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

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
KHÓA NGÀY.......................
Môn: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm)
a) Hòa tan MX2 có sẵn trong tự nhiên bằng dung dịch HNO3 dư, thu được dung dịch Y và khí
NO2. Đem dung dịch Y tác dụng với BaCl2 tạo kết tủa trắng không tan trong HNO3, dung dịch Y tác
dụng với NH3 dư cho kết tủa màu nâu đỏ. Xác định công thức phân tử của MX 2 và viết phương trình
ion rút gọn trong các thí nghiệm trên.
b) Cho các chất sau tan vào nước tạo thành các dung dịch riêng biệt:
i) Na2CO3.
ii) KNO3.
iii) KHSO4.
iv) AlCl3.
Giải thích tính axit, bazơ của các dung dịch trên.
Câu 2. (2,0 điểm)
Người ta tiến hành đo pH của dung dịch, hỗn hợp sau: (1) dịch vị dạ dày, có nồng độ axit clohiđric
là 0,0032M; (2) nước vôi trong; (3) nước muối ăn; (4) sữa tươi; (5) nước biển. Kết quả được ghi ngẫu
nhiên ở bảng dưới đây:
Dung dịch, hỗn hợp
A
B
C
D
E
pH
10
6,6

2,5
7
8
a) Xác định đúng các dung dịch, hỗn hợp tương ứng với từng giá trị pH trên.
b) Canxi là nguyên tố thiết yếu cho sinh vật sống, phần lớn nằm trong xương. Dùng đủ lượng
calcium là điều rất quan trọng trong giai đoạn xương đang phát triển ở tuổi trẻ em và dậy thì. Một
trong những loại thuốc bổ sung canxi cho cơ thể người là Calcinol (có thành phần gồm CaCO 3, CaF2,
CaHPO4, Mg(OH)2,...). Hãy cho biết dung dịch, hỗn hợp nào ở trên có thể hoà tan được viên thuốc
Calcinol. Viết phương trình phản ứng.
Câu 3. (2,0 điểm)
Các ion CN − có mặt trong một số loại nước thải công nghiệp. Có thể loại chất độc này bằng phản
ứng sau ở 25°C:

→ NCO − + H2O
CN − + H2O2 ¬


a) Tính hằng cố cân bằng của phản ứng. Biết ∆G° = -368630 J.mol-1.
b) Trong nước thải có nồng độ CN − là 10-3 mol.L-1. Nếu dùng dung dịch H2O2 0,1M (thể tích
không đổi) nồng độ CN − còn lại sau phản ứng là bao nhiêu? Rút ra kết luận.
Câu 4. (2,0 điểm)
X, Y là kim loại đơn hóa trị II và III. Hòa tan hết 14,0 gam hỗn hợp X, Y bằng axit HNO 3 thoát ra
14,784 lít (27,3°C và 1,1atm) hỗn hợp 2 khí oxit có màu nâu và có tỷ khối so với He bằng 9,56, dung
dịch nhận được chỉ chứa nitrat kim loại. Cùng lượng hỗn hợp 2 kim loại trên cho tác dụng với axit HCl
dư thì cũng thoát ra 14,784 lít khí (27,3°C và 1atm) và còn lại 3,2 gam chất rắn không tan. Xác định X,
Y và tính % lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu.
Câu 5. (2,0 điểm)
a) Để phân biệt muối ăn thường và muối iot (chứa KI), có thể vắt nước cốt chanh vào muối, sau đó
thêm vào một ít nước cơm hoặc nước vo gạo. Nếu thấy màu xanh xuất hiện chứng tỏ muối đó là muối
iot. Hãy giải thích bằng phản ứng hóa học.

b) Đốt cháy hoàn toàn một dây kim loại trong bình chứa CO 2 thì thu được một oxit có khối lượng
16 gam. Cũng cho lượng kim loại trên tác dụng với dung dịch H 2SO4 dư thì thu được 2,24 lít một khí
duy nhất (đktc). Xác định kim loại.
Câu 6. (2,0 điểm)
a) Tiến hành 4 thí nghiệm nghiên cứu tính chất của hiđrocacbon thơm như sau:


- Thí nghiệm 1: Cho 0,5 ml brom vào ống nghiệm đựng 5 ml benzen, lắc đều, rồi để ống nghiệm
trên giá trong 3 phút, nêu hiện tượng, giải thích. Cho thêm một ít bột sắt vào ống nghiệm, lắc liên tục
trong 3 phút, nêu hiện tượng, giải thích.
- Thí nghiệm 2: Cho vào cùng một ống nghiệm 3 chất lỏng (2 ml dung dịch HNO 3 đặc, 4 ml dung
dịch H2SO4 đặc và 2 ml benzen), lắc đều, ngâm trong cốc nước 60 0C trong 5 phút, rót sản phẩm vào
cốc nước lạnh. Nêu hiện tượng và giải thích.
- Thí nghiệm 3: Lấy 2 ống nghiệm, cho vào mỗi ống 1 ml dung dịch KMnO 4 loãng, sau đó thêm
tiếp 1 ml benzen vào ống nghiệm thứ nhất và 1 ml toluen vào ống nghiệm thứ hai, lắc đều, quan sát
hiện tượng. Ngâm 2 ống nghiệm vào cùng 1 cốc nước sôi trong 5 phút. Nêu hiện tượng, giải thích.
- Thí nghiệm 4: Lấy 1 ống nghiệm hình chữ Y, cho vào nhánh một 1 ml benzen và nghiêng cho
benzen dính vào thành ống nghiệm; cho vào nhánh hai một lượng KMnO 4 bằng hạt đậu xanh và 1 ml
dung dịch HCl đặc, đậy nút và đưa ống nghiệm ra ngoài ánh sáng. Nêu hiện tượng ở nhánh một và giải
thích.
b) Đốt cháy hoàn toàn x mol hiđrocacbon X (40 < MX < 70) mạch hở, thu được CO 2 và 0,2 mol
H2O. Mặt khác, cho x mol X tác dụng với AgNO 3 dư trong dung dịch NH 3, thì có 0,2 mol AgNO 3
phản ứng. Sau phản ứng thu được m gam kết tủa. Tính m.
Câu 7. (2,0 điểm)
Chất thơm trong túi thơm của con cà cuống có công thức phân tử là C 8H14O2 (chất A). Thủy phân
A thu được X (C6H12O) và axit cacboxylic Y (C2H4O2). X tác dụng với dung dịch KMnO4 loãng lạnh
tạo ra hexan-1,2,3-triol.
a) Xác định cấu tạo và gọi tên A, X, Y?
b) Viết các đồng phân hình học của A và cho biết dạng nào có nhiệt độ nóng chảy cao hơn? Tại
sao?

Câu 8. (2,0 điểm)
Oxi hóa m gam rượu C bằng O2 (có chất xúc tác) được hỗn hợp X. Chia hỗn hợp X thành 3 phần
bằng nhau:
- Phần I: tác dụng với dung dịch AgNO3 trong NH3 dư thu được 21,6 gam Ag.
- Phần II: tác dụng với NaHCO3 (dư) thu được 2,24 lít CO2 (đktc).
- Phần III: tác dụng với Na (đủ) thu được 4,48 lít H2 (đktc) và 25,8 gam chất rắn khan.
a) Xác định công thức cấu tạo của rượu C. Biết rằng khi đun rượu C với H 2SO4 đặc, 1700C thì thu
được anken.
b) Tìm thành phần % số mol rượu C bị oxi hóa.
Câu 9. (2,0 điểm)
A, B, C, D là những hiđrocacbon có công thức phân tử là C 9H12. Biết A chỉ chứa 2 loại hiđro. Đun
nóng với KMnO4 thì A cho C9H6O6, B cho C8H6O4, đun nóng C8H6O4 với anhiđrit axeitc cho sản phẩm
là C8H4O3. C và D đều phản ứng với Cu 2Cl2/NH3 đều cho kết tủa màu đỏ và phản ứng với dung dịch
HgSO4 sinh ra C9H14O (C cho M và D cho N). Ozon phân M cho nona-2,3,8-trion còn N cho 2-axetyl3-metylhexađial. Tìm công thức cấu tạo của A, B, C, D và viết phản ứng xảy ra biết ank-1-in pư với
Cu2Cl2/NH3 đều cho kết tủa màu đỏ theo pư: R-C ≡ CH + Cu2Cl2 + NH3 → R-C ≡ CCu + NH4Cl
Câu 10. (2,0 điểm)
a) Từ metyl xiclopropyl xeton và hợp chất cơ magie tuỳ ý chọn, viết sơ đồ phản ứng điều chế 2,6đimetyl-9-bromnona-2,6-đien.
b) 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.
c) Dưới đây là các giá trị nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của n-pentan và neopentan. Giải thích
sự khác biệt nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi giữa các chất này.
n-Pentan Neopentan
Nhiệt độ sôi (oC)
36
9,5
o
Nhiệt độ nóng chảy ( C)
-130
-17
----------Hết----------

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
KHÓA NGÀY.......................
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC
(Bản hướng dẫn này có 04 trang)
Câu

a

1
(2,0
điểm)
b

a
2
(2,0
điểm)

b

a

3
(2,0
điểm)

4

(2,0
điểm)

b

Nội dung
Do tác dụng với BaCl2 tạo kết tủa ⇒ có SO42-, tác dụng với dung dịch NH3 tạo
kết tủa nâu đỏ ⇒ có Fe3+.
Vậy MX2 là FeS2
FeS2 + 14H + + 15NO3− 
→ Fe3+ + 2SO 42− + 7H 2O + 15NO 2
Ba2+ + SO42- → BaSO4 NH3 + H+ → NH4+
3NH3 + 3H2O + Fe3+ → 3NH4+ + Fe(OH)3
i) Na2CO3 → 2Na+ + CO32- .
CO32- + HOH € HCO3- + OH- .
Kết quả tạo ra dung dịch có pH > 7.
ii) KNO3 → K+ + NO3- .
K+, NO3- trung tính. Do đó dung dịch có pH=7.
iii) KHSO4 → K+ + HSO4-.
HSO4- → H+ + SO42- (Ka=102)
(Hay HSO4- + H2O → H3O+ + SO42-). Vậy dung dịch có pH < 7.
iv) AlCl3 → Al3+ + 3Cl- .
Al3+ + HOH € Al(OH)2+ + H+
Vậy dung dịch có pH < 7.
Các dung dịch, hỗn hợp tương ứng là: dung dịch A: nước vôi trong; dung dịch
B: sữa tươi; dung dịch C: dịch vị dạ dày; dung dịch D: nước muối ăn; dung dịch
E: nước biển
- Dịch vị dạ dày có thể hoà tan được viên thuốc Calcinol.
- Các phản ứng xảy ra:
CaCO3 + 2HCl 

→ CaCl2 + CO2 + H2O
CaF2 + 2HCl 
→ CaCl2 + 2HF
CaHPO4 + 2HCl 
→ CaCl2 + H3PO4
Mg(OH)2 + 2HCl 
→ MgCl2 + H2O
∆G° = -368630 = -8,314.298lnK ⇒ K = 4,14.1064

→ NCO − + H2O
Phản ứng:
H2O2 ¬
CN − +


CB: 10-3 – x
10-1 – x
x
-3
Vì K rất lớn nên coi x = 10
 NCO − 
10−3
CN −  = 
=
= 2 , 4.10−67 M
64
−1
−3
K [ H 2O2 ] 4,14.10 .( 10 − 10 )

Vậy dùng dư H2O2 theo tỉ lệ số mol H2O2 : CN − = 100 : 1 thì có thể loại trừ gần
hết CN − trong nước thải.
Số mol khí = 0,66 và 0,6 mol. Từ M TB= 9,56.4 = 38,24 suy ra NO2 > 38,24 nên khí
còn lại phải là NO = 30 < 38,24. Và tính được NO = 0,32 mol và NO2 = 0,34 mol
3X + 8HNO3 → 3X(NO3)2 + 2NO ↑ + 4H2O
Y + 4HNO3 → Y(NO3)3 + NO ↑ + 2H2O
X + 4HNO3 → X(NO3)2 + 2NO2 ↑ + 2H2O
Y + 6HNO3 → Y(NO3)3 + 3NO2 ↑ + 3H2O
X + 2HCl → XCl2 + H2 ↑
hoặc 2Y + 6HCl → 2YCl3 + 3H2 ↑

Điểm
0,5

0,5

0,25
0,25
0,25
0,25
1,0

1,0

0,5
0,5

0,5

0,5

0,75


Nếu kim loại Y không tan trong axit HCl
Theo pt: số mol X = 0,6 và lượng X = 10,8 gam nên X =

10,8
= 18 (không có kim
0, 6

0,5

loại thỏa mãn)
Vậy kim loại X không tan trong axit HCl
Theo pt: số mol Y = 0,4 và lượng Y = 14 – 3,2 = 10,8 gam nên Y =

5
(2,0
điểm)

6
(2,0
điểm)

10,8
= 27 (Al)
0, 4

Đặt số mol X bằng a
Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 0,4.3 + 2a = 0,32.3 + 0,34 ⇒ a = 0,05

3, 2
Vậy X =
= 64 (Cu)
0, 05
⇒ %mAl = 77,14% và %mCu = 22,86%
I- + H+ → HI
a 2HI + ½ O2 → I2 + H2O
I2 + hồ tinh bột → hợp chất màu xanh
Kim loại tác dụng được với CO2 phải là kim loai mạnh (nhóm A) nên chỉ có một
hóa trị duy nhất và có số mol là x.
4M + a CO2 → 2M2Oa + aC
x mol
0,5 x mol
Ta có: 0,5x.(2M+ 16a) = 16 (1)
Khi cho M tác dụng với H2SO4 vì chưa biết nồng độ nên có thể có 3 khả năng
xảy ra: tạo H2 hoặc SO2 hoặc H2S.
TH1 : nếu tạo ra H2
2M + a H2SO4 → M2(SO4)a + a H2
x mol
ax/2 mol
Ta có: xa/2 = 0,1 (2)
Từ (1) và (2) ta có M = 72.a
b Biện luận không có a và M thỏa mãn (loại)
TH2 : nếu tạo ra SO2
2M + 2a H2SO4 → M2(SO4)a + 2a H2O + aSO2
x mol
ax/2 mol
Ta có: xa/2 = 0,1 (2)
Từ (1) và (2) ta có M = 72.a
Biện luận không có a và M thỏa mãn (loại)

TH3: nếu tạo ra H2S
8M + 5a H2SO4 → 4M2(SO4)a + a H2S + 4a H2O
x mol
ax/8 mol
Ta có: xa/8 = 0,1 (2)
Từ (1) và (2) ta có M = 12.a
Biện luận có a = 2 và M = 24 thỏa mãn (Mg)
a TN1: Khi chưa có bột sắt: dung dịch đồng nhất, có màu vàng không đổi.
Nguyên nhân, benzen không tác dụng với brom ở điều kiện thường, benzen là
dung môi hoà tan brom.
Khi cho thêm bột sắt vào hỗn hợp phản ứng thì màu chất lỏng trong ống nghiệm
Fe
nhạt màu dần, do phản ứng: C6H6 + Br2 
→ C6H5Br + HBr
TN2: Xuất hiện chất lỏng màu vàng nhạt, lắng xuống đáy cốc, đó là nitrobenzen
được tạo thành do phản ứng:
H 2SO 4 , t 0
C6H6 + HO-NO2 
→ C6H5NO2 + H2O
TN3: Benzen không làm mất màu dung dịch thuốc tím; toluen làm mất màu
dung dịch thuốc tím khi ngâm trong cốc nước sôi, do phản ứng:
t0
C6H5CH3 + 2KMnO4 
→ C6H5COOK + 2MnO2 + KOH + H2O
TN4: Ở nhánh một, xuất hiện khói trắng và trên thành ống nghiệm xuất hiện

0,5

0,25
0,75

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25


b

a

7
(2,0
điểm)
b

chất bột màu trắng, đó là C6H6Cl6 được tạo thành do các phản ứng:
2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O

as
C6H6 + 3Cl2 
→ C6H6Cl6.
Đặt công thức của X là CnHm (với 40 < MX < 70)
+ Giả sử 1 mol X tác dụng tối đa 1 mol AgNO3 ⇒ x = 0,2
⇒ m = 2: C2H2 hoặc C4H2 (Không thoả)
+ Giả sử 1 mol X tác dụng tối đa 2 mol AgNO3 ⇒ x = 0,1
⇒ m = 4: C4H4 (Loại) hoặc C5H4 (Chọn)
Vậy X là C5H4 (CH≡C-CH2-C≡CH) →AgC≡C-CH2-C≡CAg: 0,1
⇒ m = 27,8 (g)
Vì X tác dụng với dung dịch KMnO4 tạo ra hexan-1,2,3-triol nên X là ancol có
công thức cấu tạo CH 3CH2CH2CH=CHCH2OH (hex-2-en-1-ol). Y là CH3COOH
(axit axetic) và như vậy A phải có cấu tạo CH 3COOCH2CH=CHCH2CH2CH3
(hex-2-en-1-yl axetat).
Các đồng phân hình học của B:
CH3COOCH2
H
CH3COOCH2
CH2CH2CH3
C C
C C
H
CH2CH2CH3
H
H
cistransDạng trans- có nhiệt độ nóng chảy cao hơn do cấu trúc tinh thể của dạng transbền vững hơn so với dạng cis- (dạng trans- vấn giữ nguyên cấu trúc zic-zac của
mạch cacbon, dạng cis- phá vỡ cấu trúc zic-zac này).

1,0

1,0

0,5

0,5

2
4
→ anken, nên C là rượu đơn chức no;
Rượu C 
1700

H SO

8
(2,0
điểm)

9
(2,0
điểm)

[ O]
C 
→ hỗn hợp X tráng gương và tác dụng với muối NaHCO 3 cho khí CO2
nên X có anđehit và axit vì vậy C là rượu đơn chức no bậc I : RCH2OH
xt
RCH2OH + 1/2O2 →
RCHO + H2O (1)
xt

RCH2OH + O2 → RCOOH + H2O (2)
X gồm: RCHO, RCOOH, H2O, RCH2OH còn dư
Phần I: RCHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O → RCOONH4 + 2Ag + 2NH4NO3(3)
Phần II: RCOOH + NaHCO3 → RCOONa + H2O + CO2
(4)
a
(5)
Phần III: RCOOH + Na → RCOONa + 1/2H2
→
H2O + Na
NaOH + 1/2H2
(6)
RCH2OH + Na → RCH2ONa + 1/2H2 (7)
Từ (3) số mol RCHO = 0,1 mol ; từ (4) số mol RCOOH = 0,1 mol;
Từ (1) và (2) số mol H2O trong 1/3 X = 0,2 mol ⇒ số mol H2 = 0,2 mol
Từ (5),(6), (7) số mol RCH2OH trong 1/3 X = 2nH2 = 0,1 mol
m R = mRCOONa + mNaOH + mRCH2ONa = 25,8
⇒ (R + 67)0,1 + 40.0,2 + (R + 53).0,1 = 25,8
⇒ R = 29 công thức của rượu CH3CH2CH2OH
Từ (1) và (2) → nC bị oxi hóa cho 1/3 X = 0,1 + 0,1 = 0,2 mol
b →
nC 1/3X = 0,2 + 0,1 = 0,3 mol → % nC bị oxi hóa = 0,2/0,3.100% = 66,7%
+ Ta thấy rằng A, B phải có vòng benzen
+ Ta biết rằng mỗi nhánh ở vòng benzen sau khi oxi hóa cho 2 Oxi gắn với vòng nên
 A phải có 3 nhánh vì cho sp có 6 Oxi
 B có 2 nhánh vì sp có 4 oxi.
+ Do A có 3 nhánh và chỉ chứa 2 loại H nên A có CTCT là:
CH3

H3C

CH3

0,5

0,5

0,25

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


Thật vậy:
COOH

CH3
[O]

+ H2O
H3C

HOOC

CH3

COOH

+ Vì sp của B pư với anhiđrit axetic cho sp là C8H4O3 nên 2 nhánh của B phải gần
nhau. Do đó B là:
COOH

CH3
C2H5

CO

COOH

[O]

CO

+ (CH3CO)2O

- CO2 - H2O

O

0,5

- 2CH3COOH

+ C và D đều pư với Cu2Cl2/NH3 cho kết tủa đỏ nên phải là ank-1-in. Dựa vào sp
ozon phân suy ra CTCT của C và D là:
C

CH3

CH

C

CH3

(C)

CH

(D)

Thật vậy:
C

CH

CO-CH3

CH3

+

CH3

H2O/Hg2+

+ O3

CH3-CO-CO-CH2-CH2-CH2-CH2-CO-CH3.

0,5

và
CH3
C

CH3

CH
+ H2O/Hg2+

CO-CH3

+ O3

CH3
CH3-CO-CH-CH-CH2-CH2-CH=O
CH=O

COCH3 1. CH3MgBr
2.H2O
(A)

CH3
CCH3
OH

a

BrCH2CH2CH=C(CH3)CH2CH2CH=C(CH3)2

10
(2,0
điểm)

b

c

HBr

HBr/-H2O

BrCH2CH2CH=C(CH3)2
1.Mg
2. H3O+
3. A
CH3

1,0

C CH2CH2CH=C(CH3)2
OH

CH3
CH3
CH3
|
|

|
+
(−I)
+
CH3−C−CH2−I →
 CH3−C− CH2 → CH3−C −CH2−CH3
|
|
CH3
CH3
(-H+)
CH3−C=CH−CH3
|
CH3 (SPC)
Nhiệt độ sôi của neopentan thấp hơn n-pentan vì khi phân tử có càng nhiều
nhánh, tính đối xứng cầu của phân tử càng tăng, diện tích bề mặt phân tử càng
giảm, làm cho độ bền tương tác liên phân tử giảm và nhiệt độ sôi trở nên thấp
hơn.
Trái lại, tính đối xứng cầu lại làm cho mạng tinh thể chất rắn trở nên đặc khít
hơn và bền vững hơn, nên nhiệt độ nóng chảy cao hơn.

0,5

0,25
0,25


ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT

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

Câu 1. (2,5 điểm)
Nêu hiện tượng và viết phương trình ion rút gọn (nếu có) cho các thí nghiệm sau:
a) Cho từ từ đến dư dung dịch NH3 vào dung dịch chứa hỗn hợp FeCl3 và CuSO4.
b) Cho từ từ đến dư dung dịch KHSO4 vào dung dịch chứa hỗn hợp NaAlO2 và Na2CO3.
c) Cho dung dịch Fe(NO3)2 vào dung dịch HCl 1M, đun nóng nhẹ.
d) Cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch K2HPO3.
Câu 2. (2,5 điểm)
a) Dùng hình vẽ, mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính chất của etilen.
b) Cho hai công thức hóa học: PCl5 và NCl5. Cho biết công thức nào đúng, công thức nào sai? Dựa
vào sự tạo thành liên kết cộng hóa trị hãy giải thích vì sao?
c) Tính năng lượng liên kết trung bình C - H và C - C từ các kết quả thực nghiệm sau:
- Nhiệt đốt cháy CH4 = -801,7 KJ/mol.
- Nhiệt đốt cháy C2H6 = -1412,7 KJ/mol.
- Nhiệt đốt cháy hiđro = - 241,5 KJ/mol.
- Nhiệt đốt cháy than chì = - 393,4 KJ/mol.
- Nhiệt hóa hơi than chì = 715 KJ/mol.
- Năng lượng liên kết H - H = 431,5 KJ/mol.
Các kết quả đều đo được ở 298 K và 1 atm.
Câu 3. (2,5 điểm)
a) Thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100 ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M được 100 ml
dung dịch A, hỏi có kết tủa Mg(OH)2 được tạo thành hay không?
Biết: TMg(OH)2 =10-10,95 và K b(NH3 ) = 10-4,75.
b) Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn các dung dịch sau:
i) 10ml dung dịch CH3COOH 0,10M với 10ml dung dịch HCl có pH = 4,00
ii) 25ml dung dịch CH3COOH có pH = 3,00 với 15ml dung dịch KOH có pH = 11,00
Câu 4. (2,5 điểm)

Hòa tan hoàn toàn 2,36 gam hỗn hợp M gồm 2 kim loại X và Y trong dung dịch chứa đồng thời
hai axit HNO3 và H2SO4 đậm đặc, đun nóng. Sau khi phản ứng kết thúc, thu được 0,896 lít (đktc) hỗn
hợp khí Z chỉ gồm T và NO 2, dung dịch G có chứa ion X 2+, Y+. Biết tỉ khối của Z so với metan là
3,15625.
a) Tính khối lượng muối khan thu được sau khi cô cạn cẩn thận dung dịch G (Giả thiết không xảy
ra quá trình nhiệt phân các muối trong dung dịch G).
b) Xác định khoảng giá trị thay đổi của khối lượng muối khan khi thay đổi tỉ lệ khí T và NO2.
Câu 5. (2,5 điểm)
Nung m gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe(NO3)2, Fe(NO3)3 và FeCO3 trong bình kín không có không
khí. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được chất rắn Y và hỗn hợp khí Z có tỉ khối so với
không khí là 1,552 (giả sử khí NO2 sinh ra không tham gia phản ứng nào khác). Cho Y tan hoàn toàn
trong 100 ml dung dịch gồm KNO 3 0,1M và H2SO4 1,5M, thu được dung dịch chỉ chứa 21,23 gam
muối trung hòa của kim loại và hỗn hợp khí T có tỉ khối so với không khí là 0,552 (trong đó có một khí
hóa nâu trong không khí). Tính m.
Câu 6. (2,5 điểm)


Đốt cháy hoàn toàn 0,02 mol hỗn hợp X gồm 3 hiđrocacbon đồng phân A, B, C. Hấp thụ toàn bộ
sản phẩm cháy vào 5,75 lít dung dịch Ca(OH) 2 0,02M thu được kết tủa và khối lượng dung dịch tăng
lên 5,08 gam. Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch thu được, kết tủa lại tăng thêm, tổng khối lượng kết tủa
2 lần là 24,305 gam.
a) Xác định công thức phân tử của 3 hiđrocacbon.
b) Xác định công thức cấu tạo A, B, C biết:
- Cả 3 chất đều không làm mất màu dung dịch brom.
- Khi đun nóng với dung dịch KMnO 4 loãng trong H2SO4 thì A và B đều cho cùng sản phẩm
C9H6O6 còn C cho sản phẩm C8H6O4.
- Khi đun nóng với brom có mặt bột sắt A chỉ cho một sản phẩm monobrom. Còn chất B, C mỗi
chất cho 2 sản phẩm monobrom.
Câu 7. (2,5 điểm)
A là hỗn hợp hai andehit X và Y (X có khối lượng phân tử nhỏ hơn Y). Hóa hơi 1,03 gam A ở

60oC và 1,0 atm thì thu được 683 mL hơi. Hấp thụ hết phần hơi này vào lượng dư dung dịch AgNO 3
trong NH3 thu được 10,8 gam Ag và dung dịch B. Thêm HCl dư vào B thấy thoát ra 0,336 lít (đktc)
một khí có khả năng làm đục nước vôi trong. Xác định cấu tạo và gọi tên các andehit trong A. Giả thiết
các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Câu 8. (2,5 điểm)
a) So sánh nhiệt độ sôi của các chất sau, giải thích:

S

N

O

NH

(A)
(B)
(C)
(D)
(E).
b) Hãy hoàn thành sơ đồ phản ứng sau, giải thích sự hình thành X5 và X6:
t

o

NaI

X1
(C8H 6Br 4)

X2
(C8H 6Br 2)

Mg

X4 (C16H12) t o

X3
(C8H 6)

X5

HCl

X6 (C16H13Cl)
,,
(khong mat' mau nuoc brom)

X7 (C16H12)

-

o-Xilen

Br2

c) Enamin có thể được tạo thành khi cho anđehit hoặc xeton phản ứng với amin bậc hai có xúc tác
axit. Xiclohexanon phản ứng với piroliđin tạo ra enamin H theo sơ đồ sau:
+

H

+

N

H

H
N

O

Đề xuất cơ chế giải thích quá trình tạo thành enamin H.
----------Hết---------(Học sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn hóa học)


ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
KHÓA NGÀY.......................
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC
(Bản hướng dẫn này có 05 trang)
Câu

a

1
(2,5
điểm)

b

c
d
2
(2,5
điểm)

a
b
c

Nội dung
Trong dung dịch FeCl3 và CuSO4 có các ion : Fe3+, Cu2+
Dung dịch NH3 có cân bằng:
NH3 + H2O
NH4+ + OHKhi cho dung dịch NH3 vào dung dịch FeCl3 và CuSO4
- Có kết tủa nâu, kết tủa xanh do pư:
Fe3+ + 3OH Fe(OH)3 nâu đỏ
Cu2+ 2OHCu(OH)2 xanh
Sau kết tủa xanh Cu(OH)2 tự hoà tan trong dd NH3 dư do phản ứng :
Cu(OH)2 + 4NH3
[Cu(NH)4](OH)2
dung dịch màu xanh đậm
Trong dung dịch chứa NaAlO2 và Na2CO3 có các cân bằng
AlO2 - + 2H2O
Al(OH)3 + OH(1)
2-CO3
+ H2O
HCO3 + OH

(2)
HCO3- + H2O
H2O + CO2 + OH- (3)
Trong dung dịch KHSO4 có cân bằng
HSO4 - +
H2O
SO42- + H3O+
Khi cho đến dư dd HKSO4 và dd chứa NaAlO2 và Na2CO3 làm dịch chuyển các
cân bằng (1) và (3) sang phải có các hiện tượng :
- Có khí thoát ra ( khí CO2)
- Có kết tủa keo (Al(OH)3)
Nếu dư KHSO4 thì Al(OH)3 sẽ bị hoà tan
Trong dung dịch chứa Fe(NO3)2 và HCl: Fe2+ bị oxi hóa bởi NO3-/H+ nên sau khi
phản ứng dung dịch có màu vàng và có khí không màu hóa nâu trong không khí
bay ra.
3Fe2+ + NO3- + 4H+  3Fe3+ + NO + 3H2O
K2HPO3 là muối trung hòa nên khi cho NaOH vào dung dịch K2HPO3 không có
hiện tượng xảy ra
Hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính chất của etilen
PCl5: đúng
NCl5: sai
Giải thích: N không tạo được 5 electron độc thân, do vậy không thể tạo được 5
liên kết cộng hóa trị. P vì có obitan 3d trống có thể tạo được 5 electron độc thân,
do vậy tạo được 5 liên kết cộng hóa trị.
4∆H Co − H
Phương trình cần tổ hợp CH 4 ( K ) ⇔ C( K ) + 4 H
Theo bài ra ta có:
CH4 + 2O2 ⇔ CO2 + 2H2O
∆H = -801,7
2H2) ⇔ O2 + 2H2

- ∆H = -2(-241,5)
CO2 ⇔ O2 + C(r)
- ∆H = 393,4
C(r) ⇔ C(k)
∆H = 715
2H2(k) ⇔ 4H(k)
2∆H = 2.431,5
4∆H Co − H
CH4(k) ⇔ C(r) + 4H(k)
⇒ 4∆H Co − H = ∆H - ∆H - ∆H + ∆H + 2∆H
= -801,7 + 483 + 398,4 + 715 + 2(431,5)
= 1652,7 KJ/mol

Điểm

0,75

0,75

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


⇒ Năng lượng liên kết C-H: EC − H =

1652,7

= 413,715 KJ / mol
2

Phương trình cần tổ hợp:
C2H6(k) ⇔ 2C(k) + 6H(k) ∆Ho = EC-C + 6EC-H
Theo bài ra ta có:
C2H6(k) + O2 ⇔ 2CO2 + 3H2O
∆H = -1412,7
3H2O ⇔ O2 + 3H2
- 3∆H = -3(-241,5)
2CO2 ⇔ 2O2 + 2C(r)
-2∆H = 2. 393,4
2C(r) ⇔ 2C(k)
2∆H = 2. 715
3H2(k) ⇔ 6H(k)
3∆H = 3.431,5
C2H6(k) ⇔ 2C(k) + 6H(k)
∆Ho
∆Ho = ∆H - 3∆H - 2∆H + 2∆H + 3∆H
= -1412,7 + 3. 241,5 + 2. 393,4 + 2. 715 + 3. 431,5
= -1412,7+ 724,5 + 786,8 + 1430 + 1294,5 = 2823,1
o
∆H = EC-C + 6EC-H ⇒ EC = 2823,1 - 6. 413,715 = 345,7 KJ/mol
Khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch đệm thì
C Mg2+ ban đầu = 10-2 (M).
Ta có: TMg(OH)2 = [Mg2+][OH−]2 = 10-10,95
Để kết tủa Mg(OH)2 thì [Mg2+][OH−]2 ≥ 10-10,95
10−10,95 10−10,95
=
= 10-8,95. Hay [OH−] ≥ 10-4,475

2+
−2
Mg
10
* Dung dịch: NH4Cl 1M + NH3 1M.
a
cân bằng chủ yếu là:
K NH3 = Kb = 10-4,75
NH3 + H2O
NH +4 + OH−
1
1
1-x
1+x
x
( x + 1) x
Kb = 1− x = 10-4,75
⇒ [OH−]2 ≥

[

0,5

0,5

]

0,5

⇒ x = 10-4,75

Hay [OH−] = 10-4,75 < 10-4,475.
Vậy khi thêm 1 ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl
1M thì không xuất hiện kết tủa Mg(OH)2.
i. Dung dịch HCl có pH = 4,0 ⇒ [H+] = [HCl] = 10-4M
Sau khi trộn:

3
(2,5
điểm)

10−4.10
= 5.10−5 M
20
0,1.10
CCH3COOH =
= 0, 05M
20
CHCl =

b

HCl → H+ + Cl5.10-5M 5.10-5M
CH3COOH € CH3COO- + H+
C 0,05M
0
5.10-5M
∆C
x
x
x

[ ] 0,05-x
x
5.10-5 + x

( 5.10

−5

+ x) x

0, 05 − x

0,5

= 10−4,76

x = 8,991.10-4M (nhận)
x = -9,664.10-4M(loại)
pH = -lg[H+] = -lg(5.10-5 + x) = 3,023=3,02
ii. Gọi CA là nồng độ M của dung dịch CH3COOH

1,0


CH 3 COOH € CH 3 COO − + H +
C
CA
0
ΔC
x

x
[ ] CA – x
x
Với pH = 3,0 ⇒ x = 10-3M

( 10 )
−3

2

C A − 10
CA =

0
x
x

−3

= 10−4,76

−3
10−6
+ 10−3 = 10−1,24+10 ≈ 0, 0585M
−4,76
10

Dung dịch KOH có pH = 11,0 ⇒ [OH-] = [KOH] =

10−14

= 10−3 M
10−11

Sau khi trộn:
0, 0585x25
= 0, 03656M ≈ 3, 66.10 −2 M
40
10−3 x15
C KOH =
= 3, 75.10 −4 M
40
CH 3 COOH + KOH → CH 3 COOK + H 2 O
CCH3COOH =

Phản ứng
3,66.10-2 3,75.10-4
0
0
Sau phản ứng (3,66.10-2 – 3,75.10-4 )0
3,75.10-4
3,75.10-4
CH 3 COOH € CH 3 COO − + H +
C
0,036225
3,75.10-4
0
ΔC
x
x
x

[ ]
0,036225– x
x+3,75.10-4
x

4
(2,5
điểm)

Nên Ka= x(x+3,75.10-4)/(0,036225-x)=10-4,76 → x = 6,211.10-4
pH = 3,207=3,21
Xác định số mol các chất khí
Số mol Z = 0,896: 22,4 = 0,04 (mol) M Z = 3,15625.16 = 50,5
M NO2 = 46 < 50,5 < M T ⇒ T là SO2 (M=64)
Gọi a là số mol SO2, b là số mol NO2
64a + 46 b = 50, 5.0, 04 = 2, 02 a = 0, 01
⇒
Ta có hệ: 
  a +   b    =  0, 04
b = 0, 03
a
Phương trình phản ứng: (Có thể không cần ghi phản ứng)
X + 2H2SO4 → XSO4 + SO2 + 2H2O
2Y + 2H2SO4 → Y2SO4 + SO2 + 2H2O
X + 4HNO3 → X(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O
Y + 2HNO3 → YNO3 + NO2 + H2O
∑m muối khan = ∑mM + ∑mNO3- + ∑m SO42= 2,36 + 0,03.62 + 0,01.96 = 5,18 (gam)
b Xác định khoảng giá trị
X → X2+ + 2e
x

2x

Y → Y+ + 1e

0,5

0,5

+6
+4
S + 2e → S

0,02 ¬ 0,01

+5

+4

N + 1e → N
y
y
0,03 ¬ 0,03
Theo định luật bảo toàn electron: 2x + y = 0,05
Khối lượng hỗn hợp: xX + yY = 2,36
*Giả sử chỉ tạo NO2 thì:
Khối lượng 2 muối nitrat = x(X + 124) + y(Y + 62) = 2,36 + 62.0,05 = 5,46 gam
*Giả sử chỉ tạo SO2 thì:

0,5

0,5
0,5


Khối lượng 2 muối sunfat = x(X + 96) + y/2(2Y + 96) = 2,36 + 48.0,05= 4,76g
Vậy: 4,76 gam < khối lượng 4 muối < 5,46 gam
Ta có: M T = 16 ⇒ Trong T có H 2 và n NO = n H 2
−
3

Vì T chứa H2 và dung dịch thu được chỉ gồm muối trung hòa nên H và NO hết và
2−
các muối trung hòa gồm: K+ ; SO4 ; Fe2+ ; Fe3+
+

Ta có: 0, 01× 39 + n Fe × 56 + 0,15 × 96 = 21, 23 ⇒ n Fe = 0,115 ( mol )
Xét hỗn hợp Y gồm Fe và O
4H + + NO 3− + 3e 
→ NO + 2H 2O
5
mol : 0,04
0,01 0,03
0,01
+
(2,5
2H + 2e 
→ H2
điểm)
mol : 0,02

0,02
0,01
+
2−
2H + O

→ H 2O

6
(2,5
điểm)

0,5

0,5

3

nCa(OH)2 = 0,115 mol
CO2 + Ca(OH)2 (0,115mol) → CaCO3 (x mol); Ca(HCO3)2 (0,115 – x mol)
+ Ba (OH)2

→ BaCO3 (0,115 – x mol) + CaCO3 (0,115 – x mol)
Nên 100x + (0,115 – x mol).100 + (0,115 – x mol).197 = 24,305
⇒ x = 0,05 ⇒ nCO2 = 0,05 + 2(0,115 – 0,05) = 0,18 (mol)
⇒ nH2O = (0,05.100 + 5,08 – 0,18.44)/18 = 0,12 (mol)
a Gọi công thức phân tử của A là CxHy
y
CxHy + O2 → xCO2 + H2O
2

0,02
0,02x
0,01y
Ta có: 0,02x = 0,18 ⇔ x = 9 và 0,01y = 0,12 ⇔ y = 12
Công thức phân tử của A, B, C là C9H12, [ π + v ] = 4.
- Theo giả thiết thì A, B, C phải là dẫn xuất của benzen vì chúng không làm mất
màu dung dịch Br2.
- A, B qua dung dịch KMnO4/H+ thu được C9H6O6 nên A, B phải có 3 nhánh CH 3;
C cho C8H6O4 nên C có 2 nhánh trên vòng benzen (1 nhánh –CH 3 và 1 nhánh –
C2H5).
- Khi đun nóng với Br2/Fe thì A cho 1 sản phẩm monobrom còn B, C cho 2 sản
b
phẩm monobrom nên công thức cấu tạo của A, B, C là:

0,5

0,5

0,5
0,6

CH2CH3

CH3

CH3
H3C

H3C

0,5

0,5

mol : 0,24
0,12
Trong Y có Fe (vì T có H2), nên Z chỉ có NO2 và CO2
1
M Z = 45 ⇒ n NO2 = n CO2 ⇒ n NO− = n CO2− = n O2− = 0, 06 ( mol )
3
3
2
⇒ m = m Fe + m CO2− + m NO− = 0,115 × 56 + 0, 06 × ( 62 + 60 ) = 13, 76 ( gam )
3

0,5

CH3

0,5

CH3
CH3

(A)
(B)
(C)
7
1.0, 683
1, 03

(2,5 nA = 0, 082.333 = 0,025 mol; M A = 0, 025 = 41,2
điểm) Suy ra: trong A có chứa HCHO (anđehit fomic – gọi là X)
n Ag
0,1
10,8
nAg =
= 0,1 ml;
=
=4
0, 025
nA
108
Suy ra: Y là anđehit hai chức có dạng R(CHO)2
AgNO3 / NH3
HCl
Từ HCHO 
CO2
→ (NH4)2CO3 →

0,5

0,5
0,5


0,336
= 0,015 mol
22, 4
⇒ nY = 0,025 – 0,015 = 0,01 mol
Từ mA = 30.0,015 + (R + 58).0,01 = 1,03 ⇒ R = 0

Vậy hai andehit là HCHO (andehit focmic) và (CHO)2 (andehit oxalic)
Thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi: D < A < C < B < E.
E có nhiệt độ sôi cao nhất vì giữa các phân tử E có khả năng hình thành liên kết
hidro liên phân tử.B: Có mo men lưỡng cực lớn do có nguyên tử N có độ âm điện
lớn, hút e mạnh làm tăng mo men lưỡng cực.C có nhiệt độ sôi tăng ít so với ben
a zen vì có nguyên tử S liên kết trong vòng làm tăng mo men lưỡng cực tăng nhẹ. A
phân tử không phân cực nhưng do khối lượng phân tử lớn hơn D. D Có nguyên tử
O vừa gây hiệu ứng liên hợp dương (+C), vừa gây hiệu ứng cảm ứng âm (-I), kết
quả momen lưỡng cực nhỏ, đồng thời phân tử khối nhỏ hơn A.vì vậy nhiệt độ sôi
của D thấp nhất.
⇒ nX = nCO2 =

8
(2,5
điểm)

CH 3

CHBr 2

Br2

CH3 t

o

CHBr 2
(X1)

CHBr

NaI

CHBr
(X2)

0,5
0,5

1,0

(X7)

Mg

(X3)

b

1,0
(X5)
H+

Cl-

(X6)

to

(X4)

Cl

H

O

c

O
+H

+

..

HN

HO NH

H 2O N

H
H2O

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 3

N

-H2O

N

0,5

+

-H3O

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
KHÓA NGÀY.......................
Môn: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)


Câu 1 (2,0 điểm):
Hãy viết phương trình phản ứng và nêu hiện tượng xẩy ra khi:
a) Sục NO2 từ từ đến dư vào dung dịch KOH có pha quỳ tím.
b) Sục NH3 từ từ đến dư vào dung dịch ZnSO4.
c) Cho ít vụn Cu vào dung dịch chứa đồng thời KNO3 và HCl.
d) Cho 3 giọt dung dịch AgNO3 vào 6 giọt dung dịch Na3PO4 trong ống nghiệm, cho tiếp dung
dịch HNO3 loãng vào đến dư.
Câu 2 (2,0 điểm):
Dung dịch H2S bão hòa có nồng độ 0,1M.
a)Tính nồng độ ion sunfua trong dung dịch H2S 0,1M khi điều chỉnh pH = 3,0. Biết hằng số axit
của H2S là: K1 = 10-7; K2 = 1,3.10-13
b) Dung dịch A chứa các ion Mn 2+ và Cu2+ với nồng độ ban đầu của mỗi ion là 0,01M. Hòa tan
H2S vào dung dịch A đến bão hòa và điều chỉnh pH = 3,0 thì ion nào tạo kết tủa? Biết tích số tan của
MnS = 2,5.10-10 và CuS = 6,3.10-36
Câu 3 (2,0 điểm):

Thủy phân hoàn toàn 2,475 gam halogenua của photpho người ta thu được hỗn hợp 2 axit (axit
của photpho với số oxi hóa tương ứng và axit không chứa oxi của halogen). Để trung hòa hoàn toàn
hỗn hợp này cần dùng 45 ml dung dịch NaOH 2M. Xác định công thức của halogenua đó.
Câu 4 (2,0 điểm):
Chất A có công thức phân tử là C 7H8. Cho A tác dụng với AgNO 3 trong dung dịch amoniac dư
được chất B kết tủa. Phân tử khối của B lớn hơn của A là 214. Viết các công thức cấu tạo có thể có của
A.
Câu 5 (2,0 điểm):
Hấp thụ hoàn toàn 3,36 lít CO2 (đktc) vào dung dịch chứa x mol Ca(OH) 2; x mol NaOH và y mol
KOH thu được dung dịch chứa 8,66 gam muối (không có bazơ dư) và có 5 gam kết tủa. Tính x, y.
Câu 6 (3,0 điểm):
Cho 10,62 gam hỗn hợp gồm Fe, Zn vào 800 ml dung dịch hỗn hợp X gồm NaNO3 0,45M và
H2SO4 0,9M. Đun nóng cho phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và 3,584 lít khí NO (sản
phẩm khử duy nhất, đo ở đktc). Dung dịch Y hòa tan được tối đa m 1 gam bột Cu, sinh ra V lít khí NO
−
(đktc, sản phẩm khử duy nhất của NO 3 ).
a) Tính phần trăm về khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp ban đầu.
b) Tính giá trị của m1 và V.
−
c) Cho m2 gam Zn vào dung dịch Y (tạo khí NO là sản phẩm khử duy nhất của NO 3 ), sau phản
ứng thu được 3,36 gam chất rắn. Tính giá trị của m2.
Câu 7 (2,0 điểm):
X có công thức phân tử là C5H12O4. Cho hơi X qua ống đựng CuO đun nóng được chất Y có khối
lượng phân tử nhỏ hơn X là 8 đvC. Cho 2,56 gam Y phản ứng với dung dịch AgNO 3 trong NH3 được
17,28 gam kết tủa Ag. Tìm công thức cấu tạo của X; Y?
Câu 8 (3,0 điểm):
Hỗn hợp khí X(ở 81oC và 1,5 atm) gồm H2, một anken A và một ankin B. ChoX đi qua lượng dư
dung dịch AgNO3 trong NH3, thu được 1,61 gam kết tủa và hỗn hợp khí Y (không chứa H2O) thoát ra
có thể tích bằng 90% thể tích của X. Nung nóng X với xúc tác Ni để phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu
được hỗn hợp Z chỉ gồm hai chất khí và có thể tích bằng 70% thể tích của X. Tỉ khối của Z so với H2

bằng 9. Khí X, Y, Z đo ở cùng điều kiện.


a)Tính thể tích của hỗn hợp khí X và viết công thức cấu tạo phù hợp của A, B.
b)Trình bày cơ chế của phản ứng khi cho B tác dụng với HCl dư sinh ra chất D (sản phẩm chính).
Câu 9 (2,0 điểm):
Tìm các chất thích hợp ứng với các ký hiệu A1, A2, A3, A4, A5 trong sơ đồ sau và hoàn thành các
phương trình phản ứng dưới dạng công thức cấu tạo?
+O2,xt
+Benzen/H+ A3
Crackinh
(3)
(2)
A5 (C3H6O)
CnH2n+2
A2
(1)
A1(khí)
(4)
A4
(5) +O2/xt
+H O/H+
2

----------Hết----------

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
KHÓA NGÀY.......................
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 3
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC

(Bản hướng dẫn này có 04 trang)
Câu
1
(2 điểm)

Đáp án
Điểm
a)Dung dịch KOH ban đầu có màu xanh sau đó nhạt màu và đến mất màu, khi NO 2
0,5
dư thì dung dịch lại có màu đỏ.


2NO2 + 2KOH → KNO3 + KNO2 + H2O
2NO2 + H2O → HNO3 + HNO2
b)Lúc đầu có kết tủa màu trắng xuất hiện sau đó khi NH3 dư thì kết tủa bị hòa tan.
2NH3 + 2H2O + ZnSO4 → Zn(OH)2 + (NH4)2SO4
Zn(OH)2 + 4NH3 → [Zn(NH3)4]2+ + 2OHc)Kim loại Cu tan dần, có khí không màu thoát ra và hóa nâu trong không khí
3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O
2NO + O2 → 2NO2
d)Lúc đầu có kết tủa màu vàng xuất hiện, sau đó khi cho HNO 3 dư vào thì kết tủa
bị tan
AgNO3 + Na3PO4 → Ag3PO4 + 3NaNO3
Ag3PO4 + 3HNO3 → 3AgNO3 + H3PO4
a)Theo giả thiết ta có [H2S] = 0,1M; [H+] = 10-3
Trong dung dịch có các cân bằng
H2S
H+ + HS- K1
HS
H+ + S2- K2
ˆˆ 2H+ + S2- K

H2S ‡ˆ ˆ†
2
(2 điểm)

3
(2 điểm)

4
(2 điểm)

0,5
0,5

0,5

0,5

2

 H +  . S2- 
-20
K= K1.K2 = 1,3.10 =
[ H 2S]
=>S2- = 1,3.10-15
b) Ta có: [Mn2+].[S2-] = 10-2.1,3.10-15 = 1,3.10-17 < TMnS = 2,5.10-10
=> không có kết tủa MnS.
[Cu2+].[S2-] = 10-2.1,3.10-15 = 1,3.10-17 > TCuS = 6,3.10-36
=> có kết tủa CuS
Halogenua của photpho có thể có công thức PX3 hoặc PX5.
*Xét trường hợp PX3:

PTHH PX3 + 3H2O → H3PO3 + 3HX
H3PO3 + 2NaOH → Na2HPO3 + 2H2O ( axit H3PO3 là axit hai lần axit)
HX + NaOH → NaX + H2O
số mol NaOH = 2. 0,045 = 0,09 mol
Để trung hòa hoàn toàn sản phẩm thủy phân 1 mol PX3 cần 5 mol NaOH;
số mol PX3 = 1/5 số mol NaOH = 0,09/5 = 0,018 mol
Khối lượng mol phân tử PX3 = 2,475/0,018 = 137,5
Khối lượng mol cuả X = (137,5 – 31): 3 = 35,5 ⇒ X là Cl . Công thức PCl3
*Xét trường hợp PX5:
PX5 + 4H2O → H3PO4 + 5HX
H3PO4 + 3NaOH → Na3PO4 + 3H2O
HX + NaOH → NaX + H2O
số mol NaOH = 2. 0,045 = 0,09 mol
Để trung hòa hoàn toàn sản phẩm thủy phân 1 mol PX5 cần 8 mol NaOH;
số mol PX5 = 1/8 số mol NaOH = 0,09/8 = 0,01125 mol
Khối lượng mol phân tử PX5 = 2,475/0,01125 = 220
Khối lượng mol cuả X = (220 – 31): 5 = 37,8 ⇒ không ứng với halogen nào.
Hợp chất A (C7H8) tác dụng với AgNO3 trong dung dịch NH3, đó là hiđrocacbon có
liên kết ba ở đầu mạch có dạng R(C≡CH)x
R(C≡CH)x + xAgNO3 + xNH3 → R(C≡CAg)x + xNH4NO3
R + 25x
R + 132x

MB – MA = (R + 132x) - (R + 25x) = 107x = 214 ⇒ x = 2
Vậy A có dạng: HC≡C-C3H6-C≡CH
Các công thức cấu tạo có thể có của A:

0,5
0,5
0,5

0,5

0,5

0,5

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


CH C-CH2-CH2-CH2-C

CH

CH C-CH2-CH-C CH
CH3
CH3

CH C-CH-C

CH

CH2CH3

5
(2 điểm)

6
(3 điểm)

CH C-C-C

CH

CH3

nCO2=0,15 ; nCaCO3=0,05
Số mol Ca(OH)2; NaOH và KOH lần lượt là x,x,y
nCO32-=(3x+y)-0,15= 3x+y-0,15
nHCO3-=0,15-(3x+y-0,15)= 0,3-3x-y
2+
TH1: Ca kết tủa hết ta có
x=0,05 ⇒ nCO32-=y ≥0,05
mmuối=40x+23x+39y + 60(3x+y-0,15) +61(0,3-3x-y) = 8,66+5
x=0,05
y=0,0358 <0,05 loại
2+
TH2: Nếu Ca còn trong dung dịch ⇒ nCO32-=0,05
nCO32-=3x+y-0,15= 0,05 ⇒ 3x+y=0,2 (3)
mmuối=40x+23x+39y + 60*(0,05) +61(0,3-3x-y) = 8,66+5
Từ (3), (4) ta có x=0,06 y=0,02
Số mol NaNO3 = 0,36 mol
số mol H2SO4 = 0,72 mol => số mol H+ = 1,44 mol
Ta có các bán phản ứng:
NO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H2O
(1)

(mol): 0,16 ← 0,64 ← 0,48 ← 0,16
Số mol NO = 0,16 mol => H+ và NO3- dư, kim loại phản ứng hết.
Số mol NO3- phản ứng = 0,16 mol; số mol H+ phản ứng = 0,64 mol
Fe → Fe3+ + 3e (1)
Zn → Zn2+ + 2e (2)
Gọi số mol Fe là x mol, số mol Zn là y mol
Theo khối lượng hỗn hợp ban đầu ta có phương trình
56 x + 65 y = 10,62 (I)
Theo định luật bảo toàn electron ta có phương trình
3x + 2y = 0,16.3
(II)
Giải hệ phương trình (I), (II) ta có: x = 0,12 và y = 0,06 mol
mFe = 0,12.56 = 6,72 g => % mFe = 63,28%
% mZn =100% - 63,28 % = 36,72 %
Dung dịch Y có 0,2 mol NO3-; 0,8 mol H+; 0,12 mol Fe3+; 0,06 mol Zn2+, khi thêm
bột Cu vào dung dịch Y:
3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4 H2O (3)
(mol): 0,3 ← 0,8 ← 0,2 →
0,2
3+
2+
2+
2Fe + Cu → 2Fe
+ Cu
(4)
0,12 → 0,06
Từ phản ứng (3), (4) có tổng số mol Cu = 0,36 mol
m1 = 0,36.64 = 23,04 gam
VNO = 4,48 lít
Thêm m2 gam Zn vào dung dịch Y có 0,2 mol NO 3-; 0,8 mol H+; 0,12 mol Fe3+;

0,06 mol Zn2+:
Do khối lượng Fe3+ = 0,12.56 = 6,72 gam > khối lượng chất rắn bằng 3,36 gam.
Nên trong 3,36 gam chất rắn sau phản ứng chỉ có Fe.
nFe = 3,36/56 = 0,06 mol
3Zn + 8H+ + 2NO3- → 3Zn2+ + 2NO + 4 H2O
(mol)
0,3 ← 0,8 ← 0,2
Zn + 2Fe3+ → Zn2+ + 2Fe2+
(mol) 0,06 ← 0,12
→
0,12

0,5

0,5

0,5
0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5
0,5

7
(2 điểm)

Zn + Fe2+ → Zn2+ + Fe
(mol) 0,06 ← 0,06 ←
0,06
Tổng số mol Zn đã phản ứng bằng 0,3 + 0,12 = 0,42 mol
=> mZn = 27,3 gam
Ta thấy X no ⇒ trong X chỉ có nhóm ete hoặc ancol hoặc cả hai. Vì X pư được
với CuO nên X chắc chắn có nhóm anol –OH.
Khi 1 nhóm CH2– OH chuyển thành –CH=O hoặc CH-OH thành C=O thì số
nguyên tử H giảm đi 2 tức là KLPT sẽ giảm 2 đvC. Theo giả thiết thì MY nhỏ hơn
MX là 8 đvC nên trong X phải có 4 nhóm –OH(X không có nhóm ete vì X chỉ có 4
oxi) ⇒ Y có CTPT là C5H4O4 hay MY = 128 gam.
Số mol Y = 2,56/128 = 0,02 mol; số mol Ag = 0,16 mol.
Trong Y chắc chắn có nhóm anđehit –CHO có thể có nhóm xeton C=O . Đặt Y là
R(CHO)n ta có
R(CHO)n + 2nAgNO3 + 3nNH3 + nH2O → R(COONH4)n + 2nAg +
2nNH4NO3
0,02
0,16
⇒ n=4
⇒ X và Y có CTCT lần lượt là
CH2OH
HOH2C

C

CH2OH

0,5

1,0

CH=O
O=HC

C

CH=O

0,5

CH2OH

8
(3 điểm)

CH=O
và
Gọi số mol của A, B, H2 lần lượt là a, b, c mol. Theo giả thiết thì ankin phải có liên
1
n X (1)
kết ba đầu mạch và nB =
10
3
n X (2)
Vì MZ = 18 => có H2 dư và nH2 p.ư =
10

Vì Z chỉ chứa hai khí =>anken và ankin có cùng số nguyên tử C đặt là C nH2n và
CnH2n-2
CnH2n + H2 → CnH2n+2
a mol a
a
CnH2n-2 + 2H2 → CnH2n+2
b mol 2b
b
3
1
n X , từ (1) => a =
nX
=>a + 2b =
10
10
8
3
5
nX nX =
nX
=>nH2 dư = c –(a + 2b) =
10
10
10
=>Trong Z có tỉ lệ nankan : nH2 = 2 : 5
(14n + 2).2 + 2.5
= 18 => n = 4
MZ =
7
Vậy A là C4H8 và B là C4H6

Công thức cấu tạo phù hợp là
A: CH3-CH2-CH=CH2 hay CH3-CH=CH-CH3
B: CH3-CH2-C ≡ CH
Ta có nkết tủa = 0,01 = b mol => a = 0,01 => nX = 0,1 mol
Vây VX = 1,9352 lít.
Phản ứng: CH3-CH2-C ≡ CH + 2HCl → CH3-CH2-CCl2-CH3
Cơ chế phản ứng:
CH3-CH2-C ≡ CH + HCl → CH3-CH2-C+=CH2 + ClCH3-CH2-C+=CH2 + Cl- → CH3-CH2-CCl=CH2
CH3-CH2-CCl=CH2 + HCl → CH3-CH2-CCl+- CH3 + ClCH3-CH2-CCl+- CH3 + Cl- → CH3-CH2-CCl2-CH3

0,5

0,5

0,5

0,5
0,5

0,5


Các chất cần tìm: A1: CH3-CH2-CH2-CH3; A2: CH3- CH=CH2;
A3: C6H5-CH(CH3)2 (Cumen); A4: CH3-CH(OH)-CH3; A5: CH3-CO-CH3
Các phản ứng:(Mỗi phản ứng 0,3 điểm)
Crackinh

1. CH3-CH2-CH2-CH3
(A1)

H2SO4

2. CH3-CH=CH2 +

9
(2 điểm)

CH(CH3)2
3.

(A3)

0,5
1,5

OH

1.O2
2.H2SO4(l)

+ CH3-CO-CH3
(A5)

H+

4.

CH3-CH=CH2 + H2O

5.

CH3-CH(OH)-CH3 + 1/2O2

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 4

CH3-CH=CH2 + CH4
(A2) CH(CH3)2

Cu,t0

CH3-CH(OH)-CH3 (A4)
CH3-CO-CH3
(A5)

+ H 2O

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
KHÓA NGÀY.......................
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 các phản ứng hóa học xảy ra dưới dạng phương trình ion thu gọn khi tiến
hành các thí nghiệm sau:


a) Nhỏ từ từ đến dư dung dịch NH3 vào dung dịch chứa AgNO3.
b) Cho dung dịch Fe(NO3)2 vào dung dịch H2SO4 1M, đun nóng nhẹ.
c) Cho từ từ đến dư dung dịch KHSO4 vào dung dịch chứa NaAlO2 và Na2CO3.
d) Trộn dung dịch Na2CO3 vào dung dịch FeCl3.

Câu 2 (2,0 điểm):
Hợp chất A có dạng M3X2. Khi cho A vào nước, thu được kết tủa trắng B và khí C là một chất độc.
Kết tủa B tan được trong dung dịch NaOH và dung dịch NH 3. Đốt cháy hoàn toàn khí C rồi cho sản
phẩm vào nước dư, thu được dung dịch axit D. Cho từ từ D vào dung dịch KOH, phản ứng xong thu
được dung dịch E chứa 2 muối. Dung dịch E phản ứng với dung dịch AgNO 3 cho kết tủa màu vàng F
tan trong axit mạnh.
Lập luận để chọn công thức hóa học đúng cho chất A. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Biết
M và X đều là những đơn chất phổ biến.
Câu 3 (3,0 điểm):
1. Nén hỗn hợp gồm 4 mol nitơ và 16 mol hiđro vào một bình kín có thể tích là 4 lít (chỉ chứa xúc
tác với thể tích không đáng kể) đã được giữ ở nhiệt độ không đổi. Khi phản ứng trong bình đạt cân
bằng, áp suất trong bình bằng 0,8 lần áp suất lúc đầu (lúc mới cho các khí vào chưa xảy ra phản ứng).
Tính hằng số cân bằng của phản ứng.
2. Hỗn hợp rắn X gồm KClO3, KCl, BaCl2 và Ba(ClO3)2. Nung nóng 103,95 gam X với cacbon
vừa đủ, đến khi phản ứng hoàn toàn thoát ra 13,44 lít (đkc) khí duy nhất CO2, còn lại hỗn hợp rắn Y
gồm KCl và BaCl2. Cho Y tác dụng vừa đủ 522 gam dung dịch K2SO4 10%, lọc bỏ kết tủa được dung
dịch Z. Lượng KCl trong dung dịch Z gấp 9 lần lượng KCl trong hỗn hợp X.
a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng.
b) Tính phần trăm khối lượng của KClO3 trong hỗn hợp X.
Câu 4 (2,0 điểm):
Hòa tan hoàn toàn 27,04 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Al2O3, Mg(NO3)2 vào dung dịch chứa hai
chất tan NaNO3 và 1,08 mol H2SO4 (loãng). Sau khi kết thúc các phản ứng, thu được dung dịch Y chỉ
chứa các muối trung hòa và 6,272 lít hỗn hợp Z gồm N 2O, H2 (đktc). Tỉ khối của Z so với Metan bằng
1,25. Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 2,28 mol NaOH, thu được kết tủa T. Nung T đến
khối lượng không đổi thu được 19,2 gam chất rắn.
Tính phần trăm khối lượng của nhôm kim loại có trong X.
Câu 5 (2,0 điểm):
Hỗn hợp X gồm hai ancol A, B có cùng số nhóm chức trong phân tử (M A< MB). Trong một bình
kín dung tích 2,80 lít chứa hỗn hợp X và 1,60 gam O 2. Nhiệt độ và áp suất của bình là 109,2 0C và
0,728 atm. Bật tia lửa điện để đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X, sau phản ứng, nhiệt độ trong bình là

163,80C và áp suất là p atm. Cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ hoàn toàn trong 50,00 ml dung dịch
Ba(OH)2 0,36M, thu được 2,167 gam kết tủa và dung dịch Y có khối lượng bé hơn khối lượng dung
dịch Ba(OH)2 ban đầu là 0,437 gam.
a) Tính áp suất p, biết thể tích của bình không thay đổi.
b) Xác định công thức cấu tạo, tên gọi (tên thông thường và tên thay thế) của A, B; phần trăm
theo khối lượng của ancol B trong hỗn hợp X. Biết rằng số mol của hai ancol gấp đôi nhau.
Câu 6 (3,0 điểm):
A là hidrocacbon không làm mất màu dung dịch brom. Đốt cháy hoàn toàn 0,02 mol A và hấp thụ
hoàn toàn sản phẩm cháy vào dung dịch chứa 0,15 mol Ca(OH) 2 thu được kết tủa đồng thời khối lượng
bình Ca(OH)2 tăng lên 11,32 gam. Cho dung dịch Ba(OH) 2 dư vào dung dịch thu được, kết tủa lại tăng
lên. Tổng khối lượng kết tủa của hai lần là 24,85 gam. A không phản ứng với dung dịch KMnO 4/H2SO4
nóng, còn khi monoclo hóa trong điều kiện chiếu sáng chỉ tạo thành một sản phẩm duy nhất.
1. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên A.
2. Người ta có thể điều chế A từ phản ứng giữa benzen và anken tương ứng trong axit sunfuric.
Dùng cơ chế phản ứng để giải thích phản ứng này.
3. Mononitro hóa A bằng cách cho phản ứng với axit nitric (có mặt axit sunfuric đặc) thì sản phẩm
chính thu được là gì? Tại sao?


Câu 7 (2,0 điểm):
Viết các tác nhân phản ứng và điều kiện phản ứng (nếu có) thay cho dấu chấm hỏi (?) để hoàn thành
sơ đồ tổng hợp Jasmon (một chất thơm có trong tinh dầu hoa nhài) sau đây:
?
CH2CH2CHO

1. ?
2. ?

?
O

O

O
?

?
O

CH2CH=CHCH2CH3
Br

CH2C
CH=CHCH2CH3

CH2CH2CH
CHCH2CH3

CH2CH=CHCH2CH3
O

O

OH
?

OH

CH2CH=CHCH2CH3
O

Câu 8 (2,0 điểm):
Phản ứng clo hóa hiđrocacbon A chỉ cho hai monoclorua B và C đều chứa 29,46% clo.
a. Xác định công thức cấu tạo của A, B và C.
b.Tính tỉ lệ sản phẩm B và C, cho rằng tốc độ thế tương đối của nguyên tử cacbon bậc 1, bậc 2 và
bậc 3 tương ứng là 1: 4: 5.
c. Đề nghị một cách ngắn nhất để điều chế A đi từ etanol và các hoá chất vô cơ cần thiết (ghi rõ
điều kiện phản ứng: xúc tác, dung môi, nhiệt độ ở mỗi phản ứng).
Câu 9 (2,0 điểm):
Axit cacboxylic Y với mạch cacbon không phân nhánh, có công thức đơn giản nhất là CHO. Cứ 1
mol Y tác dụng hết với NaHCO3 giải phóng 2 mol CO2. Dùng P2O5 để loại nước ra khỏi Y ta thu được
chất Z có cấu tạo mạch vòng. Nếu oxi hóa hơi benzen bằng oxi, xúc tác, thu được chất Z, CO2 và H2O.
Hãy tìm công thức cấu tạo, gọi tên Y và viết các phản ứng xảy ra.
----------Hết---------(Thí sinh được sử dụng bảng hệ hống tuần hoàn)

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
KHÓA NGÀY.......................
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 4
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC
(Bản hướng dẫn này có 05 trang)
Câu
1
(2 điểm)

Đáp án
Có kết tủa xám, sau đó tan dần, tạo dung dịch trong suốt.
→ AgOH + NH +4
Ag+ + NH3 + H2O 

Điểm

0,5


→ [Ag(NH3)2]+ + OH −
AgOH + 2NH3 
Có dd màu vàng, khí không màu hóa nâu trong không khí bay ra.
−
→ 3Fe3+ + NO + 2H2O
3Fe2+ + NO3 + 4H+ 
→ NO2
2NO + O2 
Có khí không màu, không mùi, kết tủa, rồi kết tủa tan.
−
→ Al(OH)3
H+ + AlO 2 + H2O 
→ Al3+ + H2O
Al(OH)3 + 3H+ 
2−
→ HCO3−
H+ + CO3 

2
(2 điểm)

3
(3 điểm)

0,5

0,5

HCO3− + H+ 
→ CO2 + H2O
Có kết tủa đỏ nâu, khí không màu, không mùi thoát ra.
2−
→ 2Fe(OH)3 + 3CO2
2Fe3+ + 3 CO3 + 3H2O 
+H2O
M3X2 
→ B ↓ (trắng) + C ↑ (độc)
B tan được trong dung dịch NaOH và dung dịch NH3, M là đơn chất phổ biến
→ B là Zn(OH)2.
Kết tủa F màu vàng tan trong dung dịch axit mạnh
→ F là Ag3PO4 → X là P → A là Zn3P2.
Phương trình phản ứng:
Zn3P2 + 6H2O 
→ 3Zn(OH)2↓ + 2PH3↑
(A)
(B)
(C)
Zn(OH)2 + 2NaOH 
→ Na2[Zn(OH)4]
Zn(OH)2 + 4NH3 
→ [Zn(NH3)4](OH)2
to
2PH3 + 4O2 
→ P2O5 + 3H2O
P2O5 + 3H2O 
(D)
→ 2H3PO4

H3PO4 + 2KOH 
→ K2HPO4 + 2H2O
H3PO4 + 3KOH 
→ K3PO4 + 3H2O
⇒ Dung dịch E chứa: K2HPO4 và K3PO4
K3PO4 + 3AgNO3 
→ Ag3PO4↓ + 3KNO3
(F)
K2HPO4 + 2AgNO3 
→ Ag2HPO4↓ + 2KNO3

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5
1,0

Gọi x là số mol N2 lúc phản ứng.

→ 2NH3(k)
N2(r) + 3H2(k) ¬


Ban đầu:

4mol

16 mol

Phản ứng:

xmol

3x mol

Cân bằng:

(4-x)mol (16-3x)mol 2x mol

2x mol

Vì phản ứng xảy ra ở nhiệt độ không đổi và trong bình kín nên giữa áp suất và số
mol ta có tỉ lệ:

P1 n1
=
P2 n 2
với P1, P2 lần lượt là áp suất trước, sau phản ứng
n1, n2 lần lượt là số mol trước, sau phản ứng

P1
20
=
⇒ n 2 = 16(mol)
0,8P1 n 2

Tổng số mol các chất sau phản ứng là:


(4-x) + (16-3x) + 2x = 16
⇒x = 2
Số mol và nồng độ mol/l các chất sau phản ứng là:
⇒ n N 2 = 4-2 = 2(mol) ⇒ [N 2 ]=

2
= 0,5(mol/l)
4

n H2 = 16-3.2 = 10(mol) ⇒ [H 2 ]=

10
= 2,5(mol/l)
4

n NH3 = 2.2 = 4(mol) ⇒ [NH 3 ]=

KC =

0,5

4
= 1(mol/l)
4

[NH 3 ]2
12

=
= 0,128
[N 2 ].[H 2 ]3 (0,5).(2,5)3

2.
2KClO3 + 3C → 2KCl + 3CO2
Ba(ClO3)2 + 3C → BaCl2 + 3CO2

0,5

BaCl2 + K2SO4 → BaSO4 + 2KCl
0,3 mol 0,3 mol 0,3 mol 0,6 mol
Khối lượng hỗn hợp Y là: 103,95+12.0,6-44.0,6 = 84,75 gam
Khối lượng KCl trong Y là: 84,75-0,3.208= 22,35 gam
Gọi x là số mol KClO3, y là số mol KCl trong hỗn hợp đầu.

4
(2 điểm)

x + y = 0,3
 x = 0,2
→

x + y + 0,6 = 9y  y = 0,1
% khối lượng KClO3 có trong hỗn hợp X là: 23,57%
Tính được: nN2O = 0,12 mol; nH2 = 0,16 mol
Vì sau phản ứng thu được khí H2 và dung dịch Y thu được chỉ gồm muối trung hòa
−
+
2−

nên H+ và NO3 hết. Vậy trong Y gồm: Mg2+; Al3+; Na+; NH 4 ; SO 4 .
Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 2,28 mol NaOH
⇒ Kết tủa T chỉ là Mg(OH)2 ⇒ 19,2 gam chất rắn là MgO và số mol = 0,48 mol.
+
2−
Dung dịch Y gồm: Mg2+ (0,48 mol); Al3+ (a mol); Na+ (b mol); NH 4 (c mol); SO4
(1,08 mol)
Bảo toàn điện tích trong Y: 2.0,48 + 3a + b + c = 2.1,08 ⇒ 3a + b + c = 1,2 (1)
Dung dịch thu được sau khi phản ứng với dung dịch NaOH là NaAlO2 (a mol) và
Na2SO4 (1,08 mol)
Bảo toàn Na, ta có: a + 2.1,08 = b + 2,28 (2)
Bảo toàn H, ta có: 2nH2SO4 = 4 n NH+4 + 2nH2 + 2nH2O ⇒ nH2O = 0,92 – 2c (mol)
Bảo toàn khối lượng: 27,04 + 85b + 98.1,08 = 24.0,48 + 27a + 23b + 18c + 96.1,08
+ 20.0,28 + 18.(0,92 – 2c) ⇒ 62b + 18c – 27a = 4,48 (3)
Giải hệ pt (1), (2) và (3) ⇒ a = 0,32 mol; b = 0,2 mol; c = 0,04 mol
n H+ = 10nN2O + 10 n NH+4 + 2nH2 + 2nO ⇒ nO = 0,12 mol ⇒ nAl2O3 = 0,04 mol
Bảo toàn Al, ta có: nAl + 2nAl2O3 = a ⇒ nAl = 0,24 mol
0, 24.27
.100% = 23,96%
⇒ %mAl =
27, 04

1,0

0,5

0,5

0,5

0,5


2,8.0, 728
− 0, 05 = 0, 015 mol
22, 4
(109, 2 + 273)
273
= 2,167 − 0, 437 =1, 73 gam

nO2 = 0, 05 => n X =
mCO2 +H 2 O

0,5

TH1: CO2 phản ứng sinh ra hai muối BaCO 3(0,011 mol) và Ba(HCO3)2 (0,007
mol)
=> nCO2 = 0, 011 + 0, 007.2 = 0, 025 mol ; nH 2O =

CX =

5
(2 điểm)

1, 73 − 0, 025.44
= 0, 035 mol
18

0, 025
= 1, 67 => A là CH3OH, B đơn chức

0, 015

0, 025 mol CO2

0, 015 mol X +0, 05mol O2 
→0, 035 mol H 2 O
O 0, 015 mol
 2
22, 4
(0, 025 +0, 035 +0, 015).
(273 +163, 8)
273
=> p =
= 0, 96 atm
2, 8

0,5

b/
Vì nH 2O − nCO2 = 0, 035 − 0, 025 = 0, 01 < n X => B phải là ancol không no
Ta có hai khả năng:


CH 3OH 0, 005
=> nCO2 = 0, 005 + 0, 01x = 0, 025 => x = 2 loại vì


Cx H 2 y O 0, 01
CH2=CH-OH không bền.
nCO = 0, 01 + 0, 005 x = 0, 025 => x = 3.


CH 3 OH 0, 01

=>  2

C x H 2 y O 0, 005


nH 2 O = 0, 02 + 0, 005 y = 0, 035 => y = 3

0,5

 A : CH 3OH (ancol metylic / meta nol )
=> 
 B : CH 2 = CH − CH 2 − OH (ancol anlylic / propenol )
0, 005.58
%mB =
.100% = 47, 54%
0, 005.58 + 0, 01.32

6
(3 điểm)

TH2: CO2 phản ứng chỉ sinh ra muối BaCO3(0,011 mol): không thỏa mãn.
1. Dung dịch Ca(OH)2 hấp thụ hết sản phẩm cháy của A chứa CO2 và H2O
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O (1)
2CO2 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2
(2)
Ca(HCO3)2 + Ba(OH)2 → CaCO3 + BaCO3 + 2H2O (3)
Đặt số mol CO2 tham gia các phản ứng (1) và (2) lần lượt là x và y, ta có:

y

x + = 0,15


2
⇒ x = y = 0,1mol ,
 
y
y
100 x +  + 197 = 24,85

2
2
 
n CO 2 = x + y = 0,2mol
Từ ∆m = m H 2O + m CO 2 = 11,32g ⇒ n H 2O =
Đặt công thức tổng quát của A là CxHy:
CxHy + (x+y/4)O2 → xCO2 + y/2H2O

0,5
0,5

0,5

11,32 − 0,2.44
= 0,14mol
18

0,5

1
x
y
=
=
⇒ x = 10, y = 14
0,02 0,2 2.0,14
Công thức phân tử của A là C10H14 ( ∆ = 4 )
Vì A không làm mất màu dung dịch brom (cấu trúc thơm), không tác dụng với
dung dịch KMnO4/H2SO4 (chỉ có một nhóm thế) và monoclo hóa (ánh sáng)
chỉ tạo một sản phẩm duy nhất (nhóm thế có cấu trúc đối xứng cao) nên cấu tạo
của A là:
CH3
C CH3 (t-butylbenzen)
Ta có

0,5

CH3
2. Cơ chế:
(CH3)2C=CH2 + H2SO4 → (CH3)2C+-CH3 + HSO4C(CH3)3
H
C(CH3)3
nhanh
chËm
+ (CH3)3C+
+ H(+)
+

0,5

3. Nhóm ankyl nói chung định hướng thế vào các vị trí ortho- và para-. Tuy
nhiên, do nhóm t-butyl có kích thước lớn gây án ngữ không gian nên sản phẩm
chính là sản phẩm para-:
CH3
O2N

0,5

C CH3
CH3
NaNH2

1. C2H5MgBr
+
CH2CH2CHO 2. H3O

CH2=CHCHO

H2SO4, to

7
(2 điểm)

CH2C
CH=CHCH2CH3

Br2/P

O

O
CH2CH=CHCH2CH3
O

8
(2 điểm)

OH

O

O

O

CH2CH2CH
CHCH2CH3

CH2CH=CHCH2CH3
Br

dd NaOH

H2SO4 , to

CH2CH=CHCH2CH3

OH

O

a. Công thức phân tử của B và C: CxHyCl;
Phân tử khối của chúng: 35,5 / 0,2946 = 120,3, tức là x = 6 và y =13 → C 6H13Cl.
Vậy công thức phân tử của A là: C6H14, của B và C: C6H13Cl.
Trong số 5 đồng phân của hexan chỉ có điisopropyl (2,3-đimetylbutan) là đáp ứng.
b. (12 nguyên tử H x 1) : (2 nguyên tử x 5) = 6:5
c. Hai cách điều chế:
C2H5OH

K2CrO7
H2SO4

CH3COOH

H2, Ni

CH3COCH3

Mg, Hg

2,0

OH
HO

ThO2, to
PBr3

OH

0,5
0,5
0,5

CH3COCH3
Br
Al2O3, to

Na

0,5