OLYMPIC tai Hue Mon Hoa 11

<span class='text_page_counter'>(1)</span>KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỐ HUÊ. ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC 11 Thời gian làm bài 180 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Chú ý: Mỗi câu hỏi thí sinh làm trên 01 tờ giấy riêng biệt Câu I (4 đ)  k1   k2. I.1(1,5đ) Đối với phản ứng : A B -1 -1 Các hằng số tốc độ k1 = 300 giây ; k2 = 100 giây . Ở thời điểm t = 0 chỉ có chất A và không có chất B . Hỏi trong bao lâu thì một nửa lượng ban đầu chất A biến thành chất B? E10 0,15V I.2(1,5đ) Cho 2 cặp oxi hoá khử : Cu2+/ Cu+ E20 0, 62V I2/ 2IViết các phương trình phản ứng oxi hoá khử và phương trình Nernst tương ứng. Ở. 2.1. điều kiện chuẩn có thể xảy ra sự oxi hoá I- bằng ion Cu2+ ? 2.2. Khi đổ dung dịch KI vào dung dịch Cu2+ thấy có phản ứng 1 2+ 2 I2 Cu và giải + thích 2Ingắn gọn độ CuI + (momen I.3(1đ) So sánh phân cực lưỡng cực) của các chất sau: NF3, BF3. Câu II (4đ) II.1(1,5đ) Viết phương trình phản ứng và xác định thành phần giới hạn của hỗn hợp khi trộn H 2SO4 C1M với Na3PO4 C2M trong trường hợp sau: 2C1 > C2 > C1 II.2(0,5đ) Tính pH của dung dịch H3PO4 0,1M II.3(1đ) Cần cho vào 100ml dung dịch H3PO4 0,1M bao nhiêu gam NaOH để thu được dung dịch có pH= 4,72. Cho: H2SO4 : pKa2 = 2 ; H3PO4 : pKa1 = 2,23 , pKa2 = 7,21 , pKa3 = 12,32 II.4(1đ)Cho biết chiều hướng của phản ứng oxi hóa - khử: 2FeF3 + 2I2Fe2+ + I2 + 6Fo 3+ 2+ o Biết : E Fe /Fe = 0,77V E I2/2I = 0,54V Quá trình : Fe+3 + 3F-  FeF3  = 1012,06 (Bỏ qua quá trình tạo phức hiđroxo của Fe3+, Fe2+) Câu III (4đ) III.1(2đ) Khi hòa tan SO2 vào nước có các cân bằng sau : SO2 + H2O  H2SO3 (1) H2SO3  H+ + HSO3- (2) HSO3-  H+ + SO32(3) Hãy cho biết nồng độ cân bằng của SO2 thay đổi thế nào ở mỗi trường hợp sau (có giải thích). 1.1 Đun nóng dung dịch 1.2 Thêm dung dịch HCl 1.3 Thêm dung dịch NaOH 1.4 Thêm dung dịch KMnO4 III.2(2đ) Cho m1 gam hỗn hợp gồm Mg, Al vào m2 gam dung dịch HNO3 24%. Sau khi các kim loại tan hết có 8,96 lít (ở đktc) hỗn hợp khí X gồm NO, N 2O, N2 bay ra (ở đktc) và dung dịch A. Thêm một lượng vừa đủ O2 vào X, sau phản ứng thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn Y từ từ qua dung dịch NaOH dư có 4,48 lít hỗn hợp khí Z đi ra (ở đktc). Tỷ khối của Z đối với H 2 bằng 20. Nếu cho dung dịch NaOH vào A để được lượng kết tủa lớn nhất thu được 62,2 gam kết tủa. Tính m1, m2. Biết lượng HNO3 lấy dư 20% so với lượng cần thiết. Cho Mg = 24; Al = 27; N = 14; Na = 23; O =16; H = 1..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu IV (4đ) IV.1(1,5đ) Hợp chất hữu cơ X có cấu tạo không vòng, có công thức phân tử C 4H7Cl và có cấu hình E. Cho X tác dụng với dung dịch NaOH trong điều kiện đun nóng thu được hỗn hợp sản phẩm bền có cùng công thức C4H8O . Xác định cấu trúc có thể cĩ của X. IV.2 (1đ) Cho buten – 2 vào dd gồm HBr , C 2H5OH hoà tan trong nước thu được các chất hữu cơ gì ? Trình bày cơ chế phản ứng tạo thành các chất trên . IV.3(1,5đ) Phân tích 1 terpen A có trong tinh dầu chanh thu được kết quả sau: C chiếm 88,235% về khối lượng, khối lượng phân tử của A là 136 (đvC) A có khả năng làm mất màu dd Br2 , tác dụng với Br2 theo tỉ lệ mol 1:2, không tác dụng với AgNO3/NH3. Ozon phân hoàn toàn A tạo ra 2 sản phẩm hữu cơ : anđehitfomic và 3-axetyl-6-on heptanal. Xác định công thức cấu tạo của A. Xác định số đồng phân lập thể (nếu có). Cho C = 12; H = 1. Câu V (4đ) V.1(2đ) Từ các chất ban đầu có số nguyên tử cacbon ≤ 3, viết các phương trình phản ứng (ghi rõ điều kiện nếu có) điều chế: Axit xiclobutancacboxylic và Xiclopentanon . V.2(2đ) Từ dẫn xuất halogen có thể điều chế được axit cacboxylic theo sơ đồ sau : + HX RX ⃗ R-COOH +CO 2 (ete. khan ) R-COOMgX − MgX +Mg (ete . khan) RMgX ⃗ 2 Dựa theo sơ đồ trên từ metan hãy viết phương trình phản ứng điều chế:Axit metyl malonic ...............................Hết.................................

<span class='text_page_counter'>(3)</span> KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỐ HUÊ. ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC 11 Thời gian làm bài 180 phút PHẦN ĐÁP ÁN Chú ý: Mỗi câu hỏi thí sinh làm trên 01 tờ giấy riêng biệt Câu 1(4 đ) : I.1. t=0 t.  k1   k2. A a a 2. F. B 0. F F. B N. F. Câu F2 (4. F. Phân tử dạng tam giác đều C¸c vect¬ momen l l ìng C¸c vect¬ momen ìngcùc cùc cña c¸c liªn kÕt triÖt tiªu lÉn cña c¸c liªn kÕt vµ cÆp nhau(tæng b»ng kh«ng) ph©n electron kh«ng liªn kÕt ng îc tö kh«ng ph©n cùc. l ìng cùc chiÒu nªn momen. a 2. đ):. II.1. xe 1 k1  k 2  ln t xe  x. cña ph©n töbÐ h¬n NH3.. Các vectơ momen lưỡng Áp dụng công thức đã cho : cực của các triệt các liên cặp kết electron Ở đây nồng độ lúc cân bằng xe được xác định thông qua hằng số cân bằng K : tiêu lẫn nhau nên momen không liên kết ngược chiều B  xe lưỡng cực lưỡng tổng bằng 0. nên momen cực của K   phân tử không phân cực. bé hơn NH 3  A  a-x e aK x e= Sau khi biến đổi ta được : 1+ K aK-x(1+K) xe  x  1 K và 2 , 303 aK a k 1 +k 2= lg x= Cuối cùng Vì t aK-x-Kx 2 2 , 303 aK k 1 +k 2= lg 2 , 303 2K 2 , 303 2K ¿ lg ¿ lg t a a Nên aK- -K t 2K-1-K t K-1 2 2 Vì. K = k1 / k2 t=. Nên. 2 , 303 2k 1 lg k 1 +k 2 k 1 -k 2. ¿. 2 , 303 2 . 300 −3 lg =2,7 .10 giây 3 00+100 300-100. I.2 2.1. Xét 2 cặp oxi hoá khử :  Cu 2  E1 E  0, 059 lg  Cu   0 1. Cu2+ + e. Cu+. E2 E20  I2. + 2e. 2I-. 0,25. 0,25. I  0, 059 lg 2 2 2  I  . E10  E20. : Không thể có phản ứng giữa Cu2+ và I- được. 2.2. Giaû söû ñoå dung dòch KI vaøo dung dòch chöùa Cu2+ vaø moät ít Cự Vì CuI raát ít tan nên [Cu+] rất nhỏ, do đó E1 có thể lớn hơn E2. Nhö vaäy ta coù : Cu2+ + e Cu+ I+ Cu+ CuI  1 2 I2 + e IPhản ứng oxi hoá khử tổng quát là :. 1. 0,25 0,5. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> H+ + C1 /. 2C1 > C2 > C1. HSO.  4. +. C1 2C1 – C2 HSO−4 2C1 – C2 /. PO43D C2 C 2 – C1. 3−. PO 4. D. C2 – C1 / +. HPO 24. C2 2(C2 – C1). 2−. SO 4. SO24− C2 - C 1 C1. 12, 32. K a3 =10. C1 +. 0,25đ. HPO 24. K1 = 1010,32. C1 C2. C 2 – C1 D. −1. HPO42-. +. 0,25đ. H 2 PO 4. K2 = 105,26. 2C1 – C2. Vậy TPGH : HPO24 − : 2(C2 – C1) ; H 2 PO−4 : 2C1 – C2 ; II.2. H3PO4 H+ + H2PO4- (1) K1 = 10-2,23 H2PO4H+ + HPO42- (2) K2 = 10-7,21 2HPO4 H+ + PO43- (3) K3 = 10-12,32 H2O H+ + OH(4) Kw K3 << K2 << K1 Þ chủ yếu xảy ra cân bằng (1) H3PO4 H+ + H2PO4- K1 = 10-2,23 C(M) 0,1 [ ](M) 0,1 – x x x = 10-2,23 Þ x2 + 10-2,23 x – 10-3,23 = 0 Þ x = 0,0215 (M) Þ pH = 1,66. 0,5đ 2−. SO 4. : C1 ; Na+ : 3C1. NaOH + H3PO4 = NaH2PO4 + H2O NaOH + NaH2PO4 = Na2HPO4 + H2O NaOH + Na2HPO4 = Na3PO4 + H2O Trung hòa nấc 1: pH1 = = = 4,72 0,5đ Þ trong dung dịch thu được có pH = 4,72 chỉ chứa NaH2PO4. nH3PO4 = 0,1 x 0,1 = 0,01 (mol) Þ nNaOH = 0,01 (mol) mNaOH = 0,01 x 40 = 0,4(g) II.4. Ta có các quá trình : FeF3 D Fe3+ + 3F-1 = 10-12,06 Fe3+ +1e D Fe3+ K1 = 10E1/ 0,059 2+ FeF3 +1e D Fe + 3F (1) K2 = 10-12,06 + 0,77/ 0,059 = 10 0,99. 0,5đ. 0,5đ. II.3.. 0,5đ. 0,25đ. Mặt khác : I2 + 2e D 2I(2) K3 = 10 (0,54/ 0,059)2 = 1018,3051 0,25đ 2+ Tổ hợp (1) và (2): 2FeF3 + 2I D 2Fe + I2 + 6FVới K = K22.K3-1 = 10-17,325 0,25đ * Kết luận : K quá bé nên phản ứng không thể xảy ra theo chiều thuận, mà chỉ xảy ra theo chiều nghịch. 0,25đ . Câu 3( 4 đ) III.1. SO2 + H2O D H2SO3 (1) H2SO3 D H+ + HSO3- (2) HSO3- D H+ + SO32(3) 1.1. Khi đun nóng khí SO2 thoát ra nên nồng độ SO2 tan giảm 0,25 1.2. Thêm dung dịch HCl : Kết hợp cân bằng (1) và (2) cho thấy nồng độ 0,25 cân bằng SO2 tăng 1.3. Thêm dung dịch NaOH có phản ứng NaOH + SO2 → NaHSO3 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Hay 2NaOH + SO2 → Na 2SO3 + H2O Vậy nồng độ cân bằng SO2 giảm 1.4. Thêm dung dịch KMnO4 : có phản ứng oxi hóa khử sau : 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 Nên nồng độ cân bằng SO2 giảm III.2.. 0,5 0,25 0,5. Số mol của hỗn hợp X: nX = 8,96/22,4 = 0,4 mol Khi cho O2 vào hỗn hợp X có : 2NO + O2 = 2NO2 Þ nX = ny 2NO2 + 2NaOH = NaNO3 + NaNO2 + H2O → nz=nN ❑2 O +nN ❑2 = 44,8/22,4 = 0,2 mol → nNO = 0,2 nN O . 44 +n N .28 MZ= 2.20 = 40 = 0,2 ❑ → nN 2 O = 0,15 mol ; nN ❑2 = 0,05 mol Khi kim loại phản ứng ta có quá trình nhường e: Mg –2e = Mg2 x mol ne (mất) = (2x + 3y) mol 3+ Al – 3e = Al y mol Khi HNO3 phản ứng ta có quá trình nhận e : N+5 + 3e =N+2(NO) 0,2 mol 0,2 mol +5 + 2N + 8e = 2 N (N2O) ne(nhận) = 0,2.3+0,15.8+0,05.10 = 2,3 mol 0,3 0,15mol 2N+5 +10e = N2 0,1 0,05 mol 2. 2. Mg2+ + 2OH- =Mg(OH)2↓ x mol Al3+ + 3OH- = Al(OH)3 ↓ y mol Ta có hệ PT : 2x +3y = 2,3 58x + 78y = 62,2 → x = 0,4mol ; y = 0,5mol → m1 = 23,1 g Và số mol HNO3 tham gia phản ứng là: n HNO ❑3 = nN ❑+ 5 tạo khí+ nN ❑+ 5 tạo muối = 0,6 + 2,3 = 2,9 mol (nN ❑+ 5 tạo muối = ne trao đổi ) 2,9 . 63 .100 . 120 =913 , 5 g Vậy: m2 = 24 . 100 Câu 4: IV.1. Ứng với cấu hình E thì C4H7Cl có 3 cấu trúc CH3 CH3 C2H5 H CH3 H C=C C=C C=C H Cl H Cl H CH2Cl (1) (2) (3) 0 X + dung dịch NaOH , t c thu được hổn hợp sản phẩm bền Vậy cấu trúc của X là : H3C H C = C H CH2Cl. 0,5đ 0,25đ. 0,25đ. 0,25đ 0,25đ. 0,5đ. 1,5đ. . CH 3CH 2 C HCH 3 IV.2. CH3CH = CHCH3 + H  +. 0,25đ.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> CH3CH2CHBrCH3. 0,25đ. Br . .  CH 3CH 2CH (OH )CH 3 CH 3CH 2 C HCH 3    CH 3CH 2CH (CH 3 ) O H 2  H  H 2O. 0,25đ. C2H5OH . CH 3CH 2CH (CH 3 ) O C2 H 5  H   CH 3CH 2CH (CH 3 )OC2 H 5 H 0,25đ IV.3. Xác định công thức cấu tạo của A. Xác định số đồng phân lập thể (nếu có) Đặt A: CxHy x : y = (88,235:12) : 11,765 = 10 : 16 Þ CT thực nghiệm (C10H16)n MA = 136 Þ CTPT A : C10H16 (số lk p + số vòng = 3) 0,5đ A tác dụng Br2 theo tỉ lệ mol 1:2 Þ A có 2 liên kết p và 1 vòng A không tác dụng với AgNO3/NH3 Þ A không có nối ba đầu mạch Ozon phân hoàn toàn A tạo ra 2 sản phẩm hữu cơ : anđehitfomic và 3-axetyl-6-on heptanal Þ CTCT A: *. CH3. 0,5đ 0,5đ. A có 1 C* nên số đồng phân lập thể là 2 Câu 5 : V.1. + CH2(COOH)2. C2H5OH. CH. H3O CH 2 -+ 2 CH CO2. C H. 2. C C Br( C HC O CH2(COOC2H5)2 CH C H 2C O C 2 2)3 2 H C O H Br 2O 2 5 COOH H C O 52 H 5. KC + BrCH2CH2Br Br(CH2)4Br Zn N HOOC(CH2)4COOH. Ca( OH) 2. C C O O O O. C a t o. O. 0,5. 0,5. 0,5. NC(CH2)4CN. H 2 O. 0,5. Thí sinh có thể điều chế theo cách khác , vẫn cho điểm tối đa. V.2. 2CH4 ⃗ 1500 o C (l ln ) C2H2 + 3H2 C2H2 + 2 HCl → CH3-CHCl2 CH3-CHCl2 + 2Mg ⃗ ete . khan CH3-CH(MgCl)2. 0,25 0,25 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> CH3-CH(MgCl)2 + 2CO2 ⃗ ete . khan CH3-CH(COOMgCl)2 CH3-CH(COOMgCl)2 + 2HCl → CH3-CH(COOH)2 + 2MgCl2. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>