Ebook tuyển tập 35 đề thi học sinh giỏi môn hóa học lớp 11 | Lớp 11, Hóa học - Ôn Luyện

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (15.32 MB, 211 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1></div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH ĐIỆN BIÊN

ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi có 02 trang)

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP CƠ SỞ 
NĂM HỌC 2012 - 2013

Mơn: Hóa học - lớp 11 
Ngày thi: 15/4/2013

Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề

ĐỀ BÀI

Câu 1 (4,5 điểm)

1.Viết các phương trình hóa học theo sơ đồ sau (ghi rõ điều kiện phản ứng, nếu có)

1 2 3 4 5 6

3 2 2 5 3 4 2 4 3 4 3 4

Ca P ←P→P O →H PO →Na HPO →Na PO →Ag PO

2. A là một ancol no mạch hở. Đốt cháy hoàn toàn m gam A, thu được 3,36 lít khí CO2

(đktc) và 3,6 gam nước. Xác định công thức phân tử, viết các công thức cấu tạo của A và ghi
tên thay thế.

3. Hấp thụ hồn tồn 1,568 lít CO2 (đktc) vào 500ml dung dịch NaOH 0,16M, thu được

dung dịch X. Thêm 250 ml dung dich Y gồm BaCl2 0,16M và Ba(OH)2 a M vào dung dịch X,

thu được 3,94 gam kết tủa và dung dịch Z. Tính giá trị của a.
Câu 2 (4,0 điểm)

1. A là một đồng đẳng của benzen có tỷ khối hơi so với metan bằng 5,75. A tham gia
chuyển hóa theo sơ đồ

Hãy viết các phương trình hóa học theo sơ đồ trên, các chất hữu cơ viết dạng công thức
cấu tạo rút gọn, cho biết B, C, D, E là các chất hữu cơ.

2. Hỗn hợp khí X gồm metan, axetilen, propen. Đốt cháy hoàn toàn 5,5 gam hỗn hợp X,
thu được 6,3 gam nước. Mặt khác, lấy 5,5 gam X cho tác dụng với dung dịch AgNO3 trong

NH3 dư, thu được 24 gam kết tủa. Hãy xác định phần trăm theo thể tích từng chất trong X.

Câu 3 (4,0 điểm)

1. Nêu hiện tượng và viết phương trình hố học xảy ra trong các trường hợp sau:
a) Cho đồng kim loại vào dung dịch hỗn hợp NaNO3 và H2SO4 lỗng.

b) Sục khí NH3 đến dư vào dung dịch MgCl2.

c) Cho (NH4)2CO3 vào dung dịch Ba(OH)2 .

d) Hai lọ hóa chất mở nắp để cạnh nhau: một lọ đựng dung dịch NH3 đậm đặc, một lọ

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

2

2. Dung dịch A chứa Na2CO3 0,1M và NaHCO3 0,1M; dung dịch B chứa KHCO3 0,1M

a) Tính thể tích khí CO2 (đktc) thốt ra khi cho từ từ từng giọt đến hết 150 ml dung dịch

HCl 0,1M vào 100 ml dung dịch A.

b) Xác định số mol các chất có trong dung dịch thu được khi thêm 100 ml dung dịch
Ba(OH)2 0,1M vào 150 ml dung dịch B.

Câu 4 (3,5 điểm)

1. Cho 200 ml dung dịch X chứa H2SO4 0,05M và HCl 0,1M tác dụng với 300 ml dung

dịch Y chứa Ba(OH)2 a M và KOH 0,05M, thu được m gam kết tủa và 500 ml dung dịch Z có

pH = 12. Tính giá trị của m và a.

2. Hỗn hợp A gồm Mg, Al, Zn. Hịa tan hồn tồn 7,5 gam A trong dung dịch HNO3,

sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch B và 1,12 lít hỗn hợp khí NO và N2O có số mol

bằng nhau. Cơ cạn dung dịch B thu được 31,75 gam muối.

Tính thể tích dung dịch HNO3 0,5 M tối thiểu để hòa tan hoàn toàn A.

Câu 5 (2,0 điểm)

Chia 2,24 lít (đktc) hỗn hợp X gồm hai anken phân tử khác nhau 2 nhóm CH2 thành hai

phần bằng nhau.

Phần 1: Đốt cháy hoàn toàn rồi cho sản phẩm cháy qua dung dịch Ca(OH)2 dư, thu được

12,5 gam kết tủa.

Phần 2: Cho tác dụng hồn tồn với nước có xúc tác thu được hỗn hợp chỉ gồm 2 ancol. 
Đun nóng hỗn hợp 2 ancol với H2SO4 đặc ở 140

C một thời gian, thu được 1,63 gam hỗn hợp
3 ete. Hoá hơi lượng ete thu được 0,4256 lít (đktc).

a) Xác định cơng thức cấu tạo của hai anken và tính phần trăm theo thể tích mỗi chất
trong X.

b) Xác định hiệu suất tạo ete của mỗi ancol.
Câu 6 (2,0 điểm)

1. Cho pin điện hóa:

2( ), H 1 / :1 4 :1 , :1 , :1 /

H Pt P = atm H+ M MnO− M Mn + M H+ M Pt
Biết rằng sức điện động của pin ở 250C là 1,5V.

a) Hãy cho biết phản ứng thực tế xảy ra trong pin và tính
4

MnO
Mn

E −
+

b) Sức điện động của pin thay đổi như thế nào khi thêm một ít NaHCO3 vào nửa trái của pin.

2. Ion Fe3+(dd) là axit, phản ứng với nước theo cân bằng
Fe3+(dd)+H O2 Ç Fe OH( )2+ +H O K3 +, a =10−2,2

a) Xác định pH của dung dịch FeCl3 10 M3
−

b) Tính nồng độ mol/lít của dung dịch FeCl3 bắt đầu gây ra kết tủa Fe(OH)3 và tính pH

của dung dịch lúc bắt đầu kết tủa. Cho

( ) 10

Fe OH

T = − , 14

10
2

−

=
O
H

K .

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

3

……….HẾT……….

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
 TỈNH ĐIỆN BIÊN

( Hướng dẫn chấm có 5 trang)

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP CƠ SỞ 
NĂM HỌC 2012 - 2013

Mơn: Hóa học - Lớp 11

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu ý Nội Dung Điểm

1(4,5 
đ)

1 0

3 2

2 3 t

P+ Ca→Ca P
0

2 2 5

4P+5O t →2P O
P2O5 + H2O → 2H3PO4

H3PO4 + 2NaOH → Na2HPO4 + 2H2O

Na2HPO4 + NaOH → Na3PO4 + H2O

Na3PO4 + 3AgNO3 →Ag3PO4 + 3NaNO3

1,5 đ

2 Đặt công thức của ancol no A: CnH2n+2Oa ( a≤ n)

nCO2 = 0,15 mol, nH2O = 0,2 mol

CnH2n+2Oa + O2 → nCO2 + (n+1) H2O

0,15 0,2 → n = 3

0,5
CT A là: C3H8Oa

a =1→ C3H7OH CH3− CH2−CH2−OH CH3−CH−CH3

0,5

a =2→ C3H6 (OH)2 CH3−CH−CH2−OH HO−CH2− CH2−CH2−OH

0,25

a =3→ C3H5 (OH)3 OH−CH2−CH− CH2−OH

0,25

3
2

1,568

0, 07( )
22, 4

CO

n = = mol

;

nNaOH =0,5 0,16× =0, 08(mol)

2 0, 25 0,16 0, 04( )
BaCl

n = × = mol

;

( ) 0, 2 ( )

Ba OH

n = a mol

3, 94

0, 02( )
197

BaCO

n = = mol

CO2 + OH-

→ HCO3
-

0,07 0,08 0,07

0,5

HCO3-

+ OH

→ CO3

+ H2O

0,07 0,01 0,01

2 2

3 aC 3

t

Ba ++CO −→B O ↓

0,02 0,02

Do kết tủa thu được bằng 0,02 mol do đó lượng OH- cho thêm vào bằng 0,01
mol

0,5

Ta có : OH- = 0,5a → 0,5a = 0,01→ a = 0,02 0,5
2

(4,0)

1 MA = 16

Đặt công thức A : CnH2n-6 → 14n-6 = 92 → n =7

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

4

CT : →

Phương trình:

C6H5-CH3 + Cl2 C6H5-CH2Cl + HCl

C6H5-CH3 + 3H2 dư C6H11-CH3

C6H5-CH3 + 3HNO3 → H2SO4đ C6H2(NO2)3-CH3 + 3H2O

C6H5-CH3 + 2KMnO4 C6H5-COOK + 2MnO2 + KOH + H2O

2 CH4 + O2 → CO2 + 2H2O

a 2a
C2H2 + O2 →2CO2 + H2O

b b
C3H6 + O2 → 3CO2 + 3H2O

c 3c

0,5

2a b 3c 0,35

16a 26b 42c 5,5
b 0,1

+ + =



 + + =



 =

 0,5

C2H2 + AgNO3 → C2Ag2

b b 0,25 
2a 3c 0, 25

16a 42c 2,9

+ =




+ =



Giải hệ phương trình ta được: a

= 0,05, c= 0,05 0,5
4

0, 05

% 100% 25%

0, 2
CH

V = × =

2 2
0,1

% 100% 50%

0, 2
C H

V = × =

3 6

0, 05

% 100% 25%

0, 2
C H

V = × = 0,25

3(4,0) 1 a) Cu tan, dung dịch xuất hiện màu xanh và khí khơng mầu hóa nâu trong

khơng khí

3Cu2++8H++2NO3−→3Cu+2NO↑ +4H O2

2NO+O2→2NO2 0,5

b) Có kết tủa trắng khơng tan

3 2 2 2 4

2NH +2H O+MgCl →Mg OH( ) ↓ +2NH Cl 0,5

c) Có kết tủa trắng và có khí

4 2 3 2 3 3 2

2(NH ) CO +Ba OH( ) →BaCO ↓ +2NH ↑ +2H O 0,5
d) Tạo ra khói trắng

NH3( )k +HCl( )k →NH Cl4 ( )r 0,5
2 a) 2

3 0, 01( )
CO

n − = mol

;

3 0, 01( )
HCO

n − = mol

;

0, 015( )

H

n + = mol

3 3

CO −+H+→HCO−

0,01 0,01 0,02 0,5

3 2 2

HCO−+H+→CO ↑ +H O

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

5

V= 0,112 lít 0,5

b.
3

0, 015( )
HCO

n − = mol

;

( ) 0, 01( )

Ba OH

n = mol

;

nOH− =0, 02(mol)
HCO3- + OH- → CO32- + H2O

0,015 0,015 0,015 → dư 0,005 mol OH- 0,5
Ba2+ + CO32- → BaCO3

0,01 0,015 0,01

Dung dịch sau phản ứng có : KOH 0,005 mol

K2CO3 0,005 mol 0,5

4(3,5) 1

2 4 0, 01( )
H SO

n = mol

,

nHCl =0, 02(mol)

;

nBa OH( )2 =0, 3 (a mol)

;

0, 015( )
KOH

n = mol

;

0, 04( )

H

n + = mol

;

0, 6 0, 015( )

OH

n − = a+ mol

H+ + OH- → H2O

0,04 0,6a + 0,015 mol

0,5

Dd sau phản ứng có pH = 12 → OH- dư có số mol = 0,5.10-2 = 0,005 mol

Ta có 0,6a + 0,015 - 0,04 = 0,005 → a = 0,05 0,5
Ba2+ + SO42- → BaSO4

0,015 0,01 0,01 0,25

Khối lượng kết tủa = 2,33 (gam) 0,25

2 Số mol hỗn hợp khí = 0,05 mol số mol mỗi khí = 0,025 mol
Mg → Mg2+ + 2e

a 2a
Al → Al3+ + 3e
b 3b
Zn → Zn2+ + 2e

c 2c 0,5

N+5 + 3e → NO
0,025 0,075
2N+5 + 8e → N2O

0,05 0,2

N+5 + 8e → NH4+

x 8x 0,5

ta có :

3a + 3b + 2c = 0,275 + 8x 0,25

31,75 = 7,5 + 62( 0,275 + 8x) + 80x → x = 0,0125 0,25
Số mol HNO3 tham gia phản ứng = số mol HNO3 tạo khí + số mol HNO3 tạo

muối = 0,025 + 0,05 + 0,275 + 8x0,0125 = 0,475(mol)
→

0, 475

0,95( )
0, 5

HNO

V = = l 0,5

5(2,0) 1

Đặt công thức 2 anken là CnH2n ( n≥ 2) ; 3

12,5

0,125( )
100

CaCO

n = = mol

2 2 2 2

3
2
n n

n

C H + O →nCO +nH O

0,05 0,05n

0,25

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

6

0,125 2, 5

0, 05

n = =

2
2
4
n
n
=


=



công thức phân tử

2 4
4 8
C H
C H




Số mol C

H

là a , C

H

là b

Ta có hệ phương trình:

0, 05
2 4 0,125

a b
a b
+ =


+ =


Giải hệ phương trình ta được: a = 0,0375; b =0,0125

0,25

0,25
Phần 2: Vì 2 anken + H2O tạo ra 2 ancol→ C4H8 là But-2-en

CH2 =CH2

;

CH3−CH =CH −CH3

CH2=CH2 + H2O

H+t

→ CH3CH2OH 
0,0125 0,0125 (mol)

CH3−CH=CH−CH3 + H2O

H+t

→ CH3−CH−CH2−CH3

0,25
2

OH
0,0375 0,0375 (mol)
Gọi số mol C2H5OH phản ứng là x

C4H9OH phản ứng là y

2 4,0

2ROHH SO t →ROR+H O

0,038 0,019 0,019

0,25

ete

0, 4256

0, 019( )
22, 4

H O

n =n = = mol

ete 1, 63 0, 019 18 1,972( )

ancol H O

m =m +m = + × = gam 0,25

Số mol ancol phản ứng = 0,038 mol
Ta có 0, 038

46 74 1, 972

x y

+ =


 + =

 → x = 0,03; y = 0,008

Hiệu suất của C2H5OH = 80%; Hiệu suất của C4H9OH = 64% 0,25

6
(2,0)

1 Cho pin điện hóa
2

2( ), H 1 / :1 4 :1 , :1 , :1 /

H Pt P = atm H+ M MnO− M Mn + M H+ M Pt

E0 pin 250C =1,5 V, ở điện cực phải có phản ứng
MnO4- + H+ + 5e → Mn2+ + H2O

Điện cực trái H2 → 2H+ + 2e

Phản ứng xảy ra trong pin :

2MnO4- + 6H+ + 5H2 → 2Mn2+ + 8H2O 0,25

2
4

2 2

0 0 0

2 1,5( )

pin MnO H

H
Mn

E E − E + V

= − = mà

2H 0, 0( )
H

E + = V

Vậy:

2
4
2

0
1,5( )
MnO
Mn

E − V

=

0,25
b) Nếu thêm 1 ít NaHCO3 vào nửa trái của pin xảy ra phản ứng

3 2 2

HCO−+H+→CO +H O

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

7

vì nồng độ của ion H+ giảm, do đó

2 2

pin MnO H

H

Mn

E E − E +

= −

sẽ tăng

0,25

2 a) FeCl3 Fe3+ + 3Cl-

10-3 10-3

Fe 3+ + H2O Fe(OH)2+ + H+ Ka =

[ ] -x x x 0,25 
Ka = = → x = 8,78.

PH = 3,06 0,25
b) Fe 3+ + H2O Fe(OH)2+ + H+ Ka =

[ ] C-x x x
Ka = (1)

Fe3+ + 3OH- Fe(OH)3 T =

Ta có : = 3 (2)

0,25

Từ 1,2 → (C-x) = thế vào

(2) = → . =

→ x = → pH = 1,8 0,25

(C-x) = → C = 0,05566M

0,25
Lưu ý:

- Phương trình hóa học thiếu cân bằng hoặc thiếu điều kiện (nếu có) hoặc cân bằng sai,
hoặc sai sót cả cân bằng và điều kiện trừ 1/2 số điểm của phương trình đó.

- Bài tập giải theo cách khác bảo đảm đúng thì vẫn được điểm tối đa. Nếu viết phương
trình sai hoặc khơng cân bằng hoặc cân bằng sai thì những phần tính tốn liên quan đến

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

UBND TỈNH THÁI NGUYÊN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2011-2012

MƠN THI: HỐ HỌC LỚP 11

(Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề)

Câu I. (5,0 điểm)

X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH

3

. Electron cuối cùng

trên nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5. Ở điều kiện thường XH

3

là một

chất khí. Viết cơng thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm

trong phân tử XH

3

, trong oxit và hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của X.

X, Y, R, A, B theo thứ tự là 5 nguyên tố liên tiếp trong Hệ thống tuần hoàn (HTTH)

có tổng số điện tích là 90 (X có số điện tích hạt nhân nhỏ nhất).

a) Xác định điện tích hạt nhân của X, Y, R, A, B. Gọi tên các nguyên tố đó.

b) Viết cấu hình electron của X

2−

, Y

−

, R, A

, B

. So sánh bán kính của chúng và

giải thích.

c) Trong phản ứng oxi hố-khử, X

2−

, Y

−

thể hiện tính chất cơ bản gì? Vì sao?

d) Cho dung dịch A

X vào dung dịch phèn chua thấy có kết tủa xuất hiện và có khí

thoát ra. Giải thích và viết phương trình phản ứng.

3. a) Giải thích vì sao cho dư NH

Cl vào dung dịch NaAlO

rồi đun nóng thì thấy kết

tủa Al(OH)

xuất hiện

b) Hồn thành phương trình hóa học (PTHH) của phản ứng oxi hoá-khử sau và cân

bằng theo phương pháp cân bằng electron:

NaNO

+ KMnO

+ ? ? + MnSO

+ ? + ?

Câu II. (5,0 điểm)

1. Viết các PTHH của các phản ứng để thực hiện sơ đồ biến hố hóa học sau:

B

hiđrocacbon X A

A

+H2O +H2O +H2O +H2O +H2O

CH

-CHO CH

-CHO

2. Khi cho 13,8 gam glixerin (A) tác dụng với một axit hữu cơ đơn chức (B) thu được

chất hữu cơ E có khối lượng bằng 1,18 lần khối lượng chất A ban đầu. Biết rằng hiệu

suất phản ứng đạt 73,75%. Tìm cơng thức cấu tạo của B và E.

Câu III. (5,0 điểm)

Hoà tan 2,16 gam hỗn hợp (Na, Al, Fe) vào nước dư thu được 0,448 lít khí (ở

đktc) và một lượng chất rắn. Tách lượng chất rắn này cho tác dụng hết với 60 ml dung

dịch CuSO

1M thì thu được 3,2 gam Cu và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng

vừa đủ với dung dịch NaOH để thu được lượng kết tủa lớn nhất. Nung kết tủa trong

không khí đến khối lượng khơng đổi thu được chất rắn B.

a) Xác định khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp.

b) Tính khối lượng chất rắn B.

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Câu IV. (2,5 điểm)

Sau khi đun nóng 23,7gam KMnO

thu được 22,74 gam hỗn hợp chất rắn. Cho hỗn

hợp chất rắn trên tác dụng hoàn toàn với dung dịch axit HCl 36,5% (d = 1,18g/ml) đun

nóng.

1) Viết PTHH của các phản ứng xảy ra.

2) Tính thể tích khí Cl

thu được (ở đktc).

3) Tính thể tích dung dịch axit HCl cần dùng.

CâuV. (2,5 điểm)

Hòa tan x gam hỗn hợp gồm CuCl

và FeCl

vào nước, thu được dung dịch A. Chia

dung dịch A làm hai phần bằng nhau. Cho lượng dư khí hiđro sunfua vào phần một thu

được 1,28 gam kết tủa. Cho lượng dư dung dịch Na

S vào phần hai thu được 3,04 gam

kết tủa. Viết PTHH của các phản ứng xảy ra và tính x.

(Cho: H=1; C =12; N=14; O=16; Na=23; Be=9; Mg=24; Al=27; P=31; S=32;
Cl=35,5; K=39; Fe=56; Cu=64; Br=80; Ag=108.)

( Giám thị không giải thích gì thêm)

Họ và tên thí sinh

:...

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

UBND TỈNH THÁI NGUYÊN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HD CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2011-2012

MƠN THI: HỐ HỌC LỚP 11

(Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề)

Câu Nội dung Điểm

I 
(3,0)

Vì X thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH

nên là nhóm VA

(ns

np

). Vậy: m

= +1/2; l = 1 ; m = +1

n = 4,5 – 2,5 = 2.

Vậy X là Nitơ ( 1s

2s

2p

)

Công thức cấu tạo các hợp chất và dự đốn trạng thái lai hóa của

ngun tử trung tâm:

a) Gọi Z là số điện tích hạt nhân của X

=> Số điện tích hạt nhân của Y, R, A, B lần lượt

(Z + 1), (Z + 2), (Z + 3), (Z + 4) Theo giả thiết

Z + (Z + 1) + (Z + 2) + (Z + 3) + (Z + 4) = 90

=> Z = 16

→

X;

Y;

R;

A;

B

(S) (Cl) (Ar) (K) (Ca)

b) S

, Cl

, Ar, K

, Ca

đều có cấu hình e: 1s

2s

2p

3s

3p

Số lớp e giống nhau => r phụ thuộc điện tích hạt nhân. Điện tích hạt nhân

càng lớn thì bán kính r càng nhỏ.

r

S2-

> r

C l-

> r > r

Ar K+

> r

C a2+

c) Trong phản ứng oxi hóa – khử, ion S

, Cl

ln ln thể hiện tính khử

vì các ion này có số oxi hóa thấp nhất

d) Dung dịch phèn chua: K

, Al

, SO

42-

khi cho dung dịch K

S vào

2Al

+ 3S

= Al

S

↓

Al

S

+ 6H

O → 2Al(OH)

↓ + 3H

S↑

3. a)

1,5

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

4 4

4 3

2 2

2 2 3

NaAlO Na OH (1)

NH Cl NH Cl (2)

NH NH H (3)

AlO H HAlO H (4)

HAlO H O Al(OH ) (5)

+ −

+ +

− + +

→ +

⇔ +

+ ⇔ +

+ ⇔

Khi đun nóng thì NH

bay đi làm cho cân bằng (3) và do đó (4,5) chuyển

dịch sang phải, nghĩa là kết tủa Al(OH)

xuất hiện

b)

5NaNO

+2KMnO

+ 3H

SO

5NaNO

+ 2MnSO

+ K

SO

+ 3H

O

II 
(5,0)

X: C2H2

A1:CH2=CHCl

A2:CH3 -CH2Cl

B1: CH2=CH-OCOCH3

B2: CH3 -CHCl-OCOCH3

Các PTHH của các phản ứng (9 PTHH).

B

hiđrocacbon X A

A

+H2O +H2O +H2O +H2O +H2O

CH

-CHO CH

-CHO

nA= 13,8: 92 = 0,15mol

Phương trình phản ứng:

C3H5(OH)3 +xRCOOH C3H5(OH)3-x(OCOR)x + xH2O (1≤x≤3)

mE = 13,8 x 1,18 = 16,284gam

ME=

16,284

x

100 0,15

73,35

= 148

ME= 41+ 17(3-x) + (44+R)x

⇒ R =

56 27x

x

−

Nếu x = 1⇒ R = 29 ⇒B: C2H5COOH;
E có 2 đồng phân

Nếu x = 2⇒ R = 1 ⇒B: HCOOH;

E có 2 đồng phân
Nếu x = 2⇒ R < 0 : không phù hợp

3,0

2,0

III 
(5,0)

n

H2 = 0,448:22,4 = 0,02

nCu2+ = 0,06.1= 0,06; nCu2+pu =3,2:64 = 0,05
⇒ 2

Cu du

n + =0,06 -0,05 = 0,01

Các phản ứng: Na + H2O → ( Na+ + OH-) +

1

2

H2 (1)

x x x/2 (mol)

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Al + H2O + OH- → AlO2- +

3

2

H2 (2)

x x x 3/2x (mol)
2Al + 3Cu2+ → 2Al3+ + 3Cu (3) 
(y-x) 3/2(y-x (y-x) 3/2(y-x)

Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu (4)

a) Giả sử khơng có (3) xảy ra ⇒chất rắn chỉ là Fe

Theo (4) noFe= nCu = 0,05 ⇒ moFe= 0,05.56 = 2,8>2,16

(không phù hợp đề bài)

Vậy có (3) và vì Cu2+ cịn dư nên Al và Fe đã phản ứng hết theo (3) và (4)

Theo (1) và (2): nH2 = x+

3

2

x = 0,02 ⇒x = 0,01

(y - 0,01)] =2,16

⇒y = 0,03
Vậy trong hỗn hợp ban đầu:

mNa = 23.0,01 = 0,23 gam

m Al = 27.0,03 = 0,81 gam

mFe = 2,16 - 0,23 -0,81 = 1,12 gam

b) Trong dung dịch A có:

3
2
2

0,03 0,01 0,02
0,01

1,12 : 56 0,02
Al

Cu du
Fe
Fe
n
n

n n

+
+
+

= − =

= = =

Ta có sơ đồ

Cu2+ → Cu(OH)2→CuO ⇒mCuO = 0,01.80 = 0,8 gam
Fe2+→Fe(OH)2 →Fe(OH)3 → Fe2O3 ⇒mFe2O3 = 0,02/2.160 = 1,6 gam
Al3+→ Al(O )3 → Al2O3 ⇒m Al2O3 = 0,02/2.102 = 1,02gam
Vậy

m

B = 0,8 + 1,6 + 1,02 = 3,24 gam

2,0

IV 
(2,5)

1. Các phương trình phản ứng xảy ra

2KMnO

0
t

, MnO

và KMnO

chưa phản ứng :

Cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl có các phản ứng

2KMnO

+ 16HCl → 2KCl + 2MnCl

+ 5Cl

+ 8H

O

K

MnO

+ 8HCl → 2KCl + MnCl

+ 2Cl

+ 4H

O

MnO

+ 4HCl

0
t

→

MnCl

2

+ Cl

2

+ 2H

2

O

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

2. Ta có các q trình:

Mn

+ 5e → Mn

0,15mol 5.0,15

2O

-2

→ O

+ 4e

(23,7 – 22,74)/32 0,03.4

2Cl

→ Cl

+ 2e

x 2.x

Áp dụng định luật bảo tồn e ta có:

5.0,15 = 0,03.4 + 2x → x= 0,315 mol → V = 0,315.22,4 = 7,056 lít

3. Áp dụng định luật bào toàn nguyên tố

2 2

HCl KCl MnCl Cl

n =n + n + n

= 0,15 + 2.0,15 + 2.0,315 = 1,08 mol

Vậy V

dung dịch HCl

=

1,08.36,5.100 91,53( )

36,5.1,18 = ml

1,0

V 
(2,5)

Phần 1: CuCl

+ H

S → CuS↓ + 2HCl (1)

2FeCl

+ H

S → 2FeCl

+ S↓ + 2HCl (2)

Phần 2: CuCl

+ Na

S → CuS↓ + 2NaCl (3)

2FeCl

+ 3Na

S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl (4)

Đặt số mol CuCl

và FeCl

trong mỗi phần là a và b mol.

Từ các phương trình (1), (2), (3), (4) ta có

96a + 16b = 1,28 (I)

96a + 104b = 3,04 (II)

Giải hệ (I) và (II ) ta được a= 0,01 mol và b = 0,02 mol

Từ đó ta có x = 2(135.0,01 + 162,5.0,02) = 9,2 gam.

1,0

1,5

Chú ý:

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15></div>
(16)<div class='page_container' data-page=16></div>
(17)<div class='page_container' data-page=17></div>
(18)<div class='page_container' data-page=18></div>
(19)<div class='page_container' data-page=19></div>
(20)<div class='page_container' data-page=20></div>
(21)<div class='page_container' data-page=21></div>
(22)<div class='page_container' data-page=22></div>
(23)<div class='page_container' data-page=23></div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

1

Họ và tên thí sinh:………..………….. Chữ ký giám thị 1:

Số báo danh:………..………... ……….………..

SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH 
 NĂM HỌC 2011 - 2012

* Mơn thi: HĨA HỌC

* Bảng: A 
 * Lớp: 11

* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) 
ĐỀ

Câu 1: (4 điểm) 
1. (1.0đ)

Tính ΔS của phản ứng sau: 
SO2(k) + 1

2O2(k) J SO3(k)

Cho biết:

Chất SO2(k) O2(k) SO3(k)

S0
298(J.K

-1.mol-1) 248,52 205,03 256,22

2. (1.0đ)

Tính ΔH của các phản ứng và cho biết chúng tỏa nhiệt hay thu nhiệt: 
a. H2 (k) + Cl2 (k) J 2HCl (k) ; ΔHa = ?

b. 2HgO (r) ⎯⎯→t0

2Hg (l) + O2 (k) ; ΔHb = ?

Biết năng lượng liên kết các chất như sau:

Chất H2 Cl2 HCl Hg O2 HgO

Elk(k.J.mol-1) 435,9 242,4 431,0 61,2 498,7 355,7

3. (1.0đ) 
Xác định ΔH0

pu của phản ứng sau:

4FeCO3 (tt) + O2 (k) J 2Fe2O3 (tt) + 4CO2 (k)

Biết ΔH0

298 của các chất:

Chất FeCO3 O2 Fe2O3 CO2

ΔH0

298(kJ.mol

-1) –747,68 0,0 –821,32 –393,51

4. (1.0đ)

Tính nhiệt tạo thành (entanpi sinh chuẩn) ΔH0

298 của CaCO3 biết các dữ kiện: 
CaCO3 (r) J CaO (r) + CO2 (k); ΔH1 = 200,8kJ

Ca (r) + 1

2O2 (k) J CaO (r) ; ΔH2 = – 636,4kJ

C(grafit) + O2 (k) J CO2 (k); ΔH3 = –393 kJ

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

2 
Câu 2: (4 điểm)

Cho m1 (g) gồm Mg và Al vào m2 (g) dung dịch HNO3 24%. Sau khi các kim

loại tan hết có 8,96(l) hỗn hợp khí A gồm NO; N2O; N2 bay ra (đktc) và dung dịch X.

Thêm một lượng O2 vừa đủ vào A, sau phản ứng thu được hỗn hợp khí B. Dẫn B từ từ

qua dung dịch NaOH dư, có 4,48 (l) hỗn hợp khí C đi ra (đktc). Tỉ khối hơi của C đối

với H2 bằng 20. Nếu cho dung dịch NaOH vào dung dịch X để lượng kết tủa lớn nhất

thì thu được 62,2 (g) kết tủa.

a. Tính m1 và m2. Biết lượng HNO3 đã lấy dư 20% so với lượng cần thiết.

b. Tính nồng độ % các chất trong dung dịch X.
Câu 3: (4 điểm)

1. Viết tất cả các đồng phân lập thể của 3-clo-pentan-2-ol và chỉ rõ cấu hình
tuyệt đối của các đồng phân đó.

2. Hãy gọi tên các chất sau:

(a) (b)

3. Đốt cháy hoàn toàn hợp chất hữu cơ A thu được hỗn hợp khí gồm CO2, hơi

nước và N2 có tỷ khối hơi so với H2 là 13,75. Cho hỗn hợp khí đó lần lượt đi qua ống 1

đựng P2O5 và ống 2 đựng KOH rắn thấy tỷ lệ tăng khối lượng của ống 2 so với ống 1

là 1,3968. Số mol O2 cần để đốt cháy hoàn toàn A bằng một nửa số mol CO2 và H2O

tạo thành. Khối lượng phân tử của A nhỏ hơn khối lượng phân tử của anilin. Xác định
công thức phân tử và viết công thức cấu tạo của A.

Câu 4: (4 điểm)

1. Hỗn hợp X gồm 1 hidrocacbon A và khí hidro. Đun X có xúc tác Ni thu được
khí Y duy nhất. Tỉ khối hơi của Y so với khí hidro gấp ba lần tỉ khối hơi của X so với
khí hidro. Đốt cháy hồn tồn một lượng khác của Y thu được 22g khí cacbonic và
13,5g nước. Xác định A.

2. Limonen C10H16 có trong tinh dầu chanh. Biết limonen có cấu tạo tương tự

sản phẩm nhị hợp 2 phân tử isopren, trong đó một phân tử kết hợp kiểu 1,4 và một
phân tử isopren cịn lại kết hợp kiểu 3,4. Hidro hóa hồn tồn limonen thu được
mentan.

Hãy viết cơng thức cấu tạo của limonen, mentan và viết phương trình phản ứng
điều chế limonen từ isopren và mentan từ limonen.

Câu 5: (4 điểm)

1. Một hidrocacbon X có chứa 10% hidro về khối lượng. X không làm mất màu
dung dịch brom (trong CCl4), Mx < 150. Viết các công thức cấu tạo và gọi tên các

đồng phân của X.

2. Khi cho X tác dụng với dung dịch KMnO4 (đặc, đun nóng) thu được 2 muối

hữu cơ. Xác định công thức cấu tạo đúng của X và viết phương trình hóa học xảy ra.
--- HẾT ---

CH3

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

1

SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH 
 NĂM HỌC 2011 - 2012

* Mơn thi: HĨA HỌC

* Bảng: A 
 * Lớp: 11

* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) 
HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1: (4 điểm) 
1.(1.0đ)

Tính ΔS của phản ứng :
SO2(k) + 1

2O2(k) J SO3 (k)

DΔS0

298= S0298(SO3, k) –

⎡
⎢
⎣ S

298(SO2, k) +

1
2S

298(O2, k)

⎤
⎥
⎦

205,03

256, 22 248,52 94,82

2 JK

−

⎛ ⎞

= −⎜ + ⎟ = −

⎝ ⎠ (1.0đ)

2.(1.0đ)

a.ΔHa = (435,9 + 242,4) – (2 x 431) = – 183,7kJ < 0 (0.25đ)

J phản ứng tỏa nhiệt (0.25đ )

b.ΔHb = (2 x 355,7) – (2 x 61,2 + 498,7) = 90,3kJ > 0 (0.25đ )

J phản ứng thu nhiệt (0.25đ)

3.(1.0đ)
Xác định ΔH0

pu của phản ứng :

4FeCO3 (tt) + O2 (k) J 2Fe2O3 (tt) + 4CO2 (k)

Áp dụng cơng thức ta có:

ΔH0

pu=[2(–821,32) + 4(–393,51)] – [ 4(–747,68)] = – 225,96Kj < 0 (0.5đ)

J phản ứng tỏa nhiệt (0.5đ)

4.(1.0đ)

Tính nhiệt tạo thành (entanpi sinh chuẩn) ΔH0

298 của CaCO3

Theo định luật Hess ta có: ΔH1 =ΔH2 + ΔH3 – ΔH0298 (CaCO3) (0.5đ)
JΔH0

298 (CaCO3) = – 636,4 –393 – 200,8 = – 1230,2kJ (0.5đ)

Câu 2: (4 điểm)

a. Gọi x = nNO, y = nN2O, z = nN2, nMg = a, nAl = b.

Mg → Mg2+ + 2e (1)

a(mol) a 2a

Al → Al3+ + 3e (2)

b(mol) b 3b (0.25đ)
(Gồm 05 trang)

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

2

3 4 3 2 2

NO− + H+ + e→ NO + H O (3) (0.25đ)

0,8(mol) 0,6(mol) 0,2(mol)

O
H

O
N
e
H

NO3 10 8 2 5 2

2 − + + + → + (4) (0.25đ)

1,5(mol) 1,2(mol) 0,15(mol)

O
H
N

e
H

NO3 12 10 2 6 2

2 − + + + → + (5) (0.25đ)

0,6(mol) 0,5(mol) 0,05(mol)

)
(
4
,
0
4

,
22
96
,
8
mol
z
y
x

nA = + + = =

Thêm O2 vào A, chỉ có NO phản ứng:

2NO + O2 → 2 NO2 (6) (0.25đ)

x(mol) x(mol)

Dẫn khí B qua dung dịch NaOH:

2NaOH + 2NO2 → NaNO2 + NaNO3 + H2O (7) (0.25đ)

Hỗn hợp C gồm N2 và N2O

4, 48

0, 2( )

22, 4

44 28

2.20 40

C

n y z mol

y z
M
y z
= + = =
+
= = =
+
(0.25đ)
Suy ra

x = 0,2 (mol)

z = 0,05 (mol) (0.25đ)

y = 0,15 (mol)

dd X + NaOH → ↓ max

Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)

2↓ (8)

a(mol) a

Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 ↓ (9)

b(mol) b

⇒ m↓ max = 58a + 78 b = 62,2 (0.25đ)

Ta có : 2a + 3b = 0,6 + 1,2 + 0,5 = 2,3

⇒a = 0,4; b = 0,5 (0.25đ)

mMg + mAl = (24 . 0,4) + (27 . 0,5) = 23,1 (g) = m1 (0.25đ)

(3); (4); (5) ⇒ 0,8 1,5 0,6 2,9( )

3 n mol

nHNO = H = + + =

∑

HNO

n dư 0,58( )

100
20

.
9
,
2
mol
=
=

(

)

913,5( )

24
100
.
63
.
58
,
0
9
,
2
%
24 2

3 m g

mddHNO = = + = (0.5đ)

b. Khối lượng dung dịch X:

(

) (

)

[

30.0,2 44.0,15 28.0,05

]

922,6( )
5
,
913
1
,
23 g

mX = + − + + = (0.25đ)

( )
( )

3 2

3 3

0, 4(

)

0,5(

)

Mg
Mg NO

Al
Al NO

n

mol

n

mol

=

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

3

CH3

C2H5

H OH

H Cl

CH3

C2H5
H
HO

H
Cl

CH3

C2H5

H OH

H
Cl

CH3

C2H5
H
HO

H Cl

(

3 2

)

3 3

0, 4.148.100%

% 6, 417%

922,6
0,5.213.100%

% ( ) 11,543%

922,6

C Mg NO

C Al NO

= =

C% HNO3 dư = 0,58.63.100% 3,961%

922,6 = (0.5đ)

Câu 3: (4 điểm)

1. Có 4 đồng phân lập thể

2S,3R 2R,3S 2S,3S 2R,3R (1.0đ)
(viết đúng mỗi đồng phân và chỉ rõ cấu hình 0,25đ/đp)

2.

(a) (b)

xiclopropylxiclopentan xiclobutylxiclobutan

1-xiclopentyl-4-metylcyclohexan (3-metylcyclopentyl)xiclohexan (1.0đ)

(gọi tên đúng mỗi chất 0,25đ/chất)
3. Gọi công thức của A là: CxHyOzNt

Phản ứng đốt cháy:
CxHyOzNt + ( x +

y

z

) O2 → xCO2 +

y

H2O +

t

Ống 1 hấp thụ hơi nước

Ống 2 : CO2 + 2KOH → K2CO3 + H2O (0.5đ)

Theo đầu bài tăng khối lượng ở ống 1, 2 ta có tỷ lệ:
x :
2
y
=
1
.
44
18
.
3968
,
1
→
y
x
=
7
2
(0.25đ)
Mặt khác theo lượng O2 ta có:

x +
4
y
-
2
z
=

2
1

( x +

y

) → x = z (0.25đ)

Như vậy: x : y : z = 2 : 7 : 2 và CTĐG của A là C2H7O2Nt (vì khối lượng nhóm

C2H7O2 là 63 mà khối lượng anilin là 93) (0.25đ)

Phản ứng đốt cháy được viết lại là:

CH3

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

4

0,

t xt

⎯⎯⎯→

2C2H7O2Nt +

O2 → 4CO2 + 7H2O + tN2

t
t
+
+
+
+
7
4
.
28
7
.
18
4
.

44 = 13,75.2 ⇒ t = 1 ⇒ CTPT A: C

2H7O2N (0.5đ)

CTCT A: CH3COONH4 (0.25đ)

Câu 4: (4 điểm)

1. Số mol CO2 = 0,5 mol.

Số mol H2O = 0,75 mol. (0.25đ)

Đốt Y sinh ra: nH2O > n CO2 ⇒ Y là ankan. (0.25đ)

CnH2n+2 → nCO2 + (n+1)H2O

0,5mol 0,75mol
Ta có: 0,75n = 0,5(n+1)

⇒ n = 2 ⇒ Y là C2H6 (0.25đ)

Vậy A có thể là C2H2 hoặc C2H4 (0.25đ)

Với A là C2H2, ta có: C2H2 + 2H2 → C2H6

3
3
2
.
2
3
26
30
2
2
/
/ =
+
=
=

X
Y
H
X
H
Y
M
M
d
d

Phù hợp (0.5đ)

Với A là C2H4, ta có: C2H4 + H2 → C2H6

3
2
2
2
2
28
30
2
2
/
/ = ≠
+
=
=
X

Y
H
X
H
Y
M
M
d
d

Không phù hợp (0.5đ)

CTCT Limonen. (0.5đ)

CTCT mentan. (0.5đ)

Phương trình phản ứng:

t xt0,

⎯⎯⎯→ (0.5đ)

2H 2 (0.5đ)

Câu 5: (4 điểm)

1. Đặt CTPT hidrocacbon X là CxHy (x, y > 0)

Ta có

12x/y = 90/10 (0.25đ)

⇒ x/y = 9/12 (0.25đ)

⇒ CTĐN nhất của X là C9H12 (0.25đ)

CH2=CH C = C H2

C H3

C H2= C H C = C H2

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

5 
Với MX < 150

⇒ CTPT của X là C9H12 (0.25đ)

Công thức cấu tạo thu gọn có thể có của X là:

CH2CH2CH3

: n-proylbenzen (0.25đ)

CH(CH3)2

: izopropylbenzen (0.25đ)

CH3

C2H5

: 2 - etyltoluen (0.25đ)

C2H5
CH3

: 3 - etyltoluen (0.25đ)

CH3

C2H5 : 4 - etyltoluen (0.25đ)

CH3
CH3

CH3 : 1,2,3 - trimetylbenzen (0.25đ) 
CH3

CH3

CH3 : 1,2,4 - trimetylbenzen (0.25đ)

CH3

CH3

CH3 : 1,3,5 - trimetylbenzen (0.25đ)

2. X tác dụng với dd KMnO4 (đặc, nóng) tạo ra 2 muối hữu cơ

⇒ X là

CH2CH2CH3

(0.5đ)

CH2CH2CH3

+ 10KMnO4 → 3C6H5COOK + 3CH3COOK + 10MnO2 + 4KOH +

+ 4H2O (0.5đ)

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

HẾT---1

Họ và tên thí sinh:………..………….. Chữ ký giám thị 1:

Số báo danh:………..………... ……….………..

SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH 
 NĂM HỌC 2011 - 2012

* Môn thi: HÓA HỌC

* Bảng: B 
 * Lớp: 11

* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) 
ĐỀ

Câu 1: (4 điểm) 
1. (1.0đ)

Tính ΔS của phản ứng sau: 
SO2(k) + 1

2O2(k) J SO3(k)

Cho biết:

Chất SO2(k) O2(k) SO3(k)

S0
298(J.K

-1.mol-1) 248,52 205,03 256,22

2. (1.0đ)

Tính ΔH của các phản ứng và cho biết chúng tỏa nhiệt hay thu nhiệt: 
a. H2 (k) + Cl2 (k) J 2HCl (k) ; ΔHa = ?

b. 2HgO (r) ⎯⎯→t0

2Hg (l) + O2 (k) ; ΔHb = ?

Biết năng lượng liên kết các chất như sau:

Chất H2 Cl2 HCl Hg O2 HgO

Elk(k.J.mol-1) 435,9 242,4 431,0 61,2 498,7 355,7

3. (1.0đ) 
Xác định ΔH0

pu của phản ứng sau:

4FeCO3 (tt) + O2 (k) J 2Fe2O3 (tt) + 4CO2 (k)

Biết ΔH0

298 của các chất:

Chất FeCO3 O2 Fe2O3 CO2

ΔH0

298(kJ.mol

-1) –747,68 0,0 –821,32 –393,51

4. (1.0đ)

Tính nhiệt tạo thành (entanpi sinh chuẩn) ΔH0

298 của CaCO3 biết các dữ kiện: 
CaCO3 (r) J CaO (r) + CO2 (k); ΔH1 = 200,8kJ

Ca (r) + 1

2O2 (k) J CaO (r) ; ΔH2 = – 636,4kJ

C(grafit) + O2 (k) J CO2 (k); ΔH3 = –393 kJ

Câu 2: (4 điểm)

1. Hãy tìm các chất thích hợp trong các sơ đồ sau và viết các phương trình phản ứng.
Cho biết S là lưu huỳnh, mỗi chữ cái còn lại là một chất.

S + A Ỉ X (1) S + B Ỉ Y (2)

Y + A Ỉ X + E (3) X + D Ỉ Z (4)
(Gồm 02 trang)

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

2

X + D + E Ỉ U + V (5) Y + D + E Ỉ U + V (6)
Z + E Ỉ U + V (7)

2. Hịa tan hồn tồn một lượng hỗn hợp A gồm Fe3O4 và FeS2 trong 25 gam dung

dịch HNO3 tạo khí duy nhất màu nâu đỏ có thể tích 1,6128 lít (đktc). Dung dịch thu

được cho tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 1M, lọc kết tủa đem nung đến
khối lượng không đổi, được 3,2 gam chất rắn. Tính khối lượng các chất trong A và
nồng độ % của dung dịch HNO3 (giả thiết HNO3 không bị mất do bay hơi trong quá

trình phản ứng).
Câu 3: (4 điểm)

1. Hãy biểu diễn các hợp chất sau bằng công thức chiếu Fisơ:
a. Axit R - lactic

b. S - alanin

2. Gọi tên các hợp chất sau theo danh pháp thay thế
a.

b.
c.

3. Hợp chất hữu cơ A có 74,074% C; 8,642% H; cịn lại là N. Dung dịch A
trong nước có nồng độ % khối lượng bằng 3,138%, sôi ở nhiệt độ 100,372oC; hằng số
nghiệm sôi của nước là 1,86. Xác định công thức phân tử của A.

Câu 4: (4 điểm)

2. Limonen C10H16 có trong tinh dầu chanh. Biết limonen có cấu tạo tương tự

sản phẩm nhị hợp 2 phân tử isopren, trong đó một phân tử kết hợp kiểu 1,4 và một
phân tử isopren còn lại kết hợp kiểu 3,4. Hidro hóa hồn tồn limonen thu được
mentan.

Hãy viết công thức cấu tạo của limonen, mentan và viết phương trình phản ứng
điều chế limonen từ isopren và mentan từ limonen.

Câu 5: (4 điểm)

1. Một hidrocacbon X có chứa 10% hidro về khối lượng. X khơng làm mất màu
dung dịch brom (trong CCl4), Mx < 150. Viết các công thức cấu tạo và gọi tên các

đồng phân của X.

2. Khi cho X tác dụng với dung dịch KMnO4 (đặc, đun nóng) thu được 2 muối

hữu cơ. Xác định công thức cấu tạo đúng của X và viết phương trình hóa học xảy ra.

--- HẾT ---

CH2 – CH2 – CH2 – CH2 – CH3

CH2 = C – CH2 –C C – CH – CH3

CH3

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

1

SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH 
 NĂM HỌC 2011 - 2012

* Môn thi: HÓA HỌC

* Bảng: B 
 * Lớp: 11

* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) 
HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1: (4 điểm) 
1. (1.0đ)

Tính ΔS của phản ứng :
SO2(k) + 1

2O2(k) J SO3 (k)

DΔS0

298= S0298(SO3, k) –

⎡
⎢
⎣ S

298(SO2, k) +

1
2S

298(O2, k)

⎤
⎥
⎦

205,03

256, 22 248,52 94,82

2 JK

−

⎛ ⎞

= −⎜ + ⎟ = −

⎝ ⎠ (1.0đ)

2. (1.0đ)

a.ΔHa = (435,9 + 242,4) – (2 x 431) = – 183,7kJ < 0 (0.25đ)

J phản ứng tỏa nhiệt (0.25đ )

b.ΔHb = (2 x 355,7) – (2 x 61,2 + 498,7) = 90,3kJ > 0 (0.25đ )

J phản ứng thu nhiệt (0.25đ)

3. (1.0đ) 
Xác định ΔH0

pu của phản ứng :

4FeCO3 (tt) + O2 (k) J 2Fe2O3 (tt) + 4CO2 (k)

Áp dụng cơng thức ta có:

ΔH0

pu=[2(–821,32) + 4(–393,51)] – [ 4(–747,68)] = – 225,96Kj < 0 (0.5đ)

J phản ứng tỏa nhiệt (0.5đ)

4. (1.0đ)

Tính nhiệt tạo thành (entanpi sinh chuẩn) ΔH0

298 của CaCO3

Theo định luật Hess ta có: ΔH1 =ΔH2 + ΔH3 – ΔH0298 (CaCO3) (0.5đ)
JΔH0

298 (CaCO3) = – 636,4 –393 – 200,8 = – 1230,2kJ (0.5đ)

Câu 2: (4 điểm)

1. Mỗi phương trình 0.25 điểm x 7 = 1.75đ 
X là SO2, Y là H2S

S + O2 ⎯⎯→
o

t SO

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

2 
S + H2 ⎯⎯→

o

t H

H2S +

2
3

O2dư ⎯⎯→

o

t SO

2 + H2O

SO2 + Cl2 ⎯⎯→ SO2Cl2

( hoặc Br2)

SO2 + Cl2 + H2O ⎯⎯→ 2HCl + H2SO4

H2S + 4Cl2 + 4H2O ⎯⎯→ H2SO4 +8HCl

SO2Cl2 + 2H2O ⎯⎯→ 2HCl +H2SO4

2. Các phương trình phản ứng:

Fe3O4 + 10H+ + NO3- → 3Fe3+ + NO2 ↑+ 5H2O (1) (0.25đ)

FeS2 + 14H+ + 15NO3- → Fe3+ + 2SO42- + 15NO2↑+ 7H2O (2) (0.25đ)

H+ + OH- → H2O (3) (0.25đ)

Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3↓ (4)

2Fe(OH)3

t

⎯⎯→ Fe2O3 + 3H2O (5) (0.25đ)

Gọi số mol Fe3O4 và FeS2 ban đầu lần lượt là x và y mol.

Từ 0,072mol

4
,
22
6128
,
1
n
2

NO = = và 0,04mol

160
2
,
3
2
n
2
n
3

3 FeO

Fe+ = = × = (0.25đ)

ta có:
⎩
⎨
⎧
⎩
⎨
⎧
=
=
⇒
=
+
=
+
mol
004
,
0
y
mol
012
,
0
x

072
,
0
y
15
x
04
,
0
y
x
3
, vậy
⎩
⎨
⎧
=
×
=
=
×
=
g
480
,
0
120
004
,
0

m
g
784
,
2
232
012
,
0
m
2
4
3
FeS
O
Fe
(0.5đ)
mol
176
,
0
y
14
x
10
)
2
,
1
(

nH+ = + =

mol
08
,
0
)
04
,
0
3
(
2
,
0
)
3
(
n
)
3
(

nH+ = OH− = − × =

mol
256
,
0

)
3
,
2
,
1
(
n

nHNO H

3 = =

⇒ + (0.25đ)

0, 256 63

% 100% 64,51%

C ×

⇒ = × = (0.25đ)

Câu 3: (4 điểm) 
1. a.

(0.5đ)

b. (0.5đ)

OH

COOH

H2N

CH3

OH
COOH

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

3

0,

t xt

⎯⎯⎯→

2. a. 6 - metyl - 2- n-pentylhept - 1 - en -4 - in. (0.25đ)

b. 2 - metylnaphtalen (0.25đ)

c. Bixiclo[1.1.0]butan hoặc bixiclobutan. (0.5đ)

3. 5:7:1

14
284
,
17
:
1
642
,
8
:
12
074
,
74
N
:
H
:

C = = ⇒ (C5H7N)n (1.0đ)

. 3,138 1

1,86 1000 162 /

96,862 0,372

k m

M g mol

t

= = × × × =

Δ (0.5đ)

⇒ 81n = 162 ⇒ n = 2; CTPT: C10H14N2 (0.5đ)

Câu 4: (4 điểm)

1. Số mol CO2 = 0,5 mol.

Số mol H2O = 0,75 mol. (0.25đ)

Đốt Y sinh ra: nH2O > n CO2 ⇒ Y là ankan. (0.25đ)

CnH2n+2 → nCO2 + (n+1)H2O

0,5mol 0,75mol
Ta có: 0,75n = 0,5(n+1)

⇒ n = 2 ⇒ Y là C2H6 (0.25đ)

Vậy A có thể là C2H2 hoặc C2H4 (0.25đ)

Với A là C2H2, ta có: C2H2 + 2H2 → C2H6

3
2
.
2
3
26
30
2
2
/
/ =
+
=
=
X
Y
H
X
H
Y
M
M
d
d

Phù hợp (0.5đ)

Với A là C2H4, ta có: C2H4 + H2 → C2H6

2
2
2
2
28
30
2
2
/
/ = ≠
+
=
=
X
Y
H
X
H
Y
M
M
d
d

Không phù hợp (0.5đ)

CTCT Limonen. (0.5đ)

CTCT mentan. (0.5đ)

Phương trình phản ứng:

t xt0,

⎯⎯⎯→ (0.5đ)

2H 2 (0.5đ) 
CH2=CH C = C H2

C H3

C H2= C H C = C H2

</div>
(36)<div class='page_container' data-page=36>

4 
Câu 5: (4 điểm)

1. Đặt CTPT hidrocacbon X là CxHy (x, y > 0)

Ta có

12x/y = 90/10 (0.25đ)

⇒ x/y = 9/12 (0.25đ)

⇒ CTĐN nhất của X là C9H12 (0.25đ)

Với MX < 150

⇒ CTPT của X là C9H12 (0.25đ)

Cơng thức cấu tạo thu gọn có thể có của X là:

CH2CH2CH3

: n-proylbenzen (0.25đ)

CH(CH3)2

: izopropylbenzen (0.25đ)

CH3
C2H5

: 2 - etyltoluen (0.25đ)

C2H5
CH3

: 3 - etyltoluen (0.25đ)

CH3

C2H5 : 4 - etyltoluen (0.25đ)

CH3
CH3

CH3 : 1,2,3 - trimetylbenzen (0.25đ)

CH3

CH3 : 1,2,4 - trimetylbenzen (0.25đ)

CH3

CH3

</div>
(37)<div class='page_container' data-page=37>

5

2. X tác dụng với dd KMnO4 (đặc, nóng) tạo ra 2 muối hữu cơ

⇒ X là

CH2CH2CH3

(0.5đ)

CH2CH2CH3

+ 10KMnO4 → 3C6H5COOK + 3CH3COOK + 10MnO2 + 4KOH +

+ 4H2O (0.5đ)

</div>
(38)<div class='page_container' data-page=38>

SỞ GD-ĐT QUẢNG BÌNH 
 ĐỀ CHÍNH THỨC

Số BD:………..

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT 
Ngày 27 – 3 – 2013

Mơn: Hóa

Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
Bài 1 (2,25 điểm)

1. Viết phương trình hố học của các phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau (nếu có):

a) Sục khí Cl2 vào dung dịch FeSO4. b) Sục khí etilen vào dung dịch KMnO4.

c) Sục khí H2S vào dung dịch nước brom. d) Sục khí O3 vào dung dịch KI.

e) Sục khí SO2 vào dung dịch Fe2(SO4)3.

f) Nung hỗn hợp quặng photphorit, cát và than cốc ở 1200oC trong lò điện.
2. Hồn thành phương trình hóa học của các phản ứng sau (nếu có): 
a) Fe2O3 + HNO3 (đặc)

→ b) Cl2O6 + NaOH (dư) →
c) Na2S2O3 + H2SO4 (loãng) → d) PCl3 + H2O →

e) Naphtalen + Br2 CH COOH31 : 1 → f) CH3-C≡CH + HBr (dư) →

g) C2H5ONa + H2O → h) Etylbenzen + KMnO4

→ 
Bài 2 (1,75 điểm)

1. Hòa tan hết 31,89 gam hỗn hợp A gồm 2 kim loại Al và Mg trong lượng dư dung dịch HNO3 loãng, thu được

10,08 lít (đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và N2O) và dung dịch Y. Tỉ khối hơi của X so với khí hiđro là 59/3. Cơ

cạn dung dịch Y thu được 220,11 gam muối khan. Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A.
2. Trong tự nhiên Bo có 2 đồng vị: 10

B và 11B. Biết thành phần % về khối lượng của đồng vị 11B trong H3BO3

là 14,407%. Tính % số nguyên tử của mỗi đồng vị Bo trong tự nhiên.
Bài 3 (1,5 điểm)

1. Viết tất cả các đồng phân cấu tạo ứng với công thức phân tử C3H6O.

2. Viết các phương trình hóa học thực hiện chuyển hóa sau (biết A, B, C, D là các sản phẩm chính): 
2-brom-2-metylbutan



KOH / ancol

→



H SO đặc2 4

→

B

→

H O2 C

→

o
2 4

H SO đặc, 170 C

→

Cl , H O2 2 D 
Bài 4 (2,0 điểm)

1. Chất A có cơng thức phân tử là C7H8. Cho A tác dụng với AgNO3 trong dung dịch amoniac dư được chất

B kết tủa. Phân tử khối của B lớn hơn của A là 214. Viết các cơng thức cấu tạo có thể có của A.

2. Hỗn hợp khí X gồm 2 anken kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Đốt cháy hồn tồn 5 lít hỗn hợp X cần 
vừa đủ 18 lít khí oxi (các thể tích khí đo ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất).

a) Xác định cơng thức phân tử của 2 anken.

b) Hiđrat hóa hồn tồn một thể tích X với điều kiện thích hợp thu được hỗn hợp ancol Y, trong đó tỉ lệ về khối
lượng các ancol bậc một so với ancol bậc hai là 28:15. Xác định % khối lượng mỗi ancol trong hỗn hợp ancol Y.
Bài 5 (2,5 điểm)

1. Cho phản ứng: C2H6 (k) + 3,5O2 (k) → 2CO2 (k) + 3H2O (l) (1)

Dựa vào 2 bảng số liệu sau:

Chất C2H6 (k) O2 (k) CO2 (k) H2O (l)

0
s

∆H (kJ.mol-1) - 84,7 0 - 394 - 285,8

Liên kết C-H C-C O=O C=O H-O

Elk (kJ.mol-1) 413,82 326,04 493,24 702,24 459,80

Nhiệt hóa hơi của nước là 44 kJ.mol-1
hãy tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng (1) theo 2 cách.

2. Haber là một trong số các nhà hố học có đóng góp quan trọng vào phản ứng tổng hợp NH3 từ khí H2 và N2.

Trong thí nghiệm 1 tại 472oC, Haber và cộng sự thu được [H2] = 0,1207M; [N2] = 0,0402M; [NH3] =

0,00272M khi hệ phản ứng đạt đến cân bằng. Trong thí nghiệm 2 tại 500oC, người ta thu được hỗn hợp cân
bằng có áp suất riêng phần của H2 là 0,733 atm; của N2 là 0,527 atm và của NH3 là 1,73.10-3 atm.

Phản ứng thuận: 3H2(k) + N2(k) 2NH3 (k) là phản ứng tỏa nhiệt hay thu nhiệt? Tại sao?

3. Hãy tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120M; NH3 0,150M và KOH 0,005M. Cho biết pKa của HCN là

9,35; của NH+4 là 9,24.

</div>
(39)<div class='page_container' data-page=39>

SỞ GD-ĐT QUẢNG BÌNH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT Ngày 27 - 3 – 2013 
Mơn: Hóa

HƯỚNG DẪN CHẤM 
Bài 1 (2,25 điểm)

1. (1,0 điểm)

a) 3Cl2 + 6FeSO4 → 2Fe2(SO4)3 + 2FeCl3

b) 3C2H4 + 2KMnO4 + 4H2O → 3CH2OH-CH2OH + 2MnO2 + 2KOH (0,25 điểm)

c) H2S + Br2 → S↓ + 2HBr

d) O3 + 2KI + H2O → O2 + I2 + 2KOH (0,25 điểm)

e) SO2 + Fe2(SO4)3 + 2H2O → 2FeSO4 + 2H2SO4 (0,25 điểm)

f) Ca3(PO4)2 + 3SiO2 + 5C

1200 C

→ 3CaSiO3 + 5CO + 2P (0,25 điểm)

2. (1,25 điểm)

a) Fe2O3 + 6HNO3 (đặc)

→ 2Fe(NO3)3 + 3H2O

b) Cl2O6 + 2NaOH → NaClO3 + NaClO4 + H2O (0,25 điểm)

c) Na2S2O3 + H2SO4 (loãng) → Na2SO4 + S↓ + SO2 + H2O

d) PCl3 + 3H2O → H3PO3 + 3HCl (0,25 điểm)

+ Br2 CH3COOH

e) + HBr

(0,25 điểm)
f) CH3-C≡CH + 2HBr (dư) → CH3-CBr2-CH3

g) C2H5ONa + H2O → C2H5OH + NaOH (0,25 điểm)

CH2CH3 + 4KMnO
4

to COOK

+ K2CO3 + 4MnO2 + KOH + 2H2O
h)

(0,25 điểm)
Bài 2 (1,75 điểm)

1. (1,25 điểm)

Đặt số mol của NO và N2O lần lượt là a và b, ta có:

10,08

a + b = = 0,45
22,4

30a + 44b = .2.0,45 = 17,7
3







⇔ a = 0,15
b = 0,3




 (0,25 điểm)

Đặt số mol của Al và Mg lần lượt là x và y, ta có: 27x + 24y = 31,89 (1)
Khi cho hỗn hợp A tác dụng với dung dịch HNO3:

Al → Al3+ + 3e 
x x 3x
Mg → Mg2+ + 2e

y y 2y
N+5 + 3e → N+2
0,45 0,15

N+5 + 4e → N+1 (0,25 điểm) 
2,4 0,6

Nếu sản phẩm khử chỉ có NO và N2O thì:

</div>
(40)<div class='page_container' data-page=40>

⇒ có muối NH4NO3 tạo thành trong dung dịch Y. (0,25 điểm)

N+5 + 8e → N-3
8z z

Ta có: 3x +2y = 0,45 + 2,4 + 8z hay 3x + 2y - 8z = 2,85 (2)
Mặc khác: 213x + 148y + 80z = 220,11 (3)

Giải hệ (1), (2), (3) ta được: x = 0,47; y = 0,8; z = 0,02 (0,25 điểm)
Vậy:

0, 47.27.100%

%Al 39, 79%

31,89

= =

%Mg = 100% - 39,79% = 60,21%. (0,25 điểm)

2. (0,5 điểm)

Gọi % số nguyên tử của đồng vị 11B là x ⇒ % số nguyên tử của đồng vị 10B là (1-x).
Ta có: M = 11x + 10(1-x) = x + 10 B

Theo bài ra ta có: 11x =14,407

3 + 16.3 + 10 + x 100 (0,25 điểm)

Giải phương trình trên được x = 0,81.
Vậy, trong tự nhiên:

%11B = 81%

%10B = 100% - 81% = 19% (0,25 điểm)

Bài 3 (1,5 điểm) 
1. (0,75 điểm)

CH2=CH-CH2OH CH2=CH-OCH3 (0,25 điểm)

CH3-CH2-CHO CH3COCH3 (0,25 điểm)

OH O O

(0,25 điểm)
2. (0,75 điểm)

Các chất: A: (CH3)2C=CH-CH3, B: (CH3)2C(OSO3H)-CH2-CH3

C: (CH3)2C(OH)-CH2-CH3 và D: (CH3)2C(OH)-CHCl-CH3

(CH3)2C(Br)-CH2-CH3 + KOH
ancol

→ (CH3)2C=CH-CH3 + KBr + H2O (1)

(CH3)2C=CH-CH3 + HOSO3H (đặc) → (CH3)2C(OSO3H)-CH2-CH3 (2) (0,25 điểm)

(CH3)2C(OSO3H)-CH2-CH3 + H2O → (CH3)2C(OH)-CH2-CH3 + H2SO4 (3)

(CH3)2C(OH)-CH2-CH3

→

o
2 4

H SO đặc, 170 C

(CH3)2C=CH-CH3 + H2O (4) (0,25 điểm)

(CH3)2C=CH-CH3 + H2O + Cl2 → (CH3)2C(OH)-CHCl-CH3 + HCl (5) (0,25 điểm)

Bài 4 (2,0 điểm) 
1. (0,75 điểm)

Hợp chất A (C

H

) tác dụng với AgNO

trong dung dịch NH

, đó là hiđrocacbon có liên kết

ba ở đầu mạch có dạng R(C≡CH)

R(C≡CH)x + xAgNO3 + xNH3 → R(C≡CAg)x + xNH4NO3 (0,25 điểm)

R + 25x R + 132x
MB – MA = (R+ 132x) - (R+ 25x) = 107x = 214 ⇒ x = 2

Vậy A có dạng: HC≡C-C3H6-C≡CH (0,25 điểm)

Các cơng thức cấu tạo có thể có của A:

CH

</div>
(41)<div class='page_container' data-page=41>

CH

C-CH-C

Đặt công thức chung của 2 anken là C Hn 2n ( n là số cacbon trung bình của 2 anken)

o
t

n 2n 2 2 2

2 C H + 3n O → 2n CO +2n H O (1)

Ta có: 3n 18

2 5

= ⇒ n =2, 4

Anken duy nhất có số nguyên tử cacbon < 2,4 là C2H4 và anken kế tiếp là C3H6. (0,25 điểm)

CH2 = CH2 + HOH → CH3–CH2OH (2)

CH3CH = CH2 + HOH → CH3–CH(OH)–CH3 (3)

CH3CH = CH2 + HOH → CH3–CH2–CH2OH (4)

3 7

%i-C H OH = = 34,88%

28+15 (0,25 điểm)

Gọi a, b lần lượt là số mol của C2H4 và C3H6.

Ta có: 2a + 3b = 2,4(a+b) ⇒ a = 1,5b (0,25 điểm)

Theo các phản ứng (2), (3), (4): số mol H2O = số mol anken = 2,5b

Theo định luật bảo tồn khối lượng ta có:

Khối lượng hỗn hợp ancol Y = khối lượng hỗn hợp anken X + khối lượng nước

= 28.1,5b + 42b + 18.2,5b = 129b gam (0,25 điểm)

2 5

1,5b.46

%C H OH = = 53,49%

129b

3 7

%n-C H OH = 100% - 34,88% - 53,49% = 11,63% (0,25 điểm)

Bài 5 (2,5 điểm) 
1. (0,5 điểm)

∆H0p−= 2

2
0
s(CO ,k)

∆H + 3

2
0

s(H O,l)

∆H –

2 6
0
s(C H ,k)

∆H – 3,5

2
0
s(O ,k)

∆H

∆H0p−= 2(–394) + 3(–285,8) – (–84,7) – 3,5.0 = –1560,7 (kJ) (0,25 điểm)
Mặt khác: ∆H0p− = 6EC-H + EC-C + 3,5EO=O –4EC=O–6EO-H –3∆Hhh

∆H0p−= 6(413,82) + 326,04 + 3,5(493,24) – 4(702,24) – 6(459,8) – 3(44) = –1164,46 (kJ)
(0,25 điểm)
2. (1,0 điểm)

Tại 472oC:

2 2

c 3 3

2 2

[NH ] (0,00272)

K 0,105

[H ] .[N ] (0,1207) .(0,0402)

= = = (0,25 điểm)

n 2 -5

p c

K K (RT)∆ 0,105[0, 082.(472 273)]− 2,81.10

→ = = + = (0,25 điểm)

Tại 500oC: 3

2 2

2 -3 2

NH -5

p 3 3

H N

p (1,73.10 )

K 1,44.10

p .p (0,733) .(0,527)

= = = < 2,81.10-5 (0,25 điểm)

</div>
(42)<div class='page_container' data-page=42>

3. (1,0 điểm)

CN- + H2O ←→ HCN + OH- Kb1 = 10- 4,65 (1)

NH3 + H2O ←→ NH4+ + OH- Kb2 = 10- 4,76 (2)

H2O ←→ H
+

+ OH- KW = 10
-14

(3) (0,25 điểm)

So sánh (1)→(3), tính pH theo ĐKP áp dụng cho (1) và (2): 
[OH-] = CKOH + [HCN] + [NH+4]

Đặt [OH-] = x → x = 5.10-3 +

-b1

K [CN ]
x +

b2 3

K [NH ]
x

→ x2 - 5.10-3x - (Kb1[CN-] + Kb2[NH3]) = 0 (0,25 điểm) 
Chấp nhận: [CN-] = CCN- = 0,12M ; [NH3] = CNH3= 0,15M.

→Ta có: x2 - 5.10-3x - 5,29.10-6 = 0 → x = [OH-] = 5,9.10-3M = 10-2,23M

→[H+] = 10-11,77M (0,25 điểm)

Kiểm tra: [CN-] = 0,12

9,35
9,35 11,77

10 10

−

− − ≈

+ 0,12 M; [NH3] = 0,15

9,24
9,24 11,77

10 10

−

− − ≈

+ 0,15 M

Vậy cách giải gần đúng trên có thể chấp nhận được → pH = 11,77. (0,25 điểm)

Lưu ý:

- Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa tùy theo điểm của từng câu.

- Nếu thí sinh giải đúng trọn kết quả của một ý theo yêu cầu đề ra thì cho điểm trọn ý mà khơng cần 
tính điểm từng bước nhỏ, nếu từng ý giải khơng hồn chỉnh, có thể cho một phần của tổng điểm tối

</div>
(43)<div class='page_container' data-page=43>

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT 
 HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012-2013

MƠN THI: HỐ HỌC LỚP 11 
 Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 02 trang, gồm 6 câu)

Câu I:

Nguyên tử của nguyên tố R ở trạng thái cơ bản có tổng số electron ở các phân lớp s là 7. 
a. Viết cấu hình electron nguyên tử của R ở trạng thái cơ bản, xác định tên nguyên tố R.

b. Với R có phân lớp 3d đã bão hồ, hồ tan hoàn toàn m gam một oxit của R trong dung dịch H2SO4

đặc, nóng, dư sinh ra 0,56 lít (điều kiện tiêu chuẩn) khí SO2 là sản phẩm khử duy nhất. Tồn bộ lượng

khí SO2 trên phản ứng vừa đủ với 2 lít dung dịch KMnO4 thu được dung dịch T (coi thể tích dung

dịch khơng thay đổi).

- Viết các phương trình hố học, tính m và tính nồng độ mol/l của dung dịch KMnO4 đã dùng.

- Tính pH của dung dịch T (bỏ qua sự thủy phân của các muối).
Biết axit H2SO4 có Ka1 =+∞; Ka2 = 10-2.

Câu II:

1. 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
3

b(NH )

K = 10-4,75.

2. Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn các dung dịch sau:

a. 10ml dung dịch CH3COOH 0,10M với 10ml dung dịch HCl có pH = 4,00

b. 25ml dung dịch CH3COOH có pH = 3,00 với 15ml dung dịch KOH có pH = 11,00

c. 10ml dung dịch CH3COOH có pH = 3,00 với 10ml dung dịch axit fomic (HCOOH) có pH=3,00.

Biết Ka của CH3COOH và HCOOH lần lượt là 10-4,76 và 10-3,75(Khi tính lấy tới chữ số thứ 2 sau dấu

phẩy ở kết quả cuối cùng). 
Câu III:

1. Cho 2,16 gam hỗn hợp gồm Al và Mg tan hết trong dung dịch axit HNO3 lỗng, đun nóng nhẹ tạo

ra dung dịch A và 448 ml (đo ở 354,9 K và 988 mmHg) hỗn hợp khí B gồm 2 khí khơng màu, khơng
đổi màu trong khơng khí. Tỉ khối của B so với oxi bằng 0,716 lần tỉ khối của CO2 so với nitơ. Làm

khan A một cách cẩn thận thu được chất rắn D, nung D đến khối lượng không đổi thu được 3,84 gam
chất rắn E. Tính khối lượng D và thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban
đầu.

2. Cho 20 gam hỗn hợp A gồm FeCO3, Fe, Cu, Al phản ứng với 60 ml dung dịch NaOH 2M được

2,688 lít hiđro. Thêm tiếp vào bình sau phản ứng 740 ml dung dịch HCl 1M và đun nóng đến khi
ngừng thốt khí, được hỗn hợp khí B, lọc tách được cặn C (không chứa hợp chất của Al). Cho B hấp

thụ từ từ vào dung dịch nước vôi trong dư được 10 gam kết tủa. Cho C phản ứng hết với HNO3 đặc

nóng dư thu được dung dịch D và 1,12 lít một khí duy nhất. Cho D phản ứng với dung dịch NaOH dư
được kết tủa E. Nung E đến khối lượng khơng đổi được m gam chất rắn. Tính khối lượng mỗi chất
trong A, tính m, biết thể tích các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.

Câu IV:

Đốt cháy hoàn toàn 0,047 mol hỗn hợp X gồm 3 hiđrocacbon mạch hở rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy
hấp thụ vào 2 lít dung dịch Ca(OH)2 0,0555M được kết tủa và dung dịch M. Lượng dung dịch M

nặng hơn dung dịch Ca(OH)2 ban đầu là 3,108 gam. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch M

thấy có kết tủa lần 2 xuất hiện. Tổng khối lượng kết tủa hai lần là 20,95 gam. Cùng lượng hỗn hợp X
trên tác dụng vừa đủ với 1 lít dung dịch Br2 0,09M. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo

của các hiđrocacbon biết có 2 chất có cùng số nguyên tử cacbon, phân tử khối các chất trong X đều
bé hơn 100 và lượng hỗn hợp trên tác dụng vừa đủ với 100ml dung dịch AgNO3 0,2M trong NH3

</div>
(44)<div class='page_container' data-page=44>

2
Câu V:

1. Hợp chất X có cơng thức phân tử C6H10 tác dụng với hiđro theo tỉ lệ mol 1: 1 khi có chất xúc tác.

Cho X tác dụng với dung dịch KMnO4 trong H2SO4 lỗng, đun nóng thu được HOOC(CH2)4COOH.

a. Xác định công thức cấu tạo, gọi tên X và viết phương trình phản ứng
b. Viết phương trình phản ứng oxi hoá X bằng dung dịch KMnO4 trong nước

2. 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 KMnO4 lỗng trong H2SO4 thì A và B đều cho cùng sản phẩm C9H6O6

cịn 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

Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra
Câu VI:

1. Khí N2O4 kém bền, bị phân ly một phần theo phương trình:

N2O4 (khí) 2NO2 (khí) (1)

Thực nghiệm cho biết các số liệu sau khi (1) đạt tới trạng thái cân bằng ở áp suất chung 1 atm:

Nhiệt độ (0oC) 35 45

M (g) 72,450 66,800

(Mh là khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí ở trạng thái cân bằng)

a. Tính độ phân ly α của N2O4 ở các nhiệt độ đã cho.

b. Tính hằng số cân bằng Kp của (1) ở mỗi nhiệt độ trên.

c. Cho biết (1) là phản ứng thu nhiệt hay tỏa nhiệt. Giải thích?
(Khi tính lấy tới chữ số thứ 3 sau dấu phẩy).

2. Có các phân tử XH3

a. Hãy cho biết dạng hình học của các phân tử PH3 và AsH3.

b. So sánh góc liên kết HXH giữa hai phân tử trên và giải thích.

c. Những phân tử nào sau đây có phân tử phân cực ? Giải thích ngắn gọn
BF3, NH3, SO3, PF3.

Cho biết ZP = 15, ZAs = 33, ZO = 8, ZF = 9, ZB = 5, ZN = 7, ZS = 16.

--- HẾT---

- Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu (kể cả bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hố học). 
- Cán bộ coi thi khơng phải giải thích gì thêm.

</div>
(45)<div class='page_container' data-page=45>

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 0,75+1,75(1+0,75)

I

2,5 a) Trong vỏ nguyên tử của nguyên tố R electron phân bố vào các phân lớp s theo thứ tự là: 1s

;
2s2; 3s2; 4s1 => Các cấu hình electron thỏa mãn là

1s22s22p63s23p64s1 => Z = 19 R là Kali
1s22s22p63s23p63d54s1 => Z = 24 R là Crom
1s22s22p63s23p63d104s1 => Z = 29 R là đồng

b) Vì oxit của Cu tác dụng với dung dịch axit sunfuric đặc nóng tạo ra khí SO2 do đó là đồng

(I) oxit (Cu2O) 0,025( )

2 mol

nSO =

Cu2O + 2H2SO4→

o

t

2CuSO4 + SO2 + 2H2O

0,025 0,025 (mol)
=> m=144.0,025=3,6 (g)

5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O→ 2H2SO4 + K2SO4 + 2MnSO4

0,025 0,01 0,01 (mol)

Nồng độ mol/l của dung dịch KMnO4 là 0,005 (M)

Phương trình điện li của axit sunfuric: ([H2SO4]=0,005M)

H2SO4 → H+ + HSO4-

0,005 0,005 0,005(M)
HSO4- H+ + SO42-

C :0,005 0,005 0 (M)
[ ]: 0,005 - x 0,005+x x (M)

=> 10 2

005
,
0
).
005
,
0

( = −
−
+
x
x
x
=>


−
=
= −
01
,
0
10
.
81
,
2 3
x
x

=> [H+]=0,005+2,81.10-3=7,81.10-3(M) => pH= 2,107

0,75 
0,5

0,5

0,75 
 II 1+3(1+1+1)

1. Khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch đệm thì
+

2
Mg

C 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

⇒ [OH−]2 ≥

[

]

2
10−
−
+
−
= 10,95
2
10,95 10
Mg
10

= 10-8,95. Hay [OH−] ≥ 10-4,475
* Dung dịch: NH4Cl 1M + NH3 1M.

cân bằng chủ yếu là:

NH3 + H2O NH + OH+4 − KNH3= Kb = 10-4,75

1 1

1-x 1+x x
Kb = ( )

x
1
x
1
x
−

+ = 10-4,75

⇒ 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

khơng xuất hiện kết tủa Mg(OH)2.

0,5

2. a. Dung dịch HCl có pH = 4,0 ⇒⇒⇒ [H⇒ +] = [HCl] = 10-4M

Sau khi trộn:

3
4
5
HCl
CH COOH
10 .10

C 5.10 M

20
0,1.10

C 0, 05M

−

= =

</div>
(46)<div class='page_container' data-page=46>

4
CH3COOH CH3COO- + H+

C 0,05M 0 5.10-5M
∆C x x x

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

(

)

4,76

5.10 x x

10
0, 05 x

−

+
=
−

x = 8,991.10-4M (nhận)
x = -9,664.10-4M(loại)

pH = -lg[H+] = -lg(5.10-5 + x) = 3,023=3,02

b. Gọi CA là nồng độ M của dung dịch CH3COOH

3 3

CH COOH CH COO− +H+

C CA 0 0

∆C x x x
[ ] CA – x x x

Với pH = 3,0 ⇒ x = 10-3M

(

)

3
2
3
4,76
3
A
6

3 1,24 10
A 4,76

C 10

C 10 10 0, 0585M

10
−
−
−
−
−
− − +
−
=
−
= + = ≈

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

14
3
11
10
10 M
10
−
−
− =

Sau khi trộn:

2
CH COOH
3
4
KOH

3 3 2

0, 0585x25

C 0, 03656M 3, 66.10 M

40
10 x15

C 3, 75.10 M

CH COOH KOH CH COOK H O

−
−
−
= = ≈
= =
+ → +

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

Nên Ka= x(x+3,75.10-4)/(0,036225-x)=10-4,76 → x = 6,211.10-4 pH = 3,207=3,21

c. Tương tự với câu trên:

- Dung dịch CH3COOH có pH = 3,0 ứng với CCH COOH3 =0, 0585M

- Dung dịch HCOOH có pH = 3,0 ứng với nồng độ axit fomic

(

pH

)

pH 3 2,25 3 3

HCOOH 3,75

HCOOH

10 10

C 10 10 10 10 6, 62.10 M

K 10

− −

− − − − −

−

= + = + = + =

Sau khi trộn lẫn:

3
CH COOH
3
3
HCOOH
0, 0585.10

C 0, 02925M

20
6, 62.10 .10

C 3, 31.10 M

20
−

−

= =

Bảo tồn điện tích : [H+]=[CH3COO-]+[HCOO-]

Ta có: h= C1Ka1/(Ka1+h)+ C2Ka2/(Ka2+h)

→ h3+h2(Ka1+Ka2)+h(Ka1Ka2 –C1Ka1-C2Ka2 )-( C1Ka1Ka2 +C2 Ka1Ka2)=0

Ta có h= 9,997.10-4. Nên pH = 3,00

3 3

CH COOH CH COO− +H+
C

∆C
[ ]

0,036225 3,75.10-4 0
x x x
0,036225– x x+3,75.10-4 x

1

</div>
(47)<div class='page_container' data-page=47>

1 
III 1,5+2

1. Theo giả thiết thì B chứa N2 và N2O

Ta có 2 2 2

2 2 2

0, 448.(988 / 760) / (0, 082.354, 9) 0, 02 0, 01
.44 .28 0, 02.32.0, 716.44 / 28 0, 01

N O N N O

N O N N

n n n

n n → n

+ = = =

 

 

 

+ = =

 

 

số mol e nhận để tạo ra 2 khí này là : 0,01(10+8) = 0,18 mol (I) 
D có Al(NO3)3, Mg(NO3)2 có thể có NH4NO3.

NH4NO3 → N2O↑ + 2H2O

2 NH4NO3 → N2 ↑ + O2 ↑ + 4 H2O ↑

4Al(NO3)3 → 2Al2O3 + 12 NO2 ↑ + 3O2 ↑
2Mg(NO3)2 → 2MgO + 4 NO2 ↑ + O2 ↑
E chỉ có Al2O3 và MgO.

+ Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và Mg ta có hệ :

27 24 2,16

102. 40 3,84

x y

x
y

+ =





+ =



x = Al = 0,04 mol và Mg = 0,045 mol số mol e cho = 0,21 mol (II) 
+ Từ (I, II) suy ra phải có NH4NO3. Từ đó dễ dàng tính được kết quả sau:

D gồm: Al(NO3)3 (8,52 gam) ; Mg(NO3)2 (6,66 gam) ; NH4NO3 (0,3 gam) = 15,48 gam. Hỗn
hợp ban đầu có 50% lượng mỗi kim loại.

0,25

0,5

0,75

2. + Khi A pư với NaOH thì nNaOH = 0,12 mol;n H2 = 0,12 mol. Suy ra NaOH dư

Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 3/2 H2.

Mol: 0,08 0,08 0,08 0,12

Sau pư trên thì hh có: FeCO3 + Fe + Cu + 0,04 mol NaOH dư + 0,08 mol NaAlO2.

+ Khi thêm vào 0,74 mol HCl vào thì:
NaOH + HCl → NaCl + H2O

Mol: 0,04 0,04

NaAlO2 + 4HCl + H2O → NaCl + AlCl3 + 3H2O

Mol: 0,08 0,32

Số mol HCl còn lại sau 2 pư trên là 0,38 mol. B là hh khí nên B phải có CO2 + H2. C chắc

chắn có Cu, có thể có FeCO3 + Fe. Mặt khác C + HNO3 → NO2 là khí duy nhất nên C khơng

thể chứa FeCO3 C có Cu và có thể có Fe (FeCO3 đã bị HCl hịa tan hết).

TH1: Fe dư. Gọi x là số mol FeCO3; y là số mol Fe bị hòa tan; z là số mol Fe dư, t là số mol

Cu ta có: 116x + 56(y + z) + 64t = 20 – 0,08.27 = 17,84 (I) 
FeCO3 + 2HCl → FeCl2 + CO2↑ + H2O

Mol: x 2x x x
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑

Mol: y 2y y y
 Số mol HCl = 2x + 2y = 0,38 (II)

B có x mol CO2 + y mol hiđro. Dựa vào pư của B với nước vôi trong x = 0,1 mol (III)

C có z mol Fe dư + t mol Cu 3z + 2t = 1,12/22,4 (IV) 
x = 0,1 mol; y = 0,09 mol; z = 0,01 mol và t = 0,01 mol.

Vậy A có: 0,1.116=11,6 gam FeCO3 + 0,1.56=5,6 gam Fe + 0,01.64=6,4 gam Cu +

0,08.27=2,16gam Al

+ Tính tiếp ta được giá trị của m=mCuO+mFe2O3=0,01.80+0,01.160/2 = 1,6 gam.

TH2: Fe hết C chỉ có Cu số molCu = ½ NO2 = 0,025 mol.

A có 0,1.1z16=11,6 gam FeCO3 + 0,025.64=1,6 gam Cu + 0,08.27=2,16gam Al+

(20-11,6-1,6-2,16=4,64)gam Fe

tính được m =mCuO =0,025.80= 2 gam.

0,5

0,75

0,75 
IV 2,5

CxHy + m AgNO3 + m NH3 → CxHy-mAgm + m NH4NO3 .

0,02 mol 0,02/m mol

</div>
(48)<div class='page_container' data-page=48>

6
Do MHDC < 100 nên m=1, x=4, y=4.

Vậy 1 chất C4H4 : CH2=CH-C≡CH: 0,02 mol

Ta có sơ đồ

CO2 + Ca(OH)2 (0,111mol) →
CaCO (x)3

Ba(OH)2

Ca(HCO ) (0,111-x)3 2 BaCO (0,111-x)+CaCO (0,111-x)3 3





→



Nên 100x+(0,111-x)100+(0,111-x)197=20,95 → x= 0,061 → nCO2= 0,061+2(0,111-0,061)=

0,161

→ nH2O = (0,061.100+ 3,108-0,161.44)/18=0,118

+ Hai HDC còn lại cháy cho: nCO2=0, 161-0,02.4=0,081; nH2O= 0,118-0,02.2=0,078

Số Ctb = 0,081/0,027= 3

Do trong X có 2 HDC có cùng số C nên có các TH sau
+ TH1: 2 HDC cịn lại có cùng 3C

nBr2 = 0,09-0,02.3=0,03 > 0,027 nên có C3H4

còn lại là C3H8 hoặc C3H6

- C3H8 : a ; C3H4 :b

0, 027 0, 012

2 0, 03 0, 015

a b a

TM

b → b

+ = =

 

 

= =

 

- C3H6 : a ; C3H4 :b

0, 027 0, 024

2 0, 03 0, 003

a b a

TM

a b → b

+ = =

 

 

+ = =

 

+ TH2: 1 HDC cịn lại có cùng 4C, HDC còn lại là 1C hoặc 2C
- C4Hc:x ; C2Hd: y

0, 027 0, 0135

4 2 0, 081 0, 0135

x y x

x y → y

+ = =

 

 

+ = =

  nên

0,0135c/2+0,0135d/2=0,078 →c+d=11,55 loại
- C4Hc:x ; CH4: y

0, 027 0, 018

4 1 0, 081 0, 009

x y x

x y → y

+ = =

 

 

+ = =

  nên 0,018c/2+0,009.4/2=0,078

→c=6,67 loại

Kết luận : CH2=CH-C≡CH CH2=C=CH2 C3H6 hoặc C3H8

0,5

0,75

V 1,5+2,5

1. a. C6H10

[

π+v

]

= 2

X phản ứng với H2 theo tỉ lệ 1 : 1 nên X phải có 1 vịng 5,6 cạnh và 1 liên kết đơi

Khi oxi hóa X thu được sản phẩm chứa 6 cacbon nên X có 1 vịng 6 cạnh khơng nhánh

- Cơng thức cấu tạo của X là: xclohexen

5 + 8KMnO4+ 12H2SO4 → 5 HOOC(CH2)4COOH +4K2SO4+8MnSO4+12H2O.

b. Phản ứng:

3 + 2KMnO4 + 4H2O → 3

OH + 2MnO

2 + 2KOH.

0,5

0,5 
2. a. nCa(OH)2 = 0,115 mol

CO2 + Ca(OH)2 (0,151mol) →
CaCO (x)3

Ba(OH)
2

Ca(HCO ) (0,115-x)3 2 BaCO (0,115-x)+CaCO (0,115-x)3 3





→



Nên 100x+(0,115-x)100+(0,115-x)197=24,305 → x= 0,05 → nCO2= 0,05+2(0,115-0,05)= 0,18

→ nH2O = (0,05.100+ 5,08-0,18.44)/18=0,12

- Gọi công thức phân tử của A là CxHy:

</div>
(49)<div class='page_container' data-page=49>

7
CxHy + O2 → xCO2 +

y
H2O

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.

b. 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 CH3; C cho

C8H6O4 nên C có 2 nhánh trên vịng benzen (1 nhánh –CH3 và 1 nhánh –C2H5).

- Khi đun nóng với Br2/Fe thì A cho 1 sản phẩm monobrom còn B, C cho 2 sản phẩm

monobrom nên công thức cấu tạo của A, B, C là:

CH3

H3C

CH3
CH3

H3C

CH3
CH2CH3

(A) (B) (C)
Các phản ứng xẩy ra

5
CH3

CH3

H3C + 18KMnO

4 + 27H2SO4 → 5

COOH

HOOC +9K

2SO4+18KMnO4+42H2O.

5

H3C

CH3

+18KMnO4+27H2SO4 → 5

COOH
COOH
HOOC

+ 9K2SO4+18KMnO4+42H2O.

5

CH2CH3

CH3

+18KMnO4+27H2SO4 → 5
COOH

COOH+5CO

2+18MnSO4 + 9K2SO4 + 42H2O
CH3

CH3
H3C

+ Br2

Fe t
→

CH3

H3C CH3

+ HBr

H3C
CH3

CH3

+ Br2

Fe t
→

CH3

H3C CH3

Br hoặc 
H3C

CH3

Br + HBr

CH2CH3

CH3

+ Br2

Fe t
→

CH2CH3

Br
CH3

hoặc

CH2CH3

CH3

+ HBr

0,5

0,75

0,25

VI 2(0,5+1+0,5)+1,5

1. a) Đặt a là số mol N2O4 có ban đầu,

α là độ phân li của N2O4 ở toC

xét cân bằng: N2O4 2NO2

số mol ban đầu a 0
số mol chuyển hóa aα 2aα
số mol lúc cân bằng a(1 - α) 2aα
Tổng số mol khí tại thời điểm cân bằng là a(1 + α)
Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí:

h 92a 92

a(1 ) 1

= =

+ α + α

- ở 35oC thì Mh = 72,45 → 92

1 + α= 72,45 →α = 0,270 hay 27%

</div>
(50)<div class='page_container' data-page=50>

- ở 45oC thì Mh = 66,8 α = 0,377 hay 37,7%

b) Ta có Kc =

[

]

[

]

2 2

2 4

NO V 4a

a(1 ) (1 )V
N O

V
α
 

  α

 

= =

− α − α

V là thể tích (lít) bình chứa khí
Và PV = nS. RT → RT =

PV PV

n = a(1+ α)

Thay RT, Kc vào biểu thức KP = Kc.(RT)∆n ở đây

∆n = 1 → KP =

2 2

4a PV P.4.

(1 )V a(1 ) 1

α α

− α + α − α

ở 35oC thì α = 0,27 → KP = 0,315

ở 45oC thì α = 0,377 → Kp, = 0,663

c) Vì khi tăng nhiệt độ từ 35oC → 45oC thì độ điện li α của N2O4 tăng (hay KP tăng) → Chứng

tỏ khi nhiệt độ tăng thì cân bằng chuyển sang chiều thuận (phản ứng tạo NO2) do đó theo

ngun lí cân bằng Lơ Satơliê (Le Chatelier) thì phản ứng thuận thu nhiệt.

1

0,5 
2. a. P : 1s22s22p63s23p3 ; As : 1s22s22p63s23p63d104s24p3

P và As đều có 5 electron hóa trị và đã có 3 electron độc thân trong XH3
X

H H

X ở trạng thái lai hóa sp3.

XH3 hình tháp tam giác,

b. góc HPH > góc AsH, vì độ âm điện của nguyên tử trung tâm P lớn hơn so với As nên các
cặp e liên kết P-H gần nhau hơn so với As-H lực đẩy mạnh hơn.

c. không phân cực

F
B

F
F

O
S

O
O

Phân cực

H
N

H F

F
F

2 chất đầu sau có cấu tạo bất đối xứng nên phân cực

0,5

</div>
(51)<div class='page_container' data-page=51>

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC 
 ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2011-2012 
ĐỀ THI MƠN: HỐ HỌC

(Dành cho học sinh THPT)

(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (1,5 điểm ).

Thổi 672 ml (đktc) hỗn hợp khí A gồm một ankan, một anken và một ankin (đều có số nguyên tử cacbon
trong phân tử bằng nhau) qua lượng dư dung dịch AgNO3/NH3, thì thấy có 3,4 gam AgNO3 đã tham gia

phản ứng. Cũng lượng hỗn hợp khí A như trên làm mất màu vừa hết 200 ml dung dịch Br2 0,15 M.

1) Xác định cơng thức cấu tạo và tính khối lượng mỗi chất trong A.
2) Đề nghị phương pháp tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp A.
Bài 2. (1,5 điểm).

Hịa tan hồn tồn 26,4 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu trong dung dịch HNO3, thu được 7,84 lít NO (đktc)

và 800 ml dung dịch X. Cho từ từ dung dịch HCl vào X đến khi khơng cịn khí thốt ra, thì thu được thêm
1,12 lít NO (đktc).

1) Xác định % khối lượng của mỗi kim loại trong A.
2) Tính số mol HNO3 đã tham gia phản ứng.

3) Tính CM của các chất trong X.

Bài 3 (1,5 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 khơng chứa oxi của halogen). Để trung hịa hồn tồn hỗn hợp
này cần dùng 45 ml dung dịch NaOH 2M. Xác định công thức của halogenua đó.

Bài 4 (2,0 điểm).

1.Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch riêng biệt NaHSO4, Na2CO3, AlCl3,

Fe(NO3)3, NaCl, Ca(NO3)2. Viết các phản ứng minh họa dưới dạng ion thu gọn.

2. Cho các sơ đồ phản ứng sau:

a) X + O2 → … + H2O

b) X + CuO → N2 + … + …

c) X + H2S → …

d) X + CO2 →… + H2O

e) X + H2O + CO2 → …

Tìm cơng thức của khí X và hồn thành các phương trình hố học trên.
Bài 5 (1,5 điểm).

Hòa tan 4,8 gam kim loại M hoặc hòa tan 2,4 gam muối sunfua của kim loại này, bằng dung dịch HNO3

đặc nóng dư, thì đều thu được lượng khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất) như nhau.

1) Viết các phương trình phản ứng xẩy ra.

2) Xác định kim loại M, công thức phân tử muối sunfua.

3) Hấp thụ khí sinh ra ở cả hai phản ứng trên vào 300 ml dung dịch NaOH 1M, rồi thêm vào đó một ít
phenolphtalein. Hỏi dung dịch thu được có màu gì? Tại sao?

Bài 6. (1,0 điểm).

Hỗn hợp A gồm 2 ankan là đồng đẳng kế tiếp và 1 anken, trong đó có 2 chất có cùng số nguyên tử cacbon.
Đốt cháy một lượng A thu được 6,72 lít CO2 (đktc) và 8,1 gam H2O. Xác định công thức phân tử của 3

hiđrocacbon trong A.

Bài 7 (1,0 điểm). Tìm các chất thích hợp ứng với các ký hiệu A1, A2, A3, A4, A5 trong sơ đồ sau và hồn

thành các phương trình phản ứng dưới dạng công thức cấu tạo?

CnH2n+2

A1(khí)

Crackinh

A2

A3

A4

(C3H6O)
A5

+Benzen/H+

+H2O/H+ +O2/xt

+O2,xt

(1)

(2) (3)

(5)
(4)

---Hết---

</div>
(52)<div class='page_container' data-page=52>

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 NĂM HỌC 2011-2012 
HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: HỐ HỌC

(Dành cho học sinh THPT )

Bài 1

1,5 đ (1) Nếu ankin có dạng RC≡CH : RC≡CH + AgNO3 + NH3 → RC≡CAg + NH4NO3

⇒ 0,02mol

mol
/
gam
170
gam
4
,
3
)
ankin
(

n = = và n 2 n(ankin) 0,04mol

Br ≥ × =

Điều này trái giả thiết, vì số mol Br2 chỉ bằng 0,2L×0,15mol/L=0,03mol

Vậy ankin phải là C2H2 và như vậy ankan là C2H6, anken là C2H4.

Từ phản ứng :

C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3

⇒ n(C2H2) = 1/2n(AgNO3) = 0,01 mol

Từ các phản ứng :

C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4

C2H4 + Br2 → C2H4Br2

⇒ n(C2H4)= 0,01 mol

⇒ n(C2H6) = −0,01mol−0,01mol=
mol
/
L
4
,
22
L
672
,
0
0,01 mol.

⇒ Khối lượng của: C2H2: 0,26gam; C2H4: 0,28 gam; C2H6: 0,3 gam.

(2)Thổi hỗn hợp qua binh chứa dung dịch AgNO3/NH3 dư. Lọc tách kết tủa, hòa tan kết tủa

trong dung dịch HCl dư thu được khí C2H2.

C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 ↓ + 2NH4NO3

C2Ag2 + 2HCl → C2H2 ↑ + 2AgCl ↓

Khí ra khỏi bình chứa dung dịch AgNO3/NH3, thổi tiếp qua dung dịch nước brom dư.

Chiết lấy sản phẩm và đun nóng với bột Zn (trong CH3COOH) thu được C2H4 :

C2H4 + Br2 → C2H4Br2

C2H4Br2 + Zn → C2H4 ↑ + ZnBr2

Khí ra khỏi bình chứa dung dịch brom là khí C2H6

0,5

0,25

Bài 2.

1,5đ 1) X + HCl

→ NO 
=> trong X còn muối Fe(NO3)2

(1)

7,84

0, 35( )
22, 4

NO

n = = mol ; (2) 1,12 0, 05( )
22, 4

NO

n = = mol

Sau khi cho HCl vào X thì thu được dung dịch trong đó chứa: Cu2+ và Fe3+
Gọi x, y lần lượt là số mol của Fe và Cu

Ta có:

56x+64y=26,4 0,3

3x+2y= 3(0,35+0,05) 0,15

x
y
=
 
=>
 
=

 

=> % e=0,3.56.100% 63, 64%
26,4

F = ; %Cu = 100% - %Fe = 36,36%

2) Số mol HNO3 than gia phản ứng = 4nNO(1) = 0,35.4 = 1,4(mol)

3) Gọi a , b lần lượt là số mol Fe(NO3)2 và Fe(NO3)3 trong X

=> a + b = 0,3

2a + 3b + 2. 0,15 = 3.0,35
=> a = 0,15 (mol); b = 0,15 (mol)

=> trong X có : 0,15 mol Fe(NO3)2; 0,15 (mol) Fe(NO3)3 và 0,15 mol Cu(NO3)2

=> CM các chất đều bằng nhau và bằng:

</div>
(53)<div class='page_container' data-page=53>

Bài 3 
1,5đ

Halogenua của photpho có thể có cơng 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 hịa hồn tồn 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 hịa hồn tồn 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.

0,5

0,25

0,25
Bài 4

2,0đ 1. Trích mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm: Cho phenolphtalein vào mỗi mẫu thử. Mẫu thử có màu hồng là dung dịch Na2CO3,

các mẫu thử cịn lại khơng màu.

CO32- + H2O ← HCO→ 3- + OH

- Dùng Na2CO3 làm thuốc thử để cho vào các mẫu thử còn lại.

Mẫu thử có sủi bọt khí khơng màu là NaHSO4

CO32- + 2H+ → H2O + CO2↑

Mẫu thử tạo kết tủa trắng keo và sủi bọt khí khơng màu là AlCl3

2Al3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Al(OH)3↓+ 3CO2↑

Mẫu thử tạo kết tủa đỏ nâu và sủi bọt khí khơng màu là Fe(NO3)3

2Fe3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Fe(OH)3↓+ 3CO2↑

Mẫu thử tạo kết tủa trắng là Ca(NO3)2

Ca2+ + CO32- → CaCO3↓

Mẫu thử không tạo hiện tượng là NaCl.

2. Qua sơ đồ a), b) X có chứa N và H, có thể có O. Vì X là chất khí nên chỉ có thể là NH3.

a) 4NH3 + 3O2 → 2N2 + 6H2O

hoặc 4NH3 + 5O2 → 4NO + 6H2O ( có xúc tác Pt)

b) 2NH3 + 3CuO → N2 + 3Cu + 3H2O

c) 2NH3 + H2S → (NH4)2S

hoặc NH3 + H2S → NH4HS

d) 2NH3 + CO2 → (NH2)2CO + H2O

e) NH3 + H2O + CO2 → NH4HCO3

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

Bài 5 
1,5đ

(1) Phương trình phản ứng:

M + 2mH+ + mNO3- → Mm+ + mNO2 + mH2O (1)

M2Sn + 4(m+n)H+ + (2m+6n)NO3- → 2Mm+ + nSO42- + (2m+6n)NO2 + 2(m+n)H2O (2)

(2) Vì số mol NO2 ở hai trường hợp là bằng nhau nên ta có:

)
n
6
m
2
(
n
32
M
2
4
,
2
m
M
8
,
4 +
+

= 
⇒




= −
=
3
,
2
,
1
m
,
n
m
2
n
6
mn
64
M

, nghiệm thích hợp là n = 1, m = 2 và M = 64.

Vậy M là Cu và công thức muối là Cu2S.

(3) 0,075mol

64
8
,
4
nCu = =

0,5

</div>
(54)<div class='page_container' data-page=54>

Cu + 4HNO3 → Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O

⇒ nNO 2 2 0,075 0,3mol nNaOH

2 = × × = =

⇒ đã xảy ra vừa đủ phản ứng:

2NO2 + 2NaOH → NaNO3 + NaNO2 + H2O

Dung dịch thu được có màu hồng do NO2- tạo mơi trường bazơ:

NO2- + H2O HNO2 + OH

-0,25

0,25
Bài 6.

1,0 đ Gọi công thức của ankan là CTa có : nH2n+2 x (mol) và anken CmH2m y (mol)
Số mol CO2 = 0,3 (mol)

Số mol H2O = 0,45 (mol)

số mol ankan = 0,45 – 0,3 = 0,15 (mol)
0,15.n + ym = 0,3

n <2

2 ankan là CH4 và C2H6

Trong A có 2 chất cùng số nguyên tử cacbon => anken C2H4

0,25

0,5
0,25
Bài 7

1,0đ * 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:

CH3-CH2-CH2-CH3 Crackinh + CH4

+ H2SO4

CH(CH3)2

CH(CH3)2

1.O2

2.H2SO4(l)

+ CH3-CO-CH3

CH3-CH=CH2 H2O

H+

CH3-CH(OH)-CH3
CH3-CH(OH)-CH3 + 1/2O2 Cu,t

CH3-CO-CH3 + H2O
1.

4.
5.

CH3-CH=CH2

(A1) (A2)

(A3)

(A5)

(A4)

(A5)

0,25

Ghi chú:

Khi chấm nếu học sinh giải theo các phương pháp khác, nếu đúng vẫn cho đủ số điểm.

</div>
(55)<div class='page_container' data-page=55>

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ I 
Ngày 14/3/2013

( Đề thi gồm có 01 trang)

ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2012-2013 
MƠN HĨA HỌC LỚP 11

Thời gian :120 phút

(Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (2 điểm)

1. Dẫn hỗn hợp khí C gồm N O NO vào dung dịch NaOH dư tạo dung dịch D và hỗn hợp khí khơng 2, 2, 2
bị hấp thụ. Cho D vào dung dịch KMnO trong 4 H SO thì mầu tím bị mất, thu được dung dịch G. 2 4

Cho vụn Cu, thêm H SO vào dung dịch G rồi đun nóng được dung dịch X khí Y (Y hóa nâu trong khơng 2 4

khí). Viết các phương trình phản ứng, xác định vai trị của mỗi chất trong mỗi phản ứng?
2. Cho sơ đồ pư sau:

2,as dd , 2 4,

4 10 1 2 3 4

o
o

Cl NaOH t H SO t

C H A A A A (A3 khí, A4 lỏng, H SO đặc nóng) 2 4

A1 là hỗn hợp của 1-clobutan, 2-clobuatan. A2, A3, A4 đều là hỗn hợp của các sản phẩm hữu cơ.

a. Viết CTCT của C4H10 và các chất có trong A2, A3, A4?

b. So sánh nhiệt độ sôi, độ tan trong nước của các chất trong A2 với các chất trong A1.Giải thích?

Câu 2. (2,5 điểm): Hỗn hợp khí A gồm H và một olefin ở 81,92 o

C , 1atm với tỷ lệ mol là 1:1. Đun nóng

hỗn hợp A với bột Ni (xt) được hỗn hợp khí B có tỉ khối so với H bằng 23,2, hiêu suất phản ứng là h%. 2

a. Lập biểu thức tính h theo a?

b. Tìm cơng thức phân tử của olefin và tính h?
c. Đốt cháy hồn tồn V lít hỗn hợp B ở 81,9o

C , 1atm cho tất cả các sản phẩm cháy qua bình đựng 128

gam dung dịch H SO 98%. Sau phản ứng nồng độ axit là 0,6267M. Tính V? 2 4

Câu 3. (2 điểm) Khi hòa tan cùng một lượng kim loại M vào dung dịch HNO đặc nóng và dung dịch 3

2 4

H SO lỗng thì thể tích khí NO thu được gấp 3 lần thể tích khí 2 H ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. 2

Khối lượng muối sunfat thu được bằng 62,81% khối lượng muối nitrat tạo thành.
1. Xác định kim loại M?

2. Nếu nung nóng cùng một lượng kim loại M như trên cần thể tích oxi bằng 2

9 thể tích NO nói trên 2
(cùng điều kiện) và thu được chất rắn X là một oxit của M. Hòa tan 10,44 gam X vào dung dịch

HNO 6,72 % thu được 0,336 lít (đktc) khí N O . Tính khối lượng dung dịch x y HNO đã dùng? 3

Câu 4 (2 điểm)

1. pH của một dung dịch bazơ yếu B bằng 11,5. Hãy xác định công thức của bazơ, nếu thành phần khối
lượng của nó trong dung dịch này bằng 0,17%, còn hằng số của bazơ Kb 10 4



 . Tỉ khối của dung
dịch là 3

1 /g cm .

2. Dung dịch CH C3 OOH 0,1M có pH = 2,88. Cần pha loãng dung dịch này bao nhiêu lần để cho độ

điện li  tăng 5 lần ?

Câu 5 (1,5 điểm) Một dung dịch chứa bốn ion của hai muối vơ cơ; trong đó có ion SO42


, khi tác dụng vừa
đủ với dung dịch Ba OH( )2, đun nóng cho một khí, một kết tủa X và một dung dịch Y. Dung dịch Y sau khi

axit hóa bằng dung dịchHNO , tạo với 3 AgNO kết tủa trắng hóa đen ngồi ánh sáng. 3

Kết tủa X đem nung nóng đến khối lượng không đổi được a gam chất rắn Z. Giá trị của a thay đổi tùy
theo lượng Ba OH( )2 dùng. Nếu vừa đủ a đạt giá trị cực đại, còn lấy dư a giảm dần đến giá trị cực tiểu. Khi
lấy chất rắn Z với giá trị cực đại a = 8,51 gam, thấy Z chỉ phản ứng hết với 50 ml dung dịch HCl 1,2 M, còn
lại bã rắn nặng 6,99 gam. Hãy biện luận xác định 2 muối trong dung dịch đầu?

---Hết---

</div>
(56)<div class='page_container' data-page=56>

SỞ GD & ĐT KON TUM 
TRƯỜNG THPT CHUN

NGUYỄN TẤT THÀNH 
ĐỀ CHÍNH THỨC

(Đề thi có 02 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG 
NĂM HỌC 2012-2013

Khóa ngày: 24/02/2013

Mơn thi: HĨA HỌC – Lớp 11 
Thời gian làm bài: 180 phút

(Không kể thời gian phát đề)

---ĐỀ

Câu 1: (2,0 điểm)

A, B là hai nguyên tố thuộc cùng nhóm A và thuộc hai chu kỳ kế tiếp nhau trong bảng
tuần hoàn. B, D là hai nguyên tố kế cận nhau trong cùng một chu kỳ.

a) A có 6 electron ở lớp ngoài cùng. Hợp chất X của A với hiđro trong đó % H =
11,1% (về khối lượng). Hãy xác định tên của A và B ?

b) Hợp chất Y có cơng thức AD2 trong đó lớp electron ngồi cùng có cấu hình bền như

khí hiếm. Cho biết tên nguyên tố D và viết công thức electron và công thức cấu tạo của Y.
c) Hợp chất Z gồm 3 nguyên tố: A, B, D có tỷ lệ khối lượng: mB : mA : mD = 1:1:2,22.

Phân tử khối của Z bằng 135u.
- Tìm cơng thức phân tử của Z.

- Cho biết cấu tạo hình học của Z và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm.

- Giải thích sự hình thành liên kết trong phân tử Z. Biết Z tác dụng với nước cho sản phẩm
trong đó có H2SO4.

Câu 2: (2,0 điểm)

Niken(II) oxít có cấu trúc mạng tinh thể giống mạng tinh thể NaCl. Các ion O

tạo thành
mạng lập phương tâm mặt, các hốc bát diện có các ion Ni2+

. Khối lượng riêng của niken(II) oxit
là 6,67g/cm3. Nếu cho NiO tác dụng với liti oxít và oxi thì thu được các tinh thể trắng có thành
phần LixNi1-xO.

2x Li2O + 4(1-x)NiO + xO2 4LixNi1-xO

Cấu trúc mạng tinh thể của LixNi1-xO giống cấu trúc mạng tinh thể của NiO, nhưng một

số ion được thay thế bằng các ion Li+

và một số ion Ni2+ bị oxi hóa để đảm bảo tính trung
hòa điện của phân tử. Khối lượng riêng của LixNi1-xO là 6,21 g/cm

.
a) Vẽ một ô mạng cơ sở của niken(II) oxit.

b) Tính x (chấp nhận thể tích của ơ mạng cơ sở không thay đổi khi chuyển từ NiO
thành LixNi1-xO.

Câu 3: (2,0 điểm)

Sử dụng thuyết liên kết hóa trị (VB) và thuyết trường tinh thể (CF) để giải thích dạng
hình học, từ tính của phức chất [Fe(CN)6]

4-, Fe(CO)5 . Cho Fe(Z=26), C(Z=6), N(Z=7). O(

Z=8 ).

Câu 4: (2,0 điểm)

HCrO4

-3

-:
v = k [HCrO4

-] [ HSO3

-]2 [H+]
: [HCrO4

-] = 10-4 mol/l;[HSO3

-] = 0,1 mol/l;

nồng độ ion H+

cố định và bằng 10-5

mol/l. Nồng độ HCrO4

giảm xuống còn 5.10-5 mol/l
sau 15 giây.

a) 4

sẽ bằng 1,25.10-5 mol/l.

b) 3

-HCrO4

</div>
(57)<div class='page_container' data-page=57>

Hỗn hợp A gồm silic (IV) oxit và magie được đun đến nhiệt độ cao. Phản ứng xảy ra
hoàn toàn thu được hỗn hợp X gồm 3 chất. Xử lý chất rắn X thu được cần dùng 365 gam
HCl 20%. Kết quả:

- Thu được một khí Y bốc cháy trong oxi và 401,4 gam dung dịch muối có nồng độ
23,67%.

- Chất rắn Z cịn lại khơng tan trong axit, nhưng tan dễ dàng trong dung dịch kiềm tạo
ra một khí cháy được.

a) Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp A.
b) Tính thể tích khí Y (đktc) và khối lượng Z.

Câu 6: (2,0 điểm)

Khí A là hợp chất rất độc. Trong nước, A là một axit rất yếu, yếu hơn axit cacbonic. Khi
được đốt cháy trong khơng khí, A cháy cho ngọn lửa màu tím.

Trong phịng thí nghiệm, A có thể được điều chế bằng cách nhỏ từ từ dung dịch muối
của nó vào dung dịch H2SO4 đun nóng. Trong tổng hợp hữu cơ, điều chế A bằng cách đun

nóng ở 500o

C hỗn hợp CO và NH3 với chất xúc tác là ThO2.

Muối của A để ngồi khơng khí có mùi khó chịu vì chúng bị phân hủy chậm bởi CO2

ln có mặt trong khơng khí. Khi có mặt của oxi, muối của A có thể tác dụng với vàng nên
nó được dùng để tách vàng ra khỏi tạp chất.

a) Xác định công thức và gọi tên A.

b) Viết các phương trình hóa học để minh họa các tính chất trên.
Câu 7: (2,0 điểm)

Hợp chất X có tên gọi (S)-3-Brombut-1-en.

a)Viết công thức cấu tạo và công thức Fisơ của X.

b) Cho Br2 (dung dịch), HBr lần lượt tác dụng với X. Viết công thức Fisơ và gọi tên

các sản phẩm có hai nguyên tử cacbon bất đối.
c) Những sản phẩm nào có tính quang hoạt?
Câu 8: (2,0 điểm)

Hiđrocacbon A chứa 85,7% khối lượng cacbon. Phản ứng của A với ozon và xử lý tiếp
theo với bột Zn trong axit tạo sản phẩm hữu cơ duy nhất C. Oxi hóa C cho sản phẩm duy
nhất là axit cacboxylic D. Số liệu phổ cho thấy tất cả các nguyên tử hiđro (trong gốc
hiđrocacbon) trong D đều thuộc nhóm metyl. Khối lượng riêng của hơi D quy về đktc là 9,1
gam/lít.

a) Viết cơng thức cấu tạo của D trong dung dịch nước và ở pha hơi.
b) Xác định công thức cấu tạo của A.

c) A tác dụng với dung dịch KMnO4 tạo thành 1 sản phẩm F duy nhất. Viết công thức

lập thể của A và F.
Câu 9: (2,0 điểm)

Cho sơ đồ: o o

2 2

Br , Fe/t Br , as NaOH loãng, t

6 5 3 2

C H CH(CH ) (A) B C D

Biết: Các chất phản ứng theo tỉ lệ mol 1:1, các chất ghi trên sơ đồ là sản phẩm chính.
a) Viết các phương trình hóa học theo sơ đồ trên, cho biết tên cơ chế các phản ứng.
b) Gọi tên A, B, C, D theo danh pháp IUPAC.

c) Khi cho A tác dụng dung dịch KMnO4 trong môi trường H2SO4 thu được axit

benzoic. Viết phương trình hóa học của phản ứng dưới dạng phân tử và dạng ion thu gọn.
Câu 10: (2,0 điểm)

Từ các hợp chất chứa tối đa 4 cacbon, phenyl bromua và các tác nhân vô cơ cần thiết hãy
lập sơ đồ tổng hợp các hợp chất sau đây (có sử dụng ít nhất một lần hợp chất cơ magie):

a) C6H5CHO. b) C6H5CH2CHO.

c) (CH3)2CHCOC6H5. d) 3-Phenyl-3-brompentan.

(Cho nguyên tử khối: H=1; N=14; O=16; Mg=24; Si=28; Cl=35,5)

</div>
(58)<div class='page_container' data-page=58>

ĐỀ THAM KHẢO :

Câu I (5 điểm):

1. Dung dịch X chứa HCl 4M và HNO3 aM. Cho từ từ Mg vào 100 ml dung dịch X cho tới khi khí ngừng

thốt ra thấy tốn hết b gam Mg, thu được dung dịch B chỉ chứa các muối của Mg và thoát ra 17,92 lít hỗn hợp
khí Y gồm 3 khí. Cho Y qua dung dịch NaOH dư thấy còn lại 5,6 lít hỗn hợp khí Z thốt ra có

Z H

d / =3,8. Các

phản ứng xảy ra hoàn toàn. Thể tích các khí đều đo ở đktc. Tính a, b?

2. Cho 5,8 gam FeCO3 tác dụng với dung dịch HNO3 vừa đủ thu được dung dịch X và hỗn hợp Y

gồm CO2, NO. Cho dung dịch HCl dư vào dung dịch X được dung dịch Y. Dung dịch Y hoà tan tối đa m

gam Cu tạo ra sản phẩm khử NO duy nhất. Tính m?

Câu II : ( 4 điểm )

Độ tan của H2S trong dung dịch HClO4 0,003M là 0,1 mol / lit . Nếu thêm vào dung dịch này các ion

Mn2+ và Cu2+ sao cho nồng độ của chúng bằng 2.10-4 M thì ion nào sẽ kết tủa dưới dạng sunfat ?

Biết TMnS = 3.10-14, TCuS = 8.10-37; KH S2 1,3.10 21

−

Câu III : ( 2 điểm ) ( LỚP 11)

Cho dung dịch CH3COOH 0,1M. Biết KCH COOH3 1,75.10 5

−

= .

a/ Tính nồng độ của các ion trong dung dịch và tính pH.
b/ Tính độ điện li αcủa axit trên.

Câu IV : (4 điểm )

Cho các đơn chất A, B, C . Thực hiện phản ứng : 
A + B X

X + H2O NaOH + B
B + C Y

Y + NaOH →1 : 1 Z + H2O

Cho 2,688 lit khí X ( đkc ) qua dung dịch NaOH thì khối lượng chất tan bằng 2,22 gam .
Lập luận xác định A, B, C và hoàn thành phản ứng .

Câu V (5 điểm):

1. Cho 5,15 gam hỗn hợp A gồm Zn và Cu vào 140 ml dung dịch AgNO3 1M. Sau khi phản ứng xong thu

được 15,76 gam hỗn hợp kim loại và dung dịch B. Chia B thành hai phần bằng nhau, thêm KOH dư vào phần
1, thu được kết tủa. Lọc kết tủa, đem nung đến khối lượng không đổi, được m gam chất rắn.

a. Tính m?

b. Cho bột Zn tới dư vào phần 2, thu được dung dịch D. Cho từ từ V lít dung dịch NaOH 2M vào dung dịch
D thu được 2,97 gam kết tủa. Tính V, các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

2. Cho các nhóm phân tử và ion sau:
+. NO2; NO2+; NO2-.

+. NH3; NF3.

</div>
(59)<div class='page_container' data-page=59>

ĐÁP ÁN ĐỀ THI

Câu I : (5 điểm)

1. nY = 0,8 mol; nZ = 0,25 mol →nNO2 =0 55, mol (0,5 đ)

Vì khi qua dung dịch NaOH chỉ có khí NO2 hấp thụ nên Z phải chứa khí H2 và khí A (MZ =7 6, ).

Ta có
2
1
0 2
2
H HCl

n = n = , mol →nA = 0,05 mol.
0 2 2 0 05

7 6
0 25

A
Z

M , . , . ,

,
+

= = →MA = 30 → A là NO. (0,5 đ)

Gọi nMg phản ứng là x mol.

Q trình oxi hóa: Quá trình khử:

Mg → Mg+2 + 2e 2H+ + 2e → H2

x 2x 0,4 mol 0,2 mol

N+5 + 1e → N+4

0,55 mol 0,55 mol
N+5 + 3e → N+2

0,15 mol 0,05 mol (0,5đ)
Áp dụng bảo toàn electron ta có: 2x = 0,4 + 0,55 + 0,15 → x = 0,55 mol.

→ b = 0,55.24 = 13,2 gam. (0,5đ)

3 3 3

HNO pu NO NO

n ( ) =n −(pu n)+ −(muoi)= 0,55 + 0,05 + 2 (0,55 – 0,2) = 1,3 mol. (0,5)

→

[

3

]

1 3 13

0 1

HNO , M

= = → a = 13M. (0,5đ)

2. (2 điểm): 3 3

3 0 05 3 3 0 15

FeCO

Fe NO Fe

n + =n = , mol n; − = n + = , mol (0,5đ)

3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O (0,5đ)
0 15 3

2 mol

, . 0,15 mol

Cu + 2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+ (0,5đ)

0,025 mol 0,05 mol
Vậy m = 64 (0 15 3

2
, .

+0,025) = 16 gam. (0,5đ)

Câu II : ( 4 điểm )

Trong dung dịch HClO4 0,003 M [H+]=0,003 M 0,5 điểm
H2S 2H+ + S2- 0,5 điểm

[

]

(

)

2
2 2
21
2 17
2
2
1,3.10 .0,1
1, 4.10
0,003
H S
H S
K S
H S
+ − −

− −
   
     

= →   = = 1 điểm

2 2 2.10 .1, 4.104 17 2,8.10 21

MnS

Mn + S − − − − T

    = = <

    0,5 điểm

=> MnS không kết tủa. 0,5 điểm

2 2 2.10 .1, 4.104 17 2,8.10 21

CuS

Cu + S − − − − T

    = = >

    0,5 điểm

=> CuS kết tủa. 0,5 điểm

Câu III : ( 2 điểm )

CH COOH3 CH COO3 − + H+ 0,5 điểm

5
3

. 1,75.10 .0,1 0,0013

lg lg13.10

A

H CH COO K C

pH H
+ − −
+ −
  = = = =
   
 
= −   = −
1 điểm

5
1,75.10

0,0132
0,1
K
C
α
−

</div>
(60)<div class='page_container' data-page=60>

Câu IV : ( 4 điểm )

A : Na ; B : H2 ; X : NaH 0,5 điểm

B + C Y ⇒ C là phi kim, Y là axít 0,5 điểm
1:1

Y+NaOH →Z+H O 0,5 điểm

1mol Y phản ứng khối lượng chất tan tăng ( Y - 18 )g

2,688

0,12 2, 22

22, 4 = mol g 0,5 điểm

( )

18 1

36,5
2, 22 0,12

Y

Y
C Clo

−

= ⇒ =

⇒

1 điểm

Viết phương trình phản ứng 1 điểm 
Câu V (5 điểm):

1. (3 điểm)

a. Vì sau phản ứng thu được hỗn hợp kim loại nên có thể gồm 2 trường hợp sau:

+ Trường hợp 1: AgNO3 hết, Zn còn dư, Cu chưa phản ứng ( hỗn hợp KL gồm: Zn dư, Cu, Ag ).

n

Cu phản ứng là b (mol).

Zn + 2AgNO3 → Zn(NO3)2 + 2Ag (1)

x 2x x 2x

Cu + 2AgNO3 → Cu(NO3)2 + 2Ag (2)

b 2b b 2b

m

A = 65x + 64y = 5,15 (I);

m

KL = 64(y-b) + 108( 2x + 2b ) = 15,76 (II)

n

AgNO3 = ( 2x + 2b ) = 0,14 (III). Giải hệ phương trình I, II, III ta được: x = 0,03, y = 0,05, b = 0,04.

+ Trong mỗi phần có: 0,015 mol Zn(NO3)2 và 0,02 mol Cu(NO3)2 .

Zn(NO3)2 → Zn(OH)2 →K2ZnO2.

Cu(NO3)2 → Cu(OH)2 →CuO.

0,02 0,02 → m = 0,02.80 = 1,6 gam.

b. Zn + Cu(NO3)2 → Zn(NO3)2 + Cu (1)

0,02 0,02

n

Zn(NO3)2 (dd D) = 0,015 + 0,02 = 0,035. Có thể gồm 2 trường hợp sau:

+ Trường hợp 1: Zn(NO3)2 dư.

Zn(NO3)2 + 2NaOH → Zn(OH)2 + 2Na(NO3) (2)

0,06 0,03
V = 0,06/2 = 0,03 lít.
+ Trường hợp 2: Zn(NO3)2 hết.

Zn(NO3)2 + 2NaOH →Zn(OH)2 + 2Na(NO3) (2)

0,035 0,07 0,035

Zn(OH)2 + 2NaOH → Na2ZnO2 + 2H2O (3)

0,005 0,01

n

NaOH = 0,07 + 0,01 = 0,08 V = 0,08/2 = 0,04 lít.

2. (2 điểm):

</div>
(61)<div class='page_container' data-page=61>

O O

sp2 O sp N O

O O

sp2

(1) và (3): hình gấp khúc.

(2) : thẳng

Góc liên kết giảm theo thứ tự sau: (2) – (1) – (3) do ở (2) khơng có lực đẩy electron hóa trị của N khơng tham
gia liên kết, ở (1) có một electron hóa trị của N khơng liên kết dẩy làm góc ONO hẹp lại đơi chút. Ở (3) góc
liên kết giảm nhiều hơn do có 2 electron khơng liên kết của N đẩy.

N
H

H
H
sp3

N
F

F
F
sp3

Góc liên kết giảm theo chiều HNH - FNF vì độ âm điện của F lớn hơn của H là điện tích lệch về phía

F nhiều hơn ⇒ lực đẩy kém hơn.

</div>
(62)<div class='page_container' data-page=62>

Së GD-ĐT Hà Nội

Trờng THPT ứng Hòa A

§Ị thi chän häc sinh giái líp 11 năm 2010

M«n: Hãa häc 
(Thời gian làm bài: 120 phút)

Câu 1: (5 điểm).

1. Cho các dung dịch sau có cùng nồng độ mol/lit: NH4Cl, CH3COONH4, H2SO4, CH3COONa, HCl.

a Em h%y viết các quá trình điện li khi hòa tan các chất trên vào nớc.

b. Sắp xếp giá trị pH của các dung dịch trên theo thứ tự tăng dần. Giải thích ngắn gọn. 
c. Dùng quỳ tím và một hóa chất khác, em h%y phân biệt năm dung dịch trên.

2. Axit A là một chất rắn mầu trắng, nóng chảy ở 42,5oC, dễ tan trong nớc. Hòa tan A vào nớc thu

c dung dịch A. Cho A tác dụng với chất B thu đ−ợc kết tủa D. Nung D với cát trắng, than ở
nhiệt độ cao thu đ−ợc phot pho trắng. Hỏi A, B, D là những chất gì? Viết ph−ơng trình phản ứng.
Câu 2: (5 điểm).

1. Từ Metan và các hóa chất vơ cơ cần thiết khác. Em h%y viết các phản ứng để điều chế cao su Buna,
polipropilen, polistiren. Ghi rõ điều kiện phản ứng (nếu có).

2. Crackinh hồn tồn 1 ankan X mạch thẳng thu đ−ợc hỗn hợp khí Y có tỷ khối hơi so với khơng khí 
đúng bằng 1. Tìm cơng thức cấu tạo, gọi tên X.

C©u 3: (5 điểm). Cho m1 (g) hỗn hợp Al và Mg vào m2 (g) dung dịch HNO3 24%. Phản ứng xong thu

đ−ợc dung dịch A (chỉ chứa muối nitrat của các kim loại) và thốt ra 8,96 lít hỗn hợp khí X gồm
NO, N2O, N2. Thêm 1 l−ợng O2 vừa đủ vào X, sau phản ứng thu đ−ợc hỗn hợp khí Y. Dẫn Y từ từ

qua dung dịch NaOH 2M d thấy có 4,48 lít hỗn hợp khÝ Z tho¸t ra. Tû khèi cđa Z so víi H2 là 20.

Nếu cho NaOH 2M vào A thì kết tủa lớn nhất thu đợc là 62,2g. Cho các thể tích khí đo ở đktc.
1. Tìm m1, m2.

2. Tìm nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch A.

3. Tìm thể tích dung dịch NaOH đ% thêm vào A để đ−ợc kết tủa là lớn nhất.

Câu 4: (5 điểm). Cho hỗn hợp khí X gồm ba hidrocacbon A, B, C (với B, C là 2 chất kế tiếp nhau trong
cùng 1 d%y đồng đẳng). Đốt cháy hoàn toàn 672ml X rồi dẫn sản phẩm cháy lần l−ợt qua bình 1
chứa dung dịch H2SO4 98%. Khí thốt ra tiếp tục dẫn vào bình 2 chứa 437,5ml dung dịch Ba(OH)2

0,08M. KÕt thúc thí nghiệm, khối lợng bình 1 tăng 0,99g và b×nh 2 xt hiƯn m gam kÕt tđa.
Mặt khác nếu dÉn 1209,6ml X (víi thµnh phần các chất nh trên) qua bình dung dịch chứa
nớc Brom d. Sau phản ứng, thấy khối lợng bình Brom tăng 0,468g và có 806,4ml hỗn hợp khí
thoát ra. Biết các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn, các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

1. Tìm cơng thức phân tử của A, B, C. Biết chúng thuộc trong các d%y đồng đẳng ankan, anken, ankin. 
2. Tìm phần trăm thể tích các chất khí trong X.

3. T×m m.

</div>
(63)<div class='page_container' data-page=63>

Đáp án thang điểm

Nội dung Điểm

Câu 1: (5 điểm)

1a. Các quá trình điện ly (1 ®iÓm)

+) NH4Cl → NH4+ + Cl- NH4+ + H2O NH3 + H3O+ 0,2 ®

+) CH3COONH4 → CH3COO- + NH4+ CH3COO- + H2O CH3COOH + OH- (1)

NH4+ + H2O NH3 + H3O+ (2)

0,2 ®

+) CH3COONa → CH3COO- + Na+ CH3COO- + H2O CH3COOH + OH- 0,2 ®

+) H2SO4 → H+ + HSO4- HSO4- + H2O SO42- + H3O+ 0,2 ®

+) HCl H+ + Cl- 0,2 đ

1b. Sắp xếp các giá trị pH theo thứ tự tăng dần (1 ®iÓm)

+) H2SO4 < HCl < NH4Cl < CH3COONH4 < CH3COONa 0,5 ®

+) Giải thích: với cùng nồng độ thì [H+] của H

2SO4 > cđa HCl v× H2SO4 phân ly theo 2 nấc còn

HCl chỉ ph©n ly theo 1 nÊc.
[H+] của HCl > trong NH

4Cl vì HCl phân ly hoàn toàn, còn NH4+ phân ly không hoàn toàn

Quá trình ở (1) và (2) là tơng đơng nhau nên môi trờng CH3COONH4 là trung tính, pH7

CH3COONa cã CH3COO- thđy ph©n cho OH- nên [H+] của dung dịch là nhỏ nhất

Mà [H+] càng nhỏ thì pH càng cao ⇒ thứ tự đúng H

2SO4 < HCl < NH4Cl < CH3COONH4 <

CH3COONa

0,5 đ

1c. Phân biệt 5 dung dịch trên (1 điểm)
Thuốc

thử NH4Cl CH3COONH4 H2SO4 CH3COONa HCl KÕt luËn

Quỳ Đỏ Không đổi mầu quỳ Đỏ Xanh Đỏ - Nhận biết đ−ợc 2 dd CH

3COONH4 vµ CH3COONa

Ba(OH)2

KhÝ,
mùi
khai

Kết
tủa

trắng

Không
có hiện
tợng

- Nhận biết đợc cả 3 dung
dịch còn lại

0,5 đ

+) Viết các phản ứng:

Ba(OH)2 + 2NH4Cl → BaCl2 + 2NH3↑ + 2H2O

Ba(OH)2 + H2SO4 → BaSO4 ↓ + 2H2O

Ba(OH)2 + 2HCl → BaCl2 + 2H2O

0,5 ®

2. Xác định A, B, D. (2 điểm)

+) A lµ H3PO4, B lµ Ca(OH)2, D lµ Ca3(PO4)2 1,0 đ

+) Phản ứng:

H3PO4 + Ca(OH)2 → Ca3(PO4)2 + H2O 0,5 ®

Ca3(PO4)2 + 3SiO2 + 5C → 3CaSiO3 + 2P + 5CO 0,5 đ

Câu 2: (5 điểm)

1. * Điều chế cao su Buna (1 điểm)
2CH4

1500 C

Làm lạ nh nhanh CHCH + 3H2 0,25®

2 CH≡CH t ,xt0 → CH≡C-CH=CH

2 0,25®

CH≡C-CH=CH2 + H2 →

t ,xt CH

</div>
(64)<div class='page_container' data-page=64>

+ HNO3

+ CH2=CH2 0

H
t

→ -CH2-CH3

-CH2-CH3 -CH=CH

2 + H2

-CH=CH2

CH2-CH

C6H5 n

n CH2=CH-CH=CH2 Trïng hỵp→ ( CH2-CH=CH-CH2 )n 0,25®

* Điều chế polipropilen (1 điểm)
CH2=CH-CH=CH2 + 2H2 →

Ni, t CH

3-CH2-CH2-CH3 0,33 ®

CH3-CH2-CH2-CH3 Crackinh→ CH3-CH=CH2 + CH4 0,33 ®

n CH3-CH=CH2 Trïng hỵp→ CH2-CH

CH3 n

0,34 đ
* Điều chÕ polistiren (1 ®iĨm)

3C2H2

600 C, C

→ 0,25 ®

0,25 ®
0,25 ®

0,25 ®

2. Tìm công thức cấu tạo, gọi tên X. (2 ®iĨm)
+) Ph¶n øng: CnH2n+2 →

Crackinh

CmH2m + CpH2p+2 (víi m + p =n)

mol a a a 0,5 đ

+) Nhận xét: Theo định luật bảo tồn khối l−ợng thì mX=mY. Theo ph−ơng trình ta thy c a mol

ankan bị crackinh hoàn toàn thì thu đợc 2a mol hỗn hợp Y nY =2.nX

= X = Y = = =

X Y

m m

M 2M 2.29 58

n 1 / 2n

⇒ MX = 14n + 2 =58 ⇒ n=4

0,5 ®

0,5 ®
+) Vậy công thức phân tử của X là C4H10

Do X có cấu tạo mạch thẳng nên CTCT đúng của X là: CH3-CH2-CH2-CH3 (n-butan) 0,5 đ

Câu 3: (5 điểm)
+) Sơ đồ phản ứng:

Al dd A: Al(NO3)3, Mg(NO3)2
+

→NaOH Kết tủa cực đại 62,2g

Mg KhÝ X: NO, N2O, N2
+

O2→hh Y: NO

2, N2O, N2
+
−

→
2

NaOH

NO hh Z: N2O, N2

+) XÐt hỗn hợp khí X, gọi

2 2

NO N O N X

8, 96

n a; n b; n c n a b c 0, 4 mol

22, 4

= = = ⇒ = + + = = (1)

- Ph¶n øng: 2NO + O2 → 2NO2

2NO2 + 2NaOH → NaNO3 + NaNO2 + H2O

- Hỗn hợp Z gồm N2O và N2. Ta có các phơng trình.

4, 48

n b c 0, 2 mol (2)

22, 4
44b 28c

M 2.20 40 (3)

b c
= + = =
+
= = =
+

- Tõ (1); (2); (3) ta cã a=0,2 mol; b=0,15 mol; c=0,05 mol.

0,5 ®

0,5 ®
0

t , xt

→

</div>
(65)<div class='page_container' data-page=65>

Vậy hỗn hợp X có 0,2 mol NO, 0,15 mol N2O, 0,05 mol N2

+) Gọi nAl = x mol; nMg= y mol. Theo định luật bảo tồn electron ta có.

Al → Al3+ + 3e 4H+ + NO

3- + 3e → NO + 2H2O

mol x→ x 3x mol 0,6 ←0,2
Mg → Mg2+ + 2e 10H+ + 2NO

3- + 8e → N2O + 5H2O

mol y→ y 2y mol 1,2 ←0,15
12H+ + 2NO

3- + 10e→ N2 + 6H2O

mol 0,5 ←0,05

∑

ne (nh−êng) = 3x + 2y

∑

ne (nhËn)= 0,6 + 1,2 + 0,5= 2,3 mol

0,5 đ

Phơng trình: 3x + 2y= 2,3 (4)

+) Dung dÞch A gåm Al3+ (x mol); Mg2+(y mol).

Cho A tác dụng với NaOH, thì xảy ra các phản ứng:
Al3+ + 3OH- → Al(OH)

3↓ (I)

mol x→ 3x x
Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)

2↓ (II)

mol y→ 2y y

Al(OH)3 + OH- → AlO2- + H2O (III)

Để thu đ−ợc kết tủa lớn nhất thì các phản ứng (I); (II) xảy ra vừa đủ, phản ứng (III) không
xảy ra. Kết tủa thu đ−ợc gồm Al(OH)3 và Mg(OH)2.

Ta cã m↓= 78x + 58y = 62,2 (5).

Gi¶i hƯ (4) vµ (5) ⇒ x= 0,5 mol; y= 0,4 mol

0,75 ®

1. m1= 27.0,5 + 24. 0,4 = 23,1g

m2=

100

2, 9. 63. 761, 25 (g)
24 =

0,5 đ

2. Các chất trong A gåm: Al(NO3)3 0,5 mol; Mg(NO3)2 0,4 mol.

+) mA = m1 + m2 – mX = 23,1 + 761,25 – (30. 0,2 + 44. 0,15 + 28. 0,05)= 770,35g.

+) VËy:

3 3

Al(NO )

213. 0,5

C% . 100 13,82%

770,35

= =

3 2

Mg( NO )

148. 0, 4

C% . 100 7, 68%

770,35

= =

0,5 đ

0,5 đ
3. Khi tạo kết tủa lớn nhất, số mol NaOH đ% dùng là: 3.0,5 + 2.0,4= 2,3 mol

⇒ VA 2,30 1,15 (lÝt)
2

= = 0,75 đ

Câu 4: (5 điểm) <Giải ngợc từ d−íi lªn>

+) NÕu dÉn 1209,6 ml X qua dung dịch nớc Br2 thấy dung dịch nhạt mầu và khối lợng tăng

0,468g. Có 806,4 ml hỗn hợp khí thoát ra.

⇒ Hỗn hợp khí thốt ra đó là B, C và chúng thuộc d%y đồng đẳng ankan vì khơng phản ứng Br2

⇒ KhÝ A bÞ hÊp thơ hÕt ⇒ A là hidrocacbon không no. Đặt công thức của A lµ CxHy.

nA (1209, 6 806, 4). 10 3 0, 018 mol
22, 4

−

= =

⇒ MA= 12x + y=

0, 468
26
0, 018= .

Lập bảng giá trị: x 1 2 3 4 ...
y 14 2 <0 <0 ...

</div>
(66)<div class='page_container' data-page=66>

CO
Ba(OH)

n 0, 045

1 1, 28 2

n 0, 035

< = = <

⇒ Cặp nghiệm phù hợp là x=2; y=2. Vậy A là C2H2 vµ A

1209, 6 806, 4

%V . 100% 33,33%

1209, 6
−

= =

0,5 đ
+) Xét phản ứng đốt cháy của X.

2 2
3
X
C H
672. 10

n 0, 03 mol

22, 4

33,33

n 0, 03. 0, 01 mol
100

= =

- Đặt công thức trung bình của 2 ankan B, C là C Hn 2 n 2+ ; nB,C= 0,03 – 0,01= 0,02 mol

- Ph¶n øng: 2C2H2 + 5O2 → 4CO2 + 2H2O n 2 n 2 2 2 2

3n 1

C H O nCO (n 1)H O

+ → + +

mol 0,01 0,02 0,01 mol 0,02 0,02. n 0,02.( n+1)
- Sản phẩm cháy gồm CO2 và H2O. Dẫn qua dung dịch H2SO4 đặc, thì n−ớc bị hấp thụ.

⇒
2

H O

m =[0, 01 0, 02. (n 1)].18 0, 99+ + = ⇒ n= 1,25 ⇒ 2 ankan là CH4 và C2H6

0,5 đ

0,75 đ

1. Vậy 3 hidrocacbon là C2H2, CH4, C2H6 0,25 đ

2. Gọi số mol CH4 và C2H6 lần lợt là a và b. Ta có các phơng trình:

B,C

n a b 0, 02 mol
a 2b

n 1, 25

a b
= + =

= =

⇒ a 0, 015 mol
b 0, 005 mol

=
=
VËy:
2 2
4
2 6
C H
CH
C H
%V 33,33%
0, 015

%V .100 50%

0, 03
0, 005

%V .100 16, 67%

0, 03

=
= =
= =
0,75 ®
0,75 ®
3. Cã
2
CO

n =0, 02+0, 02. n 0, 02 0, 02. 1, 25 0, 045 mol= + = .

3
Ba(OH)

n =437,5. 10 .0, 08 0, 035 mol− =
- XÐt tû lÖ:

Phản ứng tạo ra 2 muèi

- Ph¶n øng: Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3↓ + H2O (1) Ba(OH)2 + 2CO2 → Ba(HCO3)2 (2)

mol z z z mol t 2t

Víi z, t lần lợt là số mol Ba(OH)2 tham gia vào phản ứng (1) và (2). Ta có hệ phơng tr×nh.

z t 0, 035 z 0, 025 mol
z 2t 0, 045 t 0, 01 mol

+ = =

 

⇒

 

+ = =

  ⇒ m= 0,025. 197= 4,925g

VËy khèi l−ỵng kÕt tđa sinh ra ở bình 2 là 4,925g.

0,5 đ

</div>
(67)<div class='page_container' data-page=67>

TRƯỜNG THPT GIO LINH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG 
 TỔ HÓA HỌC MƠN : HĨA HỌC : Thời gian : 150 phỳt

Câu 1(3 đ): Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp FeS và FeCO3 bằng dung dịch HNO3 thu đợc hỗn hợp khí A gồm 2 khí X, Y cã

tØ khèi so víi hi®ro b»ng 22,909.

1. Tính phần trăm khối lợng của muối trong hỗn hợp ®Çu

2. Làm lạnh hỗn hợp khí A xuống nhiệt độ thấp hơn thu đ−ợc hỗn hợp khí B gồm 3 khí X, Y, Z có tỉ khối so với 
hiđro bằng 31,5. Tính phần trăm khí X bị chuyển hố thành Z

3. Nếu thêm khí Y vào hỗn hợp B thì màu sắc của B biến đổi nh− thế nào? Vì sao?

Cõu 2: (3 đ)

a) Tại sao ở nhiệt độ thường, Nitơ có tính trơ về mặt hóa học nhưng khi đun nóng lại hoạt động hóa học tăng? 
b) Nêu hiện tượng, giải thích, viết phương trình ion rút gọn cho các thí nghiệm sau:

1. Thêm từ từ đến dư dung dịch NH3 vào dung dịch CuCl2.

2. Thêm dung dịch Na2CO3 vào lần lượt các dung dịch FeCl3, BaCl2, Zn(NO3)2.

3. Thêm từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3.

Câu 3: (3 đ)

a) Hoàn thành và cân bằng các phản ứng hóa học sau:
1. KNO3 + S + C

o
t
→

2. CH3-CH=CH2 + dung dịch KMnO4

b) Trong phân tử, tương tác đẩy giữa electron tự do với electron liên kết làm giảm góc liên kết so với góc lai hóa, cịn
tương tác đẩy giữa hai electron liên kết lại có xu hướng làm tăng góc liên kết. Dựa trên cơ sở này, hãy giải thích:

1. Sự khác biệt về góc liên kết giữa H2S (HSH = 920), H2O (HOH=104029’), NH3 (HNH=1070).

2. Tại sao có sự khác biệt về góc liên kết trong các phân tử dưới đây:
S O O

Cl 1030 Cl F 1050 F Cl 1110 Cl
Câu 4: (4 đ)

1. Oxi hóa m gam hợp chất hữu cơ A bằng CuO rồi cho sản phẩm sinh ra gồm CO2 và hơi H2O lần lượt đi qua bình

(1) đựng Mg(ClO4)2 và bình (2) đựng 150ml Ca(OH)2 0,2M thì thu được 2 gam kết tủa. Khối lượng bình (1) tăng

0,9 gam và khối lượng CuO giảm 1,92 gam. Xác định công thức phân tử của A, biết phân tử khối của A nhỏ hơn
phân tử khối của benzen.

2. Hoàn thành các phản ứng dưới đây. Xác định sản phẩm chính của mỗi phản ứng và dùng cơ chế giải thích sự hình

thành sản phẩm chính đó.

a. CH3-CH=CH2 (propilen) + HCl →

b. CH3-CH2-CH(OH)-CH3 (ancol s-butylic) HSO,180C→

o
4
2
c. C6H5CH3 + HNO3 →

o
4
2SO ,t

Câu 5: (4 đ)

1. a) Viết đồng phân cấu tạo các chất có cùng cơng thức phân tử C3H4Cl2.

b) Cấu tạo nào có đồng phân hình học? Viết các cặp đồng phân hình học tương ứng và chỉ rõ dạng cis-, trans-.

2. Thổi 672 ml (đktc) hỗn hợp khí A gồm một ankan, một anken và một ankin (đều có số nguyên tử cacbon trong phân tử
bằng nhau) qua dung dịch AgNO3/NH3, thì thấy có 3,4 AgNO3 đã tham gia phản ứng. Cũng lượng hỗn hợp khí A trên

làm mất màu vừa hết 200 ml dung dịch Br2 0,15 M.

(a) Xác định thành phần định tính và định lượng các chất trong A
(b) Đề nghị phương pháp tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp A.
Câu 6 : (3đ)

1. Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn 50,0 mL dung dịch NH4Cl 0,200 M với 75,0 mL dung dịch NaOH 0,100

M. Biết Kb (NH3) = 1,8.10-5.

2. Tính độ tan của CaF2 trong dung dịch HCl 10

-2M Cho K

HF = 6.10
-4 vµ T

2
CaF = 4.10

-11

Biết : H=1, C=12, N=14, O=16, Mg=24, Al=27, P=31, S=32, Cl=35,5;
K=39, Fe=56; Cu=64, Br=80, Ag=108, Ba=137.

</div>
(68)<div class='page_container' data-page=68>

Néi dung Điểm

Câu
1
(3đ)

1. M = 2.22,909 = 45,818 → 1 khÝ ph¶i cã khèi lợng phân tử > 45,818 và 1 khí có A

khối lợng phân tử < 45,818. Trong A chắc chắn phải có CO2 (M = 44 < 45,818) khí

còn lại phải có khối lợng phân tử > 45,818 và là một s¶n phÈm khÝ cã chøa N → chØ cã
NO2 thoả m]n

Các phản ứng:
FeS + 10H+ + 9NO

- → Fe3+ + SO
4

2- + 9NO

2↑ + 5H2O

FeCO3 + 4H
+

+ NO3

→ Fe3+

+ CO2 ↑ + NO2 ↑ + 2H2O

Gäi số mol của FeS, FeCO3 trong hỗn hợp đầu là: x, y (x, y >0)

→ sè mol CO2: y; sè mol NO2: 9x + y

→ MA = 45,818 =

y
x
y
y
x
2
4
44
)
9
(
46
+
+

→ x = y
Do đó: %FeS = 43,14%; %FeCO3 = 56,86%

2. Sè mol cña mỗi chất trong A là: nCO2= x; nNO2 = 10 x

Gọi a là số mol NO2 chuyển hoá thành N2O4 : 2 NO2 N2O4

→ MB=

2
11
)
2
/
.(
92
)
10
(
46
44
a
x
a
a
x
x
−

+
−
+

= 31,5.2 = 63 → a = 0,6x

→ %NO2 chun ho¸: 60%

3. Khi thêm khí CO2 vào không xảy ra phản ứng với N2O4 hay NO2 nhng làm cho áp suất

của bình tăng cân bằng của phản ứng chuyển dịch theo chiều làm giảm số phân tử khí
cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận màu của B nhạt dần

0,25
0,75
0,25
0,5
0,75
0,5
Cõu 
2:

a) Phân tử nitơ có liên kết 3 bền nên ở nhiệt độ thường nitơ tương đối trơ về năth hóa học.
Ở nhiệt độ cao phân tử nitơ bị phân tích thành hai nguyên tử nên trở nên hoạt động hóa
học hơn

1. Ban đầu có kết tủa xanh, sau đó kết tua tan dần trong dung dịch NH3 dư tạo thành dung

dịch màu xanh thẫm:
Cu2+ + 2OH- Cu(OH)2

Cu(OH)2 + 4NH3[Cu(NH3)4](OH)2

Phức màu xanh thẫm
2.

- Na2CO3 và FeCl3

Xuất hiện kết tủa đỏ nâu, sủi bọt khí khơng màu:
2Fe3+ + 3CO23− + 3H2O 2Fe(OH)3 + 3CO2

- Na2CO3 và BaCl2

Xuất hiện kết tủa màu trắng
Ba2+ + CO23− BaCO3

- Na2CO3 và ZnSO4

Khơng có hiện tượng gì xảy ra

3. Cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3 đến dư thấy xuất hiện kết tủa trắng

keo, sau đó kết tủa tan dần:
Al3+ + 3OH- Al(OH)3

Al(OH)3 + OH- [Al(OH)4]

-0,5

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
a)

1. 2 KNO3 + S + 3C

o
t

→ K2S + N2 + 3CO2
2. CH3-CH=CH2 + dung dịch KMnO4

1. Các phân tử này đều cặp electron tự do, tương tác đẩy giữa electron tự do với electron
liên kết làm góc liên kết trong phân tử này đều nhỏ hơn so với góc lai hóa. Do trong phân
tử H2S và H2O cịn hai cặp electron tự do nên góc liên kết nhỏ hơn góc liên kết của phân

1,0
1,0

</div>
(69)<div class='page_container' data-page=69>

Câu 
3

tử NH3 (chỉ có một cặp electron tự do). Góc liên kết trong phân tử H2O lại lớn hơn trong

phân tử H2S do liên kết O-H phân cực (về phía nguyên tử oxi) mạnh hơn S-H, khoảng

cách giữa các electron liên kết gần hơn, tương tác đẩy mạnh hơn.

2. Khác với phân tử OF2 electron phân cực về phía flo, trong phân tử Cl2O electron phân

cực về phía nguyên tử oxi trung tâm nên khoảng cách giữa các electron. Tương tác đẩy
giữa các electron liên kết làm góc liên kết lớn hơn. Ở phân tử SCl2 và OF2 đều có sự phân

cực về phía xa so với nguyên tử trung tâm. Tuy nhiên do các nguyên tử chu kì 2 (O và F)
có bán kinh nguyên tử nhỏ hơn các nguyên tử ở chu kì 3 (S và Cl), nên ở phân tử OF2

khoảng cách giữa các electron liên kết nhỏ hơn, tương tác đẩy giữa các electron này mạnh
hơn làm góc liên kết lớn hơn.

0,5

Câu 
4

1. Oxi hóa A tạo sản phẩm là CO2 và H2O nên A chứa C, H và có thể có O. Mg(ClO4)2

hấp thụ H2O

mH2O = 0,9 gam nH2O = 0,05 mol; nH = 0,1 mol

Dung dịch Ca(OH)2 hấp thụ CO2

CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O (1)

CO2 + Ca(OH)2 Ca(HCO3)2 (2)

nCa(OH)2 = 0,15x0,2 = 0,03 mol

nCaCO3 = 0,02 mol

Trường hợp 1: Nếu chỉ xảy ra (1) và Ca(OH)2 dư

nCO2 = nCaCO3 = 0,02 mol

Trường hợp 2: nếu xảy ra cả (1) và (2)
(1) và (2) nCO2 = 0,04 mol

Độ giảm khổi lượng CuO bằng khối lượng của O trong CuO đã phản ứng nO/CuO = 0,12

mol

Vậy trong A có:

nH = 0,1 mol; nC = 0,02 hay 0,04 mol

nO = 0,04 + 0,05 – 0,12 = - 0,03 mol (loại)

nO = 0,08 + 0,05 – 0,12 = 0,01 mol

nC : nH : nO = 0,04 : 0,1 : 0,04 = 4:10:1

Công thức nguyên (C4H10O)n

Theo giả thuyết: M = 74n < MC6H6 = 78 n=1

Vậy công thức phân tử là: C6H10O

1. Phản ứng và cơ chế phản ứng:
(a) Phản ứng :

CH3 CH CH2 + HCl

CH
CH3 CH3

Cl
CH2

CH3 CH2 Cl

(s¶n phÈm chÝnh)

Cơ chế (cộng AE) :

CH3 CH CH2 H

δ− CH3 CH CH3

CH3 CH2 CH2

-CH
CH3 CH3

Cl
(X)

(Y)

Sản phẩm chính hình thành theo hướng tạo cacbocation trung gian bền vững hơn.
Dễ thấy rằng cacbocation (X) bền hơn (Y) (do điện tích được giải tỏa nhiều hơn,
với 6Hα), nên sản phẩm chính là isopropyl clorua.

(b) Phản ứng :

CH3 CH2 H2SO4

(s¶n phÈm chÝnh)
CH CH3

CH3 CH CH CH3 + H2O

CH2 CH CH2 CH3 + H2O

Cơ chế (tách E1) :

0,5

</div>
(70)<div class='page_container' data-page=70>

CH3 CH2 CH CH3
OH

CH3 CH CH CH3

CH2 CH CH2 CH3
H+

CH3 CH2 CH CH3

OH2 -H2O

(X)

(Y)

Sản phẩm chính được hình thành theo hướng tạo sản phẩm bền hơn. Ở đây, (X)
bền hơn (Y) do có số nguyên tử Hα tham gia liên hợp, làm bền hóa liên kết π nhiều

hơn.

+ HONO2

H2SO4

+ H2O

CH3

NO2

+ H2O
CH3

NO2

Cơ chế (thế SE2Ar) : HONO2 + H2SO4 → HSO4- + H2O + +NO2

+NO
2

-H+

CH3 CH3

CH3 CH3

-H+

CH3 CH3

H
NO2

H NO2

NO2

Phản ứng dịnh hướng thế vào vị trí meta-, do mật độ electron ở vị trí này trong phân tử 
toluen giàu hơn các vị trí ortho-, para-. Đồng thời phản ứng thế vào vị trí này tạo sự giải
tỏa điện tích tốt nhất ở phức π.

0,5

Câu 
5

1. a)

(1) CCl2=CH-CH3 (2) CHCl=CCl-CH3

(3) CHCl=CH-CH2Cl (4) CH2=CCl-CH2Cl

(5) CH2=CH-CHCl2

(6) Cl- ∆ -Cl (7) ∆ -Cl2

Các cấu tạo (2), (3) và (6) có đồng phân hình học
2. (a) Nếu ankin có dạng RC≡CH :

RC≡CH + AgNO3 + NH3 → RC≡CAg + NH4NO3

⇒ 0,02mol

mol
/
gam
170

gam
4
,
3
)
ankin
(

n = = và n 2 n(ankin) 0,04mol

Br ≥ × =

Điều này trái giả thiết, vì số mol Br2 chỉ bằng 0,2L×0,15mol/L=0,03mol

Vậy ankin phải là C2H2 và như vậy ankan là C2H6, anken là C2H4.

Từ phản ứng :

C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3

⇒ n(C2H2) = 1/2n(AgNO3) = 0,01 mol 
Từ các phản ứng :

C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4

C2H4 + Br2 → C2H4Br2

⇒ n(C2H4)= 0,01 mol

⇒ n(C2H6) = −0,01mol−0,01mol=

mol
/
L
4
,
22

L
672
,
0

0,01 mol

(b) Thổi hỗn hợp qua binh chứa dung dịch AgNO3/NH3 dư. Lọc tách kết tủa, hòa tan

1,0

</div>
(71)<div class='page_container' data-page=71>

kết tủa trong dung dịch HCl dư thu được khí C2H2.

C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3

C2Ag2 + 2HCl → C2H2 + 2AgCl

Khí ra khỏi bình chứa dung dịch AgNO3/NH3, thổi tiếp qua dung dịch nước brom dư.

Chiết lấy sản phẩm và đun nóng với bột Zn (trong CH3COOH) thu được C2H4 :

C2H4 + Br2 → C2H4Br2

C2H4Br2 + Zn → C2H4 + ZnBr2

Khí ra khỏi bình chứa dung dịch brom là khí C2H6

Câu

6: 1. 0,08M

L
125
,
0
L
.
mol
200
,
0
L
050
,
0
C
1
o
Cl
NH4
=
×
=
−

; 0,06M

L
125
,
0
L
.
mol
100
,
0
L
075
,
0
C
1
o
NaOH =
×
=
−

NH4Cl + NaOH → NaCl + NH3 + H2O

0,08 0,06

0,06 0,06 0,06
0,02 0 0,06

Xét cân bằng :

NH3 + H2O NH4+ + OH

-0,06 0,02
x x x
0,06–x 0,02+x x

5
3

b 1,8.10

x
06
,
0
x
)
x
02
,
0
(
]
NH
[
]

OH
][
NH
[
K −
−
+
=
−
+
=

= , gần đúng 5,4.10 M

02
,
0
06
,
0
10
.
8
,
1

x= 5ì = 5

pH=14[lg(5,4.105)]=9,73
2. Giải:

CaF2 Ca

2+ + 2F-

Ca2+ không tham gia phản ứng phụ, nên nếu gọi độ tan của CaF

2 trong HCl là 10
-2

M là S thì : [Ca2+

] = S

Còn F- tham gia phản øng phô:

H+ + F

HF ; KHF = [H

+].[F-]/[HF]

Do đó : [F'] = [F

-] + [HF-] = [F

-]. ( 1 + [H+

]/KHF)

T' = 4S3 = [Ca2+

]. [F

-]2

. ( 1 + [H+

]/KHF)
2

= T. ( 1 + [H+

]/KHF)
2

S = 5,5.10-3 ( mol/l)

0,50

1,00

</div>
(72)<div class='page_container' data-page=72>

1

UBND TỈNH QUẢNG TRỊ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 11 THPT 
Năm học: 2013 - 2014

Khóa thi ngày: 19/3/2014 
Mơn thi: HĨA HỌC

Thời gian làm bài: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)

(Đề thi gồm 2 trang) 
Câu 1. (4,0 điểm)

1. Chỉ dùng một dung dịch làm thuốc thử, hãy lập sơ đồ để nhận biết 4 dung dịch riêng biệt 
chứa các chất sau: K3PO4, KCl, KNO3, K2S (khơng cần ghi phản ứng).

2. Có các dung dịch cùng nồng độ chứa các chất sau: Al2(SO4)3, HNO3, KNO3, Na2CO3.

Hãy cho biết dung dịch có pH nhỏ nhất và giải thích?

3.a) Viết các phương trình phản ứng điều chế trực tiếp các chất: N2, HNO3, H3PO4 trong

phịng thí nghiệm và phân ure trong cơng nghiệp.
 b) Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: 
K2SO3 + KMnO4 + KHSO4 →

KMnO4 + FeCl2 + H2SO4 → Dung dịch chỉ chứa muối sunfat

4. Cho 2 muối Ag2SO4 và SrSO4 vào nước cất và khuấy đều cho đến khi đạt được dung

dịch bão hòa ở nhiệt độ phòng. Xác định nồng độ ion Ag+ và Sr2+. Biết rằng ở nhiệt độ nghiên cứu

TAg SO 1,5.10

2 4

−

= , T 2,8.10 7

SrSO4 = − .

Câu 2. (4,0 điểm)

1. Từ quặng photphorit, có thể điều chế được axit photphoric theo sơ đồ sau: 
Quặng photphorit → P → P2O5 → H3PO4.

Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính khối lượng quặng photphorit chứa 73% Ca3(PO4)2

cần để điều chế 1 tấn dung dịch H3PO4 50%. Giả sử hiệu suất của mỗi giai đoạn đều đạt 90%.

2. Cho hỗn hợp A gồm FeS và FeCO3 tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư, phản

ứng hồn tồn, thu được dung dịch A1 chỉ chứa Fe(NO3)3, H2SO4 và HNO3 dư; hỗn hợp B gồm 2

khí là X và Y có tỉ khối so với H2 bằng 22,8.

Viết các phương trình phản ứng và tính phần trăm theo khối lượng mỗi muối trong A.
3. Khi cho cùng một lượng kim loại M vào dung dịch HNO3 đặc nóng dư và dung dịch

H2SO4 loãng dư, phản ứng hồn tồn thì thể tích khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất) thu được gấp 3

lần thể tích khí H2 ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Khối lượng muối sunfat thu được bằng

62,81% khối lượng muối nitrat tạo thành. Xác định kim loại M.

4. Photgen là một chất khí độc được điều chế theo phản ứng: CO(k) + Cl2(k) → COCl2(k)

Số liệu thực nghiệm tại 20oC về động học phản ứng này như sau:

Thí nghiệm [CO]ban đầu (mol/lít) [Cl2]ban đầu(mol/lít) Tốc độ ban đầu(mol/lít.s)

1 1,00 0,10 1,29.10-29

2 0,10 0,10 1,33.10-30

3 0,10 1,00 1,30.10-29

4 0,10 0,01 1,32.10-31

a) Hãy viết biểu thức tốc độ phản ứng.

b) Nếu [CO] ban đầu là 1,00 mol/lít và [Cl2] ban đầu 0,10 mol/lít, thì sau thời gian bao lâu

[Cl2] cịn lại 0,08 mol/lít.

Câu 3. (4,0 điểm)

1. Cho hỗn hợp gồm CaCO3, Fe3O4 và Al chia làm 2 phần. Phần 1 tác dụng với dung dịch

HNO3 loãng dư, tạo sản phẩm khử là NO duy nhất. Phần 2 tác dụng dung dịch NaOH dư thu được

chất rắn. Chia đôi chất rắn, rồi cho tác dụng lần lượt với dung dịch H2SO4 loãng dư và CO dư,

nung nóng. Viết các phương trình phản ứng xảy ra, biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
2. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các trường hợp sau: 
a) Cho đồng kim loại vào dung dịch hỗn hợp NH4NO3 và H2SO4 lỗng.

b) Sục khí NH3 từ từ đến dư vào dung dịch ZnCl2.

</div>
(73)<div class='page_container' data-page=73>

2

3. Hỗn hợp gồm 1,92 gam Mg và 4,48 gam Fe phản ứng vừa hết với hỗn hợp khí X gồm clo 
và oxi thu được hỗn hợp Y chỉ gồm các oxit và muối clorua. Hòa tan Y cần dùng một lượng vừa đủ
là 120 ml dung dịch HCl 2M, thu được dung dịch Z. Cho AgNO3 dư vào dung dịch Z, phản ứng

hoàn toàn, thu được 56,69 gam kết tủa. Tính phần trăm theo thể tích của khí clo trong hỗn hợp X.
Câu 4. (4,0 điểm)

1. Đốt cháy hoàn toàn hiđrocacbon R, thu được tỉ lệ số mol H2O và CO2 tương ứng bằng 1,125.

a) Xác định công thức phân tử của R.

b) R1 là đồng phân của R, khi tác dụng với Cl2, điều kiện thích hợp, tỉ lệ mol 1:1 thì thu được

một dẫn xuất mono clo duy nhất (R2). Gọi tên R1, R2 và viết phương trình phản ứng xảy ra.

2. Trình bày phương pháp hóa học đơn giản nhất để phân biệt mỗi cặp chất dưới đây chứa 
trong các bình riêng biệt mất nhãn và viết các phương trình phản ứng xảy ra:

a) m-bromtoluen và benzyl bromua. b) phenylaxetilen và stiren.

c) axetilen và propin. d) CH2=C(CH3)–COOH và axit fomic.

3. Từ anđehit no đơn chức, mạch hở A có thể chuyển trực tiếp thành ancol B và axit D 
tương ứng, từ B và D điều chế este E.

a) Viết các phương trình phản ứng và tính tỉ số khối lượng mol phân tử của E và A.

b) Nếu đun nóng m gam E với lượng dư dung dịch KOH thì thu được m1 gam muối kali,

còn với lượng dư dung dịch Ca(OH)2 sẽ cho m2 gam muối canxi. Biết m2<m<m1.

Xác định công thức cấu tạo của A, B, D, E, biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

4. Oxi hóa một lượng ancol C bằng oxi, xúc tác, thu được hỗn hợp X. Chia X thành ba phần bằng nhau: 
Phần 1 tác dụng với dung dịch AgNO3 trong amoniac dư thu được 21,6 gam Ag.

Phần 2 tác dụng với dung dịch NaHCO3 dư thu được 2,24 lít khí.

Phần 3 tác dụng với Na vừa đủ thu được 4,48 lít khí và 25,8 gam chất rắn khan.
a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

b) Xác định công thức cấu tạo của ancol C, biết đun nóng ancol C với H2SO4 đặc, ở 170oC

được anken, các chất khí đo ở đktc và các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Câu 5. (4,0 điểm)

1. Xác định công thức cấu tạo các hợp chất hữu cơ A, B, C, D, A1, A2, A3, A4 trong các sơ

đồ phản ứng sau (không ghi phản ứng):

a) A→ BHCN H O3 +→ C→H SO đặc, t2 4 o D → CHCH OH3 2=C(CH3)–COOCH3

A1(khí)

A2

A3

A4

(C3H6O)(propan-2-on)
A5

+Benzen/H+

+H2O/H+ +O2/xt
CnH2n+2 Crăêêckinh

+1)O2, 2)H2SO4

(1) (2)

(3)

(5)
(4)

b)

2. Hồn thành các phương trình phản ứng:

a) CH2 CH(CH
3)2

+KMnO4

o
t
→

b) Glixerol +Cu(OH)2 →

c) Naphtalen + O2

o
V O , 350 450 C2 5 −

→ d) Nitrobenzen + Cl2

o
Fe, t , 1:1

→

3. Axit cacboxylic Y với mạch cacbon không phân nhánh, có cơng 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 vịng. Nếu oxi hóa hơi benzen bằng oxi, xúc tác, thu
được chất Z, CO2 và H2O. Hãy tìm cơng thức cấu tạo, gọi tên Y và viết các phản ứng xảy ra.

4. Hợp chất X (C10H16) có thể hấp thụ ba phân tử hyđro. Ozon phân X thu được axeton,

anđehit fomic và 2-oxopentađial (O=HC–CO–CH2–CH2–CH=O).

a) Viết công thức cấu tạo của X thỏa mãn tính chất trên.

b) Hyđrat hóa hồn tồn 2,72 gam chất X rồi lấy sản phẩm cho tác dụng với I2/NaOH thu

được 15,76 gam kết tủa màu vàng. Dùng công thức cấu tạo của X viết các phương trình phản ứng
(chỉ dùng các sản phẩm chính, hiệu suất coi như 100%).

Cho: H=1, O=16, Na=23, Mg=24, P=31, Cl=35,5; K=39, Ca=40, Fe=56, Ag=108, I=127.
---Hết---

</div>
(74)<div class='page_container' data-page=74>

3

UBND TỈNH QUẢNG TRỊ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HĨA LỚP 12 THPT 
Năm học: 2013 – 2014

Khóa thi ngày: 05/3/2014

Mơn thi: HĨA HỌC

Câu Ý Nội dung Điểm

Câu 1 4

điểm 
1 Trích MT rồi nhận biết theo sơ đồ:

KNO3

KCl
K3PO4

K2S

ddAgNO3

kết tủa trắng
kết tủa vàng

khơng h tượng
kết tủa đen

KCl
K3PO4

K2S
KNO3

1,0

2 * Al2(SO4)3 → 2Al3+ + 3SO4

2-Al3+ + HOH Al(OH)2+ + H+ (1)

Dung dịch có pH<7 ⇒ mơi trường axit
* HNO3 → H+ + NO3

-Dung dịch có [H+]>[H+] (1) ⇒ pH nhỏ hơn (1) ⇒ pH nhỏ nhất
* KNO3 → K+ + NO3

-Dung dịch có pH =7 ⇒ mơi trường trung tính
* Na2CO3 → 2Na+ + CO3

2-CO32- + HOH HCO3- + OH

-Dung dịch có pH>7 ⇒ mơi trường bazơ

1,0

3 a) Điều chế trực tiếp N2, HNO3, H3PO4 trong phịng thí nghiệm, phân ure.

NH4Cl + NaNO2

o
t

→ N2 + NaCl + 2H2O

P +5HNO3 (đặc)

o
t

→ H3PO4 + 5NO2 + H2O

NaNO3 (rắn) + H2SO4 (đặc)

o
t

→ HNO3 + NaHSO4

CO2 + 2NH3

180 200 C,200atm−

→ (NH2)2CO + H2O

b) 5K2SO3 + 2KMnO4 + 6KHSO4 → 9K2SO4 + 2MnSO4 + 3H2O

10FeCl2+6KMnO4+24H2SO4→ 5Fe2(SO4)3+3K2SO4+6MnSO4+10Cl2+24H2O

1,0

4 Ag2SO4 2Ag+ + SO42- ; T1 = 1,5.10-5

SrSO4 Sr2+ + SO42- ; T2 = 2,8.10-7

T1 = [Ag+]2 [SO42-] T2 = [Sr2+] [SO42-]

2
[Ag ]

[Sr ]
+

+ = 2,8.10 53,5714

10
.
5
,
1
7
5
=
−
−

Coi [SO42-] = [SO42-] do Ag2SO4 phân li.

Xét cân bằng: Ag2SO4 2Ag+ + SO42- ; T1

2x x

⇒ T1 = (2x)2.x = 4x3 = 1,5.10-5 ⇒ x = 0,0155 => [Ag+] = 0,031 (M)

[SO42-] = 0,0155 (M) ⇒ [Sr2+] =

5714
,
53
031
,
0 2

= 1,8.10-5 (M)

Hoặc có thể tính: [Sr2+] =

[

]

0155
,
0
10
.
8
,
2 7
2
4
2
−
− =
SO

T

= 1,8.10-5 (M)

</div>
(75)<div class='page_container' data-page=75>

4

Câu Ý Nội dung Điểm

Câu 2

1 1200 C0

3 4 2 2 3

2 2 5

2 5 2 3 4

Ca (PO ) 5C 3SiO 3CaSiO 2P 5CO

4P 5O 2P O

P O 3H O 2H PO

+ + → + +

+ →

Sơ đồ:

Ca (PO )3 4 2 2H PO3 4

2, 55kmol ← 5,1kmol
→

Vậy: khối lượng quặng là: 2,55.310.100 100 100 100. . .

90 90 90. 73 =1485 kg

1,0

2 Hỗn hợp 2 khí này là NO2 và CO2

FeS + 12HNO3 → Fe(NO3)3 + H2SO4 + 9NO2 + 5H2O

a (mol ) → 9a
FeCO3 + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO2 + CO2 + 2 H2O

b (mol ) → b b

Ta có : (46·9a + 44·b + 46·b):(9a+b+b)=45,6 ⇒ 3a=b 
Vậy: %(m)FeS= 1.88.100

88 3.116+ %=20,18% và %(m)FeCO3=79,82%

1,0

3 Gọi n, m là hóa trị của R khi tác dụng HNO3 và H2SO4 loãng ( 1≤ m≤ n≤ 3)

Chọn nR= 1 mol

2R + mH2SO4 →R2(SO4)m + mH2↑

1 → 0,5 0,5m

R + 2nHNO3 →R(NO3)n + nNO2+ nH2O

1 1 n

Ta có: n=3.0,5m ⇒ n=1,5m ⇒ m=2, n=3 là phù hợp.

Ta có: (R + 96)=(R + 186). 0,6281 ⇒ R=56 ⇒ R là Fe.

1,0

4 a) Biểu thức tốc độ phản ứng v=k[CO]x[Cl
2]y

v1/v2 = (1x.0,1y):(0,1x.0,1y)=10 ⇒ x=1
v3/v4 = (0,1x.1y):(0,1x.0,01y)=100 ⇒ y=1
Vậy biểu thức tốc độ phản ứng v=k[CO][Cl2]

b) Do phản ứng bậc 2 nên ta có: k=

)
(

b
a

t − ln ( )

)
(
x
b
a
x
a
b
−
−

Từ: v=k[CO]x[Cl2]y ⇒ k=v:([CO]x[Cl2]y)

k1=1,29.10-29: (1x0,1) =1,29.10-28 k2=1,33.10-30: (0,1x0,1) =1,33.10-28

k3=1,30.10-29: (1x0,1) =1,30.10-28 k4=1,32.10-31: (0,1x0,01) =1,32.10-28

Suy ra: k=1,31.10-28 l.mol-s
1,31.10-28 t =

9
,
0
1

ln
)
02
,
0
1
,
0
(
1
)
02
,
0
1
(
1
,
0
−
−

⇒ t=0,172.1028 s

1,0

Câu 3

1 Các phương trình phản ứng:

CaCO3 + 2HNO3 → Ca(NO3)2 + CO2 + H2O

3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O

Al + 4HNO3 → Al(NO3)3 + NO + 2H2O

Al + HOH + NaOH → NaAlO2 + 3/2H2

CaCO3 + H2SO4 → CaSO4 + CO2 + H2O

Fe3O4 + 4H2SO4 → FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4H2O

CaCO3

o
t

→ CaO + CO2Fe3O4 + 4CO

o
t

→ 3Fe + 4CO2

1,0

2 a) Cu tan, dd xuất hiện màu xanh và khí khơng màu hóa nâu trong khơng khí

</div>
(76)<div class='page_container' data-page=76>

5

Câu Ý Nội dung Điểm

b) Có kết tủa trắng rồi kết tủa tan

3 2 2 2 4

2NH +2H O ZnCl+ →Zn(OH) ↓ +2NH Cl

Zn(OH)2 + 4NH3 → [Zn(NH3)4](OH)2

c) Có kết tủa trắng và có khí khơng màu thốt ra

2KHSO4+Ba(HCO )3 2→BaSO4 ↓ +2CO2↑ +K SO2 4+2H O2

3 Quá trình cho nhận e:

⇒ 2a + 4b + x = 0,4 (1)

2,0

Câu 4

1 a) Do nH2O: nCO2 > 1 ⇒ R là CnH2n+2 (n

≥

Phản ứng: CnH2n+2 +(3n+1)/2O2 → nCO2 + (n+1) H2O (1)

Từ (n+1): n =1,125 ⇒ n=8 ⇒ R: C8H18

b) Do R1 tác dụng với Cl2 tạo 1 dẫn xuất monoclo duy nhất R2

⇒ R1: (CH3)3C – C(CH3)3 : 2,2,3,3-tetrametylbutan

R2: ClCH2(CH3)2C – C(CH3)3 : 1-clo-2,2,3,3-tetrametylbutan

(CH3)3C – C(CH3)3 + Cl2 as→ ClCH2(CH3)2C – C(CH3)3 + HCl

1,0

2 a) Dùng AgNO3, đun nóng, benzyl bromua cho kết tủa vàng:

C6H5CH2Br + AgNO3 + H2O → C6H5CH2OH + AgBr + HNO3

b) Dùng dung dịch AgNO3/NH3, phenylaxetilen cho kết tủa vàng xám:

C6H5C≡CH + AgNO3 + NH3 → C6H5C≡CAg + NH4NO3

c) Cho tác dụng với H2O, xt. Lấy sản phẩm thực hiện phản ứng tráng gương

Tạo kết tủa Ag là anđehit, không phản ứng là xeton ⇒ CH≡CH và CH3 - C≡CH

H2O + C2H2

o
4

HgSO ,t

→ CH3CHO CH3 - C≡CH H2O

HgSO ,t

→ CH3COCH3

CH3CHO + 2[Ag(NH3)2]OH

o
t

→ CH3COONH4 + 2Ag↓+ 3NH3 + H2O

d) Cho tác dụng với Br2/CCl4

Mất màu là CH2=C(CH3)COOH, không phản ứng là HCOOH

CH2=C(CH3)COOH + Br2 → CH2Br – CBr(CH3) - COOH

1,0

3 Gọi công thức của A là RCHO (R = CnH2n+1)

RCHO + ½ O2

2 o

Mn +,t

</div>
(77)<div class='page_container' data-page=77>

6

Câu Ý Nội dung Điểm

RCHO + H2

o
Ni,t

→ RCH2OH

RCOOH + RCH2OH →←
0
H SO đặc,t2 4

RCOOCH2R + H2O

ME:MA=(2R + 58):(R + 29)=2

RCOOCH2R + KOH

o
t

→ RCOOK + RCH2OH

Ta có: m<m1=m(R+83):(2R + 58) ⇒ R<25

2RCOOCH2R + Ca(OH)2

→ (RCOO)2Ca + 2RCH2OH

m > m2 = m(2R + 128): (4R + 116) ⇒ R>6 ⇒ R là CH3 –

Vậy : A là CH3CHO, B là C2H5OH, D là CH3COOH, E là CH3COOC2H5

4 Do oxi hóa C được SP tráng gương, tách nước tạo olefin ⇒ C là ancol no, đơn chức mạch 
hở, bậc một. Vậy C: RCH2OH (R: CnH2n+1 – , n

≥

1).

2 RCH2OH + O2

o
xt,t

→ 2RCHO + 2 H2O (1)

RCH2OH + O2

o
xt,t

→ RCOOH + H2O (2)

Hỗn hợp X gồm RCHO, RCOOH, H2O và RCH2OH dư.

* Phần 1: RCHO + 2[Ag(NH3)2]OH

→ RCOONH4 + 2Ag↓+ 3NH3 + H2O(2)

* Phần 2: RCOOH + NaHCO3 → RCOONa + H2O + CO2 ↑ (4)

* Phần 2: 2 RCOOH + 2 Na → 2 RCOONa + H2 ↑ (5)
2 RCH2OH + 2 Na → 2 RCH2ONa + H2 ↑ (6)

2 H2O + 2 Na → 2 NaOH + H2↑ (7)

Gọi số mol RCH2OH, RCHO, RCOOH trong 1/3 hỗn hợp X lần lượt là x, y, z mol.

Theo (1 → 7) và bài ra ta có hệ:

2y 0, 2 x 0,1

z 0,1 y 0,1

0,5z 0,5x 0,5(y z)z 0, 2 z 0,1

= =

 

 

= ⇒ =

 

 + + + =  =

 

Chất rắn khan thu được sau phản ứng ở phần III gồm :

0,1 (mol) RCOONa ; 0,1 (mol) RCH2ONa 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 ancol C: CH3– CH2 – CH2 - OH.

1,0

Câu 5

1 A: CH3COCH3

B: (CH3)2C(OH) – CN

C : (CH3)2C(OH) – COOH

D: CH2=C(CH3)–COOH

A1: CH3-CH2-CH2-CH3

A2: CH3- CH=CH2

A3: C6H5-CH(CH3)2 (Cumen)

A4: CH3-CH(OH)-CH3

1,0

2 a)

CH2 CH CH3
CH3

KMnO4 C6H5COOK CH3COCH3 MnO2

+ 8 3 + 3 + 5KOH + 8 + 2 H2O

b) 2C3H5(OH)3 +Cu(OH)2 → [C3H5(OH)2O]2Cu + 2H2O

c)

+ 9/2O2 V O , 350 450 C2 5 − o

→

O + 2CO2 + 2H2O

d)

NO2

+ Cl2 →Fe, t , 1:1o

NO2

+ HCl

1,0

</div>
(78)<div class='page_container' data-page=78>

7

Câu Ý Nội dung Điểm

của Y phải là C4H4O4 hay C2H2(COOH)2. Ứng với mạch khơng phân nhánh có 2 đồng

phân cis-trans là:

C C

HOOC

COOH

C C

HOOC

COOH

axit trans-butenđioic axit cis-butenđioic 
(axit fumaric) (axit maleic) (Y)
Chỉ có đồng phân cis mới có khả năng tách nước tạo anhiđrit (Z):

C
C

H COOH

P2O5

H C

O
O

+H2O

+ 9/2O2 V O , 350 450 C2 5 − o

→ C

H C
H C

O
O

+CO2 + H2O

4 Chất X (C10H16) cộng 3H2; sản phẩm có cơng thức C10H22. Theo các sản phẩm ozon phân

suy ra X có mạch hở, có 3 liên kết đơi và tạo ra 2 mol HCHO nên có hai nhóm CH2 = C.

Các chất X thỏa mãn:

(CH3)2C=CH-C-CH2-CH2-CH=CH2
CH2

(X1)

(CH3)2C=CH-CH2-CH2-C-CH=CH2
CH2

(X2)

(CH3)2C=CH-CH2-CH2-CH=CH2
CH=CH2

(X3)

Hyđrat hóa X tạo ra ancol có phản ứng iođofom.

Ta có tỉ lê: nCHI3 : nX=0,04 : 0,02= 2. Vậy sản phẩm hyđrat hóa X phải có 2 nhóm

CH3-CHOH-. Suy ra chỉ có chất X3 ở trên thỏa mãn.

Các phương trình phản ứng:

1,0

Ghi chú: Thí sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn đạt điểm tối đa trong mỗi câu. 
Nếu thiếu điều kiện hoặc thiếu cân bằng hoặc thiếu cả hai thì trừ một nửa số điểm của PTHH đó.

</div>
(79)<div class='page_container' data-page=79>

1

UBND TỈNH QUẢNG TRỊ
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HÓA LỚP 11 THPT 
Năm học: 2013 - 2014

Khóa thi ngày: 19/3/2014 
Mơn thi: HĨA HỌC

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

(Đề thi gồm 2 trang) 
Câu 1. (4,0 điểm)

1. Chỉ dùng một dung dịch làm thuốc thử, hãy lập sơ đồ để nhận biết 4 dung dịch riêng biệt 
chứa các chất sau: K3PO4, KCl, KNO3, K2S (không cần ghi phản ứng).

2. Có các dung dịch cùng nồng độ chứa các chất sau: Al2(SO4)3, HNO3, KNO3, Na2CO3.

Hãy cho biết dung dịch có pH nhỏ nhất và giải thích?

3.a) Viết các phương trình phản ứng điều chế trực tiếp các chất: N2, HNO3, H3PO4 trong

phịng thí nghiệm và phân ure trong cơng nghiệp.
 b) Hồn thành các phương trình phản ứng sau: 
K2SO3 + KMnO4 + KHSO4 →

KMnO4 + FeCl2 + H2SO4 → Dung dịch chỉ chứa muối sunfat

4. Cho 2 muối Ag2SO4 và SrSO4 vào nước cất và khuấy đều cho đến khi đạt được dung

dịch bão hòa ở nhiệt độ phòng. Xác định nồng độ ion Ag+ và Sr2+. Biết rằng ở nhiệt độ nghiên cứu

TAg SO 1,5.10

2 4

−

= , T 2,8.10 7

SrSO4 = − .

Câu 2. (4,0 điểm)

1. Từ quặng photphorit, có thể điều chế được axit photphoric theo sơ đồ sau: 
Quặng photphorit → P → P2O5 → H3PO4.

Viết các phương trình phản ứng xảy ra và tính khối lượng quặng photphorit chứa 73% Ca3(PO4)2

cần để điều chế 1 tấn dung dịch H3PO4 50%. Giả sử hiệu suất của mỗi giai đoạn đều đạt 90%.

2. Cho hỗn hợp A gồm FeS và FeCO3 tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư, phản

ứng hồn tồn, thu được dung dịch A1 chỉ chứa Fe(NO3)3, H2SO4 và HNO3 dư; hỗn hợp B gồm 2

khí là X và Y có tỉ khối so với H2 bằng 22,8.

H2SO4 lỗng dư, phản ứng hồn tồn thì thể tích khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất) thu được gấp 3

lần thể tích khí H2 ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Khối lượng muối sunfat thu được bằng

62,81% khối lượng muối nitrat tạo thành. Xác định kim loại M.

4. Photgen là một chất khí độc được điều chế theo phản ứng: CO(k) + Cl2(k) → COCl2(k)

Số liệu thực nghiệm tại 20oC về động học phản ứng này như sau:

Thí nghiệm [CO]ban đầu (mol/lít) [Cl2]ban đầu(mol/lít) Tốc độ ban đầu(mol/lít.s)

1 1,00 0,10 1,29.10-29

2 0,10 0,10 1,33.10-30

3 0,10 1,00 1,30.10-29

4 0,10 0,01 1,32.10-31

a) Hãy viết biểu thức tốc độ phản ứng.

b) Nếu [CO] ban đầu là 1,00 mol/lít và [Cl2] ban đầu 0,10 mol/lít, thì sau thời gian bao lâu

[Cl2] cịn lại 0,08 mol/lít.

Câu 3. (4,0 điểm)

1. Cho hỗn hợp gồm CaCO3, Fe3O4 và Al chia làm 2 phần. Phần 1 tác dụng với dung dịch

HNO3 loãng dư, tạo sản phẩm khử là NO duy nhất. Phần 2 tác dụng dung dịch NaOH dư thu được

chất rắn. Chia đôi chất rắn, rồi cho tác dụng lần lượt với dung dịch H2SO4 loãng dư và CO dư,

nung nóng. Viết các phương trình phản ứng xảy ra, biết các phản ứng xảy ra hồn tồn.
2. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các trường hợp sau: 
a) Cho đồng kim loại vào dung dịch hỗn hợp NH4NO3 và H2SO4 lỗng.

b) Sục khí NH3 từ từ đến dư vào dung dịch ZnCl2.

</div>
(80)<div class='page_container' data-page=80>

2

hoàn toàn, thu được 56,69 gam kết tủa. Tính phần trăm theo thể tích của khí clo trong hỗn hợp X.
Câu 4. (4,0 điểm)

1. Đốt cháy hoàn toàn hiđrocacbon R, thu được tỉ lệ số mol H2O và CO2 tương ứng bằng 1,125.

a) Xác định công thức phân tử của R.

b) R1 là đồng phân của R, khi tác dụng với Cl2, điều kiện thích hợp, tỉ lệ mol 1:1 thì thu được

một dẫn xuất mono clo duy nhất (R2). Gọi tên R1, R2 và viết phương trình phản ứng xảy ra.

a) m-bromtoluen và benzyl bromua. b) phenylaxetilen và stiren.

c) axetilen và propin. d) CH2=C(CH3)–COOH và axit fomic.

3. Từ anđehit no đơn chức, mạch hở A có thể chuyển trực tiếp thành ancol B và axit D 
tương ứng, từ B và D điều chế este E.

a) Viết các phương trình phản ứng và tính tỉ số khối lượng mol phân tử của E và A.

b) Nếu đun nóng m gam E với lượng dư dung dịch KOH thì thu được m1 gam muối kali,

còn với lượng dư dung dịch Ca(OH)2 sẽ cho m2 gam muối canxi. Biết m2<m<m1.

Xác định công thức cấu tạo của A, B, D, E, biết các phản ứng xảy ra hoàn tồn.

Phần 2 tác dụng với dung dịch NaHCO3 dư thu được 2,24 lít khí.

Phần 3 tác dụng với Na vừa đủ thu được 4,48 lít khí và 25,8 gam chất rắn khan.
a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

b) Xác định công thức cấu tạo của ancol C, biết đun nóng ancol C với H2SO4 đặc, ở 170oC

được anken, các chất khí đo ở đktc và các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Câu 5. (4,0 điểm)

1. Xác định công thức cấu tạo các hợp chất hữu cơ A, B, C, D, A1, A2, A3, A4 trong các sơ

đồ phản ứng sau (không ghi phản ứng):
a) A →HCN B

H O3 +

→ C2 4 →

o
H SO đặc, t

D  →CH OH3 CH2=C(CH3)–COOCH3

A1(khí)

A2

A3

A4

(C3H6O)(propan-2-on)
A5

+Benzen/H+

+H2O/H+ +O2/xt
CnH2n+2 Crăêêckinh

+1)O2, 2)H2SO4

(1) (2)

(3)

(5)
(4)

b)

2. Hồn thành các phương trình phản ứng:

a) CH2 CH(CH
3)2

+KMnO4

o
t
→

b) Glixerol +Cu(OH)2 →

c) Naphtalen + O2

o
V O , 350 450 C2 5 −

  → d) Nitrobenzen + Cl2

o
Fe, t , 1:1

 →

3. Axit cacboxylic Y với mạch cacbon khơng phân nhánh, có cơng 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

4. Hợp chất X (C10H16) có thể hấp thụ ba phân tử hyđro. Ozon phân X thu được axeton,

anđehit fomic và 2-oxopentađial (O=HC–CO–CH2–CH2–CH=O).

a) Viết cơng thức cấu tạo của X thỏa mãn tính chất trên.

b) Hyđrat hóa hồn tồn 2,72 gam chất X rồi lấy sản phẩm cho tác dụng với I2/NaOH thu

được 15,76 gam kết tủa màu vàng. Dùng công thức cấu tạo của X viết các phương trình phản ứng

(chỉ dùng các sản phẩm chính, hiệu suất coi như 100%).

</div>
(81)<div class='page_container' data-page=81>

1
Tỉnh thành phố : Ninh Thuaän

Trường : THPT CHU VĂN AN
Mơn : HĨA HỌC Khối : 11

Tên giáo viên biên soạn : Nguyễn Văn Hồng

Số mật mã :

Phần này là phần phách
Số mật mã :

Câu I :

1/ Từ phản ứng thuận nghịch sau : PCl5 (k) PCl3 (k) + Cl2 (k).

Hỗn hợp sau khi đạt đến trạng thái cân bằng có dhh/KK = 5 ở 1900C và 1 atm.

a/ Tính hệ số phân li α của PCl5.

b/ Tính hằng số cân bằng KP.

c/ Tính hệ số phân li α ở áp suất P = 0,5 atm.

2/ Hợp chất A được tạo từ ba nguyên tố X, Y, Z có tổng số điện tích hạt nhân bằng
16, hiệu điện tích hạt nhân X và Y là 1, tổng số e trong ion [YX3]- là 32.

a. Tìm tên 3 nguyên tố X, Y, Z.

b. Xác định cơng thức phân tử, viết công thức cấu tạo của A
Đáp án câu I :

Nội dung Điểm

1/ a) Tính hệ số phân li α của PCl5 :

PCl5 (k) PCl3 (k) + Cl2 (k).

Gọi : số mol PCl5 ban đầu : n

số mol PCl5 bị phân tích : nα

số mol PCl3 = soá mol Cl2 : nα

0
PCl
PCl
KK
/
PCl d
n
29
m
29
M

d 5 5

5 = = = (1)

Sau phản ứng :

d
)
1
(
n
29
m
d hh
KK
/

hh = +α = (2)

Ta coù (1) : (2) : 0,44

5
5
2
,
7
1
d
d
1
d

d0 = +α⇒α= 0 − = − =

b) Tính hằng số cân bằng KP :

Gọi P là áp suất hệ thống : P = 1 atm

24
,
0
1
P
P
.
P
K
)
1
(
n
1
)
1
(
n
P
n
P
n
P

)
1
(
n
P
2
2
PCl
Cl
PCl
P
Cl
PCl
PCl
5
2
3
2
3
5
=
α
−
α
=
=
α
+
=
α

+
=
α
=
α
=
α
−

c) Tính hệ số phân li α ở áp suất P = 0,5 atm :

0,57

</div>
(82)<div class='page_container' data-page=82>

2
PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

Nội dung Điểm

2/ a. Xác định tên 3 nguyên tố :

Gọi x, y, z lần lượt là số điện tích hạt nhân X, Y, Z, vì ngun tử trung
hịa điện

Số proton = số e = số điện tích hạt nhân.

Ta có : ΣZ = 16 ⇒ x + y + z = 16 (1)
Zx – Zy = 1 ⇒ x – y = 1 (2)

Tổng số e ion [YX3]- = 32 ⇒ 3x + y + 1 = 32 (3)

Giải 3 phương trình trên ta được : x = 8 , y = 7, z = 1.
Vậy X là Oxi (Z = 8), Y là Nitơ (Z = 7), Z là Hidro (Z =1)
b. Công thức phân tử, công thức cấu tạo của A :

Công thức phân tử của A là : HNO3

Công thức cấu tạo của A :

H + –

 O

H  N  H O  N

 O

</div>
(83)<div class='page_container' data-page=83>

3
Tỉnh thành phố : Ninh Thuận

Trường : THPT CHU VĂN AN
Mơn : HĨA HỌC Khối : 11

Tên giáo viên biên soạn : Nguyễn Văn Hồng

Số mật mã :

Phần này là phần phách
Số mật mã :

Caâu II :

1/ Cần thêm bao nhiêu NH3 vào dung dịch Ag+ 0,004 M để ngăn chặn sự kết tủa

của AgCl khi nồng độ lúc cân bằng [Cl-]= 0,001 M.

TAgCl=1,8.10 -10 ; Kkb(hằng số không bền) = 6.10 -8.

2/ Một pin điện gồm điện cực là một sợi dây bạc nhúng vào dung dịch AgNO3 và

điện cực kia là một sợi dây platin nhúng vào dung dịch muối Fe2+ và Fe3+.
a) Viết phương trình phản ứng khi pin hoạt động.

b) Tính sức điện động của pin ở điều kiện chuẩn.
c) Nếu Ag+

 = 0,1M và Fe2+ = Fe3+ = 1M thì phản ứng trong pin xảy ra
như thế nào?

d) Hãy rút ra nhận xét về ảnh hưởng của nồng độ chất tan đến gía trị của thế điện
cực và chiều hướng của phản ứng xảy ra trong pin.

Bieát :
/
0
Ag Ag

E + = 0,8V ;
/
2
0

Fe Fe

E + = 0,77V ;
/
2
0
Fe Fe

E + = - 0,44V .

Đáp án câu II :

Nội dung Điểm

1/ AgCl↓ Ag+ + −

Cl TAgCl = 1,8.10–10

Phản ứng tạo phức : Ag+ + 2NH

3 [Ag(NH3)2]+

K
1
K =

Để kết tủa AgCl không tạo thành trong dung dịch thì [Ag+] khơng vượt

qúa :

[Ag+] = 7 mol/l

10
AgCl
10
.
8
,
1
001
,
0
10
.
8
,
1
]
Cl
[

T − −

− = =

Muốn vậy phải thêm một lượng NH3 sao cho : 8
2

3
2

3 6.10

]
)
NH
(
Ag
[
]
NH
].[
Ag
[ + = −

Trong đó : [Ag(NH3)2]+ = 0,004 – 1,8.10– 7 ≈ 0,004 mol/l

Vaäy [NH3] = 0,0365mol/l

10
.
8
,
1
004
,
0
.

10
.
6
]
Ag
[
]
)
NH
(
Ag
.[
K
7
8
2

3 = ≈

−
−
+

Mặt khác để tạo phức để tạo phức với 0,004 mol/l Ag+ cần có : 2.0,004 =

0,008 mol/l NH3.

</div>
(84)<div class='page_container' data-page=84>

PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

Nội dung Điểm

2/ a) Phương trình phản ứng khi pin hoạt động :

( ) ( ) ( ) ( )

2 3

aq aq aq

Fe + Ag+ + = Fe + + Ag (1)
b) Thế của phản ứng (sđđ của pin) ở điều kiện chuẩn :

/ 3 / 2

0 0 0

pin Ag Ag Fe Fe

E = E + - E + + = 0.8 - (+0,77) = 0,03 V

c) Nếu Ag+

 = 0,1M và Fe2+ = Fe3+ = 1M thì sđđ của pin sẽ laø :

, .

1
0

pin pin 0 06 1 10

E = E - 0,03V < 0

1 1

−

+ =

Phản ứng (1) xảy ra theo chiều ngược lại :

( ) ( ) ( ) ( )

3 2

aq aq aq

Fe + + Ag = Fe + Ag+ + (2)
d) Keát qủa trên cho thấy :

- Khi nồng độ của Ag+

 = 0,1M và Fe2+ = Fe3+ = 1M thì sđđ của
pin là 0,03V.

- Khi nồng độ của Ag+

  giảm đi 10 lần thì thế điện cực của Ag+/Ag bây
giờ là :

/ /

,
lg

1
0

Ag Ag Ag Ag 0 06 10

E = E 0,8 - 0,06 = 0,74V < 0

1 1

+ +

−

+ =

Và sđđ của pin sẽ là :

/ 3 / 2

pin Ag Ag Fe Fe

E = E + - E + + = 0.74 - (+0,77) = - 0,03 V< 0

Khi nồng độ của Ag+ giảm đi 10 lần thì thế điện cực của Ag+/Ag nhỏ

hơn thế điện cực của Fe3+/ Fe2+ và phản ứng xảy ra chiều ngược lại. Vậy nồng

</div>
(85)<div class='page_container' data-page=85>

5
Tỉnh thành phố : Ninh Thuaän

Trường : THPT CHU VĂN AN
Mơn : HĨA HỌC Khối : 11

Tên giáo viên biên soạn : Nguyễn Văn Hồng

Số mật mã :

Phần này là phần phách
Số mật mã :

Câu III :

1/ Nung 109,6 gam Ba kim loại với một lượng vừa đủ NH4NO3 trong một bình kín

thu được hỗn hợp sản phẩm gồm 3 hợp chất của Bari (hỗn hợp A). hòa tan hỗn hợp A trong
một lượng nước dư thu được hỗn hợp khí B và dung dịch C.

a) Giải thích và viết phương trình phản ứng xảy ra.

b) Cho khí B vào bình kín dung tích khơng đổi khi áp suất ổn định (đạt tới trạng thái
cân bằng) thấy áp suất tăng 10% so với áp suất ban đầu. Tính % thể tích các khí ở trạng
thái cân bằng.

c) Có 6 dung dịch cùng nồng độ mol : Na2CO3 ; Na2SO4 ; NaHCO3 ; Na3PO4 ; FeCl3

vaø AgNO3 .

Giả sử dung dịch C có cùng nồng độ mol như càc dung dịch trên. Trộn Vml dung
dịch C và Vml dung dịch một trong các muối trên thì trường hợp nào thu được lượng kết tủa
lớn nhất ?

2/ Cho 8 gam hỗn hợp Mg và Fe vào 200ml dung dịch CuSO4 có nồng độ x mol/l.

sau khi kết thúc phản ứng thu được 12,8g chất rắn A và dung dịch B màu xanh đã nhạt.
Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch B được kết tủa. Nung kết tủa này ngồi khơng khí
đến khối lượng không đổi, thu được 20 gam chất rắn D.

a) Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.
b) Tính x.

Đáp án câu III :

Nội dung Điểm

a) NH4NO3

0
t

→ N2O + 2H2O (1)

Ba + H2O

0
t

→ BaO + H2 (2) ×2

Ba + N2O

0
t

→ BaO + N2 (3)

Ba + H2

0
t

→ BaH2 (4)×2

Ba + N2

0
t

→ Ba3N2 (5)

8Ba + NH4NO3

0
t

→ 3BaO + Ba3N2 + 2BaH2 (6)

BaO + H2O → Ba(OH)2 (7)

Ba3N2 + 6H2O → 3Ba(OH)2 + 2NH3↑ (8)

BaH2 + 2H2O → Ba(OH)2 + 2H2↑ (9)

b) Soá mol Ba : nBa 109,6 0,8 (mol)
137

= =

Từ (6) và (8) : Số mol NH3 : nNH3 0,8 1 2 0,2 (mol)

</div>
(86)<div class='page_container' data-page=86>

6
PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

Nội dung Điểm

Từ (6) và (9) : Số mol H2 : nNH3 0,8 1 2 0,4 (mol)

= × × =

2NH3 ←→ N2 + 3H2 (10)

Trước phản ứng : (mol) 0,2 0,4

Phản ứng : 2x x 3x

Sau phản ứng : 0,2 – 2x x 0,4 + 3x

Aùp suất tăng 10% ⇒ số mol sau phản ứng bằng 1,1 lần số mol trước phản
ứng.

0,2 – 2x + x + 0,4 + 3x = (0,2 + 0,4)×1,1
2x = 0,06 ⇒ x = 0,03

Ở trạng thái cân bằng thành phần số mol chất khí là :
0,14 (mol) NH3 ⇒ 21,21 % V

0,03 (mol) N2 ⇒ 4,55 % V

0,14 (mol) H2 ⇒ 74,24 % V

c) Ba(OH)2 + Na2CO3 → BaCO3↓ + 2NaOH (11)

Ba(OH)2 + Na2SO4 → BaSO4↓ + 2NaOH (12)

Ba(OH)2 + NaHCO3 → BaCO3↓ + H2O + NaOH (13)

3Ba(OH)2 + 3Na3PO4→Ba3(PO4)2↓+6NaOH+Na3PO4 (14)

3Ba(OH)2 + 3FeCl3 → 2Fe(OH)3↓ + 3BaCl2 + FeCl3 (15)

2Ba(OH)2 + 2AgNO3→Ag2O↓+ Ba(OH)2 + Ba(NO3)2 (16)

Qua các phương trình trên ta thấy dung dịch Na2SO4 sẽ tạo nên lượng kết

tủa lớn nhất là BaSO4↓.

2/ a) Tính % khối lượng mỗi kim loại :

Dung dịch B có màu xanh đã nhạt chứng tỏ trong dung dịch B còn
CuSO4. Như vậy Mg, Fe phải tác dụng hết (vì kết thúc phản ứng). Chất rắn A là

Goïi a, b là số mol của Mg, Fe ta có : 24a + 56b = 8 (1)

Mg + CuSO4 == MgSO4 + Cu↓ (2)

(mol) a a a a

Fe + CuSO4 == FeSO4 + Cu↓ (3)

(mol) b b b b
Soá mol Cu sinh ra laø : nCu a b 12,8 0, 2

</div>
(87)<div class='page_container' data-page=87>

7
PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

Nội dung Điểm

Từ (1) và (4), giải hệ phương trình ta có : a = 0,1 (mol) ; b = 0,1 (mol)
Thành phần % về khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp :

%Mg =24 0,1 100 30%
8

× × =

%Fe = 100 – 30 = 70%
b) Tính x :

Các phương trình phản ứng xảy ra :

MgSO4 + 2NaOH == Mg(OH)2↓ + Na2SO4 (5)

FeSO4 + 2NaOH == Fe(OH)2↓ + Na2SO4 (6)

CuSO4 + 2NaOH == Cu(OH)2↓ + Na2SO4 (7)

4Fe(OH)2↓ + 2H2O + O2 == 4Fe(OH)3↓ (8)

Mg(OH)2↓ == MgO + H2O (9)

2Fe(OH)3↓ == Fe2O3 + 3H2O (10)

Cu(OH)2↓ == CuO + H2O (11)

Từ (1), (5) và (9) ta có :

Mg → MgSO4 → Mg(OH)2 → MgO

(mol) 0,1 0,1

Từ (2), (6), (8) và (10) ta có :

2Fe → 2FeSO4 → 2Fe(OH)2 → 2Fe(OH)3 → Fe2O3

(mol) 0,1 0,05

Từ (7) và (11) ta có :

CuSO4 → Cu(OH)2 → CuO

(mol) c c

Khối lượng chất rắn D là : mD = mMgO + mFe O2 3+ mCuO

40 × 0,1 + 160 × 0,05 + 80c = 20
⇒ c = 0,1 (mol)

Số mol CuSO4 trong dung dịch ban đầu là :

CuSO

m = 0,1 + 0,1 + 0,1 = 0,3 (mol)
Nồng độ mol dung dịch CuSO4 ban đầu là :

[CuSO4 ] = x = 0,3 1,5

</div>
(88)<div class='page_container' data-page=88>

8
Tỉnh thành phố : Ninh Thuận

Trường : THPT CHU VĂN AN
Mơn : HĨA HỌC Khối : 11

Tên giáo viên biên soạn : Nguyễn Văn Hồng

Số mật mã :

Phần này là phần phách
Số mật mã :

Câu IV :

1/ Hai hợp chất hửu cơ đa chức A và B đều có cơng thức phân tử (C5H6O4) đồng

phân lập thể của nhau, cả 2 dạng đều khơng có tính quang hoạt, A có cấu tạo bền hơn B.
Khi hidro hóa A hay B được hỗn hợp X có cơng thức C5H8O4 , có thể tách X thành 2 dạng

đối quang của nhau.

a) Viết công thức cấu tạo của A, B. Biết A, B đều tác dụng với NaHCO3 phóng

thích CO2.

b) Cho biết A, B chất nào có nhiệt độ sơi cao hơn? Giải thích.
c) Viết cơng thức Fisơ của 2 dạng đối quang của X.

d) Cho 1 trong 2 chất A hay B tác dụng với Brom. Viết cơ chế phảng ứng, viết công
thức Niumen, công thức phối cảnh, công thức Fisơ của sản phẩm tạo thành.

2/ a) Cho biết các sản phẩm có thể tạo thành với (R) – 1 – phenyl – 1 – brombutan
trong axit axetic đun sôi, và trong dung dịch axeton với natri axetat.

b) Độ quay của dung dịch (+) – 2 – phenyl – 2 – pentanol triệt tiêu khi đun sôi
trong axit fomic. Giải thích.

c) Độ quay của một dung dịch NaBr và (–) – 2 – brom pentan trong axeton cũng bị
triệt tiêu dần dần. Giải thích.

Đáp án câu IV :

Nội dung Điểm

1/ a) A, B là hợp chất hữu cơ đa chức và đồng phân lập thể của nhau đều
tác dụng với NaHCO3 giải phóng CO2, vậy A, B là axit hai lần axit. Khi hidro

hóa cho ra hỗn hợp X có 2 dạng đối quang của nhau. A, B có cơng thức cấu tạo
như sau.

HOOC COOH HOOC CH3

C C C C

CH3 H H COOH

A B

Vì A có liên kết hidro nội phân tử nên bền hơn B.

b) Vì A có liên kết hidro nội phân tử nên có nhiệt độ sơi thấp hơn B.
O . . . H – O

HO C C O

C C

</div>
(89)<div class='page_container' data-page=89>

9
PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

Nội dung Điểm

CH3 CH3

H COOH HOOC H

CH2COOH CH2COOH

HOOC COOH HOOC Br CH3

C C Br2
Br−
+
−

→ C C

CH3 H H COOH

Br−
+
→

CH3 COOH HOOC CH3

Br Br

HOOC H H COOH

Br Br

CH3 COOH HOOC CH3

HOOC H H COOH

Br Br

COOH COOH

CH3 Br Br CH3

Br H H Br

</div>
(90)<div class='page_container' data-page=90>

10
PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

Nội dung Điểm

2/ a) Hợp chất (R) – 1 – phenyl – 1 – brombutan đun sôi trong axit
axetic, sự dung môi giải này xảy ra theo cơ chế SN1. vậy sản phẩm nhận được là

một hỗn hợp tiêu triền 1 – phenyl – 1 – butyl axetat :

Pr Pr Pr

C Br + CH3COOH → C OOCCH3 + CH3COO C

H H H

Ph Ph Ph

Trong khi đó, hợp chất này khi phản ứng với natri axetat trong axeton lại
xảy ra theo cơ chế SN2. Vậy sản phẩm nhận được có cấu hình nghịch với chất

ban đầu :

Pr Pr

C Br + CH3COONa →Axeton CH3COO C

H H

Ph (R) (S) Ph

b) Hợp chất (+) – 2 – phenyl – 2 – pentanol đun sơi trong axit fomic thì
tính triều quang triệt tiêu là do phản ứng này xảy ra theo cơ chế SN1 :

Pr Pr Pr

C Br + H – COOH → C OOCH + HCOO C

Me Me Me

Ph Ph Ph

c) Trong trường hợp này, phản ứng xảy ra theo cơ chế SN2, trong đó

nhóm xuất và nhóm nhập là như nhau, là ion Br−, nên ưu thế chia đều cho cả 2
phía ở trạng thái chuyển tiếp, chính vì thế sẽ dần dần tạo thành hỗn hợp tiê triều.

Br C Br

H Me

</div>
(91)<div class='page_container' data-page=91>

11
Trường : THPT CHU VĂN AN

Môn : HÓA HỌC Khoái : 11

Tên giáo viên biên soạn : Nguyễn Văn Hồng

Số mật mã :

Phần này là phần phách
Số mật mã :

Câu V :

1/ Hãy xác định tâm bazơ mạnh nhất trong các ankaloic sau :

N OOCCH3 N

CH3 COOCH3 COOCH3

Vindolin Catharantin

H OCH3

N N

N N CH3

Quinin Nicotin

2/ Một hợp chất hữu cơ X (C, H, O) là hợp chất đơn chức. Cho X tác dụng hoàn toàn
với dung dịch NaOH thu được 2 sản phẩm X1, X2. X1 có thành phần nguyên tố C, H, O, Na,

khối lượng phân tử của X1 bằng 82% khối lượng phân tử của X. X2 có thành phần nguyên

tố C, H, O là loại hợp chất no, X2 khơng có khả năng tác dụng với Na và tham gia phản ứng

tráng gương. Khi đốt cháy 1V hơi X2 thu được 3V khí CO2 (cùng điều kiện).

a) Xác địng công thức cấu tạo của X.

b) Một mol hỗn hợp A gồm X và 2 đồng phân của X là Y, Z. Z là hợp chất đơn
chức. 1mol hỗn hợp A phản ứng vừa đủ dung dịch NaOH thu được 2 hỗn hợp sản phẩm là
hỗn hợp B và hỗn hợp C. Hỗn hợp B gồm 3 chất cùng chức có thành phần C, H, O, Na, khối
lượng bằng 81,8% khối lượng hỗn hợp A (trong đó tỉ lệ số mol giữa chất có khối lượng
phân tử trung gian với chất có khối lượng phân tử lớn 1 < 1/3). Hỗn hợp C gồm 3 chất trong
đó có 2 chất cùng dãy đồng đẳng. Hóa hơi hỗn hợp C rồi đốt cháy hoàn toàn thu được
131,12g khí CO2. Thấy rằng

2 2

CO H O

V <V khí.

Xác định cơng thức cấu tạo các chất trong hỗn hợp C và tính thành phần % về khối
lượng của mỗi chất trong hỗn hợp A

</div>
(92)<div class='page_container' data-page=92>

Noäi dung Điểm

1/ Hãy xác định tâm bazơ mạnh nhất trong caùc ankaloic sau :

Ankaloic là các bazơ tự nhiên, tính bazơ tập trung tại nguyên tử N. Do
đó, ngun tử N có nhiều electron thì tính bazơ càng mạnh.

Nx OOCCH3 Nx

CH3 COOCH3 COOCH3

Vindolin Catharantin

Đối với vindolin và catarantin. Các Nx trong nhân indol có qúa trình liên

hợp, nên mật e của Nx giảm. Do dó Ny có mật độ e cao hơn nên có tính bazơ

mạnh hơn.

H OCH3

Ny Ny

Nx Nx CH3

Quinin Nicotin

Đối với quinin và nicotin, các Nx và Ny có tính bazơ gần bằng

nhau, tuy nhiên các Nx có phần nào tham gia q trình liên hợp, do đó các Nx có

tính bazơ vượt trội hơn.

2/ a) Cơng thức cấu tạo của X :

X(C, H, O) + NaOH → X1(C, H, O, Na) + X2(C, H, O)

X là một este đơn chức, X1 là muối natri của axit cacboxylic đơn chức; X2

không phản ứng với Na, cho phản ứng tráng gương nên X có thể là andehit đơn
chức. Vậy công thức este đơn chức X là : R – COO – CH = CH – R’. Với R’ :
CxH2x + 1

R–COO – CH = CH–R’ + NaOH → R–COONa + R’–CH2 –CHO

CxH2x + 1–CH2 –CHO + (3x 5)

2
+

O2 → (x + 2)CO2 + (x+2)H2O

1V 3V

⇒ x = 1. Vậy X2 là : CH3 – CH2 – CHO 
Khối lượng mol của X là : MX = R + 85.

Khối lượng mol của X1 là :

1
X

M = R + 67

</div>
(93)<div class='page_container' data-page=93>

13
PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

Nội dung Điểm

b) Cấu tạo các chất trong hỗn hợp C, % khối lượng của chúng :

(X) CH3–COO–CH = CH–CH3 + NaOH → CH3–COONa + CH3–CH2–CHO

x x x

(Y) C5H8O2 + NaOH → (Y1) R1COONa + (Y2)

y y y

(Z) C5H8O2 + NaOH → (Z1) R2COONa + Z2

1 – x – y 1 – x – y 1 – x - y
(X, Y, Z là đồng phân)

M =100 ⇒ MB =81,8

Giả sử trong 3 muối CH3–COONa, Y1, Z1 thì Z1 có khối lượng phân tử

nhỏ nhất ⇒
1

Z 1 2

M <81,8⇒R +67 81,8< ⇒R <14,8. R2 chỉ có thể là H. Vậy

Z1 là HCOONa. Ngồi ra CH3–COONa : 82 > 81,8 nên Y1 phải có khối lượng

phân tử lớn nhất trong hỗn hợp B và > 81,8

Xét các phản ứng của hỗn hợp A với NaOH :

(X) C5H8O2 + NaOH → (X1)CH3–COONa + (X2) C3H6O

(Y) C5H8O2 + NaOH → (Y1) R1COONa + (Y2)

(Z) C5H8O2 + NaOH → (Z1) HCOONa + (Z2) C4H8O

Như vậy (X2) và (Z2) là 2 đồng đẳng của nhau nên C4H8O là :

CH3 – CH2 – CH2 – CHO

Do đốt cháy C cho

2 2

CO H O

V <V , trong đó C3H6O và C4H8O khi cháy

đều cho

2 2

CO H O

V =V . Vậy Y2 khi cháy phải cho VCO2 <VH O2 tức là Y2 có

dạng CnH2n+2O.

Phản ứng cháy của hỗn hợp C :
C3H6O + 4 O2 → 3CO2 + 3H2O

x 3x

CnH2n+2O + 3n

2 O2 → nCO2 + (n + 1)H2O
y ny (n + 1)y
C4H8O + 11

2 O2 → 4CO2 + 4H2O
1 – x – y 4(1 – x – y) 4(1 – x – y)
Soá mol CO2 laø : 3x + ny + 4(1 – x – y) = 131,12 2,98

</div>
(94)<div class='page_container' data-page=94>

14
PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

Nội dung Điểm

Gọi M là khối lượng phân tử muối Y1. Vậy khối lượng muối B :

82x + yM + 68(1 – x – y) = 81,8
Ví Y2 no nên Y1 không no

C5H8O2 + NaOH → R1COONa + CnH2n+2O

⇒ Y1 có dạng C5 – nH7 – 2nO2Na

Do đó : 82x + y(122 – 14n) + 68(1 – x – y) = 81,8
⇒ 7(x – ny) + 27y = 6,9 (2)

Từ (1) và (2); giải hệ phương trình ta có :
Y = 0,24

x = ny + 0,06 hay x = 0,24n + 0,06

Theo đề cho tỉ lệ số mol giữa 2 chất có khối lượng trung gian (CH3–

COONa) và khối lượng phân tử lớn nhất (Y1) < 1

Neân : x 1 x 1 0,24 x 0,08
y 3< ⇒ < ×3 ⇒ <

Vaäy : 0,24n + 0,06 < 0,08 ⇒ n 0,02 0,083
0,24

< =

Nên chọn n = 0. Vậy Y1 là C5H7O2Na và Y2 là H2O.

Hỗn hợp C gồm : CH3 – CH2 – CHO ; H2O ; CH3 – CH2 – CH2 – CHO

Hỗn hợp A gồm : X : CH3 – COO – CH = CH – CH3

Y : C5H7 – COOH

Z : H– COO – CH = CH – CH2 – CH3

Phần trăm khối lượng các chất :

1 mol A coù : x = 0,06 (mol), y = 0,24 (mol) vaø z = 0,7 (mol)
%X =0,06 100 100 6%

100
×

× =

%Y =0,24 100 100 24%
100

× × =

</div>
(95)<div class='page_container' data-page=95>

CÂU I: (4 điểm)
I.1.

Tìm X:

Cơng thức phân tử hợp chất khí với hidro : H2X.

Suy ra : X là phi kim, ở nhóm VIA.

Mà X ở chu kỳ 4, nên lớp ngoài cùng của X là : 4s2 4p4.

Vậy : Cấu hình e của X là :

1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6.
Suy ra ZX = 34.

Tìm Y:

Cơng thức Oxit cao nhất YO3.

Vậy Y là nguyên tố ở nhóm VIB.

Mà Y ở chu kỳ 4. Suy ra phân lớp sau cùng của Y là : 3d5 4s1.

Cấu hình e của Y laø :

1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d5 4s1

Suy ra ZY = 24.

CAÂU II: (4 điểm)
a/ N2O4 2NO2

1 - α 2α

Coù : 2α + 1 - α = 1 + α

PNO2 = PxNO2 = P [2:(1+α)]
PN2O4 = PxN2O4 = P [(1-α) : (1+α)]
Kp = 4α2 : (1-α2)

Với α = 11% ⇒ Kp = 0,049.

b/ 0,049 = 4α2P : (1-α2)

Với P = 0,8 ⇒ α = (0,0612 : 4,0612)1/2

= 0,123.

Vậy khi P giảm từ 1→ 0,8 atm, độ phân li tăng từ 11% lên 12,3%.

c/ Với α = 0,08 thì 0,049 = (4 . 0,082 : 1 – 0,082) . P

⇒ P = 1,9 atm.

Khi P tăng từ 1 lên 1,9 atm. Cân bằng chuyển dịch sang trái, điều này phù hợp với
nguyên lí Le Chatelier. Vì khi tăng P, cân bằng chuyển dịch sang phía làm giảm số mol
khí.

SỞ GD-ĐT ĐỒNG THÁP CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

Trường THPT Thị xã Sa Đéc Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

 ---oOo---

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30/4/2006

ĐÁP ÁN - ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

</div>
(96)<div class='page_container' data-page=96>

2

CÂU III: (4 điểm)

Dung dịch (A) gồm : Al3+ : 0,04 mol

H+ : 0,1a mol

SO42- : 0,06 mol

Cl- : 0,1a mol.

Khi cho 0,12 mol Ba vào dung dịch A, có :
Ba2+ : 0,12 mol ; OH- : 0,24 mol.

Trường hợp 1 : Al3+ dư.

Ba2+ + SO

42- → BaSO4 ↓

0,06 0,06 0,06
H+ + OH- → H

0,1a 0,1a

Al3+ + 3OH- → Al(OH)
3↓

(0,24 – 0,1a) (0,24 – 0,1a) : 3
Al(OH)3 to Al2O3 + H2O

mraén

= mBaSO4 + mAl2O3

Suy ra : nAl2O3 = 0,01 mol ⇒ nAl(OH)3 = 0,02 mol.
Coù : (0,24 - 0,1a) = 0,02 . 3 ⇒ a = 1,8M.

Trường hợp 2 : OH- dư.

Al3+ + 3OH- → Al(OH)
3↓

0,04 0,12 0,04

Al(OH)3↓ + OH- → AlO2- + 2H2O.

0,02 0,02
Soá mol OH- : 0,1a + 0,14 = 0,24

⇒ a = 1M.

CÂU IV: (4 điểm)

nCO2 = 0,1 mol ; nH2O = 0,14 mol.

Do nCO2 < nH2O ⇒ A, B thuộc dãy đồng đẳng của ankan.
CTPT của A : CnH2n+2 : a mol

(n<m)
B : CmH2m+2 : b mol.

⇒ cơng thức trung bình của A, B : Cn H2n + 2
Dựa vào phản ứng cháy ⇒ n = 2,5

</div>
(97)<div class='page_container' data-page=97>

3

Điều kiện : 0,015 < a,b < 0,04.

mA : mB = (14n + 2)a : (14m +2)b = 1 : 3,625.

⇒ a = 1,48 : (64,75n + 9,25).

Mà : 0,015 < a < 0,04 ⇒ 0,42 < n < 1,3. Chọn n = 1.
Với n = 1 ⇒ a = 0,02 ; b = 0,02 ⇒ m =4.

Vaäy CTPT (A) : CH4 ; B laø C4H10.

CÂU V: (4 điểm)
V.1.

a) Cấu trúc của (X) : H3C H

C = C

H CH2Cl

b) Các đồng phân cấu hình của (X) :

H3C CH3 C2H5 H

C = C C = C
H Cl H Cl

c) Cơ chế SN1

CH3 – CH = CH – CH2Cl → CH3 – CH = CH – CH2(+) + Br(-)

CH3 – CH = CH – CH2(+) + HO(-) → CH3 – CH = CH – CH2 –OH

V.1.1

C6H6 + Cl2 Fe C6H5Cl + HCl

C6H5Cl + 2NaOH → C6H5ONa + NaCl + H2O

C6H5ONa + 2CO2 + H2O H+ o –HOOC – C6H4-OH + NaHCO3

to, p

</div>
(98)<div class='page_container' data-page=98>

SỞ GD – ĐT TIỀN GIANG KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30/4
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2005 – 2006

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN HĨA HỌC KHỐI 11
THỜI GIAN 180 PHÚT

---
Caâu 1 (4,0 ñieåm)

1.1 Một pin được cấu tạo như sau :

Ag dung dịch AgCl bão hòa, HCl 1M AgNO3 1M Ag

Eo (Ag+/Ag) = 0,799V ; Eo (AgCl/Ag) = 0,222V

Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động và tính tích số tan của AgCl .
1.2 Cho biết : Eo (I

2/I- ) = 0,62V ; Eo (I2/I3- ) = 0,79V

Eo (I

3-/I- ) = 0,535V ; Eo (IO3-/I2) = 1,19V

1.2.1 Tính E(IO3-/I- ) ở pH = 0 và pH = 14 .

1.2.2 Tính hằng số cân bằng của phản ứng sau trong dung dịch nước :
I3- I2 + I-

Câu 2 (4,0 điểm)

2.1 Hãy tính số gam NH4Cl phải cho vào 1 lít dung dịch NH3 0,12M để khi trộn 1ml dung dịch

nầy với 2ml dung dịch MgCl2 0,03M thì khơng có kết tủa Mg(OH)2 tách ra .

Cho biết sự tạo phức hydroxo của ion Mg2+ khơng đáng kể .
Tích số tan của Mg(OH)2 = 10-10,95

;

KNH3 =1,8.10−5

2.2 Sục khí H2S (pK1 = 7 và pK2 = 14) vào nước. Dung dịch bão hòa H2S ở pH bất kỳ đều

bằng 0,1M.

2.2.1 Thiết lập phương trình pS = -lg[S2- ] = ƒ(pH) .

2.2.2 Một dung dịch chứa các ion Pb2+ , Zn2+ , Fe2+ và Mn2+ đều có nồng độ 10-2M.
Các giá trị tương ứng pT = -lgT là 28; 22; 17 và 10. Hỏi ở pH1 nào thì bắt đầu kết tủa từng sunfua

một và ở pH2 nào thì từng sunfua ấy kết thúc sự kết tủa (sự kết thúc kết tủa được coi như gần đúng
khi [M2+] = 10-4M).

Câu 3 (4,0 điểm)

3.1 Hồn thành các phương trình phản ứng sau :

* KClO3 + I2 * KClO3 + H2C2O4 + H2SO4

* Na2CO3 + Br2 (hôi) * NaClO3 + SO2 + H2SO4

* ClO2 + KOH * I2 + HNO3 (đặc)

3.2 83,5 gam một hỗn hợp hai nitrat A(NO3)2 và B(NO3)2 (A là kim loại kiềm thổ, B là kim

loại d) được nung tới khi tạo thành những oxit, thể tích hỗn hợp khí thu được gồm NO2 và O2 là

26,88 lít (0oC, 1atm). Sau khi cho hỗn hợp khí nầy qua dung dịch NaOH dư thì thể tích hỗn hợp khí

giảm 6 lần .

3.2.1 A và B là những kim loại nào ?

</div>
(99)<div class='page_container' data-page=99>

SỞ GD – ĐT TIỀN GIANG KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30/4
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NĂM HỌC 2005 - 2006

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN HĨA HỌC KHỐI 11 
THỜI GIAN 180 PHÚT

---
Câu 4 (4,0 điểm)

Hai hợp chất hữu cơ A, B có cùng cơng thức phân tử và đều chứa C, H, Br. Khi đun nóng với
dung dịch NaOH lỗng chất A tạo ra chất C có chứa một nhóm chức. Chất B khơng tác dụng với dung
dịch NaOH trong điều kiện như đã cho ở trên. 5,4 gam chất C phản ứng hồn tồn với Na cho 0,56 lít
H2 (đktc). Đốt cháy hoàn toàn 1,35 gam chất C thu được 3,85 gam CO2 .

Khi cho A hoặc B phản ứng với Br2 (có mặt bột Fe) đều thấy khí HBr thoát ra, sau phản ứng A

tạo ra 3 chất D, E, F còn B tạo ra 2 chất G, H.

4.1 Viết công thức cấu tạo của A, B, C và các cơng thức cấu tạo có thể có của D, E, F, G, H. Biết 
rằng phân tử của D, E, F, G, H đều chứa 64% Br.

4.2 Cho hỗn hợp gồm 171 gam chất A và 78 gam benzen phản ứng với Br2 có mặt bột Fe. Sau

phản ứng thu được 125,6 gam brom benzen, 90 gam chất D, 40 gam chất E và 30 gam chất F. Hãy cho
biết chất A phản ứng với Br2 khó (hoặc dễ) hơn benzen bao nhiêu lần ?

Câu 5 (4 điểm)

5.1 Viết phương trình phản ứng giữa iso-propyl magie clorua với axeton, sau đó thủy phân sản 
phẩm trung gian. Trình bày cơ chế của phản ứng.

5.2 Khi cho iso-propyl magie clorua tác dụng với xeton (có cơng thức chung R-CO-R) thấy song 
song với việc hình thành rượu bậc ba cịn tách ra chất khí . Đó là khí gì ?

Giải thích cơ chế của sự hình thành khí đó và nêu cách hạn chế sự diễn biến của phản ứng phụ
nầy.

5.3 Viết các phương trình phản ứng của các dẫn xuất cho sau đây với magie trong ete: 
1,2- đibrom etan; 1,4- đibrom butan; 1,3- đibrom propan; p- đibrom benzen; 
điphenylclo metan; metylen bromua và 2-brom-1-metoxi butan.

</div>
(100)<div class='page_container' data-page=100>

SỞ GD & ĐT BÌNH THUẬN KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30-4-2006

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

TRẦN HƯNG ĐẠO MƠN : HĨA HỌC KHỐI: 11

Giáo viên :Trần Thị Hiệp

...

Câu 1:

Xác định bậc, biểu thức tốc độ và hằng số tốc độ của phản ứng
2NO (k) + O2 (k) = 2NO2 (k)

theo những dữ kiện thực nghiệm sau :

[NO] (mol/l) [O2] (mol/l) v (mol/l. s)

1,0.10-4 1,0.10-4 2,8.10-6

1,0.10-4 3,0.10-4 8,4.10-6

2,0.10-4 3,0.10-4 3,4.10-5

Đáp án :

Biểu thức tốc độ phản ứng tổng quát của phản ứng đã cho có dạng :
v = k[NO]x [O2 ]y

- Xác định bậc phản ứng :

Trước hết xác định bậc phản ứng theo các chất phản ứng dựa trên nguyên
tắc xét sự biến đổi nồng độ của chất khảo sát trong sự cố định nộng độ của các
chất còn lại.

*Theo O2 : Ta có ;

[

] [ ]

[

] [ ]

y
y
x
y
x
y
x
y
x
k
k
O
NO
k
O

NO
k
v
v






=
=
= −
−
−
−
−
−
4
4
4
4
4
4
1
2
1
2
2
2

1
2
10
.
0
,
1
10
.
0
,
3
)
10
.
0
,
1
(
)
10
.
0
,
1
(
)
10
.
0

,
3
(
)
10
.
0
,
1
(

Thay các giá trị tương ứng của v ta được :

y






= −
−
−
−
4
4
6
6
10
.

0
,
1
10
.
0
,
3
10
.
8
,
2
10
.
4
,
8

→ 3 = 3y → y = 1

*Theo NO : Tương tự như trên ta có :

[

] [ ]

[

] [ ]

x
y
x
y
x

y
x
y
x
k
k
O
NO
k
O
NO
k
v
v






=
=
= −
−
−
−
−
−
4
4

4
4
4
4
2
2
2
3
2
3
2
3
10
.
0
,
1
10
.
0
,
2
)
10
.
0
,
3
(
)

10
.
0
,
1
(
)
10
.
0
,
3
(
)
10
.
0
,
2
(

thay các giá trị tương ứng của v ta được :
x






= −

−
−
−
4
4
6
5
10
.
0
,
1
10
.
0
,
2
10
.
4
,
8
10
.
4
,
3

→ 4 = 22 → x = 2

Vậy bậc của phản ứng theo NO là 2, nhưng theo O2 là 1 và bậc tổng cộng của

phản ứng là 3.

- Từ đây ta có biểu thức tốc độ phản ứng : v = k[NO]2 [O2 ].

- Tính hằng số tốc độ phản ứng ; Ta có

2,8.10-6 mol/l.s = k(1,0.10-4 mol/l)2 (1,0.10-4 mol/l) 
k = 2,8.10-6 l2 / mol.s

</div>
(101)<div class='page_container' data-page=101>

SỞ GD & ĐT BÌNH THUẬN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

TRẦN HƯNG ĐẠO MÔN : HÓA HỌC KHỐI: 11

Giáo viên :Trần Thị Hiệp

...
Câu 2:

1. Khi cho iso-butilen vào dung dịch HBr có hịa tan NaCl, CH3OH có thể tạo

thành những hợp chất gì ? vì sao ?
2. Cho phản ứng :

CH3 – CH = CH2 + Cl2  →c

o

500

Biết tỷ lệ mol npropen : nCl2 = 1 : 1, hồn thành phương trình phản ứng và viết cơ
chế phản ứng .

Đáp án : ( 5 điểm )

1. Ta thu được hỗn hợp gồm :
CH3

CH3 – CBr – CH3 , CH3 – C – CH3

CH3 OH

CH3 CH3

CH3 – CCl – CH3 , và CH3 – C – O – CH3

CH3

Dựa vào cơ chế phản ứng để giải thích sự tạo thành 4 sản phẩm trên:

Trong dung dịch có các q trình phân ly thành ion :

HBr → H+ + Br-
NaCl → Na+ + Cl-

Như vậy trong dd có 4 tác nhân là Br-, Cl-, H2O và CH3OH có khả năng kết hợp với

cation.

δ+ δ

-CH3 – C – CH2 + H+ → CH3 – C+ – CH3

CH3 CH3

Sau đó :

CH3 CH3

CH3 – C+ + Br- → CH3 – C – Br

CH3 CH3

CH3 – C+ + Cl- → CH3 – C – Cl

</div>
(102)<div class='page_container' data-page=102>

CH3 CH3

CH3 – C+ + H2O → CH3 – C – OH + H+

CH3 CH3

CH3 – C+ + CH3OH → CH3 – C – O – CH3 + H+

CH3 CH3

CH3 – CH = CH2 + Cl2  →c

o

500 CH

2Cl – CH = CH2 + HCl

Phản ứng xảy ra theo cơ chế gốc tự do

Ban đầu khơi mào : Cl – Cl → 2Cl
Khi phát triển :

CH3 – CH = CH2 + Cl• → •CH2 – CH = CH2 + HCl (a)

Cl2 + •CH2 – CH = CH2 → CH2Cl – CH = CH2 + Cl• (b)

(a), (b) lặp đi lặp lại nhiều lần cho đến khi tắt mạch 2Cl• → Cl2

•CH

2 – CH = CH2 + Cl• → CH2Cl – CH = CH2

2•CH

2 – CH = CH2 → CH2 = CH – CH2 – CH2 – CH = CH2

---SỞ GD & ĐT BÌNH THUẬN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

TRẦN HƯNG ĐẠO MƠN : HĨA HỌC KHỐI: 11

Giáo viên :Trần Thị Hiệp

...

Câu 3 :

1. Tính sức điện động của pin :

Pt H2 HCl 0,02 M AgCl / Ag

P = 1 atm CH3COONa 0,04 M

Cho E0 AgCl / Ag = 0,222 v
KCH3COOH = 1,8. 10

-5

2. Tính độ tan của AgI trong dung dịch Fe2(SO4)3 0,05M trong môi trường H2SO4.

Cho E0 I- / I2 = 0,54 v

E0 Fe3+ / Fe2+ = 0,77 v
T AgI = 10-16

</div>
(103)<div class='page_container' data-page=103>

Đáp án : ( 5điểm)

1. Phản ứng theo quy ước :

2 × AgCl + 1e → Ag + Cl
H2 - 2e → 2 H+

---
2AgCl + H2 → 2Ag + 2Cl- + 2H+

Trong dung dịch

HCl = H+ + Cl-
0,02 0,02 0,02

CH3COONa = CH3COO- + Na+

0,04 0,04 0,04

CH3COO- + H+ CH3COOH

bđ 0,04 0,02

pư 0,02 0,02 0,02
[ ] 0,02 0,02

CH3COOH CH3COO- + H+ K= 1,8.10-5

bđ 0,02 0,02

[ ] 0,02 – x 0,02 + x x

(

)

1,8.10 5

,
0

02
,

0 −

=
−

x
x
x

x<< 0,02

x = 1,8.10-5

pin Pt / Cl- = 0,02 M

p = 1 atm H+ = 0,02 M AgCl / Ag
CH3COO- = 0,02M

CH3COOH = 0,02M

Ep = E0 AgCl / Ag + 0,059 lg
]

[

−

Cl

= 0,222 + 0,059 lg
02
,
0

= 0,322 v

Et = E0 H2 / 2H+ +

2
059
,
0

[ ]

H

P
H+

=
2
059
,
0

lg(1,8.10-5)2
= -0,28 v

2 x AgI Ag+ + I- T = 10-16
2I- - 2e → I2 K1 =

10

0,059

)
54
,
0
(
2
−

2 x Fe3+ + 1e → Fe2+ K2 =

10

0,059
77
,
0

______________________________________

2AgI + 2Fe3+ → 2Ag+ + 2Fe2+ + I2 K = T2K1(K2)2= 10-24,2

</div>
(104)<div class='page_container' data-page=104>

2
5
)
2
1
,
0
(
16
x
x

− = 10

-24,2 x<< 0,1

16x5 = 10-26,2
x = 3,31.10-6
Độ tan S = [Ag+] = 2x = 6,62.10-6

_________________
SỞ GD & ĐT BÌNH THUẬN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

TRẦN HƯNG ĐẠO MÔN : HÓA HỌC KHỐI: 11

Giáo viên :Trần Thị Hiệp

...

Câu 4 :

Nung 8,08 gam một muối A, thu được các sản phẩm khí và 1,6 gam một hợp chất rắn
không tan trong nước. nếu cho sản phẩm khí đi qua 200 gam dung dịch natri hiđrơxit nồng độ
1,2% ở điều kiện xác định thì tác dụng vừa đủ và được một dung dịch gồm một muối có nồng
độ 2,47%. Viết cơng thức phân tử của muối A nếu khi nung số oxi hóa của kim loại không
biến đổi.

Đáp án : ( 5 điểm )

Công thức phân tử của muối A :
- Khối lượng NaOH :

g
4
,
2
100
2
,
1
200
=
×

( hay 0,06mol

40
4
,
2

= )

- Khối lượng sản phẩm khí :

mkhí = mA - mchất rắn = 8,08 – 1,6 = 6,48 g

- Khi sản phẩm khí qua dung dịch NaOH thì NaOH hấp thụ khí và làm cho khối
lượng dung dịch thành :

mdd = 200 + 6,48 = 206,48 g

Vì dung dịch sau phản ứng có nồng độ 2,47%, nên khối lượng muối trong dung
dịch là :

mmuối = a mdd 5,1g

100
48
,
206
47
,

2
100 =
×
=
×

Sản phẩm khi tác dụng vừa đủ với NaOH tạo nên muối do đó lượng Na có trong
NaOH đều chuyển vào muối.

Khối lượng Na có trong muối :

mNa = 0,06 . 23 = 1,38g

Khối lượng gốc axit của muối :

mgốc axit = 5,1 – 1,38 = 3,72g

Gốc axit Muối Na Số mol gốc X Khối lượng mol phân tử
gốc X

Hóa trị 1 NaX nx = nNa = 0,06

Mx =

06
,
0
72
,

3
= 62
ứng với NO3

Hóa trị 2 Na2X

nx =

2
06
,
0
2 =
Na
n

= 0,03 MM =

</div>
(105)<div class='page_container' data-page=105>

khơng có gốc axit
Hóa trị 3 Na3X

nx =

3
06
,
0
3 =
Na

n

= 0,02 Mx =

02
,
0

72
,
3

= 186
không có gốc axit

Vậy muối A là muối nitrat.

Muối nitrat A không thể là muối nitrat của kim loại kiềm vì chất rắn tạo thành do sự
nhiệt phân tan trong nước và chất khí có tác dụng với dung dịch NaOH tạo 1 muối. Do
đó khí tạo thành có NO2 và O2 .

2NO2 + 2NaOH +

2
1

O2 = 2NaNO3 + H2O (1)

nNO2 nNaOH nO2

Vậy nNO2 = nNaOH = 0,06 mol
→ mNO2= 46 ×0,06 = 2,76 g

Gọi M là kim loại trong muối A có hóa trị lần lượt là 2, 3, 4. Vì khi nung A số oxy hóa
của kim loại khơng thay đổi nên các muối nitrat này khi nung không cho kim loại đơn
chất có số oxy hóa bằng 0.

phương trình phản ứng nhiệt phân các muối nitrat như sau :

2M(NO3)2 = 2MO + 4NO2 + O2 (2)

4M(NO3)3 = 2M2O3 + 12NO2 + 3O2 (3)

M(NO3)4 = MO2 + 4NO2 + O2 (4)

( một peroxit )

* Nếu muối A là muối nitrat gồm các tinh thể ngậm nước thì khi nhiệt phân ngồi NO2

và O2 thì cịn có hơi nước thốt ra.

Theo các phương trình phản ứng (2), (3), (4) thì tỷ lệ giữa NO2 và O2 là :

nNO2: nO2 = 4 : 1

Theo trên thì khí NO2 thốt ra có nNO2 = 0,06 mol.

Khí O2 thốt ra có : nO2 =

nNO2 =
4

06
,
0

= 0,015 mol

mO2 = 0,015×32 = 0,48g
Tổng số khối lượng NO2 và O2 :

m(NO2:O2) = 2,76 + 0,48 = 3,24g < 6,48g lượng khí thốt ra.
Trong khí thốt ra ngồi NO2 và O2 cịn có H2O :

mH2O = mkhí - m(NO2:O2) = 6,48 – 3,48 = 3,24g
→mH2O =

18
24
,
3

= 0,18 mol.
Vậy muối nitrat là muối kết tinh có ngậm nước.
- Nếu kim loại M hóa trị 2 : M = 37,33 (loại)
- Nếu kim loại M hóa trị 3 : M = 56 (Fe)
- Nếu kim loại M hóa trị 4 : M = 74,67 (loại)

*Đặt công thức phân tử muối A ban đầu Fe(NO3)3.nH2O.

4Fe(NO3)3.nH2O → 2Fe2O3 + 12NO2 + 3O2 + 4nH2O

</div>
(106)<div class='page_container' data-page=106>

Vậy A có CTPT : Fe(NO3)3 . 9H2O .

---
SỞ GD & ĐT BÌNH THUẬN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

TRẦN HƯNG ĐẠO MƠN : HĨA HỌC KHỐI: 11

Giáo viên :Trần Thị Hiệp

...
Câu 5:

Cho hỗn hợp A gồm 3 ơxít của sắt ( Fe2O3, Fe3O4 và FeO ) với số mol bằng

nhau. Lấy m1 gam A cho vào một ống sứ chịu nhiệt, nung nóng nó rồi cho một

luồng khí CO đi qua ống, CO phản ứng hết, tồn bộ khí CO2 ra khỏi ống được hấp

thụ hết vào bình đựng lượng dư dung dịch Ba(OH)2, thu được m2 gam kết tủa

trắng. Chất rắn còn lại trong ống sứ sau phản ứng có khối lượng là 19,20 gam gồm
Fe, FeO và Fe3O4, cho hỗn hợp này vào tác dụng hết với dung dịch HNO3, đun

nóng được 2,24 lít khí NO duy nhất ( đktc ).
1. Viết phương trình phản ứng xảy ra.

2. Tính khối lượng m1, m2 và số mol HNO3 đã phản ứng.

Đáp án : ( 5 điểm )

1. Các phương trình phản ứng :
3Fe2O3 + CO →

o

t 2Fe

3O4 + CO2↑ (1)

Fe3O4 + CO →

o

t 3FeO + CO

2 ↑ (2)

FeO + CO →to Fe + CO2↑ (3)

Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3↓ + H2O (4)

Chất rắn còn lại tác dụng với HNO3 :

3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (5)

3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O (6)

Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (7)

2. Gọi x là số mol của mỗi oxit trong hỗn hợp A, gọi y là số mol CO tham gia 3
phản ứng (1), (2), (3). Ta có số mol của Fe trong hỗn hợp A là :

nFe = 2x + 3x + x = 6x

Gọi a, b, c lần lượt là số mol của Fe, FeO, Fe3O4 trong hỗn hợp rắn.

theo các phương trình (5), (6), (7), dựa vào số mol NO thốt ra, ta có pt :
a +

3
1

b +
3
1

c =
4
,
22

24
,
2

= 0,1
hay 3a + b + c = 0,3 (a)
Dựa vào khối lượng hỗn hợp rắn ta có pt :
56a + 72b + 232c = 19,2
hay 7a + 9b + 29c = 2,4 (b)

Cộng theo vế (a) và (b) : 10a + 10b + 30c = 2,7
hay a + b + 3c = 0,27

Theo định luật BTNT ta có số mol Fe trong hỗn hợp A bằng số mol Fe trong hỗn
hợp rắn :

</div>
(107)<div class='page_container' data-page=107>

x = 0,045

Vậy khối kượng hỗn hợp A là : m1 = 160x + 232x + 72x = 20,88g

Theo các pt (1), (2) và (3) :

mA + mCO = mR + mCO2

hay 20,88 + 28y = 19,2 +44y
y = 0,105

Vậy khối lượng kết tủa trắng :

m2 = 0,105. 197 = 20,685g

- Tổng số mol Fe(NO3)3 tạo thành ở các phản ứng (5), (6), (7) là :

nFe(NO3)3 = 2x + 3x + x = 6x
Số mol HNO3 tạo ra muối Fe(NO3)3 là :

6x.3 = 18x = 18. 0,045 = 0,81 mol
Số mol HNO3 tạo ra 0,1 mol NO là 0,1 mol

Vậy tổng số mol HNO3 cần là :

0,81 + 0,1 = 0,91 mol

---
SỞ GD & ĐT BÌNH THUẬN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

TRẦN HƯNG ĐẠO MÔN : HÓA HỌC KHỐI: 11

Giáo viên :Trần Thị Hiệp

...

Câu 6:

Một hỗn hợp khí X, gồm hai ankan A, B kề nhau trong dãy đồng đẳng và một
anken C có thể tích bằng 5,04 lít ( đo ở đktc ) sục qua bình đựng nước brom thì
phản ứng vừa đủ với 12,0g brom.

1. Xác định công thức phân tử và thành phần phần trăm các chất A, B và C có
trong hỗn hợp khí X, biết rằng 11,6g hỗn hợp khí X làm mất màu vừa đủ
16,0g brom.

2. Đốt cháy hoàn toàn 11,6g hỗn hợp khí X, sản phẩm thu được sau phản
ứngđược dẫn hết vào bình Y chứa 2 lít dung dịch NaOH 0,3M. Hỏi:

- Khối lượng bình Y tăng lên hay giảm xuống? Bao nhiêu gam?
- Tính khối lượng những chất có trong bình Y

Cho : C = 12; H = 1; O = 16; Na = 23; Br = 80.
Đáp án : ( 5 điểm )

1. Đặt công thức anken : CmH2m 2 ≤ m ≤ 4

Phương trình phản ứng : CmH2m + Br2 → CmH2mBr2

- Trong 5,04 lít hỗn hợp khí X ( 5,04 : 22,4 = 0,225 mol ) chứa 0,075
mol anken bằng số mol brom =

160
12

- Trong 11,6g X chứa 0,1 mol anken = số mol brom =
160

16
Suy ra số mol khí trong 11,6g hỗn hợp là :

0,1

075
,
0

225
,
0

× = 0,3 mol

Đặt cơng thức tương đương của 2 ankan :

C

nH2n+2
Số mol anken : 0,1 mol

</div>
(108)<div class='page_container' data-page=108>

Ta có pt : 0,1. 14m + 0,2( 14 n + 2 ) = 11,6 
hay 2 n + m = 8

m 2 3 4

n 4 2,5 2

(chọn)
Vậy công thức anken : C3H6

2 ankan : C2H6 và C3H8

Gọi x là số mol C2H6 , và y là số mol C3H8

ta có hệ pt :

x + y = 0,2
30x + 44y = 7,4
Suy ra x = 0,1 và y = 0,1

Thành phần % thể tích các khí trong hỗn hợp X :
% C2H6 = % C3H8 = % C3H6 = 33,33

2. Đốt cháy hỗn hợp X, thu được khí CO2 và H2O.

Số mol CO2 = 3.0,1 + 0,1.2 + 0,1.3 = 0,8 mol

Số mol H2O = 0,1.3 + 0,1.3 + 0,1.4 = 1,0 mol

Khí được hấp thu bởi dd NaOH, nên khối lượng bình Y tăng lên là :
0,8.44 + 1,0.18 = 53,2g

nCO2 = 0,8 (mol)
nNaOH = 0,6 (mol)

Ta có nCO2 > nNaOH , suy ra muối tạo thành là NaHCO3
Ptpư :

CO2 + NaOH = NaHCO3

0,6 0,6 0,6 (mol)
Khối lượng NaHCO3 : mNaHCO3 = 0,6.84 = 50,4g

</div>
(109)<div class='page_container' data-page=109>

Sở GD-ĐT Đà Nẵng Đáp án đề thi đề nghị mơn hố học lớp 11

Trường THPT Phan Thành Tài Kì thi Olympic truyền thống 30/4

Năm học 2005-2006

Câu I: ( 5 điểm)

Xét dung dịch CaCl2 0,01 M (dung dịch A).

1. Đưa SO32- vào 1 lit dung dịch A. Với nồng độ SO32- bằng bao nhiêu ta quan sát

được kết tủa CaSO3. Biết tích số tan của CaSO3 bằng 10-4.

2. Thêm 0,02 mol SO2 vào 1 lit dung dịch A. Cần áp đặt pH bằng bao nhiêu để quan

sát được sự bắt đầu kết tủa CaSO3? (Đối với “axit sufurơ”, pK1 = 2, pK2 = 7).

3. Thêm 0,02 mol SO2 và 0,015 mol BaCl2 vào 1 lit dung dịch A. pH được cố định ở

10. Tính nồng độ của các ion Ca2+, Ba2+ và SO32- ở trạng thái cân bằng. Biết tích

số tan của BaSO3 bằng 10-8.

Giả thiết trong các thí nghiệm, thể tích dung dịch không thay đổi.

Câu I Đáp án Điểm

5 điểm 1. [SO32-] > 10-4 / 10-2 = 10-2 (M)

2.

SO2 + H2O H

+ HSO3

K1 = 10
-2

(1)
HSO3

H+ + SO3

K2 = 10
-7

(2)
Để quan sát được sự bắt đầu kết tủa CaSO3 thì [SO3

2-] = 10-2
M = 0,01 M.

Nồng độ SO32- trong dung dịch không nhỏ nên trong dung dịch

coi như không tồn tại SO2.

Suy ra: [HSO3

-] = 0,02 – 0,01 = 0,01 (M).
Từ (2) suy ra: [H+] = K2.[HSO3

-] / [SO3

2-] = 10-7 (M)
pH = -lg[H+] = 7.

Vậy, cần áp đặt pH = 7 để quan sát được sự bắt đầu kết tủa của
CaSO3

3.

BaCl2 Ba
2+

+ 2Cl
-0,015M -0,015M

0,5

</div>
(110)<div class='page_container' data-page=110>

CaCl2 Ca
2+

+ 2Cl
-0,01M -0,01M

pH = 10 nên toàn bộ lượng SO2 ban đầu nằm dưới dạng SO3

2-Để bắt đầu xuất hiện kết tủa BaSO3 thì:

[SO3

2-](1) = 10
-8

/ 0,015 = 6,67.10-7 (M)
Để bắt đầu xuất hiện kết tủa CaSO3 thì:

[SO3

2-](2) = 10
-4

/ 0,01 = 10-2 (M)

[SO32-](1) < [SO32-](2) nên BaSO3 kết tủa trước

Ba2+ + SO3

BaSO3 K = 10
8

(3)
K rất lớn nên phản ứng coi như xảy ra hoàn toàn
[SO3

2-] còn dư sau (3) là: 0,02 – 0,015 = 0,005 (M) < [SO3

2-](2)

nên khơng có CaSO3 kết tủa.

Vậy, ở trạng thái cân bằng:
[Ca2+] = 0,01 M;

[SO3

2-] = 0,005 M

[Ba2+] = 10-8 / 0,005 = 2.10-6 M

2,0

Câu II: (5 điểm)

1. Tính nhiệt tạo thành chuẩn của khí CO từ những dữ kiện thực nghiệm sau: 
C(graphit) + O2 (k) → CO2 (k) ∆Ho1 = - 94,05 kcal/mol

2 CO(k) + O2 (k) → 2 CO2 (k) ∆Ho2 = - 135,28 kcal/mol

2. Kết quả này có phù hợp với cơng thức cấu tạo của CO nếu giả thiết là C=O 
khơng? Vì sao?

Cho biết nhiệt thăng hoa của than chì là 170 kcal/mol, năng lượng liên kết trong phân
tử O2 là 118 kcal/mol và năng lượng liên kết C=O trong CO2 là 168 kcal/mol.

Câu II Đáp án Điểm

5 điểm 2. C(graphit) + O2 (k) → CO2 (k) ∆H1 = - 94,05 kcal/mol (1)

2 CO(K) + O2 (k) → 2 CO2 (k) ∆H2 = - 135,28 kcal/mol (2)

</div>
(111)<div class='page_container' data-page=111>

Câu III: ( 5 điểm )

1. Cho H2SO4 đậm đặc vào C2H5OH có mặt các hạt cát nhỏ trong một bình cầu, đun

nóng hỗn hợp ở 1800c, dẫn khí thu được qua bình đựng dung dịch nước vơi trong, và
sau đó cho qua bình đựng dung dịch thuốc tím.

• Vì sao phải dùng những hạt cát trong q trình đun ? 
• Hỗn hợp trong bình cầu có màu gì sau phản ứng ?

• Vì sao phải cho khí sinh ra qua dung dịch nước vơi trong ?

• Dự đoán hiện tượng xảy ra ở bình đựng dung dich thuốc tím biết đã dùng 18,4 g 
C2H5OH v à 50 g thuốc tím. Hiệu suất của q trình tách nước là 75%.

2. Ba đồng phân C5H12 có nhiệt độ sơi lần lượt là 9,50c; 280c ; 360c . Hãy cho biết

cấu tạo của mỗi đồng phân tương ứng với nhiệt độ sôi ở trên và sắp xếp 3 đồng phân
trên theo độ bền ở nhiệt độ phịng. Giải thích ?

Câu III Đáp án Điểm

1. • Để nhiệt phân bố đều trong hỗn hợp 
• Thường có màu đen do :

C2H5OH + 2H2SO4 2C + SO2 + 5H2O

• Để loại các khí SO2 v à CO2 sinh ra có thể làm sai lệch kết 
quả thí nghiệm.

0.5
0.5

0.5
Ta có: (1) – ½ (2) → (3) nên:

∆H3 = ∆H1 - ½ ∆H2 = - 26,41 kcal/mol

3. Giả sử CO có cơng thức cấu tạo là C=O thì nhiệt tạo thành chuẩn 
của CO được tính như sau:

C(graphit, r) → C(k) ∆H4

½ O2(k) → O(k) ∆H5

C(k) + O(k) → C=O ∆H6

C(graphit, r) + ½ O2(k) → C=O ∆H7

∆H7 = ∆H4 + ∆H5 + ∆H6 = (170 + 118/2 -168) kcal/mol = 61 kcal/mol

Kết quả này không phù hợp với thực tế (có sự khác nhau quá lớn giữa
∆H3 và ∆H7). Vậy CO có cơng thức cấu tạo C=O là không đúng.

2,0

2.0

</div>
(112)<div class='page_container' data-page=112>

5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O K2SO4 + 2MnSO4 +2H2SO4

• Thu ốc t ím mất màu kh ơng hồn toàn do : 
- số mol C2H4 trên thực tế = 0,3 mol

- số mol KMnO4= 50/ 158 mol > 2/3.0,3

C2H5OH C2H4 + H2O

3C2H4 + 2KMnO4 + 4 H2O 3C2H4(OH)2 + 2MnO2 + 2KOH

1.0

2. n-pentan: CH3CH2CH2CH2CH3 360c

iso-pentan: (CH3)2CHCH2CH3 280c

neo-pentan (CH3)4C 9,50c

n-pentan có cấu tạo “zic-zăc”, giữa các phân tử có bề mặt tiếp
xúc lớn, do đó có nhiệt độ sơi lớn nhất. Cịn iso pentan có cấu
tạo phân nhánh, nên giữa hai phân tử co điểm tiếp xúc rất ít, do
đó lực hút Van Der Wall yếu hown, nên có nhiệt độ sơi thấp hơn
n-pentan. Đặc biệt neo-pentan có nhánh tối đa nên diện tích bề
mặt phân tử nhỏ nhất, nên có nhiệt độ sơi nhỏ nhất.

Tính bền tăng nhanh khi sự phân nhánh tăng:
n-pentan < iso-pentan < neo-pentan

0.5

1.0

Câu IV: ( 5 điểm )

Hoà tan hoàn toàn m (g) kim loại Zn vào V (l) dung dịch HNO3 1M, thu được dung

dịch A và 8,96 l hỗn hợp khí X gồm khơng màu, hố nâu trong khơng khí, tỉ khối hơi
của X so với H2 bằng 20,25.

1. Xác định m.

2. Hoà tan hết 2,7 g Al vào dung dịch A khơng thấy khí thốt ra, sau đó thêm từ từ 
dung dịch NaOH 0.1M vào A thì phải dùng đến hết 50 ml mới thấy xuất hiện khí
có mùi khai. Hãy xác định V .

Thể tích chất khí được đo ở điều kiện chuẩn, thể tích của dung dịch thay đổi khơng
đáng kể trong quá trình phản ứng

Câu iv Đáp án Điểm

xác định: số mol N2O= 0,3 mol; số mol NO = 0,1 mol

Viết đúng 2 phương trình phản ứng
Xác định đúng m=87,75g

Viết đúng 3 phương trình phản ứng

Xác định được số mol HNO3 dư = 0,05 mol

x ác đ ịnh t ổng s ố mol HNO3 = 3,825 mol

V=3,825 l

</div>
(113)<div class='page_container' data-page=113>

Câu V: ( 5 điểm)

1 Khi cho isobutilen vào dung dịch H2SO4 60%, đun nóng tới 80oC thu được hỗn hợp

gọi tắt là đi-isobutilen gồm hai chất đồng phân A và B (A chiếm tỉ lệ cao hơn B).
Hiđro hoá hỗn hợp này được hợp chất C quen gọi là isooctan. C là chất được dùng để
đánh giá nhiên liệu lỏng.

Xác định A,B,C và viết cơ chế phản ứng giải thích sự tạo thành A, B, C.

2. A là một anken. Sau khi ozon phân A cho sản phẩm hữu cơ duy nhất là CH3CHO. Khi

cho A cộng hợp brom trong bình làm bằng vật liệu phân cực chỉ tạo ra sản phẩm là
một đồng phân không quang hoạt. Hãy cho biết cấu trúc của A và cấu trúc của sản
phẩm tạo thành trong sản phẩm cộng brom của A.

CâuV Đáp án Điểm

1. CH3 CH3

CH3-C=CH2 + CH3-C=CH2 CH3-C-C=C-CH3

CH3 CH3 CH3

(A)

CH3 CH3

CH3-C=CH2 + CH3-C=CH2 CH3-C-CH2-C=CH2

CH3 CH3 CH3

(B)

CH3 CH3

CH3-C-CH-CH -CH3 (C)

CH3

Viết đúng cơ chế cộng electrophin

0.5

1.0

2. A: cis-but-2-en

Sản phẩm cộng của A CH3

H Br
H Br
CH3

1.0
1.5

Câu VI: ( 5 điểm )

</div>
(114)<div class='page_container' data-page=114>

Lọc kết tủa, đun sôi nước lọc lại thu được 10 g kết tủa nữa. Khi cho chất A đúng bằng
lượng đã đốt ở trên phản ứng hết với khí Clo ở 300oc thu được hỗn hợp khí C gồm 4
dẫn xuất chứa clo của A, là đồng phân của nhau với hiệu suất 100%. Hỗn hợp C có tỉ
khối hơi so với H2 nhỏ hơn 93. Xác định công thức cấu tạo của A và tính hàm lượng

% của mỗi chất trong C .

Biết tỉ số tốc độ phản ứng thế nguyên tử H ở CI: CII :CIII = 1 : 3,3 : 4,4.

Câu VI Đáp án Điểm

5 điểm - xác định đúng C5H12

- Từ tỉ khối hơi của C, từ giả thiết phản ứng tạo ra 4 dẫn xuất
là đồng phân của nhau nên suy ra C là hỗn hợp các đồng
phân C5H11Cl . Viết đúng công thức của 4 đồng phân

- Xác định đúng % của 4 đồng phân :
CH3CCl(CH3)CH2CH3 22%

CH3CH(CH3)CHClCH3 33%

CH2ClCH(CH3)CH2CH3 30%

CH3CH(CH3)CH2CH2Cl 15%

2.0

</div>
(115)<div class='page_container' data-page=115>

Thành phố Đà Nẵng

Trường THPT Phan Châu Trinh
Tổ: Hoá-Khối 11

Giáo viên: Lê Thị Phúc

số mật mã: (Phần này là phách)
Số mật mã:

A. ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ - LỚP 11 
Câu1 (4 điểm)

1.1 Cho phản ứng: CO2 (khí) → CO (khí) +

2
1O2(khí)

Và các dữ kiện:

Chất O2 CO2 CO

0
298

G

∆ (KJ.mol-1) -393,51 -110,52

0
298

S

∆ (J0K-1.mol-1) 205,03 213,64 -197,91

1.1.1 Ở điều kiện chuẩn (250C) phản ứng trên có xảy ra được khơng?

1.1.2 Nếu có H∆ và S∆ không phụ thuộc vào nhiệt độ. Hãy cho biết ở nhiệt độ nào phản
ứng trên có thể xảy ra?

1.2 Hãy so sánh độ tan của SO2 trong dung dịch nước có cùng nồng độ của các chất sau:

a. NaCl b. HCl c. NH4Cl d. Na2S

1.3 Dẫn từ từ SO2 qua1 lít dung dịch Ca(OH)2 (dung dịch A), sau phản ứng thu được dung dịch

có pH = 12 và có kết tủa tạo thành. Lọc kết tủa rồi làm khô, cân nặng được 1,200 gam.
1.3.1 Tính thể tích của SO2 ở 27,30C, 1 atm đã tan trong dung dịch A.

1.3.2 Tính nồng độ mol/L của Ca(OH)2 trong dung dịch A.

(Giả sử thể tích dung dịch thay đổi khơng đáng kể, coi Ca(OH)2 điện li hoàn toàn cả 2 nấc)

Câu 2 (4 điểm)

2.1 Đánh giá khả năng hoà tan của HgS trong các dung dịch sau:
2.1.1 Dung dịch HNO3

2.1.2 Nước cường toan
(Cho: 0

3 NO
NO

E − =

0
1

E = 0,96 v; 0/
2S
H
S

E = E20= 0,141 v; H2S có pK1 = 7,02 và pK2 = 12,92;

phức 2−
4

HgCl có logβ4=14,92 và pTHgS = 51,8)

2.2 Một dung dịch X có chứa 5,4 gam Al3+; 37,2 gam NO3−, x mol SO42−và 0,2 mol R
n+.

2.2.1 Xác định x và cation Rn+. Biết tổng khối lượng của muối trong dung dịch X là 82,6 gam
2.2.2 Bằng phương pháp hoá học, hãy nhận biết các ion trong dung dịch X..

Câu 3 (4 điểm)

3.1 Xác định các chất A, B, A1, B1, dung dịch A2 và hồn thành các phương trình phản ứng theo

sơ đồ sau:

3.2 Hổn hợp X gồm một kim loại R và muối cacbonat của nó (có tỉ lệ mol tương ứng là 2:1). Hồ
tan hoàn toàn 68,4 gam hổn hợp X trong dung dịch HNO3 thấy thốt ra hổn hợp khí Y gồm NO

và CO2. Cho hổn hợp khí Y qua dung dịch KMnO4 1M đến mất màu thì hết 420 ml dung dịch

KMnO4, khí cịn lại cho qua dung dịch Ca(OH)2 dư thấy xuất hiện m gam kết tủa đồng thời khối

lượng dung dịch giảm đi 16,8 gam.

3.2.1 Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn.

+ (NaNO3+ ddNaOH)

(1)
Al

+ CuO, t0

+ dd FeCl3 + (O2 + H2O)

+ A, xt, t0 + CO

2, p, t0

B
ddA2

?
?

(2) (3) (4)

</div>
(116)<div class='page_container' data-page=116>

(Phần này là phách)

3.2.2 Xác định công thức muối cacbonat của R và tính thành phần % theo khối lượng mỗi
chất trong hổn hợp X.

Câu 4: (4điểm)

4.1. Cho 4 hợp chất: but-1-in; 3,3-dimetyl but -1-in; etyl bromua và tert butyl bromua.

Dùng phản ứng thế của ankin đầu mạch với NaNH2 trong NH3 lỏng, hãy chọn những hợp chất

thích hợp từ các hợp chất cho trên để điều chế ra 2,2-dimetyl hex-3-in. Giải thích bằng phương
trinh phản ứng?

4.2. Đun nóng neopentyl iotua trong axit fomic (là dung mơi 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.

4.3. Hidro hố một chất X (C7H10) khơng quang hoạt thu được chất Y (C7H16) cũng không quang
hoạt có tỉ lệ tổng số nguyên tử H trên cacbon bậc hai với tổng số nguyên tử H trên cacbon bậc
một là 2:3. X tác dụng được với dung dịch AgNO3 trong NH3 tạo kết tủa và tác dụng với H2 có

xúc tác là Pd/PbCO3 tạo ra Z. Andehyt oxalic là một trong các sản phẩm được tạo thành khi ozon

phân Z. Xác định công thức cấu tạo X, Y, Z. Viết phương trình phản ứng.
Câu 5: (4 điểm)

5.1

5.1.1. Phản ứng thế nguyên tử halogen trong dẫn xuất halogen bằng nhóm OH xảy ra theo
những cơ chế nào? Trình bày cơ chế tổng quát?

5.1.2. Các phản ứng sau đây xảy ra theo cơ chế nào? Giải thích? Phản ứng nào xảy ra
nhanh hơn trong từng cặp sau đây? Giải thích?

a. (CH3)3CI + CH3OH → (CH3)3COCH3 + HI (1)

(CH3)3CCl + CH3OH → (CH3)3COCH3 + HCl (2)

b. (CH3)3CBr + H2O → (CH3)3COH + HBr (3)

(CH3)3CBr + CH3OH → (CH3)3COCH3 + HBr (4)

c. (CH3)3CCl (1M) + CH3O

−

(0,01M) CH3OH→ (CH

3)3COCH3 + Cl
−

(5)
(CH3)3CCl (1M) + CH3O−(0,001M) CH3OH→ (CH3)3COCH3 + Cl− (6)

d. (CH3)3CCl + H2O → (CH3)3COH + HCl (7)

(CH3)2 C=CHCl + H2O → (CH3)2C=CHOH + HCl (8)

5.2. Tiến hành oxi hố hồn tồn 1 thể tích hơi ancol A cần 9 thể tích O2 ở cùng điều kiện nhiệt
độ, áp suất, rồi cho toàn bộ sản phẩn hấp thụ vào dung dịch nước vôi trong dư thấy khối lượng
bình nước vơi tăng 3,9g và có 6g kết tủa tạo thành. Đem A phân tích phổ thì kết quả khơng có tín
hiệu của nhóm -CH2-. A bị oxi hố bởi CuO tạo sản phẩm không tham gia phản ứng tráng gương.

5.2.1. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo ancol A.

5.2.2. Xử lý ancol A bằng dung dịch H3PO4 85% có đun nóng thu được B. Ơzon phân B thu

</div>
(117)<div class='page_container' data-page=117>

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO NGHỆ AN

TRƯỜNG THPT ĐƠ LƯƠNG 2
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT

NĂM HỌC 2013-2014

MÔN THI: HỐ HỌC LỚP 11(vịng 2)

Thời gian làm bài: 150 phút

(Đề thi có 02 trang, gồm 5 câu)

Câu 1 (3,0 điểm):

1.(1điểm).Hợp chất A được tạo thành từ các ion đều có cấu hình electron 1s

2s

2p

3s

3p

.

Trong một phân tử A có tổng số hạt proton, nơtron và electron là 164. Xác định công thức

phân tử của A.

2.(1điểm).So sánh góc liên kết trong phân tử H

O và NH

. Giải thích?

3.(1điểm). Nguyên tố M thuộc nhóm B, nguyên tử của có 1 electron độc thân và có cấu

hình electron lớp ngồi cùng là 4s

. Cho biết vị trí của M trong bảng tuần hồn các ngun

tố hóa học.

Câu 2 (5,0 điểm):

1.(3điểm) Viết các phương trình hóa học biểu diễn các phản ứng xảy ra trong các thí

nghiệm sau:

a. Cho ure vào dung dịch Na

CO

dư .

b. Cho khí clo tác dụng với dung dịch Na

2

CO

dư.

c. Cho khí clo vào bình chứa khí amoniac dư.

d.Cho F

2

đi qua dung dịch NaOH 2% lạnh.

e. K

SO

+ KMnO

+ KHSO

4 →

K

2

SO

4

+ MnSO

4

...

f. Hịa tan hồn toàn một muối cacbonat của kim loại M bằng dd HNO

3

thu được dd A và

hỗn hợp hai khí NO, CO

2. (1.5điểm) . Có 8 ống nghiệm mất nhãn chứa các dung dịch NaHCO

3

1,2M

NH

Cl 1M, BaCl

0,2M, HCl 1M, Na

CO

0,1M, NaOH 1M, Na

SO

0,1M và H

SO

.

Chỉ được dùng thêm q tím, hãy trình bày cách nhận biết hố chất chứa trong

mỗi ống nghiệm.

3. (1.5điểm). Cho khí hidrosunfua lội chậm qua dung dịch A gồm AlCl

, NH

Cl, FeCl

và CuCl

(nồng độ mỗi chất xấp xỉ 0,1M) cho đến bão hồ thu được kết

tủa và dung dịch B.

a.

Cho biết các chấät trong kết tủa và trong dung dịch B.

b.

Thêm dần dung dịch NH

vào dung dịch B cho đến dư. Có hiện tượng gì

xảy ra? Viết tất cả các phươngtrình phản ứng dạng ion thu gọn đã xảy ra.

Câu 3 (5,0 điểm):

1.(2điểm) Có 2 cốc, cốc A đựng 200ml dung dịch chứa Na

CO

1M và NaHCO

1,5M. Cốc

B đựng 173ml dung dịch HCl 7,7% (d=1,37g/ml). Giả sử tiến hành 3 thí nghiệm sau:

TN1: đổ rất từ từ cốc B vào cốc A.

TN2: đổ rất từ từ cốc A vào cốc B.

TN3: đổ trộn 2 cốc A,B với nhau.

Tính thể tích khí (đktc) thốt ra trong mỗi trường hợp sau khi đổ hết cốc này vào cốc kia.

2.(1.5điểm)Cho 6,16 lit NH

(đktc) sục từ từ vào dung dịch H

PO

kết thúc phản ứng thu

</div>
(118)<div class='page_container' data-page=118>

3.(1.5điểm) Tính thể tích NaOH 0,01M cần thiết để trung hịa 25 ml dung dịch H

SO

có

PH = 2,5 biết K

HSO4

- = 10

-2

Câu 3 (4 điểm):

1.(1điểm). Cho 1,08 gam một oxit của kim loại M hoá trị n tác dụng với dung dịch HNO

dư thu được 0,112 lít khí NO (ở đktc, là sản phẩm khử duy nhất của N

). Tìm cơng thức phân

tử của oxit

2.(3điểm). Hoà tan 10,2 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al vào một l−ợng vừa đủ 800ml dung

dịch chứa HCl a mol/l và HNO

b mol/l thu đ−ợc dung dịch chỉ chứa muối của hai kim loại và

hỗn hợp Y gồm 3 khí có tỷ khối đối với H

2

bằng 13,625. Trong Y khí nhẹ nhất chiếm 37,5%

thể tích hỗn hợp. Cho Y đi qua dung dịch NaOH d− thấy còn lại 4,48 lít hỗn hợp 2 khí (đktc) có

tỷ khối đối với H

2

là 4,25.

1-

Xác định cỏc khớ cú trong Y?

2-

Tính thành phần % theo khối lợng của hỗn hợp X?

3-

TÝnh a, b?

Câu 5(2điểm) Cho hỗn hợp khí A gồm một anken E và H

có tỷ lệ mol 1:1 (ở đktc). Cho

hỗn hợp A đi qua ống sứ chứa Ni nung nóng được hỗn hợp khí B có tỷ khối hơi đối với H

là 23,2.

a.

Tìm cơng thức phân tử của anken và tính hiệu suất phản ứng.

b.

E có 6 đồng phân lần lượt kí hiệu là E, F, G, H, I, J.

- E, F, G, H làm mất màu dung dịch brom cịn I, J thì khơng.

- E, F, G cộng H

cho sản phẩm hoàn toàn giống hệt nhau.

</div>
(119)<div class='page_container' data-page=119>

SỞ GIÁO DỤC- ĐAØO TẠO VĨNH LONG

TRƯỜNG PHỔ THÔNG TRUNG HỌC CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM

KỲ THI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XXII 2006
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN HĨA 11

---

Câu I : (4ñ)

I. 1) Các dữ kiện sau đây là đối với các hợp chất XClx và YCly

Nhiệt độ nóng chảy Nhiệt độ sơi 0 C Độ tan trong nước Độ tan trong benzen

XClx 801 1443 37g/100g 0,063g/100g

YCly - 22,6 76,8 0,08 Hòa tan theo mọi tỷ leä

a) Cho biết kiểu liên kết trong mỗi hợp chất trên

b) Giải thích ảnh hưởng của liên kết trong mỗi chất trên đối với sự khác nhau về nhiệt độ nóng
chảy, nhiệt độ sơi và tính tan của chúng.

I. 2) Hợp chất A được tạo thành từ cation X+ và Y -. Phân tử A chứa 9 nguyên tử gồm 3

nguyên tố phi kim, tỉ lệ số nguyên tử của mỗi nguyên tố là 2 : 3 : 4 tổng số proton trong A là
42 và trong ion Y – chứa 2 nguyên tố cùng chu kỳ và thuộc 2 phân nhóm chính liên tiếp

a. Viết công thức phân tử và gọi tên A

b. Viết công thức cấu tạo của A và nêu rõ bản chất liên kết trong A.

Đáp án
Câu I: (4đ)

I. 1) (1,5ñ)

a. Liên kết trong XClx liên kết ion

- Liên kết trong YCly liên kết cộng hóa trị (0,25ñ)

b.trong tinh thể ion như NaCl : các ion Na+ và Cl– liên kết với nhau bằng liên kết ion bền vững

- Lực liên kết ion rất mạnh nên hợp chất ion có to

nc, t0S cao .

- các hợp chất ion phân cực mạnh nên tan nhiều trong dung mơi phân cực, ít tan trong
dung mơi không phân cực.

+ Trong tinh thể CCl4 mỗi nút của mạng là một phân tử CCl4 riêng biệt.

- Mặc dù liên kết giữa Cl và C là liên kết cộng hóa trị nhưng liên kết giữa các phân tử
CCl4 là liên kết Vanderwall rất yếu.

- CCl 4 không phân cực => t0 thấp (-22,60C) các phân tử CCl4 cũng đủ tách ra khỏi

mạng tinh thể (t0

nc thấp).

- CCl4 hịa tan rất ít trong nứơc và hòa tan trong benzen theo mọi tỉ lệ => là một chất

rắn thuộc mạng tinh thể phân tử.
II. 2) (2,5đ)

a) Số proton trung bình của 3 nguyên tố.
42

4, 67
9

= =

∑

(0,25đ)

=> phải có nguyên tố phi kim z < 4,67 => H

Hai phi kim còn lại trong Y ở một chu kỳ và hai phân nhóm chính liên tiếp nên số
proton tương ứng : Z và Z+1 (Z : nguyên dương).

* Trường hợp 1 : A có 2 ngun tử H

(0,5đ)

</div>
(120)<div class='page_container' data-page=120>

2 + 34 + 4 (Z+1) = 42 => Z =36
7 (loại)
hoặc 2 + 42 + 3(Z+1) = 42 => Z= 36

7 (loại) (0,25đ)

* Trường hợp 2 : A có 3 nguyên tử H
3 + 2Z + 4(Z+1) = 42 => Z= 35

6 (loại)
hoặc 3 + 4Z + 2(Z+1) = 42=> Z= 37

6 (loại) (0,25đ)

* Trường hợp 3 : A có 4 nguyên tử H

4 + 2Z + 3(Z+1) =42 => Z =7 (nguyên tố N)
(0,25đ)

=> z +1 = 8 (nguyên tố oxi).

Hoặc 4 + 3Z + 2(Z+1) = 42 => Z = 36

5 (loại)
=> A : NH4NO3 (amoninitrat)

(0,5ñ)

b) CTCT (A)

|

H

H N H

H

 

 

 

+

−

→

O

O N

O

 

 

 − 

 

 

0,5ñ)

liên kết ion giữa NH4+ và NO 3

-Trong NH4 có LK cộng hóa trị trong NH4+

(0,5ñ)

LK cho nhận : giữa NH3 và H+

Câu II. (4đ)

II.1) Cho phản ứng

CO2(k) + H2 (k) CO (k) + H2O

a. Tính 0

G

∆ của phản ứng ở 1000K, biết 0

H

∆ 1000k = 35040 J/mol
0

S

∆ 1000k = 32,11 J/mol/K

b. Tính Kc, Kp của phản ứng ở 1000k

c. Một hỗn hợp khí chứa 35% thể tích H2, 45% thể tích CO và 20% thể tích hơi H2O

được nung nóng tới 1000k. Tính thành phần hổn hợp ở trạng thái cân bằng.

II.2) Tích số tan của AgCl bằng 1,8.10 -10. Hãy tính độ tan S của AgCl trong nước. Nếu

AgCl tan trong dung dịch NH3 1M thì độ tan sẽ là bao nhiêu biết hằng số bền của phức

[

]

3 2

( ) 10

Ag NH + =

Đáp án
Câu II (4đ).

II.1)

a. 0

1000 35040 1000.32,11 2930

G H TAS J

</div>
(121)<div class='page_container' data-page=121>

b. 0

2930

ln 0, 35242

8, 314.1000

G RT Kp

G
Kp

RT

∆ = −
∆

= − = − = −

(0,25ñ)

Kp =0, 703 (0,25ñ)

∆ =n 0

Kp=Kc=0, 703 (0,25đ)

c. Gọi x là %
2
CO

V ở trạng thái cân bằng
CO2 + H2 CO + H2O

00 0,35 0,45 0,2

x x x x
x 0,35+x 0,45 – x 0,2 – x

(0, 45 )(0, 2 )

(0, 35 )

x x

Kp Kc

x x

− −

= =

+ (0,5ñ)

x = 0,104

%CO : 34,6%
%CO2 : 10,4%

%H2O : 0,96%

%H2 : 45,4%

II.2)

AgCl Ag+ + Cl – T = 1,8.10 – 10

Gọi S là độ tan AgCl trong nước nguyên chất

10 5

1,8.10 1, 3.10
AgCl

S= T = − = − M (0,5ñ)

AgCl +2NH3 [Ag NH( 3 2) ]++Cl− (0,25ñ)

3 2 3 2

2 2

3 3

[ ( ) ] [ ] [ ( ) ] [ ][ ]

[ ] [ ] [ ]

Ag NH Cl Ag NH Ag Cl

K

NH NH Ag

+ − + + −

= = = Kbeàn . T (0,25ñ)

= 108.1,8.10– 10 = 1,8.10 –2

Gọi x là nồng độ của phức [Ag NH( 3 2) ]+ được tạo ra khi tan AgCl3 vào NH3.

[Cl-] = x

[NH3] = 1 – 2x

K = 1,8.10-2 = 2

2 0,1

(1 2 )

x

x ⇒ =

− (0,5ñ)

3 2

[Ag NH( ) ]+ = 0,1M

=> Chứng tỏ AgCl tan nhiều trong NH3 (0,5đ)

Caâu III : (4 điểm)

Hịa tan hồn tồn m(g) hỗn hợp gồm FeS2 và Cu2S vào H2SO4 đặc nóng thu được dung

dịch A và khí SO2.

Hấp thụ hết SO2 vào 1 lít dung dịch KOH 1M thu được dung dịch B. Cho ½ lượng dung

dịch A tác dụng với một lượng dư dung dịch NH3, lấy kết tủa nung đến khối lượng không đổi

được 3,2g chất rắn. Cho dung dịch NaOH dư vào ½ lượng dung dịch A. Lấy kết tủa nung đến
khối lượng khơng đổi sau đó thổi H2 (dư) đi qua chất rắn còn lại sau khi phản ứng hoàn toàn

thu được 1,62g hơi H2O.

</div>
(122)<div class='page_container' data-page=122>

a. Tính m

b. Tính số gam các muối có trong dung dịch B

Đáp án :
Câu III: (4 điểm)

2FeS2 + 14H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14 H2O

x 0,5x 15

2 x (0,5 ñ)

Cu2S + 6H2SO4 = 2CuSO4 + 5SO2 + 6H2O

y 2y 5y

H2SO4 + NH3 = (NH4)2SO4

CuSO4 + NH3 (dö) = [Cu(NH3)4]SO4 ( 0,5ñ)

Fe2(SO4)3 + 6NH3 + 6 H2O = 2Fe(OH)3↓+3(NH4)2SO4

x

x

2Fe(OH)3

0
t

= Fe2O3 + 3H2O

x

x

H2SO4 + 2NaOH = Na2SO4 + 2H2O

CuSO4 + 2NaOH = Cu(OH)2 + Na2SO4 (0,5ñ)

Fe2(SO4)3 + 2NaOH = 2Fe(OH)3 + 3Na2SO4

2Fe(OH)3

0
t

= Fe2O3 + 3H2O

Cu(OH)2

0
t

= CuO + H2O

CuO + H2

0
t

= Cu + H2O

y y

Fe2O3 + 3H2

0
t

= 2Fe+ 3H2O (0,5ñ)

x 3x

y

Goïi x, y là số mol FeS2, Cu2S

3, 2

0, 08
4 160

3 1, 62

0, 09 0, 03

4 18

x

x
x

y y

= ⇒ =

+ = = ⇒ =

(0,5ñ)

m = 120 . 0,08 + 160 . 0,03 = 14,4g (0,25ñ)

nKOH = 1 mol

2
SO

n = 15 5 0, 75

2 x+ y= ⇒ 2 muối KHSO3 và K2SO3 (0,25đ)

KOH + SO2 = KHSO3

</div>
(123)<div class='page_container' data-page=123>

2KOH + SO2 = K2SO3

0, 75

2 1

a b mol

a b mol

+ =



+ =

 =>

0, 5
0, 25

a
b

= (0,25ñ)

2 3
3

0, 25.158 39, 5
120.0, 5 60
K SO

KHSO

m g

= =

= = (0,5đ)

Câu 4 : (4 điểm)
IV.1)

Giải thích sản phẩm tạo ra bằng sự khử nước của
IV.2)

Hỗn hợp A gồm ba ankin X, Y, Z có tổng số mol là 0,05. Số nguyên tử C trong mỗi
chất lớn hơn 2. Đốt cháy hoàn toàn 0,05 mol A thu được 0,13 mol nước. Cho 0,05mol A vào dd
AgNO3 0,12M trong NH3 thấy dùng hết 250ml dung dịch AgNO3 và thu được 4,55g kết tủa.

Xác định CTCT X, Y, Z. Cho biết ankin có khối lượng phân tử nhỏ nhất chiếm 40% số mol
của A

ĐÁP ÁN
Câu IV : (4 điểm)

II.1) + H+ t0
→

Sau đó xảy ra sự chuyển vị hidrua cation bậc 2 bền hơn
+

→ + 0,5đ

Tách H+ taïo trans-buten-2

→ 0,5đ

II.2)

Gọi n_ là nguyên tử C trung bình
3 ankin CmH2m – 2 : a mol

CnH2n – 2 : b mol

CpH2p – 2 : c mol

0
_ _

_ _

2 2 2

2 2
3 1
( 1)
2
t
n n
n

C H O n CO n H O

−

+ → + −

0,05 0,05 (n−_ 1)

0,05 (n−_ 1) = 0,13 =>

3, 6

n =

Choïn m = 3 => C3H4 (0,5ñ)

3 4

0, 05.40

: 0, 02

100

nC H = (0,25ñ)

3 3 3 3 4 3

t

CH ≡C−CH +AgNO +NH →Ag−C≡C−CH +NH NO (0,25ñ)

0,02 0,02

nAgNO còn lại

0,03 – 0,02 = 0,01 (0,25ñ)

→

C

–

CH2OH

–

CH2 + H2O

H O

–

CH2OH+

–

CH3

–

CH2

–

CH3

–

CH3 + H+

</div>
(124)<div class='page_container' data-page=124>

_ _ 3 3 _ _ 4 3

2 2 2 3

0, 01

x x x x

C H AgNO NH C H Ag NH NO

− + + → − +

0,01

(0,25đ)

n2 ankin còn lại 0,05 – 0,02 = 0,03

=> 2 ankin cịn lại chỉ có 1 ankin tham gia phản ứng

147.0,02 + (14 x_– 3 + 108) 0,01 = 4,55 (0,25ñ)

x = ⇒ n = p= 4

CTCT Y : CH3 – CH2 – C ≡CH

Z : CH3 – C ≡C – CH3 (0,5đ)

Câu V : (4 điểm)

V.1) Viết đầy đủ phương trình phản ứng của dãy chuyển hóa sau

3 3

3 2 3

(CH ) C =CH−CH HBr→ → A Mg ete B oxitetilen→ C H O+→DPCl→E

V.2)

Một chất hữu cơ (X) có CTPT C9H10O không tác dụng với dung dịch Br2 oxi hóa mạnh

X với dung dịch KMnO4 đun nóng tạo thành axit benzoic.

a) Viết CTCT có thể có của X

b) Nêu cách phân biệt các đồng phân xeton tìm được của X
V.3)

Hợp chất hữu cơ (X) chứa C, H, O có dX/He = 34. Khi đốt cháy hoàn toàn 1,36g (X) sinh

ra 1,08g H2O và 2,2g CO2. Cho hơi của X đi qua ống sứ chứa CuO đốt nóng thu được chất hữu

cơ Y có khối lượng mol nhỏ hơn khối lượng mol của X là 8g. Khi cho 2,56g Y tác dụng hết với
dd AgNO3/NH3 thu được 17,28g Ag. Cho X vào dung dịch NaBr bão hịa sau đó thêm từ từ

H2SO4 đặc vào hỗn hợp thu được chất hữu cơ Z không chứa oxi. Hãy xác định CTCT X, Y, Z.

Caâu V
V.1)

A : 3 2 3

Br

CH C CH CH

CH

− − − D :

2 3

3 2 2

CH CH

CH C CH CH OH

CH

−

− − − −

B : 3 2 5

MgBr

CH C C H

CH

− − E :

2 3

3 2 2

CH CH

CH C CH CH Cl

CH

−

− − − −

C :

2 3

3 2 2

CH CH

CH C CH CH OMgBr

CH

−

− − − −

V.2)

</div>
(125)<div class='page_container' data-page=125>

Anđêhit (0,25ñ)

b. Nhận biết các đồng phân xeton

nhờ phản ứng iodo form tạo kết tủa vàng nhạt CHI3 khi tác dụng với thuốc thử dư I2/OH–

V.3)

CTTQ : CxHyOz

MX = 34 . 4 = 136

2 2 2

( )

4 2 2

t
x y z

y z y

C H O + x+ − O →xCO + H O

2, 2.12
0, 6
44

C

m = = g

1, 08
0,12
9

H

m = = g

1, 36 (0, 6 0,12) 0, 64
O

m = − + = g

0, 6 0, 64
: : : 0,12 :

12 16

x y z =

= 0,5 : 0,12 : 0,04

= 5 : 12 : 4 (0,25ñ)

(C5H12O4)n

n = 1 => CTPT C5H12O4

X phản ứng với CuO, t0 => X là rượu bậc 1 hoặc bậc 2

1 nhóm OH CuO→ Kl giảm 2g

4 nhóm OH – Kl giaûm 8g (0,25đ)
Y Tham gia tráng gương Y có CT : R(CHO)x

–

CH2 – CH2 – CHO

–

CH – CHO
|

CH3

–

C – CH2 – CH3

||
O

–

CH2 –C – CH3

||
O

0,25đ
Xeton

0,25đ
0,25đ

</div>
(126)<div class='page_container' data-page=126>

3 3 2 4 4 3

( )x 2 3 ( )x 2

R CHO + xAgNO + xNH +xH O→R COONH + xAg+xNH NO
2, 56

128 0,16

x = 4

CTCT (X) :

2 2

CH OH

HO CH C CH OH

CH OH

− − − (0,25ñ)

CTCT (Y) :

|| |

CHO

H C C CHO

O CHO

− − − (0,25ñ)

X phản ứng với dd NaBr + H2SO4 đặc

2 2

2
|
|

CH OH

HO CH C CH OH

CH OH

− − − + 4NaBr + H2SO4 đặc

2 2

2
|
|

CH Br

Br CH C CH Br

CH Br

− − − +

4NaHSO4 + 4H2O

(Z)

–

CH2 –C – CH3 + 3I2 + 4OH–

||
O

–

CH2 –COO– + CHI3↓+ 3I– +

3H2O

</div>
(127)<div class='page_container' data-page=127>

Kỳ thi olympic truyền thống 30/4 Mã số :
Lần XII - Năm 2006

Trường THPT Nguyễn Thượng Hiền - TPHCM

---
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ Mã số :

MƠN HĨA KHỐI 11
Ngày thi : 17 - 4 - 2006
Thời gian làm bài : 180 phút
CÂU I :

Bê tông được sản xuất từ hỗn hợp xi măng, nước cát và đá dăm ( đá nhỏ ) . Xi măng gồm chủ
yếu là canxi silicat và canxi aluminat tạo thành khi nung nghiền đất sét với đá vôi. Trong các
bước tiếp theo của việc sản xuất xi măng, người ta thêm 1 lượng nhỏ gypsum, CaSO4.2H2O,

để tăng cường sự đông cứng của bê tông. Sử dụng nhiệt độ tăng cao trong giai đoạn cuối của
sản xuất có thể dẫn đến sự tạo thành 1 hemihidrat không mong muốn là CaSO4.1/2H2O.

Xét phản ứng sau :

CaSO4.2H2O (r) CaSO4.1/2H2O (r) + 3/2H2O (k)

Các số liệu nhiệt động học sau đo tại 25oC, áp suất tiêu chuẩn 1,00 bar :

Hợp chất Ho / (KJ.mol-1) So / (JK-1.mol-1)

CaSO4.2H2O (r) - 2021,0 194,0

CaSO4.1/2H2O (r) -1575,0 130,5

H2O ( k) -241,8 188,6

Hằng số khí : R = 8,314 J.mol-1 .K-1 = 0,08314 L. bar. mol-1.K-1
OoC = 273,15oK

1/ Hãy tính ∆Ho ( theo KJ) của sự chuyển hóa 1,00 kg CaSO4.2H2O ( r) thành

CaSO4.1/2H2O (r). Phản ứng này là tỏa nhiệt hay thu nhiệt ?

2/ Hãy tính áp suất hơi nước ( theo bar) tại cân bằng trong 1 bình kín có chứa
CaSO4.2H2O ( r) , CaSO4.1/2 H2O (r) và H2O ( k) tại 25oC.

3/ Hãy tính nhiệt độ tại đó áp suất hơi nước tại cân bằng là 1,00 bar trong hệ được mô tả
ở câu 2. Giả thiết rằng ∆Ho và ∆So không phụ thuộc nhiệt độ.

CÂU II :

Sự ăn mòn kim loại gắn liền với các phản ứng điện hóa. Điều này cũng đúng với sự tạo thành
gỉ trên bề mặt sắt, tại đó các phản ứng ban đầu tại điện cực thường là :

Fe (r) Fe2+ ( aq) + 2e (1)
O2 (k) + 2H2O (l) + 4e 4OH- (aq) (2)

Thiết lập 1 pin điện hóa trong đó diễn ra các phản ứng tại điện cực như trên. Nhiệt độ là 25oC.
Pin được biểu thị bằng giản đồ pin sau đây :

Fe (r) | Fe2+ (aq) OH- (aq) , O2 (k) | Pt (r)

Thế điện cực tiêu chuẩn tại 25oC :

Hệ số Nernst : RTln10/F = 0,05916 Volt tại 25oC
Hằng số Faraday : F = 96450 C. mol-1

Hằng số khí : R = 8,314 J.mol-1.K-1 = 0,08314 L. bar. mol-1.K-1
OoC = 273,15oK

</div>
(128)<div class='page_container' data-page=128>

Kỳ thi Olympic truyền thống 30/4 Mã số :
Lần XII - Năm 2006

Trường THPT Nguyễn Thượng Hiền - TPHCM

---
1/ Hãy tính sức điện động tiêu chuẩn ( điện thế pin tiêu chuẩn) , Eo , tại 25oC.

2/ Hãy viết phản ứng chung xảy ra trong quá trình phóng điện của pin ở điều kiện tiêu
chuẩn.

3/ Hãy tính hằng số cân bằng tại 25oC của phản ứng chung của pin.

4/ Phản ứng chung nói trên được cho phép là tiến hành trong 24 giờ ở điều kiện tiêu
chuẩn và với dịng điện khơng đổi là 0,12A. Hãy tính khối lượng của Fe chuyển thành
Fe2+ sau 24 giờ. Oxi và nước được giả thiết là có dư.

5/ Hãy tính Eo của pin tại 25oC với điều kiện sau :

Fe2+ = 0,015M ; pH nửa pin bên phải = 9,00 ; PO2 = 0,700 bar

CÂU III.

Trị số pH của nước nguyên chất là 7,0 ; trong khi đó nước mưa tự nhiên có tính axit yếu do
sự hịa tan của CO2 trong khí quyển. Tuy nhiên, trong nhiều khu vực, nước mưa có tính axit

mạnh hơn. Điều này do 1 số nguyên nhân, trong đó có những nguyên nhân tự nhiên và những
nguyên nhân xuất phát từ các hoạt động của con người.

Trong khí quyển, SO2 và NO bị oxi hóa theo thứ tự thành SO3 và NO2, chúng phản ứng với

H2O thành H2SO4 và HNO3. Hậu quả là tạo thành "mưa axit" với pH trung bình khoảng 4,5.

Tuy nhiên, cũng đã đo được các trị số thấp đến mức 1,7.

SO2 là 1 axit đa chức trong dung dịch nước. Tại 25oC, các hằng số axit bằng :

SO2 (aq) + H2O (l) D HSO3− (aq) + H+ (aq) Ka1 = 10-1,92

HSO3− (aq) D 2
3

SO −- (aq) + H+ (aq) K

a2 = 10-7,18

Tất cả các câu hỏi sau đều xét ở 25oC :

1/ Tính tan của khí SO2 là 33,9 lit/ 1 lit nước tại áp suất riêng phần của SO2 = 1 bar

a. Hãy tính nồng độ toàn phần của SO2 trong nước bão hịa khí SO2 ( bỏ qua sự thay

đổi thể tích gây ra bởi sự hoà tan SO2.

b. Hãy tính % của ion HSO3−

.
c. Tính pH của dung dịch.

2/ Hãy tính nồng độ của ion Hidro trong dung dịch nước của Na2SO3 0,0100 M.

3/ Cân bằng chính trong dung dịch nước của NaHSO3 là :

2HSO3− ( aq) D SO

2 (aq) + SO32− (aq) + H2O ( l)

a. Hãy tính hằng số cân bằng của cân bằng trên.

b. Hãy tính nồng độ của SO2 trong nước của NaHSO3 0,0100 M nếu chỉ xét cân bằng

ghi trên.

4/ Tính tan của BaSO3 trong nước bằng 0,016 g / 100ml.

a. Tính nồng độ của ion Ba2+ trong dung dịch bão hòa.

b. Tính nồng độ ion SO32− trong dung dịch bão hòa.

c. Tính tích số tan của BaSO3.

5/ Tích số tan của Ag2SO3 = 10-13,82 M3. Hãy tính Ag+ trong dung dịch nước của

Ag2SO3

( bỏ qua tính baz của SO32−).

6/ Tích số tan của CaSO3 = 10-7,17 M3. Tính Kcb của phản ứng :

Ca2+ (aq) + Ag2SO3 (r) D CaSO3 (r) + 2Ag+ (aq)

7/ Nhỏ từng giọt Brom đến dư vào dung dịch SO2 0,0100 M. Tồn bộ SO2 bị oxi hóa

thành sunfat VI. Brom dư được tách ra bằng cách sục với khí Nitơ.

</div>
(129)<div class='page_container' data-page=129>

Kỳ thi Olympic truyền thống 30/4 Mã số :
Lần XII - Năm 2006

Trường THPT Nguyễn Thượng Hiền - TPHCM

---
8/ Sau 1 đợt phun trào núi lửa, trị số pH của nước mưa đo được bằng 3,2. Hãy tính nồng độ
toàn phần của H2SO4 trong nước mưa, giả thiết sự axit hóa là chỉ do H2SO4. Proton thứ

nhất của H2SO4 có thể xem như phân ly hồn tồn.

CÂU IV.

Đem hoà tan a gam một hỗn hợp X gồm Al2O3, MgO và 2 oxit của kim loại kiềm A và B

(thuộc 2 chu kỳ kế tiếp) vào nước thấy có 4 gam chất không tan.

Nếu thêm vào hỗn hợp 1 lượng Al2O3 bằng ¾ lượng Al2O3 có trong X rồi mới hịa tan vào

nước thì có 6,55g chất khơng tan.

Còn nếu thêm vào hỗn hợp 1 lượng Al2O3 bằng lượng Al2O3 có trong X thì có 9,1g chất

không tan.

Lấy 1 trong số dung dịch đã phản ứng hết kiềm ở trên cho sục khí CO2 đến dư để tất cả

lượng Al(OH)3 kết tủa , lọc bỏ chất không tan, cô cạn nước lọc, thu được 24,99g hỗn hợp các

muối cacbonat axit và muối cacbonat trung tính khan. Biết khi cơ cạn 50% muối cacbonat axit
kim loại kiềm A và 30% muối cacbonat axit kim loại kiềm B đã chuyển thành muối cacbonat
trung tính.

Hãy cho biết 2 kim loại kiềm và % khối lượng các oxit trong X.

Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn ( trừ phản ứng phân hủy nhiệt muối cacbonat axit) và
khơng có sự hao hụt khi thu hồi các muối cacbonat.

CÂU V.

1/ Cho biết độ dài liên kết tương đối và độ bền liên kết của −C≡C− và >C=C<
giải thích .

2/ Giải thích tại sao hình ảnh orbital của −C≡C− cho ta biết sự thiếu vắng đồng phân
hình học của CH3−C≡C CH− 2 −CH3

3/ a. Giải thích tại sao xiclohexin khơng tồn tại ?
b. Vịng nhỏ nhất thích ứng với nối ba

( )

≡ là gì ?

</div>
(130)<div class='page_container' data-page=130>

Trường THPT Nguyễn Thượng Hiền - TPHCM
Giáo viên : HÀ THỊ KIM LIÊN

ĐÁP ÁN HOÁ 11

CÂU I :
1/

2 4 2

4. 21 2 ( ) .2 ( )

2 H O K CaSO H O r

CaSO H O

H H H H

∆ = ∆ + ∆ − ∆

= -1575,0 + 32 (-241,8) - (- 2021,0)

= + 83,3 KJ.mol-1

Số mol CaSO4.2H2O(r) = 1000

172,18 = 5,808 (mol)

∆Hpư = 5,808 x 83,3 = 483,8 KJ > 0 _ Phản ứng thu nhiệt

2 4 2

4 2

0 0 0

1 ( ) .2 ( )

. 2 H O k CaSO H O r

CaSO H O

S S S S

∆ = + −

= 130,5 + 188,6. 32 - 194,0 = 219,4 JK-1.mol-1
∆G= ∆H T S− ∆ = 83300 - 298,15 x 219,4 = 1788,6 J.mol-1

∆G = -RTlnK lnK = G 0,08314.298,1517886
RT

∆
=

− − = - 721,553

3/ 2
H O

K =P

K= 7,35.10-4 (bar)
2

H O

P = 8,15.10-3 bar

3/
2

H O

P = 1 bar K = 1,00
∆G0= -RTlnK = 0

G H T S

∆ = ∆ − ∆

0 = 83300 - T x 219,4
T = 380K hay 107oC
CÂU II :

1/ E mạch = Ep - Et = E (+) - E (-) = 0,4 - ( - 0,44 ) = + 0,84 (V)
2/ - Sự oxi hóa xảy ra ở cực âm., bên trái

- Sự khử xảy ra ở cực dương , bên phải

(+) O2 (k) + 2H2O (l) + 4e 4OH− (aq)

(-) 2| Feo - 2e Fe2+

2Feo + O2 + 2H2O 2Fe2+ + 4OH−

3/ Hệ đạt cân bằng khi Epin = 0

Kcb =

(

) (

)

2 2

Fe OH

+ −

Nồng độ mol theo M, áp suất theo bar

</div>
(131)<div class='page_container' data-page=131>

K = 6,2 x 1056 ( M6.bar-1)
4/

m Fe Fe2+ = 55,845.0,12.24.3600 3,0
96485.2

AIt

Fn = =

5/ Fe2+ = 0,015 M; pH nửa pin bên phải = 9,00 ;
2

H O

P = 0,700 bar

Epin = Eopin -

(

) (

)

2 4

0,5916 lg

4 O

Fe OH

+ −

pH = 9 [H+] = 10-9 M OH−

 = 10-5 M

Epin = 0,84V -

(

)

2 5

0,015 10

0,5916 lg 1,19

4 0,700

−

CAÂU III :

1/

a/ n = = = 1,368 (mol)

[ SO2] = 1,368 M

b/ SO2 (aq) + H2O (l) HSO3- (aq) + H+ (aq)
bñ : 1,368 0 0
pö : x x x
cb : (1,368 – x) x x

Ka1 = = 10-1,92 x = 0,1224

%HSO3- = x 100 = 8,95 (%)

c/ pH = -lg [H+] = - lg 0,1224 = 0,91

2/

Na2SO3 2Na+ + SO
3

0,01 0,01 (M)
SO3 2- (aq) + H2O(l) HSO3- (aq) + OH-(aq)

Bñ : 0,01 0 0
Pö : y y y
Cb : ( 0,01 – y) y y

Kb = = 10-6,82 = y = 3,89.10-5 = [OH -]

[H+] = = 2,57.10-10 (M)
PV

1,368 - x
x
1,368

10-14

Ka2

0,01 - y
10-14

3,89.10-5

1 x 33,9
1,013

</div>
(132)<div class='page_container' data-page=132>

3

a/ HSO3- (aq) SO32- (aq) + H+(aq) Ka2
HSO3- (aq) + H+ (aq) SO2 (aq) + H2O (l) ( Ka1)-1

2HSO3- (aq) SO32- (aq) + SO2 (aq) + H2O (l)

Kcb = Ka2.Ka1 -1 = 10-7,18 . 10+1,92 = 10-5,26

b/ NaHSO3 Na+ + HSO3

0,01 0,01 (M)
2HSO3- SO2 + SO32- + H2O

bñ : 0,01 0 0 0
pö : 2z z z

cb : ( 0,01-2z) z z

Kcb = = 10-5,26 => z = 2,33.10-5

[ SO2 ] = y = 2,33.10-5

4/

a/ M BaSO3 = 217,39 g.mol-1

Soá mol BaSO3 = 0,016 : 217,39 = 7,36.10-5 (mol)

[ BaSO3] = 7,36.10-5 : 0,1 = 7,36.10-4 (mol/l)
BaSO3 Ba 2ø+ + SO3

s s s
[ Ba 2+] = 7,36.10-4 M

b/ SO32- (aq) + H2O (l) OH –(aq) + HSO3- (aq)

bñ : 7,36.10-4 0 0

pö : a a a
cb : ( 7,36.10-4 –a ) a a

K = = 10-6,82 a = 1,0479.10-5

[ SO32-] = 7,36.10-4 – a = 7,26.10-4 (M)

c/ Tt BaSO3 = [ Ba 2+] [ SO32-] = ( 7,36.10-4) ( 7,26.10-4) = 5,34.10-7 (M 2 )

5/

Ag2SO3 2Ag + + SO
3

s 2s s

Tt = 2s 2 = 10-13,82 s = 1,558.10-5

[ Ag+] = 2s = 3,116.10-5 (M)

6/

Ag2SO3 2Ag + + SO

32- Tt = 10-13,82

Ca 2+ + SO

32- CaSO3 Tt-1 = 10+7,17

Ca 2+ + Ag

2 SO3 2Ag+ + CaSO3 K = 10-13,82.10+7,17 = 10-6,65

7/

Br2 + SO2 + 2H2O = 2 HBr + H2SO4

0,01 0,02 0,01
2HBr = 2H+ + 2Br

0,02 0,02 0,02

( 0,01 – 2z) 2

a 2

</div>
(133)<div class='page_container' data-page=133>

H2SO4 = H+ + HSO4-

0,01 0,01 0,01

HSO4- H+ + SO4

Bñ : 0,01 0,03 0
Pl : b b b
Cb : (0.01 – b) (0,03 +b) b

K = = 10-1,99 b = 2,34.10-3

[ H+] = 0,03 + b = 0,0324 (M)

8/

pH = 3,2 [H+] = 10-3,2 M Ka = 10-1,99

H2SO4 H+ + HSO4-

0,01 0,01 0,01
HSO4- H+ + SO4

Bñ : 0,01 0,01 0
Pl : c c c
Cb : ( 0,01 – c) ( 0,01 + c) c

K = = 10-1,99 c = 1,613.10-5

[ SO42-] = c = 3,074.10-4 M
[ HSO4-] = 1,613.10-5 M

[H2SO4] = [ HSO4-] + [SO42-] = 1,613.10-5 + 3,074.10-4 = 3,24.10-4

CAÂU IV :

 lượng Al2O3 ban đầu la ø : 9,1 – 6,55 = 2,55 (g)

=> Al2O3 ban đầu la ø : 4 x 2,55 = 10,2 g

Vì thêm ¾ lượng Al2O3 vào hỗn hợp X, sau phản ứng cịn 6,55g chứng tỏ đã có :

(9 4 + 10,2 + 7,65 ) – 6,55 = 15,3 (g) Al2O3 bị tác dụng đã tan vào dd kiềm.

Vậy lượng MgO ban đầu là : 4 (g)

Số mol Al2O3 đã phản ứng : 15,3 : 102 = 0,15 (mol)

+ H2O + Al2O3

A2O 2AOH 2 A AlO2

+ H2O + Al2O3

B2O 2 BOH 2 B AlO2

x + y = 0,15 (1)
0,5x ( 2A - 60) + 0,3y ( 2B + 60) + x (A+61) – 1,4y (B + 61) = 24,99

=> Tổng số gam 2 kim loại A,B là : 2Ax + 2By = 11,34 – 12,4y (g) (2)
Tổng số mol 2 kim loại A,B là : 2x + 2y = 0,3 (mol)

b ( 0,03 + b)
0,01 - b

c ( 0,01 + c)
( 0,01 – c)

11,34 – 12,4y
0,3

</div>
(134)<div class='page_container' data-page=134>

M = => 12,4y = 11,34 – 0,3M => y =

0 < y < 0,15 => 31,6 < M < 37,8 , A < M A = 23 : Na

B = 39 : K

(2) => 46x + 90,4y = 11,34 x = 0,05
x + y = 0,15 => y = 0,1

m Na2O = 0,05 x 62 = 3,1 g => % m Na2O = 11,61 %

m K2O = 0,1 x 94 = 9,4 g % m K2O = 35,2 %

m MgO = 4 (g) %m MgO = 15%
m Al2O3 = 10,2 g % m Al2O3 = 38,19%

Tổng khối lượng = 26,7 (g)

CAÂU V :

1/

- Liên kết ba ≡ ngắn và bền hơn liên kết đôi =

- Nguyên tử cacbon của C ≡ C được che chắn bởi 6e của 3 liên kết trong khi đó
nguyên tử cacbon của C = C được che chắn bởi 4e của từ 2 liên kết.

- Với nhiều e che chắn, cacbon liên kết ba ≡ có thể lại gần nhau => chiều dài liên
kết

ngắn và tạo sự xen phủ nhiều hơn => liên kết bền hơn.

2/

Cacbon nối ba ≡ lai hóa sp thẳng hàng => loại trừ khả năng tạo đồng phân lập thể

cis-trans trong đó các nhóm thế phải ở những mặt khác nhau của liên kết ba .

3/

a. Đơn vị cấu trúc thẳng hàng − C − C ≡ C − không thể tạo cầu chỉ với 2 cacbon.

b. Đơn vị cấu trúc này có thể tạo cầu với 4 cacbon, như vậy xicloankin đơn giản
nhất

laø xiclooctin.

4/

Liên kết C ≡ C lai hóa sp phân cực nhiều hơn liên kết C = C lai hóa sp2 vì cacbon

nhiều đặc tính s thì độ âm điện nhiều hơn.

</div>
(135)<div class='page_container' data-page=135>

Đ

Ề

T

TH

HI

I

Đ

Ề

N

N

GH

G

H

Ị

M

MƠ

ƠN

N:

:

H

HĨ

ĨA

A

H

H

Ọ

C

C

-

-

L

L

Ớ

P

P

1

11

1

T

Tr

r

ư

ờ

ng

n

g

T

TH

HP

PT

T

c

ch

h

uy

u

yê

ên

n

L

L

ư

ơ

ng

n

g

T

Th

h

ế

V

V

in

i

n

h

T

ỉ

n

h

Đ

ồ

n

g

N

a

i

Câu I (4điểm)

I.1. Ở 27oC, 1atm, 20% N2O4 chuyển thành NO2. Hỏi ở 27oC, 0,1 atm, có bao nhiêu %

N2O4 chuyển thành NO2 ? Nhận xét ?

I.2. Tính α khi cho 69 gam N2O4 vào 1 bình 20 lít ở 27oC.

I.3. Tính α khi cho 69 gam N2O4 và 30 gam Ar vào 1 bình 20 lít ở 27oC.

I.4. Tính α khi cho 69 gam N2O4 và 30 gam Ar vào 1 bình 40 lít ở 27oC. Cho nhận xét

và giải thích.

I.5. Người ta đo tỉ khối đối với khơng khí của một hỗn hợp khí N2O4, NO2 ở áp suất 1

atm và tại các nhiệt độ khác nhau. Kết quả thu được là:

to (C) 45 60 80 100 140 180
d 2,34 2,08 1,80 1,68 1,59 1,59

Tính α ở các nhiệt độ trên. Cho biết chiều thuận là chiều thu nhiệt hay toả nhiệt?
Câu II (4 điểm)

Cho pin:
H2(Pt),

p = 1 atm H+1M MnO4−1M,Mn2+1M,H+1M Pt
Biết rằng sđđ của pin ở 25oC là 1,5V.

I.1. Hãy cho biết phản ứng quy ước, phản ứng thực tế xảy ra trong pin và xác định

MnO4 2

E − +

/ .

I.2. Sức điện động của pin thay đổi ra sao (xét ảnh hưởng định tính), nếu:
-Thêm ít NaHCO3 vào nửa trái của pin?

-Thêm ít FeSO4 vào nửa phải của pin?

-Thêm ít CH3COONa vào nửa phải của pin?

Câu III (4 điểm)

Một vài tính chất của một hợp chất vô cơ chưa biết A được liệt kê dưới đây:

-A là một chất rắn màu trắng hơi vàng, dễ chảy rữa và thăng hoa khi đun nóng. A có
khối lượng phân tử là 266.

-A phản ứng mãnh liệt với nước để cho dung dịch B.

-Khi một dung dịch hỗn hợp gồm NH4OH và NH4Cl được thêm vào dung dịch B thì

nhận được kết tủa keo màu trắng.

-Một mẫu dung dịch B phản ứng với dung dịch hỗn hợp nitric axit và bạc nitrat cho
kết tủa vón cục màu trắng C. Kết tủa trắng này nhanh chóng tan đi khi thêm vào dung dịch
NH4OH mặc dù khi ta cho dư NH4OH thì lại xuất hiện kết tủa trắng D.

-Kết tủa D được lọc và hoà tan trong NaOH thu được dung dịch trong suốt E.
-Khi cho khí CO2 lội qua dung dịch E thì lại sinh ra kết tủa D.

-Chất A hồ tan khơng điện ly trong ete khơng lẫn nước. Khi dung dịch này phản ứng
với LiH thì sẽ tạo thành sản phẩm F. Nếu dùng dư LiH thì F sẽ chuyển thành G.

I.1. Xác định chất A.

I.2. Xác định các chất từ B đến G và viết tất cả các phương trình phản ứng xảy ra.
Câu IV (4 điểm)

Từ dầu mỏ, người ta tách được các hyđrocacbon A, B, C. Dưới tác dụng của ánh sáng,
brom hóa A (1:1) ta thu được sản phẩm A1. Phân tích định lượng A1: 55,81%C ; 6,98%H;

37,21%Br. Bằng phương pháp vật lý cho biết A1 gồm hai loại phân tử với số lượng tương

</div>
(136)<div class='page_container' data-page=136>

I.2. Cả A, B, C đều không làm mất màu dung dịch brom và chỉ chứa C bậc hai và ba.
Tỉ lệ giữa số nguyên tử CIII : số nguyên tử CII ở A là 2 : 3; còn ở B và C là 1 : 4. Cả ba đều chỉ

chứa vòng 6 cạnh ở dạng ghế. Hãy xác định công thức cấu tạo và viết công thức lập thể của
A, B, C.

I.3. So sánh nhiệt độ nóng chảy của A, B, C. Giải thích?
Câu V (4 điểm)

Xitral A C10H16O là một terpenoit thành phần chính của tinh dầu chanh. Nó phản ứng

với NH2OH tạo thành chất có cơng thức phân tử: C10H17N, với thuốc thử Tolens cho phản ứng

tráng gương và một chất có công thức phân tử: C10H16O2. Khi oxi hóa mãnh liệt xitral tạo

thành axeton, axit oxalic và axit levuric (CH3COCH2CH2COOH)

I.1. Dựa vào dữ kiện trên và dựa vào qui tắc isopren của terpen, hãy viết công thức
cấu tạo của xitral.

I.2. Trong thực tế xitral gồm hai đồng phân: xitral-a (tức geranial) và xitral-b (tức
neral). Cả hai chất này đều cho sản phẩm oxi hóa như nhau. Vậy có thể có đặc điểm gì khác
trong cấu hình của hai đồng phân đó?

</div>
(137)<div class='page_container' data-page=137>

Đ

ÁP

Á

P

Á

ÁN

N

Câu I

I.1. N2O4 (k) 2NO2 (k) Tổng số mol khí Phệ

Ban đầu n n Po

Biến đổi nα 2nα

Cân bằng n(1-α) 2nα n(1+α) Pcb

(

)

(

)

N .P

1
n

-1
n
P
4
2 α
α
+
= ;

(

)

NO .P

n
n
2
P
2 α
α
+
=

⇒ KP =

cb
2
2
O
N
2
NO
P
.
1
4
P
P
4
2
2
α
α
−

-Khi Pcb = 1 atm, α = 0,2 ⇒ KP = 0,167

-Khi Pcb = 0,1 atm ⇒ α = 0,543 = 54,3%

♣ Nhận xét: Khi Pcb của hệ giảm, α tăng tức là cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận, phù

hợp với nguyên lí Lechatelier.

I.2. 0,0375

20
0,75
V
n
C
4
2O

N = = = (M)

Po = CRT = 0,0375.0.082.300 = 0,9225 (atm)

N2O4 (k) 2NO2 (k)

Ban đầu Po

Biến đổi Poα 2Poα

Cân bằng Po(1-α) 2Poα

⇒ KP =

o
2
2
O
N
2
NO
P
.
1
4
P
P
4
2
2
α
α
−

= ⇒ α = 0,191 = 19,1%

I.3. Mặc dù thêm 1 lượng khí Ar làm áp suất tổng quát tăng gấp đôi tuy nhiên do thể tích
bình khơng đổi nên

2O
N

C khơng đổi ⇒ Po (N2O4) khơng đổi, mà Kp cũng khơng đổi (vì nhiệt

độ không đổi).

⇒ α = 0,191 = 19,1%

I.4. Tính tương tự câu I.2 ta được α = 0,259 = 25,9%

♣ Nhận xét: α tăng, cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận. Vì: áp suất tổng quát của hệ
không đổi nhưng áp suất cân bằng gây ra bởi N2O4 , NO2 lại giảm ⇒ cân bằng chuyển dịch

theo chiều thuận.
I.5.

29
M

dhh/kk = hh ⇒

(

+α

)

=
=
1
n
n.M
29d

M N2O4

hh (áp dụng định luật bảo toàn khối lượng).

⇒ -1

29d
M
4
2O
N
=
α

⇒ to 45 60 80 100 140 180 
d 2,34 2,08 1,80 1,68 1,59 1,59
α 0,356 0,525 0,762 0,888 0,995 0,995

♣ Nhận xét: nhiệt độ tăng, α tăng ⇒ cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận. Theo nguyên lý
Lechatelier, chiều thuận là chiều thu nhiệt.

Câu II

I.1. Vì Sđđ = Epin = +1,51V > 0, cực Pt (bên phải) là cactot, cực hiđro (bên trái) là anot, do
đó phản ứng thực tế xảy ra trong pin sẽ trùng với phản ứng quy ước.

Ở Catot xảy ra quá trình khử: MnO4- + 8H+ + 5e Mn2+ + 4H2O

Ở Anot xảy ra q trình oxi hóa: H2 2H+ + 2e

</div>
(138)<div class='page_container' data-page=138>

Vì đây là pin tiêu chuẩn, nên theo quy ước:
o
Mn
MnO
o
H
2H
o
Mn
MnO
o

-o
o
pin 2
4
2
2

-4
E
E

-E
E

-E

E = + = + + = − +

/
/

Vậy Eo Eopin 1,51

MnO4−/ 2+ = = (V)

I.2. Khi thêm các chất vào nửa phải hoặc nửa trái của pin thì lúc đó pin khơng cịn là pin tiêu
chuẩn nữa.

-Nếu thêm ít NaHCO3 vào nửa trái của pin sẽ xảy ra phản ứng:

HCO3- + H+ → CO2 + H2O

Làm [H+] giảm ⇒

[ ]

2
2
H
H
2H p
H
lg
2
0,0592
E

2
/
+
=

+ giảm.

Do đó :

2
2

4 Mn 2H H

MnO

pin E -E

/ + +

−

= sẽ tăng.

-Tương tự, thêm ít FeSO4 vào nửa phải của pin sẽ xảy ra phản ứng:

MnO4- + 5Fe2+ + 8H+ → Mn2+ + 5Fe3+ + 4H2O

SO42- + H+ → HSO4-

Làm cho [MnO4-] và [H+] giảm ; [Mn2+] tăng.

⇒

[

]

[ ]

[

]

+
−
+
= − +
+
−
2
4
o
Mn
MnO
Mn
MnO
Mn
H
MnO
lg
5
0,0592
E
E 2
4

2
4
8
/

/ giảm, do đó Sđđ của pin

giảm.

-Nếu thêm ít CH3COONa vào nửa phải của pin sẽ xảy ra phản ứng:

CH3COO- + H+ → CH3COOH

Do đó [H+] giảm, − 2+

4 Mn

MnO

/ giảm, do đó Sđđ của pin sẽ giảm.

Câu III

I.1. Trong bước thứ ba của phép phân tích ta thu được kết tủa trắng keo, điều này chứng tỏ
rằng dung dịch B có chứa Al3+ và dung dịch B cũng tạo kết tủa trắng với AgNO3, kết tủa này

tan đi khi ta thêm NH4OH vào chứng tỏ rằng dung dịch B có chứa Cl-. Vậy chất A sẽ là

Al2Cl6 (MA = 266).

I.2. Các phản ứng xảy ra:

- Al2Cl6 + 12H2O → 2[Al(H2O)6]3+ + 6Cl-

- Al3+ + 3NH4OH → Al(OH)3 + 3NH4+

- 6AgNO3 + 6Cl- → 6AgCl + 6NO3

(C)

AgCl + 2NH4OH → [Ag(NH3)2]+Cl- + H2O

Al3+ + 3NH4OH → Al(OH)3 + 3NH4+

(D)

- Al(OH)3 + NaOH → Na+[Al(OH)4-]

(E)

- [Al(OH)4]- + CO2 → Al(OH)3 + HCO3

-- Al2Cl6 + 6LiH → (AlH3)2 + 6LiCl

(F)

(AlH3)2 + 2LiHdư → 2LiAlH4

(G) 
Câu IV

I.1. Đặt công thức tổng quát của A1 là : CxHyBrz

Ta có: x : y : z =

80
%
1
%
12

%C H Br

=
= =
80
21
,
37
1
98
,
6
12
81
,
55
=

= 10 : 15 : 1

</div>
(139)<div class='page_container' data-page=139>

Ta biết trong tự nhiên Brom tồn tại dưới hai dạng đồng vị Br79 và Br81 . Mà khối lượng
nguyên tử trung bình của Br là 80 ⇒ Br79 và Br81 trong tự nhiên có số lượng tương đương
nhau.

⇒ A1 chỉ có 1 nguyên tử Br hơn kém nhau 2 đvC là Br79 và Br81
⇒ CTPT của A1 : C10H15Br

⇒ CTPT của A : C10H16 
⇒ CTPT của B, C : C10H18

I.2. A, B, C không làm mất màu dung dịch brom ⇒ Không chứa liên kết bội mà chứa vòng
no.

A có 4 CIII, 6 CII; B và C có 2CIII và 8CII.

⇒ Cơng thức cấu tạo của chúng:

A B,C
Công thức lập thể:

A B C

I.3. Tnc: A > B > C

Vì tính gọn gàng giảm theo chiều đó. A có cấu trúc đặc biệt gồm 4 mặt ghế xếp rất khít
vào nhau (gần giống mạng tinh thể) nên rất gọn ⇒ Tnc cao đặc biệt.

Câu V

I.1. Xitral có CTPT : C10H16O

Ta có:

C10H16O

+ NH2OH

+ Tolens

+ KMnO4 ñ/to

C10H17NO

C10H16O2

CH3 - C - CH3+ HOOC - COOH + CH3 - C - CH2 - CH2 - COOH

O O

(1)

(2)

(3)

Từ (1) và (2) ⇒ Xitral là một anđehit đơn chức.

Từ (3) ⇒ Xitral có thể có những công thức cấu tạo sau:

CH3 - C = CH - CH = C - CH2 - CH2 - CH = O

CH3 CH3

CH3 - C = CH - CH2 - CH2 - C = CH - CH = O

CH3 CH3

CH3 - C = C - CH2 - CH2 - CH = CH - CH = O

</div>
(140)<div class='page_container' data-page=140>

Tuy nhiên, dựa vào qui tắc isopren của terpen, CTCT đúng của Xitral là :

CH3 - C = CH - CH2 - CH2 - C = CH - CH = O

CH3 CH3

hay

CH3 CH3

CH3

CH = O

I.2. Trong thực tế, Xitral gồm 2 đồng phân, khi oxi hóa đều cho 2 sản phẩm như nhau, như
vậy chúng có đặc điểm khác nhau trong cấu hình của 2 đồng phân này là: chúng là đồng phân
hình học của nhau.

CH = O
CH3

CH3

(trans)

CH3 CH3

CH3

CH = O (cis)

I.3. ♣Geraniol có cấu tạo là:

CH = O
CH3

CH3

(trans)

CH3 CH3
CH3

CH2OH

cấu hình của Xitral-a là:

♣Cịn Nerol có cấu tạo là:

CH = O
CH3

CH3

(cis)
CH3 CH3

CH3

CH2OH cấu hình của Xitral-b là:

</div>
(141)<div class='page_container' data-page=141>

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG 
Trường THPT Hồng Hoa Thám

KÌ THI OLYMPIC 30-4

NĂM HỌC 2004 - 2005 
MƠN: HĨA HỌC LỚP 11

ĐÁP ÁN (ĐỀ ĐỀ NGHỊ)

1. Dung dịch A chứa a mol Na+, b mol NH+4, c mol HCO
−

3, d mol CO
−
2

3 và e mol SO24−.

Thêm (c + d + e)mol Ba(OH)2 vào dung dịch A, đun nóng thu được khí X, kết tủa Y

và dung dịch Z. Tính số mol của X, Y và mỗi ion trong dung dịch Z. Xem sự phân li
của nước không đáng kể.

2. Cho biết KCH3COOH= 1,78.10-5. Hãy tính pH của các dung dịch sau:

a) dung dịch X chứa đồng thời CH3COOH 0,1M và CH3COONa 0,1M

b) dung dịch thu được sau khi thêm khí HCl vào dung dịch X đến khi nồng độ của
HCl bằng 0,01M

ĐÁP ÁN ĐIỂM

1/ Các phương trình phản ứng

NH+4 + OH- → NH3 + H2O (1)

HCO3− + OH- → CO
−
2

3 + H2O (2)

CO23− + Ba2+→ BaCO3 (3)

SO24− + Ba2+→ BaSO4 (4)

Trong dung dịch A có: a + b = c + 2d +2e 
Ta có: nOH-(2) = c mol

⇒ n OH-(1) = c + 2d + 2e > b do đó NH+4 hết, OH- dư 
Vậy khí NH3: b mol

Kết tủa Y gồm BaCO3 (c+d) mol và BaSO4 e mol

Dung dịch Z gồm Na+ a mol, OH- dư c +2d +2e -b = a mol
2/ a) CH3COOH CH3COO- + H+

Ban đầu 0,1 0,1 0
Cân bằng 0,1 - x 0,1 + x x

x
x
x
Ka

−
+
=

1
,
0

)
1
,
0
(

= 1,78.10-5

x << 0,1 nên ta có x = 1,78. 10-5

</div>
(142)<div class='page_container' data-page=142>

b) Cho HCl vào dung dịch X sẽ có phản ứng:

CH3COO- + H+ → CH3COOH

0,1 0,01 0,01
CH3COOH CH3COO- + H+

Ban đầu 0,11 0,09 0
Cân bằng 0,11 - x 0,09 + x x

x
x
x
Ka
−
+
=
11
,
0
)
09
,
0
(

= 1,78.10-5 ⇒ x = 2,176. 10-5 M
⇒ pH = 4,66

1. Cho hỗn hợp khí N2 và H2 vào bình kín ở nhiệt độ khơng đổi. Khi phản ứng đạt trạng
thái cân bằng, áp suất khí trong bình giảm 5% so với ban đầu. Biết tỉ lệ số mol đã
phản ứng của N2 là 10%.

(a) Tính % thể tích của N2 và H2 trong hỗn hợp ban đầu?

(b) Tính KC của phản ứng. Biết ban đầu số mol hỗn hợp là 1 mol và thể tích bình

là 1 lít.

2. Xét hai phân tử PF3 và PF5.

(a) Cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học phân tử của
chúng?

(b) Cho biết sự phân cực của hai phân tử trên. Giải thích?

ĐÁP ÁN ĐIỂM

1/ a)Phương trình phản ứng:

N2+ 3H2 2NH3

Ban đầu x y 0

Phản ứng 0,1x 0,3x 0,2x
Cân bằng 0,9x y- 0,3x 0,2x
Vì V, T khơng đổi nên ta có:

2
1
2
1

n
n
P
P
=

⇒ x y

y
x
P
P
+
+
=
8
,
0
95
,
0 1
1

⇒y = 3x 
Vậy %VN2=

%
100

y

x

+ = 25%, %V

H2= 75%

b) Ta có: 4x=1 ⇒ x= 0,25 mol N2: 0,9x = 0,225 mol

Tại trạng thái cân bằng hỗn hợp khí gồm: H2: 2,7x = 0,675 mol

NH3: 0,2x = 0,5 mol

[

]

[ ][

]

2
2
2
3
H
N
NH
Kc =

(

)

(

)

</div>
(143)<div class='page_container' data-page=143>

2/a) Phân tử PF3 có dạng chóp tam giác, P ở trạng thái lai hóa sp3

Phân tử PF5 có dạng lưỡng chóp tam giác, P ở trạng thái lai hóa sp3d

P

P

F F F

F
F
F
F

b) PF3 là phân tử có cực (

µ

≠0) , PF5 là phân tử khơng cực (µ=0)

Giải thích: liên kết giữa P và F phân cực về phía F ứng với momen lưỡng cực µi.
Trong phân tử PF3 tổng vectơ của các momen lưỡng cực

µ

≠0 nên phân tử có cực; cịn

trong PF5 tổng

µ

=

0

nên phân tử khơng có cực.

III

1. Giải thích vì sao khơng trộn chung phân đạm amoni với vôi hoặc tro bếp?

2. Viết phương trình phản ứng khi cho Zn3P2 vào nước và cho biết ý nghĩa thực tiễn của
phản ứng này?

3. Cho dung dịch A gồm Cu(NO3)2, Fe(NO3)3 đều có nồng độ 0,1M.
(a) Xác định khoảng pH của dung dịch A. Giải thích?.

(b) Nếu cho từ từ dung dịch NH3 vào dung dịch A cho đến dư thì có hiện tượng gì

xảy ra? Giải thích và viết phương trình phản ứng?

(c) Cho 1,60 gam đồng và 40mL dung dịch HCl 1M vào 500mL dung dịch A thu
được khí khơng màu hóa nâu trong khơng khí và dung dịch B.Viết các phương
trình phản ứng xảy ra ở dạng ion thu gọn. Tính thể tích khí thu được ở đktc và
khối lượng muối thu được sau khi cô cạn dung dịch B?

ĐÁP ÁN ĐIỂM

1/ Không trộn chung phân đạm amoni với vơi hoặc tro bếp vì nếu trộn chung sẽ bị
mất đạm. Phương trình phản ứng:

NH+4+ OH- → NH3 + H2O

NH+4+ CO
−
2

3 →

0
t

NH3 + H2O + CO2

(Tro bếp có chứa K2CO3)

2/ Phương trình phản ứng:

Zn3P2 + 6 H2O → 2 PH3 + 3 Zn(OH)2

Phản ứng này dùng để diệt chuột. Thuốc kẽm (Zn3P2) khi gặp nước tạo ra PH3 làm

chuột chết.

3/a) Cu2+ + H2O Cu(OH)+ + H+

Fe3+ + H2O Fe(OH)2+ + H+

</div>
(144)<div class='page_container' data-page=144>

b) Tạo kết tủa đỏ nâu và dung dịch có màu xanh thẫm
Phương trình phản ứng:

Cu2+ + 2 NH3 + 2 H2O → Cu(OH)2 + 2 NH
+
4

Fe3+ +3 NH3 + 3 H2O → Fe(OH)3 + 3 NH
+
4

Cu(OH)2 + 4 NH3 → [Cu(NH3)](OH)2

c) phương trình phản ứng:

(1) 3 Cu + 8 H+ + 2 NO3−→ 3 Cu2+ + 2 NO + 4 H2O

(2) 2Fe3+ + Cu → 2Fe2+ + Cu2+

Ta có nCu2+ = 0,05 mol; nFe3+ = 0,05 mol; n NO−3= 0,5(0,1* 2 + 0,1*3)= 0,25 mol

nH+ = nCl- = 0,04 mol; nCu = 1,60/64 = 0,025 mol
Từ (1): nCu(1) = 0,04* 3/8 = 0,015 mol

⇒nNO = nNO3− (pư) = 0,01mol; nCu(2) = 0,025 - 0,015 = 0,01 mol

VNO= 0,01* 22,4 = 0,224 lit

nFe2+ = nFe3+(2) = 2 nCu(2) = 0,01*2 = 0,02 mol
Khối lượng muối thu được khi cô cạn dung dịch B là:

m= 64 (0,05 +0,025) + 56 * 0,05 + 62(0,25 - 0,01) + 35,5* 0,04 = 23,9 gam

Câu IV

1. Hợp chất A có cơng thức phân tử C8H6. A tác dụng với dung dịch AgNO3 trong NH3
tạo kết tủa màu vàng; oxi hóa A bằng dung dịch KMnO4, đun nóng sau đó axit hóa

thu được axit benzoic [C6H5COOH].

a) Lập luận xác định cấu tạo của A.

b) Viết phương trình phản ứng điều chế A từ axetilen và các chất vô cơ, xúc tác cần
thiết.

2. Hợp chất hữu cơ B chứa hai nguyên tố có M < 250 g/mol. Đốt cháy hoàn toàn m gam
B thu được m gam H2O. B không tác dụng với Br2 (xt Fe, t0); đun nóng hơi B với Br2

có chiếu sáng thu được một dẫn xuất monobrom duy nhất. xác định CTPT, CTCT và
gọi tên B.

ĐÁP ÁN ĐIỂM

1/a) A tác dụng với AgNO3/NH3 thu kết tủa nên CTCT của A có dạng: -C ≡ CH

Oxi hóa A thu được axit benzoic nên A là hợp chất thơm
Vậy CTCT của A là:

</div>
(145)<div class='page_container' data-page=145>

6000C

C6H6 + C2H4 C6H5C2H5 t0 C6H5C2H3 C6H5C2H3Br2
OH

-ancol A
C2H4

+ H2
C2H2

2/ B là hiđrocacbon CxHy

CxHy + (x + y/4) O2→ x CO2 + y/2 H2O

Vì mB = m H2O nên 12x + y = 9y

⇒x : y = 2 : 3 
⇒ (C

2H3)n có MB < 250 nên n < 9,3

Vì B khơng tác dụng với Br2/ Fe, tác dụng với Br2/ as tạo một sản phẩm thế monobrom

duy nhất nên CTCT của B là:

CH3
CH3
H3C

H3C

CH3

CH3 Hexametylbenzen

Câu V

1. Khi cho isobutilen vào dung dịch H2SO4 đậm đặc đun nóng tới 800C thu được hỗn
hợp sản phẩm gọi tắt là đi- isobutilen gồm hai chất đồng phân của nhau A và B. Hiđro
hóa hỗn hợp này thu được chất C quên gọi là isooctan. C là chất được dùng để đánh
giá nhiên liệu lỏng. Dùng cơ chế giải thích hình thành sản phẩm A, B. Gọi tên A, B, C
theo danh pháp IUPAC.

2. Ozon phân tecpen A có trong thành phần của tinh dầu hoa hồng thu được hỗn hợp sản
phẩm gồm: HO-CH2-CH=O, (CH3)2C=O, CH3-CO-CH2-CH2-CH=O. Lập luận xác

định cấu tạo của A.

ĐÁP ÁN ĐIỂM

</div>
(146)<div class='page_container' data-page=146>

CH3 C
CH3

CH2 + H+ CH

3 C+
CH3

CH3

CH3 C+
CH3

CH3 CH3 C

CH3
CH2

+ CH3 C

CH3
CH2
CH3

C+
CH3

CH3

CH3 C

CH3
CH2
CH3

C
CH3

CH2

CH3 C

CH3
CH
CH3

C
CH3

CH3

CH3 C

CH3
CH2
CH3

CH
CH3

CH3

+ H2
- H+

(CH3)2C O O CH CH2 CH2 C O
CH3

O CH CH2 OH

(CH3)2C CH CH2 CH2 C
CH3

CH CH2 OH

*

</div>
(147)<div class='page_container' data-page=147>

1
Tỉnh Quảng Ngãi

Trường THPT chuyên Lê Khiết
Môn: Hoá học khối : 11
Giáo viên biên soạn: Lê Văn Trung

Số mật mã Phần này là phách

Số mật mã

ĐÁP ÁN CHI TIẾT MƠN HỐ HỌC 11 
Câu 1 (4 điểm)

- Phân tử oxi không phân cực, độ bội liên kết giữa 2 nguyên tố lớn nên chúng khó phân li thành

nguyên tử do vậy mà hoạt động kém. (0,5đ)

- Phân tử O3 phân cực, độ bội liên kết giữa 2 nguyên tử O bé, khả năng tách thành nguyên tử O*

dễ dàng hơn, do đó O3 hoạt động mạnh hơn. (0,5đ)

- Phân tử CO2: C có bán kính ngun tử bé, khả năng tạo liên kết bội P −π P bền vững phân tử

tồn tại dạng thẳng: O=C=O (0,5đ)

(sp)

- Phân tử SiO2 : Si có bán kính ngun tử lớn hơn, khả năng hình thành liên kết π kém vì khi

hình thành liên kết có xuất hiện lực đẩy mạnh giữa các nguyên tử Si do các lớp vỏ đầy e bên
trong gây ra. Vì vậy SiO2 là phân tử polime khổng lồ. Ở đó, mỗi nguyên tử Si tạo 4 liên kết đơn

với 4 nguyên tử O hình thành nên các tứ diện SiO4. (0,5đ)

- CO và N2 là những phân tử đẳng e và đẳng khối lượng nên tạo ra tính chất vật lý tương tự

nhau. (0,5đ)

- Phân tử N2 : N có cặp e chưa chia nằm trên AO2s (năng lượng thấp), khơng thuận lợi cho q

trình tạo liên kết. (0,25đ)

- Phân tử CO: C có cặp e chưa chia nên trên AOsp (năng lượng cao) thuận lợi cho quá trình hình

thành liên kết δ (liên kết cho nhận) nên CO dễ tạo phức và tham gia phản ứng hoá học (cho cặp e

tự do). (0,25đ)

Si
O

O
Si

O
Si
O→ O E

O  O + O*

O
C

π
δ

N
N

</div>
(148)<div class='page_container' data-page=148>

2
4)

- Phân tử CCl4 đã có đầy đủ e nên có tính trung hồ và trơ. (0,5đ)

- Phân tử SiCl4 : còn AO3d nên nguyên tử Si trống nên có thể nhận e thể hiện tính axit do vậy

SiCl4 dễ bị thuỷ phân (dễ tạo phức chất hoạt động). (0,5đ)

SiCl4 + 3H2O = H2SiO3 + 4HCl

Câu 2: 1/ 2đ , 2/2đ

1) Xác định đúng các chất và viết đúng phản ứng: (0,5đ)

Các phản ứng: (0,25đ/1p.ứ)

2NO + O2 = 2NO2

2NO2

lạnh
làm

N2O4

2N2O4 + Mg estet0 Mg(NO3)2 + 2NO

2NO + 2SO2 = N2 + 2SO3

(NO + H2S = N2 + H2O + S↓)

N2 + 3H2
0
t
Fe,

2NH3

2NH3 +

3
5

O3 cháyPt 2NO + 3H2O

2) Trình bày đúng các phản ứng sau:

a) CO2 + H2O + ClO− = HCO3− + HClO. (0,5đ)

2HClO

=

2HCl + O2

(Hoặc 2HClO

=

H2O + Cl2↑ +

2
1

O2↑)

b) Cl2 + 3KI dư = 2KCl + KI3 (0,5đ)

(Hoặc: 3Cl2 đặc + KI + H2O = 6HCl + KIO3)

Cl2 + Na2S2O3 + 5H2O = 8HCl + 2NaHSO4

(A)

(B) O2

(A) SO2

(X)

NO2

(Y) + H2

(Z)

NH3

(T)

(U)

</div>
(149)<div class='page_container' data-page=149>

c) HBr + 3NaClO = HBrO3 + 3NaCl (0,5đ)

d) 2Ag +
2
1

O2 + H2S = Ag2S (đen) + H2O (0,5đ)

Câu 3: 1:2đ; 2:2đ 
1) 0

/Fe
Fe3 2

E + +>> ESn0 4+/Sn2+ phản ứng xảy ra theo chiều: (0,5đ)

2Fe3+ + Sn2+ = 2Fe2+ + Sn4+ K =

( )

059

,
0

15
,
0
77
,
0
2

−

= 1021 >>
Trong dung dịch ban đầu:

+
3
Fe

C = CFeCl3=
3
0,03x1

= 0,01 (M)

+
2

C = CFeCl2=
3
0,03x1

= 0,01 (M) (0,25đ)

+
2
Sn

C = CSnCl2 =
3
0,15x1

= 0,005 (M)

Phản ứng trên: 2Fe3+ + Sn2+ = 2Fe2+ + Sn4+ K = 1021
C: 0,01M 0,005M 0,01M

[]: 2x x (0,02-2x) (0,005-x )

K =

(

)

0,02 2x .(0,005 x)

4x .x

− −

= 1021 (*) (0,5đ)

Khi K lớn → x vô cùng bé → 0,02 - 2x ≈ 0,02
0,005 - x ≈ 0,005

(*) ⇒ 4x3 = 10-21 .(4.10-4.5.10-3) ⇒ x = 7,9.10-9 (0,25đ)
[Fe3+] = 1,58.10-9 << 10-6 → phản ứng xảy ra hoàn toàn. (0,5đ)
2) Trong dung dịch:

H2S + H2O H3O+ + HS− K1 (1)

HS− + H2O H3O+ + S2− K2 (2)

2H2O H3O+ + OH− Kw (3)

Vì K1 >> K2>> Kw → trong dung dịch xảy ra cân bằng (1) là chủ yếu:

H2S + H2O H3O+ + HS− K1= 10-7

C 0,1 10-3 0
[] 0,1-x (10-3+x) x

</div>
(150)<div class='page_container' data-page=150>

4
K1 =

(

)

(0,1

x
x
10 3

−
+

−

= 10-7

x << 0,1 → (10-3 - x).x ≈ 10-8 (1đ)
Giả sử x<< 10-3 → x = 10-5 (phù hợp).

Xét cân bằng (2):

HS− + H2O H3O+ + S2− (0,5đ)

[] 10-5 y
K2 = 5

10
y.1,01.10

−
−

= 10-12,92 → y = 10-14,92.
Vậy: CCd2+.CS2− = 0,001.10

-14,92

= 10-17,92 >> TCdS = 10-26. (0,25đ)

Câu 4:

a) Công thức phân tử (C4H6O5)n hay C4nH6nO5n có ∆ = n+1 là hợp chất no nên có (n+1) chức axit

và có 2(n+1) nguyên tử oxi trong chức -COOH → số chức rượu của phân tử: 5n - 2 (n+1) = 3n-2.
(0,5đ)

Theo đề: 3n - 2 = 1 → n = 1.

Vậy A có 1 chức rượu, 2 chức axit. ⇒ CTPT: C2H3OH(COOH)2

Các đồng phân của A:

b) A tách nước tạo 2 sản phẩm đồng phân B, C ⇒ B, C là 2 dạng hình học.
Vậy A :

Phản ứng: (1đ)
HOOC −

C H − CH2 − COOH

Có 2 đồng phân quang học (có 1 cacbon bất đối) (0,5đ)

HOOC −CH − COOH
CH2OH

HOOC −CH − COOH
CH3

Khơng có tính quang hạt

HOOC − CH − CH2 − COOH

t0 HOOC −CH=CH−COOH + H2O

</div>
(151)<div class='page_container' data-page=151>

5
2 dạng hình học của sản phẩm:

(B): (C)

c) Nhiệt độ nóng chảy:

Cis(B) < trans(C) do dạng Cis có Vlớn → Dbé → nhiệt độ nóng chảy thấp. (0,5đ)

Nhiệt độ sôi:

Cis(B) < trans(C) do dạng Cis có liên kết H nội phân tử cịn dạng trans có liên kết H liên

phân tử. (0,5đ)

d) Tính axit:

trans
,
a
Cis
,

a1 K 1

K >

(1đ)

trans
,
a
Cis
,

a2 K 2

K <
Câu 5:

Theo đề cho thấy:

- A, B, C, D đều có chứa chức −CHO.

- A, D là đồng đẳng kế tiếp, lượng Ag tạo thành do A nhiều hơn (D), chứng tỏ (A) là HCHO và
(D) là CH3CHO.

- Sơ đồ chuyển hoá: (1đ)

- Các phản ứng:

+ Phản ứng với tráng gương:

R−CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O → RCOONH4 + 2Ag↓ + 2NH4NO3 (0,25đ)

Riêng (A): HCHO + 4AgNO3 + 6NH3 + 2H2O → (NH4)2CO3 + 4Ag↓ + 4NH4NO3

+ Phản ứng với Cu(OH)2 (1,25đ)

A: HCHO + 2Cu(OH)2 →

HCOOH + Cu2O↓ + H2O

HOOC COOH
CH=CH

HOOC
CH=CH

COOH

HO O...H
C O
C
C=C O
H H
Cis(B)

... HOOC H

C = C
H COOH...

Do dạng Cis tạo liên kết H giữa 2 nhóm −COOH
nội phân tử làm tăng tính axit, dạng trans khơng có
tính chất này

HCHO

(A)

CH2−CHO

OH (B)

CH2−CH2

OH OH

3CHO

(D)

C6H12O6

(E)

C2H5OH

(F)

CH2−CHO

+ 2Cu(OH)2 →

CH2−COOH

+ Cu2O↓ + H2O

PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

</div>
(152)<div class='page_container' data-page=152>

6
C: 2

(D): CH3CHO + 2Cu(OH)2 →

CH3COOH + Cu2O↓ + H2O

(E): - Điều kiện thường tạo phức xanh lam (tương tự C)
- Khi đun nóng cho ↓đỏ gạch (giống (B))

+ Phản ứng chuyển hoá: (1,5đ)

2HCHO Ca(OH)2→

6HCH=O t →0,P,xt C6H12O6 (glucozơ)

C6H12O6 2C2H5OH + 2CO2↑

C2H5OH +

2
1

O2 CH3CHO + H2O

CH2−OH

CH2−OH + Cu(OH)2 →

+ Cu(OH)2→

H
CH2−O O−CH2

Cu + 2H2O

CH2−O O−CH2

CH2−CHO

OH
CH2−CHO

+ H2 Ni

t0 CH2−CH2
OH OH
CH2−CH2

OH OH

KHSO4(K)

CH3CHO + H2O

Enzim
t0 = 300C

Cu
3000C

</div>
(153)<div class='page_container' data-page=153>

Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng Phong
Môn : Hóa - Khối : 11

ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT – MƠ N HĨA – KHỐI 11

Câu I :

Xét sự thủy phân của este metyl axetat ở 250C trong các môi trường sau:

Trường hợp 1: Trong môi trường kiềm, khi tăng nồng độ kiềm lên gấp đơi thì tốc độ phản
ứng tăng lên hai lần. Nhận xét này cũng được thấy khi tăng nồng độ của este lên hai lần.
Trường hợp 2: Phản ứng thuỷ phân được thực hiện trong môi trường đệm

Trường hợp 3: Người ta tiến hành phản ứng thuỷ phân trong môi trường axit HCl 0,05M
dư. Động học của phản ứng được nghiên cứu bằng cách chuẩn độ 25ml hỗn hợp phản ứng
bằng dung dịch NaOH ở từng thời điểm t với kết quả như sau :

t [phút] 0 21 75 119 ∞

VNaOH [cm3] 24,4 25,8 29,3 31,7 47,2

I.1. Hãy viết phương trình động học của phản ứng. Cho biết bậc của phản ứng trong từng
trường hợp.

I.2. Trong TH1: Nếu cho 0,01 mol xút và 0,01 mol este vào 1lit nước (xem như thể tích

thay đổi khơng đáng kể). Sau 200 phút thì 3/5 lượng este chưa bị phân huỷ. Tính hằng
số tốc độ phản ứng k1

I.3. Trong TH 3: Hãy tính hằng số tốc độ phản ứng k3 và thời gian để este phân huỷ hết

50%. Từ đó hãy so sánh giá trị k1 và k3

Đáp án 
I.1. Nhận xét:

TH1: v = k1[este]a.[OH-]b → khi tăng nồng độ của este hoặc bazơ lên gấp

hai lần thì v cũng tăng lên gấp đơi → a = b = 1 → v = k1[este][OH-]

Vậy trong TH1 bậc của phản ứng là bậc 2

1 điểm

TH2: Ta có v = k[este][OH-] . Nhưng trong môi trường đệm nên [OH-] =
const → v = k2[este] với k2 = k[OH-]

TH3: v = k[este][axit] Do axit lấy dư nên k[axit] = const =k3 → v = k3[este]

Vậy trong TH2, 3 bậc phản ứng là bậc 1

1 điểm

I.2. Vì nồng este và axit bằng nhau và [A0] = 0,01M nên ta có

kt

A
x

A − −[ ] =
1
]

[
1

0
0

với [A0] là nồng độ của este; [A0] – x là nồng độ của

este tại thời điểm t

Lượng este chưa bị thuỷ phân là 2/5[A0] → kt

A
A

=
−

]
[

1
]

[
5
2

0
0

→ k= 0,75 mol-1.L.phút-1 = k1

1 điểm

I.3. Ta có

x
A

A
t

k

−
=

]
[

]

[
lg
303
,
2

0

Nếu V∞ ở thời điểm t = ∞là thể tích ứng với sự kết thúc thuỷ phân este

trong môi trường axit, V0 là thể tích ứng với thời điểm t= 0 thì hiệu V∞ - V0

sẽ tỉ lệ với nồng độ đầu của este. Còn hiệu V∞ - Vt sẽ tỉ lệ với nồng độ este

tại thời điểm t ( Vt là thể tích ứng với thời điểm t ). Do đó:

t [phút] 21 75 119

VNaOH [cm3] 25,8 29,3 31,7

k3 phút-1 0,003016 0,003224 0,003244
1

3 =0,003161phut−

k Vậy k1 gấp k 3 khoảng 237,27 lần.

tk3 = ln2 → t = 219 phút

</div>
(154)<div class='page_container' data-page=154>

Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng Phong
Môn : Hóa - Khối : 11

2
Câu II :

Tính pH của dung dịch CH3COOH 0,1M.

II.1. Phải thêm vào 1 Lít dung dịch trên bao nhiêu gam NaOH để được dung dịch có pH
=3.

II.2. Xác định độ tan của AgCN trong dung dịch đệm có pH =3.

II.3. Ion phức Ag(NH3)2+ bị phân huỷ trong môi trường axit theo phản ứng:

Ag(NH3)2+ + 2H+ Ag+ + 2NH4+

Để 90% ion phức có trong dung dịch Ag(NH3)2+ 0,1Mbị phân huỷ thì nồng độ H+ tại

trạng thái cân bằng là bao nhiêu.

Biết :hằng số axit của CH3COOH là K1 = 10-4,76; HCN là K2 = 10-9,35 ;

NH4+ là K3 = 10-9,24

AgCN Ag+ + CN- T = 2,2. 10-16
Ag+ + NH3 Ag(NH3)+ β1 = 103,32

Ag(NH3)+ + NH3 Ag(NH3)2+ β2 = 103,92

Đáp án:

II.1. CH3COOH CH3COO- + H+

C (M) 0,1

[ ] (M) 0,1 – x x x
x

(0,1 - x) = 10-4,76

Giả sử, x << 0,1 nên suy ra x = 10-2,88 => pH = 2,88
1 điểm

II.2. CH3COOH + NaOH = CH3COONa + H2O

(M) C C
CH3COONa CH3COO- + Na+

(M) C C

CH3COOH CH3COO- + H+ Ka = 10-4,76

C0 (M) 0,1- C C

[ ] (M) 0,1- C – 10-3 C + 10-3 10-3

pH = 3 => [H+] = 10-3 (M)

4,76
3

3
3

10
10

1
,
0

10
)
10

( −

−
−
−

=
−

−
+

C
C

C = 7,08. 10-4 (M)

=> nNaOH = 7,08. 10-4 (mol) => mNaOH = 40x 7,08. 10-4 = 0,028 (g)

1 điểm

II.3.

AgCN Ag+ + CN- T = 10-15,66

H+ + CN- HCN K2-1 = 109,35

AgCN + H+ Ag+ + HCN K = TK2-1 = 10-6,31

C (M) 10-3

[ ] (M) 10-3 + S S S
S2

10-3 + S = 10-6,31
⇒ S2 - 10-6,31S - 10-9,31 = 0

⇒ S = 2,2.10-5

1 điểm

II.4.

Ag+ + NH3 Ag(NH3)+ β1 = 103,32

Ag(NH3)+ + NH3 Ag(NH3)2+ β2 = 103,92

Ag+ + 2NH3 Ag(NH3)2+ β = 107,24

Ag(NH3)2+ Ag+ + 2NH3 β-1 = 10-7,24

</div>
(155)<div class='page_container' data-page=155>

Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng Phong
Môn : Hóa - Khối : 11

NH3 + H+ NH4+ x 2 K3-1 = 109,24

Ag(NH3)2+ + 2H+ Ag+ + 2NH4+ K = β-1 (K3-1 )2 = 1011,24

Khi phức bị phân huỷ 90% thì :

[Ag(NH3)2+] = 0,1 – 0,1 x 0,9 = 0,01 (M)

[Ag+] = 0,09 (M)

[NH4+] = 0,09 x 2 = 0,18 (M)

Ag(NH3)2+ + 2H+ Ag+ + 2NH4+ K = 1011,24

[ ] (M) 0,01 y 0,09 0,18
0.09 x 0.182

0.01y2 = 1011,24 ⇒ y = [H+] = 1,3 .10-6 (M)

Câu III : 6 điểm

III.1. Hòa tan 8,00g 1 hidroxit kim loại chưa biết có cơng thức M(OH)2 vào 1,00dm3 nước

thì thu được 6,52 g chất rắn khơng tan cịn lại. Thêm tiếp 51,66 M(NO3)2 vào dung

dịch thì thấy khối lượng pha rắn tăng đến 7,63g.

Hãy xác định tên kim loại này. Giả thiết rằng thể tích dung dịch không thay đổi và các
chất tan đều tan hoàn toàn.

III. 2. Cho phản ứng : Cu(r) + CuCl2(dd) 2 CuCl(r)

III.2.1. Ở 250C phản ứng xảy ra theo chiều nào, nếu người ta trộn một dung dịch chứa
CuSO4 0,2M; NaCl 0,4M với bột Cu lấy dư ?

Cho T CuCl = 10-7 , E0Cu2+/Cu+ =0,15V;E0Cu2+/Cu =0,335V
III.2.2. Tính hằng số cân bằng K của phản ứng trên ở 250C.

Đáp án :

III. 1. Chất rắn khơng tan cịn lại là M(OH)2

Khối lượng hidroxit tan vào nước : 8,00 – 6,52 = 1,48 g

mol

34
M

1,48
nM(OH)2

=
Nồng độ các ion trong dung dịch : (M)

34
M

1,48
]

[ 2

+
=

M

(M)
34
M

2,96
34

M
1,48
x
2
]
[

+
=
+
=

−

OH

0,5 điểm

Tích số tan của M(OH)2 trong nước :

2 2

M(OH) 3

4 x 1,48

T [M ][OH ]

(M 34)

+ −

= =

Lượng M2+ thêm vào : (M)
124
M

51.66
2

+
=
+
M

C

</div>
(156)<div class='page_container' data-page=156>

Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng Phong
Môn : Hóa - Khối : 11

Do M(NO3)2 hòa tan hết vào dd nên xảy ra sự dời mức cân bằng :

M(OH)2 M2+ + 2OH-

Ban đầu

124
M

51.66

+ 10

-7

Điện ly x x 2x
Cân bằng (x +

124
M

51.66

+ ) (10

-7 + 2x)

Mặt khác : x = (M)

34
M
0,37
34
M
7,63

-8
+
=
+
1 điểm

Tại cân bằng mới : (M)

34
M
0,74

2x)
10
(
]

[ -7

+
≈
+
=
−
OH
(M)
124
M
51,66
34
M
0,37
]

[ 2 






+
+
+
=
+
M

0,5 điểm 
)
(M
34
M
0,74
124
M
51,66
34
M
0,37
]
][OH
[M
T 3
2
2

M(OH)2 





+







+
+
+
=
= + −

124
M
51,66
34
M
0,37
34
M
23,68
+
+
+
=

+ M = 40

Vậy kim loại là Canxi . Hidroxit là Ca(OH)2

0,5 điểm

III. 2. Ta có : Cu2+ + 2e = Cu , ∆G1

Cu2+ + 1e = Cu+ , ∆G2

Cu+ + 1e = Cu , ∆G3

⇒
+
+
+
+ =− +
−
∆
−
∆
=
∆
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu

Cu FE F E

E
F
G
G
G
/
0

/
0
/
0
2
1
3
2
2 1. .
.
.
2
.
.
1
⇒ + = + − + +
Cu
Cu
Cu
Cu
Cu

Cu E E

E0 / 2 0 2 / 0 2 /

= 2.0,335 - 0,15 = 0,52 V.

1 điểm

Ta có :

]
[
]
[
lg
059
,
0
2
/
0
/ 2
2 +
+
+
= + +
+
+
Cu
Cu
E

E Cu Cu

Cu
Cu

0,498V

4
,
0
/
10
2
,
0
lg
059
,
0
15
,

0 + 7 =

= − ( với [Cu+] = TCuCl/[Cl-] )

ECu+/Cu = E0Cu+/Cu + 0,059 lg [Cu+]

= 0,52 + 0,059 lg 10-7/ 0,4 = 0,13V.

1 điểm

2/ Khi cân bằng :

K1 = . /0,059

10n∆E = 5,35.10-7
K2 = ( 10-7)-2 = 1014

Vậy :

K = K1 . K2 = 5,35.107.

</div>
(157)<div class='page_container' data-page=157>

Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng Phong
Mơn : Hóa - Khối : 11

5
Câu IV : 2 điểm

Hoàn chỉnh sơ đồ biến hóa sau:

(CH3)2CH – CH2 – CH3 Br2, ás A NaOH, rượu B Br2, CCl4 C 2KOH, rượu

D E

Đáp án:

(CH3)2CH – CH2 – CH3 Br2, aùs (CH3)2CBr – CH2 – CH3

NaOH, rượu (CH

3)2C=CH – CH3

1 điểm

Br2, CCl4 (CH

3)2CBr – CHBr – CH3 2KOH, rượu

CH CO

CH2

CH2
CH

CH
CH3

1 điểm

Câu V : 4điểm

V.1. Chất hữu cơ (X) là một rượu no, nhị chức, mạch hở. Dung dịch X 62% trong nước
có nhiệt độ đơng đặc là 930

- oC

V.2. Xác định công thức cấu tạo của (X). Biết hằng số nghiệm lạnh của nước là 1,86.
V.3. Trình bày 3 cách khác nhau để điều chế (X) từ etylen.

V.4. Khi có mặt chất xúc tác thích hợp thì chất (X) khử nước tạo ra chất (A). Trong môi
trường kiềm, hai phân tử (A) kết hợp với nhau tạo ra chất (B) không bền. Khi đun
nóng thì (B) tách nước tạo ra chất (D). Từ (D) cho tác dụng với HCl tạo chất (E).

– Thực hiện sự chuyển hóa trên để xác định công thức cấu tạo của A, B, D E.
– Dùng cơ chế phản ứng để giải thích q trình (A) tạo thành (B).

– (E) có đồng phân lập thể hay không ? Hãy xác định cấu trúc các đồng phân
lập thể của (E) và gọi tên (nếu có).

Bài giải

V.1. Đặt CTTQ của X: CnH2n+2-k(OH)k.

+ Khối lượng X có trong 1000 gam H2O: 1000.62 31000

38 = 19

X X

m 31000

M k 1,86. 62 (g / mol)

930

t 19 0

= = =

æ ử

D ỗ + ữ

ữ

ỗ ữ

ỗố ứ

14n + 16k = 60

Nghiệm phù hợp: k = 2 và n = 2
CTPT của X: C2H4(OH)2

CTCT cuûa X:

1điểm

CH2 CH2
OH
OH

CH2 C

CH3

CH CH2

CH CO

</div>
(158)<div class='page_container' data-page=158>

Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng Phong
Mơn : Hóa - Khối : 11

6
V.2. + CH2 = CH2 dd KMnO4, laïnh

+ CH2 = CH2 Cl2, CCl4 dd NaOH, t
o

+ CH2 = CH2 H2O

1điểm

V.3. + Sơ đồ chuyển hóa:

CH3 – CHO OH

(X) (A) (B)

(E) :

+ Cơ chế: CH3 – CHO OH

CH3 – CHO

1,5 điểm

(E): có đồng phân lập thể: đồng phân quang học
do có C*

CH2 - CHO

H Cl

CH3

CH2 - CHO

Cl H

CH3

0,5điểm

CH2 CH2
OH
OH
CH2 CH2

Cl
Cl

CH2 CH2
OH
OH
CH2 CH2

CH2 CH2
OH
OH

O2
Ag, to

CH2 CH2
OH

OH CH3 OHCH CH2 CHO

CH3 CH CH CHO

(D)

+ HCl

CH3 CH CH2 CHO
Cl

CH3 CH CH2 CHO
OH

CH- 2 CHO CH3 CH O CH

3 CH CH2 CHO
O

-O
H2 CH

3 CH CH2 CHO

H2SO4 đặc
170oC

-- H2O

CH3 CH CH2 CHO
Cl

</div>
(159)<div class='page_container' data-page=159>

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT 
 HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012-2013

MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 11 
 Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 02 trang, gồm 6 câu)

Câu I:

b. Với R có phân lớp 3d đã bão hoà, hoà tan hoàn toàn m gam một oxit của R trong dung dịch H2SO4

đặc, nóng, dư sinh ra 0,56 lít (điều kiện tiêu chuẩn) khí SO2 là sản phẩm khử duy nhất. Tồn bộ lượng

khí SO2 trên phản ứng vừa đủ với 2 lít dung dịch KMnO4 thu được dung dịch T (coi thể tích dung

dịch khơng thay đổi).

- Viết các phương trình hố học, tính m và tính nồng độ mol/l của dung dịch KMnO4 đã dùng.

- Tính pH của dung dịch T (bỏ qua sự thủy phân của các muối).
Biết axit H2SO4 có Ka1 =+∞; Ka2 = 10-2.

Câu II:

1. 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
3

b(NH )

K = 10-4,75.

2. Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn các dung dịch sau:

a. 10ml dung dịch CH3COOH 0,10M với 10ml dung dịch HCl có pH = 4,00

b. 25ml dung dịch CH3COOH có pH = 3,00 với 15ml dung dịch KOH có pH = 11,00

c. 10ml dung dịch CH3COOH có pH = 3,00 với 10ml dung dịch axit fomic (HCOOH) có pH=3,00.

Biết Ka của CH3COOH và HCOOH lần lượt là 10-4,76 và 10-3,75(Khi tính lấy tới chữ số thứ 2 sau dấu

phẩy ở kết quả cuối cùng). 
Câu III:

1. Cho 2,16 gam hỗn hợp gồm Al và Mg tan hết trong dung dịch axit HNO3 loãng, đun nóng nhẹ tạo

2. Cho 20 gam hỗn hợp A gồm FeCO3, Fe, Cu, Al phản ứng với 60 ml dung dịch NaOH 2M được

2,688 lít hiđro. Thêm tiếp vào bình sau phản ứng 740 ml dung dịch HCl 1M và đun nóng đến khi
ngừng thốt khí, được hỗn hợp khí B, lọc tách được cặn C (không chứa hợp chất của Al). Cho B hấp
thụ từ từ vào dung dịch nước vôi trong dư được 10 gam kết tủa. Cho C phản ứng hết với HNO3 đặc

nóng dư thu được dung dịch D và 1,12 lít một khí duy nhất. Cho D phản ứng với dung dịch NaOH dư
được kết tủa E. Nung E đến khối lượng không đổi được m gam chất rắn. Tính khối lượng mỗi chất
trong A, tính m, biết thể tích các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.

Câu IV:

nặng hơn dung dịch Ca(OH)2 ban đầu là 3,108 gam. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch M

thấy có kết tủa lần 2 xuất hiện. Tổng khối lượng kết tủa hai lần là 20,95 gam. Cùng lượng hỗn hợp X
trên tác dụng vừa đủ với 1 lít dung dịch Br2 0,09M. Xác định cơng thức phân tử, công thức cấu tạo

</div>
(160)<div class='page_container' data-page=160>

2
Câu V:

1. Hợp chất X có cơng thức phân tử C6H10 tác dụng với hiđro theo tỉ lệ mol 1: 1 khi có chất xúc tác.

Cho X tác dụng với dung dịch KMnO4 trong H2SO4 lỗng, đun nóng thu được HOOC(CH2)4COOH.

a. Xác định công thức cấu tạo, gọi tên X và viết phương trình phản ứng
b. Viết phương trình phản ứng oxi hố X bằng dung dịch KMnO4 trong nước

2. 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 KMnO4 lỗng 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

Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra
Câu VI:

1. Khí N2O4 kém bền, bị phân ly một phần theo phương trình:

N2O4 (khí) 2NO2 (khí) (1)

Thực nghiệm cho biết các số liệu sau khi (1) đạt tới trạng thái cân bằng ở áp suất chung 1 atm:

Nhiệt độ (0oC) 35 45

M (g) 72,450 66,800

(Mh là khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí ở trạng thái cân bằng)

a. Tính độ phân ly α của N2O4 ở các nhiệt độ đã cho.

b. Tính hằng số cân bằng Kp của (1) ở mỗi nhiệt độ trên.

c. Cho biết (1) là phản ứng thu nhiệt hay tỏa nhiệt. Giải thích?
(Khi tính lấy tới chữ số thứ 3 sau dấu phẩy).

2. Có các phân tử XH3

a. Hãy cho biết dạng hình học của các phân tử PH3 và AsH3.

b. So sánh góc liên kết HXH giữa hai phân tử trên và giải thích.

c. Những phân tử nào sau đây có phân tử phân cực ? Giải thích ngắn gọn
BF3, NH3, SO3, PF3.

Cho biết ZP = 15, ZAs = 33, ZO = 8, ZF = 9, ZB = 5, ZN = 7, ZS = 16.

--- HẾT---

- Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu (kể cả bảng Hệ thống tuần hồn các ngun tố hố học). 
- Cán bộ coi thi khơng phải giải thích gì thêm.

</div>
(161)<div class='page_container' data-page=161>

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 0,75+1,75(1+0,75)

I

2,5 a) Trong vỏ nguyên tử của nguyên tố R electron phân bố vào các phân lớp s theo thứ tự là: 1s

;
2s2; 3s2; 4s1 => Các cấu hình electron thỏa mãn là

1s22s22p63s23p64s1 => Z = 19 R là Kali
1s22s22p63s23p63d54s1 => Z = 24 R là Crom
1s22s22p63s23p63d104s1 => Z = 29 R là đồng

b) Vì oxit của Cu tác dụng với dung dịch axit sunfuric đặc nóng tạo ra khí SO2 do đó là đồng

(I) oxit (Cu2O) 0,025( )

2 mol

nSO =

Cu2O + 2H2SO4→

o

t

2CuSO4 + SO2 + 2H2O

0,025 0,025 (mol)
=> m=144.0,025=3,6 (g)

5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O→ 2H2SO4 + K2SO4 + 2MnSO4

0,025 0,01 0,01 (mol)

Nồng độ mol/l của dung dịch KMnO4 là 0,005 (M)

Phương trình điện li của axit sunfuric: ([H2SO4]=0,005M)

H2SO4 → H+ + HSO4-

0,005 0,005 0,005(M)
HSO4- H+ + SO42-

C :0,005 0,005 0 (M)
[ ]: 0,005 - x 0,005+x x (M)

=> 10 2

005
,
0
).
005
,
0
( = −
−
+
x
x
x
=>


−
=

= −
01
,
0
10
.
81
,
2 3
x
x

=> [H+]=0,005+2,81.10-3=7,81.10-3(M) => pH= 2,107

0,75 
0,5

0,5

0,75 
 II 1+3(1+1+1)

1. Khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch đệm thì
+

2
Mg

C 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

⇒ [OH−]2 ≥

[

]

2
10−
−
+
−
= 10,95
2
10,95 10
Mg
10

= 10-8,95. Hay [OH−] ≥ 10-4,475
* Dung dịch: NH4Cl 1M + NH3 1M.

cân bằng chủ yếu là:

NH3 + H2O NH + OH+4 − KNH3= Kb = 10-4,75

1 1

1-x 1+x x
Kb = ( )

1
x
1
x
−

+ = 10-4,75

⇒ 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

khơng xuất hiện kết tủa Mg(OH)2.

0,5

0,5 
2. a. Dung dịch HCl có pH = 4,0 ⇒⇒⇒ [H⇒ +] = [HCl] = 10-4M

Sau khi trộn:

3
4
5
HCl
CH COOH
10 .10

C 5.10 M

20
0,1.10

C 0, 05M

−

= =

</div>
(162)<div class='page_container' data-page=162>

4
CH3COOH CH3COO- + H+

C 0,05M 0 5.10-5M
∆C x x x

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

(

)

4,76

5.10 x x

10
0, 05 x

−

+
=
−

x = 8,991.10-4M (nhận)
x = -9,664.10-4M(loại)

pH = -lg[H+] = -lg(5.10-5 + x) = 3,023=3,02

b. Gọi CA là nồng độ M của dung dịch CH3COOH

3 3

CH COOH CH COO− +H+

C CA 0 0

∆C x x x
[ ] CA – x x x

Với pH = 3,0 ⇒ x = 10-3M

(

)

3
2
3
4,76
3
A
6

3 1,24 10
A 4,76

C 10

C 10 10 0, 0585M

10
−
−
−
−
−
− − +
−

=
−
= + = ≈

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

14
3
11
10
10 M
10
−
−
− =

Sau khi trộn:

3
2
CH COOH
3
4
KOH

3 3 2

0, 0585x25

C 0, 03656M 3, 66.10 M

40
10 x15

C 3, 75.10 M

CH COOH KOH CH COOK H O

−
−
−
= = ≈
= =
+ → +

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

Nên Ka= x(x+3,75.10-4)/(0,036225-x)=10-4,76 → x = 6,211.10-4 pH = 3,207=3,21

c. Tương tự với câu trên:

- Dung dịch CH3COOH có pH = 3,0 ứng với CCH COOH3 =0, 0585M

- Dung dịch HCOOH có pH = 3,0 ứng với nồng độ axit fomic

(

pH

)

pH 3 2,25 3 3

HCOOH 3,75

HCOOH

10 10

C 10 10 10 10 6, 62.10 M

K 10

− −

− − − − −

−

= + = + = + =

Sau khi trộn lẫn:

3
CH COOH
3
3
HCOOH

0, 0585.10

C 0, 02925M

20
6, 62.10 .10

C 3, 31.10 M

20
−

−

= =

Bảo tồn điện tích : [H+]=[CH3COO-]+[HCOO-]

Ta có: h= C1Ka1/(Ka1+h)+ C2Ka2/(Ka2+h)

→ h3+h2(Ka1+Ka2)+h(Ka1Ka2 –C1Ka1-C2Ka2 )-( C1Ka1Ka2 +C2 Ka1Ka2)=0

Ta có h= 9,997.10-4. Nên pH = 3,00

3 3

CH COOH CH COO− +H+
C

∆C
[ ]

0,036225 3,75.10-4 0
x x x
0,036225– x x+3,75.10-4 x

1

</div>
(163)<div class='page_container' data-page=163>

1 
III 1,5+2

1. Theo giả thiết thì B chứa N2 và N2O

Ta có 2 2 2

2 2 2

0, 448.(988 / 760) / (0, 082.354, 9) 0, 02 0, 01
.44 .28 0, 02.32.0, 716.44 / 28 0, 01

N O N N O

N O N N

n n n

n n → n

+ = = =

 

 

 

+ = =

 

 

số mol e nhận để tạo ra 2 khí này là : 0,01(10+8) = 0,18 mol (I) 
D có Al(NO3)3, Mg(NO3)2 có thể có NH4NO3.

NH4NO3 → N2O↑ + 2H2O

2 NH4NO3 → N2 ↑ + O2 ↑ + 4 H2O ↑

4Al(NO3)3 → 2Al2O3 + 12 NO2 ↑ + 3O2 ↑
2Mg(NO3)2 → 2MgO + 4 NO2 ↑ + O2 ↑
E chỉ có Al2O3 và MgO.

+ Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và Mg ta có hệ :

27 24 2,16

102. 40 3,84

x y

x
y

+ =





+ =



x = Al = 0,04 mol và Mg = 0,045 mol số mol e cho = 0,21 mol (II) 
+ Từ (I, II) suy ra phải có NH4NO3. Từ đó dễ dàng tính được kết quả sau:

D gồm: Al(NO3)3 (8,52 gam) ; Mg(NO3)2 (6,66 gam) ; NH4NO3 (0,3 gam) = 15,48 gam. Hỗn

hợp ban đầu có 50% lượng mỗi kim loại.

0,25

0,5

0,75

2. + Khi A pư với NaOH thì nNaOH = 0,12 mol;n H2 = 0,12 mol. Suy ra NaOH dư

Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 3/2 H2.

Mol: 0,08 0,08 0,08 0,12

Sau pư trên thì hh có: FeCO3 + Fe + Cu + 0,04 mol NaOH dư + 0,08 mol NaAlO2.

+ Khi thêm vào 0,74 mol HCl vào thì:
NaOH + HCl → NaCl + H2O

Mol: 0,04 0,04

NaAlO2 + 4HCl + H2O → NaCl + AlCl3 + 3H2O

Mol: 0,08 0,32

Số mol HCl còn lại sau 2 pư trên là 0,38 mol. B là hh khí nên B phải có CO2 + H2. C chắc

chắn có Cu, có thể có FeCO3 + Fe. Mặt khác C + HNO3 → NO2 là khí duy nhất nên C khơng

thể chứa FeCO3 C có Cu và có thể có Fe (FeCO3 đã bị HCl hòa tan hết).

TH1: Fe dư. Gọi x là số mol FeCO3; y là số mol Fe bị hòa tan; z là số mol Fe dư, t là số mol

Cu ta có: 116x + 56(y + z) + 64t = 20 – 0,08.27 = 17,84 (I) 
FeCO3 + 2HCl → FeCl2 + CO2↑ + H2O

Mol: x 2x x x
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑

Mol: y 2y y y
 Số mol HCl = 2x + 2y = 0,38 (II)

B có x mol CO2 + y mol hiđro. Dựa vào pư của B với nước vôi trong x = 0,1 mol (III)

C có z mol Fe dư + t mol Cu 3z + 2t = 1,12/22,4 (IV) 
x = 0,1 mol; y = 0,09 mol; z = 0,01 mol và t = 0,01 mol.

Vậy A có: 0,1.116=11,6 gam FeCO3 + 0,1.56=5,6 gam Fe + 0,01.64=6,4 gam Cu +

0,08.27=2,16gam Al

+ Tính tiếp ta được giá trị của m=mCuO+mFe2O3=0,01.80+0,01.160/2 = 1,6 gam.

TH2: Fe hết C chỉ có Cu số molCu = ½ NO2 = 0,025 mol.

A có 0,1.1z16=11,6 gam FeCO3 + 0,025.64=1,6 gam Cu + 0,08.27=2,16gam Al+

(20-11,6-1,6-2,16=4,64)gam Fe

tính được m =mCuO =0,025.80= 2 gam.

0,5

0,75

0,75 
IV 2,5

CxHy + m AgNO3 + m NH3 → CxHy-mAgm + m NH4NO3 .

0,02 mol 0,02/m mol

</div>
(164)<div class='page_container' data-page=164>

6
Do MHDC < 100 nên m=1, x=4, y=4.

Vậy 1 chất C4H4 : CH2=CH-C≡CH: 0,02 mol

Ta có sơ đồ

CO2 + Ca(OH)2 (0,111mol) →
CaCO (x)3

Ba(OH)2

Ca(HCO ) (0,111-x)3 2 BaCO (0,111-x)+CaCO (0,111-x)3 3





→



Nên 100x+(0,111-x)100+(0,111-x)197=20,95 → x= 0,061 → nCO2= 0,061+2(0,111-0,061)=

0,161

→ nH2O = (0,061.100+ 3,108-0,161.44)/18=0,118

+ Hai HDC còn lại cháy cho: nCO2=0, 161-0,02.4=0,081; nH2O= 0,118-0,02.2=0,078

Số Ctb = 0,081/0,027= 3

Do trong X có 2 HDC có cùng số C nên có các TH sau
+ TH1: 2 HDC cịn lại có cùng 3C

nBr2 = 0,09-0,02.3=0,03 > 0,027 nên có C3H4

cịn lại là C3H8 hoặc C3H6

- C3H8 : a ; C3H4 :b

0, 027 0, 012

2 0, 03 0, 015

a b a

TM

b → b

+ = =

 

 

= =

 

- C3H6 : a ; C3H4 :b

0, 027 0, 024

2 0, 03 0, 003

a b a

TM

a b → b

+ = =

 

 

+ = =

 

+ TH2: 1 HDC cịn lại có cùng 4C, HDC cịn lại là 1C hoặc 2C
- C4Hc:x ; C2Hd: y

0, 027 0, 0135

4 2 0, 081 0, 0135

x y x

x y → y

+ = =

 

 

+ = =

  nên

0,0135c/2+0,0135d/2=0,078 →c+d=11,55 loại
- C4Hc:x ; CH4: y

0, 027 0, 018

4 1 0, 081 0, 009

x y x

x y → y

+ = =

 

 

+ = =

  nên 0,018c/2+0,009.4/2=0,078

→c=6,67 loại

Kết luận : CH2=CH-C≡CH CH2=C=CH2 C3H6 hoặc C3H8

0,5

0,75

V 1,5+2,5

1. a. C6H10

[

π+v

]

= 2

X phản ứng với H2 theo tỉ lệ 1 : 1 nên X phải có 1 vịng 5,6 cạnh và 1 liên kết đơi

Khi oxi hóa X thu được sản phẩm chứa 6 cacbon nên X có 1 vịng 6 cạnh không nhánh

- Công thức cấu tạo của X là: xclohexen

5 + 8KMnO4+ 12H2SO4 → 5 HOOC(CH2)4COOH +4K2SO4+8MnSO4+12H2O.

b. Phản ứng:

3 + 2KMnO4 + 4H2O → 3

OH + 2MnO

2 + 2KOH.

0,5

0,5 
2. a. nCa(OH)2 = 0,115 mol

CO2 + Ca(OH)2 (0,151mol) →
CaCO (x)3

Ba(OH)
2

Ca(HCO ) (0,115-x)3 2 BaCO (0,115-x)+CaCO (0,115-x)3 3





→



Nên 100x+(0,115-x)100+(0,115-x)197=24,305 → x= 0,05 → nCO2= 0,05+2(0,115-0,05)= 0,18

→ nH2O = (0,05.100+ 5,08-0,18.44)/18=0,12

- Gọi công thức phân tử của A là CxHy:

</div>
(165)<div class='page_container' data-page=165>

7
CxHy + O2 → xCO2 +

y
H2O

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.

b. Theo giả thiết thì A, B, C phải là dẫn xuất của benzen vì chúng khơng làm mất màu dung
dịch Br2.

* A, B qua dung dịch KMnO4/H+ thu được C9H6O6 nên A, B phải có 3 nhánh CH3; C cho

C8H6O4 nên C có 2 nhánh trên vịng benzen (1 nhánh –CH3 và 1 nhánh –C2H5).

- Khi đun nóng với Br2/Fe thì A cho 1 sản phẩm monobrom còn B, C cho 2 sản phẩm

monobrom nên công thức cấu tạo của A, B, C là:

CH3

H3C

CH3
CH3

H3C

CH3
CH2CH3

(A) (B) (C)
Các phản ứng xẩy ra

5
CH3

CH3

H3C + 18KMnO

4 + 27H2SO4 → 5

COOH

HOOC +9K

2SO4+18KMnO4+42H2O.

5

H3C

CH3

+18KMnO4+27H2SO4 → 5

COOH
COOH
HOOC

+ 9K2SO4+18KMnO4+42H2O.

5

CH2CH3

CH3

+18KMnO4+27H2SO4 → 5
COOH

COOH+5CO

2+18MnSO4 + 9K2SO4 + 42H2O
CH3

CH3
H3C

+ Br2

Fe t

→

CH3

H3C CH3

+ HBr

H3C
CH3

CH3

+ Br2

Fe t
→

CH3

H3C CH3

Br hoặc 
H3C

CH3

Br + HBr

CH2CH3

CH3

+ Br2

Fe t
→

CH2CH3

Br
CH3

hoặc

CH2CH3

CH3

+ HBr

0,5

0,75

0,25

VI 2(0,5+1+0,5)+1,5

1. a) Đặt a là số mol N2O4 có ban đầu,

α là độ phân li của N2O4 ở toC

xét cân bằng: N2O4 2NO2

h 92a 92

a(1 ) 1

= =

+ α + α

- ở 35oC thì Mh = 72,45 → 92

1 + α= 72,45 →α = 0,270 hay 27%

</div>
(166)<div class='page_container' data-page=166>

- ở 45oC thì Mh = 66,8 α = 0,377 hay 37,7%

b) Ta có Kc =

[

]

[

]

2 2

2 4

NO V 4a

a(1 ) (1 )V
N O

V
α
 

  α

 

= =

− α − α

V là thể tích (lít) bình chứa khí
Và PV = nS. RT → RT =

PV PV

n = a(1+ α)

Thay RT, Kc vào biểu thức KP = Kc.(RT)∆n ở đây

∆n = 1 → KP =

2 2

4a PV P.4.

(1 )V a(1 ) 1

α α

− α + α − α

ở 35oC thì α = 0,27 → KP = 0,315

ở 45oC thì α = 0,377 → Kp, = 0,663

c) Vì khi tăng nhiệt độ từ 35oC → 45oC thì độ điện li α của N2O4 tăng (hay KP tăng) → Chứng

tỏ khi nhiệt độ tăng thì cân bằng chuyển sang chiều thuận (phản ứng tạo NO2) do đó theo

ngun lí cân bằng Lơ Satơliê (Le Chatelier) thì phản ứng thuận thu nhiệt.

1

0,5 
2. a. P : 1s22s22p63s23p3 ; As : 1s22s22p63s23p63d104s24p3

P và As đều có 5 electron hóa trị và đã có 3 electron độc thân trong XH3
X

H H

X ở trạng thái lai hóa sp3.

XH3 hình tháp tam giác,

b. góc HPH > góc AsH, vì độ âm điện của ngun tử trung tâm P lớn hơn so với As nên các
cặp e liên kết P-H gần nhau hơn so với As-H lực đẩy mạnh hơn.

c. không phân cực

F
B

F
F

O
S

O
O

Phân cực

H
N

H F

F
F

2 chất đầu sau có cấu tạo bất đối xứng nên phân cực

0,5

</div>
(167)<div class='page_container' data-page=167>

Tỉnh : Kon Tum.

Trường Trung học chuyên Kon Tum. 
Mơn : Hóa, khối 11.

Giáo viên biên soạn: Lê Diệu Tuyền 
Số mật mã:

Số mật mã:

ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT 
Câu I (4,0đ)

1. a. Photpho tác dụng với clo tạo thành PCl3 và PCl5.
Nitơ có tạo thành hợp chất tương tự khơng ? Vì sao ?

b. Viết phương trình phản ứng khi cho PCl3và PCl5 tác dụng với nước.

2. Hãy tìm các chất thích hợp trong các sơ đồ sau và viết các phương trình phản ứng.
Cho biết S là lưu huỳnh, mỗi chữ cái còn lại là một chất.

S + A X
S + B Y
Y + A X + E
X + D Z

X + D + E U + V
Y + D + E U + V
Z + E U + V

ĐÁP ÁN
1. (2,0 điểm) a. 2P + 3Cl2

2PCl3

PCl3 + Cl2 PCl5 
Nitơ chỉ tạo NCl3 ( rất không bền, dễ nổ), khơng có hợp chất NCl5. 0,5điểm
Vì : cấu tạo nguyên tử của N, N : 1s22s22p3

N chỉ có 4 obitan hóa trị ( 1 obitan s, 3 obitan p), nên cộng hóa trị tối đa là 4. 0,5điểm
P có thể tạo thành 5 liên kết cộng hóa trị trong PCl5 vì :

P : 1s22s22p63s23p33d 0

P có thể sử dụng cả obitan d để tạo liên kết hóa học. 0,5điểm
b. PCl3 + 3H2O H3PO3 + 3HCl 0,25điểm
PCl5 + 4H2O H3PO4 + 5HCl 0,25điểm

2. (2,0điểm) X là SO2, Y là H2S
S + O2 →

o

t SO

2 0,25điểm

S + H2 →

o

t H

2S 0,25điểm

H2S +
2
3

O2dư →

o

t SO

2 + H2O 0,25điểm

SO2 + Cl2 SO2Cl2 0,5điểm

( hoặc Br2)

</div>
(168)<div class='page_container' data-page=168>

Tỉnh : Kon Tum.

Trường Trung học chun Kon Tum. 
Mơn : Hóa, khối 11.

Giáo viên biên soạn: Lê Thị Thủy 
Số mật mã:

Số mật mã:

ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT 
Câu II : (4,0đ)

a. Thế điện cực chuẩn của HNO2 trong mơi trường axit và mơi trường kiềm có thể tóm tắt theo sơ
đồ sau :

- Trong mơi trường axit :
+0,96V

NO3- → HNO2 → NO

+0,94V +1,0V
- Trong môi trường kiềm :

+0,15V

NO3- → HNO2 → NO

+0,01V -0,46V

Từ đó hãy cho biết ion NO2- bền trong mơi trường nào ?

b. Viết phương trình phản ứng khi cho NO2 tác dụng với CO, SO2 , O3 , H2O2 .

ĐÁP ÁN
a. 2,0điểm

Các phản ứng tự OXH – Kh
- Trong môi trường axit :

2x HNO2 + H+ + 1e → NO + H2O E01 = +1,0 V

1x HNO2 + H2O - 2e → NO3- + 3H+ -E02 = -0.94 V

3 HNO2 → HNO3 + 2NO + H2O E0 = 1,06V >0 0,25điểm

=> ∆G0 = - nE0F <0 => phản ứng xảy ra theo chiều thuận. 0,5điểm
- Trong môi trường kiềm : Tương tự tìm E0’ = -0,97 V <0 0,25điểm
=> ∆G0 = - nE0F > 0 => phản ứng xảy ra theo chiều nghịch 0,5điểm
Từ đó biết ion NO2- bền trong mơi trường kiềm và kém bền trong môi trường axit 0,5điểm

b. 2,0điểm

Viết 4 phương trình phản ứng

NO2 + SO2 → NO + SO3 0,5điểm

NO2 + CO → NO + CO2 0,5điểm

2NO2 + O3 → N2O5 + O2 0,5điểm

</div>
(169)<div class='page_container' data-page=169>

Tỉnh : Kon Tum.

Trường Trung học chuyên Kon Tum. 
Mơn : Hóa, khối 11.

Giáo viên biên soạn: Lê Thị Thủy 
Số mật mã:

Số mật mã:

ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT 
Câu III : (4,0đ)

1 . So sánh độ linh động của nguyên tử H trong các dãy chất sau. Giải thích ngắn gọn.
a) C2H6; C2H4; C2H2

b) C2H5OH; CH3COOH; C6H5OH (so sánh độ linh động của Htrong nhóm – OH)

c) CH2ClCOOH; CHCl2COOH; CCl3COOH (so sánh độ linh động của Htrong nhóm – OH)

2. Hợp chất A có CTPT là C9H10. Hơp chất B và C đều có CTPT là C9H10O. Oxy hóa các hợp

chất này đều cho axit benzoic và axit axetic.

a) Hãy đề nghị cấu trúc của A, B, C. Đọc tên chúng. Cho biết dạng cấu trúc lập thể có thể có của
A, B, C.

b) Từ A viết phương trình điều chế B và C.
ĐÁP ÁN

1. (1,5 điểm) So sánh độ linh động của nguyên tử H

a) C2H6<C2H4< C2H2 : do độ âm điện Csp3 <Csp2 <Csp 0,5điểm

b) C2H5OH< C6H5OH< CH3COOH

+I -C tạo liên hợp với C = O 0,5điểm
c) CH2ClCOOH<CHCl2COOH< CCl3COOH

-I 2(-I) 3(-I) 0,5điểm
2. (2,5 điểm)

- Cấu trúc , đọc tên

A : C6H5 – CH = CH – CH3 . 1- phenyl propen 0,25điểm

B : C6H5 – CO – CH2 CH3 . etyl phenyl xeton 0,25điểm

C : C6H5 – CH2 CO CH3 . benzyl metyl xeton. 0,25điểm

- Lập thể : ( B, C khơng có) 0,25điểm

A: đồng phân hình học

C6H5 CH3 C6H5

CH = CH (Z-) CH = CH (E-) 0,5điểm
CH3

b) Từ A viết phương trình điều chế B và C
A → B :

C6H5 – CH = CH – CH3 + HBr → C6H5 – CHBr - CH2 – CH3

C6H5 – CHBr - CH2 – CH3 + NaOH → C6H5 – CHOH - CH2 – CH3 + NaBr 0,5điểm

C6H5 – CHOH - CH2 – CH3 + ½ O2 →

t
,

CuO C

6H5 CO CH2 CH3 + H2O

A → C :

C6H5 – CH = CH – CH3 + HBr peoxit → C6H5 – CH2- CHBr – CH3

C6H5 – CH2 - CHBr – CH3 + NaOH → C6H5 – CH2 - CHOH – CH3 + NaBr 0,5điểm

C6H5 – CH2 - CHOH – CH3 + ½ O2 →

t
,

CuO C

</div>
(170)<div class='page_container' data-page=170>

CH CH CH3COOH

Tỉnh : Kon Tum.

Trường Trung học chun Kon Tum. 
Mơn : Hóa, khối 11.

Giáo viên biên soạn: Lê Thị Thủy 
Số mật mã:

Số mật mã:

ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT 
Câu IV : (4,0đ)

Hịan thành các phương trình phản ứng sau

(Chỉ viết sản phẩm chính)

(1)

(2)

(3)

(4)

(5)

(6)

(7)

(8)

Thêm các điều kiện để hòan thành sơ đồ các phản ứng trên (cho biết các chất đều phản ứng theo
tỷ lệ mol là 1 : 1)

CH2
CH2

CH CH3 HBr

CH3 HNO3

NO2

[O]

CH CH CH2 HBr
CH2

CH3

Br2

CH3CHO

1) CH3MgCl
2) H2O

</div>
(171)<div class='page_container' data-page=171>

ĐÁP ÁN

Hòan thành các phương trình phản ứng sau (Chỉ viết sản phẩm chính)

(1) CH3 CH2 CHBr CH3 0,5điểm

CH2Br CH = CH CH3

(2) CH2 = CH – CHBr – CH3 0,5điểm

(3) o – NO2 C6H4 CH3 + H2O

p – NO2 C6H4 CH3 + H2O 0,5điểm

(4) 0,25điểm

(5)

9 2 0,5điểm

(6) hoặc 0,25điểm

(7) CH≡CH - CBr(CH3)- CH2Br 0,5điểm

(8) CH3 CHOH CH3 0,5điểm

b) Viết cơ chế của phản ứng (2) . Viết đúng cơ chế phản ứng được 0,5điểm

(+)

CH2 = CH – CH = CH2 + H+ cham → CH3 – CH - CH = CH2

(+) (+) CH3 CHBr CH=CH2

CH3 – CH - CH = CH2 ↔ CH3 – CH - CH - CH2 + Br -  →nhanh

CH3CH=CH CH2Br

CH3 HNO3 H2SO4 d

NO2

[O] KMnO4
CH CH CH2 HBr

CH2 dmpc

CH3

Br2 dmpc

CH3CHO 1) CH3MgCl

2) H2O

CH CH C(CH3)=CH2 Br2

CH2

CH CH3 HBr dmpc

CH3

HBr
COOH

COOH
NO2

CO2 H2O

CH3

HBr
CH CH CH3COOH Zn(CH3C OOH) CH

</div>
(172)<div class='page_container' data-page=172>

Tỉnh : Kon Tum.

Trường Trung học chun Kon Tum. 
Mơn : Hóa, khối 11.

Giáo viên biên soạn: Lê Diệu Tuyền 
Số mật mã:

Số mật mã:

ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT 
Câu V (4,0đ)

1. Cho 10g một chất A có thành phần 5,0g cacbon ; 1,25g hiđro ; 3,75g Al. 0,12g A phản ứng
với nước dư, tạo ra 0,112dm3 khí B (đkc) và kết tủa trắng C. C tan trong NaOH và HCl loãng.
Đốt cháy 10cm3 chất B cần 20cm3 oxi tạo ra CO2 và H2O.

Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo của A, B, C. Viết các phương trình phản ứng.
2. Cho hợp chất hữu cơ A chứa các nguyên tố C, H, O. Xác định CTCT của A, biết :

- Tỷ khối hơi của A so với hydro là 73
- A làm mất màu dung dịch Br2.

- Để phản ứng vừa đủ với 2,19 gam A cần 300 ml dung dịch NaOH 0,1M và chỉ thu được 1 muối
B duy nhất. Muối B sau khi axit hóa, thực hiện phản ứng ozon phân và cứ thủy phân 1 phân tử
ozonit (dùng H2O2 / H

+) người ta thu được 1 phân tử axit o-hiđroxi benzoic và 1 phân tử axit

oxalic.

Viết các phương trình phản ứng .
ĐÁP ÁN

1. (2,0điểm) Gọi cơng thức của A là : CxHyAlz

Tìm được CTPT của A là : C3H9Al. 0,5điểm

C3H9Al + H2O B + C
nA = 0,12 : 72 = 1,67.10-3 (mol)

nB = 0,112 : 22,4 = 5.10-3 (mol)

nA: nB = 1 : 3 1 mol A tác dụng với nước tạo ra 3 mol B.

C tan trong NaOH và HCl C là Al(OH)3 0,25điểm

Al(OH)3 + 3HCl AlCl3 + 3H2O

Al(OH)3 + NaOH NaAlO2

+ 2H2O 0,25điểm

B là CH4. 0,25điểm

C3H9Al + 3H2O 3CH4 + Al(OH)3 0,25điểm

CH4 + 2O2 CO2 + 2H2O 0,25điểm

Vậy CTCT của A là : Al(CH3)3. 0,25điểm

2. (2,0điểm)

nA(pư) = 2,19/146 = 0,015 (mol)

nNaOH = 0,1 . 0,3 = 0,03 (mol)

=> nNaOH : nNa = 2 : 1

=> A có nhân benzen 0,25điểm

- Ta có : 1A + 2NaOH 1 muối

- A làm mất màu dd Br2 =>A có liên kết π trong nhánh 0,25điểm

</div>
(173)<div class='page_container' data-page=173>

=> CTCT A : 0,25điểm

Phương trình phản ứng :

0,25điểm

2 + H2O 0,25điểm

0,25điểm

0,25điểm
CH=CH

C=O

CH=CH

C=O + Br2

CHBrCHBr
C=O
O

CH=CH

C=O + NaOH

CH=CHCOONa

ONa

CH=CHCOONa

ONa

+ H2SO4

CH=CHCOOH

+ Na2SO4

CH=CHCOOH

1)O3

)H2O2/H+
2

COOH

</div>
(174)<div class='page_container' data-page=174>