DA NANG - PHAN CHU TRINH - DAP AN HOA 11

ĐÁP ÁN CỦA ĐỀ OLIMPIC - KHỐI 11
Câu1 (4 điểm)
1.1 Cho phản ứng: CO
2 (khí)

 →
CO
(khí)
+
2
1
O
2

(khí)
Và các dữ kiện:
Chất O
2
CO
2
CO
0
298
G
∆
(KJ.mol
-1
)
-393,51 -110,52
0
298

S
∆
(J
0
K
-1
.mol
-1
)
205,03 213,64 -197,91

1.1.1 Ở điều kiện chuẩn (25
0
C) phản ứng trên có xảy ra được không?
1.1.2 Nếu có
H
∆
và
S
∆
không phụ thuộc vào nhiệt độ. Hãy cho biết ở nhiệt độ nào
phản ứng trên có thể xảy ra?
1.2 Hãy so sánh độ tan của SO
2
trong dung dịch nước có cùng nồng độ của các chất sau:
a. NaCl b. HCl c. NH
4
Cl d. Na
2
S

1.3 Dẫn từ từ SO
2
qua1 lít dung dịch Ca(OH)
2
(dung dịch A), sau phản ứng thu được dung dịch
có pH = 12 và có kết tủa tạo thành. Lọc kết tủa rồi làm khô, cân nặng được 1,200 gam.
1.3.1 Tính thể tích của SO
2
ở 27,3
0
C, 1 atm đã tan trong dung dịch A.
1.3.2 Tính nồng độ mol/L của Ca(OH)
2
trong dung dịch A.
(Giả sử thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể, coi Ca(OH)
2
điện li hoàn toàn cả 2 nấc)
0,25
1.1.1 ∆H
0
pư
= ∆H
0
co
- ∆H
0
co
2
= 282,99 kJ
0.25

∆S
0
pư
= S
0
co
+
2
1
S- S = 86,785 J.
0
K
-1
0.25
→ ∆G = ∆H - T∆S = 282,99.10
3
- 298.86,785
= 257128 J > 0
0.25
Vậy ở ĐKC (25
0
) phản ứng này không xảy ra vì ∆G
0
> 0
1.1.2 Muốn phản ứng xảy ra phải có:
0.25
∆G = ∆H - T∆S < 0 → T >
0.25
Nếu chấp nhận ∆H, ∆S không phụ thuộc vào nhiệt độ thì phản ứng xảy ra khi:
T > ≈ 3216

0
K
1.2.(1,5đ) Khi SO
2
tan vào nước ta có các cân bằng:
0.25
SO
2(K)
+ H
2
O ⇋ HS
−
3
O
+ H
+
(1)
HSO ⇋ SO + H
+
(2)
0.25 a. NaCl (PH=7) nên không ảnh hưởng đến (1) (2), do đó độ tan của SO
2
trong
dung dịch NaCl tương tự như trong nước.
b. HCl: HCl → H
+
+ Cl
−
0.25
[H

+
] tăng → cân bằng (1) (2) chuyển dịch sang trái, do đó độ tan của SO
2
giảm mạnh.
c. NH
4
Cl NH
4
→ NH + Cl
−
0.25 NH ⇋ NH
3
+ H
+
(Hay : NH + H
2
O ⇋ NH
3
+ H
3
O
+
)
NH
+
là axit yếu nên [H
+
] tăng ít → cân bằng (1) (2) chuyển dịch sang trái không
đáng kể nên độ tan của SO
2

giảm ít.
d. Na
2
S: Na
2
S → 2Na
+
+ S
2
−
1
0.25
S
2
−
+ H
2
O ⇋ HS
−
+ OH
−
HS
−
+ H
2
O ⇋ H
2
S + OH
−
Ion S

2
−
là một bazơ nhận H
+
làm cho cân bằng (1) (2) chuyển dịch sang phải, mặt
khác dung dung dịch có phản ứng:
SO
2
+ 2H
2
S → 3S ↓ + 2H
2
O
do đó độ tan của SO
2
tăng
0.25
⇒ Kết quả: S
(SO
2
)/Na
2
S
> S
(SO
2
)/NaCl
> S
(SO
2

)/NH4Cl
> S
(SO
2
)/HCl
1.3.1. Dung dịch sau phản ứng có pH = 12 → bazơ pOH = 2 → [OH] = 0,01M
0.25
→ n
OH
= 0,01mol
0.25
SO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaSO
3
↓ + H
2
O (1)
0,01 0,01 0,01
n
CaSO
3
= = 0,01 mol
0.25
(1) → n
SO
2
= 0,010 mol → V

SO
2
=
→ V
SO
2
= 0,246 lít.
0.25
1.3.2 (1) → n
Ca(OH)
2
(pư)
= 0,01 mol
n
Ca(OH)
2
(dư)
= n
OH
= 0,005 mol
→ n
Ca(OH)
2
(ddA)
= 0,015 mol
→ C
M(Ca(OH)
2

= 0,015 mol/l

Câu 2 (4 điểm)
2.1 Đánh giá khả năng hoà tan của HgS trong các dung dịch sau:
2.1.1 Dung dịch HNO
3
2.1.2 Nước cường toan
(Cho:
0
/
3
NONO
E
−
=
0
1
E
= 0,96 v;
0
/
2
SHS
E
=
0
2
E
= 0,141 v; H
2
S có pK
1

= 7,02 và pK
2
= 12,92;
phức
−
2
4
HgCl
có
4
log
β
=14,92 và pT
HgS
= 51,8)
2.2 Một dung dịch X có chứa 5,4 gam Al
3+
; 37,2 gam
−
3
NO
, x mol
−
2
4
SO
và 0,2 mol R
n+
.
2.2.1 Xác định x và cation R

n+
. Biết tổng khối lượng của muối trong dung dịch X là 82,6
gam
2.2.2 Bằng phương pháp hoá học, hãy nhận biết các ion trong dung dịch X..
0,25
2.1.1. Trong HNO
3
(1,5đ)
3 x  HgS ⇋ Hg
2+
+ S
2
−
T = 10
−
51,8
HNO
3
→ H
+
+ NO
0,25
3 x  H
+
+ S
2
−
⇋ HS
−
K = 10

1
2,92
3 x  H
+
+ HS
−
⇋ H
2
S K= 10
7,02
0,25
3 x  H
2
S - 2e ⇋ S + 2H
+
K
'
2
-1
= 10
−
2E/0,059
2 x  NO + 4H
+
+ 3e ⇋ NO + 2H
2
O K
'
1
-1

= 10
3
E/0,059
0,25 3HgS + 2NO + 8H
+
⇋ 3Hg
2+
+ 3S + 2NO + 4H
2
O (1) K
K = T
3
. K . K . K
'
1
2
. K
'
2
-3
2
0,25 lgK = 3lgT - 3lgK
2
- 3lgK
1
- 3lgK'
2
+ 2lgK'
1
lgK = -3.51,8 + 3.12,92 + 3.7 + 6.

059,0
)141,096,0(
−
= -12,25
0,25
⇒ K = 10
-1
2,25
, K rất bé ⇒ HgS tan rất ít trong HNO
3
0,25 2.1.2 . Trong nước cường toan: (1đ)
Ngoài cân bằng (1) còn có thêm cân bằng tạo phức giữa ion Hg
2+
với ion Cl
−
3HgS + 2NO + 8H
+
⇋ 3Hg
2+
+ 3S + 2NO + 4H
2
O K = 10
-12,25
3 x  Hg
2+
+ 4Cl
−
⇋ HgCl
4
β

= 10
14,92
0,25
3HgS + 2NO + 8H
+
+ 12Cl
−
⇋ 3HgCl + 3S + 2NO + 4H
2
O (2) K
’
0,25
lgK' = lgK + 3lg
β
4
→ lgK' = -12,25 + 3.14,92 = 32,51
0,25
→ K' = 10
32,51
; K' lớn nên HgS tan mạnh trong nước cường toan.
0,25
2.2.1 n
+
3
Al

= = 0,2mol, n
−
3
NO

= = 0,6 mol
Theo ĐLBTĐT và ĐLBTKL ta có:
0,2.3 + 0,2.n = 0,6 .1 + 2x → x = 0,1n
5,4 + 37,2 + 96x + 0,2.M
R
n+
= 82,6 → M
R
n+
= (2)
0,25
Từ (1) (2) → M
R
n+
= 200 - 48n
n 1 2 3
M
R
n+
152 104 56

0,25
n = 3 → x = 0,3 và R
n+
là cation Fe
3+
0,25
2.2.2 Dùng dung dịch chứa Ba
2+
→ nhận dược SO: có ↓ trắng không tan trong axit

mạnh
Ba
2+
+ SO → BaSO
4
↓
Dùng dung dịch chứa OH
−
→ nhận được Fe
3+
: có ↓ đỏ nâu
Fe
3+
+ 3OH
−
→ Fe(OH)
3
↓đỏ nâu
0,25
Có ↓ trắng rồi tan trong OH
−
dư: có ion Al
3
+
Al
3+
+ 3OH
−
→ Al(OH)
3

↓
Al(OH)
3
+ OH
−
→ [Al(OH)
4
]
−
0,25 Dùng hỗn hợp (Cu + dd H
2
SO
4
): có khí không màu thoát ra, hoá nâu trong không khí
→ trong dd A có ion NO.
3Cu + 8H
+
+ 2NO→ 3Cu
2+
+ 2NO↑ + 4H
2
O
2NO + O
2
→ 2NO
2
↑( nâu)
Câu 3 (4 điểm)
3.1 Xác định các chất A, B, A
1

, B
1
, dung dịch A
2
và hoàn thành các phương trình phản ứng theo
sơ đồ sau:
3
Thích hợp
+ (NaNO
3
+ ddNaOH)
(1)
Al
A

B
+ CuO, t
0
+ CuO, t
0
A
1
B
1
+ dd FeCl
3
+ (O
2
+ H
2

O)
+ A, xt, t
0
+ CO
2
, p, t
0
B
ddA
2
?
?
(2)
(3)
(4)
(5)
(6) (7)
3.2 Hổn hợp X gồm một kim loại R và muối cacbonat của nó (có tỉ lệ mol tương ứng là 2:1).
Hoà tan hoàn toàn 68,4 gam hổn hợp X trong dung dịch HNO
3
thấy thoát ra hổn hợp khí Y gồm
NO và CO
2
. Cho hổn hợp khí Y qua dung dịch KMnO
4
1M đến mất màu thì hết 420 ml dung
dịch KMnO
4
, khí còn lại cho qua dung dịch Ca(OH)
2

dư thấy xuất hiện m gam kết tủa đồng thời
khối lượng dung dịch giảm đi 16,8 gam.
3.2.1 Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn.
3.2.2 Xác định công thức muối cacbonat của R và tính thành phần % theo khối lượng
mỗi chất trong hổn hợp X.
0,25
3.1. 2Al + 6H
2
O + 2NaOH → 2Na[Al(OH)
4
] + H
2
↑
8Al + 3NaNO
3
+ 5NaOH + 18H
2
O → 8Na[Al(OH)
4
] + 3NH
3
↑
10 Al + 3NaNO
3
+ 7NaOH + 24H
2
O→ 10Na[Al(OH
4
)] + 3H
2

↑+ 3NH
3
↑ (1)
(A) (B)
0,25
H
2
+ CuO → Cu + H
2
O (2)
(A) (A
1
)
Cu + 2FeCl
3
→ 2FeCl
2
+ CuCl
2
(3)
(A
1
) (A
2
)
0,25
2FeCl
2
+ O
2

+ H
2
O → 2Fe(OH)Cl
2
(4)
(A
2
)
2NH
3
+ 2CuO → N
2
↑ + 2Cu + 3H
2
O (5)
(B) (B
1
)
0,25
N
2
+ 3H
2
⇋ 2NH
3
↑ (6)
(B
1
) (B)
2NH

3
+ CO
2
→ (NH
2
)
2
CO + H
2
O (7)
0,25 3.2.
3.2.1. TH1: R là kim loại có hoá trị biến dổi:
3R
x
(CO
3
)y + (4nx - 2y)H
+
+ (nx - 2y) NO → 3x R
n+
+ 3y CO
2
↑
(amol) + (nx - 2y)NO↑ + (2nx - y)H
2
O (1)
0,25
3R + 4n H
+
+ nNO → 3R

n+
+ nNO↑ + 2nH
2
O (2)
(2amol)
0,25
10NO + 6MnO + 8H
+
→ 10NO + 6Mn
2+
+ 4H
2
O (3)
0,25
CO
2
+ Ca
2+
+ 2OH
−
→ CaCO
3
↓ + H
2
O (4)
t(mol) t (mol)
0,25
3.2.2. Theo gt: n
R
: n

muối
= 2 : 1 → n
R
= 2a, n
Rx(CO
3
)y
: amol
n
KMnO
4
= 0,42.1 = 0,42 mol → Từ (3) → n
NO
= 0,7 mol.
m
ddgiảm
= mCaCO
3
- mCO
2
⇒ 100t - 44t = 56t = 16,8 (g)
0,25
→ n
CO
2
= t = = 0,3mol
0,25
Từ (1) → n
CO
2

= ay → ay = 0,3 (I)
4
x
+
,
p
Từ (1) (2) → n
NO
= a + = 0,7 (II)
m
hhX
= a(xM
R
+ 60y) + 2aM
R
= 68,4 (III)
Từ (I) (II): a = (*) (IV)
(I) (III): a = (**)
0,25 Từ (IV) ta có: M
R
=
(Hoặc HS chỉ cần trình bày từ (I) (II) (III) ta có: M
R
=
7,2
4,50 n
)
n 1 2 3
M
R

18,7 37,3 56
Vậy R là Fe
0,25
Thế n = 3 vào (*) (IV) → a =
(I) → a = ⇒ =
Từ dd tạo muối Fe
3+
nên x = 1, y = 1 là nghiệm hợp lý
⇒ CTP muối là FeCO
3

(HS lập luận muối cacbonat tham gia ⇒ đó là FeCO
3
→ 0,25đ)
0,25 * Tính % m
Fe
và % m
FeCO
3
trong X
y = 1 → a = 0,3
%m
Fe
= .100 = 50,88
%m
FeCO3
= .100 = 49,12
0,25 Trường hợp 2: R là kim loại có hoá trị không biến đổi.
R
x

(CO
3
)
y
+ 2yH
+
→ x
+
x
y
R
2
+ yCO
2
+ yH
2
O (1)
3R +
x
y8
H
+
+
x
y2
NO → 3
+
x
y
R

2
+ NO↑ + H
2
O
0,25
1) → n
CO2
= ay = 0,3 → a = → x = (lẻ) → loại (do x, y: nguyên dương)
(2) → n
NO
= = 0,7.
Câu 4: (4điểm)
4.1. Cho 4 hợp chất: but-1-in; 3,3-dimetyl but -1-in; etyl bromua và tert butyl bromua.
Dùng phản ứng thế của ankin đầu mạch với NaNH
2
trong NH
3
lỏng, hãy chọn những hợp chất
thích hợp từ các hợp chất cho trên để điều chế ra 2,2-dimetyl hex-3-in. Giải thích bằng phương
trình phản ứng?
4.2. Đun nóng neopentyl iotua trong axit fomic (là dung môi có khả năng ion hóa cao), phản
ứng chậm tạo thành sản phẩm chính là 2-metyl but-2-en. Hãy trình bày cơ chế phản ứng.
4.3. Hidro hoá một chất X (C
7
H
10
) không quang hoạt thu được chất Y (C
7
H
16

) cũng không
quang hoạt có tỉ lệ tổng số nguyên tử H trên cacbon bậc hai với tổng số nguyên tử H trên
cacbon bậc một là 2:3. X tác dụng được với dung dịch AgNO
3
trong NH
3
tạo kết tủa và tác
dụng với H
2
có xúc tác là Pd/PbCO
3
tạo ra Z. Andehyt oxalic là một trong các sản phẩm được
tạo thành khi ozon phân Z. Xác định công thức cấu tạo X, Y, Z. Viết phương trình phản ứng.
5
Thích hợp