Đề thi olimlic 30-4 ( HÓA 11)

KỲ THI OLYMPIC TRÙN THỚNG 30/4
LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỚ H́
ĐỀ THI MƠN HĨA 11
Thời gian làm bài 180 phút
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Chú ý: Mỡi câu hỏi thí sinh làm trên 01 tờ giấy riêng biệt
I.3(1đ) So sánh và giải thích ngắn gọn độ phân cực (momen lưỡng cực) của các chất sau: NF
3
, BF
3
.
Câu II (4đ)
II.1(1,5đ) Viết phương trình phản ứng và xác định thành phần giới hạn của hỗn hợp khi trộn H
2
SO
4
C
1
M với Na
3
PO
4
C
2
M trong trường hợp sau: 2C
1
> C
2
> C
1

II.2(0,5đ) Tính pH của dung dịch H
3
PO
4
0,1M
II.3(1đ) Cần cho vào 100ml dung dịch H
3
PO
4
0,1M bao nhiêu gam NaOH để thu được dung dịch có
pH= 4,72.
Cho: H
2
SO
4
: pK
a2
= 2 ; H
3
PO
4
: pK
a1
= 2,23 , pK
a2
= 7,21 , pK
a3
= 12,32
II.4(1đ)Cho biết chiều hướng của phản ứng oxi hóa - khử:
2FeF

3
+ 2I
-
2Fe
2+
+ I
2
+ 6F
-
Biết : E
o
Fe
3+
/Fe
2+
= 0,77V E
o
I
2
/2I
-
= 0,54V
Q trình : Fe
+3
+ 3F
-
 FeF
3
β = 10
12,06

(Bỏ qua q trình tạo phức hiđroxo của Fe
3+
, Fe
2+
)
Câu III (4đ)
III.1(2đ) Khi hòa tan SO
2
vào nước có các cân bằng sau :
SO
2
+ H
2
O  H
2
SO
3

(1)
H
2
SO
3
 H
+
+ HSO
3
-
(2)
HSO

3
-
 H
+
+ SO
3
2-
(3)
Hãy cho biết nồng độ cân bằng của SO
2
thay đổi thế nào ở mỗi trường hợp sau (có giải thích).
1.1 Đun nóng dung dịch
1.2 Thêm dung dịch HCl
1.3 Thêm dung dịch NaOH
1.4 Thêm dung dịch KMnO
4
Câu I (4 đ)
I.1(1,5đ) Đối với phản ứng : A
k1
k2
→
¬ 
B
Các hằng số tốc độ k
1
= 300 giây
-1
; k
2
= 100 giây

-1
. Ở thời điểm t = 0 chỉ có chất A và khơng có chất B .
Hỏi trong bao lâu thì một nửa lượng ban đầu chất A biến thành chất B?
I.2(1,5đ) Cho 2 cặp oxi hoá khử : Cu
2+
/ Cu
+

0
1
0,15E V=
I
2
/ 2I
-

0
2
0,62E V=
2.1.Viết các phương trình phản ứng oxi hoá khử và phương trình Nernst tương ứng. Ở điều
kiện chuẩn có thể xảy ra sự oxi hoá I
-
bằng ion Cu
2+
?
2.2. Khi đổ dung dòch KI vào dung dòch Cu
2+
thấy có phản ứng
Cu
2+

+ 2I
-
CuI↓ +
1
2
I
2
Hãy xác đònh hằng số cân bằng của phản ứng trên . Biết tích số tan T của CuI là 10
-12

III.2(2đ) Cho m
1
gam hỗn hợp gồm Mg, Al vào m
2
gam dung dịch HNO
3
24%. Sau khi các kim loại
tan hết có 8,96 lít (ở đktc) hỗn hợp khí X gồm NO, N
2
O, N
2
bay ra (ở đktc) và dung dịch A. Thêm một
lượng vừa đủ O
2
vào X, sau phản ứng thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn Y từ từ qua dung dịch NaOH dư có
4,48 lít hỗn hợp khí Z đi ra (ở đktc). Tỷ khối của Z đối với H
2
bằng 20. Nếu cho dung dịch NaOH vào A
để được lượng kết tủa lớn nhất thu được 62,2 gam kết tủa.
Tính m

1
, m
2
. Biết lượng HNO
3
lấy dư 20% so với lượng cần thiết.
Cho Mg = 24; Al = 27; N = 14; Na = 23; O =16; H = 1.
Câu IV (4đ)
IV.1(1,5đ) Hợp chất hữu cơ X có cấu tạo không vòng, có công thức phân tử C
4
H
7
Cl và có cấu
hình E. Cho X tác dụng với dung dòch NaOH trong điều kiện đun nóng thu được hỗn hợp sản phẩm bền
có cùng công thức C
4
H
8
O . Xác đònh cấu trúc có thể có của X.
IV.2 (1đ) Cho buten – 2 vào dd gồm HBr , C
2
H
5
OH hoà tan trong nước thu được các chất hữu cơ
gì ? Trình bày cơ chế phản ứng tạo thành các chất trên .
IV.3(1,5đ) Phân tích 1 terpen A có trong tinh dầu chanh thu được kết quả sau: C chiếm 88,235% về
khối lượng, khối lượng phân tử của A là 136 (đvC)
A có khả năng làm mất màu dd Br
2
, tác dụng với Br

2
theo tỉ lệ mol 1:2, khơng tác dụng với
AgNO
3
/NH
3
. Ozon phân hồn tồn A tạo ra 2 sản phẩm hữu cơ : anđehitfomic và 3-axetyl-6-on heptanal.
Xác định cơng thức cấu tạo của A. Xác định số đồng phân lập thể (nếu có).
Cho C = 12; H = 1.
Câu V (4đ)
V.1(2đ) Từ các chất ban đầu có số ngun tử cacbon ≤ 3, viết các phương trình phản ứng (ghi rõ điều
kiện nếu có) điều chế: Axit xiclobutancacboxylic và Xiclopentanon .
V.2(2đ)
Từ dẫn xuất halogen có thể điều chế được axit cacboxylic theo sơ đồ sau :
RX
 →
+
).( khaneteMg
RMgX
 →
+
).(
2
khaneteCO
R-COOMgX
2
MgX
HX
−
+

R-COOH
Dựa theo sơ đồ trên từ metan hãy viết phương trình phản ứng điều chế:Axit metyl malonic
...............................Hết................................
ĐÁP ÁN
Câu 1(4 đ) :
I.1. A
k1
k2
→
¬ 
B
t = 0 a 0
t
2
a

2
a

Áp dụng cơng thức đã cho :
e
1 2
e
x
1
k k ln
t x x
+ =
−
Ở đây nồng độ lúc cân bằng x

e
được xác định thơng qua hằng số cân bằng K :

[ ]
[ ]
e
e
B
x
K
A a-x
= =
Sau khi biến đổi ta được :
K1
aK
x
e
+
=
và
e
aK-x(1+K)
x x
1 K
− =
+

Cuối cùng
Kx-x-aK
aK

lg
t
303,2
kk
21
=+
Vì
2
a
x
=

Nên
2
a
K-
2
a
-aK
aK
lg
t
303,2
kk
21
=+

K-1-2K
2K
lg

t
303,2
=

1-K
2K
lg
t
303,2
=
Vì K = k
1
/ k
2

Nên
21
1
21
k-k
2k
lg
kk
303,2
t
+
=

giây10.7,2
100-300

300 . 2
lg
100003
303,2
3
−
=
+
=

I.2
2.1. Xét 2 cặp oxi hoá khử :
Cu
2+
+ e Cu
+
2
0
1 1
0,059lg
Cu
E E
Cu
+
+
 
 
= +
 
 

I
2
+ 2e 2I
-

[ ]
2
0
2 2
2
0,059
lg
2
I
E E
I
−
= +
 
 
0 0
1 2
E E
〈
: Không thể có phản ứng giữa Cu
2+
và I
-
được.
2.2. Giả sử đổ dung dòch KI vào dung dòch chứa Cu

2+
và một ít Cu
+
. Vì CuI rất
ít tan nên [Cu
+
] rất nhỏ, do đó E
1
có thể lớn hơn E
2
.
Như vậy ta có : Cu
2+
+ e Cu
+
I
-
+ Cu
+
CuI
↓
1
2
I
2
+ e I
-
Phản ứng oxi hoá khử tổng quát là :
Cu
2+

+ 2I
-
CuI
↓
+
1
2
I
2
(1)
Lúc cân bằng ta có:
2
1
0,15 0,059lg
[ ]
Cu
E
T
I
+
−
 
 
= +
=
[ ]
2
2
2
0,059

0,62 lg
2
I
E
I
−
= +
 
 
⇔
0,62 – 0,15
[ ]
2
2
1
2
2
1
0,059lg 0,059lg
.
Cu I
T K
T I
+ −
   
   
= =
⇒
0,62 0,15
4

0,059
1
.10 10
− +
= =
K
T

0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5đ
B
F
F
F
Ph©n tư d¹ng tam gi¸c ®Ịu
C¸c vect¬ momen l­ìng cùc
cđa c¸c liªn kÕt triƯt tiªu lÉn
nhau(tỉng b»ng kh«ng) ph©n
tư kh«ng ph©n cùc.
N
F
F
F
C¸c vect¬ momen l­ìng cùc
cđa c¸c liªn kÕt vµ cỈp
electron kh«ng liªn kÕt ng­ỵc

chiỊu nªn momen l­ìng cùc
cđa ph©n tưbÐ h¬n NH
3
.


Câu 2 (4 đ):
II.1
2C
1
> C
2
> C
1
H
+

+ PO
4
3-
 HPO
4
2-

32,121
a3
10K
=
−
C

1
C
2

/ C
2
– C
1
C
1
0,25đ

4
HSO
−

+
−
3
4
PO



−
2
4
SO

+

2
4
HPO
−

K
1
= 10
10,32
C
1
C
2
– C
1
C
1
2C
1
– C
2
/ C
2
– C
1
C
2
0,25đ

−
4
HSO

+
2
4
HPO
−



−
2
4
SO

+

2 4
H PO
−

K
2
= 10
5,26
2C
1

– C
2
C
2
C
2
- C
1
/ 2(C
2
– C
1
)

C
1
2C
1
– C
2
0,5đ
Vậy TPGH :
−
2
4
HPO

:

2(C

2
– C
1
) ;
−
42
POH

: 2C
1
– C
2
;
−
2
4
SO

:

C
1
; Na
+
: 3C
1
0,5đ
II.2. H
3
PO

4
H
+
+ H
2
PO
4
-
(1) K
1
= 10
-2,23

H
2
PO
4
-
H
+
+ HPO
4
2-
(2) K
2
= 10
-7,21

HPO
4

2-
H
+
+ PO
4
3-
(3) K
3
= 10
-12,32
H
2
O H
+
+ OH
-
(4) K
w
K
3
<< K
2
<< K
1
⇒ chủ yếu xảy ra cân bằng (1)
H
3
PO
4
H

+
+ H
2
PO
4
-
K
1
= 10
-2,23

C(M) 0,1
[ ](M) 0,1 – x x x
= 10
-2,23
⇒ x
2
+ 10
-2,23
x – 10
-3,23
= 0
⇒ x = 0,0215 (M)
⇒ pH = 1,66 0,5đ
II.3. NaOH + H
3
PO
4
= NaH
2

PO
4
+ H
2
O
NaOH + NaH
2
PO
4
= Na
2
HPO
4
+ H
2
O
NaOH + Na
2
HPO
4
= Na
3
PO
4
+ H
2
O
Trung hòa nấc 1:
pH
1

= = = 4,72 0,5đ
⇒ trong dung dịch thu được có pH = 4,72 chỉ chứa NaH
2
PO
4
.
n
H3PO4
= 0,1 x 0,1 = 0,01 (mol)
⇒ n
NaOH
= 0,01 (mol)
m
NaOH
= 0,01 x 40 = 0,4(g) 0,5đ
II.4. Ta có các quá trình :
FeF
3
 Fe
3+
+ 3F
-
β
-1
= 10
-12,06
Fe
3+
+1e  Fe
3+

K
1
= 10
E1/ 0,059
FeF
3
+1e  Fe
2+
+ 3F
-
(1)

K
2
= 10
-12,06 + 0,77/ 0,059
= 10
0,99
0,25đ
Mặt khác : I
2
+ 2e  2I
-
(2) K
3
= 10
(0,54/ 0,059)2
= 10
18,3051

0,25đ
Tổ hợp (1) và (2): 2FeF
3
+ 2I
-
 2Fe
2+
+ I
2
+ 6F
-
Với K = K
2
2
.K
3
-1
= 10
-17,325

0,25đ
* Kết luận : K quá bé nên phản ứng không thể xảy ra theo chiều thuận, mà chỉ xảy ra theo chiều nghịch.
0,25đ
.
Câu 3( 4 đ)
III.1. SO
2
+ H
2
O  H

2
SO
3

(1)
H
2
SO
3
 H
+
+ HSO
3
-
(2)
HSO
3
-
 H
+
+ SO
3
2-
(3)
1.1. Khi đun nóng khí SO
2
thoát ra nên nồng độ SO
2
tan giảm 0,25
1.2. Thêm dung dịch HCl : Kết hợp cân bằng (1) và (2) cho thấy nồng độ

cân bằng SO
2
tăng
0,25
1.3. Thêm dung dịch NaOH có phản ứng
NaOH + SO
2

→
NaHSO
3
Hay 2NaOH + SO
2

→
Na
2
SO
3
+ H
2
O
0,25
Vậy nồng độ cân bằng SO
2
giảm 0,5
1.4. Thêm dung dịch KMnO
4
: có phản ứng oxi hóa khử sau :
5SO

2
+ 2KMnO
4
+ 2H
2
O
→
K
2
SO
4
+ 2MnSO
4
+ 2H
2
SO
4
Nên nồng độ cân bằng SO
2
giảm
0,25
0,5
III.2.
Số mol của hỗn hợp X: n
X
= 8,96/22,4 = 0,4 mol
Khi cho O
2
vào hỗn hợp X có : 2NO + O
2

= 2NO
2
⇒ n
X
= n
y
2NO
2
+ 2NaOH = NaNO
3
+ NaNO
2
+ H
2
O
→ n
z
=n
N
2
O
+n
N
2
= 44,8/22,4 = 0,2 mol → n
NO
= 0,2
M
Z
= 2.20 = 40 =

0,2
28.44.n
22
ON N
n
+
→ n
N
2
O
= 0,15 mol ; n
N
2
= 0,05 mol 0,5đ
Khi kim loại phản ứng ta có quá trình nhường e:
Mg –2e = Mg
2
x mol n
e (mất)
= (2x + 3y) mol 0,25đ
Al – 3e = Al
3+

y mol
Khi HNO
3
phản ứng ta có quá trình nhận e :
N
+5
+ 3e =N

+2
(NO)
0,2 mol 0,2 mol
2N
+5
+ 8e = 2 N
+
(N
2
O) n
e(nhận)
= 0,2.3+0,15.8+0,05.10 = 2,3 mol 0,25đ
0,3 0,15mol
2N
+5
+10e = N
2

0,1 0,05 mol
Mg
2+
+ 2OH
-
=Mg(OH)
2
↓