đề olympic hóa 11. Ams. 2010

Sở giáo dục và đào tạo Hà nội
Trường THPT Chuyên
Hà nội − Amsterdam
ĐỀ THI OLYMPIC
Môn: HÓA HỌC lớp 11
Thời gian: 120 phút.
Ngày thi: 27/03/2010
Câu I: (6 điểm)
1. ( 3,5 điểm) Bố trí 3 bộ dụng cụ thí nghiệm như hình vẽ rồi lần lượt đổ
vào mỗi bình 100 ml dung dịch khác nhau :
Bình 1: là dung dịch Ba(OH)
2
0,01 M Đ
Bình 2: là dung dịch CH
3
COOH 0,01 M K
Bình 3 : là dung dịch KOH 0,01 M
Hãy so sánh độ sáng của đèn Đ ở mỗi bình trong các thí nghiệm sau
(sáng, sáng mờ hay không sáng ) và giải thích các hiện tượng xảy ra :
Thí nghiệm 1: đóng khoá K
Thí nghiệm 2 : Đổ tiếp vào mỗi bình 100 ml dung dịch MgSO
4
0.01 M rồi đóng khoá K
Thí nghiệm 3: đóng khóa K , sau đó dẫn CO
2
từ từ cho đến dư vào bình ( chỉ áp dụng với bình 1).
2. ( 2,5 điểm) Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch
NaHSO
4
, Na
2

CO
3
, BaCl
2
, NaCl, Mg(NO
3
)
2
. Các phản ứng minh họa viết dưới dạng ion thu gọn.
Câu II : ( 6 điểm)
1. ( 2 điểm) Chọn chất phù hợp, viết phương trình (ghi rõ điều kiện phản ứng) thực hiện biến đổi sau :
2. ( 2 điểm) Hòa tan hoàn toàn 30,0 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn trong dung dịch HNO
3
, sau khi phản ứng kết
thúc thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí gồm 0,1 mol N
2
O và 0,1 mol NO. Cô cạn cẩn thận dung dịch sau phản
ứng thu được 127 gam muối. Tính số mol HNO
3
tối thiểu cần để tham gia các phản ứng trên.
3. ( 2 điểm) R là nguyên tố thuộc nhóm VA. X là hợp chất khí của R với hiđro, Y là oxit cao nhất của R. Đốt cháy
một lượng X cần vừa đủ 6,4 gam oxi, thu được 7,1 gam Y.
a) Xác định R
b) Cho toàn bộ lượng Y ở trên phản ứng vừa đủ với V lit dung dịch KOH 1M thu được 15,12 gam muối. Tính V.
Câu III: ( 4 điểm)
1. ( 2 điểm) Cho các chất hữu cơ mạch hở sau: C
2
H
2
ClBr, CH

3
CH=C(CH
3
)CH
2
Cl, C
3
H
2
Cl
4
.
Biểu diễn các dạng đồng phân hình học của chúng và gọi tên.
2. ( 2 điểm) Từ CH
4
và các hợp chất vô cơ không chứa Cacbon, hãy viết các phương trình phản ứng điều chế
poli(butađien- stiren) , ghi đầy đủ tác nhân và điều kiện phản ứng.
Câu IV: ( 4 điểm)
Đốt cháy hoàn toàn 11,7 gam chất hữu cơ X rồi dẫn hỗn hợp sản phẩm qua bình đựng dung dịch Ca(OH)
2
. Sau khi phản
ứng kết thúc, thấy xuất hiện 40 gam kết tuả. Lọc bỏ kết tuả, cân lại bình thấy khối lượng bình tăng 7,7 gam. Đun nước lọc
trong bình thấy xuất hiện thêm 25 gam kết tuả nữa.
a) Tìm CTPT của X biết 35 < d
X/H2
< 40.
b) Cho toàn bộ lượng X ở trên tác dụng hoàn toàn với dung dịch [Ag(NH
3
)
2

]OH dư thu được 43,8 gam kết tuả. Xác
định CTCT có thể có của X.
c) Chất hữu cơ Y mạch hở có công thức đơn giản trùng với công thức đơn giản của X . Lấy cùng khối lượng của X và
Y đem phản ứng với Br
2
dư thì lượng brom phản ứng với Y gấp 1,125 lần so với lượng brom phản ứng với X. Cho
các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định CTCT của Y
Cho biết: Ag = 108; Ba = 137; Br = 80; C = 12; Fe = 56; H = 1; N = 14; O = 16; ; P = 31; S = 32; Ca = 40; Mg = 24,
Al = 27; Zn = 65 ; As = 75.
Học sinh không được dùng bất cứ tài liệu gì, kể cả bảng tuần hoàn, bảng tính tan của các chất.
Đáp án đề thi Olimpic hóa 11 không chuyên – năm học 2009- 2010
Trường Hà Nội –Amsterdam
Câu 1: ( 6 điểm):
1. ( 3,5 điểm) Bố trí 3 bộ dụng cụ thí nghiệm như hình vẽ rồi lần lượt đổ vào mỗi bình 100 ml dung dịch khác
nhau :
Bình 1: là dung dịch Ba(OH)
2
0,01 M
Bình 2: là dung dịch CH
3
COOH 0,01 M
Bình 3 : là dung dịch KOH 0,01 M
Hãy so sánh độ sáng của đèn Đ ở mỗi bình trong các thí nghiệm sau (sáng, sáng mờ hay không sáng ) và giải thích các
hiện tượng xảy ra :
Thí nghiệm 1: đóng khoá K
Thí nghiệm 2 : Đổ tiếp vào mỗi bình 100 ml dung dịch MgSO
4
0.01 M rồi đóng khoá K
Thí nghiệm 3: đóng khóa K , sau đó dẫn CO
2

từ từ cho đến dư vào bình ( chỉ áp dụng với bình 1).
2( 2,5 điểm) Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch
NaHSO
4
, Na
2
CO
3
, BaCl
2
, NaCl, Mg(NO
3
)
2
. Các phản ứng minh họa viết dưới dạng ion thu gọn.
Giải:
1. ( 3,5 điểm):
Thí nghiệm 1: đóng khóa K ở mỗi bình
Bình 1: Ba(OH)
2
→ Ba
2+
+ 2 OH
-
0,01M → 0,01M 0,02M
Vậy tổng nồng độ các ion trong bình 1 là 0,03M ( 0,25 điểm)
Bình 2: CH
3
COOH
€

CH
3
COO
-
+ H
+
Do CH
3
COOH là chất điện li yếu nên nồng độ các ion phân li ra không đáng kể ( 0,25 điểm)
Bình 3: KOH → K
+
+ OH
-

0,01M → 0,01 M 0,01 M
Vậy tổng nồng độ các ion trong bình 3 là 0,02M ( 0,25 điểm)
Kết luận :
Bóng đèn ở bình 1 sáng nhất do có tổng nồng độ ion lớn nhất nên khả năng dẫn điện tốt nhất ( 0,25 điểm)
Bóng đèn ở bình 3 mờ nhất do có tổng nồng độ ion nhỏ nhất nên khả năng dẫn điện kém nhất ( 0,25 điểm)
Bóng đèn ở bình 2 sáng do KOH là chất điện li mạnh nên khả năng dẫn điện tốt ( 0,25 điểm)
Thí nghiệm 2: Đổ tiếp vào mỗi bình 100 ml dung dịch MgSO
4
0.01 M rồi đóng khoá K
MgSO
4
→ Mg
2+
+ SO
4
2-

Mol : 0,001 → 0,001 0,001
Bình 1: có phản ứng
Mg
2+
+ 2OH
-
→ Mg(OH)
2
(1)
Mol: 0,001 0,002 0,001
phản ứng (1) xảy ra vừa đủ
Ba
2+

+ SO
4
2-
→ BaSO
4
(2) ( 0,25 điểm)
Mol: 0,001 0,001 0,001
phản ứng (2) xảy ra vừa đủ
Vậy trong bình 1, tổng nồng độ ion = 0 → đèn không sáng ( 0,25 điểm)
Bình 2: chỉ có qúa trình điện li: MgSO
4
→ Mg
2+
+ SO
4
2-

Tổng nồng độ ion trong bình 2 là
0,001 0,001
0,01
0,2
M
+
=
( coi lượng ion do CH
3
COOH không đáng kể) ( 0,25 điểm)
→ Đèn sáng ( 0,25 điểm)
Bình 3: Mg
2+
+ 2OH
-
→ Mg(OH)
2
Mol: 0,001 0,001
Dư: 0,0005 0
Vậy bình 3 có 0,0005 mol Mg
2+
, 0,001 mol SO
4
2-
, 0,001 mol K
+
Tổng nồng độ ion trong bình 3 là
0,0005 0,001 0,001
0,0125
0,2

M
+ +
=
( 0,25
điểm)
Do có tổng nồng độ ion lớn nhất nên khả năng dẫn điện của bình 3 tốt nhất → đèn sáng nhất ( 0,25
điểm)
Thí nghiệm 3: sục CO
2
từ từ đến dư vào bình 1:
CO
2
+ Ba(OH)
2
→ BaCO
3

↓
+ H
2
O
CO
2
+ BaCO
3
+ H
2
O → Ba(HCO
3
)

2

0,01 M
Ba(HCO
3
)
2
→ Ba
2+
+ 2 HCO
3
-
( 0,25 điểm)
0,01M 0,01M 0,02M
Hiện tượng: đèn tối dần rồi tắt. Sau đó bóng đèn lại sáng dần lên ( 0,25 điểm)
Chú ý: Trong mỗi thí nghiệm, ở mỗi bình, nêu được hiện tượng và giải thích đúng được 0,5 điểm
Nếu học sinh trình bày ngắn gọn hơn nhưng đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa
2. ( 2,5 điểm):
* Chia các dung dịch thành nhiều mẫu thử. Nhỏ phenolphtalein vào 5 mẫu thử:
- dung dịch chuyển màu hồng là Na
2
CO
3
( do có môi trường bazơ) ( 0,5 điểm)
- 4 dung dịch còn lại không hiện tượng gì
* Nhỏ Na
2
CO
3
vừa nhận được vào 4 dung dịch còn lại:

- dung dịch có khí không màu không mùi bay lên là NaHSO
4
: ( 0,25 điểm)
2HSO
4
-
+ CO
3
2-
→ CO
2
+ H
2
O + 2SO
4
2-
( 0,25 điểm)
- 2 dung dịch cho kết tuả màu trắng là BaCl
2
, Mg(NO
3
)
2
: ( 0,25 điểm)
Ba
2+
+ CO
3
2-
→ BaCO

3
Mg
2+
+ CO
3
2-
→ MgCO
3
( 0,25 điểm)
- dung dịch còn lại không hiện tượng gì là NaCl ( 0,25 điểm)
* Nhỏ NaHSO
4
vừa nhận được vào 2 dung dịch BaCl
2
, Mg(NO
3
)
2
:
- dung dịch tạo kết tuả trắng là BaCl
2
: ( 0,25 điểm)
Ba
2+
+ 2HSO
4
-
→ BaSO
4
+ 2H

+
( 0,25 điểm)
- dung dịch còn lại không hiện tượng gì là Mg(NO
3
)
2
( 0,25 điểm)
Chú ý: trong ptpư, nếu HS viết HSO
4
-
ở dạng H
+
+ SO
4
2-
vẫn cho điểm tối đa
HS dùng phương pháp kẻ bảng và viết đủ ptpư cũng cho điểm tối đa
Câu II : ( 6 điểm)
1.( 2 điểm) Chọn chất phù hợp, viết phương trình (ghi rõ điều kiện phản ứng) thực hiện biến đổi sau :
2.( 2 điểm) Hòa tan hoàn toàn 30,0 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Zn trong dung dịch HNO
3
, sau khi phản ứng kết thúc
thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí gồm 0,1 mol N
2
O và 0,1 mol NO. Cô cạn cẩn thận dung dịch sau phản ứng thu
được 127 gam muối. Tính số mol HNO
3
tối thiểu cần để tham gia các phản ứng trên.
3. ( 2 điểm) R là nguyên tố thuộc nhóm VA. X là hợp chất khí của R với hiđro, Y là oxit cao nhất của R. Đốt cháy
một lượng X cần vừa đủ 6,4 gam oxi, thu được 7,1 gam Y.

a) Xác định R
b) Cho toàn bộ lượng Y ở trên phản ứng vừa đủ với V lit dung dịch KOH 1M thu được 15,12 gam muối. Tính
V.
Giải:
1( 2 điểm) Chọn chất phù hợp, viết phương trình (ghi rõ điều kiện phản ứng) thực hiện biến đổi sau :
N
2
NH
3
NO NO
2
HNO
3
N
2
NO
KNO
3
KNO
3
(1)
(2)
(3)
(5)
(6)
(8)
(4)
(7)
Các phương trình phản ứng :
(1) N

2
+ 3H
2

atm300,500
Fe
o
→
2NH
3
(2) 4NH
3
+ 5O
2

 →
− C900850,Pt
o
4NO + 6H
2
O
(3) 2NO + O
2
→ 2NO
2

(4) 4NO
2
+ O
2

+ 2H
2
O → 4HNO
3

(5) 5Mg + 12 HNO
3
→ 5Mg(NO
3
)
2
+ N
2
+ 6H
2
O
(6) N
2
+ O
2

 →
C2000
o
2NO
(7) 2NO
2
+ 2KOH → KNO
2
+ KNO

3
+ H
2
O
(8) 5KNO
2
+ 2KMnO
4
+ 3H
2
SO
4
→ 5KNO
3
+ K
2
SO
4
+ 2MnSO
4
+ 3H
2
O ( 0,25 x 8 pt = 2 điểm)
2. ( 2 điểm):
Đặt số mol Mg, Al, Zn lần lượt là x, y, z mol
Các bán phản ứng :
Chất khử: Mg - 2e → Mg
2+
x 2x
Al - 3e → Al

3+
y 3y
Zn - 2e → Zn
2+
z 2z
Tổng số mol electron chất khử nhường là 2x + 3y + 2z
Các muối tạo ra là Mg(NO
3
)
2
: x mol, Al(NO
3
)
3
: y mol, Zn(NO
3
)
2
: z mol → số mol gốc NO
3
-
trong muối = 2x + 3y + 2z
( 0,5 điểm)
Giả sử sản phẩm khử HNO
3
chỉ có N
2
O và NO thì tổng số mol electron chất oxi hóa nhận là : 0,1 .8 + 0,1. 3 = 1,1 mol
Phương trình bảo toàn electron: 2x + 3y + 2z = 1,1
→ số mol gốc NO

3
-
trong muối = 2x + 3y + 2z = 1,1
Vậy khối lượng muối khan thu được là: m
muối
= m
KL
+ m
NO3-
= 30 + 62.1,1 = 98,2 gam < 127 ( theo bài cho)
Chứng tỏ ngoài N
2
O và NO, sản phẩm khử HNO
3
còn có NH
4
NO
3
( 0,5 điểm)
Gọi số mol NH
4
NO
3
tạo ra là a mol → số mol electron mà chất oxi hóa nhận là: 0,1.8 + 0,1. 3 + 8a = 1,1 + 8a
Phương trình bảo toàn electron: 2x + 3y + 2z = 1,1 + 8a
→ số mol gốc NO
3
-
trong muối Mg(NO
3

)
2
+ Al(NO
3
)
3
+ Zn(NO
3
)
2
= 2x + 3y + 2z = 1,1 + 8a
Khối lượng muối tạo thành = khối lượng Mg(NO
3
)
2
+ Al(NO
3
)
3
+ Zn(NO
3
)
2
+ NH
4
NO
3
= 30 + 62. ( 1,1 + 8a ) + 80.a = 127 → a = 0,05 mol ( 0,5
điểm)
Bảo toàn nguyên tố nitơ, ta có :

Số mol HNO
3
cần phản ứng = số mol NO
3
-
trong muối 3 kim loại + số mol N trong N
2
O, NO, NH
4
NO
3

= 1,1 + 8. 0,05 + 0,1.2 + 0,1 + 0,05. 2 = 1,9 mol ( 0,5 điểm)
3. ( 2 điểm)
a) CTPT của X và Y lần lượt là : RH
3
, R
2
O
5
Ptpư : 2RH
3
+ 4O
2
→ R
2
O
5
+ 3H
2

O
0,2 mol → 0,05 mol ( 0,5
điểm)
M
R2O5
=
7,1
142
0,05
=

⇒
M
R
= 31
⇒
R là photpho ( 0,5
điểm)
b) Số mol P
2
O
5
= 0,05
⇒
số mol H
3
PO
4
tương ứng là 0,1 mol
các phản ứng có thể xảy ra:

H
3
PO
4
+ KOH → KH
2
PO
4
+ H
2
O
H
3
PO
4
+ 2KOH → K
2
HPO
4
+ 2H
2
O
H
3
PO
4
+ 3KOH → K
3
PO
4

+ 3H
2
O
Nhận xét: số mol H
2
O sinh ra = số mol KOH phản ứng = x mol ( 0,5
điểm)
Bảo toàn khối lượng : 9,8 + 56 x = 15,12 + 18 x
⇒
x = 0,14
Vậy thể tích KOH 1M cần dùng là 0,14 lit ( 0,5
điểm)
Câu III: ( 4 điểm)
1. ( 2 điểm) Cho các chất hữu cơ mạch hở sau: C
2
H
2
ClBr, CH
3
CH=C(CH
3
)CH
2
Cl, C
3
H
2
Cl
4
.

Biểu diễn các dạng đồng phân hình học của chúng và gọi tên.
2. ( 2 điểm) Từ CH
4
và các hợp chất vô cơ không chứa Cacbon, hãy viết các phương trình phản ứng điều chế
poli(butađien- stiren) , ghi đầy đủ tác nhân và điều kiện phản ứng.
Giải:
1.( 2 điểm) Biểu diễn các dạng đồng phân hình học :
C
2
H
2
ClBr:
C = C
H
H
Cl
Br
C = C
H
Br
Cl
H
cis-1-brom-2-clo eten
trans-1-brom-2-clo eten
( 0,5 điểm)
CH
3
CH=C(CH
3
)CH

2
Cl
C = C
H
CH
3
H
3
C
CH
2
Cl
C = C
H
CH
2
Cl
H
3
C
CH
3
cis-1-clo-2-metyl but-2-en
trans-1-clo-2-metyl but-2-en
( 0,5 điểm)
C
3
H
2
Cl

4
: có 2 chất có đồng phân hình học CHCl = CH- CCl
3
, CHCl = CCl- CHCl
2
C = C
H
H
Cl
CCl
3
C = C
H
CCl
3
Cl
H
cis-1,3,3,3- tetraclo propen
trans-1,3,3,3-tetraclo propen
( 0,5 điểm)
C = C
H
Cl
Cl
CHCl
2
C = C
H
CHCl
2

Cl
Cl
cis-1,2,3,3- tetraclo propen
trans-1,2,3,3-tetraclo propen
( 0,5 điểm)
2.( 2 điểm) Từ CH
4
và các hợp chất vô cơ không chứa Cacbon, hãy viết các phương trình phản ứng điều chế
poli(butađien- stiren) , ghi đầy đủ tác nhân và điều kiện phản ứng.
2CH
4

0
1500 ,C LLN
→
C
2
H
2
+ 3H
2
3C
2
H
2

0
,600C C
→
C

6
H
6
C
2
H
2
+ H
2

0
3
/ ,Pd PbCO t
→
C
2
H
4
C
6
H
6
+ C
2
H
4

0
,xt t C
→

C
6
H
5
C
2
H
5
C
6
H
5
C
2
H
5
0
,xt t C
→
C
6
H
5
–CH= CH
2
+ H
2
2C
2
H

2

0
4
, ,NH Cl CuCl t C
→
CH≡ C- CH= CH
2
CH≡ C- CH= CH
2
+ H
2

0
3
/ ,Pd PbCO t
→
CH
2
= CH- CH= CH
2
- CH
2
- CH= CH - CH
2
- CH
2
- CH -
n
C

6
H
5
n CH
2
= CH - CH= CH
2
+ n CH
2
= CH - C
6
H
5
to,p,xt
8 ptpư . 0,25đ = 2 điểm
Câu IV: ( 4 điểm)
Đốt cháy hoàn toàn 11,7 gam chất hữu cơ X rồi dẫn hỗn hợp sản phẩm qua bình đựng dung dịch Ca(OH)
2
. Sau khi phản
ứng kết thúc, thấy xuất hiện 40 gam kết tuả. Lọc bỏ kết tuả, cân lại bình thấy khối lượng bình tăng 7,7 gam. Đun nước lọc
trong bình thấy xuất hiện thêm 25 gam kết tuả nữa.
1. Tìm CTPT của X biết 35 < d
X/H2
< 40.
2. Cho toàn bộ lượng X ở trên tác dụng hoàn toàn với dung dịch [Ag(NH
3
)
2
]OH thu được 43,8 gam kết tuả.
Xác định CTCT có thể có của X.

3. Chất hữu cơ Y mạch hở có công thức đơn giản trùng với công thức đơn giản của X. Lấy cùng khối lượng
của X và Y đem phản ứng với Br
2
dư thì lượng brom phản ứng với Y gấp 1,125 lần so với lượng brom phản
ứng với X. Xác định CTCT của Y
Giải:
1. ( 2 điểm) Các ptpư:
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
+ H
2
O (1)
CO
2
+ CaCO
3
+ H
2
O → Ca(HCO
3
)
2
(2)
Ca(HCO
3
)

2
→ CO
2
+ CaCO
3
+ H
2
O (3)
Số mol CO
2
= số mol CaCO
3
(1) + 2 số mol CaCO
3
(3) = 0,9 mol ( 0,5 điểm)
Lọc bỏ kết tuả, khối lượng bình tăng 7,7 gam:
m
CO2
+ m
H2O
– 40 = 7,7
⇒
44. 0,9 + m
H2O
= 47,7
⇒
n
H2O
= 0,45 mol ( 0,5 điểm)
⇒

n
C
= 0,9 mol, n
H
= 0,9 mol
⇒
n
O ( X)
=
11,7 12.0,9 0,9
0
16
− −
=

⇒
chất X không chứa oxi, X là hiđrocacbon
n
C
: n
H
= 0,9 : 0,9 = 1: 1
⇒
CTĐG cuả X là CH
⇒
CTPT của X là (CH)
a
( 0,5 điểm)
70 < M
X

< 80
⇒
70 < 13 a < 80
⇒
5,38 < a < 6,15
⇒
a = 6
Vậy CTPT của X là C
6
H
6
( 0,5 điểm)
2. ( 1 điểm):
Số mol của X = 0,15 mol
Vì X tạo kết tuả với [Ag(NH
3
)
2
]OH nên X có liên kết 3 đầu mạch
Số mol kết tuả = số mol X = 0,15
⇒
M
kt
= 43,8 : 0,15 = 292
Đặt CTPT của kết tuả là C
6
H
6- x
Ag
x

⇒
M = 78 + 107 x = 292
⇒
x = 2
⇒
X có 2 liên kết ba đầu mạch ( 0,5 điểm)
Vậy CTCT của X là : CH ≡ C – CH
2
- CH
2
– C ≡ CH hoặc CH ≡ C – CH(CH
3
) – C ≡ CH ( 0,5 điểm)
3. ( 1 điểm):
Đặt CTPT của Y là (CH)
m

Số liên kết π của Y =
2 2 2
2 2
m m m+ − +
=
Lấy khối lượng của X và Y là 78
⇒
số mol cuả X = 1 mol; số mol của Y =
78
13m
Ptpư :
C
6

H
6
+ 4Br
2
→ C
6
H
6
Br
4
1mol → 4 mol
(CH)
m
+
2
2
m +
Br
2
→ C
m
H
m
Br
m +2

78
13m
→
78

13m
. (
2
2
m +
) mol ( 0,5 điểm)
Theo bài ra :
78
13m
. (
2
2
m +
) = 1,125. 4 = 4,5
⇒
m = 4
CTPT của Y là C
4
H
4
, CTCT của Y : CH ≡ C – CH= CH
2
( 0,5 điểm)