tuyển tập đề thi học sinh giỏi môn hóa học

TUY
Ể
N T
Ậ
P Đ
Ề
THI

H
Ọ
C SINH
GI
Ỏ
I MÔN HÓA H
Ọ
C
[Tài li
ệ
u t
ổ
ng h
ợ
p t
ừ
các đ
ề
thi HSG
]
Phan Cuong Huy
Copyright © 2010 />2
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC

PHẦN 1: CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
(Nguồn: Thầy Đặng Công Anh Tuấn – GV Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn – Đà Nẵng)
ĐỀ SỐ 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2007 - 2008
MÔN: HÓA HỌC LỚP 1O
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu I (4 điểm)
X và Y là các nguyên tố nhóm A, đều tạo hợp chất với hiđro có dạng RH (R là kí hiệu của nguyên tố X hoặc Y).
Gọi A và B lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của X và Y. Trong B, Y chiếm 35,323% khối lượng. Trung
hòa hoàn toàn 50 gam dung dịch A 16,8% cần 150 mL dung dịch B 1M.
1. Xác định các nguyên tố X và Y.
2. B’ là anion tương ứng của phân tử B. (a) Hãy cho biết (có công thức minh họa) dạng hình học của B và B’. (b)
So sánh (có giải thích) độ dài liên kết Y-O trong phân tử B và B’.
3. Biết X có cấu trúc tinh thể lập phương tâm khối và mật độ sắp xếp tương đối được định nghĩa bằng tỉ lệ giữa
thể tích chiếm bởi các hình cầu trong tế bào cơ sở và thể tích tế bào cơ sở. Hãy tính mật độ sắp xếp tương đối
trong tinh thể của X.
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
1. Hợp chất với hiđro có dạng RH nên Y có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA.
Trường hợp : Nếu Y thuộc nhóm IA thì B có dạng YOH
Ta có :
284,9Y
677,64
323,35
17
Y


(loại do không có nghiệm thích hợp)
Trường hợp 2 : Y thuộc nhóm VIIA thì B có dạng HYO
4
Ta có :
5,35Y
677,64
323,35
65
Y

, vậy Y là nguyên tố clo (Cl).
B (HClO
4
) là một axit, nên A là một bazơ dạng XOH
gam4,8gam50
100
8,16
m
A

XOH + HClO
4
 XClO
4
+ H
2
O

mol15,0L/mol1L15,0nn
4

HClOA


mol15,0
gam4,8
mol/gam17M
X

 M
X
= 39 gam/mol, vậy X là nguyên tố kali (K).
2. B là HClO
4
, B’ là ClO
4
-
Copyright © 2010 />3
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC
(a) Dạng hình học :
Axit pecloric
(dạng tứ diện)
Ion peclorat
(dạng tứ diện đều)
(b) Bậc liên kết càng lớn độ dài liên kết càng nhỏ, do vậy :
3. Gọi a là độ dài cạnh ô mạng cơ sở và R là bán kính nguyên tử, ta có
R4a3 
Số nguyên tử có trong một ô mạng cơ sở bằng :
21
8
1

8 
Vậy
%68
a
R
3
4
2
f
3
3
v



Câu II (4 điểm)
1. Cho biết số oxi hóa của mỗi nguyên tử lưu huỳnh (S) trong phân tử axit thiosunfuric (H
2
S
2
O
3
) và của mỗi
nguyên tử cacbon trong phân tử axit axetic (CH
3
COOH)
2. Thêm lượng dư dung dịch KI (có pha hồ tinh bột) vào 5,00 mL dung dịch K
2
Cr
2

O
7
có nồng độ a M trong
H
2
SO
4
, thì dung dịch thu được có màu xanh. Thêm tiếp dung dịch Na
2
S
2
O
3
0,10 M vào cho đến khi màu xanh
biến mất thì đã dùng 15,00 mL dung dịch này. Viết các phương trình phản ứng và tính a. Biết sản phẩm oxi hóa
S
2
O
3
2-
là S
4
O
6
2-
.
3. Hòa tan hoàn toàn 9,06 gam một mẫu hợp kim Al-Mg (giả thiết không có tạp chất nào khác) bằng dung dịch
H
2
SO

4
đặc, thu được 12,22 L khí SO
2
(đo ở 136,5
o
C; 1,1 atm) và 0,64 gam chất rắn màu vàng. Xác định phần
trăm khối lượng mỗi kim loại trong mẫu hợp kim trên.
Copyright © 2010
oo.c
om/volcmttl
4
TUY
Ể
N T
Ậ
P Đ
Ề
THI H
Ọ
C SINH GI
Ỏ
I MÔN HÓA H
Ọ
C
ĐÁP ÁN
ĐI
Ể
M
1. S
ố

oxi hóa c
ủ
a các nguyên t
ử
S và C :
1.0 đ
2. Phương tr
ình ph
ả
n
ứ
ng :
6KI + K
2
Cr
2
O
7
+ 7H
2
SO
4
 3I
2
+ Cr
2
(SO
4
)
3

+ 4K
2
SO
4
+ 7H
2
O (1)
2Na
2
S
2
O
3
+ I
2
 2NaI + Na
2
S
4
O
6
(2)
0,5 đ
T
ừ
(1) và (2) ta có :
mol10.5,2L/mol1,0L015,0
6
1
n

6
1
n
4
OSNaOCrK
322722



M05,0
L10.5
mol10.5,2
a
3
4



0,5 đ
3. G
ọ
i x, y l
ầ
n lư
ợ
t là s
ố
mol các kim lo
ạ
i Mg và Al.

)mol(4,0
5,1273
273
4,22
22,121,1
n
2
SO




; Ch
ấ
t r
ắ
n là S,
)mol(02,0
32
64,0
n
S

0
02.012,0
6
y
4
4,08,0
6

y3
30
y
x2
20
x
Se6S
Se2S
e3AlAl
e2MgMg








1,5 đ
Ta có :






22,0y;13,0x
92,0y3x2
06,9y27x24


%44,34%100
gam06,9
mol/gam24mol13,0
m%
Mg



và
%56,65m%
Al

0,5 đ
Câu III (4 đi
ể
m)
1. Nguyên t
ử
c
ủ
a nguyên t
ố
X có t
ổ
ng s
ố
h
ạ
t các lo
ạ

i là 60, s
ố
h
ạ
t mang đi
ệ
n trong h
ạ
t nhân b
ằ
ng s
ố
h
ạ
t không mang
đi
ệ
n; Nguyên t
ử
c
ủ
a nguyên t
ố
Y có 11 electron p

; nguyên t
ử
nguyên t
ố
Z có 4 l

ớ
p electron và 6 el
ectron đ
ộ
c thân.
a)
D
ự
a trên c
ấ
u hình electron, cho bi
ế
t v
ị
trí c
ủ
a các nguyên t
ố
trên trong b
ả
ng h
ệ
th
ố
ng tu
ầ
n hoàn.
b)
So sánh (có gi
ả

i thích) bán kính c
ủ
a các nguyên t
ử
và ion X, X
2+
và Y
-
.
2.
V
ẽ
hình mô t
ả
cách ti
ế
n hành thí nghi
ệ
m đi
ề
u ch
ế
dung d
ị
ch HCl b
ằ
ng
nh
ữ
ng hóa ch

ấ
t và d
ụ
ng c
ụ

đơn gi
ả
n có s
ẵ
n
trong phòng thí nghi
ệ
m sao cho an toàn. Ghi rõ các chú thích c
ầ
n thi
ế
t.
Copyright © 2010 />5
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC
3. Sục Cl
2
vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch A, hòa tan I
2
vào dung dịch KOH loãng thu được dung
dịch B (tiến hành ở nhiệt độ phòng).
a) Viết phương trình hóa học xảy ra và cho nhận xét.
b) Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học xảy ra khi cho lần lượt các dung dịch hỗn hợp HCl và FeCl
2
,

dung dịch Br
2
, H
2
O
2
vào dung dịch A (không có Cl
2
dư).
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
1. a) Xác định vị trí dựa vào cấu hình electron:
X X X X X
2Z N 60 ;Z N Z 20    
, X là canxi (Ca), cấu hình electron của
20
Ca:[Ar] 4s
2
Y có 11 electron p nên cấu hình của Y là 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
5
hay [Ne] 3s
2

3p
5
 Y là Cl
Theo giả thiết thì Z chính là crom, cấu hình electron của
24
Cr: [Ar] 3d
5
4s
1
STT
Chu kỳ nguyên tố
Nhóm nguyên tố
Ca
20
4
IIA
Cl
17
3
VIIA
Cr
24
4
VIB
Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử:
Ca
ClCa
RRR
2



b) Bán kính nguyên tử tỉ lệ với thuận với số lớp electron và tỉ lệ nghịch với số đơn vị điện
tích hạt nhân của nguyên tử đó. Bán kính ion Ca
2+
nhỏ hơn Cl
-
do có cùng số lớp electron (n
= 3), nhưng điện tích hạt nhân Ca
2+
(Z = 20) lớn hơn Cl
-
(Z = 17). Bán kính nguyên tử Ca lớn
nhất do có số lớp electron lớn nhất (n = 4).
2,0 đ
2. Điều chế HCl từ dung dịch H
2
SO
4
đậm đặc và NaCl rắn, hình 5.5 trang 128 SGK Hóa học 10
nâng cao.
0,75 đ
3. a) Ở nhiệt độ thường:
2KOH + Cl
2
 KCl + KClO + H
2
O
6KOH + 3I
2
 5KI + KIO

3
+ 3H
2
O
Giải thích: Trong môi trường kiềm tồn tại cân bằng: 3XO
-
⇌X
-
+ XO
3

Ion ClO
-
phân hủy rất chậm ở nhiệt độ thường và phân hủy nhanh khi đun nóng, ion IO
-
phân
hủy ở tất cả các nhiệt độ.
b) Các phương trình hóa học:
Ion ClO
-
có tính oxi hóa rất mạnh, thể hiện trong các phương trình hóa học:
- Khi cho dung dịch FeCl
2
và HCl vào dung dịch A: có khí vàng lục thoát ra và dung dịch từ
1,25 đ
Copyright © 2010 />6
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC
không màu chuyển sang màu vàng nâu:
2 FeCl
2

+ KClO + 2HCl  2 FeCl
3
+ Cl
2
+ H
2
O
- Khi cho dung dịch Br
2
vào dung dịch A : dung dịch brom mất màu :
Br
2
+ 5KClO + H
2
O  2HBrO
3
+ 5KCl
- Khi cho H
2
O
2
vào dung dịch A: có khí không màu, không mùi thoát ra:
H
2
O
2
+ KClO  H
2
O + O
2

+ KCl
Câu IV (4 điểm)
1 Cho biết: năng lượng liên kết của các liên kết H-H, O-O, O=O, H-O lần lượt là 436, 142, 499, 460 ( kJ/mol).
Hãy viết phương trình nhiệt hóa học của phản ứng giữa khí hiđro và khí oxi tạo ra hiđropeoxit.
2 Cho phản ứng: 2SO
2
(k) + O
2
(k)  2SO
3
(k) H = - 198 kJ
a) Để tăng hiệu suất quá trình tổng hợp SO
3
, người ta có thể sử dụng biện pháp nào liên quan đến áp suất, nhiệt độ
và chất xúc tác? Giải thích?
b) Cho 10,51 mol khí SO
2
và 37,17 mol không khí (20% về thể tích là O
2
còn lại là N
2
) có xúc tác là V
2
O
5
. Thực
hiện phản ứng ở 427
0
C, 1 atm thì phản ứng đạt hiệu suất 98%. Tính hằng số cân bằng K
C

, K
P
của phản ứng ở
427
0
C.
3 A là một oxit của sắt. Lấy một lượng A chia làm 2 phần bằng nhau. Phần I tác dụng vừa đủ với a mol H
2
SO
4
trong dung dịch H
2
SO
4
loãng. Phần II tác dụng vừa đủ với b mol H
2
SO
4
trong dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng tạo
SO
2
(sản phẩm khử duy nhất). Biết b = 1,25a, xác định công thức oxit sắt ban đầu.
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
1. H
pư

= E
H-H
+ E
O=O
- 2E
O-H
- E
O-O
H
pư
= 436 + 499 -2.460 – 142 = -127 (kJ)
H
2
(k) + O
2
(k)  H
2
O
2
(k) H = - 127 kJ
1,0 đ
- Giảm nhiệt độ của hệ phản ứng, nhưng khoảng 500
0
C là thích hợp vì: nếu giảm thấp quá thì
tốc độ phản ứng chậm.
- Thổi liên tục SO
2
và không khí được nén ở áp suất cao vào lò phản ứng vì phản ứng xảy ra
theo chiều thuận làm giảm áp suất của hệ.
- Dùng V

2
O
5
làm xúc tác để phản ứng mau chóng đạt trạng thái cân bằng.
0,75 đ
2. nO
2 bđ
= 7,434 (mol), nN
2 bđ
= 29,736 (mol)
2SO
2
(k) + O
2
 2SO
3
(k) H = - 198 kJ
Ban đầu: 10,51 (mol) 7,434 (mol) 0
Lúc phản ứng: 10,3 (mol) 5,15 (mol) 10,3 (mol)
Lúc CB: 0,21 (mol) 2,284 (mol) 10,3 (mol)
∑số mol hỗn hợp ở TTCB = 0,21 + 2,284 + 10,3 + 29,736 = 42,53 (mol)
P
i
= x
i
.P = x
i
.1 = x
i
1,25 đ

Copyright © 2010
oo.c
om/volcmttl
7
TUY
Ể
N T
Ậ
P Đ
Ề
THI H
Ọ
C SINH GI
Ỏ
I MÔN HÓA H
Ọ
C
2
3
P
2
2 2
(Pso

)
K

=
(Pso

)

.Po
và
-

n
C P
K

=K

(RT)

(R = 0,082, T = 427 + 273 = 700
0
K,

n =
-
1)
2
4
P
2
(10,3) .42,53
K = >> 4,48.10
(0,21) .2,284

và

4 -(-1) 4
C
K

=4,48.10

.(0,082.700) 257.10
3. G
ọ
i Fe
x
O
y
là công th
ứ
c c
ủ
a A
(

1) 2Fe
x
O
y
+ 2yH
2
SO
4
 xFe
2

(SO
4
)
2y/x
+ 2y H
2
O
n ny
(2) 2Fe
x
O
y
+ (6x
-
2y) H
2
SO
4
 xFe
2
(SO
4
)
3
+ (3x
-
2y) SO
2
+ ( 6x
-

2y) H
2
O
n n (3x
-
y)
Theo gi
ả
th
i
ế
t : n(3x
-
y) = 1,25 ny

x 2,

25 3
y 3 4
 
 A là Fe
3
O
4
1,0 đ
Câu V ( 4 đi
ể
m)
1.
T

ừ
dung d
ị
ch H
2
SO
4
98% ( D= 1,84 g.mL
-
1
)
và dung d
ị
ch HCl 5 M, trình bày ph
ương pháp pha ch
ế

đ
ể
đư
ợ
c
200 mL dung d
ị
ch h
ỗ
n h
ợ
p H
2

SO
4
1M và HCl 1M .
2.
Đ
ố
t chá
y hoàn toàn a gam S r
ồ
i cho s
ả
n ph
ẩ
m s
ụ
c qua 200 mL dung d
ị
ch NaOH b M thu đư
ợ
c dung d
ị
ch X.
Chia X làm hai ph
ầ
n b
ằ
ng nhau. Ph
ầ
n 1 cho tác d
ụ

ng v
ớ
i dung d
ị
ch CaCl
2
dư th
ấ
y xu
ấ
t hi
ệ
n c gam k
ế
t t
ủ
a .
Ph
ầ
n 2
tác d
ụ
ng v
ớ
i dung d
ị
ch nư
ớ
c vôi dư th
ấ

y xu
ấ
t hi
ệ
n
d gam k
ế
t t
ủ
a . Bi
ế
t d >c. Tìm bi
ể
u th
ứ
c quan h
ệ
gi
ữ
a a và b.
3.
Cho các dung d
ị
ch riêng bi
ệ
t m
ấ
t nhãn sau: Na
2
SO

4
, AlCl
3
, FeSO
4
, NaHSO
4
, FeCl
3
. M
ộ
t h
ọ
c sinh cho r
ằ
ng n
ế
u
dùng dung d
ị
ch Na
2
S thì có th
ể
phân bi
ệ
t các dung d
ị
ch trên ngay
ở

l
ầ
n th
ử
đ
ầ
u tiên.
K
ế
t lu
ậ
n c
ủ
a h
ọ
c sinh đó
có đúng không ? V
ì sao?
ĐÁP ÁN
ĐI
Ể
M
1.
*

Ph
ầ
n tính toán :
S
ố

mol H
2
SO
4
c
ầ
n l
ấ
y = s
ố
mol HCl c
ầ
n l
ấ
y =
200

1
0,

2

(mol)
1000


Kh
ố
i lư
ợ

ng dung d
ị
ch H
2
SO
4
c
ầ
n l
ấ
y : m
dd
=
0,

2 98

100
20

(gam)
98
 

Th
ể
tích dung d
ị
ch

H
2
SO
4
c
ầ
n l
ấ
y = 20 : 1,84 = 10,87 (mL)
Th
ể
tích dung d
ị
ch HCl c
ầ
n l
ấ
y = 0,2 : 5 = 0,04 (L) = 40 mL
* Cách ti
ế
n hành: L
ấ
y kho
ả
ng 100
-
120 mL nư
ớ
c cho vào bình th
ể

tích 200 mL có chia v
ạ
ch.
1,0 đ
Copyright © 2010 />8
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC
Cân 20 gam dung dịch H
2
SO
4
hoặc đong 10,87 mL dung dịch H
2
SO
4
, sau đó cho từ từ vào
bình chứa nước khuấy đều. Đợi dung dịch H
2
SO
4
thật nguội, đong 40 mL dung dịch HCl 5M
thêm vào bình, sau đó thêm nước vào cho đến vạch 200 mL
2. Phương trình :
(1) S + O
2
 SO
2
(2) SO
2
+ NaOH  NaHSO
3

(3) SO
2
+ 2 NaOH  Na
2
SO
3
+ H
2
O
Phần I tác dụng với dung dịch CaCl
2
sinh kết tủa, chứng tỏ dung dịch X có chứa Na
2
SO
3
, phần
II tác dụng với dung dịch Ca(OH)
2
sinh nhiều kết tủa hơn chứng tỏ dung dịch X có muối
NaHSO
3
(4) Na
2
SO
3
+ CaCl
2
 CaSO
3
+ 2NaCl

(5) NaHSO
3
+ Ca(OH)
2
 CaSO
3
+ Na
2
SO
3
+ 2H
2
O
n
s
= a/32 (mol) , n
NaOH
= 0,2 b ( mol)
Theo (2),(3), để SO
2
tác dụng với dung dịch NaOH sinh 2 loại muối thì :
2
NaOH NaOH
SO S
n n
1 2
n n
  
 1 <
0,2b 6,4b

a
a
32

< 2
Vậy :
a a
b
6,4 3,2
 
1,5 đ
3. Kết luận của học sinh trên đúng, vì khi cho dung dịch Na
2
S lần lượt vào mẫu thử của các
dung dịch trên thì:
- Mẫu thử không có hiện tượng chứa dung dịch Na
2
SO
4
- Mẫu thử xuất hiện kết tủa trắng keo và có hiện tượng sủi bọt khí chứa AlCl
3
: 2AlCl
3
+ 3
Na
2
S + 3H
2
O  6NaCl + 2Al(OH)
3

+ 3H
2
S
- Mẫu thử có hiện ttượng sủi bọt khí chứa dung dịch NaHSO
4
2 NaHSO
4
+ Na
2
S  2Na
2
SO
4
+ H
2
S
Mẫu thử xuất hiện kết tủa đen chứa FeCl
2
: Na
2
S + FeCl
2
 FeS + 2NaCl
- Mẫu thử xuất hiện kết tủa đen và vàng có chứa FeCl
3
2FeCl
3
+ 3Na
2
S  6NaCl + S + 2FeS

1,5 đ
Copyright © 2010 />9
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC
ĐỀ SỐ 2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10
NĂM HỌC 2008-2009
MÔN THI: HÓA HỌC
Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian giao đề)
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề này gồm có hai trang)
Câu I: ( 2,0 điểm)
1. (a) X,Y đều là hai nguyên tố nhóm A. Nguyên tử X có tổng số electron s là 7, Y là nguyên tố p, có số electron
lớn hơn 15, có 3 lớp electron và có 2 electron p độc thân ở trạng thái cơ bản. Xác định X, Y và gọi tên. (b) So
sánh bán kính của ion A
+
, B
2-
và giải thích. (c) Viết sơ đồ hình thành liên kết trong oxit bậc cao nhất của X. Viết
công thức cấu tạo và cho biết dạng hình học của oxit bậc cao nhất và hiđroxit tương ứng của Y.
2. (a) Xác định x, y và hoàn thành phương trình hạt nhân
238 206 4 0
92 82 2 1
U Pb x He y e

  
(b) Một mẫu đá chứa 35 mg
238
92

U
và 3 mg
206
82
Pb
. Tính thời gian tồn tại của mẫu đá đó, biết chu kì bán hủy của
238
92
U
là 4,51.10
9
năm.
3. M là một kim loại có khối lượng nguyên tử là 1,0550817.10
-22
gam. Trong tự nhiên M có hai đồng vị hơn kém
nhau 2 nơtron. Tỉ lệ % số nguyên tử của đồng vị nhẹ hơn trong tự nhiên là 73%. Xác định số khối hai đồng vị
và tính % về khối lượng của đồng vị nhẹ trong oxit MO. (Cho: 1u = 1,6605.10
-24
gam, O = 16, giá trị nguyên tử
khối của mỗi đồng vị bằng số khối.)
Câu II: ( 2,0 điểm)
1. a) Xác định số oxi hoá của P, S, Pb trong các chất sau : POCl
3
; Na
2
S
2
O
3
; Pb

3
O
4
.
2. Hoàn thành và cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp cân bằng electron:
a) Fe
3
O
4
+ HI  FeI
2
+ I
2
+ ?
b) CrI
3
+ KOH + Cl
2
 K
2
CrO
4
+ KIO
4
+ ? + ?
3. Hòa tan 1,0 gam một quặng sắt chứa Fe
2
O
3
và tạp chất trơ trong dung dịch HCl dư, loại tạp chất, thu được dung

dịch A. Dung dịch A phản ứng vừa đủ với một lượng dung dịch KI thu được dung dịch B và chất rắn C. Chất
rắn C tác dụng vừa đủ với 25 ml dung dịch Na
2
S
2
O
3
0,2 M. Tính % khối lượng Fe
2
O
3
trong quặng sắt nói trên.
Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Câu III: ( 2,0 điểm)
1. a) Viết phương trình hóa học thực hiện chuyển hóa sau, ghi rõ điều kiện phản ứng.
1 2 3 4
3 2 2 3
KCl KClO Cl Br BrF
( ) ( ) ( ) ( )
   
Copyright © 2010 />10
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC
b) (SCN)
2
là một halogen giả. Biết tính oxi hóa của Br
2
> (SCN)
2
> I
2

. Viết phương trình hóa học minh họa kết
quả so sánh trên .
2. Tại sao có sự khác biệt về góc liên kết của Cl
2
O (111
0
) và OF
2
(105
0
) ?
3. Để tách brom có trong 1m
3
nước biển dưới dạng NaBr, người ta cho một lượng dung dịch H
2
SO
4
vào một
lượng nước biển; tiếp đến sục khí clo vào dung dịch mới thu được; sau đó dùng không khí lôi cuốn hơi brom
vào dung dịch Na
2
CO
3
tới khi bão hoà brom. Cuối cùng cho H
2
SO
4
vào dung dịch đã bão hoà brom, thu hơi
brom rồi hoá lỏng, được 28,05 ml Br
2

có khối lượng riêng 3,12 g/ml ở 20
0
C. Viết phương trình hoá học chủ yếu
xảy ra trong quá trình đó và cho biết vai trò của H
2
SO
4
. Tính % khối lượng của brom trong nước biển biết khối
lượng riêng của nước biển là 1,25 g/ml.
Câu IV: ( 2,0 điểm)
1. Cho hỗn hợp Fe và FeS tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
đậm đặc nóng thu được dung dịch X làm mất màu dung
dịch K
2
Cr
2
O
7
trong H
2
SO
4
loãng. Viết phương trình hóa học của các quá trình thí nghiệm trên.
2. A là hợp chất của lưu huỳnh, tan rất tốt trong nước tạo dung dịch X chứa một chất tan. Hòa tan 25,8 gam A vào
nước thu được 200 ml dung dịch X ( D = 1,15 g/ml). Chia dung dịch X làm hai phần bằng nhau. Phần 1 trung hòa
vừa đủ với 100 ml dung dịch NaOH 10% (D = 1,2 g/ml). Phần 2 tác dụng với dung dịch BaCl
2

dư thu được một
kết tủa trắng không tan trong axit. Xác định công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của A.
Câu V: (2,0 điểm)
1. Hằng số cân bằng K
C
ở 25
0
C của phản ứng Cl
2
(k) ⇌ 2Cl (k) là 1,4.10
-18
. Tính nồng độ Cl ở 25
0
C lúc cân
bằng biết nồng độ của Cl
2
lúc cân bằng là 0,896 M. Từ đó cho biết ở 25
0
C, clo tồn tại chủ yếu ở dạng phân tử
hay nguyên tử ?
2. Cho biết cân bằng 2FeCl
2 (aq)
+ Cl
2 (aq)
⇌ FeCl
3 (aq)
sẽ chuyển dời theo chiều nào khi sục một lượng khí H
2
S
thích hợp vào dung dịch? Cho

V36,1E,V77,0E
Cl2
Cl
0
Fe
Fe
0
2
2
3



.
3. Phản ứng chuyển hoá một loại kháng sinh trong cơ thể người ở nhiệt độ 37
0
C có hằng số tốc độ bằng 4,2.10
-5
(s
-1
). Việc điều trị bằng loại kháng sinh trên chỉ có kết quả nếu hàm lượng kháng sinh luôn luôn lớn hơn 2,00
mg trên 1,00 kg trọng lượng cơ thể. Một bệnh nhân nặng 58 kg uống mỗi lần một viên thuốc chứa 300 mg
kháng sinh đó.
a) Hỏi bậc của phản ứng chuyển hoá?
b) Khoảng thời gian giữa 2 lần uống thuốc kế tiếp là bao lâu?
c) Khi bệnh nhân sốt đến 38,5
0
C thì khoảng cách giữa 2 lần uống thuốc thay đổi như thế nào? Biết năng
lượng hoạt hoá của phản ứng bằng 93,322 kJ.mol
1

.
HẾT
Chú ý: Học sinh được sử dụng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học và máy tính cá nhân đơn giản theo quy
định của Bộ Giáo dục và Đào tạo. Giám thị không giải thích gì thêm.
Copyright © 2010 />11
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC
ĐỀ SỐ 3
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2004 - 2005
MÔN: HÓA HỌC LỚP 11
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
CÂU I (3 điểm)
1. Hãy so sánh và giải thích sự khác nhau về độ phân cực phân tử, nhiệt độ sôi và độ mạnh tính bazơ giữa NH
3
và
NF
3
.
2. N
2
O
4
phân li 20,0% thành NO
2
ở 27
o
C và 1,00 atm. Hãy xác định (a) giá trị K
p

; (b) độ phân li của N
2
O
4
tại 27
o
C
và 0,10 atm; (c) độ phân li của 69g N
2
O
4
trong bình 20 L ở 27
o
C.
3. Tính pH của dung dịch thu được khi thổi hết 224 mL khí CO
2
vào 200 mL dung dịch NaOH 0,05M, biết axit
cacbonic có
35,6pK
1a

,
33,10pK
2a

.
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
1. Cấu tạo:
N

H
H
H
N
F
F
F
- NH
3
phân cực hơn NF
3
do trong NH
3
lưỡng cực liên kết và lưỡng cực electron tự do cùng
chiều, còn trong NF
3
lưỡng cực liên kết và lưỡng cực electron tự do ngược chiều.
- Nhiệt độ sôi của NH
3
cao hơn do NH
3
tạo được liên kết H liên phân tử.
- NH
3
là một bazơ còn NF
3
thì không, do trong NF
3
các nguyên tử F hút electron làm giảm
mật độ electron trên nguyên tử N.

2. Xét phản ứng phân li:
N
2
O
4
 2NO
2
n 0
n 2n
n-n 2n
Phần mol:


1
1


1
2
,
P
1
4
P
P
P
K
2
2
ON

2
NO
ON
2
NO
P
42
2
42
2







(a)
17,01
)2,0(1
)2,0(4
P
1
4
K
2
2
2
2
P








(b)
%)6,54(546,017,010,0
1
4
2
2



(c)
mol75,0
92
69
n 
0,75
(0,25

3)
Copyright © 2010 />12
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC
)1(9225,0
20
300082,0)1(75,0

P
42
ON





 845,1
20
300082,0.75,0.2
P
2
NO
17,0
)1(9225,0
)845,1(
K
2
P





%)27,19(1927,0
3.
01,005,02,0n,mol01,0
4,22
224,0

n
NaOHCO
2

Vì số mol CO
2
và NaOH bằng nhau nên hệ chỉ chứa NaHCO
3
. Có thể tính pH của hệ lưỡng tính
này bằng công thức:
 
3,833,1035,6
2
1
)pKpK(
2
1
pH
21

1,50
(0,50

3)
0,75
(0,25+0,5)
CÂU II (3 điểm)
2. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi cho NH
4
Cl tác dụng với CuO và với ZnO. Cho biết ứng dụng thực tế của

NH
4
Cl tương ứng với các phản ứng này.
3. Hòa tan 10,00 g hỗn hợp gồm Cu
2
S và CuS bằng 200,0 mL dung dịch MnO
4
-
0,7500 M trong môi trường axit.
Sau khi đun sôi để đuổi hết khí SO
2
sinh ra, lượng MnO
4
-
còn dư trong dung dịch phản ứng vừa hết với 175,0
mL dung dịch Fe
2+
1,000 M.
(a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra (dạng phương trình ion thu gọn).
(b) Tính phần trăm khối lượng CuS trong hỗn hợp ban đầu.
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
1. Trong thực tế, NH
4
Cl được dùng để đánh sạch bề mặt kim loại trước khi hàn:
4CuO + 2NH
4
Cl  N
2
+ 3Cu + CuCl

2
+ 4H
2
O
ZnO + 2NH
4
Cl  ZnCl
2
+ 2NH
3
+ H
2
O
2. (a) Phương trình phản ứng:
5Cu
2
S + 8MnO
4
-
+ 44H
+
 10Cu
2+
+ 5SO
2
+ 8Mn
2+
+ 22H
2
O (1)

5CuS + 6MnO
4
-
+ 28H
+
 5Cu
2+
+ 5SO
2
+ 6Mn
2+
+ 14H
2
O (2)
5Fe
2+
+ MnO
4
-
+ 8H
+
 5Fe
3+
+ Mn
2+
+ 4H
2
O (3)
(b) Xác định %
(1) 

mol035,01175,0
5
1
n
5
1
n
2
4
Fe)3(MnO


1,50
(0,50

3)
0,75
(0,25

3)
Copyright © 2010 />13
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC

mol115,0035,075,02,0n
)2,1(MnO
4


Đặt số mol Cu
2

S và CuS lần lượt là x và y, ta có:













0625,0y
025,0x
115,0y
5
6
x
5
8
10y96x160

%60%100
10
960625,0
m%
SCu




0,75
CÂU III (4 điểm)
1. Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch NaHSO
4
, Na
2
CO
3
, AlCl
3
, Fe(NO
3
)
3
, NaCl,
Ca(NO
3
)
2
. Các phản ứng minh họa viết dưới dạng ion thu gọn.
2. Hòa tan hết 2,2 g hỗn hợp kim loại A gồm sắt và nhôm trong 150 mL dung dịch HNO
3
2M thu được dung dịch
B và 448 mL (đktc) khí C gồm N
2
O và N
2
có tỉ khối so với không khí bằng 1,2414. Thêm 13,6 g NaOH nguyên

chất vào dung dịch B thu được kết tủa D, lọc kết tủa D thu được dung dịch nước lọc E.
(a) Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A ban đầu.
(b) Nung kết tủa D đến khối lượng không đổi thì thu được bao nhiêu gam chất rắn khan?
(c) Tính thể tích dung dịch HCl 0,5M cần thêm vào dung dịch E để thu được 2,34 g kết tủa.
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
1. Trích mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm:
 Cho phenolphtalein vào mỗi mẫu thử. Mẫu thử có màu hồng là dung dịch Na
2
CO
3
, các mẫu
thử còn lại không màu.
CO
3
2-
+ H
2
O  HCO
3
-
+ OH
-
 Dùng Na
2
CO
3
làm thuốc thử để cho vào các mẫu thử còn lại.
Mẫu thử có sủi bọt khí không màu là NaHSO
4

CO
3
2-
+ 2H
+
 H
2
O + CO
2
↑
Mẫu thử tạo kết tủa trắng keo và sủi bọt khí không màu là AlCl
3
2Al
3+
+ 3CO
3
2-
+ 3H
2
O  2Al(OH)
3
↓+ 3CO
2
↑
Mẫu thử tạo kết tủa đỏ nâu và sủi bọt khí không màu là Fe(NO
3
)
3
2Fe
3+

+ 3CO
3
2-
+ 3H
2
O  2Fe(OH)
3
↓+ 3CO
2
↑
Mẫu thử tạo kết tủa trắng là Ca(NO
3
)
2
Ca
2+
+ CO
3
2-
 CaCO
3
↓
Mẫu thử không tạo hiện tượng là NaCl.
2. (a) Đặt số mol N
2
O và N
2
lần lượt bằng a và b, ta có:
1,50
(0,25


6)
Copyright © 2010 />14
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC











01,0ba
36292414,1
02,0
b28a44
02,0
4,22
448,0
ba
Đặt số mol Fe và Al lần lượt bằng x và y
Chất khử Chất oxi hóa
Fe - 3e  Fe
3+
10H
+
+ 2NO

3
-
+ 8e  N
2
O + 5H
2
O
3x x 0,10 0,08
Al - 3e  Al
3+
12H
+
+ 2NO
3
-
+ 10e  N
2
+ 6H
2
O
3y y 0,12 0,10
Vì
mol3,0)bd(nmol22,0)pu(n
HH


nên axit dư, phản ứng không tạo Fe
2+
.
Ta có:












04,0y
02,0x
18,0y3x3
2,2y27x56
Vậy
%9,50%100
2,2
5602,0
m%
Fe



và
%1,49m%
Al

(b) Thêm NaOH vào dung dịch B [H
+

(0,15.2-0,22 = 0,08 mol), Fe
3+
(x = 0,02 mol), Al
3+
(y = 0,04
mol) và NO
3
-
]
H
+
+ OH
-
 H
2
O (1)
Fe
3+
+ 3OH
-
 Fe(OH)
3
(2)
Al
3+
+ 3OH
-
 Al(OH)
3
(3)

Al(OH)
3
+ OH
-
 AlO
2
-
+ 2H
2
O (4)
mol34,0
40
6,13
nmol3,0n4n3nn
)bd(OHAlFeH)4,3,2,1(OH
33


 sau (1), (2), (3), (4) vẫn còn dư OH
-
, kết tủa D là Fe(OH)
3
(0,02mol)
2Fe(OH)
3
 Fe
2
O
3
+ 3H

2
O,  m
rắn
=
g6,116001,0m
32
OFe

(c) Thêm HCl vào dung dịch E [Na
+
, OH
-
(0,04 mol), AlO
2
-
(0,04 mol) và NO
3
-
]
OH
-
+ H
+
 H
2
O (5)
AlO
2
-
+ H

+
+ H
2
O  Al(OH)
3
(6)
Al(OH)
3
+ 3H
+
 Al
3+
+ 3H
2
O (7)
1,00
0,50
Copyright © 2010 />15
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC
mol03,0
78
34,2
n
3
)OH(Al

Trường hợp 1: Xảy ra (5), (6) và AlO
2
-
dư

mol07,003,004,0nnn
3
)OH(Al
OHH


, 
L14,0
5,0
07,0
V 
Trường hợp 2: Xảy ra (5), (6), (7)
mol01,003,004,0n
)7()OH(Al
3

mol11,003,004,004,0n3nnn
)7()OH(Al
AlOOHH
3
2



L22,0
5,0
11,0
V 
1,00
(0,50


2)
CÂU IV (3 điểm)
1. Tính hiệu ứng nhiệt phản ứng hidro hóa etilen tạo etan, biết nhiệt cháy của C
2
H
6
và C
2
H
4
lần lượt bằng -368,4
kcal/mol và -337,2 kcal/mol [sản phẩm cháy là CO
2
(k) và H
2
O (l)], nhiệt hình thành H
2
O (l) là -68,32 kcal/mol.
2. (a) Viết công thức cấu tạo và gọi tên anken ít cacbon nhất đồng thời có đồng phân hình học và đồng phân
quang học. (b) Viết các đồng phân hình học và quang học ứng với cấu tạo đó (sử dụng công thức Fisher) và xác
định cấu hình mỗi đồng phân (Z/E và R/S). (b) Viết cấu tạo các sản phẩm chính hình thành khi cho anken trên
tác dụng với dung dịch nước brom có lượng nhỏ muối natri clorua.
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
1. (1) C
2
H
6
(k) + 7/2O

2
(k)  2CO
2
(k) + 3H
2
O (l)
kcal4,368H 
(2) C
2
H
4
(k) + 3O
2
(k)  2CO
2
(k) + 2H
2
O (l)
kcal2,337H 
(3) H
2
(k) + 1/2O
2
(k)  H
2
O (l)
kcal32,68H 
Lấy (2) - (1) + (3) ta được:
C
2

H
4
(k) + H
2
(k)  C
2
H
6
(k)
kcal1,37)32,68()4,368()2,337(H 
2. (a) Cấu tạo:
CH
3
CH CH C
H
CH
3
C
2
H
5
(4-metylhex-2-en)
(b) Cấu hình:
1,00
0,25
Copyright © 2010 />16
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC
C
C
C

H
3
H
C
2
H
5
C
H
H
C
H
3
C
C
HC
H
3
C
2
H
5
C
C
C
H
3
H
C
2

H
5
C
C
H
3
H
H
C
C
HC
H
3
C
2
H
5
H
H
C
C
H
3
H
C
H
3
C
H
(

E)(R)
(
E)(S)
(
Z)(R)
(
Z)(S)
(c) Cấu tạo các sản phẩm:
CH
3
CH CH CH
CH
3
C
2
H
5
CH
3
CH CH CH
CH
3
C
2
H
5
Br Br
CH
3
CH CH CH

CH
3
C
2
H
5
OH Br
CH
3
CH CH CH
CH
3
C
2
H
5
Cl Br
1,00
(0,25

4)
0,75
(0,25

3)
CÂU V (3 điểm)
1. Hidrocacbon A có khối lượng phân tử bằng 80. Ozon phân A chỉ tạo andehit fomic và andehit oxalic.
CH
O
H CH

O
C
O
H
andehit fomic
andehit oxalic
a. Xác định cấu tạo và gọi tên A.
b. Dùng cơ chế giải thích các sản phẩm hình thành khi cộng Br
2
vào A theo tỉ lệ mol 1:1, gọi tên các sản phẩm
này.
2. Hợp chất A có công thức phân tử C
9
H
8
. A làm mất màu Br
2
trong CCl
4
; hidro hóa A trong điều kiện êm dịu tạo
ra C
9
H
10,
còntrong điều kiện nhiệt độ và áp suất cao thì tạo ra C
9
H
16
; oxi hóa mãnh liệt A sinh ra axit phtalic
[1,2-C

6
H
4
(COOH)
2
]. Lập luận xác định cấu tạo của A.
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
1. (a) Công thức tổng quát cho A là C
x
H
y
Ta có











8y
6x
2x2y
80yx12
, công thức phân tử C
6

H
8
)3( 
Từ sản phẩm ozon phân ta thu được cấu tạo của A:
0,50
Copyright © 2010 />17
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC
CH
2
CH CH CH CH CH
2
H
2
C O O
H
C
H
C
O
O
H
C
H
C
O
O CH
2
A (hexa-1,3,5-trien)
(b) Cơ chế và sản phẩm:
CH

2
CH CH CH CH CH
2
Br
2
CH
2
CH CH CH CH CH
2
CH
2
CH CH CH CH CH
2
Br
Br
CH
2
CH CH CH CH CH
2
Br
CH
2
CH CH CH CH CH
2
CH
2
CH CH CH CH CH
2
Br
Br

CH
2
CH CH CH CH CH
2
Br
Br
Br
Br
(X) 5,6-dibromhexa-1,3-dien; (Y) 3,6-dibromhexa-1,4-dien;
(X)
(Y)
(Z)
(Z) 1,6-dibromhexa-2,4-dien
2. A (C
9
H
8
) có độ bất bão hòa
6
A làm mất màu Br
2
và cộng êm dịu 1 phân tử H
2
cho thấy A có 1 liên kết đôi.
A cộng tối đa 4 phân tử H
2
và khi oxi hóa tạo axit phtalic cho thấy A có vòng benzen và ngoài ra
còn một vòng 5 cạnh nữa.
Công thức của A:
0,50

(0,25

2)
1,50
(0,50

3)
0,50
CÂU VI (4 điểm)
Chia 3,584 L (đktc) hỗn hợp gồm một ankan (A), một anken (B) và một ankin (C) thành 2 phần bằng nhau. Phần 1
cho qua dung dịch AgNO
3
dư trong NH
3
thấy thể tích hỗn hợp giảm 12,5% và thu được 1,47g kết tủa. Phần 2 cho
qua dung dịch brom dư thấy khối lượng bình brom tăng 2,22g và có 13,6g brom đã tham gia phản ứng. Đốt cháy
hoàn toàn khí ra khỏi bình brom rồi hấp thụ sản phẩm cháy vào dung dịch Ba(OH)
2
dư thì thu được 2,955g kết tủa.
1. Xác định công thức cấu tạo A, B và C.
2. Từ A viết dãy chuyển hóa (ghi rõ điều kiện phản ứng) điều chế 1,1-dibrompropan và 2,2-dibrompropan.
3. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi cho C tác dụng với dung dịch KMnO
4
trong (i) môi trường trung tính ở
nhiệt độ phòng và (ii) môi trường axit (H
2
SO
4
) có đun nóng.
Copyright © 2010 />18

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
1. Trong một phần, ta có:
mol08,0
4,22
584,3
2
1
n
C,B,A

. Dung dịch AgNO
3
/NH
3
chỉ hấp thụ ankin,
đặt công thức ankin là RC
≡CH (gi
ả sử không phải là C
2
H
2
).
RC
≡CH + AgNO
3
+ NH
3
 RC

≡CAg + NH
4
NO
3
(1)
mol01,008,0
100
5,12
nn
ankin

 (R + 132)

0,01 = 1,47
 R = 15 (CH
3
-), công thức của ankin là CH
3
C≡CH
Dung dịch brom hấp thụ anken (C
n
H
2n
) và ankin
C
n
H
2n
+ Br
2

 C
n
H
2n
Br
2
(2)
C
3
H
4
+ 2Br
2
 C
3
H
4
Br
4
(3)
g82,14001,022,2m
n2n
HC

,
mol065,0201,0
160
6,13
n
)2(Br

2

Từ
065,0
1
82,1
n14

 n = 2, công thức của anken là CH
2
=CH
2
.
Khí ra khỏi bình brom là ankan (C
m
H
2m+2
),
mol005,0065,001,008,0n
2n2n
HC


C
m
H
2m+2
+
2
O

2
1n3







 nCO
2
+ (n+1)H
2
O (4)
CO
2
+ Ba(OH)
2
 BaCO
3
+ H
2
O (5)
015,0
197
955,2
nn
32
BaCOCO


Từ (4):
3n
015,0
n
005,0
1

, công thức ankan là CH
3
CH
2
CH
3
.
2. Điều chế:
C
3
H
8
C
3
H
7
Cl CH
3
CH=CH
2
CH
3
CHBr-CH

2
Br
CH
3
C CH
CH
3
CH
2
CHBr
2
CH
3
CBr
2
CH
3
Cl
2
,as
KOH/ROH
KOH/ROH
Br
2
HBr
HBr
peoxit
3. Phản ứng của C:
+ 2KMnO
4

CH
3
C CH CH
3
C C
O O
+ 2MnO
2
+ KOHOK
5CH
3
C≡CH + 8KMnO
4
+ 12H
2
SO
4
 5CH
3
COOH + 5CO
2
+ 8MnSO
4
+ 4K
2
SO
4
+ 12H
2
O

0,75
0,75
0,50
1,00
(0,50

2)
1,00
(0,50

2)
Copyright © 2010 />19
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC
ĐỀ SỐ 4
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ
NĂM HỌC 2005 - 2006
MÔN: HÓA HỌC LỚP 11
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
CÂU I (4 điểm)
1. Nêu hiện tượng xảy ra và viết phương trình phản ứng minh họa trong các trường hợp sau:
(a) Hòa tan từ từ cho đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl
3
, sau đó thêm HCl vào dung dịch thu được
đến dư.
(b) Thêm dung dịch K
2
CO
3

vào dung dịch Fe(NO
3
)
3
2. A là dung dịch Na
2
CO
3
0,1M; B là dung dịch hỗn hợp Na
2
CO
3
0,1M và KHCO
3
0,1M và C là dung dịch KHCO
3
0,1M.
(a) Tính thế tích khí CO
2
(đktc) thoát ra khi cho từ từ từng giọt đến hết 50 mL dung dịch HCl 0,1M vào 100 mL
dung dịch A và khi cho hết 100 mL dung dịch B vào 200 mL dung dịch HCl 0,1M.
(b) Xác định số mol các chất có trong dung dịch thu được khi thêm 100 mL dung dịch Ba(OH)
2
0,1M vào 150
mL dung dịch C.
(c) Tính pH của các dung dịch A và C, biết axit cacbonic có pK
1
= 6,35 và pK
2
= 10,33.

(d) Đề nghị phương pháp nhận biết các anion có trong dung dịch B.
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
1. (a) Thêm dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl
3
thấy xuất hiện kết tủa trắng keo, sau đó tan lại:
Al
3+
+ 3OH
-
 Al(OH)
3
Al(OH)
3
+ OH
-
 Al(OH)
4
-
Thêm HCl vào dung dịch thu được lại thấy xuất hiện kết tủa trắng keo, sau đó tan
lại:
Al(OH)
4
-
+ H
+
 Al(OH)
3
+ H
2

O
Al(OH)
3
+ 3H
+
 Al
3+
+ 3H
2
O
0,50
(b) Thêm dung dịch K
2
CO
3
vào dung dịch Fe(NO
3
)
3
thấy xuất hiện kết tủa đỏ nâu và sủi bọt khí
không màu: 2Fe
3+
+ 3CO
3
2-
+ 3H
2
O  2Fe(OH)
3
+ 3CO

2
0,25
2. (a) Cho từ từ từng giọt đến hết 50 mL dung dịch HCl 0,1M vào 100 mL dung dịch Na
2
CO
3
0,1M
CO
3
2-
+ H
+
 HCO
3
-
0,01 0,005
0,005 0,005
0,005 0
0,50
Copyright © 2010 />20
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC
Do CO
3
2-
dư nên không có giai đoạn tạo CO
2
,
0V
2
CO


Cho hết 100 mL dung dịch Na
2
CO
3
0,1M và KHCO
3
0,1M vào 200 mL dung dịch HCl 0,1M:
CO
3
2-
+ 2H
+
 H
2
O + CO
2
(1)
HCO
3
-
+ H
+
 H
2
O + CO
2
(2)
Vì



HHCOCO
nnn2
3
2
3
nên H
+
phản ứng hết.
Giả sử (1) xảy ra trước thì ta có
mol01,0n
2
1
n
H
CO
2


Giả sử (2) xảy ra trước thì từ (1) và (2) ta có
mol015,0n
2
CO

Thực tế (1) và (2) đồng thời xảy ra nên:
L336,04,22015,0V4,2201,0L224,0
2
CO

1,00

(b) Thêm 100 mL dung dịch Ba(OH)
2
0,1M vào 150 mL dung dịch KHCO
3
0,1M
HCO
3
-
+ OH
-
 CO
3
2-
+ H
2
O
0,015 0,02
0,015 0,015
0 0,005 0,015
Ba
2+
+ CO
3
2-
 BaCO
3
0,01 0,015
0,01 0,01
0 0,005
Dung dịch còn 0,005 mol KOH và 0,005 mol K

2
CO
3
0,50
(c) Dung dịch A có các cân bằng:
CO
3
2-
+ H
2
O ⇌ HCO
3
-
+ OH
-
K
b1
= 10
-3,67
HCO
3
-
+ H
2
O ⇌ H
2
O + CO
2
+ OH
-

K
b2
= 10
-7,65
H
2
O ⇌ H
+
+ OH
-
K
N
= 10
-14
Vì K
b1
>> K
b2
>> K
N
nên cân bằng (1) là chủ yếu:
0,75
Copyright © 2010 />21
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC
pH = 14 -
2
1
(pK
b1
+ pC) = 14 -

2
1
(3,67 + 1) = 11,67
Dung dịch C là dung dịch lưỡng tính nên:
pH =
2
1
(pK
1
+ pK
2
) =
2
1
(6,35 + 10,33) = 8,34
(d) Trích mẫu thử, thêm BaCl
2
dư vào mẫu thử thấy xuất hiện kết tủa trắng (tan trong axit),
như vậy mẫu thử có CO
3
2-
.
Ba
2+
+ CO
3
2-
 BaCO
3
Lọc tách kết tủa, thêm HCl vào dung dịch nước lọc thấy sủi bọt khí không màu (làm đục nước

vôi trong), vậy dung dịch có HCO
3
-
HCO
3
-
+ H
+
 H
2
O + CO
2
.
0,50
CÂU II (4 điểm)
1. (a) Amoniac có tính oxi hóa hay tính khử? Viết phương trình phản ứng minh họa. (b) Trong dung môi amoniac
lỏng, các hợp chất KNH
2
, NH
4
Cl, Al(NH
2
)
3
có tính axit, bazơ hay lưỡng tính ? Viết các phương trình phản ứng
minh họa.
2. Hòa tan 4,8 gam kim loại M bằng dung dịch HNO
3
đặc nóng dư, hay hòa tan 2,4 gam muối sunfua kim loại này
cũng trong dung dịch HNO

3
đặc nóng, thì đều cùng sinh ra khí NO
2
duy nhất có thể tích bằng nhau trong cùng
điều kiện.
(a) Viết các phương trình phản ứng dưới dạng phương trình ion.
(b) Xác định kim loại M, công thức phân tử muối sunfua.
(c) Hấp thụ khí sinh ra ở cả hai phản ứng trên vào 300 mL dung dịch NaOH 1M, rồi thêm vào đó một ít
phenolphtalein. Hỏi dung dịch thu được có màu gì? Tại sao?
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
1. (a) NH
3
vừa có tính oxi hóa, vừa có tính khử :
Tính oxi hóa: K + NH
3 (l)
 KNH
2
+ 1/2H
2
Tính khử: 2NH
3
+ 3CuO  3Cu + N
2
+ 3H
2
O
0,75
(b) KNH
2

là một bazơ, NH
4
Cl là axit và Al(NH
2
)
3
có tính lưỡng tính.
Phản ứng trung hòa: KNH
2
+ NH
4
Cl  KCl + 2NH
3
Phản ứng của chất lưỡng tính với axit: Al(NH
2
)
3
+ 3NH
4
Cl  AlCl
3
+ 6NH
3
Phản ứng của chất lưỡng tính với bazơ: Al(NH
2
)
3
+ KNH
2
 K[Al(NH

2
)
4
]
075
2. (a) Phương trình phản ứng:
M + 2mH
+
+ mNO
3
-
 M
m+
+ mNO
2
+ mH
2
O
Copyright © 2010 />22
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC
(1)
M
2
S
n
+ 4(m+n)H
+
+ (2m+6n)NO
3
-

 2M
m+
+ nSO
4
2-
+ (2m+6n)NO
2
+ 2(m+n)H
2
O (2)
1,00
(b) Vì số mol NO
2
ở hai trường hợp là bằng nhau nên ta có:
)n6m2(
n32M2
4,2
m
M
8,4













3,2,1m,n
m2n6
mn64
M
, nghiệm thích hợp là n = 1, m = 2 và M = 64.
Vậy M là Cu và công thức muối là Cu
2
S.
0,75
(c)
mol075,0
64
8,4
n
Cu

Cu + 4HNO
3
 Cu(NO
3
)
2
+ 2NO
2
+ 2H
2
O


NaOHNO
nmol3,0075,022n
2

 đã xảy ra vừa đủ phản ứng:
2NO
2
+ 2NaOH  NaNO
3
+ NaNO
2
+ H
2
O
Dung dịch thu được có màu hồng do NO
2
-
tạo môi trường bazơ:
NO
2
-
+ H
2
O ⇌ HNO
2
+ OH
-
0,75
CÂU III (4 điểm)
1. (a) Tính tỉ lệ các sản phẩm monoclo hóa (tại nhiệt độ phòng) và monobrom hóa (tại 127

o
C) isobutan. Biết tỉ lệ
khả năng phản ứng tương đối của nguyên tử H trên cacbon bậc nhất, bậc hai và bậc ba trong phản ứng clo
hóa là 1,0 : 3,8 : 5,0 và trong phản ứng brom hóa là 1 : 82 : 1600.
(b) Dựa vào kết quả tính được ở câu (a), cho nhận xét về các yếu tố ảnh hưởng đến hàm lượng các sản phẩm
của phản ứng halogen hóa ankan.
2. Dùng cơ chế phản ứng giải thích tại sao khi xử lý 2,7-đimetylocta-2,6-dien với axit photphoric thì thu được
1,1-đimetyl-2-isopropenylxiclopentan.
3. Hiđro hóa một hiđrocacbon A (C
8
H
12
) hoạt động quang học thu được hiđrocacbon B (C
8
H
18
) không hoạt động
quang học. A không tác dụng với Ag(NH
3
)
2
+
và khi tác dụng với H
2
trong sự có mặt của Pd/PbCO
3
tạo hợp chất
không hoạt động quang học C (C
8
H

14
).
4. Lập luận xác định cấu tạo (có lưu ý cấu hình) và gọi tên A, B, C.
5. Oxi hóa mãnh liệt A bằng dung dịch KMnO
4
trong H
2
SO
4
.Viết phương trình hoá học.
Copyright © 2010 />23
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
1. (a) Tỉ lệ sản phẩm:
CH
3
CH CH
3
+ Cl
2
- HCl
CH
3
CH CH
2
Cl
CH
3
C CH

3
Cl
1-clo-2-metylpropan
2-clo-2-metylpropan
CH
3
CH
3
CH
3
(9x1,0)
(9x1,0) + (1x5,0)
= 64,3%
(1x5,0)
(9x1,0) + (1x5,0)
= 35,7%
CH
3
CH CH
3
+ Br
2
- HCl
CH
3
CH CH
2
Br
CH
3

C CH
3
Br
1-brom-2-metylpropan
2-brom-2-metylpropan
CH
3
CH
3
CH
3
(9x1,0)
(9x1,0) + (1x1600)
= 0,56%
(1x1600)
(9x1,0) + (1x1600)
= 99,44%
0,50
0,50
(b) Hàm lượng sản phẩm halogen hóa phụ thuộc ba yếu tố:
 Khả năng tham gia phản ứng thế của ankan: Phản ứng halogen hóa ưu tiên thế hidro trên
nguyên tử cacbon bậc cao hơn.
 Khả năng phản ứng của halogen: Brom tham gia phản ứng yếu hơn so với clo, nhưng có
khả năng chọn lọc vị trí thế cao hơn so với clo.
 Số nguyên tử hidro trên cacbon cùng bậc: Khi số hidro trên các nguyên tử cacbon càng
nhiều thì hàm lượng sản phẩm càng lớn.
0,75
2. Cơ chế:
H
+

-H
+
0,75
3. (a) A có độ bất bão hòa
3
2
128.22



, B có
0
2
188.22



và C có
2
2
148.22



.
Copyright © 2010 />24
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC
 Vì A cộng 3 phân tử hidro để tạo ra B nên A có các liên kết bội hoặc vòng ba cạnh.
 A cộng 1 phân tử H
2

tạo ra C và A không tác dụng với Ag(NH
3
)
2
+
nên A có một liên kết ba
dạng -CC-R.
 A cũng phải chứa một liên kết đôi dạng cis- (Z) ở vị trí đối xứng với liên kết ba, vì khi A cộng
1 phân tử H
2
(xúc tác Pd làm cho phản ứng chạy theo kiểu cis-) tạo C không hoạt động
quang học.
0,50
Cấu tạo của A, B, C là:
CH
3
C C
H H
H
C
CH
3
C
*
C CH
3
2Z-4-metylhept-2-en-5-in
(A)
CH
3

CH
2
CH
2
CH(CH
3
)CH
2
CH
2
CH
3
4-metylheptan
(B)
CH
3
C C
H H
H
C
CH
3
C C CH
3
2Z,5Z-4-metylhepta-2,5-dien
(C)
H H
0,75
(b) Phương trình phản ứng:
5CH

3
CH=CHCH(CH
3
)CC-CH
3
+ 14KMnO
4
+ 21H
2
SO
4

 10CH
3
COOH + 5CH
3
CH(COOH)
2
+ 14MnSO
4
+ 7K
2
SO
4
+ 16H
2
O
0,25
CÂU IV(4 điểm)
1. Limonen (C

10
H
16
) là tecpen có trong vỏ quả cam, chanh và bưởi. Oxi hóa limonen bằng kalipemanganat tạo
chất A.
CH
3
C
O
CH
2
CH
2
CH
CH
2
COOH
C O
H
3
C
(A)
(a) Dùng dữ kiện trên và qui tắc isopren xác định cấu trúc của limonen.
(b) Viết công thức các sản phẩm chính hình thành khi hidrat hóa limonen.
2. Để điều chế nitrobenzen trong phòng thí nghiệm và tính hiệu suất phản ứng, người ta tiến hành các bước sau:
Cho 19,5 ml axit nitric vào một bình cầu đáy tròn cỡ 200 mL làm lạnh bình và lắc, sau đó thêm từ từ 15 mL
H
2
SO
4

đậm đặc, đồng thời lắc và làm lạnh đến nhiệt độ phòng. Lắp ống sinh hàn hồi lưu (nước hay không khí),
cho tiếp 13,5 mL benzen qua ống sinh hàn với tốc độ chậm và giữ nhiệt độ không quá 50
0
C, đồng thời lắc liên
tục (a).
Sau khi cho hết benzen, tiếp tục đun nóng bình phản ứng trên bếp cách thuỷ trong 30-45 phút và tiếp tục lắc.
Sau đó làm lạnh hỗn hợp phản ứng và đổ qua phễu chiết. Tách lấy lớp nitrobenzen ở trên. Rửa nitrobenzen
bằng nước rồi bằng dung dịch Na
2
CO
3
(b). Tách lấy nitrobenzen cho vào bình làm khô có chứa chất làm khô A
ở thể rắn (c). Chưng cất lấy nitrobenzen bằng bình Vuy-êc trên bếp cách thuỷ để thu lấy nitrobenzen sạch. Cân
lượng nitrobenzen thấy được 15 gam (d).
Copyright © 2010 />25
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC
(a) Viết phương trình hoá học chính và các phương trình thể hiện cơ chế của phản ứng. Cho biết vì sao cần
phải lắc bình liên tục và giữ nhiệt độ phản ứng ở 50
0
C? Nếu không dùng H
2
SO
4
đậm đặc, phản ứng có xảy
ra không?
(b) Vì sao cần phải rửa nitrobenzen bằng nước, sau đó bằng dung dịch Na
2
CO
3
?

(c) A có thể là chất nào?
(d) Tính hiệu suất phản ứng nếu khối lượng riêng của benzen 0,8g/mL.
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
1. (a) Cấu tạo:
O + O=C=O
O
O
OH
limonen
0,75
(b) Các sản phẩm chính khi hidrat hóa:
OH
OH OH
OH
0,75
4. (a) Phản ứng:
C
6
H
6
+ HONO
2
 
42
SOH
C
6
H
5

NO
2
+ H
2
O (1)
Cơ chế phản ứng:
HO - NO
2
+ H
2
SO
4
H - O - NO
2
+ HSO
4
H
(+)
(-)
H - O - NO
2
+ H
2
SO
4
H
(+)
H
3
O

(+)
+ HSO
4
(-)
+ NO
2
(+)
0,75