De thi de nghi ky thi olympic 10 3 2019 tinh dak lak hoa hoc 11

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK
ĐƠN VỊ: TRƯỜNG THPT TRƯỜNG CHINH
ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN
Câu 1 (4 điểm)
1.1 (1,5 điểm) Tổng các hạt proton, nơtron, electron trong 2 nguyên tử A và B
bằng 142, trong đó tổng số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là
42 hạt.Số hạt mang điện của nguyên tử B nhiều hơn của nguyên tử A là 12.
a. Xác định kí hiệu hố học của A, B.
b. Viết cấu hình electron của A, B.
c. Xác định bộ bốn số lượng tử của các electron cuối cùng được điền vào.
(cho biết ml nhận các giá trị từ -l đến + l tương ứng với obitan từ trái sang phải )
137

1.2 (1,0 điểm)
137

Ce

tham gia trong lị phản ứng hạt nhân, có chu kỳ bán huỷ

Ce

30,2 năm.
là 1 trong những đồng vị bị phát tán mạnh ở nhiều vùng của
Châu Âu sau 1 vụ tai nạn hạt nhân. Sau bao lâu lượng chất độc này còn 1% kể
từ ngày tai nạn?


→

1

2

1.3 (1,5 điểm) Cho phản ứng: CO2 (khí)
CO (khí) +
O2(khí)
Và các dữ kiện:
O2
CO2
CO
Chất
0
∆H 298
-1
393,51
110,52
(KJ.mol )
0
205,0 213,64 197,91
∆S 298
3
(J0K-1.mol-1)

a. Ở điều kiện chuẩn (250C) phản ứng trên có xảy ra được khơng?
∆S
∆H
b. Nếu có
và
khơng phụ thuộc vào nhiệt độ. Hãy cho biết ở nhiệt độ nào
phản ứng trên có thể xảy ra?

Đáp án câu 1
Nội dung
Gọi ZA, ZB là số proton của A, B
NA, NB là số nơtron của A, B
Ta có tổng số hạt 2 ZA + NA + 2 ZB + NB = 142 (1)
số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 42.
2 ZA – NA + 2 ZB – NB = 42 (2)

⇒

Từ 1 và 2 4 ZA + 4 ZB = 184
ZA + ZB = 46
(*)
Số hạt mang điện của A ít hơn sớ hạt mang điện của B là 12.
2ZB - 2ZA = 12
 Z B  + Z A  = 46

 Z B  − Z A  = 6
Từ (*) và (**) ta có

⇒

ZB - ZA = 6
 Z A = 20

⇒  Z B = 26

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK
– HÓA HỌC 11

Điểm

0,25
0,25

(**)

1


A là Ca ; B là Fe
Cấu hình e X 1s22s22p63s23p64s2
n = 4, l = 0, ml = 0 , ms = -1/2
Cấu hình e Y: 1s22s22p63s23p63d64s2
n = 4, l = 2, ml = -2, , ms = -1/2
ln 2 0, 693
k=
=
t1/2 = 30, 2
t1/2
t1/2
1.2
năm
0, 693
k=
30, 2
k=
t=

1 N0

ln
t
Nt

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

0,25

1
Nt =
N0
100

0,25

N
1 N0
30, 2
ln
=
ln 0 = 200, 72
k Nt 0, 693 N 0
100

năm

Vậy cần khoảng 201 năm phóng xạ trên cịn 1%
0
co

0
co 2

0,25

1.1.1 ∆H0pư = ∆H - ∆H = 282,99 kJ
0,25
1
0
0
0
co
2 S O2 S CO2
0,25
∆S0pư = S +
= 86,785 J.0K-1
→∆G = ∆H - T∆S = 282,99.103 - 298.86,785
0,25
= 257128 J > 0
Vậy ở ĐKC (250) phản ứng này khơng xảy ra vì ∆G0> 0
0,25
1.1.2 Muốn phản ứng xảy ra phải có:
∆Η
0,25
∆S
∆G = ∆H - T∆S < 0 → T >

Nếu chấp nhận ∆H, ∆S khơng phụ thuộc vào nhiệt độ thì phản ứng
xảy ra khi:
282990
= 32610 K
86,785
T >
Câu 2. (4 điểm)
2.1.(1,5 điểm) Hòa tan 0,01 mol PCl3 vào nước thu được 1 lít dung dịch X. Tính
K a1 = 1,6.10 −2 K a2 = 7,0.10 −7
pH của dung dịch X. Cho hằng số axit của H3PO3 là :
,

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK
– HÓA HỌC 11

2


2.2(1,0 điểm)

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
và

Fe2+

Fe3+

.

a) Viết phương trình phản ứng khi pin hoạt động.
b) Tính sức điện động của pin ở điều kiện chuẩn.
 Ag+ 
 Fe2+ 
 Fe3+ 






c) Nếu
= 0,1M và
=
= 1M thì phản ứng trong pin
xảy ra như thế nào?
2.3 (1,5 điểm) Dung dịch bão hồ H2S có nồng độ 0,10 M.
Hằng số axit của H2S: K1 = 1,0× 10−7 và K2 = 1,3 × 10−13
a) Tính nồng độ ion sunfua trong dung dịch H2S 0,10 M khi điều chỉnh pH = 3,0.
b) Một dung dịch A chứa các cation Mn2+ và Ag+ với nồng độ ban đầu của mỗi ion
đều bằng 0,010 M. Hoà tan H2S vào A đến bão hoà và điều chỉnh pH = 3,0 thì
ion nào tạo kết tủa.
T Ag2 S
−10
Cho: TMnS = 2,5 × 10
;
= 6,3 × 10−50
Đáp án câu 2
Nội dung
Điểm

Phản ứng: PCl3 + 3H2O
0,01


→

H3PO3 + 3HCl
0,01
0,03

0.25
(mol)
0,25

Dung dịch X gồm H3PO3 0,01M và HCl 0,03M.


→

Sự điện li: HCl
H+ + Cl0,03
0,03
+
−

→ H + H 2 PO3
H 3 PO3 ¬



0,25

(M)

K1 = 1,6.10-2


→ H + + HPO32−
H 2 PO3− ¬



K2 = 7.10-7
Vì K1>> K2 nên bỏ qua sự phân li ở nấc thứ 2 của H3PO3. Khi đó ta có:

→ H + + H 2 PO3−
H 3 PO3 ¬


Ban đầu:
Phân li:
Cân bằng:
k1 =

0,01
x
0,01-x

x(0, 03 + x)
= 1, 6.10−2

(0, 01 − x)

K1 = 1,6.10-2
0,03
x
x
0,03+x
x

0,5
0,25

mol/lit
mol/lit
mol/lit

x = 3,25.10-3 → pH = -log(3,2.10-3) = 2,49

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK
– HÓA HỌC 11

3


2.2 3 a) Phương trình phản ứng khi pin hoạt động :

Fe2+ + Ag+ = Fe3+ +Ag( r)
( aq)
( aq)
( aq)

0,25

(1)
b) Thế của phản ứng (sđđ của pin) ở điều kiện chuẩn :

0,25

0
0
E0
pin =E Ag+ / Ag - E Fe3+ / Fe2+ =0.8 - (+0,77) =0,03 V

c) Nếu

 Ag+ 



= 0,1M và

 Fe2+ 



=

 Fe3+ 



0,25

= 1M thì sđđ của pin sẽ là :

0, 06 1.10−1
0
E pin =E pin +
lg
= - 0,03V <0
1

0,25

1

Phản ứng (1) xảy ra theo chiều ngược lại :

Fe3+ +Ag( r) = Fe2+

( aq)

( aq)

+ Ag+

( aq)

(2)
2.3a) Tính nồng độ ion S trong dung dịch H2S 0,100 M; pH = 3,0.

=
[H2S] = 0,1 M, [H2S] = 10−1 , [H+] = 10−3
HC2S
H2S (k)
⇌
H2S (aq)
H2S (aq)
⇌
H+ + HS−
K1 = 1,0 × 10−7

0,25

2−

K2 = 1,3 × 10−13

HS−⇌H+ + S2−
H2S (aq)

⇌2 H+

[S ] = 1,3 × 10
2−

−20

+ S2−

H2S

×
H+2

H+2S2
H2S

K =
= 1,3 × 10

−20

101
×
(103)2

0,5
= K1. K2 = 1,3 × 10−20]
= 1,3 × 10

−15

0,25

(M)

0,25
b)
−2
−15
−17

−10
2+
2−
[Mn ][S ] = 10 ×1,3 × 10 = 1,3 × 10 < TMnS = 2,5 × 10 khơng có kết
0,25
tủa
[Ag+]2[S2−] = (10−2)2× 1,3 × 10−15 = 1,3 × 10−19 > TAg2S = 6,3 × 10−50 tạo kết tủa
Ag2S
Câu 3: (4 điểm)
3.1 (1,0 điểm) Viết các phương trình phản ứng trong các thí nghiệm sau:
a) Cho dung dịch NaOH vào dung dịch Ba(HCO3)2.
b) Cho từ từ NH3 đến dư vào dung dịch CuCl2.
c) Sục khí CO2 tới dư vào dung dịch NaAlO2.
d) Cho Fe tác dụng với dung dịch AgNO3 dư.
e) Cho Mg tác dụng với dung dịch FeCl3 dư.
f) Sục khí NO2 tác dụng với dung dịch NaOH.
3.2 (1,5 điểm) Hoà tan hỗn hợp A gồm Mg , Cu vào 1 lượng vừa đủ dung dịch
H2SO4 đặc nóng thu đuợc 1,12 lít khí SO2 (đkc) và dung dịch B . Cho dung dịch B
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK
– HÓA HỌC 11

4


tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được kết tủa C. Nung C đến khối lượng
không đổi ta thu được hh rắn E . Cho E tác dụng với lượng dư H2. ( có to) thì thu
được 2,72 gam hỗn hợp rắn F .
a. Viết ptpư xảy ra .
b. Tính khối lượng mỗi chất trong hh A
3.3(1,5 điểm) Cho hỗn hợp khí N2 và H2 vào bình kín ở nhiệt độ không 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.
Đáp án câu 3
Nội dung
Điểm
0,125
a) 2 NaOH + Ba(HCO3)2 → BaCO3↓ + Na2CO3 + 2H2O
0,125
b) 2 NH3 + 2 H2O + CuCl2 → Cu(OH)2 + 2 NH4Cl
0,125
4 NH3 + Cu(OH)2 → [Cu(NH3)4](OH)2
0,125
c) CO2 + NaAlO2 + 2H2O → Al(OH)3 + NaHCO3
0,125
d) Fe + 2 AgNO3 → 2 Fe(NO3)2 + 2 Ag
0,125
Fe(NO3)2 + AgNO3 → Fe(NO3)3 + Ag
0,125
e) Mg + 2 FeCl3 → MgCl2 + 2 FeCl2
0,125
f) 2 NO2 + 2 NaOH → NaNO2 + NaNO3 + H2O
Mg + 2H2SO4= MgSO4 + SO2 + 2H2O
Cu + 2H2SO4 = CuSO4 + SO2 + 2H2O
MgSO4 + 2NaOH = Mg(OH)2 + Na2SO4
CuSO4 + 2NaOH = Cu(OH)2 + Na2SO4
Mg(OH)2 = MgO + H2O
Cu(OH)2 = CuO +H2O

CuO +H2 =Cu +H2O
Mg + H2 khơng phản ứng
Theo giả thiết ta có hệ : 40x + 64y = 2,72
x
+
y = 0,05
mMg=0,48 (g), mCu= 1,92 (g)

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK
– HÓA HỌC 11

1,0

x =0,02; y =0,03

0,5

5


3.2 a)Phương trình phản ứng:
N2+
Ban đầu
Phản ứng
Cân bằng
Vì V, T khơng đổi nên ta có:
P1 n1
P1
x+ y
=

=
P2 n2 ⇒ 0,95 P1 0,8 x + y ⇒
y=
x
100%
x+ y
N2
Vậy %V =
= 25%,

⇒

3H2⇌
x
0,1x
0,9x

2NH3
y0
0,3x
y- 0,3x

0,2x
0,2x

0,5

0,5
3x
2

%VH = 75%

0,25

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
0,25
NH3: 0,2x = 0,5 mol
[ NH 3 ] 2
( 0,5) 2
Kc =
[ N 2 ][ H 2 ] 3 0,225( 0,675) 3
=
= 3,613
Câu 4 ( 4 điểm)
4.1 (1,5 điểm)
a. 3-metylbut-1-en tác dụng với axit clohidric tạo ra các sản phẩm, trong đó
có A là
2-clo-3-metylbutan và B là 2-clo-2-metylbutan. Bằng cơ chế phản ứng, hãy giải
thích sự tạo thành hai sản phẩm A và B.
b. 2-metylbut-2-en phản ứng với axit clohidric. Trình bày cơ chế của phản ứng,
cho biết sản phẩm chính và giải thích.
4.2 (2,5 điểm) Đốt cháy hoàn toàn một hidrocacbon A rồi hấp thụ hết sản phẩm
cháy vào bình đựng nước vơi trong, nhận thấy khối lượng bình tăng thêm 26,24
g và 20 g kết tủa. 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 cơng
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
Đáp án câu 4
Nội dung
Điểm

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK
– HÓA HỌC 11

6


1.

CH3

CH3

H

CH3-CH-CH=CH2

0,75

+
CH3-CH-CH2-CH2 (I)

+

CH3

CH3

chun vÞ

CH3-CH-CH-CH3 (II)
+
Cl
CH3
CH3-CH-CH-CH3

CH3-C-CH2-CH3 (III)
+
ClCH3

CH3-C-CH2-CH3

Cl
Cl
2-Clo-3-metylbutan
2-Clo-2-metylbutan
Do cacbocation bậc hai (II) có khả năng chuyển vị hiđrua tạo thành
cacbocation bậc ba (III) nên tạo thành hai sản phẩm A, B.
2.
C H3
C H3
C H 3 -C = C H-CH 3

H

C H 3-C-C H 2-CH 3
+

+

(I)

C H 3-C-C H-CH 3
H +

C H3

Cl -

C H 3 -C-C H 2-CH 3
Cl

C H3
(II)

0,75

2-Clo-2-metylbutan

C H3
C H 3-C H-C H-CH 3
Cl
2-Clo-3-metylbutan

Cl -

2-Clo-2-metylbutan là sản phẩm chính.
Do cacbocation bậc ba (I) bền hơn cacbocation bậc hai (II), mặt khác do
cacbocation bậc hai (II) có khả năng chuyển vị hiđrua tạo thành
cacbocation bậc ba (I) nên sản phẩm 2-clo-2-metylbutan là sản phẩm
chính.
4.2
nCaCO3 (1) = 20/100 = 0,2 mol
nCaCO3 (2) = 10/100 = 0,1 mol
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O
0,2 mol
0,2 mol
2CO2
+ Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2
0,2 mol
0,1 mol

(1)

0

t

→

Ca(HCO3)2
CaCO3 + CO2
0,1 mol

0,1 mol
nCO2 = 0,4 mol
m tăng = mCO2 + mH2O
nH2O = 8,64/18= 0,48 mol

⇒

+ H2O

0,75

(2)

mH2O = 26, 24 – 0,4 . 44 = 8,64 gam

nCO2 = 0,4 mol < nH2O = 8,64/18= 0,48 mol
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK
– HÓA HỌC 11

⇒

A là Ankan CnH2n+2 n

≥

0,5

7

1
nA = nH2O - nCO2 = 0,48 – 0,4 = 0,08 mol
C= nCO2/nA = 0,4 / 0,08 =5

⇒

C5H12

0, 25
0,25

⇒
0,25
MC< 93 . 2 = 186
C là hỗn hợp các dẫn xuất thế mono clo của C5H12
CTCT của A là: CH3 CH(CH3) CH2 CH3
Các sản phẩm thế:
0,25
6.1.100
= 30%
9.1 + 2.3,3 + 1.4, 4
0,25
CH2Cl CH(CH3) CH2 CH3
%=
1.4, 4.100
%=
= 22%
9.1 + 2.3,3 + 1.4, 4
CH3 CCl(CH3) CH2 CH3
2.3,3.100

%=
= 33%
9.1 + 2.3,3 + 1.4, 4
CH3 CH(CH3) CHCl CH3
3.1.100
%=
= 15%
9.1 + 2.3,3 + 1.4, 4
CH3 CH(CH3) CH2 CH2Cl
Câu 5 (4 điểm)
5.1 (1,5 điểm) Chia 14,2 gam hỗn hợp X gồm hai anđehit đơn chức thành hai
phần bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn phần 1 thu được 15,4 gam CO2 và 4,5 gam
H2O. Cho phần 2 tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được
43,2 gam bạc. Xác định công thức cấu tạo của hai anđehit trên.
5.2(1,25 điểm) A là một chất độc hóa học đã được sử dụng trong chiến tranh Việt
Nam. Trong A có chứa các nguyên tố C, H, O và nguyên tố X. Kết quả phân tích
cho thấy A chứa hàm lượng % C, H, O theo khối lượng lần lượt là 44, 72%;
1,24%; 9,94% và còn lại là hàm lượng X. Trong phân tử A chứa 2 nguyên tử oxi
và số nguyên tử X gấp 2 lần số nguyên tử oxi
Hãy tìm cơng thức đơn giản nhất và cơng thức phân tử A và cấu tạo của A
5.3 (1,25 điểm) Xăng sinh học (xăng pha etanol) được coi là giải pháp thay thế
cho xăng truyền thống. Xăng pha etanol là xăng được pha 1 lượng etanol theo tỉ
lệ đã nghiên cứu như: xăng E85 (pha 85% etanol), E10 (pha 10% etanol), E5
(pha 5% etanol),...
1) Tại sao xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học ? Viết các phương trình
hóa học để chứng minh.
2) Tại sao xăng sinh học được coi là giải pháp thay thế cho xăng truyền
thống ? Biết khi đốt cháy 1 kg xăng truyền thồng thì cần 3,22 kg O2.
Đáp án câu 5
Nội dung

Điểm

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK
– HÓA HỌC 11

8


5.1 Khối lượng mỗi phần là 14,2/2 = 7,1 gam
n CO = 0,35 mol; n H O = 0, 25 mol
Phần 1:
=> mC = 4,2gam; mH = 0,5gam => mO = 7,1-4,2-0,5 = 2,4gam => nO =
0,15mol
Vì anđehit đơn chức => n2anđehit = nO = 0,15mol.
Phần 2: nAg = 43,2/108 = 0,4 mol.
n Ag 0, 4
=
>2
n X 0,15
Do
=> Hỗn hợp có HCHO
Đặt cơng thức của anđehit cịn lại là RCHO
Gọi số mol của HCHO và RCHO ở mỗi phần lần lượt là x và y mol.
Sơ đồ phản ứng tráng gương:

→
HCHO
4Ag
x
4x (mol)


→
RCHO
2Ag
y
2y
(mol)
=>
x + y = 0,15 (1)
4x + 2y = 0,4 (2)
Giải (1) và (2) => x = 0,05; y = 0,1.
Từ khối lượng mỗi phần là 7,1 gam => 0,05.30 + 0,1.(R+29) = 7,1 => R
= 27 (-C2H3)
=> Anđehit còn lại là: CH2=CH-CHO
5.2 * %X = 100% - 44, 72% - 1,24% - 9,94% = 44,1%
Số nguyên tử X gấp 2 lần số nguyên tử O nên
9,94 44,1
44,1.16
2.
=
⇒ MX =
= 35,5
16
MX
2.9,94
2

2

X là Cl (Clo)

CxHyOzClt ( x,y,z,t nguyên dương)
44, 72 1, 24 9, 94 44,1
x: y: z :t =
:
:
:
12
1
16 35,5

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25
0,25

0,25
0,5

x : y : z : t = 6 : 2 :1: 2
CTĐG : C6H2OCl2
CTPT (C6H2OCl2)n
Vì A có 2 ngun tử Oxi nên n = 2
CTPT C12H4O2Cl4

0,25

0,25

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK
– HÓA HỌC 11

9


5.3 a. Xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học vì lượng etanol trong
xăng có nguồn gốc từ thực vật ( nhờ phản ứng lên men để sản xuất số
lượng lớn). Loại thực vật thường được trồng để sản xuất etanol là: ngơ, lúa
mì, đậu tương, củ cải đường,…
Ptpư: (C6H10O5)n + nH2O nC6H12O6
C6H12O6 2C2H5OH + 2CO2
5.3.b Xét phản ứng cháy của 1 kg etanol: C2H5OH + 3O2 2CO2 + 3H2O
=>mO2 = 3.(32:46)= 2,087 kg
→ mO2(khi đốt etanol) < mO2 (khi đốt xăng). Như vậy khi đơt cháy 1kg
xăng thì tiêu tốn nhiều oxi hơn khi đôt cháy 1kg etanol
Đốt cháy etanol tiêu tốn ít oxi hơn đồng nghĩa với lượng khí thải thốt ra
ngồi ít hơn, hạn chế việc ô nhiễm môi trường. Hơn nữa, nguồn etanol dễ
dàng sản xuất quy mô lớn không bị hạn chế về trữ lượng như xăng dầu
truyền thống. Do vậy, dùng xăng sinh học là một giải pháp cần được nhân
rộng trong đời sống và sản xuất

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK
– HÓA HỌC 11

0,5

0,25

0,25

0,25

10


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐAKLAK
TRƯỜNG THPT NGUYỄN CÔNG TRỨ
ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN
Câu 1: (4,0 điểm)
1.1.(1,0 điểm) Một hợp chất C được tạo thành từ các ion M2+ , X-. Trong phân
tử MX2 có tổng số hạt proton, nơtron, electron là 144. Số khối của X lớn hơn Tổng
số hạt trong M là 1 đơn vị. Trong X tổng số hạt mang điện nhiều hơn số hạt
không mang điện là 14 hạt. Trong M số hạt mang điện dương bằng số hạt không
mang điện.Xác định M, X. Viết công thức phân tử của hợp chất C.
1.2. ( 1,0 điểm) Viết công thức VSEPR của các hợp chất sau: CH4; BeCl2; PCl5,
XeF4. Cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm trong các phân tử
trên?
1.3.(1,0 điểm)Iot-131 phóng xạ được dùng dưới dạng natri iotua để điều trị

β

ung thư tún giáp trạng. Chất này phóng xạ với chu kì bán hủy là 8,05 ngày.
a) Viết phương trình phản ứng phân rã hạt nhân của iot-131.
µg
b) Nếu mẫu ban đầu chứa 1,0
(microgam) iot-131 thì trong mỡi phút có

β

bao nhiêu hạt

được phóng ra?

∆G

1.4. ( 1,0 điểm)Tại 250C
tạo thành của các chất như sau (theo kJ.mol-1):
H2O (k)
CO2 (k)
CO (k)
H2O (l)
-228,374
-394,007
-137,133
-236,964

→
a) Tính Kp của phản ứng: CO(k) + H2O(l)
H2(k) + CO2(k) tại 250C
b) Tính áp suất hơi nước tại 250C.
CÂ
U

Hướng dẫn chấm

Gọi Z, N là số hạt proton và nơtron trong M và Z’, N’ là số hạt
1.1 proton và nơtron trong X

(2Z+N)+2(2Z’+N’) = 144
(1)
’
’
- ( 2Z + N) + (Z + N ) = 1
(2)
2Z’ = N’ + 14
(3)
Z=N
(4)
Giải hệ phương trình ta được Z = N = 12 là Mg;
Z’ = 17, N’= 20 là Clo
CTPT là MgCl2.

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK
– HÓA HỌC 11

ĐIỂM

0,5
0
0,5
0

11


1.2 Qui ước A là nguyên tử trung tâm; X là số phối tử; E là số cặp e
.
chưa liên kết

Phân tử/chất

Cơng thức VSEPR

CH4
BeCl2
PCl5
XeF4

1.3

131
53

a)

0
I 
→ −1β

AX4E0
AX2E0
AX5E0
AX4E2

131
54

Trạng thái lai hóa
của ngun tử

trung tâm
sp3
sp
sp3d
sp3d2

Xe

+
ln 2 0, 693
k=
=
t1/2
8, 05

b)
= 0,086/ngày = 5,9783.10-5/phút
Tốc độ phân rã tính theo cơng thức v = k.N; thay các giá trị
vào ta được
1, 0.10−6
v = 5,9783.10−5.
.6, 02.1023 ≈ 2, 75.1011
β
131
(hạt /phút)

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK
– HÓA HỌC 11

0,2

5
0,2
5
0,2
5
0,2
5
0,2
5
0,5
0
0,2
5

12


1.4
a)

CO(k) + H2O(l)


→

H2(k) + CO2(k)

0
∆G 0298(pu) = ∆G 0H 2 (k ) + ∆G 0CO2 (k) − ∆G CO(k)
− ∆G H0 2O(l)

⇒ ∆G 0298(pu ) = 0 + ( −394, 007) + 137,133 + 236,964 = −19,91 kJ.mol −1

0,2
5

Áp dụng phương trình đẳng nhiệt Van Hof, ta có:

∆G 0T = − RT ln Kp
⇒ Kp = e

b) Để xét

−

∆G 0T
RT

=e

PH 2O(h )

−

−19,91.103
8,314.298

= 3090,516

0,2

5

ở 250C ta xét cân bằng tại 250C:

€

H2O(l)

H2O(h)
0,2
5

∆G 0298(pu ) = ∆G 0H 2O(h ) − ∆G 0H2O(l)
⇒ ∆G 0298(pu ) = −228,374 + 236,964 = 8,59 kJ.mol −1

∆G 0T = −RT ln Kp
⇒ Kp = e

Vì:

−

∆G 0T
RT

PH2 O(l)

=e

−8,59.103

8,314.298

= 0, 0312

=const =1,0atm =>

0,2
5

PH2O(h ) = 0, 0312at

Câu 2: (4,0 điểm)
2.1. ( 1,0 điểm) Ở 250C, người ta lập một pin gồm hai nửa pin sau: Zn/Zn(NO3)2
0,2M và Ag/AgNO3 0,1M có thế khử chuẩn tương ứng là E0Zn2+/Zn = -0,76V và
E0Ag+/Ag = +0,80V.
a) Thiết lập sơ đồ pin.
b) Viết phương trình phản ứng khi pin làm việc.
c) Tính suất điện động của pin.
2.2. ( 1,0 điểm)Cho A là dung dịch CH3COOH 0,2M , B là dung dịch CH3COOK
0,2M.
Ka = 2.10-5 .
a) .Tính pH của dung dịch A và dung dịch B.
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK
– HÓA HỌC 11

13


b). Tính pH của dung dịch X tạo thành khi trộn dung dịch A và dung dịch
B theo tỉ lệ thể tích 3:1.

2.3. ( 1,0 điểm)Cân bằng các phản ứng oxi hóa khử theo phương pháp thăng
bằng ion- electron:
a) M + HNO3→ M(NO3)n + NxOy + H2O
b) KMnO4 + FeS2 + H2SO4→ Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 + H2O.
2.4. ( 1,0 điểm)Cho dung dịch Mg2+ 0,01M. Tính pH để :
a) Bắt đầu kết tủa Mg(OH)2.
b) Kết tủa hoàn toàn Mg(OH)2, biết rằng Mg(OH)2 được coi là kết tùa hoàn toàn
khi nồng độ ion Mg2+ sau khi kết tùa chỉ bằng 0,01% so với lượng ban đầu có
trong dung dịch.
TMg (OH )2 = 6.10−10
Cho tích số tan:
Câu 2

Hướng dẫn chấm
a) Zn2+ + 2e

Zn

EZn2+/Zn = E0Zn2+/Zn +
= -0,7806 V
Ag+ + e

Điểm

0,059
2

lg[Zn2+] = -0,76 + (0,059/2).lg(0,2)
0,5

Ag
0,059
1

2.1

EAg+/Ag = E0Ag+/Ag +
lg[Ag+] = +0,80 + 0,059.lg(0,1) =
+0,7410 V
Ta thấy: EZn2+/Zn < EAg+/Ag nên điện cực kẽm là điện cực âm và
điện cực Ag là điện cực dương. Sơ đồ pin điện như sau:
(-) Zn Zn(NO3)2 0,2M AgNO3 0,1M Ag (+)
b) Tại cực (-) có sự oxi hóa: Zn → Zn2+ + 2e
Tại cực (+) có sự khử: Ag+ +1e → Ag
Phản ứng tổng quát khi pin làm việc: Zn + 2Ag+→ Zn2+ + 2Ag

0,25

c) Epin = EAg+/Ag - EZn2+/Zn = 0,7410 – (-0,7806) = +1,5216 V

0,25

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK
– HÓA HỌC 11

14


a).Tính pH của dung dịch A và dung dịch B.
* pH của dung dịch A:

Phương trình
CH3COOH
CH3COO- +
Ban đầu:
0,2M
0
0
Cân bằng
0,2-x
x
x
+
( x là nồng độ H tại thời điểm cân bằng)
x2
0,2-x
Ka =
= 2.10-5
⇒x2 + 2.10-5 -4.10-6 = 0
x = 2.10-3M
⇒
⇒ pH = 2,7
* pH của dung dịch B:
CH3COOK → CH3COO- + K+
0,2M
→0,2M
CH3COO + H2O
CH3COOH + OH-

H+

0,25

0,25
kb =

w
ka
2.2

Ban đầu
0,2
0
Cân bằng
0,2-y
y
(ylà nồng độ OH-tại thời điểm cân bằng)

0
y

y2
0,2-y
pOH = 5

kb =
pH = 9
Kw
C
Ka

K tp .C

(hoặc y =
0,02M)

=

=

10 −14.0,2
2.10 −5

= 10-5 do y quá nhỏ so với

b) Tính pH của dung dịch X:
Khi trộn A và B theo tỉ lệ thể tích 3:1.
Tính lại nồng độ
C CH3COOH=0,15M; C CH3COOK=0,05M.
Hệ đệm nên pH = pKa + log(CA/CB) = 5,176

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK
– HÓA HỌC 11

0,5

15


a.
(5x-2y)M + (6nx-2ny)HNO3 → (5x-2y)M(NO3)n + nNxOy +

(3nx-ny)H2O
0,5
(5x – 2y) M → M+n + ne
xNO + (6x – 2y)H →

NxOy

n
+ (5x-2y)e + (3x-y) H2O
+
(5x-2y)M + n(6x – 2y ) H + xnNO3- → (5x-2y)Mn+ + nNxOy +
n(3x-y) H2O
3

2.3

+

b.
2FeS2 + 6KMnO4 + 8H2SO4 →
Fe2(SO4)3 + 6MnSO4 + 3K2SO4 + 8H2O

0,5

o

FeS2
1x
32H+

2.4

2

+ 16H2O

→ 2Fe+3 + 4SO42- + 30e+

6x MnO4-+ 5e + 8H+ → Mn+2+ 4H2O
2FeS2 + 6MnO4- + 16H+→2Fe3++ 6Mn2+ + 8SO42- + 8H2O
pH để bắt đầu kết tủa Mg(OH)2
→
Mg2+ + 2OH Mg(OH)2
Khí có 1 ít kết tủa Mg(OH)2 xuất hiện trong dung dịch, ta

có:
[Mg2+] [OH-]2 = T = 6.10- 10 = 102 [OH-]2
⇒
[OH-]2 = 6.10-8 [OH-] = 2,45.10- 4
⇒
pOH = 3,6
pH
= 14- 3,6 = 10,4
b) pH để kết tủa hoàn toàn Mg(OH)2
- Kết tủa được coi là hoàn toàn, nếu sau khi kết tủa
0, 01 −2
10 = 10 − 6
100
[Mg2+] =
[Mg2+] [OH-]2 = T = 6.10- 10 = 10-6 [OH-]2

⇒
- 2
-4
[OH ] = 6.10
[OH-] = 2,45.10- 2
⇒
pOH = 1,6
pH = 14- 1,6 = 12,4

0,5đ

0,5đ

Câu 3. (4,0 điểm)
3.1. ( 1,0 điểm)Hãy trình bày cách xử lí để tránh gây ơ nhiễm mơi trường (với
hóa chất sẵn có trong phịng thí nghiệm)?
a)Một học sinh trong lúc làm thí nghiệm sơ ý làm rơi vỡ nhiệt kế thủy
ngân, làm chất độc thủy ngân rơi vãi xuống nền nhà.
b) cho mẫu Zn vào ống nghiệm đựng dung dịch HNO3 đặc.
3.2. ( 1,0 điểm)Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các
trường hợp sau:
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK
– HÓA HỌC 11

16


a) Cho đồng kim loại vào dung dịch hỗn hợp NaNO3 và H2SO4 lỗng.
b) Sục khí NH3 từ từ đến dư vào dung dịch ZnCl2.
c)Nhỏ từ từ đến dư KOH vào dung dịch AlCl3.

d) Cho vài giọt dung dịch AgNO3 vào dung dịch Na3PO4 trong ống nghiệm,
cho tiếp dung dịch HNO3 lỗng vào đến dư.
3.2. ( 2,0 điểm)Hồn tan hồn toàn m1 (g) FeS2 và m2 (g) Cu2S trong HNO3 vừa
đủ thu được dung dịch X chỉ chứa 2 muối sunfat và V lít khí NO duy nhất(đktc).
SO42−
Để kết tủa hết ion
trong X cần phải dùng 544,7ml dung dịch BaCl2 20% (D =
1,05g/ml). Xác định m1, m2 và V.
Câu 3

Hướng dẫn chấm

Điểm

a. Dùng bột Lưu huỳnh rắc lên các hạt thủy ngân rơi vãi, Lưu huỳnh sẽ 0,5
phản ứng với Hg(độc) ở nhiệt độ thường tạo muối sunfua.
3.1

→

0,5
Phương trình hóa học của phản ứng: Hg + S
HgS
b. - dẫn khí thu được vào dung dịch chứa lượng dư NaOH hoặc
Ca(OH)2.
(hoặc có thể dùng bơng tẩm NaOH hoặc Ca(OH)2 nút ống nghiệm)
a) Cu tan, dd xuất hiện màu xanh và khí khơng màu hóa nâu trong
khơng khí
3Cu + 8H+ + 2NO3→

3.2

→

3Cu2+ + 2NO + 4H2O

2NO + O2 2NO2
b) Có kết tủa keo trắng rồi kết tủa tan

0,25

2NH3 + 2H 2 O + ZnCl2 → Zn(OH) 2 ↓ +2NH 4Cl

0,25

→

Zn(OH)2 + 4NH3
[Zn(NH3)4](OH)2
c) Có kết tủa keo trắng và sau đó kết tủa tan tạo thành dd trong suốt.
AlCl3 + 3NaOH

0,25

Al(OH)3 + 3NaCl

0,25
Al(OH)3 + NaOH
NaAlO2 + 2H2O
d) Lúc đầu có kết tủa màu vàng xuất hiện, sau đó khi cho HNO3 dư

vào thì kết tủa bị tan
AgNO3 + Na3PO4 Ag3PO4 + 3NaNO3
Ag3PO4 + 3HNO3
3AgNO3 + H3PO4
3.3
nBaCl2 = 544,7*20*1,05/(100*208) = 0,55mol
2 muối là CuSO4 và Fe2(SO4)3
Gọi nFeS2 = a mol; nCu2S = b mol
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK
– HÓA HỌC 11

17


2FeS2
→
Fe2(SO4)3
a mol
a/2 mol
Cu2S
→
2CuSO4
b mol
2b
Bảo tồn điện tích cho dd X (a mol Fe3+ ; 2b mol Cu2+ ; 0,55 mol SO42-)
3a + 4b = 0,55.2=1,1 (1)
nS= 2a + b= n SO42-= 0,55 (2)
Từ (1,2) => a= 0,22 , b= 0,11
=> m1 = 26,4 g ; m2 = 17,6 g.
FeS2

→

N
0,22 mol
22/15
CuS2 →
=32,853 lít
0,11mol

Fe3+ + 2S+6 + 15e

N+5

+ 3e

0,5

0,75
0,25

→

0,5

+2

3,3 mol
Cu2+

2S

+6

+ 10e

3,3 +1,1= 4,4mol →
VNO =22/15* 22,4

1,1mol

Câu 4. (4,0 điểm)
4.1.(2,0 điểm)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.
4.2.(2,0 điểm)Cho hỗn hợp A gồm một ankan, một anken và một ankin. Trong A
có hai chất có cùng số nguyên tử cacbon và số mol ankan nhiều gấp 2 lần số mol
ankin.
Đốt cháy hồn tồn 11,2 lít hỗn hợp khí A (đktc) thu được 26,88 lít CO2
(đktc) và 23,4 gam H2O. Xác định công thức phân tử của ba hiđrocacbon trong
A.
CÂU

Hướng dẫn chấm

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK
– HÓA HỌC 11

ĐIỂM

18


a. A tác dụng với AgNO3/NH3 thu kết tủa nên CTCT của A có dạng:
≡
-C CH

0,5

Oxi hóa A thu được axit benzoic nên A là hợp chất thơm
0,5

Vậy CTCT của A là:
C

CH

4.1

0,5
b.

0,5

C2H2

0

600 C

+ H2

4.2

C6H6

+ C 2 H4

C6H5C2H5

t0

C6H5C2H3

C6H5C2H3Br2

26,88
=
= 1, 2(mol )
22, 4

nH 2O =

A

C2H4

n ≥ 2
Gọi công thức của ankin là CnH2n – 2 (
) có x (mol)
m≥ 1
cơng thức của ankan là CmH2m+2 (
) có y (mol)
k ≥ 2
cơng thức của anken là CKH2k (
) có z (mol)
3n-1
t0

→
2
CnH2n – 2 +
O2
nCO2 + (n – 1) H2O
(1)
3m+1
t0

→
2
CmH2m + 2 +
O2
mCO2 + (m + 1) H2O
(2)
3k
t0


→
2
CkH2k
+
O2
kCO2 + kH2O
(3)
Ta có:
11, 2
nA =
= 0, 5( mol )
22, 4

nCO2

OH ancol

0,5

23, 4
= 1,3(mol )
18

Ta có : x + y + z = 0,5
y = 2x
y – x = x = số mol H2O – số mol CO2 = 1,3 – 1,2 = 0,1 (0,5đ)
=> y = 0,2; z = 0,2
Theo số mol CO2 ta có
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK
– HÓA HỌC 11

0,5

19


xn + ym + zk = 1,2
 n + 2m + 2k = 12
TH1: nếu n = m
 3m + 2k = 12

0,5

 m = 2; k = 3
 3 hidrocacbon là C2H2; C2H6 và C3H6

0,5

TH2: nếu n = k
 2m + 3k = 12

 m = 3; k = 2
 3 hidrocacbon là C2H2; C3H8 và C2H4
TH3: nếu m = k
 n + 4m = 12

 n = 4; m = 2
3 hirocacbon là C4H6; C2H6 và C2H4

Câu 5.(4,0 điểm)

5.1.(1,0 điểm)So sánh độ linh động của nguyên tử H trong nhóm – OH của
phân tử các hợp chất sau: H2O, C2H5OH, C6H5OH, CH3COOH. Hãy giải thích?
5.2.(1,5 điểm)Hợp chất A chứa C, H, O có khối lượng phân tử là 74 u (đvC). Biết
A không phản ứng với Na và khi phản ứng với dung dịch NaOH chỉ thu được một
chất hữu cơ. Xác định cấu tạo của A. Biết từ A thực hiện được sơ đồ hóa học sau:
CH3MgCl

A
H2O

→ 
→

B

CH3CHO


→

D

H2O

→

ancol sec-butylic

5.3. (1,5 điểm)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 khơng tham gia phản ứng tráng bạc.
Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo ancol A.
ĐÁP ÁN
CÂU
5

Hướng dẫn chấm

ĐIỂM
1,0

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK
– HÓA HỌC 11

20


Độ linh động của nguyên tử H: C2H5OH < H2O < C6H5OH < CH3COOH
5.1.

C HC C
– 6 H
H3
5 C
OO
HO
H

– h
ó
Cm
6

HC
5

=
h
úO
t
c
eó
h
ú
t
e
m
ạ
n
h
.

5.2.

1. Đặt công thức phân tử của A là CxHyOz.
Theo giả thiết ta có: 12x + y + 16z = 74
Tiến hành chạy nghiệm cơng thức có thể có của A là: C4H10O, C3H6O2
và C2H2O3.

A không pư với Na nên A khơng có ngun tử H linh động( -OH hoặc
-COOH).
A pư với dung dịch NaOH chỉ thu được một chất hữu cơ( loại C3H6O2
và C4H10O)
Vậy A là C2H2O3(H CO)2O
anhidrit fomic
Các PTHH:
(HCO)2O + 2NaOH


→

2HCOONa + H2O

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK
– HÓA HỌC 11

0,25
0,25
0,25

0,25

21


CH3MgCl + (HCO)2O


→

0,25
CH3CH(OOCH)OMgCl

CH3CH(OOCH)OMgCl + H2O
Mg(OH)Cl
C2H5MgCl + CH3CH=O


→


→

CH3CH2CH(CH3)OMgCl + H2O

0,25

CH3CH=O + HCOOH +

CH3CH2CH(CH3)OMgCl


→

CH3CH2CH(CH3)OH

Ancol A + O2→ CO2 + H2O
CO2 + Ca(OH)2→ CaCO3 + H2O
6

n CO 2 = n CaCO 3 =
= 0,06( mol)
100
m CO 2 + m H 2O ⇒ m H 2O = 3,9 − 0,06.44 = 1,26(g )

0,25

Mbình nước vôi =
⇒ n H 2O =

5.3

1,26
= 0,07(mol)
18

0,25

⇒ nCO2 < n H 2O ⇒

Ancol A là ancol no, hở.
Gọi ctpt ancol A là: CnH2n+2Ox
3n + 1 − x
Cn H 2 n + 2O x +
O 2 → nCO 2 + (n + 1)H 2 O
2
1V
→ 9V
0,06mol → 0,07mol
⇒n=6

x = 1 vậy ctpt của A là: C6H14O
A bị oxi hoá bởi CuO tạo sản phẩm khơng tráng bạc, trong cấu tạo
khơng có nhóm −CH2−
⇒ A là ancol bậc 2
⇒ ctct A là:
CH3
|
CH3− C − CH − CH3
|
|
H3C OH

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK
– HÓA HỌC 11

(0,5đ
)

0,5

22


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK
ĐƠN VỊ: THPT LÝ TỰ TRỌNG
ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN
Câu 1: (4,0 điểm)
1. (1,0 điểm) Mỗi phân tử XY2 có tổng các hạt proton, notron và electron bằng
178. Trong phân tử XY2, số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là
54 và số hạt mang điện của X ít hơn số hạt mang điện của Y là 12.

a. Xác định tên các nguyên tố X, Y và công thức XY2.
b. Xác định vị trí của X, Y trong bảng tuần hoàn và 4 số lượng tử của electron
cuối cùng được điền vào. ( Biết m nhận giá trị từ -l đến +l)
2. (1,25 điểm) Hai nguyên tố A, B cùng chu kì 3, biết rằng năng lượng ion hóa
(I) của chúng lần lượt có các giá trị sau (tính theo kj/ mol):
I1
I2
I3
I4
I5
I6
A
577
1816
2744
11576
14829
18375
B
1012
1903
2910
4956
6278
22230
a. Viết cấu hình electron của A, B.
b. Cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học phân
3−
6

tử của phân tử và ion sau: ACl3; BCl3; AF .
3. (0,75 điểm) Đốt cháy một lượng xác định C2H5OH(l) ở P=1 atm( không đổi)
và 273K trong sự có mặt của 22,4 dm3 oxi tỏa ra 343 kj:
- Tính số mol C2H5OH đã dùng, biết rằng sau phản ứng còn lại 5,6 dm3 oxi ở điều
kiện chuẩn (273K và 1 atm);
- Tính nhiệt cháy chuẩn của C2H5OH ở 273K
- Ở 273K nhiệt cháy chuẩn của axit axêtic là -874,5 kj.mol-1
0
∆H 27
3
→
Tính
của phản ứng: C2H5OH(l) + O2(k)
CH3COOH(l) + H2O(l)
→
4. (1,0 điểm) Cho phản ứng sau: A + B
C. Kết quả các thí nghiệm sau (ở nhiệt
độ khơng đổi):
Thí
Nồng độ đầu (mol/l)
Thời gian t phản Nồng độ (mol/l) [A]
nghiệm
[A]0
[B]0
ứng (phút)
còn lại sau thời
gian t (phút)
1
0,1000
1,000

5
0,0975
2
0,1000
2,000
5
0.0900
3
0,0500
1,000
20
0.0450
a. Xác định tốc độ trung bình của phản ứng trong khoảng thời gian t (phút) theo
nồng độ của A.
b. Xác định bậc riêng của A, B và bậc của phản ứng.
Đáp án và thang điểm câu 1:
Câu 1
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK
– HÓA HỌC 11

23


(4
điểm)
1(1.0đ
)

2(1.25
đ)

1a.
Nguyên tử X có số hạt proton và notron lần lượt là ZX và NX
Nguyên tử Y có số hạt proton và notron lần lượt là ZY và NY
Trong phân tử XY2, ta có:
2ZX + 4ZY + NX + 2NY = 178 (1)
2ZX + 4ZY - NX - 2NY = 54 (2)
-2ZX + 4ZY
= 12 (3)
(1), (2), (3) => ZX = 26 (Fe); ZY = 16 (S)
Vậy X là sắt (Fe); Y là lưu huỳnh (S). Công thức XY2 là FeS2.
1b.
Fe: 1s22s22p63s23p63d64s2 => Vị trí: ơ 26, chu kì 4, nhóm VIIIB
Có bộ 4 số lượng tử cuối là: n=3; l=2; m=-2; s=-1/2
S: 1s22s22p63s23p4 => Vị trí: ơ 16, chu kì 3, nhóm VIA
Có bộ 4 số lượng tử cuối là: n=3; l=1; m=-1; s=-1/2

0,25
0,25

0,25
0,25

2a.
- Nguyên tố A: sau I3 có bước nhảy đột ngột về năng lượng ion
hóa. Vậy nguyên tố A có 3 electron hóa trị, nó thuộc chu kì 3,
nhóm IIIA => Ngun tố A là Al. Cấu hình electron: 0,25
1s22s22p63s23p1

- Tương tự, nguyên tố B: sau I5 có bước nhảy đột ngột về năng
lượng ion hóa. Vậy nguyên tố A có 5 electron hóa trị, nó thuộc 0,25
chu kì 3, nhóm VA => Ngun tố A là P. Cấu hình electron:
1s22s22p63s23p3
2b.
AlCl3
PCl3
3−
6

Lai hóa của ngun tử Dạng hình học
trung tâm
sp2
Tam giác đều
sp3
Tháp đáy tam giác
3 2
sp d
Bát diện

0,25
0,25
0,25

AlF
22,4 − 5,6
= 0,75
22,4

3(0,75

đ)
nO2 phản ứng =

→

(mol)

C2H5OH(l) + 3O2(k)
2CO2(k) + 3H2O(l)
←
0,25
0,75
=> nC2H5OH= 0,25 (mol)
− 343
= −1372
0
∆H 27 3,c (C 2 H 5 OH (l ))
0,25
=
(kj.mol-1)

0,25
0,25

0,25
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK
– HÓA HỌC 11

24

→
C2H5OH(l) + O2(k)
CH3COOH(l) + H2O(l)
Vì nhiệt cháy của O2 và H2O ở 273K bằng không nên:
0
0
0
∆H 27
3 = ∆H 27 3, c (C 2 H 5 OH (l ) − ∆H 27 3,c (CH 3 COOH (l ))

= -1372 - (-874,5)= -497,5 kj.mol-1
4(1,0đ
)

4a.
Tốc độ trung bình theo A:
− (0,0975 − 0,1000)
V1 =
= 5.10 −4
5
V2 =

− (0,0900 − 0,1000)
= 2.10 −3
5

− (0,0450 − 0,0500)
V3 =
= 2,5.10 −4

20

4b.
Vận tốc phản ứng: V=k[A]a[B]b
V2 k (0,1) a .( 2,0) b
2.10 −3
b
=
=
2
=
= 2 2 = >b = 2
a
b
−4
5.10
V1 k (0,1) .(1,0)

k (0,1) a .(1,0) b
5.10 −4
a
=
=
2
=
= 2 = >a = 1
2,5.10 −4
V3 k (0,05) a .(1,0) b
V1

0,25

0,25
0,25
0,25

=> Bậc của phản ứng là a+b= 3
Câu 2: (4,0 điểm)
1.(1,0đ) Cân bằng các phương trình phản ứng oxi hóa- khử sau bằng phương
pháp thăng bằng electron.
→
a. KMnO4 + FeS2 + H2SO4
Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 + H2O.
→
b. C2H2 + K2Cr2O7 + H2SO4
HOOC-COOH + K2SO4 + Cr2(SO4)3 + H2O.
↔
2.(1,0đ) Xét phản ứng: C(r) + CO2(k)
2CO(k)
Ở 1000K: hằng số cân bằng của phản ứng là Kp=1,85 và hiệu ứng nhiệt
trung bình của phản ứng là 41130 (cal).
Tính áp suất riêng phần của mỗi khí lúc cân bằng ở 1000K và 1200K, biết
áp suất chung của hệ lúc cân bằng là 1 atm.
3. (1,0đ) Lắp một pin bằng cách nối điện cực hidro chuẩn với một nửa pin bởi
một dây đồng nhúng vào 40 ml dung dịch CuSO4 0,01M có thêm 10 ml dung
dịch NH3 0,5M. Chấp nhận rằng chỉ tạo phức Cu(NH3)2+4 với nồng độ NH+4 là
không đáng kể so với NH3. Tính:
a. ECu2+/Cu.
b. E0[Cu(NH3)4]2+/Cu.
β

0
Biết E Cu2+/Cu=0,34V; lg [Cu(NH3)4]2+=13,2 và 2E[Cu(NH3)4]2+/Cu=ECu2+/Cu
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC 10/3/2019 – TỈNH ĐĂK LĂK
– HÓA HỌC 11

25