De thi chon HSG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
Năm học 2017-2018
Môn thi: HĨA HỌC
Thời gian làm bài: 150 phút
(Khơng kể thời gian phát đề)
Họ và tên thí sinh:………………………………………..

Số báo danh:…………

Câu 1 (2,5 điểm):
Cho các số liệu nhiệt động của một số phản ứng sau ở 298°K.
Số phản ứng

Phản ứng

H o298  kJ 

(1)

 4N2 + 3H2O
2NH3 + 3N2O  
 N2H4 + H2O
N2O + 3H2  

 1011
 317

 N2H4 + H2O
2NH3 + 0,5O2  
 H2O
H2 + 0,5O2  

 143
 286

(2)
(3)
(4)

So298 (N H ) = 240 J/K.mol; So298 (H O) = 66,6 J/K.mol;
2 4
2
o
o
S298 (N ) = 191 J/K.mol; S298 (O ) = 205 J/K.mol.
2

a) Tính nhiệt tạo thành H

o
298

2

của N2H4.




b) Cho phương trình của phản ứng cháy Hidrazin: N2H4 + O2 
N2 + 2H2O. Hỏi phản ứng xảy

ra theo chiều nào ở điều kiện chuẩn.

Câu 2 (2,0 điểm):
a) So sánh tính axit của hai axit: CH2(COOH)2 và (COOH)2. Giải thích.
b) Hồn 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.
CH3-CH2-CH(OH)-CH3 (ancol s-butylic)

⃗
H2 SO 4 , 180o C

Câu 3 (2,5 điểm):
Dung dịch HNO2 có Ka = 10-3,29.
a) Tính pH của dung dịch HNO2 0,1M.
b) Thêm 100 ml dung dịch NaOH 0,08M vào 100 ml dung dịch HNO2 0,1M thu được dung dịch A.
Tính pH của dung dịch A.
Câu 4 (2,5 điểm):
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.
a) Tính m1, m2. Biết lượng HNO3 lấy dư 20% so với lượng cần thiết.
b) Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch.


Câu 5 (3,0 điểm):
Chia 2,24 lít (đktc) hỗn hợp X gồm hai anken phân tử khác nhau hai nhóm CH 2 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 1400C 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 (2,5 điểm):
X có cơng thức phân tử là C5H12O4. Cho hơi X qua ống đựng CuO đun nóng được chất Y có khối
lượng phân tử nhỏ hơn X là 8 đvC. Cho 2,56 gam Y phản ứng với dung dịch AgNO3/NH3 được 17,28
gam kết tủa Ag. Cho X vào dung dịch NaBr bão hòa rồi thêm từ từ H2SO4 đặc vào thì được chất Z
khơng có oxi. Đun nóng Z trong bột Zn được chất Q có tỉ khối so với hiđro < 45. Tìm cơng thức cấu tạo
của X; Y; Z và Q?
Câu 7 (2,0 điểm):
Hợp chất X có cơng thức phân tử C 9H10O2 phản ứng với dung dịch NaHCO3 giải phóng khí CO 2. X
không làm mất màu dung dịch nước brom. X khơng phản ứng với CH 3OH khi có mặt H 2SO4 đặc. Khi
cho H2SO4 đặc vào X sau đó cho hỗn hợp vào CH3OH đã được làm lạnh thì thu được hợp chất B có cơng
thức phân tử C 10H12O2. Hãy viết cơng thức cấu tạo của A. Giải thích các tính chất trên của A và cơ chế
phản ứng tạo thành B.
Câu 8 (3,0 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 cơng thức cấu tạo?
+Benzen/H+
CnH2n+2
A1(khí)

Crackinh

(1)

A2

A3

(2)
(4)
+H2O/H+

A4

----------Hết----------

+O2,xt
(3)
(5) +O2/xt

A5 (C3H6O)


KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11
Năm học 2017-2018
HƯỚNG DẪN CHẤM
MƠN: HĨA HỌC
Câu

Nội dung
 N2H4
của N2H4 là nhiệt của phản ứng: N2 + 2H2  
 H1
 2NH3 + 3N2O
4N2 + 3H2O  

3H 2
 3N2H4 + 3H2O
3N2O + 9H2  
H 3
 N2H4 + H2O
2NH3 + 0,5O2  
 H 4
 H2 + 0,5O2
H2O  
4 H 5
 4N2H4
Sau khi cộng ta được: 4N2 + 8H2  
 H1  3H 2  H 3  H 4 1011  3.( 317)  143  286
H 5 =
4
4
=
= 50,75 kJ/mol

Tính nhiệt tạo thành

a
1
(2,5
điểm)

b

a

2
(2,0
điểm)

a

0,5

0,5

G o298 = H o298  T So298 =  622,75 – 298 (  120,8 10-3) =  586,75 kJ/mol
G o298 < 0 nên phản ứng xảy ra theo chiều thuận.

0,5

(COOH)2 (X) có tính axit mạnh hơn CH2(COOH)2 (Y)

0,5

Giải thích: (Y) có mạch cacbon dài hơn ảnh hưởng lực hút giữa hai nhóm –COOH
yếu hơn (X).

0,5

CH3 CH CH CH3 + H2O (s¶n phÈm chÝnh)

H2SO 4

0,5
CH2 CH CH2 CH3 + H2O

Cơ chế (tách E1) :
CH3 CH2 CH CH3
OH

3
(2,5
điểm)

1,0

H o298 = 2 (  286) – 50,75 =  622,75 kJ/mol
So298 = 191 + 2 66,6 – 205 – 204 =  120,8 J/K

CH3 CH2 CH CH3
OH

b

H

Điểm

o
298

H+

CH3 CH CH CH3 (X)
CH3 CH2 CH CH3

-H2O
+
OH2

Các quá trình xảy ra trong dung dịch:

  
 H  + NO 2
HNO2 
  
 H  + OH 
H2O 

0,5

CH2 CH CH2 CH3 (Y)

Ka = 10-3,29
KW = 10-14

0,5

 3,29

C
.K 0,1.10
 K W
Ta có: HNO2 a
nên bỏ qua cân bằng phân li của nước so với
cân bằng của HNO2, pH của dung dịch do HNO2 quyết định.



Xét cân bằng:
HNO   H + NO 2 K = 10-3,29
2

Ban đầu:
[]

0,1
0,1 – x

a

0
x

0
x

0,5


x2
 pH = 2,16.
Ka = 0,1  x = 10-3,29  x = 6,91.10-3
0,1.0,1
0,1.0, 08
C HNO2
C

= 0, 2 = 0,05M ; NaOH = 0, 2 = 0,04M
Phương trình hóa học của phản ứng xảy ra:
 NaNO2 + H2O
NaOH + HNO2  
Ban đầu:
0,04
0,05
Sau phản ứng:
0
0,01
0,04
Thành phần giới hạn của dung dịch gồm: HNO 2 0,01M và NaNO2 0,04M. Đây là
dung dịch đệm, các phản ứng xảy ra:

 Na  + NO 2
NaNO  

0,5

2

  



b


H  + NO 2 Ka = 10-3,29
HNO2

(1)


NO2
  
 HNO2 + OH
+ H2O 
Kb = 10-10,71 (2)

H  + OH
H2O   
KW = 10-14
(3)

H 
Trước hết ta tính gần đúng   theo cân bằng (1), xem nồng độ ban đầu của

HNO và NO2 gần bằng nồng độ ban đầu.

0,5

2

10 3,29 .0, 01
 H  
0, 04
=
= 1,28.10-4 >> 10-7 nên dung dịch có mơi trường axit, cân bằng
phân li (1) quyết định pH của dung dịch.


  
 H  + NO 2 K = 10-3,29
Xét cân bằng:
HNO 
2

a
4
(2,5
điểm)

Ban đầu:
0,01
0
0,04
[]
0,01 – x
x
x + 0,04
x  x  0, 04 
Ka = 0, 01  x = 10-3,29  x = 1,26.10-4  pH = 3,9.
n
n
n
Ta có: NO = 0,2 mol; N2 O = 0,15 mol; N2 = 0,05 mol
Gọi x và y lần lượt là số mol của Mg và Al
2x  3y 3.0, 2  8.0,15 10.0, 05
 x 0, 4
 


 y 0,5
Hệ: 58x  78y 62, 2
 m1 = 24.0,4 + 27.0,5 = 23,1 (gam)

0,5

0,5

0,5

n HNO3

b
5
(3,0
điểm)

a

a

pư = 0,2.4 + 0,15.10 + 0,05.12 = 2,9 (mol)
2,9.63.100.120
24.100
 m2 =
= 913,5 (gam)
Dung dịch A sau phản ứng gồm: Mg(NO3)2 (0,4 mol); Al(NO3)3 (0,5 mol); HNO3 dư
(0,58 mol)
mdd A = 913,5 + 23,1 – (0,2.30 + 0,15.44 + 0,05.28) = 922,6 (gam)
C%(Mg(NO3)2) = 6,42% ; C%(Al(NO3)3) = 11,54% và C%(HNO3) = 3,96%

nX
trong mỗi phần = 0,05 (mol)
12,5
n CO2 n CaCO3 100
=
=
= 0,125 (mol)

0,5

0,5
0,5
0,5


0,125
 C = 0, 05 = 2,5  CTPT của hai anken: C2H4 và C4H8
Vì 2 anken + H2O tạo ra 2 ancol → C4H8 là But-2-en
 CTCT của hai anken: CH 2 CH 2 ; CH 3  CH CH  CH 3
nC2H4 = 0,0375 (mol) ; nC4H8 = 0,0125 (mol)
 %V(C2H4) = 75% ; %V(C4H8) = 25%


b

0,5
0,5

0

H ,t
CH2=CH2 + H2O    CH3CH2OH
mol: 0,0125
0,0125
H  ,t 0
CH3−CH=CH−CH3 + H2O    CH3−CH(OH)−CH2−CH3
mol:
0,0375
0,0375
Gọi số mol C2H5OH phản ứng là x; C4H9OH phản ứng là y
0
4 ,t
2ROH  H2SO

 ROR  H 2O
mol: 0,038
0,019
0,019
0, 4256
n ete n H 2O 
0, 019 (mol)
22, 4
 mancol mete  m H 2O 1, 63  0, 019 18 1,972 (gam)

0,5

0,5

Số mol ancol phản ứng = 0,038 mol.
 x  y 0, 038


46 x  74 y 1,972 → x = 0,03; y = 0,008.
Ta có
6
(2,5
điểm)

0,5

Hiệu suất của C2H5OH = 80%; Hiệu suất của C4H9OH = 64%.
Ta thấy X no  trong X chỉ có nhóm ete hoặc ancol hoặc cả hai. Vì X pư được với
CuO nên X chắc chắn có nhóm anol –OH.
Khi 1 nhóm CH2–OH chuyển thành –CH=O hoặc CH-OH thành C=O thì số H giảm đi 2
tức là KLPT sẽ giảm 2 đvC. Theo giả thiết thì MY nhỏ hơn MX là 8 đvC nên trong X phải
có 4 nhóm –OH (X khơng có nhóm ete vì X chỉ có 4 oxi)  Y có CTPT là C5H4O4 hay
MY = 128 gam.
Số mol Y = 2,56/128 = 0,02 mol; số mol Ag = 0,16 mol.
Trong Y chắc chắn có nhóm anđehit –CHO có thể có nhóm xeton C=O . Đặt Y là
R(CHO)n ta có
R(CHO)n + 2nAgNO3 + 3nNH3 + nH2O → R(COONH4)n + 2nAg + 2nNH4NO3
mol: 0,02
0,16
 n=4
 X và Y có CTCT lần lượt là
CH2OH
C

HOH2C

CH2OH

0,5

0,5

CH=O
O=HC

C

0,5

CH=O

CH2OH

CH=O
và
Khi X + NaBr/H2SO4 đặc tương đương với X pư với HBr vì:
t0
2NaBr + H2SO4   Na2SO4 + 2HBr
Do đó ta có:
CH2OH
HOH2C

C

CH2OH

CH2OH

+ 4HBr

BrH2C

0,5

CH2Br
C

CH2Br

CH2Br

+ 4H2O


Do Q có M < 90 nên Q khơng cịn Br vậy Q là sp của pư sau:
CH2Br
BrH2C

C

CH2

CH2Br

+ 2Zn

H2C

CH2Br

7
(2,0
điểm)

C

CH2

0,5
+ 2ZnBr2

CH2

Phản ứng với NaHCO3 giải phóng CO2 nên A chứa nhóm – COOH.
Không làm mất màu nước brom nên A chứa benzen.
A là axit mà khơng phản ứng este hóa với CH 3OH nên A phải có án ngữ khơng gian
ở nhóm – COOH lớn.
Cấu tạo của A là:
CH3

0,5
0,5
0,5

0,5

COOH

CH3
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:
1. CH3-CH2-CH2-CH3

Crackinh

(A1)

8
(3,0
điểm)

CH(CH3)2
3.

CH3-CH=CH2 + CH4
(A2) CH(CH3)2

H2SO4

2. CH3-CH=CH2 +

(A3)

OH

1.O2
2.H2SO4(l)

+ CH3-CO-CH3
(A5)

H+

4.

CH3-CH=CH2 + H2O

5.

CH3-CH(OH)-CH3 + 1/2O2

Cu,t0

0,5

CH3-CH(OH)-CH3 (A4)
CH3-CO-CH3
(A5)

----------Hết----------

+ H2O

2,5
(Mỗi
phản
ứng

đúng
được
0,5đ)