tập đề thi HSG hóa 11

Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

 Giáo viên:Nguyễn Cao Chung - 1 - Biên soạn và sưu tầm!
ĐỀ 1
Câu I ( điểm):
1) Có 3 ống nghiệm, mỗi ống chứa 2 cation và 2 anion (không trùng lặp) trong số các ion sau : NH
4
+
,
Na
+
, Ag
+
, Ba
2+
, Mg
2+
, Al
3+
, Cl
–
, Br
–
, NO
3
–
, CO
3
2–
, SO
4

2–
, PO
4
3–
. Hãy xác định các cation và anion
trong từng ống nghiệm.
2) Cho 5 dd : Na
2
CO
3
, FeCl
3
, NaOH, Al
2
(SO
4
)
3
, AgNO
3
. Viết các phương trình phản ứng xảy ra
(nếu có) khi lần lượt cho một dung dịch này phản ứng với các dung dịch còn lại.
3) Có 5 chất bột màu trắng đựng trong 5 bình riêng biệt bị mất nhãn hiệu là: NaCl, Na
2
CO
3
, Na
2
SO
4

,
BaCO
3
và BaSO
4
. Chỉ được dùng thêm nước và CO
2
hãy trình bày cách phân biệt từng chất.
Câu II ( điểm):
Hoà tan hoàn toàn 4,24 gam Na
2
CO
3
vào nước thu được dung dịch A. Cho từ từ từng giọt 20,00
gam dung dịch HCl nồng độ 9,125% vào A và khuấy mạnh. Tiếp theo cho thêm vào đó dung dịch
chứa 0,02 mol Ca(OH)
2
.
1. Hãy cho biết những chất gì được hình thành và lượng các chất đó. Chất nào trong các chất đó
còn lại trong dung dịch.
2. Nếu cho từ từ từng giọt dung dịch A vào 20,00 gam dung dịch HCl nồng độ 9,125% và
khuấy mạnh, sau đó cho thêm dung dịch chứa 0,02 mol Ca(OH)
2
vào dung dịch trên. Hãy giải thích
hiện tượng xảy ra và tính khối lượng các chất tạo thành sau phản ứng.
Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Câu III ( điểm):
Khi cracking butan tạo ra hỗn hợp gồm farafin và olefin trong đó có hai chất A và B .Tỷ khối của B
so với A là 1,5 . Tìm A, B.
Từ A tìm được ở trên ,viết các phản ứng chuyển hoá theo sơ đồ sau:

Br
2
NaOH CuO Cu(OH)
2
H
2
SO
4

A  A
1
 A
2
A
3
A
4
 A
5

NaOH
Câu IV ( điểm):
Chia 2,2 gam hỗn hợp gồm Fe và kim loại M có hoá trị không đổi thành hai phần bằng nhau. Hoà tan
phần 1 bằng dung dịch HCl thu được 0,896 lit H
2
(đktc). Hoà tan hoàn toàn phần 2 trong dung dịch
HNO
3
đặc nóng thu được 2,016 lít NO
2

(đktc) .
1) Xác định M.
2) Tính % khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu .
Câu V ( điểm):
Một hợp chất hữu cơ A chứa các nguyên tố C, H, O . Khi đốt cháy A phải dùng một lượng O
2
bằng 8 lần lượng O
2
có trong hợp chất A và thu được CO
2
và H
2
O theo tỷ lệ khối lượng 22 : 9. Tìm
công thức đơn giản của A, tìm công thức phân tử của A biết rằng 2,9 gam A khi cho bay hơi ở 54,6
o
C
, 0,9 atm có thể tích đúng bằng thể tích của 0,2 gam He đo ở cùng nhiệt độ áp suất. Viết các công
thức cấu tạo có thể có của A dựa vào thuyết cấu tạo hoá học.

ĐÁP ÁN
Câu Nội dung
Câu I
1/

ống nghiệm 1: NH
4
+
, Na
+
, CO

3
2-
, PO
4
-
ống nghiệm 1: Ag
+
, Mg
2+
, NO
3
-
, SO
4
2-
ống nghiệm 1: Ba
2+
, Al
3+
, Cl
-
, Br
-
2/

Các ptpư:
1. 3Na
2
CO
3

+ 2FeCl
3
+ 3H
2
O

6NaCl + 2Fe(OH)
3
+ 3CO
2

2. 3Na
2
CO
3
+ Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
O

3Na
2
SO
4
+ 2Al(OH)

3
+ 3CO
2

3. Na
2
CO
3
+ 2AgNO
3

2NaNO
3
+ Ag
2
CO
3


4. FeCl
3
+ 3NaOH

3NaCl +Fe(OH)
3


5. FeCl
3
+ 3AgNO

3

Fe(NO
3
)
3
+ 3AgCl


6. Al
2
(SO
4
)
3
+ 6NaOH

3Na
2
SO
4
+

2Al(OH)
3


7. Al(OH)
3
+ NaOH

dư


NaAlO
2
+ 2H
2
O
Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

 Giáo viên:Nguyễn Cao Chung - 2 - Biên soạn và sưu tầm!
8. Al
2
(SO
4
)
3
+ 6AgNO
3

2Al(NO
3
)
3
+ 3Ag
2
SO
4


3/

+ Lấy mẫu thử từ các chất trên
+ Hoà tan lần lượt từng chất vào nước
- Các chất tan tạo dung dịch là: NaCl; Na
2
CO
3
; Na
2
SO
4

- Các chất không tan là: BaCO
3
; BaSO
4

+ Hoà tan hai chất không tan trong nước vào nước có CO
2
:
- Chất tan dần tạo thành dung dịch là: BaCO
3

Ptpư: BaCO
3
+ CO
2
+ H
2

O

Ba(HCO
3
)
2 tan
- Chất không tan còn lại là: BaSO
4

+ Dùng dung dịch Ba(HCO
3
)
2
vừa điều chế được cho tác dụng với các dung dịch NaCl;
Na
2
CO
3
; Na
2
SO
4
ở trên:
- Hai dung dịch có kết tủa trắng xuất hiện là Na
2
CO
3
; Na
2
SO

4

Ptpư: 1, Ba(HCO
3
)
2
+ Na
2
CO
3


BaCO
3

+ 2NaHCO
3

2, Ba(HCO
3
)
2
+ Na
2
SO
4


BaSO
4


+ 2NaHCO
3

- Dung dịch không có hiện tượng gì là NaCl
Lọc lấy kết tủa ở trên đem hoà tan trong nước có CO
2
, kết tủa tan là BaCO
3
, dung dịch
ban đầu là Na
2
CO
3
;
Chất còn lại là Na
2
SO
4

Câu II
1/

2 3
4,24
0,04
106
Na CO
n mol
 

;
20.9,125
0,05
100.36,5
HCl
n mol
 
;
2
( )
0,02
Ca OH
n mol


Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch A:
1. Na
2
CO
3
+ HCl

NaHCO
3
+ NaCl
2. NaHCO
3
+ HCl

NaCl + CO

2

+ H
2
O
3 2 3
(1)
0,04
NaHCO HCl Na CO
n n n mol
  
;
3
(2) (2)
0,05 0,04 0,01
NaHCO HCl
n n mol
   
;
Sau phản ứng 1; 2 trong dung dịch có: NaCl (
0,05
NaCl HCl
n n mol
 
)
NaHCO
3
(
3
0,03

NaHCO
n mol

)
Cho tiếp vào đó dung dịch Ca(OH)
2
:
3. 2NaHCO
3
+ Ca(OH)
2


Ca(HCO
3
)
2
+ 2NaOH
4. Ca(HCO
3
)
2
+ Ca(OH)
2


2CaCO
3

+ 2H

2
O
Theo (3):
3 2 2 3
( ) (3) ( ) (3)
1
0,015
2
Ca HCO Ca OH NaHCO
n n n mol
  
;

3
0,03
NaOH NaHCO
n n mol
 

Theo (4):
3 2 2
( ) (4) ( ) (4)
0,02 0,015 0,005
Ca HCO Ca OH
n n mol
   
;

3 2
( ) (4)

2 2.0,005 0,01
CaCO Ca OH
n n mol
  
;
Sau phản ứng 3, 4 sản phẩm thu được gồm:
NaCl (0,05 mol) tồn tại trong dd; NaOH(0,03 mol)
Ca(HCO
3
)
2
(
3 2
( )
0,015 0,005 0,01
Ca HCO
n mol
  
) tồn tại trong dd
CaCO
3
(0,01 mol) tách ra khỏi dung dịch

0,05.58,5 2,925
NaCl
m gam
 
;
0,03.40 1,2
NaOH

m gam
 

3 2
( )
0,01.162 1,62
Ca HCO
m gam
 
;
3
0,01.100 1
CaCO
m gam
 

2/

Cho từ từ dung dịch A vào dung dịch HCl:
1. Na
2
CO
3
+ 2HCl

2NaCl + CO
2


+ H

2
O
Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

 Giáo viên:Nguyễn Cao Chung - 3 - Biên soạn và sưu tầm!

2 3 2 3
(1)
1 1
.0,05 0,025
2 2
Na CO HCl Na CO bd
n n mol n   
;
Sau phản ứng 1, trong dung dịch còn:
NaCl (0,05 mol);
Na
2
CO
3
(0,04 – 0,025 = 0,015 mol)
Cho tiếp dung dịch Ca(OH)
2
vào:
2. Ca(OH)
2
+ Na
2
CO
3


CaCO
3

+ 2NaOH
Sau phản ứng 2, sản phẩm thu được gồm:
NaCl (0,05 mol); NaOH(
2 3
2. 2.0,015 0,03
NaOH Na CO
n n mol
  
)
CaCO
3
(
3 2 3
0,015
CaCO Na CO
n n mol
 
);
Ca(OH)
2
dư (0,02 – 0,015 = 0,005 mol);
Khối lượng sản phẩm:
0,05.58,5 2,925
NaCl
m gam

 
;
0,03.40 1,2
NaOH
m gam
 
;
3
0,015.100 1,5
CaCO
m gam
 
;
2
( )
0,005.74 0,37
Ca OH
m gam
 

Câu III
Crakinh butan:
1. C
4
H
10


CH
4

+ C
3
H
6

2. C
4
H
10


C
2
H
4
+ C
2
H
6

Ta có:
1,5
B
d
A

=> B là C
3
H
6

; A là C
2
H
4

Các ptpư:
1.
CH
2
= CH
2
+ Br
2

CH
2
Br – CH
2
Br
A
1
2.
CH
2
Br – CH
2
Br + 2NaOH

CH
2

OH – CH
2
OH + 2NaBr
A
2
3.
CH
2
OH – CH
2
OH + 2CuO
0
t

CHO – CHO + 2Cu + 2H
2
O
A
3

4.
CHO – CHO+ 4Cu(OH)
2
+ 2NaOH

NaOOC – COONa + 2Cu
2
O + 6H
2
O

A
4

5.
NaOOC – COONa + H
2
SO
4


HOOC – COOH + Na
2
SO
4


A
5
Câu IV
1/

Gọi x, y lần lượt là số mol Fe, M trong một phần; a là hoá trị của M
Phần 1: Hoà tan trong HCl
1. Fe + 2HCl

FeCl
2
+ H
2

2. M + aHCl

MCl
a
+
2
a
H
2


2
0,896
0,04
2 2 22,4
H Fe M
a a
n n n x y mol
     
(*)
Phần 2: Hoà tan trong HNO
3
:
3. Fe + 6HNO
3


Fe(NO
3

)
3
+ 3NO
2
+ 3H
2
O
4. M + 2aHNO
3


M(NO
3
)
a
+ aNO
2
+ aH
2
O

2
2,016
3 . 3 0,09
22,4
NO Fe M
n n a n x ay mol
     
(**)
Từ (*) và (**) suy ra: x = 0,01 mol; ay = 0,06 mol => y =

0,06
a

Theo gt: m
hh
= 1,1 = 56x + My = 56. 0,01 + M
0,06
a

Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

 Giáo viên:Nguyễn Cao Chung - 4 - Biên soạn và sưu tầm!
 M = 9a
 a = 3 và M = 27 (Al) là phù hợp
2/

a = 3 => y = 0,02 mol
Thành phần % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu:
%Fe =
56.0,01
.100 50,91%
1,1

; %Al = 49,09%
Câu V


CTPT của A là: C
x
H

y
O
z
(x, y,z nguyên)
Ptpư: C
x
H
y
O
z
+ (
4 2
y z
x
 
)O
2


xCO
2
+
2
y
H
2
O
Ta có:
2 2
: 44 :9 22: 9

CO H O
m m x y
 
=> y = 2x

2
( ) ( )
8 32.( ) 8.16 3
4 2
O pu O A
y z
m m x z z x
      

 CTĐG của A là: (C
3
H
6
O)
n

Số mol A ở 54,6
o
C , 0,9 atm là:
0,2
0,05
4
A He
n n mol
  

 M
A
=
2,9
58
0,05
A
M
 
= 58n =>n = 1
 CTPT của A là C
3
H
6
O
Các CTCT có thể có của A:
1. CH
3
– CH
2
– CH=O
2. (CH
3
)
2
– C =O
3. CH
2
= CH – CH

2
OH
4. CH
2
= CH – O – CH
3


ĐỀ 2
Câu 1
: ( 4 điểm )Độ tan của H
2
S trong dung dịch HClO
4
0,003M là 0,1 mol / lit . Nếu thêm vào dung
dịch này các ion Mn
2+
và Cu
2+
sao cho nồng độ của chúng bằng 2.10
-4
M thì ion nào sẽ kết tủa dưới
dạng sunfat ?
Biết T
MnS
= 3.10
-14
, T
CuS
= 8.10

-37
;
2
21
1,3.10
H S
K



Câu 2 : ( 3 điểm )Cho dung dịch CH
3
COOH 0,1M. Biết
3
5
1,75.10
CH COOH
K


.
a/ Tính nồng độ của các ion trong dung dịch và tính pH.
b/ Tính độ điện li

của axit trên.
Câu 3 : (4 điểm )Cho các đơn chất A, B, C . Thực hiện phản ứng :
A + B X
X + H
2
O NaOH + B

B + C Y
Y + NaOH
1 : 1

Z + H
2
O

Cho 2,688 lit khí X ( đkc ) qua dung dịch NaOH thì khối lượng chất tan bằng 2,22 gam .
Lập luận xác định A, B, C và hoàn thành phản ứng .
Câu 4
: ( 5 điểm ) Cho 13 gam hỗn hợp A một kim loại kiềm M và một kim loại M
’
( hóa trị II ) tan
hoàn toàn vào nước tạo thành dung dịch B và 4,032 lít H
2
(đktc). Chia dung dịch B làm 2 phần bằng
nhau :Phần 1 : Đem cô cạn thu được 8,12 gam chất rắn X.
Phần 2 : Cho tác dụng với 400 ml dung dịch HCl 0,35 mol tạo ra kết tủa Y.
a. Tìm kim loại M, M’. Tính số gam mỗi kim loại trong hỗn hợp A.
b. Tính khối lượng kết tủa Y.
Câu 5 : ( 4 điểm ) Hỗn hợp khí X gồm 2 hydrocacbon A, B mạch thẳng. Khối lượng phân tử của A
nhỏ hơn khối lượng phân tử của B. Trong hỗn hợp X, A chiếm 75% theo thể tích.
Đốt cháy hoàn toàn X cho sản phẩm hấp thụ qua bình chứa dung dịch Ba(OH)
2
dư, sau thí nghiệm
khối lượng dung dịch trong bình giảm 12,78 gam đồng thời thu được 19,7 gam kết tủa.
Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

 Giáo viên:Nguyễn Cao Chung - 5 - Biên soạn và sưu tầm!

a)Tìm công thức phân tử của A,B.Biết tỷ khối hơi của X đối với H
2
là 18,5 và A, B cùng dãy đồng
đẳng.
b. Vẽ sơ đồ xen phủ các obitan để giải thích các liên kết trong phân tử A.
ĐÁP ÁN
Câu 1 : ( 4 điểm )
Trong dung dịch HClO
4
0,003 M [H
+
]=0,003 M 0,5 điểm
H
2
S 2H
+
+ S
2-
0,5 điểm
 
 
2
2
2
21
2 17
2
2
1,3.10 .0,1
1,4.10

0,003
H S
H S
K S
H S
 

 
   
   
 
   
 
1 điểm
2 2 4 17 21
2.10 .1,4.10 2,8.10
MnS
Mn S T
    
   
  
   
=> MnS không kết tủa.

2 2 4 17 21
2.10 .1,4.10 2,8.10
CuS
Cu S T
    
   

  
   
=> CuS kết tủa.
Câu 2
: ( 3 điểm )

3 3
CH COOH CH COO H
 

0,5 điểm

5
3
4
. 1,75.10 .0,1 0,0013
lg lg13.10
A
H CH COO K C
pH H
  
 
   
   
   
 
   
 

5

1,75.10
0,0132
0,1
K
C


  
1 điểm
Câu 3
: ( 4 điểm )
A : Na ; B : H
2
; X : NaH 0,5 điểm
B + C Y  C là phi kim, Y là axít 0,5 điểm
1:1
2
Y NaOH Z H O
  
0,5 điểm
1mol Y phản ứng khối lượng chất tan tăng ( Y - 18 )g
2,688
0,12 2,22
22,4
mol g

0,5 điểm
 
18 1
36,5

2,22 0,12
:
Y
Y
C Clo

  

1 điểm
Viết phương trình phản ứng 1 điểm
Câu 4 : ( 5 điểm )
Vì dung dịch B + dung dịch HCl kết tủa nên M’ có hydroxyt lưỡng tính.

M + H
2
O = MOH +
2
1
2
H
(1)
x mol x
2
x
mol

M’ + 2MOH = M
2
M’O
2

+ H
2
(2)
y mol 2y y y
MOH + HCl = MCl + H
2
O (3)




2 2
2 2
x y x y
 

M
2
M’O
2
+ 2HCl = M’(OH)
2
+ 2MCl (4)
2
y
y
2
y

M’(OH)

2
+ 2HCl = M’Cl
2
+ 2H
2
O (5) 1 điểm
Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

 Giáo viên:Nguyễn Cao Chung - 6 - Biên soạn và sưu tầm!
2
0,14
0,18
HCl
H
n mol
n mol


0,5 điểm
 
     
 
0,18 1
2
17 2 ' 32 8,12 2
2 2
' 13 3
x
y
x y

M y M M
Mx M y

 



 
     

 
 


 


0,5 điểm
 
 
 
 
2 17 17 ' 16 8,12
2 2 2
' 17 8,12
2 2 2
1
' 17 8,12
2 2
17 1,62

2
17 2 3,24 4
1 2 0,36
18 3,6
0,2 ; 0,08
x x y
M My y My M y
x y x
M M y
x
Mx M y y
x
y
x y
x y
x
x y
       
 
   
 
 
   
 
 
  

  
1 điểm
(3) => 0,2M + 0,08M’ = 13

=> 2,5M + M’ = 162,5 ( M<65 )
M Li (7) Na (23) K (39)
M’ 145 (loại) 105 (loại) 65 (Zn)
M là Kali => m
K
= 39 x 0,2 = 7,8 g
M’ là Zn => m
Zn
= 65 x 0,08 = 5,2 g 1 điểm
2 0,2 0,16
0,08 0,1
2 2
HCl
x y
n y mol
 
    
( phản ứng 3 +4 )
n
HCl dư
= 0,14 - 0,1 = 0,04 mol
n
Zn(OH)2
=
0,04
2
y
mol

( phản ứng 4 )

(5) => n
Zn(OH)2
=
1
2
n
HCl
= 0,02 mol
=> n
Zn(OH)2 dư
= 0,04 - 0,02 = 0,02 mol
m
Zn(OH)2
= 99 x 0,02 = 1,98 g 0,5 điểm
Câu 5 : ( 4 điểm )
Chất tương đương 2 hydrocacbon A, B :
x y
C H

 
2 2 2
2 2 3 2
2
19,7
0,1
197
x y
y
C H O x CO H O
a ax

CO Ba OH BaCO H O
ax ax
ax mol
  
  
 
1 điểm
Gọi m dung dịch ban đầu là m :
Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

 Giáo viên:Nguyễn Cao Chung - 7 - Biên soạn và sưu tầm!
C B
D
H
2
O
2
C
B
H
2
O
2
NaOH
2
E
 
44 18 19,7 12,78
2
44 18 6,92 1

2
ay
ax m m
ay
ax
    
  
1 điểm
thế
ax
vào ( 1) =>
2 2
0,14
2
, :
H O CO
ay
n n A B Ankan

  

0,5 điểm
 
 
(14 2)75 (14 2)25
37
100
3 10 4
; 3,3
X

n m
M
n m m
n m n
  
 
   
 
0,5 điểm
n 1 2 3
m 7( loại ) 4 1( loại )
=> A : C
2
H
6
B : C
4
H
10
0,5 điểm
Mô tả kiểu lai hóa của phân tử C
2
H
6
– Lai hóa sp
3
0,5 điểm

ĐỀ 3
Câu I: Cho từ từ khí CO qua ống đựng 3,2 gam CuO nung nóng . Khí ra khỏi ống được hấp thụ hoàn

toàn vào nước vôi trong dư thấy tạo thành 1 gam kết tủa. Chất rắn còn lại trong ống sứ cho vào cốc
đựng 500 ml dung dịch HNO
3
0,16M thu được V
1
lít khí NO và còn một phần kim loại chưa tan.
Thêm tiếp vào cốc 760 ml dung dịch HCl nồng độ 2/3 mol/l sau khi phản ứng xong thu thêm V
2
lít
khí NO. Sau đó thêm tiếp 12 gam Mg vào dung dịch sau phản ứng thu được V
3
lít hỗn hợp khí H
2
và
N
2
, dung dịch muối clorua và hỗn hợp M của các kim loại.
1. Tính các thể tích V
1
, V
2
, V
3
. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn các thể tích khí đo ở đktc
2. Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp M
Câu II: Thêm từ từ từng giọt AgNO
3
vào dung dịch hỗn hợp chứa đồng thời các ion Cl
-
0,01 M và I

-

0,01 M thì AgCl hay AgI kết tủa trước ? Khi nào cả hai chất cùng kết tủa ? Biết tích số tan T
AgCl
= 10
-
10
;
T
AgI
= 10
-16
.
Câu III
: Một hợp chất ion cấu tạo từ cation M
+
và anion X
2-
. Trong phân tử MX
2
có tổng số hạt ( p,
n, e) là 140, trong đó hạt mang điện nhiều hơn hạt không mang điện là 44 hạt . Số khối của ion M
+
lớn
hơn số khối của ion X
2-
là 23. Tổng số hạt trong ion M
+
nhiều hơn trong ion X
2-

là 31.
1. Viết cấu hình e của các ion M
+
và X
2+
.
2. Xác định vị trí của M và X trong bảng tuần hoàn .
Câu IV: Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp hiđrôcacbon khí cùng dãy đồng đẳng A có thể tích là 2,24lít ở
0
0
C , 1 atm và B rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào dung dịch NaOH , cho tiếp dung dịch BaCl
2

dư vào thấy xuất hiện 78,8gam chất kết tủa, lọc bỏ kết tủa đem đun sôi dung dịch đến phản ứng hoàn
toàn lại thu được 27,8 gam kết tủa nữa. Hãy xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của hai
hiđrôcacbon biết số mol cũng như số nguyên tử cacbon của A nhỏ hơn của B và hỗn hợp trên phản
ứng với dung dịch AgNO
3
/NH
3

dư thu được 12 gam chất kết tủa , biết hiệu suất phản ứng lớn hơn 45%.Tính hiệu suất phản ứng.
Câu V: Cho 2 mol N
2
và 8 mol H
2
vào bình kín có thể tích là 2 lít, sau khi phản ứng:
N
2(K)
+ 3H

2(K)
2NH
3(K)

Đạt trạng thái cân bằng , đưa nhiệt độ về nhiệt độ ban đầu , thì áp suất trong bình bằng 0,9 lần áp
suất đầu. Tính K cân bằng.
Câu VI: Cho sơ đồ phản ứng:
(1) A + B

0
t
C (2)
(3) (4) C + 2HCl → 2F + D +H
2
O
A : C
n
H
2n+2
; B : C
m
H
2m+2

Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

 Giáo viên:Nguyễn Cao Chung - 8 - Biên soạn và sưu tầm!
(5) A + NaCl → G + F (6) G

0

t
E + D + H
2
O
(7) B + HNO
2
→ H (8) H

0
t
N
2
+ H
2
O
Xác định các chất vô cơ A, B, C, D, E, F, G, H. Hoàn thành các phương trình phản ứng.
CâuVII: Hòa tan 23 gam một hỗn hợp gồm kim loại Bari và hai kim loại kiềm A,B thuộc hai chu kỳ
liên tiếp vào nước được dung dịch D và 5,6 lít H
2
(đo ở điều kiên tiêu chuẩn)
a) Nếu trung hòa ½ dung dịch D cần bao nhiêu ml H
2
SO
4
0,5M
b) Nếu thêm 180ml dung dịch Na
2
SO
4
0,5M vào dung dịch D thì dung dịch sau phản ứng vẫn chưa

kết tủa Ba
+2
. Nếu thêm 210ml dung dịch Na
2
SO
4
0,5M vào dung dịch D, sau phản ứng còn dư
dung dịch Na
2
SO
4
. Xác định tên hai kim loại.
ĐÁP ÁN:
CâuI: Các phản ứng:
CuO + CO = Cu + CO
2
(1)
CO
2
+ Ca(OH)
2
= CaCO
3
+ H
2
O (2)
Theo (1) và (2) ta có :
N
Cu
= n

CO
2

= 1: 100 = 0,01 mol
n
CuO ban đầu
=
80
2,3
= 0,04 mol
n
CuO còn lại
= 0,04 – 0,01 = 0,03 mol
Các phản ứng khi cho HNO
3
vào :
CuO + 2HNO
3
= Cu(NO
3
)
2
+ H
2
O (3)
Hoặc CuO + 2H
+
= Cu
2+
+ H

2
O (3
’
)
3CuO + 8HNO
3
= 3Cu(NO
3
)
2
+ 2NO + 4H
2
O (4)
Hoặc 3Cu + 8H
+
+ 2NO

3
= 3Cu
2+
+ 2NO + 4H
2
O (4
’
)
Gọi x, y là số mol H
+
tham gia phản ứng (3
’
) và (4

’
)
Ta có : x + y = 0,8 mol
Vì CuO hết nên x/2 = 0,03

x = 0,06 và y = 0,02
và n
Cu tan
=
8
3
.y =
4
03,0
; Theo (4) thì V
1
=
4
y
. 22,4 =
4
02,0
.22,4 = 0,112 lít
Theo (4
’
) thì khi hết H
+
thì Cu không bị tan nữa, nhưng trong dung dịch vẫn còn NO

3

của
Cu(NO
3
)
2
, nên khi cho HCl vào thì phản ứng (4
’
) lại tiếp tục xảy ra và sau đó Cu còn lại phải tan hết
theo phương trình (4
’
) . Như vậy tổng số mol NO là:
n
NO
=
3
2
n
Cu
=
3
2
.0,001 =
3
002,0
hay
3
002,0
.22,4 lít =
3
448,0

lít
Do đó : V
2
=
3
448,0
- V
1
= 0,037 lít
Số mol H
+
cần để hòa tan hết Cu theo (4
’
) =
3
8
.0,01 – 0,02 =
3
02,0
mol
Các phản ứng khi cho Mg vào:
5Mg + 12H
+
+ 2NO

3
= 5Mg
2+
+ N
2

+ 6H
2
O (5)
Mg + 2H
+
= Mg
2+
+ H
2
(6)
Tổng số mol NO

3
còn lại sau khi Cu tan hết = 0,08 -
3
02,0
. Nên số mol của Mg tham gia phản
ứng (5) =
2
5
.
3
22,0
=
3
55,0

Vì tổng số mol H
+
của HCl = 0,076. 2/3 = 1,52/3 mol ; mà số mol H

+
tham gia phản ứng (5) =
12/2 . 0,02/3 = 1,32/3 mol nên số mol H
+
tham gia phản ứng (6) bằng 1,52/33 – 0,02/3 - 1,32/3 =
0,06 mol
Do đó số mol Mg tham gia (6) = ½. 0,06 = 0,03 mol
V
3
= V
N
2
+ V
H
2
= 1,49 lít.
Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

 Giáo viên:Nguyễn Cao Chung - 9 - Biên soạn và sưu tầm!
1. Sau khi tan trong axit Mg còn lại = 12/24 – 0,03 – 0,55/3 = 0,86/3 mol tham gia phản ứng:
Cu
2+
+

Mg = Mg
2+
+ Cu

(7)
Trứơc phản ứng : 0,04 0,86/3

Phản ứng : 0,04 0,04
Sau phản ứng : 0 0,74/3 0,04 0,04
Khối lượng các kim loại trong M
m
Mg
=
3
74,0
. 24 = 5,92 g
m
Cu
= 0,04. 64 = 2,56 g
CâuII
: Để kết tủa AgI xuất hiện cần: [Ag
+
] =
2
16
10
10


= 10
-14
M
Để kết tủa AgCl xuất hiện cần: [Ag
+
] =
2
10

10
10


= 10
-8
M


AgI kết tủa trước.
Tiếp tục thêm Ag
+
thì I
-
tiếp tục bị kết tủa cho tới khi [Ag
+
] = 10
-8
M thì cả AgI và AgCl cùng
kết tủa .
Lúc đó [Ag
+
] [I
-
]
còn
= 10
-16
và [Ag
+

] [Cl
-
]
còn
= 10
-16

Vậy khi AgCl bắt đầu kết tủa thì [I
-
] =
10
162
10
10.10




10
-8
I
-
kết tủa hết.
CâuIII:
1.Gọi số p, số n, số e trong M lần lượt : Z
M
, N
M
, E
M

Gọi số p, số n, số e trong X lần lượt : Z
X
, N
X
, E
X

Trong nguyên tử số p = số e

Z
M
= E
M
và Z
X
= E
X

Ta có : 4Z
M
+ 2N
M
+ 2Z
X
+ N
X
=140 (1)
(4Z
M
+ 2 Z

X
) – (2N
M
+ N
X
) = 44 (2)
(Z
M
+ N
M
) – (Z
X
+ N
X
) = 23 (3)
(2Z
M
+ N
M
– 1) – (2Z
X
+ N
X
+ 2) = 31 (4)


Z
M
= 19, N
M

= 20

M là Kali (K)
Z
X
= 8 , N
X
= 8

X là oxi (O)
Cấu hình e: M
+
: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6

X
2-
: 1s
2
2s
2
2p

6
2.Vị trí: K thuộc chu kì 4, nhóm IA ; O thuộc chu kì 2, nhóm VIA
Câu IV
:Gọi hai hiđrôcacbon đã cho có CTPT:C
x
H
y
(0,1 mol) và C
n
H
m
(a mol)
với : 2 ≤ x, n ≤ 4
Các phương trình phản ứng xảy ra:
C
x
H
y
+ (x + y/4) O
2
→ xCO
2
+ y/2 H
2
O (1)
0,1mol 0,1x
C
n
H
m

+ (n + m/4) O
2
→ nCO
2
+ m/2 H
2
O (2)
a mol an mol
CO
2
+ 2NaOH → Na
2
CO
3
+ H
2
O (3)
CO
2
+ NaOH → NaHCO
3
(4)
Na
2
CO
3
+ BaCl
2
→ BaCO
3

+ 2NaCl. (5)
2NaHCO
3


0
t
Na
2
CO
3
+ CO
2
+ H
2
O (6)
Na
2
CO
3
+ BaCl
2
→ BaCO
3
+ 2NaCl. (7)
n
3
BaCO
(pư 5) = 0,4 mol
n

3
BaCO
(pư 7) = 0,14 mol
Từ pứ(1)→(7)



2
CO
n
(pứ 1,2) = 0,68mol


0,1x + an = 0,68 (8)
Ta có : a > 0,1

0,1x + 0,1n < 0,68

x + n < 6,8
Vì x < n

x = 2

n = 3 hoặc n = 4
Vì x = 2, hỗn hợp đã cho pứ với AgNO
3
/NH
3
nên hỗn hợp này là ankin.
Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

 Giáo viên:Nguyễn Cao Chung - 10 - Biên soạn và sưu tầm!
Các chất đó có thể là:



43
22
HC
HC
hoặc



64
22
HC
HC

Trường hợp1
:



)16,0(
)1,0(
43
22
molHC
molHC






)16,0(
)1,0(
33
22
molAgHC
molAgC



H% =
52,47
12
.100% = 25,25% < 45% (loại)
Trường hợp 2:



)12,0(
)1,0(
64
22
molHC
molHC

-Nếu C

4
H
6
là CH
3
-CH
2
≡ CH

Kết tủa :



)12,0(
)1,0(
54
22
molAgHC
molAgC



H% =
32,43
12
.100% = 27,7% < 45% (loại)
- Nếu C
4
H
6

là CH
3
-C ≡ C-CH
3


Kết tủa tạo ra chỉ có: C
2
Ag
2
(0,1mol)


H% =
24
12
.100% = 50% > 45% (nhận)
CâuV:Tổng số mol ban đầu trong bình kín :

bđ
n
= 2+ 8 = 10 mol
Trong cùng điều kiện t
0
và V : Tỉ lệ mol = Tỉ lệ áp suất.
Ta có:
s
đ
P
P

=
s
đ
n
n



9,0
1
=
s
n
10


n
s
= 0,9 x 10 = 9 mol
Gọi x là số mol N
2
tham gia phản ứng:
N
2(K)
+ 3H
2(K)
2NH
3(K)
Trước pứ: 2 mol 8 mol
Phản ứng: x mol 3x mol 2x mol

Sau pứ : (2 – x) (8-3x) 2x mol
Tổng số mol các chất khí sau phản ứng:

s
n
= 10 – 2x = 9 mol

x = o,5mol
Ở trạng thái cân bằng :
n
N
2
= 2 – 0,5 = 1,5 mol

[N
2
] =
2
5,1
= 0,75 mol/lít
n
H
2
= 8 – 3 x 0,5 = 6,5 mol/lít

[H
2
] =
2
5,6

= 3,25 mol/lít
n
NH
3
= 2 x 0,5 = 1 mol

[NH
3
] =
2
1
= 0,5 mol/lít


K
cb
=
2
2
3
3
2
.
H
N
NH
CC
C
=
3

2
)25,3).(75,0(
)5,0(
= 9,71. 10
-3

CâuVI: A: NH
4
HCO
3
; B: NH
3
; C: (NH
4
)
2
CO
3
; D: CO
2
; E: Na
2
CO
3
;
G: NaHCO
3
; F : NH
4
Cl ; H: NH

4
NO
2

Câu VII:
a) Ba + 2H
2
O

Ba(OH)
2
+ H
2
(1)
x mol x mol x mol
2A + 2H
2
O

2AOH + H
2
(2)
y mol y mol y mol
2B + 2H
2
O

2BOH + H
2
(3)

z mol z mol z mol
Chia ½ dung dịch D :
Ba(OH)
2
+ H
2
SO
4


BaSO
4
+ 2H
2
O (4)
x/2mol x/2 mol
2AOH + H
2
SO
4


A
2
SO
4
+ 2H
2
O (5)
Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

 Giáo viên:Nguyễn Cao Chung - 11 - Biên soạn và sưu tầm!
y/2mol y/4mol
2BOH + H
2
SO
4


B
2
SO
4
+ 2H
2
O (5)
z/2mol z/4mol
x +
2
y
+
2
z
= n
H
2
=
5,22
6,5
= 0,25

2
x
+
4
y
+
4
z
= n
42
SOH
=
2
1
n
H
2

=
2
25,0
; V
42
SOH
=
5,02
25,0
x
= 0,25 lít

b) n
42
SONa
(lần đầu) = 0,18 x 0,5 = 0,09 mol; n
42
SONa
(lần sau) = 0,21 x 0,5 = 0,105 mol
0,09

n
Ba


0,105


gam
x
33,12
13709,0


m
Ba




gam
x

385,14
137105,0
; m
BA
= 23 - m
Ba



gam6,8
385,1423 

m
Ba




gam67,10
33,1223 

Theo pt (2), (3) :
n
(A+ B)
= 2n
2
H
= 2(0,25 - n
Ba
) = 0,5 - 2n

Ba


  
gam
x
29,0
)105,02(5,0 

n
(A + B)



  
gam
x
32,0
)09,02(5,0 


27
32,0
6,8




M
(A + B)



29,0
67,10
= 37

2 kim loại đó: Na và K

ĐỀ 4

Câu 1: ( 4điểm)
Cho phản ứng: H
2 (K)
+ I
2

(K)


2HI
(K)

Thực hiện phản ứng trong bình kín 0,5lít ở t
o
C với 0,2mol H
2
và 0,2mol I
2
.Khi phản ứng đạt trạng

thái cân bằng nồng độ của HI là 0,3mol/lít.
1.1.Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở t
o
C.
1.2 Thêm vào cân bằng trên 0,1mol H
2
thì cân bằng dịch chuyển theo chiều nào tính nồng độ các
chất ở trạng thái cân bằng mới.
1.3 Tính hằng số cân bằng của phản ứng sau ở t
o
C.
HI
(K)


2
1
H
2 (K)
+
2
1
I
2

(K)
ĐÁP ÁN
1.1.Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở t
o
C.

Theo giả thiết: [H
2
] = [I
2
] = 0,4mol/lít

H
2 (K)
+ I
2

(K)


2HI
(K)

Trước phản ứng: 0,4 (mol/lít) 0,4(mol/lít)
Lúc cân bằng: 0,25(mol/lít) 0,25 (mol/lít ) 0,3 (mol/lít )

K
cb
=
44,1
25,0.25,0
3,0
2


1.2.Nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng mới:

 Nếu thêm vào cân bằng 0,1mol H
2
nồng độ H
2
tăng cân bằng dịch chuyển theo chiều thuận.
 Khi thêm 0,1 mol H
2
nồng độ H
2
= 0,25 + 0,2 = 0,45mol/lít
Gọi x là nồng độ H
2
tham gia phản ứng để đạt cân bằng mới.
H
2 (K)
+ I
2

(K)


2HI
(K)

Trước phản ứng: 0,45 (mol/lít) 0,25(mol/lít) 0,3(mol/lít)
Lúc cân bằng: 0,45-x (mol/lít ) 0,25-x (mol/lít) 0,3+2x (mol/lít)
K
cb
=
44,1

)45,0).(25,0(
)23,0(
2



xx
x
 2,56x
2
+ 2,208x – 0,072 = 0 ĐK: 0< x < 0,25
Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

 Giáo viên:Nguyễn Cao Chung - 12 - Biên soạn và sưu tầm!
Giải phương trình ta được : x = 0,03146 nhận ; x
/
= -0,89 loại.
Vậy :
[H
2
] = 0,41854 (mol/lít)
[I
2
] = 0,21854 (mol/lít)
[HI] = 0,36292 (mol/lít)

1.3 Hằng số cân bằng của phản ứng sau ở t
o
C.
HI

(K)


2
1
H
2 (K)
+
2
1
I
2

(K)
Gọi K
/
cb
là hằng số cân bằng của phản ứng:
Ta có K
/
cb
=
   
 
HI
IH
2
1
2
2

1
2
=
cb
K
1
=
44,1
1
=
6
5

Câu 2: ( 4điểm)
Cho A là dung dịch CH
3
COOH 0,2M , B là dung dịch CH
3
COOK 0,2M. K
a
= 2.10
-5
.
2.1.Tính pH của dung dịch A và dung dịch B.
2.2. Tính pH của dung dịch X tạo thành khi trộn dung dịch A và dung dịchB theo tỉ lệ thể tích bằng
nhau.
2.3. Cho thêm 0,02mol HCl vào 1 lít dung dịch X được dung dịch Y.Tính pH của dung dịch Y.
2.4.Nếu trộn 0,3lít dung dịch A với Vlít dung dịch B được dung dịch có
pH =4,7 . Xác định V. (Cho sử dụng các giá trị gần đúng)
GIẢI

2.1.Tính pH của dung dịch A và dung dịch B.
* pH của dung dịch A:
Phương trình CH
3
COOH

CH
3
COO
-
+ H
+

Gọi x là nồng độ H
+
:
K
a
=
x-OH]d[
3
2
COCH
x
= 2.10
-5
Vì axit yếu x << [CH
3
COOH]
đ

x =
CK
a
.
 x =
5
10.4,0

 pH = 2,7
* pH của dung dịch B:
CH
3
COOK = CH
3
COO
-
+ K
+

CH
3
COO
-
+ H
2
O

CH
3

COOH + OH
-

Gọi y là nồng độ OH
-
:
Tương tự y =
CK
tp
.
=
C
K
K
a
w
=
5
14
10.2
2,0.10


= 10
-5

 pOH = 5  pH = 9
2.2. Tính pH của dung dịch X:
Khi trộn A và B theo tỉ lệ thể tích bằng nhau ta được dung dịch hỗn hợp:
CH

3
COOH 0,1M và CH
3
COOK 0,1M.
CH
3
COOK = CH
3
COO
-
+ K
+

CH
3
COOH

CH
3
COO
-
+ H
+

Gọi z là nồng độ H
+

Giả thiết:
K
a

=
)1,0(
)1,0.(
z
zz


= 2.10
-5
Vì axit yếu nên z << 0,1  z = 2.10
-5
 pH = 4,7
2.3. pH của dung dịch Y:
Nếu thêm 0,02mol HCl vào 1 lít dung dịch Y ta có:
CH
3
COO
-
+ H
+


CH
3
COOH
[CH
3
COOH] = 0,1 + 0,02 = 0,12
[CH
3

COO
-
] = 0,1 - 0,02 = 0,08
Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

 Giáo viên:Nguyễn Cao Chung - 13 - Biên soạn và sưu tầm!
K
a
=




 
COOH
O
3
-
3
CH
HCOCH

= 2.10
-5

 [H
+
] = 3.10
-5

 pH = 4,52.
2.4. Xác định V.
Khi trộn 2 dung dịch ta được dung dịch hỗn hợp trong đó.
[CH
3
COOH] =
V3,0
3,0.2,0
; [CH
3
COOK] =
V
V
3,0
.2,0

Gọi t là nồng độ H
+


CH
3
COOH

CH
3
COO
-
+ H
+

Đầu phản ứng:
V3,0
06,0

V
V
3,0
.2,0

Lúc cân bằng:
V3,0
06,0
- t
V
V
3,0
.2,0
+ t t

K
a
=
5
10.2
3,0
06,0
3,0
2,0



















t
V
tt
V
V
Giả thiết: pH = 4,7  t = 2.10
-5

t
V
t
V
V




 3,0
06,0
3,0
2,0
 0,2V + 0,3t +Vt = 0,06 – 0,3t –Vt
 0,2V + 2Vt = 0,06 –0,6t
 V =
t
t


1,0
)1,001,0(3
Vì axit yếu nên t << 0,1  V  0,3lít
Câu 3: ( 4điểm)
3.1. Hỗn hợp X gồm Cu
2
O , FeS
2
, Fe và Cu.Cho hỗn hợp X tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
loãng dư
được chất rắn A hỗn hợp khí B và dung dịch C. Cô cạn dung dịch C được hỗn hợp muối khan D .Biết
các chất trong A có khối lượng bằng nhau, trong B có thể tích bằng nhau và trong C tỉ lệ mol 2 muối
là 1: 8. Xác định % khối lượng hỗn hợp X.

3.2. Hoà tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Fe và MgCO
3
bằng dung dịch HCl dư được hỗn hợp khí A.
Nếu cũng m gam hỗn hợp trên đun với dung dịch H
2
SO
4
đ thu được hỗn hợp khí B gồm SO
2
và CO
2
.
tỉ khối của B đối với A là 3,6875 . Tính % khối lượng hỗn hợp đầu.
ĐÁP ÁN
3.1.Gọi x,y,z,t lần lượt là số mol Cu
2
O , FeS
2
, Fe ,Cu trong hỗn hợp.
Phương trình phản ứng:
Cu
2
O + H
2
SO
4
= CuSO
4
+ Cu + H
2

O
x x x
FeS
2
+ H
2
SO
4
= FeSO
4
+ H
2
S + S
y y y y
Fe + H
2
SO
4
= FeSO
4
+ H
2
z z z
Cu + H
2
SO
4

t
Theo giả thiết và phương trình phản ứng ta có:

Khối lượng mS = mCu  32y = 64(x+t)  y = 2x + 2t (1)
V H
2
S = V H
2
 y = z (2)
Tư (1) y > x  tỉ lệ mol 2 muối =
8
1
chỉ thoả với:
8
1

 zy
x
 8x = y +z (3)
Từ (1) (2) (3)  y = z = 4x và t = x
mCu
2
O = 144x ; mFeS
2
= 480x ;
mFe = 224x ; mCu = 64x ; mhh = 912x
Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

 Giáo viên:Nguyễn Cao Chung - 14 - Biên soạn và sưu tầm!
 %Cu
2
O = 15,79(%) ; %FeS
2

= 52,63(%)
%Fe = 24,56(%) ; %Cu

= 7,02(%)
3.2.Gọi x,y là số mol Fe và MgCO
3
trong hỗn hợp:
Phương trình phản ứng:
Fe + 2HCl = FeCl
2
+ H
2

x x
MgCO
3
+ 2HCl = MgCl
2
+ H
2
O + CO
2

y y
2Fe + 6H
2
SO
4
= Fe
2

(SO
4
)
3
+ 3SO
2
+ 6H
2
O
x 1,5x
MgCO
3
+ H
2
SO
4
= MgSO
4
+ CO
2
+ H
2
O
y y
Theo gt và phương trình phản ứng:
dB/A =
yx
yx
yx
yx





442
5,1
4496
= 3,6875
 96x
2
+ 96xy +44xy +44y
2
= 11,0625x
2
+243,375xy + 7,375xy + 162,25y
2

 84,9375x
2
- 118,25y
2
- 110,75xy = 0
 Giải được
2
y
x
và
69,0
y
x

(loại)
 %KLFe = 57,14 (%) %KLMgCO
3
= 42,86 (%)
Câu 4: ( 4điểm)
. 4.1. Oximen có trong tinh dầu lá húng quế,có công thức phân tử C
10
H
16
được xem như do 2 phân tử
izopren kết hợp với nhau.Khi cộng một phân tử nước ở điều kiện thích hợp ta được một dạng cấu tạo
của Linalol . Khi hidro hoá hoàn tòan Linalol ta được 3,7-dimetyl octanol-3. Viết công thức cấu tạo
của Oximen và Linalol.
4.2. Bằng thực nghiệm ở 300
o
C người ta xác định tỉ lệ % các sản phẩm mono clo hoá isopentan như
sau:
2-clo-2- metyl butan 22% ; 2-clo-3- metyl butan 33% ; 1-clo-3- metyl butan 15% ;
1-clo-2- metyl butan 30% .Tìm khả năng phản ứng tương đối của nguyên tử hidro ở cacbon bậc II
(r
II
) và cacbon bậc III (r
III
) nếu khả năng phản ứng tương đối của nguyên tử hidro ở cacbon bậc I (r
I
)
là 1.
ĐÁP ÁN
4.1.
OH

+ H
2
O
to/xt




Oximen Linalol



OH OH

+ 2H
2

+Ni/to




Linalol 3,7-dimetyl octanol-3.
CH
3

4.2. CH
3
–C -CH

2
-CH
3
22%
Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

 Giáo viên:Nguyễn Cao Chung - 15 - Biên soạn và sưu tầm!
Cl
CH
3
-CH- CH-CH
3
33%
CH
3
-CH -CH
2
–CH
3
CH
3
Cl
CH
3
CH
3
– CH – CH
2
–CH
2

15%
CH
3
Cl
CH
2
–CH – CH
2
– CH
3
30%
Cl CH
3

Theo giả thiết: n
I
= 9 ; n
II
= 2 ; n
III
= 1 ; r
I
= 1
Ta có:
a
2
% =
IIIII
II
rr

r
 29
2 100
= 33 (1) a
3
% =
IIIII
III
rr
r
 29
.100
= 22 (2)
Từ (1) và (2)  r
II
= 3,3 , r
III
= 4,4
Câu 5:(4điểm)
5.1.1.Hợp chất A chứa C,H,O có khối lượng phân tử là 74. Biết A không phản ứng với Na và khi
phản ứng với dung dịch NaOH sản phẩm chỉ thu được một chất hữu cơ. Xác định cấu tạo của A. Biết
từ A thực hiện được sơ đồ sau:
CH
3
MgCl + A B
H
2
O
CH
3

CHO D
H
2
O
Rượu sec-butylic.
5.2. Hai chất A,B có công thức C
3
H
7
OCl và C
2
H
4
O có đặc điểm:
- A có tính quang hoạt.
- Khi A phản ứng với CH
3
MgI được C
4
H
10
O không có tính quang hoạt.
B phản ứng với CH
3
MgI sau đó thuỷ phân được rượu n-propylic.
Xác định cấu tạo của A ,B và viết phương trình phản ứng.
ĐÁP ÁN
5.1.1. Đặt công thức phân tử của A là C
x
H

y
O
z
.
Theo giả thiết ta có : 12x + y + 16z = 74 ĐK x,y,z  Z
+
và y  2x + 2
Ta chọn được công thức có thể có của A là:
C
4
H
10
O , C
3
H
6
O
2
và C
2
H
2
O
3
.
Với sơ đồ trên chỉ thoả với CTPT và CT của A là: C
2
H
2
O

3

O
H C
O anhidric fomic
H C
O
(HCO)
2
O + 2NaOH  2HCOONa + H
2
O
O
H - C H
CH
3
-MgCl + O  CH
3
- C – O - MgCl (B)
H - C OCOH


O
H
CH
3
- C – O - MgCl + H
2
O  CH
3

-CH=O + HCOOH + MgClOH
OCOH




C
2
H
5
-MgCl + CH
3
-CH=O  CH
3
CH
2
-CH-OMgCl (D)
CH
3
CH
3
CH
2
-CH-OMgCl + H
2
O  CH
3
CH
2
–CH-OH + MgClOH

CH
3
CH
3
Rượu sec-butylic.
5.2.
Cấu tạo của A : CH
3
- O- CH – CH
3

Cl
Cấu tạo của B : CH
2
CH
2

Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

 Giáo viên:Nguyễn Cao Chung - 16 - Biên soạn và sưu tầm!
O

CH
3
-MgI + CH
3
- O- CH – CH
3
 CH
3

– O – CH – CH
3
+ MgICl
Cl CH
3

CH
3
-MgI + CH
2
CH
2
 CH
3
-CH
2
-CH
2
-OMgI
O
CH
3
-CH
2
-CH
2
-OMgI + H
2
O  CH
3

-CH
2
-CH
2
OH + MgIOH

ĐỀ 5
Câu 1
( 5đ)

1) Hoàn thành các phương trình phản ứng theo sơ đồ sau :

+ H
2
SO
4


+ CO
2


+H
2
O


A
3
(khí)

NH
3

A
1

A
2


P cao, t
0
+ NaOH
A
4

(khí)

Biết phân tử A
1
gồm C, H, O, N với tỉ lệ khối lượng tương ứng 3 : 1 : 4 : 7 và trong phân tử chỉ có
hai nguyên tử ni tơ.
2) Một hỗn hợp gồm Cu và Fe có tỉ lệ khối lượng 7 : 3. Lấy m (gam) hỗn hợp này cho phản ứng hoàn
toàn với dung dịch HNO
3
thấy đã có 44,1 gam HNO
3
phản ứng, thu được 0,75m (gam) rắn, dung dịch
B và 5,6 lít hỗn hợp khí (ĐKTC) gồm NO và NO

2
. Hỏi cô cạn dung dịch B thu được bao nhiêu gam
muối khan?
Câu 2 (4 đ)
Đốt cháy 3,2 gam M
2
S ( Kim loại M trong hợp chất thể hiện số oxyhoá +1 và +2) trong oxy dư. Sản
phẩm rắn thu được đem hoà tan trong một lượng vừa đủ dung dịch H
2
SO
4
39,2% nhận được dung
dịch muối có nồng độ 48,5%. Đem làm lạnh dung dịch muối này thấy tách ra 2,5 gam tinh thể, khi đó
nồng độ muối giảm còn 44,9%. Tìm công thức tinh thể muối tách ra.
Câu 3
( 6 đ)
1) Đốt cháy hoàn toàn 0,012 mol một hiđrocacbon X. Cho toàn bộ sản phẩm cháy qua bình đựng
nước vôi trong, thấy xuất hiện 4 gam kết tủa và khối lượng dd tăng thêm 0,560 gam . Lọc kết tủa, cho
tiếp dung dịch Ba(OH)
2
đến dư vào dung dịch lọc, thấy xuất hiện 6,534 gam kết tủa.
a. Xác định công thức phân tử của hiđrocacbon X.
b. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên hiđrocacbon X, biết X không làm mất màu dd brom,
chỉ làm mất màu dd KMnO
4
khi đun nóng.
2) Phản ứng cộng hợp HBr với hợp chất A theo tỉ lệ 1 : 1 tạo ra hỗn hợp D gồm các chất là đồng phân
của nhau, trong hỗn hợp D có chứa 79,2% brom về khối lượng, còn lại là cacbon và hiđro. Biết tỉ khối
của hỗn hợp so với oxi nhỏ hơn 6,5. Xác công thức cấu tạo của A và các sản phẩm trong D.
Câu 4 ( 5đ )

Dung dịch X gồm hai axit HCl 0,001M và CH
3
COOH 0,1M.
a. Tính pH của dung dịch X. Biết axit CH
3
COOH có K
a
= 1,8.10
-5

b. Hoà tan 2,04 gam NaOH vào 1 lít dung dịch X thu được dung dịch Y. Tính pH của dung dịch
Y.
Cho : H = 1, C = 12, N = 14, O = 16, Br = 80, Cl = 35,5, Na = 23, Ba = 137, Ca = 40, Cu = 64,
Fe = 56, S = 32.

CÂU ĐÁP ÁN
Câu 1
(5 ®)
1.T ìm A
1
(C
x
H
y
O
z
N
t
): Tỉ lệ: 12x : y : 16z : 14t = 3 :1 : 4 : 7


x : y : z : t = 1 : 4 : 1 : 2 . CTPT của A
1
: CH
4
ON
2
hay (NH
2
)
2
CO
PTPƯ : 2NH
3
+ CO
2


(NH
2
)
2
CO + H
2
O
(NH
2
)
2
CO + 2H
2

O

(NH
2
)
2
CO
3

(NH
2
)
2
CO
3
+ H
2
SO
4


(NH
4
)
2
SO
4
+ CO
2
+ H

2
O
(NH
2
)
2
CO
3
+ 2NaOH

Na
2
CO
3
+ 2NH
3
+ 2H
2
O
2. m(g)hh Cu và Fe tỉ lệ khối lượng 7: 3
Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

 Giáo viên:Nguyễn Cao Chung - 17 - Biên soạn và sưu tầm!

có 0,7m (g) Cu, 0,3m (g)
Tác dụng với HNO
3
có Fe phản ứng 0,25m (g) còn 0,75m (g) chất rắn gồm 0,05m(g) Fe
dư và 0,7m (g) Cu không phản ứng.
Fe bị HNO

3
oxi hoá thành Fe
2+
do Fe
3+
+ Fe

Fe
2+

Gọi a,b là số mol NO và NO
2

3 Fe + 8 HNO
3


3 Fe( NO
3
)
2
+ 2NO + 4 H
2
O
(mol) 1,5a 4a 1,5a a
Fe + 4 HNO
3


Fe( NO

3
)
2
+ 2NO + 2 H
2
O
( mol) 0,5b 2b 0,5b b
n
HNO3
= 4a + 2b = 0,7 (I)
a + b = 0,25 (II)
Tõ (I) vµ (II) a = 0,1; b = 0,15
Khèi lîng muèi lµ: 180 ( 1,5a + 0,5b) = 180. 0,225 = 40,5g.
Câu 2
(4 đ)
M
2
S + 2O
2


2MO + SO
2
(1)
MO + H
2
SO
4



MSO
4
+ H
2
O (2)
MSO
4
+ n H
2
O

MSO
4
.nH
2
O
Đặt số mol M
2
S là x

x =
mol
M )322(
2,3

(I)
n
H2SO4
= n
MSO4

= 2x (mol)
Khối lượng dd H
2
SO
4
là :
)(500
2,39
100.98.2
gx
x


KLdd muối là 500x + 2x(M + 16) = 2xM + 532x
KL muối theo (1) và (2) là 2x(M +96)
Suy ra 2x(M + 96) = 0,485(2xM + 532x) (II)
Từ (I) và (II) suy ra M = 64, x = 0,02mol , CTPT : Cu
2
S
KL CuSO
4
là 2.0,02.160 = 6,4g
KLdd CuSO
4
= 13,2g.
Khi làm lạnh tách ra 2,5g tinh thể, khi đó khối lượng dd còn 10,7g
KL CuSO
4
còn 10,7. 0,449 = 4,8g


KL CuSO
4
tách ra là 1,6g
KL nước tách ra: 2,5 – 1,6 = 0,9g


1
5
4
2

CuSO
OH
n
n

CT muèi lµ CuSO
4
. 5H
2
O

Câu 3
(6đ )
1. ( 3đ)
.a. CO
2
+ Ca(OH)
2


CaCO
3
+ H
2
O (1)
2CO
2
+ Ca(OH)
2


Ca(HCO
3
)
2
(2)
Ca(HCO
3
)
2
+ Ba(OH)
2


BaCO
3
+ CaCO
3
(3)

n
)1(
2
CO
= n
CaCO3(1)
= 0,04 mol
n
CO2(2)
= 2(n
BaCO3
+ n
CaCO3(3)
) = 2.
044,0
297
534,6



n
CO2
= 0,084, n
H2O
=
048,0)44.084,0456,0(
18
1


Từ số n
X
và n
CO2
, n
H2O
suy ra x = 7, y = 8. CTPT của X : C
7
H
8

b. X là toluen
CH
3

2. ( 2d)
TH1: Nếu hợp chất trong D có chứa 1 nguyên tử Br thì khối lượng mol phân tử của D
bằng 80/ 0,792 = 101,01gam/mol

KL của C và H = 101 – 80 = 21gam/mol

CH
9
( loại)
TH2: N
ế
u h
ợ
p ch
ấ

t trong D c
ó
ch
ứ
a 2 nguy
ê
n t
ử
Br th
ì
kh
ố
i l
ư
ợ
ng mol ph
â
n t
ử
c
ủ
a D
Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

 Giáo viên:Nguyễn Cao Chung - 18 - Biên soạn và sưu tầm!
bằng 160/ 0,792 = 202,02gam/mol< 6,5.32 = 208

KL của C và H = 202 – 160 = 42gam/mol

C

3
H
6
vậy A : C
3
H
5
Br
TH3: Nếu hợp chất trong D có chứa 3 nguyên tử Br thì khối lượng mol phân tử của D
bằng 240/ 0,792 = 303,03gam/mol> 6,5.32 = 208 (loại)
Vậy hợp chất trong D có CTPT: C
3
H
6
Br
2

A là 1 trong 4 đồng phân sau:
CH
2
= CH – CH
2
Br ; CH
2
= CBr – CH
3
;Br -CH= CH – CH
3

Br
Các đồng phân cấu tạo trong D là:
` BrCH
2
- CH
2
– CH
2
Br CH
3
- CHBr – CH
2
Br
CH
3
= CBr
2
– CH
3
CH
3
- CH
2
– CHBr
2

Câu 4
( 5đ)
a. HCl


H
+
+ Cl
-

C(M) 0,001 0,001
CH
3
COOH CH
3
COO
-
+ H
+
K
a
= 1,8. 10
-5

C(M) bđ 0,1 0,001
C(M) cb 0,1 -x x 0,001+x

1,8. 10
-5
=
x
xx


1,0

)001,0(

Giả sử x << 0,1

x
2
+ 0,001x -1,8.10
-6
=0
Giải phương trình bậc 2

x = 9,3. 10
-4
M



H
= 10
-3
+ 9,3 . 10
-4
= 1,93 . 10
-3
M

pH

2,7.
b. n

NaOH
= 0,051 mol , C
NaOH
= 0,051M
NaOH + HCl

NaCl + H
2
O
C(M) 0,001 0,001 0,001
NaOH + CH
3
COOH

CH
3
COONa + H
2
O
C(M) 0,05 0,05 0,05
Dung dịch Y gồm: NaCl ( 0,001M); CH
3
COOH ( 0.05M);
CH
3
COONa (0,05M)
CH
3
COONa


CH
3
COO
-
+ Na
+

C(M) 0,05 0,05
CH
3
COOH CH
3
COO
-
+ H
+

C(M) bđ 0,05 0,05
C(M) cb 0,05 – y 0,05 + y y

1,8. 10
-5
=
y
yy


05,0
)005,0(
, giả sử y << 0,05


y = 10
-4,75
M ; pH = 4,75
















Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

 Giáo viên:Nguyễn Cao Chung - 19 - Biên soạn và sưu tầm!
ĐỀ 6
Câu I: (4,5 điểm) 1) Hoàn thành sơ đồ biến hóa hóa học sau và viết các phương trình hóa học
(PTHH) của các phản ứng.
A

D


C

A

FeS
2


A

B

H
2
SO
4




C E

BaSO
4

2) Chỉ dùng một thuốc thử, nêu phương pháp hóa học nhận biết các dung dịch riêng biệt đựng trong
các lọ mất nhãn sau: Na
2
SO
4

; H
2
SO
4
; NaOH và BaCl
2
(viết các PTHH nếu có).
3) Cân bằng PTHH của các phản ứng oxy hoá - khử sau:
a) C
6
H
5
NO
2
+ Fe + H
2
O C
6
H
5
NH
2
+ Fe
3
O
4

b) FeS
2
+ H

2
SO
4
Fe
2
(SO
4
)
3
+ SO
2
↑ + H
2
O
c) Al + HNO
3
Al(NO
3
)
3
+ NH
4
NO
3
+ H
2
O
d) Fe + HNO
3
Fe(NO

3
)
3
+ N
x
O
y
↑
+ H
2
O
Câu II: (2,0 điểm) Sáu hiđrocacbon A; B; C; D; E; F đều có công thức phân tử là C
4
H
8
. Cho từng
chất vào dung dịch brom (trong CCl
4
và không chiếu sáng) thấy A, B, C và D tác dụng rất nhanh. E
tác dụng chậm hơn, còn F hầu như không phản ứng. B và C là những chất đồng phân lập thể của
nhau, B có nhiệt độ sôi cao hơn C. Khi cho tác dụng với hiđro ở nhiệt ộ cao (có Ni làm xúc tác) thì A,
B, C đều cho cùng sản phẩm G. a) Xác định công thức cấu tạo và gọi tên của 6 hiđrocacbon trên.
b) A tác dụng với nước brom có hoàn tan một lượng nhỏ NaCl sinh ra 5 sản phẩm. Viết công thức
cấu tạo và giải thích sự hình thành 5 sản phẩm đó.
Câu III: (4,0 điểm) Cho 11 gam hỗn hợp Fe và Al tác dụng vừa đủ với 500ml dung dịch H
2
SO
4
có
nồng độ a (mol/l) thu được 8,96 lit khí H

2
(đktc). Thêm dung dịch NaOH dư vào dung dịch sau phản
ứng, lọc lấy kết tủa rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn . a)
Tính khối lượng của Fe , Al và % về số mol của chúng trong hỗn hợp ban đầu .
b) Tính giá trị của a và m.
Câu IV: (4,5 điểm) Hỗn hợp A gồm 3 hiđrocacbon X, Y, Z (Y và Z là đồng đẳng kế tiếp). Đốt cháy
hoàn toàn 672 ml A rồi dẫn sản phẩm cháy lần lượt qua bình I chứa 52,91 gam dung dịch H
2
SO
4
98%,
bình II chứa 437,5 ml dung dịch Ba(OH)
2
0,08M. Kết thúc thí nghiệm nồng độ H
2
SO
4
ở bình I còn
96,2%. Bình II xuất hiện 4,925 gam kết tủa. Mặt khác, khi dẫn 1209,6 ml A đi qua bình chứa dung
dịch brom, nhận thấy sau phản ứng dung dịch này bị nhạt màu, khối lượng dung dịch tăng thêm 0,468
gam và có 806,4 ml khí thoát ra khỏi bình. Xác định công thức phân tử của X, Y, Z và phần trăm thể
tích các khí trong A, biết rằng các phản ứng xảy ra hoàn toàn và các khí đều đo ở đktc.
Câu V: (5,0 điểm) 1) Muối ăn có lẫn Na
2
SO
4
, NaBr , MgCl
2
, CaCl
2

, CaSO
4
. Hãy dùng phương
pháp hoá học để điều chế muối ăn tinh khiết, Viết các PTHH của các phản ứng để minh hoạ.
2) Cho m gam hỗn hợp muối NaBr và NaI phản ứng với dung dịch H
2
SO
4
đặc, nóng thu được hỗn
hợp khí A (đktc). Ở điều kiện thích hợp A phản ứng vừa đủ với nhau thu được chất rắn màu vàng và
một chất lỏng không làm chuyển màu quì tím. Cho Na dư vào phần chất lỏng thu được dung dịch B,
dung dịch B phản ứng vừa đủ với 2,24 lít CO
2
(đktc) tạo ra 9,5 gam hỗn hợp muối. Viết các PTHH
của các phản ứng xảy ra và tính m ?
(Cho: Ca = 40; S = 32; C = 12; H = 1; O = 16; Co = 59; Cu = 64; Ag = 108; Zn = 65; Mg = 24; Al=27; Na=23;
K = 39; Cl = 35,5; N = 14, I=127, Br=80)
Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

 Giáo viên:Nguyễn Cao Chung - 20 - Biên soạn và sưu tầm!
Câu Nội dung Điểm

I
(4,5 đ)

1) SO
2

Na
2

SO
3

BaSO
3

SO
2


FeS
2


SO
2

H
2
SO
3

H
2
SO
4




BaSO
3
Na
2
SO
4


BaSO
4

A(SO
2
); B(H
2
SO
3
); C(BaSO
3
); D(Na
2
SO
3
); E(Na
2
SO
4
)
(10PTHH x0,2)

2)
* Lấy 4 mẫu thử của 4 dung dịch đầu lần lượt cho tác dụng với quỳ tím
.
Làm
quỳ tím hóa đỏ là dung dịch H
2
SO
4
; Làm quỳ tím hóa xanh là dung dịch NaOH.
(0,75 điểm)
* Lấy 2 mẫu thử của 2 dung dịch còn lại lần lượt cho tác dụng với dung dịch
H
2
SO
4
vừa biết. Tạo kết tủa là dung dịch BaCl
2
. Còn lại là dung dịch Na
2
SO
4
.

H
2
SO
4
+ BaCl
2


BaSO
4
↓ + 2HCl
3)
a) 4 C
6
H
5
NO
2
+ 9 Fe + 4H
2
O

4C
6
H
5
NH
2
+ 3Fe
3
O
4

4 N
+4
+ 6e


N
-2

3 3Fe
0


Fe
+8/3
+ 8e
b) 2FeS
2
+ 14 H
2
SO
4


Fe
2
(SO
4
)
3
+ 15 SO
2
+ 14H
2
O
1 2FeS

2


2Fe
+3

+ 4S
+4
+ 22e
11 S
+6
+ 2e

S
+4
c) 8Al + 30 HNO
3


8Al(NO
3
)
3
+ 3NH
4
NO
3
+ 9H
2
O

8 Al
0


Al
+3
+ 3e
3 N
+5
+ 8e

N
-3

d) (5x-2y) Fe +(18x-6y) HNO
3


(5x-2y) Fe(NO
3
)
3
+3N
x
O
y
+(9x-3y) H
2
O
(5x-2y) Fe

0


Fe
+3
+ 3e
3 xN
+5
+ (5x-2y)e

xN
+2y/x


2,0







0,5





2,0

II
(2,0đ)
a)
Học sinh tìm ra các hiđrocacbon và viết đầy đủ CTCT, gọi tên:
A: but-1-en B: cis-but-2-en C: trans-but-2-en
D: 2-metylpropen E: metyl xiclopropan F: xiclo butan
Giải thích
+ A, B, C phản ứng với H
2
(xt) đều cho một sản phẩm G là butan
+ B và C là đồng phân hình học, B có nhiệt độ sôi cao hơn vì phân cực hơn.
+ E phản ứng chậm với brom(vòng 3 cạnh)
+ F không phản ứng với brom(vòng 4 cạnh)
b)
CH
2
=CH-CH
2
-CH
3

+ Br
2


CH
2
Br-CHBr-CH
2
-CH
3

CH
3
-CH
2
-CHCl-CH
2
Br + Br


CH
2
=CH-CH
2
-CH
3
+ Br
2
+ Cl


CH
3
-CH
2
-CHBr-CH
2
Cl + Br


CH
3
-CH
2
-CHOH-CH
2
Br + HBr
CH
2
=CH-CH
2
-CH
3
+ Br
2
+ H
2
O
CH

3
-CH
2
-CHBr-CH
2
OH + HBr
Giải thích: Mỗi phản ứng trên đều xảy ra hai giai đoạn:
- Giai đoạn 1:
CH
3
-CH
2
-
C

H-CH
2
Br + Br


CH
2
=CH-CH
2
-CH
3
+ Br
2

CH

3
-CH
2
-CHBr-
C

H
2
+ Br


1,0








1,0
Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

 Giáo viên:Nguyễn Cao Chung - 21 - Biên soạn và sưu tầm!
- Giai đoạn 2: cacbocation kết hợp với Br

, Cl

hoặc H
2

O
III
(4,0đ)
a ) Đặt x, y lần lượt là số mol của Al và Fe ta có:
27x + 56y = 11 (*)
Các phương trình phản ứng xảy ra :
2Al + 3H
2
SO
4


Al
2
(SO
4
)
3
+ 3/2 H
2
(1)
x
x
2

x
2

3x
2

Fe + H
2
SO
4


FeSO
4
+ H
2
(2)
y y y y
Từ (1) , (2) theo số mol H
2
.
n
H
2

= 0,4 (mol) =>
3x
2
+ y = 0,4 (**)
kết hợp (*) và (**):
27x + 56y = 11 => x = 0,2

3x
2
+ y = 0,4 y = 0,1

m
Al
= 0,2 x 27 = 5,4 (gam) và % n
Al
=
0,2
0,2 0,1

100% = 66,67 %
m
Fe
= 11 – 5,4 = 5,6 (gam) và % n
Fe
= (100 – 66,67)% = 33,33%
b ) Từ (1) , (2) số mol H
2
SO
4
bằng
3x
2
+ y = 0,4 (mol)
C
M
=
0,4
0,5
= 0,8 (mol/l) ( a = 0,8 )
Vì dd NaOH dư nên:
Al

2
(SO
4
)
3
+ 6NaOH

2Al(OH)
3


+ 2Na
2
SO
4

Al(OH)
3
+ NaOH

NaAlO
2
+ 2 H
2
O
FeSO
4
+ 2NaOH

Fe(OH)

2

+ Na
2
SO
4

0,1mol " " " " " " " " 0,1mol
Nung kết tủa trong không khí :
2 Fe(OH)
2

+
1
2
O
2


0
t

Fe
2
O
3
+ 2 H
2
O
0,1 mol " " " " " " " 0,05 mol

Khối lượng kết tủa bằng m = 0,05 x 160 = 8,0 ( gam )
2,0



















2,0
IV
(4,5đ)
- Tìm số mol H
2
O:
n
H
2

O
= 0,055 mol
-Tìm số mol CO
2
:
n
Ba(OH)
2
= 0,08 . 437,5.10
-3
= 0,035 mol
n
BaCO
3
= 4,925 : 197 = 0,025mol
+ TH1: Ba(OH)
2
phản ứng hết: n
CO
2
= 0,045 mol
+ TH2: Ba(OH)
2
phản ứng dư: thì số mol CO
2
bằng số mol kết tủa.
n
CO
2
= 0,025 mol

Cả hai trường hợp đều cho số mol CO
2
nhỏ hơn số mol H
2
O. Do đó hỗn hợp A
phải có ankan và hiđrocacbon không no.
- Tìm số mol hiđrocacbon trong 672 ml:
n
ankan
=
806,4.672
1209,6.22400
= 0,02 mol
n
hiđrocacbon không no
=
672
22400
- 0,02 = 0,01 mol
Khối lượng tăng sau phản ứng với brom là khối lượng của hiđrocacbon không
no. Vậy khối lượng của nó trong 672 ml là:

1,0





1,0

Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

 Giáo viên:Nguyễn Cao Chung - 22 - Biên soạn và sưu tầm!
m
hiđrocacbon không no
=
0,468.672
1209,6
= 0,26 gam
- Tìm công thức phân tử hiđrocacbon không no: đặt CTC hiđrocacbon
không no là: C
n
H
2n+ 2-2a
(với n

2 và a

1)
Ta có: 14n + 2 – 2a = 0,26: 0,01


7n – a = 12
Chỉ có: n = 2 và a = 2 là thỏa mãn.
Vậy CTPT của hiđrocacbon không no là: C

2
H
2
(X)
- Tìm công thức phân tử và số mol hiđrocacbon no: Theo bài ra thì
hiđrocacbon no đó là Y và Z, có CTC là: C
m
H
2
m
+ 2
(với
m
> 1)
Số mol CO
2
của nó khi đốt cháy là:
0,02 0,045 0,01.2
0,02 0,025 0,01.2
m
m

 

 




1,25

0,25( )
m
m loai







Vậy CTPT 2 ankan Y và Z là: CH
4
và C
2
H
6
có số mol lần lượt là x và y mol
. Ta có:
2 0,045 0,01.2
4 6 0,055.2 0,01.2
x y
x y
  


  


0,015
0,005

x mol
y mol






- Tìm % thể tích các khí trong X: %V tương ứng % số mol ta có
%V của C
2
H
2
: 33,33%
%V của CH
4
: 50%
%V của C
2
H
6
: 16,67%

2,5
1,0


1,0

0,5

V
(5,0điể
m)
1) Cho hh + dd BaCl
2
dư lọc bỏ kết tủa nước lọc (NaCl, BaCl
2
, NaBr, MgCl
2
,
CaCl
2
).
Na
2
SO
4
+ BaCl
2
BaSO
4
↓ + 2NaCl
CaSO
4
+ BaCl
2

BaSO
4
↓ + 2NaCl
Sau cho nước lọc + dd Na
2
CO
3
dư , lọc bỏ kết tủa  dd (NaCl , NaBr ,
Na
2
CO
3
).
CaCl
2
+ Na
2
CO
3
CaCO
3
↓ + 2NaCl
BaCl
2
+ Na
2
CO
3
BaCO
3

↓ + 2NaCl
Cho dung dịch tác dụng với khí Cl
2
dư (NaCl, Na
2
CO
3
).
NaBr + Cl
2
NaCl + Br
2

Cho dung dịch tác dụng với dung dịch HCl dư, cô cạn được NaCl nguyên
chất.
Na
2
CO
3
+ 2HCl 2NaCl +H
2
O + CO
2
↑

2)
Gọi số mol của NaBr và NaI

lần lượt là x và y.
Theo đề ra ta có:

2NaBr + 2H
2
SO
4
 Na
2
SO
4
+ Br
2
+ SO
2
+ 2H
2
O (1)
x x/2
8NaI +5H
2
SO
4
 4 Na
2
SO
4
+ 4I
2
+ H
2
S + 4H
2

O (2)
y y/8
2H
2
S + SO
2
 3S + 2H
2
O (3)

y
8

x
2

y
8
(x) (mol)
2H
2
O

+ 2Na 2NaOH + H
2
(4)
x x
Gọi số mol của NaHCO
3
và Na

2
CO
3
lần lượt là a và b:
CO
2
+ NaOH  NaHCO
3
(5)
a a a (mol)
1,5












3,5
1,0

1,0




Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

 Giáo viên:Nguyễn Cao Chung - 23 - Biên soạn và sưu tầm!
CO
2
+ 2NaOH  Na
2
CO
3
+ H
2
O (6)
b 2b b (mol)
Ta có hệ : a + b = 0,1 (số mol CO
2
)
84x + 106y = 9,5 ( khối lượng hỗn hợp muối)
Giải hệ  a = b = 0,05 mol .
Vậy n
NaOH
= 0,15 mol .  n

nước
= 0,15 mol .= x =
y
8
=> x =0,15; y=1,2
=> m = 0,15.103 + 1,2.150 = 195,45 gam



1,0

0,5

Chú ý: Nếu thí sinh làm bài theo phương pháp khác mà đúng, giám khảo căn cứ HD chấm mà cho
điểm tương đương


ĐỀ 7

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
――――――
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2009 – 2010
ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC
Dành cho học sinh trường THPT không chuyên
Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề.
————————————

Bài 1. Cho 20,80 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeS, FeS

2
, S tác dụng với dung dịch HNO
3
đặc nóng dư
thu được V lít khí NO
2
(là sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc) và dung dịch A. Cho A tác dụng với
dung dịch Ba(OH)
2
dư thu được 91,30 gam kết tủa.
1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng phương trình ion thu gọn?
2. Tính V và số mol HNO
3
cần dùng để oxi hóa hoàn toàn hỗn hợp X ?
Bài 2. Cho 11,9 gam hỗn hợp Al và Zn tan hoàn toàn trong dung dịch chứa NaNO
3
và NaOH dư thu
được 4,928 lít hỗn hợp hai khí (đktc). Cho hỗn hợp khí qua bình đựng CuO dư, đun nóng sau phản
ứng thấy khối lượng bình giảm 4 gam.
1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra
2. Tính % khối lượng của hỗn hợp đầu
Bài 3. Thêm từ từ 17,85 ml dung dịch kẽm clorua 17% (d =1,12g/ml) vào 25 ml dung dịch kali
cacbonat 3,0 mol/lít (d = 1,30 g/ml) tạo ra kết tủa cacbonat bazơ. Sau phản ứng lọc bỏ kết tủa, tính
nồng độ % các chất trong nước lọc.
Bài 4. Hấp thụ hết V lít khí CO
2
(đktc)vào dung dịch chứa a mol NaOH được dung dịch A. Biết rằng
nếu cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch A thì phải mất 50ml dd HCl 1M mới thấy bắt đầu có khí
thoát ra. Mặt khác cho dung dịch Ba(OH)
2

dư vào dung dịch A được 7,88 gam kết tủa. Tính V (đktc)
và số mol NaOH trong A.
Bài 5. Hoàn thành các phương trình phản ứng theo sơ đồ, ghi rõ điều kiện phản ứng ( nếu có)

C
2
H
2
CH
3
CHO
A
B
C
D
A
E
A
F

Bài 6. Một hỗn hợp Y gồm Al và Fe. Cho 22 gam Y tác dụng với 2 lít dung dịch HCl 0,3M thu được
V lít khí H
2
(đktc).
1. Chứng minh rằng hỗn hợp Y không tan hết. Tính
2
H
V
(đktc).

Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

 Giáo viên:Nguyễn Cao Chung - 24 - Biên soạn và sưu tầm!
2. Cho 22 gam Y tác dụng với clo dư thu được m
1
gam muối. Nếu cho 22 gam Y tác dụng với Iot
dư thu được m
2
gam muối. Biết m
2
– m
1
= 139,3 gam. Tính khối lượng mỗi kim loại trong 22 gam
Y.
Bài 7. Hoà tan 0,54 gam Al trong 0,5 lít dung dịch H
2
SO
4
0,1M được dung dịch A. Thêm V lít dung
dịch NaOH 0,1M vào dung dịch A thu được dung dịch B và kết tủa C. Nung kết tủa C đến khối lượng
không đổi ta được chất rắn nặng 0,51 gam. Tính thể tích dung dịch NaOH 0,1M đã dùng.
Bài 8. Đốt cháy hoàn toàn 10,4 gam chất hữu cơ X rồi dẫn sản phẩm cháy qua bình 1 chứa H
2
SO
4
đặc
và bình 2 chứa 600 ml dung dịch Ba(OH)
2
1M, thấy khối lượng bình 1 tăng 5,4 gam, bình 2 tăng 37
gam đồng thời xuất hiện 78,8 gam kết tủa.

1. Xác định công thức phân tử của X. Biết khi làm bay hơi 10,4 gam X thu được thể tích khí bằng
thể tích của 3 gam C
2
H
6
ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất.
2. X có một đồng phân X
1
, biết rằng khi cho 3,12 gam X
1
phản ứng vừa đủ với 96 gam dung dịch
Br
2
5% trong bóng tối. Nhưng 3,12 gam X tác dụng tối đa với 2,688 lít H
2
(đktc) khi đun nóng có xúc
tác Ni. Viết công thức cấu tạo và gọi tên X
1

3. X có đồng phân X
2
chứa các nguyên tử cacbon đồng nhất, khi tác dụng với Cl
2
khi có chiếu
sáng thu được một dẫn xuất mono clo duy nhất. Xác định công thức cấu tạo của X
2
.
Hết
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Bài Nội Dung

Bài 1
(1,5đ)
1)Các phương trình phản ứng:
Fe + 6H
+
+ 3NO
3
-
→ Fe
3+
+ 3NO
2
+ 3H
2
O (1)
FeS + 10 H
+
+ 9NO
3
-
→ Fe
3+
+ SO
4
2-
+ 9NO
2
 + 5H
2
O (2)

FeS
2
+ 14H
+
+ 15NO
3
-
→ Fe
3+
+ 2SO
4
2-
+ 15NO
2
 + 7H
2
O (3)
S + 4H
+
+ NO
3
-
→ SO
4
2-
+ 6NO
2
 + 2H
2
O(4)

Dung dịch sau phản ứng có: Fe
3+
, SO
4
2-
, H
+

H
+
+ OH
-
→ H
2
O
Fe
3+
+ 3OH
-
→ Fe(OH)
3

Ba
2+
+ SO
4
2-
→ BaSO
4


2) Coi hỗn hợp gồm Fe và S ta có sơ đồ:
3 2
3
3
( )
2
4
4
( )
aSO
d
HNO Ba OH
Fe OH
Fe
Fe
xmol xmol
xmol
S B
SO
ymol
ymol
ymol

 









 
 
  
  
  




Theo bài ra ta có hệ:
56 32 20,8 0,2
107 233 91,3 0,3
x y x mol
x y y mol
  
 

 
  
 

Áp dụng định luật bảo toàn eletron ta có:
Fe → Fe
+3
+ 3e
0,2mol 3.0,2mol
S → S
+6

+ 6e
0,3mol 6.0,3mol
N
+5
+ 1e → N
+4

a.1mol a mol
Áp dụng định luật bảo toàn e ta có:
a = 0,6 + 1,8 = 2,4 mol → V = 53,76 lít
Theo (3) và (4):
3
6. 4 2,4
HNO Fe S
H
n n n n mol

   

Bài 2
(1 đ)
Các phương trình phản ứng có thể
8Al + 5NaOH + 3NaNO
3
+ 2H
2
O  8NaAlO
2
+ 3NH
3


4Zn + 7NaOH + NaNO
3
 4Na
2
ZnO
2
+ NH
3
 + 2H
2
O
2Al + 2NaOH + 2H
2
O  2NaAlO
2
+ 3H
2

Zn + 2NaOH  Na
2
ZnO
2
+ H
2

Hai khí là NH
3
và H
2

Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tuyển tập đề thi HSG Hóa 11

 Giáo viên:Nguyễn Cao Chung - 25 - Biên soạn và sưu tầm!
Gọi x, y lần lượt là số mol NH
3
và H
2

=> x + y =
4,928
0,22( )
22,4
mol


Khối lượng bình CuO giảm là khối lượng oxi mất đi
=>
4
0,25( )
16
O
n mol
 

=>
3
0,25
2
x

y 

=> x = 0,06 (mol); y = 0,16 (mol)
Gọi a, b lần lượt là số mol Al và Zn
=> 27a + 65b = 11,9
3a + 2b = 8.0,06 + 2.0,16 = 0,8
=> a = 0,2 (mol); b = 0,1 (mol)
=>
0,2.27
% .100% 45,38%
11,9
Al  

%Zn = 100% - %Al = 54,62%
Bài 3
(1đ)
Số mol ZnCl
2
= 0,025 < số mol K
2
CO
3
= 0,075
2ZnCl
2
+ 2K
2
CO
3
+ H

2
O  [ZnOH]
2
CO
3
+ 4KCl + CO
2

0,025 0,025 0,0125 0,05 0,0125
Do K
2
CO
3
dư nên phản ứng với CO
2
tạo ra KHCO
3
:
K
2
CO
3
+ CO
2
+ H
2
O  2KHCO
3

0,0125 0,0125 0,025

Lượng nước lọc = m(dd K
2
CO
3
) + m(dd ZnCl
2
) – m([ZnOH]
2
CO
3
)
= 25. 1,3 + 17,85  1,12 – 0,0125  224 = 49,7 gam
% K
2
CO
3
dư = (0,0375  138) : 49,7 = 0,104 hay 10,4%
% KHCO
3
= (0,025  100) : 49,7 = 0,05 hay 5%
% KCl = (0,05  74,5) : 49,7 = 0,075 hay 7,5%
Bài 4
(1,0đ)
Khi cho từ từ HCl vào dung dịch A phải hết 50ml mới thấy có khí thoát ra, do vậy trong A
phải chứa NaOH dư hoặc Na
2
CO
3

Trường hợp 1: Dung dịch NaOH dư khi đó xảy ra các phản ứng;

CO
2
+ 2NaOH → Na
2
CO
3
+ H
2
O (1)
Dung dịch A có Na
2
CO
3
và NaOH dư, khi cho từ từ HCl vào A có các phản ứng:
NaOH + HCl → NaCl + H
2
O (2)
Na
2
CO
3
+ HCl → NaHCO
3
+ NaCl (3)
NaHCO
3
+ HCl → NaCl + H
2
O + CO
2

 (4)
Khi cho Ba(OH)
2
vào dung dịch A có phản ứng
Ba(OH)
2
+ Na
2
CO
3
→ 2NaOH + BaCO
3
 (5)
Theo các phương trình phản ứng:
2 3 2
0,04 0,896( )
CO BaCO CO
n n mol V lit
   

2 2 3
2. 2.0,04 0,05 0,04 0,09
NaOH CO HCl Na CO
n n n n mol
      

Trường hợp 2: Dung dịch A chứa hỗn hợp hai muối Na
2
CO
3

và NaHCO
3

Cho HCl vào dung dịch A có các phản ứng:
Na
2
CO
3
+ HCl → NaHCO
3
+ NaCl (3)
NaHCO
3
+ HCl → NaCl + H
2
O + CO
2
 (4)
Theo (3)
2 3
0,05( )
Na CO HCl
n n mol
 