17 ĐỀ ÔN THI HSG LỚP 11 MÔN HÓA HỌC (Kèm đáp án chi tiết)

ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1

Môn: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm)
a) Trong mỗi chén sứ A, B, C đựng một muối nitrat. Trong đó B, C là muối nitrat của kim loại hóa trị
2. Nung các chén sứ ở nhiệt độ cao ngoài không khí tới phản ứng hoàn toàn, sau đó làm nguội người ta
thấy:
- Trong chén A không còn dấu vết gì.
- Cho dung dịch HCl vào chén B thấy thoát ra một khí không màu, hoá nâu ngoài không khí.
- Trong chén C còn lại chất rắn màu nâu đỏ.
Xác định các chất A, B, C và viết phương trình minh họa.
b) X và Y là 2 trong số 4 chất sau: NaCl, FeCl 2, Fe(NO3)2 và Al(NO3)3. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp
hai chất X và Y (có số mol bằng nhau) vào nước thu được dung dịch Z. Chia Z thành 3 phần bằng nhau để
tiến hành 3 thí nghiệm:
Thí nghiệm 1: Cho dung dịch NaOH dư vào phần 1, thu được n1 mol kết tủa.
Thí nghiệm 2: Cho dung dịch NH3 dư vào phần 2, thu được n2 mol kết tủa.
Thí nghiệm 3: Cho dung dịch AgNO3 dư vào phần 3, thu được n3 mol kết tủa.
Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và n1 < n2 < n3.
Hãy chỉ ra cặp chất X, Y phù hợp. Viết các phản ứng xảy ra và giải thích sự lựa chọn đó.
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Năng lượng ion hóa thứ nhất (kJ.mol-1) của các nguyên tố thuộc chu kỳ 2 được cho tương ứng như
sau:
Li Be
B
C
N
O
F

Ne
520 899 801 1086 1402 1314 1681 2081
Hãy giải thích tại sao năng lượng ion hóa thứ nhất nhìn chung tăng từ trái sang phải nhưng từ Be
sang B và từ N sang O thì năng lượng ion hoá thứ nhất lại giảm.
b) Tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng diễn ra trong nước ở 25°C.
3Fe(NO3)2(aq) + 4HNO3(aq) → 3Fe(NO3)3(aq) + NO(k) + 2H2O(l), cho biết:
∆H

0
298

(kJ/mol)

Fe2+(aq)
– 87,86

Fe3+(aq)
– 47,7

NO3- (aq)
– 206,57

NO(k)
90,25

H2O(l)
– 285,6

Câu 3. (2,0 điểm)
Tính khối lượng amoniclorua và thể tích dung dịch natri hidroxit 3,0M cần thêm vào 200 mL nước và

sau đó pha loãng đến 500 mL để điều chế dung dịch đệm có pH = 9,5 với nồng độ muối là 0,1 M. Biết
pKb (NH3) = 4,76.
Câu 4. (2,0 điểm)
a) Hòa tan hết 8,96 gam hỗn hợp X gồm Mg, MgCO 3, Zn, ZnCO3 trong dung dịch chứa 0,43 mol
KHSO4 và 0,05 mol HNO3. Sau khi kết thúc phản ứng, thu được 3,36 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm CO 2,
NO, H2 (trong đó H2 chiếm 1/3 thể tích Z) và dung dịch Y chỉ chứa m gam muối trung hòa. Tính m.
b) Cho m gam P2O5 vào dung dịch chứa 0,2 mol NaOH và 0,15 mol KOH, thu được dung dịch X. Cô
cạn dung dịch X, thu được 29,7 gam hỗn hợp muối khan. Tính m.


Câu 5. (2,0 điểm)
a) Dẫn a mol hỗn hợp X (gồm hơi nước và khí CO 2) qua cacbon nung đỏ, thu được 1,75a mol hỗn
hợp Y gồm CO, H2 và CO2. Cho Y hấp thụ vào dung dịch Ca(OH)2 dư, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn
thu được 0,75 gam kết tủa. Tính a.
b) Nhỏ từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)2 vào
dung dịch chứa m gam hỗn hợp Al2(SO4)3, AlCl3 và
Al(NO3)3 (trong đó AlCl3 và Al(NO3)3 có số mol bằng
nhau). Sự phụ thuộc của khối lượng kết tủa (y gam)
vào số mol Ba(OH)2 (x mol) được biểu diễn bằng đồ
thị (hình bên).
Tính giá trị của m.
Câu 6. (2,0 điểm)
a) Chia m gam hỗn hợp E gồm etilen, xiclopropan và xiclobutan thành 3 phần bằng nhau: Phần 1 tác
dụng vừa đủ 80 mL dung dịch KMnO4 1,25M. Phần 2 tác dụng vừa đủ với 135 mL dung dịch Br 2 2,0M.
Phần 3 tác dụng tối đa với 0,45 mol H2 ở nhiệt độ cao và có Ni làm xúc tác. Tính m.
b) Đốt cháy hoàn toàn 0,25 mol hỗn hợp A gồm hai hidrocacbon C xHy (X) và CyHx (Y) thu được 2,1
mol CO2 và 1,2 mol H2O. Xác định công thức phân tử và % về số mol của các chất có trong A. Biết khối
lượng mol của X lớn hơn Y.
Câu 7. (2,0 điểm)
a) Cho hỗn hợp X gồm ancol metylic, etylen glicol và glixerol. Đốt cháy hoàn toàn m gam X thu

được 8,96 lít khí CO2 (đktc). Cũng m gam X trên cho tác dụng với Na dư thu được tối đa V lít khí H 2
(đktc). Tính V.
b) Hỗn hợp T gồm ba chất hữu cơ X, Y, Z (50 < M X < MY < MZ và đều tạo nên từ các nguyên tố C, H,
O). Đốt cháy hoàn toàn m gam T thu được H2O và 2,688 lít khí CO2 (đktc). Cho m gam T phản ứng với
dung dịch NaHCO3 dư, thu được 1,568 lít khí CO2 (đktc). Mặt khác, cho m gam T phản ứng hoàn toàn với
lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 10,8 gam Ag. Tìm các chất X, Y, Z và tính m.
Câu 8. (2,0 điểm)
Hỗn hợp X gồm hai anđêhit đơn chức A và B (M A < MB). Cho 19,2 gam X tác dụng hoàn toàn với
AgNO3 dư trong dung dịch NH3 thì thu được 193,2 gam kết tủa. Mặt khác, cho 19,2 gam X tác dụng hết
với H2 (Ni, t°) thu được hỗn hợp Y. Cho Y tác dụng với Na dư thu được 5,04 lít khí H 2 (đktc). Hãy xác
định công thức cấu tạo và gọi tên theo danh pháp IUPAC của hai anđêhit trong hỗn hợp X. (Giả thiết các
phản ứng xảy ra hoàn toàn).
Câu 9. (2,0 điểm)
Một hiđrocacbon X thường được sử dụng trong công nghệ sản xuất nước hoa. Khi pha lẫn farnezen
(có công thức là C15H24) với X rồi làm bay hơi hết hỗn hợp thu được 1,568 lít hơi (đktc). Đốt cháy hết
lượng hỗn hợp trên thu được 19,04 lít CO2 và 12,96 gam nước. Khi đốt cháy hết 3,174 gam X thu được
10,12 gam CO2.
X không làm mất màu dung dịch Br 2. Khi tham gia phản ứng với H 2 đun nóng với xúc tác Ni, X chỉ
phản ứng theo tỉ lệ 1 : 1 và sinh ra hỗn hợp 4 sản phẩm gồm

(A)

(B)
Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo của X.

(C)

(D)

Câu 10. (2,0 điểm)
a) Có ba hợp chất: (A), (B) và (C)
OH

OH

HO
OH

O

HO

O

(B)
HO
(A)
Hãy sắp xếp các chất trên theo thự tự tăng dần tính axit. Giải thích?

O
(C)

b) Từ Xiclopentanol và các chất vô cơ, xúc tác cần thiết khác đã có đủ. Hãy viết sơ đồ điều chế axit
2-oxoxiclopentancacboxylic

COOH

O
c) Đề nghị cơ chế để giải thích cho quá trình chuyển hóa dưới đây:

HO

H2SO4

OH
O

----------HẾT----------


ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1

Câu

a

1
(2,0
điểm)

b

a
2
(2,0
điểm)
b

3

(2,0
điểm)

Từ

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC
(Bản hướng dẫn này có 05 trang)

Nội dung
Điểm
Chén A không còn dấu vết chứng tỏ muối đã nhiệt phân chuyển hết thành thể hơi
và khí,do đó muối là Hg(NO3)2 , NH4NO3,..
t 0C
Hg(NO3)2 
→ Hg + 2NO2 + O2
0
t C
Hoặc NH4NO3 
→ N2O + 2H2O
Sản phẩm sau nhiệt phân muối của chén B tác dụng với HCl cho khí không màu
chứng tỏ muối ban đầu là muối nitrat của kim loại Ba(NO3)2, Ca(NO3)2
t 0C
1,0
Ca(NO3)2 
→ Ca(NO2)2 + O2
t 0C
Hoặc Ba(NO3)2 
→ Ba(NO2)2 + O2
Ca(NO2)2 + 2HCl → CaCl2 + 2HNO2
Hoặc Ba(NO2)2 + 2HCl → BaCl2 + 2HNO2

3HNO2 → HNO3 + 2NO + H2O
C chứa muối nitrat của sắt II: Fe(NO3)2
4Fe(NO3)2 → 2Fe2O3(Nâu) + 8NO + O2
Cặp chất X và Y là FeCl2 và Al(NO3)3.
- TN1: FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl.
Al(NO3)3 + 4NaOH → NaAlO2 + 3NaNO3 + 2H2O.
- TN2: FeCl2 + 2NH3 + 2H2O → Fe(OH)2 + 2NH4Cl.
Al(NO3)3 + 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3 + 3NH4NO3.
1,0
→
- TN3: FeCl2 + 3AgNO3
Fe(NO3)2 + 2AgCl.
và Fe(NO3)2 + 2AgNO3 → Fe(NO3)3 + Ag.
Hoặc FeCl2 + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 2AgCl + Ag.
Nếu chọn nX = nY = 1 mol thì n1 = 1 mol; n2 = 2 mol; n3 = 3 mol, tức là n1 < n2 < n3
- Từ IIA qua IIIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2 qua cấu
hình kém bền hơn ns2np1 (electron p chịu ảnh hưởng chắn của các electron s nên
0,5
liên kết với hạt nhân kém bền chặt hơn).
- Từ VA qua VIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2np3 qua
cấu hình kém bền hơn ns2np4 (trong p3 chỉ có các electron độc thân, p4 có một cặp
0,5
ghép đôi, xuất hiện lực đẩy giữa các electron).
Phương trình ion của phản ứng:
0,5
3Fe2+(aq) + 4H+(aq) + NO3- (aq) → 3Fe3+(aq) + NO(k) + 2H2O(l)
0
0
0
0

0
∆H = 3. ∆H 298 (Fe3+)+ ∆H 298 (NO)+2. ∆H 298 (H2O)–3. ∆H 298 (Fe2+) – ∆H 298 (NO3-)
= 3.(–47,7) + 90,25 + 2.(–285,6) + 3.87,86 + 206,57 = –153,9 (kJ)
0,5
0
+
∆
H
Lưu ý:
298 (H ) = 0
[ NH 3 ]
[ NH 3 ]
[ NH 3 ]
pH = pK a + lg
= 1,8
⇔ 9,5 = (14 − 4,76) + lg
⇒
0,5
+
+
[ NH 4 ]
[ NH 4 ]
[ NH +4 ]

+
Trong dung dịch cuối:  NH 4  = 0,1M nên [ NH 3 ] = 1,8 × 0,1M = 0,18M
−1
⇒ n NH + = (0,1mol.L ) × (0,5L) = 0,05mol
4

0,5

n NH3 = (0,18mol.L−1 ) × (0,5L) = 0,09mol
+
Từ phản ứng: NH 4 + OH- → NH3 + H2O
Ta thấy: n NH3 = n NaOH = 0, 09mol ; Tổng n NH+ = 0, 05mol + 0,09mol = 0,14mol
4

0,5


⇒ VddNaOH =

a
4
(2,0
điểm)

b

a

5
(2,0
điểm)
b

(0,09mol)
= 0,03L , m NH 4Cl = (0,14mol) × (53,5g / mol) = 7,49g
(3,0mol.L−1 )

K +
 2+
 H 2 0, 05 mol
 Mg
 Mg
0, 43 mol KHSO4


 2+
8,96 g  Zn
+

→  NO (0,1 − a ) mol + Y  Zn
+ H 2O
CO ( a mol ) 0, 05 mol HNO3
CO a mol
 NH + (a − 0, 05) mol
 3
 2
4

 SO4 2−


Bảo toàn O: n H2O = 3a + 0,05.3 – 2a – (0,1 – a) = 2a + 0,05 (mol)
Bảo toàn H: 0,43 + 0,05 = 2.0,05 + 4.(a – 0,05) + 2.(2a + 0,05) ⇒ a = 0,06 (mol)
BTKL: mmuối = 8,96 + 0,43.136 + 0,05.63 – 0,05.2 – 0,04.30 – 0,06.44 – 0,17.18
= 63,56 gam
3−

Quy đổi hỗn hợp X: Na+ (0,2 mol); K+ (0,15 mol); PO 4 (x mol); H + (y mol)
Bảo toàn điện tích: 3x = y + 0,35 (1)
Phương trình khối lượng: 0,2.23 + 0,15.39 + 95x + y = 29,7 (2)
Từ (1) và (2) ⇒ x = 0,2 mol ; y = 0,25 mol
1
⇒ n P2O5 = n PO3− = 0,1 mol. Vậy m = 0,1.142 = 14,2 gam
4
2
0, 75
n CO2 = n CaCO3 =
= 0,0075 mol
100
to
H2O + C 
→ CO + H2.
Số mol tăng lên chính là số mol H2O ban đầu bằng 1,75a – a = 0,75a (mol)
Số mol CO2 ban đầu = a – 0,75a = 0,25a = 0,0075 ⇒ a = 0,03.
Với y = 17,1 gam, ta có phương trình phản ứng hoá học:
3Ba(OH)2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2Al(OH)3.
a
3a
2a (mol)
⇒ mkết tủa = 3a.233 + 2a.78 = 17,1 gam ⇒ a = 0,02 ⇒ n SO42− = 0,06 mol
Với x = 0,18 ⇒ n OH− = 0,36 mol, ta có phương trình phản ứng hoá học:
Al3+ + 3OH- → Al(OH)3
0,12 0,36 (mol)
Bảo toàn điện tích, ta có: n NO3− ,Cl− = 0,12.3 - 0,06.2 = 0,24 mol
Vì AlCl3 và Al(NO3)3 có số mol bằng nhau nên n NO3− = n Cl− = 0,12 mol
m = 0,12.27 + 0,06.96 + 0,12.62 + 0,12.35,5 = 20,7 gam
Chỉ có C2H4 phản ứng với dung dịch KMnO4

3C2H4 + 2KMnO4 + 4H2O → 3C2H4(OH)2 + 2KOH + 2MnO2
=
0,15
mol
⇒ n C2 H 4

6
(2,0
điểm)
a

b

C2H4 và xiclopropan phản ứng với dung dịch Br2.
C2H4 + Br2 → C2H4Br2
C3H6 + Br2 → C3H6Br2
Suy ra: n C3H6 = 0,27 – 0,15 = 0,12 mol
Cả 3 chất đều tác dụng với H2.
Suy ra: n C4 H8 = 0,45 – 0,15 – 0,12 = 0,18 mol
Vậy m = 3.(0,15.28 + 0,12.42 + 0,18.56) = 57,96 gam
Đặt a và b lần lượt là số mol của hai hiđrocacbon trong A.
Ta có: a + b = 0,25 (1)
y
y

t°
CxHy +  x + ÷O2 
H2O
→ xCO2 +
4

2

mol: a
ax
ay/2

0,5

1,0

1,0

1,0

0,25

0,25

0,25
0,25

0,5

0,5
0,5


7
(2,0
điểm)

8
(2,0
điểm)

9
(2,0
điểm)

x
x

t°
CyHx +  y + ÷O2 
H2O
→ yCO2 +
4
2

mol: b
by
bx/2
n CO2 = ax + by = 2,1 mol (2) ;
ay
bx
n H2 O =
+
= 1,2 mol (3)
2
2

Cộng (2) và (3) ta được: a(x + y) + b(x + y) = 4,5 hay (a + b)(x + y) = 4,5 (4)
Thay (1) vào (4) ta được: x + y = 18 (*)
Biện luận x và y, ta chọn: x = 8; y = 10
%n C8 H10 = 80% ; %n C10 H8 = 20%
Vậy công thức phân tử của hai hiđrocacbon trong A là: C8H10 (X) và C10H8 (Y)
Trong X số nguyên tử cacbon bằng số nhóm OH.
Hơn nữa số mol H2 bằng nửa số mol của nhóm OH.
a
Suy ra: số mol H2 bằng 0,15 mol.
Vậy V = 4,48 lít
- T phản ứng với NaHCO3 thu được 0,07 mol CO2 ⇒ có nhóm –COOH
⇒ nCOOH = n CO2 = 0,07 mol
- T phản ứng với AgNO3 trong NH3 thu được 0,1 mol Ag ⇒ có nhóm –CHO
n
⇒ nCHO = Ag = 0,05 mol
b
2
- Đốt cháy T thu được 0,12 mol CO2
Ta thấy: nCHO + nCOOH = n CO2 . Suy ra: X, Y, Z chỉ chứa nhóm COOH và CHO
Vậy X là OHC – CHO; Y là OHC – COOH ; Z là HOOC – COOH
m = mCHO + mCOOH = 4,6 gam.
Từ gt, suy ra được: nX = nancol = 2nH2 = 0,45 mol
19, 2
⇒ MX =
= 42,67 ⇒ Trong X có HCHO: metanal
0, 45
Gọi công thức anđêhit còn lại là (CH ≡ C)tR-CHO (t ≥ 0)
Đặt số mol HCHO và (CH ≡ C)tR-CHO lần lượt là a và b
Ta có: a + b = 0,45
(1)

30a + (25t + R + 29)b = 19,2
(2)
o
t
HCHO + 4AgNO3 + 6NH3 + 2H2O 
→ (NH4)2CO3 + 4NH4NO3 + 4Ag ↓
a
4a
to
(CH ≡ C)tR-CHO + (2 + t)AgNO3 + (3 + t)NH3 + H2O 
→
≡
b
(CAg C)tR-COONH4 ↓ + 2Ag ↓ + (2 + t) NH4NO3
b
2b
Ta lập được pt khối lượng kết tủa: 108(4a +2b) + (132t + R + 62)b = 193,2 (3)
Giải (1), (2), (3) ta có: b = 6,9/(153 – 107t)
Do b < 0,45 ⇒ t < 1,287 ⇒ t = 0 hoặc t = 1
* Nếu t = 0 ⇒ b = 6,9/153; a = 61,95/153. Thay vào (2), ta được R = 127,39 → loại.
* Nếu t = 1 ⇒ b = 0,15 ⇒ a = 0,3. Thay vào (2), ta được R = 14 (-CH2).
Vậy andehit còn lại là: CH ≡ C-CH2-CHO : 3 – butinal
Ta có: nCO2 = 0,85 mol; nH2O = 0,72 mol.
mhh = 12.nC + 1.nH = 12.nCO2 + 1.2.nH2O = 11,64 gam.
Mà nhh = 0,07 suy ra Mhh = 166,29.
Mà Mfarnezen > Mhh suy ra MX < Mhh = 166,29.
Gọi công thức hiđrocacbon là CxHy.
Ta có nC = nCO2 = 0,23 mol suy ra nH = 0,414
Ta có x : y = 0,23 : 0,414 = 5 : 9.
Công thức đơn giản nhất: C5H9.

0,5
0,5
0,5

0,5

0,5

0,25

0,5

0,5

0,25
0,5
1,0


Mà MX < 166,29 nên công thức phân tử của X là C10H18.
X không phản ứng với Br2 suy ra phân tử của X không có liên kết π
X chỉ tác dụng với H2 theo tỉ lệ 1 : 1 suy ra phân tử của X có chứa vòng 4 cạnh.

0,5
0,5

10
(2,0
điểm)

Công thức cấu tạo của X là
Thứ tự tính axit giảm dần: (B) > (C) > (A) là do
- Chất (B) có nhóm CH3CO- (axetyl) ở vị trí para gây hiệu ứng –I và –C làm tăng
độ phân cực của liên kết –OH.
a - Chất (C) có nhóm CH3CO- ở vị trí meta, gây hiệu ứng –I, không có –C nên –OH
của (C) phân cực kém hơn OH của (B).
- Chất (A) có nhóm CH3CO- ở vị trí ortho tạo liên kết hiđro với H trong nhóm OH
nên H khó phân li ra H+ hơn, tính axit giảm.
Sơ đồ điều chế axit 2-oxoxiclopentancacboxylic
OH

Br

HBr

MgBr

Mg/ ete khan

2) H 3 O

b
NaOH, t

o

COOH

CuO, t

c

OH

+

COOH

Cl2 / P
o
t

Cl

1,0

COOH
O

OH
HO

o

COOH

1) CO 2

0,5

+H+
- H2O

-H+

+

0,5

+

OH
HO

O


ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2

Môn: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm)
Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các trường hợp sau:
a) Sục khí H2S vào nước brom, sau đó cho thêm dung dịch BaCl2 vào dung dịch sau phản ứng.
b) Dẫn khí CO2 đến dư vào dung dịch K2SiO3.
c) Nhỏ vài giọt dung dịch phenolphtalein vào dung dịch NH 3 loãng, sau đó thêm dung dịch AlCl3 đến
dư vào dung dịch sau phản ứng.

d) Sục khí elilen đến dư vào dung dịch KMnO4.
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch NaHSO 4, Na2CO3, AlCl3,
Fe(NO3)3, NaCl, Ca(NO3)2. Các phản ứng minh họa viết dưới dạng ion thu gọn.
b) Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Ba, BaO, Al và Al2O3 vào nước (dư), thu được 0,896
lít khí (đktc) và dung dịch Y. Hấp thụ hoàn toàn 1,2096 lít khí CO2 (đktc) vào Y, thu được 4,302 gam
kết tủa. Lọc kết tủa, thu được dung dịch Z chỉ chứa một chất tan. Mặt khác, dẫn từ từ CO2 đến dư vào Y
thì thu được 3,12 gam kết tủa. Tính m.
Câu 3. (2,5 điểm)
a) Tính số gam NH4Cl cần lấy đề khi hòa tan vào 250 mL nước thì pH của dung dịch thu được bằng
5,00 (coi thể tích không thay đổi trong quá trình hòa tan). Biết rằng K (NH4+) = 10-9,2.
b) Người ta trộn cacbon oxit (CO) với hơi nước (H2O) với tỉ lệ thể tích là 1:1 tại nhiệt độ 1000K.
Xác định thành phần phần trăm theo thể tích của hỗn hợp phản ứng lúc đạt đến cân bằng. Biết:

→ 2H2 + O2 có lgKp1 = -20,113
2H2O ¬




→ 2CO + O2 có lgKp2 = -20,400
2CO2 ¬



Câu 4. (2,0 điểm)
a) Hòa tan hoàn toàn m gam Al bằng dung dịch HNO3 loãng, thu được 5,376 lít (đktc) hỗn hợp khí X
gồm N2, N2O và dung dịch chứa 8m gam muối. Tỉ khối của X so với H2 bằng 18. Tính giá trị m.
b) Cho hỗn hợp Na2CO3 và KHCO3 (tỉ lệ số mol tương ứng là 2 : 1) vào bình chứa dung dịch
Ba(HCO3)2 thu được m gam kết tủa X và dung dịch Y. Thêm tiếp dung dịch HCl 1,0M vào bình đến khi

không còn khí thoát ra thì hết 320 ml. Biết Y phản ứng vừa đủ với 160 ml dung dịch NaOH 1,0M. Tính
m.
Câu 5. (2,0 điểm) Cho một hỗn hợp M gồm kim loại R và một oxit của R. Chia 88,8 gam hỗn hợp M
thành ba phần bằng nhau:
- Hòa tan hết phần 1 bằng dung dịch HCl dư, phản ứng xong thu được 2,24 lít khí H2.
- Phần 2: Cho tác dụng hết với dung dịch HNO 3 loãng dư thu được dung dịch E và 2,24 lít khí NO
(sản phẩm khử duy nhất).
- Dẫn luồng khi CO dư qua phần 3 nung nóng tới phản ứng hoàn toàn, chất rắn thu được đem hòa tan
hết trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư thấy thoát ra 13,44 lít khí SO2 (sản phẩm khử duy nhất).
a) Xác định kim loại R và công thức của oxit.
b) Cho 29,6 gam hỗn hợp M tác dụng hết với dung dịch HNO3 12,6 %, sau phản ứng hoàn toàn thu
được dung dịch Z và 1,12 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Tính nồng độ phần trăm của các chất trong
dung dịch Z. Biết các thể tích khí đều đo ở đktc.
Câu 6. (2,0 điểm)
a) Hỗn hợp X gồm C4H4, C4H2, C4H6, C4H8 và C4H10. Tỉ khối của X so với H 2 là 27. Đốt cháy hoàn
toàn X cần dùng vừa đủ V lít O2 (đktc), thu được CO2 và 0,03 mol H2O. Tính V.


b) Đun nóng 12,96 gam hỗn hợp X gồm propin, vinylaxetilen và etilen với 0,3 mol H 2 có xúc tác Ni,
sau một thời gian thu được hỗn hợp khí Y chỉ chứa các hidrocacbon có tỉ khối so với He bằng 11,3. Dẫn
toàn bộ Y qua bình đựng dung dịch AgNO 3/NH3 dư thu được m gam kết tủa. Khí thoát ra khỏi bình được
làm no hoàn toàn cần dùng 0,16 mol H 2 (xúc tác Ni, t°) thu được 4,48 lít (đktc) hỗn hợp Z có tỉ khối so
với He bằng 11,7. Tính m.
Câu 7. (2,0 điểm)
Hợp chất X (C10H16) có thể hấp thụ ba phân tử hyđro. Ozon phân X thu được axeton, anđehit fomic
và 2-oxopentađial (O=HC–CO–CH2–CH2–CH=O).
a) Viết công thức cấu tạo của X thỏa mãn tính chất trên.
b) Hyđrat hóa hoàn toàn 2,72 gam chất X rồi lấy sản phẩm cho tác dụng với I 2/NaOH thu được 15,76
gam kết tủa màu vàng. Dùng công thức cấu tạo của X viết các phương trình phản ứng (chỉ dùng các sản
phẩm chính, hiệu suất coi như 100%).

Câu 8. (2,0 điểm)
a) Hỗn hợp X có C2H5OH, C2H5CHO, CH3CHO trong đó C2H5OH chiếm 50% theo số mol. Đốt cháy
m gam hỗn hợp X thu được 3,06 gam H 2O và 3,136 lít CO2 (đktc). Mặt khác 8,94 gam hỗn hợp X thực
hiện phản ứng tráng bạc thu được p gam bạc. Tính p.
b) Hai ancol X, Y cùng thuộc một dãy đồng đẳng (M X < MY). Đốt cháy hoàn toàn X thu được x mol
CO2 và y mol H2O, đốt cháy hoàn toàn Y thu được a mol CO 2 và b mol H2O. Biết rằng

a x
> . Xác định
b y

công thức chung của hai ancol.
Câu 9. (2,0 điểm)
Hỗn hợp X chứa 3 axit cacboxylic đều đơn chức mạch hở gồm 1 axit no và 2 axit không no đều có
một liên kết đôi (C=C). Cho m gam X tác dụng với tác dụng vừa đủ với 150 ml dung dịch NaOH 2M, thu
được 25,56 gam hỗn hợp muối. Đốt cháy hoàn toàn m gam X, hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy bằng dung
dịch NaOH dư, khối lượng dung dịch tăng lên thêm 40,08 gam. Xác định tổng khối lượng của 2 axit
cacboxylic không no trong m gam X.
Câu 10. (2,0 điểm)
a) Cho 4 hợp chất thơm: C6H5NH2, C6H5OH, C6H5Cl và C6H6 với nhiệt độ sôi như sau:
Chất thơm
A
B
C
D
Nhiệt độ sôi (°C)
80
132,1
184,4
181,2

Hãy xác định kí hiệu A, B, C, D cho mỗi chất và giải thích.
b) So sánh lực axit của các axit sau. Giải thích.
C6H5OH (I)
p–CH3O–C6H4–OH (II)
p–NO2–C6H4–OH (III)
p–CH3–CO–C6H4–OH (IV)
p–CH3–C6H4–OH (V)
c) Từ benzen, các hợp chất hữu cơ có không quá 3 nguyên tử C và các chất vô cơ cần thiết. Hãy viết
sơ đồ phản ứng điều chế 1,4-dioxaspiro[4.5]decane
O
O

d) Đề nghị cơ chế để giải thích cho hai quá trình chuyển hóa dưới đây:
H3CO

CH2

O

H+

+

H3CO

Ph
OCH3

----------Hết----------

Ph
O

+ CH3OH


ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2

Câu
a
1
(2,0
điểm)

b
c
d

a
2
(2,0
điểm)

b

3
(2,0
điểm)

a

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC
(Bản hướng dẫn này có 04 trang)

Nội dung
Dung dịch mất (hoặc nhạt) màu, sau đó xuất hiện kết tủa màu trắng.
H2S + 4Br2 + 4H2O 
→ H2SO4 + 8HBr
H2SO4 + BaCl2 
→ BaSO4 + 2HCl
Xuất hiện kết tủa keo.
2CO2 + 2H2O + K2SiO3 
→ H2SiO3 + 2KHCO3
Dung dịch chuyển thành màu hồng, sau đó xuất hiện kết tủa keo trắng và dung
dịch mất màu.
3NH3 + 3H2O + AlCl3 
→ Al(OH)3 + 3NH4Cl
Dung dịch mất màu tím và xuất hiện kết tủa màu đen.
3C2H4 + 2KMnO4 + 4H2O 
→ 3C2H4(OH)2+ 2MnO2 + 2KOH
Trích mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm:
- Cho phenolphtalein vào mỗi mẫu thử. Mẫu thử có màu hồng là dung dịch
Na2CO3, các mẫu thử còn lại không màu.
CO32- + H2O  HCO3- + OH- Dùng Na2CO3 làm thuốc thử để cho vào các mẫu thử còn lại.
Mẫu thử có sủi bọt khí không màu là NaHSO4
CO32- + 2H+ → H2O + CO2↑
Mẫu thử tạo kết tủa trắng keo và sủi bọt khí không màu là AlCl3
2Al3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Al(OH)3↓+ 3CO2↑
Mẫu thử tạo kết tủa đỏ nâu và sủi bọt khí không màu là Fe(NO3)3

2Fe3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Fe(OH)3↓+ 3CO2↑
Mẫu thử tạo kết tủa trắng là Ca(NO3)2
Ca2+ + CO32- → CaCO3↓
Mẫu thử không tạo hiện tượng là NaCl.
Hỗn hợp X gồm Ba (a mol); Al (b mol) và O (c mol)
Toàn bộ nhôm tập trung vào 3,12 gam kết tủa nên b = 0,04.
4,302 gam kết tủa gồm Al(OH)3 và BaCO3, suy ra n BaCO3 = 0,006 mol
Do tổng số mol CO2 phản ứng là 0,054 nên số mol Ba(HCO3)2 là 0,024 mol
Vậy a = 0,006 + 0,024 = 0,03.
Bảo toàn electron: 0,06 + 0,12 = 2c + 0,08 ⇒ c = 0,05
Vậy m = 5,99 gam.
1000a
4a
Gọi số gam NH4Cl cần lấy là a gam, suy ra: C NH+4 =
=
(M)
53,5 × 250 53,5

→ NH3 + H+ K = 10-9,2 (1)
Cân bằng: NH4Cl ¬




→ OH − + H+
H2O ¬
Kw = 10-14 (2)


Vì pH = 5. Suy ra [H+] = 10-5 >> [ OH − ] = 10-9 nên có thể bỏ qua cân bằng của

nước và tính theo (1)

→ NH3 + H+ K = 10-9,2
NH4Cl ¬


4a
C
53,5

Điểm
0,5
0,5
0,5
0,5

1,0

0,25
0,5
0,25

0,25

0,5


[]

4a

– x
53,5

x

x

x2
Ta có phương trình: 4a
= 10-9,2. Trong đó x = 10-5 nên a = 2,12 gam
−x
53,5

→ CO2 + H2
Khi trộn CO với H2O xảy ra phản ứng: CO + H2O ¬


Hằng số cân bằng KP của phản ứng này sẽ là
PCO2 .PH 2
KP =
(1)
PH2O .PCO


→ 2H2 + O2
Đối với phản ứng phân tích nước: 2H2O ¬


PH22 .PO2
KP1 =

(2)
PH22O

0,5


→ 2CO + O2
Đối với phản ứng: 2CO2 ¬


2
PCO
.PO2
KP2 =
(3)
2
PCO2
b

2

 PCO2 .PH 2 
2
Chia (2) cho (3) ta được:
=
= KP
÷
K P2  PH O .PCO ÷
 2


K P1

Do đó: KP =
Rút ra:

K P1
K P2

K P1
K P2

. Theo đầu bài ta có: lgKp1 – lgKp2 = 0,287

= 1,936. Do đó: KP = 1,936 = 1,392

Đối với dạng đang xét thì ∆n = 0, cho nên KP = KC = Kx
Nếu giả sử lúc ban đầu lấy 1 mol H 2O và 1 mol CO thì lúc cân bằng số mol H 2,
CO2 là a và số mol H2O và CO sẽ là (1 – a).
x CO2 .x H2
a2
Vậy: KP = KC = Kx =
=
2 = 1,392. Suy ra: a = 0,54
x H2O .x CO ( 1 − a )

a
4
(2,0
điểm)
b

5
(2,0
điểm)

a

0,25

x H 2 = x CO2 = 0,54; x H2O = x CO = 1 – 0,54 = 0,46
H2 = CO2 = 27%; H2O = CO = 23%.
Tính được nN2 = nN2O = 0,12 mol
Dễ dàng nhận thấy dung dịch chứa NH4NO3: a mol
Ta có: 3m/27 = 10. nN2 + 8nN2O + 8nNH4NO3
⇒ m/9 = 10.0,12 + 8.0,12 + 8a ⇒ m = 19,44 + 72a (*)
Mà: 8m = m + 62(10.0,12 + 8.0,12 + 8a) + 80a ⇒ 7m = 133,92 + 576a (**)
Giải hệ (*) và (**) thu được: m = 21,6
Đặt Na 2CO3 : 2 a mol → KHCO 3 : a mol và Ba(HCO3)2: b mol.
Khi cho Y tác dụng với NaOH thì: a + 2b = 0,16 (1)
Khi cho HCl vào bình thì: 4a + a + 2b = 0,32 (2)
Từ (1), (2) suy ra: a = 0,04; b = 0,06 ⇒ m BaCO3 = 197b = 11,82 gam
- Phần 2: Quy đổi hỗn hợp thành R (a mol) và O (b mol).
Đặt r là hóa trị cao nhất của R.
Ta có: aR + 16b = 29,6 (1)
Bảo toàn electron: ar = 2b + 0,1.3 (2)
- Phần 3, bảo toàn electron: ar = 0,6.2 (3)
- Từ (2) và (3) suy ra: ar = 1,2 (I) và b = 0,45

0,25

0,25

0,5
0,5
0,5
0,5

0,5
0,5


b

a
6
(2,0
điểm)

b

a

- Thay b = 0,45 vào (1) ta được: aR = 22,4 (II)
56
r
- Từ (I) và (II) suy ra: R =
3
- Biện luận ta chọn được r = 3 ⇒ R = 56 (Fe) ⇒ a = 0,4
- Phần 1: số mol H2 = 0,1 ⇒ a = 0,1 mol
⇒ số mol Fe trong oxit = 0,3 mol
Ta có: nFe : nO = 0,3 : 0,45 = 2 : 3

Vậy công thức oxit sắt là Fe2O3
Số mol NO = 0,05 ⇒ Số mol e nhận N+5 = 0,15
Nếu chỉ tạo muối Fe3+ thi số mol e của Fe nhường = 0,3 > 0,15
Vậy dung dịch Z gồm Fe(NO3)2: g mol, Fe(NO3)3: h mol
Coi hỗn hợp M gồm: Fe (0,4 mol) va O (0,45mol)
Bảo toàn nguyên tố Fe: g + h = 0,4
Bảo toàn electron: 2g + 3h = 0,05.3 + 0,45.2
g = 0,15 mol, h = 0,25 mol
Dung dịch Z chứa Fe(NO3)2: 0,15 mol, Fe(NO3)3: 0,25 mol
Số mol HNO3 pư = 0,15.2 + 0,25.3 + 0,05 = 1,1 mol
Khối lượng dung dịch HNO3 là: 550 gam
Khối lượng dung dịch Z là: 578,1 gam
C% Fe(NO3)3 = 10,47%; C% Fe(NO3)2 = 4,67%
Đặt số mol của hỗn hợp là a mol
Công thức chung của các hiđrocacbon là C4Hx
x
x

t°
C4Hx +  4 + ÷O2 
H2O
→ 4CO2 +
4
2

Số mol của CO2 là 4a (mol)
1
Bảo toàn O: n O2 = n CO2 + n H2O = 4a + 0,015
2
BTKL: 27.2.a + (4a + 0,015).32 = 4a.44 + 0,03.18 ⇒ x = 0,1

Thể tích khí oxi là: VO2 = 0,1.22,4 = 2,24 lít
Ta có: mY = 12,96 + 0,3.2 = 13,56 gam; MY = 45,2 gam/mol ⇒ nY = 0,3 mol
nZ = 0,2 mol; MZ = 46,8 gam/mol ⇒ mZ = 9,36 gam
(CH ) C=CH-C-CH -CH2-CH=CH2 (CH3)2C=CH-CH2-CH2-C-CH=CH2 (CH3)2C=CH-CH2-CH2-CH=CH2
Khối3 2lượng khí 2thoát
ra là: 9,36 – 0,16.2 = 9,04CHgam
CH=CH2
CH2
2
Khối lượng khí
bị hấp thụ khi đi vào dung dịch AgNO3/NH3 là 4,52 gam
(X2) = 4,52 + (0,3 – 0,2).107 = 15,22(X
3)
(X1) lượng kết tủa = 4,52 + m
Khối
gam
tăng
Chất X (C10H16) cộng 3H2; sản phẩm có công thức C10H22. Theo các sản phẩm ozon
phân suy ra X có mạch hở, có 3 liên kết đôi và tạo ra 2 mol HCHO nên có hai
nhóm CH2 = C. Các chất X thỏa mãn:

0,5

0,5

1,0

0,5
0,5
0,5

0,5

Hyđrat hóa X tạo ra ancol có phản ứng iođofom.
Ta có tỉ lê: nCHI3 : nX = 0,04 : 0,02 = 2. Vậy sản phẩm hyđrat hóa X phải có 2
nhóm CH3-CHOH-. Suy ra chỉ có chất X3 ở trên thỏa mãn.
Các phương trình phản ứng:

7
(2,0
điểm)

0,5

b
0,5


Ta có: n CO2 = 0,14 mol; n H2O = 0,17 mol
Do C2H5CHO, CH3CHO có công thức tổng quát là Cn H 2n O ⇒ n CO2 = n H2O
C2H5OH có công thức tổng quát là C m H 2m + 2 O ⇒ nancol = n H2O – n CO2 = 0,03 mol
a
8
(2,0
điểm)

Mà C2H5OH chiếm 50% theo số mol: n C2H5OH = n C2 H5CHO và CH3CHO = 0,03 mol
Gọi x và y lần lượt là số mol của C2H5CHO và CH3CHO
 x + y = 0, 03
 x = 0, 02
⇔ 

Ta có: 
3x + 2y = 0,14 − 2.0, 03 = 0, 08
 y = 0, 01
⇒ mX = 0,03.46 + 0,02.58 + 0,01.44 = 2,98 gam
8,94
⇒ p=
.(2.0,02 + 2.0,01) = 19,44 gam
2,98
Đặt công thức của X là CxH2yOz và Y là CaH2bOz với a = x + n và b = y + n

a x
x+n x
>
⇔
> ⇔ y ( x + n) > x( y + n ) ⇒ y > x (1)
b y
y+n y

Ta có:
b

9
(2,0
điểm)

10
(2,0
điểm)

o

2

2) KOH/EtOH, to

d

2

ete khan

2) PCC

HO

0,25

0,5

0,5

Mặt khác, từ công thức của X ta có: 2y ≤ 2x+2
(2)
⇒
Từ (1) và (2)
y=x+1
Vậy X, Y là ancol no, mạch hở có công thức: CmH2m+2On (m ≥ 1; m ≥ n ≥ 1)
Gọi hỗn hợp X gồm 2 axit: C n H 2n O 2 (a mol) và C m H 2m − 2O 2 (b mol)
Ta có: nNaOH = 0,3 mol ⇒ a + b = 0,3 (1)
mmuối = mX + mtăng ⇒ mX = 25,56 – (23 – 1).0,3 = 18,96 gam

⇒ (14n + 32)a + (14 m – 2 + 32)b = 18,96 (2)
Đốt cháy X ta được: 44(an + b m ) + 18(an + b m – b) = 40,08 (3)
Giải hệ (1), (2) và (3) suy ra: a = b = 0,15; an + b m = 0,69. Suy ra: n + m = 4,6
Mà axit không no chứa một liên kết đôi ⇒ m ≥ 3
Suy ra: n = 1. Vậy axit no, đơn chức, mạch hở là HCOOH
Khối lượng 2 axit không no = 18,96 – 0,15.46 = 12,06 gam
- C6H5NH2 và C6H5OH có thể tạo liên kết hiđro liên phân tử nên có nhiệt độ sôi cao
hơn, chúng là C và D.
- OH có kích thước nhỏ hơn -NH2 và NH2 tạo nhiều liên kết hiđro hơn
a ⇒
Nhiệt độ sôi của C6H5NH2 cao hơn. Vậy C là C6H5NH2, D là C6H5OH
- Phân tử C6H5Cl có phân tử khối lớn hơn phân tử khối của C6H6 nên có nhiệt độ
sôi cao hơn. Vậy A là C6H6, B là C6H5Cl
Giải thích: Nhóm CH3- đẩy electron làm giảm độ phân cực liên kết O–H. Nhóm
CH3O- đẩy electron mạnh hơn nhóm CH3- làm giảm độ phân cực liên kết O–H
b nhiều hơn. Nhóm hút electron sẽ làm tăng độ phân cực liên kết O–H ⇒ tính axit
tăng. Nhóm NO2- hút electron mạnh hơn nhóm CH3-CO-.
Vậy thứ tự tính axit là: (II) < (V) < (I) < (IV) < (III)
Sơ đồ tổng hợp:
Br
MgBr
O
H , Ni, t
Mg
1) Br (1:1)
O
c
HBr
1) H O
2

0,25

OH

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

0,5

0,5

0,5

O

0,5


ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 3

Môn: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm)
a) Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau:

i. Cho từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch ZnCl2.
ii. Cho từ từ đến dư dung dịch Na2CO3 vào dung dịch Al2(SO4)3.
b) Hoàn thành và cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron:
i. FeO + HNO3 → Fe(NO3)3 + NxOy + H2O
ii. FeS2 + H2SO4 đặc, nóng →
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Một loại muối ăn có lẫn tạp chất: CaCl 2, MgCl2, Na2SO4, MgSO4, CaSO4, NaBr, AlCl3. Hãy trình
bày cách loại bỏ các tạp chất để thu được muối ăn tinh khiết.
b) Một học sinh đã tiến hành thí nghiệm: đem hòa
sô mol Al(OH)3
tan hết m gam Na, Al vào nước, sau phản ứng hoàn toàn
thu được dung dịch X. Nhỏ từ từ từng giọt dung dịch
HCl loãng vào X. Kết quả thí nghiệm về sự phụ thuộc
0,15
của số mol kết tủa thu được theo số mol HCl được biểu
diễn theo đồ thị ở hình bên.
0
0,2
0,95
sô mol HCl
Tính giá trị của m.
Câu 3. (2,0 điểm)
a) Cho dung dịch A bao gồm: HCl 0,001M; CH3COOH 0,03M; HCN 0,01M. Tính pH và nồng độ các
-4,76
-9,35
ion của dung dịch A ở trạng thái cân bằng. Biết K a (CH3COOH) =10 ; K a (HCN) =10 .
b) Trộn 100 ml dung dịch gồm Ba(OH) 2 0,1 M và NaOH x M với 400 ml dung dịch gồm H 2SO4
0,0375 M và HCl 0,0125 M, thu được dung dịch X có pH = 2 và m gam kết tủa. Tính giá trị x, m.
Câu 4. (2,0 điểm)
Hòa tan hoàn toàn 216,55 gam hỗn hợp KHSO4 và Fe(NO3)3 vào nước được dung dịch X. Cho m gam

hỗn hợp Y gồm Mg, Al, MgO, Al 2O3 (trong đó oxi chiếm 64/205 về khối lượng) tan hết vào X, sau khi
các phản ứng kết thúc thu được dung dịch Z chỉ chứa muối trung hòa và 2,016 lít (đktc) hỗn hợp khí T có
tổng khối lượng 1,84 gam gồm (H2 và các khí là sản phẩm khử của N +5), trong đó chiếm 4/9 về thể tích H2
và nitơ chiếm 14/23 về khối lượng. Cho BaCl2 dư vào Z thu được 356,49 gam kết tủa. Tìm m.
Câu 5. (2,0 điểm)
Cho từ từ, đồng thời khuấy đều 300 ml dung dịch hỗn hợp gồm: NaHCO 3 0,1M và K2CO3 0,2M vào
100 ml dung dịch hỗn hợp gồm: HCl 0,2M và NaHSO 4 0,6M thu được V lít CO2 (đktc) và dung dịch X.
Thêm vào dung dịch X 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm: KOH 0,6M và BaCl 2 1,5M thu được m gam kết
tủa. Tính giá trị của V và m.
Câu 6. (2,0 điểm)
Hỗn hợp M gồm metan, etilen và axetilen.
- Cho 4,26 gam M tác dụng với dung dịch brom dư thì có tối đa 27,2 gam brom phản ứng.
- Nếu cho 11,2 lít M (ở đktc) phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO 3 trong NH3, kết thúc phản ứng
thu được 42 gam kết tủa.
a) Tính phần trăm thể tích các khí trong hỗn hợp M.
b) Trộn 4,26 gam M với 0,2 mol H 2 rồi nung nóng trong bình kín có chứa một ít bột Ni, sau một thời
gian thu được hỗn hợp X. Tính thể tích khí O 2 (ở đktc) tối thiểu cần dùng để đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp
X.


Câu 7. (2,0 điểm)
Hydrocacbon A chứa 87,27% cacbon về khối lượng. Tỉ khối của nó so với hydro bé hơn 75. Biết rằng
trong cấu trúc của nó có hai vòng sáu và trong nguyên tử không hề có cacbon mang bậc một. Xác định
cấu tạo của hydrocarbon này và cho biết khi cho nó tác dụng với clo khi có mặt ánh sáng thì thu được bao
nhiêu dẫn xuất monoclo?
Câu 8. (2,0 điểm)
Đốt cháy hoàn toàn 9,2 gam hợp chất hữu cơ A (chứa C, H, O) trong V lít (đktc) không khí, vừa đủ.
Sản phẩm cháy được dẫn qua bình đựng dung dịch H 2SO4 đặc, thấy khối lượng bình tăng 10,8 gam. Khí
không bị hấp thụ thoát ra có tỉ khối so với H 2 bằng 15,143. Tìm công thức phân tử, viết công thức cấu tạo
và gọi tên A

Câu 9. (2,0 điểm)
a) Hai chất hữu cơ X và Y đều đơn chức, mạch hở, tham gia phản ứng tráng bạc. X, Y có cùng số
nguyên tử cacbon và MX < MY. Khi đốt cháy hoàn toàn mỗi chất trong oxi dư chỉ thu được CO 2, H2O và
số mol H2O bằng số mol CO2. Cho 0,15 mol hỗn hợp E gồm X và Y phản ứng hoàn toàn với lượng dư
dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 42,12 gam Ag. Tính khối lượng của Y trong hỗn hợp E.
b) X có công thức phân tử C6H10O5, X phản ứng với NaHCO 3 và với Na đều sinh ra chất khí có số
mol đúng bằng số mol X đã dùng. X, B và D thỏa mãn sơ đồ sau theo đúng tỉ lệ mol.
t0
X 
→ B + H2O
0

t
X + 2NaOH 
→ 2D + H2O
t0
B + 2NaOH 
→ 2D.
Xác định công thức cấu tạo của X, B, D. Biết D có nhóm metyl.

Câu 10. (2,0 điểm)
a) Trong công nghiệp dược phẩm, axit shikimic (C7H10O5) tách từ cây hồi được sử dụng làm vật liệu
cơ sở cho quá trình sản xuất dược phẩm Tamiflu. Axit shikimic (K) có thể được tổng hợp theo sơ đồ:

Hoàn thành sơ đồ phản ứng tổng hợp trên, các chất A, B, C, K viết dạng công thức cấu tạo thu gọn.
Gọi tên K theo danh pháp IUPAC.
b) Trình bày cơ chế phản ứng của xiclobutyleten với H2O xúc tác H2SO4 loãng.

c) Có 6 đồng phân cấu tạo của C 5H8 là những anken vòng không chứa nhóm etyl. Lấy mẫu thử của 3
trong 6 hợp chất trên cho vào các chai dán nhãn A, B và C nhưng không biết chất nào trong chai nào.

Dựa trên kết quả của các phản ứng sau với KMnO4 hãy cho biết cấu tạo các hợp chất từ A đến F
- Hợp chất A tạo ra axit D quang hoạt
- Hợp chất B tạo ra dixeton E không quang hoạt
Hợp chất C tạo ra xetoaxit F quang hoạt.
----------Hết----------


ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 3

Câu

a

1
(2,0
điểm)

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC
(Bản hướng dẫn này có 04 trang)

Nội dung
Khi cho từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch ZnCl2: ban đầu có kết tủa
trắng, sau đó kết tủa tan dần.
2NaOH + ZnCl2 → Zn(OH)2 ↓ + 2NaCl
2NaOH + Zn(OH)2 → Na2ZnO2 + 2H2O
Cho từ từ đến dư dung dịch Na2CO3 vào dung dịch Al2(SO4)3: có kết tủa keo trắng
đồng thời sủi bọt khí
3Na2CO3 + Al2(SO4)3 + 3H2O → 2Al(OH)3 ↓ + 3CO2 ↑ + 3Na2SO4

Điểm
0,5

0,5

0,5
b

(5x – 2y)FeO + (16x – 6y)HNO3 → (5x – 2y)Fe(NO3)3 + NxOy + (8x – 3y)H2O
0,5
o

t
2FeS2 + 14H2SO4đặc 
→ Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O
- Cho toàn bộ muối ăn có lẫn tạp chất: CaCl2, MgCl2, Na2SO4, MgSO4,CaSO4,
NaBr, AlCl3 vào nước rồi khuấy đều cho tan hết các chất tan, có một phần CaSO4
2−
không tan, lọc lấy dung dịch gồm có các ion: Ca2+, Mg2+, Na+, Al3+, Cl− , SO4 ,

Br −
- Cho lượng dư dung dịch BaCl2 vào dung dịch gồm các ion trên, loại bỏ được ion
SO 24−
2−
Ba2+ + SO 4 → BaSO4

a

1,0

2−
Ba2+ + CO3 → BaCO3
2−
2Al3+ + CO3 + 3H2O → 2Al(OH)3 + 3CO2
2−
- Dung dịch còn lại có: Na+, CO3 , Cl − , Br − . Cho lượng dư dung dịch HCl vào

2
(2,0
điểm)

b

3

- Dung dịch còn lại có: Ca2+, Mg2+, Na+, Al3+, Ba2+, Cl− , Br − . Cho lượng dư dung
dịch Na2CO3 vào dung dịch này, loại bỏ được các ion: Ca2+, Mg2+, Al3+, Ba2+
2−
Ca2+ + CO3 → CaCO3
2−
Mg2+ + CO3 → MgCO3

a

2−
dung dịch nay, loại bỏ ion CO3 :
CO32- + 2H+ → CO2 + H2O
- Dung dịch còn lại có: Na+, H+, Cl− , Br − . Sục khí Cl2 dư vào dung dịch nay loại
bỏ ion Br − :
Cl2 + 2 Br − → 2 Cl− + Br2.

Sau đó cô cạn dung dịch còn lại thu được NaCl tinh khiết
Đặt x và y là số mol của NaOH dư và NaAlO2
Từ đồ thị và phản ứng (3) ta có: x = nNaOH = 0,2 mol
Ta có: nHCl = x + y + 3(y – 0,15) = 0,95 ⇒ y = 0,3
Từ phản ứng (2) ta có: nAl = nNaAlO2 = y = 0,3 mol
Từ phản ứng (1), (2) ta có: nNa = x + y = 0,5 mol
⇒ m = mNa + mAl = 0,5.23 + 0,3.27 = 19,6 gam
HCl → H+ + Cl −
(1)

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25



CH COO- + H+


CH3COOH ơ
3

H+ + CN

HCN ơ

b

5
(2,0
im)

(3)


H+ + OH

H2O ơ
(4)
Do K a (CH3COOH) .CCH3COOH ? K a (HCN) .CHCN ? K w Xột cõn bng (2)
H+ +
HCl
(1)
Cl
0,001M
0,001M
0,001M


CH3COO +
CH3COOH ơ
H+
(2)
0
C
0,03M
0
0,001M

[C]
0,03-x
x
0,001 + x
+
CH3COO H
x.(0,001+x)
Ka =
=
= 10-4,76 x = 3,75.10-4
0,03-x
[ CH3COOH ]
-4
Suy ra: pH (A) = - lg(3,75.10 + 0,001) = 2,86
Nng cỏc ion trong dung dch:
[H+] = 13,75.10-4 (M); [CH3COO-] = 3,75.10-4 (M);
[OH-] = 7,28.10-12(M);[Cl-] = 0,001 (M);
K.CHCN 10-9,35 .0, 01
CN - =
=
= 3, 25.10-9 (M)
-4
+
13, 75.10
H

(2,0
im)

4

(2,0
im)

(2)

0,5

0,25

nOH = 0, 02 + 0,1x mol
nBa ( OH )2 = 0,1ì 0,1 = 0, 01 mol



nBa2+ = 0, 01 mol
nNaOH = 0,1x mol


nH + = 0, 015 ì 2 + 0, 005 = 0, 035 mol
nH 2 SO4 = 0, 4 ì 0, 0375 = 0, 015 mol


nSO 2 = 0, 015 mol
nHCl = 0, 4 ì 0, 0125 = 0, 005 mol
4

0,25

pH = 2 H+ d [H+] d = 0,01 (M) nH + dử = 0,01.0,5 = 0,005 mol

0,25

nH + ban ủau = nH + phaỷn ửựng + nH + dử 0,035 = 0,02 + 0,1x + 0,005 x = 0,1 (M)

0,25

Ba 2+ + SO42
BaSO4
m = 0,01.233 = 2,33 gam
mol: 0,01
0,01
Hn hp khớ T: tỡm mol H2, t cụng thc cho cỏc sn phm kh ca N+5 l NaOb
Gii ra ta cú: mol H2 = 0,04; N1,6O0,8 = 0,05
mol BaSO4 = 1,53 mol KHSO4 = 1,53 mol H+ = 1,53
mol Fe(NO3)3 = 0,035
+
8H + 1,6NO3- + 6,4e N1,6O0,8 + 4H2O
0,4
0,05
2H+ + 2e H2
0,08
0,04
10H+ + NO3- + 8e NH4+ + 3H2O
0,25
0,025
2H + O2- H2O
0,8
0,4
Suy ra: m = 0,4.16.205/64 = 20,5 gam.

H+ + HCO3
CO2 + H2O
a
a
2
+
2H + CO 3
CO2 + H2O
4a
2a
Vỡ 2n CO32 + n HCO3 > n H + nờn H+ ht
Do nng ca K2CO3 gp ụi NaHCO3 nờn s mol CO2 thoỏt ra cng gp ụi.
Khi ú: a + 4a = 0,08 a = 0,016.

0,25
0,5
0,5

0,5

0,5
0,5


Vậy V = 1,0752 lít.

6
(2,0
điểm)

−
2−
2−
Trong dung dịch X có: HCO3 (0,014 mol); CO3 (0,028 mol); SO4 (0,06 mol)
Khi cho dung dịch Z vào dung dịch X, thu được kết tủa BaCO3 (0,042 mol) và BaSO4
(0,06 mol).
Vậy m = 22,254 gam.
Đặt a, b, c lần lượt là số mol của CH4, C2H4, C2H2 trong 4,26 gam.
C2H4 + Br2 → C2H4Br2
(1)
C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4
(2)
⇒ 16a + 28b + 26c = 4,26 (I)
Từ pt (1) và (2), ta có: nBr2 = b + 2c = 0,17 (II)
Vì cho tác dụng với dung dịch AgNO3 trong NH3, giả thuyết dùng thể tích
Đặt ka, kb, kc lần lượt là số mol của CH4, C2H4, C2H2 trong 0,5 mol M
a
Ta có: ka + kb + kc = 0,5 (III) (k là tỷ lệ khối lượng)
Khi qua dung dịch AgNO3, có phản ứng
C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3 (3)
Từ pt (3), ta có: nC2H2 = nC2Ag2 ⇒ kc = 0,175 (mol) (IV)
Từ (III) và (IV) ⇒ a + b + c = 20/7c (V)
Giải hệ pt gồm (I), (II) và (V) ⇒ a = 0,1; b = 0,03; c = 0,07
⇒ %CH4 = 50%; %C2H4 = 15%; C2H2 = 35%.
Đốt hỗn hợp X cũng như đốt hỗn hợp ban đầu (CH4: 0,1 mol; C2H4: 0,03 mol;
b C2H2: 0,07 mol; H2: 0,2 mol)
⇒ nO2 cần dùng = 0,565 mol ⇒ VO2 cần dùng = 0,565.22,4 = 12,656 lít
Xác định đúng công thức phân tử của hydrocarbon là C8H14
Xác định chính xác cấu tạo của hydrocarbon là bixiclo[2.2.2]octan

0,5

0,5

0,5

0,5
0,5
0,5
0,5

7
(2,0
điểm)

Xác định được cấu trúc hai sản phẩm monoclo (Chất B quang hoạt nên sẽ có hai đồng
phân quang học)
1,0

8
(2,0
điểm)

9
(2,0
điểm)

Bình H2SO4 hấp thụ nước: mol H2O = 10,8/18 = 0,6
Gọi nCO2 = a; nN2 = b → nO2(pư) = 0,25b.
Giả thiết tỉ khối ta có: 44a + 28b = 30,286.(a + b) (*)

Bảo toàn nguyên tố oxi: (9,2 – 12a – 1,2) + 32.0,25b = 32a + 16.0,6 (**)
Từ (*) và (**) ta có: a = 0,4; b = 2,4.
Đặt CTTQ là CxHyOz , ta có x:y:z = 0,4:1,2:0,2 = 2:6:1 → CT nghiệm là (C2H6O)n
Độ bất bão hòa = (2.2n + 2 – 6n)/2 ≥ 0 → n ≤ 1 → n = 1. Suy ra CTPT là C2H6O
CTCT: CH3 – O – CH3 (đimetylete) ; CH3 – CH2 – OH (ancol etylic).
a Khi đốt cháy mỗi chất X, Y đều thu được số mol H2O bằng số mol CO2
⇒ X, Y đều là no, đơn chức.
n Ag
42,12
=
= 2,6 và X, Y đều tráng bạc.
Do
n E 108.0,15
⇒ Hỗn hợp phải có HCHO có x mol và một chất khác có một nguyên tử C, tráng
bạc đó là HCOOH có y mol.
HCHO + AgNO3/NH3 → 4Ag.

0,5
0,5
0,5
0,5

0,5

0,5


x
4x
→

HCOOH+ AgNO3/NH3 2Ag
y
2y
 x + y = 0,15
 x = 0, 045 mol 
⇒

4x + 2y = 0,39  y = 0,105 mol 
⇒ mY = 0,105.46 = 4,83 gam
X phản ứng với NaHCO3 và với Na đều sinh ra chất khí có số mol đúng bằng số
mol X đã dùng ⇒ X có một nhóm –COOH, 1 nhóm –OH.
Công thức cấu tạo:
b

1,0

Hoàn thành sơ đồ phản ứng tổng hợp K:
a

0,5
Ax
it shikimic (K): axit 3,4,5-trihiđroxixiclohex-1-encacboxylic

b

CH=CH2

+

H

H
C
CH3

OH
CH3 H2O

CH3 +

OH
CH3

0,5

Hợp chất A khi phản ứng với KMnO4 cho axit cacboxylic quang hoạt
⇒ A có chứaC* và có liên kết đôi ở cacbon bậc 2.
0,25
10
(2,0
điểm)

- Hợp chất B tác dụng với KMnO4 tạo dixeton E không chứa C*.
Vậy B không chứa C bất đối và có liên kết đôi ở hai cacbon bậc 3.
0,25

c

- Hợp chất C tạo ra F vừa chứa nhóm cacboxyl vừa chứa nhóm xeton và cũng có
C* ⇒ C có chứa C* và có liên kết đôi ở cacbon bậc 2 và cacbon bậc 3

0,25


ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 4

Môn: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm)
n−
Một anion gốc axit X có dạng AB4 (n ≤ 3) trong đó tổng số hạt proton, nơtron, electron của anion X
là 207. Tổng số hạt trong nguyên tử A nhiều hơn tổng số hạt trong nguyên tử B là 84 hạt. Nguyên tử A có
số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 24 hạt; nguyên tử B có số hạt mang điện dương
bằng số hạt không mang điện. Xác định anion X.
Câu 2. (2,0 điểm)
a) Khi tiến hành thí nghiệm: Phản ứng của nhôm với dung dịch CuSO 4, hai học sinh tiến hành như
sau:
- Học sinh 1: Đánh sạch lá nhôm bằng giấy ráp rồi nhúng ngay vào dung dịch CuSO4 bão hòa.
- Học sinh 2: Nhúng lá nhôm chưa đánh giấy ráp vào dung dịch CuSO4 bão hòa.
Theo em hai học sinh trên quan sát được hiện tượng như thế nào, tại sao?
b) Nêu phương pháp hóa học có thể dùng để loại các chất độc sau:
- SO2, NO2, HF trong khí thải công nghiệp.
- Lượng lớn khí clo trong phòng thí nghiệm.
Câu 3. (2,0 điểm)
Dung dịch A gồm Fe(NO3)3 0,05 M; Pb(NO3)2 0,10 M; Zn(NO3)2 0,01 M.
a) Tính pH của dung dịch A.
b) Sục khí H2S vào dung dịch A đến bão hoà ([H2S] = 0,10 M), thu được hỗn hợp B. Những kết tủa
nào tách ra từ hỗn hợp B?
pKS(PbS) = 26,6; pKS(ZnS) = 21,6; pKS(FeS) = 17,2. (pKS = -lgKS, với KS là tích số tan).

pK a1(H 2S) = 7,02; pK a2(H 2S) = 12,90; pK
+ = 9,24; pK a(CH3COOH) = 4,76
a(NH 4 )

Câu 4. (2,0 điểm)
Cho 2,16 gam hỗn hợp gồm Al và Mg tan hết trong dung dịch axit HNO 3 loãng, đun nóng nhẹ tạo ra
dung dịch A và 448 ml (đo ở 354,9 K và 988 mmHg) hỗn hợp khí B gồm 2 khí không màu, không đổi
màu trong không khí. Tỉ khối của B so với oxi bằng 0,716 lần tỉ khối của CO 2 so với nitơ. Làm khan A
một cách cẩn thận thu được chất rắn D, nung D đến khối lượng không đổi thu được 3,84 gam chất rắn E.
Tính khối lượng D và thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.
Câu 5. (2,0 điểm)
a) Cho m gam hỗn hợp X gồm Ba, BaO, Ba(OH)2 có cùng số mol vào nước, thu được 500 ml dung
dịch Y và V lít H2 (đktc). Hấp thụ 3,6V lít CO2 (đktc) vào 500 ml dung dịch Y, thu được 37,824 gam kết
tủa. Tính m.
b) Cho m gam hỗn hợp gồm Na, Ba và Al 2O3 vào nước dư, thu được dung dịch X và còn lại 5,1 gam
chất rắn không tan. Cho dung dịch H 2SO4 loãng dư vào dung dịch X, phản ứng được biểu diễn theo sơ đồ
sau:

Tính m.


Câu 6. (2,0 điểm)
a) Hỗn hợp X gồm axetilen (0,15 mol), vinylaxetilen (0,1 mol), etilen (0,1 mol) và hiđro (0,4 mol).
Nung X với xúc tác niken một thời gian thu được hỗn hợp Y có tỉ khối đối với hiđro bằng 12,7. Hỗn hợp
Y phản ứng vừa đủ với dung dịch chứa a mol Br2. Tính a.
b) Hỗn hợp khí R gồm hai hidrocacbon mạch thẳng X, Y có thể tích 0,672 lít (đktc). Chia hỗn hợp R
thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 cho qua dung dịch Br 2 dư, thấy khối lượng bình dung dịch brom tăng m1
gam, lượng Br2 tham gia phản ứng là 3,2 gam và không có khí thoát ra khỏi dung dịch brom. Phần 2 đem
đốt hoàn toàn, sản phẩm cháy lần lượt dẫn qua bình P 2O5 rồi đến bình chứa KOH dư, sau thí nghiệm bình
P2O5 tăng m2 gam còn bình KOH tăng 1,76 gam. Tính m1 và m2.

Câu 7. (2,0 điểm)
Chia 3,584 lít (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 NH3 thấy thể tích hỗn hợp giảm 12,5% và thu được 1,47
gam kết tủa. Phần 2 cho qua dung dịch brom dư thấy khối lượng bình brom tăng 2,22 gam và có 13,6 gam
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 2,955 gam kết tủa.
a) Xác định công thức cấu tạo A, B và C.
b) 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 (H2SO4) có đun nóng.
Câu 8. (2,0 điểm)
Bình kín chứa một ancol no, mạch hở A (trong phân tử A, số nguyên tử C nhỏ hơn 10) và lượng O2 gấp
đôi so với lượng O2 cần để đốt cháy hoàn toàn A. Ban đầu bình có nhiệt độ 150 0C và 0,9 atm. Bật tia lửa
điện để đốt cháy hoàn toàn A, sau đó đưa bình về 150°C thấy áp suất bình là 1,1 atm. Viết các đồng phân
cấu tạo của A và gọi tên.
Câu 9. (2,0 điểm)
Hỗn hợp P gồm 2 axit đa chức X, Y có số mol bằng nhau và axit đơn chức Z (X, Y, Z đều mạch hở,
không phân nhánh và có số nguyên tử C không lớn hơn 4; M X < MY). Trung hòa m gam hỗn hợp P cần
vừa đủ 510 ml dung dịch NaOH 1M. Đốt cháy hoàn toàn m gam P thu được CO 2 và 7,02 gam H2O. Còn
nếu cho m gam P tác dụng với AgNO 3/NH3 dư thì thu được 52,38 gam kết tủa. Xác định công thức cấu
tạo của X, Y và Z.
Câu 10. (2,0 điểm)
a) Hợp chất (A) chuyển hoá thành hợp chất (A') trong môi trường kiềm theo sơ đồ bên. Hãy dùng mũi tên
cong để chỉ rõ cơ chế của phản ứng.
OH-

COOH

O

Br

Br

(A)
(A’)
b) Từ chất ban đầu, etanđiol và các hóa chất vô cơ, viết sơ đồ tổng hợp các chất sau:

----------Hết----------


ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 4

Câu

1
(2,0
điểm)

2
(2,0
điểm)

3
(2,0
điểm)

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC
(Bản hướng dẫn này có 05 trang)

Nội dung

(2ZA + NA) + 4(2ZB + NB) + n = 207 (1)
(2ZA + NA) – (2ZB + NB) = 84 (2)
- n = 1 ⇒ (1): (2ZA + NA) + 4(2ZB + NB) = 206
Kết hợp với (2) ⇒ 2ZB + NB = 24,4 (loại)
- n = 2 ⇒ (1): (2ZA + NA) + 4(2ZB + NB) = 205
Kết hợp với (2) ⇒ 2ZB + NB = 24,2 (loại)
- n = 3 ⇒ (1): (2ZA + NA) + 4(2ZB + NB) = 204
Kết hợp với (2) ⇒ 2ZB + NB = 24,0 (3) và 2ZA + NA = 108 (4)
Mặt khác: 2ZA – NA = 24 (5) và ZB = NB (6)
(3) và (6) ⇒ ZB = 8 (O)
3−
(2) và (4) ⇒ ZA = 33 (As). Vậy X là AsO 4
Thí nghiệm của học sinh 1: Nhận thấy có Cu màu đỏ bám vào miếng nhôm và có
khí thoát ngay từ đầu, dung dịch có màu xanh nhạt dần.
Do: 2Al + 3Cu2+ → 2Al3+ + 3Cu
2Al +6H+ → 2Al3+ + 3H2 ↑
+
H sinh ra do sự thủy phân CuSO4
Cu 2+ + H 2O € Cu (OH ) + + H +
a Thí nghiệm của học sinh 2: Thời gian đầu chưa có hiện tượng gì xảy ra, sau đó
quan sát được hiện tượng giống như thí nghiệm của học sinh 1.
Do không cạo sạch lớp oxit bao phủ bên ngoài miếng nhôm nên nhôm không
tham gia các phản ứng với môi trường. Sau một thời gian lớp oxit bị hòa tan do H+
của CuSO4 thủy phân tác dụng
Al2O3 + 6H+ → 2Al3++3H2O
Khi nhôm oxit tan hết, Al tác dụng với Cu2+ và H+ như trên
Dùng nước vôi trong: dẫn khí thải có SO2, CO2, HF qua nước vôi trong, khí độc sẽ
bị giữ lại:
Ca(OH)2 + SO2 → CaSO3 + H2O
2Ca(OH)2 + 4NO2 → Ca(NO3)2 + Ca(NO2)2 + 2H2O

b
Ca(OH)2 + 2HF → CaF2 + 2H2O
Dùng NH3: dạng khí hay lỏng, phun vào không khí có lẫn khí clo
3Cl2 + 2NH3 → 6HCl + N2
HCl + NH3 → NH4Cl
a

→ FeOH2+ + H+ *β1 = 10-2,17
Fe3+ + H2O ¬
(1)




→ PbOH+ + H+
Pb2+ + H2O ¬



→ ZnOH+ + H+
Zn2+ + H2O ¬



*β2 = 10-7,80

(2)

*β3 = 10-8,96

(3)


→
Kw = 10-14
OH − + H+
¬


So sánh (1) → (4): *β1. C Fe3+ >> *β2. C Pb2+ >> *β3. C Zn 2+ >> Kw
→ tính pHA theo (1)

→ FeOH2+ + H+ *β1 = 10-2,17
Fe3+ + H2O ¬


C
0,05
[]
0,05 - x
x
x
+
→
[H ] = x = 0,0153 M
pHA = 1,82.

(4)

H2O

(1)

Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

0,5

0,5

0,75

0,25

0,5

0,5


b


→ 2Fe2+ + S↓ + 2H+ K1 = 1021,28 (1)

2Fe3+ + H2S ¬


0,05
0,05
0,05
2+
+

→
Pb + H2S ¬ 
K2 = 106,68 (2)
 PbS↓ + 2H
0,10
0,05
0,25
2+
+

→
Zn + H2S ¬ 
K3 = 101,68 (3)
 ZnS↓ + 2H

→ FeS↓ + 2H+
Fe2+ + H2S ¬
K4 = 10-2,72
(4)



K3 và K4 nhỏ, do đó cần phải kiểm tra điều kiện kết tủa của ZnS và FeS
'
'
Vì môi trường axit → C Zn 2+ = C Zn 2+ = 0,010 M; CFe2+ = CFe2+ = CFe3+ = 0,050 M.
Đối với H2S, do Ka2 << Ka1 = 10-7,02 nhỏ → khả năng phân li của H2S trong môi
trường axit không đáng kể, do đó chấp nhận [H+] = CH+ = 0,25 M

0,25

0,25

→ tính CS' 2- theo cân bằng:

→ S2- + 2H+
H2S ¬
Ka1.Ka2 = 10-19,92


0,1
[ H 2S]
'
2
CS2= Ka1.Ka2 [H + ]2 = 10-19,92 (0,25) = 10-19,72.
'
'
Ta có: C Zn 2+ . CS2- < KS(ZnS) → ZnS không xuất hiện

4
(2,0
điểm)

5
(2,0
điểm)

'
'
Tương tự: C Fe2+ . CS2- < KS(FeS) → FeS không tách ra.
Như vậy trong hỗn hợp B, ngoài S, chỉ có PbS kết tủa.
Ta có: n N 2 = n N2O = 0,01 mol
Lý luận chứng minh dung dịch sau phản ứng có NH4NO3
Chất rắn E chỉ có Al2O3 và MgO.
 27x + 24y = 2,16

Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và Mg. Ta có hệ: 
x
102. 2 + 40y = 3,84
Suy ra: x = 0,04 mol và y = 0,045 mol
3.0, 04 + 2.0, 045 − 10.0, 01 − 8.0, 01
Bảo toàn electron: n NH 4 NO3 =
= 0,00375 mol
8
Vậy D gồm: Al(NO3)3 (0,04 mol); Mg(NO3)2 (0,045 mol); NH4NO3 (0,00375 mol)
Khối lượng muối = 15,48 gam
Và %mAl = %mMg = 50%
a
V
Ta có: nBa = n H2 =
(mol)
22, 4

3V
Bảo toàn Ba: n Ba (OH)2 = nBa + nBaO + n Ba (OH)2 =
(mol)
22, 4
3, 6V
n CO2 =
(mol); n BaCO3 = 0,192 (mol)
22, 4
Ta có đồ thị:

0,5

0,25
0,25

0,5

0,5
0,5

0,5

0,5


b

a

6

(2,0
điểm)
b

7
(2,0
điểm)

a

Căn cứ vào tính chất của đồ thị suy ra:
6V
3, 6V
–
= 0,192 ⇒ V = 1,792 lít.
22, 4
22, 4
1, 792
Vậy m =
(137 + 153 + 171) = 36,88 gam
22, 4
2Na + 2H2O → 2NaOH + H2
Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2
−
Al2O3 + 2 OH − → AlO 2 + 2H2O
Chất rắn còn lại là Al2O3 dư
Theo đồ thị thì số mol BaSO4 = 0,12 mol → số mol Ba = 0,12 mol
2−
Số mol H2SO4 = 0,8 mol → H+ = 1,6 mol và SO4 = 0,8 mol
AlO −2 + H+ + H2O → Al(OH)3

x
x
x
+ →
3+
Al(OH)3 + 3H
Al + 3H2O
x
3x
x
Ta có: 4x = 1,6 ⇒ x = 0,4 mol
Số mol Al2O3 phản ứng = 0,2 mol
2−
Trong dung dịch sau phản ứng có: Na+, Al3+ và SO4
BTĐT: n Na + = 2.(0,8 – 0,12) – 3.0,4 = 0,16 mol
Vậy m = 0,16.23 + 0,12.137 + 0,2.102 + 5,1 = 45,62 gam
n(X) = 0,15 + 0,1 + 0,1 + 0,4 = 0,75 mol;
n(π trong X) = 0,15.2 + 0,1.3 + 0,1 = 0,7 mol.
m(X) = 0,15.26 + 0,1.52 + 0,1.28 + 0,4.2 = 12,7 gam.
BTKL: m(X) = m(Y) ⇒ n(Y) = 12,7 : (12,7.2) = 0,5.
⇒ n(H2 phản ứng) = n(X) – n(Y) = 0,25 mol = n(π phản ứng)
⇒ n(π dư) = n(Br2) = 0,7 – 0,25 = 0,45 mol.
nA trong mỗi phần = 0,015 mol. Đặt công thức của A là CnH2n+2-2k
n Br2
4
Phần 1: n Br2 = 0,02 mol ⇒ k =
=
nA
3
n CO2 8

Phần 2: n CO2 = 0,04 mol ⇒ n =
=
nA
3
Suy ra: m1 = mA = 0,015.(14n + 2 – 2k) = 0,55 gam
Ta có: mA = mC + mH ⇒ nH = 0,07 mol ⇒ n H2 O = 0,035 mol
⇒ m2 = m H2O = 0,035.18 = 0,63 gam
1 3,584
= 0,08mol . Dung dịch AgNO3/NH3 chỉ
2 22,4
hấp thụ ankin, đặt công thức ankin là RC≡CH (giả sử không phải là C2H2).
RC≡CH + AgNO3 + NH3 → RC≡CAg + NH4NO3 (1)
12,5
n ↓= n ankin =
× 0,08 = 0,01mol ⇒ (R + 132) × 0,01 = 1,47
100
⇒ R = 15 (CH3-), công thức của ankin là CH3C≡CH
Dung dịch brom hấp thụ anken (CnH2n) và ankin
CnH2n + Br2 → CnH2nBr2
(2)
C3H4 + 2Br2 → C3H4Br4
(3)
13,6
m C n H 2 n = 2,22 − 0,01 × 40 = 1,82g , n Br2 ( 2 ) =
− 0,01 × 2 = 0,065mol
160
14n
1
=
Từ

⇒ n = 2, công thức của anken là CH2=CH2.
1,82 0,065

0,25

0,25

0,5

0,5
0,5

0,5

0,5

Trong một phần, ta có: n A ,B,C =

0,5

0,5


Khí ra khỏi bình brom là ankan (CmH2m+2),
n Cn H 2 n + 2 = 0,08 − 0,01 − 0,065 = 0,005mol
 3n + 1 
O 2 → nCO2 + (n+1)H2O (4)
CmH2m+2 + 
 2 
CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O

(5)
2,955
n CO 2 = n BaCO3 =
= 0,015
197
1
n
=
⇒ n = 3 , công thức ankan là CH3CH2CH3.
Từ (4):
0,005 0,015
Phản ứng của C:
CH3 C CH + 2KMnO4
CH3 C C OK + 2MnO2 + KOH

O O
5CH3C≡CH + 8KMnO4 + 12H2SO4 → 5CH3COOH + 5CO2 + 8MnSO4
+ 4K2SO4 + 12H2O
(Mỗi phản ứng đúng được 0,25 điểm)
Đặt công thức phân tử của A là CnH2n+2Ok (k ≤ n); gọi số mol A bằng 1 mol
3n + 1 − k
CnH2n+2Ok +
O2 → nCO2 + (n + 1)H2O
2
3n + 1 − k
Mol
1 →
n
(n + 1)
2

⇒ Số mol O2 ban đầu là (3n + 1 – k) mol
Trong cùng điều kiện nhiệt độ và thể tích, áp suất tỉ lệ thuận với số mol khí
P1 n1
1 + 3n + 1 − k
0,9
=
hay
=
⇒ 3n – 13k + 17 = 0
Do đó,
P2 n2
n + n + 1 + (3n + 1 − k ) / 2 1,1
Với n1 = nA + n(O2 ban đầu)
n2 = n (CO2) + n (H2O) + n (O2 dư)
k
1
2
3
4
5
n
-0,4/3
3
7,33
11,66
16
Chọn được nghiệm k = 2, n = 3 ⇒ Công thức phân tử ancol: C3H8O2
Có 2 đồng phân: HO-CH2-CH2-CH2-OH: propan-1,3-điol
CH2OH-CHOH-CH3 propan-1,2-điol
P + NaOH ⇒ nCOOH = nNaOH = 0,51 mol

Đặt nX = nY = a (mol) ; nZ = b (mol)
nNaOH = 4a + b = 0,51 (1)
X và Y là hai axit đa chức, mạch hở, không phân nhánh
⇒ X, Y đều là axit 2 chức có dạng R(COOH)2
P tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 thu được kết tủa
⇒ Z là HCOOH hoặc có liên kết 3 đầu mạch dạng CH ≡ C – R – COOH
TH1: Z là CH ≡ C – R – COOH
⇒ Kết tủa là AgC ≡ C – R – COONH4: b (mol)
52,38
⇒ (R + 194)b = 52,38 ⇒ b =
(2)
R + 194
* Nếu R = 0. Từ (2) ⇒ b = 0,27. Thay vào (2), ta được: a = 0,06
Đặt n là số nguyên tử H trong X và Y
Bảo toàn H: 0,06.2n + 0,27.2 = 0,39.2 ⇒ n = 2
Do các axit không vượt quá 4 nguyên tử Cacbon nên:
X là HOOC – COOH; Y là HOOC – C ≡ C – COOH ; Z là CH ≡ C – COOH
52,38
53, 7
* Nếu R = 14. Từ (2) ⇒ b =
. Thay vào (2), ta được: a =
208
208
Đặt n là số nguyên tử H trong X và Y
b

8
(2,0
điểm)

9
(2,0
điểm)

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5
0,5