11 ĐỀ ÔN THI HGS LỚP 12 MÔN HÓA HỌC (Kèm đáp án chi tiết)

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT
KHÓA NGÀY.......................
Môn: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1: (2,0 điểm)
a) Nêu hiện tượng, viết phương trình phản ứng dạng ion để giải thích các thí nghiệm sau:
- Hòa tan một mẩu K 2Cr2O7 vào ống nghiệm bằng nước cất, sau đó thêm vào vài giọt dung dịch
Ba(OH)2.
- Hòa tan một mẩu Fe 3O4 bằng dung dịch H2SO4 loãng, dư, sau đó thêm vào lượng dư dung
dịch NaNO3.
b) Xăng sinh học (xăng pha etanol), (etanol hay còn gọi rượu etylic) được coi là giải pháp thay thế
cho xăng truyền thống. Xăng pha etanol là xăng được pha một lượng etanol theo tỷ lệ đã nghiên cứu
như: xăng E85 (pha 85% etanol), E10 (pha10% etanol), E5 (pha 5% etanol),...
- Tại sao gọi xăng etanol là xăng sinh học ? Viết các phương trình hóa học để chứng minh.
- Tại sao xăng sinh học được coi là giải pháp thay thế xăng truyền thống? Biết khi đốt cháy 1 Kg
xăng truyền thống thì cần 3,22 Kg O2.
Câu 2: (2,5 điểm)
Cho pin: PtFe3+ (0,05M), Fe2+ (0,5M)Mn2+ (0,02M), MnO −4 (0,2M), H2SO4 (xM)Pt, ở 250C. Bỏ
qua sự tạo phức hiđroxo, H2SO4 phân li hoàn toàn.
a) Khi x = 0,5M thì phản ứng xảy ra theo chiều nào? Viết phản ứng tổng quát khi pin hoạt động.
Tính suất điện động của pin và hằng số cân bằng của phản ứng.
b) Thêm một lượng KCN vào bên điện cực trái của pin sao cho các phản ứng tạo phức xảy ra
hoàn toàn. Tính suất điện động của pin.
RT
ln = 0,059lg; E 0Fe3+ /Fe2- = + 0,77V; E 0MnO- ,H+ /Mn 2+ = + 1,51V
4
F


→ Fe(CN) 36−
Fe3+ + 6CN- ¬
βIII = 1042



→ Fe(CN) 64−
Fe2+ + 6CN- ¬



βII = 1035

Câu 3: (2,0 điểm)
Tính khối lượng amoni clorua 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
0,1M. Biết pKb (NH3) = 4,76.
Câu 4: (2,5 điểm)
Nung hỗn hợp X gồm a mol Mg và 0,25 mol Cu(NO 3)2. Sau một thời gian thu được m gam chất
rắn Y và 0,45 mol hỗn hợp Z gồm NO 2, O2 có tỉ khối so với H2 là x. Cho Y phản ứng vừa đủ với dung
dịch chứa 1,3 mol HCl thu được dung dịch chỉ chứa các muối clorua và 0,05 mol hỗn hợp khí T (gồm
N2 và H2) có tỉ khối so với H2 là 11,4. Tính x.
Câu 5: (2,5 điểm)
X là hỗn hợp đồng nhất gồm hai kim loại Fe và Cu, trong đó Fe chiếm 52,24% phần trăm khối
lượng. Chia 32,16 gam X thành hai phần bằng nhau.
a) Hòa tan phần một trong 113,4 gam dung dịch HNO 3 40%. Khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn
thu được dung dịch Y và sản phẩm khử duy nhất là khí NO. Điện phân dung dịch Y với các điện cực
trơ, cường độ dòng điện 5A, trong thời gian 2 giờ 9 phút thì kết thúc điện phân. Tính độ tăng khối
lượng của catot, giả thiết toàn bộ kim loại sinh ra bám lên catot.
b) Hòa tan phần hai bằng 300 mL dung dịch HCl 1M (không có không khí). Khi phản ứng hoàn

toàn, lọc tách phần chất rắn không tan. Thêm dung dịch AgNO 3 dư vào dung dịch nước lọc, thu được
kết tủa Z. Tính khối lượng Z.


Câu 6: (2,0 điểm)
Hiđrocacbon A có: 150 đvC < MA < 170 đvC. Đốt cháy hoàn toàn a gam A thu được a gam H2O.
Cho A tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư thu được chất hữu cơ B. A tác dụng với H2O, xúc tác
HgSO4, đun nóng thu được chất C. Đun nóng C với dung dịch KMnO 4 trong H2SO4 sinh ra chất D có
công thức cấu tạo:
CH3
H3C

CH2

COOH

CH

COCH3

C CH2

CH

CH3

COOH

Lý luận xác định công thức cấu tạo của A, B, C (Không cần viết các phương trình phản ứng).
Câu 7: (2,5 điểm)

Đốt cháy hoàn toàn 12,2 gam hỗn hợp X gồm 1 ancol đơn chức và 1 este no, đơn chức, mạch hở
thu được 10,08 lít khí CO 2 ở điều kiện tiêu chuẩn (đktc) và 10,8 gam H 2O. Mặt khác, nếu đun nóng 0,5
mol hỗn hợp X với 240 mL dung dịch NaOH 1M, sau phản ứng thu được dung dịch Y. Cô cạn dung
dịch Y thu được a gam chất rắn khan và b gam ancol. Tính giá trị của a và b.
Câu 8: (2,0 điểm)
Hỗn hợp A gồm tetrapeptit X và pentapeptit Y (đều mạch hở và đều tạo bởi Gly và Ala). Đun nóng
m gam hỗn hợp A với dung dịch NaOH vừa đủ rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được (m + 7,9)
gam muối khan. Đốt cháy hết hỗn hợp muối, thu được Na 2CO3 và hỗn hợp B gồm khí và hơi. Cho hết
lượng B hấp thụ vào bình đựng dung dịch Ba(OH) 2 dư thì khối lượng bình tăng 28,02 gam và có 2,464
lít khí thoát ra (đktc). Tính phần trăm khối lượng của X và Y trong hỗn hợp A.
Câu 9: (2,0 điểm)
a) So sánh tính axit của hiđro linh động trong các hợp chất sau:

b) Từ benzen hoặc toluen và các chất vô cơ cần thiết đã có đủ. Hãy viết sơ đồ phản ứng với đầy đủ
điều kiện để tổng hợp được các dược chất sau: Axit 4 – amino – 2 – hidroxibenzoic; axit 5 – amino –
2,4 – dihidroxibenzoic.
c) Đề nghị cơ chế để giải thích cho quá trình chuyển hóa dưới đây:
HO

H2SO4

OH
O

----------Hết----------


ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT
KHÓA NGÀY.......................
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 1

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

Nội dung
Dung dịch mới pha có màu da cam, thêm Ba(OH) 2 dung dịch chuyển dần màu
vàng, đồng thời có kết tủa màu vàng xuất hiện.
2−

→ 2 CrO 24− (Vàng)+ H2O
Giải thích: Cr2O7 (Da cam) + 2 OH − ¬


a

1
(2,0
điểm)

b

2
(2,5
điểm)

a

2−
Ba2+ + CrO 4 
→ BaCrO4 ↓ (vàng)

Mẩu oxit tan hết, dung dịch có màu vàng (nâu). Thêm NaNO 3, khí không màu
bay ra, hóa nâu trong không khí.
Giải thích: Fe3O4 + 8H+ 
→ 2Fe3+ + Fe2+ + 4H2O
−
3Fe2+ + NO3 + 4H+ 
→ 3Fe3+ + NO (hóa nâu trong không khí) + 2H2O
Xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học vì lượng etanol trong xăng có nguồn
gốc từ thực vật (nhờ phản ứng lên men để sản xuất số lượng lớn). Loại thực vật
thường được trồng để sản xuất etanol là: ngô, lúa mì, đậu tương, củ cải đường,
…
H+
Ptpư: (C6H10O5)n + nH2O 
→ nC6H12O6
ln men
C6H12O6 
→ 2C2H5OH + 2CO2
t°
Xét phản ứng cháy của 1 kg etanol: C2H5OH + 3O2 
→ 2CO2 + 3H2O
⇒ mO2 = 3.(32:46) = 2,087 kg ⇒ mO2 (khi đốt etanol) < mO2 (khi đốt xăng).
Như vậy, khi đốt cháy 1 kg xăng thì tiêu tốn nhiều oxi hơn khi đôt cháy 1 kg
etanol
Đốt cháy etanol tiêu tốn ít oxi hơn đồng nghĩa với lượng khí thải thoát ra ngoài
ít hơn, hạn chế việc ô nhiễm môi trường. Hơn nữa, nguồn etanol dễ dàng sản
xuất quy mô lớn không bị hạn chế về trữ lượng như xăng dầu truyền thống. Do
vậy, dùng xăng sinh học là một giải pháp cần được nhân rộng trong đời sống và
sản xuất.
MnO −4 + 8H+ + 5e € Mn2+ + 4H2O

E MnO− ,H+ /Mn 2+
4

−
+
0, 059  MnO 4  .  H 
=E +
.lg
5
 Mn 2+ 

Điểm
0,5

0,5

0,5

0,5

8

0

0, 059 (0, 2).18
.lg
=1,522 V
= 1,51 +
5
0, 02

Fe3+ + e € Fe2+
3+
0, 059  Fe 
0, 05
0
E Fe3+ /Fe2+ = E +
.lg
= 0, 77 + 0, 059.lg
= 0, 711 V
2+
1
0,5
 Fe 
E MnO− ,H+ /Mn 2+ > E Fe3+ /Fe2+
4

Phản ứng xảy ra: 5Fe2+ + MnO −4 + 8H+ → 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O
⇒ Epin = 1,522 - 0,711 = 0,811 (V)
nE

5.0,811

Hằng số cân bằng: K = 10 0,059 = 10 0,059 = 1068,729

0,5

0,5
0,5

Có các quá trình:
3−
Fe(CN) 6 € Fe3+ + 6CN−
Fe3+ + e € Fe2+
Fe2+ + 6CN− € Fe(CN) 64−
Fe(CN)
b

3−
6

4−
+ e € Fe(CN) 6

(βIII)-1
K1
βII

0,5

K2 = K1 (βIII) . βII
-1

K2 =

10

E 02
0,059

= 10

E10
0,059

.

βII
βIII

βII, βIII rất lớn nên [Fe(CN) 36− ] = 0,05M; [Fe(CN) 64− ] = 0,5M
 Fe ( CN ) 3− 
0,05
6 
E Fe CN 3− /Fe CN 4− = E + 0, 059.lg 
= 0,357 + 0,059lg
= 0,298 (V)
4−
( )6 ( )6
0,5
 Fe ( CN ) 
6 

⇒ Epin = 1,522 - 0,298 = 1,224 (V)
[ NH 3 ]
[ NH 3 ]
[ NH 3 ]
= 1,8
⇔ 9,5 = (14 − 4,76) + lg
Từ pH = pK a + lg

+
+ ⇒
[ NH 4 ]
[ NH 4 ]
[ NH +4 ]
0

3
(2,0
điểm)

4
(2,5
điểm)

5
(2,5
điểm)

+
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

−1
và n NH3 = (0,18mol.L ) × (0,5L) = 0, 09mol
Từ phản ứng NH4+ + OH- → NH3 + H2O ta thấy rằng số mol NaOH cần dùng bằng
số mol NH3 và tổng lượng muối amoni cần ban đầu là 0,05 mol + 0,09 mol = 0,14
mol.

(0,09mol)
= 0,03L , m NH 4Cl = (0,14mol) × (53,5g / mol) = 7,49g
⇒ VddNaOH =
(3,0mol.L−1 )
Ta có: n N 2 = 0, 04 mol và n H2 = 0, 01 mol

Số mol O trong Y = 0,25.6 – 0,45.2 = 0,6 mol (Bảo toàn O)
+
Số mol NH 4 : (1,3 – 0,6.2 – 0,01.2) : 4 = 0,02 mol (Bảo toàn H)
Số mol Mg2+: (1,3 – 0,02.1 – 0,25.2) : 2 = 0,39 mol (Bảo toàn điện tích)
⇒ mmuối = 0,39.24 + 0,25.64 + 0,02.18 + 1,3.35,5 = 71,87 gam
mY = 71,87 + 0,05.22,8 + 0,6.18 – 1,3.36,5 = 36,36 gam
mkhí Z = 0,39.24 + 0,25.188 – 36,36 = 20 gam
⇒ M Z = 20 : 0,45 = 44,44 gam ⇒ x = 44,44 : 2 = 22,22
a
52,24
32,16 gam
47,76
32,16 gam
n Fe =
×
= 0,3 mol ; n Cu =
×
= 0,24 mol
100 56 gam / mol
100 64 gam / mol
Như vậy trong mỗi phần có 0,15 mol Fe và 0,12 mol Cu.
40
113,4 gam
n HNO 3 =

×
= 0,72 mol
100 63 gam / mol
3Fe + 8HNO3 → 3Fe(NO3)2 + 2NO + 2H2O
(1)
3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O
(2)
Như vậy dung dịch Y chứa 0,15 mol Fe(NO3)2 và 0,12 mol Cu(NO3)2.
Các phản ứng điện phân có thể có (theo thứ tự) :
Cu(NO3)2 + H2O → Cu + 1/2O2 + 2HNO3
(3)
0,12 0,06
Fe(NO3)2 + H2O → Fe + 1/2O2 + 2HNO3
(4)
0,08 0,04
H2O → H2 + 1/2O2
(5)

0,5

0,5

0,5

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

0,5

0,5

0,5


1 5 × 7740
×
= 0,1 mol
4 96500
1
1
Vì n Cu ( NO 3 ) 2 = 0,06 ≤ n O 2 ≤ n Cu ( NO 3 ) 2 + n Fe( NO 3 ) 2 = 0,135
2
2
⇒ đã xảy ra (1) và (2), nhưng Fe(NO3)2 còn dư.
Từ (3) và (4) ta thấy lượng kim loại kết tủa lên catot gồm 0,12 mol Cu và 0,08
mol Fe.
Vậy độ tăng khối lượng catot bằng:
(64 gam / mol × 0,12 mol) + ( 56 gam / mol × 0,08 mol) = 12,16 gam
Hòa tan trong dung dịch HCl (không có không khí):
Fe + 2HCl →
FeCl2 + H2
(6)
Xác định được: dung dịch Z chứa 0,15 mol FeCl2 và 0,1 mol HCl.
Thêm dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch Z :
Ag+ + Cl- → AgCl↓
(7)
0,3

0,3
Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag↓
(8)
0,15
0,15
m ↓= m AgCl + m Ag = (0,3 × 143,5) + (0,15 × 108) = 59,25 (gam)
Ta có : n O 2 =

(

b

)

y
y
)O2 → xCO2 +
H2O
4
2
Ta có: mA = mH2O ⇒ 12x + y = 9y ⇒ x : y = 2 : 3
CTPT của A, B có dạng: C2nH3n.
Từ: 150 < M < 170 ⇒ 5,55 < n < 6,29
Vậy: n = 6 . CTPT của A là: C12H18
Phân tử A có độ bất bảo hoà Δ = 4.
Vì: A + AgNO3/NH3 → B
HgSO4 , t °
A + H2O 
→ C
Suy ra: A là hợp chất không no chứa nối ba C≡ C đầu mạch.

Vì chất C tác dụng với dd KMnO4 trong H2SO4 sinh ra chất D:

0,5

0,5

0,5

Gọi công thức A là: CxHy : CxHy + (x +

6
(2,0
điểm)

CH3
H3C

CH2

COOH

CH

COCH3

C CH2

CH

CH3

COOH

Suy ra CTCT của A là:
C
C(CH3)3-CH2-

7
(2,5
điểm)

CTCT của B là:

CH

C
C(CH3)3-CH2-

CTCT của C:

0,5

0,5

1,0

CO-CH3

CAg

C(CH3)3-CH2-

Ta có: n CO2 = 0,45 mol; n H2O = 0,6 mol
⇒ Ancol no, đơn chức, mạch hở ⇒ nancol = 0,6 – 0,45 = 0,15 mol
Đặt công thức của ancol là C n H 2n +1OH ; công thức của este là Cm H 2 m O2

0,5

0, 45.44 + 0, 6.18 − 12, 2
= 0,575 mol
32
Bảo toàn O: nancol + 2neste + 2 n O2 = 2 n CO2 + n H2O ⇒ neste = 0,1 mol

0,5

Bảo toàn khối lượng: n O2 =

Bảo toàn C: 0,15.n + 0,1m = 0,45 hay 3n + 2m = 9
0,5

Biện luận ta chọn: n = 1; m = 2
3

Vậy công thức ancol là CH OH ; công thức este là HCOOCH
HCOOCH3 + NaOH 
→ HCOONa + CH3OH

3

0,5

8
(2,0
điểm)

mol: 0,2
0,2
0,2
0,2
Vậy chất rắn gồm: HCOONa (0,2 mol); NaOH dư (0,04 mol)
⇒ a = 0,2.68 + 0,04.40 = 15,2 gam
Tổng số mol ancol = 0,3 + 0,2 = 0,5 mol
⇒ b = 0,5.32 = 16 gam
- Quy đổi hỗn hợp A thành: CONH (0,22 mol); CH2 (a mol); H2O (b mol)
- Theo giả thiết khối lượng muối tăng lên 7,9 gam nên ta có:
mNaOH – mH2O = 40.0,22 – 18b = 7,9 ⇒ b = 0,05 mol
- Đốt muối thu được: nNa2CO3 = nNaOH/2 = 0,11 mol
Vì khối lượng bình Ba(OH)2 tăng 28,02 gam nên ta có tổng khối lượng CO2 và H2O
là 28,02
⇒ 44.(0,22 + a – 0,11) + 18.(0,11 + a + b + 0,22/2 – b) = 28,02 ⇒ a = 0,31 mol
- Gọi x, y lần lượt là số mol của X, Y trong hỗn hợp A.
Ta có: nX = x + y = b = 0,05 và nY = 4x + 5y = 0,22
⇒ x = 0,03 mol ; y = 0,02 mol
- Gọi a, b lần lượt là số mol của Gly và Ala có trong hỗn hợp X, Y.
Ta có: nN = a + b = 0,22 và nC = 2a + 3b = 0,22 + a = 0,53
⇒ a = 0,13 mol ; b = 0,09 mol
Công thức của X có dạng: (Ala)p(Gly)4-p ; Y có dạng: (Ala)q(Gly)5-q
⇒ nAla = 0,03p + 0,02q = 0,09 hay 3p + 2q = 9
Do: p ≤ 4 ; q ≤ 5 ⇒ Ta chọn p = 1; q = 3

Vậy X là Gly3Ala và Y là Gly2Ala3 có số mol tương ứng là 0,03 và 0,02 mol
Ta có: mA = mCONH + mCH2 + mH2O = 14,7 gam
0, 03 × 260
×100% = 53,06% ; %mY = 100% – 53,06% = 46,94%
⇒ %mX =
14, 7
- Cacbanion của (B) chỉ có 1 nhóm cacbonyl nên mật độ điện tích âm được giải
tỏa ít nhất làm cho cacbanion kém bền nhất.
- Hiệu ứng +C của nhóm N(CH 3)2 > OCH3 làm cho mật độ electron của O trong
a
nhóm C=O bên phải của (A) giàu hơn (D) làm giảm hiệu ứng +C của cacbanion
vào C=O bên phải dẫn đến cacbanion (A) kém bền hơn so với (D).
⇒ Tính axit của hiđro linh động: (C) > (D) > (A) > (B)

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

COOH

NO2

HNO3

NH2

Sn/ HCl

OH

HNO2

0

t ,p

NO2
CH3

CH3

NH2
COOH
NO2

0

H2SO4, t

NO2

NO2

OH

NH2

Sn / HCl

HNO2

NO2

COOH

NH2

OH

COOH
OH

HNO3

NH2
COOH

NH2
COOH

K 2Cr2O7
H+

HNO3

b

0,5

0

H2SO4, t

9
(2,0
điểm)

OH

CO2,OH-

0,5

OH

Sn / HCl

H2SO4

O2N

H2N

OH

HO

c

OH

OH

+H+
- H2 O

-H+

+

0,5

+

OH
HO

----------Hết----------

O


ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 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 phương trình phản ứng hóa học xảy ra trong các thí nghiệm sau:
- Thí nghiệm 1: Để lọ đựng dung dịch H2S ở trạng thái hở trong không khí một thời gian.
- Thí nghiệm 2: Cho mẩu kim loại natri bằng hạt đậu nhỏ vào cốc đựng dung dịch CuSO4 loãng.
- Thí nghiệm 3: Nhỏ 1 ml nước cất vào một ống nghiệm sau đó lần lượt nhỏ tiếp 3 ml axit axetic
nguyên chất, 3 ml ancol isoamylic nguyên chất, rồi thêm vài giọt dung dịch H 2SO4 đặc vào. Lắc đều và
đun nhẹ ống nghiệm trên ngọn lửa đèn cồn từ 5 – 6 phút (không đun sôi). Làm lạnh hỗn hợp sau phản
ứng rồi rót thêm vào hỗn hợp này một ít dung dịch NaCl bão hòa.
Câu 2 (2,0 điểm):
Để nghiên cứu cân bằng sau ở 250C:
Cu (r) + 2Fe3+ (dd)
Cu2+ (dd) + 2Fe2+ (dd)
Người ta chuẩn bị một dung dịch gồm CuSO4 0,5M; FeSO4 0,025M; Fe2(SO4)3 0,125M
a) Cho biết chiều của phản ứng ?
 Fe3+ 
b) Tính tỉ lệ
để phản ứng đổi chiều ?
 Fe 2+ 
0
0
Cho ECu 2+ Cu = 0, 34(v ); E Fe3+

= 0, 77(v )
Fe 2+

Câu 3 (2,5 điểm):
Dung dịch A gồm C2H5COOH 0,02M và C2H5COONa 0,015M.
a) Tính pH của dung dịch A.
b) Thêm 10-5 mol HCl vào 10 ml dung dịch A thu được dung dịch B. Tính pH của dung dịch B.
Biết C2H5COOH có Ka = 1,34.10-5.
Câu 4 (2,0 điểm):
Hoà tan 7,82 gam XNO3 vào nước thu được dung dịch A. Điện phân dung dịch A với điện cực trơ
- Nếu thời gian điện phân là t giây thì thu được kim loại tại catot và 0,1792 lít khí (đktc) tại anot
- Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì thu được 0,56 lít khí (đktc)
Xác định X và tính thời gian t biết I = 1,93 A.
Câu 5 (2,0 điểm):
Đốt cháy etan (C2H6) thu sản phẩm là khí CO2 và H2O (lỏng) ở 25°C.
a) Viết phương trình nhiệt hoá học của phản ứng xảy ra. Hãy xác định nhiệt hình thành etan và
năng lượng liên kết C=O. Biết khi đốt cháy 1 mol etan toả ra lượng nhiệt là 1560,5KJ.

CO2
H2O (l)

∆Hht ( KJ.mol-1)

Liên kết

-393,5
-285,8

C–C
H–C

Năng lượng liên kết

( KJ.mol-1 )
347
413


O2

0

H–O
O=O

464
495

b) Phản ứng có ∆G° = -1467,5 ( KJ.mol -1). Hãy tính độ biến thiên entropi của phản ứng đã cho
theo đơn vị J.mol-1.K-1.
Câu 6 (2,5 điểm):
Cho 14,4 gam hỗn hợp Fe, Mg, Cu (số mol mỗi kim loại bằng nhau) tác dụng hết với dung dịch
HNO3 thu được dung dịch X và 2,688 lít (đktc) hỗn hợp gồm 4 khí N 2, NO, N2O, NO2 trong đó 2 khí
N2 và NO2 có số mol bằng nhau. Cô cạn cẩn thận dung dịch X thu được 58,8 gam muối khan. Tìm số
mol HNO3 đã phản ứng.
Câu 7 (2,5 điểm):
Cho sơ đồ phản ứng sau:
+ O2
+Y1
+Y2
+ H 2O
C 4 H 6 O 2 


→ C 4 H 6 O 4 
→ C7 H12 O 4 
→ C10 H18O 4 
→ X 2 +Y1 +Y2
xt
H 2 SO4
H 2 SO4

(X1)
(X2)
(X3)
(X4)
a) Viết phương trình hóa học trong sơ đồ. Biết Y2 là hợp chất bậc hai.
b) Bằng những phản ứng hóa học, hãy chứng minh X1 vừa có tính oxi hóa, vừa có tính khử.
c) Bằng phương pháp hóa học, hãy nhận biết hai chất riêng biệt Y1 và Y2.
Câu 8 (2,5 điểm):
Cho 100 ml dung dịch chứa 2 este A, B đơn chức có tổng nồng độ mol là 0,8 M. Cho dung dịch
này tác dụng với 150 ml NaOH 1M. Sau phản ứng thu được 2 muối hữu cơ C, D có khối lượng là
10,46 gam (tỉ lệ MC : MD = 41 : 65) và một ancol E có khối lượng là 2,9 gam. Ancol này không bền
chuyển thành anđehit. Để trung hòa hết NaOH dư sau phản ứng phải dùng 200 ml dd HCl 0,2M. Xác
định công thức phân tử và công thức cấu tạo của A, B.
Câu 9 (2,0 điểm):
Hợp chất A có công thức phân tử C9H8. A làm mất màu Br2 trong CCl4; hidro hóa A trong điều
kiện êm dịu tạo ra C 9H10, còn trong điều kiện nhiệt độ và áp suất cao thì tạo ra C 9H16; oxi hóa mãnh liệt
A sinh ra axit phtalic [1,2-C6H4(COOH)2]. Lập luận xác định cấu tạo của A.
----------Hết----------

(Cho: H = 1; He = 4; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; K = 39; Fe = 56; Al = 27;
Cu = 64; Ag = 108; Cl = 35,5; S = 32)
(Học sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn)

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT
KHÓA NGÀY.......................
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 2
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC
(Bản hướng dẫn này có 03 trang)

Câu

Nội dung
TN1: Lọ dung dịch xuất hiện vẩn đục màu vàng
2H2S + O2 
→ 2S ↓ + 2H2O
TN2: Miếng Na kim loại chạy vo tròn trên mặt nước, phản ứng mãnh liệt, tỏa
nhiều nhiệt, có kết tủa xanh lam xuất hiện.
2Na + 2H2O 
→ 2NaOH + H2 (1)
→ Cu(OH)2 ↓ + Na2SO4 (2)
2NaOH + CuSO4 

1
(2,0
điểm)

TN3:
- Trước khi đun, các dung dịch tan vào nhau tạo thành dung dịch đồng nhất.
- Đun sau vài phút thấy có hơi mùi chuối chín thoát ra, xuất hiện 2 lớp chất lỏng
phân biệt.
H 2SO 4 dac ,t o

→
CH3COOH + (CH3)2CHCH2CH2OH ¬

CH3COOCH2CH2CH(CH3)3 + H2O
- Làm lạnh rồi rót thêm ít dung dịch NaCl bão hoà vào thấy hiện tượng phân lớp
chất lỏng rõ ràng hơn.
Trong dung dịch có: [Cu2+] = 0,5M; [Fe2+] = 0,025M; [Fe3+] = 0,25M
Ta có: ∆E pu = EFe3+/Fe2+ – ECu2+/Cu
0, 059 [ ox ]
lg
Mặt khác, ta có: E = E0 +
n
[ kh ]
a

2
(2,0
điểm)

0, 059 0, 25
lg
= 0,829 V
1
0, 025
0, 059
lg 0,5 = 0,331 V
ECu2+/Cu = 0,34 +
2
⇒ ∆E pu = 0,829 – 0,331 = 0,498 V > 0. Vậy phản ứng xảy ra theo chiều thuận.

Điểm
0,25

0,75

1,0

0,5

EFe3+/Fe2+ = 0,77 +

0,5
0,5

Để phản ứng đổi chiều: ∆E pu < 0 ⇔ EFe3+/Fe2+ < ECu2+/Cu
b
3
(2,5
điểm)

a
b

 Fe3+ 
 Fe3+ 
⇔ 0,77 + 0, 059 lg 
< 0,331 ⇔
< 3,6.10-8
2+
2+

1
 Fe 
 Fe 
+ ⇒
Tính sơ bộ nồng độ H
Môi trường axit
Ca
Công thức: pH = pKa – lg
= 4,87 – lg1,33 = 4,75
Cb
C 2 H 5COO − + HCl → C2H5COOH + Cl−
Quan hệ phương trình ⇒ Tổng nồng độ axit = 2,1.10-3 (M)
Dung dịch thu được gồm C2H5COOH 2,1.10-3 (M) và C2H5COONa 1,4.10-3 (M)

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


Công thức: pH = pKa – lg

→ X + + NO3−
XNO3 ¬



4
(2,0

điểm)

5
(2,0
điểm)

a

b

6
(2,5
điểm)

7
(2,5
điểm)

a

Ca
= 4,87 – lg1,5 = 4,69
Cb

Ở anot : 2H2O 
→ 4H+ + O2 + 4e
Ở catot : X+ + 1e 
→X
Ứng với 2t giây, số mol O2 = 2 x 0,1792/22,4 = 0,008.2 < 0,56/22,4 = 0,025 mol
Vậy ở catot có khí H2 thoát ra : 0,025 - 0,016 = 0,009 mol

Chứng tỏ X+ đã bị khử hết
Ở catot : X+ + 1e 
→X
2H2O + 2e 
→ 2OH- + H2
Ở anot : 2H2O 
→ 4H+ + O2 + 4e
Theo nguyên tắc cân bằng electron cho nhận ở 2 điện cực:
a + 0,009.2 = 0,008.2.4 (với a là số mol của XNO3) ⇒ a = 0,046
Thay a = 0,046 ta được X = 108 (Ag)
Ứng với thời gian t suy ra số mol electron trao đổi:
96500.0, 032
1It
0,064
= 1600 giây
=
= 0,032 ⇒ t =
1,93
96500
2
7

→ 2CO2 + 3H2O
C2H6 +
O2
∆H = - 1560,5 KJ
2
→
( 2C2H6 + 7O2 
4CO2 + 6H2O ∆H = - 3121 KJ )

∆Hpư = 4 ∆HhtCO2 + 6 ∆HhtH2O - 7∆HhtO2 - 2 ∆HhtC2H6
[ 4( − 393,5) + 6( − 285,8) − ( − 3121) ]
⇒ ∆HhtC2H6 =
= - 83,9 ( KJ.mol-1)
2
∆Hpư = 2 EC – C + 12 EC – H + 7EO=O - 8 EC = O - 12 EH – O
[ 2x347 + 12x 413 + 7 x 495 − 12x 464 − ( − 3121) ]
⇒ EC = O =
= 833( KJ.mol-1)
8
∆G° = ∆H° - T∆S°
[ − 1560,5 − ( − 1467,5) ]
⇒ ∆S° =
= - 0,312 (kJ.mol-1K-1) = -312 J.mol-1.K-1
( 25 + 273)
Gọi x là số mol mỗi kim loại ta có: 56x + 24x + 64x = 14,4 ⇒ x = 0,1
Khối lượng muối nitrat kim loại là: 242.0,1 + 148.0,1 + 188.0,1 = 57,8 < 58,8 (g)
⇒ Có NH4NO3 và có khối lượng là: 58,8 – 57,8 = 1 (g)
⇒ Số mol NH4NO3 = 0,0125 (mol)
Vì hỗn hợp 4 khí trên NO2, NO, N2O, N2 trong đó số mol N2 bằng số mol NO2 ta
coi 2 khí này là một khí N3O2 ≡ NO.N2O cho nên hỗn hợp bốn khí được coi là hỗn
hợp 2 khí NO và N2O với số mol lần lượt là a và b
Tổng số mol e cho: 0,3 + 0,2 + 0,2 = 0,7 (mol)
Tổng số mol e nhận là: 3a + 8b + 0,1
Ta có hệ phương trình:
 a + b = 0,12
a + b = 0,12
a = 0, 072
⇒
⇒


3a + 8b + 0,1 = 0, 7 3a + 8b = 0, 6 b = 0, 048
Tổng số mol HNO3 đã dùng là: 4a + 10b + 0,125 = 0,893 (mol)
X1 oxi hóa ra X2, vậy X1 là anđehit hoặc ancol. Do chỉ tăng O mà không thay đổi
số H nên X1 là anđehit 2 chức, X2 là axit 2 chức.
Từ X2 ra X3 có sự tăng 3C, 6H, số O không đổi, nên Y1 là C3H7OH.
Y2 cũng tương tự. Mà Y2 là hợp chất bậc 2, vậy Y2 là CH3-CH(OH)-CH3, Y1 là
CH3CH2CH2OH.
Các phương trình phản ứng: (Mỗi phản ứng đúng được 0,25 điểm)
Mn 2+ , t 0
C2H4(CHO)2 + O2 

→ C2H4(COOH)2

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
1,0


0

xt, t

→ CH3CH2CH2OOCC2H4COOH
C2H4(COOH)2 + CH3CH2CH2OH ¬


xt, t 0

→
CH3CH2CH2C2H4COOH + CH3CH(OH)CH3 ¬



b

c

8
(2,5
điểm)

9
(2,0
điểm)

CH3CH2CH2OOCC2H4COOCH(CH3)2 + H2O
xt, t 0

→
CH3CH2CH2OOCC2H4COOCH(CH3)2 + 2H2O ¬


C2H4(COOH)2+ CH3CH2CH2OH + CH3CH(OH)CH3
Chứng minh X1 có tính oxi hóa và tính khử
Ni,t 0
* Tính oxi hóa: C2H4(CHO)2 + 2H2 
→ C2H4(CH2OH)2
Mn 2+ , t 0
* Tính khử: C2H4(CHO)2 + O2 
→ C2H4(COOH)2
Nhận biết Y1, Y2:
Oxi hóa nhẹ Y1, Y2 bằng CuO, lấy sản phẩm đem thực hiện phản ứng tráng
gương. Sản phẩm nào có phản ứng tráng gương thì chất đầu là Y1.
Chất còn lại là Y2
t0
CH3CH2CH2OH + CuO 

→ CH3CH2CHO + CuO + H2O
t0
CH3CH(OH)CH3 + CuO 
→ CH3COCH3 + CuO + H2O
C2H5CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + 2H2O 
→ C2H5COONH4 + 2Ag + 2NH4NO3
Mol NaOH pư = 0,11 ⇒ Có 1 este phản ứng với NaOH theo tỉ lệ 1 : 2
Có phương trình: a + b = 0,08
a + 2b = 0,11
⇒ a = 0,05 và b = 0,03
2,9
ME =
= 58 ⇒ E là C2H5CHO
0, 05
Công thức cấu tạo A là: CH3COOCH=CH-CH3
Công thức cấu tạo B là: CH3COOC6H4CH3 (-o;-m;-p)
A (C9H8) có độ bất bão hòa ∆ = 6
A làm mất màu Br2 và cộng êm dịu 1 phân tử H2 cho thấy A có 1 liên kết đôi.
A cộng tối đa 4 phân tử H 2 và khi oxi hóa tạo axit phtalic cho thấy A có vòng
benzen và ngoài ra còn một vòng 5 cạnh nữa.
Công thức của A:

0,5

0,5

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

0,5
0,5
0,5
1,0


ĐỀ ÔN TẬP SỐ 3

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT
KHÓA NGÀY.......................
Môn: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm)
a) Tiến hành thí nghiệm (như hình vẽ):
Cho 1 mL ancol etylic, 1 mL axit axetic
nguyên chất và 1 giọt axit sunfuric đặc vào
ống nghiệm. Lắc đều, đồng thời đun cách
thủy 5 - 6 phút trong nồi nước nóng 65 –
70°C. Làm lạnh rồi rót thêm vào ống nghiệm
2 ml dung dịch NaCl bão hòa.
Nêu hiện tượng và viết các phương trình
phản ứng xảy ra khi tiến hành thí nghiệm.

−
b) Trong một bình nước có chứa 0,01 mol Na +, 0,02 mol Ca2+, 0,005 mol Mg2+, 0,05 mol HCO3
và 0,01 mol Cl− .
i) Hãy cho biết nước trong bình có tính cứng tạm thời hay vĩnh cửu. Vì sao?
ii) Đun sôi nước trong bình cho đến phản ứng hoàn toàn, hãy cho biết tính cứng của nước có thay
đổi hay không?

Câu 2. (2,0 điểm)
a) Trộn 1 mL dung dịch H3PO4 0,100M với 1 mL dung dịch CaCl2 0,010M có xuất hiện kết tủa
hay không? Giải thích bằng định lượng.


Cho: H3PO4: pKa1= 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32; pKs(CaHPO4) = 6,60; pKs(Ca3(PO4)2) = 26,60.
b) Thêm V lít dung dịch H 2SO4 0,260M vào V lít dung dịch gồm Pb(NO 3)2 0,020M và Ba(NO3)2
0,040M tách kết tủa thu được dung dịch A. Hãy tính pH của dung dịch A.
−
Cho: pKa ( HSO 4 ) = 2,00; pKs (BaSO4) = 9,93; pKs (PbSO4) = 7,66
Câu 3. (2,5 điểm)
Đem điện phân 100 mL dung dịch X gồm NiCl 2 0,20 M và MCl2 0,25 M với điện cực trơ, có
cường độ dòng điện một chiều không đổi là 9,65 A. Sau thời gian 10 phút thấy catot tăng lên 1,734
gam và dung dịch sau điện phân chỉ có một chất tan. Nhỏ 100 mL dung dịch gồm K 2Cr2O7 0,50 M và
H2SO4 2 M vào 100 mL dung dịch MCl2 0,60 M, sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch Y.
a) Xác định muối MCl2.
b) Thiết lập một pin điện tạo bởi điện cực Pt nhúng trong dung dịch Y với điện cực Ag nhúng
trong dung dịch [Ag(NH3)2]NO3 0,50 M, KCN 2,10 M. Viết các bán phản ứng ở mỗi điện cực, phản
ứng khi pin phóng điện và suất điện động của pin mới được thiết lập.
Cho: MNi=58,7. E0(Cr2O72-/Cr3+) = 1,33 V; E0(Fe3+/Fe2+) = 0,77 V; E0(Ag+/Ag) = 0,80V;
β[Ag(CN)43-] = 10-20,67, β[Ag(NH3)2+] = 10-7,23
Câu 4. (2,0 điểm)
Hòa tan hết 37,28 gam hỗn hợp Q gồm Fe3O4, Cu trong 500 mL dung dịch chứa HCl 2,4M và
HNO3 0,2M, thu được dung dịch P và khí NO. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch P, lọc, lấy kết
tủa nung trong không khí đến khối lượng không đổi được 41,6 gam chất rắn H. Cho dung dịch AgNO 3
dư vào dung dịch P có khí NO thoát ra và thu được m gam kết tủa.
−
Biết sản phẩm khử của NO3 là NO duy nhất, Cl− không bị oxi hóa trong các quá trình phản ứng,
các phản ứng hóa học xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị m.

Câu 5. (2,0 điểm)
Cho 5,04 lít hỗn hợp A (đktc) gồm C2H2 và H2 qua Ni đun nóng được hỗn hợp khí B chỉ gồm 3
hidrocacbon có tỉ khối so với H2 bằng 14,25.
a) Xác định khối lượng trung bình của A.
b) Cho B phản ứng hoàn toàn với dung dịch Br2 dư. Tính số mol Br2 đã tham gia phản ứng.
Câu 6. (2,5 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) Dùng hình vẽ, mô tả thí nghiệm được tiến hành trong phòng thí nghiệm để xác định sự có mặt
của các nguyên tố C và H có trong glucozơ.
Câu 7. (2,5 điểm)
Hợp chất hữu cơ X (chứa C, H, O) chỉ có một loại nhóm chức. Cho 0,15 mol X phản ứng vừa đủ
với 180 gam dung dịch NaOH, thu được dung dịch Y. Làm bay hơi Y, chỉ thu được 164,7 gam hơi
nước và 44,4 gam hỗn hợp chất rắn khan Z. Đốt cháy hoàn toàn Z, thu được 23,85 gam Na2CO3; 56,1
gam CO2 và 14,85 gam H2O. Mặt khác, Z phản ứng với dung dịch H2SO4 loãng (dư), thu được hai axit
cacboxylic đơn chức và hợp chất T (chứa C, H, O và MT < 126). Xác định công thức phân tử của X.
Câu 8. (2,0 điểm)
Đốt cháy hoàn toàn chất A (chứa C, H, O, N và có nguồn gốc tự nhiên) thu được CO 2 và H2O có tỷ
lệ mol tương ứng là 6/7. Tỷ khối hơi của A so với khí hidro là 44,5. A không làm mất màu dung dịch
Br2 và tác dụng với NaOH tạo muối có số nguyên tử cacbon không thay đổi.
a) Xác định công thức cấu tạo, gọi tên A và cho biết (có giải thích) trạng thái tồn tại của A.
b) Viết công thức sản phẩm tạo thành khi đun nóng chất A.
Câu 9. (2,0 điểm)


a) Viết sơ đồ phản ứng điều chế các chất sau từ benzen, các hợp chất hữu cơ có không quá 3
nguyên tử C và các chất vô cơ cần thiết.

b) Xác định các chất A, B, C, D trong chuỗi phản ứng điều chế N-metyl-4-phenyl piperiđin:
1.C6 H 5 MgBr

+ C2 H 3COOC2 H 5
. H 3O + ; 2.t O
2 H 5ONa

→ D
→ A C
CH3NH2 

→ B (C8H15NO3) 1
 → C 
2. H 3O + , t 0
1:2
1.H SO dac,170 C
→
N-metyl-4-phenylpiperiđin.
2.H , Ni,t
2

0

4

0

2

----------Hết---------(Cho: H = 1; He = 4; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; K = 39; Fe = 56; Al = 27;
Cu = 64; Ag = 108; Cl = 35,5; S = 32)
(Học sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn)

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT
KHÓA NGÀY.......................
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 3
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC
(Bản hướng dẫn này có 04 trang)
Câu

a

1
(2,0
điểm)
b

Nội dung
- Trước khi đun, các dung dịch tan vào nhau tạo thành dung dịch đồng nhất.
- Đun sau vài phút thấy có hơi mùi thơm thoát ra, xuất hiện 2 lớp chất lỏng phân
biệt.
H 2SO 4dac ,t o
→
CH3COOH + C2H5OH ¬
 CH3COOC2H5 + H2O
- Làm lạnh rồi rót thêm ít dung dịch NaCl bão hoà vào thấy hiện tượng phân lớp
chất lỏng rõ ràng hơn.
i) Nước trong bình có tính cứng tạm thời và vĩnh cửu. Vì nước trong bình có chứa
nhiều Ca2+ và Mg2+ dưới dạng muối HCO3- và Cl-.
ii) Đun sôi nước cho đến phản ứng hoàn toàn, ta được nước mềm.
−
2−
t°

Vì: 2 HCO3 
→ CO3 + CO2 + H2O
CO32− + Ca2+ → CaCO3

Điểm

1,0

1,0

CO32− + Mg2+ → MgCO3

2
(2,0

a

2−
Ion Ca2+ và Mg2+ tác dụng vừa đủ với CO3
⇒ Dung dịch sau khi đun sôi chỉ chứa NaCl
Chủ yếu xét cân bằng:

→ H+ + H2PO4H3PO4 ¬
Ka1 = 10-2,15



0,5

0,050 M
0,050-x1
x1
x1
⇒ x1 = [H+] = [H2PO4-] = 0,0156
−7,21
 H 2 PO4− 
 HPO42 − 
−12,32 10
2-7,21
-7,21 [PO3− ] = k
= 10
.
= 10 −17,72
[HPO4 ] =
10 =10 ;
4
a3
+
+
0, 0156
 H 
 H 
10−2
CCa 2+ .CHPO2− =
.10−7,21 = 10−9,51 < Ks (CaHPO4) = 10-6,6
4
2
⇒ Không có kết tủa CaHPO4
3

 10 −2 
−17,72 2
C Ca 2+ .C PO3− = 
= 10−42,34 < Ks (Ca3(PO4)2) = 10-26,6
)
÷ . ( 10
4
 2 
⇒ Không có kết tủa Ca3(PO4)2
Thành phần ban đầu: H2SO4 0,130M; Pb(NO3)2 0,010M; Ba(NO3)2 0,020M.
Pb(NO3)2
Pb2+
+
2NO3–

→
0,010
0,010
Ba(NO3)2
Ba2+
+
2NO3–

→
0,020
0,020
H2SO4
H+
+

HSO4–

→
0,130
0,130
0,130
–
2+
HSO4
+
Ba
BaSO4↓ + H+ ; K1 = 107,93

→
0,130
0,020
0,130
0,110
----0,150
–
2+
HSO4
+
Pb
PbSO4↓ + H+ ;
K2 = 105,66

→
0,110
0,010

0,150
0,100
----0,160
–
+
Thành phần giới hạn: HSO4 0,100 M; H 0,160M; BaSO4↓ , PbSO4↓
3

điểm)

b

3
(2,5
điểm)
a

b

0,5

2


→
HSO4– ¬
H+
+
SO42 – ; Ka = 10-2



C
0,100
0,160
[ ] (0,100 - x)
(0,160 + x)
x
-2 ⇒
x(0,160 + x)/(0,100 - x) = 10
x = [SO42–] = 5,69.10-3 (M)
+
⇒ [H ] = (0,160 + x) = 0,1657 (M) ⇒ pH = 0,78
Các bán phản ứng trên điện cực:
Ở anot: 2 Cl- → Cl2 + 2e
Ở Catot: M2+ + 2e → M hoặc 2 Ni2+ + 2e → Ni
Theo bài cho có tổng số mol e thu vào là: ne = I.t/F = 9,65.10.60/9650= 0,06 mol
Ta xét hai trường hợp:
TH1: Nếu ion M2+ bị điện phân hết, gọi x là số mol ion Ni2+ có thể bị điện phân
Ta có ne = 0,025.2 + x. 2 = 0,06 mol ⇒ x = 0,005
m = M.0,025 + 58,7.0,005 = 1,734 ⇒ M = 57,6 (loại)
TH2: Nếu ion Ni2+ bịđiện phân hết, gọi y là số mol ion M2+ có thể bị điện phân
Ta có ne = 0,02.2 + y. 2 = 0,06 mol ⇒ y = 0,005
m = M.0,01 + 58,7.0,02 = 1,734 ⇒ M = 56 (Fe)
Với dung dịch loãng chỉ xét phản ứng của ion Fe2+ với Cr2O72-/H+
6Fe2+ + Cr2O72- + 14H+ → 6Fe3+ + Cr3+ + 7H2O
(1)
n0
0,06
0,05
0,4

ns
0,0
0,04
0,26
0,06 0,02
3+
+
Dung dịch Y gồm các ion: Fe ; H (0,26/0,2=1,3M); Cr3+(0,02/0,2=0,1M); Cr2O72(0,04/0,2=0,2M); K+; Cl-; và SO42-.
Khi nhúng thanh Pt vào dung dich Y, xét hệ điện hóa có
E0(Cr2O72-/Cr3+)= 1,33 + (0,0592/6)lg(0,2.1,314/0,12) = 1,36 (V).
Thế điện cực Ag.

0,5

0,5

0,25

0,25
0,25
0,5


Xét cân bằng:
- Cân bằng tạo phức bền:
Ag[(NH3)2]+ + 4CN- € [Ag(CN)4]3- + 2NH3 K=(107,23)-1.1020,67=1013,44>>
C0 0,5
2,1
C
0,1

0,5
1
- Cân bằng tạo phân li phức :
[Ag(CN)4]3- € Ag+ + 4CNβ-1 = 10-20,67.
C0
0,5
1
[]
(0,5-x)
x
0,1 + 4x
⇒ β-1 = x.(0,1+4x)4/(0,5-x) = 10-20,67; Giả sử x<< 0,1 ⇒ x = 10-16,97 (t/m)
Vậy E [Ag(CN)4]3-/Ag+ = 0,80 + (0,0592/1)lg10-16,97 = -0,20V.
Do E(Cr2O72-/2Cr3+) = 1,35V > E Ag(CN)43-/Ag = -0,20V, nên có sơ đồ pin là
(-) Ag│Ag(CN)4]3-0,5M; CN-0,1M; NH3 1M││Cr2O72- 0,2M; Cr3+0,1M; H+1,3M
│Pt(+)
Các bán phản ứng:
Ở cực âm(-): Ag + 4CN- → [Ag(CN)4]3- + 1e
Ở cực âm(+): Cr2O72- + 6e + 14H+ → 2Cr3+ + 7H2O
Phản ứng khi phóng điện:
6Ag + 10CN- + Cr2O72- + 14HCN → 6[Ag(CN)4]3- + 2Cr3+ + 7H2O
Suất điện động của pin là: Epin = E(+) - E(-) = 1,36 – (-0,20) = 1,56 (V)
Cho NaOH dư vào dung dịch Y kết tủa là Fe(OH)3; Cu(OH)2; Fe(OH)2
Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn H gồm
Fe2O3 và CuO. Gọi số mol Fe3O4 và Cu lần lượt là x, y (x, y > 0).
232 x + 64 y = 37, 28
Ta có hệ phương trình: 
→ x = 0,1; y = 0,22
1,5 x.160 + 80 y = 41,6

0,5

0,25

0,5

0,5

nH + = nHCl + nHNO3 = 0,5.2,4 + 0,5.0,2 = 1,3 mol; nNO3− = nHNO3 = 0,1

Cho dung dịch AgNO3 vào dung dịch P, có khí NO thoát ra
⇒ Dung dịch P chứa Fe3+, Fe2+, Cu2+, Cl− , H+; NO3− hết.

4
(2,0
điểm)

5
(2,0
điểm)

−
3Fe3O4 +
28H+ + NO3 
(1)
→ 9Fe3+ + NO + 14H2O
Mol 0,10
0,28/3 0,10/3
0,30
−

+
3Cu +
8H + 2 NO3 
→ 3Cu2+ + 2NO + 4H2O (2)
Mol 0,10
0,80/3 0,20/3
0,10
3+
2+
Cu + 2Fe 
(3)
→ 2Fe + Cu2+
Mol 0,12
0,24
0,24
0,12
Từ các phản ứng (1), (2), (3) ⇒ Dung dịch P sau phản ứng chứa: 0,22 mol Cu2+; 0,24
mol Fe2+; 0,06 Fe3+; 0,1 mol H+ dư; 1,2 mol Cl− .
Khi cho AgNO3 dư vào dung dịch P xảy ra các phản ứng:
Ag+ +
Cl− 
→ AgCl
Mol
1,2
1,2
−
2+
+
3Fe + 4H + NO3 
→ 3Fe3+ + NO + 2H2O

Mol 0,075
0,1
2+
Fe + Ag+ 
→ Fe3+ + Ag
Mol 0,165
0,165
Khối lượng kết tủa: m = mAgCl + mAg = 1,2.143,5 + 0,165.108 = 190,02 gam
a B gồm C2H2; C2H4; C2H6
Gọi công thức chung của B là C2 H x
dB/H2 = 14,25 ⇒ MB = 14,25.2 = 28,5 ⇒ 24 + x = 28,5 ⇒ x = 4,5

1,0

0,5

0,5


Giả sử có 1 mol B ⇒ mB = 28,5 gam
Ni , t °
PT:
C2H2 + 1,25H2 
→ C2H4,5 (1)
1
1,25
1

6
(2,0

điểm)

7
(2,5
điểm)

8
(2,0
điểm)

28,5
= 12, 67
m = const ⇒ mA = 28,5 gam mà nA = 2,25 mol ⇒ M A =
2, 25
5, 04
= 0, 225(mol )
Theo bài ra: nA =
22, 4
(1) ⇒ nB = 0,1 (mol)
b
3
PT
C2H4,5 +
Br2 
(2)
→ C2H4,5Br1,5
4
(2) ⇒ số mol Br2 = 0,1.0,75 = 0,075 (mol).
- 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

không tan, lọc lấy dung dịch gồm có các ion: Ca2+, Mg2+, Na+, Al3+, Cl-, SO42-, Br-.
- Cho lượng dư dung dịch BaCl2 vào dung dịch gồm các ion trên, loại bỏ được ion
SO42- Ba2+ + SO42- → BaSO4
- 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+
Ca2+ + CO32- → CaCO3
a
Mg2+ + CO32- → MgCO3
Ba2+ + CO32- → BaCO3
2Al3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Al(OH)3 + 3CO2↑
- Dung dịch còn lại có: Na+, CO32-, Cl-, Br-. Cho lượng dư dung dịch HCl vào dung
dịch nay, loại bỏ ion CO32-: 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 + 2Br- → 2Cl- + Br2. Sau đó cô cạn dung dịch còn lại thu được
NaCl tinh khiết
b Thí nghiệm xác định sự có mặt của các nguyên tố C và H có trong glucozơ
- Từ phản ứng cháy có:
+ BT natri: nNaOH = 2nNa2CO3 = 2.23,58/106 = 0,45 mol
⇒ mH2O trong dd NaOH = mdd NaOH – mNaOH = 180 – 0,45.40 = 162 gam
⇒ mH2O sinh ra = 164,7 – 162 = 2,7 ⇒ nH2O sinh ra = 0,15 mol
+ BT cacbon: nC = nNa2CO3 + nCO2= 0,225 + 1,275 = 1,5 mol
+ nH(X) = 2nH2O sinh ra + 2nH2O chay – nNaOH = 2.0,15 + 2.0,825 – 0,45 = 1,5 mol
- Từ phản ứng thuỷ phân:
+ BTKL: mX = mZ + mH2O sinh ra – mNaOH = 44,4 + 2,7 – 0,45.40 = 29,1 gam
+ BTNtố: mO = mX – mC – mH = 29,1 – 1,5.12 – 1,5.1 = 9,6 gam ⇒ nO = 0,6 mol
CTPT: x : y : z = 1,5 : 1,5 : 0,6 ⇒ số H phải chẳn: C10H10O4
Vì X chỉ chứa 1 loại nhóm chức và phản ứng với NaOH tỷ lệ 1 : 3 nến có 1 nhóm –
COO- là este của phaenol và 1 nhóm –COO- là este của axít cacboxylic và tạo 2 axit
cacboxylyc nên CTCT là: HCOO- C6H4-CH2OOCCH3
a Công thức tổng quát: CxHyOzNt, M = 44,5 × 2 = 89

CxHyOzNt + (x+y/4-z/2)O2 → xCO2 + y/2H2O + t/2N2
x
6
x 3
= ⇒ =
Theo giả thiết
⇒ Công thức của A được viết lại: (C3H7)nOzNt
y/2 7
y 7
Lại có 43n + 16z + 14t = 89 và vì n, z, t là những số nguyên, dương nên nghiệm
thích hợp là n = 1, z = 2 và t = 1 ⇒ công thức phân tử của A là C3H7O2N.
Theo các giả thiết đã cho thì cấu tạo thích hợp của A là:
CH3 CH COO- (alanin)

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

1,0
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5

0,5

0,5

+

NH3
A tồn tại ở trạng thái rắn do liên kết liên phân tử là liên kết ion bền vững, nhiệt độ

0,5


nóng chảy tương ứng cao (> 25oC).
Phương trình phản ứng:

O
C

b

2 CH3

COO - (alanin)

CH

t

NH

CH3 CH

CH

HN

+

NH3

CH3 + H2O

0,5

C
O

H2, Ni,t0

1/ Br2(1:1)

1/ O3

2/ KOH/EtOH, t0

2/ H2O2/OH-

a

MgBr

1/ HBr

+

COOH EtOH/H
COOH

COOEt NaOEt
COOEt EtOH

H3O+, t0

O

HO

O

O

COOEt

1,0

H2SO4

2/ Mg/THF

O

9
(2,0
điểm)

CH3NH2

2CH2=CH-COOC2H5

CH2-CH2-COOC2H5 C H ONa
2 5
CH2-CH2-COOC2H5

CH3N

O
COOC2H5

1.OH2. H3O+, to

N
CH3

b

(A)
O

HO

1.C6H5MgBr
2. H3O+, to

N
CH3

CH3

(B)

H2SO4,170oC

(C)

1,0

C6H5

C6H5

C6H5

N

H2, Ni/to

N

N

N

CH3

CH3

CH3

(D)

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT
KHÓA NGÀY.......................
Môn: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 4

Câu 1. (2,5 điểm)
Hãy chọn các chất thích hợp và viết các phương trình phản ứng hóa học để hoàn thành sơ đồ biến
hóa sau:
+(X)

+(X)+...

→ (D) ¬ 
(B) ¬
 (P)


+(Y)

+(X)+...
+(Y)
(M) 
→ (N )
(Q) → (R)
(A)

Cho biết:

→

- Các chất (A), (B), (D) là hợp chất của natri.
- Các chất (M), (N) là hợp chất của nhôm.
- Các chất (P), (Q), (R) là hợp chất của bari.
- Các chất (N), (Q), (R) là các chất kết tủa.
- (X) là chất khí không mùi, làm đục dung dịch nước vôi trong.
- (Y) là muối của natri, dung dịch (Y) làm đỏ quỳ tím.

Câu 2. (2,5 điểm)
a) Cho một ít vụn Cu vào dung dịch gồm CuSO 4 0,5M ; FeSO4 1,0 M ; Fe2(SO4)3 0,25M. Có cân
bằng sau xảy ra: Cu(r) + 2Fe3+ € Cu2+ + 2Fe2+


- Hãy cho biết chiều của phản ứng ở 250C ? Tìm hằng số cân bằng của phản ứng?
[ Fe3+ ]
- Thay đổi nồng độ của Fe2+ và Fe3+, tính tỉ lệ tối thiểu
để phản ứng đổi chiều?
[ Fe 2+ ]
Cho biết ở 250C có ECu2 + / Cu = 0,34V , EFe3+ / Fe2 + = 0,77V
b) Ion MnO4- có thể oxi hoá ion nào trong các ion Cl -, Br-, I- ở các giá trị pH lần lượt bằng 1, 4, 6.

Trên cở sở đó hãy dùng dung dịch KMnO 4 và dung môi chiết là CCl 4 nhận biết các ion I- và Br- có
trong hỗn hợp NaCl, NaBr, NaI.
0
0
O
O
Cho EBr / 2 Br − = 1,08V ECl / 2Cl − = 1,36V E I / 2 I − = 0,62V ; E MnO − ,H + / Mn 2 + = 1,51V
2

2

2

4

Câu 3. (2,0 điểm)
Thêm dần dung dịch NaOH 0,01 M vào dung dịch A chứa H + 0,1M; Fe3+ 10-2M; Mg2+ 0,1M và
NO3- cho đến dư.
a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
b) Kết tủa nào tạo ra trước.
c) Tính khoảng pH trong dung dịch A sao cho kết tủa hết Fe3+ mà chưa tạo kết tủa Mg(OH) 2. Biết
Fe3+ được coi kết tủa hết khi nồng độ mol/l của Fe3+ trong dung dịch < 10-6 M.
Cho: Tích số tan Mg(OH)2: 10–11 ; Fe(OH)3 : 10–38.
Câu 4. (2,5 điểm)
Hỗn hợp A gồm hai oxit của sắt. Dẫn từ từ khí H 2 đi qua m gam A đựng trong ống sứ đã nung đến
nhiệt độ thích hợp. Sản phẩm tạo thành 2,07 gam nước và 8,48 gam hỗn hợp B gồm hai chất rắn. Hòa
tan B trong 200ml dung dịch H 2SO4 1M thu được dung dịch D và 1971,2 ml H2 ở 27,3oC và 1atm. Cho
D tác dụng với dung dịch NaOH dư sẽ được kết tủa E. Cho E tiếp xúc với không khí để chuyển E hoàn
toàn thành chất rắn F. Khối lượng của E và F khác nhau 1,36 gam.
a) Tính m.

b) Tính nồng độ CM của các chất trong dung dịch D (cho rằng thể tích D thay đổi không đáng kể
so với thể tích dung dịch H2SO4 đã dùng).
c) Xác định công thức và tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi chất trong A.
Câu 5. (2,0 điểm)
Trong một bình kín dung tích 2,24 lít chứa một ít bột Ni xúc tác và hỗn hợp khí H 2, C2H4, C3H6 (ở
đktc). Tỉ lệ số mol C2H4 và C3H6 là 1:1. Đốt nóng bình trong một thời gian sau đó làm lạnh bình tới
0oC, áp suất trong bình lúc đó là P. Tỉ khối so với hiđro của các hỗn hợp khí trong bình trước và sau
phản ứng là 7,600 và 8,445.
a) Giải thích tại sao tỉ khối tăng.
b) Tính phần trăm thể tích các khí trong bình trước phản ứng.
c) Tính áp suất P.
d) Tính hiệu suất phản ứng đối với mỗi olefin, biết rằng nếu cho khí trong bình sau phản ứng đi từ
từ qua bình nước brom dư thấy nước brom bị nhạt màu và khối lượng bình nước brom tăng 1,05 gam.
Câu 6. (1,5 điểm)
Trình bày phương pháp hóa học phân biệt năm lọ hóa chất lỏng mất nhãn gồm axit fomic, axit
acrilic, anđehit propionic, ancol etylic và ancol n-propylic.
Câu 7. (2,0 điểm)
Mannozơ (monosaccarit) HOCH2-(CHOH)4-CH=O là đồng phân của glucozơ. Ở dạng vòng sáu
cạnh mannozơ chỉ khác glucozơ ở chỗ nhóm OH ở nguyên tử C 2 nằm cùng phía với OH ở nguyên tử
C3. Oxi hóa mannozơ bằng dung dịch HNO 3 ở 100oC thu được sản phẩm Y chứa 41,38%C, 3,45%H và
55,17%O. Y bị thủy phân cả trong môi trường axit cũng như bazơ tạo ra axit polihidroxidicacboxilic
hoặc muối tương ứng. Xác định công thức cấu tạo của Y, biết MY = 174đvC.
Câu 8. (3,0 điểm)


A là hợp chất hữu cơ đơn chức, mạch hở chứa C, H, O. Cho một lượng chất A tác dụng hoàn toàn
với 500 ml dung dịch KOH 2,4 M rồi cô cạn, được 105 gam chất rắn khan B và m gam ancol C. Oxi
hóa m gam ancol C bằng oxi (có xúc tác) được hỗn hợp X. Chia X thành ba phần bằng nhau:
- Phần một tác dụng với dung dịch AgNO3 trong amoniac (dư), được 21,6 gam Ag.
- Phần hai tác dụng với dung dịch NaHCO3 dư, được 2,24 lít khí (đktc).

- Phần ba tác dụng với Na vừa đủ, thu được 4,48 lít khí (đktc) và 25,8 gam chất rắn khan.
a) Xác định công thức cấu tạo của ancol C, biết đun nóng ancol C với H 2SO4 đặc, ở 170°C được
Anken.
b) Tính % số mol ancol C đã bị oxi hóa?
c) Xác định công thức cấu tạo của A?
Câu 9. (2,0 điểm)
Cho ba amino axit sau:
H2N-(CH2)4-CH-COOH
N

COOH

H

prolin

NH2

HOOC-(CH2)2-CH-COOH
NH2

lysin

axit glutamic

a) Hãy đề nghị giá trị pH để phân tách hỗn hợp các amino axit này bằng phương pháp điện di.Biết
pHI của Pro= 6,3, Lys = 9,74 và Glu = 3,08
b) Hãy gắn các giá trị pKa 3,15 và 8,23 cho từng nhóm chức trong phân tử đipeptit Gly-Ala. Viết
công thức cấu tạo của đipeptit này khi ở pH= 4,0 và pH= 11,0.
----------Hết----------

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT
KHÓA NGÀY.......................
ĐỀ ÔN TẬP SỐ 4
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC
(Bản hướng dẫn này có 05 trang)
Câu
1
(2,5

Nội dung
Khí X là CO2, muối Y là NaHSO4, A là NaOH; B là Na2CO3; D là NaHCO3; P là
Ba(HCO3)2; R là BaSO4; Q là BaCO3; M là NaAlO2; N là Al(OH)3.

Điểm
0,5


điểm)

Các phương trình phản ứng:
2NaOH + CO2 → Na2CO3 + H2O
Na2CO3 + CO2 + H2O → 2NaHCO3
NaHCO3 + NaOH → Na2CO3 + H2O
2NaOH + 2Al + 2H2O → 2 NaAlO2 + 3H2
NaAlO2 + CO2 + 2 H2O → Al(OH)3 ↓ + NaHCO3
3Na2CO3 + 2AlCl3 + 3H2O → 2Al(OH)3 ↓ + 6NaCl + 3CO2
2NaHCO3 + Ba(OH)2 → BaCO3 + Na2CO3 + 2H2O
(Hoặc NaHCO3 + Ba(OH)2 → BaCO3 + NaOH + H2O)
BaCO3 + 2NaHSO4 → BaSO4 + Na2SO4 + CO2 + H2O

Ba(HCO3)2 + 2NaHSO4 → BaSO4 + Na2SO4 + 2CO2 + 2H2O
(Hoặc Ba(HCO3)2 + NaHSO4 → BaSO4 + NaHCO3 + CO2 + H2O)
Ba(HCO3)2 + Na2SO4 → BaSO4 + 2NaHCO3
Chú ý:
- Mỗi phương trình đúng được 0,2 điểm
- Học sinh viết sai công thức chất, sai phương trình không cho điểm phương trình
đó
- Học sinh viết phương trình, không cân bằng trừ một nửa tổng số điểm của phương
trình đó
[Cu2+] = [Fe3+] = 0,5M
Cu(r) + 2Fe3+ € Cu2+ + 2Fe2+
0,5
EFe3+ / Fe2 + = 0,77 + 0,059 lg
= 0,752V
1
Ta có
0,059
ECu2 + / Cu = 0,34 +
lg 0,5 = 0,331V
2
a
Vì EFe3+ / Fe2 + > ECu 2 + / Cu nên phản ứng xảy ra theo chiều thuận.
lg K =

nE 0
2(0,77 − 0,34)
=
= 14,576 → K = 3,767.1014
0,059
0,059

Để đổi chiều phản ứng: 0,77 + 0,059 lg

2
(2,5
điểm)

[ Fe3+ ]
[ Fe3+ ]
>
0,331
→
> 3,6.10-8 lần
[ Fe 2+ ]
[ Fe 2+ ]

MnO4- + 8 H+ + 5e → Mn2+ + 4 H2O
[ MnO4− ][ H + ]8
EMnO − / Mn2+ = E 0 + lg
4
[ Mn 2+ ]
EMnO − / Mn2 + = 1,4156 (V) > ECl0
Khi pH = 1
4

2

b

3

(2,0
điểm)

a

2,0

0,5

0,5
0,5
0,25

/ 2 Cl −

= 1,36V

Ion MnO4- có thể oxi hoá các ion Cl-,Br--,I-.
0
EMnO − / Mn2 + = 1,1324 (V) > EBr
− = 1,08V
Khi pH = 4
4
2 / 2 Br
Ion MnO4- có thể oxi hoá các ion Br--,I-.
EMnO − / Mn2 + = 0,9436 (V) > E IO / 2 I −
Khi pH = 6
4
2
Ion MnO4- chỉ có thể oxi hoá ion I-.

Ban đầu thực hành ở pH = 6 , dùng KMnO4 với dung môi CCl4, I2 được hình thành
tan trong dung môi có màu tím. Chiết lớp dung môi , thay lớp dung môi có pH = 4,
thấy lớp dung môi có màu vàng của Br2.
OH- + H+ → H2O
3OH- + Fe3+ → Fe(OH)3
2OH- + Mg2+ → Mg(OH)2

0,5

0,25
0,5


3

TFe(OH)3 =10-38 = Fe3+  OH -  → khi bắt đầu xuất xuất hiện kết tủa Fe(OH)3 thì
[OH-] =
b

3

TFe(OH)3
 Fe 
3+

=

3

khi bắt đầu xuất hiện kết tủa Mg(OH)2 thì [OH-] =

c

a

b
4
(2,5
điểm)

0,5

10−38
= 10-12M → pH = 2
10−2
TMg(OH)2
 Mg 
2+

=

10−11
= 10-5M →
−1
10

pH = 9. Vậy Fe(OH)3 kết tủa trước
TFe(OH)3
10−38
3

Khi Fe3+ kết tủa hết → [OH-] = 3
>
= 10-10,67M → thời điểm khi Fe3+
 Fe3+ 
10−6
kết tủa hết là pH > 3,33.
Vậy để kết tủa hoàn toàn Fe3+ mà chưa tạo kết tủa Mg(OH)2 cần duy trì pH trong
khoảng: 3,3 < pH ≤ 9
t0
aFexOy + (ay – bx)H2 
→ xFeaOb + (ay – bx)H2O
2,07
⇒ n H 2 = n H 2O =
= 0,115 mol
18
Áp dụng ĐLBTKL: m = mA = (2,07 + 8,48) – 0,115.2 = 10,32 gam.
B tan trong H2SO4 loãng cho H2 → trong B phải có Fe:
Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2↑
n H 2 = 0,08 mol → nFe = n H 2 = 0,08 mol
→ mFe = 0,08.56 = 4,48 gam < mB = 8,48 gam nên trong B phải có sắt oxit,
hòa tan trong H2SO4 để tạo ra dung dịch D gồm FeSO4 và Fe2(SO4)3.
Các phản ứng:
H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O
FeSO4 + 2NaOH → Fe(OH)2↓ + Na2SO4
Fe2(SO4)3 + 6NaOH → 2Fe(OH)3↓ + 3Na2SO4
4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3
Cứ 1 mol Fe(OH)2 → 1 mol Fe(OH)3 thì khối lượng tăng 17 gam.
1,36
→ nFe(OH ) =
= 0,08mol = nFe. Vậy toàn bộ Fe(OH)2 đều được tạo ra từ FeSO4

2
17
do tác dụng của Fe với H 2SO4 → lượng Fe2(SO4)3 có trong dung dịch là do Fe 2O3
tác dụng với axit tạo thành:
Fe2O3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O
0,025 mol
→ n H 2 SO4 dư = 0,2 – 0,08 – 3.0,025 = 0,045 mol
CM (H2SO4 ) = 0,225M ; CM (Fe2(SO4 )3) = 0,125M ; CM (FeSO4 ) = 0,4M
Theo kết quả trên, trong hỗn hợp A có a mol Fe2O3 và b mol FexOy (x≠2, y≠3).
Áp dụng ĐLBTNT Fe và O:
2a + bx = 0,13
(1)
3a + by = 0,19
(2)

c

5
(2,0
điểm)

a

0,01
3x − 2y
- Xét x = y = 1 → b = 0,01 mol → hỗn hợp A có 0,01 mol FeO (0,72g) chiếm
6,98% và Fe2O3 chiếm 93,02%.
- Xét x = 3, y = 4 → b = 0,01 mol → hỗn hợp A có 0,01 mol Fe3O4 (2,32g) chiếm
22,48% và Fe2O3 chiếm 77,52%.
Gọi hỗn hợp trước và sau phản ứng là A, B

+ Khi đun nóng hỗn hợp A sẽ xảy ra các phản ứng:
C2H4 + H2 → C2H6 (1)

0,5

0,5

0,5

0,25

0,5

0,5

0,25

Từ (1) và (2) → b =

0,25
0,25
0,5


b

C3H6 + H2 → C3H8 (2)
+ Theo định luật BTKL thì mA = mB, nhưng nA > nB do 2 phản ứng trên nên
M A < MB .
+ Gọi x, y, y lần lượt là số mol của H2; C2H4; C3H6. Ta có:

 x + 2y = 0,1

2x + 70y = 7,6.2.0,1= 1,52

0,5

→ x = 0,06 mol ; y = 0,02 mol.
→ %VH2 = 60%; %VC2H4 = %VC3H6 = 20%
Áp dụng công thức PV = nRT, ta có:
P B nB M A
7,6
=
=
=
= 0,89994 ≈ 0,900
PA nA MB 8,445
→ PB = 0,900.PA = 0,900 atm.
+ nA = 0,1 mol; nB = 0,09 mol.
+ Gọi a, b lần lượt là số mol C2H4, C3H6 tham gia phản ứng cộng H2; Ta có:
 a + b = 0,1− 0,09 = 0,01

d 28(0,02 − a) + 42(0,02 − b) = 1,05
→ a = b = 0,005 mol.
0,005
.100 = 25%
→ H %C2H4 = H %C3H6 =
0,02
Nhận ra hai axit cacboxylic bằng quỳ tím ẩm (làm quỳ hóa đỏ, các mẫu thử khác
không làm đổi màu quỳ) và phân biệt hai axit bằng phản ứng tráng gương (axit
fomic tạo kết tủa Ag).

RCOOH + H2O ⇄ RCOO- + H3O+
HCOOH + 2AgNO3 + 4NH3 + H2O → (NH4)2CO3 + 2Ag + 2NH4NO3
Dùng phản ứng tráng gương nhận ra andehit axetic trong các mẫu thử còn lại và
dùng I2/NaOH để phân biệt hai ancol (chỉ etanol tạo kết tủa vàng iodofom).
CH3CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O → CH3COONH4 + 2Ag + 2NH4NO3
CH3CH2OH + 4I2 + 6NaOH → HCOONa + CHI3 + 5NaI + 5H2O
41,38
55,17
C:H:O=
: 3,45 :
=1:1:1
⇒ (CHO)k
12
16
Mz = 29k > 160 ⇒ 5,5 < k < 7 (mannozơ có 6C) → k = 6 ⇒ C6H6O6
Nhóm –CH=O và –CH2OH trong Mannozơ dễ bị oxihoá bởi HNO3 nóng tạo ra 2 nhóm
–COOH. Nếu sản phẩm Z là HOOC-(CHOH)4-COOH thì công thức phântử không
đúng với C6H6O6. Mặt khác, Z còn bị thuỷ phân (H+ hay OH-) → Z là este sinh ra do 2
nhóm –COOH kết hợp với 2 nhóm –OH ở vị trí không gian thuận lợi tạo ra vòng bền
(5 hay 6 cạnh).
OH
OH
O
O
O=C CH CH CH CH C=O
C =O
O= C
O
OH
O

OH
O
OH
O
C =O
O=C CH CH CH CH C=O
HO
c

6
(1,5
điểm)

7
(2,0
điểm)

OH
O
O=C
O
Xác định công thức cấu tạo ancol C:
Hợp chất hữu cơ đơn chức A chứa C, H, O tác dụng với dung dịch KOH cho ancol

0,5

0,5

0,75

0,75

0,5

0,5

1,0

OH

8
(3,0

a

0,25


điểm)

b

c

9
(2,0
điểm)

a
b

C, suy ra A là este đơn chức. Đun nóng ancol C với H2SO4 đặc ở 1700C được
anken, chứng tỏ ancol C là ancol no đơn chức, mạch hở và có số nguyên tử C lớn
hơn hoặc bằng 2.
Oxi hóa ancol C được sản phẩm tham gia phản ứng tráng gương, suy ra C là ancol
bậc một. Vậy A có công thức tổng quát là: RCOOCH2R’ (với R' khác H).
Phản ứng của A với dung dịch KOH :
RCOOCH2R’ + KOH → RCOOK +R’CH2OH (1)
Phản ứng oxi hóa m gam ancol C :
xt
2 R’CH2OH + O2 
→ 2R’CHO + 2 H2O (2)
xt
R’CH2OH + O2 
→ R’COOH + H2O (3)
Hỗn hợp X gồm R’CHO, R’COOH, H2O và R’CH2OH dư.
Gọi số mol R'CH2OH, R'CHO, R'COOH trong 1/3 hỗn hợp X lần lượt là x, y, z
mol.
⇒ số mol H2O trong 1/3 hỗn hợp X là (y + z) mol.
* Phần một:
t0
R’CHO + 2[Ag(NH3)2]OH 
(4)
→ R’COONH4 + 2Ag↓ + 3NH3 + H2O
y mol
2y mol
Số mol Ag = 2y = 21,6 : 108 = 0,2 ⇒ y = 0,1 (mol)
* Phần hai: R’COOH + NaHCO3 → R’COONa + H2O + CO2 ↑ (5)
z mol
z mol

Số mol CO2 = z = 2,24 : 22,4 = 0,1 (mol)
* Phần ba:
2 R’COOH + 2 Na → 2 R’COONa + H2 ↑ (6)
z mol
z mol
0,5 z mol
2 R’CH2OH + 2 Na → 2 R’CH2ONa +
H2 ↑
(7)
x mol
x mol
0,5x mol
2 H2O + 2 Na → 2 NaOH + H2↑ (8)
(y + z) mol
(y + z) mol 0,5(y + z) mol
Số mol H2: 0,5z + 0,5x + 0,5( y + z ) = 4,48 : 22,4 = 0,2 (mol ) ⇒ x + y + 2z = 0,4
(*)
Thay y = 0,1; z = 0,1 vào (*) được: x = 0,1 (mol)
Chất rắn khan thu được sau phản ứng ở phần III gồm :
0,1 (mol) R’COONa ; 0,1 (mol) R’CH2ONa và 0,2 (mol) NaOH.
Số gam chất rắn khan : (R’+ 67). 0,1 + (R’ + 53). 0,1 + 40. 0,2 = 25,8 (gam)
⇒ MR’ = 29 ⇒ R’ là C2H5 –
Vậy công thức cấu tạo của ancol C: CH3– CH2 – CH2 - OH.
Tính phần trăm số mol C3H7OH bị oxi hóa :
Tổng số mol ancol đã bị oxi hóa: 3(y + z ) = 3 . 0,2 = 0,6 (mol).
Số mol C3H7OH có trong m gam là : 3(x + y + z) = 3 . 0,3 = 0,9 (mol)
% số mol C3H7OH đã bị oxi hóa là: (0,6 : 0,9) .100% = 66,67 %
Xác định công thức cấu tạo của A:
Theo (1): nKOH phản ứng = nmuối = nC = 0,9 (mol)
Số mol KOH dư: 0,5. 2,4 – 0,9 = 0,3 (mol)

Chất rắn khan B gồm: 0,9 (mol) RCOOK và 0,3 (mol) KOH dư
Khối lượng chất rắn khan B: (R + 83).0,9 + 56.0,3 = 105
⇒ MR = 15 ⇒ R là CH3 –
Vậy công thức cấu tạo của A là: CH3 – COO – CH2 – CH2 – CH3
Ở pH = 6 Prolin tồn tại ở dạng muối lưỡng cực, hầu như không di chuyển.
Lysin tồn tại ở dạng axit (cation) di chuyển về cực âm (catot).
Axit glutamic tồn tại ở dạng bazơ (anion) di chuyển về cực dương (anot).
Công thức, gắn đúng giá trị pK và tính đúng pHI của Gly-Ala
(8,23) H3N+ – CH2 – CO – NH – CH(CH3) – COO– (3,15)

0,25

0,5

0,5

0,5

0,5

0,25

0,25

1,0
0,5


- pHI của nó: (8,23 + 3,15) / 2 = 5,69.
Công thức cấu tạo của đipeptit:

Ở pH = 4:
H3N+ – CH2 – CO – NH – CH(CH3) – COOH
Ở pH = 11: H2N – CH2 – CO – NH – CH(CH3) – COO–

ĐỀ ÔN TẬP SỐ 5

Câu 1 (2,0 điểm).

ĐỀ THI THỬ HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT
KHÓA NGÀY.......................
Môn: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

0,5