử nước của
IV.2)
Hỗn hợp A gồm ba ankin X, Y, Z có tổng số mol là 0,05. Số nguyên tử C
trong mỗi chất lớn hơn 2. Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol A thu được 0,13 mol nước.
Cho 0,05mol A vào dd AgNO
3
0,12M trong NH
3
thấy dùng hết 250ml dung dòch
AgNO
3

và thu được 4,55g kết tủa. Xác đònh CTCT X, Y, Z. Cho biết ankin có khối
lượng phân tử nhỏ nhất chiếm 40% số mol của A
ĐÁP ÁN

Câu IV : (4 điểm)
II.1) + H
+


0
t
→
Sau đó xảy ra sự chuyển vò hidrua  cation bậc 2 bền hơn
+

→
+ 0,5đ
Tách H
+
tạo trans-buten-2

→
0,5đ
II.2)
Gọi
_
n
là nguyên tử C trung bình
3 ankin C
m

H
2m – 2
: a mol
C
n
H
2n – 2
: b mol
C
p
H
2p – 2
: c mol
16
→

CH
2

– CH
2
OH

– CH
2
+ H
2
O
H
2

O

– CH
2
OH
+

– CH
3

– CH
2
H
– CH
3
H


– CH
3
+ H
+
Cation bậc 2
+
Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 11 (kèm đáp án chi tiết)
0
_ _
_
_ _
2 2 2

2 2
3 1
( 1)
2
t
n n
n
C H O nCO n H O
−
−
+ → + −

0,05 0,05
_
( 1)n−
0,05
_
( 1)n−
= 0,13 =>
_
3,6n =
Chọn m = 3 => C
3
H
4
(0,5đ)
3 4
0,05.40
: 0,02
100

nC H =
(0,25đ)
0
3 3 3 3 4 3
t
CH C CH AgNO NH Ag C C CH NH NO≡ − + + → − ≡ − +
(0,25đ)
0,02 0,02
3
nAgNO
còn lại
0,03 – 0,02 = 0,01
(0,25đ)
_ _ _ _
3 3 4 3
2 2 2 3
0,01
x x x x
C H AgNO NH C H Ag NH NO
− −
+ + → +
0,01
(0,25đ)
n
2 ankin
còn lại 0,05 – 0,02 = 0,03
=> 2 ankin còn lại chỉ có 1 ankin tham gia phản ứng
147.0,02 +
_
(14 x

– 3 + 108) 0,01 = 4,55
(0,25đ)
_
4x = ⇒
n = p= 4
CTCT Y : CH
3
– CH
2
– C
≡
CH
Z : CH
3
– C
≡
C – CH
3
(0,5đ)
Câu V : (4 điểm)
V.1) Viết đầy đủ phương trình phản ứng của dãy chuyển hóa sau
3 3
/
3 2 3
( )
H O PCl
HBr Mg ete oxitetilen
CH C CH CH A B C D E
+
= − → → → → →

V.2)
Một chất hữu cơ (X) có CTPT C
9
H
10
O không tác dụng với dung dòch Br
2
oxi
hóa mạnh X với dung dòch KMnO
4
đun nóng tạo thành axit benzoic.
a) Viết CTCT có thể có của X
b) Nêu cách phân biệt các đồng phân xeton tìm được của X
V.3)
Hợp chất hữu cơ (X) chứa C, H, O có d
X/He
= 34. Khi đốt cháy hoàn toàn
1,36g (X) sinh ra 1,08g H
2
O và 2,2g CO
2
. Cho hơi của X đi qua ống sứ chứa CuO đốt
nóng thu được chất hữu cơ Y có khối lượng mol nhỏ hơn khối lượng mol của X là
8g. Khi cho 2,56g Y tác dụng hết với dd AgNO
3
/NH
3
thu được 17,28g Ag. Cho X vào
dung dòch NaBr bão hòa sau đó thêm từ từ H
2

SO
4
đặc vào hỗn hợp thu được chất
hữu cơ Z không chứa oxi. Hãy xác đònh CTCT X, Y, Z.
Câu V
V.1)
17
Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 11 (kèm đáp án chi tiết)
A :
3 2 3
3
|
|
Br
CH C CH CH
CH
− − −
D :
2 3
3 2 2
3
|
|
CH CH
CH C CH CH OH
CH
−
− − − −
B :
3 2 5

3
|
|
MgBr
CH C C H
CH
− −
E :
2 3
3 2 2
3
|
|
CH CH
CH C CH CH Cl
CH
−
− − − −
C :
2 3
3 2 2
3
|
|
CH CH
CH C CH CH OMgBr
CH
−
− − − −
V.2)

Anđêhit (0,25đ)
b. Nhận biết các đồng phân xeton
nhờ phản ứng iodo form tạo kết tủa vàng nhạt CHI
3
khi tác dụng với thuốc thử
dư I
2
/OH
–
V.3)
CTTQ : C
x
H
y
O
z
M
X
= 34 . 4 = 136
0
2 2 2
( )
4 2 2
t
x y z
y z y
C H O x O xCO H O+ + − → +
18
(0,25x6) = 1,5đ
–CH

2
– CH
2
– CHO
– CH – CHO
|
CH
3
– C – CH
2
– CH
3
||
O
– CH
2
–C – CH
3
||
O
0,25đ
Xeton
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 11 (kèm đáp án chi tiết)
2,2.12
0,6
44
C

m g= =
1,08
0,12
9
H
m g= =
1,36 (0,6 0,12) 0,64
O
m g= − + =
0,6 0,64
: : :0,12 :
12 16
x y z =
= 0,5 : 0,12 : 0,04
= 5 : 12 : 4 (0,25đ)
(C
5
H
12
O
4
)
n
n = 1 => CTPT C
5
H
12
O
4
X phản ứng với CuO, t

0
=> X là rượu bậc 1 hoặc bậc 2
1 nhóm OH
CuO
→
Kl giảm 2g
4 nhóm OH – Kl giảm 8g
(0,25đ)
Y Tham gia tráng gương Y có CT : R(CHO)
x
3 3 2 4 4 3
( ) 2 3 ( ) 2
x x
R CHO xAgNO xNH xH O R COONH xAg xNH NO+ + + → + +

2,56
128
0,16
x = 4
CTCT (X) :
2
2 2
2
|
|
CH OH
HO CH C CH OH
CH OH
− − −
(0,25đ)

CTCT (Y) :
|
|| |
CHO
H C C CHO
O CHO
− − −
(0,25đ)
X phản ứng với dd NaBr + H
2
SO
4
đặc
2
2 2
2
|
|
CH OH
HO CH C CH OH
CH OH
− − −
+ 4NaBr + H
2
SO
4
đặc 
2
2 2
2

|
|
CH Br
Br CH C CH Br
CH Br
− − −
+
4NaHSO
4
+ 4H
2
O
(Z)
ĐỀ SỐ 4:
SỞ GD – ĐT TIỀN GIANG KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30/4
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2005 – 2006
19
– CH
2
–C – CH
3
+ 3I
2
+ 4OH
–

||
O
– CH
2

–COO
–
+ CHI
3
+ 3I
–
+ 3H
2
O

Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 11 (kèm đáp án chi tiết)

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN
HÓA HỌC KHỐI 11
THỜI GIAN 180 PHÚT

Câu 1 (4,0 điểm)
1.1 Một pin được cấu tạo như sau :
Ag dung dòch AgCl bão hòa, HCl 1M AgNO
3
1M Ag
E
o
(Ag
+
/Ag) = 0,799V ; E
o
(AgCl/Ag) = 0,222V
Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động và tính
tích số tan của AgCl .

1.2 Cho biết : E
o
(I
2
/I
-
) = 0,62V ; E
o
(I
2
/I
3
-
) = 0,79V
E
o
(I
3
-
/I
-
) = 0,535V ; E
o
(IO
3
-
/I
2
) = 1,19V
1.2.1 Tính E

(IO
3
-
/I
-
) ở pH = 0 và pH = 14 .
1.2.2 Tính hằng số cân bằng của phản ứng sau trong dung dòch nước :
I
3
-
I
2
+ I
-
Câu 2 (4,0 điểm)
2.1 Hãy tính số gam NH
4
Cl phải cho vào 1 lít dung dòch NH
3
0,12M để khi trộn 1ml dung
dòch nầy với 2ml dung dòch MgCl
2
0,03M thì không có kết tủa Mg(OH)
2
tách ra .
Cho biết sự tạo phức hydroxo của ion Mg
2+
không đáng kể .
Tích số tan của Mg(OH)

2
= 10
-10,95
;
5
10.8,1
3
−
=
NH
K
2.2 Sục khí H
2
S (pK
1
= 7 và pK
2
= 14) vào nước. Dung dòch bão
hòa H
2
S ở pH bất kỳ đều bằng 0,1M.
2.2.1 Thiết lập phương trình pS = -lg[S
2-
] = ƒ(pH) .
2.2.2 Một dung dòch chứa các ion Pb
2+
, Zn
2+
, Fe
2+

và Mn
2+
đều có nồng độ 10
-2
M.
Các giá trò tương ứng pT = -lgT là 28; 22; 17 và 10. Hỏi ở pH
1
nào thì bắt đầu kết tủa từng
sunfua một và ở pH
2
nào thì từng sunfua ấy kết thúc sự kết tủa (sự kết thúc kết tủa được
coi như gần đúng khi [M
2+
] = 10
-4
M).
Câu 3 (4,0 điểm)
3.1 Hoàn thành các phương trình phản ứng sau :
* KClO
3
+ I
2
* KClO
3
+ H
2
C
2
O
4

+ H
2
SO
4
* Na
2
CO
3
+ Br
2
(hơi) * NaClO
3
+ SO
2
+ H
2
SO
4
* ClO
2
+ KOH * I
2
+ HNO
3
(đặc)
3.2 83,5 gam một hỗn hợp hai nitrat A(NO
3
)
2
và B(NO

3
)
2
(A là kim loại kiềm thổ, B là kim loại
d) được nung tới khi tạo thành những oxit, thể tích hỗn hợp khí thu được gồm NO
2
và O
2
là 26,88 lít
(0
o
C, 1atm). Sau khi cho hỗn hợp khí nầy qua dung dòch NaOH dư thì thể tích hỗn hợp khí giảm 6 lần .
3.2.1 A và B là những kim loại nào ?
3.2.2 Tính khối lượng mỗi muối nitrat trong hỗn hợp .
SỞ GD – ĐT TIỀN GIANG KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30/4
20
Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 11 (kèm đáp án chi tiết)
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2005 - 2006

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA HỌC KHỐI 11
THỜI GIAN 180 PHÚT

Câu 4 (4,0 điểm)
Hai hợp chất hữu cơ A, B có cùng công thức phân tử và đều chứa C, H, Br. Khi đun nóng với dung
dịch NaOH loãng chất A tạo ra chất C có chứa một nhóm chức. Chất B không tác dụng với dung dịch
NaOH trong điều kiện như đã cho ở trên. 5,4 gam chất C phản ứng hoàn toàn với Na cho 0,56 lít H
2
(đktc).
Đốt cháy hoàn toàn 1,35 gam chất C thu được 3,85 gam CO
2

.
Khi cho A hoặc B phản ứng với Br
2
(có mặt bột Fe) đều thấy khí HBr thoát ra, sau phản ứng A tạo ra
3 chất D, E, F còn B tạo ra 2 chất G, H.
4.1 Viết công thức cấu tạo của A, B, C và các công thức cấu tạo có thể có của D, E, F, G, H. Biết
rằng phân tử của D, E, F, G, H đều chứa 64% Br.
4.2 Cho hỗn hợp gồm 171 gam chất A và 78 gam benzen phản ứng với Br
2
có mặt bột Fe. Sau phản
ứng thu được 125,6 gam brom benzen, 90 gam chất D, 40 gam chất E và 30 gam chất F. Hãy cho biết chất
A phản ứng với Br
2
khó (hoặc dễ) hơn benzen bao nhiêu lần ?
Câu 5 (4 điểm)
5.1 Viết phương trình phản ứng giữa iso-propyl magie clorua với axeton, sau đó thủy phân sản phẩm
trung gian. Trình bày cơ chế của phản ứng.
5.2 Khi cho iso-propyl magie clorua tác dụng với xeton (có công thức chung R-CO-R) thấy song
song với việc hình thành rượu bậc ba còn tách ra chất khí . Đó là khí gì ?
Giải thích cơ chế của sự hình thành khí đó và nêu cách hạn chế sự diễn biến của phản ứng phụ nầy.
5.3 Viết các phương trình phản ứng của các dẫn xuất cho sau đây với magie trong ete:
1,2- đibrom etan; 1,4- đibrom butan; 1,3- đibrom propan; p- đibrom benzen;
điphenylclo metan; metylen bromua và 2-brom-1-metoxi butan.
H ẾT
ĐỀ SỐ 5:
SỞ GD & ĐT BÌNH THUẬN
KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30-4-2006
TR NG THPTƯỜ
CHUYÊN
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

TRẦN HƯNG ĐẠO MÔN : HÓA HỌC KHỐI: 11
Giáo viên :Trần Thị Hiệp

Câu 1:
Xác định bậc, biểu thức tốc độ và hằng số tốc độ của phản ứng
2NO (k) + O
2
(k) = 2NO
2
(k)
theo những dữ kiện thực nghiệm sau :
[NO] (mol/l) [O
2
] (mol/l) v (mol/l. s)
1,0.10
-4
1,0.10
-4
2,8.10
-6
1,0.10
-4
3,0.10
-4
8,4.10
-6
2,0.10
-4
3,0.10
-4

3,4.10
-5
21
Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 11 (kèm đáp án chi tiết)
Đáp án :
Biểu thức tốc độ phản ứng tổng quát của phản ứng đã cho có dạng :
v = k[NO]
x
[O
2
]
y

- Xác định bậc phản ứng :
Trước hết xác định bậc phản ứng theo các chất phản ứng dựa trên nguyên
tắc xét sự biến đổi nồng độ của chất khảo sát trong sự cố định nộng độ của các
chất còn lại.
*Theo O
2
: Ta có ;
[ ] [ ]
[ ] [ ]
y
yx
yx
yx
yx
k
k
ONOk

ONOk
v
v








===
−
−
−−
−−
4
4
44
44
1
2
1
2
2
2
1
2
10.0,1
10.0,3

)10.0,1()10.0,1(
)10.0,3()10.0,1(

Thay các giá trị tương ứng của v ta được :
y








=
−
−
−
−
4
4
6
6
10.0,1
10.0,3
10.8,2
10.4,8
→ 3 = 3
y
→ y = 1
*Theo NO : Tương tự như trên ta có :

[ ] [ ]
[ ] [ ]
x
yx
yx
yx
yx
k
k
ONOk
ONOk
v
v








===
−
−
−−
−−
4
4
44
44

2
2
2
3
2
3
2
3
10.0,1
10.0,2
)10.0,3()10.0,1(
)10.0,3()10.0,2(
thay các giá trị tương ứng của v ta được :
x








=
−
−
−
−
4
4
6

5
10.0,1
10.0,2
10.4,8
10.4,3
→ 4 = 2
2
→ x = 2
Vậy bậc của phản ứng theo NO là 2, nhưng theo O
2
là 1 và bậc tổng cộng của
phản ứng là 3.
- Từ đây ta có biểu thức tốc độ phản ứng : v = k[NO]
2
[O
2
].
- Tính hằng số tốc độ phản ứng ; Ta có
2,8.10
-6
mol/l.s = k(1,0.10
-4
mol/l)
2
(1,0.10
-4
mol/l)
k = 2,8.10
-6
l

2
/ mol.s

SỞ GD & ĐT BÌNH THUẬN
TR NG THPTƯỜ
CHUYÊN
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
TRẦN HƯNG ĐẠO MÔN : HÓA HỌC KHỐI: 11
Giáo viên :Trần Thị Hiệp

Câu 2:
1. Khi cho iso-butilen vào dung dịch HBr có hòa tan NaCl, CH
3
OH có thể tạo
thành những hợp chất gì ? vì sao ?
2. Cho phản ứng :
CH
3
– CH = CH
2
+ Cl
2

 →
c
o
500

Biết tỷ lệ mol n
propen

: n
Cl
2
= 1 : 1, hoàn thành phương trình phản ứng và viết cơ
chế phản ứng
.
Đáp án : ( 5 điểm )
1. Ta thu được hỗn hợp gồm :
CH
3

22
Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 11 (kèm đáp án chi tiết)

CH
3
– CBr – CH
3
, CH
3
– C – CH
3


CH
3
OH

CH
3

CH
3

CH
3
– CCl – CH
3
, và CH
3
– C – O – CH
3


CH
3

Dựa vào cơ chế phản ứng để giải thích sự tạo thành 4 sản phẩm trên:
Trong dung dịch có các quá trình phân ly thành ion :
HBr → H
+
+ Br
-

NaCl → Na
+
+ Cl
-

Như vậy trong dd có 4 tác nhân là Br
-

, Cl
-
, H
2
O và CH
3
OH có khả năng kết hợp với
cation.
δ
+
δ
-
CH
3
– C – CH
2
+ H
+
→ CH
3
– C
+
– CH
3

CH
3
CH
3

Sau đó :
CH
3
CH
3


CH
3
– C
+
+ Br
-
→ CH
3
– C – Br

CH
3
CH
3

CH
3
CH
3


CH
3

– C
+
+ Cl
-
→ CH
3
– C – Cl

CH
3
CH
3

CH
3
CH
3


CH
3
– C
+
+ H
2
O → CH
3
– C – OH + H
+

CH
3
CH
3

CH
3
CH
3


CH
3
– C
+
+ CH
3
OH → CH
3
– C – O – CH
3
+ H
+


CH
3
CH
3

2.
CH
3
– CH = CH
2
+ Cl
2

 →
c
o
500
CH
2
Cl – CH = CH
2
+ HCl
Phản ứng xảy ra theo cơ chế gốc tự do

Ban đầu khơi mào : Cl – Cl → 2Cl
Khi phát triển :
CH
3
– CH = CH
2
+ Cl
•
→
•

CH
2
– CH = CH
2
+ HCl (a)
Cl
2
+
•
CH
2
– CH = CH
2
→ CH
2
Cl – CH = CH
2
+ Cl
•
(b)
23
Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 11 (kèm đáp án chi tiết)
(a), (b) lặp đi lặp lại nhiều lần cho đến khi tắt mạch 2Cl
•
→ Cl
2

•
CH
2

– CH = CH
2
+ Cl
•
→ CH
2
Cl – CH = CH
2

2
•
CH
2
– CH = CH
2
→ CH
2
= CH – CH
2
– CH
2
– CH = CH
2


SỞ GD & ĐT BÌNH THUẬN
TR NG THPTƯỜ
CHUYÊN
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
TRẦN HƯNG ĐẠO MÔN : HÓA HỌC KHỐI: 11

Giáo viên :Trần Thị Hiệp

Câu 3 :
1. Tính sức điện động của pin :
Pt H
2
HCl 0,02 M AgCl / Ag
P = 1 atm CH
3
COONa 0,04 M
Cho E
0
AgCl / Ag = 0,222 v
K
CH
3
COOH
= 1,8. 10
-5


2. Tính độ tan của AgI trong dung dịch Fe
2
(SO
4
)
3
0,05M trong môi trường H
2
SO

4
.
Cho E
0
I
-
/ I
2
= 0,54 v
E
0
Fe
3+
/ Fe
2+
= 0,77 v
T AgI = 10
-16

_______________________________
Đáp án : ( 5điểm)
1. Phản ứng theo quy ước :
2
×
AgCl + 1e → Ag + Cl
-
H
2
- 2e → 2 H
+

2AgCl + H
2
→ 2Ag + 2Cl
-
+ 2H
+

Trong dung dịch
HCl = H
+
+ Cl
-

0,02 0,02 0,02
CH
3
COONa = CH
3
COO
-
+ Na
+

0,04 0,04 0,04
CH
3
COO
-
+ H

+
 CH
3
COOH
bđ 0,04 0,02
pư 0,02 0,02 0,02
[ ] 0,02 0,02

CH
3
COOH  CH
3
COO
-
+ H
+
K= 1,8.10
-5

bđ 0,02 0,02
[ ] 0,02 – x 0,02 + x x
24
Tuyển tập các đề thi Olympic hóa học lớp 11 (kèm đáp án chi tiết)

( )
5
10.8,1
02,0
02,0
−

=
−
+
x
xx
x<< 0,02
x = 1,8.10
-5

pin Pt / Cl
-
= 0,02 M
p = 1 atm H
+
= 0,02 M AgCl / Ag
CH
3
COO
-
= 0,02M
CH
3
COOH = 0,02M
Ep = E
0
AgCl / Ag + 0,059 lg
][
1
−
Cl

= 0,222 + 0,059 lg
02,0
1
= 0,322 v
Et = E
0
H
2
/ 2H
+
+
2
059,0
lg
[ ]
2
2
H
P
H
+
=
2
059,0
lg(1,8.10
-5
)
2
= -0,28 v

2.
2 x AgI  Ag
+
+ I
-
T = 10
-16
2I
-
- 2e → I
2
K
1
=
10
059,0
)54,0(2−
2 x Fe
3+
+ 1e → Fe
2+
K
2
=
10
059,0
77,0

______________________________________
2AgI + 2Fe

3+
→ 2Ag
+
+ 2Fe
2+
+ I
2
K = T
2
K1(K2)
2

= 10
-24,2
[ ] 0,1 – 2x 2x 2x x
2
5
)21,0(
16
x
x
−
= 10
-24,2
x<< 0,1
16x
5
= 10
-26,2
x = 3,31.10

-6

Độ tan S = [Ag
+
] = 2x = 6,62.10
-6

_________________
SỞ GD & ĐT BÌNH THUẬN
TR NG THPT CHUYÊNƯỜ
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
TRẦN HƯNG ĐẠO MÔN : HÓA HỌC KHỐI: 11
Giáo viên :Trần Thị Hiệp

Câu 4 :
Nung 8,08 gam một muối A, thu được các sản phẩm khí và 1,6 gam một hợp chất rắn
không tan trong nước. nếu cho sản phẩm khí đi qua 200 gam dung dịch natri hiđrôxit nồng độ
1,2% ở điều kiện xác định thì tác dụng vừa đủ và được một dung dịch gồm một muối có nồng
độ 2,47%. Viết công thức phân tử của muối A nếu khi nung số oxi hóa của kim loại không
biến đổi.
Đáp án : ( 5 điểm )
Công thức phân tử của muối A :
- Khối lượng NaOH :
25