OLYMPIC HÓA 11 30 4 CÓ GIẢI CHI TIẾT

TUYỂN TẬP TÀI LIỆU HAY, BÀI TẬP, GIÁO TRÌNH, BÀI GIẢNG, ĐỀ THI
PHỔ THÔNG, ĐẠI HỌC, SAU ĐẠI HỌC
LUẬN VĂN-KHOÁ LUẬN-TIỂU LUẬN

OLYMPIC HÓA 11 30-4
CÓ GIẢI CHI TIẾT


KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỚNG 30/4
LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỚ HUẾ

ĐỀ THI MƠN HĨA HỌC 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
Câu I (4 đ)
k1

→
¬

 B
k2
-1
-1
Các hằng số tốc độ k1 = 300 giây ; k2 = 100 giây . 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?
E10 = 0,15V
I.2(1,5đ) Cho 2 cặp oxi hoá khử :
Cu2+/ Cu+

I.1(1,5đ) Đối với phản ứng :

A

E20 = 0, 62V
I2/ 2I2.1.
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 Cu2+ ?
2.2.
Khi đổ dung dòch KI vào dung dòch Cu2+ thấy có phản ứng
1
Cu2+ +
2ICuI ↓ + I2
2
Hãy xác đònh hằng số cân bằng của phản ứng trên . Biết tích số tan T của CuI là 10 -12
I.3(1đ) So sánh và giải thích ngắn gọn độ phân cực (momen lưỡng cực) của các chất sau: NF3, BF3.
Câu II (4đ)
II.1(1,5đ) Viết phương trình phản ứng và xác định thành phần giới hạn của hỡn hợp khi trộn H 2SO4
C1M với Na3PO4 C2M trong trường hợp sau: 2C1 > C2 > C1
II.2(0,5đ) Tính pH của dung dịch H3PO4 0,1M
II.3(1đ) Cần cho vào 100ml dung dịch H3PO4 0,1M bao nhiêu gam NaOH để thu được dung dịch có
pH= 4,72.
Cho: H2SO4 : pKa2 = 2 ; H3PO4 : pKa1 = 2,23 , pKa2 = 7,21 , pKa3 = 12,32
II.4(1đ)Cho biết chiều hướng của phản ứng oxi hóa - khử:
2FeF3
+ 2I2Fe2+ + I2 + 6FBiết : EoFe3+/Fe2+ = 0,77V
EoI2/2I- = 0,54V
+3
Q trình : Fe + 3F  FeF3
β = 1012,06 (Bỏ qua q trình tạo phức hiđroxo của Fe3+, Fe2+)

Câu III (4đ)
III.1(2đ) Khi hòa tan SO2 vào nước có các cân bằng sau :
SO2 + H2O  H2SO3 (1)
H2SO3  H+ + HSO3- (2)
HSO3-  H+ + SO32(3)
Hãy cho biết nồng độ cân bằng của SO2 thay đổi thế nào ở mỡi 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 KMnO4
III.2(2đ) Cho m1 gam hỡn hợp gồm Mg, Al vào m2 gam dung dịch HNO3 24%. Sau khi các kim loại
tan hết có 8,96 lít (ở đktc) hỡn hợp khí X gồm NO, N 2O, N2 bay ra (ở đktc) và dung dịch A. Thêm một
lượng vừa đủ O2 vào X, sau phản ứng thu được hỡn hợp khí Y. Dẫn Y từ từ qua dung dịch NaOH dư có 4,48
lít hỡn 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 m1, m2. Biết lượng HNO3 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 4H7Cl 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 C4H8O . Xác đònh cấu trúc có thể có của X.
IV.2 (1đ) Cho buten – 2 vào dd gồm HBr , C 2H5OH 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 Br2 , tác dụng với Br2 theo tỉ lệ mol 1:2, khơng tác dụng với
AgNO3/NH3. Ozon phân hoàn toàn 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 x́t halogen có thể điều chế được axit cacboxylic theo sơ đồ sau :
+ HX
CO2 ( ete. khan )
Mg ( ete. khan )
RX +
R-COOH
 → RMgX +
 → R-COOMgX
− MgX 2
Dựa theo sơ đồ trên từ metan hãy viết phương trình phản ứng điều chế:Axit metyl malonic
...............................Hết................................


KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4
LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỐ HUẾ

ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC 11
Thời gian làm bài 180 phút
PHẦN ĐÁP ÁN
Chú ý: Mỗi câu hỏi thí sinh làm trên 01 tờ giấy riêng biệt


Câu 1(4 đ) :
I.1.

k1

→
¬


k2

A
t=0

B

a
a
2

t

0
a
2

xe
1
k1 + k 2 = ln
t xe − x
Ở đây nồng độ lúc cân bằng xe được xác định thơng qua hằng số cân bằng K :
[ B] = x e
K =

[ A ] a-x e

Áp dụng cơng thức đã cho :

Câu 2 (4
đ):
II.1

aK
1+ K
aK-x(1+K)
xe − x =
và
1+ K
2,303
aK
a
k1 + k 2 =
lg
x=
Cuối cùng
Vì
t
aK - x - Kx
2
2,303
aK
k1 + k 2 =
lg
2,303

2K
2,303 2K
lg
=
lg
a
a =
Nên
t
aK - - K
t
2K - 1 - K
t
K -1
2
2
xe =

Sau khi biến đổi ta được :

Vì
Nên

K = k 1 / k2

t=

2k 1
2,303
lg

k1 + k 2 k1 - k 2

=

2,303
2 . 300
lg
= 2,7.10 −3 giây
300 + 100 300 - 100

I.2
2.1. Xét 2 cặp oxi hoá khử :
Cu
I2

2+

+

+ 2e

e

Cu 2+ 
E1 = E + 0, 059 lg
Cu + 
0
1

+

Cu
2I-

E2 = E20 +

2.2. Giả sử đổ dung dòch KI vào dung dòch chứa Cu2+ và một ít Cu+. Vì CuI
rất
ít tan nên [Cu+] rất nhỏ, do đó E1 có thể lớn hơn E2.
Như vậy ta có :
Cu2+ + e
Cu+
I+ Cu+
CuI ↓
1
I2 + e
I2
Phản ứng oxi hoá khử tổng quát là :
1
Cu2+ +
2ICuI ↓ + I2
(1)
2
Lúc cân bằng ta có:
F
Cu 2+ 
IB
[
0,
059

2]
E1 = 0,15 + 0, 059 lg
F
F
= E2 = 0, 62 + 2 lg − 2
T
 I tam gi¸c ®Ịu
Ph©n tư d¹ng
[I − ]
C¸c vect¬ momen l ìng cùc

0,25
0,5

0,25

cđa c¸c liªn kÕt triƯt tiªu lÉn
nhau(tỉng b»ng kh«ng) ph©n

Cu 2+   I −  tư kh«ng ph©n
1 cùc.
=
0,
059
lg
⇔ 0,62 – 0,15 = 0,059 lg
Các vectơ momen lưỡng cực12
Các vectơ
T .Kmomen lưỡng cực
T [ I2 ]

của cácF cặpN electron
khơng
của
các
liên kết triệt tiêu lẫn
F
−0,62 + 0,15
F
liên kết 0,059
ngược 4chiều nên
nhau nên momen lưỡng cực
⇒ K = 1 C¸c
momen
l ìng cùc
.10 vect¬
= 10của
momen
lưỡng
phân
tử
tổng bằng 0. phân tử khơng
cđa c¸c
liªn cực
kÕt vµ
cỈp
T electron kh«ng liªn kÕt ng ỵc
béyhơn
phân
chiỊu
3 momen l ìng cùc

Như vậ
vớ
i NH
Knªn
rấ
ttưbÐ
lớn,h¬n
phảNH
n ứ. ng (1) xảy ra
hoàcực.
n toàn.
cđa
ph©n
3

0,25

[I ]
0, 059
lg 2 2
2
 I − 

E10 〈 E20 : Không thể có phản ứng giữa Cu2+ và I- được.

2

0,25

0,5đ

H+ + PO43
C1
C2
/
C 2 – C1

2C1 > C2 > C1

−
4

HSO
C1
2C1 – C2

+

C2
2(C2 – C1)

C2 - C 1
C1

0,25đ

HPO 24−

K1 = 1010,32

C1
C2

C 2 – C1

2−
HSO −4 + HPO 4  SO 24 −

2C1 – C2
/

C1

PO 34−  SO 24 − +
C2 – C1
/

−1
K a3
= 1012,32

HPO42-

+

H 2 PO 4−

0,25đ
K2 = 105,26

2C1 – C2

2−
−
2−
Vậy TPGH : HPO 4 : 2(C2 – C1) ; H 2 PO 4 : 2C1 – C2 ; SO 4 : C1 ; Na+ : 3C1
II.2.
H3PO4
H+ + H2PO4- (1) K1 = 10-2,23
H2PO4
H+ + HPO42- (2) K2 = 10-7,21
HPO42H+ + PO43- (3) K3 = 10-12,32
H2O
H+ + OH(4) Kw
K3 << K2 << K1 ⇒ chủ yếu xảy ra cân bằng (1)
H3PO4
H+ + H2PO4- K1 = 10-2,23
C(M) 0,1
[ ](M) 0,1 – x
x
x
= 10-2,23 ⇒ x2 + 10-2,23 x – 10-3,23 = 0
⇒ x = 0,0215 (M)
⇒ pH = 1,66

NaOH + H3PO4 = NaH2PO4 + H2O
NaOH + NaH2PO4 = Na2HPO4 + H2O
NaOH + Na2HPO4 = Na3PO4 + H2O
Trung hòa nấc 1:

pH1 = = = 4,72
0,5đ
⇒ trong dung dịch thu được có pH = 4,72 chỉ chứa NaH2PO4.
nH3PO4 = 0,1 x 0,1 = 0,01 (mol)
⇒ nNaOH = 0,01 (mol)
mNaOH = 0,01 x 40 = 0,4(g)
II.4. Ta có các quá trình :
FeF3  Fe3+ + 3Fβ-1 = 10-12,06
Fe3+ +1e  Fe3+
K1 = 10E1/ 0,059
2+
FeF3 +1e  Fe + 3F (1) K2 = 10-12,06 + 0,77/ 0,059
= 10 0,99

0,5đ
0,5đ

0,5đ

II.3.

0,5đ

0,25đ

Mặt khác :
I2 + 2e  2I(2)
K3 = 10 (0,54/ 0,059)2 = 1018,3051
0,25đ
2+

Tổ hợp (1) và (2): 2FeF3 + 2I  2Fe + I2 + 6FVới K = K22.K3-1 = 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. SO2 + H2O  H2SO3 (1)
H2SO3  H+ + HSO3- (2)
HSO3-  H+ + SO32(3)
1.1. Khi đun nóng khí SO2 thoát ra nên nồng độ SO2 tan giảm
0,25
1.2. Thêm dung dịch HCl : Kết hợp cân bằng (1) và (2) cho thấy nồng độ
0,25


cân bằng SO2 tăng
1.3. Thêm dung dịch NaOH có phản ứng
NaOH + SO2 → NaHSO3
Hay 2NaOH + SO2 → Na 2SO3 + H2O
Vậy nồng độ cân bằng SO2 giảm
1.4. Thêm dung dịch KMnO4 : có phản ứng oxi hóa khử sau :
5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4
Nên nồng độ cân bằng SO2 giảm
III.2.

0,25
0,5
0,25
0,5

Số mol của hỗn hợp X: nX = 8,96/22,4 = 0,4 mol
Khi cho O2 vào hỗn hợp X có : 2NO
⇒ nX = ny
2NO2 + 2NaOH = NaNO3 +

+

O2

NaNO2

=

2NO2

+

H2O

→ nz=nN 2 O +nN 2 = 44,8/22,4 = 0,2 mol → nNO = 0,2
n N 2O .44 + n N 2 .28
MZ= 2.20 = 40 =
0,2
→ nN 2 O = 0,15 mol ; nN 2 = 0,05 mol
Khi kim loại phản ứng ta có quá trình nhường e:
Mg –2e = Mg2
x mol
ne (mất) = (2x + 3y) mol
Al – 3e = Al3+
y mol

Khi HNO3 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+ (N2O)
ne(nhận) = 0,2.3+0,15.8+0,05.10 = 2,3 mol
0,3
0,15mol
2N+5 +10e = N2
0,1
0,05 mol
Mg2+ + 2OH- =Mg(OH)2↓
x mol
3+
Al + 3OH = Al(OH)3 ↓
y mol
Ta có hệ PT : 2x +3y = 2,3
58x + 78y = 62,2
→ x = 0,4mol ; y = 0,5mol
→ m1 = 23,1 g
Và số mol HNO3 tham gia phản ứng là:
+5

0,5đ
0,25đ

0,25đ

0,25đ
0,25đ

+5

n HNO 3 = nN tạo khí+ nN tạo muối = 0,6 + 2,3 = 2,9 mol
+5
(nN tạo muối = ne trao đổi )
2,9.63.100.120
= 913,5 g
Vậy: m2 =
24.100
Câu 4:
IV.1. ÖÙng vôùi caáu hình E thì C4H7Cl coù 3 caáu truùc
CH3
CH3
C2H5
H
CH3
C=C
C=C
C=C

0,5đ

H
1,5đ


H

Cl

H

Cl

H

(1)
(2)
(3)
0
X + dung dịch NaOH , t c thu được hổn hợp sản phẩm bền
Vậy cấu trúc của X là : H3C
H
C = C
H
CH2Cl

CH2Cl

+

→ CH 3CH 2 C HCH 3
IV.2. CH3CH = CHCH3 + H
CH3CH2CHBrCH3
+

Br

0,25đ

0,25đ

+

+

H 2O
→ CH 3CH 2CH (OH )CH 3
CH 3CH 2 C HCH 3 
→ CH 3CH 2CH (CH 3 ) O H 2 
−H+

0,25đ

C2H5OH
+

CH 3CH 2CH (CH 3 ) O C2 H 5 
→ CH 3CH 2CH (CH 3 )OC2 H 5
−H+
H
0,25đ
IV.3. Xác định công thức cấu tạo của A. Xác định số đồng phân lập thể (nếu có)
Đặt A: CxHy
x : y = (88,235:12) : 11,765 = 10 : 16 ⇒ CT thực nghiệm (C10H16)n
MA = 136 ⇒ CTPT A : C10H16
(số lk π + số vòng = 3)
0,5đ
A tác dụng Br2 theo tỉ lệ mol 1:2 ⇒ A có 2 liên kết π và 1 vòng
A không tác dụng với AgNO3/NH3 ⇒ A không có nối ba đầu mạch

Ozon phân hoàn toàn A tạo ra 2 sản phẩm hữu cơ : anđehitfomic và 3-axetyl-6-on heptanal
⇒ CTCT A:
*
*

A có 1 C nên số đồng phân lập thể là 2
Câu 5 :

CH3

0,5đ
0,5đ


V.1.
+ CH2(COOH)2

CH2(COOC2H5)2

Br(CH2)3Br
C2H5O-

CH2
CH2

CH2

CH

0,5

COOC2H5

C
CH2

CH2

+

H3O
- CO2

C2H5OH

COOC2H5

0,5

COOH

CH2

0,5
+ BrCH2CH2Br

Zn

Br(CH2)4Br

Ca(OH)2

COO
Ca

KCN

to

NC(CH2)4CN

H2O

HOOC(CH2)4COOH

O

COO

Thí sinh có thể điều chế theo cách khác , vẫn cho điểm tối đa
V.2.
o
C ( l ln)
2CH4 1500

→ C2H2 + 3H2
C2H2 + 2 HCl → CH3-CHCl2
CH3-CHCl2 + 2Mg ete.
khan
→ CH3-CH(MgCl)2

CH3-CH(MgCl)2 + 2CO2 ete.
khan
→ CH3-CH(COOMgCl)2
CH3-CH(COOMgCl)2 + 2HCl → CH3-CH(COOH)2 + 2MgCl2

Sở Giáo Dục & Ðào Tạo
TP. HỒ CHÍ MINH
Trường PTTH Chuyên Lê
Hồng Phong

0,25
0,25
0,5
0,5
0,5

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4
LẦN VIII - NĂM 2002
MÔN HÓA HỌC KHỐI 11
Thời gian làm bài: 180 phút

0,5


Ghi chú : Thí sinh làm mỗi câu trên 1 hay nhiều tờ giấy riêng và ghi rõ câu số ...... ở
trang 1 của mỗi tờ giấy làm bài
Câu 1
Nguyên tử của nguyên tố A có bộ 4 số lượng tử của electron cuối (electron chót cùng)
là:
n= 2; l = 1; m = - 1; ms = - ½

a/ Viết cấu hình electron, xác định vị trí của A trong bảng hệ thống tuần hoàn?
b/ Viết công thức cấu tạo một dạng đơn chất của A có công thức phân tử là A3. Viết công
thức cấu tạo dạng đơn chất đó và cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm.
c/ Một dạng đơn chất khác của A có công thức phân tử là A2. Hãy giải thích tính thuận từ
của phân tử này?
Câu 2
1. Có cân bằng sau: N2O4 (k) = 2NO2 (k)
a/ Cho 18,4 gam N2O4 vào bình kín dung tích 5,904 lít ở 27°C. Lúc cân bằng, áp suất
của hỗn hợp khí trong bình là 1 atm. Tính áp suất riêng phần của NO 2 và N2O4 lúc cân
bằng?
b/ Nếu giảm áp suất của hệ lúc cân bằng xuống còn 0,5 atm thì áp suất riêng phần của
NO2 và N2O4 lúc này là bao nhiêu? Kết quả có phù hợp với nguyên lí Le Châtelier hay
không?
2. A là dung dịch HCl 0,2 M; B là dung dịch NaOH 0,2 M; C là dung dịch CH 3COOH 0,2
M (có hằng số axit Ka = 1,8 x 10 - 5). Các thí nghiệm sau đều thực hiện tại 25°C.
a/ Tính pH của mỗi dung dịch A, B, C.
b/ Tính pH của dung dịch X là dung dịch tạo thành khi trộn dung dịch B với dung dịch C
theo tỉ lệ thể tích 1:1
c/ Tính thể tích dung dịch B (theo mL) cần thêm vào 20 mL dung dịch A để thu được
dung dịch có pH = 10.
Câu 3
1. Muối nguyên chất Y màu trắng tan trong nước. Dung dịch Y không phản ứng với
H2SO4 loãng, nhưng phản ứng với HCl cho kết tủa trắng tan trong dung dịch NH 3. Nếu
sau đó axit hóa dung dịch tạo thành bằng HNO3 lại có kết tủa trắng xuất hiện trở lại. Cho
Cu vào dung dịch Y, thêm H2SO4 và đun nóng thì có khí màu nâu bay ra và xuất hiện kết
tủa đen.
Hãy cho biết tên của Y và viết các phản ứng xảy ra dưới dạng phương trình ion rút gọn.


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 HNO3 thấy đã có 44,1 gam HNO3 phản ứng, thu
được 0,75m (gam) rắn, dung dịch B và 5,6 lít hỗn hợp khí (điều kiện tiêu chuẩn) gồm
NO và NO2. Hỏi cô cạn dung dịch B thu được bao nhiêu gam muối khan?
3. Ðiện phân 1 lít dung dịch NaCl (D = 1,2 g/cm 3) chỉ thu được một chất khí ở điện cực.
Cô cạn dung dịch sau điện phân còn lại 125 gam chất rắn khan. Nhiệt phân chất rắn này
thấy khối lượng giảm 8 gam. Tính:
a/ Hiệu suất của quá trình điện phân?
b/ Nồng độ % và nồng độ mol/lít của dung dịch NaCl ban đầu?
c/ Khối lượng dung dịch còn lại sau điện phân?
Câu 4
Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ chuyển hóa sau:

Ở giai đoạn chuyển B2 thành B3, nếu có rất ít Br2, ngoài B3 người ta còn thu được một
lượng nhỏ ankan B4 khác. Hãy xác định B4 và giải thích sự tạo thành B4?
Câu 5
Ðốt cháy hoàn toàn một hidrocacbon A thu được CO2 và H2O theo tỉ lệ mol 9:4. Khi hóa
hơi 11,6 gam A thì thể tích hơi chiếm 2,24 lít (quy về điều kiện tiêu chuẩn). Mặt khác A có
thể tác dụng với dung dịch brom theo tỉ lệ mol 1:2. A cũng tạo kết tủa khi tác dụng với
dung dịch AgNO3/NH3. Khi oxi hóa A bằng dung dịch KMnO4 trong H2SO4 tạo được axit
thơm chứa 26,23% oxi về khối lượng.
a/ Hãy xác định công thức cấu tạo và gọi tên A?
b/ B là một đồng đẳng kế tiếp của A có hoạt tính quang học. Viết công thức cấu tạo và
gọi tên B?
(Cho: Cu = 64; Fe = 56; N = 14; O = 16; H =1; Na = 23; Cl = 35,5; C = 12)


HẾT


SỞ GD&ĐT BẾN TRE

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT BẾN TRE

NĂM HỌC 2005 - 2006

ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 11
Thời gian: 180 phút
Bài 1 :
Câu 1
1) Hợp chất Z tạo thành từ 3 nguyên tố A,B,X có M 2 < 120 . Tổng số hạt proton,
nơtron,electron trong các phân tử AB2 , XA2 , XB lần lượt là 66,96,81
a. Xác định trên các nguyên tố A,B,X và công thức hóa học của Z
b. Nguyên tố Y tạo với A hợp chất Z ’ gồm 7 nguyên tử trong phân tử và tổng số hạt
mang điện trong Z’ là 140 . Xác định Y và Z’
c. Viết công thức electron , công thức cấu tạo của các chất AB,AB 2, XA2,XB,ZZ’, YCl3 ,
Y2Cl6 ( Cl : Cl0 )
Câu 2
2) X là một hidrocacbon mạch hở trong phân tửchỉ có liên kết đơn hoặc liên kết đôi, phương
trình nhiệt hóa học của phản ứng cháy của X như sau :

Cn H 2n + 2 − k +

3n + 1 − k
O2 → nCO 2 + (n + 1 − k)O 2
2

∆H = − 1852 KJ

Trong đó n là số nguyên tử cácbon và K là số liên kết đôi C=C trong X
Xác định công thức cấu tạo của X biết rằng năng lượng các liên kết như sau :
Liên kết
O=O
Năng lượng liên kết 498
(KJ/mol )

H-O
467

C-H
413

C=O
799

C=C
611

C-C
414

Đáp án
Câu 1
a) Gọi a,b,x lần lượt là tổng số hạt proton ,nơ tron , electron trong1 nguyên tử A,B,X .
Theo đề bài ,ta có :
a + 2b = 66
(1)
x + 2a = 96
(2)

x + b = 84
(3 )
a =18

(1),(2),(3) ⇒ b =24
c =60


Gọi

PA ,PB, PX lần lượt là số proton của A,B,X .
nA ,nB , nX lần lượt là số nơ tron của A,B,X .
Ta có : 2PA + nA = 18
2PB + nB = 24
Vì PA ≤ n A ≤ 1, 5 PA

⇒

18
18
≤ PA ≤
3, 5
3

2PX + nX = 60


SỞ GD&ĐT BẾN TRE

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT BẾN TRE

NĂM HỌC 2005 - 2006

ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 11
Thời gian: 180 phút
⇒ 5,14 ≤ PA ≤ 6
⇒ PA = 6 ⇒ A
Vậy A là Cacban (C)
Tương tự

⇒

24
3, 5

≤ PB ≤

24
3

⇒ 6, 857 ≤ PB ≤ 8
⇒ PB = 7 ⇒ n B = 10 ⇒ số khối = 7 +10 = 17 ( Loại )
⇒ PB = 8 ⇒ n B = 8 ⇒ số khối = 8 + 8 = 16 ( Chấp nhận )
Vậy B là Oxi

⇒

60

3, 5

(O )

≤ PX ≤

60
3

⇒ 17,14 ≤ PX ≤ 20
⇒ PX = 18 ( Loại vì khí trơ không tạo liên kết hóa học )
⇒ PX = 19 ⇒ n X = 22 ⇒ số khối = 19 + 22 = 41 ( Loại )
⇒ PX = 20 ⇒ n X = 20 ⇒ số khối = 20 + 20 = 40 ( Chấp nhận )
Vậy X là Canxi (Ca)
Vậy công thức Z là CaCO3 ( thỏa điều kiện MZ < 120 đ.v.c )
b) Z’ : YxCY (x+y = 7 )
Gọi số proton của nguyên tử Y là PY
(2PY)x + 12y = 140
hay
PYx + 6y
= 70
⇒
PYx + 6(7-x)
= 70
⇒
PYx - 6x
= 28

⇒

PY

=

28
+6
x

Vậy Y là nhôm ( Al )
và Z ‘ là Al 4C3
SỞ GD&ĐT BẾN TRE

TRƯỜNG THPT BẾN TRE

x

1

PY 34

2

4

20

13
( nhận )

(x < 7)

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII

NĂM HỌC 2005 - 2006


ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 11
Thời gian: 180 phút
c) Viết công thức electron , công thức cấu tạo của các chất AB,AB 2, XA2,XB,ZZ’, YCl3 ,
Y2Cl6 ( Cl : Cl0 )

C

.

CO

.

CO2

.

CaC2

C

O

O

O C O

C

O
2+ CCa
C2-

2
Ca + O

O
C

Ca

C

.

CaO

.

2 +- O
O
CaCO3 Ca
+
2

O OCa
2
CC O
+
CaCO3 CaCa O C O
O
Ca
O
C
O- O
-

Ca

O

-

.

Al 4C3 Al C Al C Al C Al
Cl
Cl
. AlCl
Al Cl
Al Cl
3
Cl
Cl
.

CaO

O

Al C Al

C Al C Al

Cl
Cl
Cl
Al
Al
Cl
Cl
Cl

Cl Cl
Al Al
Cl Cl Cl
Cl

Al 2Cl6

O
C
O
O

gg  2−

Ca 2+  O 
Ca = O
gg



: :

Câu 2

3n + 1 − k
.E O = O − 2nE C = O − 2(n + 1 − k)E O − H
2
3n + 1 − k
− 1852 = (n − 1 − k)414 + 611k + (2n + 2 − k).413 +
.498 − 2n.799 − 2(n + 1 − k).467
2
∆ H = (n − 1 − k)E C − C + k.EC = C + (2n + 2 − k)E C− H +

545n = 1579 + 56k

Vì 0 ≤ k ≤ n − 1

⇒

2,897 ≤ n ≤ 3,115

⇒

1579
1523
≤n≤
545
489

n= 3

và k = 1
Công thức cấu tạo của X là CH3 – CH = CH2
SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT BẾN TRE

NĂM HỌC 2005 - 2006

ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 11


Thời gian: 180 phút
Bài 2 :
Câu 1 :
1a)Trộn 10ml dung dịch đơn axit yếu HA nồng độ mol Co ( hằng số axit là KA)
Có pH= 3,0 với 5ml dung dịch NaOH có pH=13 thu được dung dịch có pH= 5,661 . Hãy xác định
KA và Co của HA ( bỏ qua sự điện li của nước )
1b)Hằng số phân li của axit benzoic C6H5COOH bằng 6,3.10-5 và của axit axetic CH3COOH
bằng 1,79.10 –5 . Hãy xác định tỉ số nồng độ ion H+ trong dung dịch đồng phân tử của axit benzoic
và axit axetic
1c)Một dung dịch chứa 0,2 mol Fe 2+ và 0,2 mol Fe3+ . Dung dịch được điều chỉnh đến pH = 1

. Xác định thế của dung dịch .
Thêm vào dung dịch các ion OH – cho đến khi pH = 5 ( bỏ qua sự thay đổi thể tích dung dịch ) . Thế
của dung dịch đo được bằng 0,152V . Chất nào đã kết tủa và khối lượng bao nhiêu ?
Tính
tích số tan Fe(OH)3.
Biết E0Fe3+/Fe2+ = +0,77V ; Fe = 56 ; O=16 ; H = 1
Câu 2 :
Trong điều kiện cụ thể Al tác dụng với HNO3 tạo hỗn hợp khí X gồm NO và NO2 .
Viết và cân bằng phương trình phản ứng oxi hóa khử cho mỗi trường hợp sau :
a) d x / C3H 4 = 1,020
b) d x / C3H 4 = 1,122
Nêu nhận xét về hệ số cân bằng phản ứng . Cho biết khoảng giới hạn của d x / C3H 4
Đáp án
Câu 1


→ H+ + A− k A
1a) HA ¬


kA =

(10−3 )2
Co − 10−3

(1)

Khi trộn 10ml dung dịch HA với 5 ml dung dịch NaOH có pH = 13 :



→ Na + + OH −
NaOH ¬


10−14
pH = 13 ⇒  H +  = 10−13 M ⇒ OH −  =
= 0,1 (M)
 

 10−13
SỞ GD&ĐT BẾN TRE

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT BẾN TRE

NĂM HỌC 2005 - 2006

ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 11
Thời gian: 180 phút


10C

0,1 x 5

o
≈ 0, 667Co
Sau khi trộn : CHA =
và C NaOH =

15
15
HA +
NaOH → NaA
+ H2O
Ban đầu
0,667CO
0,033
0
Phản ứng
0,033
0,033
0,033
Sau phản ứng 0,667CO - 0,033 0
0,033

≈ 0, 033 (M)

pH = 5, 661 ⇒  H +  = 10−5,661
 

Áp dụng công thức tính pH dung dịch đệm , ta có :

10−5,661

= k A (0, 667Co − 0, 033) / 0, 033
7, 203 x 10−8
kA =
(2)
0, 667Co − 0, 033

−6
7, 203 x 10−8
10
=
⇒ Co ≈ 0, 055 (M)
Từ (1) và (2) ta suy ra :
−3 0, 667C − 0, 033
Co − 10
o
10−6
≈ 1,85.10−5
Thế (1) vào ,ta có : : k A =
0, 055 − 10−3
1b) Áp dụng công thức gần đúng tính nồng độ H + của dung dịch axit yếu .
H+ 
= k C H COOH .Co
  C6H5COOH
6 5
H+ 
= k CH COOH . Co
  CH3COOH
3

⇒

 H+ 
  C6H5COOH
 H+ 
  CH3COOH

k C H COOH
6 5
≈ 1, 876
k CH3COOH

=

Fe3+ + e ¬ → Fe2+

 3+ 
0, 059  Fe 
E
= E 3+ 2+ +
lg
= 0, 77 (V)
 Fe3+ / Fe2+
Fe / Fe
1
 Fe2+ 

 3+
 Fe  ]
⇒
 Khi pH = 5 , thế dung dịch giảm xuống 0,152V


⇒ có kết tủa Fe(OH)3 .

→ Fe(OH)3 ↓
Fe3+ + 3OH − ¬



o

SỞ GD&ĐT BẾN TRE

giảm xuống

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT BẾN TRE

NĂM HỌC 2005 - 2006

ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 11
Thời gian: 180 phút
 Fe3+ 

Ta có : 0,152 = 0,77+ 0,059 lg 
0, 2


⇒  Fe3+  ≈ 10−11 <<  Fe3+  đầu





Coi như Fe3+ kết tủa hoàn toàn .

m Fe(OH)3 ]

0, 2 . 107 = 21, 4 g

TFe(OH)3 =  Fe


3+ 

[ OH ]


3

= 10


−11 10

−11 3

.
÷ = 10−11 . 10 −27 = 10−38
 10−5 ÷



Câu 2

Mx

⇒ Mx = 40, 8
40
Goi x là n NO 
30x + 46y
⇒ Mx =
= 40, 8

Goi y là n NO2 
x+y
⇒ x : y = 0, 325 : 0, 675 = 10 : 21

a) d X / C H = 1, 02 =
3 4

+5

+2

+5

+4

+5

+2

10 N + 30e = 10 N

21 N + 21e = 21 N

+4

x 1

31 N + 51e = 10 N + 21 N

x 17

Al − 3e

= Al3+

( HNO3: Chất Oxi hóa )
(Al
: Chất khử
)

⇒ 17Al + 82HNO3 = 17Al ( NO3 ) 3 + 10NO + 21NO 2 + 41H 2 O
Mx
⇒ Mx = 44, 88
40
Goi x là n NO 
30x + 46y
⇒ Mx =
= 44, 88

Goi y là n NO2 
x+y
⇒ x : y = 0, 07 : 0, 93 = 1 : 13

b) d X / C H = 1,122 =
3 4

SỞ GD&ĐT BẾN TRE

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT BẾN TRE

NĂM HỌC 2005 - 2006

ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 11
Thời gian: 180 phút


+5

+2

N + 3e = 10 N
+5

+4

13 N + 13e = 13 N
+5

+2

+4

x 3

14 N + 16e = N + 13 N

x 16

Al − 3e

= Al3+

( HNO3: Chất Oxi hóa )
(Al
: Chất khử
)

⇒ 16Al + 90HNO3 = 16Al ( NO3 ) 3 + 3NO + 39NO 2 + 45H 2 O
 Nhận xét :
- Hệ số phương trình đúng với tỉ lệ đã tính
- Khoảng giới hạn của giá trị d X

-

•

X chỉ gồm

•

X chỉ gồm

30
= 0, 75
40
46
NO2 ⇒ d X / C3H 4 =
= 1,15
40
NO

⇒ d X / C3H 4 =

⇒ 0, 75 < d x / C3H 4 < 1,15

Bài 3 : Hóa vô cơ phi kim
Hòa tan 115,3 (g) hỗn hợp X gồm MgCO 3 và RCO3 bằng 500ml dung dịch H2SO4 loãng , thu
được dung dịch A, chất rắn B và 4,48(l) CO 2 ( đktc ) . Cô cạn dung dịch A thì thu được 12(g) muối
khan . Mặt khác , đem nung chất rắn B đến khối lượng không đổi thì thu được 11,2 ( l ) CO 2 ( đktc )
và chất rắn B1 .
a) Tính nồng độ CM của dung dịch H2SO4 đã dùng .
b) Tính khối lượng của B và B1 .
c) Tính khối lượng nguyên tử của R biết trong hỗn hợp đầu số mol của RCO 3 gấp 2,5 lần số
mol của MgCO3 .
Đáp án

a)

MgCO3 + H 2 SO 4 = MgSO 4 + CO 2 + H 2 O
RCO3 + H 2 SO 4 =
RSO 4 + CO 2 + H 2 O

SỞ GD&ĐT BẾN TRE

(1)
(2)

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT BẾN TRE

NĂM HỌC 2005 - 2006

ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 11
Thời gian: 180 phút


Khi nung chất rắn B thu được CO2 ⇒ Trong B còn dư muối CO32− ⇒ H 2 SO 4 đã hết ở (1)
& (2) .

4, 48
(1) & (2) ⇒ n H 2SO4 = n CO2 =
= 0, 2 (mol )
22, 4
0, 2
⇒ [ H 2 SO 4 ] =
= 0, 4 (M)
0, 5
Chỉ có muối cacbonat của kim loại kiềm ( trừ Li2CO3 ít tan ) và muối amoni tan ⇒ dung
dịch A không có muối cabonat mà chỉ có muối sùnat ⇒ Toàn bộ muối cacbonat dư đều ở
trong rắn B .

to

RO + CO 2

( 3)

MgCO3 = MgO + CO 2

(4)

RCO3

=

to

b) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (1) & (2 )

115,
. 0, 2 =
{ 3 + 98
14 2 43
mx

m H SO
2 4

12
{

m muoi sunfat

+

0, 2.44 + 18 . 0, 2 + m B .
1 4 2 43
14 2 43
mCO

2

mH O
2

⇒ m B = 110, 5 (g)
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho (3) & (4)

⇒ m B = 110, 5 (g) − 0, 5.44 = 88, 5 g
c) Theo (1);(2);(3) và (4)
⇒ Tổng số mol 2 muối cacbonat , Tổng số mol CO2 tạo thành trong 4 phản ứng này .

 a + b = 0, 2 + 0, 5 = 0, 7 mol (5)
b = 2, 5 a
(6)


Đề cho : 

⇒ m x = 84 . 0, 2 + (R .60) 0, 5 = 115, 3
⇒ R = 137 dvc

−H+

→

Vậy R là Bari ( Ba )

SỞ GD&ĐT BẾN TRE

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT BẾN TRE

NĂM HỌC 2005 - 2006

ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 11
Thời gian: 180 phút
Bài 4 :


1) Viết các phản ứng theo dãy chuyển hóa sau : ( Có giải thích cơ chế phản ứng )
CH3
|

CH3 −

C

|
CH3

CH3
\

CH3
/

− CH = CH 2 → A → B → C = C
(1)
(2)
(3)
/
CH3

\
CH3

2) Theo kết quả phân tích nguyên tố , phần khối lượng của cacbon trong hidrocacbon X là
96,43% .Hidrocacbon X có tính axit yếu và có thể tạo nên muối Y với phần khối lượng
của kim loại là 46%.Xác định công thức cấu tạo của các chất X và Y . Viết phản ứng biến
hóa X →Yvà phản ứng hidro hóa hoàn toàn X . Biết công thức phân tử trùng với công
thứcđơn giản I .

Đáp án
1) Viết các phản ứng theo dãy chuyển hóa sau : ( Có giải thích cơ chế phản ứng )
CH3
|

CH3
|

|
CH3

|
CH3

CH3
|

CH3
|

CH3 − C − CH = CH 2 + HCl 
→ CH3 − C − CH − CH 3

rượu

(A)

|
Cl

CH3 − C − CH − CH3 + KOH  → CH 3 − C − CH − CH 3 + KCl (B)
|
CH3

|
CH3

CH3

|

|
OH

CH3 CH3
\
/
o
H 2SO4 dd,t
CH − CH3      → C = C + H 2 O
/
\
|
CH
CH
3
3
OH

CH3 − C −
|
CH3

(C)

Giải thích :
CH3
|

CH3
|

H+

CH3 − C − CH − CH 3 +   
→ CH 3 − C − CH − CH 3 → CH 3 −
|
CH3

!
OH

|
CH3

SỞ GD&ĐT BẾN TRE

|
+
OH 2

CH3
| ]
|
CH3

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT BẾN TRE

NĂM HỌC 2005 - 2006

ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 11
Thời gian: 180 phút
Chuyển
CH vị :
3

+

C
CH3

+

C − CH − CH 3

CH3
CH
CH3

−H+

→

CH3

CH3
C

CH3

C
CH3


2) Gọi công thức phân tử : CxHy
12x
96, 43
x 9
=
⇒ =
12x + y
100
y 4
Vì công thức phân tử trùng với công thức đơn giản I ⇒ công thức phân tử X là C9H4 .
Gọi công thức của muối Y là C9H4-xMx .
Thành phần % của kim loại M là

x .M
46
=
x.M + 112 − x 100

x =1 ⇒ M =94,556
( loại )
x =2 ⇒ M =46,85 ( loại )
x =3 ⇒ M =30,95 ( loại )
x =4 ⇒ M =23

( chọn )
⇒X có 4 liên kết 3 đầu mạch .
C≡ CH
|

HC ≡ C −

HC ≡ C −

C

|
C ≡ CH

C ≡ CH
|

C

|
C ≡ CH

− C ≡ CH và YNaC ≡ C −

to

− C ≡ CH + 4Na  → NaC ≡ C −

SỞ GD&ĐT BẾN TRE

C ≡ CNa
|

C

|
C ≡ CNa

C≡ CNa
|

C

|
C ≡ CNa

− C ≡ CNa

− C ≡ CN a + 2H 2 ↑

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT BẾN TRE

NĂM HỌC 2005 - 2006

ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 11
Thời gian: 180 phút
Bài 5 :
1) Viết các phương trình phản ứng ( Chất hữu cơ viết dạng cấu tạo thu gọn ) .

(1)
(2)
(3)
a) Etanol →
X1 → X 2 → Axit lactic ( axit2 - Hidroxipropionic)


(1)
 
→ C8 H12 O 4
(B)

 (2)
(C)
b) A(C4 H 4 O 4 )  → C 4 H 4 Br2 O 4
Chọn 1cấu tạo thích
 (3)
(D)
 → C4 H 6 O

hợp của A để hoàn thành sơ đồ .
(1)
(2)
(3)
c) C5 H8 
→ C5 H10 O → C5 H 8 O → C5 H 9 O 4SNa

2) Cho 2,76g chất hữu cơ A ( Chỉ chứa C,H,O và có công thức phân tử trùng với với công
thức đơn giản nhất ) tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ , sau đó chưng khô thì phần
bay hơi chỉ có nước ,phần rắn khan còn lại chứa 2 muối của natri chiếm khối lượng 4,44 g

. Nung nóng 2 muối này trong oxi dư , sau khi phản ứng hoàn toàn ta được 3,18 g Na 2CO3
; 2,464 lít khí CO2 (ĐKC) và 0,9 g H2O.Tìm công thức phân tử ,
công thức cấu tạo
A thỏa mản các tính chất trên .B là 1 đồng phân của A khi B tác dụng với lượng dư dung
dịch NaOH hoặc với lượng dư dung dịch NaHCO 3 tạo nên sản phẩm khác nhau :
C7H4Na2O3 ,C7H5NaO3 . Viết công thức cấu tạo B và các phản ứng .
Đáp án
1a) (1)

(X1)

to

CH3 − CH 2 − OH + CuO → CH 3 CH O + Cu + H 2 O

(2)

CH3 − CHO + HCN 
→ CH 3 − CH − OH

(3)

CH3 − CH − OH + 2H 2O + HCl → CH3 − CH − COOH + NH 4 Cl

|
CN

(X2)

|

CN

|
CN

1b) (1)

HOOC − CH = CH − COOH + 2CH3 − CH 2 − OH

Cis hoac trans

SỞ GD&ĐT BẾN TRE

H SO

2 →
4
¬   

COOC2H5
|
CH

||

CH
|
COOC2 H5

+ 2H 2O

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT BẾN TRE

NĂM HỌC 2005 - 2006

ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 11
Thời gian: 180 phút

(2) HCOOC − CH = CH − COOH + Br2 
→ HOOC − CH − CH − COOH
|
Br

|
Br


(3)

1) dd KMnO

4 → HOOC − CH − CH − COOH
HCOOC − CH = CH − COOH 
+
2 (H )

|
OH

+ H2 O

1c)

|
OH

OH

2. Viết công thức cấu tạo B và các phản ứng .

+

t0

+

CuO

+

H 2O

O

OH
+

NaHSO3

OSO3Na

O

2,76gA

Cu

OH

H2O

+NaOH

4,44g muối

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có:
3,18
= 0,06mol
106
= 0,06.40 = 2, 4g

n NaOH = 2n Na 2 CO3 = 2.
m NaOH

Số gam H2O (1) là: m H O( + ) = m A + m NaOH − mmuối
2

= 2,76 + 2,4 – 4,44 = 0,72g

SỞ GD&ĐT BẾN TRE

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT BẾN TRE

NĂM HỌC 2005 - 2006

ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 11
Thời gian: 180 phút


2, 464
3,18
.12 +
.12 = 1, 68g
22, 4
106
0, 72 + 0,9
m H / A = m H / H2O − m H / NaOH =
.2 − 0, 06.1 = 0,12g
18
m O / A = 2, 76 − 1,68 − 0,12 = 0,96g
1, 68 0,12 0,96
nC : nH : nA =
:
:
= 7:6:3
12
1

16
m C / A = m C / CO2 + m C / Na 2CO3 =

CTPT là công thức đơn giản ⇒CTPT C7H6O3
2, 76
= 0, 02mol
138

Số mol A phản ứng =

nA : nNaOH = 1 : 3, mà A chỉ có 3 nguyên tử oxi và sau phản ứng ta được 2 muối
OH

O

⇒ CTCT A:

H C O

OH

O

O

OH
HCOO

OH

H C O

H C O

ONa
+

3

NaOH

HCOONa

+

+

2

H2O

ONa

 B là đồng phân của A:
COONa

COOH
+

OH

H2O

OH

OH
COOH

+

NaHCO3

COONa
+ 2

+

NaOH
ONa

2

H2 O

+

CO2