De de nghi Olympic 16 Hoa 11

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

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VỊ THANH

<b>KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ 16</b>
<b>ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN: HĨA HỌC LỚP : 11</b>

<b>Câu hỏi 1: ( 4 điểm)</b>
1. (3 điểm)

Cho cân bằng hoá học :

N2 + 3 H2 _{ } _ _{2 NH3 với}__{H =}__{92 kJ/ mol}

Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N2 và H2 theo tỉ lệ số mol đúng bằng hệ số tỉ lượng tức tỉ lệ 1 : 3
thì khi đạt tới trạng thái cân bằng (4500_{C, 300 atm) NH3 chiếm 36% thể tích}

a. Tính hằng số cân bằng KP

b. Giữ nhiệt độ không đổi (4500_{C) cần tiến hành dưới áp suất bao nhiêu để khi đạt tới trạng thái}
cân bằng NH3 chiếm 50% thể tích

c. Giữ áp suất không đổi (300 atm, cần tiến hành ở nhiệt độ nào để khi đạt tới trạng thái cân bằng
NH3 chiếm 50% thể tích. Biết: ln ( 1 1)

1
2
2

1

<i>T</i>
<i>T</i>

<i>R</i>

<i>H</i>
<i>K</i>

<i>K</i>






2. ( 1 điểm)

Ở 180_{C, khối lượng riêng của KCl bằng 1,9893 g/cm}3_{, độ dài cạnh ô mạng cơ sở (xác định bằng}
thực nghiệm) là 6,29082A. Dùng những giá trị của các nguyên tử lượng để tính số Avogadro.(
K=39,098; Cl=35,453 ).

<b>Đáp án câu 1:</b>
1. a.

N2 + 3 H2 _{ } _ _{2 NH3}

Ban đầu 1 3
Phản ứng x 3x

Cân bằng 1x 33x 2x
2x

.100 36 x 0,529

4 2x

   



Tổng số mol lúc cân bằng: 2,942 mol

3

NH

2.0,529

P .300 107,885atm

2,942

  _;

2

N

1 0,529

P .300 48,028atm

2,942



  _;

2

H

3 3.0,529

P .300 144,085atm

2,942



 









3

2 2

2

NH ₅

P 3

N H

P

K 8,10.10

P . P



  1 đ
b.

N2 + 3 H2 _{ } _ _{2 NH3}

Ban đầu 1 3
Phản ứng x 3x

Cân bằng 1x 33x 2x

Số phách

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

2x 2
.100 50 x

4 2x 3

   



Tổng số mol lúc cân bằng: 8/3 mol

























3

2 2

2 ₂ ₂

2 2

NH ₅

P 3 4 2 4

P

N H

P _{16x 2 x} _{16x 2 x}

K 8,10.10 P 684, 27atm

1 x .27P 1 x .27K

P . P



 

     

  1 đ

c.

N2 + 3 H2 _{ } _ _{2 NH3}

Ban đầu 1 3
Phản ứng x 3x

Cân bằng 1x 33x 2x

2x 2

.100 50 x

4 2x 3

   



Tổng số mol lúc cân bằng: 8/3 mol

















3

2 2

2 ₂

2

NH ₄

P 3 4 ₂

N H

P _{16x 2 x}

K 4, 214.10

1 x .27P
P . P




  



Ta có

5
1

2
4

2 2 1 2

K H 1 1 8,10.10 92 1 1

ln ( ) ln ( ) T 6,6

K R T T 4, 214.10 8,314 T 450





 

       1 đ

2. 23

tb tb

n.M n.M

D N 6,021.10

N.V D.V

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

Cho _Fe3 _e _Fe2 _Eo _{0, 77V}

  

3

38
Fe(OH)

T 3,8.10



2

16
Fe(OH)

T 4,8.10



Có một dung dịch chứa đồng thời <i>_Fe</i>3 _,<i>_Fe</i>2

đều có nồng độ 1M ở pH = 0. Thêm dần
NaOH vào (thể tích thay đổi không đáng kể để pH của dung dịch tăng lên. Thí nghiệm được
tiến hành ở nhiệt độ khơng đổi 25o_C.

a. Xác định sự phụ thuộc của thế của cặp Fe3 2
Fe


 vào pH của dung dịch
b. Vẽ đồ thị E = f(pH).

<b>Đáp án câu 2: </b>

Nếu xuất phát từ dung dịch chứa đồng thời <i>_Fe</i>3 _,<i>_Fe</i>2

đều có nồng độ 1M ở pH = 0
rồi nâng dần pH lên thì lần lượt có kết tủa <i>Fe OH</i>( )3rồi đến kết tủa <i>Fe OH</i>( )2 do

3

38
( ) 3,8.10

<i>Fe OH</i>

<i>T</i> 

 < <i>TFe OH</i>( )₂ 4,8.10 16


 (0,25 đ)

3
( )

<i>Fe OH</i> bắt đầu kết tủa ở ( )₃
1

14 lg 1,53

3 <i>Fe OH</i>

<i>pH</i>   <i>T</i>  (0,5 đ)

2
( )

<i>Fe OH</i> bắt đầu kết tủa ở ( )₂
1

14 lg 6,34

2 <i>Fe OH</i>

<i>pH</i>   <i>T</i>  (0,5 đ)

0 3

3

3 ( )

<i>Fe</i> <i>OH</i> <i>Fe OH</i>

   <i>Fe</i>33<i>OH</i>  <i>Fe OH</i>( )₃

1,53 6,34 3

3

3 ( )

<i>Fe</i> <i>OH</i> <i>Fe OH</i>

  

pH

(0,25 đ)
- Trong khoảng 0  <i>pH</i>  1,53_{thế của cặp}

3
2
<i>Fe</i>

<i>Fe</i>


 không phụ thuộc vào pH của dung
dịch
3 3
2 2
0,77
<i>o</i>
<i>Fe</i> <i>Fe</i>
<i>Fe</i> <i>Fe</i>

<i>E</i>  <i>E</i>  <i>V</i>

 

  _{(0,5 đ)}

- Trong khoảng 1,53 <i>pH</i> 6,34 , <i>Fe</i>3

 

  giảm nên E giảm

3

3 3

2 2

( ) 2

3
0,059 lg <i>Fe OH</i> lg

<i>o</i>

<i>Fe</i> <i>Fe</i>

<i>Fe</i> <i>Fe</i>

<i>T</i>

<i>E</i> <i>E</i> <i>Fe</i>

<i>OH</i>
 
 


 
 _ _
   _ _
 _ _ 
 

 

1,438 0,177<i>pOH</i>

 
3
2
1,04 0,177
<i>Fe</i>
<i>Fe</i>

<i>E</i>  <i>pH</i>



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

- Trong khoảng 6,34 <i>pH</i> 14 , cả <i>Fe</i>3

 

  và

2
<i>Fe</i> 

 

  cùng giảm nên E giảm

3

3 3

2 2

2

( )

( )
1
0,059 lg <i>Fe OH</i> .

<i>o</i>

<i>Fe</i> <i>Fe</i>

<i>Fe</i> <i>Fe</i> <i>Fe OH</i>

<i>T</i>

<i>E</i> <i>E</i>

<i>T</i> <i>OH</i>

 

  

 

 

 

 _ _ 

 

38
16 14
3,8.10 1

0,77 0,059 lg . 0,059lg

4,8.10 10 <i>H</i>




 

 

 

  _  _ __

 

3

2

0,292 0,059

<i>Fe</i>
<i>Fe</i>

<i>E</i>  <i>pH</i>



  _{(0,5 đ)}

biểu diễn đồ thị E = f(pH).
3

2

<i>Fe</i>
<i>Fe</i>

<i>E</i> 



0,77

6,34 14

0 1,53 5,88 pH

-0,534

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

Đốt cháy hoàn tồn a gam kim loại B (trong dãy điện hóa) trong bình kín đựng khí clo (dư),
thu được 32,5 gam muối và nhận thấy thể tích khí clo giảm 6,72 lít (đktc). Xác định tên kim
loại B.

Thêm vào a gam lượng kim loại B nói trên một lượng kim loại A tạo thành hỗn hợp X. Cho X
phản ứng vừa đủ với dung dịch HNO3 đặc, nóng thu được khí màu nâu duy nhất có thể tích
20,16 lít (đktc) và dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được 69,7 gam muối. Nếu cho 100
ml dung dịch NaOH 9 M vào dung dịch Y thì thu được kết tủa cực đại. Nung kết tủa này thu
được chất rắn C. Mặt khác nếu cho dung dịch NaOH 1 M vào hỗn hợp X thì có khí H2 thốt
ra, đến khi phản ứng kết thúc thì thể tích dung dịch NaOH cần dùng là 100 ml và khối lượng
X chỉ còn 11,2 gam.

1. Tính khối lượng chất rắn C
2. Xác định A

3. Tính khối lượng hỗn hợp X
<b>Đáp án câu 3: </b>

Đặt n là hóa trị của B, M là nguyên tử lượng của B
B + n/2Cl2 → BCln

Số mol Cl2 tham gia phản ứng = 6,72/22,4 = 0,3 mol
mmuối = 0,6/n . (M + 35,5n) = 32,5

→ M = 11,2n/0,6

→ n = 3 ; M = 56 là nghiệm phù hợp

Vậy B là Fe với nFe = 0,2 mol (11,2 g) 1đ

Hỗn hợp X chứa: Fe (0,2 mol) ; A (x mol)
m là hóa trị của A

Số mol NO2 = 20,16/22,4 = 0,9 mol
Ta có:

Fe → Fe3+_{+ 3e}
0,2 0,2 0,6 mol
A → Am+_{+ me}
x x mx mol

NO3-_{+ 2H}+_{+ e → NO2 + H2O}
0,9 0,9 mol
→ 0,6 + mx = 0,9 → mx = 0,3

Dung dịch Y chứa: Fe(NO3)3 = 0,2 mol ; A(NO3)m = x mol
→ 242.0,2 + (A + 62m).x = 69,7

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

Dung dịch Y + dung dịch NaOH với nNaOH = 0,9 mol
Fe3+_{+ 3OH}-_{→ Fe(OH)3}

0,2 0,6 0,2
Am+_{+ mOH}-_{→ A(OH)m}
x mx x

Vì mx = 0,3 mol nên tổng số mol NaOH tham gia phản ứng (0,6 + mx) bằng số mol NaOH đã
dùng 0,9 mol → Kết tủa cực đại gồm:

Fe(OH)3 : 0,2 mol
A(OH)m : x mol
Khi nung:

2Fe(OH)3 → Fe2O3 + 3H2O
0,2 0,1 mol
2A(OH)m → A2Om + mH2O
x 0,5x

Chất rắn C chứa: Fe2O3 0,1 mol ; A2Om 0,5x mol

mC = 160.0,1 + (2A +16m)0,5x = 16 + Ax + 8mx = 16 + 2,7 + 8.0,3 = 21,1 g 1,5đ
Xác định A

nNaOH = 0,1 mol

Hỗn hợp X phản ứng với NaOH giải phóng khí H2 → xảy ra phản ứng:
A + (4 - m)NaOH + (m - 2)H2O → Na4 – mAO2 + m/2H2

x 0,1 mol

Khi phản ứng kết thúc mX = 11,2 g = mFe → A phản ứng hết

→ x(4 - m) = 0,1 → x = 0,1 → A = 27 → A là Al 1đ

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

1. Khi clo hoá iso pentan ở 100o_{C có chiếu sáng thu được các sản phẩm monoclo với tỷ lệ}
phần trăm như sau:

2-clo-2-metylbutan 28,4%

3-clo-2-metylbutan 35,0%

1-clo-2-metylbutan 24,4%

4-clo-2-metylbutan 12,2%

a. Dùng cơng thức cấu tạo viết phương trình phản ứng và so sánh khả năng phản ứng thế của
các nguyên tử H ở cacbon bậc 1, bậc 2, bậc 3.

b. Nếu thay thế clo bằng brom thì tỷ lệ phần trăm trên tăng hay giảm? Giải thích?
c. Dự đốn tỷ lệ phần trăm sản phẩm monoclo hoá iso butan

2. Cho xúc hợp etyl oxalat và etyl axetat với sự hiện diện của natri etylat tạo thành A
(C8H12O5). Dưới ảnh hưởng của nhiệt, A khử cacbon oxit thành B (C7H12O4). Tác dụng của
1,2-dibromo etan trên B, với sự hiện diện của natri etylat cho chất C (C16H26O8). Thủy phân C
tiếp theo với sự đun nóng hợp chất tạo thành cho một axit D (C6H10O4), và nhiệt phân muối
canxi của D cho xiclopentanon. Viết các phương trình hóa học để thực hiện những biến đổi
trên.

<b>Đáp án câu 4: </b>
1.a.

(0,
(1 đ)

* Khả năng thế tương đối của các nguyên tử H gắn vào C có bậc khác nhau là:
CH₃ - CH - CH₂ - CH₃

CH₃

Cl₂, as (100oC)

CH₃ - C - CH₂ - CH₃
CH₃

Cl

CH₃ - CH - CH - CH₃
CH₃

Cl

CH₃ - CH - CH - CH₂Cl
CH₃

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

9 liên kết C – H bậc 1 1

36,6

4,067
9

<i>r</i>

   (0,5 đ)

2 liên kết C – H bậc 2 2
35

17,5
2

<i>r</i>

   (0,5 đ)

1 liên kết C – H bậc 3 3

28,4

28,4
2

<i>r</i>

   (0,5 đ)

Ta có : <i>r</i>1 : <i>r</i>2 : <i>r</i>3 4,067 : 17,5 : 28,4 1 : 4,3 : 6,98

b. khi chuyển từ clo sang brom thì sản phẩm thế bậc 3 tăng lên, sản phẩm thế bậc thấp giảm.
nguyên nhân là do hoạt động hoá học của brom kém hơn clo nên khi tham gia phản ứng thế

brom có tính chọn lọc cao hơn. (0,5 đ)

c.

(0,5 đ)
1.6,98

% ( ) .100 .100 43,68%

(9.1) (1.6,98)

<i>i i</i>
<i>i</i>

<i>n r</i>
<i>A</i>

<i>n r</i>

  





% (B) = 100 – 43,68 = 56,32% (0,5 đ)

2. <i>Mỗi giai đoạn : 0,2x10</i>

<i><b>CH</b><b>3</b><b>COOC</b><b>2</b><b>H</b><b>5</b></i>    <i>C H ONa</i>2 5  <i><b>CH</b><b>2</b><b>COOC</b><b>2</b><b>H</b><b>5</b></i>
CH₃ - CH - CH₃

CH₃

Cl₂, as (100o_C)

CH₃ - C - CH₃

CH₃
Cl

CH₃ - CH - CH₂Cl
CH₃

(A)

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

CH2COOC2H5 +

C

C
O

O C2H5
O

O

C

C

CH2COOC2H5

O C2H5
O

O

-CO

C

O

CH2COOC2H5

C2H5
O

(A)

(B)

C2H5ONa

CH(COOC2H5)2

CH2Br-CH2Br

BrCH2CH2CH(COOC2H5)2

CH(COOC2H5)

(C2H5OOC)2CHCH2CH2CH(COOC2H5)2 (C)

H2O, H+

(HOOC)2CHCH2CH2CH(COOH)2 -CO2 HOOCCH2CH2CH2CH2COOH (D)

Ca(OH)2

OOCCH2CH2CH2CH2COO Ca

t0

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

<b>Câu hỏi 5: ( 4 điểm)</b>

<b>1. 2,5 điểm. Khi có mặt enzim aconitaza, axit aconitic bị hidrat hóa tạo thành axit A khơng quang </b>
hoạt và axit B quang hoạt theo một cân bằng:

<b>B</b> <b>A</b>

(C₆H₈O₇) (C₆H₈O₇)

COOH

CH₂COOH

HOOC

C C

H

H₂O H2O

Axit aconitic 4%

6% 90%

<b>a. Viết công thức cấu tạo của A và B, ghi tên đầy đủ của chúng và của axit aconitic theo danh pháp</b>
IUPAC. Axit A có pKa: 3,1 ; 4,8 ; 6,4. Ghi các giá trị pKa bên cạnh nhóm chức thích hợp.

<b>b. Viết sơ đồ điều chế A từ axeton và các chất vô cơ cần thiết.</b>

<i>2. </i>1,5 điểm.Cho biết những phản ứng cần thiết để thực hiện những biến đổi sau<i><b>:</b></i>

<b>Đáp án câu 5: </b>
<b>5.1. </b>

<b>a)</b>

Xác định đúng A, B:
0,25.

Ghi đúng mỗi giá trị Ka : 0,25x3
Gọi đúng tên A, B: 0,25

Điều chê: mỗi giai đoạn: 0,25x4

<b>(B)</b>

<b>(A)</b>

COOH

CH2COOH

HOOC

C C

H

Axit (Z)-3-cacboxipentendioc

HOOC CH CH CH₂COOH

COOH
OH

H2O

HOOC-CH₂ C

(3,1)

CH2COOH

COOH

OH

4,8(6,4) 6,4(4,8)

Axit-3-cacboxi-2-hidroxipentadioic _{Axit-3-cacboxi-3-hidroxipentadioic}

H2O

<b>b) </b>

CH₃

CH3

C O Cl2

CH3COOH

CH₂Cl

CH2Cl

C O

CH2CN

H3O
+

C CN

CH₂COOH

HO HO C COOH

CH2COOH

CH₂CN

CH₂Cl

C CN
HO

CH₂Cl

HCN KCN

CH3

CH₃
O

CH₃

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

<b>5.2. </b>

Giai đo n 1: 0,5ạ

Các giai đo n còn l i: 0,25 x4ạ ạ

CH3

CH3
O

CH3
CH3CHO
O

O3 H2O
Zn

CHO
CHO
O

CH3
CH3 H

OH-O CHCHO
CH3
CH3
O
CH3
CH3CHO
O

O
H2O
CH3
CH3CHO
O

</div>

<!--links-->