De de nghi Olympic 11

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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP CẦN THƠ
TRƯỜNG: THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG

<b>KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ XVI</b>
<b>ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN: HỐ HỌC; KHỐI: 11.</b>

ĐỀ THI

<b>CÂU HỎI 1: (4 điểm)</b>

<b>1. Tại nhiệt độ nào sự chuyển 1 mol nước lỏng thành hơi nước ở áp suất khí quyển 1atm là </b>
một q trình tự xảy ra. Biết nhiệt hố hơi 1 mol nước lỏng bằng 40587,80 J và biến thiên
entropi của sự chuyển trạng thái này bằng 108,68 J/K.

2. Tính năng lượng mỗi photon (tím và đỏ) biết tần số của ánh sáng tím và của ánh sáng đỏ
lần lượt là: 7,31.1014 _s–1_;_4,57.1014 _s–1_{và hằng số Plăng bằng 6,63.10}– 34 _J.s

<b>3. Xét phản ứng: 2NO2 + F2 </b> 2NO2F có tốc độ phản ứng là bậc 2: v = k.CNO2 .C F2
Hãy giải thích điều này.

<b>4. So sánh và giải thích góc liên kết: góc HOH và góc HSH.</b>

<b>ĐÁP ÁN CÂU HỎI 1:</b>

<b>Câu</b> <b>Đáp án</b> <b>Điểm</b>

<b>1</b> G = H  TS = 40587,80  T. 108,68 <b>0,25 đ</b>

Tại cân bằng H₂O (<i>l</i>) ⇌ H₂O (<i>h</i>) thì G = 0 nên 40587,80 = 108,68.T  T =

373,46 K

Vậy muốn quá trình tự xảy ra thì T > 373,46 K

<b>0,25 đ</b>

<b>2</b> Ephoton (tím ) = hV = (6,63.10– 34 _{J.s) (7,31.10}14 _s–1_{) = 4,85.10}– 19_(J) <b>_{0,5 đ}</b>
Cách tính tương tự  Ephoton (đỏ) = 3,03.10– 19(J) <b>0,5 đ</b>

<b>3</b> Do phản ứng qua 2 giai đoạn (giai đoạn chậm quyết định bậc phản ứng)
NO2 + F2  NO2F + F ( chậm )

NO2 + F  NO2F ( nhanh )

<b>0,75 đ</b>

Suy ra: vpứ = k.CNO2 .C F2 ( bậc 2 ) <b>0,25 đ</b>

<b>4</b> O và S đều lai hóa sp3_{nhưng vì đâđO > đâđS nên các đám mây electron bị hút}
mạnh.

 góc HOH > góc HSH

<b>1 đ</b>
Số phách

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

<b>1. Tính độ tan (g/l) của AgCl trong nước ở 25</b>0_{C, biết rằng:}

(r) (r)

AgCl e_{ }_Ag Cl

 __  _,_E0_{= 0,222V và} 0
Ag / Ag

E  0,8V
<b>2. Ion Fe(H2O)</b>3+_{là một axit, phản ứng với nước theo cân bằng}

3 2 2,2

2 2 3

Fe(H O)  H O Fe(OH)  H O , Ka 10 

   

a) Xác định pH của dung dịch FeCl3 10– 3_M.

b) Tính nồng độ C (mol/l) của dung dịch FeCl3 bắt đầu gây ra kết tủa Fe(OH)3 và tính
pH của dung dịch lúc bắt đầu kết tủa. Biết TFe(OH)₃ 10 38



 .

<b>3. Cho giản đồ Latimer của đioxi (O2) trong môi trường axit:</b>
O2 0,695V H2O2 1,763V H2O

trong đó O2, H2O2 và H2O là các dạng oxi hố - khử chứa oxi ở mức oxi hoá giảm dần. Các số
0,695V và 1,763V chỉ thế khử của các cặp oxi hoá - khử tạo thành bởi các dạng tương ứng:
O2/H2O2; H2O2/2H2O.

a) Tính thế khử của cặp O2/2H2O.

b) Chứng minh rằng H2O2 có thể phân huỷ thành các chất chứa oxi ở mức oxi hoá cao
hơn và thấp hơn theo phản ứng: 2 H2O2 → O2 + 2 H2O

<b>ĐÁP ÁN CÂU HỎI 2:</b>

<b>Câu</b> <b>Đáp án</b> <b>Điểm</b>

<b>1</b> Tính độ tan của AgCl cần dựa vào:

AgCl_ _ Ag  Cl _{(1) ,}K_s
s s s

Quá trình (1) là tổ hợp của:
AgCl(r) e Ag(r) Cl



 

 __  _,_E0_{= 0,222V}
Ag Ag e, E0Ag /Ag = 0,8V



  _ _ _



AgCl(r) Ag Cl

 

  _

  , E0= 0,222 – 0,8 = – 0,578

<b>0,5 đ</b>

(r)

AgCl _{ }_Ag Cl



  ,

0

n.E 1.( 0,578)

10
0,059 0,059

s

K 10 10 1,597.10





  

Vậy S = _1,597.1010 = 1, 263.105_{mol/l =}_1,8134.103_g/l

<b>0,5 đ</b>

<b>2</b> <b>_a)</b> 3
3

FeCl Fe 3Cl

 

₁₀3₁₀3

3 2

2

Fe H O Fe(OH)  H

   , K_a 102,2

Cân bằng ( ₁₀3 _x

 ) x x

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

<b>Câu</b> <b>Đáp án</b> <b>Điểm</b>

<b>2</b> 2

2,2 4

a 3

x

K 10 x 8,78.10 M

10 x

 



   



 pH = 3,06

<b>b) </b>Fe3 H O2 Fe(OH)2 H

  

   , Ka 10 2,2





Cân bằng (C – x) x x
Fe3 OH Fe(OH)3

  _{ }_

 _{ }_  _,_{T 10}38


Ta có:
2
a
x
K
C x


 (1)

_{[Fe ][OH ]}3  3 ₁₀38

 (2)

2
3

H O 38
K

(C x). 10

x

 
  _ _ 
 
(*)

Từ (1) suy ra:

2
a
x
C x

K

  thế vào (*), ta được:

2

3
2

H O 38 4

3 2,2

a
K

x 1 1

. 10 . 10

K x 10 x





  

<i>_x</i> ₁₀1,8

   pH =1,8

Ta có: (C – x) =
2

a
x

K  C = 0,05566 M

<b>1 đ</b>

<b>3</b> <b>a)</b>

2 2 2

2 2 2

2 2

0

2 2 2 O /H O

0

2 2 2 H O /2H O

0

2 2 O /2H O

O 2H 2e H O (1) E

H O 2H 2e 2H O (2) E

O 4H 4e 2H O (3) E





  
  
  

Ta có: -2F E0O /H O₂ _{2 2} + (-2F _{2 2} ₂
0
H O /2H O

E ) = -4FE0O /2H O₂ ₂

2 2 2 2 2 2

2 2

0 0

O /H O H O /2H O
0

O /2H O

2.E 2.E _{2.0,695 2.1,763}

E 1,229V

4 4

 _

   

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

<b>3</b>

<b>b) Để có phản ứng: H2O2 → </b>1₂ O2 + H2O, ta lấy phản ứng (2)

trừ phản ứng (1)

2 2 2

2 2 2

2 2 2 2 2 2

0

2 2 2 H O /H O

0

2 2 2 O /H O

0 0

2 2 2 2 phản ứng H O /H O O /H O

H O 2H 2e 2H O E

H O O 2H 2e E

2H O O 2H O E E E





  

   

   

Hay phản ứng: H2O2 → 1₂ O2 + H2O (4)

có 2 2 2 2 2 2

0 0

H O /H O O /H O
0

4

E E

E

2



 1,763 0,695 0,534V₂  > 0

G0₄ nFE0₄ 0

Vậy phản ứng (4) tự xảy ra về phương diện nhiệt động học.

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

<b>CÂU HỎI 3: (4 điểm)</b>

<b>1. Cho các hợp chất của Nitơ: NH3 (1), (H2N)2 (2), H2N–OH (3) và H–N=N</b>N (4).

a) Gọi tên thông dụng của các chất trên.

b) Sắp xếp (có giải thích) theo thứ tự tăng dần tính bazơ các chất trên.

<b> 2. Nung 109,6 gam Bari với một lượng vừa đủ NH4NO3 trong một bình kín thu được hỗn</b>
hợp sản phẩm gồm 3 hợp chất của Bari (hỗn hợp A). Hòa tan hỗn hợp A trong một lượng
nước dư được hỗn hợp khí B và dung dịch C.

a) Giải thích và viết các phương trình phản ứng xảy ra.

b) Cho khí B vào bình kín dung tích khơng đổi có mặt chất xúc tác. Nung nóng bình ở
nhiệt độ khơng đổi, khi áp suất ổn định thấy áp suất tăng 10% so với áp suất ban đầu.
Tính phần trăm thể tích các khí ở trạng thái ổn định.

c) Có 6 dung dịch cùng nồng độ mol: Na2CO3, Na2SO4, NaHCO3, Na3PO4, FeCl3 và
AgNO3. Giả sử dung dịch C có cùng nồng độ mol như các dung dịch trên. Trộn V ml
dung dịch C với V ml dung dịch một trong các muối trên thì trường hợp nào thu
được lượng kết tủa lớn nhất? (chỉ ghi kết quả, khơng giải thích)

<b>ĐÁP ÁN CÂU HỎI 3:</b>

<b>Câu</b> <b>Đáp án</b> <b>Điểm</b>

<b>1</b> <b>a) (1) : khí amoniac, (2) : hidrazin, (3) : hidroxilamin, (4) : hidro azit</b>
* Gọi tên đúng từ 2  3 chất (0,25đ)

* Gọi tên đúng, đủ 4 chất (0,5đ)

<b>0,5 đ</b>

<b>b) Tính bazơ (4) < (3) < (2) < (1)</b> <b>0,25 đ</b>

<i><b>Giải thích:</b></i>

- Chất từ (1)  (3) có tính bazơ vì “N” cịn đơi electron (e) chưa liên kết có

khả năng nhận H+_.

- NH3 có tính bazơ mạnh nhất vì mật độ e trên “N” lớn nhất, kế đến NH2 –
NH2 , cịn H2N – OH có tính bazơ yếu nhất do “O” có độ âm điện lớn hơn độ
âm điện của “N” nên làm giảm mật độ e trên “N”. Vì vậy khả năng nhận H+
yếu nhất.

- Riêng (4) có tính axít là do nhóm –N=NN hút e mạnh làm liên kết H – N

phân cực mạnh. Vì vậy, H linh động hơn nên chất này tác dụng được với
kiềm.

<b>0,75 đ</b>

<b>2</b> <b>a) Quá trình tạo thành các hợp chất của Bari: </b>
NH4NO3  N2O + 2H2O

Ba + H2O(hơi)  BaO + H2

Ba + N2O  BaO + N2

Ba + H2  BaH2

3Ba + N2  Ba3N2

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

<b>2</b> 8Ba + NH4NO3  3BaO + Ba3N2 + 2BaH2 (1)

(điều kiện phản ứng: đun nóng)
BaO + H2O  Ba(OH)2 (2)

Ba3N2 + 6H2O  3Ba(OH)2 + 2NH3 (3)

BaH2 + 2H2O  Ba(OH)2 + 2H2

* Giải thích q trình tạo thành các chất trong hỗn hợp A bằng phương trình
phản ứng đúng: (0,25đ)

* Viết đúng phương trình từ 1  4 : (0,25đ)

<b>b) nBa = 109,6 : 137 = 0,8 mol </b>
Theo (1) , (3) , (4) : nNH3 = 0,8 x 1/8 x 2 = 0,2 mol

nH2 = 0,8 x ¼ x 2 = 0,4 mol
Khi nung khí B có phản ứng: 2NH3  N2 + 3H2

Trước Pứ : 0,2 0,4
Pứ: 2x x 3x
Sau Pứ: 0,2-2x x 0,4+3x

Theo giả thiết ta có: (0,2 – 2x) + x + (0,4 + 3x) = 0,6 x 1,1 = 0,66
(Hoặc 2x 0,1

0,6  vì áp suất tăng 10% so với áp suất ban đầu nên số

mol cũng tăng 10% so với số mol đầu)
Suy ra: x = 0,03

% VNH3 = (0,14 x 100%) : 0,66 = 21,21%
% VN2 = (0,03 x 100%) : 0,66 = 4,55%
% VH2 = 74,24%

* Tính đúng giá trị x = 0,03 : (0,75đ)
* Tính đúng % VNH3 = 21,21% : (0,25đ)
* Tính đúng % VN2 = 4,55% : (0,25đ)
* Tính đúng % VH2 = 74,24% : (0,25đ)

<b>1,5 đ</b>

<b>c)Trộn dung dịch C với dung dịch Na2SO4 thu được lượng kết tủa lớn nhất</b>
(dựa vào hệ số cân bằng các chất và giả thiết )

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

<b>CÂU HỎI 4: (4 điểm)</b>

<b>1. Nhị hợp isopren (2–metylbuta–1,3–đien) thu được hỗn hợp 4 đồng phân cấu tạo. </b>

a) Hãy cho biết công thức cấu của 4 đồng phân này (bỏ qua yếu tố lập thể). Biết phản ứng
nhị hợp này là phản ứng Diels-Alder.

b) Oxi hoá X bởi KMnO4 đặc thì thu được K2CO3 và

CH₃ C CH2 C CH2 CH2 COOK

O COOK

CH₃

.
Cho biết X là chất nào trong 4 đồng phân trên?

<b>2. Dùng cơ chế phản ứng để giải thích kết quả thực nghiệm sau: Xử lí but-3-en-2-ol với hiđrơ</b>
bromua thì thu được hỗn hợp 1-brombut-2-en và 3-brombut-1-en.

<b>3. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm 2 olefin A và B (MB > MA) thu được CO2 và H2O. Tỉ lệ</b>
thể tích giữa hỗn hợp X và O2 tham gia phản ứng là 21:93. Thành phần % về số mol của
olefin B trong hỗn hợp X khoảng 40% đến 50%.

a) Xác định công thức phân tử của A và B; Tính thành phần % theo thể tích của 2 olefin trong
hỗn hợp X.

b) Lấy 4,704 lít hỗn hợp X (đktc) để thực hiện phản ứng hợp H2 với Ni xúc tác. Hỗn hợp Y
thu được sau phản ứng khi cho qua bình đựng nước brom thì thấy dung dịch nhạt màu và
khối lượng dung dịch tăng lên 2,8933 gam. Tính thể tích H2 (đktc) đã tham gia phản ứng. Biết

rằng tốc độ hợp H2 của 2 olefin này bằng nhau và hiệu suất các phản ứng là 100%.

<b>ĐÁP ÁN CÂU HỎI 4:</b>

<b>Câu</b> <b>Đáp án</b> <b>Điểm</b>

<b>1</b> <b>a) Công thức cấu tạo của 4 đồng phân là:</b>

+

(1)

+

(2)

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

<b>1</b>

+

(3)

+

(4)

<b>b) X là </b> <b>0,5 đ</b>

<b>2</b> _{Xử lí but-3-en-2-ol với hiđrơ bromua thì thu được hỗn hợp 1-brombut-2-en và}
3-brombut-1-en

CH₂ CH CH₃

OH

H+

CH2 CH CH CH₃

OH2

- H2O

CH₂ CH CH CH₃

CH₂ CH CH CH3

Br

CH₂Br CH CH CH₃

Br
CH

CH₂ CH CH CH₃

Br

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

<b>3</b> <b>a) CTPT của 2 olefin</b>

A: C H_n _2n và B: C H_m _2m
Đặt CT chung của 2 olefin là C H_n _2n

0

t

2 2 2

n 2n

3n

C H O nCO nH O

2

   

Ta có:

2

X
O

n 2 21 _n 62 _2,95

n _3n 93 21

n < n 2,95 < m

Ta chọn n = 2; m = 3, 4…
Vậy A là C2H4

<b>0,5 đ</b>

Theo đề bài: 40% < % C H(n) m 2m< 50%
Xét 1 mol hỗn hợp: nB = a; nA = 1 - a
Ta có: 0,4 a 0,5  _(*)

Mà n 2.(1 a) m.a 62

1 21

 

 

42.(1 a) 21.m.a 62

   

20
a

21m 42

 

 thế vào (*), ta được:

20

0,4 0,5

21m 42
3,9 m 4,38

 



  

Ta chọn m = 4  CTPT của B là C4H8

<b>0,5 đ</b>

Ta có: a = 20 10 0,4762

21.4 42 21  

Vậy % C H(V) 4 8 47,62%;% C H(V) 2 4 52,38%

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

b) Số mol hỗn hợp X: 4,704 0,21mol

22,4 
4 8

C H

n _là10 0,21 0,1mol

21  ; nC H2 4 0,21 0,1 0,11 

Hỗn hợp Y làm nhạt màu nước brom  H2 hết, olefin dư

Gọi x là tỉ lệ mỗi olefin phản ứng, ta có:

4 8 2 4

C H phảnứng C H phản ứng

n 0,1x;n 0,11x

4 8 2 4

C H dö C H dö

n 0,1 0,1x;n 0,11 0,11x

    

Ta có:

4 8 2 4

C H dö C H d ö

m  m 2,8933

(0,1 0,1x).56 (0,11 0,11x).28 2,8933
2

x ₃

    

 

2

olefinphảnứng H

n 0,1x 0,11x 0,14 mol n  



Vậy thể tích H2 sinh ra (đktc) là 0,14  22,4 = 3,136 lít

* Cách khác: ta có Mhh 14n 14 62 124

21 3

   

Số mol olefin dư là: 2,8933 3 0,07mol

124  

 Số mol olefin phản ứng là: 0,21 – 0,07 = 0,14 mol =nH₂
Vậy thể tích H2 sinh ra (đktc) là 0,14  22,4 = 3,136 lít

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

<b>CÂU HỎI 5: (4 điểm)</b>

<b>1. Viết sơ đồ điều chế các axit sau đây:</b>

a. Axit: benzoic, phenyletanoic, 3-phenylpropanoic từ benzen và các hóa chất cần thiết khác
b) Axit: xiclohexyletanoic, 1-metylxiclohexan-cacboxylic từ metylenxiclohexan và các hóa
chất cần thiết khác

<b>2. Sắp xếp có giải thích theo trình tự tăng dần tính axit của các axit trên</b>

<b>3. Sắp xếp có giải thích theo trình tự tăng dần nhiệt độ nóng chảy của các chất sau:</b>

S
COOH
(A) (C)
;
COOH
(B)
;
N
COOH

<b>ĐÁP ÁN CÂU HỎI 5:</b>

<b>Câu</b> <b>Đáp án</b> <b>Điểm</b>

<b>1</b> <b>a)</b>

C₆H₆ C₆H₅Br _C₆_H₅_CH₃ C₆H₅CH₂Br C₆H₅CH₂CN

C₆H₅CH₂COOH

CH₃Br
Zn

Br₂/<i>h</i> KCN

H3O+
Mg

C₆H₅MgBr C₆H₅COOH C₆H₅CH₂CH(COOC₂H₅)₂

C₆H₅CH₂CH₂COOH

CH2(COOC2H5)2/NaOEt

Br₂/Fe

1. CO2

2. H₃O+

1. OH
-3. t2. Ho3O
+

<b>1 đ</b>

<b>b)</b>
CH₂

CH₃ Br

HBr _{Mg/ ete} _{1. CO}

2

H3O+

COOH
CH₃

MgBr
CH₃

HBr/peoxit 1. KCN
2. H3O+

(hc ₎

H3O+

2. CO2

Mg/ ete

1.
3.

CH₂Br _CH₂_COOH

<b>1 đ</b>

<b>2</b>

COOH _CH₂_COOH _CH

2CH2COOH CH2COOH COOH

<

<

<

<

+I1

+I2
H₃C

-I1 -I2 -I3

-I1 < -I2 < -I3

+I1 +I2

<

Các gốc hidrocacbon có hiệu ứng +I lớn thì Ka giảm và –I lớn thì Ka tăng

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

<b>3</b>

S

COOH

(A)

(C) _(B)

COOH

N
COOH

< <

Vì: M C < MA.

(B) có thêm liên kết hidro liên phân tử với N của phân tử khác

</div>

<!--links-->