TỔNG HỢP 50 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLYMPIC MÔN HÓA HỌC LỚP 10, 11 (2020) MỚI NHẤT CÓ HƯỚNG DẪN CHẤM by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

ĐỀ ÔN THI OLYMPIC MÔN HÓA HỌC

vectorstock.com/3687784

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

TỔNG HỢP 50 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLYMPIC MÔN HÓA HỌC LỚP 10, 11 (2020) MỚI NHẤT CÓ HƯỚNG DẪN CHẤM WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

....................................

KỲ THI OLYMPIC MÔN THI: HÓA HỌC 10 Thời gian: 150 phút

Cho biết khối lượng nguyên tử (theo đvC) của các nguyên tố: H = 1; Mg = 24; C = 12; O = 16; N = 14; Na = 23; Si = 28; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Al = 27 ; Cr = 52; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag = 108; I = 127; Ba = 137; Hg = 201; Pb = 207. Câu 1: (4 điểm) 1. Cho nguyên tố X, ở trạng thái cơ bản có 11 electron thuộc các phân lớp p. X có hai đồng vị hơn kém nhau hai nơtron. Trong đồng vị số khối lớn, số hạt mang điện gấp 1,7 lần hạt không mang điện. a. Viết cấu hình electron của X. b. Xác định vị trí của X trong bảng tuần hoàn. c. Xác định thành phần cấu tạo của hai đồng vị và thành phần % theo khối lượng của mỗi đồng vị trong X tự nhiên biết nguyên tử khối (NTK) trung bình của X bằng 35,48. Coi NTK có giá trị bằng số khối. 2.Hợp chất Z được tạo bởi hai nguyên tố M, R có công thức M3R trong đó R chiếm 6,67% về khối lượng. Trong hạt nhân nguyên tử của M có n = p + 4, còn trong hạt nhân của R có p’ = n’, trong đó n, p, n’, p’ là số nơtron và proton tương ứng của M và R. Biết rằng tổng số hạt proton trong phân tử Z là 84. Xác định công thức phân tử của Z? Câu 2: (4 điểm) 1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm được mô tả sau: a. Hòa tan FeCl2 vào nước rồi thêm H2SO4 loãng dư, sau đó thêm dung dịch KMnO4 dư thấy có khí màu vàng lục thoát ra và dung dịch thu được có chứa muối mangan (II). b. Hòa tan Fe3O4 trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư được dung dịch A và khí B mùi hắc. Sục khí B vào dung dịch brom hoặc dung dịch KMnO4 đều thấy các dung dịch này bị nhạt màu. 2. H2SO4 đặc có tính háo nước, nó có thể lấy nước từ một số hợp chất hữu cơ. Trong quá trình than hóa saccarozơ có hình thành hỗn hợp khí A (gồm 2 khí). a. Giải thích quá trình hình thành hỗn hợp khí A. b. Trình bày phương pháp hóa học chứng minh sự có mặt của các khí trong A. c. So sánh quá trình làm khô và quá trình than hóa của H2SO4 đặc. Câu 3: (4 điểm) 1. Viết 6 phương trình phản ứng điều chế clo và cho biết phản ứng nào được dùng để điều chế clo trong công nghiệp. 2. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau và cho biết các chất ứng với các chữ cái (A), (B),... tương ứng: (1) FeS2 + khí (A) → chất rắn (B) + khí (D)

(2) (D) + khí (E) → chất rắn (F) + H2O

(3) (F) + (A) → (D)

(4) (E) + NaOH → (G) + H2O Trang 1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(5) (G) + NaOH → (H) + H2O (7) (K) + HCl →(I) + (E)

(6) (H) + (I)→(K)↓+ (L) (8) (E) + Cl2 + H2O → ...

Câu 4: (4 điểm) Hòa tan m gam KMnO4 trong dung dịch HCl đặc dư được dung dịch A và V lít khí D (đktc). Pha loãng dung dịch A được 500 ml dung dịch B. - Để trung hòa axit dư trong 50 ml dung dịch B cần dùng vừa đủ 24 ml dung dịch NaOH 0,5 M. - Thêm AgNO3 dư vào 100 ml dung dịch B để kết tủa hoàn toàn ion clorua thu được 17,22 gam kết tủa. a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Tính nồng độ mol/lít các chất tan trong B. c. Tính m, V và thể tích dung dịch HCl 36,5% (D = 1,18 g/ml) đã dùng. Câu 5: (4 điểm) Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư được dung dịch A và V lít khí SO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Hấp thụ hoàn toàn lượng SO2 trên bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M được dung dịch chứa 5,725 gam chất tan. Thêm vào m gam X lượng M gấp đôi lượng M ban đầu được hỗn hợp Y. Cho Y tan hết trong dung dịch HCl được 1,736 lít H2 (đktc). Thêm một lượng Fe vào m gam X để được hỗn hợp Z chứa lượng sắt gấp đôi lượng sắt có trong X. Cho Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư được dung dịch B chứa 5,605 gam muối. a. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Tính V. c. Tìm kim loại M và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X. - - - - - - - - - - - - Hết - - - - - - - - - - - - -

Trang 2 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐÁP ÁN MÔN HÓA 10 KÌ THI OLYMPIC

....................................

CÂU

Ý 1.a

ĐÁP ÁN Vì X có 11 electron thuộc phân lớp p ⇒ cấu hình electron phân lớp p của X là: 2p63p5 ⇒ cấu hình electron đầy đủ: 1s22s22p63s23p5.

1.b

ĐIỂM

0.5

Vị trí của X trong bảng tuần hoàn: Ô số 17 vì có 17 electron ⇒ điện tích hạt nhân bằng 17. Chu kì 3 vì có 3 lớp electron.

Nhóm VII A vì cấu hình electron hóa trị là 3s23p5. 1.c Trong đồng vị số khối lớn số hạt mang điện là 17.2 = 34 hạt ⇒ số nơtron (hạt không mang điện) là 34:1,7 = 20 hạt. ⇒ số nơtron trong đồng vị số khối nhỏ là 18 hạt.

0.5

Vậy thành phần cấu tạo các đồng vị của X là: Đồng vị số khối nhỏ: 17 electron, 17 proton, 18 nơtron. Đồng vị số khối lớn: 17 electron, 17 proton, 20 nơtron. 1.d

Thành phần % theo khối lượng: Gọi thành phần % theo số nguyên tử đồng vị nhỏ là x% ⇒ thành phần % theo số nguyên tử đồng vị lớn là (100 – x)%.

0.5

Áp dụng công thức tính NTKTB ta có: NTKTB (A) = A1.x% + A2. (100 – x)% ⇔ (17+18).x% + (17+20)(100-x)% = 35,48 ⇒ x = 76%. Xét 1 mol X (35,48 gam) có 0,76 mol 35X (0,76.35 = 26,6 gam) ⇒ thành phần % theo khối lượng 35X là: 26,6 : 35,48 = 74,97% thành phần % theo khối lượng 37X là: 100% - 74,97% = 25,03%.

0.5

Trang 3 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Theo đề bài: %mR =

n =p

MR AR n, + p, 1 = = = , , 3MM + MR 3A M + A R 3(n + p) + (n + p ) 15

0.5

n=p+4

(2)

3p + p’ = 84.

(4)

(3)

Tổng số proton trong Z là Giải 4 PT trên ta được:

(1)

n, = p, = 6 ⇒ R là cacbon (C) n = 30, p = 26 ⇒ M là sắt (Fe) Công thức phân tử của Z là Fe3C (hợp chất xementit) 0.5

a. Phương trình phản ứng: 10FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4→ 5Fe2(SO4)3 + 10Cl2 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24H2O b. 2Fe3O4 + 10H2SO4 (đặc nóng)→ 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O Khí A là SO2: SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4+ 2H2SO4

a. Giải thích sự hình thành A: H2 SO4 (dac) 12C + 11 H2O (tỏa nhiệt) C12H22O11 → C + 2H2SO4 (đặc nóng)→ CO2 + 2SO2 + 2H2O. Vậy hỗn hợp khí A gồm CO2 và SO2

b. Chứng minh sự có mặt của hai khí trong A, ta dẫn hỗn hợp khí lần lượt qua bình 1 đựng dung dịch Brom (dư) và bình 2 đựng dung dịch Ca(OH)2 dư rồi thêm vài giọt dung dịch BaCl2 vào bình (1): Hiện tượng: Bình (1) brom nhạt màu, có kết tủa xuất hiện chứng tỏ hỗn hợp có SO2 SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr H2SO4 + BaCl2→ BaSO4↓ + 2HCl Bình (2) có kết tủa xuất hiện chứng tỏ có CO2: CO2 + Ca(OH)2→ CaCO3↓ + H2O c. Sự khác nhau giữa quá trình làm khô và quá trình than hóa: Quá trình làm khô là quá trình vật lý. Quá trình than hóa là quá trình hóa học.

0.5

Trang 4 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 3

Sáu phương trình điều chế clo: dpdd → 2NaOH + Cl2 + H2O 2NaCl + 2H2O  nm xop

(1)

dpnc → 2Na + Cl2 2NaCl  (2) MnO2 + 4HCl (đặc)→ MnCl2 + Cl2 + 2H2O (3) 2KMnO4 + 16HCl (đặc)→ 2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2 + 8H2O (4) K2Cr2O7 + 14 HCl (đặc)→ 2KCl + 2CrCl3 + 3Cl2 + 7H2O (5) KClO3 + 6HCl (đặc)→ KCl + 3Cl2 + 3H2O (6)

1.5

(hs có thể viết 6 phương trình khác)

Phản ứng (1) là phản ứng dùng để điều chế clo trong công nghiệp. 2

Các phương trình: (1) 4FeS2 + 11 O2→ 2 Fe2O3 + 8 SO2 (2) SO2 + 2H2S → 3 S + 2 H2O (3) S + O2→ SO2 (4) H2S + NaOH → NaHS + H2O (5) NaHS + NaOH → Na2S + H2O (6) Na2S + FeCl2→FeS + 2NaCl (7) FeS + 2 HCl → FeCl2 + H2S (8) H2S + 4Cl2 + 4H2O → H2SO4 + 8 HCl Các chất ứng với các kí hiệu: A: O2 B: Fe2O3 G: NaHS H: Na2S

a 4

D: SO2 I: FeCl2

E: H2S K: FeS

F: S L: NaCl

Các phương trình phản ứng: KMnO4 + + 16HCl (đặc)→ 2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2 + 8H2O (1) Dung dịch A chứa KCl, MnCl2 và HCl dư ⇒dung dịch B chứa KCl, MnCl2 và HCl.

0.5 0.5

•

Trung hòa axit trong B bằng NaOH: HCl + NaOH → NaCl + H2O • B tác dụng với AgNO3 dư: AgNO3 + HCl → AgCl↓ + HNO3 AgNO3 + KCl → AgCl↓ + KNO3 2AgNO3 + MnCl2→ 2AgCl↓ + Mn(NO3)2 b

(2) (4) (5)

1 (6)

Đặt số mol HCl, KCl trong 50 ml dung dịch B lần lượt là x, y (mol). Theo phương trình phản ứng (1): nMnCl2 = nKCl = y mol Theo phương trình phản ứng (2): x = nHCl = nNaOH = 0,024.0,5 = 0,012 mol ⇒ CM (HCl) = 0,24 M

0.5

Trang 5 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Trong 100 ml dung dịch B: nHCl = 2x mol; nMnCl2 = nKCl = 2y mol Theo phương trình phản ứng (3), (4), (5): nAgCl↓ = nHCl + nKCl + 2. nMnCl2 ⇔ 2x + 2y + 2.2y = 17,22 : 143,5 = 0,12 mol

⇒ y = 0,016 mol. Vậy nồng độ mol của các chất trong B là: ⇒ CM (KCl) = CM(MnCl2) = 0,32M

⇔ x + 3y = 0,06 mol

0.5

Theo (1) ta có: nKMnO4 = nKCl (500 ml dd B) = 10y = 0,16 mol ⇒ m = mKMnO4

nCl2 =

(ban đầu)

= 0,16.158 = 25,28 gam. 1

5 nKMnO4 = 0, 4mol ⇒ V = 0,4.22,4 = 8,96 lít. 2

Theo (1): nHCl pư = 8 nKMnO4 = 1,28 mol mà nHCl dư = 10.x = 0,12 mol ⇒ nHCl đã dùng = 1,28 + 0,12 = 1,4 mol n .M 1, 4.36,5 Vdd HCl đã dùng = HCl HCl = = 118,64ml C%.D 36,5%.1,18 a 5

Các phương trình phản ứng: *) Hỗn hợp X + H2SO4 đặc nóng: 2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3 SO2 + 6H2O 2M + 2nH2SO4 → M2(SO4)n + n SO2 + 2nH2O

0.5

(1) (2)

Khí SO2 sinh ra tác dụng với dung dịch NaOH có thể xảy ra phản ứng: SO2 + NaOH → NaHSO3 SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O *) Hỗn hợp Y tan hết trong dung dịch HCl: Fe + 2 HCl → FeCl2 + H2 2M + 2n HCl → 2MCln + nH2 *) Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư: Fe + H2SO4→ FeSO4 + H2 2M + n H2SO4→ M2(SO4)n + nH2 b

0.5

(3) (4) (5) (6) 0.5 (7) (8)

Tính V: Ta có nNaOH = 0,5.0,2 = 0,1 mol Xét trường hợp xảy ra cả phản ứng (3) và (4), NaOH hết: Đặt nSO2 (3) = a(mol) ; nSO2 (4) = b(mol)  nNaOH = a + 2b = 0,1mol ⇒  m chat tan = 104.a + 126.b = 5, 725gam

0.5

⇒ a = - 0,014 < 0 (loại) Trang 6 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (4), NaOH có thể dư: Đặt nSO2 (4) = d(mol) ⇒ nNaOH dư = 0,1 – 2d mol. ⇒ m chất tan = 126.d + 40.(0,1 - 2d) = 5,725 gam ⇒ d = 0,0375 mol Vậy VSO2 = 0,0375 . 22,4 = 0,84 lít c

Đặt số mol Fe và M trong m gam X lần lượt là: x và y mol 3 n Theo (1) và (2) ⇒ nSO2 = x + y = 0, 0375mol (*) 2 2 Theo đề bài, trong hỗn hợp Y có nFe = x mol; nM = 3y mol n Theo (5), (6) ta có nH2 = x + .2y = 0, 0775mol (**) 2 Theo đề bài, trong hỗn hợp Z có nFe = 2x mol; nM = y mol 1 y Theo (7) và (8) có: nFeSO4 = nFe = 2xmol ; nM2 (SO4 )n = nM = mol 2 2 y ⇒ Khối lượng muối: mmuối = 152.2x + (2M + 96n). = 5,605 gam 2 ⇔ 304.x + M.y + 48.ny = 5,605 gam (***) Từ (*), (**), (***) ta có: x = 0,01; M M.y 0, 405 ⇒ = = =9 n n.y 0, 045 Xét:

n M (g/mol)

1 9 (loại)

M.y = 0,405;

2 18 (loại)

0.5

n.y = 0,045

3 27 (M là Al)

⇒ y = 0,015 mol. Vậy kim loại M là Al và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X: 56x %mFe(trongX) = .100% = 58, 03% 56x + 27y

%mAl(trongX) =

27x .100% = 41,97% 56x + 27y

KỲ THI HỌC SINH TÀI NĂNG

Môn: HÓA HỌC - Lớp 10 Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1. 1.1.(2,0 đ)Tổng các hạt proton, nơtron, electron trong phân tử MY2 có bằng 140, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 46. Mặt khác số hạt mang điện của M ít hơn số hạt mang điện của Y là 10. a. Xác định kí hiệu hoá học của M, Y. Trang 7 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b. Viết cấu hình electron nguyên tử của M, Y. Xác định vị trí của chúng trong bảng HTTH. c. Xác định bốn số lượng tử của electron cuối cùng được điền vào nguyên tử M, Y (Quy ước giá trị mℓ xếp theo thứ tự từ âm đến dương). 1.2. (1,0 đ)Xác định trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm trong các phân tử sau: POF3 ; BF3 ; SiHCl3 ; O3. 1.3. (1,0 đ) Cho các trị số góc liên kết: 100,30; 97,80; 101,50; 1020 và các góc liên kết I-P-I; F-P-F; Cl-P-

Cl; Br-P-Br. Hãy gán trị số cho mỗi góc liên kết và giải thích.

Câu 2. 2.1. ( 2,0 đ) Cân bằng các phản ứng hoá học sau bằng phương pháp thăng bằng electron (các hệ số cân bằng tối giản). 0

t a.Fe3C + H2SO4 đặc  → → Fe2(SO4)3 + CO2 + SO2 + H2O. t → Fe(NO3)3 + H2SO4 + NO2 + H2O. b. FexSy + HNO3 đặc  0

2.2.(1,0 đ) Tính thế tiêu chuẩn E1 của bán phản ứng: H2SO3 + 6H+ + 6e → H2S + 3H2O Cho biết thế tiêu chuẩn của các bán phản ứng sau: E 20 = +0,45V

H2SO3 + 4H+ + 4e → S + 3H2O

E 30 = +0,141V S + 2H+ + 2e → H2S 2.3.(1,0 đ)Biết thế oxi hóa khử tiêu chuẩn: E0Fe3+/Fe2+ = +0,77 V; E0Fe2+/Fe = -0,44 V; E0I2/2I- = +0,54 V Hãy cho biết hiện tượng gì xảy ra trong các trường hợp sau: a. Cho bột sắt vào dung dịch sắt (III) sunfat b. Cho dung dịch sắt (III) nitrat vào dung dịch kali iotua

Câu 3. 3.1. (2,0 đ) Hằng số cân bằng của phản ứng :

H2 (k) + I2(k) 2HI (k) ở 6000C bằng 64 a. Nếu trộn H2 và I2 theo tỉ lệ mol 2:1 và đun nóng hỗn hợp tới 6000C thì có bao nhiêu phần trăm I2 tham gia phản ứng ? b.Cần trộn H2 và I2 theo tỉ lệ như thế nào để có 99% I2 tham gia phản ứng (6000C)

3.2. (1,0 đ) Xét xem phản ứng sau bắt đầu xảy ra ở nhiệt độ nào? PCl5⇌

PCl3 + Cl2

Cho: PCl5 PCl3 Cl2 0 ∆H 298 (cal/mol) - 88300 -66700 0 0 S 298 (cal/mol.K) 84,3 74,6 53,3 3.3. (1,0 đ)Tính hiệu ứng nhiệt của 2 phản ứng sau: 2NH3+ 3/2 O2→ N2+ 3 H2O (1) 2NH3+ 5/2 O2→ 2NO + 3H2O (2) So sánh khả năng của 2 phản ứng, giải thích vì sao phản ứng (2) cần có xúc tác. Cho năng lượng liên kết của: kJ/mol

NH3

H2O

1161

493

942

919

627 Trang 8

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 4. 4.1. (2,0 đ)Hoàn thành các phương trình phản ứng sau và cho biết các chất ứng với các chữ cái (A), (B),... tương ứng: (1) FeS2 + khí (A) → chất rắn (B) + khí (C)

(2) (C) + khí (D) → chất rắn (E) + H2O

(3) (E) + (A) → (C)

(4) (D) + NaOH → (G) + H2O

(5) (G) + NaOH → (H) + H2O

(6) (H) + (I)

→ (K)↓ + (L)

(7) (K) + HCl → (I) + (D) (8) (D) + Cl2 + H2O → ... 4.2. (2,0 đ)Cho 11,2 lít (đktc) hỗn hợp X gồm Cl2 và O2 tác dụng vừa hết với 16,98 gam hỗn hợp Y gồm Mg và Al tạo ra 42,34 gam hỗn hợp muối clorua và oxit của hai kim loại. Tính thành phần % về số mol của Mg trong hỗn hợp Y? Câu 5. 5.1. (2,5 đ) Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư được dung dịch A và khí SO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Hấp thụ hoàn toàn lượng SO2 trên bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M (dư) được dung dịch chứa 5,725 gam chất tan. Thêm vào m gam X lượng M gấp đôi lượng M ban đầu được hỗn hợp Y. Cho Y tan hết trong dung dịch HCl được 1,736 lít H2 (đktc). Thêm một lượng Fe vào m gam X để được hỗn hợp Z chứa lượng sắt gấp đôi lượng sắt có trong X. Cho Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư được dung dịch B chứa 5,605 gam muối. a). Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b).Tìm kim loại M. 5.2. (1,5 đ) Cho m (g) muối halogen của một kim loại kiềm phản ứng với 200 ml dung dịch axít H2SO4 đặc, nóng (lấy dư). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khí Y(có mùi đặc biệt) và hỗn hợp sản phẩm Z. Dẫn khí Y qua dung dịch Pb(NO3)2 thu được 23,9 (g) kết tủa màu đen. Làm bay hơi nước cẩn thận hỗn hợp sản phẩm Z thu được 171,2 (g) chất rắn A. Nung A đến khối lượng không đổi thu được muối duy nhất B có khối lượng 69,6(g). Nếu cho dung dịch BaCl2 lấy dư vào Z thì thu được kết tủa C có khối lượng gấp 1 ,674 lần khối lượng muối B. 1/ Tính nồng độ mol/1ít của dung dịch H2SO4 và m (g) muối halogen. 2/ Xác định kim loại kiềm và halogen.

------------------ HẾT----------------- Học sinh không được sử dụng tài liệu (trừ bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học). - Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm. - Họ và tên thí sinh: ............................................................................Số báo danh:..........

HDC: Trang 9 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 1.1.

1.2. 1.3.

Nội dung a. Kí hiệu số đơn vị điện tích hạt nhân của M là ZM, Y là Zy; số nơtron của M là NM, Y là Ny . Với MY2, ta có các phương trình: 2 ZM + 4 Zy + NM + 2 Ny = 140 (1) 2 ZM + 4 Zy −NM− 2 Ny = 46 (2) 2 ZM− 2 ZY = -10 (3) Giải hệ thu được ZM = 12; Zy = 17. Vậy M là magie (Mg), Y là lưu huỳnh (Cl). b. Cấu hình electron: Mg: 1s22s22p63s2; Ô số 12, chu kỳ 3, nhóm IIA. Cl: 1s22s22p63s23p5; Ô số 17, chu kỳ 3, nhóm VIIA. c. Bộ 4 số lượng tử cuối của Mg (M): n = 3; l = 0; mℓ = 0; ms= -1/2. Bộ 4 số lượng tử cuối của Cl (Y): n = 3; l = 1; mℓ = 0; ms= -1/2. POF3 (sp3); O3 (sp2); SiHCl3 (sp3); C2H2 (sp) . (1020) > BrPBr (101,50) > ClPCl (100,30) IPI Các góc liên kết: (97,80) > FPF

- Trong các phân tử , ngưyên tử P đều lai hóa sp3 và đều còn 1 cặp e chưa liên kết. - Độ âm điện của phối tử càng tăng thì cặp e liên kết càng lệch về phía phối tử (càng xa P) → lực đẩy giữa các cặp e liên kết càng giảm → góc liên kết giảm.

Câu 2.1.

Nội dung

Điểm

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

0,25 0,25 0,25 0,25x4 0,5 0,25 0,25

Điểm

t → → Fe2(SO4)3 + CO2 + SO2 + H2O a.Fe3C + H2SO4 đặc 

2xFe3C → 3 Fe + C+ 4 + 13e +6

13x S + 2e → S

→ 3Fe2(SO4)3 + 2CO2 + 13SO2 + 22H2O 2Fe3C+ 22H2SO4đặc  t0 → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O. b. FexOy + H2SO4 đặc  +2 y / x

−2

x Fe +y S →x Fe + y S +(3x+6y)e

1x +5

0,5

(3x+6y)x N + 1e → N

FexSy + (6x+6y)HNO3đặc (3x+2y)H2O

2.2.

0,5 0,5

xFe(NO3)3 + yH2SO4 + (3x+6y)NO2 +

Ta có: H2SO3 + 6H+ + 6e → H2S + 3H2O

∆ G10

(1)

H2SO3 + 4H+ + 4e → S + 3H2O

∆ G 20

(2)

S + 2H+ + 2e → H2S

∆ G 30

(3)

0,5

Trang 10 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Lấy (2) + (3) ⇒ (1). Do đó: ∆ G10 = ∆ G 20 + ∆ G 30 .

0,25

Mà: ∆G0 = - n.E0.F. Suy ra: - n1. E10 .F = - n2. E 20 .F - n3. E 30 .F ⇒ E10 =

2.3

n 2 E 20 + n 3 E 30 4.0,45 + 2.0,141 = = 0,347 V 6 n1

0,25

Vậy : E10 = 0,347 V

0,25

a. Vì E0Fe3+/Fe2+ = +0,77 V > E0Fe2+/Fe = -0,44 V Tính oxi hóa: Fe3+ mạnh hơn Fe2+ Tính khử: Fe mạnh hơn Fe2+ Phản ứng xảy ra 2 Fe3+ + Fe  → 3 Fe 2+ Dung dịch màu vàng chuyển sang lục nhạt

0,25

b. Vì E0Fe3+/Fe2+ = +0,77 V > E0I2/2I- = +0,54 V Tính oxi hóa: Fe3+ mạnh hơn I2 Tính khử: I- mạnh hơn Fe2+ Phản ứng xảy ra 2I − + 2Fe3+  → I2 + 2Fe 2+

0,25

Dung dịch không màu chuyển sang màu nâu

Câu 3.1.

0,25

Nội dung a. H2(k) + I2 (k)2HI (k) 2mol 1mol x x 2-x 1-x

0,25

Điểm 0,5đ

2x 2x

(2 x) 2 Kc = = 64 (2 − x)(1 − x)

2 [ HI ] KC = [H 2 ][I 2 ]

x1 = 2,25(loại) x2 = 0,95 (nhận) => 95% I2 tham gia phản ứng b. n

0,25

H2(k) + I2(k) <=> 2HI (k) 1 n-0,99 0,01 1,98 n: nồng độ ban đầu của H2 KC = (1,98)2 = 64 (n-0,99)(0,01) n≈ 7 => cần trộn H2 và I2 theo tỉ lệ 7:1

0,5đ 0,5đ

0,5đ Trang 11

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3.2.

3.3.

Câu 4.1.

∆Hpư = - 66700 - (- 88300) = 21600 cal ∆Spư = (53,3 + 74,6) - 84,3 = 43,6 cal ∆Gpư = ∆Hpư - T∆Spư Để phản ứng xảy ra: ∆Gpư< 0 =>∆Hpư - T∆Spư< 0 => 21600 - T.43,6 <0 => T > 495,4 K hay 222,4 0C vậy để phản ứng bắt đầu xảy ra nhiệt độ phải lớn hơn 222,40C.

0,25 0,25

∆H1 = (2ENH3 + 3/2EO2) – (EN2 + 3 EH2O) = 2. 1161 + 3/2. 493 – 942 – 3. 919 = - 637,5 kJ. ∆H2 = 2ENH3 + 5/2EO2 – 2ENO – 3EH2O = 2. 1161 + 5/2. 493 – 2. 627 – 3. 919 = - 456,5 kJ. - Phản ứng (1) có giá trị ∆H âm hơn nên pư (1) dễ xảy ra hơn. - Nếu có xúc tác thì năng lượng hoạt hoá sẽ giảm và tốc độ phản ứng sẽ tăng, do đó để thực hiện phản ứng (2) cần có xúc tác.

0,25

Nội dung

0,25

0,25 0,25 0,25

Điểm

Các chất ứng với các kí hiệu: A: O2 B: Fe2O3 C: SO2 D: H2S I: FeCl2K: FeS G: NaHS H: Na2S Các phương trình: (9) 4FeS2 + 11 O2→ 2 Fe2O3 + 8 SO2 (10) SO2 + 2H2S → 3 S + 2 H2O (11) S + O2→ SO2 (12) H2S + NaOH → NaHS + H2O NaHS + NaOH → Na2S + H2O (13) (14) Na2S + FeCl2→FeS + 2NaCl (15) FeS + 2 HCl → FeCl2 + H2S (8)H2S + 4Cl2 + 4H2O → H2SO4 + 8 HCl

4.2.

0,25

E: S L: NaCl

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

Gọi x, y lần lượt là số mol của clo và oxi trong hh X Gọi a, b lần lượt là số mol của Mg và Al trong hh Y 11, 2 Số mol của clo và oxi: x+y = = 0,5 mol 22, 4 Khối lượng của clo và oxi: 71x + 32y = 42,34 – 16,98= 25,36 Khối lượngcủa Mg và Al: 24a + 27b = 16,98 Bảo toàn số mol electron: 2x + 4y = 2a + 3b

(3) (4)

Từ (1) và (2), suy ra: x= 0,24; y = 0,26. Từ (3) và (4), suy ra: x= 0,55; y = 0,14. => Thành phần % về số mol của Mg=

0,55 *100% = 79,71% 0,55 + 0,14

(1)

0,25

(2)

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5

Trang 12

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 5.1

Nội dung

Điểm

a.Hỗn hợp X + H2SO4 đặc nóng: 2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3 SO2 + 6H2O

(1)

2M + 2nH2SO4 → M2(SO4)n + n SO2 + 2nH2O SO2 + 2NaOH → Na2SO3

+ H2O

(2) (3)

0,25

Hỗn hợp Y tan hết trong dung dịch HCl: Fe + 2 HCl → FeCl2 + H2

(4)

2M + 2n HCl → 2MCln + nH2

(5)

0,25

Hỗn hợp Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư: Fe + H2SO4→ FeSO4 + H2

(6)

2M + n H2SO4→ M2(SO4)n + nH2

(7)

b.Đặt nSO2= d ⇒ nNaOH dư = 0,1 – 2d mol. ⇒ m chất tan = 126.d + 40.(0,1 - 2d) = 5,725 gam ⇒ d = 0,0375 mol Đặt số mol Fe và M trong m gam X lần lượt là: x và y mol 3 n Theo (1) và (2) ⇒ nSO2 = x + y = 0, 0375mol (*) 2 2 Theo đề bài, trong hỗn hợp Y có nFe = x mol; nM = 3y mol n Theo (4), (5) ta có nH2 = x + .2y = 0, 0775mol (**) 2 Theo đề bài, trong hỗn hợp Z có nFe = 2x mol; nM = y mol 1 y Theo (7) và (8) có: nFeSO4 = nFe = 2xmol ; nM2 (SO4 )n = nM = mol 2 2 y ⇒ Khối lượng muối: mmuối = 152.2x + (2M + 96n). = 5,605 gam 2 ⇔ 304.x + M.y + 48.ny = 5,605 gam (***) Từ (*), (**), (***) ta có: x = 0,01; M.y = 0,405; n.y = 0,045 M M.y 0, 405 ⇒ = = =9 n n.y 0, 045 Xét:

n M (g/mol)

(loại)

0,25 0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 0,25

(M là Al)

Vậy kim loại M là Al

5.2.

Gọi công thức muối halozen: MX. Theo đầu bài khí Y có mùi đặc biệt, phản ứng với Pb(NO3)2 tạo kết tủa đen, khí Y sinh ra do phản ứng của H2SO4 đặc. Vậy Y là H2S. Các phương trình phản ứng: 8MX + 5H2SO4 = 4M2SO4 + 4X2 + H2S + 4H2O. (1) H2S + Pb(NO3)2 = PbS + 2HNO3. (2) Trang 13

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

BaCl2 + M2SO4 = 2MCl2 + BaSO4 (3) Theo (2): nH2S = nPbS = 23,9: 239 = 0,1(mol) Theo (1): nM2SO4 = 4nH2S = 0,4(mol) = nX2 nH2SO4(pư) = 5nH2S = 0,5(mol) Theo (3): nBaSO4 = (1,674. 69,6): 233 = 0,5(mol) → Vậy số mol H2SO4 dư: 0,5- 0,4= 0,1(mol) Nồng độ mol/l của axit là: (0,5+ 0,1): 0,2= 3(M) Khối lượng m(g)= mM+ mX (với mM= 69,6- 0,4. 96= 31,2 gam; mX = 171,2- 69,6= 101,6gam ) → m = 31,2+ 101,6= 132,8(g) Xác định X,M: →MX2 = 101,6: 0,4= 254 → X = 127. Vậy X là Iốt. → MM = 31,2: 0,8= 39. Vậy M là Kali.

0,25

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

*Thí sinh làm cách khác nhưng đúng thì vẫn cho điểm tối đa. -----HẾT----KỲ THI OLYMPIC

Môn: HÓA HỌC - Lớp 10

Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề) ĐỀ THAM KHẢO (Đề thi có 02 trang) Cho biết nguyên tử khối: O= 16; H= 1; N= 14; C= 12; Ca= 40; K= 39; Cl= 35,5; S= 32; Fe= 56; Zn= 65; P= 31; Cu= 64; F= 19; Br= 80; I= 127; Ba= 137; Mg= 24; Mn= 55. Câu 1: (4 điểm) 1.1. (2 điểm). Một nguyên tử thuộc nguyên tố X có 11 electron thuộc các phân lớp p. X có hai đồng vị là X1 và X2, trong đó X2 nhiêu hơn X1 2 nơtron. Trong đồng vị X2 có số hạt mang điện gấp 1,7 lần hạt không mang điện. a. Viết cấu hình electron và xác định vị trí của X trong bảng tuần hoàn. b. Xác định phần trăm số nguyên tử từng đồng vị của X biết nguyên tử khối trung bình của X là 35,48. c. Xác định phần trăm khối lượng của đồng vị X2 trong KXO3 (với nguyên tử khối trung bình trong KXO3 là K=39, O=16). 1.2(2 điểm). Cho 2 nguyên tử của 2 nguyên tố X và Y mà electron cuối cùng có bộ bốn số lượng tử như sau: X : n=2, ℓ=1, mℓ = -1, ms = -

Y : n=2, ℓ=1, mℓ = +1, ms =

. Trang 14

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(Với giá trị của mℓ chạy từ âm sang dương). a. Xác định 2 nguyên tố X và Y. b. Xác định trạng thái lai hóa của X và Y trong phân tử H2X và YH3 và vẽ cấu trúc hình học của 2 phân tử trên. c. Cho biết góc liên kết HXH = 104,290 và góc liên kết HYH = 1070. Giải thích vì sao

góc liên kết HXH < HYH. Câu 2: (4 điểm) 2.1 (1 điểm) Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm được mô tả sau: c. Cho một ít bột sắt vào dung dịch H2SO4 loãng dư, đến khi không còn khí thoát ra nữa thu được dung dịch X. Nhỏ từ từ dung dịch X vào dung dịch KMnO4 thấy màu tím bị nhạt dần và mất hẳn. d. Hòa tan Fe3O4 trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư được dung dịch A và khí B mùi hắc. Sục khí B vào dung dịch brom hoặc dung dịch KMnO4 đều thấy các dung dịch này bị nhạt màu. 2.2.(1 điểm).Lập phương trình hóa học các phản ứng oxi hóa khử sau theo phương pháp thăng bằng electron. (hệ số cân bằng là tối giản). a.K2SO3 +KMnO4 +KHSO4 →K2SO4 + MnSO4 +H2O. b.Al + HNO3  → Al(NO3)3 + NxOy + H2O. 2.3.(2 điểm).Để nghiên cứu cân bằng sau ở 250C Cu( r) + 2Fe3+ (dd) Cu2+ (dd) + 2Fe2+ (dd) người ta chuẩn bị dung dịch CuSO4 0,5M ; FeSO4 0,025M, Fe2(SO4)3 0,125M. a. Cho biết chiều của phản ứng b. Tính hằng số cân bằng phản ứng c. Tỉ lệ

[Fe ] có giá trị bao nhiêu để phản ứng đổi chiều. [Fe ] 3+

Cho E0 Cu2+ /Cu = 0,34V; E0 Fe3+ / Fe2+ = 0,77V. Câu 3: (4 điểm). 3.1.A, B, C, D là những hợp chất khác nhau của clo trong đó lần lượt clo có số oxi hóa là -1, -1, +5, và 1. Hãy chọn các chất thích hợp và viết phương trình phản ứng để thực hiện biến hóa sau (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có). A

(1)

(3)

Cl2 (4)

(2) (5)

B (6)

3.2. Để thu được khí clo trong phòng thí nghiệm người ta tiến hành thí nghiệm như hình vẽ bên dưới.

Trang 15

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a. Hãy viết phương trình phản ứng cho thí nghiệm trên. b. Giải thích vai trò của bình 1 và bình 2. Câu 4. (4 điểm). 4.1.(2 điểm). Xét các hệ cân bằng sau : (1) C(r) + H2O(k)CO(k) + H2 (k) ∆ H = 131kJ/mol , (2) CO(k) + H2O(k)CO2(k) + H2(k) ∆ H= -41KJ/mol Các cân bằng dịch chuyển như thế nào khi biến đổi 1 trong các điều kiện sau : a. Tăng nhiệt độ hệ (1) và (2). b. Thêm lượng hơi nước vào hệ (1) và (2). c. Lấy bớt H2 ra khỏi hệ (1) và (2). d.Tăng áp suất chung hệ (1) và (2). 4.2. (2 điểm). Đốt cháy etan ( C2H6 )thu sản phẩm là khí CO2 và H2O ( lỏng ) ở 25°C.

a. Viết phương trình nhiệt hoá học của phản ứng xảy ra. Hãy xác định nhiệt hình thành etan và năng lượng liên kết C=O. Biết khi đốt cháy 1 mol etan toả ra lượng nhiệt là 1560,5KJ. Và : ∆Hht ( KJ.mol-1) Liên kết Năng lượng liên kết ( KJ.mol-1 ) CO2 -393,5 C–C 347 H2O (l) -285,8 H–C 413 O2 0 H–O 464 O=O 495 b. Phản ứng có ∆G° = -1467,5 ( KJ.mol-1). Hãy tính độ biến thiên entropi của phản ứng đã cho theo đơn vị J.mol-1.K-1.

Câu 5. (4 điểm). 5.1. (2điểm). Cho khí Cl2 vào 100 ml dung dịch NaI 0,2M (dung dịch A). Sau đó, đun

sôi để đuổi hết I2. Thêm nước để được trở lại 100 ml (dung dịch B). a. Biết thể tích khí Cl2 đã dùng là 0,1344 lít (đktc). Tính nồng độ mol/l của mỗi muối trong dung dịch B? b. Thêm từ từ vào dung dịch B một dung dịch AgNO3 0,05M. Tính thể tích dung dịch AgNO3 đã dùng, nếu kết tủa thu được có khối lượng bằng: (1) Trường hợp 1: 1,41 gam kết tủa. (2) Trường hợp 2: 3,315 gam kết tủa. Chấp nhận rằng AgI kết tủa trước. Sau khi AgI kết tủa hết, thì mới đến AgCl kết tủa. c. Trong trường hợp khối lượng kết tủa là 3,315 gam, tính nồng độ mol/l của các ion trong dung dịch thu được sau phản ứng với AgNO3. Trang 16

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

5.2. (2 điểmTrong các nhà máy sản xuất bia, rượu, nước ngọt…nước là một nguyên liệu quan trọng, chất lượng của nước ảnh hưởng trực tiếp đến chất lượng của sản phẩm. Nước được khử trùng bằng clo thường có mùi khó chịu do lượng nhỏ clo dư gây nên. Do vậy mà các nhà máy đó đã sử dụng phương pháp khử trùng nước bằng ozon để nước không có mùi vị lạ. Ozon được bơm vào trong nước với hàm lượng từ 0,5 - 5 g/m3 . Lượng dư được duy trì trong nước khoảng 5 – 10 phút để diệt các vi khuẩn cỡ lớn (như vi khuẩn Kock gây bệnh lao, amip…..). a.Vì sao ozon lại có tính sát trùng? b.Hãy nêu phương pháp nhận biết lượng ozon dư trong nước. c.Tính khối lượng ozon cần dùng để khử trùng lượng nước dùng để sản xuất được 400 lít rượu vang. Biết rằng để sản xuất được 1 lít rượu vang cần dùng hết 5 lít nước. ----------HẾT--------Ghi chú: Học sinh không được sử dụng bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học. Họ và tên học sinh: ………………………………… Số báo danh: ……………..

(HDC này có 08 trang)

KỲ THI OLYMPIC Môn: HÓA HỌC - Lớp 10 HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1. (4 điểm) 1.1. (2 điểm). Một nguyên tử thuộc nguyên tố X có 11 electron thuộc các phân lớp p. X có hai đồng vị là X1 và X2, trong đó X2 nhiêu hơn X1 2 nơtron. Trong đồng vị X2 có số hạt mang điện gấp 1,7 lần hạt không mang điện. a. Viết cấu hình electron và xác định vị trí của X trong bảng tuần hoàn. b. Xác định phần trăm số nguyên tử từng đồng vị của X biết nguyên tử khối trung bình của X là 35,48. c. Xác định phần trăm khối lượng của đồng vị X2 trong KXO3 (với nguyên tử khối trung bình trong KXO3 là K=39, O=16). 1.2(2 điểm). Cho 2 nguyên tử của 2 nguyên tố X và Y mà electron cuối cùng có bộ bốn số lượng tử như sau: Trang 17

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

X : n=2, ℓ=1, mℓ = -1, ms = - . Y : n=2, ℓ=1, mℓ = +1, ms = . (Với giá trị của mℓ chạy từ âm sang dương). d. Xác định 2 nguyên tố X và Y. e. Xác định trạng thái lai hóa của X và Y trong phân tử H2X và YH3 và vẽ cấu trúc hình học của 2 phân tử trên. f. Cho biết góc liên kết HXH = 104,290 và góc liên kết HYH = 1070. Giải thích vì sao

góc liên kết HXH < HYH. Câu

Nội dung Vì X có 11 electron thuộc phân lớp p 1.1.a. ⇒ cấu hình electron phân lớp p của X là: 2p63p5 ⇒ cấu hình electron đầy đủ: 1s22s22p63s23p5. Vị trí của X trong bảng tuần hoàn: Ô số 17 vì có 17 electron ⇒ điện tích hạt nhân bằng 17. Chu kì 3 vì có 3 lớp electron. Nhóm VII A vì cấu hình electron hóa trị là 3s23p5. Trong đồng vị X2 số hạt mang điện là 17.2 = 34 hạt ⇒ số nơtron (hạt không mang điện) là 34:1,7 = 20 hạt. ⇒ số nơtron trong đồng vị X1 là 18 hạt. 1.1.b. Vậy thành phần cấu tạo các đồng vị của X là: Đồng vị số khối nhỏ: 17 electron, 17 proton, 18 nơtron. Đồng vị số khối lớn: 17 electron, 17 proton, 20 nơtron. Thành phần % theo khối lượng: Gọi thành phần % theo số nguyên tử đồng vị nhỏ là x% ⇒ thành phần % theo số nguyên tử đồng vị lớn là (100 – x)%. Áp dụng công thức tính NTKTB ta có: NTKTB (A) = A1.x% + A2. (100 – x)% ⇔ (17+18).x% + (17+20)(100-x)% = 35,48 ⇒ x = 76%. 1 mol KClO3 có 1mol Cl, suy ra có 0,24 mol nên phần trăm khối lượng của 37Cl là 1.1.c.

1.2.a 1.2.b

%37Cl = = 7,25% 4 X: 2p . nguyên tố Oxi. Y: 2p3 nguyên tố Nito. Trạng thái lai hóa của Oxi và Nito trong H2O và NH3 là lai hóa sp3 Vẽ được cấu trúc hình học của H2O và NH3 O N H

Điểm 0.5

0,5

0,25

0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 Trang 18

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1.2.c

Trong H2O còn 2 obitan lai hóa chưa tham gia liên kết gây hiệu ứng đẩy electron nên làm góc liên kết HOH bị ép lại nên chỉ còn 104,290. Trong NH3 còn 1 obitan lai hóa chưa tham gia liên kết nên cũng gây hiệu ứng đẩy e, tuy nhiên sự đẩy e yếu hơn nên góc HNH mặc dù nhỏ hơn 109028’ nhưng vẫn lớn hơn góc HOH.

0,5

Câu 2: (4 điểm) 2.2 (1 điểm) Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm được mô tả sau: e. Cho một ít bột sắt vào dung dịch H2SO4 loãng dư, đến khi không còn khí thoát ra nữa thu được dung dịch X. Nhỏ từ từ dung dịch X vào dung dịch KMnO4 thấy màu tím bị nhạt dần và mất hẳn. f. Hòa tan Fe3O4 trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư được dung dịch A và khí B mùi hắc. Sục khí B vào dung dịch brom hoặc dung dịch KMnO4 đều thấy các dung dịch này bị nhạt màu. 2.2. (1 điểm). Lập phương trình hóa học các phản ứng oxi hóa khử sau theo phương pháp thăng bằng electron. (hệ số cân bằng là tối giản). a.K2SO3 +KMnO4 +KHSO4 →K2SO4 + MnSO4 +H2O. b.Al + HNO3  → Al(NO3)3 + NxOy + H2O. 2.3.(2 điểm).Để nghiên cứu cân bằng sau ở 250C Cu( r) + 2Fe3+ (dd) Cu2+ (dd) + 2Fe2+ (dd) người ta chuẩn bị dung dịch CuSO4 0,5M ; FeSO4 0,025M; Fe2(SO4)3 0,125M a. Cho biết chiều của phản ứng b. Tính hằng số cân bằng phản ứng c. Tỉ lệ Cho Câu 2 2.1.a

2.1.b

2.2.a

[Fe ] có giá trị bao nhiêu để phản ứng đổi chiều. [Fe ] 3+

E0 Cu2+ /Cu = 0,34V; E0 Fe3+ / Fe2+ = 0,77V. Nội dung

Điểm

0,25 Fe + H2SO4→ FeSO4 + H2. 10FeSO4 + 2KMnO4 8H2SO4→ 5Fe2(SO4)3 + K2SO4 + 2MnSO4 + 0,25 8H2O. 0,25 2Fe3O4 + 10H2SO4 (đặc nóng)→ 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O Khí A là SO2: 0,125 SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr 0,125 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4+ 2H2SO4 0,5 5x S+4→ S+6 + 2e 2x Mn+7 +5e → Mn+2 5K2SO3 +2 KMnO4 +6 KHSO4 →9K2SO4 + 2MnSO4 + 3 H2O.

Trang 19

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2.2.b

2.3.a

5x-2y Al → Al+3 + 3e 3 xN+5 + (5x-2y)e → Nx+2y/x → (5x-2y)Al(NO3)3 + 3NxOy (5x-2y)Al +(18x-6y)HNO3  3y)H2O [Cu2+] = 0,5M; [Fe2+] = 0,025M; [Fe3+] = 0,125 2 = 0,25M E Fe3+ / Fe2+ = 0,77 + 0,059 lg

0,5 + (9x-

= 0,829V

0,25 0,25

E Cu / Cu = 0,34 +

lg 0,5 = 0,331V

Vì : E Fe3+ / Fe2+> E Cu2+ / Cu nên phản ứng xảy ra theo chiều thuận

0,25 0,25

Cu(r) + 2Fe

Cu + 2Fe

2 ( 0,77 – 0,34 ) b/ Lg K

= 14

. 0,059

0,5

K = 3,77.10 c/ Đổi chiều phản ứng phải có : E Cu2+ / Cu > E Fe3+ / Fe2+ [Fe3+] 0,331 > 0,77 + 0,059 lg [ Fe2+]

[Fe3+] [ Fe2+]

0,5 -8

<3,6.10 lần

Câu 3: (4 điểm). 3.3. A, B, C, D là những hợp chất khác nhau của clo trong đó lần lượt clo có số oxi hóa là -1, -1, +5, và -1. Hãy chọn các chất thích hợp và viết phương trình phản ứng để thực hiện biến hóa sau (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có). A

(1)

(3)

Cl2 (4)

(2) (5)

B (6)

D Trang 20

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3.4. Để thu được khí clo trong phòng thí nghiệm người ta tiến hành thí nghiệm như hình vẽ bên dưới.

c. Hãy viết phương trình phản ứng cho thí nghiệm trên. d. Giải thích vai trò của bình 1 và bình 2. Câu 3 Nội dung A: KCl B. NaCl C. KClO3. D. HCl. dpnc  → 2K + Cl2 (1) 2KCl (2) Cl2 + 2Na → 2NaCl to 3.1 (3) 2KClO3→ 2KCl +o 3 O2 t (4) Cl2 + 6KOH 5KCl + KClO3 + 3H2O. (5) MnO2 + 4HCl MnCl2 + Cl2 + 2H2O. to (6) NaCl + H2SOo4 đặc NaHSO4 + HCl t MnO2 + 4HCl MnCl2 + Cl2 + 2H2O. 3.2.a

Điểm 0,5 Mỗi phương trình 0,25 điểm 1 (thiếu đk -0,25 điểm)

Trong khí thoát ra khỏi bình có Cl2 và HCl, để loại bỏ HCl dẫn 0,5 qua bình đựng dung dịch NaCl 3.2.b. Khí thoát ra khỏi bình NaCl có hơi nước, bình H2SO4 đặc hấp 0,5 thụ nước và chỉ còn clo thoát ra. Câu 4. (4 điểm). 4.1.(2 điểm). Xét các hệ cân bằng sau : (1) C(r) + H2O(k) CO(k) + H2 (k) ∆ H = 131kJ/mol , (2) CO(k) + H2O(k) CO2(k) + H2(k) ∆ H= - 41KJ/mol Các cân bằng dịch chuyển như thế nào khi biến đổi 1 trong các điều kiện sau : a. Tăng nhiệt độ hệ (1) và (2). b. Thêm lượng hơi nước vào hệ (1) và (2). c. Lấy bớt H2 ra khỏi hệ (1) và (2). d. Tăng áp suất chung hệ (1) và (2). 4.2. (2 điểm). Đốt cháy etan ( C2H6 )thu sản phẩm là khí CO2 và H2O ( lỏng ) ở 25°C. a. Viết phương trình nhiệt hoá học của phản ứng xảy ra. Hãy xác định nhiệt hình thành etan và năng lượng liên kết C=O. Biết khi đốt cháy 1 mol etan toả ra lượng nhiệt là 1560,5KJ. Và : ∆Hht ( KJ.mol-1) Liên kết Năng lượng liên kết ( KJ.mol-1 ) CO2 -393,5 C–C 347 H2O (l) -285,8 H–C 413 Trang 21

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

H–O O=O

464 495

e. Phản ứng có ∆G° = -1467,5 ( KJ.mol-1). Hãy tính độ biến thiên entropi của phản ứng đã cho theo đơn vị J.mol-1.K-1. Câu 4 Nội dung Điểm (1) Thuận (2) nghịch 4.1a 0,5 (1) Thuận (2) thuận 4.1.b 0,5 (1) Thuận (2) thuận 4.1.c 0,5 (1) Nghịch (2) không đổi 4.1.d 0,5 7 2

. C2 H6 + O2

 → 2CO2

+3H2O

∆H = - 1560,5 KJ

( 2C2H6 +7O2  → 4CO2 +6H2O ∆H = - 3121 KJ ) ∆Hpư = 4 ∆HhtCO2 + 6 ∆HhtH2O - 7∆HhtO2 - 2 ∆HhtC2H6 4.2 4.2.a

∆HhtC2H6 =

0,25

[4(− 393,5) + 6(− 285,8) − (− 3121)] = - 83,9 ( KJ.mol-1) 2

∆Hpư = 2 EC – C + 12 EC – H + 7EO=O - 8 EC = O - 12 EH – O EC = O =

0,25

0,5

[2x347 + 12 x 413 + 7 x 495 − 12 x 464 − (− 3121)] = 833( KJ.mol8

)

0,5

∆G° = ∆H° - T∆S° 4.2.b

∆S° =

[− 1560,5 − (− 1467,5)] = - 0,312 (kJ.mol-1K-1) = -312 J.mol-1.K-1 (25 + 273)

0,5

Câu 5. (4 điểm). 5.1. (2điểm). Cho khí Cl2 vào 100 ml dung dịch NaI 0,2M (dung dịch A). Sau đó, đun sôi để đuổi hết I2. Thêm nước để được trở lại 100 ml (dung dịch B). a. Biết thể tích khí Cl2 đã dùng là 0,1344 lít (đktc). Tính nồng độ mol/l của mỗi muối trong dung dịch B? b. Thêm từ từ vào dung dịch B một dung dịch AgNO3 0,05M. Tính thể tích dung dịch AgNO3 đã dùng, nếu kết tủa thu được có khối lượng bằng: (1) Trường hợp 1: 1,41 gam kết tủa. (2) Trường hợp 2: 3,315 gam kết tủa. Chấp nhận rằng AgI kết tủa trước. Sau khi AgI kết tủa hết, thì mới đến AgCl kết tủa. c. Trong trường hợp khối lượng kết tủa là 3,315 gam, tính nồng độ mol/l của các ion trong dung dịch thu được sau phản ứng với AgNO3. 5.2. (2 điểm)Trong các nhà máy sản xuất bia, rượu, nước ngọt…nước là một nguyên liệu quan trọng, chất lượng của nước ảnh hưởng trực tiếp đến chất lượng của sản phẩm. Nước được khử trùng bằng clo thường có mùi khó chịu do lượng nhỏ clo dư gây nên. Do vậy mà các nhà máy đó đã sử dụng phương pháp khử trùng nước bằng ozon để nước không có mùi vị lạ. Ozon được bơm vào trong nước với hàm lượng từ 0,5 - 5 g/m3 . Lượng dư được duy trì trong nước khoảng 5 – 10 phút để diệt các vi khuẩn cỡ lớn (như vi khuẩn Kock gây bệnh lao, amip…..). a. Vì sao ozon lại có tính sát trùng và vì sao lượng dư ozon lại có tính diệt khuẩn cỡ lớn. Trang 22

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b. Hãy nêu phương pháp nhận biết lượng ozon dư trong nước. c. Tính khối lượng ozon cần dùng để khử trùng lượng nước dùng để sản xuất được 400 lít rượu vang. Biết rằng để sản xuất được 1 lít rượu vang cần dùng hết 5 lít nước. Câu 5 5.1.a

Nội dung nCl2 =

Điểm

0,1344 = 0,006(mol ) 22,4

Cl2 + 2NaI → 2NaCl + I2 0,006 0,012 0,012 n NaIbd = 0,2.0,1 = 0,02(mol)

0,5

Vậy Cl2 hết, NaI dư → dd B chứa NaCl: 0,012 mol NaI : 0,008 mol C M NaCl = 0,12(mol )

5.1.b

= 0,08(mol )

; M Để biết chỉ có AgI kết tủa hay cả hai AgI và AgCl kết tủa, ta dùng 2 mốc để so sánh. Mốc 1: AgI kết tủa hết, AgCl chưa kết tủa. 0,008 mol NaI → 0,008 mol AgI↓ m1= mAgI = 0,008.235 = 1,88 gam Mốc 2: AgI và AgCl đều kết tủa hết 0,012mol NaCl → 0,012 mol AgCl↓ m2= 1,88 + 0,012.143,5 = 3,602 gam m↓= 1,41 gam 1,41 < m1= 1,88 gam vậy chỉ có AgI kết tủa. n AgI =

NaI

0,006 1,41 V AgNO3 = = 0,12(l ) = 0,006( mol ) n AgNO3 = 0,006(mol ) 0 , 05 235 Vậy →

m↓ = 3,315 gam m1= 1,88 < 3,315 < m2= 3,602 Vậy AgI kết tủa hết và AgCl kết tủa một phần mAgCl = 3,315 –1,88 = 1,435 gam nAgCl = 1,435/143,5 = 0,01 mol Số mol AgNO3 = 0,008 + 0,01 = 0,018 mol V AgNO3 =

5.2.a

0,018 = 0,36(l ) 0,05

Vì ozon có tính oxi hóa mạnh nên khi đi vào trong nước chúng phá hủy cấu trúc của vi khuẩn, vi rút, các chất gây mùi, các chất hóa học, các kim loại nặng tồn dư. Lượng ozon còn dư sẽ phân hủy chậm thành O2 và O (cũng có tính oxi hóa mạnh) nên tăng hàm lượng oxi trong nước và đồng thời oxi nguyên tử sẽ diệt các vi khuẩn cỡ lớn.

0,25

0,5

0,5 0,75

Trang 23

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

5.2.b

5.2.c

Dùng dung dịch KI có sẵn hồ tinh bột, nếu chuyển dung dịch sang màu xanh thì chứng tỏ có ozon. 2KI + O3 + H2O → 2KOH + I2 + O2. I2 + tinh bột → dung dịch màu xanh. 1 lit rượu vang cần 5 lit nước → 400 lit rượu vang cần 2000 lit nước (2m3) Nên lượng ozon cần dùng từ 1-10 gam ozon.

0,75

0,5

----------HẾT--------Ghi chú: Học sinh không được sử dụng bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học. Họ và tên học sinh: ………………………………… Số báo danh: ……………..

ĐỀ KHẢO SÁT OLYMPIC MÔN HÓA 10. THỜI GIAN: 150 Câu I:5đ I.1-Một hợp chất (A) được cấu tạo từ cation M2+ và anion X− . Trong phân tử MX2 có tổng số proton, nơtron, electron là 186 hạt, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 54 hạt. Số khối của M2+ lớn hơn số khối của X − là 21. Tổng số hạt trong cation M2+ nhiều hơn tổng số hạt trong anion X− là 27. a-Xác định số proton, nơtron và tên nguyên tố của M và X. b-Hãy viết bốn số lượng tử ứng với electron cuối cùng của M và X. c-Xác định vị trí của M và X trong bảng tuần hoàn. I. 2-M và R là các nguyên tố thuộc phân nhóm chính (nhóm A), có thể tạo với hiđro các hợp chất MH và RH. Gọi X và Y lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của M và R. Trong Y, R chiếm 35,323% khối lượng. Để trung hòa hoàn toàn 50 gam dung dịch 16,8% X cần 150 ml dung dịch Y 1M. Xác định các nguyên tố M và R. I.3. Để hoà tan hoàn toàn a mol một kim loại cần một lượng vừa đủ a mol H2SO4, sau phản ứng thu được 31,2 gam muối sunfat và khí X. Toàn bộ lượng khí X này làm mất màu vừa đủ 500 ml dung dịch Br2 0,2M. Xác định tên kim loại. Câu II. 2đ II.1: Bật tia lửa điện để đốt cháy hỗn hợp X gồm O2 và H2 với hiệu suất phản ứng là 90% sau phản ứng đưa hỗn hợp về 200C được hỗn hợp khí Y có tỷ khối so với H2 bằng 88/73. Tính thành phần trăm thể tích các khí trong X (thể tích chất lỏng là không đáng kể). II.2-Cho bảng giá trị một số đại lượng của các đơn chất halogen sau: Đơn chất F2 Cl2 Br2 I2

Nhiệt độ sôi (oC) - 187,9 - 34,1 58,2 184,5

Năng lượng liên kết X – X (kJ/mol) 159 242 192 150

Độ dài liên kết X – X (Ao) 1,42 1,99 2,28 2,67 Trang 24

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Nhận xét và giải thích sự biến đổi: nhiệt độ sôi, năng lượng liên kết và độ dài liên kết cho trên. Câu III: 6đ III.1- Viết phương trình phản ứng xảy ra trong những trường hợp sau: a.Ozon oxi hóa dung dịch KI trong môi trường trung tính. b.Sục khí CO2 qua nước Javel. c. Cho nước clo qua dung dịch KI dư. d. Sục khí SO2 vào dung dịch thuốc tím. e. Sục clo đến dư vào dung dịch FeBr2.

III.2-Cho hỗn hợp khí A gồm H2 và CO có cùng số mol. Người ta muốn điều chế H2 từ hỗn hợp A bằng cách chuyển hóa CO theo phản ứng: CO(K) + H2O(K) == CO2(K) + H2(K) Hằng số cân bằng KC của phản ứng ở nhiệt độ thí nghiệm không đổi (t0C) bằng 5. Tỷ lệ số mol ban đầu của CO và H2O bằng 1: n. Gọi a là % số mol CO bị chuyển hóa thành CO2. 1. Hãy thiết lập biểu thức liên quan giữa n, a và KC. 2. Cho n = 3, tính thành phần % thể tích CO trong hỗn hợp khí cuối cùng (ở trạng thái cân bằng). 3. Muốn thành phần % số mol CO trong hỗn hợp khí cuối cùng nhỏ hơn 1% thì n phải có giá trị bao nhiêu? III.3-Cho biết nhiệt hình thành chuẩn của CH4(k), C2H6(k) lần lượt bằng -17,89; -20,24, nhiệt thăng hoa của Cgrafit là 170, năng lượng liên kết EH-H là 103,26. Hãy tính nhiệt hình thành chuẩn của C3H8(k). (Các giá trị đều có đơn vị tính là Kcal/mol). Câu IV: 2đ IV.1-Một nhóm học sinh cần một hỗn hợp chất có khả năng bùng cháy để biểu diễn trong một đêm câu lạc bộ hóa học. Một số hỗn hợp bột được đề xuất gồm: a) KClO3, C, S. b) KClO3, C. c) KClO3, Al. Hỗn hợp nào có thể dùng, hãy giải thích. IV.2- Từ muối ăn điều chế được dung dịch có tính tẩy màu, từ quặng florit điều chế được chất có thể ăn mòn thủy tinh, từ I2 điều chế một chất pha vào muối ăn để tránh bệnh bướu cổ cho người dùng, từ O2 điều chế chất diệt trùng. Em hãy viết phương trình phản ứng điều chế các chất như đã nói ở trên, biết mỗi chất chỉ được viết một phương trình phản ứng. Câu V: 5đ 1) Mô tả dạng hình học (không vẽ hình) và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm trong các phân tử và ion sau: BCl3, NH3, SF6, SO2, I3-. 2)2,0 đ) Amoni hidrosunfua kém bền, dễ phân huỷ thành NH3 (k) và H2S (k). Cho biết: T= (t0C + 273) K; R= 8,314 J/(K.mol). Hợp chất NH4HS (r) NH3(k)

H0 (kJ/mol) − 156,9 − 45.9

S0 (J/(K.mol)) 113,4 192,6 Trang 25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

H2S (k) 205,6 − 20,4 0 a. Tính ∆H 298, ∆S 298 và ∆G 298 của phản ứng trên. b. Tính hằng số cân bằng Kp tại 250C của phản ứng trên. 3) Cho 50g dung dịch MX(M là kim loại kiềm, X là halogen) 35,6 % tác dụng với 10g dung dịch AgNO3 thu được kết tủa AgX. Lọc kết tủa được dung dịch nước lọc, biết nồng độ MX trong dung dịch sau thí nghiệm giảm 1,2 lần so với nồng độ đầu. 0

3.1) Tìm M và X. 3.2) Trong phòng thí nghiệm có chứa một lượng X2 rất độc hãy nêu phương pháp loại bỏ khí X2. Viết phương trình hoá học xảy ra. 3.3) X2 tác dụng với CO tạo ra hợp chất Y, chất Y tác dụng với H2O tạo ra khí Z. Viết các phương trình hóa học xảy ra.

ĐÁPÁN : Câu I: 1. 2p+n= 186 2p-n= 54 0,5đ p=60= Px+ 2Py n = 66=Nx+ 2Ny 0,5đ (Px+Nx) –(Py+Ny) = 21 (2Px+Nx -2) –(2Py +Ny+1) =27 Px= 26, Py= 17 0,5đ X : n=3,l=2, ml= -2, ms = -1/2 Y; n=3, ml=1, ml=0, ms = -1/2 0,5đ 2. Hợp chất với hiđro có dạng RH nên R có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA. Trường hợp 1 : Nếu R thuộc nhóm IA thì Y có dạng ROH 0,25 R 35,323 Ta có : = ⇒ R = 9,284 (loại do không có nghiệm thích hợp) 17 64,677 Trường hợp 2 : R thuộc nhóm VIIA thì Y có dạng HRO4 R 35,323 Ta có : 0,25 = ⇒ R = 35,5 , vậy R là nguyên tố clo (Cl). 65 64,677 Do hiđroxit của R (HClO4) là một axit, nên hiđroxit của M phải là một bazơ dạng MOH 0,25 16,8 mX = × 50 gam = 8,4 gam 100 MOH + HClO4→ XClO4 + H2O ⇒ n MOH = n HClO 4 = 0,15 L × 1 mol / L = 0,15 mol 0,25 8,4 gam ⇒ M + 17 = = 56 0,15 mol ⇒ M = 39 , vậy M là nguyên tố kali (K). 0,25 3. Khí X có khả năng làm mất màu dung dịch nước brom nên X phải là H2S hoặc SO2. 0,25 Giả sử X là H2S, ta có phương trình phản ứng: 8R + 5nH2SO4 → 4R2(SO4)n + nH2S + 4nH2O 5n 8 Theo ptpu: n H 2 SO4 = nR. Theo bài ra: n H 2 SO4 = nR → 5n = 8 → n = . 0,25 8 5 Vậy khí X đã cho là khí SO2. Và ta có phương trình phản ứng: Trang 26

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 2R + 2nH2SO4 → R2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O Ta có: 2 =2n n =1 Phương trình (1) được viết lại: 2R + 2H2SO4 → R2SO4 + SO2 + 2H2O * Cho khí X phản ứng với dung dịch Br2 xảy ra phản ứng sau: SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr (2) 0,5 Theo (2): n SO2 = n Br2 = 0,5.0,2 = 0,1(mol); theo (*): nR2SO4 = n SO2 = 0,1(mol) Theo bài ra khối lượng của R2SO4 = 31,2g → M R2 SO4 =

31, 2 = 312 → MR = 108 (R là Ag). 0,1

0,5

Câu II: 1-Xét 1 mol X gọi số mol O2 và H2 lần lượt là a và b ta có a+b=1 (1) Hỗn hợp sau phản ứng đưa về 200C nên chỉ có O2 dư và H2 dư có M=2*88/73 ≈ 2,41 ⇒ nếu phản ứng hoàn toàn thì H2 dư. 0,25 ⇒ số mol O2 đã phản ứng là 0,9a O2 + 2H2 2H2O a b ban đầu phản ứng 0,9a 2*0,9a Sau phản ứng 0,1a (b-1,8a) 1,8a ⇒ Số mol hỗn hợp giảm là 2,7a ; Khối lượng khí giảm so với ban đầu là 18*2*0,9ª 0,5 88 32a + 2b − 18 * 2 * 0,9a Ta có 2* (2) = 73 1 − 2,7a Từ (1) và (2) ta có a=0,1 b=0,9 Hỗn hợp X có 10% thể tích là O2 và 90% thể tích là H2. 0,25 2-Từ bảng ta nhận thấy các giá trị sau: nhiệt độ sôi, độ dài liên kết tăng dần từ F2 đến I2. Năng

lượng liên kết từ F2 đến Cl2 tăng lên rồi sau đó giảm dần từ Cl2 đến I2. Giải thích: - Từ F2 đến I2 vì khối lượng phân tử tăng nên nhiệt độ sôi tăng. Độ dài liên kết tăng từ F2 đến I2 do bán kính nguyên tử tăng từ F đến I. 0,5 Năng lượng liên kết của F2 bé hơn của Cl2 bởi vì trong phân tử Cl2 ngoài liên kết tạo bởi sự xen phủ của hai obitan p thì còn có sự xen phủ của obitan d và obitan p mà ở trong phân tử F2 không có xen phủ của obitan d. 0,5 Câu III. 1. 1,5 a. O3 + 2I- + H2O → O2 + I2 + 2OHb. CO2 + NaClO + H2O → NaHCO3+ HclO c. Cl2 + 2KI → 2KCl + I2 ; Nếu KI còn dư: KI + I2 → KI3 d. 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O→ 2MnSO4 + K2SO4 + 2H2SO4 c. 2FeBr2 + 3Cl2 → 2FeCl3 + 2Br2 ; 5Cl2 + Br2 + 6H2O → 2HBrO3 + 10HCl 2Cho hỗn hợp khí A gồm H2 và CO có cùng số mol. Người ta muốn điều chế H2 đi từ hỗn hợp A bằng cách chuyển hóa CO theo phản ứng: CO(K) + H2O(K) == CO2(K) + H2(K) Hằng số cân bằng KC của phản ứng ở nhiệt độ thí nghiệm không đổi (t0C) bằng 5. Tỷ lệ số mol ban đầu của CO và H2O bằng 1: n. Gọi a là % số mol CO bị chuyển hóa thành CO2. 1. Hãy thiết lập biểu thức liên quan giữa n, a và KC.

Trang 27

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2. Cho n = 3, tính thành phần % thể tích CO trong hỗn hợp khí cuối cùng (ở trạng thái cân bằng). 3. Muốn thành phần % số mol CO trong hỗn hợp khí cuối cùng nhỏ hơn 1% thì n phải có giá trị bao nhiêu?

CO + H2O ↔ CO2 + H2 1.1. Xét cân bằng: Trước phản ứng 1 n 0 1 a a a a Phản ứng Sau phản ứng 1-a n-a a 1+a Tổng số mol sau phản ứng : (1-a) + (n-a) + a + (1+a) = n + 2 KC =

[CO2 ][H 2 ] = a(1 + a) [CO][H 2 0] (1 − a)(n − a)

1đ

1.2. Vì ta có % thể tích CO trong hỗn hợp x= 1 − a ⇒ a= 1-Nx N

(N = n+2)

Khi n = 3 thay a vào Kc, thay số vào, rút gọn 100x2 + 65x – 2 = 0 1đ Giải phương trình: x = 2,94% 1.3. Muốn x = 1% thay a= 1-Nx và thay tiếpvào Kc ta có phương trình. 5,04 N2 – 12N – 200 = 0 Giải phương trình: N = 7,6 tức n = 5,6 Vậy để % VCO trong hỗn hợp < 1% thì n phải cógiá trị lớn hơn 5,6. 1đ

2Từ giả thiết ta có: C(gr) + 2H2(k) → CH4(k) (1) ∆H1 = -17,89 (Kcal/mol) 2C(gr) + 3H2(k) → C2H6(k) (2) ∆H2 = -20,24 (Kcal/mol) C(gr) → C(k) (3) ∆H3 = 170 (Kcal/mol) H2(k) → 2H(k) (4) ∆H4 = 103,26 (Kcal/mol) CH4(k) → C(k) + 4H(k) (5) ∆H5 + ta có (5)= -(1)+(3)+2(4) Nên ∆H5 = -∆H1 + ∆H3 + 2∆H4 = 394,41 = 4 EC-H⇒EC-H = 98,6025(Kcal/mol). C2H6(k) → 2C(k) + 6H(k) (6) ∆H6 + ta có (5)= -(2)+2(3)+ 3(4) Nên ∆H6 = -∆H2 + 2∆H3 + 3∆H4 = 6 EC-H + EC-C ⇒EC-C = 78,405(Kcal/mol). C3H8(k) → 3C(k) + 8H(k) (7) ∆H7 ∆H7 = 8 EC-H + 2EC-C = 945,63(Kcal/mol) ⇒ 3C(gr) + 4H2(k) → C3H8(k) (8) ∆H8 Ta có (8)= -(7)+3(3)+ 4(4) ∆H8 = -∆H7 + 3∆H3 + 4∆H4 = -22,59 (Kcal/mol) Đáp án nhiệt hình thành chuẩn của C3H8(k) là -22,59 (Kcal/mol) 1,5đ Câu IV: 1- Cả ba hỗn hợp đều có thể dùng được. 2- Vì mỗi hỗn hợp trên đều có ít nhất một chất oxi hóa mạnh và một chất khử. * NaCl + H2O điện phân NaClO + H2. * CaF2 rắn + H2SO4 đặc CaHSO4 + HF * I2 + 2K 2KI UV * 3O2 2O3

0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25

Trang 28

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Các chất cần tạo ra là NaClO, HF, I- hoặc IO3-, O3 học sinh có thể viết Phương trình phản ứng khác.

Câu V: 1.

NỘI DUNG Dạng hình học của các phân tử: BCl3: có dạng tam giác đều, B có lai hóa sp2. NH3: có dạng chóp tam giác, N có lai hóa sp3 SF6: có dạng bát diện, S có lai hóa sp3d2. SO2: có dạng chữ V, S có lai hóa sp2. I3-:có dạng đường thẳng, I lai hóa sp3d.

a. ∆H0 = − 45,9−20,4− (−156,9) = 90,6 kJ/mol ∆S0 = 192,6 + 205,6 − 113,4 = 284,8 J/K.mol ∆G0 = ∆H0− T.∆S0 = 90600 − 298 .284,8 = 5729,6 J/mol hay 5,7296 kJ/mol. → − 5729,6 = − 8,314. 298.ln Ka. b. ∆G0 = − RT.ln Ka  2 ⇒ Ka = 0,099= Kp = 0,099 atm .

ĐIỂM 0,2 0,2 0,2 0,2 0,2

0,5 0,5 0,5

0,5

V.3

NỘI DUNG Theo giả thiết ta có khối lượng MX ban đầu là 17,8 gam. PTHH MX + AgNO3 --> AgX + MNO3 (1) Gọi a là số mol của MX tham gia phản ứng (1), ta có khối lượng kết tủa là: a(108 + X) => khối lượng dung dịch sau phản ứng là: 60 – a(108+X) 17,8 − a ( M + X ) 35, 6 => nồng độ MX trong dung dịch sau phản ứng là: .100 = 60 − a (108 + X ) 1, 2 Từ đó ta có: 1,2(M+X) = 0,356(108+X) Lập bảng xét các giá trị của X = 35,5; 80; 127 chỉ có nghiệm thích hợp là X = 35,5 và M = 7,0 tương ứng với X là clo, M là liti và công thức hợp chất là LiCl b) Để loại bỏ một lượng nhỏ khí Cl2 trong phòng thí nghiệm cần phải bơm một lượng khí NH3 vào. PTHH: NH3 + Cl2 → N2 + HCl HCl + NH3 → NH4Cl PTHH: CO + Cl2 →COCl2 COCl2 + H2O → 2HCl + CO2

ĐIỂM 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Trang 29

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

KỲ THI OLYMPIC LỚP 10. MÔN THI: HÓA HỌC THỜI GIAN LÀM BÀI: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I(4đ). Cho X, Y là hai phi kim. Trong nguyên tử X và Y có số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện lần lượt là 14 và 16. Biết trong hợp chất XYn : - X chiếm 15,0486% về khối lượng. - Tổng số proton là 100. - Tổng số nơtron là 106. 1) Xác định X và Y. 2) Xác định công thức cấu tạo của XYn, kiểu lai hóa của nguyên tố X và dạng hình học của phân tử XYn. Câu II(4đ). 1) Hoàn thành và cân bằng các phản ứng hóa học sau theo phương pháp thăng bằng electron: a) Mg + HNO3 → Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O (biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1 : 2: 1) b) M2(CO3)n + HNO3 đặc, nóng → M(NO3)m + NO2 + CO2 + H2O. 2) Cho Fe3+ + 1e → Fe2+ E0 = 0,771 V + Ag + 1e → Ag E0 = 0,799 V Người ta ráp một pin theo sơ đồ: Ag / Ag+ || Fe2+ / Fe3+ / Pt. Với [Fe2+] = [Fe3+] = 0,1M. a. Khi nồng độ Ag+ bằng bao nhiêu thì sức điện động của pin bằng 0? b. Tính hằng số cân bằng của phản ứng: Fe2+ + Ag+ ⇄ Fe3+ + Ag ở 25oC. Câu III. (4đ) 1. Từ KMnO4, NaHCO3, Fe, CuS, NaHSO3, FeS2 và dung dịch HCl đặc có thể điều chế được những khí gì? Viết phương trình hoá học. 2. Khi điều chế các khí trên thường có lẫn hơi nước, để làm khô tất cả các khí đó chỉ bằng một hoá chất thì nên chọn chất nào trong số các chất sau đây: CaO, CaCl2 khan, H2SO4 đặc, P2O5, NaOH rắn. Giải thích (Không cần viết phương trình hoá học). Câu IV4đ). Cho phản ứng : 2SO2 (k) + O2 (k) ⇄ 2SO3 (k) H = - 198 kJ 1) Để tăng hiệu suất quá trình tổng hợp SO3, người ta có thể sử dụng biện pháp nào liên quan đến áp suất, nhiệt độ và chất xúc tác ? Giải thích ? 2) Cho 10,51 mol khí SO2 và 37,17 mol không khí (20% về thể tích là O2 còn lại là N2) có xúc tác là V2O5. Thực hiện phản ứng ở 427oC, 1 atm thì phản ứng đạt hiệu suất 98%. Tính hằng số cân bằng KC, KP của phản ứng ở 427oC. Câu V(4đ). Nung a gam hỗn hợp X gồm Fe và S trong điều kiện không có không khí cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được chất rắn Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. Cho phần 1 tác dụng với dung dịch HCl dư thu được hỗn hợp khí Z có d Z H 2 =13. 1. Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong X. 2. Cho phần 2 tác dụng hết với 55 gam dung dịch H2SO4 98%, đun nóng thu được V lít khí SO2 (đktc) và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng hết với dung dịch BaCl2 dư tạo thành 58,25 gam kết tủa. Tính a, V.

Trang 30

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(Học sinh được dùng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố ) HẾT

ĐÁP ÁN Câu 1(4đ). 1. (3đ) Theo đề:

Điểm PX + nPY = 100 NX + nNy = 106

Từ (1) và (2) → AX + nAY = 206 Mặt khác: AX : (AX + nAY) = 15,0468 : 100 Từ (3) và (4) → AX = 31 Trong nguyên tử X: 2PX – NX = 14 Từ (5) và (6) → PX = 15, NX = 16 → X là P Thay PX và NX vào (1) và (2) ta được: n(NY – PY) = 5 Trong Y có: 2PY – Ny = 16 → NY = 2PY - 16 Từ (7) và (8) → PY = (5 + 16n) : n → n = 5, PY = 17 → Y là Cl

(1) (2)

0,25 0,25

(3) (4) (5) (6)

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,50

(7) (8)

2. (1đ) Viết được CTCT của PCl5 Nguyên tử P lai hóa sp3d Dạng lưỡng tháp tam giác Câu II(4đ) 1. (2đ) Hoàn thành đúng mỗi ptpư : 1 điểm (x2) = ( Viết được các quá trình oxi hóa và quá trình khử: 0,5đ; đúng hệ số: 0,5đ/ 1 pt) 2. (2đ) a, Thế điện cực Fe3+/Fe2+ là: E1 = E01 + 0,059lg([Fe3+]/[Fe2+] = 0,771 (1) Thế điện cực Ag là E2 = E02 + 0,059lg[Ag+] (2) 0 + Khi Epin = 0 thì E1 = E2 hay E 2 + 0,059lg[Ag ] = 0,771 (3) Từ (3) → [Ag+] = 0,3353M

(

n E0Oxh − E0Kh

b, Từ KCB = K CB = 10

0,25 0,50 0,25 2,00

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

)

0,059

→ KCB = 100,4746 → K = 2,98 Câu III(4đ). 1. (3đ). Các khí có thể điều chế được gồm O2, H2S, Cl2, CO2, SO2 . Các phương trình hoá học: to 2KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2 → NaCl + H2O + SO2. NaHSO3 + HCl  Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 2KMnO4 + 16HCl → 5Cl2 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O.

0,50 0,50 0,50

Trang 31

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

→ FeCl2 + H2S + S FeS2+ 2HCl  Mỗi ptpư được 0,5đ (x5) =

2,50

2. (1đ). Để làm khô tất cả các khí mà chỉ dùng một hoá chất thì ta chọn CaCl2 khan. Vì chỉ có CaCl2 khan hấp thụ hơi nước mà không tác dụng với các khí đó.

1,00

Câu IV(4đ). 1.(1,5đ). Mỗi yếu tố: 0,5đ (x3) =

1,50 o

- Giảm nhiệt độ của hệ phản ứng (khoảng 500 C là thích hợp: nếu giảm thấp quá thì tốc độ phản ứng chậm). - Tăng áp suất (bằng cách thổi liên tục SO2 và không khí được nén ở áp suất cao vào lò phản ứng). - Xúc tác không ảnh hưởng đến sự chuyển dời cân bằng, nhưng giúp phản ứng nhanh đạt đến trạng thái cân bằng hơn. 2.(2,5đ) 2SO2 (k) + O2⇄ 2SO3 (k) H = - 198 kJ o C 10,51 (mol) 7,434 (mol) 0 C 10,3 (mol) 5,15 (mol) 10,3 (mol) [C] 0,21 (mol) 2,284 (mol) 10,3 (mol) Tổng số mol hỗn hợp ở cân bằng:

0,50

0, 21 + 2, 284 + 10, 3 + 29, 736 = 42, 53 ( mol )

0,25

(Pso3 )2 Pi = xi.P = xi.1 = xi; K P = và K C =K P (RT)- ∆n (Pso 2 )2 .Po 2

0,50

(R = 0,082, T = 427 + 273 = 7000K, n = -1)

⇒ KP =

(10,3) 2 × 42,53 2

(0,21) × 2,284

= 4,48.10 4

và K C = 4, 48 .10 4 × (0,082 × 700 ) −1 = 257 .10 4

0,50 0,75

Câu V(4đ). 1.(2đ).

→ FeS(1) Nung hỗn hợp XS + Fe 

0,50

2x ← 2x Chất rắn Y gồm FeS và Fe dư. Gọi x, y lần lượt là số mol FeS và Fe trong mỗi phần hỗn hợp Y. → FeCl2 + H2S FeS + 2HCl  (2) x mol x mol 0,50 Fe + 2HCl  → FeCl2 + H2 (3) y mol y mol 34 x + 2 y x 3 n 2( x + y ) 4 Ta có: M Y = = 13 × 2 ⇒ = ⇒ Fe = 0,50 = x+ y y 1 nS 2x 3 4 × 56 × 100% % khối lượng của Fe = = 70% 0,25 (4 × 56) + (3 × 32) % khối lượng của S = 30% 0,25

Trang 32

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3. (2đ).Tính a, V . Viết được 4 ptpư Ta có: 2FeS+ 10H2SO4 đặc, nóng → Fe2(SO4)3 + 9SO2 +10H2O (4) x 5x x/2 9x/2 2Fe+ 6H2SO4 đặc, nóng → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (5) y 3y y/2 3y/2 → 2HCl + BaSO4 H2SO4 dư + BaCl2  (6) z z → 2FeCl3 + 3BaSO4 Fe2(SO4)3 + 3BaCl2  (7) (x/2+ y/2) 3(x/2+ y/2) ta có PT: x y 58,25 3( + ) +z= = 0,25 2 2 233 55.98 Số mol H2SO4 đã dùng: 5x + 3y + z = = 0,55 100.98 Giải ra: x = 0,075; y = 0,025 ; z = 0,1 Khối lượng hỗn hợp X= a = 2. [( 0,075 .88 ) + ( 0,025 .56 ) ] = 16 ( g )  9.0,075 3.0,025  Thể tích khí SO2 = V = 22,4 ( + ) = 8,4 (lít) 2 2  

0,50

0,50 0,25 0,25 0,25 0,25

HẾT

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI HỌC SINH GIỎI MÔN THI: HÓA HỌC. LỚP:10 Thời gian: 90 phút( không kể thời gian giao đề)

(đề thi có 2 trang)

Câu I: (4 điểm) I.1. (3đ) Mỗi phân tử XY2 có: - tổng các hạt proton, nơtron, electron bằng 178 - số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 54 - số hạt mang điện của X ít hơn số hạt mang điện của Y là 12. a, Viết cấu hình electron của nguyên tử X,Y và xác định các số lượng tử của electron cuối cùng được điền vào của nguyên tử X và Y b, Xác định vị trí của X và Y trong bảng tuần hoàn, Viết kí hiệu hóa học của X , Y và công thức phân tử XY2 I.2.(1đ)Cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của các phân tử và ion sau: SO2, SO3, SO42-, SF4, BrF5 Câu II: (4 điểm) II.1.(3đ)Cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron: Trang 33

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a. FeO + HNO3 → Fe(NO3)3 + NxOy + H2O b. CuFeS2 + Fe2 (SO 4 )3 + O 2 + H 2O → CuSO 4 + FeSO 4 + H 2SO 4 II.2.(1đ)Cho sơ đồ pin: Cd/Cd2+//Cu2+ /Cu Biết E0Cd2+/ Cd= -0,403V; E0Cu2+/Cu=+0,337V a) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động b) Tính suất điện động của pin nếu [Cd2+]=0,01M và [Cu2+] = 0,001M Câu III:(4 điểm) III.1.(2đ) Tính nhiệt phản ứng của phản ứng tạo thành 200,25g AlCl3 từ các đơn chất Biết: ∆H1= -232,24 kJ Al2O3(r)+ 3COCl2(k) → 3CO2(k) + 2AlCl3( r) CO (k) + Cl2 (k) → COCl2 (k) ∆H2 = -112,4 kJ 2Al ( r) + 3/2 O2 (k) → Al2O3 ( r) ∆H3 =-1668,2 kJ Nhiệt hình thành của khí CO là -110,4 kJ Nhiệt hình thành của khí CO2 là -393,13 kJ III.2.(2đ)Cho phản ứng H2 (k) + I2 (k) 2HI (k) 0 Ở nhiệt độ 430 C, hằng số cân bằng KC của phản ứng trên bằng 53,96. Đun nóng một bình kín dung tích không đổi 10 lít chứa 4,0 gam H2 và 406,4 gam I2. Khi hệ phản ứng đạt trạng thái cân bằng ở 4300C, thì nồng độ của HI là bao nhiêu? Câu IV ( 6 điểm) IV.1.(2đ) Viết phương trình phản ứng xảy ra trong những trường hợp sau: a. Ozon oxi hóa KI trong môi trường trung tính b. Sục khí CO2 qua nước Javel c. Cho nước Clo qua dung dịch KI d. Sục khí Clo đến dư vào dung dịch FeI2 IV.2.(2đ) Người ta có thể điều chế hidroclorua(HCl), hidroflorua(HF) bằng cách cho dung dịch H2SO4 đặc tác dụng với muối clorua hoặc florua; nhưng không thể áp dụng phương pháp này để điều chế hidrobromua (HBr) hoặc hidroiotua (HI). Hãy giải thích và viết phương trình phản ứng? IV.3.(2đ) Cho 4 chất rắn màu trắng: AlCl3, MgCl2, Na2SO4, MgSO4 được kí hiệu bằng các chữ cái: E, F, G, H (không theo trình tự trên). Kết quả của những thí nghiệm tìm hiểu về những chất rắn này được ghi vào bảng sau: Chất Thêm dung dịch BaCl2 vào dung Thêm dung dịch NaOH vào dung dịch của từng chất dịch từng chất E Tạo kết tủa trắng Không có kết tủa F Không có kết tủa Tạo kết tủa trắng, kết tủa này tan trong NaOH dư G Không có kết tủa Tạo kết tủa trắng, kết tủa này không tan trong dung dịch NaOH dư H Tạo kết tủa trắng Tạo kết tủa trắng Hãy cho biết E, F, G, H là những chất nào?Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra Trang 34

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu V: (2 điểm) Hòa tan hết 82 gam hỗn hợp X gồm FeCO3, FeS2 và Fe3O4 trong 300 gam dung dịch H2SO4 98% , thu được dung dịch Y và 44,8 lit hỗn hợp khí Z(đkc) . Cho Z đi qua dung dịch brom dư, thấy có 272 gam brom bị mất màu. Tính phần trăm số mol của Fe3O4 trong X và nồng độ % của H2SO4 trong Y ( Cho Fe= 56; C= 12; S=32; O= 16; H=1; I= 127; Cd= 112; Cu=64, Al=27; Cl=35,5) Lưu ý: Thí sinh không sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học

……………………………………………………HẾT………………………………………………

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC 10 Câu I: (4 điểm) I.1. Mỗi phân tử XY2 có tổng các hạt proton, nơtron, electron bằng 178; trong đó, số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 54, số hạt mang điện của X ít hơn số hạt mang điện của Y là 12. a, Viết cấu hình electron của nguyên tử X,Y và xác định các số lượng tử của electron cuối cùng được điền vào của nguyên tử X và Y b, Xác định vị trí của X và Y trong bảng tuần hoàn, Viết kí hiệu hóa học của X , Y và công thức phân tử XY2 I.2.Dự đoán trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của các phân tử và ion sau: SO2, SO3, SO42-, SF4, BrF5 HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐIỂM

I.1.(3đ) a , Kí hiệu số đơn vị điện tích hạt nhân của X là Zx , Y là Zy ; số nơtron (hạt không mang điện) của X là Nx , Y là Ny . Với XY2 , ta có các phương trình: 2 Zx 2 Zx

+ +

4 Zy + Nx + 2 Ny = 178 4 Zy − Nx − 2 Ny = 54

(1) (2) Trang 35

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

4 Zy

− 2 Zx

= ZX = 26

12 ;

(3) ZY = 16

X : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p63d64s2 Y : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4 Bộ 4 số lượng tử cuối của X: n = 3; l = 2; ml =-2; ms= -1/2. Bộ 4 số lượng tử cuối của X: n = 3; l = 1; ml =-1; ms= -1/2. b,Vị trí của X : thuộc ô 26, chu kì 4, nhóm VIIIB Vị trí của Y : thuộc ô 16, chu kì 3, nhóm VIA Vậy X là sắt, Y là lưu huỳnh. XY2 là FeS2 . I.2. (1đ) Phân tử Công thức Dạng lai hóa của Dạng hình học của phân tử cấu trúc NTTT SO2 AX2E sp2 Gấp khúc 2 SO3 AX3 sp Tam giác đều 23 SO4 AX4 sp Tứ diện 3 SF4 AX4E sp d Cái bập bênh 3 2 BrF5 AX5E1 sp d Tháp đáy vuông

0,5điểm

Cấu hình electron:

0.25 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,25đ -Mỗi dạng lai hóa đúng được 0,1đ 0,1x5= 0,5đ -Mỗi dạng hình học đúng được 0,1 đ 0,1x5= 0,5đ

Câu II: (4 điểm) II.1.Cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron: a. FeO + HNO3 → Fe(NO3)3 + NxOy + H2O b. CuFeS2 + Fe2 (SO 4 )3 + O 2 + H 2 O → CuSO 4 + FeSO 4 + H 2SO 4 II.2.Cho sơ đồ pin: Cd/Cd2+//Cu2+ /Cu Biết E0Cd2+/ Cd= -0,403V; E0Cu2+/Cu=+0,337V c) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động d) Tính suất điện động của pin nếu [Cd2+]=0,01M và [Cu2+] = 0,001M HƯỚNG DẪN CHẤM II.1.(3đ)Cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron:

ĐIỂM

a) FeO + HNO3 → Fe(NO3 )3 + N x O y ↑ + H 2 O Fe+2 → Fe+3 + 1e

x (5x - 2y)

xN + (5x - 2y) e → N x

2y x

Cân bằng: (5x-2y) FeO + (16x-6y) HNO3 → (5x-2y) Fe(NO3 )3 + N x O y ↑ + (8x − 3y)H 2 O

1đ 0,5đ

b) CuFeS2 + Fe2 (SO 4 )3 + O 2 + H 2 O → CuSO 4 + FeSO 4 + H 2SO 4 2S-2 → 2S+6 + 16e x 1 2Fe+3 +2e → 2Fe+2

xa Trang 36

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

O02

+ 4e → 2O-2

Vì tổng số electron mà các chất khử cho phải bằng tổng số electron mà các chất oxi hóa nhận, do đó ta có phương trình: 2a + 4b = 16 hay a + 2b = 8 ⇒ 0<a<8 và 0<b<4 Vì chỉ có 1 phương trình mà lại 2 ẩn số a, b nên có nhiều nghiệm số, ví dụ cho b=1 thì a=6 CuFeS2 + 6Fe 2 (SO 4 )3 + O 2 + 6H 2 O → CuSO 4 + 13FeSO 4 + 6H 2SO 4

II.2.(1đ) a) Phản ứng xảy ra khi pin hoạt động: Cd + Cu2+→Cd2+ + Cu b) ECd2+/Cd = E0Cd2+/ Cd + (0,059/2) lg[ Cd2+] = -0,462 V ECu2+/Cu = E0Cu2+/ Cu + (0,059/2) lg[ Cu2+] = 0,2485 V Epin= E(+) - E(-) = 0,2485 – (-0,462)=0,7105 V Câu III:(4 điểm) III.1.(2đ) Tính nhiệt phản ứng của phản ứng tạo thành 200,25g AlCl3 từ các đơn chất Biết: Al2O3(r)+ 3COCl2(k) → 3CO2(k) + 2AlCl3( r) ∆H1= -233,24 kJ ∆H2 = -112,4 kJ CO (k) + Cl2 (k) → COCl2 (k) 2Al ( r) + 3/2 O2 (k) → Al2O3 ( r) ∆H3 =-1668,2 kJ Nhiệt hình thành của CO là -110,4 kJ Nhiệt hình thành của CO2 là -393,13 kJ

0,5đ

0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

III.2.(2đ)Cho phản ứng H2 (k) + I2 (k) 2HI (k) 0 Ở nhiệt độ 430 C, hằng số cân bằng KC của phản ứng trên bằng 53,96. Đun nóng một bình kín dung tích không đổi 10 lít chứa 4,0 gam H2 và 406,4 gam I2. Khi hệ phản ứng đạt trạng thái cân bằng ở 4300C, thì nồng độ của HI là bao nhiêu? HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM III.1.( 2đ) Goi nhiệt hình thành của CO là ∆H4 Nhiệt hình thành của CO2 là ∆H5 Nhiệt hình thành AlCl3 ∆H Ta có các quá trình sau: Al2O3(r)+ 3COCl2(k) → 3CO2(k) + 2AlCl3( r) ∆H1 3CO (k) + 3Cl2 (k) → 3COCl2 (k) 3∆H2 2Al ( r) + 3/2 O2 (k) → Al2O3 ( r) ∆H3 3C( r ) + 3/2 O2 (k) → 3 CO(k)3∆H4 3CO2(k) → 3C( r) + 3O2(k) 3(-∆H5) 2Al( r) + 3 Cl2(k)→ 2AlCl3(r) 2∆H Suy ra: 2∆H = ∆H1 +3∆H2 +∆H3 +3 ∆H4+3(-∆H5)= -1389,45 kJ Suy ra nhiệt tạo thành 1 mol AlCl3 là: ∆H = -694,725 kJ Vậy nhiệt phản ứng của phản ứng tạo thành 200,25g AlCl3(1,5 mol) là: 0,75đ -694,725x1,5= -1042,0875 kJ 0.5đ 0,25đ Trang 37

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5đ

III.2.(2đ) CH2= 0,2M ; CI2=0,16M Bđ Pư CB KC =

H2 (k) + I2 (k) 0,2 0,16 x x 0,2-x 0,16-x

2HI (k) 0 2x 2x

[HI]2 [H2][I2]

0,25đ

0,5đ 0,5đ

Suy ra x=0,1375M Suy ra [HI]= 0,275M

0,5đ 0,25đ

Câu IV ( 6 điểm) IV.1.(2đ)Viết phương trình phản ứng xảy ra trong những trường hợp sau: a. Ozon oxi hóa KI trong môi trường trung tính b. Sục khí CO2 qua nước Javel c. Cho nước Clo qua dung dịch KI d. Sục khí Clo đến dư vào dung dịch FeI2 IV.2.(2đ) Người ta có thể điều chế hidroclorua(HCl), hidroflorua(HF) bằng cách cho dung dịch H2SO4 đặc tác dụng với muối clorua hoặc florua; nhưng không thể áp dụng phương pháp này để điều chế hidrobromua (HBr) hoặc hidroiotua (HI). Hãy giải thích và viết phương trình phản ứng? IV.3.(2đ) Cho 4 chất rắn màu trắng: AlCl3, MgCl2, Na2SO4, MgSO4 được kí hiệu bằng các chữ cái: E, F, G, H (không theo trình tự trên). Kết quả của những thí nghiệm tìm hiểu về những chất rắn này được ghi vào bảng sau: Thêm dung dịch BaCl2 vào dung Thêm dung dịch NaOH vào dung dịch của từng chất Chất dịch từng chất E Tạo kết tủa trắng Không có kết tủa F Không có kết tủa Tạo kết tủa trắng, kết tủa này tan trong NaOH dư G Không có kết tủa Tạo kết tủa trắng, kết tủa này không tan trong dung dịch NaOH dư H Tạo kết tủa trắng Tạo kết tủa trắng Hãy cho biết E, F, G, H là những chất nào?Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra HƯỚNG DẪN CHẤM IV.1.(2đ) a) O3 + 2KI + H2O → O2 + I2 + 2KOH b) CO2 + NaClO + H2O → NaHCO3 + HclO c) Cl2 + 2KI → 2KCl + I2 Nếu KI còn dư: KI + I2 → KI3 d) 2FeI2 + 3Cl2 → 2FeCl3 + 2I2 5Cl2 + I2 + 6H2O → 2HIO3 + 10HCl IV.2(2đ)

ĐIỂM 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Trang 38

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Điều chế HF, HCl bằng cách cho H2SO4 đặc tác dụng với muối florua, clorua vì HF và HCl có tính khử yếu, chúng không khử H2SO4 đặc CaF2+H2SO4→CaSO4+2HF NaCl+H2SO4→NaHSO4+HCl Nhưng không thể dùng phương pháp trên để điều chế HBr và HI vì HBr và HI là những chất có tính khử mạnh hơn HCl và HF nên khử được H2SO4 đặc NaBr+H2SO4→HBr+NaHSO4 2HBr+H2SO4→Br2+SO2+2H2O NaI+H2SO4→HI+NaHSO4 2HI+H2SO4→I2+SO2+2H2O

IV.3(2đ) E: Na2SO4 F: AlCl3 G: MgCl2 H: MgSO4 Viết 6 phương trình phản ứng

0,75Đ

1,25Đ

-Nhận biết đúng mỗi chất được 0,2đ - Viết đúng m ỗi phương trình được 0,2đ

CâuV: (2 điểm) Hòa tan hết 82 gam hỗn hợp X gồm FeCO3, FeS2 và Fe3O4 trong 300 gam dung dịch H2SO4 98% , thu được dung dịch Y và 44,8 lit hỗn hợp khí Z. Cho Z đi qua dung dịch brom dư, thấy có 272 gam brom bị mất màu. Tính phần trăm số mol của Fe3O4 trong X và nồng độ % của H2SO4 trong Y HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM Đặt x,y,z lần lượt là số mol của FeCO3, FeS2, Fe3O4 nkhí Z= 2 mol; nBr2= 1,7 mol; nH2SO4 = 3 mol Viết đúng 4 PTPU ptpu được 2FeCO3 + 4H2SO4→ Fe2(SO4)3 +SO2 + 2CO2 + 4H2O 0,25x4=1đ 2 FeS2 + 14 H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O Lập dung hệ pt và giải đúng hệ 2Fe3O4 + 10H2SO4→ 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O SO2 + Br2+ 2H2O →H2SO4 + 2HBr pt: 0,5đ Dựa vào đề và ptpw ta có hệ phương trình: Tính đúng % 116x+120y + 232z =82 Fe3O4 : 0,25Đ x +0,5 x + 7,5y + 0,5z =2 Tính đúng C5 0,5x + 7,5y + 0,5z =1,7 của H2SO4: Giải hệ ta được x= 0,3; y= 0,2; z= 0,1 0,25Đ Suy ra % số mol Fe3O4 = 16,67% Số mol H2SO4 dư = 3- (2x + 7y + 5z) = 0,5 mol Khối lượng dung dịch Y= (300+ 82)- (64.1,7 + 0,3.44) = 260g C% của H2SO4= 18,84% Trang 39

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Lưu ý : Học sinh giải theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa

KÌ THI OLYMPIC Môn: HÓA HỌC – Lớp 10 Thời gian: 150 phút ( không tính thời gian giao đề) ĐÈ ĐỀ NGHỊ Câu 1.(4,0 điểm) Một oxit có công thức XO2 có tổng số hạt trong phân tử là 66, trong đó số hạt không mang điện ít hơn số hạt mang điện là 22 hạt.

1.1(0,75 i m). Xác ñịnh công thịc oxit . 1.2.(1,0 i m) Viịt cịu hình electron cịa X; xác ñịnh vị trí cịa X trong bịng tuịn hoàn; cho biịt bị 4 sị lịịng tị ịng vịi electron cuịi cùng trong nguyên tị X. 1.3.1,25điểm) Viết công thức cấu tạo của phân tử XO2 và SO2 dựa trên thuyết Lewis; cho biết dạng hình học của phân tử, trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm? Trên cơ sở đó hãy so sánh khả năng hòa tan của hai chất này trong nước. Làm thế nào để tinh chế XO2 có lẫn SO2. 1.4.(1,0điểm)Cho các phân tử: SCl2 ; OCl2 và XO2 và các góc liên kết: 1110 ; 1030 ; 1800. a/ Hãy ghi giá trị góc liên kết trên cho phù hợp với các phân tử tương ứng. b/ Giải thích (ngắn gọn). Câu 2.(4,0 điểm) 2.1.(2,0điểm)Cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron ( các hệ số cân bằng là số nguyên tối giản) a. Cu3FeSx + O2 CuO + Fe3O4 + SO2 b. FeCO3 + FeS2 + HNO3 Fe2(SO4)3 + CO2 + NO2 + H2O 2.2.(2,0 điểm)Một pin điện tạo bởi : một điện cực gồm tấm Cu nhúng trong dung dịch CuSO4 0,5 M, điện cực thứ hai là một dây Pt nhúng trong dung dịch Fe2+, Fe3+ với lượng [Fe3+] = 2[Fe2+] và một dây dẫn nối Cu với Pt. a. Viết sơ đồ pin, phản ứng điện cực và tính sức điện động ban đầu của pin. 3+ b. Cho rằng thể tích dung dịch CuSO4 khá lớn, xác định tỷ số  Fe  khi pin ngừng hoạt động.  Fe 2+  c. Trộn ba dung dịch: 25 ml Fe(NO3)2 0,1 M ; 25 ml Fe(NO3)3 1,0 M ; 50 ml AgNO3 0,6 M và thêm Fe3+  một số mảnh Ag vụn. Xác định chiều phản ứng và tính giá trị tối thiểu của tỷ số  để phản ứng đổi  Fe 2+  chiều? 0 2+ 0 3+ 2+ 0 + Cho : E (Cu /Cu) = 0,34 V ; E (Fe /Fe ) = 0,77 V ; E (Ag /Ag) = 0,8 V. Câu 3.(4 điểm) 3.1.( 2 điểm): ∆ H = -48 Kcal Cho phản ứng: 2SO (k) + O (k) 2SO (k) 2

a. Giả sử ở nhiệt độ T, một hỗn hợp cân bằng trong một bình cầu 1 lít có thành phần sau đây: SO3= 0,6 mol; SO2 = 0,2 mol; O2 = 0,3 mol. Tính KC ? b.Giả sử thể tích bình chứa tăng gấp đôi ở nhiệt độ T, hỗn hợp có thành phần trên sẽ biến đổi như thế nào? Trang 40

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

c. Dự đoán điều kiện đúng để thực hiện sự điều chế SO3 trong công nghiệp trên phương diện cân bằng hóa học và trên thực tế sản xuất. 3.2.( 1 điểm): Cho các dữ kiện sau: CO (k) + H2O (k) CO2 (k) + H2 (k) 0 ∆Htt ( KJ/mol) -393,509 0 -110,525 -241,818 CO2 (k) + H2 (k) CO (k) + H2O (k) ∆S0 ( 2980c) ( J/mol) 213,660 130,575 197,665 188,716 Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 250C? 3.3. ( 1 điểm): Dựa vào cấu tạo nguyên tử, phân tử hãy giải thích các câu sau đây: a. Nhịệt độ sôi của HCl thấp hơn nhiệt độ sôi của HF và HBr. b. Năng lượng ion hóa thứ nhất của nitơ lớn hơn năng lượng ion thứ nhất của oxi. ( Năng lượng ion là năng lượng cung cấp để bức electron ra khỏi nguyên tử). Câu 4.(4 điểm) 4.1. (1,875 điểm) Sục khí (A) vào dung dịch (B) có màu nâu vàng thu được chất rắn (C) màu vàng và dung dịch (D). Khí (X) có màu vàng lục tác dụng với khí (A) tạo ra (C) và (F). Nếu (X) tác dụng với khí (A) trong nước tạo ra (Y) và (F), rồi thêm BaCl2 vào dung dịch thì có kết tủa trắng. Khí (A) tác dụng với dung dịch chất (G) là muối nitrat kim loại tạo ra kết tủa (H) màu đen. Đốt cháy (H) bởi oxi ta được chất lỏng (I) là kim loại có màu trắng bạc. Xác định A, B, C, F, G, H, I, X, Y và viết phương trình hóa học của các phản ứng. 4.2.(1,125 điểm) Cho 4,48 lít hỗn hợp X (đktc) gồm H2 và Cl2 vào một bình thủy tinh lớn. Sau khi chiếu sáng, ngừng phản ứng thu được hỗn hợp Y, trong đó có 30% về thể tích HCl và thể tích khí clo giảm xuống còn 20% so với ban đầu. a.Tính số mol các khí trong hỗn hợp Y. b.Cho hỗn hợp Y qua 40g dung dịch KOH 14% ở 1000C thu được dung dịch Z. Tính nồng độ phần trăm các chất có trong dung dịch Z. Câu 5.(4,0 điểm) 5.1.(0,5 điểm) Cho phản ứng: 2 NO2 (k) 2 NO (k) + O2(k). c A B C t

Mỗi đường cong trong hình trên biểu thị sự thay đổi nồng độ của một chất theo thời gian. Đường nào ứng với sự phụ thuộc nồng độ oxi vào thời gian? Vì sao? 5.2.(2,0 điểm)Một khóang vật X gồm 2 nguyên tố: A (kim loại) và B (phi kim) - Khi đốt X được chất rắn Y (A2O3) và khí Z (BO2) trong đó phần trăm khối lượng của A trong Y là 70% và của B trong Z là 50% - Y tác dụng vừa đủ với 1,8 (g) H2 ở nhiệt độ cao. - Z tác dụng vừa đủ với 117,6(g) K2Cr2O7 trong môi trường H2SO4 dư cho muối Cr3+ Xác định tên khoáng vật X và khối lượng X đã đốt? 5.3. ( 1,0 điểm) Tính lượng FeS2 ( chứa 20% tạp chất trơ) cần dùng để điều chế một lượng SO3 đủ để hòa tan vào 100g dung dịch H2SO4 91% thành oleum chứa 12,5 % khối lượng SO3 (Hiệu suất cả quá trình là 90%)? 5.4. (0,5 điểm)Hệ thống dụng cụ dưới đây có thể được sử dụng để điều chế khí nào trong số các khí sau: Cl2, O2, HCl, HF, F2 , NH3, SO2, H2 , C2H4. Giải thích và lập bảng để xác định A, B tương ứng? Trang 41

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

------------------------------------Hết-----------------------------------ĐÁP ÁN KÌ THI OLYMPIC Môn: HÓA HỌC – Lớp 10 Thời gian: 150 phút ( không tính thời gian giao đề) ĐÈ ĐỀ NGHỊ Câu 1.(4,0 điểm) Một oxit có công thức XO2 có tổng số hạt trong phân tử là 66, trong đó số hạt không mang điện ít hơn số hạt mang điện là 22 hạt.

1.1. Xác ñịnh công thịc oxit . 1.2. Viịt cịu hình electron cịa X; xác ñịnh vị trí cịa X trong bịng tuịn hoàn; cho biịt bị 4 sị lịịng tị ịng vịi electron cuịi cùng trong nguyên tị X. 1.3 Viết công thức cấu tạo của phân tử XO2 và SO2 dựa trên thuyết Lewis; cho biết dạng hình học của phân tử, trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm? Trên cơ sở đó hãy so sánh khả năng hòa tan của hai chất này trong nước. Làm thế nào để tinh chế XO2 có lẫn SO2. 1.4.Cho các phân tử: SCl2 ; OCl2 và XO2 và các góc liên kết: 1110 ; 1030 ; 1800. a/ Hãy ghi giá trị góc liên kết trên cho phù hợp với các phân tử tương ứng. b/ Giải thích (ngắn gọn). Giải: Câu Đáp án Điểm 1.1 Gịi ZX, ZO lịn lịịt là sị proton trong nguyên tị X, O.

Gịi NX, NO lịn lịịt là sị notron trong nguyên tị X, O

1.2

Ta có hị

2Z + N X = 18 Zx = 6 (2Zx + Nx) + 2(2Zo + No) = 66 ⇔ X ⇒   Nx = 6 (2Zx + 4Zo) − (Nx + 2 No) = 22 2Z X − N X = 6

⇒ X là C .

Công thức oxit: CO2

Cịu hình e cịa C : 1s22s22p2 Vị trí X trong BTH: C ị ô thị 6, chu kị 2, nhóm IVA. Bộ 4 số lượng tử: n = 2, l = 1, ml = 0, ms = +

1.3

CTCT CO2:

O= C =O

1 2

Trịng thái lai hóa C :lai hóa sp

0,50 đ 0,25 đ 0,25đ 0,25 đ 0,5đ

Dịng hình hịc ñịịng thịng

0,375đ 0,375 đ Trang 42

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

SO2: O

0,25 đ

O S: lai hóa sp2 góc (gịp khúc)

Do ñó CO2 là phân tị không phân cịc, còn SO2 là phân tị có cịc vì vịy SO2 0,25đ dị tan trong dung môi phân cịc nhị nịịc, còn CO2 khó tan trong nịịc. -Tinh chế CO2 có lẫn SO2: dẫn hỗn hợp hai khí đi qua một trong các dung dịch sau: dd brom, dd thuốc tím, dd H2S sau đó làm khô bằng H2SO4 đặc hoặc P2O5.

1.4

SCl2 (1030) ; OCl2 (1110) ; CO2 : ( 1800) 0,25đ -Phân tử CO2 : lai hoá sp nên góc liên kết = 1800 0,25đ 3 -Trong các phân tử SCl2 ; OCl2, nguyên tử trung tâm đều có trạng thái lai hoá sp và có cấu tạo góc. Sự sai biệt góc hoá trị trong phân tử SCl2 và OCl2 là do sự khác biệt về độ âm 0,5 đ điện của oxi và lưu huỳnh. ĐÂĐ của O lớn hơn S nên góc hoá trị Cl – O – Cl lớn hơn Cl – S – Cl.

Câu 2.(4,0 điểm) 2.1. Cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron ( các hệ số cân bằng là số nguyên tối giản) a. Cu3FeSx + O2 CuO + Fe3O4 + SO2 b. FeCO3 + FeS2 + HNO3 Fe2(SO4)3 + CO2 + NO2 + H2O 2.2. Một pin điện tạo bởi : một điện cực gồm tấm Cu nhúng trong dung dịch CuSO4 0,5 M, điện cực thứ 2+ 3+ 3+ 2+ hai là một dây Pt nhúng trong dung dịch Fe , Fe với lượng [Fe ] = 2[Fe ] và một dây dẫn nối Cu với Pt. a) Viết sơ đồ pin, phản ứng điện cực và tính sức điện động ban đầu của pin. 3+ b) Cho rằng thể tích dung dịch CuSO4 khá lớn, xác định tỷ số  Fe  khi pin ngừng hoạt động.  Fe 2+  c) Trộn ba dung dịch: 25 ml Fe(NO3)2 0,1 M ; 25 ml Fe(NO3)3 1,0 M ; 50 ml AgNO3 0,6 M và thêm

Fe3+  một số mảnh Ag vụn. Xác định chiều phản ứng và tính giá trị tối thiểu của tỷ số  để phản ứng đổi  Fe 2+  chiều? 0 2+ 0 3+ 2+ 0 + Cho : E (Cu /Cu) = 0,34 V ; E (Fe /Fe ) = 0,77 V ; E (Ag /Ag) = 0,8 V.

Giải: 2.1a

+8/3

0,25 đ

Cu3FeSx + O2 CuO + Fe3O4 + SO2 +2

8 3

3Cu3FeSx 9 Cu + 3 Fe + 3x S + (26+12x)e 0

−2

O2 + 4e 2 O 2.1b

.2 . (13+6x)

6Cu3FeSx + (13+6x)O2 18CuO + 2Fe3O4 + 6xSO2 +2

+2 -!

0,5đ 0,25 đ 0,25 đ Trang 43

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

FeCO3 + FeS2 + HNO3 Fe2(SO4)3 + CO2 + NO2 + H2O +2

Fe + 3FeS2 4 Fe + 6 S + 46e N

2.2a

+ 1e

0,5đ

. 46

FeCO3 + 3FeS2 + 46HNO3 2Fe2(SO4)3 + CO2 + 46NO2 + 23H2O Theo phương trình Nernst: E(Cu

0,059 2+ 2+ /Cu) = 0,34 + lg [Cu ] = 0,331 V

2 0,059 3+ 2+ lg E(Fe /Fe ) = 0,77 + 2

 Fe3+  = 0,788 V  Fe 2+ 

3+ 2+ 2+ So sánh thấy E(Fe /Fe ) > E(Cu /Cu) → Cực Pt là cực dương, cực Cu là cực âm. 2+ 2+ 3+ Sơ đồ pin : (−) Cu  Cu (0,5 M)  Fe ; Fe  Pt (+) 2+ Phản ứng điện cực : - ở cực Cu xảy ra sự oxihóa : Cu → Cu + 2e 3+ 2+ - ở cực Pt xảy ra sự khử : Fe + e → Fe . 3+ 2+ 2+ Phản ứng chung : Cu + 2Fe → Cu + 2Fe . Sức điện động của pin = 0,788 − 0,331 = 0,457 V

2.2b

0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ

3+ 2+ 2+ Khi pin ngừng hoạt động thì sức điện động E = E(Fe /Fe ) − E(Cu /Cu) = 0 2+ Do thể tích dung dịch CuSO4 khá lớn nên coi nồng độ Cu không đổi và = 0,5.

0,25 đ

 Fe   Fe3+  2+ −8 Khi đó 0,77 + 0,059lg = E(Cu /Cu) = 0,331 V → = 4,8. 10 . 2+ 2+  Fe   Fe 

0,25 đ

2.2c

Tổng thể tích = 100 mL 2+ 3+ + → [Fe ] = 0,025 M ; [Fe ] = 0,25M; [Ag ] = 0,3 M

0,25 3+ 2+ E(Fe /Fe ) = 0,77 + 0,059 lg = 0,829 V 0,025

+ E(Ag /Ag) = 0,8 + 0,059 lg 0,3 = 0,769 V. 3+ 2+ + So sánh thấy E(Fe /Fe ) > E(Ag /Ag) . 3+ 2+ + nên phản ứng xảy ra theo chiều Fe + Ag → Fe + Ag . Để đổi chiều phản ứng phải có E(Fe3+/Fe2+) < E(Ag+/Ag)

 Fe3+   Fe3+  → 0,77 + 0,059 lg < 0,769 → > 0,9617  Fe 2+   Fe 2+ 

0,125 đ 0,125 đ

0,25 đ

Câu 3.(4 điểm) 3.1( 2 điểm): Cho phản ứng:

∆ H = -48 Kcal 2SO2 (k) + O2 (k) 2SO3 (k) a/ Giả sử ở nhiệt độ T, một hỗn hợp cân bằng trong một bình cầu 1 lít có thành phần sau đây: SO3= 0,6 mol; SO2 = 0,2 mol; O2 = 0,3 mol. Tính KC ? Trang 44

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b/Giả sử thể tích bình chứa tăng gấp đôi ở nhiệt độ T, hỗn hợp có thành phần trên sẽ biến đổi như thế nào? c/ Dự đoán điều kiện đúng để thực hiện sự điều chế SO3 trong công nghiệp trên phương diện cân bằng hóa học và trên thực tế sản xuất. 3.2( 1 điểm): Cho các dữ kiện sau: CO2 (k) + H2 (k) CO (k) + H2O (k) 0 ∆Htt ( KJ/mol) -393,509 0 -110,525 -241,818 CO2 (k) + H2 (k) CO (k) + H2O (k) ∆S0 ( 2980c) ( J/mol) 213,660 130,575 197,665 188,716 0 Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 25 C? 3.3 ( 1 điểm): Dựa vào cấu tạo nguyên tử, phân tử hãy giải thích các câu sau đây: a/ Nhịệt độ sôi của HCl thấp hơn nhiệt độ sôi của HF và HBr. b/ Năng lượng ion hóa thứ nhất của nitơ lớn hơn năng lượng ion thứ nhất của oxi. ( Năng lượng ion là năng lượng cung cấp để bức electron ra khỏi nguyên tử). Giải: a. 2 SO2 + O2 2 SO3 ∆ H = -48 Kcal 3.1

3.2

3.3

Kc = 0,62/(0,22. 0,3) = 30(mol/l)-1 b. V bình tăng gấp 2 nồng độ mỗi chất giảm 2 lần Nên K'c= 0,32/(0,12.0,15)= 60 > Kc Vì vậy cân bằng trên phải chuyển theo chiều nghịch. c. Dự đoán: - Lí thuyết: Để tăng hiệu suất tổng hợp SO3 thì phải giảm nhiệt độ, tăng áp suất, tăng nồng độ SO2 và O2, giảm nồng độ SO3. - Thực tế : nhiệt độ từ 400 - 5000c, áp suất 30atm, xúc tác : V2O5. ∆H0 = -110,525 – 241,818 + 393,509 – 0 = + 41,166 KJ/mol ∆S0 = 197,665 +188,716 -213,66 – 130,575 = 42,146 J/ mol.K ∆G0 = ∆H0 - T∆S0 = 41,166 – 298.0,042146 = + 28,6064 KJ/mol = + 28606,4J/mol 0 ∆G = - 2,303RTlgK lg K = - ∆G0 / 2,303RT = - 28606,4/ 2,303.8,314.298 = - 5,0135 Suy ra K = 9,7.10-6 a. Do HF có khả năng tạo liên kết H giữa các phân tử mạnh nên nhiệt độ sôi của HF>HCl. Do HCl và HBr có cấu tạo tương tự nhưng MHBr> MHCl nên nhiệt đội sôi của HBr > HCl. b. Cấu hình electron. N: 1s22s22p3 O: 1s22s22p4 N có cấu hình electron bán bão hòa bền của phân lớp p nên việc tách 1 electron ra khỏi nguyên tử N khó hơn O, mặc dù độ âm điện của N < O. Vậy năng lượng ion hóa thứ nhất của N lớn hơn O.

0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ

0,25 đ

Câu 4.(4 điểm) 4.1 Sục khí (A) vào dung dịch (B) có màu nâu vàng thu được chất rắn (C) màu vàng và dung dịch (D). Khí (X) có màu vàng lục tác dụng với khí (A) tạo ra (C) và (F). Nếu (X) tác dụng với khí (A) trong nước tạo ra (Y) và (F), rồi thêm BaCl2 vào dung dịch thì có kết tủa trắng. Khí (A) tác dụng với dung dịch chất (G) là muối nitrat kim loại tạo ra kết tủa (H) màu đen. Đốt cháy (H) bởi oxi ta được chất lỏng (I) là kim loại có màu trắng bạc. Xác định A, B, C, F, G, H, I, X, Y và viết phương trình hóa học của các phản ứng. Trang 45

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

4.2 Cho 4,48 lít hỗn hợp X (đktc) gồm H2 và Cl2 vào một bình thủy tinh lớn. Sau khi chiếu sáng, ngừng phản ứng thu được hỗn hợp Y, trong đó có 30% về thể tích HCl và thể tích khí clo giảm xuống còn 20% so với ban đầu. a/ Tính số mol các khí trong hỗn hợp Y. b/ Cho hỗn hợp Y qua 40g dung dịch KOH 14% ở 1000C thu được dung dịch Z. Tính nồng độ phần trăm các chất có trong dung dịch Z. 4.1 1,875đ

A: H2S; B: FeCl3; C: S; F: HCl; G: Hg(NO3)2; H: HgS; I: Hg; X: Cl2; Y: H2SO4 Phương trình hóa học của các phản ứng : (mỗi pthh đúng) H2S + 2FeCl3 → 2FeCl2 + S + 2HCl (1) Cl2 + H2S → S + 2HCl (2) 4Cl2 + H2S + 4H2O → 8HCl + H2SO4 (3) BaCl2 + H2SO4 → BaSO4 ↓ + 2HCl (4) H2S + Hg(NO3)2 t

→ HgS ↓ + 2HNO3

HgS + O2 → Hg + SO2

(5) (6)

4.2 1,125đ Số mol hỗn hợp = 4,48/22,4=0,2 mol Phương trình phản ứng H2 + Cl2 → 2 HCl 0,03 0,03 0,06 mol Số mol hỗn hợp sau phản ứng = số mol hỗn hợp trước phản ứng = 0,2 mol( Vì tổng số phân tử khí trước = tổng số phân tử khí sau) Số mol HCl = 30% . 0,2 = 0,06 mol → n Cl2 phản ứng = 0,03 mol. % Cl2 còn 20% hay Cl2 phản ứng = 0,03 = 80% Cl2 ban đầu →nCl2 đầu = 0,0375 mol →nH2 đầu = 0,2- 0,0375 = 0,1625 mol. a. Hỗn hợp Y chứa n HCl = 0,06 mol nH2 dư = 0,1625 - 0,03 = 0,1325 mol nCl2 dư = 0,0375 - 0,03 = 0,0075 mol b. Hỗn hợp Y qua 40 g dung dịch KOH 14% Ta có nKOH = 40. 0,14 : 56 = 0,1 mol 3Cl2 + 6KOH → KClO3 + 5KCl +3H2O 0,0075 0,015 0,0025 0,0125 mol HCl + KOH → KCl + H2O 0,06 0,06 0,06 mol Vậy dd Z có 0,0025 mol KClO3; 0,0725 mol KCl và KOH dư = 0,025mol Khối lượng dd sau phản ứng là: 0,0075.71 + 0,06.36,5 + 40 = 42,7225 g C% KClO3 = 0,717% C%KCl = 12,64% C% KOH dư = 3,28% Câu 5.(4,0 điểm) 5.1 Cho phản ứng: 2 NO2 (k)

0,125đ .15 =1,875đ

0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ

2 NO (k) + O2(k). Trang 46

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

c A B C t

Mỗi đường cong trong hình trên biểu thị sự thay đổi nồng độ của một chất theo thời gian. Đường nào ứng với sự phụ thuộc nồng độ oxi vào thời gian? Vì sao? 5.2 Một khóang vật X gồm 2 nguyên tố: A (kim loại) và B (phi kim) - Khi đốt X được chất rắn Y (A2O3) và khí Z (BO2) trong đó phần trăm khối lượng của A trong Y là 70% và của B trong Z là 50% - Y tác dụng vừa đủ với 1,8 (g) H2 ở nhiệt độ cao. - Z tác dụng vừa đủ với 117,6(g) K2Cr2O7 trong môi trường H2SO4 dư cho muối Cr3+ Xác định tên khoáng vật X và khối lượng X đã đốt? 5.3 Tính lượng FeS2 ( chứa 20% tạp chất trơ) cần dùng để điều chế một lượng SO3 đủ để hòa tan vào 100g dung dịch H2SO4 91% thành oleum chứa 12,5 % khối lượng SO3 (Hiệu suất cả quá trình là 90%)? 5.4 Hệ thống dụng cụ dưới đây có thể được sử dụng để điều chế khí nào trong số các khí sau: Cl2, O2, HCl, HF, F2 , NH3, SO2, H2 , C2H4. Giải thích và lập bảng để xác định A, B tương ứng?

Giải: 5.1

0,5đ Các nồng độ của NO và O2 tăng với thời gian (các đường A và B). Vì nồng độ NO tạo ra gấp đôi nồng độ O2 cho nên đường B biểu thị sự phụ thuộc nồng độ của O2 với thời gian.

5.2

 A O (Y) t0 A x By  → 2 3 (X)  BO 2 (Z) 2A.100 %A = = 70 ⇒ A = 56 ⇒ A ≡ Fe 2A + 16.3 B.100 %B = = 50 ⇒ B = 32 ⇒ B ≡ S B + 16.2 Y + H2 : Fe2 O3 + 3H 2 t 0 2Fe + 3H 2 O

0,5đ 0,5đ

1 1 1,8 n Fe2O3 = n H 2 = . = 0,3(mol) 3 3 2 n Fe = 2.n Fe2O3 = 0,3.2 = 0, 6(mol) K2Cr2O7 + 3 SO2 + H2SO4 = K2SO4 + Cr2(SO4)3 + H2O Trang 47

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25đ

0,4(mol) 1,2(mol) 117, 6 n K 2Cr2O7 = = 0, 4(mol) 294 ⇒ n S = 1, 2mol = n SO2 Với công thức FexOy ta có tỉ lệ: x : y = 0,6 : 1,2 hay 1 : 2 ⇒ X là FeS2 (pyrit sắt) m FeS2 = ( 56.0, 6 ) + ( 32.1, 2 ) = 72(g)

5.3

5.4

0,5đ

mH2O=100.(100-91):100=9 gam nH2O= 9:18=0,5 mol FeS2 2SO3 Mol a 2a SO3 + H2O H2SO4 Mol 0,5 0,5 (2a. 80- 0,5. 80)/(2a.80+100)=12,5:100 a= 0,375 mol mFeS2= 0,375 : 0,8 : 0,9 = 62,5 g

0,25đ 0,25đ

0,5đ 0,25đ

Khí C tạo thành nặng hơn không khí (M = 29) nên không thể được sử dụng để điều chế các khí có khối lượng phân tử nhẹ hơn như NH3, H2 và C2H4. Khí C cũng không thể là HCl, HF do các phản ứng xảy ra ở nhiệt độ thường, trong khi phương pháp sunfat điều chế hai chất này cần nhiệt độ cao. C cũng không thể là F2 do chúng không thể được điều chế bằng hệ thống này. Như vậy C chỉ có thể là Cl2, O2 và SO2 0,25đ Lập bảng tương ứng: Khí A

Cl2 HCl

HCl

O2 H2 O2

KMnO4

K2Cr2O7

SO2 Axit bất kỳ HCl, H2SO4, HNO3 Muối sunfit bất kỳ

0,25đ

ĐỀ THI OLYMPIC HÓA 10: THỜI GIAN 150 PHÚT Câu 1.(4 điểm) 1.1 (2điểm)X, Y là hai nguyên tố thuộc cùng một chu kì trong bảng hệ thống tuần hoàn, chúng tạo được với nguyên tố flo hai hợp chất XF3 và YF4, biết: * Phân tử XF3 có các nguyên tử nằm trên cùng một mặt phẳng, phân tử có hình tam giác. * Phân tử YF4 có hình tứ diện. * Phân tử XF3 dễ bị thủy phân và kết hợp được tối đa một anion F- tạo ra XF4-. * Phân tử YF4 không có khả năng tạo phức. a) Xác định vị trí của X và Y trong bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố. b) So sánh góc liên kết, độ dài liên kết trong XF3 với XF4-. 1.2 (2điểm)Nguyên tử C có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử: n = 3, l = 1, m = 0, ms = -1/2 Hai nguyên tố A, B với ZA< ZB< ZC ( Z là điện tích hạt nhân ). Biết rằng: - tích số ZA. ZB. ZC = 952 -tỉ số ( ZA + ZC ) / ZB = 3. Trang 48 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a)Viết cấu hình electron của C, xác định vị trí của C trong bảng hệ thống tuần hoàn, từ đó suy ra nguyên tố C? b)Tính ZA, ZB. Suy ra nguyên tố A, B? Câu 2. (4,5 điểm) 2.1(2điểm )Hãy hoàn thành các phương trình phản ứng sau: Fe3C + H2SO4đặc nóng dư FexSy + HNO3đặc nóng dư Fe(NO3)3 + NO2 + H2SO4 + H2O 2.2( 2điểm)Cho giản đồ thế khử chuẩn Mn trong môi trường axit −

0 , 56V MnO4 + → MnO4

2−

?  → MnO2

1,7V a. Tính thế khử chuẩn của các cặp MnO42-/MnO2 b. Hãy cho biết phản ứng sau có thể xảy ra được không ? tại sao ? 3MnO42- + 4H + = 2MnO-4 + MnO2 + 2H2O Tính hằng số cân bằng của phản ứng trên?.

Câu 3.(4,0 điểm): 3.1(2điểm) Cho sơ đồ phản ứng:

3.2 (2,0 điểm) Cho sơ đồ thí nghiệm như hình vẽ:

Hãy cho biết hiện tượng xảy ra trong thí nghiệm khi khóa K đóng, khóa K mở và giải thích viết PTPƯ xảy ra. Biết các chất X, Y, Z, T trong mỗi thí nghiệm lần lượt là: Thí nghiệm 1: H2SO4 đặc, C, dung dịch KMnO4, dung dịch Br2. Thí nghiệm 2: dung dịch HCl, KMnO4, dung dịch KBr, dung dịch FeCl2. 2NH3(k) ∆H = -92 kJ/mol. Câu 4.(3điểm).Cho cân bằng hóa học: N2(k) + 3H2(k) Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N2 và H2 theo tỉ lệ mol 1:3, khi đạt tới trạng thái cân bằng ở điều kiện tối ưu (4500C và 300 atm) thì NH3 chiếm 36% về thể tích. a) Tính hằng số cân bằng Kp. Trang 49

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b) Giữ nhiệt độ không đổi ở 4500C, cần tiến hành phản ứng dưới áp suất là 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 phản ứng ở nhiệt độ nào để khi đạt tới trạng thái cân bằng NH3 chiếm 50% về thể tích? Cho biết phương trình Van't Hoff liên hệ hai hằng số cân bằng ở 2

K 2 ∆H  1 1   − . = K1 R  T1 T2  Câu 5.(4,5 điểm). 5.1 (2,5điểm) Cho hai bình có thể tích bằng nhau:

nhiệt độ là: ln

- Bình (1) chứa 1 (mol) Cl2; bình (2) chứa 1 (mol) O2 - Cho vào hai bình 2,40 (gam) bột kim loại M có hoá trị không đổi. Đun nóng hai bình để các phản ứng trong chúng xảy ra hoàn toàn, rồi đưa hai bình về nhiệt độ ban đầu, nhận thấy lúc đó tỉ số áp

suất khí trong hai bình là:

1,8 1,9

Hãy xác định kim loại M ?

5.2(2điểm) Một hỗn hợp (A) đồng số mol của FeS2 và FeCO3 vào một bình kín dung tích không đổi chứa lượng khí O2 dư. Nung bình đến nhiệt độ cao đủ để oxi hoá hoàn toàn hết các chất trong (A), rồi đưa bình về nhiệt độ ban đầu. Hỏi áp suất trong bình trước và sau phản ứng thay đổi thế nào ? Cho: Ca = 40; Fe = 56; S = 32; C = 12 ; O = 16; Ba = 137; Ag = 108; Cu = 64; Mg = 24 Zn = 65; Pb = 207; Cr = 52

---HẾT--Ghi chú: Thí sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI OLYMPIC HÓA 10: THỜI GIAN 150 PHÚT Câu 1( 4 điểm)

1.1a

Nội dung Xác định vị trí của X và Y trong bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố. Từ các tính chất đã cho, suy ra: - X (trong XF3) chỉ có 1 obital trống; - Y (trong YF4) không có obital trống. Vậy X và Y phải ở chu kì 2⇒ X là 5B, Y là 6C.

Điểm

0.25 0.25 0.5 Trang 50

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

- Góc liên kết FXF trong XF3 là 120o, Góc liên kết FXF trong XF4- là 109o28’ Vì Trong XF3 X lai hóa sp2, trong XF4- thì X lai hóa sp3. 1.1b - Độ dài liên kết: d (X – F) trong XF3< d(X – F) trong XF4- vì liên kết trong XF3 ngoài liên kết σ còn có một phần liên kết π không định chỗ.

1.2a

1. Nguyên tố C có cấu hình electron cuối cùng :3p5 ↑↓ ↑↓ ↑ +1 0 -1 2 2 6 Cấu hình electron của C:1s 2s 2p 3s2 3p5 Vị trí của C: STT 17, chu kì 3, nhóm VII A. C là Clo.

0.25 0.25

0,5 0.25 0.25 0.25 0.25

2. ZC = 17 => ZB . ZA = 56 và ZA + 17 = 3ZB Gi ả i h ệ => Z = 7 , A là Nit ơ ZB = 8 , B là Oxi A 1.2b

0.5 0.5

Câu 2:(4,5điểm)

2.1 (2đ)

Cân bằng đúng mỗi phương trình 1điểm 2Fe3C+ 22H2SO4đặc nóng dư 3Fe2(SO4)3 + 2CO2 + 13SO2 + 22H2O FexSy + (6x+6y)HNO3đặc nóng dư xFe(NO3)3 + yH2SO4 + (3x+6y)NO2 +

1 1 (3x+3y)H2O Trang 51

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a. −

Mn O4 +e → Mn O4

2−

−

MnO4 + 4 H + + 3e → MnO2 + 2 H 2O

E01 = 0,56V

(1)

0.25

E02 = 1,7V

(2)

0.25

E0 3 = ?

(3)

0.25

(2) – (1) ta có : 2−

⇒ MnO4 + 4 H + + 2e → MnO2 + 2 H 2O ∆ G0 3 = ∆ G0 2 – ∆ G0 1 - 2E03F = -3E02 F – E01F

0.25

3E 0 2 − E 01 3.1,7 − 0,56 = = 2,27V 2 2 MnO42- + 2e- + 4H+ MnO2 + 2H2O E01 : 2,27V E0 3 =

2.2 b. (2.5đ)

2MnO4- + 2e

2MnO42-

3MnO4 2- + 4H+

→

0.5

E02 : 0,56V −

2Mn O4 + MnO2 + 2H2O

G03 = ∆ G01– ∆ G02 = -2E01F – (-2E02F) = -2F(E01-E02) <0 Phản ứng xảy ra theo chiều thuận 2(2,27 − 0,56) lg K = = 57,97 0,059 => K = 9,25.1057

0.5 0.25

0.25

Câu 3: (4điểm)

Đủ 22 phương trình cho 2,0 điểm, sai 1 phương trình trừ 0,1 điểm. 3.1 (2đ)

KClO3 + 6HCl → KCl + 3Cl2 ↑ + 3H2O. Cl2 + Ca(OH)2(khan) → CaOCl2 + H2O. CaOCl2 + Na2CO3 → CaCO3 ↓ + NaCl + NaClO. CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2 ↑ + H2O. CaCl2 + 2AgNO3 → Ca(NO3)2 + 2AgCl ↓ o

t → 2KCl + 3O2. 2KClO3  o

t → SO2. O2 + S  SO2 + 2H2S → 3S + 2H2O o

t → H2 S S + H2 

Trang 52

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

t → 2SO2 + 2H2O 2H2S + 3O2  SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O

Na2SO4 + Ba(HS)2 → BaSO4 ↓ + 2NaHS NaHS + NaOH → Na2S + H2O Na2S + Pb(NO3)2 → PbS ↓ + 2NaNO3 o

t → FeS S + Fe 

FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S ↑ H2S + 4Br2 + 4H2O → H2SO4 + 8HBr o

t → CuSO4 + SO2 ↑ + 2H2O 2H2SO4(đ) + Cu  5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4

K2SO4 + BaS → BaSO4 ↓ + K2S K2S + Pb(NO3)2 → PbS ↓ + 2KNO3.

Thí nghiệm 1: * Khi K đóng: khí sinh ra phải qua bình chứa Z, nếu bị Z hấp thụ thì không còn để phản ứng với T.

0,5

t → CO2 + 2SO2 + 2H2O 2H2SO4đăc + C  3.2 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → 2H2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 . (2 đ) Chỉ bình chứa dd Z bị nhạt màu * Khi K mở: khí sinh ra không tiếp xúc với cả Z và T. 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → 2H2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 . SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr Cả bình Z và T đều nhạt màu Thí nghiệm 2:

* Khi K đóng: 16HCl + 2KMnO4 → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O

0.5

0,5 Trang 53

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cl2 + 2KBr → 2KCl + Br2 Dung dịch Z đậm màu dần lên * Khi K mở: Cl2 + 2KBr → 2KCl + Br2 Cl2 + 2FeCl2 → 2FeCl3 Dung dịch Z đậm màu dần lên và dung dịch T chuyển màu nâu đỏ Câu 4. (3điểm) 2NH3(k) N2(k) + 3H2(k) a) Gọi x1, x2, x3 lần lượt là %V (cũng là % số mol) của N2, H2 và NH3 ta có: x3 = 36% = 0,36 ⇒ x1 + x2 = 64% = 0,64 (I) x 1 Vì N2 và H2 được lấy theo tỉ lệ mol 1:3 (bằng tỉ lệ trong phản ứng) nên ⇒ 1 = (II) x3 3 Từ (I) và (II) ⇒ x1 = 0,16; x2 = 0,48. 2 PNH (0,36.300)2 3 = = 8,14.10−5 KP = PN2 .PH3 2 (0,16.300).(0,48.300)3 b) Ở trạng thái cân bằng: x3 = 50% = 0,5 ⇒ x1 + x2 = 0,5 (III) Từ (II) và (III) ⇒ x1 = 0,125; x2 = 0,375. 2 PNH (0,5.P )2 3 = = 8,14.10−5 ⇒ P = 682,6 atm. KP = 3 3 PN2 .PH2 (0,125.P).(0,375.P) ' P

c) K =

2 PNH 3

PN2 .PH3 2

(0,5.300)2 (0,125.300).(0,375.300)3

≈ 4,21.10−4

K 'P ∆H  1 1   −  ⇒ T2 = 653 K hay 3800C. = KP R  T1 T2 

0.5

0.25

0.25 0. 5 0.25 0.25 0.5

0. 5 0. 5

Câu 5:(4,5điểm)

Trang 54

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

(1) Bình 1: 2M + nCl2→ 2MCln (1) a

na/2

(mol)

Gọi a (mol) là số mol của M tương ứng với 2,4 (gam) na   => sau phản ứng trong bình (1) còn  1 −  mol.Cl2 2  Bình 2: 4M + nO2→ 2M2On a 5.1 (2.5đ)

na 4

0,25

(mol)

na   => sau phản ứng trong bình (2) còn  1 −  mol O2 4 

na   1 −  P 0,2 2  1,8  = => a = Ta có: 1 = na  1,9 P2  n 1 −  4  =>

0,5

2,4 0,2 = => M = 12.n M n

0.25

n = 2 Nghiệm phù hợp:  là Mg M = 24

0,25

t (2) 4FeS2 + 11O2 → 2Fe2O3 + 8SO2

a → 2,75a 4FeCO3 + O2

0,5

t → 2Fe2O3 + 4SO2

a → 0,25a 5.2 (2đ)

(mol)

Theo 2 ptpứ khi oxi hóa hoàn toàn hỗn hợp (A) chứa a(mol) mỗi chất ta có:

n O 2 pöù = 2,75a + 0,25a = 3,0a (mol)

0,5

n SO 2 = 3,0a (mol) Nên áp suất khí trong bình trước và sau phản ứng không đổi.

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

0.5

ĐỀ THI OLYMPIC Môn: HÓA HỌC - Lớp 10 Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề) Trang 55

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Bài I: (4 điểm) Câu 1. a) Hãy cho biết trạng thái lai hoá của nguyên tố trung tâm và dạng hình học của BrF5? b) Hãy giải thích tại sao năng lượng liên kết trong phân tử Cl2 lớn hơn trong phân tử F2, Br2, I2? Câu 2. Hợp chất M có công thức AB3. Tổng số hạt proton trong phân tử M là 40. Trong thành phần hạt nhân của A cũng như B đều có số hạt proton bằng nơtron. A thuộc chu kì 3 trong bảng hệ thống tuần hoàn. a) Xác định A, B. Viết cấu hình electron của A, B và xác định 4 số lượng tử ứng với e cuối cùng của A và B? b) Mặt khác ta cũng có ion AB32-. Trong các phản ứng hoá học của AB3 chỉ thể hiện tính oxi hóa còn AB32- vừa thể hiện tính oxi hóa, vừa thể hiện tính khử. Hãy giải thích hiện tượng trên và cho ví dụ minh họa? Bài II: (4điểm) Câu 1. Lập phương trình hóa học của các phản ứng oxi hóa - khử sau theo phương pháp thăng bằng electron: t → Fe2(SO4)3 +SO2 + H2O a) FexOy + H2SO4 đặc  b) Al + HNO3(loãng) → Al(NO3)3 + NO + N2O + H2O (Biết ở phản ứng b thì tỉ khối của hỗn hợp khí NO và N2O so với hiđro bằng 16,75) Câu 2:X, Y là 2 nguyên tố đều có hợp chất khí với hidro ứng với công thức XHa và YHa (Khối lượng mol phân tử chất này gấp đôi khối lượng mol phân tử chất kia). Oxit cao nhất của X và Y có công thức X2Ob và Y2Ob( khối lượng mol phân tử của 2 oxit hơn kém nhau 34 đvC). a)X,Y là kim loại hay phi kim. b)Xác định tên X,Y và công thức phân tử các hợp chất oxit cao nhất và hợp chất khí với hidro của X,Y. c) Dự đoán và so sánh tính chất oxi hóa – khử ( có tính khử, có tính oxi hóa ) của XHa và YHa. 0

Bài III : (4 điểm) Câu 1.Tính nhiệt sinh chuẩn ( H0298.s) của CH4 (K). Biết rằng năng lượng liên kết H – H trong H2 là 436 kJ.mol-1; năng lượng liên kết trung bình C – H trong CH4 là 410 kJ.mol-1 và nhiệt nguyên tử hóa H0a của Cgr (K) là: H0a= 718,4 kJ.mol-1. Các giá trị đều xác định ở điều kiện chuẩn. Câu 2. a)Cho phản ứng phân hủy : CaCO3(r)

CaO (r) + CO2(khí)

(1).

. Tính ∆G0 của phản ứng (1) ở 8500C ? b)Cho : O2(k) Cl(k) HCl(k) H2O(k ) H2O(l) 0 -1 H (kJ/mol ) 0 0 - 92,31 -241,83 285,8 0 -1 S 298 (J.mol . K) 205,03 222,9 186,7188,7 69,9 Tính hằng số cân bằng của phản ứng. 4HCl(k) + O2 (k) 2Cl2 (k) + 2H2O(k) (1) Tại 298K Bài IV: (4 điểm) Biết :

Trang 56

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 1.(Nén 2 mol N2 và 8 mol H2 vào bình kín dung tích 2 lít (chỉ chứa sẵn chất xúc tác với thể tích không đáng kể) đã được giữ ở nhiệt độ không đổi. Khi phản ứng đạt tới cân bằng, áp suất trong bình bằng 0,8 lần áp suất ban đầu đo ở cùng nhiệt độ. a)Tìm hằng số cân bằng của phản ứng. b)Cân bằng dời đổi theo chiều nào khi: • Tăng nồng độ mol NH3. • Giảm nhiệt độ. • Tăng áp suất. Câu 2.Cho phản ứng sau : Fe2+ + Ag+ ↔ Fe3+ + Ag E0 (Ag+/Ag) = 0,80V ; E0 ( Fe3+/Fe2+ ) = 0,77V a)Xác định chiều của phản ứng trong điều kiện chuẩn và tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 298K b) Xác định chiều của phản ứng xảy ra trong dung dịch Fe3+ 0,1M ; Fe2+ 0,01M và Ag+ 0,001M khi cho bột Ag vào dung dịch trên ? Bài V: (4 điểm) Câu 1. Hai cốc đựng axit clohiđric đặt trên hai đĩa cân A và B. Cân ở trạng thái thăng bằng. Cho a gam CaCO3 vào cốc A và b gam M2CO3 (M là kim loại kiềm) vào cốc B. Sau khi hai muối đã phản ứng hết và tan hoàn toàn, cân trở lại vị trí thăng bằng. (1) Thiết lập biểu thức tính khối lượng nguyên tử của M theo a và b. (2) Xác định M khi a = 5 và b = 4,8 Câu 2.(Cho 20 gam hỗn hợp gồm kim loại M và Al vào dung dịch hỗn hợp H2SO4 và HCl, trong đó số mol HCl gấp 3 lần số mol H2SO4 thì thu được 11,2 lít khí H2 (đktc) và vẫn còn dư 3,4 gam kim loại. Lọc lấy phần dung dịch rồi đem cô cạn thì thu được một lượng muối khan. (1) Tính tổng khối lượng muối khan thu được biết M có hoá trị 2 trong các muối này. (2)Xác định kim loại M nếu biết số mol tham gia phản ứng của hai kim loại bằng nhau. Cho H = 1; C = 12; O = 16; S = 32; Cl = 35,5; Ca = 40 ----------HẾT----------

HƯỚNG DẪN CHẤM Bài

ĐỀ THI OLYMPIC Môn: HÓA HỌC - Lớp 11 Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề) Nội dung

a) Trạng thái lai hoá của Br là sp3d2. BrF5 có công thức VSEPR là AX5E1 ⇒ chóp vuông.

Thang điểm 0,5 điểm 0,5 điểm

b) Trong phân tử X2 (với X là F, Cl, Br, I), hai nguyên tử X liên kết với nhau bằng cách ghép chung hai electron độc thân ở lớp ngoài cùng. Khi bán kính nguyên tử tăng (theo chiều F, Cl, Br, I) độ dài liên kết X – X tăng lên, độ bền liên kết giảm nên năng lượng liên kết giảm dần, điều này giải thích tại sao năng lượng liên kết của Cl2> Br2> I2. Tuy nhiên liên kết giữa hai nguyên tử X (với X Trang 57

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Bài I: 4,0 điểm

là Cl, Br, I) còn có liên kết cho nhận giữa cặp electron hóa trị chưa liên kết của nguyên tử này với orbital d trống của nguyên tử kia làm cho độ bền liên kết tăng lên, điều này không xảy ra trong phân tử F2 vì nguyên tử F không có orbital d trống ở lớp ngoài cùng. Như vậy mặc dù bán kính nguyên tử F nhỏ hơn bán kính nguyên tử Cl nhưng độ bền liên kết Cl – Cl cao hơn của F – F, năng lượng liên kết của F2 nhỏ hơn của Cl2.

2. a) Gọi ZA, ZB lần lượt là số đơn vị điện tích hạt nhân trong A, B Ta có: ZA + 3ZB = 40 A thuộc chu kỳ 3 => 11 ≤ ZA ≤ 18 => 7,3 ≤ ZB ≤ 9,6 => ZB = 8 hoặc 9 ZB = 8 (O) => ZA = 16 (S) (chọn) ZB = 9 (F) => ZA = 13 (Al) (loại) vì trong nguyên tử A, B số proton bằng số nơtron. Cấu hình e của A và B: A(Z = 8): 1s22s22p4 B (Z = 16): 1s22s22p63s23p4 Bộ 4 số lượng tử của e cuối cùng: A: n=2; l=1; ml= -1 ; ms=-1/2 B: n=3; l=1; ml= -1; ms= 1/2

1 điểm

0,25 điểm

0,25điểm

0,25 điểm

b) Lưu huỳnh có các mức oxh: -2; 0; +4; +6. Trong ion SO32-, S có số oxi hoá +4 là mức oxh trung gian của S => trong các pư SO32- vừa thể hiện tính khử, vừa thể hiện tính oxh: 1. Na2SO3 + Br2 + H2O -> Na2SO4 + 2HBr (S+4 -> S+6+ 2e : tính khử) 2. Na2SO3 + 6HI -> 2NaI + S + 2I2 + 3H2O (S+4 +4e-> S : tính oxh) Trong phân tử SO3, S có mức oxi hoá +6, là mức oxh cao nhất của S. Do đó trong các pư SO3 chỉ thể hiện tính oxi hóa: SO3 + NO -> SO2 + NO2 (S+6 + 2e-> S+4)

0,25điểm

0,25 điểm

0,25 điểm +2 y / x +3 Bài 1. a) 1 2x Fe → 2x Fe + 2(3x-2y)e II: +6 +4 4 (3x-2y) S + 2e → S điểm to → 2FexOy +(6x – 2y)H2SO4  Câu 1 xFe2(SO4)3 + (3x – 2y)SO2 + (6x – 2y) H2O

0,5 điểm

Trang 58

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 điểm b)

M hh = 16, 75* 2 = 33,5 NO: 30 10,5 33,5 N2O: 44 3,5 n 10,5 3 ⇒ NO = = nN2O 3, 5 1

17x Al → Al+3 + 3e 3x 5N+5 +17e → 3N+2 + 2N+1 17Al + 66HNO3 → 17Al(NO3)3+ 9NO+ 3N2O + 33H2O

0,5 điểm

0,25 điểm 0,25 điểm

Câu 2

2 điểm a) X, Y tạo hợp chất khí với hiđro ⇒ X, Y thuộc phân nhóm chính nhóm IV → VII. X,Y tạo oxit X2Ob và Y2Ob⇒ X, Y nằm ở phân nhóm chính nhóm V hoặc VII. ⇒X,Y là phi kim

0, 5 điểm

 X + a = 2(Y + a) ⇒ Y = 17 - a  2X + 16b − (2Y + 16b) = 34

b) Giả sử X > Y ta có: 

⇒ a = 17 - Y Với: 1 ≤ a < 4 ⇒ 1 ≤ 17 - Y < 4 ⇒ Y = 14 (N); a = 3 Y = 15; a = 2 (loại) Và X = 31 (P) ⇒ Các hợp chất : NH3, PH3, N2O5, P2O5 c. Dự đoán tính chất oxi hóa – khử của NH3 và PH3 Trong NH3 và PH3, nitơ và photpho đều có số oxi hóa -3 (thấp nhất) NH3 và PH3 chỉ có tính khử Trong đó bán kính nguyên tử photpho lớn hơn nitơ nên P-3trong PH3 dễ nhường electron hơn N-3trong NH3 PH3 có tính khử mạnh hơn. Bài III: Câu 1. Ta có : Cgr CH4 (k) + 2H2 4,0 điểm C(k) + 2H2 (k) C(k) + 4H(k) Theo định luật Hess:

∆H (CH4) = ∆H -1 = - 49,6 kJ.mol

0,5 điểm

0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm

+ 2EH – H – 4EC – H = 718,4 + 2. 436 - 4. 410

0,5 điểm Câu 2. Trang 59

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 điểm

CaO (r) + CO2(khí) (1). a) CaCO3(r) ∆G0 = ∆H0–T.∆S0 = 178,32.103 –(850 + 273). 160,59 = -2022,57 J ∆G0 = -2022,57 J -2,022 KJ b) Ta có : H0pư = (2.0 + 2 (-241,83)) - 4 (-92,31) - 1.0 = - 114,42 (kJ) S0pư = (2 . 188,7) + 2,222,9 - 205,03 - 4.186,7 = - 128,63 (J/K) 0 => G pư = H0pư - 298 S0pư = - 114420 - 298 (-128,63) = - 76088,26 (J) => G0 = - RT ln Kp

1 điểm

=> ln Kp = Kp = 2,17 . 1013

1 điểm Bài IV: 4 điểm

Câu 1. a) Gọi x là số mol của N2 phản ứng: Ta có phản ứng hoá học: N2 + 3H2 2 8 x 3x Sau phản ứng: 2 – x 8-3x

1 điểm 2NH3 (Lập tỉ lệ: 0 2x mol 2x

Ta có: Psau / Ptrước = nsau / ntrước ; [N2] = Suy ra [NH3] = Vậy hằng số cân bằng của phản ứng :

nên N2 hết)

. và [H2] =

b.Cân bằng dời chuyển: + Tăng [NH3] cân bằng dời chuyển theo chiều giảm [NH3]: chiều nghịch. + Giảm nhiệt độ cân bằng dời chuyển theo chiều tỏa nhiệt: chiều thuận. + Tăng áp suất: cân bằng dời chuyển theo chiều giảm áp suất; chiều giảm số phân tử khí: chiều thuận.

0,25 điểm

0,25 điểm Trang 60

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 điểm 0,25 điểm

Câu 2. a) Fe2+ + Ag+ ↔ Fe3+ + Ag 0 E pin = 0,8 – 0,77 = 0,03V => Phản ứng xảy ra theo chiều thuận K = 10(En/0,059) = 10(0,03/0,059) = 3,225

0,5 điểm

b) E = E0 + (0,059/n).lg([oxh]/[kh]) E(Ag+/Ag )= 0,8 + 0,059.log(0,001) = 0,623V E(Fe3+/Fe2+ ) = 0,77 + 0,059.log.(0,1/0,01) = 0,829V E = 0,829 – 0,623 = 0,206V Do E > 0 nên phản ứng xảy ra theo chiều : Fe3+ + Ag ↔ Fe2+ + Ag+

0,5 điểm

1 điểm

Bài V: 4 điểm

Câu 1. CaCO3 + 2HCl = CaCl2 + CO2↑ + H2O M2CO3 + 2HCl = MCl + CO2↑ + H2O (100 − 44)a mcốc A tăng = = 0,56a 100 (2 M + 60 − 44)b mcốc B tăng = = 0,56a 2 M + 60 a=5 b = 2,8 ⇒ M ≈ 22,8 ⇒ M là Natri Câu 2. . M = 56 ⇒ M là Fe .

(1) (2)

1 điểm

1 điểm 1 điểm

1 điểm

Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn đạt điểm tối đa

Trang 61

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

-----------------------------------ĐỀCHÍNH THỨC (Đề thi gồm có 02 trang)

KỲ THI OLYMPIC MÔN: HÓA HỌC LỚP 10 Thời gian: 150 phút ( không kể thời gian phát đề)

Chobiếtnguyêntửkhốicủacácnguyêntố: H=1;C=12;N= 14; P=31;O= 16;Na= 23;Mg=24;Al=27;S=32;Cl= 35,5;K= 39;Ca= 40; Fe=56;Cu=64;Zn=65;Br=80;Ba=137, I=127, Mn=55 Cho biết số hiệu nguyên tử: H=1; C=6; N=7; O=8; F=9; Ne=10; Na=11; Mg=12; Al=13; Si=14; P=15; S=16; Cl=17; Ar=18; Br=35, K=19 Chobiếtđộ âm điện củacácnguyêntố: H=2,20;C=2,55;N= 3,04;O= 3,44;Na= 0,93;Mg=1,31;Al=1,61;S=2,58; F= 3,98; Cl= 3,16;Br=2,96; I=2,66.

Câu I: (4 điểm) I.1(3,0 điểm). Một hợp chất AB2 có tổng số proton, nơtron, electron là 106 hạt, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 34 hạt. Tổng số hạt trong nguyên tử A nhiều hơn trong nguyên tử B cũng là 34. Số khối của A lớn hơn số khối của B là 23 a. Xác định tên nguyên tố của A và B. Cho biết bốn số lượng tử ứng với electron cuối cùng của A và B. b. Cho biết trạng thái lai hoá và cấu trúc hình học của các hợp chất và ion sau:SB32-, SB42-. c. Cho các phân tử: Cl2B ; SB2 ; NB2 ; CB2 và các góc liên kết: 1200 ; 1100 ; 1320 ; 1800. - Hãy ghi giá trị góc liên kết trên cho phù hợp với các phân tử tương ứng. - Giải thích ( ngắn gọn ) 0

I.2. (1 điểm).Một nguyên tử X có bán kính bằng 1,44 A , khối lượng riêng thực là 19,36 g/cm3 . Nguyên tử này chỉ chiếm 74% thể tích của tinh thể, phần còn lại là các khe rỗng. a. Xác định khối lượng riêng trung bình của toàn nguyên tử rồi suy ra khối lượng mol nguyên tử của X. b. Biết nguyên tử X có 118 nơtron và khối lượng mol nguyên tử bằng tổng số khối lượng proton và nơtron. Tính số electron có trong X3+ Câu II: (4 điểm) II.1.(2 điểm) Cân bằng các phản ứng hoá học sau bằng phương pháp thăng bằng electron (các hệ số cân bằng tối giản).

Trang 62

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a. FeS2 + Cu2S + HNO3 Fe(NO3)3 + Cu(NO3)2 + H2SO4 + NO + H2O (tỉ lệ mol phản ứng của FeS2 và Cu2S là 1:3) 0

t → Fe2(SO4)3 +SO2 + H2O. b. FexOy + H2SO4 đặc  II.2 (2 điểm) Cho giản đồ thế khử chuẩn Mn trong môi trường axit −

2−

0 , 56V , 75V MnO4 + → MnO4 1 → Mn 2+

a. Viết các nửa phản ứng của các cặp? b. Tính thế khử chuẩn của các cặp MnO4-/Mn2+ c. Hãy cho biết các tiểu phân nào không bền và dễ bị phân hủy? Câu III. (4 điểm) III.1 (2,5 điểm) a.Xác định X,Y, Z và hoàn thành sơ đồ phản ứng S X Y H2SO4 +HCl Z

X H2SO4 NaHSO4Y b. - Nêu và giải thích hiện tượng thu được khi sục khí clo tới dư vào dung dịch KBr. - Tại sao dung dịch nước của H2S để lâu trong không khí lại bị vẫn đục? III.2. (1,5 điểm) Nhiệt phân 98 gam KClO3 (có xúc tác MnO2), sau một thời gian thu được 93,2 gam chất rắn và khí A. Cho toàn bộ lượng khí A phản ứng hết với hỗn hợp kim loại X gồm Mg, Fe thu được hỗn hợp chất rắn Y cân nặng 15,6 gam. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp Y bằng dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư thu được 0,56 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất của S+6). Tính thành phần % khối lượng của Mg trong hỗn hợp X. Câu IV: (4 điểm) IV.1.(2 điểm) Vôi được sản xuất theo phản ứng: CaCO3 (r) → CaO (r) + CO2 (k) 0 ∆H (kJ/ mol) -1207 - 634 - 394 0 S (J/ mol.K) 89 40 214 a. Xác định chiều của phản ứng ở 298 K và 1200 K. b. Xác định nhiệt độ mà tại đó phản ứng nung vôi bắt đầu thực hiện. Giả sử ∆H, ∆S không thay đổi theo nhiệt độ. IV.2.(2 điểm) Cho 28 gam N2 và 6 gam H2 tác dụng với nhau trong một bình 8 lit. Tính hằng số cân bằng của phản ứng tổng hợp NH3? Biết rằng ở nhiệt độ xác định khi cân bằng lượng NH3 thu được là 8 gam. Câu V: (4 điểm )

V.1.(1,5 điểm) a. Chỉ dùng thêm một thuốc thử, hãy trình bày cách nhận biết các dung dịch mất nhãn sau: Na2SO4, BaCl2, Na2SO3, HCl

Trang 63

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b. Dung dịch HF có tính chất gì đặc biệt ? Có thể điều chế được F2 bằng cách cho dung dịch HF tác dụng với dung dịch KMnO4 tương tự như trường hợp điều chế Cl2 được không? Giải thích ? V.2 (2,5 điểm) Cho m gam hỗn hợp X gồm Fe và Fe3O4 tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng, thu được 2,24 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất của S+6) và còn

gam kim loại

không tan. Cho toàn bộ lượng kim loại không tan tác dụng hết với dung dịch HCl (lấy dư 10% so với lượng cần phản ứng) được dung dịch A. Dung dịch A tác dụng hết với dung dịch chứa tối đa 0,064 mol KMnO4 đun nóng (đã axit hóa bằng H2SO4 dư). Tính giá trị của m và thành phần % khối lượng các chất trong hỗn hợp X? ------------------------------------HẾT------------------------------------------(Học sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn)

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC 10 (Thời gian:150 phút) Câu Câu I: 4,0 điểm

Nội dung

Thang điểm

I.1. a/Ta có: (2ZA + NA) +2(2ZB+ NB) = 106 (1) (2ZA + 4ZB) - (NA + 2NB) = 34 (2) (2ZA + NA) - (2ZB+ NB) = 34

(3)

(ZA + NA) - (ZB+ NB) = 23

(4)

0,5

Từ(1), (2), (3), (4) ZA =19 A: Kali: ZB = 8 B : Oxi Bộ 4 số lượng tử của e cuối cùng: A: n=4; l=0; ml= 0; ms= 1/2 B: n=2; l=1; ml= -1 ; ms=-1/2 b/. Phân tử, Trạng thái lai Cấu trúc hình học ion hoá cuả nguyên tử trung tâm 2− sp3 Chóp đáy tam SO 3 giác đều 3 2− sp Tứ diện đều SO 4

0,5

c/ Trang 64

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cl2O: (1100) ; SO2 : (1200); NO2 : (1320) ; CO2 : ( 1800) Giải thích: -CO2(AX2E0)→ C lai hóa sp → góc liên kết là 180o -Cl2O ( AX2E2) → O lai hóa sp3 góc liên kết gần với góc tứ diện → góc liên kết là 1110 - SO2 : (1200); NO2: (1320) ; có lai hoá sp2 nên góc liên kết ≈ 1200 NO2 có góc liên kết lớn nhất vì trên nguyên tử N obitan chưa tham gia liên kết chỉ có 1e nên lực đẩy ép góc liên kết kém hơn so với SO2 nguyên tử trung tâm (S) có 1 cặp e chưa tham gia liên kết

0,5 0,5

I.2. a) Khối lượng riêng trung bình của nguyên tử X là:

d ' 19,36 = g/cm3. 0,74 0,74 19,36 4 4 Mặt khác, m = V.d = πr3.d = ×3,14×(1,44. 10−8)3× = 0,74 3 3 d=

32,7. 10−23. Vậy khối lượng mol nguyên tử X = 6,023. 1023× 32,7. 10−23≈ 197 g/mol b) Theo gi thi t: p + 118 = 197 → p = 79 → s e = 76

0,5

0,5 Câu II: 4,0 điểm

II.1 a. FeS2 + Cu2S + HNO3 Fe(NO3)3 + Cu(NO3)2 + H2SO4 + NO + H2O (tỉ lệ mol phản ứng của FeS2 và Cu2S là 1:3) 1 x 15 x

FeS2 + 3 Cu2S Fe+3 + 6 Cu+2 + 5S+6 + 45e N+5 + 3e N+2

FeS2 + 3Cu2S + 30HNO3 Fe(NO3)3 + 6Cu(NO3)2 + 5H2SO4 + 15NO + 10H2O

0,25 0,25

t → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O. b. FexOy + H2SO4 đặc 

0,5 Trang 65

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+2 y / x

2x Fe → 2x Fe + 2(3x-2y)e

0,25

S + 2e → S

(3x-2y)

t 2FexOy+(6x– 2y)H2SO4  → xFe2(SO4)3+(3x – 2y)SO2+(6x–2y)H2O II.2 − 2− a. Mn O4 + 1e -> Mn O4

MnO4

2−

+ 8 H + + 4e → Mn 2 + + 4 H 2 O

−

0,25 0, 5

2−

b. Mn O4 + 1e -> Mn O4 ∆G1= - n1E1F (1) MnO4

2−

+ 8 H + + 4e → Mn 2 + + 4 H 2 O ∆G2= - n2E2F (2)

Cộng (1) và (2) ta có: −

MnO4 + 8 H + + 5e → Mn 2 + + 4 H 2O ∆G3= - n3E3F (3)

0,25 0,25

∆G3 = ∆G1 + ∆G2 E3 = (4.1,75 +1.0,56)/5 = 1,512V 0,5

2−

c. Ta có E1< E2 => MnO4 không bền dễ bị phân hủy MnO4

2−

+ 8 H + + 4e → Mn 2 + + 4 H 2 O (1)

4Mn O4 − + 4e -> 4Mn O4 2 − Lấy (1)-(2) ta có: 5MnO4

2−

+ 8 H + → 4 MnO4

2−

(2) + Mn 2 + + 4 H 2 O

Câu III: III.1 a) X: H2S ; Y: SO2 ; Z: FeS . 4,0 điểm S + H 2 → H2 S 2H2S + 3O2(dư)→2SO2 +2H2O SO2+Br2 +2H2O→2HBr + H2SO4 S+Fe →FeS FeS + 2HCl →FeCl2 + H2S H2S + 4Cl2 +4H2O→H2SO4+8HCl

0,25 0,25 0,5

0,5 1,0 (8 pt/1đ)

t H2SO4+NaCl → NaHSO4 +HCl NaHSO4 +Na2SO3→Na2SO4 + SO2 + H2O b. Nêu và giải thích hiện tượng thu được khi sục khí clo tới dư vào dung dịch KBr. -Hiện tượng: dung dịch KBr ban đầu có màu sậm dần do sinh ra Br2 sau đó mất màu tạo dung dịch trong suốt.

0,5

Trang 66

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cl2 + 2KBr 2KCl + Br2 5Cl2 + Br2 + 6H2O 10HCl +2 HBrO3 - Có hiện tượng vẫn đục là do H2S đã tiếp xúc với O2 của không khí: 2H2S + O2 2S + 2H2O III.2 Theo PP bảo toàn e Mg → 2e + Mg2+ O2 + 4e →2O2x 2x (mol) 0,15 0,6 (mol) 3+ +6 +4 S + 2e → S Fe → 3e + Fe 3y (mol) 0,05 0,025(mol) y mX= 15,6-32.0.15=10,8

0,5

1,0

24 x + 56 y = 10,8 2 x + 3 y = 0, 65

Bảo toàn e ta có hệ: 

⇒ x = 0,1; y = 0,15 ⇒ mMg = 0,1.24 = 2, 4 g ⇒ % m Mg =

2, 4 .100% ≈ 22, 22% 10,8

Câu IV: IV.1. a. ∆H0pư = ∆H0CO2 + ∆H0CaO - ∆H0CaCO3 4,0 = -394 + (-634) - (-1207) = 179 (kJ) điểm 0 0 ∆S pư = S CaO + S0CO2 - S0CaCO3 = 40 + 214 - 89 = 165 (J/ mol.K) = 0,165 (kJ/ mol.K) Từ biểu thức : ∆G = ∆H - T∆S : Do ∆H, ∆S không thay đổi theo nhiệt độ: T1 = 298 K → ∆G1 = 129,8 kJ > 0 : phản ứng xảy ra theo chiều nghịch. T2 = 1200 K → ∆G2 = -19 kJ < 0 : phản ứng xảy ra theo chiều thuận. ∆Η 179 b. ∆G = 0 → T = = = 1085K hay 8120C. ∆S 0,165

0, 5

0,5 0,5

0,25 0,25

Vậy ở 8120C, phản ứng nung vôi bắt đầu thực hiện. 0,5

IV.2. 28 = 0,125 M; 28.8 6 [H2] = = 0,375 M; 2.8

[N2] =

0,25 Trang 67

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

[NH3] =

8 = 0,06 M; 17.8

N2 + Bđ 0,125 Pư 0,03 Cb 0,095 KC =

3H2 0,375 0,09 0,285

2NH3 0 0,06 0,06

[NH 3 ]2 (0,06) 2 =1,64 = [N 2 ][H 2 ]3 0,095.(0,285) 3

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5

Câu V: 4,0 điểm

V.1 a. -Dùng dung dịch H2SO4 làm thuốc thử, nhận biết:

1,0 Không viết pt trừ 0,5đ

+Dung dịch BaCl2 : có kết tủa trắng xuất hiện BaCl2 + H2SO4 BaSO4↓ + 2HCl +Dung dịch NaSO3: có sủi bọt khí thoát ra Na2SO3 + H2SO4 Na2SO4 + SO2↑ +H2O - Hai dd còn lại không hiện tượng , dùng dd BaCl2 nhận biết ,có kết tủa rắng là Na2SO4, còn lại HCl BaCl2 + Na2SO4 BaSO4↓ + 2NaCl b. Dung dịch HF ăn mòn được thuỷ tinh theo phản ứng SiO2 + 4HF → SiF4↑ + 2H2O - Không thể dùng cách cho HF tác dụng với dung dịch KMnO4 để 0,25 điều chế F2 được do HF có tính khử rất yếu, KMnO4 không thể oxi hóa được HF. 0,25 V.2 Cho hỗn hợp Fe, Fe3O4 tác dụng với dung dịch H2SO4đặc, nóng, còn dư kim loại không tan là Fe dư. =>dung dịch thu được sau phản ứng chỉ chứa muối FeSO4. PTHH các phản ứng : 2Fe + 6H2SO4 đ,nóng → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1) 2Fe3O4 + 10H2SO4đ,nóng → 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (2) 1,0 Fe + Fe2(SO4)3 → 3FeSO4 (3) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (4) 10HCl + 2 KMnO4 + 3H2SO4 → K2SO4 + 2MnSO4 + 5Cl2 + 8 H2O (5) 10FeCl2 + 6 KMnO4 + 24H2SO4 → 3K2SO4 + 6MnSO4 + 5Fe2(SO4)3

Trang 68

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+ 10Cl2 + 24 H2O (6) Gọi số mol Fe dư là a mol Theo (4) ta có : nHCl phản ứng = 2a (mol) => nHCl dư = 0,2a (mol) Dung dịch A thu được, tác dụng với dung dịch KMnO4/H2SO4 Theo các phản ứng (5), (6) => nKMnO = 0,64a = 0,064 => a= 0,1 4

mFe dư= 5,6 gam = 7m/ 50 =>m = 40 (gam) Gọi số mol Fe, Fe3O4 phản ứng ở (1), (2), (3) là x, y Ta có 56 x + 232y = 40- 5,6 = 34,4 (7) Số mol SO2 = 0,1mol Các quá trình: Fe0  → Fe+2 + 2e → S+4 S+6 +2e  Mol :

mol:

0,2

→ 3Fe 3Fe + 2e  Mol: 3y 2y Theo định luật bảo toàn electron ta có : 2x = 2y + 0,2 (8) Từ (7) và (8) ta giải ra được : x = 0,2 và y = 0,1 Khối lượng sắt ban đầu : mFe bđ = 0,2. 56 + 5,6 = 16,8 gam +8/3

0,25

0,25 0,1

0,5

=>%mFe= 42% ; %mFe O = 58%. 3 4

0,5 Chú ý: Thí sinh có thể giải theo cách khác nhưng lập luận đúng thì vẫn đạt điểm tối đa!

KỲ THI OLYMPIC Môn: HÓA HỌC - Lớp 10 Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề) Cho biết nguyên tử khối: O= 16; H= 1; N= 14; C= 12; Ca= 40; K= 39; Cl= 35,5; S= 32; Fe= 56; Zn= 65; P= 31; Cu= 64; F= 19; Br= 80; I= 127; Ba= 137; Mg= 24; Mn= 55.

Câu 1. (4,0 điểm) 1.1. (2,0 điểm) Trong phân tử MX2 có tổng số hạt p, n, e bằng 164 hạt, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 52 hạt. Số khối của nguyên tử M lớn hơn số khối của nguyên tử X Trang 69 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

là 5. Tổng số hạt p,n,e trong nguyên tử M lớn hơn trong nguyên tử X là 8 hạt. Xác định vị trí của các nguyên tố M, X trong Bảng tuần hoàn? 1.2. (2,0 điểm)Hãy xác định các ion sau và gán trị số bán kính cho từng ion, xếp theo thứ tự tăng dần của các trị số đó. Giải thích của sự gán đúng các trị số đó. Biết rằng độ dài bán kính của sáu ion theo đơn vị A0như sau:1,71; 1,16; 1,19; 0,68; 1,26; 0,85. Các ion đó đều cùng số electron. Số điện tích hạt nhân Z của các ion trong giới hạn 2< Z <18. 1.3(1,0 điểm)Cho các phân tử sau: IF3; BF3; SiHCl3; O3. Nêu trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm. Câu 2. (3,0 điểm) 2.1. (1,0 điểm)Có 5 lọ mất nhãn chứa các chất khác nhau, mỗi lọ chứa một dung dịch của một trong các hña chất sau: NaOH, HCl, H2SO4, BaCl2, Na2SO4. Chỉ được dùng thêm phenolphtalein (các điều kiện và dụng cụ thí nghiệm cñ đủ), hãy trình bày phương pháp hña học nhận biết 5 hóa chất trên và viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có). 2.2. . (2,0 điểm)Chọn 7 chất rắn khác nhau mà khi cho mỗi chất đó tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư đều cho sản phẩm là Fe2(SO4)3, SO2 và H2O. Viết các phương trình hóa học. Câu 3(4 điểm). 3.1.(2 điểm).Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron. → Fe2(SO4)3 + Cl2 + + K2SO4 + MnSO4 + H2O a) FeCl2 + KMnO4 + H2SO4  → Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O b) Mg + HNO3  (biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1 : 2: 1) 3.2.(2 điểm).Cho giản đồ Latimer của đioxi (O2) trong môi trường axit: 0,695V

O2 H2O2 1,763V H2O trong đó O2, H2O2 và H2O là các dạng oxi hoá - 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/H2O. a. Viết các nửa phản ứng của các cặp trên. b. Tính thế khử của cặp O2/H2O. c. 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 Câu 4 : (4 điểm ) Hỗn hợp 3 kim loại X,Y,Z có tỉ lệ số mol tương ứng là 4 : 3: 2 và có tỉ lệ khối lượng nguyên tử tương ứng là 3 : 5 : 7. Hoà tan hết 3,28gam hỗn hợp 3 kim loại trên trong dung dịch HCl dư thì thu được 2,016 lít khí (ở đktc) và dung dịch A Xác định 3 kim loại X, Y,Z biết rằng khi chúng tác dụng với axit đều tạo muối và kim loại đều có hoá trị II b) Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch A, đun nóng trong không khí cho phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính lượng kết tủa thu được, biết rằng chỉ có 50% muối của kim loại Y kết tủa với dung dịch NaOH 2.Từ các nguyên tố Na, O, S tạo ra được các muối A,B đều có 2 nguyên tử Na trong phân tử. Trong một thí nghiệm hoá học người ta cho m1 gam muối A biến đổi thành m2 gam muối B và 6,16 lít khí Z tại 27,30C ; 1 atm.Biết rằng hai khối lượng đó khác nhau 16,0 gam a) Hãy viết phương trình hoá học của phản ứng xảy ra với công thức cụ thể của A,B b) Tính m1,m2 Câu 5. (5điểm) 5.1.(2 điểm). Xác định nhiệt tạo thành 1 mol AlCl3 khi biết: Al2O3 + 3COCl2(k) →

3CO2 + 2 AlCl3∆H1 = -232,24 kJ Trang 70

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

CO + Cl2→ 2Al + 1,5 O2→

COCl2∆H2 = -112,40 kJ Al2O3∆H3 = -1668,20 kJ

Nhiệt tạothành của CO = -110,40 kJ/mol Nhiệt tạo thành của CO2 = -393,13 kJ/mol. 2.(2 điểm).Cho các số liệu sau: C2H5OH (h) 0 − 168,6 ∆G 298,s (kJ/mol)

C2H4 (k) 68,12

H2O (h) − 228,59

282,0 219,45 188,72 S 0298 (J/mol. K) Với phản ứng : C2H4 (k) + H2O (h) ⇌ C2H5OH (h) ở 250C a) Hỏi ở điều kiện chuẩn phản ứng xảy ra theo chiều nào? b) Phản ứng tỏa nhiệt hay thu nhiệt?

3. (1 điểm).Cho cân bằng: CaCO3(r)⇄ CaO(r) + CO2(K) ;

∆H>0 . Điều gì sẽ xảy ra khi thay đổi lần lượt các

yếu tố sau: a. Tăng dung tích bình phản ứng b. Thêm CaCO3 hoặc lấy bớt CaO c. Thêm ít giọt NaOH, d. Tăng nhiệt độ.

1.1(2 điểm) ĐÁP ÁN Gọi số p và n trong M và X lần lượt là Z,N,Z’,N’ ta có hệ 4 phương trình: (2Z+N) + 2(2Z’+N’) = 164 (2Z+4Z’) – (N+2N’) = 52

ĐIỂM 0,5

Trang 71

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(Z+N) – (Z’+N’) = 5 (2Z+N) – (2Z’+N’) = 8 Giải hệ phương trình được Z = 20, Z’ = 17 Cấu hình electron: Z = 20: 1s22s22p63s23p64s2 → M thuộc ô số 20, chu kỳ 4, nhóm IIA trong BTH Z’ = 17: 1s22s22p63s23p5 → X thuộc ô số 17, chu kỳ 3, nhóm VIIA trong BTH

0,5 1

1.2(2 điểm) ĐÁP ÁN ĐIỂM Vì 2 < Z < 18 nên các ion này là của các nguyên tố thuộc chu kì 2 và 3. Mặc khác chúng có 1,0 cùng tổng số electron nên các ion này là: N3-, O2-, F-, Na+, Mg2+, Al3+. Các ion này có cùng số electron có nghĩa cùng số lớp electron nhưng điện tích hạt nhân tăng dần nên lực hút giữa hạt nhân và các electron tăng lên. Ta có bảng sau: Ion

Al3+

Mg2+

Na+

F-

O2-

N3-

Bán kính

0,68

0,85

1,16

1,19

1,26

1,71

1,0

1.3 (1 điểm) Công thức phân tử Trạng thái lai hóa của Điểm IF3 sp3d 0,25 2 BF3 sp 0,25 HsiCl3 sp3 0,25 2 O3 sp 0,25 Câu 2. Đáp án Điểm Lấy một lượng vừa đủ mỗi mẫu hóa chất cho vào các ống nghiệm riêng biệt rồi đánh số thứ tự. Nhỏ từ từ dung dịch phenolphtalein vào các ống nghiệm chứa các hóa chất nói trên. + Nếu ống nghiệm chứa hóa chất làm phenolphtalein từ không màu chuyển sang 0,25 màu hồng là NaOH. + Ống nghiệm còn lại là HCl, H2SO4, BaCl2, Na2SO4. Nhỏ từ từ lần lượt vài giọt dung dịch màu hồng trên vào 4 ống nghiệm còn lại. + Ống nghiệm nào làm mất màu hồng là: HCl, H2SO4.(Nhóm I) + Ống nghiệm nào không làm mất màu hồng là: BaCl2, Na2SO4.(Nhóm II) 0,25 PTHH: HCl + NaOH NaCl + H2O H2SO4 + NaOH Na2SO4+ H2O Nhỏ một vài giọt dung dịch của một dung dịch ở nhóm I vào hai ống nghiệm chứa dung dịch nhóm II + Nếu không có hiện tượng gì hóa chất đó là HCl. Chất còn lại của nhóm I

0,5

Trang 72

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

là H2SO4. + Nhỏ dung dịch H2SO4 vào hai ống nghiệm chứa hóa chất nhóm II Nếu thấy ống nghiệm nào kết tủa trắng thì ống nghiệm đó chứa dung dịch BaCl2. Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì đó là hóa chất Na2SO4 + Nếu thấy ống nghiệm nào có kết tủa ngay thì dung dịch ở nhóm I là hóa chất H2SO4, ống nghiệm gây kết tủa BaCl2, ống nghiệm còn lại không gây kết tủa chứa hóa chất Na2SO4. Hóa chất còn lại ở nhóm I là HCl. PTHH: H2SO4 + BaCl2  BaSO4 ( kết tủa trắng)+ 2HCl 2.2 Đáp án

Các chất rắn cñ thể chọn: Fe;FeO;Fe3O4;Fe(OH)2;FeS;FeS2;FeSO4

Các pthh :

Điểm 1,0

2Fe + 6H2SO4(đặc)

Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O

2FeO + 4H2SO4(đặc) Fe2(SO4)3+SO2+ 4H2O 2Fe3O4+10H2SO4(đặc3Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O t0 2Fe(OH)2+4H2SO4(đặc) Fe2(SO4)3 + +SO2 + 6H2O 2FeS + 10H2SO4(đặc)Fe2(SO4)3 + 9SO2 + 10H2O 2FeS2 + 14H2SO4(đặc) Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O 2FeSO4 + 2H2SO4(đặc) Fe2(SO4)3 + SO2 + 2H2O

3.1. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron. 0,5 a) 10FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4  → 5 Fe2(SO4)3 + 10Cl2 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24H2O → 2 Fe 3+ + 2Cl2 + 6e 5× 2 FeCl2  → Mn +2 6 × Mn +7 + 5e 

→ 18Mg(NO3)2 + N2O + 2N2 + NH4NO3 + 20H2O b) 18Mg + 44HNO3  (biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1: 2 : 1) → Mg 2+ + 2e 18 × Mg 

0,5

1 × 7 N +5 + 36 e  → N 2 O + 2N2 + N −3

3.2 1. Đối với cặp O2/H2O2: O2 + 2H+ + 2e H2 O2 (1) Eo1 = 0,695V + Đối với cặp H2O2/H2O: H2O2 + 2H + 2e 2H2O (2) Eo2 = 1,763V 2. Tính E0O2/H2O = Eo3 = ? biết E0O2/H2O2 = Eo1 = 0,695V ; E0H2O2/H2oO = Eo2 = 1,763V O2 + 2H+ + 2e H2 O2 K1 = 10 2Eo1/0,0592 2E 2/0,0592

Trang 73

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

H2O2 + 2H+ + 2e 2H2O K2 = 10 o O2 + 4H+ + 4e 2H2O K3 = 10 4E 3/0,0592 = K1.K2 o o o E 3 = 2(E 1 + E 2) : 4 = 2 × 2,431 : 4 = 1,23V 3. Vì E0H2O2/H2O = 1,763V >E0O2/H2O2 = 0,695 phản ứng sẽ xảy ra theo chiều: 2H2O2→ 2H2O + O2 (hoặc ∗ H2O2 + 2H+ + 2e 2H2O K2 + H2 O2 O2 + 2H + 2e K1-1 2H2O2 2H2O + O2 K = K2.K1-1 = 102(1,763 − 0,695)/0,0592 = 1036,08 phản ứng sẽ xảy ra theo chiều thuận. K rất lớn ∗Để có phản ứng dị li của H2O2: H2O2 → 1/2O2 + H2O (4) ta lấy (2) trừ đi (1): (2) - (1) = 2H2O2 → O2 + 2H2O H2O2 → 1/2O2 + H2O (4) hay o o o ∆G 4 = 1/2 [ -2FE 2 - (-2FE 1)] = F(Eo1 - Eo2) = F(0,695 - 1,763) = - 1,068F < 0. o ∆G 4< 0, phản ứng phân huỷ của H2O2 là tự diễn biến về phương diện nhiệt động học).

4.1

Gọi số mol 3 kim loại lần lượt là 4x,3x,2x và khối lượng nguyên tử tương ứng là MX, 1 MY,MZ 2,016 = 0,09 mol nH2 = 22,4 Phương trình hóa học : X + 2HCl → XCl2 + H2 ↑ (1) 4x 4x 4x Y + 2HCl → YCl2 + H2 ↑ (2) 3x 3x 3x Z + 2HCl → ZCl2 + H2 ↑ (3) 2x 2x 2x Từ (1),(2).(3) ta có : 4x + 3x + 2x =0,09 ⇒ x = 0,01 mol (a) 5 (b) Ta có : MY = MX 3 7 MZ = MX (c ) 3 Mặt khác ta có : MX.4x + MY.3x + MZ.2x = 3,28 ( d) Từ (a),(b) ,(c) ,(d) suy ra : 5 7 MX ( 0,04 + x0,03 + x 0,02) = 3,28 3 3 M = 24. X là Mg ⇒ X 5 x 24 = 40.Y là Ca ⇒ MY = 3 Trang 74

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

7 x 24 = 56 .Z là Fe 3 Dung dịch (A) : MgCl2, CaCl2, FeCl2 Phương trình hóa học : → Mg(ỌH)2↓ + 2NaCl (4) + 2NaOH MgCl2 4x 4x → Ca(OH)2 ↓ + 2 NaCl (5) CaCl2 + 2 NaOH 1,5x 1,5x (50% kết tủa ) → Fe(OH)2 ↓ + 2 NaCl (6) + 2NaOH FeCl2 2x 2x (7) 4Fe(OH)2 + O2 + 2 H2O → 4 Fe(OH)3 Từ (4),(5),(6),(7) ⇒ 58.0,04 + 74.0,015 +107.0,02 = 5,5,7g ⇒

4.2

MZ =

Đặt A là Na2X ; B là Na2Y, ta có sơ đồ Na2X → Na2Y + Z 6,16.273 = 0,25(mol) nA = nB = nC = 300,3.22,4 Z có thể là H2S, SO2 Cứ 0,25 mol thì lượng A khác lượng B là 16,0g Vậy cứ 1 mol thì lượng A khác lượng B là m ;m =

16,0 = 64 g 0,25

Hay 1 phân tử A khác 1 phân tử B là 64đvC A,B có thể là Na2S, Na2SO3, Na2SO4 So sánh các cặp chất thấy A: Na2S , B: Na2SO4 Phương thình hóa học : Na2S + H2 S ↑ + H2SO4 → Na2SO4 b)Tính m1,m2: m1 = 78.0,25 = 19,5 (g) m2 = 19,5 + 16,0 = 142,0.0,25 = 35,5(g)

Câu 5(5 điểm) 1.Nhiệt hình thành 1 mol AlCl3 là nhiệt của quá trình Al + 1,5 Cl2→

Đáp án

AlCl3

Để có quá trình này ta sắp xếp các phương trình như sau: Al2O3 + 3COCl2(k) →

và

3CO2 + 2 AlCl3∆H1

3CO + 3Cl2→

3COCl2

2Al + 1,5 O2→

Al2O3∆H3

3C + 1,5 O2→

3CO

3 CO2→

3C + 3 O2

3∆H2

3 ∆ H4 3(-∆H5 )

Sau khi tổ hợp có kết quả là: 2Al + 3 Cl2→

2AlCl3∆Hx Trang 75

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

và ∆Hx = ∆H1 + 3∆H2 + ∆H3+ 3∆H4+ 3(-∆H5 ) = (-232,24) + 3(-112,40) + (-1668,20) + 3(-110,40) + 3(393,13) = - 1389,45 kJ Vậy, nhiệt tạo thành 1 mol AlCl3 = -1389,45 : 2 = - 694,725 kJ/mol 2. a) ∆G 0298 = − 168,6 − [68,2 + ( − 228,9)] = − 8,13 kJ < 0 phản ứng theo chiều thuận. b) ∆H 0298 = ∆G 0298 + T. ∆S 0298

∆S 0298 = 282,0 − (188,72 + 219,45) = −126,17 J/ K → phản ứng tỏa nhiệt ∆H 0298 = − 8,13. 103 + (−126,17 × 298) = − 45728,66 J < 0  5.3 a, Tăng dung tích bình phản ứng: áp suất và thể tích có quan hệ tỉ lệ nghịch, nên khi tăng dung tích bình phản ứng→tăng thể tích bình chứa tương ứng với sự giảm áp suất, cân bằng chuyển dịch theo chiều tăng áp suất tức chiều tăng số mol khí→cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận. (hệ số chất khí trước phản ứng là 0, sau phản ứng là 1, nên chuyển dịch qua 1, không tính hệ số chất rắn vì chất rắn không ảnh hưởng đến sự chuyển dịch)

b, thêm CaCO3 hoặc lấy bớt CaO cân bằng không bị chuyển dịch vì CaCO3 và CaO đều là chất rắn mà chất rắn không ảnh hưởng đến sự chuyển dịch cân bằng. c, Thêm ít giọt NaOH, nồng độ CO2 giảm (vì CO2 + NaOH →NaHCO3) cân bằng chuyển dịch theo chiều tăng nồng độ CO2, chiều tăng nồng độ CO2 là chiều thuận. d, Khi tăng nhiệt độ, cân bằng chuyển dịch theo chiều giảm nhiệt độ, mà phản ứng nung vôi, chiều thuận là phản ứng thu nhiệt (∆H>0), nên chiều giảm nhiệt độ là chiều thuận (vì phản ứng thu nhiệt, phản ứng càng xảy ra theo chiều thuận, nhiệt độ càng giảm)

ĐỀ THI OLYMPIC

HÓA 10: THỜI GIAN 180 PHÚT

Câu 1:Dựa vào cấu tạo nguyên tử, phân tử hãy giải thích các câu sau đây: 1.1. Năng lượng ion hóa thứ nhất của nitơ lớn hơn năng lượng ion thứ nhất của oxi. 1.2. Nhịệt độ sôi của HCl thấp hơn nhiệt độ sôi của HF và HBr. 1.3. Nhiệt độ nóng chảy của CaO cao hơn nhiều so với nhiệt độ nóng chảy của KCl. 1.4. Cacbondioxit dễ bay hơn lưu huỳnh dioxit. Trang 76

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1.5. Từ 4 nguyên tử N tạo ra 2 phân tử N2 thuận lợi hơn 1 phân tử N4 dạng tứ diện. Biết năng lượng liên kết của N – N là 163 kJ / mol và N≡N là 945 kJ/mol.

Câu 2.Nguyên tử của các nguyên tố A, R, X có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử: A:

n = 3 ℓ = 1 m = +1,

s=+

1 2

n = 2 ℓ = 1 m = 0,

s=−

1 2

n = 2 ℓ = 1 m = +1,

s=−

1 2

2.1.

Gọi tên A, R, X (theo quy ước các giá trị của m theo tứ tự +ℓ... 0 ...-ℓ)

2.2.

Xác định trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm và dạng hình học của các phân tử và ion sau: R2X, AR6, H2AX3, AX 24− (H là hidro).

Câu 3.Cân bằng các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng ion – electron. 3.1.

NaNO 3 + Zn + KOH → Na 2 ZnO 2 + K 2 ZnO 2 + NH 3 + H 2 O

3.2.

KMnO4 + H 2 SO 4 + H 2 O 2 → O 2 + ...

3.3.

Fe x O y + H + + NO 3− → N z O t + ...

Câu 4 4.1.Cho dung dịch chứa đồng thời KI 0,01M và KCl 0,1M, khi dùng một lượng dung dịch AgNO3 thích hợp để tác dụng với dung dịch trên. a. Hãy cho biết kết tủa nào được tạo thành trước? Vì sao? b. Tính nồng độ Ag+ trong dung dịch AgNO3 cần để tách hết ion I- ra khỏi dung dịch trên. Cho TAgI = 8,3.10-17 ; TAgCl = 1,76.10-10 4.2.Cho biết năng lượng liên kết của các liên kết H-H, O-O, O=O, H-O lần lượt là 436; 142; 499; 460 (kJ/mol). Hãy viết phương trình nhiệt hoá học phản ứng của khí hidro và khí oxi tạo ra hidropeoxit . 4.3. Cho phản ứng : 2SO2(k) + O2(k) ------- 2SO3(K) a. Để tăng hiệu suất quá trình tổng hợp SO3, người ta có thể sử dụng biện pháp nào liên quan đến áp suất, nhiệt độ và chất xúc tác? Giải thích . Trang 77

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b. Cho 10,51 mol khí SO2 và 37,17 mol không khí (20% về thể tích là O2 còn lại là N2) có xúc tác là V2O5. Thực hiện phản ứng ở 4270C, 1 atm thì phản ứng đạt hiệu suất 98%. Tính hằng số cân bằng Kc, Kp của phản ứng ở 4270C .

Câu 5. Tính năng lượng liên kết trung bình C – H và C – C từ các kết quả thực nghiệm sau: - Nhiệt đốt cháy CH4:

-801,7

kJ/mol

- Nhiệt đốt cháy C2H6

-1412,7

kJ/mol

- Nhiệt đốt cháy H2:

-241,5

kJ/mol

- Nhiệt đốt cháy than chì

-393,4

kJ/mol

- Nhiệt hóa hơi than chì:

+715,0

kJ/mol

- Năng lượng liên kết H - H

+431,5

kJ/mol

Các kết quả đều đo ở 2980K và 1 atm.

Câu 6.Một hỗn hợp A gồm M2CO3, MHCO3, MCl (M là kim loại kiềm). Cho 43,71 gam A tác dụng hết với V ml (dư) dung dịch HCl 10,52% (d=1,05) thu được dung dịch B và 17,6 gam khí C. Chia B làm hai phần bằng nhau. Phần 1: Phản ứng vừa đủ với 125 ml dung dịch KOH 0,8M, cô cạn dung dịch thu được m (gam) muối khan. Phần 2: Tác dụng hoàn toàn với dung dịch AgNO3 dư, thu được 68,88 gam kết tủa trắng. 6.1. Tính khối lượng nguyên tử M. 6.2. Tính % về khối lượng các chất trong hỗn hợp A. 6.3. Tính giá trị của V và m.

Cho K = 39 ; Na = 23 ; Ag = 108 ; N = 14 ; Cl = 35.5; Li = 7; O = 16; C = 12. Hết

Trang 78

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC HÓA10 THỜI GIAN: 180 PHÚT Câu 1. (2,5đ)

1. Cấu hình electron.

0,5đ

N: 1s22s22p3 O: 1s22s22p4 N có cấu hình electron bán bão hòa bền của phân lớp p nên việc tách 1 electron ra khỏi nguyên tử N khó hơn O. Vậy năng lượng ion hóa của N lớn hơn O. 2. Do HF có khả năng tạo liên kết H giữa các phân tử mạnh nên nhiệt

0,5

độ sôi của HF > HCl. Do HCl và HBr có cấu tạo tương tự nhưng MHBr> MHCl nên nhiệt đội sôi của HBr > HCl. Trang 79

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3. rCa ≈ rK 2+

0,5

rO2− < rCl−

Số điện tích của Ca2+ và O2- lớn hơn K+ và Cl- nên nhiệt độ nóng chảy của CaO > KCl. 4. Phân tử CO2 (dạng thẳng) có momen lưỡng cực bằng 0.

0,5

Phân tử SO2 (dạng gấp khúc) có momen lưỡng cực > 0 Vì vậy CO2 dễ bay hơn SO2. 5. Quá trình 4N  → 2N2 có ∆H1 = -2. EN≡N = -1890 KJ → N4 có ∆H2 = - 6.EN-N = - 978 KJ Quá trình 4N 

Dó ∆H1<∆H2 nên quá trình tạo N2 thuận lợi hơn.

0,5

Câu 2. (3,5đ)

0,5 A:

3p4⇒ A là S

0,5 B:

2p5⇒ A là F

2p ⇒ A là O

0,5

Trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học: F2O, O lai hóa sp3, phân tử dạng góc:

0,5 Trang 80

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

O F

SF6, S lai hóa sp3d, bát diện đều: F F

0,5

H2SO3, S lai hóa sp3, dạng tháp tam giác.

S OH OH

0,5 3

SO 24− , S lai hóa sp , tứ diện đều. 2-

O S O

0,5

O O

Câu 3. (3đ).

1. NaNO 3 + Zn + KOH → Na 2 ZnO 2 + NH 3 + K 2 ZnO 2 + H 2 O NO 3− + 6H 2 O + 8e → NH 3 + 9OH − × 2 Zn + 4OH − − 2e → ZnO 22− + 2H 2 O × 8 8Zn + 2 NO 3− + 14OH − → 8ZnO 22− + 2 NH 3 + 4H 2 O 2 NaNO3 + 8Zn + 14KOH → Na 2 ZnO 2 + 2 NH 3 + 7K 2 ZnO 2 + 4H 2 O

2. KMnO4 + H 2SO 4 + H 2 O 2 → O 2 + ... Trang 81

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

H 2 O 2 − 2e → O 2 + 2H + ×5 − + 2+ MnO 4 + 8H + 5e → Mn + 4H 2 O × 2

Mỗi

2MnO 4− + 6H + + 5H 2 O 2 → 2Mn 2+ + 5O 2 + 8H 2 O

đúng 1đ

2KMnO 4 + 3H 2SO 4 + 5H 2 O 2 → 2MnSO 4 + K 2SO 4 + 5O 2 + 8H 2 O

3. Fe x O y + H + + NO 3− → N z O t + ... Fe x O y + 2 yH + − (3x − 2 y )e → xFe 3+ + yH 2 O 5z − 2 t − + zNO 3 + 2(3z − t )H + (5z − 2 t )e → N z O t + (3z − t )H 2 O 3x − 2 y

(5z − 2t )Fe x O y + 2(9xz − 3xt − yz )HNO 3 → (5z − 2t )xFe(NO 3 )3 + (3x − 2 y )N z O t + + (9zx − 3xt − yz )H 2 O

Câu 4. (3đ)

4.1.Tích số tan. a. Cho biết kết tủa nào tạo thành trước. + KI  → K + I

0,01

0,25

0,01

Ag+ + I-  → AgI ↓

Điều kiện để có kết tủa AgI:

[Ag ][I ] > 10 +

−

−16 , 08

⇒ [Ag + ]

10 −16, 08 > = 10 −14,08 M −2 10

0,25

(1) 0,25

KCl  → K + Cl 0,1

0,1

Ag+ + Cl-  → AgCl ↓ Trang 82

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Điều kiện để có kết tủa AgCl:

[Ag ][Cl ] > 10 +

−

−9 , 75

⇒ [Ag

]

10 −9, 75 > = 10 −8, 75 M −1 10

0,25

(2)

Từ (1) và (2) suy ra AgI kết tủa trước.

0,25

b. Tách I-

Để kết tủa hết I- có nghĩa là trong dung dịch [I-] ≤ 10-6 M ⇒ [Ag + ] ≥

16,08 = 10 −10, 08 M −6 10

Ag+ + Cl-= AgCl ↓

Để không có kết tủa AgCl thì [Ag + ][Cl − ]< 10 −9,75 ⇒ [Ag + ] <

0,25

10 −9,75 = 8,75M 0,1

Vậy để kết tủa hòan toàn AgI mà không kết tủa AgCl thì:

0,25

10-8,75> [Ag+] > 10-10,08 4.2. ∆Hpư = EH-H + EO-H –EO-O ∆Hpư = 436 + 499 – 2.460 – 142 = -127 (kJ) H2 (k) + O2 (k) → H2O2 (k) ∆H = 127 4.3. A) – giảm nhiệt độ của hệ phản ứng, nhưng khoảng 500oC là thích hợp vì: nếu giảm thấp quá thì tốc độ phản ứng chậm. - Thổi liên tục SO2 và không khí được nén ở áp suất cao vào lò phản ứng vì phản ứng xảy ra theo chiều thuận làm giảm áp suất của hệ.

0,5

0,25

- Dung V2O5 làm xúc tác để phản ứng mau chóng đạt trạng thái cân bằng. Trang 83

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b) nO2 bđ = 7,434 (mol) , nH2bđ = 29,736 (mol) 2SO2(k) + O2(k) ↔ 2SO3(K) ∆H = -198 kJ Ban đầu : 10,51 (mol) 7,434 (mol) 0 Phản ứng: 10,3 (mol) 5,15 (mol) 10,3 (mol) Cân bằng: 0,21 (mol) 2,284 (mol) 10,3 (mol) Ʃ số mol hỗn hợp ở TTCB = 0,21 + 2,284 + 10,3 + 29,736 = 42,53 (mol) Pi = xi.p = xi.1 = xi Kp = p2SO3/P2SO2.PO2 và Kp = KC.(RT)-∆n (R = 0,0082, T = 427 + 273 = 700K, ∆n = -1) → Kp = 10,32.42,53/0,212.2,284 = 4,48.104 → Kc = 7,80.10-2

0,25

0,25 0,25

Câu 5. (4đ)

Tính năng lượng liên kết trung bình C - H Xếp các quá trình lại như sau: 0,25 CH4 + 2O2  → CO2 + 2H2O 2H2O  → 2H2 + O2

-2∆H3

CO2  → C(r) + O2

-∆H4

∆H1

0,25 0,25

0,25 ∆H5

C(r)  → C (k) 2H2  → 4H CH4  → C(k) + 4H

2∆H6

0,25 0,25

∆H

∆H = ∆H1 - 2∆H3 - ∆H4 +∆H5 + 2∆H6 =1652,7 kJ/mol

0,5 Trang 84

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇒ 4EC-H = 1652,7 kJ/mol ⇒ EC-H = 413,175 kJ / mol. 0,25

Tính năng lượng liên kết trung bình C - C.

0,25

∆H2

C2H6 + 7/2O2  → 2CO2 + 3H2O

-3∆H3

3H2O  → 3H2 + 3/2O2 -2∆H4

2CO2  → 2C (r) + 2O2

0,25 2∆H5

2C (r)  → C (k) 3H2  → 6H

3∆H6

C2H6  → 2Ck +6H

∆H

0,25

0,25 0,25 0,5

EC-C + 6EC-H = ∆H = ∆H2 –3∆H3 –2∆H4 + 2∆H5 +3∆H6 =2823,1 kJ/mol

⇒ EC-C = 2823,1-6.413,175=344,05 kJ/mol. 0,25 Câu 6. (4đ)

Gọi x, y, z lần lượt là số mol của M2CO3. MHCO3, MCl. Ta có: (2M+60)x + (M+61)y+(M+35,5)z=43,71 (1)

3p/trình 0,25

Cho A tan trong dd HCl dư. M2CO3 + 2HCl  → 2MCl + CO2 + H2O x

MHCO3 + HCl  → MCl + CO2 + H2O Trang 85

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

y y

MCl + HCl  → không phản ứng.

0,25

Dung dịch B có MCl: (2x + y + z) mol

0,25

HCl dư. Khí C là CO2: x + y =

17,6 = 0,4 mol 44

(2)

Khi cho B tác dụng với KOH. Số mol của KOH: (0,125.0,8).2 = 0,2 mol.

2p/trình

HCl + KOH  → KCl + H2O

0,25 0,2

0,2

B tác dụng với AgNO3 dư MCl + AgNO3  → AgCl ↓ + MNO3 (2x+y+z)

(2x+y+z)mol

0,25

HCl + AgNO3  → AgCl ↓+ HNO3 0,2

0,2 mol

Ta có số mol AgCl = (2x + y +z) + 0,2 =

68,88 .2 = 0,96 mol 143,5

0,25 ⇒ 2x + y + z = 0,76

(3) Trang 86

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Từ (2) và (3) ta có: z = 0,36 - x ; y = 0,4 - x Thay y và z vào phương trình (1) ta được: 0,76M - 35,5x = 6,53

⇒x =

0,76M − 6,53 36,5

0,25 0,25

(4)

Do 0 < x < 0,36 ⇒ 8,6 < M < 25,8

0,5

Vậy M là Na. Thay M = 23 vào các phương trình ta được x = 0,3, y = 0,1; z = 0,06 Trong A có:

0,25

Na2CO3: 31,8g chiếm 72,75%

0,25 0,25

NaHCO3: 8,4 g chiếm 19,22% NaCl: 3,51 g chiếm

8,03%

6c. Số mol HCl = 2x + y + 0,2 = 0,9 mol VddHCl =

0,5

36,5.0,9.100 = 297,4 ml 10,52.1,05

Khối lượng muối thu được khi có 1/2B tác dụng với KOH. Khối lượng NaCl: 58,5.0,5.0,76= 22,23 gam Khối lượng KCl: 74,5. 0,1 = 7,45 gam.

⇒ m = 29,68 gam Hết Trang 87

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

KỲ THI OLYMPIC Môn thi: HOÁ HỌC 10 Câu 1: (3 điểm) Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron: 1. Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 2. P + NH4ClO4 H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O 3. FexOy + HNO3 Fe(NO)3 + NnOm + H2O Câu 2: (5 điểm) 1.Một hợp chất A tạo thành từ các ion X+ và Y2-. Trong ion X+ có 5 hạt nhân của hai nguyên tố và có 10 eletron. Trong ion Y2- có 4 hạt nhân thuộc hai nguyên tố trong cùng một chu kỳ và đứng cách nhau một ô trong bảng tuần hoàn. Tổng số eletron trong Y2- là 32. Hãy xác định các nguyên tố trong hợp chất A và lập công thức hóa học của A. 2. Nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt các loại là 60, số hạt mang điện trong hạt nhân bằng số hạt không mang điện. Nguyên tử của nguyên tố Y có 11 electron p. Nguyên tử nguyên tố Z có 4 lớp electron và 6 electron độc thân. a) Dựa trên cấu hình electron, cho biết vị trí của các nguyên tố trên trong bảng hệ thống tuần hoàn. b) So sánh (có giải thích) bán kính của các nguyên tử và ion X, X2+ và Y-. Câu 3: (4 điểm) Tiến hành nung x1 gam Cu với x2 gam Oxi thì thu được sản phẩm A1. Đun nóng A1 trong x3 gam dung dịch H2SO4 98%. Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch A2 và khí A3. Khí A3 không tạo kết tủa với dung dịch Pb(NO3)2 nhưng làm nhạt màu dung dịch brom, được hấp thụ hoàn toàn bởi 200 ml dung dịch NaOH 0,15M tạo ra 2,3 gam muối. Khi cô cạn dung dịch A2 thì thu được 30 gam tinh thể CuSO4.5H2O. cho dung dịch A2 tác dụng với dung dịch NaOH, để thu được lượng kết tủa lớn nhất phải dùng ít nhất 300 ml dung dịch NaOH 1M. tính x1, x2 và x3. Câu 4: (4 điểm) 1. Tính năng lượng liên kết trung bình C-H từ các kết quả thực nghiệm sau - Nhiệt đốt cháy CH4 = -801,7 kJ/mol - Nhiệt đốt cháy hidro = -241,5 kJ/mol - Nhiệt đốt cháy than chì = -393,4 kJ/mol - Nhiệt hóa hơi than chì = 715 kJ/mol - Năng lượng liên kết H-H = 431,5 kJ/mol. Các kết quả đều đo được ở 2980K và 1 atm. 2.Hỗn hợp khí gồm 1 mol N2 và 3 mol H2 được gia nhiệt tới 3870C tại áp suất 10 atm. Hỗn hợp cân bằng chứa 3,85% NH3 về số mol. Xác định KC và KP. Câu 5: (4 điểm) 1. Sắp xếp các axit: HClO; HClO2; HClO3; HClO4 theo thứ tự Trang 88

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

- Tăng dần tính oxi hóa ; - Tăng dần tính axit Giải thích ngắn gọn. 2. Hỗn hợp A gồm bột S và Mg. Đun nóng A trong điều kiện không có không khí, sau đó làm nguội và cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được 2,987 lít khí B có tỉ khối so với không khí bằng 0,8966. Đốt cháy hết khí B, sau đó cho toàn bộ sản phẩm vào 100ml H2O2 5% (D = 1g/ml) thu được dung dịch D. Xác định % khối lượng các chất trong A và nồng độ % các chất tạo ra trong dung dịch D. Cho thể tích các chất khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.

HẾT

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM

ĐỀ THI OLYMPIC Môn: Hoá học 10 Câu

Nội dung

Điểm

Câu 1 1. Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 +3 +6 2Cr + 6e 2Cr –2 3S 3S+6 + 24e Cr2S3 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 30e x 1 (a)

0.25

Mn+ 2 Mn+ 6 + 4e 2N+ 5 + 6e 2N+ 2 Mn(NO3)2 + 2e Mn+ 6 + 2N+2 x 15 (b) Cộng (a) và (b) Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 15Mn+ 6 + 30N+ 2 Hoàn thành: Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 + 20K2CO3 2K2CrO4 + 3K2SO4 +15 K2MnO4 + 30NO + 20CO2 2. P + NH4ClO4 2N –3 2Cl+ 7 + 14e 2NH4ClO3 + 8e PO 10NH4NO3 + 8PO

H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O 2N + 6e 2ClO 2NO + 2ClO x 5 P+ 5 + 5e x8 +5 O 8P + 10N + 10ClO + 16H2O

0.25

0.5

0.25 0.25

Trang 89

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

10NH4NO3 + 8P

8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O

3. FexOy + HNO3 Fe(NO3)3 + NnOm + H2O +2y/x +3 xFe xFe + (3x – 2y)e (5n – 2m) +5 nN + (5n – 2m)e nN+ 2m/n (3x – 2y) x(5n –2m)Fe+2y/x + n(3x – 2y)N+ 5 x(5n – 2m)Fe + 3 + n(3x – 2y)N+2m/n Hoàn thành: (5n – m)FexOy + (18nx – 6my – 2ny)HNO3 x(5n – 2m)Fe(NO3)3 + (3x – 2y)NnOm + (9nx – 3mx – ny)H2O

0.5

0.25 0.25

0.5

Câu 2

Xác định X+ X+ có 10 electron ⇒ nên tổng proton trong 5 hạt nhân là 11 Z = 2,2. Vậy có 1 nguyên tử là H

Gọi nguyên tử thứ hai trong X+ là R, công thức X+ có thể là;

0,25đ 0,25đ

RH4+ : ZR + 4 = 11 ⇒ ZR = 7 (N) ; X+: NH4+ (nhận) R2H3+ : 2ZR + 3 = 11 ⇒ ZR = 4 loại : R3H2+ : 3ZR + 2 =11 ⇒ ZR = 3 loại 2-

Xác định Y Y2- có 32 eletron nên tổng số hạt proton trong 4 nguyên tử là 30.

0,25đ 0,25đ

Z = 7,5 ⇒ 2 nguyên tử trong Y2- đều thuộc cùng chu kỳ 2. 1.

Gọi 2 nguyên tử là A, B: ZB= ZA +2 Công thức Y2- có thể là AB32- : ZA+ 3ZB = 30 ZB= ZA +2 A 2 B2

A3 B

⇒ ZA= 6 (C); ZB = 8 (O) 0,5đ

: 2ZA+ 2ZB = 30 ZB= ZA +2

0,5đ

⇒ ZA= 6,5; ZB = 8,5 loại

: 3ZA+ ZB = 30 ZB= ZA +2

⇒ ZA= 7; ZB = 9 loại

Hợp chất A có công thức (NH4)2CO3

0,5đ

0,5đ Trang 90

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a) Xác định vị trí dựa vào cấu hình electron: 2Z X + N X = 60 ; ZX = N X ⇒ ZX = 20 , X là canxi (Ca), cấu hình electron của 20Ca : [Ar] 4s2 Cấu hình của Y là 1s22s22p63s23p5 hay [Ne] 3s2 3p5⇒ Y là Cl Theo giả thiết thì Z chính là crom, cấu hình electron của 24Cr : [Ar] 3d5 4s1 STT Chu kỳ nguyên tố Nhóm nguyên tố

Ca 20 4 Cl 17 3 Cr 24 4 b) Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử: R Ca 2 + < R Cl − < R Ca

IIA VIIA VIB

0.5

Bán kính nguyên tử tỉ lệ với thuận với số lớp electron và tỉ lệ nghịch với số đơn vị điện tích hạt nhân của nguyên tử đó. Bán kính ion Ca2+ nhỏ hơn Cl- do có cùng số lớp electron (n = 3), nhưng điện tích hạt nhân 0.5 Ca2+ (Z = 20) lớn hơn Cl- (Z = 17). Bán kính nguyên tử Ca lớn nhất do có số lớp electron lớn nhất (n = 4).

Câu 3

4 Dễ dàng thấy toàn bộ lượng Cu ban đầu chuyển hết về CuSO4.5H2O 30.64 = 7,64 gam⇒ mol Cu =0,12 (mol) Ta có x1 = 250 Khi đun nóng A1 với H2SO4 đặc có khí A3 thoát ra, theo giả thuyết A3: SO2 Và trong A1 còn Cu dư Cu + ½ O2→ CuO x 0,5x x CuO + H2SO4→ CuSO4 + H2O Cu + 2H2SO4→ CuSO4 + SO2 + 2H2O Vậy khí SO2 có số mol là (0,12 –x) Khi Cho SO2 vào dung dịch NaOH có phản ứng SO2 + NaOH → NaHSO3 SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O Mol NaOH = 0,03. Giả sử chi có muối NaHSO3, m1= 104.0,03 = 3.12 gam Giả sử chi có muối Na2SO3, m2= 126.0,015 = 1,89 gam mà 1,89 < 2,3 < 3,12 ⇒ Vậy thu được 2 muối. Đặt y,z là số mol 2 muối Ta có: y + 2z = 0,03 104y + 126z = 2,3 ⇒ y = 0,01; z = 0,01. Vậy mol SO2 = y + z = 0,02 ⇒ x = 0,1 ⇒x2 = 32.0,05 = 1,6 (gam) Số mol NaOH = 0,3 (mol) CuSO4 + 2NaOH → Cu(OH)2 + Na2SO4 Mol NaOH tác dụng với CuSO4 là 0,24, còn lại 0,06 tác dụng với H2SO4 Mol H2SO4 dư = 0,03

0,5đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Trang 91

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tổng mol H2SO4 là: 0,1 + 2.0,02 + 0,03 = 0,17 (mol) 0,17.98.100 x3 = = 17 gam 98

0,25đ 0,25đ 0,25đ

4đ

Câu 4 1

2đ Viết các phản ứng : CH4→ C (r) + 4H CH4 + 2O2→ CO2 + 2H2O ∆H1 2H2O → O2 + 2H2 - ∆H2 CO2→ O2 + C (r) - ∆H3 C (r) → C (k) ∆H4 2H2→ 4H 2∆H5 Tổ hợp các phương trình này ta được: CH4→ C (r) + 4H 4∆H0C-H = ∆H1 -∆H2 -∆H3 +∆H4 + 2∆H5 = 1652,7 kJ/mol Năng lượng liên kết C-H = 413,175 kJ/mol

1,đ

0,5đ 0,5đ

b. L2O(1/2 hỗn hợp) = 1,5/30 = 0,05 mol Phương trình phản ứng: Li2O + 2HCl 0,05 0,1 (2) suy ra: V = 0,1/1 = 0,1 lít = 100 ml

2LiCl + H2O

(2)

2 0,25đ

Phản ứng: N2 + 3H2→ 2NH3 Ban đầu 1 3 mol Phản ứng x 3x 2x Cân bằng (1-x) (3-3x) 2x Lúc cân bằng số mol H2= 3 lần số mol N2 Vậy % số mol N2 lúc cân bằng là:

0,25đ 0,25đ

100 − 3,85 =24,04%; %H2= 72,11 4

0,25đ

Áp suất riêng phần đối với từng chất là PNH3 = 0,0385.10= 0,385 atm ; PH2= 0,7211.10 =7,211 atm PN2 = 0,2404.20= 2,404 atm; KP =

PNH 3 PN 2 P

= 1,644.10-4;

0,5đ

Trang 92

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

KC = KP. (RT)-∆n = 0,4815. 0,5đ Câu 5 1. Phương trình phản ứng: 3đ

4đ S + Mg → MgS MgS + 2HCl → MgCl2 + H2S Mg + 2HCl → MgCl2 + H2

(1) (2) (3)

0.75 0.25

M B = 0,8966 × 29 = 26 ⇒ B chứa H2S và H2 [Mg có dư sau phản ứng (1)] 2,987   x + y = 22,4 Gọi x và y lần lượt là số mol khí H2S và H2, ta có  34x + 2 y  = 26  x + y

Giải ra ta có x = 0,1 ; y =

0.5

0,1 . Từ (1), (2), (3) ta có: 3

0,1 × 32 × 100% = 50%, % m ( Mg ) = 50% 0,1    0,1 +  × 24 + (0,1 × 32) 3   3 H2S + O2→ SO2 + H2O 2 0,1 0,1 0,1 1 H2 + O2 → H2 O 2 0,033 0,033 SO2 + H2O2→ H2SO4 0,1 0,147 0 0,047 0,1

%m(S) =

0.5

0.25

0,25

m(dung dịch) = 100 + (0,1× 64) + (0,133 × 18) = 108,8 gam C%(H2SO4) =

0.5

0,1.98 0,047.34 × 100% = 9%; C%(H2O2) = = 1,47% 108,8 108,8

1đ Các axit trên đều có công thức chung là HClOn - Tính oxi hóa giảm : HClO > HClO2> HClO3> HClO4 Khi n tăng thì độ dài liên kết Cl-O giảm, tức là độ bền của các liên kết Cl-O tăng → Tính oxi hóa giảm.

0,25đ 0,25đ

- Tính axit tăng : HClO < HClO2< HClO3< HClO4

0,25đ

Vì theo Pauling khi n tăng, liên kết –OH càng yếu do lực hút của H+ bị chia sẻ cho nhiều O và 0,25đ càng dễ tách ra H+→ Tính axit tăng dần

Trang 93

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ghi chú : - Thí sinh làm cách khác nhưng đúng kết quả vẫn cho điểm tối đa, - Phương trình hóa học ghi thiếu điều kiện trừ đi ½ số điểm.

ĐỀ ĐỀ NGHỊ OLYMPIC MÔN THI: HÓA HỌC 10 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1/ 1.1. Electron cuối cùng phân bố vào các nguyên tử của các nguyên tố A, B lần lượt được đặt trưng bởi: A: n = 3; l = 1 ; m = -1; ms = + ½ B: n = 3; l = 1 ; m = 0; ms = - ½ a/ Xác định vị trí A, B trong bảng tuần hoàn. Trang 94

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b/ Cho biết loại liên kết và viết công thức cấu tạo của phân tử AB3. c/ Trong tự nhiên tồn tại hợp chất A2B6. Giải thích sự hình thành liên kết trong phân tử của hợp chất này. 1.2. a/ Hãy cho biết cấu hình hình học của các phân tử PИ3 và AsH3. b/ So sánh góc liên kết HXH giữa 2 phân tử trên và giải thích. Câu 2 2.1. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron: a) Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3

K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO +

CO2 b) P + NH4ClO4

H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O

c) FexOy + HNO3

Fe(NO)3 + NnOm + H2O

2.2. Cho phản ứng: Fe2+ + Ag+ Fe3+ + Ag. a/ ở điều kiện chuẩn, phản ứng xảy ra theo chiều nào? b/ Tính hằng số cân bằng K của phản ứng ở 250C.

Câu 3 1/ Cho các phản ứng sau với các dữ kiện nhệt động của các chất ở 250C.  → + H2 ← 

CO2

CO + H2O

∆H0298 (KJ/mol)

– 393,5

-110,5

- 241,8

So (J/mol)

213,6

131

197,9

188,7

a/ Hãy tính ∆H0298 ; ∆G0298 của phản ứng và nhận xét phản ứng có tự xảy ra theo chiều thuận ở 250C không. b/ Giả sử ∆Hcủa phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Hãy tính ∆G01273 của phản ứng và nhận xét. c/ Hãy xác định nhiệt độ (0C) để phản ứng thuận bắt đầu xảy ra (giả sử bỏ qua sự biến đổi của ∆H0; ∆S0 theo nhiệtđộ) 2/ Bằng thực nghiệm người ta đó thu được những số liệu của phản ứng giữa NO và H2 ở nhiệt độ 7000C như sau. Hằng số tốc độ phản ứng có đơn vị mol/l.s.

Thí

[A]

[B] (mol/l)

Vận tốc phản ứng (mol/l.s) Trang 95

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

nghiệm

(mol/l)

1 0,010

0,025

v1=2,4.10-6

0,0050

0,025

v2=1,2.10-6

0,010

0,0125

v3=0,60.10-6

Xác định phương trình động học và bậc của phản ứng.

Xác định hằng số tốc độ phản ứng.

Câu 4 4.1. Sục Cl2 vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch A, hòa tan I2 vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch B (tiến hành ở nhiệt độ phòng). a)

Viết phương trình hóa học xảy ra và cho nhận xét.

b) Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học xảy ra khi cho lần lượt các dung dịch hỗn hợp HCl và FeCl2, dung dịch Br2, H2O2 vào dung dịch A (không có Cl2 dư). 4.2.Phương pháp sunfat có thể điều chế được chất nào trong số các chất sau: HF, HCl, HBr, HI? Viết phương trình hóa học (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có) để minh họa và giải thích cho cả 4 chất. 4.3. Những thay đổi nào có thể xảy ra khi bảo quản lâu dài trong bình miệng hở các dung dịch sau đây: (a) axit sunfuhiđric, (b) axit bromhiđric, (c) nước Gia-ven, (d) axit sunfuric đậm đặc.

Câu 5. 5.1. Hỗn hợp A gồm bột S và Mg. Đun nóng A trong điều kiện không có không khí, sau đó làm nguội và cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được 2,987 lít khí B có tỉ khối so với không khí bằng 0,8966. Đốt cháy hết khí B, sau đó cho toàn bộ sản phẩm vào 100ml H2O2 5% (D = 1g/ml) thu được dung dịch D. Xác định % khối lượng các chất trong A và nồng độ % các chất tạo ra trong dung dịch D. Cho thể tích các chất khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. 5.2. Hàm lượng cho phép của tạp chất lưu huỳnh trong nhiên liệu là 0,30%. Người ta đốt cháy hoàn toàn 100,0 gam một loại nhiên liệu và dẫn sản phẩm cháy (giả thiết chỉ có CO2, SO2 và hơi nước) qua dung dịch KMnO4 5,0.10-3M trong H2SO4 thì thấy

Trang 96

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

thể tích dung dịch KMnO4 đã phản ứng vừa hết với lượng sản phẩm cháy trên là 625 ml. Hãy tính toán xác định xem nhiên liệu đó có được phép sử dụng hay không?

Trang 97

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐÁP ÁN MÔN THI: HÓA HỌC 10 Câu 1/ 1.1. a. A/ Al, ô thứ 13, chu kỳ 3, nhóm IIIA. B/ Cl, ô thứ 17, chu kỳ 3, nhóm VIIA. b/ Liên kết giữa các nguyên tử trong phân tử AlCl3, liên kết cộng hóa trị. c/ Phân tử Al2Cl6 được hình thành do sự nhị hợp AlCl3, liên kết giữa 2 phân tử AlCl3, hình thành do việc tạo liên kết phối tử giữa nguyên tử Cl với nguyên tử Al. 1.2. a/ P và A đều có 5 electron hóa trị và đã tham gia liên kết 3e trong XH3 Lai hóa sp3, hình tháp tam giác. b/ Góc HPH >HAsH vì độ âm điện của nguyên tử trung tâm P lớn hơn so với As nên lực đẩy mạnh hơn.

Câu 2. 2.1/ Cân bằng phản ứng oxi hóa khử sau: a/ a) Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3

K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO

+ CO2 2Cr+3

2Cr+6 + 6e

3S–2

3S+6

Cr2S3

2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 30e x 1 (a)

Mn+ 2

Mn+ 6 + 4e

2N+ 5

+ 6e

Mn(NO3)2 + 2e

+ 24e

2N+ 2 Mn+ 6 + 2N+2 x 15 (b)

Cộng (a) và (b) Cr2S3 + 15Mn(NO3)2

2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 15Mn+ 6 + 30N+ 2 Trang 98

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Hoàn thành: Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 + 20K2CO3 + 20CO2 b) P + NH4ClO4

2K2CrO4 + 3K2SO4 +15 K2MnO4 + 30NO

H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O

2N –3

2NO + 6e

2Cl+ 7 + 14e

2ClO 2NO + 2ClO x 5

2NH4ClO3 + 8e PO

P+ 5 + 5e

10NH4NO3 + 8PO

8P+ 5 + 10NO + 10ClO + 16H2O

10NH4NO3 + 8P

8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O

c) FexOy + HNO3

Fe(NO3)3 + NnOm + H2O

xFe+2y/x

xFe+ 3 + (3x – 2y)e (5n – 2m)

nN+ 5 + (5n – 2m)e

nN+ 2m/n (3x – 2y)

x(5n –2m)Fe+2y/x + n(3x – 2y)N+ 5

x(5n – 2m)Fe + 3 + n(3x –

2y)N+2m/n Hoàn thành: (5n – m)FexOy + (18nx – 6my – 2ny)HNO3 x(5n – 2m)Fe(NO3)3 + (3x – 2y)NnOm + (9nx – 3mx – ny)H2O 2.2/ a/ E0Ag+/Ag> E0Fe3+/Fe2+ nên ở điều kiện chuẩn, chiều của phản ứng là Fe2+ + Ag+ Fe3+ + Ag. 1 1 b/ K = 10 ∆E0 = 10. 0,059 0,059 Câu 3

. 0,03 = 3,2

3.1/ CO2 + H2 →CO + H2O a/ ∆H0298 = 41,2 KJ/mol

∆S0298 = 42J/mol ∆G0298= ∆И0298 - ∆S0298= 28684 J/mol Vì ∆G0298> 0 nên phản ứng không tự xảy ra ở chiều thuận ở 250C. b/ Áp dụng công thức:

(

)

1 ∆GT1 1 0 + ∆H T1 T1 T2 T2 Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

∆GT2

Trang 99

=> ∆G01273 = - 12266J/mol Vì ∆G01273 <0 nên phản ứng tự xảy ra theo chiều thuận ở 10000C c/ Để phản ứng xảy ra theo chiều thuận thì:

∆G0T = ∆H0 – T∆S0 <0 => T > 41200 = 980,950K 42 3.2/ a. Ở bài này ta thấy, để xác định bậc riêng của phản ứng đối với mỗi chất người ta cố định nồng độ của một chất và thay đổi nồng độ của chất còn lại. Gọi m, n lần lượt là bậc phản ứng riêng phần của H2 và NO. Ta có: v = k.[H2]m.[NO]n v1 = k1.[H2]m.[NO]n v2 = k2.[H2]m.[NO]n v3 = k3.[H2]m.[NO]n Lập tỉ lệ v1/v2 ta được m=1 Lập tỉ lệ v1/v3 ta được n=2 Phương trình động học của phản ứng: v = k.[H2].[NO]2 Bậc phản ứng 1+2 = 3 b. Tính hằng số tốc độ phản ứng: thay m=1, n=2 vào v1 suy ra k1=0,38 mol-2.l2.s-1 Tương tự: k2 = k3 = 0,38 mol-2.l2.s-1 Vậy hằng số tốc độ phản ứng: k = 0,38 mol-2.l2.s-1

Câu 4. 4.1/ a) Ở nhiệt độ thường: 2KOH + Cl2→ KCl + KClO + H2O 6KOH + 3I2→ 5KI + KIO3 + 3H2O −

Trong môi trường kiềm tồn tại cân bằng : 3XO-⇌X- + XO 3

Ion ClO- phân hủy rất chậm ở nhiệt độ thường và phân hủy nhanh khi đun nóng, ion IO- phân hủy ở tất cả các nhiệt độ b) Các phương trình hóa học : Ion ClO- có tính oxi hóa rất mạnh, thể hiện trong các phương trình hóa học:

Trang 100

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

- Khi cho dung dịch FeCl2 và HCl vào dung dịch A có khí vàng lục thoát ra và dung dịch từ không màu chuyển sang màu vàng nâu : 2FeCl2 + 2KClO + 4HCl → 2FeCl3 + Cl2 + 2KCl + 2H2O - Khi cho dung dịch Br2 vào dung dịch A, dung dịch brom mất màu : Br2 + 5KClO + H2O → 2HBrO3 + 5KCl - Khi cho H2O2 vào dung dịch A, có khí không màu, không mùi thoát ra: H2O2 + KClO → H2O + O2 + KCl 4.2. Phương pháp sunfat có thể dùng để điều chế được axit HF và HCl vì 2 axit này có tính khử yếu không có khả năng phản ứng lại với dd H2SO4 đặc, nóng; còn HBr và HI có tính khử mạnh phản ứng lại với dd H2SO4 đặc nên không điều chế được HBr và HI. t0

CaF2 (tt) + H2SO4 đặc → CaSO4 + 2HF (hoặc dùng NaF) (1) t0

NaCl (tt) + H2SO4 đặc → NaHSO4 + HCl (hoặc Na2SO4) (2) t0

NaBr (tt) + H2SO4 đặc → NaHSO4 + HBr 2HBr + H2SO4 đặc → Br2 + SO2 + 2H2O t0

NaI (tt) + H2SO4 đặc → NaHSO4 + HI 8HI + H2SO4 đặc → 4I2 + H2S + 4H2O

(3) (4) (5) (6)

4.3. (a) Vẩn đục vàng của kết tủa lưu huỳnh: H2S + 1/2O2→ H2O + S↓ (b) Dung dịch có màu vàng nhạt: 1/2O2 + 2HBr → H2O + Br2 (c) Thoát khí O2 và nồng độ giảm dần NaClO + H2O + CO2→ NaHCO3 + HClO HClO → HCl + 1/2O2 (d) Có màu đen do sự than hóa chất bẩn hữu cơ có trong không khí. H 2 SO4

Cn(H2O)m → nC + mH2O

Câu 5 5.1/ Phương trình phản ứng:

S + Mg → MgS MgS + 2HCl → MgCl2 + H2S

(1) (2) Trang 101

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Mg + 2HCl → MgCl2 + H2

(3)

M B = 0,8966 × 29 = 26 ⇒ B chứa H S và H [Mg có dư sau phản ứng (1)] 2 2

Gọi x và y lần lượt là số mol khí H2S và H2, ta có

2,987   x + y = 22,4  34x + 2 y  = 26  x + y

0,1 Giải ra ta có x = 0,1 ; y = 3 . Từ (1), (2), (3) ta có: %m(S) =

0,1 × 32 × 100% = 0,1    0,1 +  × 24 + (0,1 × 32) 3   50%, %m(Mg ) = 50%

3 H2S + 2 O2→ SO2 + H2O

0,1

1 H2 + 2 O2→ H2O

0,033

SO2 +

H2O2→ H2SO4

0,1

0,147

0,047

0,1

m(dung dịch) = 100 + (0,1 × 64) + (0,133 × 18) = 108,8 gam 0,1.98 0,047.34 × 100% = = 9%; C%(H2O2) = 108,8 1,47% C%(H2SO4) = 108,8

5.2. Phương trình phản ứng: S + O2 → SO2 (1) 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 Từ (1) và (2) ⇒

n S = n SO 2 =

%m S =

(2)

5 5 n KMnO 4 = × 0,625 × 0,005 = 7,8125.10 −3 2 2 mol

7,8125.10 −3 × 32 × 100% = 100 0,25%

< 0,30% Trang 102

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Vậy nhiên liệu trên được phép sử dụng. KỲ THI OLYMPIC Môn: HÓA HỌC 10

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

Thời gian làm bài 150 phút( không kể thời gian giao đề)

(Đề thi gồm 02 trang) Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; P=31; S = 32; Cl = 35,5; N = 14; I = 127; K = 39; Mn=55 Câu 1: (5,0 điểm) 1.1( 2,0 điểm) Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron: a. P + NH4ClO4 H3PO4 + N2 + Cl2 + … b. FexOy + HNO3 … + NnOm + H2O 1.2 (1,5điểm)Hàm lượng cho phép của tạp chất lưu huỳnh trong nhiên liệu là 0,30%. Người ta đốt cháy hoàn toàn 100,0 gam một loại nhiên liệu và dẫn sản phẩm cháy (giả thiết chỉ có CO2, SO2 và hơi nước) qua dung dịch KMnO4 5,0.10-3M trong H2SO4 thì thấy thể tích dung dịch KMnO4 đã phản ứng vừa hết với lượng sản phẩm cháy trên là 625 ml. Hãy tính toán xác định xem nhiên liệu đó có được phép sử dụng hay không? 1.3 (1,5điểm) Cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của mỗi phân tử sau: BrF3, SO32-, PCl5 Câu 2: (5,0 điểm) 2.1 (1,5 điểm). Hỗn hợp khí X gồm SO2 và O2 có tỉ khối hơi so với H2 bằng 28. Cho 4,48 lít (đktc) hỗn hợp khí X vào bình kín có V2O5 rồi nung nóng đến 4500C. Sau một thời gian phản ứng, làm nguội bình rồi cho toàn bộ các chất thu được đi qua dung dịch BaCl2 (dư). Sau khi kết thúc phản ứng, thu được 17,475 gam kết tủa. Tính hiệu suất của phản ứng oxi hóa SO2 thành SO3. 2.2. (1,5 điểm). Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Na, Na2O, NaOH, Na2CO3 trong lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 40%, thu được 8,96 lít hỗn hợp khí có tỉ khối so với H2 là 16,75 và dung dịch Y có nồng độ 51,449%. Cô cạn dung dịch Y, thu được 170,4 gam muối khan. Tính m. 2.3. (2,0 điểm). Đốt cháy hoàn toàn 4,4g sunfua của kim loại M (công thức MS) trong oxi dư. Chất rắn sau phản ứng đem hoà tan trong 1 lượng vừa đủ dung dịch HNO3 37,8% thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch thu được là 41,72%. Khi làm lạnh dung dịch này thì thoát ra 8,08g muối rắn. Lọc tách muối rắn thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch là 34,7%. Xác định công thức muối rắn.

Trang 103

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 3:(5,0 điểm) 3.1( 2,0 điểm): Cho phản ứng:

2SO (k) 2

→   O2 (k) ←

2SO3 (k)

+ 44 Kcal

a/ Giả sử ở nhiệt độ T, một hỗn hợp cân bằng trong một bình cầu 1 lít có thành phần sau đây: SO3= 0,6 mol; SO2 = 0,2 mol; O2 = 0,3 mol. Tính KC ? b/Giả sử thể tích bình chứa tăng gấp đôi ở nhiệt độ T, hỗn hợp có thành phần trên sẽ biến đổi như thế nào? c/ Dự đoán điều kiện đúng để thực hiện sự điều chế SO3 trong công nghiệp trên phương diện cân bằng hóa học và trên thực tế sản xuất. 3.2( 1,5 điểm): Cho các dữ kiện sau: CO (k) 2 ∆Htt0 ( KJ/mol)

-393,509 CO (k) 2

∆S0 ( 2980c) ( J/mol)

213,660

 →  H2 (k) ← CO (k)

-110,525

→   + H2 (k) ←

130,575

H2O (k)

-241,818

CO (k) 197,665

H2O (k) 188,716

Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 250c. 3.3 ( 1,5 điểm): Dựa vào cấu tạo nguyên tử, phân tử hãy giải thích các câu sau đây: a/ Nhịệt độ sôi của HCl thấp hơn nhiệt độ sôi của HF và HBr. b/ Năng lượng ion hóa thứ nhất của nitơ lớn hơn năng lượng ion thứ nhất của oxi Câu 4: (5,0 điểm) 4.1 ( 2,0 điểm) Nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt các loại là 60, số hạt mang điện trong hạt nhân bằng số hạt không mang điện. Nguyên tử của nguyên tố Y có 11 electron p. Nguyên tử nguyên tố Z có 4 lớp electron và 6 electron độc thân. a. Dựa trên cấu hình electron, cho biết vị trí của các nguyên tố trên trong bảng hệ thống tuần hoàn. b. So sánh (có giải thích) bán kính của các nguyên tử và ion X, X2+ và Y-. 4.2( 3,0 điểm)Viết các phản ứng hóa học trong các trường hợp sau: a. Ion I- trong KI bị oxi hoá thành I2 bởi FeCl3; còn I2 oxi hoá được Na2S2O3. b. Ion Br- bị oxi hoá bởi H2SO4đặc; còn Br2 lại oxi hoá được P thành axit tương ứng. c. H2O2 bị khử NaCrO2(trong môi trường bazơ) và bị oxi hoá trong dung dịch KMnO4(trong môi trường axit) ------------ HẾT -----------Ghi chú: Trang 104

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

- Học sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học) - Giám thị coi thi không cần giải thích gì thêm.

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ THI OLYMPIC Môn: Hoá học 10

Câu

Nội dung

Điểm

Câu 1

5,0

1.1

2,0 b. P + NH4ClO4 2N –3 2Cl+ 7 + 14e 2N –3 + 2Cl+ 7 + 8e PO 10NH4ClO4 + 8PO

H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O 2N + 6e 2ClO 2NO + 2ClO x 5 P+ 5 + 5e x8 +5 O 8P + 10N + 10ClO

10NH4NO3 + 8P

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

8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O

FexOy + HNO3 Fe(NO3)3 + NnOm + H2O +2y/x +3 xFe xFe + (3x – 2y)e (5n – 2m) +5 nN+ 2m/n (3x – 2y) nN + (5n – 2m)e x(5n –2m)Fe+2y/x + n(3x – 2y)N+ 5 x(5n – 2m)Fe + 3 + n(3x – 2y)N+2m/n Hoàn thành: (5n – 2m)FexOy + (18nx – 6mx – 2ny)HNO3 x(5n – 2m)Fe(NO3)3 + (3x – 2y)NnOm + (9nx – 3mx – ny)H2O 1.2

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

1,5 Phương trình phản ứng: S + O2 → SO2 (1) 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 (2) Từ (1) và (2) ⇒ n S = n SO 2

5 5 = n KMnO 4 = × 0,625 × 0,005 = 7,8125.10 −3 mol 2 2

0,5 0,5 Trang 105

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

%m S =

7,8125.10 −3 × 32 × 100% = 0,25%< 0,30% 100

0,5

Vậy nhiên liệu trên được phép sử dụng. 1.3

1,5 BrF3:Nguyên tử Br ở trạng thái lai hóa sp3dvà phân tử có dạng chữ T.

0,5

SO3 : Nguyên tử S lai hóa sp và phân tử có dạng tháp đáy tam giác

0,5

C2H2: Nguyên tử C lai hóa sp và phân tử dạng đường thẳng

0,5

Câu 2

5,0

2.1

1,5 1.Dựa vào tỉ khối hơi của hỗn hợp và số mol của hỗn hợp ta tính được số mol của 0,5 SO2 = 0,15 mol, của O2 = 0,05 mol. PTHH: 2SO2 + O2 → 2SO3 Khi cho toàn bộ các chất thu được đi qua dung dịch BaCl2 dư thì chỉ có SO3 tham 0,5 gia phản ứng. PTHH: SO3 + H2O + BaCl2 → BaSO4 + 2HCl 0,5 Dựa vào lượng kết tủa ta có số mol O2 phản ứng là 0,0375 mol. Vậy hiệu suất phản ứng là: 0,0375/0,05 = 75%

2.2

1,5 2Na + H2SO4 Na2SO4 + H2 Na2SO4 + H2O Na2O + H2SO4 0,5 2NaOH + H2SO4 Na2SO4 + 2H2O Na2CO3 +H2SO4 Na2SO4 + H2O + CO2 Từ giả thiết ta tính được khối lượng hai khí là 13,4 gam; khối lượng muối Na2SO4 0,5 là 170,4 gam => số mol H2SO4 = số mol Na2SO4 = 1,2 mol Từ đó tính được khối lượng dung dịch H2SO4 ban đầu là 294 gam và khối lượng 0,5 dung dịch sau phản ứng là 331,2 gam. Theo bảo toàn khối lượng ta có: 294 + m = 331,2 + 13,4 =>m = 50,6 gam.

2.3

2,0 Vì O2 dư nên M có hoá trị cao nhất trong oxit 2MS + (2 + n:2)O2 → M2On + 2SO2 a 0,5a

0,25 0,25 Trang 106

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

M2On + 2nHNO3 → 2M(NO3)n + n H2O 0,5a an a Khối lượng dung dịch HNO3 m = an × 63 × 100 : 37,8 = 500an : 3 (g) Khối lượng dung dịch sau phản ứng m = aM + 8an + 500an : 3 (g) Ta có (aM + 62an) : (aM + 524an: 3) = 0,4172 Nên M = 18,65n Chọn n = 3 Suy ra M = 56 (Fe) Ta có: a(M+32)= 4,4 Suy ra a = 0,05 khối lượng Fe(NO3)3 là m= 0,05 × 242 = 12,1(g) Khối lượng dung dịch sau khi muối kết tinh : mdd = aM + 524an: 3 – 8,08 =20,92 (g) Khối lượng Fe(NO3)3 còn lại trong dung dịch là : m = 20,92 × 34,7 : 100 = 7,25924 (g) Khối lượng Fe(NO3)3 kết tinh m = 12,1 - 7,25924 = 4,84 (g) Đặt công thức Fe(NO3)3 . nH2O Suy ra 4,84:242 × (242 + 18n) = 8,08 Suy ra n = 9 CT Fe(NO3)3 . 9H2O

0,5

Câu 3

5,0

3.1

2,0 a/2 SO2

 → O2 ← 

2 SO3 + 44 Kcal 0,5

Kc = 0,62/(0,22. 0,3) = 30(mol/l)-1 b/ V bình tăng gấp 2 nồng độ mỗi chất giảm 2 lần

0,5

Nên K'c= 0,32/(0,12.0,15)= 60 > Kc Vì vậy cân bằng trên phải chuyển theo chiều nghịch. c/ Dự đoán: - Lí thuyết: Để tăng hiệu suất tổng hợp SO3 thì phải giảm nhiệt độ, tăng áp suất, tăng nồng độ SO2 và O2, giảm nồng độ SO3. - Thực tế : nhiệt độ từ 400 - 5000c, áp suất 30atm, xúc tác : V2O5. 3.2

0,5 0,5 1.5

Trang 107

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

∆H0 = -110,525 – 241,818 + 393,509 – 0 = + 41,166 KJ/mol

0,25

∆S0 = 197,665 +188,716 -213,66 – 130,575 = 42,146 J/ mol.K

0,25

∆G0 = ∆H0 - T∆S0

0,5

= 41,166 – 298.0,042146 = + 28,6064 KJ/mol = + 28606,4J/mol lg K = - ∆G0 / 2,303RT = - 28606,4/ 2,303.8,314.298 = - 5,0135

0.5

Suy ra K = 9,7.10-6 3.3

1,5 a/ Do HF có khả năng tạo liên kết H giữa các phân tử mạnh nên nhiệt độ

0,5

sôi của HF > HCl. 0,5

Do HCl và HBr có cấu tạo tương tự nhưng MHBr> MHCl nên nhiệt đội sôi của HBr > HCl. b/ Cấu hình electron. N: 1s22s22p3 O: 1s22s22p4

0,5

N có cấu hình electron bán bão hòa bền của phân lớp p nên việc tách 1 electron ra khỏi nguyên tử N khó hơn O. Vậy năng lượng ion hóa của N lớn hơn O. Câu 4

5,0

4.1

2,0

Trang 108

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a) Xác định vị trí dựa vào cấu hình electron: 2Z X + N X = 60 ; ZX = N X ⇒ ZX = 20 ,

0,5 2

X là canxi (Ca), cấu hình electron của 20Ca : [Ar] 4s Cấu hình của Y là 1s22s22p63s23p5 hay [Ne] 3s2 3p5⇒ Y là Cl Theo giả thiết thì Z chính là crom, cấu hình electron của 24Cr : [Ar] 3d5 4s1 STT Chu kỳ nguyên tố Nhóm nguyên tố 0,5 Ca 20 4 IIA Cl 17 3 VIIA Cr 24 4 VIB b) Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử: R Ca < R Cl < R Ca 2+

0,5

−

Bán kính nguyên tử tỉ lệ với thuận với số lớp electron và tỉ lệ nghịch với số đơn 0,5 vị điện tích hạt nhân của nguyên tử đó. Bán kính ion Ca2+ nhỏ hơn Cl- do có cùng số lớp electron (n = 3), nhưng điện tích hạt nhân Ca2+ (Z = 20) lớn hơn Cl- (Z = 17). Bán kính nguyên tử Ca lớn nhất do có số lớp electron lớn nhất (n = 4). 4.2

3,0 a. 2KI + 2FeCl3 2FeCl2 + 2KCl + I2 I2 + 2Na2S2O3 2NaI + Na2S4O6 b. 2Br- + 4H+ + SO42-( đặc) Br2 + SO2 + 2H2O 5Br2 + 2P + 8H2O 10 HBr + 2H3PO4 c. 3H2O2 + 2NaCrO2 + 2NaOH 2Na2CrO4 + 4H2O 5H2O2 + 2KMnO4 + 3H2SO4 2MnSO4 + K2SO4 + 5O2 + 8H2O

1,0 1,0 1,0

Ghi chú : - Thí sinh làm cách khác nhưng đúng kết quả vẫn cho điểm tối đa.

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ -MÔN :HÓA HỌC –LỚP 10 CÂU I: I.1Cho X,Y là 2 nguyên tố phi kim .Trong nguyên tử X và Y , số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện lần lượt là 14 và 16.Biết trong hợp chất XYn : -X chiếm 15,0486 % về khối lượng . -Tổng số proton là 100. -Tổng số nơtron là 106. a)Xác định tên 2 nguyên tố X,Y? b)Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tố trung tâm và dạng hình học của phân tử XYn? Trang 109

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

I.2Nguyên tố X là kim loại .Tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở) lập phương tâm diện của X có cạnh là 3,71.108 cm. Khối lượng riêng của nguyên tố này là 3500kg/m3. a)Tính % thể tích của tế bào bị chiếm bởi các nguyên tử? b) Xác định tên nguyên tố X ? CÂU II: II.1Cho phản ứng : CO2(k)+ H2(k)CO(k) + H2O(k) a) Hằng số cân bằng Kc của phản ứng ở 8500C bằng 1.Nồng độ ban đầu của CO2 và H2 lần lượt là 0,2M và 0,8M. Tìm nồng độ các chất ở thời điểm cân bằng? b)Tính hằng số cân bằng KP của phản ứng ở 250C biết : H2(k) CO2(k) CO(k) H2O(k) Chất -393,509 -110,525 -241,818 ∆ ) 0 130,575

213,63

197,565

188,716

II.2 Dung dịch A gồm hai muối: Na2SO3 và Na2S2O3: - Dẫn lượng dư khí Cl2qua 100ml dung dịch A rồi cho sản phẩm thu được tác dụng với dung dịch BaCl2 dư thì thu được 0,647g kết tủa. - Lấy 100ml dung dịch trên, nhỏ vài giọt hồ tinh bột rồi đem chuẩn độ bằng iot đến khi dung dịch bắt đầu xuất hiện màu xanh thấy tốn hết 29ml I2 0,05M (I2 tan trong dung dịch KI) Tính CM của các chất trong dung dịch A? CÂU III: III.1 Hoàn thành các phương trình phản ứng sau và xác định các chất ứng với các chữ cái (A), (B),... (1) FeS2 + khí (A) → rắn (B) + khí (D) (2) (D) + khí (E) → chất rắn (F) + H2O (3) (F) + (A) → (D) (4) (E) + NaOH → (G) + H2O (5) (G) + NaOH → (H) + H2O (6) (H) + (I) → (K)↓ + (L) (7) (K) + HCl → (I) + (E) (8) (E) + Cl2 + H2O → ... III.2 Những thay đổi nào có thể xảy ra khi để trong không khímột thời gian dài các bình miệng hở chứa các dung dịch sau đây: (a) axit sunfuhiđric, (b) axit bromhiđric, (c) dung dịch H2SO4 đậm đặc,nước vôi trong(d).Viết phương trình phản ứng nếu có . CÂU IV : IV.1Hoàn thành các phản ứng oxy hóa khử sau theo phương pháp ion - electron: a)Cr3+ + ClO3- + OH-→ ... b) FexOy + H+ + SO42-→ Fe3+ + SO2 + S + H2O (với tỉ lệ mol SO2 và S là 1:1) IV.2Người ta thiết lập pin điện gồm 2 điện cực : thanh Cu nhúng vào dung dịch muối CuSO4 0,1M và thanh Pt nhúng vào dung dịch hỗn hợp 2 muối FeSO4 và Fe2(SO4)3 có cùng nồng độ a)Thiết lập sơ đồ pin với các dấu của điện cực? b)Viết phương trình phản ứng khi pin hoạt động? c)Tính sức điện động của pin? d)Tính tỉ số [Fe3+]/[Fe2+] khi pin ngừng hoạt động ? Cho : -thế điện cực chuẩn của Cu2+/Cu và Fe3+/Fe2+ lần lượt là +0,34V và +0,77V -dung dịch CuSO4 có thể tích khá lớn CÂU V: V.1 Một loại muối ăn có lẫn các tạp chất :MgCl2,CaCl2, MgSO4, Na2SO4 , Ca(HCO3)2 . Trình bày phương pháp hóa học để thu được NaCl tinh khiết .Viết các phương trình phản ứng xảy ra . V.2Hỗn hợp rắn A gồm Al và một đơn chất R. Cho 8,6 gam hỗn hợp A vào dung dịch HCl dư thu được 6,72 lít khí (đkc).Nếu oxi hóa 17,2gam hỗn hợp A bằng oxi không khí đến khi phản ứng hoàn toàn thì thu được chất rắn nặng 20,4gam. Mặt khác ,17,2 gam A tan hết trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được V lít SO2(đkc) là khí duy nhất.Các phản ứng xảy ra hoàn toàn.Xác định tên R?Tính V?

TRƯỜNG THPT PHAN BỘI CHÂU Trang 110

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

CÂU

ĐIỂM

ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA HỌC –LỚP 10 BÀI GIẢI

CÂU I I.1 (1điểm)

a)Gọi ZX, ZY lần lượt là số proton ;NX, NY lần lượt là số nơtron của nguyên tử X ,Y Ta có:

ZX + nZY =100 NX + nNY =106

2ZY - NY = 16 2ZX - NX = 14

Giải hệ ta được : Zx=15 ; NX=16 (X là photpho) ZY=17; Ny= 18 (Y là clo) n=5 b)-CTPT của hợp chất là PCl5 -Trong PCl5 Photpho ở trạng thái sp3d dạng hình học phân tử là lưỡng chóp tam giác

I.2 (1 điểm)

a)số nguyên tử trong 1 ô mạng cơ sở là: 8.

=4 (nguyên tử)

Các nguyên tử kim loại xếp khít nhau , xét theo đường chéo của hình vuông : Trang 111

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

suy ra r=a

4r=a

Thể tích chiếm bởi các nguyên tử trong ô mạng cơ sở là: Vnt=4. Thể tích của 1 ô mạng cơ sở là : Vtt = a3 Suy ra % thể tích của tế bào bị chiếm bởi các nguyên tử là: =74,01% b)khối lượng của 1 ô mạng cơ sở là: m=

(g)

khối lượng riêng của X : d=

suy ra :MX =

Vậy X là Al CÂU II

II.1 (1 điểm)

CO2(k) + H2(k)

CO(k) + H2O(k)

Ban đầu:

0,2

0.8

Phản ứng:

0,8-x

Cân bằng:

0,2-x

(mol/l) (mol/l)

KC = x= 0,16(M) Vậy : [CO2]= 0,2-0,16=0,04M [H2] =0,8-0,16=0,64 M [ CO ]= [ H2O ]=0,16 M b) Ta có :

∆

= -110,525 + (-241,818) –(- 393,509 )= 41,166 (kJ/mol)=41166 (J/mol)

Trang 112

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

∆

=197,565+ 188,716-(213,63+130,575)=42,076 (J/mol.K)

∆

T.∆ =41166-298.42,076 =28627,352 (J/mol)

Mà ∆ =9,592.10-6

Suy ra : KP = II.2

Gọi x,y lần lượt là số mol của Na2SO3 và Na2S2O3 trong 100ml dung dịch A

(1điểm)

SO32- + Cl2 + H2O→ SO42- + 2Cl- + 2H+ x

(mol)

S2O32- + 4Cl2 +5 H2O→ 2SO42- + 8Cl- + 10H+ y

(mol)

Ba2+ + SO42- → BaSO4 x+2y

x+2y

nkết tủa= x+2y =

(mol)

(1)

SO32- + I2 + H2O →SO42- + 2I- + 2H+ x

(mol)

2S2O32- + I2 →S4O62- + 2Iy

0,5y

(mol) =1,45.10-3

x+0,5y=1,45.10-3 (2) từ (1) và (2) giải ra : x= 10-3 ; y=8,845.10-4 (mol) a) a)

= =

(M) (M)

Trang 113

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

CÂU III:

III.1 (1điểm)

(1) 4FeS2 + 11O2

Fe2O3 +8 SO2

(2) SO2 + 2H2S →3S +2H2O (3) S + O2 SO2 (4) H2S + NaOH→ NaHS + H2O (5) NaHS + NaOH→ Na2S + H2O (6) Na2S + FeCl2→ FeS↓ +2 NaCl (7) FeS +2 HCl→ FeCl2 + H2S (8) H2S + 4Cl2 + 4H2O→8HCl + H2SO4 A: O2; B : Fe2O3 ;D:SO2; E:H2S; F:S ; G:NaHS; H:Na2S ; I:FeCl2 ; K:FeS; L: NaCl (HS có thể chọn phương án khác cho chất (I),(K))

III.2

a) Vẩn đục màu vàng của kết tủa lưu huỳnh : 2H2S + O2 →2S↓ +2 H2O

(1điểm)

b) Dung dịch màu vàng do tạo ra Br2 : O2 + 4HBr →2Br2 + 2H2O c) Có màu đen do sự than hóa chất bẩn hữu cơ có trong không khí nC + m H2O

Cn(H2O)m

d) Vẩn đục màu trắng của CaCO3 CO2 + Ca(OH)2 →CaCO3 ↓+ H2O CÂU IV

IV.1

Cr3+ + 8OH- → CrO42- + 4H2O +3e

ClO3- + 3H2O +6e→Cl- + 6OH-

1 điểm

2Cr3+ + ClO3- + 10 OH- →2CrO42- + Cl- + 5H2O

(3x-2y)

FexOy +2y H+ → xFe3+ + yH2O + (3x-2y)e 2SO42- + 12H+ +8e→SO2 + S + 6H2O

8FexOy +(36x-8y) H+ +(6x-4y)SO42- →8xFe3+ +(3x-2y) SO2+(3x-2y) S + (18x-4y) H2 O Trang 114

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

IV.2

Cu2+ +2e →Cu

(1điểm)

= 0,34 -

= 0,331 (V)

Fe3+ +1 e→Fe2+ =

= 0,77 -

= 0,788 (V)

nên cực âm là cực Cu nhúng vào dung dịch muối CuSO4 0,1M và cực dương là thanh Pt nhúng vào dung dịch hỗn hợp 2 muối FeSO4 và Fe2(SO4)3 a)Sơ đồ pin : (-) Cu │Cu2+ (dd) ║Fe3+ ,Fe2+ (dd)│Pt (+) b)Phản ứng xảy ra trong pin : Cu + 2Fe3+ →Cu2+ + 2Fe2+ c)Epin =

= 0,778- 0,331=0,447(V)

d) Khi pin ngừng hoạt động thì Epin=0 hay :

= -

CÂU V

V.1

=0,331

-Hòa tan các muối vào nước,thêm dung dịch BaCl dư vào để loại bỏ ion SO 2- ở dạng BaSO 2 4 4 BaCl + Na SO →BaSO + 2NaCl 2 2 4 4 BaCl + MgSO →BaSO + MgCl 2 4 4 2 -Dung dịch thu được sau khi lọc bỏ kết tủa gồm : NaCl, CaCl , MgCl , BaCl dư, Ca(HCO ) cho tác dụng với dung dịch 2 2 2 32 Na CO dư để loại bỏ Ca2+,Mg2 ,Ba2+ dưới dạng kết tủa BaCO , CaCO , MgCO 2 3 3 3 3 MgCl + Na CO →MgCO + 2NaCl 2 2 3 3

Trang 115

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

CaCl + Na CO →CaCO + 2NaCl 2 2 3 3 BaCl + Na CO →BaCO + 2NaCl 2 2 3 3 Ca(HCO ) + Na CO →CaCO + 2NaHCO 32 2 3 3 3 - Dung dịch thu được sau khi lọc bỏ kết tủa gồm: NaCl, NaHCO ,Na CO dư cho tác dụng với dung dịch HCl dư 3 2 3 Na CO + 2HCl →2NaCl + CO + H O 2 3 2 2 NaHCO + HCl →2NaCl + CO + H O 3 2 2 Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được NaCl tinh khiết (HS có thể đề xuất 1 phương pháp khác)

V.2

Gọi x=nAl ; y= nR trong 8,6g Các phản ứng có thể xảy ra: Với HCl:

(mol) +3

Al  → Al + 3e 2 H + 2e→ H2

(mol)

0,6

0,3 (mol)

R → R + ne

ny (mol)

Với O2:(nAl=2x; nR=2y) −2

→ 2 O Al  → Al + 3e O2 + 4e 

(mol)

0,1

0,4

R → R + me (với m≥n)

2my (mol)

Trường hợp 1: R là kim loại đứng trước Hidro trong dãy điện hóa nO2 =

20,4 − 17,2 = 0,1( mol ) 32

3x+ny =0,6 Trang 116

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

6x+2my=0, 4 0, 4 >0 y ⇒ n-m= (loại)

Trường hợp 2: R là kim loại đứng sau Hidro trong dãy điện hóa

3x=0,6 ⇒ x=0,2 ⇒ nAl(17,2g)=2x=0,4 (mol) 2Al →Al2O3 0,4

0,2 (mol)

⇒mAl2O3=0,2.102=20,4(g) ⇒mrắn phải lớn hơn 20,4(g) :loại Vậy R là phi kim ở trạng thái rắn,có oxit ở trạng thái khí Mà hỗn hợp tan hết trong H2SO4 đặc nóng cho khí SO2 duy nhất nên R phải là lưu huỳnh

Với H2SO4 nóng : +3

nS =

17,2 − 0,4.27 = 0,2( mol ) 32

Al  → Al + 3e S + 2e  → S

0,4 0

1,2 (mol)

(1,2+0,8) 1

(mol)

S → S + 4e

0,2

0,2 0,8 (mol)

VSO2=(0,2+1).22,4=26,88 (lít)

ĐỀ THI OLYMPIC Môn: Hóa học 10 - Thời gian: 150 phút Câu 1. (4điểm) X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3. Electron cuối cùng trên nguyên tử X có tổng bốn số lượng tử bằng 4,5. (Quy ước từ -l đến +l) a) Viết cấu hình electron của nguyên tử X? Trang 117

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b) Ở điều kiện thường XH3 là một chất khí. X tạo với oxi một số phân tử và ion sau: XO2, Hãy cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm, dự đoán dạng hình học của các phân tử và ion trên, đồng thời sắp xếp các góc liên kết trong chúng theo chiều giảm dần. Giải thích. c) Hãy so sánh góc liên kết và momen lưỡng cực của XH3 và XF3. Giải thích?

Câu 2. (4 điểm) 2.1.Lập các phương trình hóa học sau theo phương pháp thăng bằng electron. → Cu2O + Fe3O4 + SO2↑ a) CuFeSx + O2  b) Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3K2CrO4+K2SO4+K2MnO4+ NO↑ + CO2↑ c) P + NH4ClO4 → H3PO4 + N2↑ + Cl2↑ + … d)FexOy + HNO3 … + NnOm↑ + H2O 2.2. Trong phòng thí nghiệm, điều chế khí clo bằng cách cho KMnO4 tác dụng với dung dịch HCl đặc. Nếu thay bằng dung dịch HCl 10-4 M thì có thể điều chế được khí clo không, giải thích? Cho E0 MnO4-/Mn2+=1,51V; E0 Cl2/2Cl- = 1,359V; nồng độ các chất còn lại là 1M. Câu 3. (4điểm) 3.1.Cho hỗn hợp A gồm 2 muối NaX, NaY (X, Y là hai halogen kế tiếp). Để kết tủa hoàn toàn 2,2 gam A cần 150ml dung dịch AgNO30,2M. a) Tính khối lượng kết tủa tạo thành. b) Xác định X, Y. c) Biết có phản ứng X2 + KYO3→ Y2 + KXO3. Hãy kết luận chính xác X, Y. d) Từ kết luận c) hãy cho biết chiều của phản ứng X2 + KY ⇔ Y2 + KX 3.2.Viết các phương trình phản ứng xảy ra : a) Ion I- trong KI bị oxihóa thành I2 bởi FeCl3; bởi O3 còn I2 oxihóa được Na2S2O3. b) Ion Br- bị oxihóa bởi H2SO4 đặc, bởi BrO-3 trong môi trường axit. c) H2O2 bị khử bởi NaCrO2 trong môi trường bazơ và bị oxihóa trong dung dịch KMnO4 trong môi trường axit. Câu 4. (4điểm) 4.1)Cho các phương trình nhiệt hóa học sau đây: (1) 2 ClO2 (k) + O3 (k) → Cl2O7 (k) = - 75,7 kJ (2) O3 (k) → O 2 (k) + O (k) = 106,7 kJ (3) 2 ClO3 (k) + O(k) → Cl2O7 (k) = - 278 kJ (4) O2 (k) → 2 O (k) = 498,3 kJ. Hãy xác định nhiệt của phản ứng sau: (5) ClO2 (k) + O(k) → ClO3 (k) 4.2)Cho các phản ứng sau với các dữ kiện nhiệt động của các chất ở 250C:  → CO + H2O CO2 + H2 ←  CO2 H2 CO H2O 0 -393,5 0 -110,5 -241,8 ∆H 298 (KJ/mol) Trang 118

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

S0298 (J/mol)

213,6

131,0

197,9

188,7

a. Hãy tính ∆H0298 , ∆S0298 và ∆G0298 của phản ứng và nhận xét phản ứng có tự xảy ra theo chiều thuận ở 250C hay không? b. Giả sử ∆H0 của phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Hãy tính ∆G01273của phản ứng thuận ở 10000C và nhận xét. c. Hãy xác định nhiệt độ (0C) để phản ứng thuận bắt đầu xảy ra ( giả sử bỏ qua sự biến đổi ∆H0, ∆S0theo nhiệt độ). Câu 5. (4điểm) Hòa tan hết 17,2 gam hỗn hợp X gồm Fe và một oxit sắt vào 200 gam dung dịch HCl 14,6% thu được dung dịch A và 2,24 lít khí H2 (đktc). Thêm 33,0 gam nước vào dung dịch A được dung dịch B. Nồng độ phần trăm của HCl trong dung dịch B là 2,92%. Mặt khác, cũng hòa tan hết 17,2 gam hỗn hợp X vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng thì thu được V lít khí SO2 duy nhất (đktc). a) Xác định công thức hóa học của oxit sắt trong hỗn hợp X. b) Tính khoảng giá trị của V?

TrĐÁP ÁN ĐỀ THI OLYMPIC Môn: Hóa học 10 - Thời gian: 150 phút Câu 1

1.a

Nội dung

Điểm

X thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3 → X thuộc nhóm IIIA hoặc VA TH1: X thuộc nhóm IIIA Ta có sự phân bố electron vào obitan như sau Vậy electron cuối cùng có l = 1; m = -1, ms = +1/2 → n = 4 Cấu hình electron nguyên tử: 1s22s22p63s23p63d104s24p1 (Ga) 0,5 TH2: X thuộc nhóm VA Ta có sự phân bố electron vào obitan như sau Trang 119

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Vậy electron cuối cùng có l = 1; m = 1, ms = +1/2 → n = 2 Cấu hình electron nguyên tử: 1s22s22p3 (N) XH3là chất khí, nên X là Nitơ NO2+

NO2 O

1.b

1320

O O

+ N + N

0,5

NO2 O

O O

1150

lai hóa sp lai hóa sp2 Lai hóa sp2 dạng góc dạng đường thẳng dạng góc Trong NO2, trên N có 1electron không liên kết, còn trong trên N có 1 cặp electron không liên kết nên tương tác đẩy mạnh hơn → góc nhỏ hơn trong NO2. liên kết ONO trong Vậy góc liên kết: > NO2> N trong NH3 và trong NF3 đều ở trạng thái lai hóa sp3 *Trong NH3 liên kết N-H phân cực về phía N làm các đôi electron liên kết tập trung vào nguyên tử N, tương tác đẩy giữa cặp electron tự do với các cặp electron liên kết mạnh Trong NF3 liên kết N-F phân cực về phía F làm các đôi electron liên kết xa nguyên tử N, tương tác đẩy giữa cặp electron tự do với các cặp electron liên kết yếu 1.c → góc liên kết HNH lớn hơn FNF * NH3: chiều phân cực của đôi e chưa liên kết trong NH3 cùng chiều với vectơ momen phân cực của các liên kết N-H NF3: chiều phân cực của đôi e chưa liên kết trong NH3 ngược chiều với vectơ momen phân cực của các liên kết N-F → momen lưỡng cực của NH3> NF3 a) 12 CuFeSx + (11+12x) O2 → 6Cu2O + 4Fe3O4 + 12xSO2 b)Cr2S3+15Mn(NO3)2+20K2CO3 → 2K2CrO4+3K2SO4+15K2MnO4+ 30NO + 20CO2 Câu2 c)10NH4ClO3+8P → 8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O 2.1 d)(5n – m)FexOy + (18nx – 6my – 2ny)HNO3 → x(5n – 2m)Fe(NO3)3 + (3x – 2y)NnOm + (9nx – 3mx – ny)H2O

2.2

*Có E0 MnO4-/Mn2+=1,51V> E0 Cl2/2Cl- = 1,359V nên phản ứng tự xảy ra theo chiều: 2MnO4- + 10Cl- +16H+ 2Mn2+ +5Cl2 +8H2O (1) * Nếu thay bằng dung dịch HCl 10-4 M : MnO4- + 8H+ + 5e Mn2+ + 4H2O E MnO4-/Mn2+= E0 MnO4-/Mn2+- 0,059/n .lg[Mn2+]/[MnO4-].[H+]8

0,75 0,75 0,25 0,25

0,5

0,5đ/1pt

0,75 0,5 Trang 120

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

= 1,51-0,059/5. lg1/1.(10-4)8 = 1,1324V

Cl2 +2e 2ClE Cl2/2Cl- = E0 Cl2/2Cl- -0,059/n .lg[Cl-]2=1,359-0,059/2 .lg[10-4]2 =1,359V > E MnO4-/Mn2+ nên phản ứng (1) xảy ra theo chiều ngược lại và không có khí clo thoát ra.

3.1. a/ Gọi X là halogen trung bình của X, Y ta có phản ứng: Na X + AgNO3→ NaNO3 + Ag X 0,03 0,03 0,03 mA = (23 + X ).0,03 = 2,2 ⇒ X = 50,3 g/mol m↓= (108 + 50,3).0,03 = 4,749 g Câu3

 X : Cl (35,5)  X : Br (80) hoặc  Y : Br (80) Y : Cl (35,5)

b/. X =50,3 g/mol ⇒ 

Câu4

c/. Trong phản ứng : X 20 + K Y O3→ K X O3 + Y20 Tính khử X2> Y2 ⇒ X là Br, Y là Cl Tính oxihóa KYO3> KXO3 Br2 + KClO3→ KBrO3 + Cl2 d/. Phản ứng Br2 + 2KCl ⇔ Cl2 + 2KBr Xảy ra theo chều nghịch vì tính oxihóa của Cl2> Br2 và tính khử của Br- > Cla) 2KI + 2FeCl3→ 2FeCl2 + 2KCl + I2 2KI + O3 + H2O → 2KOH + O2 + I2 I2 + 2Na2S2O3→ 2NaI + Na2S4O6 b) 2Br- + 4H+ + SO42-(đặc)⇒ Br2 + SO2 + 2H2O 5Br- + BrO3- + 6H+ → 3Br2 + 3H2O c) 3H2O2 + 2NaCrO4 + 2NaOH → 2Na2CrO4 + 4H2O 5H2O2 + 2KMnO4 + 3H2SO4→ 2MnSO4 + K2SO4 + 5O2 + 8H2O 4.1. Lấy (1)-(2)-(3)-(4) ta được: 2ClO2 (k) + 2O(k) → 2ClO3 (k) 2 =

0,25 0,25

0,5

3.2

0,75

= -402,7 kJ

= -201,35 kJ

0,25 0,25

0,5 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5

4.2. a. ∆H0298 , ∆S0298 và ∆G0298 Trang 121

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

 → CO + H2O Pt phản ứng: CO2 + H2 ←  ta có : ∆H0298(pư) = [∆H0298(CO) + ∆H0298(H2O)] – [∆H0298(CO2) + ∆H0298(H2O)] = (-110,5 – 241,8) – ( -393,5) = 41,2 KJ/mol 0 0 ∆S 298(pư) = [ S 298(CO) + S0298(H2O) – [S0298(CO2)] = 42 J/mol ∆G0298(pư) = ∆H0298(pư) –T∆S0298(pư) = 41200 – 298 x 42 = 28684 J/mol Vì ∆G0298(pư)> 0 nên phản ứng không tự diễn ra theo chiều thuận ở 250C

b. áp dụng công thức :

∆GT2 T2

∆GT1 T1

Thay số tìm ra ∆G 1273 = 1273[ 28684/298 + 41200(1/1273 – 1/298)] = -12266 J/mol Vì ∆G01273< 0 nên phản ứng tự diễn ra theo chiều thuận ở 10000C c. Để phản ứng tự diễn ra theo chiều thuận thì : T >∆H0/ ∆S0 = 41200/42 = 980,95K tức ở 707,950C

a) Gọi công thức của oxit sắt là FexOy. Các PTHH khi X vào dung dịch HCl: Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (1) FexOy + 2yHCl → FeCl2y/x + yH2O

n H2 =

0,5

+ ∆H 0 (1 / T2 − 1 / T1 )

nHCl ban đầu =

0,5 0,5

0,25 0,25 0,5

0,25

(2)

200.14,6 = 0,8 (mol) 100.36,5

2,24 =0,1(mol) → m H =0,1.2=0,2(g) 2 22,4 0,25

Từ (1): nFe = nH 2 = 0,1(mol) => mFe = 0,1 . 56 = 5,6(g)

→ m Fex O y = 17, 2 − 5, 6 = 11, 6( g ) Câu5

→

n Fe x O y =

11,6 ( mol ) (*) 56 x + 16 y

0,25

Từ (1): nHCl = 2 nH 2 = 2.0,1= 0,2 (mol) mddA = 200 + 17, 2 − 0, 2 = 217( g ) nHCl dư =

250.2,92 = 0,2(mol ) 100.36,5

n Fe x O y =

mddB = 217 + 33 = 250 (g) nHCl ở (2) = 0,8 - 0,2 - 0,2 = 0,4(mol)

1 1 0,2 .n HCl = .0 , 4 = ( mol ) 2y 2y y

Từ (2): Từ (*) và (**) ta có phương trình

(**)

0,25

11,6 0,2 x 3 = → = 56 x + 16 y y y 4 Trang 122

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Vậy công thức Oxit sắt là: Fe3O4

0,5

b)Các PTHH khi cho X vào dung dịch H2SO4 đặc nóng: o

t 2Fe + 6H2SO4 đặc → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (3)

0,5

2Fe3O4 + 10H2SO4 đặc → 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O (4) Có thể: Fe + Fe2(SO4)3 → 3FeSO4 (5) Nếu H2SO4 dư⇔ (5) không xảy ra:

→ nSO

max

= 3 nFe + 2

1 3 1 nFe3O4 = .0,1 + .0,05 = 0,175(mol) → VSO2 max = 3,92 2 2 2

0,5

(lít) Nếu H2SO4 không dư: (5) xảy ra: nSO2

min⇔

nFe ở (5) = Fe ( SO ) 3 ở (3) và (4) Đặt nFe (5) = x(mol) => nFe (3) = 0,1 - x 1 n → ∑ Fe ( SO ) 3 ở (3) và (4) = (0,1 − x) + 2 3 1 → có pt: (0,1 − x) + .0,05 = x => x = 2 2 2

3 .0,05 2 0,25 3

0,25 0,05 = 3 3 3 0,05 1 + .0,05 = 0,05 (mol) Khi đó nSO2 min = . 2 3 2 => VSO2 min = 0,05 . 22,4 = 1,12 (lít)

nFe (3) = 0,1 -

Vậy khoảng giá trị có thể nhận giá trị của V là: 1,12 lít ≤ V ≤ 3,92 lít (*HS giải cách khác đúng vẫn được điểm tối đa)

ĐỀ ĐỀ XUẤT (Đề thi gồm 02 trang)

1,0 0,5

KỲ THI OLYMPIC Môn thi: HÓA HỌC 10, Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.

Trang 123

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cho biết nguyên tử khối: H=1; O=16; C=12; Cl=35,5; Br=80; S=32; N=14; P=31; Li=7; Na=23; K=39; Mg=24; Ca=40; Ba=137; Zn=65; Cu=64; Fe=56; Mn=55; Ag=108; Al=27. ------------------------------------------------------------------------------------------------------------Câu I:(5 đ) 1.1 (2đ) . Ở trạng thái cơ bản, electron cuối cùng của nguyên tử 3 nguyên tố A, B, C có bộ 4 số lượng tử thỏa mãn : n + l = 5 và ml. ms = 1. Viết cấu hình electron của 3 nguyên tử, xác định vị trí và gọi tên 3 nguyên tố trên. ( Qui ước ml nhận giá trị từ thấp đến cao) 1. 2 (1,5đ). Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tố trung tâm trong các phần tử sau và cho biết cấu trúc hình học của chúng ( không vẽ hình):BrF3, HCN, NH4+, CO32- PCl5, XeF4 1.3.(1,5đ)Cho các phân tử: SCl2 ; OCl2 và XO2 và các góc liên kết: 1110 ; 1030 ; 1800. a/ Hãy ghi giá trị góc liên kết trên cho phù hợp với các phân tử tương ứng. b/ Giải thích ( ngắn gọn ) Câu II:(3,0đ) 2.1.(1,5đ)Cân bằng các phản ứng oxi hóa – khử sau: a. P + NH4ClO4 → H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O b. FeO + HNO3 → N x O y ↑ + ... Trên cơ sở hệ số tìm được, hãy suy luận để xác định hệ số cho trường hợp Fe3O4: Fe3O4 + HNO3 → NxOy ↑+... c. CuFeS2 + Fe2 (SO 4 )3 + O 2 + H 2 O → CuSO 4 + FeSO 4 + H 2SO 4 2.2.(1,5đ)Cho giản đồ thế khử chuẩn Mn trong môi trường axit −

0 , 56V MnO 4 + → MnO 4

2−

?  → MnO 2

+1,7V

a/ Tính thế khử chuẩn của các cặp MnO42-/MnO2 b/ Hãy cho biết phản ứng sau có thể xảy ra được không ? tại sao ? 3MnO42- + 4H + = 2MnO-4 + MnO2 + 2H2O Tính hằng số cân bằng của phản ứng trên. Câu III: (5,0 điểm) 1.(2,0 điểm)Từ KMnO4, NaHCO3, Fe, CuS, NaHSO3, FeS2 và dung dịch HCl đặc có thể điều chế được những khí gì? Viết phương trình hoá học. Khi điều chế các khí trên thường có lẫn hơi nước, để làm khô tất cả các khí đó chỉ bằng một hoá chất thì nên chọn chất nào trong số các chất sau đây: CaO, CaCl2 khan, H2SO4 đặc, P2O5 , NaOH rắn. Giải thích (Không cần viết phương trình hoá học). 2.(2,0 điểm)Cho 20,4 gam hỗn hợp X gồm Zn, Fe, Al tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 10,08 lít H2 ở đktc. Mặt khác cho 0,2 mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 6,16 lít Cl2 ở đktc. Xác định khối lượng mỗi kim loại trong 20,4 gam hỗn hợp X? 3.(1,0đ)Trong thí nghiệm ở hình 2.9, người ta dẫn khí clo ẩm vào bình A có đặt một miếng giấy quì tím khô. Dự đoán và giải thích hiện tượng xảy ra trong hai trường hợp: Trang 124

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a) Đóng khóa K.b) Mở khóa K.

Cl2 ẩm

Bông tẩm dd NaOH H2SO4 đặc

A Quì tím khô

Hình 2.9.

Câu IV:(5,0đ)  → 2SO3(k) ∆H < 0 4.1(2,0đ): Cho phản ứng: 2SO2(k) + O2(k) ←  a. Để tăng hiệu suất quá trình tổng hợp SO3, người ta có thể sử dụng biện pháp nào liên quan đến áp suất , nhiệt độ, và chất xúc tác. Giải thích? b. Cho 10,51 mol khí SO2 và 37,17 mol không khí ( 20% về thể tích là O2, còn lại là N2) có xúc tác là V2O5. Thực hiện phản ứng ở 427oC, 1 atm thì phản ứng đạt hiệu suất 98%. Tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng ở 427 oC

4.2(3,0 điểm): Cho các phản ứng sau với các dữ kiện nhệt động của các chất ở 250C. CO2

 → + H2 ← 

+ H 2O

∆H0298 (KJ/mol)

– 393,5

-110,5

- 241,8

So (J/mol)

213,6

131

197,9

188,7

a. Hãy tính ∆H0298 ; ∆G0298 của phản ứng và nhận xét phản ứng có tự xảy ra theo chiều thuận ở 250C không?. b. Giả sử ∆Hcủa phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Hãy tính ∆G01273 của phản ứng và nhận xét. c. Hãy xác định nhiệt độ (0C) để phản ứng thuận bắt đầu xảy ra (giả sử bỏ qua sự biến đổi của ∆H0; ∆S0 theo nhiệtđộ) Câu V: (2,0 điểm) Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư được dung dịch A và V lít khí SO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Hấp thụ hoàn toàn lượng SO2 trên bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M được dung dịch chứa 5,725 gam chất tan. Trang 125

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Thêm vào m gam X lượng M gấp đôi lượng M ban đầu được hỗn hợp Y. Cho Y tan hết trong dung dịch HCl được 1,736 lít H2 (đktc). Thêm một lượng Fe vào m gam X để được hỗn hợp Z chứa lượng sắt gấp đôi lượng sắt có trong X. Cho Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư được dung dịch B chứa 5,605 gam muối. d. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. e. Tính V. f. Tìm kim loại M và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X. Hết

ĐÁP ÁN Câu I 1.1 (2đ)

n + l = 5 với ml .ms = 1

Ta có: 

* TH 1: ms = +

 n ≥ l + 1  l ≥ m   ms = ± 1 2 

1 ⇒ ml = 2 ⇒ l ≥ 2 ⇒ n ≥ 3 . Vậy nghiệm thích hợp là: 2

n=3, l= 2, ml = 2, ms = +1/2. 5 ⇒ Phân lớp ngoài cùng là: 3d Cấu hình e của nguyên tử A : 1s2 2s22p63s23p63d54s2 (Mangan) B: 1s2 2s22p63s23p63d54s1 (Crôm) * TH 2: ms = −

1 ⇒ ml = −2 ⇒ l ≥ 2 ⇒ n ≥ 3 . Vậy nghiệm thích hợp là: 2

n=3, l= 2, ml = -2, ms = -1/2. 6 ⇒ Phân lớp ngoài cùng là: 3d Cấu hình e của nguyên tử

C : 1s2 2s22p63s23p63d64s2 (Sắt)

BrF3 : lai hóa sp3d, cấu trúc hình học : chữ T 1.2 (1,5đ) HCN : lai hóa sp, cấu trúc hình học : dạng thẳng NH4+ : lai hóa sp3, cấu trúc hình học : tứ diện CO32- : lai hóa sp2, cấu trúc hình học : tam giác PCl5: lai hóa , cấu trúc hình học :

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (mỗi chất)

Trang 126

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

XeF4: lai hóa , cấu trúc hình học : SCl2 (1030) ; OCl2 (1110) ; CO2 : ( 1800) 1.3 (1,5đ) -Phân tử CO2 : lai hoá sp nên góc liên kết = 1800 -Trong các phân tử SCl2 ; OCl2, nguyên tử trung tâm đều có trạng thái lai hoá sp3 và có cấu tạo góc. Sự sai biệt góc hoá trị trong phân tử SCl2 và OCl2 là do sự khác biệt về độ âm điện của oxi và lưu huỳnh. ĐÂĐ của O lớn hơn S nên góc hoá trị Cl – O – Cl lớn hơn Cl – S – Cl.

Câu II 2.1 (1,5đ)

0,75 0,25 0,5

1.5 −3

2 N → N 2 + 6e

2 Cl + 14e → Cl2 5x 8x

⇒

−3

2 N + 2 Cl +8e → N 2 + Cl2 0

P → P + 5e

0,25

8 P + 10NH4ClO4 → 8 H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O

b)FeO + HNO3 →

0,25

Fe(NO3 )3 + N x O y ↑ + H 2 O

Fe+2 → Fe+3 + 1e x (5x - 2y) +5

xN + (5x - 2y) e → N x

2y x

(5x-2y) FeO + (16x-6y) HNO3 → (5x2y) Fe(NO3 )3 + N x O y ↑ + (8x − 3y)H 2 O

0,25

Suy luận: Vì có thể xem Fe3O4 là FeO.Fe2O3, nên phần Fe2O3 không bị oxi hóa mà chỉ hòa tan trong HNO3 thành Fe(NO3)3, còn FeO thì tham gia phản ứng oxi hóa khử với hệ số như ở trên. Vì vậy ngoài phần HNO3, cần cho phản ứng với FeO như trên, còn cần (5x-2y)6.HNO3 để tạo muối với Fe2O3. Vậy hệ số tổng cộng là: (5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y) HNO3 → (15x-6y) Fe(NO3 )3 + N x O y ↑ + (23x − 9y)H 2 O

CuFeS2 + Fe2 (SO 4 )3 + O 2 + H 2 O → CuSO 4 + FeSO 4 + H 2SO 4

0,25

Trang 127

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0 2

2S-2 → 2S+6 + 16e x 1 2Fe+3 +2e → 2Fe+2 + 4e → 2O-2 xb

xa 0,25

2.2 0,75

E01 = 0,56V

Mn O4 − +e Mn O4 2 − −

MnO4 + 4 H + + 3e → MnO2 + 2 H 2O

0,25 (1)

E02 = 1,7V

(2)

E0 3 = ?

(3)

(2) – (1) ta có : ⇒ MnO4

2−

+ 4 H + + 2e → MnO2 + 2 H 2O

∆G

3 = 0 2E 3F

∆G

– ∆G 1 = -3E 2 F + E01F

E03 =

0,75

2 0

3E 0 2 − E 01 3.1,7 − 0,56 = = 2,27V 2 2

b. MnO42- + 2e- + 4H+ MnO2 + 2H2O E01 : 2,27V 2MnO4- + 2e 2MnO42E02 : 0,56V 3MnO4 2- + 4H+ 2Mn O 4 − + MnO2 + 2H2O 0 0 0 0 0 0 0 ∆ G 3 = ∆ G 1– ∆ G 2 = -2E 1F – (-2E 2F) = -2F(E 1-E 2) <0 Phản ứng xảy ra theo chiều thuận lg K =

0.75

0.25

2(2,27 − 0,56) = 57,97 0,059

=> K = 9,25.1057

0,25

Trang 128

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu III. 1.

- Các khí có thể điều chế được gồm O2, H2S, Cl2, CO2, SO2 - Các phương trình hoá học: o

t 2KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2 NaHCO3 + HCl  → NaCl + H2O + CO2 Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 2KMnO4 + 16HCl → 5Cl2 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O → NaCl + H2O + SO2 NaHSO3 + HCl  → FeCl2 + H2S + S FeS2+ 2HCl  - Để làm khô tất cả các khí mà chỉ dùng một hoá chất thì ta chọn CaCl2 khan. Vì chỉ có CaCl2 khan hấp thụ hơi nước mà không tác dụng với các khí đó. - Giải thích lí do

Đặt x, y, z lần lượt là số mol Fe, Zn, Al trong 20,4 g hỗn hợp X Theo đầu bài 56x + 65y + 27z = 20,4 (I) → FeCl2 + H2 (1) Fe + 2HCl  → ZnCl2 + H2 Zn + 2HCl  (2) → 2AlCl3 + 3H2 2Al + 6HCl  (3) Từ 1, 2, 3 và đầu bài 3 10, 08 nH 2 = x + y + z = = 0, 45mol (II) 2 22, 4 Trong 0,2 mol hỗn hợp X số mol Fe, Zn, Al lần lượt là kx, ky, kz kx + ky + kz = 0,2 (III) → 2FeCl3 (4) 2Fe + 3Cl2  → ZnCl2 Zn + Cl2  (5) → 2AlCl3 2Al + 3Cl2  (6) 3 3 6,16 nCl2 = x + y + z = = 0, 275mol (IV) 2 2 22, 4 Từ I, II, III, IV → mFe = 11,2 gam X = 0,2 mol  → mZn = 6,5 gam Y = 0,1 mol  → mAl = 2,7 gam Z = 0,1 mol 

a) Đóng khóa K: quì tím không đổi màu vì H2SO4 đặc có tính háo nước. Khí vào bình A là khí clo khô b) Mở khóa K: quì tím chuyển sang màu đỏ, sau đó mất màu do tác dụng oxi hóa mạnh của axit hipoclorơ HClO. Cl2 + H2O → HCl + HClO

0,25đ Viết pt đ/c mỗi khí khí 0,25*5 =1,25 đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,5đ

0,25đ

0,5đ 0,5 đ

0,5 đ

4.2 Trang 129

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Có phản ứng: CO2 + H2 →CO + H2O

(1,0 điểm)

0.25

a. ∆H0298 = 41,2 KJ/mol ∆S0298 = 42J/mol ∆G

298=

∆H

298

- ∆S

298=

0,25 0,25 0,25

28684 J/mol

Vì ∆G0298> 0 nên phản ứng không tự xảy ra ở chiều thuận ở 250C. (1,0 b. Áp dụng công thức: điểm)

∆GT2 T2

∆GT1 T1

0 + ∆H

(

1 T2

1 T1

)

=>∆G01273 = - 12266J/mol 0.5 0,5

Vì ∆G01273 <0 nên phản ứng tự xảy ra theo chiều thuận ở 10000C

0.25

(1,0 c. Để phản ứng xảy ra theo chiều thuận thì: ∆G0 = ∆H0 – T∆S0 <0 T điểm) 41200 => T > = 980,950K

a Câu V 2,0 đ

Các phương trình phản ứng: *) Hỗn hợp X + H2SO4 đặc nóng: 2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3 SO2 + 6H2O 2M + 2nH2SO4 → M2(SO4)n + n SO2 + 2nH2O

(1) (2)

Khí SO2 sinh ra tác dụng với dung dịch NaOH có thể xảy ra phản ứng: SO2 + NaOH → NaHSO3 (3) SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O (4) *) Hỗn hợp Y tan hết trong dung dịch HCl: Fe + 2 HCl → FeCl2 + H2 2M + 2n HCl → 2MCln + nH2 *) Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư: Fe + H2SO4→ FeSO4 + H2 2M + n H2SO4→ M2(SO4)n + nH2

0,25

(5) (6) (7) (8)

0,25

Trang 130

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tính V: Ta có nNaOH = 0,5.0,2 = 0,1 mol Xét trường hợp xảy ra cả phản ứng (3) và (4), NaOH hết: Đặt nSO (3) = a(mol) ; nSO (4) = b(mol) 2

= a + 2b = 0,1mol n ⇒  NaOH  m chat tan = 104.a + 126.b = 5, 725gam

0,25

⇒ a = - 0,014 < 0 (loại) Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (4), NaOH có thể dư: Đặt nSO (4) = d(mol) ⇒ nNaOH dư = 0,1 – 2d mol.

0,25

⇒ m chất tan = 126.d + 40.(0,1 - 2d) = 5,725 gam ⇒ d = 0,0375 mol Vậy VSO2 = 0,0375 . 22,4 = 0,84 lít c

Đặt số mol Fe và M trong m gam X lần lượt là: x và y mol 3 2

n 2

Theo (1) và (2) ⇒ nSO = x + y = 0, 0375mol 2

(*)

Theo đề bài, trong hỗn hợp Y có nFe = x mol; nM = 3y mol n 2

Theo (5), (6) ta có nH = x + .2y = 0, 0775mol 2

(**)

Theo đề bài, trong hỗn hợp Z có nFe = 2x mol; nM = y mol 1 2

y 2

Theo (7) và (8) có: nFeSO = nFe = 2xmol ; nM (SO ) = nM = mol 4

4 n

0,5

y 2

⇒ Khối lượng muối: mmuối = 152.2x + (2M + 96n). = 5,605 gam ⇔ 304.x + M.y + 48.ny = 5,605 gam (***) Từ (*), (**), (***) ta có: x = 0,01; M.y = 0,405; ⇒

n.y = 0,045

M M.y 0, 405 = = =9 n n.y 0, 045

Xét:

n M (g/mol)

1 9 (loại)

2 18 (loại)

3 27 (M là Al)

⇒ y = 0,015 mol. Vậy kim loại M là Al và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X: %mFe(trongX) =

56x .100% = 58, 03% 56x + 27y

%mAl(trongX) =

27x .100% = 41,97% 56x + 27y

0,5

MÔN: HÓA HỌC – LỚP 10 Trang 131

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Thời gian: 150 phút (không kể phát đề)

CÂU 1 (4điểm) 1.1. Hợp chất M có công thức AB3. Tổng số hạt proton trong phân tử M là 40. Trong thành phần hạt nhân của A cũng như B đều có số hạt proton bằng nơtron. A thuộc chu kì 3 trong bảng hệ thống tuần hoàn. Xác định A, B. Viết cấu hình electron của A, B và xác định 4 số lượng tử ứng với e cuối cùng của A và B? 1.2. Hãy cho biết dạng hình học và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm đối với phân tử H2O và H2S. So sánh góc liên kết trong 2 phân tử đó và giải thích. CÂU 2 (4điểm) 2.1. Cân bằng các phản ứng oxi hóa khử sau bằng phương pháp thăng bằng electron: a. C6H12O6 + KMnO4 + H2SO4 K2SO4 + MnSO4 + CO2 + H2O b. FeS2 + Cu2S + HNO3 Fe(NO3)3 + Cu(NO3)2 + H2SO4 + NO + H2O (tỉ lệ mol phản ứng của FeS2 và Cu2S là 1:3) 2.2.Ở 250C, người ta thực hiện một pin gồm hai nửa pin sau : Ag | AgNO3 0,1 M và Zn | Zn(NO3)2 0,1 M. a. Thiết lập sơ đồ pin. b. Viết các phản ứng tại các điện cực và phản ứng xảy ra khi pin làm việc. c. Tính suất điện động của pin. d. Tính nồng độ các ion khi pin không có khả năng phát điện. Cho:

E 0 Ag + / Ag = 0,8V E 0 Zn 2 + / Zn = −0,76V

CÂU 3 (4điểm) 3.1. Giải thích và viết phương trình phản ứng hóa học khi: a. Sục từ từ khí đến dư SO2 vào dung dịch Ca(OH)2 lúc đầu có kết tủa trắng xuất hiện sau đó kết tủa tan được dung dịch trong suốt. b. Sục khí clo qua dung dịch kali iotua một thời gian dài, sau đó người ta cho hồ tinh bột vào thì không thấy xuất hiện màu xanh c. Theo cách chữa bệnh dân gian, khi một người bị trúng gió sẽ được cao gió bằng cách sử dụng đồng tiền bằng bạc để đánh gió. Sau khi cạo gió các dụng cụ này sẽ bị xám đen 3.2. Hỗn hợp X gồm Mg, Al, Fe, Cu trong đó số mol Fe gấp đôi số mol Cu. Lấy 21,4 gam X cho tác dụng với axit HCl dư, sau phản ứng hoàn toàn thu được 15,68 lit khí (đktc). Mặt khác, lấy 10,7 gam X cho tác dụng hết với khí clo, thì sinh ra 39,1 gam muối. Viết các phương trình phản ứng. Tính thành phần % khối lượng của Fe và của Cu trong hỗn hợp ban đầu. Giả thiết hiệu suất các phản ứng là 100%. Trang 132

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3.3. Chỉ dùng thêm dung dịch HCl, hãy trình bày phương pháp nhận biết các dung dịch riêng biệt sau: Na2CO3, NaNO3, NH4Cl, Ba(OH)2, K2SO4, (NH4)2SO4. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. CÂU 4 (5điểm) 4.1.Cho phản ứng : CaCO3(r) CaO(r) + CO2(k) Cho biết : ở 298oK, ∆ Hopư = +178,32 kJ ; ∆ So = +160,59 J/K a. Phản ứng có tự diễn biến ở 25oC không ? Khi tăng nhiệt độ, ∆ G của phản ứng sẽ thay đổi như thế nào? b. Phản ứng có tự diễn biến ở 850oC không ? 4.2. Cho phản ứng sau (ở 250C) A + B C Thực nghiệm thu được các số liệu sau: Thí Nồng độ ban đầu Thời gian Nồng độ cuối nghiệm (phút) CA( M) CA( M) CB( M) CC( M) 1 0,1 0,05 0,00 25 0,0967 2 0,1 0,1 0,00 15 0,0961 3 0,2 0,1 0,00 7,5 0,1923 a) Xác định bậc của phản ứng theo A, theo B và bậc của phản ứng tổng cộng. b) Xác định giá trị trung bình của hằng số tốc độ. CÂU 5 (3điểm) 5.1. Cho 10,8 gam kim loại hoá trị 3 tác dụng với khí clo tạo thành 53,4g clorua kim loại. a. Xác định tên kim loại? b. Tính lượng MnO2 và thể tích dung dịch HCl 37% (d = 1,19g/ml) cần để điều chế lượng clo dùng cho phản ứng trên. Biết hiệu suất phản ứng điều chế bằng 80%.

5.2 Hòa tan hết 82 gam hỗn hợp X gồm FeCO3, FeS2 và Fe3O4 trong 300 gam dung dịch H2SO4 98% (vừa đủ), thu được dung dịch Y và 44,8 lít hỗn hợp khí Z. Cho Z đi qua bình đựng dung dịch brom dư, thấy có 272 gam brom bị mất màu. Tính phần trăm số mol của Fe3O4 trong X và nồng độ phần trăm của H2SO4 trong Y HẾT

Trang 133

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Đáp án Câu 1: 1.1 a) Gọi ZA, ZB lần lượt là số đơn vị điện tích hạt nhân trong A, B Ta có: ZA + 3ZB = 40 A thuộc chu kỳ 3 => 11 ≤ ZA ≤ 18 => 7,3 ≤ ZB ≤ 9,6 => ZB = 8 hoặc 9 ZB = 8 (O) => ZA = 16 (S) (chọn) ZB = 9 (F) => ZA = 13 (Al) (loại) vì trong nguyên tử A, B số proton bằng số nơtron. Cấu hình e của A và B: A(Z = 8): 1s22s22p4 B (Z = 16): 1s22s22p63s23p4 Bộ 4 số lượng tử của e cuối cùng: A: n=2; l=1; ml= -1 ; ms=-1/2 B: n=3; l=1; ml= -1; ms= ½ 1.2 - Phân tử H2O và H2S đều là phân tử có góc vì chúng thuộc dạng AX2E2 (tứ diện đều) - Trạng thái lai hóa của oxi và lưu huỳnh đều là sp3 - Oxi có độ âm điện lớn hơn lưu huỳnh, mây electron liên kết bị hút mạnh về phía nguyên tử trung tâm sẽ đẩy nhau nhiều hơn, làm tăng góc liên kết. Vì vậy góc liên kết trong phân tử H2O lớn hơn góc liên kết trong phân tử H2S Câu 2 2.1 a. C6H12O6 + KMnO4 + H2SO4 K2SO4 + MnSO4 + CO2 + H2O 6C0 6C+4+ 24e x5 +7 Mn + 5e Mn+2x 24 5C6H12O6 + 24KMnO4 + 36H2SO4 12K2SO4 + 24MnSO4 + 30CO2 + 66H2O b. FeS2 + Cu2S + HNO3 Fe(NO3)3 + Cu(NO3)2 + H2SO4 + NO + H2O (tỉ lệ mol phản ứng của FeS2 và Cu2S là 1:3) FeS2 + 3Cu2S Fe+3 + 6Cu+2 + 5S+6 + 45e x1 +5 +2 N N + 3e x 15 FeS2 + 3Cu2S + 30HNO3 Fe(NO3)3 + 6Cu(NO3)2 + 5H2SO4 + 15NO + 10H2O 2.2 a. - Zn | Zn(NO3)2 0,1M || AgNO3 0,1M | Ag + b. Anot (-) : Zn - 2e = Zn2+ Catot (+) : Ag+ + 1e = Ag Phản ứng :

Zn + 2 Ag+ = Zn2+ +

2 Ag. Trang 134

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

c. E pin = E catot - E anot = E Ag / Ag − E Zn / Zn +

= ( 0,8 + 0,059 lg [Ag+] ) - ( -0,76 + 0,059/2 lg [Zn2+] ) = 0,741 - ( - 0,7895 ) = 1,53 V. d. Khi pin không có khả năng phát điện , thì lúc đó E pin = 0. Khi đó phản ứng đạt trạng thái cân bằng : Ta có : n .∆E 0

Kcb

[ Zn 2+ ] = = 10 0 ,059 = 10 + [ Ag ]

2.( 0 ,8 + 0 , 76 ) 0 , 059

= 10 52 ,9

Mặ t khác : Bđ : Pư : CB:

Zn + 2 Ag+ = Zn2+ + 2 Ag 0,1 0,1 ( M ) 2x x 0,1-2x 0,1 + x

Vậy : [ Zn 2+ ] 0,1 + x = = 10 52 ,9 + 2 0,1 − 2 x [ Ag ] ⇒ 0,1 − 2 x ≈ 0 ⇒ x = 0,05M

Vậy : [Zn2+] = 0,1 + 0,05 = 0,15 M [Ag+] =

10 −52 ,9.[ Zn 2+ ] = 1,4.10

-27

Trang 135

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 3 3.1 a) Ban đầu có kết tủa trắng: SO2+ Ca(OH)2 CaSO3+ H2O Khi tiếp tục dẫn SO2 đi vào dd Ca(OH)2 thì đến một thời điểm nào đó khi SO2 dư thì kết tủa tan dần: CaSO3+ H2O+SO2 Ca(HSO3)2 b) Lúc đầu, iot tự do xuất hiện do có phản ứng: Cl2+2KI→2KCl+I2 Sau đó clo oxi hóa iot: I2+5Cl2+6H2O→2HIO3+10HCl Vì vậy khi cho hồ tinh bột vào không thấy màu xanh. c) Không khí thường bị nhiễm bẩn khí H2S, dụng cụ bằng Ag bị hóa màu đen là do có phản ứng:4Ag+2H2S+O2 2Ag2S+2H2O Người bệnh (trúng gió) sẽ thải ra nhiều khí H2S qua lỗ chân lông, khi dùng dụng cụ bằng Ag chà xát trên da làm cho lỗ chân lông thoáng hơn để khí H2S thoát ra dễ dàng, làm người bệnh dễ chịu. Ag tiếp xúc với khí này và với oxi sẽ bị hóa đen theo phản ứng trên. 3.2 Gọi số mol của Mg, Al, Fe, Cu trong 21,4 gam hỗn hợp lần lượt là x, y, 2z và z Mg + 2HCl MgCl2 +H2 2x x x x Al+ 3HCl AlCl3 + 3/2H2 y 3y y 1,5y Fe + 2HCl FeCl2 + H2 4z 2z 2z 2z Cu + HCl không phản ứng =>nHCl = 2nH2 =>mCu + mMgCl2 + mAlCl3 + mFeCl2= 21,4 + 1,4.35,5=71,1 (1) 10,7 gam X cho tác dụng hết với khí clo, thì sinh ra 39,1 gam muối Vậy 21,4 gam X cho tác dụng hết với khí clo, thì sinh ra 78,2 gam muối Mg + Cl2 MgCl2 x x Al+ 3/2Cl2 AlCl3 y y Fe + 3/2Cl2 FeCl3 2z 2z Cu + Cl2 CuCl2 z z =>mMgCl2 + mAlCl3 + mFeCl3 + mCuCl2 =78,2 (2) Lấy (2) – (1): mFeCl3 + mCuCl2 – mFeCl2 – mCu = 78,2 -71,1 = 7,1 =>35,5.2z + 71z = 7,1 suy ra z = 0,05 mol Phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu là: Trang 136

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

%mFe = x 100 = 26,27 % ; %mCu = x 100 = 14,95 % 3.3 Cho dung dịch HCl tác dụng lần lượt với các dung dịch mẫu thử, mẫu nào có hiện tượng sủi bọt khí, không mùi thoát ra là Na2CO3 2NaCl + CO2 + H2O Na2CO3 + 2HCl Các dung dịch còn lại không hiện tượng cho tác dụng lần lượt với dung dịch Na2CO3, nếu có kết tủa trắng xuất hiện là Ba(OH)2. BaCO3 + 2NaOH Ba(OH)2 + Na2CO3 Cho Ba(OH)2 phản ứng với các dung dịch còn lại. + Mẫu thử nào có sủi bọt khí mùi khai thoat ra khi đun nóng là NH4Cl Ba(OH)2 + 2NH4Cl BaCl2 + 2 NH3 + 2 H2O + Mẫu có kết tủa trắng xuất hiện là K2SO4 Ba(OH)2 + K2SO4 BaSO4 + 2KOH + Mẫu có kết tủa trắng và sủi bọt khí mùi khai thoát ra khi đun nóng là (NH4)2SO4 (NH4)2SO4 + Ba(OH)2 BaSO4 + NH3 + 2H2O -Mẫu còn lại không có hiện tượng gì là NaNO3 Câu 4 4.1 ∆G0298 = ∆H0 – T∆S0 T = 273 + 25 = 298 -3 0 ∆G 298 = 178,32 x 10 J - [ 298 K x 160,59J/K] = + 130,46 KJ. 0 ∆G 298> 0 : Phản ứng không tự diễn biến ở 25OC , ở nhiệt độ này chỉ có phản ứng nghịch tự diễn biến Vì ∆S0>0 nên – T∆S0< 0, khi T tăng , ∆G0 càng bớt dương, càng tiến tới khả năng tự diễn biến . b. ∆G01123 T = 273 + 850 = 1123 0 0 ∆G 1123 = ∆H – T∆S0 ∆G01123 = 178,32 x 10-3 J - [ 1123 K x 160,59J/K] = - 2022,57 J ∆G01123< 0 : Phản ứng tự diễn biến ở 850OC 4.2 a) Ta có : v=

= -4

=> v1 = -4

v2 = v3 = Mặt khác vphản ứng = kCxACyB

(mol/phút)

(mol/phút) -3

(mol/phút) Trang 137

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

=2y suy ra y=1

=> =2=

=> =4= =2x suy ra x=2 Vậy phương trình bậc 2 theo A và bậc 1 theo B Bậc tổng cộng của phản ứng là 2+1=3 b) v = kCA2CB =>v1 = k1(0,1)2.0,05 = 1,32.10-4 suy ra: k1 = 0,264 (l2mol-2phút-1) v2 = k2(0,1)2.0,1 = 2,6.10-4 suy ra: k2 = 0,26 (l2mol-2phút-1) v3 = k3(0,2)2.0,1 = 1,026.10-3 suy ra: k3 = 0,2565 (l2mol-2phút-1) =0,2602 (l2mol-2phút-1)

Vậy k = Câu 5. 5.1 Gọi kim loại là M: ptpứ ( 1) 2M + 3Cl2 → 2MCl3 Theo ptpứ(1): nMCl = nM ⇔ 3

10,8 53, 4 = ⇔ M = 27 ( Al ) M M + 106,5

Ptpứ (2) MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 + 2H2O mCl = mMCl − mM = 53, 4 − 10,8 = 42,6 gam 2

Theo (2):

nHCl = 4nCl = 4. 2

42,6 = 2, 4mol 71

nMnO = nCl = 0,6mol 2 2 Vì hiệu suất phản ứng chỉ đạt 80% =>Lượng HCl và MnO2thực tế thu ược là 100 mMnO = 142.0,6. = 106,5 gam 2 80 36,5.2, 4.100.100 Vdd HCl = = 248,7 ml 80.37.1,19

5.2. Gọi số mol FeCO3, FeS2, Fe3O4 là a, b, c => 116a + 120b + 232c = 82 (1) 2FeCO3 + 4H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 2CO2 + 4H2O +SO2 2FeS2 + 14H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O 2Fe3O4 + 10H2SO4 = 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O SO2 + 2H2O + Br2 = H2SO4 + 2HBr Hỗn hợp khí gồm CO2 và SO2 nhh khí = a + a/2 + 15b/2 + c/2 = 44,8/22,4 = 2 (2) Trang 138

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

nBr2 = nSO2 = 272/160 = 1,7 = a/2 + 15b/2 + c/2 (3) từ (1), (2) và (3) => a = 0,3; b = 0,2; c= 0,1 => %nFe3O4 = (0,1/0,6).100% = 16,67% nH2SO4 đã phản ứng = 2a + 7b + 5c = 2,5 mol => mH2SO4 còn lại = 300.98% - 2,5.98 = 49 g mdd sau phản ứng = 82 + 300 - 0,3.44 - 1,7.64 = 260 g => C%H2SO4 = 49/260.100% = 18,84%

.................................... ĐỀ ĐỀ NGHỊ

KỲ THI CHỌN OLYMPIC LỚP 10 THPT ..................................... MÔN THI: HÓA HỌC Thời gian: 150 phút

Câu 1: (2 điểm) 1. Cho nguyên tố X, ở trạng thái cơ bản có 11 electron thuộc các phân lớp p. X có hai đồng vị hơn kém nhau hai nơtron. Trong đồng vị số khối lớn, số hạt mang điện gấp 1,7 lần hạt không mang điện. a. Viết cấu hình electron của X. b. Xác định vị trí của X trong bảng tuần hoàn. c. Xác định thành phần cấu tạo của hai đồng vị và thành phần % theo khối lượng của mỗi đồng vị trong X tự nhiên biết nguyên tử khối (NTK) trung bình của X bằng 35,48. Coi NTK có giá trị bằng số khối.

2.Hợp chất Z được tạo bởi hai nguyên tố M, R có công thức M3R trong đó R chiếm 6,67% về khối lượng. Trong hạt nhân nguyên tử của M có n = p + 4, còn trong hạt nhân của R có p’ = n’, trong đó n, p, n’, p’ là số nơtron và proton tương ứng của M và R. Biết rằng tổng số hạt proton trong phân tử Z là 84. Xác định công thức phân tử của Z?

Câu 2: (2 điểm) 1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm được mô tả sau: Trang 139

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

g. Hòa tan FeCl2 vào nước rồi thêm H2SO4 loãng dư, sau đó thêm dung dịch KMnO4 dư thấy có khí màu vàng lục thoát ra và dung dịch thu được có chứa muối mangan (II). h. Hòa tan Fe3O4 trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư được dung dịch A và khí B mùi hắc. Sục khí B vào dung dịch brom hoặc dung dịch KMnO4 đều thấy các dung dịch này bị nhạt màu. 2. H2SO4 đặc có tính háo nước, nó có thể lấy nước từ một số hợp chất hữu cơ. Trong quá trình than hóa saccarozơ có hình thành hỗn hợp khí A (gồm 2 khí). a. Giải thích quá trình hình thành hỗn hợp khí A. b. Trình bày phương pháp hóa học chứng minh sự có mặt của các khí trong A. c. So sánh quá trình làm khô và quá trình than hóa của H2SO4 đặc.

Câu 3: (2 điểm) 3. Viết 6 phương trình phản ứng điều chế clo và cho biết phản ứng nào được dùng để điều chế clo trong công nghiệp. 4. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau và cho biết các chất ứng với các chữ cái (A), (B),... tương ứng: (1) FeS2 + khí (A) → chất rắn (B) + khí (D)

(2) (D) + khí (E) → chất rắn (F) + H2O

(3) (F) + (A) → (D)

(4) (E) + NaOH → (G) + H2O

(5) (G) + NaOH → (H) + H2O

(6) (H) + (I)

(7) (K) + HCl → (I) + (E)

(8) (E) + Cl2 + H2O → ...

→ (K)↓ + (L)

Câu 4: (2 điểm) Hòa tan m gam KMnO4 trong dung dịch HCl đặc dư được dung dịch A và V lít khí D (đktc). Pha loãng dung dịch A được 500 ml dung dịch B. - Để trung hòa axit dư trong 50 ml dung dịch B cần dùng vừa đủ 24 ml dung dịch NaOH 0,5 M. - Thêm AgNO3 dư vào 100 ml dung dịch B để kết tủa hoàn toàn ion clorua thu được 17,22 gam kết tủa. a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Tính nồng độ mol/lít các chất tan trong B. c. Tính m, V và thể tích dung dịch HCl 36,5% (D = 1,18 g/ml) đã dùng.

Câu 5: (2 điểm) Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư được dung dịch A và V lít khí SO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Hấp thụ hoàn toàn lượng SO2 trên bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M được dung dịch chứa 5,725 gam chất tan. Thêm vào m gam X lượng M gấp đôi lượng M ban đầu được hỗn hợp Y. Cho Y tan hết trong dung dịch HCl được 1,736 lít H2 (đktc). Thêm một lượng Fe vào m gam X để được hỗn hợp Z chứa lượng sắt gấp đôi lượng sắt có trong X. Cho Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư được dung dịch B chứa 5,605 gam muối.

g. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. h. Tính V. i. Tìm kim loại M và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X. Trang 140

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

- - - - - - - - - - - - Hết - - - - - - - - - - - - Họ và tên thí sinh: ........................................................Số báo danh ........................................ Chữ kí giám thị 1 ........................................................ Chữ kí giám thị 2 ................................

Trang 141

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

KỲ THI OLYMPIC LỚP 10 THPT -

............................... ĐỀ ĐỀ NGHỊ

..................................... MÔN THI: HÓA HỌC Thời gian: 150 phút

CÂU

Ý 1.a

ĐÁP ÁN Vì X có 11 electron thuộc phân lớp p ⇒ cấu hình electron phân lớp p của X là: 2p63p5 ⇒ cấu hình electron đầy đủ: 1s22s22p63s23p5.

1.b

ĐIỂM

0,25

Vị trí của X trong bảng tuần hoàn: Ô số 17 vì có 17 electron ⇒ điện tích hạt nhân bằng 17. Chu kì 3 vì có 3 lớp electron.

0,5

0,25

Vậy thành phần cấu tạo các đồng vị của X là:

Đồng vị số khối nhỏ: 17 electron, 17 proton, 18 nơtron. Đồng vị số khối lớn: 17 electron, 17 proton, 20 nơtron. 1.d

Thành phần % theo khối lượng:

Gọi thành phần % theo số nguyên tử đồng vị nhỏ là x% ⇒ thành phần % theo số nguyên tử đồng vị lớn là (100 – x)%.

0,25

Áp dụng công thức tính NTKTB ta có: NTKTB (A) = A1.x% + A2. (100 – x)% ⇔ (17+18).x% + (17+20)(100-x)% = 35,48 ⇒ x = 76%.

Xét 1 mol X (35,48 gam) có 0,76 mol 35X (0,76.35 = 26,6 gam) ⇒ thành phần % theo khối lượng 35X là: 26,6 : 35,48 = 74,97%

thành phần % theo khối lượng 37X là: 100% - 74,97% = 25,03%.

0,25

Trang 142

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Theo đề bài: %mR =

MR AR n, + p, 1 = = = , , 3MM + MR 3A M + A R 3(n + p) + (n + p ) 15

n=p+4 ,

n =p Tổng số proton trong Z là Giải 4 PT trên ta được:

3p + p’ = 84.

(1) 0,25 (2) (3) (4)

n, = p, = 6 ⇒ R là cacbon (C) n = 30, p = 26 ⇒ M là sắt (Fe) Công thức phân tử của Z là Fe3C (hợp chất xementit) 0,25

a. Phương trình phản ứng:

0,5

10FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4→ 5Fe2(SO4)3 + 10Cl2 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24H2O b. 2Fe3O4 + 10H2SO4 (đặc nóng)→ 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O Khí A là SO2: SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4+ 2H2SO4

0,5

a. Giải thích sự hình thành A: H2 SO4 (dac) C12H22O11 → 12C + 11 H2O (tỏa nhiệt) C + 2H2SO4 (đặc nóng)→ CO2 + 2SO2 + 2H2O. Vậy hỗn hợp khí A gồm CO2 và SO2

0,25

0,5

0,25

Trang 143

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Sáu phương trình điều chế clo: dpdd 2NaCl + 2H2O  → 2NaOH + Cl2 + H2O nm xop

(1)

0,75

(hs có thể viết 6 phương trình khác)

Phản ứng (1) là phản ứng dùng để điều chế clo trong công nghiệp. 2

Các phương trình: 4FeS2 + 11 O2→ 2 Fe2O3 + 8 SO2 (16) (17) SO2 + 2H2S → 3 S + 2 H2O S + O2→ SO2 (18) H2S + NaOH → NaHS + H2O (19) (20) NaHS + NaOH → Na2S + H2O (21) Na2S + FeCl2→ FeS + 2NaCl (22) FeS + 2 HCl → FeCl2 + H2S H2S + 4Cl2 + 4H2O → H2SO4 + 8 HCl (23)

1,0

Các chất ứng với các kí hiệu:

A: O2

B: Fe2O3

D: SO2

E: H2S

F: S

G: NaHS

H: Na2S

I: FeCl2

K: FeS

L: NaCl

Các phương trình phản ứng: KMnO4 + + 16HCl (đặc)→ 2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2 + 8H2O

(1)

0,25 0,25

Dung dịch A chứa KCl, MnCl2 và HCl dư ⇒dung dịch B chứa KCl, MnCl2 và HCl. •

Trung hòa axit trong B bằng NaOH:

HCl + NaOH → NaCl + H2O •

(2)

B tác dụng với AgNO3 dư:

AgNO3 + HCl → AgCl↓ + HNO3 AgNO3 + KCl → AgCl↓ + KNO3

(4) (5)

2AgNO3 + MnCl2→ 2AgCl↓ + Mn(NO3)2 b

0,5 (6)

0,25

CM (HCl) = 0,24 M

Trang 144

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Trong 100 ml dung dịch B: nHCl = 2x mol; nMnCl2 = nKCl = 2y mol Theo phương trình phản ứng (3), (4), (5): nAgCl↓ = nHCl + nKCl + 2. nMnCl2 ⇔ 2x + 2y + 2.2y = 17,22 : 143,5 = 0,12 mol ⇔ x + 3y = 0,06 mol

⇒ y = 0,016 mol.

Vậy nồng độ mol của các chất trong B là: ⇒ CM (KCl) = CM(MnCl2) = 0,32M

0,25

Theo (1) ta có: nKMnO4 = nKCl (500 ml dd B) = 10y = 0,16 mol ⇒ m = mKMnO4

nCl2 =

(ban đầu)

= 0,16.158 = 25,28 gam. 0,5

5 nKMnO4 = 0, 4mol ⇒ V = 0,4.22,4 = 8,96 lít. 2

Theo (1): nHCl pư = 8 nKMnO4 = 1,28 mol mà nHCl dư = 10.x = 0,12 mol ⇒ nHCl đã dùng = 1,28 + 0,12 = 1,4 mol

Vdd HCl đã dùng = a

nHCl .MHCl 1, 4.36,5 = = 118,64ml C%.D 36,5%.1,18

0,25

Các phương trình phản ứng: *) Hỗn hợp X + H2SO4 đặc nóng: 2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3 SO2 + 6H2O

(1)

2M + 2nH2SO4 → M2(SO4)n + n SO2 + 2nH2O

(2)

Khí SO2 sinh ra tác dụng với dung dịch NaOH có thể xảy ra phản ứng: SO2 + NaOH → NaHSO3 SO2 + 2NaOH → Na2SO3

0,25

(3) + H2O

(4)

*) Hỗn hợp Y tan hết trong dung dịch HCl: Fe + 2 HCl → FeCl2 + H2

(5)

2M + 2n HCl → 2MCln + nH2

(6)

*) Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư: Fe + H2SO4→ FeSO4 + H2 2M + n H2SO4→ M2(SO4)n + nH2 b

(7)

0,25

(8)

Tính V: Ta có nNaOH = 0,5.0,2 = 0,1 mol Xét trường hợp xảy ra cả phản ứng (3) và (4), NaOH hết: Đặt nSO2 (3) = a(mol) ; nSO2 (4) = b(mol)

= a + 2b = 0,1mol n ⇒  NaOH  m chat tan = 104.a + 126.b = 5, 725gam

0,25

⇒ a = - 0,014 < 0 (loại) Trang 145

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (4), NaOH có thể dư:

Đặt nSO2 (4) = d(mol) ⇒ nNaOH dư = 0,1 – 2d mol. ⇒ m chất tan = 126.d + 40.(0,1 - 2d) = 5,725 gam ⇒ d = 0,0375 mol

0,25

Vậy VSO2 = 0,0375 . 22,4 = 0,84 lít c

n M (g/mol)

M.y = 0,405;

(loại)

0,5

n.y = 0,045

(M là Al)

0,5

⇒ y = 0,015 mol.

Vậy kim loại M là Al và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X: 56x %mFe(trongX) = .100% = 58, 03% 56x + 27y

%mAl(trongX) =

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

27x .100% = 41,97% 56x + 27y

KỲ THI OLYMPIC MÔN THI: HÓA HỌC 10 Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm: 3 trang.

Câu 1: (4,0 điểm) Trang 146

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1. Nguyên tử của nguyên tố X có điện tích hạt nhân bằng +41,652.10-19C; Nguyên tử của nguyên tố Y có khối lượng bằng 1,793.10-22 gam. Xác định các nguyên tố X, Y. Dựa trên cấu hình electron của X, Y hãy cho biết (có giải thích) mức oxi hóa bền nhất của X và Y trong hợp chất? 2. Dự đoán dạng hình học của các phân tử và ion sau (có giải thích): SO2, SO3, 2SO4 , SCN- và cho biết kiểu lai hóa của nguyên tử trung tâm? 3. Cu ở trạng thái rắn kết tinh theo kiểu lập phương tâm diện. a. Hãy vẽ cấu trúc ô mạng cơ sở của tinh thể Cu? b. Tính độ dài cạnh lập phương a (Ao) của mạng tinh thể và khoảng cách ngắn nhất giữa hai tâm của hai nguyên tử đồng trong mạng, biết rằng nguyên tử đồng có bán kính bằng 1,28Ao? c. Tính khối lượng riêng d của Cu theo g/cm3? ( MCu =63,54 g/mol ) Câu 2: (4,0 điểm) 1. Cho phản ứng sau với các dữ kiện nhiệt động của các chất ở 25oC: CO2(k) + H2(k) CO(k) + H2O(l) CO2(k) H2(k) CO(k) H2O(l) 0 -393,5 0 -110,5 -241,8 ∆H 298 (kJ/mol) 0 ∆S 298 (J/mol)

213,6

131

197,9

188,7

0 0 0 , ∆S 298 , ∆G298 của phản ứng. Từ đó, cho biết ở điều kiện thường (250C) a. Hãy tính ∆H 298

phản ứng trên có xảy ra theo chiều thuận hay không? 0 0 , ∆S 298 không phụ thuộc nhiệt độ. Hãy cho biết ở nhiệt độ nào phản b. Giả thiết rằng ∆H 298

ứng trên có thể tự xảy ra theo chiều thuận? 2. Tính nhiệt hình thành của ion clorua (Cl- (dd)) dựa trên các dữ liệu: Nhiệt hình thành HCl (k): ∆H 10 = -92,20 kJ/mol Nhiệt hình thành ion hiđro H+ (dd): ∆H 20 = 0,00 kJ/mol Quá trình trong nước HCl (k) → H+(aq) + Cl-(aq) ∆H 30 = -75,13 kJ/mol 3. Cho 0,03 mol N2O4 (k) vào bình chân không dung tích 0,5 lít ở 45oC xảy ra phản ứng: N2O4(k) 2NO2 (k). (1) (không màu) (nâu đỏ) Khi cân bằng thiết lập có 63% N2O4 bị phân hủy thành NO2 . a. Tính áp suất riêng phần của các chất ở trạng thái cân bằng? b. Tính hằng số cân bằng Kp và Kc của phản ứng ở nhiệt độ trên? Câu 3: (2,0 điểm) Cho cân bằng sau: Cu(r) + Cu2+(dd) + 2Cl-(dd) 2CuCl(r) (1) 0 0 Cho TCuCl = 1,0.10-7 ; ECu = 0,15V; ECu = 0,52V / Cu / Cu 2+

Trang 147

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a. Hỏi ở 250C phản ứng tự xảy ra theo chiều nào? Giải thích? b. Cho hỗn hợp dung dịch gồm CuSO4 0,10M, NaCl 0,20M, CuCl(r) dư và Cu(r) dư. Tính nồng độ các ion Cu2+, Cl- khi phản ứng (1) đạt trạng thái cân bằng ở 25oC? Câu 4: (5,0 điểm) 1. a. Xác định các chất A, B, C, D, E, F, G và viết phương trình hóa học thực hiện chuyển hóa sau: → C A + B C + HCl → A + D + ... + ... → F D + E F + H2O → G → D + ... G + A Biết A là đơn chất được dùng để lưu hóa cao su; B và C là hai dạng muối tinh thể dùng để rửa ảnh; E là đơn chất có trong không khí; G là hợp chất của A. b. Viết phương trình phản ứng minh họa cho ứng dụng của C trong việc rửa ảnh. 2. Hãy hoàn thành các phương trình phản ứng có thể được sử dụng để điều chế clo trong phòng thí nghiệm: (1) ... + ... → KCl + ... + Cl2 (2) ... + ... → PbCl2 + ... + Cl2 (3) ... + ... → ... + ... + ... + Cl2 t (4) ... + ... → ... + ... + ... + Cl2 t (5) ... + ... + ... → ... + MnSO4 + ... + ... + Cl2 3. a. Một hỗn hợp bột kim loại có khả năng gồm Mg, Al, Sn. Hòa tan hết 0,75 gam hỗn hợp bằng dung dịch HCl dư thấy thoát ra 784 ml H2 (đo ở đktc). Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,75 gam hỗn hợp trong oxi dư thì thu được 1,31 gam oxit. Xác định % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp. b. Một loại khoáng có chứa 13,77%Na; 7,18%Mg; 57,48%O; 2,39%H và còn lại là nguyên tố X về khối lượng. Hãy xác định công thức phân tử của khoáng đó. Câu 5: (5,0 điểm) 1. Nung m gam hỗn hợp A gồm FeS và FeS2 trong một bình kín dung tích không đổi chứa không khí (gồm 20% thể tích O2 và 80% thể tích N2) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được chất rắn B và hỗn hợp khí C có thành phần phần trăm theo thể tích: N2 = 84,77%; SO2 = 10,6% còn lại là O2. Hòa tan chất rắn B trong dung dịch H2SO4 vừa đủ, dung dịch thu được cho tác dụng với Ba(OH)2 dư. Lọc lấy kết tủa, làm khô, nung ở nhiệt độ cao tới khối lượng không đổi, thu được 12,885 gam chất rắn. a. Tính % khối lượng mỗi chất trong A? o

Trang 148

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b. Tính m? 2.Nung nóng 24,5 gam muối (X) chứa oxi của clo (MnO2 làm xúc tác), thu được chất rắn A và oxi. Lượng oxi này tác dụng vừa đủ với 0,3 mol kim loại Ba thu được chất rắn B. Hòa tan B vào nước không thấy có khí thoát ra. Chất rắn A đem hòa tan vào nước, lọc bỏ kết tủa, phần nước lọc cho tác dụng với khí SO2 thì phải dùng hết 0,3 mol SO2. Thêm tiếp BaCO3 có dư vào dung dịch sau phản ứng, lọc bỏ phần chất rắn không tan, sau cùng phải dùng 0,2 mol AgNO3 để làm kết tủa hoàn toàn ion clorua có trong dung dịch. a.Tính hiệu suất của phản ứng nhiệt phân muối X? b.Tìm công thức phân tử của muối X? c. Điện phân dung dịch muối X thu được muối Y. Xác định muối Y và viết phương trình phản ứng? Cho nguyên tử khối của các nguyên tố : Th = 232; Fe = 56; S = 32; Ba = 137; O = 16; H = 1; Cu = 64; N = 14; Na = 13; Ag = 108.

....................................................Hết.................................................... (Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)

Trang 149

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Họ tên thí sinh:............................................................SBD:.................................. Giám thị 1:................................................................... Giám thị 2:.................................................................

KỲ THI OLYMPIC ĐÁP ÁN MÔN: HÓA HỌC 10 Câu 1

Ý 1

Nội dung Do qp = 1,602.10-19C ⇒ Z X =

Điểm 0,25

−19

41,652.10 = 26 ⇒ X là: Fe 1,602.10 −19

Do 1u = 1,6605.10-27kg = 1,6605.10-24g ⇒ Khối lượng của một nguyên tử Y =

1,793.10 −22 = 108u 1,6605.10 −24

Y là: Ag Fe có cấu hình: [Ar]3d64s2 do đó mức oxi hóa bền nhất của Fe là + 3. Vì cấu hình Fe3+ là cấu hình bán bão hòa phân lớp d bền (d5). Fe → Fe3+ + 3e [Ar]3d64s2 [Ar]3d5 Ag có cấu hình [Kr]4d105s1 do đó mức oxi hóa bền nhất của Ag là +1. Vì cấu hình Ag+ là cấu hình bão hòa phân lớp d bền (d10). + → Ag Ag +e 10 1 10 [Kr]4d 5s [Kr]4d

0,25

Trang 150

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phân2 tử SO2

Công thức Lewis S O

Dạng hình học của phân tử và ion Gấp khúc

0,25

O S

SCN-

Kiểu lai hóa của NTTT sp2

SO3

SO42SF4

Công thức cấu trúc AX2E

Tam giác đều

0,25

sp3

AX4

sp2

AX3

Tứ diện

S O

0,25 N

AX2

Đường thẳng

0,25

3 a. Tinh thể lập phương tâm diện có cấu trúc ô mạng cơ sở như sau:

a a

0,5

a 2 = 4.r

b. Trong mạng lập phương tâm diện các nguyên tử mặt bên của tinh thể tiếp xúc với nhau, do đó ta có: 4r o = 2 2 r = 2 2 . 1,28 = 3,62A 2

0,5

Khoảng cách ngắn nhất giữa hai tâm của hai nguyên tử Cu trong mạng 2r = 1,28.2= 2,56A0 c. Số nguyên tử Cu trong mạng tinh thể lập phương tâm diện

0,25

4r = a 2 ⇒ a =

1 8

1 2 4.M Cu m 4.63,54g dCu = = = = 8,9g / cm3 23 3 23 −8 3 V 6, 02.10 .a 6, 02.10 (3, 62.10 cm)

= 8. + 6. = 4

0,25

0,5 2

1 Phương trình hóa học: CO2 + H2 CO + H2O a) Ta có: ∆H 0 298 pư = ∆H 0 298 (CO) + ∆H 0 298 ( H O ) - ∆H 0 298 (CO ) - ∆H 0 298( H ) = - 110,5 – 241,8 – (-393,5) = 41,2 kJ 0 0 0 0 0 ∆S 298 pư = S 298(CO ) + S 298 ( H O ) − S 298( CO ) − S 298( H ) 2

0,25

Trang 151

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

= 197,9 + 188,7 – 213,6 – 131 = 42 J ∆G 0 298 pư = ∆H 0 298 pư - T ∆S 0 298 pư = 41200 – 298.42 = 28684 J 0 Vì ∆G 298 pư> 0 nên phản ứng không tự xảy ra theo chiều thuận ở 25oC. b) Để phản ứng tự xảy ra theo chiều thuận thì :

0,25 0,25 0,25

∆G 0T = ∆H 0 − T∆S0 < 0 ∆H 0 41200 = = 980, 950 K 0 ∆S 42 o ⇒ t C > 980,95 − 273 = 707,95o C ⇒T>

0,5

2 Từ giả thiết: 1 1 H 2 (k ) + Cl 2 (k ) → HCl (k ) ∆H 10 = -92,20 kJ/mol (1) 2 2 1 H 2 (k ) + aq → H + (aq) + e ∆H 20 = 0,00 kJ/mol (2) 2 HCl (k) + aq → H+ (aq) + Cl- (aq) ∆H 30 = -75,13 kJ/mol

(3)

Lấy (1) – (2) + (3) ta có: 1 Cl 2 (k ) + aq + e → Cl − (aq) ∆H x0 kJ/mol 2

0,25

∆H x0 = (-92,20kJ/mol) – (0,00kJ/mol) + (-75,13kJ/mol) = -167,33kJ/mol

3 a) bđ

N2O4(k) 0,03

2NO2(k) 0

0,03.63 0,03.63 2. 100 100

pư

(mol)

Kp =

2 PNO 2

PN 2O4

0,0111 0,0111 .Psau = .2,55 = 0,5788(atm) 0,0489 0,0489 0,0378 0,0378 = .Psau = .2,55 = 1,9712(atm) 0,0489 0,0489

(1,9712) 2 = 6,713 0,5788

K p = K c ( RT ) ∆n ⇒ K c =

0,25 0,25

PN 2O4 = PNO2

(mol)

n sau .RT (0, 0111 + 0, 0378).0, 082.318 = = 2,55(atm) V 0,5

Áp suất riêng phần của

0,25

(mol)

cb 0,0111 0,0378 nsau = 0,0111+ 0,0378 = 0,0489 (mol) Psau =

0,5

( RT )

∆n

0,25 =

6,713 = 0,2574 (0,082.318)1

0,25 0,25 Trang 152

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 3

a. Ta có các quá trình: E0

Cu 2 + / Cu −

−E 0

Cu + / Cu

0 ,15− 0, 52 0, 059

Cu + Cu → 2Cu K1 = 10 = 10 = 10 −6, 72 2 / Cu+ + Cl- → CuCl (rắn) K2 = (T-1)2 = 1014 Cu + Cu2+ + 2Cl- → 2CuCl (rắn) K = K1.K2 = 5,35.107 Hằng số cân bằng K của phản ứng rất lớn nên phản ứng gần như hoàn toàn theo chiều thuận. b. Xét cân bằng : Cu + Cu2+ + 2Cl- 2CuCl K = 5,35.107 Co 0,10 0,20 Phản ứng x 2x [] 0,10 – x 0,20 – 2x K = 5,35.107 =

0 , 059

1 1 = 2 (0,10 − x)(0,20 − 2 x) 4(0,1 − x) 3 2+

0,5

-3

⇒ (0,1 – x) = [Cu ] = 1,67.10 M

[Cl-] = 2(0,10 – x) = 3,34.10-3M 4

1 a. A là đơn chất dùng để lưu hóa cao su nên A là lưu huỳnh. Theo đề bài suy ra: A B C D E F Lưu huỳnh (S) Na2SO3 Na2S2O3 SO2 O2 SO3

0,5

G H2SO4

S + Na2SO3 → Na2S2O3 (A) (B) (C) Na2S2O3 + 2HCl → S + SO2 + 2NaCl + H2O (C) (A) (D) V O ,t C SO2 + O2 ←  → 2SO3 (D) (E) (F) SO3 + H2O → H2SO4 (F) (G) S + 2H2SO4 đặc → 3SO2 + 2H2O (A) (G) (D) b. Phương trình phản ứng dùng để định hình và hiệu hình của C trong rửa ảnh AgBr + 2Na2S2O3 → Na3[Ag(S2O3)2] + NaBr Tan 2 5

1,0

0,2 0,2 0,2 0,2 0,2

0,5

Trang 153

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(1) KClO3 (rắn) + 6HCl(đặc) → KCl + 3H2O + 3Cl2 (2) PbO2 + 4HCl(đặc) → PbCl2 + 2H2O + Cl2 (3) 2KMnO4 (rắn) + 16HCl(đặc) → 2KCl + 2MnCl2 + 8H2O+ 5Cl2 t (4) K2Cr2O7(rắn) + 14HCl(đặc) → 2KCl + 2CrCl3 + 7H2O + 3Cl2 o

t → 2NaHSO4 + MnSO4 + 2H2O + Cl2 (5) 2NaCl + MnO2 + 3H2SO4  3 a. Mg + 2HCl → MgCl2 + H2↑ 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2↑ Sn + 2HCl → SnCl2 + H2↑

0,2 0,2 0,2 0,2 0,2

t 2Mg + O2  → 2MgO 0

t → 2Al2O3 4Al + 3O2  0

0,5

t → SnO2 Sn + 2O2 

Số mol H2 = 0,035 Hệ pt: 24x + 27y + 119z = 0,75 loại)

(x, y, z là số mol từng kim

3 y + z = 0,035 2 y 40x + 102 + 183z = 1,31 2

Giải hệ pt cho: x = 0,02 ; y = 0,01 ; z = 0 Vậy, hỗn hợp không có Sn và % Mg =

0,02 × 24 × 100% = 64% ; %Al = 0,75

36%

0,5

b. Hàm lượng %X = 100 – 13,77 – 7,18 – 57,48 – 2,39 = 19,18% Tổng số oxi hóa trong hợp chất: 13,77 7,18 57,48 2,39 19,18 ×1 + ×2 − ×2 + ×1 + ×y = 0 23 24 16 1 X

⇒ X = 5,33y

Lập bảng xét: Y 1 2 3 4 5 6 7 X 5,33 10,6 ... ... ... 32 6 thấy chỉ có y = 6 là thỏa mãn X = 32 ⇒ S (lưu huỳnh)

0,5

13,77 7,18 57, 48 2,39 19,18 Na : Mg : O : H : S = : : : : = 2 : 1 : 12 : 8 : 2 23 24 16 1 32

0,5

Trang 154

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Công thức khoáng: Na2MgO12H8S2⇒ Na2SO4.MgSO4.4H2O 1 a. Đặt x, y là số mol của FeS và FeS2 trong A. a là số mol của khí trong bình trước khi nung t Khi nung : 4FeS + 7O2 → 2Fe2O3 + 4SO2 ↑ x 1,75x 0,5x x t 4FeS2 + 11O2 → 2Fe2O3 + 8SO2 ↑ y 2,75y 0,5y 2y Số mol các khí trước nung: n N = 0,8a(mol); n O = 0, 2a(mol)

0,5

0,25

Số mol các khí sau nung : n N2 = 0,8a(mol); n SO2 = (x + 2y)(mol); n O2 du = 0, 2a − 1, 75x − 2, 75y(mol) ⇒ Tổng số mol khí sau nung = a - 0,75(x+y) 0,8a 84,77 Ta có: %VN 2 = = ⇒ a = 13,33( x + y ) a − 0,75( x + y ) 100

%Vso2 =

0,25 (1)

0,25

x + 2y 10,6 = ⇒ a = 10,184 x + 19,618 y a − 0,75( x + y ) 100

Từ (1) và (2) ⇒ 13,33(x + y) = 10,184x + 19,618y ⇒

(2) x 2 = y 1

2.88 .100% = 59,46% 2.88 + 120 = 100% − 59,46% = 40,54%

⇒ %m FeS = ⇒ %m FeS 2

0,25 0,25

0,25 b. Chất rắn B là Fe2O3 có số mol 0,5(x + y) Fe2O3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O 0,5(x+y) 0,5(x+y) Fe2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 → 2Fe(OH)3 ↓ + 3BaSO4 ↓ 0,5(x+y) x+y 1,5(x+y) t Nung ↓ BaSO4 → không đổi 1,5(x+y) t 2Fe2(OH)3 → Fe2O3 + 3H2O x+y 0,5(x+y) Nên: 233.1,5(x+y) + 160.0,5(x+y) = 12,885 ⇒ x + y = 0,03 và x = 2y x = 0,02 ; y = 0,01 m = 88.0,02 + 120.0,01 = 2,96 (gam) 2 a. Công thứcmuối X : MxClyOt MxCly + t/2O2 ; o

0,5

0,25 0,25 Trang 155

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2Ba + O2 2BaO - Khi hòa tan B vào nước không có khí thoát ra -> B chỉ có BaO -> Ba và oxi phản ứng vừa đủ. BaO + H2O Ba(OH)2 - Số mol oxi có trong phần muối bị nhiệt phân = Số mol nguyên tử Ba - A có thể gồm: MxCly ; MnO2 ; MxClyOt( dư) - Hòa tan A vào nước : không tan là MnO2 ; tan là MxCly ; MxClyOt( dư) - SO2 vào phần tan (nước lọc) -> bị oxi hóa thành H2SO4 MxClyOt + tH2SO3 MxCly + tH2SO4 0,3 mol 0,3mol H2SO4 + BaCO3 (dư) -> BaSO4 + H2O + CO2 Lọc bỏ BaCO3 (dư) ; BaSO4. -> Số nguyên tử oxi còn lại trong muối chưa bị nhiệt phân là 0,3mol. -> Tổng số mol nguyên tử oxi có trong 24,5 gam muối X là: 0,6mol. -> Hiệu suất nhiệt phân là: H = 0,3. 100/ 0,6 = 50% b. Sauphản ứng với SO2 và BaCO3, dung dịch còn lại chỉ có MxCly tác dụng với AgNO3 MxCly + y AgNO3 y AgCl + Mx(NO3)y 0,2 mol 0,2mol -> Số mol clo có trong 24,5 gam muối X là 0,2mol nguyên tử. Tỉ lệ số nguyên tử O : Cl = 0,6 : 0,2 = 3 : 1 -> CT của X : MxClO3 Khối lượng kim loại trong 24,5 gam muối là : 24,5 - (0,6.6 + 0,2.35,5) = 7,8gam Lập bảng: Hóa trị của M Giá trị của x Nguyên tử khối Kim loại M (x/y) M 1 x = y = 0,2 7,8 : 0,2 = 39 K 2 x = y/2 = 0,1 7,8 : 0,1 = 78 Không có 3 x = y/3 = 0,2: 7,8 : 0,066 = Không có 3 118

0,5

-> Công thức của muối X: KClO3 c. Muối Y là KClO4 anot: ClO3- - 2e + H2O → ClO4 - + 2H+ catot: 2H2O + 2e → H2 + 2OHClO3- + H2O → ClO4- + H2

Trang 156

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phản ứng : KClO3 + H2O KClO4

+ H2

0,5

TRƯ ĐỀ ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC Môn thi: HOÁ HỌC 10 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1: (5 điểm) 1.1 Một hợp chất A tạo thành từ các ion X+ và Y2-. Trong ion X+ có 5 hạt nhân của hai nguyên tố và có 10 eletron. Trong ion Y2- có 4 hạt nhân thuộc hai nguyên tố trong cùng một chu kỳ và đứng cách nhau một ô trong bảng tuần hoàn. Tổng số eletron trong Y2- là 32. Hãy xác định các nguyên tố trong hợp chất A và lập công thức hóa học của A. 1.2. Có 3 nguyên tố A, B và C. A tác dụng mạnh với B ở nhiệt độ cao sinh ra D. Chất D bị thủy phân mạnh trong nước tạo ra khí cháy được và có mùi trứng thối. B và C tác dụng với nhau cho khí E, khí này tan trong nước tạo dung dịch làm quỳ tím hóa đỏ. Hợp chất A với C có trong tự nhiên và thuộc loại cứng nhất. Hợp chất chứa 3 nguyên tố A, B, C là muối không màu, tan trong nước và bị thủy phân. Xác định A, B, C và viết các phản ứng xảy ra ở trên. 1.3. Cho bộ bốn số lượng tử của electron chót cùng trên nguyên tử của các nguyên tố A, X, Z như sau: A: n = 3, l = 1, m = + 1, s = -1/2 X: n = 2, l = 1, m = + 1, s = -1/2 Z: n = 2, l = 1, m = 0, s = +1/2 Qui ước: +l,…..,0,…..-l a) Xác định A, X, Z. b) Cho biết trạng thái lai hoá và cấu trúc hình học của các phân tử và ion sau: ZA2, AX2, AX32-, AX42-. Câu 2: (5 điểm) 2.1. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp cân bằng ion-eletron: a. Fe3O4 + Cr2O72- + H+→ Cr3+ + ……. b. Sn2+ + BrO3- + Cl-→ Br - + SnCl62- + ….. c. SO32- + MnO4- + H2O → ………………….. 2.2. Hỗn hợp khí gồm 1 mol N2 và 3 mol H2 được gia nhiệt tới 3870C tại áp suất 10 atm. Hỗn hợp cân bằng chứa 3,85% NH3 về số mol. Xác định KC và KP. Câu 3: (5điểm) Trang 157

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3.1. Axit H2SO4 100% hấp thụ SO3 tạo oleum. Hỏi cần bao nhiêu gam oleum có hàm lượng SO3 là 71% pha vào 100 ml dung dịch H2SO4 40% (d=1,31 g/ml) để tạo ra oleum có hàm lượng SO3 là 10% 3.2. Sắp xếp các oxit axit: HClO; HClO2; HClO3; HClO4 theo thứ tự - Tăng dần tính oxi hóa ; - Tăng dần tính axit Giải thích ngắn gọn. 3.3. Tính năng lượng liên kết trung bình C-H từ các kết quả thực nghiệm sau - Nhiệt đốt cháy CH4 = -801,7 kJ/mol - Nhiệt đốt cháy hidro = -241,5 kJ/mol - Nhiệt đốt cháy than chì = -393,4 kJ/mol - Nhiệt hóa hơi than chì = 715 kJ/mol - Năng lượng liên kết H-H = 431,5 kJ/mol. Các kết quả đều đo được ở 2980K và 1 atm. Câu 4: (5 điểm) 4.1. Hỗn hợp X có khối lượng 82,3 gam gồm KClO3, Ca(ClO3)2, CaCl2 và KCl. Nhiệt phân hoàn toàn X thu được 13,44 lít O2 (đkc), chất rắn Y gồm CaCl2 và KCl. Toàn bộ Y tác dụng vừa đủ với 0,3 lít dung dịch K2CO3 1M thu được dung dịch Z. Lượng KCl có trong Z nhiều gấp 5 lần lượng KCl trong X. Phần trăm khối lượng KCl trong X là? 4.2. Tiến hành nung x1 gam Cu với x2 gam Oxi thì thu được sản phẩm A1. Đun nóng A1 trong x3 gam dung dịch H2SO4 98%. Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch A2 và khí A3. Khí A3 không tạo kết tủa với dung dịch Pb(NO3)2 nhưng làm nhạt màu dung dịch brom, được hấp thụ hoàn toàn bởi 200 ml dung dịch NaOH 0,15M tạo ra 2,3 gam muối. Khi cô cạn dung dịch A2 thì thu được 30 gam tinh thể CuSO4.5H2O. cho dung dịch A2 tác dụng với dung dịch NaOH, để thu được lượng kết tủa lớn nhất phải dùng ít nhất 300 ml dung dịch NaOH 1M. tính x1, x2 và x3. HẾT Cho khối lượng nguyên tử của các nguyên tố: H = 1; C = 12; O =16; Na = 23; Al = 27; S = 32; Cl=35,5; K=39; Ca = 40; Fe = 56; Cu=64; Ag=108 Họ và tên: ………………………………Số báo danh: ……………………………

Trang 158

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1: (4 điểm) 1.1 Một hợp chất A tạo thành từ các ion X+ và Y2-. Trong ion X+ có 5 hạt nhân của hai nguyên tố và có 10 eletron. Trong ion Y2- có 4 hạt nhân thuộc hai nguyên tố trong cùng một chu kỳ và đứng cách nhau một ô trong bảng tuần hoàn. Tổng số eletron trong Y2- là 32. Hãy xác định các nguyên tố trong hợp chất A và lập công thức hóa học của A. 1.2. Có 3 nguyên tố A, B và C. A tác dụng mạnh với B ở nhiệt độ cao sinh ra D. Chất D bị thủy phân mạnh trong nước tạo ra khí cháy được và có mùi trứng thối. B và C tác dụng với nhau cho khí E, khí này tan trong nước tạo dung dịch làm quỳ tím hóa đỏ. Hợp chất A với C có trong tự nhiên và thuộc loại cứng nhất. Hợp chất chứa 3 nguyên tố A, B, C là muối không màu, tan trong nước và bị thủy phân. Xác định A, B, C và viết các phản ứng xảy ra ở trên. 1.3. Hòa tan một mẫu kẽm trong axit HCl ở 200C thấy kết thúc sau 27 phút. Ở 400C cũng mẫu đó tan hết sau 3 phút. Hỏi ở 550C, mẫu Zn tan sau bao lâu. Câu 1 HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm + Xác định X 1.1 2đ 0,25đ X+ có 10 electron ⇒ nên tổng proton trong 5 hạt nhân là 11 0,25đ Z = 2,2. Vậy có 1 nguyên tử là H Gọi nguyên tử thứ hai trong X+ là R, công thức X+ có thể là; RH4+ : ZR + 4 = 11 ⇒ ZR = 7 (N) ; X+: NH4+ (nhận) R2H3+ : 2ZR + 3 = 11 ⇒ ZR = 4 loại : R3H2+ : 3ZR + 2 =11 ⇒ ZR = 3 loại Xác định Y2Y2- có 32 eletron nên tổng số hạt proton trong 4 nguyên tử là 30. Z = 7,5 ⇒ 2 nguyên tử trong Y2- đều thuộc cùng chu kỳ 2.

Gọi 2 nguyên tử là A, B: ZB= ZA +2 Công thức Y2- có thể là AB32- : ZA+ 3ZB = 30 ZB= ZA +2 ⇒ ZA= 6 (C); ZB = 8 (O) 2A2B2 : 2ZA+ 2ZB = 30 ZB= ZA +2 ⇒ ZA= 6,5; ZB = 8,5 loại 2A3B : 3ZA+ ZB = 30 ZB= ZA +2 ⇒ ZA= 7; ZB = 9 loại Hợp chất A có công thức (NH4)2CO3

1.2 2đ

AnBm là muối khi thủy phân cho H2S; hợp chất AxCy là Al2O3 Vậy A là Al; B là S; C là O; Hợp chất A,B,C là Al2(SO4)3 2Al + 3 S → Al2S3 ; Al2S3 + 6H2O → 2 Al(OH)3 + 3 H2S 4Al + 3O2→ 2Al2O3 ; S + O2→ SO2 3+ 2+ Al + 2H2O → Al(OH) + H3O+

0,25đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ Trang 159

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25đ 1.3 1đ

a) Nguyên tố A: n = 3, l = 1, m = -1, s = -1/2 → 3p4 A là S Nguyên tố X: n = 2, l = 1, m = -1, s = -1/2 → 2p4 X là O Nguyên tố Z: n = 2, l = 1, m = 0, s = +1/2 → 2p2 Z là C b) Phân tử, iôn Trạng thái lai hoá cuả Cấu trúc hình học nguyên tử trung tâm CS2 sp Đường thẳng 2 SO2 sp Góc 3 2− sp Chóp đáy tam giác đều SO 3 SO 24−

sp3

0,25đ 0,25đ

Tứ diện đều

Câu 2: (5 điểm) 2.1. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp cân bằng ion-eletron: a. Fe3O4 + Cr2O72- + H+→ Cr3+ + ……. b. Sn2+ + BrO3- + Cl-→ Br - + SnCl62- + ….. c. SO32- + MnO4- + H2O → …………………. 2.2. Hỗn hợp khí gồm 1 mol N2 và 3 mol H2 được gia nhiệt tới 3870C tại áp suất 10 atm. Hỗn hợp cân bằng chứa 3,85% NH3 về số mol. Xác định KC và KP. Câu 2 HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm 2+ 3+ 3+ 2.1 0,25đ a. Fe3O4 + Cr2O7 + H → Cr + Fe + H2O 3đ 0,25đ Fe3O4 + 8H+→ 3 Fe3+ + 1e + 4H2O x6 + 3+ 20,25đ x1 Cr2O7 + 14H + 6e → 2Cr + 7H2O 0,25đ 6Fe3O4 + Cr2O72- + 62H+→ 2Cr3+ + 18Fe3+ + 31H2O 0,25đ b. Sn2+ + BrO3- + Cl-→ Br - + SnCl62- + H2O 0,25đ BrO3- + 6H+ + 6e → Br- + 3H2O 0,25đ Sn2+ + 6Cl-→ SnCl62- + 2e x3 0,25đ 3Sn2+ + BrO3- + 18Cl- + 6H+→ Br - + 3SnCl62- + 3H2O 0,25đ c. SO32- + MnO4- + H2O → SO42- + MnO2 + OH0,25đ SO32- + H2O → SO42- + 2H+ + 2e x3 0,25đ MnO4- + 2H2O + 3e → MnO2 + 4OHx2 0,25đ 3SO32- + 2MnO4- + H2O → 3SO42- + 2MnO2 + 2OH2.2 0,25đ Phản ứng: N2 + 3H2→ 2NH3 2đ Ban đầu 1 3 mol Phản ứng x 3x 2x 0,25đ Cân bằng (1-x) (3-3x) 2x 0,25đ Lúc cân bằng số mol H2= 3 lần số mol N2 Trang 160

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Vậy % số mol N2 lúc cân bằng là:

100 − 3,85 =24,04%; %H2= 72,11 4

Áp suất riêng phần đối với từng chất là PNH3 = 0,0385.10= 0,385 atm ; PH2= 0,7211.10 =7,211 atm PN2 = 0,2404.20= 2,404 atm; KP =

PNH 3 PN 2 P

0,75đ 0,5đ

= 1,644.10-4; H2

KC = KP. (RT)-∆n = 0,4815.

Câu 3: ( 5 điểm) 3.1. Axit H2SO4 100% hấp thụ SO3 tạo oleum. Hỏi cần bao nhiêu gam oleum có hàm lượng SO3 là 71% pha vào 100 ml dung dịch H2SO4 40% (d=1,31 g/ml) để tạo ra oleum có hàm lượng SO3 là 10%. 3.2. Sắp xếp các oxit axit: HClO; HClO2; HClO3; HClO4 theo thứ tự - Tăng dần tính oxi hóa; - Tăng dần tính axit Giải thích ngắn gọn. 3.3. Tính năng lượng liên kết trung bình C-H từ các kết quả thực nghiệm sau - Nhiệt đốt cháy CH4 = -801,7 kJ/mol - Nhiệt đốt cháy hidro = -241,5 kJ/mol - Nhiệt đốt cháy than chì = -393,4 kJ/mol - Nhiệt hóa hơi than chì = 715 kJ/mol - Năng lượng liên kết H-H = 431,5 kJ/mol. Các kết quả đều đo được ở 2980K và 1 atm. Điểm Câu HƯỚNG DẪN CHẤM H2SO4.nSO3a mol Hàm lượng SO3 = 71% 3.1 0,25đ 80n 2đ 0,25đ Ta có .100=71 ⇒ n= 3 98 + 80n 0,5đ Khối lượng dung dịch H2SO4 40%= 131 (gam) ⇒ mct = 52,4 gam.; 0,5đ mH2O= 78,6 0,25đ 0,25 Phản ứng SO3 + H2O → H2SO4 4,367 4,367 4,367 Ta có:

(3a − 4,367).80 =0,1 ⇒ a = 1,7578 131 + 338a

m = 338 . 1,7578 = 594 (gam)

3.2 1đ

Các axit trên đều có công thức chung là HClOn - Tính oxi hóa giảm : HClO > HClO2> HClO3> HClO4 Khi n tăng thì độ dài liên kết Cl-O giảm, tức là độ bền của các liên kết ClO tăng → Tính oxi hóa giảm. - Tính axit tăng : HClO < HClO2< HClO3< HClO4

0,25đ 0,25đ 0,25đ Trang 161

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3.3 2đ

Vì theo Pauling khi n tăng, liên kết –OH càng yếu do lực hút của H+ bị chia sẻ cho nhiều O và càng dễ tách ra H+→ Tính axit tăng dần Viết các phản ứng : CH4→ C (r) + 4H CH4 + 2O2→ CO2 + 2H2O ∆H1 2H2O → O2 + 2H2 - ∆H2 CO2→ O2 + C (r) - ∆H3 C (r) → C (k) ∆H4 2H2→ 4H 2∆H5 Tổ hợp các phương trình này ta được: CH4→ C (r) + 4H 4∆H0C-H = ∆H1 -∆H2 -∆H3 +∆H4 + 2∆H5 = 1652,7 kJ/mol Năng lượng liên kết C-H = 413,175 kJ/mol

0,25đ

1,đ

0,5đ 0,5đ

Câu 4: (5 điểm) 4.1. Hỗn hợp X có khối lượng 82,3 gam gồm KClO3,Ca(ClO3)2,CaCl2 và KCl. Nhiệt phân hoàn toàn X thu được 13,44 lít O2 (đkc), chất rắn Y gồm CaCl2 và KCl. Toàn bộ Y tác dụng vừa đủ với 0,3 lít dung dịch K2CO3 1M thu được dung dịch Z. Lượng KCl có trong Z nhiều gấp 5 lần lượng KCl trong X. Phần trăm khối lượng KCl trong X là. 4.2. Tiến hành nung x1 gam Cu với x2 gam Oxi thì thu được sản phẩm A1. Đun nóng A1 trong x3 gam dung dịch H2SO4 98%. Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch A2 và khí A3. Khí A3 không tạo kết tủa với dung dịch Pb(NO3)2 nhưng làm nhạt màu dung dịch brom, được hấp thụ hoàn toàn bởi 200 ml dung dịch NaOH 0,15M tạo ra 2,3 gam muối. Khi cô cạn dung dịch A2 thì thu được 30 gam tinh thể CuSO4.5H2O. cho dung dịch A2 tác dụng với dung dịch NaOH, để thu được lượng kết tủa lớn nhất phải dùng ít nhất 300 ml dung dịch NaOH 1M. tính x1, x2 và x3. Câu 4.1. 2đ

HƯỚNG DẪN CHẤM Các phản ứng KClO3→ KCl + 3/2 O2 Ca(ClO3)2→ CaCl2 + 3/2 O2 Đặt a, b là số mol của CaCl2 và KCl trong chất rắn Y BTKL ta có mY = 82,3 - 32.0,6= 63,1 (gam). ⇒ 111a + 74,5b=63,1 (1) Cho Y tác dụng với Na2CO3 CaCl2 + Na2CO3→ CaCO3 + 2NaCl ⇒ a =0,3(mol); Từ (1) ⇒ b = 0,4 (mol). Đặt x là số mol KCl trong hỗn hợp X. Ta có 2a + b = 5x ⇒ x = 0,2 (mol)

Điểm 0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Trang 162

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

%KCl trong X là =

4.2. 3đ

74.5.0,2 .100 = 18.10 % 82,3

0,25đ 0,25đ

Dễ dàng thấy toàn bộ lượng Cu ban đầu chuyển hết về CuSO4.5H2O

Ta có x1 =

30.64 = 7,64 gam⇒ mol Cu =0,12 (mol) 250

Khi đun nóng A1 với H2SO4 đặc có khí A3 thoát ra, theo giả thuyết A3: SO2 Và trong A1 còn Cu dư Cu + ½ O2→ CuO x 0,5x x CuO + H2SO4→ CuSO4 + H2O Cu + 2H2SO4→ CuSO4 + SO2 + 2H2O Vậy khí SO2 có số mol là (0,12 –x) Khi Cho SO2 vào dung dịch NaOH có phản ứng SO2 + NaOH → NaHSO3 SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O Mol NaOH = 0,03. Giả sử chi có muối NaHSO3, m1= 104.0,03 = 3.12 gam Giả sử chi có muối Na2SO3, m2= 126.0,015 = 1,89 gam mà 1,89 < 2,3 < 3,12 ⇒ Vậy thu được 2 muối. Đặt y,z là số mol 2 muối Ta có: y + 2z = 0,03 104y + 126z = 2,3 ⇒ y = 0,01; z = 0,01. Vậy mol SO2 = y + z = 0,02 ⇒ x = 0,1 ⇒x2 = 32.0,05 = 1,6 (gam) Số mol NaOH = 0,3 (mol) CuSO4 + 2NaOH → Cu(OH)2 + Na2SO4 Mol NaOH tác dụng với CuSO4 là 0,24, còn lại 0,06 tác dụng với H2SO4 Mol H2SO4 dư = 0,03 Tổng mol H2SO4 là: 0,1 + 2.0,02 + 0,03 = 0,17 (mol) x3 =

0,17.98.100 = 17 gam 98 -------------------

0,5đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC LỚP 10 ĐỀ THI MÔN: HOÁ HỌC (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (4 điểm) 1.1. (1,5 điểm)

Trang 163

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cho hai nguyên tố A và B đứng kế tiếp nhau trong bảng tuần hoàn có tổng số lượng tử (n + l) bằng nhau, trong đó số lượng tử chính của A lớn hơn số lượng tử chính của B. Tổng đại số của bộ bốn số lượng tử của electron cuối cùng của nguyên tử B là 5,5. a. Xác định bộ bốn số lượng tử ( n, l, m, s) của electron cuối cùng của A và B. b. Viết cấu hình electron nguyên tử của A và B. 1.2. (1 điểm) 9 206 238 Một mẩu đá chứa 13,2 µ g 238 92 U là 4,51.10 năm. 92 U và 3,42 µ g 82 Pb biết chu kì bán hu ỷ của Tính tuổi của mẩu đá. 1.3. (1,5 điểm) Nguyên tử của nguyên tố X có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử n = 3, l = 1, m = 0, ms= −1/2. Hai nguyên tố E, G với ZE< ZG< ZX (Z là điện tích hạt nhân). Biết rằng: - Tích số ZE.ZG.ZX = 952 - Tỉ số (ZE + ZX)/ZG = 3 a. Viết cấu hình electron của X, xác định vị trí của X trong bảng tuần hoàn, từ đó suy ra nguyên tố X? b. Tính ZE, ZG, từ đó suy ra nguyên tố E, G c. Hợp chất A tạo bởi 3 nguyên tố E, G, X có công thức EGX. Viết công thức cấu tạo của A. Câu 2: (5 điểm). 2.1.(2 điểm) Nguyên tố X là một phi kim. Hợp chất khí của X với hiđro là E; oxit cao nhất của X là F. Tỉ khối hơi của F so với E là 5,0137. a) Tìm X. b) Hoàn thành sơ đồ sau (biết X3, X4, X6 là muối có oxi của X; X5 là muối không chứa oxi của X; X7 là axit không bền của X). (12) X7

(11)

X5 (10) (8)

(6)

(7)

(1) (5)

X4 (9)

(4)

(2)

(3) X

+ Fe

2.2. (3 điểm) Hoàn thành các phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron: a. FeS2 + H2SO4 đặc → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O b. Mg + HNO3 → Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O (biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 = 1 : 1 : 1) c. Fe3O4 + HNO3 → NxOy + …. Câu 3: (4 điểm) 3.1. (2 điểm) Cho các số liệu nhiệt động của một số phản ứng sau ở 298K Trang 164

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Thứ tự phản ứng

Phản ứng

(1) (2) (3) (4) So298 (J/K.mol)

∆H o298 (kJ)

2NH3 + 3N2O → 4N2 + 3H2O N2O + 3H2→ N2H4 + H2O 2NH3 + 0,5O2→ N2H4 + H2O H2 + 0,5 O2 → H2O

− 1011 − 317 − 143 − 286

N2 H4

H2 O

240

66,6

191

205

Tính nhiệt tạo thành ∆H o298 của N2H4 ; N2O và NH3. (1,0đ)

Tính ∆H o298 , ∆G o298 và Kcb của phản ứng đốt cháy N2H4. (1,0đ)

3.2. (2 điểm) Điện phân dung dịch NaCl một thời gian được dung dịch A và khí thoát ra chỉ có V lít H2 (ở đktc). Cho dung dịch A vào dung dịch H2S, lắc kỹ để dung dịch A phản ứng vừa đủ với H2S được 0,16 gam chất rắn màu vàng và dung dịch B (không có khí thoát ra). Cho từ từ dung dịch Br2 0,1M vào dung dịch B đến khi thôi mất màu brom thấy hết 50 ml dung dịch và được dung dịch C. Cho dung dịch BaCl2 dư vào dung dịch C được 2,33 gam kết tủa. a)Viết các phương trình phản ứng, xác định thành phần của A, B, C. b) Tính V.

Câu 4: (3 điểm) 4.1. (1 điểm) Axit H2SO4 100% hấp thụ SO3 tạo oleum. Hỏi cần bao nhiêu gam oleum có hàm lượng SO3 là 71% pha vào 100 ml dung dịch H2SO4 40%(d=1,31 g/ml) để tạo ra oleum có hàm lượng SO3 là 10% 4.2. (1 điểm) Sắp xếp các oxit axit: HClO; HClO2; HClO3; HClO4 theo thứ tự - Tăng dần tính oxi hóa; - Tăng dần tính axit Giải thích ngắn gọn. 4.3.(1 điểm) Tính năng lượng liên kết trung bình C-H từ các kết quả thực nghiệm sau - Nhiệt đốt cháy CH4= -801,7 kJ/mol - Nhiệt đốt cháy hidro = -241,5 kJ/mol - Nhiệt đốt cháy than chì= -393,4 kJ/mol - Nhiệt hóa hơi than chì= 715 kJ/mol - Năng lượng liên kết H-H =431,5 kJ/mol. Các kết quả đều đo được ở 2980K và 1 atm. Câu 5: (4 điểm) 5.1. (2 điểm) Hỗn hợp X có khối lượng 82,3 gam gồm KClO3,Ca(ClO3)2,CaCl2 và KCl. Nhiệt phân hoàn toàn X thu được 13,44 lít O2 (đkc), chất rắn Y gồm CaCl2 và KCl. Toàn bộ Y tác

Trang 165

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

dụng vừa đủ với 0,3 lít dung dịch K2CO3 1M thu được dung dịch Z. Lượng KCl có trong Z nhiều gấp 5 lần lượng KCl trong X. Phần trăm khối lượng KCl trong X là 5.2. (2 điểm) Tiến hành nung x1 gam Cu với x2 gam Oxi thì thu được sản phẩm A1. Đun nóng A1 trong x3 gam dung dịch H2SO4 98%. Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch A2 và khí A3. Khí A3 không tạo kết tủa với dung dịch Pb(NO3)2 nhưng làm nhạt màu dung dịch brom, được hấp thụ hoàn toàn bởi 200 ml dung dịch NaOH 0,15M tạo ra 2,3 gam muối. Khi cô cạn dung dịch A2 thì thu được 30 gam tinh thể CuSO4.5H2O. cho dung dịch A2 tác dụng với dung dịch NaOH, để thu được lượng kết tủa lớn nhất phải dùng ít nhất 300 ml dung dịch NaOH 1M. tính x1, x2 và x3. ------------ HẾT -----------

HƯỚNG DẪN CHẤM Nội dung

Điểm

Câu 1: 1.1. A và B đứng kế tiếp nhau ttrong bảng tuần hoàn có tổng ( n + l) bằng nhau và  B : np 6 1  A : (n + 1) s

có n ( A) > n(B) ⇒ cấu hình electron ở lớp ngoài cùng:  ⇒ electron cuối cùng của B có: l = 1; m = +1; s = - ½

Theo đề: n + l + m + s = n + 1 + 1 – ½ = 5,5 ⇒ n = 4. Vậy electron cuối cùng của B có: n = 4, l = 1; m = +1; s = - ½ 10 2 6 ⇒ Cấu hình electron của B: [ Ar]3d 4s 4p ( B là Kr) - Suy ra electron cuối cùng của A: n = 5, l = 0; m = 0; s = + ½ 1 ⇒ Cấu hình electron của A: [ Kr]5s ( A là: Rb) 1.2.

Hằng số phóng xạ: K = Ta có sơ đồ: mU pr

⇒ murani

0,693 0.693 = = 1,536585.10−10 T1/ 2 4,51.109

0,25 0,25 0,25

U → 206 82 U

mPb 3, 24.238 ⇒ mU pr = = 3,95µ g 238 206 206 ban đầu bằng : 13,2+ 3, 95= 17,15 µ g

1 k

0,25

238 92

- Ta có hệ thức: t = ln

0,5 0,25

1 17,15 N0 ln 1,7.109 = −10 N 1,536585.10 13, 2

Vậy mẩu đá đó có tuổi là 1,7 tỉ năm. 1.3. Nguyên tử nguyên tố X có cấu hình electron cuối cùng 3p5 → Cấu hình electron của X là 1s22s22p63s23p5 → Vị trí của X : ô 17, chu kì 3, nhóm VIIA. X là Clo (Cl) Có ZX = 17 ZG.ZE = 56 và ZE + 17 = 3ZG

0,25 0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 Trang 166

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

→ ZE = 7 → E là Nitơ (N) → ZG = 8 → G là Oxi (O) Công thức cấu tạo của X:

0,25 0, 5

| Cl − N = O

Câu 2 : 2.1 X1 là HCl; X2 là FeCl3 ; X3 là KClO3 ; X4 là KClO4 ; X5 là KCl ; X6 là KClO ; X7 là HClO(có thể thay muối kali thành natri). (12)

KClO

HClO

0,5

(11) KCl

(10) (8)

(6)

(7)

HCl (1)

(5)

KClO4 (9)

KClO3

(4)

(2)

(3) Cl2

+ Fe

FeCl3

as → 2HCl (1): Cl2 + H2  → 2FeCl3 + 3H2O (2): Fe2O3 + 6HCl  0

t → 2FeCl3 (3): 2Fe + 3Cl2  0

t (4): 3Cl2 + 6KOH  → 5KCl + KClO3 + 3H2O → KCl + 3Cl2↑ + 3H2O (5): KClO3 + 6HCl  → 2KCl (6): Cl2 + 2K 

Đúng mỗi pt được 0,125đ

®p kh«ng mn → KClO3 + 3H2↑ (7): KCl + 3H2O  t 0

MnO , t → 2KCl + 3O2↑ (8): 2KClO3  2

t → KCl + 3KClO4 (9): 4KClO3  0

t (10): KClO4  → KCl + 2O2↑ ®p kh«ng mn → KClO + H2↑ (11): KCl + H2O 

→ KHCO3 + HClO (12): KClO + H2O + CO2  2.2. Cân bằng đúng mỗi pt Câu 3: 3.1 a. Ta có –(1) + 3(2) + (3) – (4) → 4N2 + 8H2 ⇔ 4N2H4 ∆ H0298 = 1011 + 3.(-317) + ( -143) + 286 = 203kJ → N2 + 2H2 ⇔ N2H4 ∆ H0298 = 50,8kJ / mol * Từ 2 : 0 + ∆ H0298 (N2O) – 50,8 + 286 = 317 0 → ∆ H 298 (N2O) = 81,88kJ / mol * Từ 3: 50,8 – 286 -2. ∆ H0298 (NH3) = -143 0 → ∆ H 298 (NH3) = -45,6 kJ / mol b. ∆ H0298 = -2.286 -50,8 = -623 kJ

1,0

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Trang 167

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

∆ S0298 = 191 + 2.66,6 – 205 – 240 = 121 J/K ∆ G0298 = ∆ H0298 + T. ∆ S0298 = -623 + 298.121 = -587kJ

0,25 0,25

587000 8, 314.298

K= e = e 237 = 10103 3.2 a) C¸c ph-¬ng tr×nh ph¶n øng: NaCl + H2O

dpdd  →

1 1 NaOH + Cl2 ↑ + H2 ↑ 2 2

Đúng mỗi pt được 0,125đ

(1)

2NaOH + Cl2 → NaCl + NaClO + H2O (2) NaClO + H2S NaCl + H2O + S (3) 3NaClO + H2S 3NaCl + H2SO3 (4) 4NaClO + H2S 4NaCl + H2SO4 (5) Br2 + H2SO3 + H2O 2HBr + H2SO4 (6) H2SO4 + BaCl2 BaSO4 + 2HCl (7) Thµnh phÇn cña: A: NaCl, NaClO. B: H2SO4, H2SO3, NaCl. C: NaCl, HBr, H2SO4. 0,16 b. Số mol của S là: nS= = 0,005(mol ) ; nBaSO4=0,01 32 Số mol của brom là: nbrom= 0,1.0,05 = 0,005mol

⇒ n S =0,015 (mol)

0,5

2−

⇒ Khi bị oxi hóa bởi NaClO

nS=0,005 (mol);

n SO2 =0,005 (mol);

n S+6 = 0,005

(mol) ⇒ nClO-= (0,005*2+0,005*6+0,005*8)/2 = 0,04 (mol) Theo (1) ta có số mol của H2 bằng số mol của NaClO = 0,04 mol V = 0,04x 22,4 = 0,896 lít. Câu 4: 4.1 H2SO4.nSO3a mol Hàm lượng SO3 = 71% Ta có .100=71 n= 3 Khối lượng dung dịch H2SO4 40%= 131 (gam) mct = 52,4 gam.; mH2O= 78,6 Phản ứng SO3 + H2O H2SO4 4,367 4,367 4,367 Ta có: =0,1 a = 1,7578 m = 338 . 1,7578 = 594 (gam)

0,5

0,25

0,25 Trang 168

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

4.2 Các axit trên đều có công thức chung là HClOn - Tính oxi hóa giảm : HClO > HClO2> HClO3> HClO4 Khi n tăng thì độ dài liên kết Cl-O giảm, tức là độ bền của các liên kết Cl-O tăng Tính oxi hóa giảm. - Tính axit tăng : HClO < HClO2< HClO3< HClO4 Vì theo Pauling khi n tăng, liên kết –OH càng yếu do lực hút của H+ bị chia sẻ cho nhiều O và càng dễ tách ra H+ Tính axit tăng dần 4.3 Viết các phản ứng: CH4  → C (r) + 4H → CO2 + 2H2O H1 CH4 + 2O2  → O2 + 2H2 -H2 2H2O  → O2 + C (r) -H3 CO2  → C (k) H4 C (r)  → 4H 2H5 2H2  Tổ hợp các phương trình này ta được: CH4  → C (r) + 4H 0 4H C-H = H1 -H2 -H3 +H4 + 2H5 = 1652,7 kJ/mol Năng lượng liên kết C-H = 413,175 kJ/mol Câu 5: 5.1 Các phản ứng KClO3→ KCl + 3/2 O2 Ca(ClO3)2→ CaCl2 + 3/2 O2 Đặt a, b là số mol của CaCl2 và KCl trong chất rắn Y BTKL ta có mY = 82,3 - 32.0,6= 63,1 (gam). 111a + 74,5b=63,1 (1) Cho Y tác dụng với Na2CO3 CaCl2 + Na2CO3→ CaCO3 + 2NaCl a =0,3(mol) ; Từ (1) b = 0,4 (mol). Đặt x là số mol KCl trong hỗn hợp X. Ta có 2a + b = 5x x = 0,2 (mol) %KCl trong X là = .100 = 18.10 % 5.2 Dễ dàng thấy toàn bộ lượng Cu ban đầu chuyển hết về CuSO4.5H2O

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 0,25

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

0,25 Trang 169

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

= 7,64 gam→ mol Cu =0,12 (mol) Ta có x1 = Khi đun nóng A1 với H2SO4 đặc có khí A3 thoát ra, theo giả thuyết A3: SO2 Và trong A1 còn Cu dư Cu + ½ O2→ CuO x 0,5x x CuO + H2SO4→ CuSO4 + H2O Cu + 2H2SO4→ CuSO4 + SO2 + 2H2O Vậy khí SO2 có số mol là (0,12 –x) Khi Cho SO2 vào dung dịch NaOH có phản ứng SO2 + NaOH → NaHSO3 SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O Mol NaOH = 0,03. Giả sử chi có muối NaHSO3, m1= 104.0,03 = 3.12 gam Giả sử chi có muối Na2SO3, m2= 126.0,015 = 1,89 gam mà 1,89<2,3<3,12 Vậy thu được 2 muối. Đặt y,z là số mol 2 muối Ta có : y +2z =0,03 104y + 126z =2,3 y= 0,01; z=0,01. Vậy mol SO2 = y + z = 0,02 x= 0,1 x2 = 32.0,05 = 1,6 (gam) Số mol NaOH =0,3 (mol) CuSO4 + 2NaOH → Cu(OH)2 + Na2SO4 Mol NaOH tác dụng với CuSO4 là 0,24, còn lại 0,06 tác dụng với H2SO4 Mol H2SO4 dư = 0,03 Tổng mol H2SO4 là: 0,1 + 2.0,02 + 0,03 =0,17 (mol)

0,25

0,25 0,25

0,5 x3 =

=17 gam

0,5 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLYMPIC MÔN HOÁ HỌC LỚP 10 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Trang 170

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố: H = 1; He = 4; Li = 7; Be = 9; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; P=31; S = 32; Cl = 35,5; K= 39; Ca = 40; Cr = 52; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Rb = 85; Sr = 88; Ag = 108; Sn = 119; Cs = 133; Ba = 137; Pb = 207. Câu 1(3 điểm): 1.1(1 điểm). Ở trạng thái cơ bản , nguyên tử của nguyên tố X có 3 lớp electron và 2 electron độc thân. a. Viết cấu hình electron của nguyên tử X ? b. Cho biết bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng trong nguyên tử X ? 1.2.(1 điểm) Hợp chất A2B có tổng hạt proton là 23. Hãy xác định công thức hóa học của A2B. Biết rằng

2 nguyên tố A, B thuộc cùng một chu kỳ và 2 nhóm A liên tiếp ?

1.3. (1 điểm) Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tử nguyên tố trung tâm trong các phần tử sau: NH4+, NH3, ICl4-, AsCl5 Câu 2 (3,5 điểm): 2.1. (2 điểm)Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron: a. As2S3 + KClO3 + H2O → H3AsO4 + H2SO4 + KCl b. Al + HNO3→ Al(NO3)3 + NO + N2 + H2O ( nNO : nN2 = 3 : 2) c. NaIOx + SO2 + H2 O → I2 + Na2SO4 + H2SO4 0 3+ 0 2+ 2.2.(1,5 điểm) Cho : E Fe /Fe= -0,037 V , E Fe /Fe= -0,440 V; E0Au3+/ Au+ = 1,26V

a. Lập sơ đồ pin điện hóa,trong đó xảy ra sự oxi hoá ion Fe2+ thành ion Fe3+ và ion Au3+ bị khử thành ion Au+. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trên mỗi điện cực và trong pin khi pin hoạt động. b. Tính sức điện động chuẩn của pin và hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin này. Câu 3(3 điểm):

3.1.(1 điểm) Bằng phương pháp hoá học hãy phân biệt các dung dịch đựng trong các lọ mất nhãn sau: NaCl, NaNO3, HCl, HBr, NaOH 3.2.(2 điểm) Sục khí clo vào dung dịch NaOH loãng thu được dung dịch A,hòa tan I2 vào dung dịch NaOH loãng thu được dung dịch B(các thí nghiệm thực hiện ở nhiệt độ phòng). a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra? b. Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra khi cho lần lượt dung dịch hỗn hợp HCl và FeCl2 , dung dịch Br2, H2O2 vào dung dịch A (không có Cl2 dư) Câu 4. (3điểm): 4.1.(1 điểm) Chỉ dùng Fe, S và dung dịch H2SO4 loãng, viết các phương trình phản ứng điều chế khí H2S bằng 2 cách khác nhau. 4.2.(2 điểm) Để pha loãng 100 ml dung dịch H2SO4 98% (D=1,84g/cm3) thành dung dịch H2SO4 20% cần V ml H2O. a. Tính V b. Khi pha loãng phải tiến hành như thế nào? Câu V(4,0 điểm): 5.1. (2,5 điểm)Xét phản ứng tổng hợp hiđro iođua: Trang 171

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

H2(khí) + I2(rắn) 2HI(khí) ∆H = +53kJ (a) H2(khí) + I2(rắn) 2HI(khí)

(b)

a. Phản ứng (a) là toả nhiệt hay thu nhiệt? b. Viết biểu thức tính hằng số cân bằng K của phản ứng (a) theo phương trình hoá học của phản ứng. c. Thực hiện phản ứng tổng hợp hiđro iođua theo (b) trong một bình kín, dung tích 2 lit ở nhiết độ T,

có hằng số cân bằng K = 36. Nếu nồng độ ban đầu của H2 và I2 bằng nhau và bằng 0,02M thì nồng độ của các chất tại thời điểm cân bằng là bao nhiêu? 5.2. (1,5 điểm)Tính nhiệt tạo thành của tinh thể:Ca3(PO4)2, biết: - 12 gam Ca cháy tảo ra 45,57 KCal - 6,2 gam P cháy tỏa ra37,00 Kcal - 168,0 gam CaO tác dụng với 142,0 gam P2O5 tỏa ra 160,50 Kclo Hiệu ứng nhiệt đo trong điều kiện đẳng áp. Câu 6.(3,5 điểm)

Hỗn hợp A: KClO3, Ca(ClO3)2, Ca(ClO)2, CaCl2, KCl nặng 83,68 gam. Nhiệt phân hoàn toàn A thu được chất rắn B gồm CaCl2, KCl và một thể tích oxi vừa đủ để oxi hóa SO2 thành SO3 để điều chế 191,1 gam dung dịch H2SO4 80%. Cho chất rắn B tác dụng với 360 ml dung dịch K2CO3 0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và dung dịch D. Lượng KCl trong dung dịch D nhiều gấp 22/3 lần lượng KCl trong A. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra? b. Tính khối lượng kết tủa C? c. Tính thành phần phần trăm về khối lượng của KClO3 trong A?

-----Hết----

Ghi chú: - Học sinh không được sử dụng bất kì tài liệu nào (kể cả Bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học)

- Giám thị coi thi không cần giải thích gì thêm.

Trang 172

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLYMPIC MÔN HOÁ HỌC LỚP 10 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM Câu

Thang điểm

Nội dung

Câu I 1/ (1.00)

3,0 a. Nguyên tử của nguyên tố X có 3 lớp e và 2 e độc thân nên

0,5

cấu hình electron của nguyên tử X có thể có là : [Ne]3s23p2 (1) [Ne]3s23p4 (2)

0,5

b. Bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng là : (1) : n = 3; l =1; ml= 0; ms = +1/2 (2): n = 3; l =1; ml= -1; ms = -1/2

2/ (1.00)

Ta có:: 2ZA+ ZB = 23 (1)

0,5

Ta lại có: Ztb = 23:3 = 7,67 => 2 nguyên tố ở chu kỳ nhỏ *TH1: ZA> ZB 2 nguyên tố A, B ở cùng một chu kỳ và thuộc 2 nhóm A liên tiếp => ZA = ZB + 1 (2) Trang 173

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Từ (1) và (2) ta được : ZA = 8, ZB = 7

0,5

Vậy CTHH của A2B là NO2 *TH2: ZA< ZB => ZB = ZA + 1 (3) Từ (1) và (3) ta được : ZA = 7,3; ZB = 8,4 loại

3 (1.00)

0,25

NH4+ : sp3

0,25

NH3: sp3

0,25

ICl4-: sp3 d2 3

0,25 2

AsCl5: sp d Câu 2

3,5 a. Cân bằng đủ , đúng 4 bước

2.1(2.0đ )

2.2 (1.50)

0,5

b. Cân bằng đủ , đúng 4 bước

0,75

c. Cân bằng đủ , đúng 4 bước

0,75

a. Anot(-) Pt │ Fe3+ , Fe2+ ║ Au3+, Au+ │ Rt (+) Catot Phản ứng ở cực âm:

Fe2+ →

Phản ứng ở cực dương:

Au3+ + 2e→

Phản ứng trong pin :

Fe3+ + 1e

Au3+ + 2Fe2+ →

Au+

K1_1 K2

1,0

2Fe3+ + Au+ K

b. Fe3+ + 3e ↔ Fe E0(1) =-0,037 Fe2+ + 2e ↔ Fe E0(2) =-0,44 Fe3+ + e ↔ Fe2+

E0(3) = 3E0(1) - 2E0(2) = 0,77

K=102(1,26-0,77)/0,059 =1016,61

0,5

E0pin= E0Au3+/ Au+ - E0Fe3+/Fe2+= 0,49 Câu 3

3.1 (1.0)

3,0 + Lấy mẫu thử từ các dung dịch trên. + Dùng quỳ tím:

- Dung dịch làm quỳ hoá xanh là NaOH - Dung dịch làm quỳ hoá đỏ là: HCl; HBr (axit) - Dung dịch không làm đổi màu quỳ là NaCl, NaNO3 (muối) + Nhận biết các axit: dùng dung dịch AgNO3 -

Dung dịch có tạo kết tủa trắng với AgNO3 là HCl Ptpư: HCl + AgNO3 AgCl + HNO3

0,25

Dung dịch có tạo kết tủa vàng với AgNO3 là HBr Trang 174

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ptpư: HBr + AgNO3

AgBr

+ HNO3

+ Nhận biết các dung dịch muối: dùng dung dịch AgNO3:

Dung dịch có tạo kết tủa với AgNO3 là NaCl Ptpư: NaCl + AgNO3 AgCl + NaNO3

Dung dịch còn lại là NaNO3

0,25

3.2(2,0đ )

a. Ở nhiệt độ thường: 2NaOH + Cl2 → NaCl + NaClO + H2O

0,5

6NaOH + 3I2 → 5NaI + NaIO3 + 3H2O b. Ion ClO- có tính oxi hóa rất mạnh: Khi cho dd hỗn hợp HCl và FeCl2 vào dd A có khí màu vàng lục thoát ra và dd 0,5 không màu chuyển sang màu vàng nâu: + 2NaClO + 4HCl → 2FeCl3 + 2NaCl + Cl2 +2 H2O

2FeCl2

Khi cho dd Br2 vào dd A, dd Br2 mất màu:

0,5

Br2 + 5NaClO + H2O → 2HBrO3 +5NaCl Khi cho dd H2O2 vào dd A có khí không , không mùi thoát ra: H2O2+ NaClO → H2O+NaCl + O2

0,5

Câu 4

4.1(1đ)

5,0

Cách 1: Fe + S → FeS

FeS + H2SO4loãng → FeSO4 + H2S↑ 0.5

Cách 2: Fe + H2SO4 loãng→ FeSO4 + H2 o

S + H 2 → H2 S

4.2(2đ)

D.V .C % 1,84.100.98 = = 180,32g 100 100 H2O coi như dung dịch H2SO4 có nồng độ là 0%

mH2SO4 =

0.5

Áp dụng quy tắc đường chéo: (98-20 = 68; 20-0 = 20) m g H2 O

78% 20% 0,5

,32 g H2SO4 98% 20% m 78 180,32.78 → = →m = = 180,32 20 20 DH2O = 1g/ml → 703,248g H2O = 703,248 ml H2O Trang 175

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

→VH2O = 703,248 ml b. Lấy 703,248 ml H2O vào cốc, rồi cho từ từ 100 ml dung dịch H2SO4 đặc vào cốc, và dùng đũa thủy tinh khuấy nhẹ. (tuyệt đối không làm ngược lại)

0.5 0,5

Câu 5

5.1

4.0 0.5

1a. Theo quy ước ∆H > 0 thì phản ứng thu nhiệt.

(2.5đ) b. Vì I2 là chất rắn nên:

[ HI ] K= [H2 ]

H2(khí)

Trước phản ứng:

0,02M

Phản ứng:

Còn lại:

0,02 – x

I2(rắn)

0,02M

2HI(khí) 0

0,02 – x

( 2x ) = 36 → 2 x = 6 ( 0, 02 − x ) → x = 0, 015 ( 0, 02 − x ) . ( 0, 02 − x ) 2

Vậy :

Kết luận: Ở cân bằng: [HI] = 0,03M, [H2] = [I2] = 0,005M

5.2

nCa= 0,3 mol có ∆H = - 45,57 KCal

1,5

nP =0,2 mol có ∆H = - 37,00 KcCal nCaO= 0,3 mol và nP2O5 = 1 mol Ca + ½ O2 → CaO ∆H1 = - 45,57/0,3 = -151,9 KCal 2P + 5/2O2 → P2O5 ∆H2 = - 37,00.2/0,2 = -37,0 KCal 3 CaO + P2O5 → Ca3(PO4)2 ∆H3 = -160,5 KCal 3 Ca + 2P +4O2 → Ca3(PO4)2 ∆Htt Ta có: ∆Htt = 3.∆H1 + ∆H2 +∆H3 = - 986,2(KCal) Câu 6

3.5 Trang 176

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(3.5đ)

 KClO3 : a(mol ) Ca(ClO ) : b(mol ) 3 2  Hỗn hợp A Ca (ClO) 2 : c(mol ) CaCl : d (mol ) 2   KCl : e(mol )

3 to KClO3  → KCl + O2 2 Mol

3 a 2 o

t Ca(ClO3 )2  → CaCl2 + 3O2

Mol

b b 3b o

t → CaCl2 + O2 Ca(ClO)2 

Mol

* Theo định luật bảo toàn khối lượng: mA = mKCl + mCaCl2 + mO2 83,68 = 74,5(a + e) + 111(b + c + d) + 32(

3a + 3b + c) 2

(1)

xt ,t 2SO2 + O2  → 2SO3

3a + 3b + c 3a + 6b + 2c 2

Mol

SO3 + H 2O → H 2 SO4 Mol

80 =

3a + 6b + 2c 3a + 6b + 2c

98(3a + 6b + 2c) ×100 191,1

⇒ 3a + 6b + 2c =

(2)

80 ×191,1 = 1,56 100 × 98 Trang 177

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

CaCl2 : (b + c + d )mol + ddK 2CO3 * Chất rắn B   KCl : (a + e)mol →

KCl + K2CO3 CaCl2 Mol

(b + c + d)

→

K2CO3 (b + c + d)

CaCO3↓

2(b + c + d)

(b + c + d)

2KCl

Số mol K2CO3 = 0,36. 0,5 = 0,18 (mol) = b + c + d

(3)

* Kết tủa C: CaCO3 Khối lượng kết tủa CaCO3 = 100(b + c + d) = 100. 0,18 = 18 gam 2. Dung dịch D (KCl) nKCl = a + e + 2(b + c + d) = (a + e) + 2. 0,18

mKCl (ddD) =

= a + e + 0,36

22 22 mKCl ( A) → nKCl (ddA) = nKCl ( A) 3 3

a + e + 0,36 =

22 e 3

(4)

Từ (1), (2), (3), (4) ta có:

  3a  83, 68 = 74,5(a + e) + 111(b + c + d ) + 32  2 + 3b + c     3a + 6b + 2c = 1,56  b + c + d = 0,18  22e a + e + 0,36 = 3  1,56   → 83, 68 = 74,5(a + e) + (111× 0,18) +  32 ×  2  

→ 74,5 ( a + e ) = 38, 74

a + e = 0,52 122,5.a.100  = 58,56% 22 → % KClO3trongA =  83, 68 a e e + + 0,36 =  3

Trang 178

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ ĐỀ NGHỊ (Đề thi có 02 trang)

KỲ THI OLYMPIC Môn: HÓA HỌC - Lớp 10 Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề)

Cho biết nguyên tử khối: O= 16; H= 1; Ca= 40; Al= 27; S= 32; Fe= 56; 35,5; Cu= 64; Br= 80; I= 127; Na= 23; Mg= 24.

Zn= 65; Cl=

Câu 1. 1.1.(1,5 đ)Cho nguyên tử của nguyên tố X, ở trạng thái cơ bản có 17 electron thuộc các phân lớp p. X có hai đồng vị hơn kém nhau hai nơtron. Trong đồng vị số khối lớn, số hạt không mang điện bằng

23 lần hạt mang điện. 35

a. Viết cấu hình electron của X, suy ra vị trí của X trong bảng tuần hoàn. b. Xác định thành phần cấu tạo của hai đồng vị và thành phần % theo số nguyên tử của mỗi đồng vị , biết nguyên tử khối (NTK) trung bình của X bằng 79,91. Coi NTK có giá trị bằng số khối. 1.2. (1,5 đ) Nguyên tử của các nguyên tố A, R, X có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử: A:

n = 3 ℓ = 1 m = +1,

n = 2 ℓ = 1 m = 0,

n = 2 ℓ = 1 m = +1,

1 2 1 s=− 2 1 s=− 2 s=−

Gọi tên A, R, X (theo quy ước các giá trị của m theo tứ tự +ℓ... 0 ...-ℓ) 2.3. 2.4. Xác định trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm và dạng hình học của các phân tử và ion sau: R2X, AR6, H2AX3, (H là hidro). 1.2. (1 đ) Hãy tính bán kính nguyên tử Liti (đơn vị nm), biết thể tích của 1 mol tinh thể kim loại Li bằng 7,07cm3 và trong tinh thể các nguyên tử Li chỉ chiếm 68% thể tích, còn lại là khe trống.

Câu 2. 2.1. ( 2,0 đ) Cân bằng các phản ứng hoá học sau bằng phương pháp thăng bằng electron (các hệ số cân bằng tối giản). a.P + NH4ClO4 H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O b. FexOy + HNO3 Fe(NO)3 + NnOm + H2O 2.2.(2,0 đ) Hỗn hợp khí gồm 1 mol N2 và 3 mol H2 được gia nhiệt tới 3870C tại áp suất 10 atm. Hỗn hợp cân bằng chứa 3,85% NH3 về số mol. Xác định KC và KP. Câu 3. 3.1. (2,0 đ) Từ KMnO4, NaHCO3, Fe, CuS, NaHSO3, FeS2 và dung dịch HCl đặc có thể điều chế được những khí gì? Viết phương trình hoá học.Khi điều chế các khí trên thường có lẫn hơi nước, để làm khô tất cả các khí đó chỉ bằng một hoá chất thì nên chọn chất nào trong số các chất sau Trang 179

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

đây: CaO, CaCl2 khan, H2SO4 đặc, P2O5 , NaOH rắn. Giải thích (Không cần viết phương trình hoá học). 3.2. (1,5 đ) Cho m gam hỗn hợp X gồm CuCl2 và FeCl3 vào nước thu được dung dịch A. Chia A làm 2 phần bằng nhau. Sục khí H2S dư vào phần 1 được 1,28 gam kết tủa, cho Na2S dư vào phần 2 được 3,04 gam kết tủa. Tính m. 3.3. (1,5 đ)Nêu phương pháp hoá học để có thể dùng loại các chất sau: a. SO2, NO2, HF trong khí thải công nghiệp. b. Khí Cl2 làm nhiễm bẩn không khí trong phòng thí nghiệm. Câu 4. 4.1. (1,0 đ) Cho pin Zn | ZnSO4 || Hg2SO4(r),SO42- | Hg(l) . Tại 250C sức điện động của pin ở điều kiện tiêu chuẩn là E0 = 1,42 V. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động. b. Tính ∆G0 đối với pin. Cho F = 96500 C/mol. 4.2. (2,0 đ)Cho các dữ kiện của phản ứng H2(K) + CO2(K) H2O(K) + CO(K) H2 CO2 H2 O CO Chất 0 -1 ∆ H 298(KJ.mol ) 0 -393,5 -241,8 -110,5 0 -1 -1 S 298 (J.mol .K ) 130,6 213,6 188,7 197,6 a. Tính biến thiên entanpi và entropi của phản ứng. b. Tính ∆ G0 của phản ứng và hằng số cân bằng của phản ứng ở 25 0C. c. Phản ứng xảy ra theo chiều nào ở 100 0C nếu giả sử rằng ∆ H và ∆ S không thay đổi theo nhiệt độ. Câu 5. (4,0 đ) Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư được dung dịch A và V lít khí SO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Hấp thụ hoàn toàn lượng SO2 trên bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M được dung dịch chứa 5,725 gam chất tan. Thêm vào m gam X lượng M gấp đôi lượng M ban đầu được hỗn hợp Y. Cho Y tan hết trong dung dịch HCl được 1,736 lít H2 (đktc). Thêm một lượng Fe vào m gam X để được hỗn hợp Z chứa lượng sắt gấp đôi lượng sắt có trong X. Cho Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư được dung dịch B chứa 5,605 gam muối. j. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. k. Tính V. l. Tìm kim loại M và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X. ----------HẾT--------Ghi chú: Học sinh không được sử dụng bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học. Họ và tên học sinh: ………………………………… Số báo danh: …………….. Trang 180

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC Môn: HÓA HỌC 10 CÂU 1 (4đ)

ĐÁP ÁN 1.1

Vì X có 17 electron thuộc phân lớp p ⇒ cấu hình electron phân lớp p của X là: 2p63p64p5 ⇒ cấu hình electron đầy đủ: 1s22s22p63s23p63d104s24p5. ⇒ Vị trí của X trong bảng tuần hoàn: Ô số 35, Chu kì 4, Nhóm VII A. Trong đồng vị số khối lớn số hạt mang điện là 35.2 = 70 hạt

⇒ số nơtron (hạt không mang điện) là

0,25 0,25

23 .70 = 46 hạt. 35

⇒ số nơtron trong đồng vị số khối nhỏ là 44 hạt. Vậy thành phần cấu tạo các đồng vị của X là: Đồng vị số khối nhỏ: 35 electron, 35 proton, 44 nơtron ⇒ A= 79. Đồng vị số khối lớn: 35 electron, 35 proton, 46 nơtron⇒ A= 81. Thành phần %: Gọi thành phần % theo số nguyên tử đồng vị nhỏ là x% ⇒ thành phần % theo số nguyên tử đồng vị lớn là (100 – x)%. Ta có:

ĐIỂM

0,25

79.x + 81(100 − x) = 79,91 ⇒ x = 54,5%. 100

0,5 1.2.a

3p4⇒ A là S

2p5⇒ B là F

2p4⇒ X là O

0,25 0,25 0,25

Trang 181

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1.2.b Trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học: F2O, O lai hóa sp3, phân tử dạng góc: O

0,25

SF6, S lai hóa sp3d, bát diện đều: F

0,25 F

S F

H2SO3, S lai hóa sp3, dạng tháp tam giác.

0,25

S O

1.3 2 (4đ)

OH OH

Xét 1 mol Li ⇒ 6,02*1023*(4/3)* π*r3=0,68*7,07⇒ r=1,24*10-8cm=12,4 nm

2.1.a P + NH4ClO4 2N –3 2Cl+ 7 + 14e 2NH4ClO3 + 8e PO 10NH4NO3 + 8P0 10NH4NO3 + 8P

H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O 2NO + 6e 2ClO 2N0 + 2Cl0 x 5 P+ 5 + 5e x8 +5 0 8P + 10N + 10Cl0 + 16H2O 8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O

0,5 0,5 0.25 0.25

0.5

Fe(NO3)3 + NnOm + H2O 2.1.b FexOy + HNO3 +2y/x +3 xFe xFe + (3x – 2y)e (5n – 2m) 0.25 +5 + 2m/n nN + (5n – 2m)e nN (3x – 2y) +2y/x +5 x(5n –2m)Fe + n(3x – 2y)N x(5n – 2m)Fe + 3 + n(3x – 0.25 2y)N+2m/n Hoàn thành: 0.5 (5n – m)FexOy + (18nx – 6my – 2ny)HNO3 x(5n – 2m)Fe(NO3)3 + (3x – 2y)NnOm + (9nx – 3mx – ny)H2O 2.2 Phản ứng: N2 + 3H2→ 2NH3 Ban đầu 1 3 mol Phản ứng x 3x 2x 0.5 Cân bằng (1-x) (3-3x) 2x Lúc cân bằng số mol H2= 3 lần số mol N2

0.5 Trang 182

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Vậy % số mol N2 lúc cân bằng là:

100 − 3,85 =24,04%; %H2= 72,11 4

Áp suất riêng phần đối với từng chất là PNH3 = 0,0385.10= 0,385 atm ; PH2= 0,7211.10 =7,211 atm PN2 = 0,2404.20= 2,404 atm; KP =

3 (5đ)

3.1

PNH 3

PN 2 P 3 H 2

= 1,644.10-4;

KC = KP. (RT)-∆n = 0,4815. - Các khí có thể điều chế được gồm O2, H2S, Cl2, CO2, SO2 - Các phương trình hoá học: o

t 2KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2 → NaCl + H2O + CO2 NaHCO3 + HCl  Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 2KMnO4 + 16HCl → 5Cl2 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O → NaCl + H2O + SO2 NaHSO3 + HCl  → FeCl2 + H2S + S FeS2+ 2HCl  - Để làm khô tất cả các khí mà chỉ dùng một hoá chất thì ta chọn CaCl2 khan. Vì chỉ có CaCl2 khan hấp thụ hơi nước mà không tác dụng với các khí đó.

3.2

Thêm H2S vào phần 1 ta có: 2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S + 2HCl x 0,5x CuCl2 + H2S → CuS↓ + 2HCl y y 16x +96y = 1,28 (I) Thêm Na2S vào phần 2 2FeCl3 + Na2S → 2FeCl2 + S + 2NaCl sau đó: FeCl2 + Na2S → FeS↓ + 2NaCl 2FeCl3 + 3Na2S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl x x 0,5 x mol: CuCl2 + Na2S → CuS↓ + 2NaCl y y 88x + 32.0,5x + 96y = 3,04 (II)

0,5 0.25 0,25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

0,25 0,25

0,25

Trang 183

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+ Từ (I, II) ta có: x = 0,02 mol và y = 0,01 mol m = 4,6.2 = 9,2 gam.

0,5

. a. Dẫn khí thải công nghiệp qua nước vôi trong, thì các khí đều bị giữ lại SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3 + H2O 4NO2 + 2Ca(OH)2→ Ca(NO3)2 + Ca(NO2)2 + 2H2O 2HF + Ca(OH)2 → CaF2 + 2H2O b. Phun NH3 dạng khí hoặc lỏng vào không khí nhiễm Cl2 thì 2NH3 + 3Cl2→N2 + 6HCl NH3 + HCl →NH4Cl

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

4 (3đ)

a. Phản ứng xảy ra tại 2 cực của pin: Tại cực(+): Hg2SO4 +2e 2Hg + SO42Tại cực (-): Zn Zn2+ +2e Phản ứng xảy ra trong pin: Hg2SO4 + Zn 2Hg + ZnSO4 b. ∆G 0 =-n.F.E0= -2.96500.1,552=-299536 J/mol=- 299,536 KJ/mol

a. ∆ H0 pư = -241,8 - 110,5 + 393,5 = 41,2(KJ) ∆ S0 pư = 197,6+188,7 – 130,6- 213,6 = 42,1(J.K-1) b. ∆G 0 = ∆ H0 -T ∆ S0= 41,2-298.42,1.10-3=28,6542(KJ) ∆G 0 = -RTlnKp ⇒ 28,6542=-8,314.10-3.298.lnKp ⇒ Kp=9,54.10-6

c. khi t=1000C T=373 -3 ∆ G373 =41,2-373.42,1.10 =25,4967(KJ). Phản ứng xảy ra theo chiều nghịch.

5 (4đ)

Các phương trình phản ứng: *) Hỗn hợp X + H2SO4 đặc nóng: 2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3 SO2 + 6H2O (1) 2M + 2nH2SO4 → M2(SO4)n + n SO2 + 2nH2O (2) Khí SO2 sinh ra tác dụng với dung dịch NaOH có thể xảy ra phản ứng: SO2 + NaOH → NaHSO3 (3) SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O (4)

0.25 0.25 0.25 0.25 0,25 0.25 0.25 0.5 0,5 0.25

0.25

0.25 Trang 184

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

*) Hỗn hợp Y tan hết trong dung dịch HCl: Fe + 2 HCl → FeCl2 + H2 2M + 2n HCl → 2MCln + nH2 *) Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư: Fe + H2SO4→ FeSO4 + H2 2M + n H2SO4→ M2(SO4)n + nH2

(5) (6)

0.25

(7) (8)

0.25

Tính V: Ta có nNaOH = 0,5.0,2 = 0,1 mol Xét trường hợp xảy ra cả phản ứng (3) và (4), NaOH hết: Đặt nSO (3) = a(mol) ; nSO (4) = b(mol) 2

 nNaOH = a + 2b = 0,1mol ⇒  m chat tan = 104.a + 126.b = 5, 725gam

0,5

⇒ a = - 0,014 < 0 (loại) Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (4), NaOH có thể dư: Đặt nSO (4) = d(mol) ⇒ nNaOH dư = 0,1 – 2d mol. 2

⇒ m chất tan = 126.d + 40.(0,1 - 2d) = 5,725 gam ⇒ d = 0,0375 mol Vậy VSO2 = 0,0375 . 22,4 = 0,84 lít 2

0,5

Đặt số mol Fe và M trong m gam X lần lượt là: x và y mol 3 2

n 2

Theo (1) và (2) ⇒ nSO = x + y = 0, 0375mol 2

(*)

0.25

Theo đề bài, trong hỗn hợp Y có nFe = x mol; nM = 3y mol Theo

(5),

(6)

có

n nH2 = x + .2y = 0, 0775mol 2

(**) Theo đề bài, trong hỗn hợp Z có nFe = 2x mol; nM = y mol 1 2

y 2

Theo (7) và (8) có: nFeSO = nFe = 2xmol ; nM (SO ) = nM = mol 4

4 n

0.25

y 2

⇒ Khối lượng muối: mmuối = 152.2x + (2M + 96n). = 5,605 gam ⇔ 304.x + M.y + 48.ny = 5,605 gam (***) Từ (*), (**), (***) ta có: x = 0,01; M.y = 0,405;

⇒

n.y = 0,045

0.25

M M.y 0, 405 = = =9 n n.y 0, 045 Trang 185

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Xét:

n M (g/mol)

1 9 (loại)

2 18 (loại)

0.25

3 27 (M là Al)

0.25

⇒ y = 0,015 mol. Vậy kim loại M là Al và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X: %mFe(trongX) =

56x .100% = 58, 03% 56x + 27y

%mAl(trongX) =

27x .100% = 41,97% 56x + 27y

0,25

0,25 Ghi chú : - Thí sinh làm cách khác nhưng đúng kết quả vẫn cho điểm tối đa,

ĐỀ KHẢO SÁT OLIMPIC HÓA 10 Câu I. (4 đ) I.2 (1,5đ). Ở trạng thái cơ bản, electron cuối cùng của nguyên tử 3 nguyên tố A, B, C có bộ 4 số lượng tử thỏa mãn : n + l = 5 và ml. ms = 1. Viết cấu hình electron của 3 nguyên tử và gọi tên 3 nguyên tố trên. ( Qui ước ml nhận giá trị từ thấp đến cao) I. 3 (1 đ). Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tố trung tâm trong các phần tử sau và cho biết cấu trúc hình học của chúng ( không vẽ hình): BrF3, HCN, NH4+, CO32Câu II. (4,0 điểm) II.1 (1,5 điểm)Tính hiệu ứng nhiệt của 2 phản ứng sau: 2NH3+ 3/2 O2→ N2+ 3 H2O (1) 2NH3+ 5/2 O2→ 2NO + 3H2O (2) So sánh khả năng của 2 phản ứng, giải thích vì sao phản ứng (2) cần có xúc tác. Cho năng lượng liên kết của: NH3 O2 N2 H2 O NO kJ/mol 1161 493 942 919 627 II.2(2,5 điểm) Cho các phản ứng sau với các dữ kiện nhệt động của các chất ở 250C. CO2

 → + H2 ← 

+ H2 O Trang 186

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

∆H0298 (KJ/mol)

– 393,5

-110,5

- 241,8

So (J/mol)

213,6

131

197,9

188,7

Câu III. (4 đ) II.1( 2 đ). Cân bằng các phản ứng oxi hóa – khử sau: a. P + NH4ClO4 → H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O b. CuFeSx + O2 → Cu2O + Fe3O4 + SO2 II.2(2 đ). Một pin điện hóa được thiết lập bởi một điện cực Zn nhúng trong dung dịch Zn(NO3)2 0,25M và một điện cực Ag nhúng trong dung dịch AgNO3 0,15M (ở 25 oC). a. Lập sơ đồ pin, viết phương trình phản ứng xảy ra ở các điện cực và xảy ra trong pin. b. Tính suất điện động của pin. c. Tính hằng số cân bằng của phản ứng. Cho E o Zn / Zn = − 0, 76 V , E o Ag / Ag = 0,8 V 2+

Câu IV: 4Đ

Hòa tan m gam KMnO4 trong dung dịch HCl đặc dư được dung dịch A và V lít khí D (đktc). Pha loãng dung dịch A được 500 ml dung dịch B. - Để trung hòa axit dư trong 50 ml dung dịch B cần dùng vừa đủ 24 ml dung dịch NaOH 0,5 M. - Thêm AgNO3 dư vào 100 ml dung dịch B để kết tủa hoàn toàn ion clorua thu được 17,22 gam kết tủa. a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Tính nồng độ mol/lít các chất tan trong B. c. Tính m, V và thể tích dung dịch HCl 36,5% (D = 1,18 g/ml) đã dùng. CÂU V4Đ

Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư được dung dịch A và V lít khí SO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Hấp thụ hoàn toàn lượng SO2 trên bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M được dung dịch chứa 5,725 gam chất tan. Thêm vào m gam X lượng M gấp đôi lượng M ban đầu được hỗn hợp Y. Cho Y tan hết trong dung dịch HCl được 1,736 lít H2 (đktc). Thêm một lượng Fe vào m gam X để được hỗn hợp Z chứa lượng sắt gấp đôi lượng sắt có trong X. Cho Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư được dung dịch B chứa 5,605 gam muối. m. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. n. Tính V. o. Tìm kim loại M và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X. Trang 187

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

I.2 (1,5đ). Ở trạng thái cơ bản, electron cuối cùng của nguyên tử 3 nguyên tố A, B, C có bộ 4 số lượng tử thỏa mãn : n + l = 5 và ml. ms = 1. Viết cấu hình electron của 3 nguyên tử và gọi tên 3 nguyên tố trên. ( Qui ước ml nhận giá trị từ thấp đến cao) I. 3 (1 đ). Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tố trung tâm trong các phần tử sau và cho biết cấu trúc hình học của chúng ( không vẽ hình): BrF3, HCN, NH4+, CO32-

CâuI. 2 (1,5đ)

n + l = 5 Ta có:  vớ i ml .ms = 1

* TH 1: ms = +

0,5

 n ≥ l + 1  l ≥ m   ms = ± 1 2 

1 ⇒ ml = 2 ⇒ l ≥ 2 ⇒ n ≥ 3 . Vậy nghiệm thích hợp là: 2

0,5

n=3, l= 2, ml = 2, ms = +1/2. ⇒ Phân lớp ngoài cùng là: 3d5 Cấu hình e của nguyên tử

A : 1s2 2s22p63s23p63d54s2 (Mangan)

0,5

B: 1s2 2s22p63s23p63d54s1 (Crôm) 1 * TH 2: ms = − ⇒ ml = −2 ⇒ l ≥ 2 ⇒ n ≥ 3 . Vậy nghiệm thích hợp là: 2

n=3, l= 2, ml = -2, ms = -1/2. Trang 188

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇒ Phân lớp ngoài cùng là: 3d6 Cấu hình e của nguyên tử C : 1s2 2s22p63s23p63d64s2 Sắt) BrF3 : lai hóa sp3d, cấu trúc hình học : chữ T CâuI.3 HCN : lai hóa sp, cấu trúc hình học : dạng thẳng 1,0đ NH4+ : lai hóa sp3, cấu trúc hình học : tứ diện CO32- : lai hóa sp2, cấu trúc hình học : tam giác

0.2 5x4

Câu II. (4,0 điểm) II.1 (1,0 điểm)Tính hiệu ứng nhiệt của 2 phản ứng sau: 2NH3+ 3/2 O2→ N2+ 3 H2O (1) 2NH3+ 5/2 O2→ 2NO + 3H2O (2) So sánh khả năng của 2 phản ứng, giải thích vì sao phản ứng (2) cần có xúc tác. Cho năng lượng liên kết của: NH3 O2 N2 H2 O NO kJ/mol 1161 493 942 919 627 II.2(1,5 điểm) Cho các phản ứng sau với các dữ kiện nhệt động của các chất ở 250C. CO2

 → + H2 ← 

+ H2 O

∆H0298 (KJ/mol)

– 393,5

-110,5

- 241,8

So (J/mol)

213,6

131

197,9

188,7

II 2.1 (1.0 điểm)

Tính hiệu ứng nhiệt: E1 = (2ENH3 + 3/2EO2) – (EN2 + 3 EH2O) = 2. 1161 + 3/2. 493 – 942 – 3. 919 = - 637,5 kJ. E2 = 2ENH3 + 5/2EO2 – 2ENO – 3EH2O = 2. 1161 + 5/2. 493 – 2. 627 – 3. 919 = - 456,5 kJ. - Phản ứng (1) có ∆H âm hơn nên phản ứng (1) dễ xảy ra hơn.

4.0 1.0

Trang 189

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

- Nếu có xúc tác thì năng lượng hoạt hoá sẽ giảm và tốc độ phản ứng sẽ tăng, do đó để thực hiện phản ứng (2) cần có xúc tác.

2.2 (0.75 điểm)

1.5 0.75

Có phản ứng: CO2 + H2 →CO + H2O a. ∆H0298 = 41,2 KJ/mol

∆S0298 = 42J/mol ∆G0298= ∆H0298 - ∆S0298= 28684 J/mol Vì ∆G0298> 0 nên phản ứng không tự xảy ra ở chiều thuận ở 250C.

(0.5 b. Áp dụng công thức: điểm)

∆GT2 T2

∆GT1 = T1

+ ∆H

(

1 T2

1 T1

0.25

)

=>∆G01273 = - 12266J/mol

0.25

Vì ∆G01273 <0 nên phản ứng tự xảy ra theo chiều thuận ở 10000C

0.25

(0.25 c. Để phản ứng xảy ra theo chiều thuận thì: ∆G0 = ∆H0 – T∆S0 <0 T điểm) 41200 => T > = 980,950K

2.3 (1.5 điểm)

 → N2O4 ∆H = −58,04kJ Cho phản ứng 2NO2 ←  - Phản ứng toả nhiệt, số phân tử khí bên vế trái phương trình phản ứng lớn hơn bên phải: a. Tăng nhiệt độ cân bằng chuyển sang trái. b. Tăng áp suất cân bằng chuyển sang phải. c Xúc tác tàm tăng hoặc giảm tốc độ cả phản ứng thuận và nghịch => không làm chuyển dịch cân bằng.

0.25 0.5 0.5 0.25

Câu III. (4 đ) II.1( 2 đ). Cân bằng các phản ứng oxi hóa – khử sau: a. P + NH4ClO4 → H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O b. CuFeSx + O2 → Cu2O + Fe3O4 + SO2 III.2(2 đ). Một pin điện hóa được thiết lập bởi một điện cực Zn nhúng trong dung dịch Zn(NO3)2 0,25M và một điện cực Ag nhúng trong dung dịch AgNO3 0,15M (ở 25 oC). Trang 190

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a. Lập sơ đồ pin, viết phương trình phản ứng xảy ra ở các điện cực và xảy ra trong pin. b. Tính suất điện động của pin. c. Tính hằng số cân bằng của phản ứng. Cho E o Zn / Zn = − 0, 76 V , E o Ag / Ag = 0,8 V 2+

Câu III (4 đ) Câu II.1 2,0đ

−3

1.0

2 N → N 2 + 6e

2 Cl + 14e → Cl2 5x 8x

⇒

−3

2 N + 2 Cl +8e → N 2 + Cl2 +5

P → P + 5e

8 P + 10NH4ClO4 → 8 H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O

6 CuFeSx → 6Cu+1 + 6Fe+8/3 + 6xS+4 + (22 +24x)e O2 + 4e → 2O-2

2x (11 + 12x)

1.0

⇒ 12CuFeSx + (11+ 12x) O2 → 6Cu2O + 4Fe3O4 + 12xSO2 Câu II.2 2đ

EZn2+ / Zn = E 0 +

= −0, 76 +

0, 059 lg[Zn 2+ ] 2

1,0

0, 059 lg 0, 25 = -0,778 V 2

E Ag + / Ag = E 0 + 0, 059 lg[Ag + ] =

0,8 + 0, 059 lg 0,15 = 0,751 V

⇒ Sơ đồ pin : (-) Zn Zn(NO3)2 (0,25M) Cực âm :

Zn → Zn 2+ + 2e

AgNO3 (0,15M) Ag (+)

x1 Trang 191

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cực dương :

Ag+ + 1e → Ag

⇒ Phản ứng trong pin : Zn + 2Ag+ → Zn2+ + 2Ag b. E pin = E Ag + /Ag - E Zn 2+/ Zn = 0,751 – (- 0,778) = 1,529 V nE 0pin

c. Hằng số cân bằng: K =

0,059

= 10

2.(0,8− ( −0,76)) 0,059

0,5

= 7,61.1052

0,5

Câu IV:

Các phương trình phản ứng: KMnO4 + + 16HCl (đặc)→ 2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2 + 8H2O

(1)

0,25

Dung dịch A chứa KCl, MnCl2 và HCl dư ⇒dung dịch B chứa KCl, MnCl2 và HCl. •

Trung hòa axit trong B bằng NaOH:

HCl + NaOH → NaCl + H2O •

(2)

B tác dụng với AgNO3 dư:

AgNO3 + HCl → AgCl↓ + HNO3 AgNO3 + KCl → AgCl↓ + KNO3

(4) (5)

2AgNO3 + MnCl2→ 2AgCl↓ + Mn(NO3)2 b

0,5 (6)

0,25

CM (HCl) = 0,24 M

Trang 192

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇒ y = 0,016 mol.

Vậy nồng độ mol của các chất trong B là: ⇒ CM (KCl) = CM(MnCl2) = 0,32M

0,25

Theo (1) ta có: nKMnO4 = nKCl (500 ml dd B) = 10y = 0,16 mol ⇒ m = mKMnO4

nCl2 =

(ban đầu)

= 0,16.158 = 25,28 gam. 0,5

5 nKMnO4 = 0, 4mol ⇒ V = 0,4.22,4 = 8,96 lít. 2

Theo (1): nHCl pư = 8 nKMnO4 = 1,28 mol mà nHCl dư = 10.x = 0,12 mol ⇒ nHCl đã dùng = 1,28 + 0,12 = 1,4 mol

Vdd HCl đã dùng =

nHCl .MHCl 1, 4.36,5 = = 118,64ml C%.D 36,5%.1,18

0,25

Câu V:

Hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (hóa trị n không đổi). Hòa tan hoàn toàn m gam X trong dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư được dung dịch A và V lít khí SO2 (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Hấp thụ hoàn toàn lượng SO2 trên bằng 500 ml dung dịch NaOH 0,2M được dung dịch chứa 5,725 gam chất tan. Thêm vào m gam X lượng M gấp đôi lượng M ban đầu được hỗn hợp Y. Cho Y tan hết trong dung dịch HCl được 1,736 lít H2 (đktc). Thêm một lượng Fe vào m gam X để được hỗn hợp Z chứa lượng sắt gấp đôi lượng sắt có trong X. Cho Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư được dung dịch B chứa 5,605 gam muối. p. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. q. Tính V. r. Tìm kim loại M và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X.

a 5

Các phương trình phản ứng: *) Hỗn hợp X + H2SO4 đặc nóng: 2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3 SO2 + 6H2O

(1)

2M + 2nH2SO4 → M2(SO4)n + n SO2 + 2nH2O

(2)

Trang 193

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Khí SO2 sinh ra tác dụng với dung dịch NaOH có thể xảy ra phản ứng: SO2 + NaOH → NaHSO3 SO2 + 2NaOH → Na2SO3

(3) + H2O

0,25

(4)

*) Hỗn hợp Y tan hết trong dung dịch HCl: Fe + 2 HCl → FeCl2 + H2

(5)

2M + 2n HCl → 2MCln + nH2

(6)

*) Z tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư: Fe + H2SO4→ FeSO4 + H2 2M + n H2SO4→ M2(SO4)n + nH2 b

(7)

0,25

(8)

0,25

⇒ a = - 0,014 < 0 (loại)

Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (4), NaOH có thể dư:

Đặt nSO2 (4) = d(mol) ⇒ nNaOH dư = 0,1 – 2d mol. ⇒ m chất tan = 126.d + 40.(0,1 - 2d) = 5,725 gam ⇒ d = 0,0375 mol

0,25

Vậy VSO2 = 0,0375 . 22,4 = 0,84 lít c

0,5

Trang 194

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Từ (*), (**), (***) ta có: x = 0,01; M M.y 0, 405 = =9 ⇒ = n n.y 0, 045 Xét:

M.y = 0,405;

(loại)

M (g/mol)

n.y = 0,045

(M là Al)

0,5

⇒ y = 0,015 mol.

Vậy kim loại M là Al và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X: 56x %mFe(trongX) = .100% = 58, 03% 56x + 27y

%mAl(trongX) =

27x .100% = 41,97% 56x + 27y

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM

ĐỀ THI OLYMPIC

TRƯỜNG THPT ĐỖ ĐĂNG TUYỂN

NĂM HỌC: 2019 MÔN HOÁ HỌC LỚP 10 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu hỏi 1: ( 4 điểm) Câu1.Cho hai nguyên tố A và B đứng kế tiếp nhau trong bảng tuần hoàn có tổng số lượng tử (n + l) bằng nhau, trong đó số lượng tử chính của A lớn hơn số lượng tử chính của B. Tổng đại số của bộ bốn số lượng tử của electron cuối cùng của nguyên tử B là 5,5. a. Xác định bộ bốn số lượng tử ( n, l, m, s) của electron cuối cùng của A và B. b. Viết cấu hình electron nguyên tử của A và B. Câu 2. Nguyên tử của nguyên tố X có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử n = 3, l = 1, m = 0, ms= −1/2. Hai nguyên tố E, G với ZE< ZG< ZX (Z là điện tích hạt nhân). Biết rằng: - Tích số ZE.ZG.ZX = 952 - Tỉ số (ZE + ZX)/ZG = 3 a. Viết cấu hình electron của X, xác định vị trí của X trong bảng tuần hoàn, từ đó suy ra nguyên tố X? b. Tính ZE, ZG, từ đó suy ra nguyên tố E, G c. Hợp chất A tạo bởi 3 nguyên tố E, G, X có công thức EGX. Viết công thức cấu tạo của A. Câu hỏi 2:(4 điểm) Câu 1)Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron: a) Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 b) P + NH4ClO4 H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O c) FexOy + HNO3Fe(NO)3 + NnOm + H2O Trang 195

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 2)Những thay đổi nào có thể xảy ra khi bảo quản lâu dài trong bình miệng hở các dung dịch sau đây: (a) axit sunfuhiđric, (b) axit bromhiđric, (c) nước Gia-ven, (d) axit sunfuric đậm đặc. Câu hỏi 3:(4 điểm)

Nguyên tố X là một phi kim. Hợp chất khí của X với hiđro là E; oxit cao nhất của X là F. Tỉ khối hơi của F so với E là 5,0137. a) Tìm X. b) Hoàn thành sơ đồ sau (biết X3, X4, X6 là muối có oxi của X; X5 là muối không chứa oxi của X; X7 là axit không bền của X). (12) X7

(11)

X5 (10)

(7)

(8)

(6) (1) (5)

X4 (9)

(4)

(2)

(3) X

+ Fe

Câu hỏi 4: ( 4 điểm) 0 Câu 1.Cho E 0(Fe2+ / Fe) = −0, 44V; E 0(Fe3+ / Fe2+ ) = 0, 77V . Tìm E (Fe 3+ / Fe) Câu 2. Một pin điện tạo thành từ hai điện cực. Một điện cực gồm một tấm đồng nhúnh trong dung dịch CuSO4 0,5M. Điện cực thứ hai là một dây Pt nhúng vào dung dịch gồm Fe2+, Fe3+ với lượng sao cho [Fe3+]=2. [Fe2+ ]. Dùng một dây điện trở nối hai đều Cu và Pt. a. Cho biết dấu hai cực của pin. Viết các phản ứng xảy ra ở hai điện cực. Tính sức điện động của pin khi bắt đầu nối mạch ngoài.

[ Fe3+ ] b. Biết thể tích của dung dịch CuSO4 rất lớn. Tìm tỉ số khi pin ngừng hoạt động. Cho [ Fe 2+ ] 0 E 0(Cu 2+ / Cu ) = 0,34V; E (Fe = 0, 77V 3+ / Fe2+ )

Câu hỏi 5:(4 điểm) Câu 1Hỗn hợp A gồm bột S và Mg. Đun nóng A trong điều kiện không có không khí, sau đó làm nguội và cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được 2,987 lít khí B có tỉ khối so với không khí bằng 0,8966. Đốt cháy hết khí B, sau đó cho toàn bộ sản phẩm vào 100ml H2O2 5% (D = 1g/ml) thu được dung dịch D. Xác định % khối lượng các chất trong A và nồng độ % các chất tạo ra trong dung dịch D. Cho thể tích các chất khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Câu 2 Hàm lượng cho phép của tạp chất lưu huỳnh trong nhiên liệu là 0,30%. Người ta đốt cháy hoàn toàn 100,0 gam một loại nhiên liệu và dẫn sản phẩm cháy (giả thiết chỉ có CO2, SO2 và hơi nước) qua dung dịch KMnO4 5,0.10-3M trong H2SO4 thì thấy thể tích dung dịch KMnO4 đã phản ứng vừa hết với lượng sản phẩm cháy trên là 625 ml. Hãy tính toán xác định xem nhiên liệu đó có được phép sử dụng hay không?

Trang 196

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐÁP ÁN Đáp án câu 1: Câu 1. A và B đứng kế tiếp nhau ttrong bảng tuần hoàn có tổng ( n + l) bằng nhau và có n ( A) > n(B) ⇒ cấu  B : np 6 hình electron ở lớp ngoài cùng:  (0,25) 1  A : (n + 1) s ⇒ electron cuối cùng của B có: l = 1; m = +1; s = - ½ Theo đề: n + l + m + s = n + 1 + 1 – ½ = 5,5 ⇒ n = 4. (0,25) Vậy electron cuối cùng của B có: n = 4, l = 1; m = +1; s = - ½ ⇒ Cấu hình electron của B: [ Ar]3d104s24p6 ( B là Kr) (0,25) - Suy ra electron cuối cùng của A: n = 5, l = 0; m = 0; s = + ½ ⇒ Cấu hình electron của A: [ Kr]5s1 ( A là: Rb) (0,25) Câu 2. Nguyên tử nguyên tố X có cấu hình electron cuối cùng 3p5 → Cấu hình electron của X là 1s22s22p63s23p5 → Vị trí của X : ô 17, chu kì 3, nhóm VIIA. X là Clo (Cl) Có ZX = 17 ZG.ZE = 56 và ZE + 17 = 3ZG → ZE = 7 → E là Nitơ (N) → ZG = 8 → G là Oxi (O) Công thức cấu tạo của X:

| Cl − N = O Câu hỏi 2 Câu 1 a) Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 +3 +6 2Cr 2Cr + 6e –2 3S 3S+6 + 24e Cr2S3 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 30e x 1 (a) Mn+ 2 Mn+ 6 + 4e 2N+ 5 + 6e 2N+ 2 Mn(NO3)2 + 2e Mn+ 6 + 2N+2 x 15 (b) Cộng (a) và (b) Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 15Mn+ 6 + 30N+ 2 Hoàn thành: Trang 197

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2K2CrO4 + 3K2SO4 +15 K2MnO4 + 30NO + 20CO2 Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 + 20K2CO3 b) P + NH4ClO4 H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O –3 O 2N 2N + 6e +7 2Cl + 14e 2ClO 2NH4ClO3 + 8e 2NO + 2ClO x 5 PO P+ 5 + 5e x8 O +5 O 10NH4NO3 + 8P 8P + 10N + 10ClO + 16H2O 10NH4NO3 + 8P 8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O c) FexOy + HNO3 Fe(NO3)3 + NnOm + H2O +2y/x +3 xFe xFe + (3x – 2y)e (5n – 2m) +5 nN + (5n – 2m)e nN+ 2m/n (3x – 2y) x(5n –2m)Fe+2y/x + n(3x – 2y)N+ 5 x(5n – 2m)Fe + 3 + n(3x – 2y)N+2m/n Hoàn thành: (5n – m)FexOy + (18nx – 6my – 2ny)HNO3 x(5n – 2m)Fe(NO3)3 + (3x – 2y)NnOm + (9nx – 3mx – ny)H2O Câu 2(a) Vẩn đục vàng của kết tủa lưu huỳnh: H2S + 1/2O2→ H2O + S↓ (b) Dung dịch có màu vàng nhạt: 1/2O2 + 2HBr → H2O + Br2 (c) Thoát khí O2 và nồng độ giảm dần NaClO + H2O + CO2→ NaHCO3 + HClO HClO → HCl + 1/2O2 (d) Có màu đen do sự than hóa chất bẩn hữu cơ có trong không khí. H 2 SO4 Cn(H2O)m  → nC + mH2O Câu hỏi 3: a) Gọi n là hóa trị cao nhất của X với oxi(4 ≤ n ≤ 7) ⇒ hóa trị của X với hiđro bằng (8 – n) TH1: n là số lẻ ⇒F có dạng X2On; E có dạng XH(8-n). 2X + 16n + Theo giả thiết ta có: = 5,0137 X+8−n ⇒ chỉ có n = 7; X = 35,5(clo) thỏa mãn. TH2: n là số chẵn ⇒F có dạng XO0,5n; E có dạng XH(8-n). X + 8n + Theo giả thiết ta có: = 5,0137 X +8−n ⇒ không có giá trị của n và X thỏa mãn.

Trang 198

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

X1 là HCl; X2 là FeCl3 ; X3 là KClO3 ; X4 là KClO4 ; X5 là KCl ; X6 là KClO ; X7 là HClO(có thể thay muối kali thành natri). (12)

KClO

HClO

(11) KCl

(10) (8)

(6)

(7)

HCl (1)

(5)

KClO4 (9)

KClO3

(4)

(2)

(3) Cl2

+ Fe

FeCl3

as → 2HCl (1): Cl2 + H2  → 2FeCl3 + 3H2O (2): Fe2O3 + 6HCl  0

t → 2FeCl3 (3): 2Fe + 3Cl2  0

t (4): 3Cl2 + 6KOH  → 5KCl + KClO3 + 3H2O → KCl + 3Cl2↑ + 3H2O (5): KClO3 + 6HCl  → 2KCl (6): Cl2 + 2K 

®p kh«ng mn → KClO3 + 3H2↑ (7): KCl + 3H2O  t0 0

MnO2 , t → 2KCl + 3O2↑ (8): 2KClO3  0

t → KCl + 3KClO4 (9): 4KClO3  0

t (10): KClO4  → KCl + 2O2↑ ®p kh«ng mn (11): KCl + H2O  → KClO + H2↑

→ KHCO3 + HClO (12): KClO + H2O + CO2 

án câu 4:

1( 1,5 điểm) .

Fe 2+ + 2e → Fe (1) ∆G10 = −n1E10 F = −2(−0, 44).F Fe3+ + e → Fe 2+ (2) ∆G20 = −n2 E20 F = −1(0,77).F

Fe3+ + 3e = Fe (3) E30 =

∆G30 = ∆G10 + ∆G20 = − n3 E30 F = (2.(−0, 44 + 1.0,77).F

2.(−0, 44) + 0.77 = −0,036V 3

2. ( 2,5 điểm) Ta có

EFe3+ / Fe2+ = 0, 77 + 0,059lg 2 = 0,788V (1) ECu 2+ / Cu = 0,34 +

Vì E Fe3+ / Fe2 + > ECu 2 + / Cu

(0,5) 0, 059 lg 0,5 = 0,331V (2) 2 ( 0,25)

Vậy đầu dương là cực Pt và đầu âm là cực đồng (0,25) Khi nối 2 đầu Pt và Cu bằng dây dẩn thì electron sẽ chuyển từ Cu sang Pt ở mạch ngoài. Ở điện cực Cu: Cu → Cu2+ + 2e Ở điện cực Pt : Fe3+ + 1e → Fe2+ Phản ứng tổng quát xảy ra trong pin: Cu(r) + 2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+ ( 0,5) Epin: (1) – (2)= 0,457 Trang 199

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b. Khi pin ngừng hoạt động: Epin = E Fe3+ / Fe2+ − ECu 2+ / Cu = 0 Do thể tích dung dịch khá lớn nên có thể xem [Cu2+] không đổi và bằng 0,5M ⇒ E Fe3+ / Fe2+ = ECu 2+ / Cu ( 0,5)

[ Fe3+ ] [ Fe3+ ] = 0,331 ⇒ = 3,63.10−8 ( 0,5) ⇒ 0,77 + 0,059lg 2+ 2+ [ Fe ] [ Fe ] Câu hỏi 5: Phương trình phản ứng: S + Mg → MgS MgS + 2HCl → MgCl2 + H2S (2) Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (3)

(1)

Giải ra ta có x = 0,1 ; y =

0,1 . Từ (1), (2), (3) ta có: 3

0,1 × 32 × 100% = 50%, % m ( Mg ) = 50% 0,1    0,1 +  × 24 + (0,1 × 32) 3   3 H2S + O2→ SO2 + H2O 2 0,1 0,1 0,1 1 H 2 + O2 → H2 O 2 0,033 0,033 SO2 + H2O2→ H2SO4 0,1 0,147 0 0,047 0,1 m(dung dịch) = 100 + (0,1 × 64) + (0,133 × 18) = 108,8 gam

%m(S) =

0,1.98 0,047.34 × 100% = 9%; C%(H2O2) = = 1,47% 108,8 108,8 Phương trình phảnứng: S + O2 → SO2 (1) 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 (2) C%(H2SO4) =

Từ (1) và (2) ⇒ n S = n SO 2 = %m S =

5 5 n KMnO 4 = × 0,625 × 0,005 = 7,8125.10 −3 mol 2 2

7,8125.10 −3 × 32 × 100% = 0,25%< 0,30% 100

Vậy nhiên liệu trên được phép sử dụng.

Trang 200

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THAM KHẢO OLYMPIC MÔN HÓA KHỐI 11 THỜI GIAN: 150 phút Câu 1: 1. Một dung dịch có chứa CH3COOH 0,002M và C2H5COOH xM. Hãy xác định giá trị x để trong dung dịch này có độ điện li của axit axetic là 0,08. Cho biết Ka(CH3COOH)=1,8.10-5; Ka(C2H5COOH)=1,3.10-5. 2. Cho H2S đi qua dung dịch chứa Cd2+ 10-3M; Zn2+ 10-2M, cho đến bão hòa(C=0,1M) a/ Có kết tủa CdS và ZnS tách ra không. Nếu có thì kết tủa nào tách ra trước? b/ Khi kết tủa thứ hai xuất hiện thì nồng độ kim loại thứ nhất còn lại bao nhiêu? Cho Ks(CdS)= 10-26,1; Ks(ZnS)=10-23,8; K a1( H 2 S ) =10-7; K a 2( H 2 S ) =10-12,9. Câu 2: 1. Có 5 hợp chất A, B, C, D, E làm thí nghiệm thu được kết quả sau: - Đốt A, B, C, D, E đều cho ngọn lửa màu vàng - A tác dụng với nước thu được O2; B tác dụng với nước được NH3 -C tác dụng với D được chất X. C tác dụng với E được chất Y. X, Y là những chất khí dX/O2 và dY/O2 đều bằng 2. Xác định công thức hóa học của A,B,C,D,E,X,Y và viết phương trình. 2. Trình bày phương pháp nhận biết các anion có trong dung dịch hỗn hợp gồm: NaNO3, Na2SO4, Na2SO3 và Na2CO3. 3. Hòa tan một hợp kim Ba-K chứa 63,72% Ba( về khối lượng) vào nước được 200ml dung dịch X và 4,48lit khí (đkc) a/ Cho khí CO2 hấp thụ từ từ vào ½ dung dịch X. Vẽ đồ thị biễu diễn sự biến thiên số mol kết tủa theo thể tích CO2(đkc) bị hấp thụ sau đây: 0,025mol; 0,05mol; 0,1mol; 0,15mol; 0,175mol. b/ Thêm 12gam NaH2PO4 vào ½ dung dịch X. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 100ml dung dịch Y. Tính pH của dung dịch Y. Cho H3PO4 có Ka1=7,5.10-3; Ka2=6,2.10-8; Ka3=4,8.10-13; K S − Ba3 ( PO4 )2 =10-22,5 Câu 3: 1. Viết đồng phân lập thể của 1,2-điclo-3-metylxiclopropan. 2. Cho các ancol p-CH3C6H4-CH2OH, p-CH3O-C6H4-CH2OH, p-CN-C6H4CH2OH, p-Cl-C6H4-CH2OH. So sánh khả năng phản ứng của các ancol với HBr và giải thích. 3. Một hiddrocacbon (A) mạch hở có tỉ khối so với không khí bằng 2,759. a. Tìm công thức phân tử của A. b. Tìm công thức cấu tạo đúng của A, biết khi cho một mol A tác dụng với dung dịch KMnO4 trong dung dịch H2SO4 thu được 2mol CO2 và 2mol HOOC-COOH. c. A có đồng phân hình học không? Biểu thi đồng phân hình học( nếu có) và gọi tên. Câu 4: Cho 2,76g chất hữu cơ X( chứa C,H,O) có công thức phân tử trùng công thức đơn giản. Cho X tác dụng với lượng vừa đủ dung dịch NaOH, sau đó đem cô cạn thì phần bay hơi chỉ có hơi nước và chất rắn còn lại chứa hai muối natri chiếm khối lượng 4,44gam. Nung hai muối này trong oxi dư, phản ứng hoàn toàn thu được 3,18gam Na2CO3; 2,464lit CO2(đkc) và 0,9gam nước. Tìm công thức cấu tạo của X.. Câu 5: Hỗn hợp khí A gồm etan và propan. a. Đốt cháy một ít hỗn hợp A thu được khí CO2 và hơi nước theo tỉ lệ thể tích 11:15. Tính phần trăm về thể tích mỗi chất trong hỗn hợp A. b. Đun nóng một ít hỗn hợp A trong một bình kín có mặt xúc tác thích hợp để thực hiện phản ứng đehidrro hóa (tách một phân tử H2). Sau phản ứng thu được hỗn khí B có tỉ khối so với hidro là 13,5.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+ Tính hiệu suất phản ứng đề hidro hóa, biết rằng sản phẩm phản ứng chỉ có olefin và hidro; etan và propan bị dehidro hóa với hiệu suất như nhau. + Tách hỗn hợp olefin từ hỗn hợp B và hidrat hóa chúng khi có mặt axit H2SO4 loãng thu được hỗn hợp ancol C. Lấy m gam hỗn hợp ancol C cho tác dụng hết với Na thấy bay ra 448ml khí(đkc). Oxihoa m gam hỗn hợp ancol C bằng O2 không khí ở nhiệt độ cao và có xúc tác Cu được hỗn hợp sản phẩm D. Cho D tác dụng với AgNO3 trong NH3 dư thu được 2,806gam bạc kim loại. Tính phần trăm số mol các ancol trong hỗn hợp C. Giả thuyết các phản ứng hidrat hóa olefin và phản ứng oxihoa ancol xảy ra với hiệu suất 100%, D chỉ chỉ gồm anđehit và axeton.

Bài giải

Câu hỏi Câu 1 (4 điểm)

Điểm

Nồng độ CH3COOH bị phân li thành ion: 0,002.0,08= 1,6.10-4  → CH3COO- + H+ (1) CH3COOH ←  0,02 2.10-3-1,6.10-4 1,6.10-4 1,6.10-4 + α x  → C2H5COO- + H+ C2H5COOH ←  x (1- α )x

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ (2)

α x 1,6.10-4 + α x 1, 6.10−4 (α x + 1, 6.10−4 )

=1,8.10-5 (2.10−3 − 1, 6.10−4 ) (3) ⇒ α x=4,7.10-5 −4 α (ax + 1, 6.10 ) (2) ⇒ Ka(C2H5COOH) = = 1,3.10-5 (1 − α ) ⇒ α =0,0591 ⇒ x= 79,52.10-5

(1) ⇒ Ka(CH3COOH) =

2. a/

 → S2- + 2H+ K= Ka1.Ka2=10-19,92 H2S ←  0,1-x

0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ

2x −19,92

0,1.10 =6,7.10-8 4 Điều kiện kết tủa [Cd2+][S2-] =6,7.10-8.10-3=6,7.10-11>>10-26,1 [Zn2+][S2-]=6,7.10-8.10-2 =6,7.10-10>>10-23,8 Vậy cả hai kết tủa đều tác ra. Nồng độ tối thiểu của S2- để tách kết tủa: 10−26,1 2[S ]CdS = =10-23,1 −3 10 −23,8 10 [S2-]ZnS = =10-21,8 10−2 Vậy kết tủa CdS tách ra trước b/ Khi kết tủa CdS bắt đầu xuất hiện thì

⇒ [S2-] =x= 3

0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

[S2-]=

4 điểm

[Zn ]

K S ( CdS )

0,25đ

[Cd 2+ ]

10 −26,1.10 −2 =10-4,3M −23,8 10

⇒ [Cd2+] =

Câu 2

K S ( ZnS )

1. MX=64 và MY=34 A B Na2O2 Na3N

0,125 đ C NaHSO4

D NaHSO3 (Na2SO3)

E NaHS (Na2S)

X SO2

Y H2S

2Na2O2 + 2H2O  → 4NaOH + O2 Na3N + 3H2O  → 3NaOH + NH3 NaHSO4 + NaHSO3  → Na2SO4 + SO2 + H2O (2NaHSO4 + Na2SO3  → Na2SO4 + SO2 + H2O) → Na2SO4 + H2S NaHSO4 + NaHS  → Na2SO4 + H2S) ( 2NaHSO4 + Na2S 

2. Cho HCl thu khí SO2, CO2 dẫn qua bình 1 chứa Br2 bình 2 chứa Br2 dư rồi qua bình 3 chứa dd Ca(OH)2 dư. dung dịch Br2 mất màu nhận ra gốc SO32Làm đục dd Ca(OH)2 nhận ra gốc CO32Cho dd BaCl2 vào dung dịch thu được Xuất hiện kết tủa không tan nhận ra gốc SO42Dùng kim loại Cu cho vào nước lọc xuất hiện khí không màu hóa nau trong không khí nhận ra gốc NO3viết phương trình. 3. a/

0,375đ 0,125 đ 0,125 đ 0,125 đ 0,125 đ 0,125 đ

0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,25đ 0,125đ

Ba + 2H2O  → Ba + 2OH + H2 (1) x x 2x x + K + H2O  → K + OH + 1/2H2 (2) y y y 0,5y Lập hệ: x + 0,5y =0,2 137 x 63, 72 = ⇒ x=0,1mol, y=0,2mol 137 x + 39 y 100

⇒

∑n

OH −

0,125đ 0,125đ 0,125đ

=2x+y=0,4mol

½ X+CO2 CO2 + 2OH- → CO32- + H2O (3) Ba2+ + CO32- → BaCO3 (4) 2→ 2HCO3- (5) Nếu CO2 dư: CO2 + CO3 + H2O  → Ba(HCO3)2 (6) CO2 + BaCO3 + H2O 

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,125đ 0,125đ

⇒ Số mol kết tủa tăng dần theo số mol CO2 cho tới giá trị 0,05mol; sau đó không đổi cho tới nCO2=0,15mol vì lúc đó phản ứng chưa xảy ra. Nếu tiếp tục tăng CO2 thì phản ứng (6) xảy ra và kết tủa BaCO3 tan dần.

12 = 0,1(mol ) 2 4 120 H2PO4- + OH- → HPO42- + H2O 0,1 0,1 0,1 HPO42- + OH- → PO43- + H2O 0,1 0,1 0,1 2+ 33Ba + 2PO4 → Ba3(PO4)2 K= Ks-1=1022,5 0,05 0,1/3 0,1 0, 2 Dung dịch Y chứa: K+, Na+, và PO43- 0,1= mol 3 3 0, 2 2 ⇒ [PO43-]= = M 3.0,1 3  → HPO42- + OH- K1 = 10-1,68 PO43- + H2O ←   → H2PO4- + OH- K2 = 10-6,79 HPO42- + H2O ←   → H3PO4 + OH- K3 = 10-11,87 H2PO4- + H2O ←  b/ n nH PO− = nNaH 2 PO4 =

 → H+ + OH- KW=10-14 H2O ←  Do K1>>K2>>KW nên cân bằng chủ yếu là  → HPO42- + OH- K1 = 10-1,68 PO43- + H2O ←  2/3 0 0 2/3-x x x 2 x = 10-1,68 ⇒ x= 0,108M =[OH-] ⇒ 2 −x 3 ⇒ pH= 14-pOH = 13,03 Câu 3

1. Các đồng phân lập thể của 1-metyl-2,3-đicloxiclopropan là 4 -Hai nguyên tử clo ở vị trí trans thì có hai đối quang -Hai nguyên tử clo ở vị trí cis thì tùy vị trí của nhóm -CH3 mà có thêm hai đồng phân. 2. - Phản ứng thế theo cơ chế SN. Giai đoạn trung gian tạo cacbocation benzylic Nhóm -OCH3 đẩy electron(+C) Nhóm CH3(+I) Nhóm -Cl (-I>+C) và -CN(-C) Nhóm -CN hút electron mạnh hơn nhóm -Cl. Vậy: p-CN-C6H4-CH2OH<p-Cl-C6H4-CH2OH<p-CH3-C6H4CH2OH<p-CH3O-C6H4-CH2 3. a. Đặt CTPT của (A) là CxHy, với x,y nguyên dương y ≤ 2x+2, y chẵn. MA= 12x+y=2,759.29=80

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,125đ

0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ

0,25đ.4đ p

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

0 < y =80-12x ≤ 2x+2 ⇒ 5,6 ≤ x ≤ 6,7 ⇒ x< 6,7 ⇒ x=6, y=8 CTPT C6H8 b. CTCT: CH2=CH-CH=CH-CH=CH2 c. Có đồng phân hình học Viết đồng phân cis cis- hexa-1,3,5-trien Đồng phân trans cis- hexa-1,3,5-trien

Câu 4

Câu 5

Tìm công thức cấu tạo của X.. -Số mol Na2CO3 =0,03mol Số mol CO2 = 0,1mol Số mol H2O=0,05mol Số mol NaOH phản ứng =0,06mol ⇒ số mol H2O =0,04mol 2,76(g)Y + 0,06mol NaOH  → hai muối + 0,04mol H2O Số mol H trong Y + 0,06 = 0,1+0,08 Đặt công thức của X: CxHyOz Tìm được nc=0,14; nH=0,12; nO=0,06 x:y:z=7:6:3 CTPT: C7H6O3 có M=138 Số mol X= 0,02mol, số mol NaOH =0,06mol CTCT: HO-C6H4-O-CH=O 1 Gọi x,y là số mol C2H6, C3H8 trong A C2H6 + 3,5O2  → 2CO2 + 3H2O C3H8 +5O2  → 3CO2 + 4H2O Tìm được y=3x % C2H6=25%; %C3H8=75% 2 a.Gọi a là số mol ban đầu của C2H6, h là hiệu suất oc

,t C2H6 xt → C2H4 + H2 oc

,t C3H8 xt → C3H6 + H2 Có nA = a+ 3a=4a Số mol B= 4a + 4ah = 4a(1+h) BTKL: mA =mB = 30a + 44.3a = 162a 162a MB = =13,5.2 =27 ⇒ h=0,5 (50%) 4a(1 + h) b. Xét phản ứng cộng vào H2O và olefin

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

,t C2H4 + H2O xt → C2H5OH (x mol) xt , t oc C3H6 + H2O → CH3CH2CH2OH (y mol) xt , t oc

C3H6 + H2O → CH3CH(OH)CH3 (z mol) C2H5OH + Na  → C2H5ONa + 0,5H2 CH3CH2CH2OH + Na  → CH3CH2CH2ONa + 0,5H2 CH3CH(OH)CH3 + Na  → CH3CH(ONa)CH3 + 0,5H2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25đ

0,5(x+y+z) = 0,02 Cho tác dụng với O2/Cu oc

,t C2H5OH + 0,5O2 xt → CH3CHO + H2O oc

,t CH3CH2CH2OH + 0,5O2 xt → CH3CH2CHO + H2O xt , t oc CH3CH(OH)CH3 + 0,5O2 → (CH3)2C=O + H2O Tác dụng dd AgNO3/NH3 CH3CHO + 2 AgNO3 + 3NH3 + H2O  → CH3COONH4 + 2NH4NO3 + 2Ag C2H5CHO + 2 AgNO3 + 3NH3 + H2O  → C2H5COONH4 + 2NH4NO3 + 2Ag 2x+2z =0,026 Tìm được x=0,01 ⇒ % C2H5OH=25% y=0,027 ⇒ %(CH3)2CHOH=67,5% z=0,003 ⇒ %CH3CH2CH2OH=7,5%

0,25đ

0,25đ 0,25đ

ĐỀ THI OLYMPIC MÔN HÓA HỌC11(Thời gian:150 phút) Câu 1. (5,25điểm) 1.1. Tính số gam NH4NO3 cần thêm vào 1 lít dd NH3 0,1M để khi trộn 2 ml dd này với 3 ml dd Mg(NO3)2 0,01M thì kết tủa không xuất hiện. Cho T Mg(OH)2 = 10-10,95; kb=1,8.10-5. 1.2. Cho dd X chứa CH3COOH 0,1M và HCl 0,01M ở 250C a. Tính pH của dd X biết ka CH3COOH=1,75.10-5. b. Nếu cho 10 ml dd NaOH 0,12M vào 10 ml dd X được dd Y. Tìm pH của dd Y. Câu 2( 4 đ): c. III.1 (2 đ). Viết phương trình hóa học của các phản ứng (ghi rõ điều kiện) thực hiện dãy chuyển hóa sau:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Cho biết E là ancol etylic, G và H là polime c2. X là chất hữu cơ, đốt cháy X chỉ thu được CO2 và H2O biết MX < 60. Mặt khác khi cho X tác dụng với AgNO3/NH3 (dư) thì tỷ lệ mol phản ứng là nX: nAgNO3 = 1:2. Viết các công thức cấu tạo có thể có của X. Câu 3 (2,75 điểm) .Hoà tan hoàn toàn 4,24 gam Na2CO3 vào nước thu được dung dịch A. Cho từ từ từng giọt 20,00 gam dung dịch HCl nồng độ 9,125% vào A và khuấy mạnh. Tiếp theo cho thêm vào đó dung dịch chứa 0,02 mol Ca(OH)2. a). Hãy cho biết những chất gì được hình thành và khối lượng các chất đó. Chất nào trong các chất đó còn lại trong dung dịch. b) Nếu cho từ từ từng giọt dung dịch A vào 20,00 gam dung dịch HCl nồng độ 9,125% và khuấy mạnh, sau đó cho thêm dung dịch chứa 0,02 mol Ca(OH)2 vào dung dịch trên. Hãy giải thích hiện tượng xảy ra và tính khối lượng các chất tạo thành sau phản ứng. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn câu 4(4đ) 4.1. Nung hỗn hợp (A) gồm 2 muối cacbonat của hai kim loại thuộc 2 chu kỳ liên tiếp của nhóm IIA đến khi xảy ra hoàn hoàn, thu được chất rắn có khối lượng bằng ½ khối lượng hỗn hợp muối ban đầu. Xác định công thức và thành phần % khối lượng muối trong (A). 4.2. Hỗn hợp X gồm 2 ancol (chưa rõ số lượng nhóm chức) có số nguyên tử C hơn kém nhau 1. Đốt cháy hoàn toàn 8,3 gam X bằng 10,64 lít O2 thu được 7,84 lít CO2; các thể tích khí đều đo ở đktc. Xác định CTPT của 2 ancol trong hỗn hợp X. Câu 5(4điểm ) Chất X có công thức phân tử C7H6O3. X có khả năng tác dụng với dung dịch NaHCO3 tạo chất Y có công thức C7H5O3Na. Cho X tác dụng với anhiđrit axetic tạo chất Z (C9H8O4) cũng tác dụng được với NaHCO3, nhưng khi

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

cho X tác dụng với metanol (có H2SO4 đặc xúc tác) thì tạo chất T (C8H8O3) không tác dụng với NaHCO3 mà chỉ tác dụng được với Na2CO3. (a) Xác định cấu tạo các chất X, Y, Z, T và viết các phương trình phản ứng xảy ra. Biết chất X có khả năng tạo liên kết H nội phân tử. (b) Cho biết ứng dụng của các chất Y, Z và T.

C Nội dung đáp án âu 1. NH4NO3 NH4+ + NO3-. 1 Mg(OH)2 Mg2+ + 2 OH- Tt = 10-10,95.

0,7 5đ

Để không xuất hiện ↓ thì [Mg2+]. [OH-]2 ≤ 10-10,95 ⇒ [OH-] ≤

Tt Mg 2+

[

]

(*) Gọi x là số mol NH4NO3 cần thêm vào 1 lít dd NH3 0,1M. Khi trộn 2 ml dd gồm NH4NO3 và NH3 0,1M với 3 ml dd Mg(NO3)2 0,7 5đ 0,01M thì nồng độ của ion trong dd sau khi trộn là: 0,01× 3 x×2 + = 6.10 −3 M; [NH4 ] = = 0,4 x M; 2+3 2+3 0,1 × 2 [NH3] = = 0,04 M 2+3 Thay [Mg2+] vào (*) ⇒ Để không có kết tủa thì

[Mg2+] =

⇒ [OH ] ≤

10 −10,95 =4,325.10-5 −3 6.10

Ta có cân bằng trong dung dịch: NH3 + H2O NH4+ + OH-; kb=1,8.10-5. Ban đầu 0,04 0,4x Phản ứng y y y Cân bằng 0,04-y 0,4x+y y -5 Với y= 4,325.10 .. Kb =

0,7 5đ

(0,4 x + y ) × y = 1,8.10 −5 ⇒ x=0,04147 0,04 − y

⇒ m NH4NO3 =0,04147.80=3,3176g.

1. 2

HCl 0,01M CH3COOH Ban đầu 0,1 Phản ứng x Cân bằng 0,1-x Ka =

H+ + Cl0,01M CH3COO- + H+; ka = 1,75.10-5. 0,01 x x 0,01+x x

[CH COO ][H ] = (0,01 + x).x = 1,75.10 −

[CH 3 COOH ]

0,1 − x

−5

-4

⇒ x=1,75.10 .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,5 đ

[H+] = 0,01+1,75.10-4 = 1,0175.10-2 ⇒ pH =1,992.

b. n H+ = n HCl = 0,01.0,01 = 10-4 mol. n CH3COOH = 0,1.0,01 = 10-3 mol. nOH- = n NaOH = 0,01.0,12 = 1,2.10-3 mol. H+ + OH- H2O. 10-4 → 10-4 CH3COOH + OH- CH3COO- + H2O. 10-3 → 10-3 → 10-3 n OH dư 1,2,10-3 – (̣10-4 +10-3) = 10-4 mol. Trong dd Y có nồng độ các ion: [OH-] =

1,5 đ

10 −4 10 −3 = 0,005 M; [CH3COO ] = = 0,05 M 0,02 0,02

Cân bằng trong dd Y: CH3COO- + H2O CH3COOH + OH-; Kb = ka-1.w Ban đầu 0,05 0,005 Phản ứng y y y Cân bằng 0,05-y y 0,005+y 10 −14 (0,05 + y ) y = giả sử 0 < y << 0,05 ⇒ y = 10-8,243 −5 0,05 − y 1,75.10 -8,243 = 0,005 ⇒ pH= 11,7 ⇒ [OH ] = 0,005 + 10

Kb =

2. 1

1.5 đ

1500o C

→ C2H2 + 3H2 2CH4  (A) C2H2 + H2

(B)

Pd  → PbCO , t o

(X)

C2H2 + H2O (Y)

C 2 H4

Hg , H → to

CH3CHO

(D) o

Ni, t CH3CHO + H2 → C2H5OH

(E) +

H ,t C2H4 + H2O → C2H5OH o

xt, t 2C2H5OH → CH2=CH-CH=CH2 + 2H2O + H2

(F)

nCH2=CH-CH=CH2

Na, to, p

CH2-CH=CH-CH2 G

H SO ®Æc, 170o C

2 4 → C2H4 + H2O C2H5OH 

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

nCH2=CH2

2. 2

2. 3

xt, to, p

CH2-CH2 H

Đốt cháy X chỉ thu được CO2 và H2O ⇒ X chứa C,H hoặc C,H,O

1đ

Mặt khác X tác dụng với AgNO3/NH3, tỷ lệ mol là 1:2 ⇒ X có 1 nhóm –CHO hoặc có 2 liên kết ba đầu mạch. Do MX<60. X có thể là: HC≡CH; HC≡C-C≡CH; CH3CHO; CH3CH2CHO; CH2= CHCHO; HCOOH.

1,5 đ

→ 2C6H5CH2ONa + H2 2C6H5CH2OH + 2Na  H SO ®Æc, t o

2 4  →  C6H5CH2OH + CH3COOH ← CH3COOCH2C6H5 + H2O

2o-H3CC6H4OH + 2Na

 →

2o-H3CC6H4ONa + H2

→ o-H3CC6H4ONa + H2O o-H3CC6H4OH + NaOH 

4, 24

20.9,125

a. nNa2CO3 = = 0,04 mol ; nHCl = = 0,05 mol ; 106 100.36,5

1,0 đ

nCa (OH )2 = 0,02 mol

Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch A: 1. Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl 2. NaHCO3 + HCl → NaCl + CO2 ↑ + H2O nNaHCO = nHCl (1) = nNa CO = 0,04 mol 3 2 3 nNaHCO (2) = nHCl (2) = 0,05 − 0,04 = 0,01mol ; 3

Sau phản ứng 1; 2 trong dung dịch có: NaCl ( nNaCl = nHCl = 0,05 mol ) NaHCO3( nNaHCO3 = 0,03mol ) Cho tiếp vào đó dung dịch Ca(OH)2: 3. 2NaHCO3 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 + 2NaOH 4. Ca(HCO3)2 + Ca(OH)2 → 2CaCO3 ↓ + 2H2O 1

Theo (3): nCa ( HCO3 ) 2 (3) = nCa (OH ) 2 (3) = nNaHCO3 = 0,015 mol ; 2 nNaOH = nNaHCO = 0,03mol 3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

;

Theo (4): nCa ( HCO3 ) 2 (4) = nCa(OH )2 (4) = 0,02 − 0,015 = 0,005 mol ; nCaCO3 = 2nCa (OH ) 2 (4) = 2.0,005 = 0,01 mol ; Sau phản ứng 3, 4 sản phẩm thu được gồm: NaCl (0,05 mol) tồn tại trong dd; NaOH(0,03 mol) Ca(HCO3)2 ( nCa ( HCO3 )2 = 0,015 − 0,005 = 0,01mol ) tồn tại trong dd CaCO3 (0,01 mol) tách ra khỏi dung dịch mNaCl = 0,05.58,5 = 2,925 gam ; mNaOH = 0,03.40 = 1,2 gam mCa ( HCO ) = 0,01.162 = 1,62 gam ; mCaCO = 0,01.100 =1gam 3 3 2

b. Cho từ từ dung dịch A vào dung dịch HCl: 1. Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2 ↑ + H2O 1 1 nNa2CO3 (1) = nHCl = .0,05 = 0,025 mol < nNa2CO3bd ; 2 2

Sau phản ứng 1, trong dung dịch còn: NaCl (0,05 mol); Na2CO3 (0,04 – 0,025 = 0,015 mol) Cho tiếp dung dịch Ca(OH)2 vào: 2. Ca(OH)2 + Na2CO3 → CaCO3 ↓ + 2NaOH Sau phản ứng 2, sản phẩm thu được gồm: NaCl (0,05 mol); NaOH( nNaOH = 2.nNa2CO 3 = 2.0,015 = 0,03 mol )

1,7 5đ

CaCO3 ( nCaCO3 = nNa2CO3 = 0,015 mol ); Ca(OH)2 dư (0,02 – 0,015 = 0,005 mol); Khối lượng sản phẩm: mNaCl = 0,05.58,5 = 2,925 gam ; mNaOH = 0,03.40 = 1,2 gam ; mCaCO = 0,015.100 =1,5 gam ; mCa (OH ) = 0,005.74 = 0,37 gam 3 2 4. 1

Đặt công thức chung cho 2 muối : MCO3. t Phản ứng : MCO3  → MO + CO2 o

1 2

Ta có nMCO = nMO và mMO = mMCO → M MO = M MCO → M=28 3

→ 2 kim loại là Mg và Ca Gọi số mol của CaCO3 là a, số mol của MgCO3 là b. Ta có : 40a+ 50b = ½ (84a+100b)→ a=3b %CaCO3 =

100b 100b *100 = *100=28,4% 84a + 100b 84*3b + 100b

→%MgCO3= 71,6% Gọi công thức chung của X là Phương trình đốt cháy:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2đ

4. 2

nO2 = 0, 475 mol ; nCO2 = 0, 35 mol

Theo ĐLBT khối lượng: mancol + mo2 = mH 2O + mCO2 → mH 2O = 8,1 gam → nH 2O = 0, 45 mol → nX 0,1 mol

→ M X = 83 Áp dụng ĐLBT nguyên tố với oxi: nO / X = nO /CO + nO / H O − nO / O = 0,2 mol 2

→m =

nO / X = 2; nX

nCO2

2đ

= 3,5

Vậy X gồm C3H8O2 và C4H10O2

→ nX = nC H = 0,1mol A, Theo bài ra : VX = VC H  Bình 1 : chứa H2SO4 đặc hấp thụ nước Bình 2 : Chứa dung dịch Ba(OH)2 hấp thụ CO2 và có thể cả nước chưa bị hấp thụ bởi H2SO4 Theo bài ra ta có: mCO + mH O = 5, 4 + 37 = 42, 4 g (I) Xét bình 2: Các phản ứng có thể Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3↓ + H2O (1) Ba(OH)2 + 2CO2 → Ba(HCO3)2 (2) Trường hợp 1: Nếu Ba(OH)2 dư khi đó chỉ xảy ra phản ứng (1) 2

78,8 = 0, 04mol Thay vào (I) ta tìm được 197 42, 4 − 0, 4.44 = = 1,378mol 18

CO2 = nBaCO3 =

nH 2 O

1,5 đ

Đặt công thức của X là CxHyOx y z y 4 2 2 2.1, 378 = = 27,56 → vô lí (loại vì y phải 0,1

Phương trình cháy: C x H y Oz + ( x + − )O2 → xCO2 + H 2O Theo phương trình: y =

2 nH 2 O

nguyên) Trường hợp 2: Nếu phản ứng tạo hỗn hợp hai muối Theo (1) và (2) ta có : nCO = 0,8mol → nH O = 2

C x H y Oz + ( x +

42, 4 − 0,8.44 = 0, 4mol 18

y z y − )O2 → xCO2 + H 2O 4 2 2

Theo phương trình ta có: 2nH 2O 2.0, 4 0,8 = 8, y = = =8 nA 0,1 nX 0,1 m 10, 4 Mà 12.x + y + 16.z = X = = 104 → z=0 nX 0,1

nCO2

Vậy công thức phân tử của X là: C8H8

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,5 đ

B, ta có:

nBr2 nX

0, 03 =1 0, 03

nH 2 nX

0,12 =4 0, 03

1 mol A + 1mol dung dịch Br2 => A có 1 liên kết pi kém bền ( dạng anken) 0,5 1 mol A + 4 mol H2 => A có 4 liên kết pi, hoặc vòng kém bền đ => A có 3 liên kết pi, hoặc vòng bền với dung dịch Br2 A là hợp chất có trong chương trình phổ thông => A có cấu trúc vòng benzen Vậy 6

(a) Cấu tạo các chất : COOH OH

COONa OH

COOH OOCCH3

COOCH3 OH

Phương trình phản ứng : HOC6H4COOH + NaHCO3 → HOC6H4COONa + H2O + CO2 H SO 4 → HOC6H4COOCH3 + H2O HOC6H4COOH + CH3OH  2  H SO

4 → CH3COOC6H4COOH + CH3COOH HOC6H4COOH + (CH3CO)2O  2  (b) Y với hàm lượng rất nhỏ được sử dụng làm chất bảo quản thực phẩm và pha ch (có tác dụng diệt khuẩn); Z được sử dụng để chế tạo dược phẩm aspirin và T là thành ph dầu gió xanh. Cau VI.2 1. (a) Xác định A và B.

n A ,B =

10,08 × 1 = 0,3 ( mol) ( 22,4 / 273) × 273 × 1,5 ;

n CO 2 =

16,8 × 1 108 = 0,5 ( mol) n Ag = = 1 (mol) (22,4 / 273) × 273 × 1,5 108 và

0,5 = 1,67 ⇒ 0,3 A là HCHO

Gọi công thức của B là RCHO (hay CnH2nO) và số mol của A, B lần lượt là a, b. + AgNO 3 / NH 3 HCHO     → 4Ag + AgNO 3 / NH 3 RCHO     → 2Ag

 a + b = 0,3  a + nb = 0,5 ⇒ a = 0,2; b = 0,1; n = 3  4a + 2b = 1 

Ta có : Vậy B là CH3CH2CHO

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI OLYMPIC HÓA 11 Thời gian 150 phút Câu 1. (4,0 điểm) 1. Trong phßng thÝ nghiÖm cã c¸c dung dÞch bÞ mÊt nh·n: AlCl3, NaCl, KOH, Mg(NO3)2, Pb(NO3)2, Zn(NO3)2, AgNO3. Dïng thªm mét thuèc thö, h·y nhËn biÕt mçi dung dÞch. ViÕt c¸c ph−¬ng tr×nh ph¶n øng (nÕu cã). 2. Viết các phương trình phản ứng điều chế trực tiếp các chất: N2, HNO3, H3PO4 trong phòng thí nghiệm và phân ure trong công nghiệp. 3. Hòa tan 0,1mol NH3 vào nước được 1 lít dung dịch A, độ điện li của NH3là 1,333%. a. Tính pH của dung dịch A. b. Tính hằng số bazơ của NH3. c.Hòa tan 0,09 mol HCl vào 1 lít dung dịch A. Tính pH dung dịch thu được.

Câu 2. (3,0 điểm) 1.Chọn chất phù hợp, viết phương trình (ghi rõ điều kiện phản ứng) thực hiện biến đổi sau : +5

-3

N N N (1) N (2) (3)

(4)

(5)

(6)

N (8) N (7)

2. Dung dịch A gồm 0,4 mol HCl và 0,05 mol Cu(NO3)2. Cho m gam bột Fe vào dung dịch khuấy đều cho đến khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn X gồm hai kim loại, có khối lượng 0,8m gam. Tính m. Giả thiết sản phẩm khử HNO3 duy nhất chỉ có NO. 3. Khi cho NH3 vào dung dịch AgNO3 thì thấy có vẩn đục màu trắng tan lại ngay trong NH3 dư, nhưng khi thêm AsH3 vào dung dịch AgNO3 thì lại thấy xuất hiện kết tủa Ag và dung dịch thu được có chứa axit asenơ. Viết phương trình phản ứng và giải thích tại sao có sự khác biệt này. 4. Hãy so sánh và giải thích sự khác nhau về độ phân cực phân tử, nhiệt độ sôi và độ mạnh tính bazơ giữa NH3 và NF3.

Câu 3. (4,0 điểm) 1. Cho X là muối nhôm khan, Y là một muối trung hòa khan. Hoà tan α gam hỗn hợp đồng số mol 2 muối X, Y vào nước được dung dịch A. Thêm từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch A cho tới dư được dung dịch B, khí C và kết tủa D. Axit hóa dung dịch B bằng HNO3 rồi thêm AgNO3 vào thấy xuất hiện kết tủa trắng bị hóa đen dần khi để ngoài ánh sáng. Khi thêm Ba(OH)2 vào, lượng kết tủa D đạt giá trị lớn nhất (kết tủa E), sau đó đạt giá trị nhỏ nhất (kết tủa F). Nung các kết tủa E, F tới khi khối lượng không đổi thu được 6,248 g và 5,126 g các chất rắn tương ứng. F không tan trong axit mạnh. a.Hỏi X, Y là các muối gì? b.Tính α và thể tích C (ở đktc) ứng với giá trị D lớn nhất.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các trường hợp sau: a.Cho đồng kim loại vào dung dịch hỗn hợp NH4NO3 và H2SO4 loãng. b.Sục khí NH3 từ từ đến dư vào dung dịch ZnCl2. c.Cho dung dịch KHSO4 đến dư vào dung dịch Ba(HCO3)2.

3. Hoà tan hoàn toàn 4,24 gam Na2CO3 vào nước thu được dung dịch A. Cho từ từ từng giọt 20,00 gam dung dịch HCl nồng độ 9,125% vào A và khuấy mạnh. Tiếp theo cho thêm vào đó dung dịch chứa 0,02 mol Ca(OH)2. a. Hãy cho biết những chất gì được hình thành và lượng các chất đó. Chất nào trong các chất đó còn lại trong dung dịch. b. Nếu cho từ từ từng giọt dung dịch A vào 20,00 gam dung dịch HCl nồng độ 9,125% và khuấy mạnh, sau đó cho thêm dung dịch chứa 0,02 mol Ca(OH)2 vào dung dịch trên. Hãy giải thích hiện tượng xảy ra và tính khối lượng các chất tạo thành sau phản ứng. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 4. (5,0 điểm) 1.Khi cracking butan tạo ra hỗn hợp gồm farafin và olefin trong đó có hai chất A và B .Tỷ khối của B so với A là 1,5 . Tìm A, B. Từ A tìm được ở trên ,viết các phản ứng chuyển hoá theo sơ đồ sau: Br2 NaOH CuO Cu(OH)2 H2SO4 A → A1 → A2 →A3 →A4 → A5 NaOH

2. Sáu hiđrocacbon A; B; C; D; E; F đều có công thức phân tử là C4H8. Cho từng chất vào dung dịch brom (trong CCl4 và không chiếu sáng) thấy A, B, C và D tác dụng rất nhanh. E tác dụng chậm hơn, còn F hầu như không phản ứng. B và C là những chất đồng phân lập thể của nhau, B có nhiệt độ sôi cao hơn C. Khi cho tác dụng với hiđro ở nhiệt ộ cao (có Ni làm xúc tác) thì A, B, C đều cho cùng sản phẩm G. a) Xác định công thức cấu tạo và gọi tên của 6 hiđrocacbon trên. b) A tác dụng với nước brom có hoàn tan một lượng nhỏ NaCl sinh ra 5 sản phẩm. Viết công thức cấu tạo và giải thích sự hình thành 5 sản phẩm đó. 3. Từ anđehit no đơn chức, mạch hở A có thể chuyển trực tiếp thành ancol B và axit D tương ứng, từ B và D điều chế este E. a) Viết các phương trình phản ứng và tính tỉ số khối lượng mol phân tử của E và A. b) Nếu đun nóng m gam E với lượng dư dung dịch KOH thì thu được m1 gam muối kali, còn với lượng dư dung dịch Ca(OH)2 sẽ cho m2 gam muối canxi. Biết m2<m<m1. Xác định công thức cấu tạo của A, B, D, E, biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 4. Công thức đơn giản nhất của axit cacboxylic A mạch hở, không nhánh là (CHO)n. Biết rằng cứ 1,0 mol A tác dụng hết với NaHCO3 giải phóng ra 2,0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

mol CO2; dùng P2O5 tách nước từ một phân tử A tạo ra chất B có cấu tạo mạch vòng. Viết công thức cấu tạo của A, B, gọi tên của A và viết phản ứng tạo ra B. Câu 5. (4,0 điểm) 1.Trình bày phương pháp phân biệt mỗi cặp chất dưới đây (mỗi trường hợp chỉ dùng một thuốc thử đơn giản, có viết phản ứng minh họa) : a.m-bromtoluen và benzylbromua b.phenylaxetilen và styren 2.Từ benzen và các chất vô cơ, xúc tác cần thiết khác có đủ, viết các phương trình phản ứng hóa học điều chế : a.meta-clonitrobenzen b.orthoclonitrobenzen c.axit meta-brombenzoic d.axit ortho-brombenzoic 3. Một hợp chất hữu cơ A chứa các nguyên tố C, H, O . Khi đốt cháy A phải dùng một lượng O2 bằng 8 lần lượng O2 có trong hợp chất A và thu được CO2 và H2O theo tỷ lệ khối lượng 22 : 9. Tìm công thức đơn giản của A, tìm công thức phân tử của A biết rằng 2,9 gam A khi cho bay hơi ở 54,6oC , 0,9 atm có thể tích đúng bằng thể tích của 0,2 gam He đo ở cùng nhiệt độ áp suất. Viết các công thức cấu tạo có thể có của A dựa vào thuyết cấu tạo hoá học.

Cho: H=1, O=16, Na=23, Mg=24, P=31, Cl=35,5; K=39, Ca=40, Fe=56, Ag=108, I=127.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HƯỚNG DẪN CHẤM OLYMPIC HÓA 11

Câu Câu 1

Nội dung 1 1. Cã thÓ dïng thªm phenolphtalein nhËn biÕt c¸c dung dÞch AlCl3, NaCl, KOH, Mg(NO3)2, Pb(NO3)2, Zn(NO3)2, AgNO3. * LÇn l−ît nhá vµi giät phenolphtalein vµo tõng dung dÞch. - NhËn ra dung dÞch KOH do xuÊt hiÖn mµu ®á tÝa. * LÇn l−ît cho dung dÞch KOH vµo mçi dung dÞch cßn l¹i: - Dung dÞch AgNO3 cã kÕt tña mµu n©u Ag+ + OH– → AgOH ↓ ; (hoÆc 2Ag+ + 2OH– → Ag2O + H2O) - Dung dÞch Mg(NO3)2 cã kÕt tña tr¾ng, keo Mg2+ + 2OH– → Mg(OH)2 ↓ - C¸c dung dÞch AlCl3, Pb(NO3)2, Zn(NO3)2 ®Òu cã chung hiÖn t−îng t¹o ra kÕt tña tr¾ng, tan trong dung dÞch KOH (d−). Al3+ + 3OH– → Al(OH)3 ↓ ; Al(OH)3 ↓ + OH– → AlO2– + 2H2O Pb2+ + 2OH– → Pb(OH)2 ↓ ; Pb(OH)2↓ + OH– → PbO2– + 2H2O Zn2+ + 2OH– → Zn(OH)2 ↓ ; Zn(OH)2↓ + OH– → ZnO2– + 2H2O - Dung dÞch Nacl kh«ng cã hiÖn t−îng g× - Dïng dung dÞch AgNO3 nhËn ra dung dÞch AlCl3 do t¹o ra kÕt tña tr¾ng Ag+ + Cl – → AgCl ↓ - Dïng dung dÞch NaCl nhËn ra dung dÞch Pb(NO3)2 do t¹o ra kÕt tña tr¾ng Pb2+ + 2 Cl – → PbCl2 ↓ - cßn l¹i lµ dung dÞch Zn(NO3)2. 2

Điều chế trực tiếp N2, HNO3, H3PO4 trong phòng thí nghiệm, phân ure. to NH4Cl + NaNO2  → N2 + NaCl + 2H2O to P +5HNO3 (đặc)  → H3PO4 + 5NO2 + H2O to NaNO3 (rắn) + H2SO4 (đặc)  → HNO3 + NaHSO4 o 180−200 C,200atm CO2 + 2NH3 → (NH2)2CO + H2O

3 Ban đầu Điện li Cân bằng

 → NH4+ + OHNH3 + H2O ←  0,1 0 0 (M) 0,1α 0,1α 0,1α (M) 0,1 - 0,1α 0,1α 0,1α [OH-]= 0,1.0,01333 = 1,333.10-3 (M)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Điểm 4 điểm

1,5

0,5

2,0

Nội dung

Câu

Điểm

−14

10  H +  = = 7,50787546.10−12 (M) -3 1,333.10

⇒ pH =

11,12448294.

 NH 4+  . OH −  (1,333.10 −3 ) 2 = = 1,800847174.10−5 Kb(NH3) = 0,1.0,9867 [ NH 3 ]

HCl + NH3 → NH4Cl 0,09 0,09 0,09 (mol)

Số mol NH3 dư = 0,01 (mol)

 → NH4+ + OHNH3 + H2O ←  Ban đầu Điện li x Cân bằng

0,01 x 0,09+x

0,01-x

0,09 0 (M) x (M) 0,1α (M)

 NH 4+  . OH −  (0, 09 + x ) x = = 1,800840174.10 −5 Kb= 0, 01 − x [ NH 3 ] Giả sử x<<0,09; x<<0,01

⇒ [OH-] = x = 1,99.10-6M ⇒

10−14  H +  = = 5, 03.10−9 (M) -6 1,99.10

⇒

pH = 8,298432015

Câu 2

3 điểm 1 1. Các phương trình phản ứng : Fe (1) N2 + 3H2 o → 2NH3 500 , 300atm

, 850−900 C (2) 4NH3 + 5O2 Pt  → 4NO + 6H2O (3) 2NO + O2 → 2NO2 (4) 4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3 (5) 5Mg + 12 HNO3 → 5Mg(NO3)2 + N2 + 6H2O o

C (6) N2 + O2 2000  → 2NO (7) 2NO2 + 2KOH → KNO2 + KNO3 + H2O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

Nội dung 5KNO2 + 2KMnO4 + 3H2SO4 → 5KNO3 + K2SO4 + 2MnSO4 + 3H2O

Câu

2 2. Trong dung dịch A : Dung dịch A có 0,4 mol H+, 0,05 mol Cu2+, 0,4 mol Cl-, 0,1 mol NO3Khi cho Fe vào dung dịch A xảy ra các phản ứng : (1) Fe + 4H+ + NO3- → Fe3+ + NO + 2H2O 0,4 0,1 0,1 0,4 0,1 0,1 0 0 0,1 3+ 2+ (2) Fe + 2Fe → 3Fe 0,05 0,1 (3) Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu 0,16 0,05 0,05 Số mol Fe đã tham gia các phản ứng từ (1) đến (3) là 0,1+ 0,05 + 0,05 = 0,2 (mol) Hỗn hợp 2 kim loại sau phản ứng gồm Fe dư Cu, (m - 56×0,2) + 0,05 ×64 = 0,8 m ⇒ m = 40 (gam) 3 1. Phương trình phản ứng : AgNO3 + NH3 + H2O → AgOH + NH4NO3 AgOH + 2NH3 → Ag(NH3)2OH −3

Điểm

1,0

0.5

As H 3 + 6 Ag NO 3 + 3H 2 O → H 3 As O 3 + 6 Ag + 6HNO 3

NH3 có tính bazơ mạnh hơn AsH3, nhưng ngược lại AsH3 có tính khử mạnh hơn NH3. 4

Cấu tạo: N

N H

NH3 phân cực hơn NF3 do trong NH3 lưỡng cực liên kết và lưỡng cực electron tự do cùng chiều, còn trong NF3 lưỡng cực liên kết và lưỡng cực electron tự do ngược chiều. Nhiệt độ sôi của NH3 cao hơn do NH3 tạo được liên kết H liên phân tử. NH3 là một bazơ còn NF3 thì không, do trong NF3 các nguyên tử F hút electron làm giảm mật độ electron trên nguyên tử N.

0.5

Câu 3 1 Vì cho AgNO3 vào dung dịch B đã axit hóa tạo ra kết tủa trắng bị hóa đen ngoài ánh sáng: đó là AgCl, vậy phải có 1 trong 2 muối là muối clorua, vì khi cho

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

Nội dung Điểm Ba(OH)2 mà có khí bay ra chúng tỏ đó là NH3; vậy muối Y phải là muối amoni trung hòa vì khi thêm Ba(OH)2 tới dư mà vẫn còn kết tủa chứng tỏ một trong hai muối phải là muối sunfat và sự chênh lệch nhau về khối lượng khi nung E và F là do Al2O3 tạo thành từ Al(OH)3. Các phản ứng dạng ion: (1) Ag+ + Cl→ AgCl + (2) NH4 + OH → NH3 + H2O 3+ (3) Al + 3OH → Al(OH)3 (4) Al(OH)3 + OH → Al(OH)4t (5) 2Al(OH)3  → Al2O3 + 3H2O 2+ 2(6) Ba + SO4 → BaSO4

Câu

Theo khối lượng các chất rắn ta có: n Al2O3 =

6, 248 − 5,126 5,126 = 0, 011 (mol) , n BaSO4 = n SO2 − = = 0, 022 (mol) 4 102 233

Như vậy kết quả không phù hợp với muối Al2(SO4)3. Do đó muối nhôm phải là AlCl3 với số mol = 0,011.2 = 0,022 mol và muối Y phải là muối (NH4)2SO4 với số mol là 0,022 mol. Khối lượng hỗn hợp ban đầu : a = m AlCl + m( NH ) SO = 0,022×133,5 + 0,022×132 = 5,841 g 3

4 2

Và nB = 2n(NH ) SO = 2. 0,022 = 0,044 (mol) ⇒VB = 2. 0,4928 = 0,9856 lit 4 2 4 2 a) Cu tan, dd xuất hiện màu xanh và khí không màu hóa nâu trong không khí 3Cu 2+ + 8H + + 2NO3− → 3Cu + 2NO ↑ +4H 2O

b) Có kết tủa trắng rồi kết tủa tan

2NO + O 2 → 2NO 2

1,0

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

Zn(OH)2 + 4NH3 → [Zn(NH3)4](OH)2 c) Có kết tủa trắng và có khí không màu thoát ra 2KHSO4 + Ba(HCO3 )2 → BaSO4 ↓ +2CO2 ↑ + K 2SO4 + 2H 2O

1,0

4, 24 20.9,125 = 0,04 mol ; nHCl = = 0,05 mol ; 106 100.36,5 nCa (OH ) = 0,02 mol 2

a. nNa CO = 2 3

Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch A: 5. Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl 6. NaHCO3 + HCl → NaCl + CO2 ↑ + H2O nNaHCO3 = nHCl (1) = nNa2CO3 = 0,04 mol nNaHCO3 (2) = nHCl (2) = 0,05 − 0,04 = 0,01mol ;

Sau phản ứng 1; 2 trong dung dịch có: NaCl ( nNaCl = nHCl = 0,05 mol ) NaHCO3( nNaHCO3 = 0,03mol )

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

;

Câu

Nội dung Cho tiếp vào đó dung dịch Ca(OH)2: 7. 2NaHCO3 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 + 2NaOH 8. Ca(HCO3)2 + Ca(OH)2 → 2CaCO3 ↓ + 2H2O

Điểm

Theo (3): nCa ( HCO3 )2 (3) = nCa (OH )2 (3) = nNaHCO3 = 0,015 mol ; 2 nNaOH = nNaHCO = 0,03mol 3

Theo (4): nCa ( HCO3 )2 (4) = nCa (OH )2 (4) = 0,02 − 0,015 = 0,005 mol ; nCaCO = 2nCa (OH ) (4) = 2.0,005 = 0,01 mol ; 3 2 Sau phản ứng 3, 4 sản phẩm thu được gồm: NaCl (0,05 mol) tồn tại trong dd; NaOH(0,03 mol) Ca(HCO3)2 ( nCa ( HCO3 )2 = 0,015 − 0,005 = 0,01mol ) tồn tại trong dd CaCO3 (0,01 mol) tách ra khỏi dung dịch mNaCl = 0,05.58,5 = 2,925 gam ; mNaOH = 0,03.40 = 1, 2 gam mCa ( HCO ) = 0,01.162 = 1,62 gam ; mCaCO = 0,01.100 =1gam 3 2 3 b.Cho từ từ dung dịch A vào dung dịch HCl: 3. Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2 ↑ + H2O 1 1 nNa CO (1) = nHCl = .0,05 = 0,025 mol < nNa CO bd ; 2 3 2 3 2 2

1.0

Sau phản ứng 1, trong dung dịch còn: NaCl (0,05 mol); Na2CO3 (0,04 – 0,025 = 0,015 mol) Cho tiếp dung dịch Ca(OH)2 vào: 4. Ca(OH)2 + Na2CO3 → CaCO3 ↓ + 2NaOH Sau phản ứng 2, sản phẩm thu được gồm: NaCl (0,05 mol); NaOH( nNaOH = 2.nNa2CO 3 = 2.0,015 = 0,03 mol ) CaCO3 ( nCaCO3 = nNa2CO3 = 0,015 mol ); Ca(OH)2 dư (0,02 – 0,015 = 0,005 mol); Khối lượng sản phẩm: mNaCl = 0,05.58,5 = 2,925 gam ; mNaOH = 0,03.40 = 1, 2 gam ; mCaCO = 0,015.100 =1,5 gam ; mCa (OH ) = 0,005.74 = 0,37 gam 3 2 Câu 4

5 điểm 1 Crakinh butan: 1. C4H10 → CH4 + C3H6 2. C4H10 → C2H4 + C2H6 B Ta có: d = 1,5 => B là C3H6; A là C2H4 A

Các ptpư:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

Câu

1. 2.

Nội dung CH2 = CH2 + Br2 → CH2Br – CH2Br A1 CH2Br – CH2Br + 2NaOH → CH2OH – CH2OH + 2NaBr A2

Điểm

3. CH2OH – CH2OH + 2CuO → CHO – CHO + 2Cu + 2H2O A3 4. CHO – CHO+ 4Cu(OH)2+ 2NaOH → NaOOC – COONa + 2Cu2O + 6H2O A4 5. NaOOC – COONa + H2SO4 → HOOC – COOH + Na2SO4 A5 2 a) Học sinh tìm ra các hiđrocacbon và viết đầy đủ CTCT, gọi tên: A: but-1-en B: cis-but-2-en C: trans-but-2-en D: 2-metylpropen E: metyl xiclopropan F: xiclo butan Giải thích + A, B, C phản ứng với H2(xt) đều cho một sản phẩm G là butan + B và C là đồng phân hình học, B có nhiệt độ sôi cao hơn vì phân cực hơn. + E phản ứng chậm với brom(vòng 3 cạnh) + F không phản ứng với brom(vòng 4 cạnh) b) CH2=CH-CH2-CH3 + Br2 → CH2Br-CHBr-CH2-CH3 CH3-CH2-CHCl-CH2Br + Br − CH2=CH-CH2-CH3 + Br2 + Cl − CH3-CH2-CHBr-CH2Cl + Br − CH3-CH2-CHOH-CH2Br + HBr CH2=CH-CH2-CH3 + Br2 + H2O CH3-CH2-CHBr-CH2OH + HBr Giải thích: Mỗi phản ứng trên đều xảy ra hai giai đoạn: - Giai đoạn 1:

2,0

CH2=CH-CH2-CH3 + Br2

CH3-CH2- C H-CH2Br + Br − +

CH3-CH2-CHBr- C H2 + Br − - Giai đoạn 2: cacbocation kết hợp với Br − , Cl − hoặc H2O 3 Gọi công thức của A là RCHO (R = CnH2n+1) Mn 2+ ,to → RCOOH RCHO + ½ O2  Ni,t o → RCH2OH RCHO + H2  H SO ñaëc,t 0

2 4  → RCOOCH2R + H2O RCOOH + RCH2OH ←  ME:MA=(2R + 58):(R + 29)=2

t → RCOOK + RCH2OH RCOOCH2R + KOH 

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

Nội dung Ta có: m<m1=m(R+83):(2R + 58) ⇒ R<25

Câu

Điểm

t 2RCOOCH2R + Ca(OH)2  → (RCOO)2Ca + 2RCH2OH m > m2 = m(2R + 128): (4R + 116) ⇒ R>6 ⇒ R là CH3 – Vậy : A là CH3CHO, B là C2H5OH, D là CH3COOH, E là CH3COOC2H5 4 ‒ Vì 1 mol A tác dụng được với NaHCO3 giải phóng 2 mol CO2 ⇒ A là một

axit 2 nấc ⇒ CTPT của A phải là C4H4O4 hay C2H2(COOH)2. Ứng với mạch thẳng có 2 đồng phân cis-trans là: HOOC

H C

COOH

HOOC

COOH

axit trans-butenđioic

axit cis-butenđioic

(axit fumaric)

1,0

(axit maleic)

‒ Chỉ có đồng phân cis mới có khả năng tách nước tạo anhiđrit: O C

COOH

P2O5

+H2O

C COOH

Câu 5 1 Phân biệt các chất : (a) Dùng AgNO3, benzyl bromua cho kết tủa vàng : C6H5CH2Br + AgNO3 + H2O → C6H5CH2OH + AgBr + HNO3 (b) Dùng dung dịch AgNO3/NH3, phenylaxetilen cho kết tủa vàng xám : C6H5C≡CH + AgNO3 + NH3 → C6H5C≡CAg + NH4NO3 1. Điều chế : 2 NO2 (a)

+ HONO2

NO2 + Cl2

H2SO4

Cl (b)

+ Cl2

Cl +H2SO 4

Cl NO2

+ HONO2

H2SO 4

SO3H

Cl t

1,0

SO3H

NO2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

Nội dung

Câu CH3 (c)

+ CH3Cl

Điểm COOH

COOH + Br2

+ KMnO4

AlCl3

CH3 (d)

CH3

+CH3Cl

+H2SO 4

CH3 Br

+ Br2

AlCl3

SO3H CH3 t

+ KMnO4

SO3H

COOH Br

3 CTPT của A là: CxHyOz (x, y,z nguyên) y z y H2O 4 2 2 Ta có: mCO2 : mH 2O = 44 x :9 y = 22 : 9 => y = 2x y z mO ( pu ) = 8mO ( A) ⇔ 32.( x + − ) = 8.16 z ⇔ 3 z = x 2 4 2

Ptpư: CxHyOz + ( x + − )O2 → xCO2 +

CTĐG của A là: (C3H6O)n Số mol A ở 54,6oC , 0,9 atm là: n A = nHe = MA = M A =

0, 2 = 0,05mol 4

2,9 = 58 = 58n =>n = 1 0,05

CTPT của A là C3H6O Các CTCT có thể có của A: 1. CH3 – CH2 – CH=O 2. (CH3)2 – C =O 3. CH2 = CH – CH2OH 4. CH2 = CH – O – CH3

Ghi chú: Thí sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn đạt điểm tối đa trong mỗi câu.

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

KỲ THI OLYMPIC LỚP 11 Đề thi môn: Hóa học

Thời gian: 150 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1.(4 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

Câu 1.1(1 điểm)Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch riêng biệt NaHSO4, Na2CO3, AlCl3, Fe(NO3)3, NaCl, Ca(NO3)2. Viết các phản ứng minh họa dưới dạng ion thu gọn. Câu 1.2: (1 điểm)Nêu hiện tượng, viết phương trình phản ứng cho các thí nghiệm sau: a) Thêm từ từ đến dư dung dịch NH3 vào dung dịch CuCl2 b)Thêm từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3 c) Cho đồng kim loại vào dung dịch hỗn hợp NaNO3 và H2SO4 loãng. d) Cho (NH4)2CO3 vào dung dịch Ba(OH)2 . Câu 1.3: (1 điểm)Cho 5 dung dịch X, Y, Z, R, T (chưa biết thứ tự, đều có nồng độ 0,1M) là : NH3, NaHSO4, NaOH, CH3COOH, HCl. Giá trị pH của các dung dịch được đo ở bảng sau: Dung dịch X Y Z R T pH 1,57 13 2,9 1 11,5

Xác định các dung dịch đã cho.(không giải thích) Câu 1.4: (1 điểm)Tính pH của các dung dịch sau:( biết CH3COOH có pKa=4,75) a)Dung dịch CH3COOH 0,2M b) Dung dịch thu được khi trộn 20ml dung dịch NaOH 0,2M với 300 ml dung dịch CH3COOH 0,3M Câu 2.(4 điểm) Câu 2.1.(1 điểm) Cho X là một khí vô cơ mùi khai và xốc, thường được sử dụng để điều chế một số loại phân đạm, điều chế axit nitric…. Xác định X và hoàn thành các phương trình phản ứng: Pt ,900 C t b. X + CuO  a. X + O2  → … + H2O → N2 + … + t cao , pcao c. X + HCl  d. X + CO2  → … →… + H2O e. X + H2O + CO2  f. X + AlCl3 + H2O  → … → .... + .... Câu 2.2: (1 điểm)Dung dịch X chứa các ion a mol NO3-, b mol Zn 2+, c mol H +, d mol SO42-.Chia dung dịch X thành 2 phần bằng nhau Phần 1: Tác dụng với 100 ml dung dịch BaCl2 1M thu được 18,64 gam kết tủa. Phần 2 :Cho 100 ml dung dịch Ba(OH)2 1 M vào thì thu được 21,61gam kết tủa, nếu thêm tiếp 50 ml dung dịch NaOH 2M vào dung dịch sau phản ứng thì khối lượng kết tủa bằng 20,62 gam . Tính giá trị a,b,c,d. Câu 2.3. (1điểm) o

Cho các dung dịch NaHCO3, BaCl2, MgCl2, H2SO4, Ba(OH)2 vào trong các lọ và đánh số ngẫu nhiên 1,2,3,4,5. Tiến hành các thí nghiệm kết quả thu được theo bảng sau Dung dịch 1 2 3 5 1 x ↓ ↓ 2 x ↓ 3 ↓ ↓ x ↑ 5 ↓ ↑ x

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Xác định các dung dịch chứa trong các lọ. Viết phương trình phản ứng? Câu 2.4: (1 điểm)Cho sơ đồ phản ứng sau: +SiO2,C,t0

+KOH

+H→ +Z→ +B 2O 2→  →  →  → M X +Cl Y  Z  T  R+KOH → M Q  Biết M là 1 loại quặng quan trọng. X là phi kim nhóm VA. Xác định các chất X, Y, Z, T, R, Q, B. Viết các phương trình phản ứng. Câu 3: (4 điểm)

Câu 3.1.(2 điểm) .Hòa tan hết 11,6 gam hỗn hợp gồm Mg và Zn vào dung dịch chứa 0,54 mol NaHSO4 và 0,08 mol HNO3 thu được dung dịch X chỉ chứa các muối trung hòa và hỗn hợp khí Y gồm 3 khí không màu , không hóa nâu ngoài không khí. Tỉ khối của Y so với H2 bằng 7,875. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch X, đun nóng thu được 8,12 gam kết tủa. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính số mol mỗi khí trong Y. Câu 3.3. (2 điểm) Viết phương trình hóa học điều chế các chất sau, ghi rõ điều kiện phản ứng (nếu có). a). Trong phòng thí nghiệm: N2, H3PO4, CO, C2H4, C2H2. b). Trong công nghiệp: photpho, urê, etin, etanal, supephotphat đơn. Câu 4.(2điểm) Câu 4.1. .(1 điểm) Cho benzen phản ứng với hỗn hợp HNO3 và H2SO4 đặc thu được sản phẩm thế nitro benzen. Viết cơ chế phản ứng tạo thành sản phẩm trên. Câu 4 .2. .(1 điểm) Hỗn hợp khí A gồm 1 ankin X và một anken Y( cùng số nguyên tử C) và hidro có tỉ khối so với metan là 1,375. Cho A qua ống chưa Ni, nung nóng đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí B có tỉ khối so với metan là 2,75. Xác định CTPT của X, Y và tính % thể tích mỗi khí trong hỗn hợp A. Câu 5.(6 điểm) Câu 5.1. .(1,5 điểm) Nêu hiện tượng xảy ra trong các thí nghiệm sau đây, giải thích a) Cho vào ống nghiệm 3-4 giọt dung dịch CuSO4 2% và 2-3 ml dung dịch NaOH10%. Lắc nhệ sau đó tiếp tục nhỏ 3 đến 4 giọt glixerol vào ống nghiệm. b) Cho một ít phenol vào ống nghiệm đựng dd NaOH và lắc nhẹ. Sau đó sục khí CO2 đến dư vào ống nghiệm, để 1 thời gian rồi đun nóng ống nghiệm. Câu 5.2. .(1,5điểm) Hỗn hợp X gồm 3 ancol đơn chức, mạch hở, trong đó có hai chất cùng thuộc dãy đồng đẳng và có khối lượng mol hơn kém nhau 28 đvc, có ít nhất một chất chứa 1 liên kết đôi.. Nếu cho m gam hỗn hợp X phản ứng hết với Na dư

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

sẽ tạo thành 1,12 lit H2 đktc. Đốt cháy hoàn toàn m gam X tạo ra 7,04 gam CO2 và 4,32 gam H2O. Tìm CTPT và tính khối lượng mỗi ancol trong hỗn hợp. Câu 5.3.(1 điểm) Hợp chất X (C10H16) có thể hấp thụ ba phân tử hydro. Ozon phân khử hóa X thu được axeton, andehit fomic và 2 – oxopentadial.Viết công thức cấu tạo của X thoã mãn tính chất trên. Câu 5.4 .(2 điểm) Nêu những hiểu biết của em về túi nilon? Thực trạng và đưa ra giải pháp? Vẽ hoặc sáng tác một đoạn thơ, 1 câu logan tuyên truyền mọi người” Nói không với túi nilon”

KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC LỚP 11 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

Thời gian: 150 phút

Câu 1: (4 điểm) 1.1: Tính pH của dung dịch khi trộn lẫn 150ml dung dịch NaOH 0,05M với 100ml dung dịch NH4Cl 0,1M. Biết Kb (NH3) = 1,8.10-5. 1.2: Kết quả xác định số mol của các ion trong dung dịch A như sau: 0,15 mol K+, 0,3 mol Ca2+; 0,075 mol HCO3− và 0,54 mol Cl− .

a) Kết quả trên đúng hay sai? Giải thích. b) Cho biết kết quả xác định số mol của các cation là chính xác. Nếu đem cô cạn dung dịch A, rồi lấy chất rắn nung ở nhiệt độ cao ta thu được chất rắn mới có khối lượng 38,7 gam. Hỏi anion nào thu được là chính xác. 1.3: Có 5 lọ mất nhãn được 5 dung dịch sau: NaNO3, CH3COONa, Na2SO4, BaCl2, Na2CO3. Chỉ được sử dụng một thuốc thử duy nhất, hãy nhận biết các dung dịch chứa trong các lọ đó. Câu 2: (5 điểm) 2.1: Cho sơ đồ phản ứng sau:

Axit X1 (1)

Muối X (3)

(12) (2)

(10)

Khí X2

(9)

(8)

(6)

+ khí Y (5)

Khí X3

Khí X5

(11)

(4)

(7)

Khí X4

+ khí Y

Xác định X, X1, X2, X3, X4, X5, Y và hoàn thành sơ đồ phản ứng. 2.2: Cho 6,935 gam hỗn hợp X gồm Mg và Zn tác dụng hết với 56 gam dung dịch HNO3 63%. Sau khi các phản ứng kết thúc thu được dung dịch Y (không chứa

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NH4NO3) và 1,792 lít (đktc) hỗn hợp Z gồm N2O, NO2, N2 và NO (trong đó phần trăm về thể tích của NO2 và N2 bằng nhau). Biết tỉ khối của Z so với H2 là 17,625. a) Tính thành phần phần trăm khối lượng của mỗi kim loại trong X. b) Tính nồng độ phần trăm của các chất trong Y. (Coi nước bay hơi không đáng kể trong cả quá trình). 2.3: Sục từ từ đến dư CO2 vào một cốc đựng dung dịch Ca(OH)2. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị bên. Khi lượng CO2 đã sục vào dung dịch là 0,85 mol thì lượng kết tủa đã xuất hiện là m gam. Tìm giá trị m.

n CaCO3

a nCO2

0 1,0 Câu 3: (4 điểm) 3.1: Có bao nhiêu chất có công thức phân tử C5H10 có đồng phân hình học? Gọi tên các đồng phân đó. 3.2: Hỗn hợp X gồm C2H2, C2H4 và C3H4 (mạch hở). Cho m gam X phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, xuất hiện 39,24 gam kết tủa. Mặt khác, cho m gam X phản ứng với dung dịch Br2 dư, kết thúc phản ứng thấy có 81,6 gam Br2 bị mất màu. Đốt cháy hết m gam X, sinh ra 16,128 lít CO2 (đktc). Tính khối lượng mỗi chất trong m gam X. 3.3: Từ metan, các chất vô cơ và điều kiện cần thiết, hãy viết phương trình hóa học điều chế 2,4,6-trinitrotoluen. 0,3

Câu 4: (3 điểm) 4.1: Cho các chất sau: etanol (1), propan-1-ol (2), propan-2-ol (3), etyl clorua (4), axit axetic (5), đimetylete (6). Hãy sắp xếp các chất theo nhiệt độ sôi tăng dần. 4.2: Oxi hóa không hoàn toàn 10,12 gam một ancol đơn chức X thu được 13,32 gam hỗn hợp Y gồm anđehit, axit cacboxylic, ancol dư và nước. Nếu cho một nửa hỗn hợp Y tác dụng với NaHCO3 dư thì khi phản ứng kết thúc thu được 0,03 mol CO2, còn nếu cho một nửa hỗn hợp Y còn lại tác dụng vừa đủ với Na thì thu được 7,98 gam chất rắn Z. Xác định công thức phân tử và tính hiệu suất oxi hóa ancol X. Câu 5: (4 điểm) 5.1: Cho 2,61 gam một muối cacbonat kim loại (hợp chất X) tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO3. Phản ứng làm giải phóng ra hỗn hợp khí gồm 0,168 lít khí NO và x lít khí CO2. Các thể tích đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Xác định muối cacbonat kim loại và thể tích khí CO2. 5.2: Hỗn hợp X gồm 2 anđehit đơn chức. Cho 6,74 gam X tác dụng hoàn toàn với AgNO3 dư trong dung dịch NH3 thì thu được 66,52 gam kết tủa. Mặt khác cho 6,74 gam X tác dụng hết với H2 (Ni, to) thu được hỗn hợp Y. Cho Y tác dụng với Na dư thu được 1,736 lít H2 (đktc). Hãy xác định công thức cấu tạo và thành phần phần trăm khối lượng của mỗi anđehit trong hỗn hợp X. ----------------- HẾT -----------------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

KỲ THI OLYMPIC HÓA HỌC LỚP 11 HƯỚNG DẪN CHẤM Câu

Đáp án

Điểm

0,5đ

n NaoH = 7,5.10−3 (mol), n NH 4Cl = 0,1(mol)

NH4Cl + NaOH → NaCl + NH3 + H2O 7,5.10-3 ← 7,5.10-3 → 7,5.10-3 (mol)

C NH4Cl dư = C NH3

1.1 (1 điểm)

0,01 − 7,5.10−3 = 0,01M 0,15 + 0,1

7,5.10−3 = = 0,03M 0,15 + 0,1

NH3

H2O

1,8.10-5 C 0,03 [] 0,03 – x

Kb =

NH +4

0,01 0,01 + x

OH −

Kb = 0,5đ

0 x

[NH 4+ ][OH − ] (0,01 + x)x = = 1,8.10−5 [NH 3 ] 0,03 − x

⇒ x = 5,36.10−5 (M) ⇒ [OH − ] = 5,36.10−5 (M) ⇒ pOH = 4, 27 ⇒ pH = 9,73 a) Kết quả sai vì dung dịch A không trung hòa về điện 0,15.1 + 0,3.2 ≠ 0,075.1 + 0,54.1

0,25đ

b) Gọi x, y (mol) lần lượt là số mol của HCO3− và Cl−

0,75đ

Ta có: x + y = 0,15.1 + 0,3.2 = 0,75 (mol) (1) Khi cô cạn dung dịch thì: 1.2 (2 điểm)

t 2HCO3−  → CO32− + CO2 + H 2O

Ca 2+ + CO32− → CaCO3 Chất rắn sau khi cô cạn: KCl, CaCO3 hoặc CaCl2 hoặc K2CO3 o

t → CaO + CO2 Đem nung CaCO3  x Do n CO2− = (mol) 3 2

Xét từng trường hợp:

0,25đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

x = 0,3 (mol) ⇒ x = 0,6(mol) 2 (1) ⇒ y = 0,75 − 0,6 = 0,15(mol)

TH1:

Toàn bộ Ca2+ nằm trong muối CaCO3, sau đó bị nhiệt phân thành CaO nCaO =0,3 (mol) và nKCl = 0,15 (mol) ⇒ mrắn = 0,3.56 + 0,15.74,5 = 27,975 < 38,7 (loại)

x < 0,3 (mol) ⇒ x < 0,6(mol) , y > 0,15 (mol) 2 Chất rắn thu được sau khi nung TH2:

0,5 đ

  KCl : 0,15 (mol)  x  CaO : (mol) 2  x  CaCl2 : 0,3 − 2 (mol) mrắn = 0,15.74,5 + 56.

x x + 111. (0,3 - ) = 38,7 ⇒ x = 0,21 2 2

(mol) ⇒ y = 0,75 – 0,21 = 0,54 (mol) = n Cl− Số mol của ion Cl− được định lượng chính xác

x > 0,3 (mol) ⇒ x > 0,6(mol) , y < 0,15 (mol) 2 Chất rắn thu được sau khi nung  KCl : 0,15 − 2a (mol)  CaO : 0,3 (mol)  K CO : a (mol)  2 3 TH3:

0,25 đ

mrắn = 74,5.(0,15 – 2a) + 56.0,3 + 138a = 38,7 ⇒ a = – 0,975 < 0 (vô lí) Vậy chỉ có số mol của ion Cl− được định lượng chính xác

1.3 (1 điểm)

Trích mẫu thử - Dùng quỳ tím để nhận biết + Dung dịch Na2CO3 và CH3COONa làm quỳ tím hóa xanh vì:

0,5đ

CH 3COO − + H 2 O CH 3COOH + OH − CO32− + H 2O HCO3− + OH − + Các dung dịch còn lại không làm đổi màu quỳ tím

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

- Dùng 2 dung dịch trên cho vào các lọ mẫu thử còn lại 0,5đ + Na2CO3 tạo ra được kết tủa trắng, còn CH3COONa thì không tạo kết tủa (Nhận ra được 2 dung dịch này) + Dung dịch tạo kết tủa với Na2CO3 là BaCl2 Na2CO3 + BaCl2 → 2NaCl + BaCO3↓ + Dùng BaCl2 nhận ra được Na2SO4: có kết tủa trắng BaCl2 + Na2SO4 → 2NaCl + BaSO4↓ + Dung dịch còn lại là NaNO3 Hai pt đúng 0,25đ

t → (NH4)2SO4 + HNO3 (1) NH4NO3(tt) + H2SO4 (đđ)  (X) (X1) o

350 C → 2N2 + O2 + 4H2O (2) NH4NO3  (X2) (3) NH4NO3 + NaOH → NaNO3 + NH3 + H2O (X3)

2.1 (1,5 điểm)

(4) 4NH3 + 5O2 (Y)

500 C,Pt  →

(5) 4NH3 + 3O2

900 C  →

4NO + 6H2O (X4) 4N2 + 6H2O

3000 C  → 2NO N2 + O2 ← (7) 2NO + 2H2S → 2S + N2 + H2O (8) 2NO + O2 → 2NO2 (9) NO2 + SO2 → SO3 + NO (10) NO2 + C → 1/2N2 + CO2 (11) 4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3 (12) 10Al + 36HNO3 → 10Al(NO3)3 + 3N2 + 18H2O

(6)

nz = 0,08 (mol) Gọi x, y, z lần lượt là số mol của NO2, N2O, NO ⇒ n N2 = x(mol) 2.2 (2,5 điểm)

0,75 đ

Theo đề ta có: (x + y) + (x + z) = 0,08 (mol) d Z/H2 = 17,625

⇒ 46x + 44y + 30z + 28x = 17,625.0,08.2 = 2,82 ⇒ 44(x + y) + 30(x + z) = 2,82 (2)  x + y = 0,03 (mol) (1), (2) ⇒   x + z = 0,05 (mol) Mg

→ Mg + 2e

N + 1e

→

0,5đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2a +2

→ Zn + 2e

2 N + 10e

→

10x +5

N + 3e 3z

x +1

→

2 N + 8e 8y

2N 2y +2

→

Theo định luật bảo toàn e: 2a + 2b = x + 10x + 8y + 3z ⇒ 2a + 2b = 8(x + y) + 3(x + z) = 8.0,3 + 3.0,5 = 0,39 Mặt khác: 24a + 65b = 6,935 (4)

0,5đ (3)

a = 0,14 (mol) (3), (4) ⇒  b = 0,055 (mol) 0,14.24.100% = 48, 45% 6,935 = 100% − 48, 45% = 51,55%

%m Mg = %m Zn

n HNO3 pư = 2n Mg + 2n Zn + n NO2 + 2n N2O + n NO + 2n N2

0,25đ

0,5đ

= 0,39 + 2(x + y) + (x + z) = 0,39 + 2.0,03 + 0,05 = 0,5 (mol)

56.63 = 0,56 (mol) 100.63 ⇒ n HNO3 dư = 0,56 – 0,5 = 0,06 (mol) n HNO3 bđ =

mdds = 6,935 + 56 – 2,82 = 60,115 (mol) 0,14.148.100% C% Mg( NO3 )2 = = 34, 467% 60,115 0,055.189.100% C% Zn( NO3 )2 = = 17, 292% 60,115 0,06.63.100% C% HNO3 = = 6, 288% 60,115 2.3 (1

+ Từ đồ thị(hình 1) ⇒ a = 0,3 mol. + Dễ thấy kết tủa cực đại = 0,3 + (1 – 0,3): 2 = 0,65 mol.

0,5đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

điểm)

n CaCO3

a n CO2 0

0,3

1,0

Hình 1 + Từ kết quả trên ta vẽ lại đồ thị (hình 2):

0,5đ

n CaCO3

0,65

x=? nCO2 0

0,65

0,85

1,3

Từ đồ thị này suy ra khi CO2 = 0,85 mol ⇒ x = 1,3 – 0,85 = 0,45 mol ⇒ m = 45 gam.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Có 2 đồng phân của C5H8 có đồng phân đúng 0,25đ

0,25đ

3.1 (1 điểm)

0,25đ

3.2 (2 điểm)

*m gam X + dung dịch AgNO3/NH3: C2H4 không phản ứng HC≡CH + 2[Ag(NH3)2]OH → AgC≡CAg↓ + 4NH3↑ + 2H2O a a CH3-C≡CH + [Ag(NH3)2]OH → CH3-C≡CH↓ + 2NH3↑ + 2H2O b b ⇒mkết tủa = 240a + 147b = 39,24 (1)

0,5đ

*m gam X + dung dịch Br2: C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4 a 2a C3H4 + 2Br2 → C3H4Br4 b 2b C2H4 + Br2 → C2H4Br2 c c 81,6 = 0,51 (mol) ⇒ n Br2 = 2a + 2b + c = 160

0,5đ

(2)

*m gam X + O2 5 to → 2CO2 + H2O C2H2 + O2  2 a 2a o

t → 3CO2 + 2H2O C3H4 + 5 O2  b 3b o

t → 2CO2 + 2H2O C2H4 + 3O2 

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5đ

⇒ n CO2

2c 16,128 = 2a + 3b + 2c = = 0,72 (mol) 22, 4

(3)

0,5đ

Giải hệ (1), (2), (3) ta được: a = 0,09 (mol)   b = 0,12 (mol) c = 0,09 (mol) 

Khối lượng của mỗi chất trong m gam X là m C2 H2 = 0,09.26 = 2,34 (g)

m C3H 4 = 0,12.40 = 4,80 (g) m C2 H4 = 0,09.28 = 2,52 (g) M ỗi pt 0,25đ

1500 C,l ln → HC≡CH + 3H2 2CH4 

600 C,xt C → 3 HC≡CH 

3.3 (1 điểm)

AlCl3 + CH3Cl  →

+ HCl

H 2SO 4 + 3HNO3 →

+ 3H2O

Sắp xếp theo nhiệt độ sôi tăng dần: (6) < (4) < (1) < (3) < (2) < (5) 4.1 (0,5 điểm) RCH2OH + x

t → RCHO + H2O [O]  x x x

0,5đ 0,5đ

t → RCOOH + H2O 2[O]  2y y y 4.2 13,32 − 10,12 = 0, 2 (mol) n = x + 2y = (2,5 điểm) O 32

RCH2OH + y

1/2Y + NaHCO3: chỉ có axit phản ứng với NaHCO3 RCOOH + NaHCO3 → RCOONa + CO2 + H2O 0,03 ← 0,03 ⇒ y = 0,03.2 = 0,06 mol ⇒ x = 0,08 mol

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5đ

⇒ n H 2O = 0,06 + 0,08 = 0,14 mol 1/2Y + Na: axit, ancol dư và nước phản ứng 0,5đ Để đơn giản ta cho Y tác dụng vừa đủ với Na thu được 15,96 gam chất rắn Z RCOOH + Na → RCOONa + 1/2H2 0,06 0,06 RCH2OH + Na → RCH2ONa + 1/2H2 z z H2O + Na → NaOH + 1/2H2 0,14 0,14

⇒ mY – mRCHO = mZ – 22(z + 0,06 + 0,14) ⇒ 13,32 – mRCHO = 15,96 – 22(z + 0,2) 1,76 + 22z ⇒ mRCHO = 1,76 + 22z ⇒ MR + 29 = = 22 + 275z 0,08

0,5đ

⇒ MR = 275z - 7 Mặt khác:

0,5đ

10,12 10,12 ⇒ 275z − 7 + 31 = 0,14 + z 0,14 + z ⇒ z = 0,08 (mol) 10,12 ⇒ M ancol = = 46 0,08 + 0,06 + 0,08 Vậy ancol là C2H5OH Hiệu suất oxi hóa X là 0,14.100% H= 63,64% 0, 22 M R + 31 =

Đặt công thức muối cacbonat kim loại là M2(CO3)n 0,25đ 5.1 Gọi m là số oxi hóa của M sau khi bị oxi hóa bởi HNO3 (1,5 điểm) 3 M2(CO3)n + (8m – 2n)HNO3 → 6M(NO3)m + (2m – 2n)NO↑ + 3nCO2↑ + (4m – n)H2O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5đ

0,168 = 7,5.10−3 (mol) 22, 4 3 0,0225 n M2 (CO3 )n = .n NO = (mol) 2(m − n) 2(m − n) 2,61 M M2 (CO3 )n = .2(m − n) = 232(m − n) 0,0225 ⇔ 2M M + 60n = 232(m − n) n NO =

1 ≤ m ≤ 3 ⇒1≤ m − n ≤ 2 Điều kiện  1 ≤ n ≤ 2 TH1: m – n = 1 m = 2, n = 1 ⇒ MM = 86 (loại) m = 3, n = 2 ⇒ MM = 56 M là Fe TH2: m – n = 2 ⇒ m = 3, n = 1 ⇒ MM = 202 (loại) Vậy muối cacbonat kim loại là FeCO3

0,5đ

3FeCO3 + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO + 3CO2 + 5H2O 7,5.10-3 0,0225 VCO2 = 0,0225.22, 4 = 0,504 (l)

0,25đ

Vì X là hỗn hợp hai anđehit đơn chức nên Y là hỗn hợp hai ancol đơn 0,5đ chức ⇒ nX = nY Do Y là hai ancol đơn chức nên số mol H2 thoát ra khi cho Y tác dụng với Na dư luôn bằng một nửa Y 1,736 6,74 ⇒ n X = 2n H 2 = 2. = 0,155 mol ⇒ M X = = 43, 48 22, 4 0,155 Trong X chứa một anđehit có phân tử khối nhỏ hơn 43,48 ⇒ anđehit đó phải là HCHO Gọi công thức anđehit còn lại là (CH ≡ C)tR-CHO (t ≥ 0) 5.2 Đặt số mol HCHO và (CH ≡ C)tR-CHO lần lượt là a và b (2,5 điểm) ⇒ a + b = 0,155 (1) 30a + (25t + R + 29)b = 6,74 (2) Phương trình hóa học:

0,5đ t

→ (NH4)2CO3 +4NH4NO3+ 4Ag↓ HCHO+4AgNO3 + 6NH3 +2H2O  a 4a o

t → (CH ≡ C)tR-CHO + (2 + t)AgNO3 + (3+t)NH3 + H2O 

0,25đ

(CAg ≡ C)tR-COONH4 ↓ + 2Ag ↓ + (2 + t) NH4NO3 b 2b

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

108(4a +2b) + (132 t + R + 62)b = 66,52 Giải (1),(2), (3) ta có : b = Do b < 0,155 ⇒

(3) 0,5đ

2, 53 153 − 107.t

2,53 < 0,155 ⇒ t < 1,277 ⇒ t = 0 hoặc t = 1 153 − 107.t

* Nếu t = 0 ⇒ không có kết tủa (CAg ≡ C)tR-COONH4 ⇒ 4a + 2b =

0,25đ

66,52 (4) 108

Từ (1) và (4) ⇒ a = 0,153 và b = 2,04.10-3 Thay vào (2), ta được R ≈ 1025 (quá lớn) (loại) * Nếu t = 1 ⇒ b =

2, 53 = 0,055 ⇒ a= 0,1 153 − 107

0,25đ

Thay vào (2) ⇒ R = 14 ; R là nhóm CH2 Vậy andehit thứ 2 là : CH ≡ C-CH2-CHO % mHCHO =

0,25đ

0,1.30 . 100% = 44,51% 6, 74

% mCH ≡C−CH2 −CHO = 100% - 44,51% = 55,49% KỲ THI OLYMPIC

(Đề thi có 02 trang)

Môn thi : Thời gian: Ngày thi:

HÓA HỌC 11 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Họ và tên Học sinh:…………………………………………....SBD:…………… Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố như sau: H = 1; O = 16; Cl = 35,5; N = 14; C = 12; P = 31; Br = 80; Na = 23; Al = 27; Fe = 56; Cu = 64; Ag = 108; Mg = 24. Câu I (3,0 điểm). 1. Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy trình bày phương pháp hóa học để phân biệt các dung dịch NaHSO4, Ba(OH)2, ZnCl2, Fe(NO3)3, NaCl. Các phản ứng minh họa viết dưới dạng ion thu gọn.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2. Trong phòng thí nghiệm có sẵn dung dịch NH3 25% (D = 0,91 g/cm3) và nước cất. Cần bao nhiêu ml dung dịch NH3 trên để pha chế được 0,5 lít dung dịch NH3 có pH = 12. Biết NH3 có Kb = 1,8.10-5 và thể tích dung dịch không bị hao hụt khi pha trộn. Câu II (6,0 điểm). 1. Lấy m gam P2O5 cho tác dụng với 338 ml dung dịch NaOH 2M. Sau phản ứng hoàn toàn, cô cạn dung dịch, thu được 3m gam chất rắn. Xác định giá trị của m. 2. Tại sao khi điều chế CO2 trong phòng thí nghiệm, người ta thường cho dung dịch HCl tác dụng với đá vôi mà không dùng dung dịch H2SO4? Khí CO2 sinh ra từ phương pháp trên thường có lẫn tạp chất là khí HCl và hơi nước, trình bày phương pháp hóa học để tinh chế CO2. Viết tất cả các phương trình hóa học xảy ra (nếu có). 3. Hỗn hợp X gồm Mg, Cu và Al. Cho 19,92 gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 9,856 lít H2 (đktc) và còn m1 gam chất rắn không tan. Cho 19,92 gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được V lít NO (đktc) và dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được 97,95 gam muối khan. Cho m1 gam chất rắn không tan tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được 0,32V lít NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Tính phần trăm khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp X. Câu III (4,0 điểm). 1. Một hiđrocacbon (X) có %C = 90%, tỉ khối hơi của (X) so với Heli bằng 20. a) Xác định công thức phân tử của (X). b) Biết 1 mol (X) tác dụng hoàn toàn với dung dịch KMnO4/H2SO4 (dư), thu được 2 mol CO2 và 2 mol HOOC-COOH. Xác định công thức cấu tạo của (X). Cho biết (X) có đồng phân hình học không? Nếu có, hãy viết công thức cấu trúc của các đồng phân đó và gọi tên chúng. 2. Thổi 672 ml (đktc) hỗn hợp khí X gồm một ankan, một anken và một ankin (đều có số nguyên tử cacbon trong phân tử bằng nhau) qua lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 thì lượng AgNO3 đã tham gia phản ứng tối đa là 3,4 gam. Cũng lượng hỗn hợp X như trên phản ứng vừa đủ với 4,8 gam Br2 trong CCl4. a) Viết các phương trình hóa học xảy ra, xác định công thức cấu tạo và tính khối lượng mỗi chất trong X. b) Đề nghị phương pháp tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp X. Viết các phương trình hóa học xảy ra. Câu IV (4,0 điểm). 1. So sánh lực axit của các chất sau: (CH3)3CCOOH; CH3CH=CHCH2COOH; CH3CH2CH=CHCOOH; (CH3)2CHCOOH. Giải thích? 2/ Giải thích vì sao: a/ Khi cho etanol vào nước thì thể tích dung dịch thu được lại giảm so với tổng thể tích của hai chất ban đầu. b/ o-nitrophenol có nhiệt độ sôi thấp hơn các đồng phân m-nitrophenol và pnitrophenol. 3. Chia 20,8 gam hỗn hợp gồm hai anđehit đơn chức là đồng đẳng kế tiếp thành hai phần bằng nhau:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

- Phần một tác dụng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 đun nóng, thu được 108 gam Ag. - Phần hai tác dụng hoàn toàn với H2 dư (xúc tác Ni, t0), thu được hỗn hợp X gồm hai ancol Y và Z (MY < MZ). Đun nóng X với H2SO4 đặc ở 1400C, thu được 4,52 gam hỗn hợp ba ete. Biết hiệu suất phản ứng tạo ete của Y bằng 50%. Tính hiệu suất tạo ete của Z. Câu V (3,0 điểm). 1. Thực tế, nguyên tố nitơ có độ âm điện (3,04) lớn hơn nhiều so với độ âm điện của nguyên tố photpho (2,19), nhưng tại sao ở điều kiện thường đơn chất photpho lại hoạt động hóa học mạnh hơn đơn chất nitơ. 2. Nêu hiện tượng, giải thích và viết phương trình ion thu gọn cho các phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau: a/ Thêm từ từ đến dư dung dịch NH3 vào dung dịch CuSO4. b/ Thêm từ từ đến dư dung dịch AlCl3 vào dung dịch Na2CO3. 3. Viết các phương trình hóa học (các chất hữu cơ viết bằng công thức cấu tạo) theo sơ đồ sau: + ddAgNO / NH Br O ,Cu ,t + ddNaOH ,t C3H6 +  → A  E +ddHCl  → F → B + → D → + CH OH , xt ,t   → G (đa chức). 2

-------------------------HẾT-------------------------Lưu ý: Học sinh không được phép sử dụng Bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. KỲ THI OLYMPIC

(Đề thi có 02 trang)

Môn thi : Thời gian: Ngày thi:

HÓA HỌC 11 150 phút (không kể thời gian giao đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM Câu I (3,0 điểm). 1. Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy trình bày phương pháp hóa học để phân biệt các dung dịch NaHSO4, Ba(OH)2, ZnCl2, Fe(NO3)3, NaCl. Các phản ứng minh họa viết dưới dạng ion thu gọn. 2. Trong phòng thí nghiệm có sẵn dung dịch NH3 25% (D = 0,91 g/cm3) và nước cất. Cần bao nhiêu ml dung dịch NH3 trên để pha chế được 0,5 lít dung dịch NH3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

có pH = 12. Biết NH3 có Kb = 1,8.10-5 và thể tích dung dịch không bị hao hụt khi pha trộn. Ý 1 1,5đ

2 1,5đ

NỘI DUNG Trích mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm: Cho phenolphtalein vào mỗi mẫu thử. Mẫu thử có màu hồng là dung dịch Ba(OH)2, các mẫu thử còn lại không màu. Dùng Ba(OH)2 dư làm thuốc thử để cho vào các mẫu thử còn lại. Mẫu thử tạo kết tủa trắng là NaHSO4 Ba2+ +OH- + HSO4- → BaSO4↓ + H2O Mẫu thử tạo kết tủa keo trắng sau đó tan lại là ZnCl2 Zn2+ + 2OH- → Zn(OH)2↓ Zn(OH)2 + 2OH- → ZnO22- + 2H2O Mẫu thử tạo kết tủa đỏ nâu là Fe(NO3)3 Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3↓ Mẫu thử không tạo hiện tượng là NaCl. pH = 12 => [OH-] = 10-2M. Gọi x là nồng độ của NH3 ngay sau khi pha loãng. Xét quá trình: NH3 + H2O NH4+ + OH- Kb = 1,8.10-5 bđ x(M) 0 0 pli 10-2 10-2 10-2 cb x - 10-2 10-2 10-2 10−2.10−2 5009 Ta có: Kb = 1,8.10-5 = => x = ≈ 5,566M −2 900 x −10 10.25.0,91 455 Với dung dịch NH3 25% (D = 0,91 g/cm3) => [NH3]bđ = = ≈ 17 34 13,38M Gọi V là thể tích (ml) NH3 25% cần dùng 455 V. 34 = 5009 => V = 207,94 Có 500 900

ĐIỂM 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25

0,25 0,50 0,25

0,5

Câu II (6,0 điểm). 1. Lấy m gam P2O5 cho tác dụng với 338 ml dung dịch NaOH 2M. Sau phản ứng hoàn toàn, cô cạn dung dịch, thu được 3m gam chất rắn. Xác định giá trị của m. 2. Tại sao khi điều chế CO2 trong phòng thí nghiệm, người ta thường cho dung dịch HCl tác dụng với đá vôi mà không dùng dung dịch H2SO4? Khí CO2 sinh ra từ phương pháp trên thường có lẫn tạp chất là khí HCl và hơi nước, trình bày phương pháp hóa học để tinh chế CO2. Viết tất cả các phương trình hóa học xảy ra (nếu có). 3. Hỗn hợp X gồm Mg, Cu và Al. Cho 19,92 gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 9,856 lít H2 (đktc) và còn m1 gam chất rắn không tan. Cho 19,92 gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được V lít NO (đktc) và dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được 97,95 gam muối khan. Cho m1 gam chất rắn không tan tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được 0,32V lít NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Tính phần trăm khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp X. 1

Khi cho P2O5 vào dung dịch NaOH, có PTHH:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,5đ

P2O5 + 3H2O → 2H3PO4 H3PO4 + NaOH → muối + H2O Chất rắn sau khi cô cạn dung dịch có thể có NaOH dư, nên xét các trường hợp sau đây: n 0,338.2 * TH1: NaOH hết: ĐK NaOH ≤ 3 ≤ 3, m ≥ 15,999 2 m / 142 n H 3PO 4 Ta có: n H 2O = n NaOH = 0,338 .2 = 0,676 mol m + 40. 0,676 = 3m + 18. 0,676 71 => m = 9,182 (không thỏa)

BTKL: 98.

2 1,5đ

* TH2: NaOH dư: ĐK: m ≤ 15,999 3m Ta có: n H 2O = 3n H 3PO 4 = 71 m 3m BTKL: 98. + 40. 0,676 = 3m + 18. 71 71 => m = 11,36 (phù hợp) Lưu ý: HS phải trình bày đủ 2 trường hợp mới đạt điểm tối đa a/ Người ta không dùng dung dịch H2SO4 để tác dụng với đá vôi vì phản ứng sinh ra chất ít tan (CaSO4) bám lên đá vôi làm cho phản ứng xảy ra chậm. PTHH: CaCO3 + H2SO4 → CaSO4↓ + CO2↑ + H2O. * Phương pháp hóa học để tinh chế CO2 có lẫn tạp cmhất HCl, H2O: Cho hỗn hợp (CO2, HCl, và hơi H2O) lội chậm qua bình đựng dung dịch NaHCO3 bão hòa, dư thì khí HCl bị hấp thụ hết, do có phản ứng: NaHCO3 + HCl → NaCl + CO2↑ + H2O Khí đi ra khỏi bình là CO2 và hơi H2O tiếp tục được dẫn qua bình đựng H2SO4 đặc, dư thì hơi H2O bị hấp thụ hết. Khí đi ra khỏi bình là CO2 tinh khiết.

0,25 0,25 0,5

0,5

0,25 0,25 0,5 0,5

Lưu ý: Nếu HS thiếu cụm từ “bão hòa, dư” và “đặc, dư” thì mỗi trường hợp -0,25đ Các quá trình hóa học: 3 3,0đ * X + ddHCl dư: Mg → 2e + Mg2+ Al → 3e + Al3+ 2H+ +2e → H2 Chất rắn không tan là Cu * X + HNO3 dư: có thể tạo NH4+ Mg → 2e + Mg2+ Al → 3e + Al3+ Cu → 2e + Cu2+ 4H+ + NO3- + 3e → NO + 2H2O 10H+ + NO3- + 8e → NH4+ + 3H2O * Cu + HNO3 dư: Cu → 2e + Cu2+ 4H+ + NO3- + 3e → NO + 2H2O Số mol H2 = 9,856/22,4 = 0,44 mol. Gọi x là số mol của NH4+.

0,75

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Gọi y là số mol của NO ứng với V lít. => 0,32y là số mol của NO ứng với 0,32V lít. Theo bảo toàn electron: ne/KL = 8x + 3y = 3.0,32y + 2.0,44 (I) 2+ 3+ 2+  (Mg ;Al ;Cu ) :19,92gam + Ta có: 97,95 gam muối gồm  NH4 : xmol  NO−3  Theo bảo toàn điện tích: nNO− = ne/ KL + nNH+ = 8x + 3y + x = 9x + 3y 3

=> 19,92 + 18x + 62(9x + 3y) = 97,95 (II) Từ (I) và (II) ta có x = 0,014375; y = 0,375 0,18.64.100 3.0,32.0,375 => nCu = = 0,18 mol => %mCu = = 57,83% 2 19,92 Ta có: 24nMg + 27nAl + 0,18.64 = 19,92 và 2nMg + 3nAl = 2.0,44 => nMg = 0,08; nAl = 0,24 0, 08.24.100 Vậy %mMg = = 9,64% 19,92 %mAl =

0,25

0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25

0,24.27.100 = 32,53% 19, 92

Câu III (4,0 điểm). 1. Một hiđrocacbon (X) có %C = 90%, tỉ khối hơi của (X) so với Heli bằng 20. a) Xác định công thức phân tử của (X). b) Biết 1 mol (X) tác dụng hoàn toàn với dung dịch KMnO4/H2SO4 (dư), thu được 2 mol CO2 và 2 mol HOOC-COOH. Xác định công thức cấu tạo của (X). Cho biết (X) có đồng phân hình học không? Nếu có, hãy viết công thức cấu trúc của các đồng phân đó và gọi tên chúng. 2. Thổi 672 ml (đktc) hỗn hợp khí X gồm một ankan, một anken và một ankin (đều có số nguyên tử cacbon trong phân tử bằng nhau) qua lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 thì lượng AgNO3 đã tham gia phản ứng tối đa là 3,4 gam. Cũng lượng hỗn hợp X như trên phản ứng vừa đủ với 4,8 gam Br2 trong CCl4. a) Viết các phương trình hóa học xảy ra, xác định công thức cấu tạo và tính khối lượng mỗi chất trong X. b) Đề nghị phương pháp tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp X. Viết các phương trình hóa học xảy ra. 1 2,0đ

90 10 = 7,5 : 10 = 3 : 4 : 12 1 => CTPT X có dạng: (C3H4)n Với MX = 20.4 = 80 thì n = 2 Vậy CTPT của X là C6H8

a/ Ta có tỉ lệ C : H =

0,5

b) Theo đề : 1 mol X + dd KMnO4/H2SO4 → 2 mol CO2 + 2 mol HOOCCOOH => X có 2 nhóm H2C= và 2 nhóm =CH-CH= 0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2.6 + 2 − 8 = 3 , do đó công thức cấu tạo của X phải là 2 H2C=CH-CH=CH-CH=CH2 X tồn tại ở dạng cấu trúc (cặp đồng phân hình học) là H H H CH=CH2 C=C C=C CH2=CH CH=CH2 CH2=CH H cis(Z) – hexa-1,3,5-trien trans(E) – hexa-1,3,5-trien

X có (π + V) =

2 2,0đ

0,5x2

3,4 4,8 = 0,02 mol và n Br2 pu = = 0,03 mol 170 160 Nếu ankin có dạng R-C≡CH: R-C≡CH + AgNO3 + NH3 → R-C≡CAg + NH4NO3 => n ankin = n AgNO 3 = 0,02 mol

2.a) Ta có: n AgNO 3 =

=> n Br2 pu > 2.0,02 = 0,04 mol. Điều này trái với giả thiết. Vậy ankin phải là CH≡CH Do đó ankan là CH3-CH3 và anken là CH2=CH2.

0,5

Các PTHH: CH≡CH +2AgNO3 + 2NH3 → AgC≡CAg + 2NH4NO3 CH≡CH + 2Br2 → CHBr2-CHBr2 CH2=CH2 + Br2 → CH2Br-CH2Br Từ các PTHH ta có: n C 2 H 2 = 0,01 mol, n C 2 H 4 = 0,01 mol

0,672 - 0,01 – 0,01 = 0,01 mol 22,4 Vậy m C 2 H 2 = 0,01 . 26 = 0,26 gam => n C 2 H 6 =

m C 2 H 4 = 0,01 . 28 = 0,28 gam m C 2 H 6 = 0,01 . 30 = 0,30 gam.

0,5

2.b) Thổi hỗn hợp X qua bình chứa dung dịch AgNO3/NH3 (dư). Lọc tách kết tủa, hòa tan kết tủa trong dung dịch HCl dư, thu được khí C2H2. CH≡CH +2AgNO3 + 2NH3 → AgC≡CAg + 2NH4NO3 0,5 AgC≡CAg + 2HCl → CH≡CH↑ + 2AgCl↓ Khí ra khỏi bình đựng dung dịch AgNO3/NH3 được dẫn tiếp qua bình đựng nước brom dư. Chiết lấy sản phẩm và đun nóng sản phẩm với bột Zn (trong CH3COOH), thu được C2H4. C2H4 + Br2 → C2H4Br2 C2H4Br2 + Zn → C2H4↑ + ZnCl2. 0,5 Khí thoát ra khỏi bình dung dịch Br2 là C2H6. Lưu ý: HS phải tách được khí mới cho điểm.

Câu IV (4,0 điểm). 1. So sánh lực axit của các chất sau: (CH3)3CCOOH; CH3CH=CHCH2COOH; CH3CH2CH=CHCOOH; (CH3)2CHCOOH. Giải thích? 2/ Giải thích vì sao: a/ Khi cho etanol vào nước thì thể tích dung dịch thu được lại giảm so với tổng

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

thể tích của hai chất ban đầu. b/ o-nitrophenol có nhiệt độ sôi thấp hơn các đồng phân m-nitrophenol và pnitrophenol. 3. Chia 20,8 gam hỗn hợp gồm hai anđehit đơn chức là đồng đẳng kế tiếp thành hai phần bằng nhau: - Phần một tác dụng hoàn toàn với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 đun nóng, thu được 108 gam Ag. - Phần hai tác dụng hoàn toàn với H2 dư (xúc tác Ni, t0), thu được hỗn hợp X gồm hai ancol Y và Z (MY < MZ). Đun nóng X với H2SO4 đặc ở 1400C, thu được 4,52 gam hỗn hợp ba ete. Biết hiệu suất phản ứng tạo ete của Y bằng 50%. Tính hiệu suất tạo ete của Z. Lực axit giảm dần theo dãy: 1 1,0đ CH3CH=CHCH2COOH > CH3CH2CH=CHCOOH > (CH3)2CHCOOH > 0,5 (CH3)3CCOOH Giải thích: Các axit có chứa liên kết C=C làm tăng lực axit (do độ âm điện 0,25 của các nguyên tử Csp2 khá cao), ở axit thứ 2 có chứa liên kết CH3-CH2-CH=CH-C(OH)=O

có hiệu ứng +C nên lực axit kém hơn so với axit thứ nhất, hai axit cuối có các nhóm CH3 đẩy electron nên làm giảm lực axit và số nhóm CH3 càng nhiều thì lực axit càng giảm

2 1,0đ

3 2,0

0,25

a/ Do hình thành liên kết hiđro mạnh giữa nguyên tử oxi tích điện âm của etanol và hiđro tích điện dương của H2O nên khoảng cách phân tử etanol- 0,5 H2O gần hơn khoảng cách etanol-etanol và H2O-H2O. Do đó thể tích dung dịch giảm. b/ o-nitrophenol do có nhóm OH gần nhóm NO2 nên có sự hình thành liên 0,5 kết hiđro nội phân tử (giữa nguyên tử H của nhóm OH với nguyên tử O của nhóm NO2), làm giảm khả năng tạo liên kết hiđro liên phân tử nên nhiệt độ sôi thấp. * Phần 1: 108 = 1 mol Ta có: n Ag = 108 Nếu 2 anđehit ≠ HCHO thì o

t RCHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O  → RCOONH4 + 2Ag + 2NH4NO3 10, 4 => nanđehit = 1/2 = 0,5 mol => M andehit = = 20,8 không phù hợp 0,5 Do đó 2 anđehit phải là HCHO và CH3CHO

0,5

PTHH: HCHO + 4AgNO3 + 6NH3 + 2H2O  → (NH4)2CO3 + 4Ag + 4NH4NO3 x mol 4x mol o

t CH3CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O  → CH3COONH4 + 2Ag + 2NH4NO3 y mol 2y 30x + 44y = 10, 4  x = 0, 2 Có:  =>  4x + 2y = 1  y = 0,1 * Phần 2:

0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Các phản ứng:

t ,Ni HCHO + H2  → CH3OH (Y) 0

t ,Ni CH3CHO + H2  → CH3CH2OH (Z) 0

H 2SO4 ,t 2CH3OH  → CH3OCH3 + H2O 0

H 2SO4 ,t 2C2H5OH  → C2H5 OC2H5 + H2O 0

H 2SO 4 ,t CH3OH + C2H5OH  → CH3OC2H5 + H2O Có nY = x = 0,2 mol; nZ = y = 0,1 mol nY(pư) = 0,2.50% = 0,1 mol; nZ(pư) = a mol => n H 2 O = (0,1 + a)/2 mol BTKL cho các phản ứng tạo ete: 32.0,1 + 46.a = 4,52 + 18. (0,1 + a)/2 => a = 0,06 0, 06 Vậy H%(C2H5OH) = .100% = 60% 0,1

0,5

Câu V (3,0 điểm). 1. Thực tế, nguyên tố nitơ có độ âm điện (3,04) lớn hơn nhiều so với độ âm điện của nguyên tố photpho (2,19), nhưng tại sao ở điều kiện thường đơn chất photpho lại hoạt động hóa học mạnh hơn đơn chất nitơ. 2. Nêu hiện tượng, giải thích và viết phương trình ion thu gọn cho các phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau: a/ Thêm từ từ đến dư dung dịch NH3 vào dung dịch CuSO4. b/ Thêm từ từ đến dư dung dịch AlCl3 vào dung dịch Na2CO3. 3. Viết các phương trình hóa học (các chất hữu cơ viết bằng công thức cấu tạo) theo sơ đồ sau: + ddAgNO / NH O ,Cu ,t Br + ddNaOH ,t C3H6 +  → A  E +ddHCl  → F → B + → D → + CH OH , xt ,t   → G (đa chức). 2

1 0,5đ

Ở điều kiện thường, các nguyên tử N trong đơn chất (N2) liên kết với nhau 0,25 bằng liên kết ba rất bền vững, rất khó bị bẻ gãy. Trong khi đó các nguyên tử P trong đơn chất (P4 hoặc Pn) liên kết với nhau 0,25 bằng liên kết đơn kém bền vững, dễ bị bẻ gãy. Do đó, ở điều kiện thường đơn chất photpho lại hoạt động hóa học mạnh hơn đơn chất nitơ.

2 1,0đ

a/ Lúc đầu có kết tủa màu xanh lam, sau đó kết tủa tan ra tạo thành dung dịch màu xanh thẫm. Cu2+ + 2NH3 + 2H2O → Cu(OH)2↓ Cu(OH)2 + 4NH3 → [Cu(NH3)4](OH)2 0,5 Lưu ý: Nếu thiếu hiện tượng kết tủa tan lại thì -0,25đ

3 1,5đ

b/ Xuất hiện kết tủa keo trắng và thoát khí không màu 2Al3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Al(OH)3 + 3CO2 Vì G đa chức nên C3H6 phải là xiclopropan. Các PTHH:

0,5

0,25x6 + Br2 → CH2Br-CH2-CH2Br (A) 0

t → CH2OH-CH2-CH2OH (B) + 2NaBr CH2Br-CH2-CH2Br + 2NaOH  t0 CH2OH-CH2-CH2OH + 2CuO  → O=CH-CH2-CH=O + 2Cu + 2H2O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

→ CH2(COONH4)2 + 4Ag↓ + CH2(CHO)2 + 4AgNO3 + 6NH3 + 2H2O  4NH4NO3 CH2(COONH4)2 + 2HCl → CH2(COOH)2 + 2NH4Cl xt , t → CH2(COOCH3)2 + 2H2O CH2(COOH)2 + 2CH3OH ←

Ghi chú: Đối với các bài toán, học sinh giải theo cách khác, nếu đúng vẫn đạt điểm tối đa của bài toán đó. ----------------------------HẾT-------------------------------

ĐỀ THI OLYMPIC Môn: HÓA HỌC 11 Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian giao đề)

Cho : H= 1; C= 12; N = 14; O= 16; P= 31;S= 32; Cl= 35,5; Cu= 64; Zn= 65; Se= 79; Ag = 108 Fe=56; Al=27; Na=23; Ca=40; Ba=137; Mg=24; K=39. Câu 1: (4,0 điểm) 1.1. (2,0 điểm) Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng sau:

→ a. NO2 + NaOH  → c. S + Na2SO3  100o C → e. Cl2 + KOH  → g. NaN3 + I2 + H2SO4 (loãng) 

→ b. SO2 + KMnO4 + H2O  to → d. NaNO2 + NH4Cl  → f. H3PO3 + NaOH (dư)  h. NO + Na2S2O4 + NaOH (loãng)

 → 1.2. (1,0 điểm) Trộn 400 ml dung dịch CH3COOH 1,25M với 100 ml dung dịch NaOH 1,5M. Tính pH của dung dịch thu được?, cho Ka(CH3COOH) = 1,75.10-4. 1.3. (1,0 điểm) Độ tan của H2S trong dung dịch HClO4 0,003M là 0,1 mol / lit . Nếu thêm vào dung dịch này các ion Mn2+ và Cu2+ sao cho nồng độ của chúng bằng 2.10-4 M thì ion nào sẽ kết tủa dưới dạng sunfua ? Biết TMnS = 3.10-14, TCuS = 8.10-37; K a1H S = 10−7 ; K a 2 H S = 1, 3.10−13 Câu 2 (5,0 điểm). 2.1. (2,0 điểm) Cho 2,16 gam kim loại M (hóa trị II) vào dung dịch HNO3 dư, kết thúc phản ứng thu được 0,224 lít khí N2 (duy nhất, đktc) và dung dịch X. Cô cạn cẩn thận dung dịch X được 14,12 gam muối khan. a) Xác định kim loại M. 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b) Cho 3 muối A, B, C của cùng kim loại M ở trên tạo ra từ cùng một axit. Khi cho A, B, C tác dụng với lượng axit HCl như nhau trong dung dịch, thì cùng thu được một chất khí với tỉ lệ mol tương ứng là 2:4:1. Xác định công thức hóa học thỏa mãn của A, B, C và viết các phương trình hóa học của phản ứng. 2.2. (1,5 điểm) Hòa tan hoàn toàn 216,55 gam hỗn hợp KHSO4 và Fe(NO3)3 vào nước được dung dịch X. Cho m gam hỗn hợp Y gồm Mg, Al, MgO, Al2O3(trong đó oxi chiếm 64/205 về khối lượng) tan hết vào X, sau khi các phản ứng kết thúc thu được dung dịch Z chỉ chứa muối trung hòa và 2,016 lít (đktc) hỗn hợp khí T có tổng khối lượng 1,84 gam gồm (H2 và các khí là sản phẩm khử của N+5), trong đó chiếm 4/9 về thể tích H2 và oxi chiếm 8/23 về khối lượng . Cho BaCl2 dư vào Z thu được 356,49 gam kết tủa. Tìm giá trị của m? 2.3. (1,5 điểm) Hỗn hợp X gồm Cu2O , FeS2 , Fe và Cu.Cho hỗn hợp X tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư được chất rắn A hỗn hợp khí B và dung dịch C. Cô cạn dung dịch C được hỗn hợp muối khan D .Biết các chất trong A có khối lượng bằng nhau, trong B có thể tích bằng nhau và trong C tỉ lệ mol 2 muối là 1: 8. Xác định % khối lượng hỗn hợp X. Câu 3: (3,0 điểm) 3.1.(1,0 điểm) Có 5 lọ hóa chất khác nhau, mỗi lọ chứa một dung dịch của một trong các hóa chất sau: NaOH, HCl, H2SO4, BaCl2, Na2SO4. Chỉ được dùng thêm phenolphtalein (các điều kiện và dụng cụ thí nghiệm có đủ). Hãy trình bày phương pháp hóa học nhận ra 5 hóa chất trên và viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có). 3.2 .(2,0 điểm) Cho sơ đồ thí nghiệm như hình vẽ:

Hãy cho biết hiện tượng xảy ra trong thí nghiệm khi khóa K đóng, khóa K mở và giải thích. Biết các chất X, Y, Z, T trong mỗi thí nghiệm lần lượt là: Thí nghiệm 1: H2SO4 đặc, C, dung dịch KMnO4, dung dịch Br2. Thí nghiệm 2: dung dịch HCl, KMnO4, dung dịch KBr, dung dịch FeCl2. Câu 4: (3,0 điểm) 4.1. (1,25 điểm)Giải thích tại sao? a/ NF3 không có tính bazơ như NH3. b/ SnCl2 là chất rắn còn SnCl4 là chất lỏng sôi ở 114,10C. c/ NO2 dễ dàng nhị hợp còn CO2 và ClO2 thì không thể. d/ Khi cho hỗn hợp KIO3 và KI vào dung dịch AlCl3 lại có kết tủa trắng keo xuất hiện.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

e/ Điện phân dung dịch KCl không màng ngăn đun nóng thì thu được kali clorat. 4.2.(1,0 điểm) Cho V lít CO2 ở 54,60C và 2,4 atm hấp thụ hoàn toàn vào 200 ml dd hh KOH 1M và Ba(OH)2 0,75M thu được 23,64 gam kết tủa. Tính V? 4.3.(0,75 điểm) Nhiệt phân hoàn toàn R(NO3)2 (với R là kim loại) thu được 8 gam một oxit kim loại và 5,04 lít hỗn hợp khí X gồm NO2 và O2 (đo ở đktc). Khối lượng của hỗn hợp khí X là 10 gam. Xác định công thức của muối R(NO3)2 ? Câu 5: (5,0 điểm) 5.1 .(2,0 điểm) Đốt cháy hết a mol hiđrocacbon A rồi cho sản phẩm cháy hấp thụ hết vào nước vôi trong dư thì có 4 gam kết tủa. Lọc tách kết tủa cân lại bình nước vôi trong thì thấy khối lượng giảm 1,376 gam. a/ Tìm CTPT của A? b/ Clo hóa a mol A bằng cách chiếu sang ở 3000C thì sau phản ứng thu được một hỗn hợp B gồm 4 đồng phân chứa clo. Biết dB/hiđro < 93. và hiệu suất phản ứng đạt 100%, tỉ số khả năng phản ứng của các nguyên tử H ở cacbon bậc I : II : III = 1 ; 3,3 : 4,4. Tính số mol các đồng phân trong hỗn hợp B? 5.2.(1,0 điểm) Cho 6,4 gam oxi và a gam hỗn hợp khí A gồm hai hiđrocacbon vào bình kín dung tích 10 lít. Ở 00C, áp suất bình là 0,4704 atm. Sau khi đốt cháy hoàn toàn hiđrocacbon giữ bình ở 1270C, áp suất trong bình là P. Sản phẩm cháy thu được có 0,324 gam nước và 0,528 gam CO2. a. Tìm áp suất P? b. Tìm CTPT và % thể tích mỗi chất trong A? 5.3.(2,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 0,047 mol hỗn hợp (X) gồm ba hiđrocacbon mạch hở (A), (B), (C) rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy hấp thụ vào 2 lít dung dịch Ca(OH)2 0,0555M được kết tủa và dung dịch (M). Lượng dung dịch (M) nặng hơn dung dịch Ca(OH)2 ban đầu là 3,108 gam. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch (M) thấy có kết tủa lần hai xuất hiện. Tổng khối lượng kết tủa hai lần là 20,95 gam. Cùng lượng hỗn hợp (X) trên tác dụng vừa đủ với 1 lít dung dịch Br2 0,09M. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của các hiđrocacbon biết có hai chất có cùng số nguyên tử cacbon, phân tử khối các chất trong (X) đều bé hơn 100 và lượng hỗn hợp trên tác dụng vừa đủ với 100ml dung dịch AgNO3 0,2M trong NH3 được 3,18 gam một kết tủa. ………………………………………..HẾT…………………………………… ……

Câu

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLIMPIC HÓA11 NĂM HỌC 2018-2019 Nội dung

Câu1 → NaNO2 + NaNO3 +H2O 1 a. 2NO2 + 2NaOH  → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 b. 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O  → c. S + Na2SO3  Na2S2O3 to d. NaNO2 + NH4Cl → NaCl + N2 + 2H2O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Điểm 4,0 điểm 0,25x8 =2điểm

Câu

Nội dung e. 3Cl2 + 6KOH  → 5KCl + KClO3 + 3H2O f. H3PO3 + 2NaOH (dư)  → Na2HPO3 + 2H2O → Na2SO4 + 2HI + 3N2 g. 2NaN3 + I2 + H2SO4 (loãng)  → 2Na2SO3 + N2O + H2O h. 2NO + Na2S2O4 + 2NaOH (loãng)  2 Khi trộn xảy ra phản ứng: CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O bđ: 0,5 0,15 0 pư: 0,15 0,15 sau: 0,35 0 0,15 Dung dịch sau phản ứng gồm các chất với nồng độ mới là: [CH3COOH] = 0,7M; [CH3COONa] = 0,3M Các phương trình điện li: CH3COONa → CH3COO- + Na+

Điểm

100o C

CH3COOH ⇄ CH3COO- +

H+

0,25

Ka = 1,75.10-

H2O ⇄ H+ + OHKw = 10-14. Do CCH3COOH.Ka >> Kw nên bỏ qua sự phân li của H2O. -

Ta có: CH3COOH ⇄ CH3COO + H Ka = 1,75.10 0 bđ: 0,7 0,3 p.li: h h h cb: 0,7 – h 0,3 + h h -5 Suy ra: 1,75.10 = h(0,3 + h)/(0,7 – h) Giải ra: h = 4,08.10-5 (nhận) → pH = 4,39. h = -0,3 (loại 3 Trong dung dịch HClO4 0,003 M → [H+]=0,003 M  → H2S 2H+ + S2- KH2S=Ka1.Ka2 ← 

0,25

-5

0,25 0,25 0,25

K H 2S

 H +   S 2−  1,3.10− 21 .0,1 =     →  S 2−  = = 1, 4.10 −17 (tính gần đúng) 2 H S [ 2 ] ( 0, 003)

 Mn   S  = 2.10 .1, 4.10 2+

2−

−4

Cu   S  = 2.10 .1, 4.10 2+

2−

−4

−17

= 2,8.10 = 2,8.10

−21

< TMnS

=> MnS không kết tủa

> TCuS

=> CuS kết tủa.

0,25

Câu2 1

M − 2e 2,16 M

→ M

2N +5

4,32 M

+ 10e → N 02

0,1 N +5

0,25

0,01

+ 8e → N −3 8x x

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 5,0 điểm 1,0

Câu

Nội dung Bảo toàn mol e: 4,32/M = 0,1 + 8x (*) Bảo toàn khối lượng muối: 2,16 + 62.(0,1 + 8x) + 80x = 14,12 (**) Giải ra M = 24 (Mg) b. . MgCO3; B. Mg(HCO3)2 ; C. (MgOH)2CO3 PTHH: 2MgCO3 + 4HCl → 2MgCl2 + 2CO2 + 2 H2O (1). 2Mg(HCO3)2 + 4HCl → 2MgCl2 + 4CO2 + 4H2O (2). (MgOH)2CO3 + 4HCl → 2MgCl2 + CO2 + 3H2O (3) 2 Hỗn hợp khí T: tìm mol H2, đặt công thức cho các sản phẩm khử của N+5 là NaOb Giải ra ta có: mol H2 = 0,04; mO =8/23 .1,84 = 0,64g → nO = 0,04mol → nN= 0,08 * mol BaSO4 = 1,53 → mol KHSO4 = 1,53 → mol H+ = 1,53 → mol Fe(NO3)3 = 0,035 Vì có khí H2 sinh ra nên NO3- hết Bảo toàn nguyên tố N: nNH4+= 0,035.3- 0,08= 0,025 mol Bảo toàn nguyên tố H: nH2O = (nKHSO4 -2nH2 – 4nNH4+)/2 = (1,532.0,04 – 4.0,025)/2 =0,675 mol Bảo toàn nguyên tố O: nO =4nKHSO4+ 9nFe(NO3)3 +nO/Y = nH2O+ nO/T +4nSO42- → nO/Y = 4.1,53+0,04 +0,675- 4.1,53-9.0,035= 0,4 mol Suy ra: m = 0,4.16.205/64 = 20,5 gam 3 Gọi x,y,z,t lần lượt là số mol Cu2O, FeS2, Fe, Cu trong hỗn hợp. Phương trình phản ứng: Cu2O + H2SO4 → CuSO4 + Cu + H2O x x x FeS2 + H2SO4 → FeSO4 + H2S + S y y y y Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 z z z Cu + H2SO4 t Theo giả thiết và phương trình phản ứng ta có: Khối lượng mS = mCu ⇒ 32y = 64(x+t) ⇒ y = 2x + 2t (1) y = z (2) V H2S = V H2 ⇒

Tư (1) y > x ⇒ tỉ lệ mol 2 muối =

1 x 1 chỉ thoả với: = 8 y+z 8

⇒ 8x = y

+z (3)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Điểm

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

0,125 0,125 0,125

0,125 0,125 0,125 0,25

Câu

Nội dung Từ (1) (2) (3) ⇒ y = z = 4x và t = x mCu2O = 144x ; mFeS2 = 480x ; mFe = 224x ; mCu = 64x ; 912x ⇒ %Cu2O = 15,79(%) ; %FeS2 = 52,63(%) %Fe = 24,56(%) ; %Cu = 7,02(%)

Điểm mhh =

0,5

3,0 điểm

Câu3 1 Lấy một lượng vừa đủ mỗi mẫu hóa chất cho vào các ống nghiệm riêng biệt rồi đánh số thứ tự. Nhỏ từ từ dung dịch phenolphtalein vào các ống nghiệm chứa các hóa chất nói trên, + Nếu ống nghiệm nào hóa chất làm phenolphtalein từ không màu chuyển màu hồng là NaOH + Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là HCl, H2SO4, BaCl2 và Na2SO4. Nhỏ từ từ và lần lượt vài giọt dung dịch có màu hồng ở trên vào 4 ống nghiệm còn lại. + Ống nghiệm nào làm mất màu hồng là các dung dịch axit HCl và H2SO4.(Nhóm I) + Ống nghiệm nào không làm mất màu hồng là dung dịch muối BaCl2 và Na2SO4. (Nhóm II). → NaCl + H2O PTHH: NaOH + HCl  → Na2SO4 + H2O 2NaOH + H2SO4  Nhỏ một vài giọt dung dịch của một dung dịch ở nhóm I vào hai ống nghiệm chứa dung dịch nhóm II + Nếu không có hiện tượng gì thì hóa chất đó là HCl. Chất còn lại của nhóm I là H2SO4. Nhỏ dung dịch H2SO4 vào hai ống nghiệm chứa hóa chất nhóm II - Nếu thấy ống nghiệm nào kết tủa trắng thì ống nghiệm đó chứa dung dịch BaCl2. - Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì đó là hóa chất Na2SO4 + Nếu thấy ống nghiệm nào có kết tủa ngay thì dung dịch ở nhóm I là hóa chất H2SO4, ống nghiệm gây kết tủa BaCl2, ống nghiệm còn lại không gây kết tủa chứa hóa chất Na2SO4. Hóa chất còn lại ở nhóm I là HCl. → BaSO4 ( kết tủa trắng) + 2HCl PTHH: H2SO4 + BaCl2  2 Thí nghiệm 1: * Khi K đóng: khí sinh ra phải qua bình chứa Z, nếu bị Z hấp thụ thì không còn để phản ứng với T.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

0,125 0,125

0,25

Câu

Nội dung t 2H2SO4đăc + C  → CO2 + 2SO2 + 2H2O 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → 2H2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 . Chỉ bình chứa dd Z bị nhạt màu * Khi K mở: khí sinh ra không tiếp xúc với cả Z và T. 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → 2H2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 . SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr Cả bình Z và T đều nhạt màu Thí nghiệm 2: * Khi K đóng: 16HCl + 2KMnO4 → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O Cl2 + 2KBr → 2KCl + Br2 Dung dịch Z đậm màu dần lên * Khi K mở: Cl2 + 2KBr → 2KCl + Br2 Cl2 + 2FeCl2 → 2FeCl3 Dung dịch Z đậm màu dần lên và dung dịch T chuyển màu nâu đỏ

Điểm

0,5

0,5 3 điểm

Câu4 +

1 a/ NH3 có tính bazơ là do trên N có đôi e tự do khi gặp H thì đôi e này kết hợp với H+ => NH3 có tính bazơ; trong NF3 thì đôi e tự do bị giữ 0,25 chặt vì F có độ âm điện lớn hút đôi e này về phía nó do đó NF3 không có khả năng cho e kết hợp với H+ hay nó không có tính bazơ. b/Do SnCl2 là hợp chất ion còn hợp chất SnCl4 là hợp chất cộng hóa trị 0,25 c/ Vì N trong NO2 có 1e độc thân nên NO2 dễ kết hợp với nhau để e 0,25 này được ghép đôi vì thế mà NO2 dễ nhị hợp(hai phân tử kết hợp với nhau) + CO2 và ClO2 không có e độc thân nên không nhị hợp được.  → Al(OH)3 + d/ Trong dd AlCl3 có phản ứng thủy phân: Al3++ 3H2O ←  + 3H (1) + Bình thường thì lượng Al(OH)3 tạo ra rất ít. Khi thêm KI và KIO3 0,25 vào thì có pư: IO3- + 5I-+6H+ → 6I2+ 3H2O. Nhờ có pư này mà [H+] giảm đi làm cho cân bằng (1) dịch chuyển sang phải làm lượng Al(OH)3 tăng lên và xuất hiện kết tủa 0,25 e/ Vì KOH và Cl2 tạo ra sẽ pư với nhau theo pư: t 3Cl2 + 6KOH  → KClO3 + 5KCl + 3H2O 2 n KOH = 0,2mol ; n Ba (OH ) = 0,15mol ; n BaCO = 0,12mol Ta thấy số mol kết tủa < Ba(OH)2 nên có hai trường hợp xảy ra: • CO2 thiếu, OH- dư CO2+ 2OH- → CO32- + H2O 0,12 0,12 2+ 2Ba + CO3 → BaCO3↓ 0

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu

Nội dung

Ý 0,12 VCO2 =

Điểm

0,12

0,12 x0,082 x (273 + 54,6) = 1,34136(l ) 2,4

0,5

• CO2 dư, OH- thiếu CO2+ 2OH- → CO32- + H2O x 2x x CO2 + OH → HCO3y y 2+ Ba + CO32- → BaCO3↓ 0,12 0,12 2x+y = 0,5 x= 0,12 → y = 0,26 nCO2 = 0,38mol

0,38 x0,082 x(273 + 54,6) = 4,25334(l ) 2,4 n hhX = 0,225mol 1 to → RO + 2NO2 + O2 R(NO3)2  2

VCO2 =

x x 2x 0,5x 2,5x = 0,225 → x = 0,09 → R = 76( loại) R là Fe

0,5

0,25

1 t 2Fe(NO3)2  → Fe2O3 + 4NO2 + O2 2 o

x 0,5 x 2x 0,25x 2,25x = 0,225 → x = 0,01 → m Fe ( NO ) = 0,01x180 = 18( gam) → thỏa 3 2

Câu5 1

0,5 5,0 điểm

nCaCO3 ↓ = 0,04mol = nCO2 mddgiam = m↓ − (mCO2 + m H 2O ) → m H 2O2 = 4-1,376-0,04.44 = 0,864(gam)

n H 2O =0,048 mol n H 2O > nCO2 → A là ankan → n ankan = n H 2O − nCO2 = 0,048- 0,04=0,008mol

Số nguyên tử C/ ankan=

0,04 = 5 → A có CTPT là C5H12 0,008

b/ Các chất trong B là đồng phân của nhau và có dạng C5H12-mClm. Vì dB/hiđro < 93 nên m<3,3=> m = 1, 2, 3. Mặt khác A( petan) + Cl2 → 4 sản phẩm nên giá trị của m chỉ có thể là 1 do đó A là isopentan và B có 4 đồng phân ứng với CTPT là C5H11Cl. Số mol CH2Cl – CH(CH3) – CH2 – CH3 = 2,4.10-3 mol. Số mol CH3 – CCl(CH3) – CH2 – CH3 = 1,76.10-3 mol. Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

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

Câu

Nội dung Số mol CH3 – CH(CH3) – CHCl – CH3 = 2,64.10-3 mol. Số mol CH3 – CH(CH3) – CH2 – CH2Cl = 1,2.10-3 mol.

Điểm 0,25 0,25 0,25

a. nO bd = 0,2mol ; nCO = 0,012mol; n H O = 0,018mol

nO2 pu

nO2 du

0,018 = 0,012 + = 0,021mol 2 = 0,2 − 0,021 = 0,179mol

n hhsaupu = nCO2 + n H 2O + nO2 du =0,012+0,018+0,179= 0,209mol n sau .R.T 0,209.0,082.(273 + 127) = = 0,68552( atm) V 10 PV 0,4704.10 b. nhhdau = = = 0,21mol PT1 0,082,273

Psau =

→ nhhA =0,21-0,2= 0,01mol Đặt CT chung của hỗn hợp A là C x H y

0,5

n H 2O > nCO2 → hh A có ít nhất 1 ankan x=

0,012 0,018.2 = 1,2 ; y = = 3,6 0,01 0,01

suy ra phải có CH4 và CnH2. Dễ dàng tính được n = 2 và %CH4 = 0,25 80%.

3 CxHy + m AgNO3 + m NH3 → CxHy-mAgm + mNH4NO3 . 0,02 0,02/m 0, 02 .(12x + y + 107m) → 12x + y = 52m m Mhiđrocacbon < 100 ⇒ m = 1, x = y = 4 → (A): C4H4: CH2=CH–C≡CH: 0,02

0,25 0,25

→ m↓ = 3,18 =

mol CO2 + Ca ( OH )2

0,25

CaCO3 (x)  → Ba(OH)2 → BaCO3 (0,111-x)+CaCO3 (0,111-x) Ca(HCO3 ) 2 (0,111-x) 

Nên 100x + (0,111 – x)100 + (0,111 – x).197 = 20,95 → x = 0,061 nCO2 = 0, 061 + 2(0,111 – 0, 061) = 0,161 ; nH 2O =

0, 061.100+3,108 – 0,161.44 = 0,118 18

+ Hai hiđrocacbon còn lại cháy cho: nCO = 0, 161 – 0,02.4 = 0,081; nH O = 0,118 – 0,02.2 = 0,078 2

Số nguyên tử cacbon trung bình =

0, 081 =3 0, 027

Do trong X có hai hiđrocacbon có cùng số C nên có các trường hợp sau: + Trường hợp 1: Hai hiđrocacbon còn lại có cùng 3C

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,125 0,125

Câu

Nội dung nBr = 0,09 – 0,02.3 = 0,03 > 0,027 nên có C3H4 còn lại là C3H8 hoặc C3H6

Điểm

a + b = 0, 027 a = 0, 012 (thoả mãn) → 2b = 0, 03 b = 0, 015

- C3H8 : a ; C3H4 :b 

a + b = 0, 027 a = 0, 024 (thoả mãn) → a + 2b = 0, 03 b = 0, 003

- C3H6 : a ; C3H4 :b 

0,25

+ Trường hợp 2: Một hiđrocacbon còn lại có cùng 4C, hiđrocacbon còn lại là 1C hoặc 2C  x + y = 0, 027  x = 0, 0135 nên → 4 x + 2 y = 0, 081  y = 0, 0135 0, 0135c 0, 0135d + = 0, 078 → c + d = 11,55 (loại) 2 2  x + y = 0, 027  x = 0, 018 - C4Hc:x ; CH4: y  nên → 4 x + 1 y = 0, 081  y = 0, 009 0, 018c 0, 009d + = 0, 078 → c = 6,67 (loại) 2 2

- C4Hc: x ; C2Hd: y 

Kết luận: CH2=CH-C≡CH; CH2=C=CH2 và C3H6 hoặc C3H8.

0,125

0,125 0,25

Ghi chú: Thí sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn đạt điểm tối đa trong mỗi câu. Nếu thiếu điều kiện hoặc thiếu cân bằng hoặc thiếu cả hai thì trừ một nửa số điểm của PTHH đó. ………………………HẾT……………………. KỲ THI OLYMPIC ĐỀ THI MÔN HÓA LỚP 11

Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề.

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề thi gồm 2 trang.

--------------------------

Câu 1 (3 điểm). Xác định các chất A, B, D, X, Y, Z và viết các phương trình hóa học theo sơ đồ sau: Z ← Y ← X ← Etilen → A → B → D Cho biết: D và Z là 2 polime được sử dụng nhiều trong đời sống. B là một hiđrocacbon có 92,31% khối lượng cacbon và 31,2 gam B làm mất màu vừa hết 100 ml dung dịch KMnO4 2M ở nhiệt độ thường. Tỉ khối hơi của Y với không khí là 2,155.

Câu 2 (4 điểm).

1. Nêu và giải thích hiện tượng xảy ra trong các thí nghiệm sau: a. Nhỏ vài giọt toluen vào dung dịch KMnO4, lắc đều, sau đó đun nóng hỗn hợp.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b. Nhỏ từ từ dung dịch NH3 đến dư lần lượt vào từng dung dịch đựng riêng biệt: NaHCO3, CuSO4, FeCl3. 2. Có 6 dung dịch riêng biệt đựng trong 6 lọ mất nhãn gồm: NH4HCO3, KHSO4, NaOH, Ba(NO3)2, ZnCl2, MgSO4. Không dùng thêm thuốc thử nào khác, không đun nóng, hãy trình bày phương pháp phân biệt từng dung dịch. Viết các phương trình hóa học.

Câu 3 (5 điểm). Hỗn hợp X gồm cacbon, silic và photpho đỏ. Cho X vào dung dịch NaOH đặc dư đến khi phản ứng xong, thu được 1,232 lít khí (đktc) và phần không tan Y. Cho Y tan hết vào 20 ml dung dịch HNO3 63% (D = 1,48 g/ml) được 7,280 lít (đktc) hỗn hợp A gồm hai khí có tỉ khối với N2 là 1,633 và dung dịch B. 1. Viết các phương trình hóa học và tính phần trăm khối lượng các chất trong X. 2. Thêm nước cất vào B để có 100 ml dung dịch B’. Tính pH của dung dịch B’ biết H3PO4 có K1 = 7,6.10-3; K2 = 6,2.10-8; K3 = 4,2.10-13. 3. Hấp thụ toàn bộ khí A vào 200 ml dung dịch KOH 2M, sau đó cô cạn dung dịch và nung chất rắn đến khối lượng không đổi. Tính khối lượng chất rắn thu được.

Câu 4 (3 điểm). Lập phương trình hoá học của các phản ứng sau đây: 1. C6H5-CH=CH2 + KMnO4 + H2SO4 → C6H5COOH + … 2. Fe3O4 + NaNO3 + NaHSO4 → Fe2(SO4)3 + N2O + … 3. Al2(SO4)3 + NaAlO2 + H2O → Al(OH)3↓ + …

Câu 5 (5 điểm). Hỗn hợp khí X gồm một ankan, một anken và một ankin có thể tích 1,792 lít (đktc) được chia thành hai phần bằng nhau: - Phần 1 cho qua dung dịch AgNO3 dư trong NH3 thấy thể tích khí giảm 12,5% và có 0,735 gam kết tủa. - Phần 2 đem đốt cháy hoàn toàn rồi cho toàn bộ sản phẩm vào 9,2 lít dung dịch Ca(OH)2 0,0125 M thấy có 11 gam kết tủa, lọc bỏ kết tủa, đun nóng nước lọc lại thấy xuất hiện kết tủa. Xác định công thức phân tử các chất trong hỗn hợp X. (Các thể tích khí được đo ở cùng điều kiện). Cho nguyên tử khối các nguyên tử: H = 1; C = 12; N = 14; O =16; Mg = 24; Al = 27; Si = 28; P = 31; Cl = 35,5; Ca = 40; Zn = 65; Ag = 108. Thí sinh không dùng thêm bất cứ tài liệu tra cứu nào. Giám thị không giải thích gì thêm. -------------- HẾT --------------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐÁP ÁN ĐỀ THI OLYMPIC MÔN HÓA 11 Câu Câu 1 (3đ) Câu 2 (4đ)

Đáp án

Điểm A là C6H5C2H5, Tìm ra B = 1đ, B là C6H5-CH=CH2; D có thể là Polistiren; tìm Y = 0,5đ. X là CH2Cl-CH2Cl; Y là CH2=CHCl; Z là Polivinylclorua Viết 6 pư x 0,15 = 1,5đ (PVC). 1. Nêu hiện tượng và giải thích: a.

Nhỏ toluen vào KMnO4 lắc đều: toluen không tan nổi lên trên không màu, phần dung dịch màu tím. Sau khi đun nóng màu tím nhạt di và có kết tủa nâu đen.

Hiện tượng: 4 thí nghiệm x 0,25 = 1đ, 4 pư x 0,25đ =1đ

C6H5CH3+2KMnO4→ C6H5COOK + 2MnO2 + KOH + H2O b. Nhỏ dd NH3 vào: -

dd NaHCO3 không có hiện tượng;

dd CuSO4 lúc đầu có kết tủa màu xanh, sau kết tủa tan tạo dd màu xanh trong suốt; (2 phản ứng)

dd FeCl3 có kết tủa đỏ nâu. (1 phản ứng)

Nhận đúng 6 lọ = 1đ, các pư = 1đ

2. Cách nhận biết 6 dung dịch: cho các dung dịch vào các ống nghiệm rồi cho tác dụng từng cặp với nhau.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 3 (5đ)

1. Viết 3 pư: Si + 2NaOH + H2O → Na2SiO3 + 2H2↑ C + 4HNO3 → CO2 + 4 NO2 + 2H2O P + 5HNO3 → H3PO4 + 5NO2 + H2O Số mol Si = 0,055/2 = 0,0275 mol; Số mol CO2 = 0,045 mol Số mol NO2 = 0,045 mol → nC = nCO2 = 0,045 mol; nP = 0,02 mol. mhh = 1,93 gam. %mSi = 39,9%; %mC = 27,98%; %mP = 32,12%. 2. Do K1 >> K2 và K3 nên chỉ tính pH theo K1 và HNO3 dư → pH = 0,77.

3. Pứ:

Câu 4 (3đ)

Câu 5 (5đ)

Viết 3 pư và tính được số mol Si

Tính được số mol CO2 và NO2 trong A = 1đ

Tính %m các chất = 0,75đ Tính pH =1đ Viết 3 pư

CO2 + 2KOH → K2CO3 + H2O

2NO2 + 2KOH → KNO2 + KNO3 + H2O Khi cô cạn và nung: 2KNO3 → 2KNO2 + O2 Số gam chất rắn khan = 0,045x138 + 0,28x85 + 0,03x56 = 31,69 gam Các phương trình hóa học C6H5-CH=CH2 + 2KMnO4 + 3H2SO4l → C6H5COOH + 2MnSO4 + K2SO4 + CO2 + 4H2O. 8Fe3O4 + 2NaNO3 + 74NaHSO4 → 12Fe2(SO4)3 + N2O + 38Na2SO4 + 37H2O Al2(SO4)3 + 6NaAlO2 + 12H2O → 8Al(OH)3↓ + 3Na2SO4 Tìm được ankin là C3H4 (propin).

= 1đ.

=0,75đ.

C/minh KOH dư = 0,25đ. Tính m được 0,25đ.

3 pư x 1đ = 3đ

Viết phản ứng của Ankin với AgNO3 và tìm ra Ankin = 2đ.

Số mol CO2 = 0,12 (mol). Tính được số mol CO2=1,5đ. Số ngtử CTB = 0,12/0,04 = 3 Ankan và Anken có 4 cặp nghiệm: CH4 và C4H8; C2H6 Tìm được 4 cặp nghiệm của và C4H8; C3H6 và C3H8; C4H10 và C2H4. Ankan và Anken = 1,5đ.

ĐỀ THI OLYMPIC MÔN HÓA HỌC 11 (Thời gian:150 phút) .................................................................................................................................................... ............... Câu 1.(4,0 điểm) 1.1.(1,5đ). Nêu hiện tượng xảy ra, viết phương trình phân tử và phương trình ion rút gọn khi cho a/ Ca(OH)2 vào dung dịch Ca(HCO3)2 b/ NH4Cl vào dung dịch K2CO3, đun nóng 1.2(1,5đ). Cho 2 muối Ag2SO4 và SrSO4 vào nước cất và khuấy đều cho đến khi đạt được dung dịch bão hòa ở nhiệt độ phòng. Xác định nồng độ ion Ag+ và Sr2+. Biết rằng ở nhiệt độ nghiên cứu TAg SO = 1,5.10−5 , TSrSO = 2,8.10−7 . 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1.3(1đ) Trộn 400 ml dung dịch CH3COOH 1,25M với 100ml dung dịch NaOH 1,5 M. Tính pH của dung dịch thu được ? Cho Ka(CH3COOH) =1,75.10-5 Câu 2.(4,0 điểm) 2.1 (1,5đ): Cho sơ đồ phản ứng sau: Axit X1 (1)

Muối X (3)

(11)

(12) (2)

(10)

Khí X2

(9)

(8)

(6)

+ khí Y (5)

Khí X3

Khí X5

(4)

(7)

Khí X4

+ khí Y

Xác định X, X1, X2, X3, X4, X5, Y và hoàn thành sơ đồ phản ứng. 2.2 (1đ). Khi cho cùng một lượng kim loại M vào dung dịch HNO3 đặc nóng dư và dung dịch H2SO4 loãng dư, phản ứng hoàn toàn thì thể tích khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất) thu được gấp 3 lần thể tích khí H2 ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Khối lượng muối sunfat thu được bằng 62,81% khối lượng muối nitrat tạo thành. Xác định kim loại M. 2.3.(1.5đ) Hấp thụ hoàn toàn 2,24 lít CO2 (đktc) vào 100 ml dung dịch chứa K2CO3 0,2M và NaOH x mol/lít, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y. Cho toàn bộ Y tác dụng với dung dịch BaCl2 dư, thu được 11,82 gam kết tủa. Mặt khác, cô cạn (đun nóng) dung dịch Y thu được m gam muối. Tính giá trị của m? Câu 3.(4,0 điểm) 3.1.(1.5đ) Thổi 672 ml (đktc) hỗn hợp khí A gồm một ankan, một anken và một ankin (đều có số nguyên tử cacbon trong phân tử bằng nhau) qua dung dịch AgNO3/NH3, thì thấy có 3,4 AgNO3 đã tham gia phản ứng. Cũng lượng hỗn hợp khí A trên làm mất màu vừa hết 200 ml dung dịch Br2 0,15 M. a. Xác định thành phần định tính và định lượng các chất trong A. b. Đề nghị phương pháp tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp A. 3.2(1,5đ).Cho hidrocacbon X tác dụng với dung dịch brom dư được dẫn xuất tetrabrom chứa 75,8% brom (theo khối lượng). Khi cộng brom (1:1) thu được cặp đồng phân cis-trans. 1) Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo và gọi tên của X. 2) Viết phương trình của X với: a) Dung dịch KMnO4 (trong môi trường H2SO4) b) Dung dịch AgNO3/NH3 c) H2O (xúc tác Hg2+/H+) d) HBr theo tỉ lệ 1:2 3.3.(1đ). Trình bày phương pháp hóa học đơn giản nhất để phân biệt mỗi cặp chất dưới đây chứa trong các bình riêng biệt mất nhãn và viết các phương trình phản ứng xảy ra: a/ axetilen và propin. b/ phenylaxetilen và stiren. Câu 4.(4,0 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

4.1.(1đ) Xác định công thức cấu tạo của A1, A2, B1, B2 trong sơ đồ biến hoá sau: B1 B2 hiđrocacbon X A1 A2

+H2O

CH3-CHO CH3-CHO CH3-CHO CH3-CHO CH3-CHO 4.2.(1,5đ) Sắp xếp các hợp chất: phenol (I), p-metylphenol (II), m-nitrophenol (III) và p-nitrophenol (IV) theo thứ tự tăng dần tính axit. Giải thích. 4.3. (1,5đ) Một hợp chất hữu cơ (X) có đồng phân cis-trans. Đốt cháy hoàn toàn 11,6 gam (X) thu được 17,6 gam CO2 và 3,6 gam H2O. Xác định công thức cấu tạo 2 đồng phân của (X), biết tỉ khối hơi của (X) đối với He nhỏ hơn 37,5. Gọi tên? Câu 5.(4,0 điểm) 5.1 (2ñ). Cho 5,15 gam hỗn hợp A gồm Zn và Cu vào 140 ml dung dịch AgNO3 1M. Sau khi phản ứng xong thu ñược 15,76 gam hỗn hợp kim loại và dung dịch B. Chia B thành hai phần bằng nhau, thêm KOH dư vào phần 1, thu ñược kết tủa. Lọc kết tủa, ñem nung ñến khối lượng không ñổi, ñược m gam chất rắn. a. Tính m? b. Cho bột Zn tới dư vào phần 2, thu ñược dung dịch D. Cho từ từ V lít dung dịch NaOH 2M vào dung dịch D thu ñược 2,97 gam kết tủa. Tính V, các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 5.2 (2đ). Oxi hóa một lượng ancol C bằng oxi, xúc tác, thu được hỗn hợp X. Chia X thành ba phần bằng nhau: Phần 1 tác dụng với dung dịch AgNO3 trong amoniac dư thu được 21,6 gam Ag. Phần 2 tác dụng với dung dịch NaHCO3 dư thu được 2,24 lít khí. Phần 3 tác dụng với Na vừa đủ thu được 4,48 lít khí và 25,8 gam chất rắn khan. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Xác định công thức cấu tạo của ancol C, biết đun nóng ancol C với H2SO4 đặc, ở 170oC được anken, các chất khí đo ở đktc và các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

----------------------Hết----------------------Thí sinh được sử dụng bảng HTTH MÔN HÓA HỌC 11 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu

Đáp án

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Thang điểm

Câu1 a/ Có kết tủa trắng 1.1 Ca(HCO3)2 + Ca(OH)2 2CaCO3 + 2H2O (1,5điểm) 2+ 2Ca + 2HCO3- + 2OH- 2CaCO3 + 2H2O b/ Có khí thoát ra 2NH4Cl + K2CO3 2NH3 + 2KCl + CO2 + H2O 2NH4+ + CO32- 2NH3 + CO2 + H2O

1.2 (1.5điểm)

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

Ag2SO4 ⇄ 2Ag+ + SO42- ; T1 = 1,5.10-5 SrSO4 ⇄ Sr2+ + SO42- ; T2 = 2,8.10-7 T1 = [Ag+]2 [SO42-] T2 = [Sr2+] [SO42-] [Ag + ]2 [Sr

]

0,5đ 0,25đ

1,5.10 −5 = 53,5714 2,8.10 −7

Coi [SO42-] = [SO42-] do Ag2SO4 phân li. ; T1 2Ag+ + SO422x x 2 3 -5 + ⇒ T1 = (2x) .x = 4x = 1,5.10 ⇒ x = 0,0155 => [Ag ] = 0,031 (M)

Xét cân bằng: Ag2SO4 ⇄

0,0312 = 1,8.10-5 (M) 53,5714 T2 2,8.10 −7 Hoặc có thể tính: [Sr2+] = = 1,8.10-5 = 2− SO4 0,0155

[SO42-] = 0,0155 (M) ⇒ [Sr2+] =

[

1.3 (1điểm)

0,25đ 0,25đ 0,25đ

]

(M) Khi trộn xảy ra phản ứng CH3COOH +NaOH CH3COONa + H2O Bđ 0,5 0,15 0 Pứ 0,15 0,15 0,15 CB 0,35 0 0,15 Dung dịch sau phản ứng gồm: [CH3COOH]=0.7M, [CH3COONa]= 0,3M Các phương trình điện li: CH3COONa CH3COO- + Na+ CH3COOH CH3COO- + H+ Ka =1,75.10-5 + H2O H + OHKw =10-14 Do CCH3COOH.Ka >> Kw nên bỏ qua sự phân li của nước Ta có CH3COOH CH3COO- + H+ Ka =1,75.10-5 Bđ 0,7 0,3 0 Pứ x x x CB 0,7 -x 0.3 + x x 1,75.10-5 = x.( 0.3 + x) /(0,7 –x) x= 4,08. 10-5 pH=4,39

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25đ

x= - 0,3 (loại) Câu 2 2.1 (1.5điểm)

0,25đ 4đ o

t → (NH4)2SO4 + HNO3 (1) NH4NO3(tt) + H2SO4 (đđ)  (X) (X1)

2 pt đúng 0,25đ

350 C → 2N2 + O2 + 4H2O (2) NH4NO3  (X2) (3) NH4NO3 + NaOH → NaNO3 + NH3 + H2O (X3) o

(4) 4NH3 + 5O2 (Y)

500 C,Pt  →

(5) 4NH3 + 3O2

900 C  →

4NO + 6H2O (X4) 4N2 + 6H2O

(6)

2.2 (1điểm)

Gọi n, m là hóa trị của R khi tác dụng HNO3 và H2SO4 loãng ( 1≤ m≤ n≤ 3) Chọn nR= 1 mol 2R + mH2SO4 →R2(SO4)m + mH2↑ 1 → 0,5 0,5m R + 2nHNO3 →R(NO3)n + nNO2 + nH2O 1 1 n Ta có: n=3.0,5m ⇒ n=1,5m ⇒ m=2, n=3 là phù hợp. Ta có: (R + 96)=(R + 186). 0,6281 ⇒ R=56 ⇒ R là Fe. Ta có thể thay NaOH xM bằng KOH xM cho đơn giản vì nó không 2.3 (1,5điểm) ảnh hưởng tới kết quả bài toán khi tính x. Khi đó ta có K CO K CO : 0,06 BaCl 2 n CO2 = 0,1 →  2 3  → 2 3 KHCO3 KHCO3 : a BTNT.C → 0,1 + 0,1.0,2 = 0,06 + a → a = 0,06 BTNT.K   → 0,06.2 + 0,06 = 0,1.0, 2.2 + 0,1x → x = 1, 4

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0.25đ 0.25đ 0.5đ

Như vậy trong Y

0.5đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

K + : 0,04 K + : 0,04  + Na : 0,14  0  t BTKL  → Na + : 0,14  → m = 10,18(gam)  2− CO : 0,06  3 CO2 − : 0,09  3 HCO − : 0,06 3 

Câu 3

4đ

3.1 (a) (1,5điểm)

Nếu ankin có dạng RC≡CH : RC≡CH + AgNO3 + NH3 → RC≡CAg + NH4NO3 3,4 = 0,02mol và n Br2 ≥ 2 × n (ankin ) = 0,04mol 170 Điều này trái giả thiết, vì số mol Br2 chỉ bằng 0,2 × 0,15 = 0,03mol

⇒ n(ankin) =

0,25đ

Vậy ankin phải là C2H2 và như vậy ankan là C2H6, anken là C2H4. Từ phản ứng : 0,25đ C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3 ⇒ n(C2H2) = 1/2n(AgNO3) = 0,01 mol Từ các phản ứng : C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4 C2H4 + Br2 → C2H4Br2 ⇒ n(C2H4) = 0,01 mol 0,25đ 0,672 ⇒ n(C2H6) = − 0,01 − 0,01 = 0,01 mol 22,4

(b) Dẫn hỗn hợp qua binh chứa dung dịch AgNO3/NH3 dư. Lọc tách kết tủa, hòa tan kết tủa trong dung dịch HCl dư thu được khí 0,25đ C2H2. C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3 0,25đ C2Ag2 + 2HCl → C2H2 + 2AgCl -Khí ra khỏi bình chứa dung dịch AgNO3/NH3, dẫn tiếp qua dung dịch nước brom dư. Chiết lấy sản phẩm và đun nóng với bột Zn (trong CH3COOH) thu được C2H4 : C2H4 + Br2 → C2H4Br2 0,25đ C2H4Br2 + Zn → C2H4 + ZnBr2 Khí ra khỏi bình chứa dung dịch brom là khí C2H6 Hidrocacbon X: CxHy 3.2 (1,5điểm) CxHy + 2Br2 → CxHyBr4 ; theo giả thiết: %Br = 80.4 .100 =75,8 → 12x + y = 102 12 x + y + 320

Giá trị thỏa mãn: x=8 , y=6. CTPT của X: C8H6 (∆= 6). Vì X có khả năng phản ứng với brom thoe tỉ lệ 1:1 và 1:2 chứng tỏ phân tử X có 2 liên kết π kém bền và 1 nhân thơm. CTCT của X: C CH

phenyl axetilen. Phương trình phản ứng:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1đ

0,25đ

COOH

C CH

5 + 8KMnO4 + 12H2SO4 → 8MnSO4 + 12H2O C

C CH

+ AgNO3 + NH3 →

+ 4K2SO4 + 0,25đ

CAg

+ NH4NO3

O C CH3

C CH

0,25đ

+ H2O Hg  → Br C CH3 Br

C CH

+ 2HBr → 3.3 a/ (1điểm)

a/ Cho tác dụng với H2O, xt. Lấy sản phẩm thực hiện phản ứng tráng gương tạo kết tủa Ag là anđehit, không phản ứng là xeton ⇒ 0.25đ CH≡CH và CH3 - C≡CH HgSO ,t H2O + C2H2 → CH3CHO HgSO ,t CH3 - C≡CH H2O → CH3COCH3 0,25đ to CH3CHO + 2[Ag(NH3)2]OH  → CH3COONH4 + 2Ag↓+ 3NH3 + 0,25đ H2O b/ Dùng dung dịch AgNO3/NH3, phenylaxetilen cho kết tủa vàng 0,25đ xám: C6H5C≡CH + AgNO3 + NH3 → C6H5C≡CAg + NH4NO3 4

Câu 4 4.1 (1điểm)

4.2 (1,5 điểm)

0,25đ

4đ

X: C2H2 A1:CH2=CHCl A2:CH3 -CH2Cl B1: CH2=CH-OCOCH3 B2: CH3 -CHCl-OCOCH3 Phenol (I), p-metylphenol (II), m-nitrophenol (III) và p-nitrophenol (IV). Nhóm NO2 là nhóm hút e mạnh, nên làm tăng tính axit; nhóm metyl là nhóm đẩy e, nên làm giảm tính axit. Ngoài ra, ion p-nitro phenoxide được bền do có cộng hưởng (điện tích âm giải tỏa rộng hơn) nên đồng phân p- có tính axit cao hơn đồng phân m-nitrophenol (III).

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1đ

0,5đ 0,5đ

O - H+

NO2

-H

NO2

0.5đ

NO2

Vậy: II < I < III < IV 4.3 (1,5 điểm)

mC = 12.

17,6 = 4,8 (g) 44 2.3,6 mH = 2. = 0,4 (g) 18

M0 = 11,6 - (4,8 + 0,4) = 6,4 (g) CTTQ (X): CxHyOz x:y:z=

4,8 0,4 6,4 : : =1:1:1 12 1 16

CTTN: (CHO)n 29n < 37,5 . 4 = 150 ⇒ n < 5,17

0,5đ

* X: có đồng phân cis-trans, nên (X) phải có liên kết > C = C < và mỗi nguyên tử cacbon mang nối đôi phải có 2 nhóm thế khác nhau. * X: phân tử có oxi, nên (X) phải có nhóm chức. Nếu (X) có nhóm chức −OH thì nhóm −OH liên kết với nguyên tử cacbon no. Với các điều kiện trên cho thấy (X) có ít nhất 4 nguyên tử cacbon trong phân tử, cùng với n < 5,17. 0,5đ Vậy ⇒ n = 4; CTPT (X) : C4H4O4. CTCT hai đồng phân: H

H C

HOOC

COOH

[axit maleic]

(2điểm)

COOH C

cis

Câu 5 5.1

H C

HOOC

0,5đ

trans

[axit fumaric] 4đ

a. Vì sau phản ứng thu ñược hỗn hợp loại nên có thể gồm 2 trường hợp sau:

kim

+ Trường hợp 1: AgNO3 hết, Zn còn dư, Cu chưa phản ứng ( hỗn hợp KL gồm: Zn dư, Cu, Ag ).

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Gọi nZn, n ( mol ). Zn(NO3)2

(hhA) là x và y, nZn phản ứng là a Zn (1)

2Ag

2AgNO3

 →

a a

0, 5đ

mA = 65x + 64y = 5,15 (I); 64y + 108. 2a = 15,76 (II)

mKL = 65(x-a) +

nAgNO3 = 2a = 0,14 (III). Hệ phương trình I, II, III vô nghiệm (loại). + Trường hợp 2: Zn hết, Cu phản ứng một phần, AgNO3 hết. gọi n Cu phản ứng là b (mol). Zn +

2AgNO3

 → Zn(NO3)2

0, 5đ x 2x

Cu +

(1)

2Ag

2x +

2AgNO3

 → Cu(NO3)2

(2)

2Ag

b 2b

mA = 65x + 64y = 5,15 (I); 108( 2x + 2b ) = 15,76 (II)

mKL = 64(y-b)

0, 5đ

nAgNO3 = ( 2x + 2b ) = 0,14 (III). Giải hệ phương trình I, II, III ta ñược: x = 0,03, y = 0,05, b = 0,04. + Trong mỗi phần có: 0,015 mol Zn(NO3)2 0,02 mol Cu(NO3)2 .  →

Zn(NO3)2

và

0, 5đ

Zn(OH)2

 → K2ZnO2. → Cu(OH)2 Cu(NO3)2 

 → CuO.

0,02 0,02  → m = 0,02.80= 1,6gam. b. Zn(NO3)2

Zn (1)

Cu(NO3)2

 →

0,02 0,02 + nZn(NO3)2 (dd D) = 0,015 + 0,02 = 0,035. Có thể gồm 2 trường hợp sau:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Trường hợp 1:

Zn(OH)2

Zn(NO3)2

dư.

Zn(NO3)2 2Na(NO3) (2)

0,06

2NaOH

 →

0,03

0,06/2 = 0,03 lít. + Trường hợp 2:  → Zn(OH)2

Zn(NO3)2

hết.

Zn(NO3)2 2Na(NO3)

2NaOH

(2)

0,035

0,07

0,035 Zn(OH)2 Na2ZnO2

2H2O

+ 2NaOH (3)

0,005 + nNaOH = 0,07 + 0,01 = 0,08 0,04 lít. 5.2 (2điểm)

 →

0,01 V = 0,08/2 =

Do oxi hóa C được SP tráng gương, tách nước tạo olefin ⇒ C là ancol no, đơn chức mạch hở, bậc một. Vậy C: RCH2OH (R: CnH2n+1 – , n ≥ 1). xt,t o → 2RCHO + 2 H2O (1) 2 RCH2OH + O2  xt,to RCH2OH + O2  → RCOOH + H2O (2) 0,5đ Hỗn hợp X gồm RCHO, RCOOH, H2O và RCH2OH dư. to * Phần 1: RCHO + 2[Ag(NH3)2]OH  → RCOONH4 + 2Ag↓+ 3NH3 + H2O(2) * Phần 2: RCOOH + NaHCO3 → RCOONa + H2O + CO2 ↑ (4) * Phần 3: 2 RCOOH + 2 Na → 2 RCOONa + H2 ↑ (5) 2 RCH2OH + 2 Na → 2 RCH2ONa + H2 ↑ (6) 0,5đ 2 H2O + 2 Na → 2 NaOH + H2↑ (7) Gọi số mol RCH2OH, RCHO, RCOOH trong 1/3 hỗn hợp X lần lượt là x, y, z mol. Theo (1 → 7) và bài ra ta có hệ: 2y = 0, 2  x = 0,1   ⇒  y = 0,1 z = 0,1 0, 5z + 0, 5x + 0,5(y + z)z = 0, 2 z = 0,1  

0,5đ

Chất rắn khan thu được sau phản ứng ở phần III gồm : 0,1 (mol) RCOONa ; 0,1 (mol) RCH2ONa và 0,2 (mol) NaOH. Số gam chất rắn khan : (R+ 67). 0,1 + (R + 53). 0,1 + 40. 0,2 = 25,8 0,5đ (gam)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇒ MR = 29 ⇒ R là C2H5 – CH2 – CH2 - OH.

Vậy ancol C: CH3–

Ghi chú: Thí sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học.

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

ĐỀ THI OLYMPIC ĐỀ NGHỊ Môn: HÓA HỌC - Lớp 11 Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề)

Câu 1: (5 điểm) 1.1. ( 1,5 điểm) Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn 50,0 ml dung dịch NH4Cl 0,200 M với 75,0 ml dung dịch NaOH 0,100 M. Biết Kb (NH3) = 1,8.10-5. 1.2. (2 điểm) Tích số tan của AgCl bằng 1,8.10-10. Hãy tính độ tan S của AgCl trong nước. Nếu AgCl tan trong dung dịch NH3 1M thì độ tan sẽ là bao nhiêu biết hằng số bền của phức [Ag(NH3)2]+ = 108 1.3. (1,5 điểm) Trình bày phương pháp hoá học nhận biết các anion có trong dung dịch hỗn hợp NaNO3, Na2SO4, Na2SO3, Na2CO3 và Na3PO4. Câu 2: (4 điểm) 2.1. (2 điểm) Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng minh hoạ khi cho: a. Khi cho vụn Zn vào dung dịch hỗn hợp chứa NaNO3 và NaOH, đun nóng. b. Dẫn CO2 đến dư vào dung dịch Na2SiO3 c. Cho dung dịch Na2CO3 vào dung dịch AlCl3. d. Cho từ từ dung dịch NH3 đến dư vào dung dịch CuSO4. 2.2. (2 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, N2O, 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 H2 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. Câu 3. ( 3 điểm) Một hỗn hợp khí X, gồm hai ankan A, B kề nhau trong dãy đồng đẳng và một anken C có thể tích bằng 5,04 lít ( đo ở đktc ) sục qua bình đựng nước brom thì phản ứng vừa đủ với 12,0g brom. 1. Xác định công thức phân tử và thành phần phần trăm các chất A, B và C có trong hỗn hợp khí X, biết rằng 11,6g hỗn hợp khí X làm mất màu vừa đủ 16,0g brom.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2. Đốt cháy hoàn toàn 11,6g hỗn hợp khí X, sản phẩm thu được sau phản ứng được dẫn hết vào bình Y chứa 2 lít dung dịch NaOH 0,3M. Hỏi: - Khối lượng bình Y tăng lên hay giảm xuống? Bao nhiêu gam? - Tính khối lượng những chất có trong bình Y - Cho : C = 12; H = 1; O = 16; Na = 23; Br = 80. Câu 4: ( 4 điểm) Một chất hữu cơ A no mạch hở, phân tử chứa một chức rượu và chứa chức −COOH, có công thức nguyên: (C4H6O5)n 1. Xác định công thức phân tử và viết công thức các đồng phân có thể có của A 2. Xác định cấu tạo đúng của A, biết A tách nước cho hai sản phẩm đồng phân B, C. Viết công thức cấu tạo của B, C. 3. So sánh nhiệt độ nhiệt độ sôi và nhiệt độ nóng chảy của B, C. Giải thích? Câu 5: ( 4 điểm) 5.1. (1,5 điểm) Hoàn 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. (a) CH3-CH=CH2 (propilen) + HCl → 180 C (b) CH3-CH2-CH(OH)-CH3 (ancol s-butylic) HSO, → H SO , t (c) C6H5CH3 + HNO3  → 5.2. (2,5 điểm) Hợp chất hữu cơ A, B, C, D, E, F có khối lượng phân tử là 74 chỉ chứa các nguyên tố C, H, O biết: - A, C, E, F tác dụng với Na - C, D, F tác dụng với NaOH - E, F tác dụng với AgNO3/NH3 a) Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo các chất trên b) Điều chế F từ C? ----------HẾT---------2

HƯỚNG DẪN CHẤM Câu

ĐỀ THI OLYMPIC ĐỀ NGHỊ Môn: HÓA HỌC - Lớp 11 Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề) Đáp án

Điể m (5 điể m) 1,5đ

Câu 1 1.1 o C NH = 4 Cl

0, 050l × 0, 200mol.l −1 = 0, 08M 0,125l

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

;

0, 075l × 0,100mol.l −1 = 0, 06 M 0,125l NH4Cl + NaOH → NaCl + NH3 + H2O 0,08 0,06 0,06 0,06 0,06 0,02 0 0,06 Xét cân bằng : NH3 + H2O ⇄ NH4+ + OH0,06 0,02 x x x 0,06–x 0,02+x x o C NaOH =

0,50

[ NH 4+ ][OH − ] (0,02 + x ) x 0,06 = = 1,8.10 −5 , gần đúng x = 1,8.10 −5 × Kb = = 5,4.10 −5 M [ NH 3 ] 0,06 − x 0,02

1,00

⇒ pH = 14 − [− lg(5,4.10 −5 )] = 9,73

2đ

1.2 Gọi S là độ tan AgCl trong nước nguyên chất

0,5

S = TAgCl = 1,8.10−10 = 1,3.10−5 M

+2 NH 3 ⇌ [ Ag ( NH 3 )2 ]+ + Cl −

AgCl +

−

0,25

−

[ Ag ( NH 3 ) 2 ] [Cl ] [ Ag ( NH 3 ) 2 ] [ Ag ][Cl ] = Kbền . T = 108.1,8.10– 10 = = [ NH 3 ]2 [ NH 3 ]2 [ Ag + ]

1,8.10 –2 Gọi x là nồng độ của phức [ Ag ( NH 3 ) 2 ]+ được tạo ra khi tan AgCl vào NH3 [Cl-] = x [NH3] = 1 – 2x x2 K = 1,8.10-2 = ⇒ x = 0,1 (1 − 2 x)2 [ Ag ( NH 3 ) 2 ]+ = 0,1M => Chöùng toû AgCl tan nhieàu trong NH3

1.3

0,25

0,5

0,5 1,5 đ

- Trích mẫu thử - Cho dung dịch HCl dư vào mẫu thử, thu được dung dịch A và dẫn khí thoát ra qua 3 ống nghiệm mắc nối tiếp: ống nghiệm 1 đựng một ít dung dịch brom, ống nghiệm 2 đựng lượng dư dung dịch brom, ống nghiệm 3 đựng dung dịch nước vôi trong dư. Ở ống nghiệm 1, dung dịch brom bị mất màu, suy ra trong dung dịch ban đầu có ion SO32-. Ở ống nghiệm 3, nước vôi trong vẩn đục, suy ra trong dung dịch ban đầu có ion CO32SO32- + 2H+ → SO2↑ + H2O CO32- + 2H+ → CO2↑ + H2O PO43- + 3H+ → H3PO4 0,5 SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O - Chia dung dịch A thành 2 phần: 0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phần 1: Cho dung dịch BaCl2 dư vào, xuất hiện kết tủa trắng, suy ra trong dd ban đầu có ion SO42-. 0.25 Ba2+ + SO42- → BaSO4↓ Lọc bỏ kết tủa, nhỏ dung dịch NaOH vào dung dịch nước lọc đến khi xuất hiện kết tủa trắng, suy ra trong dung dịch ban đầu có ion PO43-. H+ + OH- → H2O 0.25 H3PO4 + 3OH- → PO43- + 3H2O 2+ 33Ba + 2PO4 → Ba3(PO4)2↓ Phần 2: Cho lá đồng vào, có khí bay ra, hoá nâu trong không khí, suy ra trong dung dịch ban đầu có ion NO3-. 0,25 3Cu + 2NO3- + 8H+ → 3Cu2+ + 2NO↑ + 4H2O NO + ½ O2 → NO2 Câu 2 (4 điể m) 2.1 2đ a. Hiện tượng: có khí mùi khai bay ra 4Zn + NaNO3 + 7NaOH → 4Na2ZnO2 + NH3↑ + 2H2O 0,5 b. Hiện tượng: Có kết tủa trắng: 2CO2 + Na2SiO3 + 2H2O → 2NaHCO3 + H2SiO3↓ 0,5 c. Hiện tượng: có kết tủa keo trắng và khí thoát ra 2AlCl3 + 3H2O + 3Na2CO3 → 2Al(OH)3↓ + 3CO2↑ + 6NaCl 0,5 d. Hiện tượng: ban đầu có kết tủa xanh, sau đó kết tủa tan tạo dung dịch xanh lam CuSO4 + 2NH3 +2H2O → Cu(OH)2↓ + (NH4)2SO4 Cu(OH)2 + 4NH3→ [Cu(NH3)4](OH)2 0,5 2.2 2đ 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 ⇒ nX = ny 2NO2 + 2NaOH → NaNO3 + NaNO2 + H2O → nz=nN 2 O +nN 2 = 44,8/22,4 = 0,2 mol → nNO = 0,2 n N 2O .44 + n N 2 .28 MZ= 2.20 = 40 = 0,2 0,5đ → 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 0,25 x mol ne (nhường) = (2x + 3y) mol 3+ đ 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 0,25 +5 2N + 8e→ 2 N+ (N2O) ne(nhận) = 0,2.3+0,15.8+0,05.10 = 2,3 mol đ 0,3 0,15mol 2N+5 +10e→ N2 0,1 0,05 mol Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2↓

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

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 Vậy: m2 = = 913,5 g 24.100

Câu 3

ĐÁP ÁN

3.1

0,25 đ 0,25 đ

0,5đ (3 điể m) 2,0

Đặt công thức anken : CmH2m 2≤m≤4 Phương trình phản ứng : CmH2m + Br2 → CmH2mBr2 Trong 5,04 lít hỗn hợp khí X ( 5,04 : 22,4 = 0,225 mol ) chứa 0,075 mol anken 12 bằng số mol brom = 160 16 Trong 11,6g X chứa 0,1 mol anken = số mol brom = 160 Suy ra số mol khí trong 11,6g hỗn hợp là : 0,225 0,5đ 0,1 × = 0,3 mol 0,075 Đặt công thức tương đương của 2 ankan : C n H 2 n + 2 Số mol anken : 0,1 mol; Số mol 2 ankan : 0,2 mol Ta có pt : 0,1. 14m + 0,2( 14 n + 2 ) = 11,6 0,5đ hay 2 n + m = 8 m 2 3 4 4 2,5 2 n KL loại chọn loại Vậy công thức anken : C3H6 0,5đ 2 ankan : C2H6 và C3H8 Gọi x là số mol C2H6 , và y là số mol C3H8 x + y = 0,2 30x + 44y = 7,4 Suy ra x = 0,1 và y = 0,1 0,25 Thành phần % thể tích các khí trong hỗn hợp X : đ % C2H6 = % C3H8 = % C3H6 = 33,33

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 đ 1 điể m

3.2 Đốt cháy hỗn hợp X, thu được khí CO2 và H2O. Số mol CO2 = 3.0,1 + 0,1.2 + 0,1.3 = 0,8 mol Số mol H2O = 0,1.3 + 0,1.3 + 0,1.4 = 1,0 mol Khí được hấp thu bởi dd NaOH, nên khối lượng bình Y tăng lên là : 0,8.44 + 1,0.18 = 53,2g nCO2 = 0,8 (mol); nNaOH = 0,6 (mol) Ta có nCO2 > nNaOH , suy ra muối tạo thành là NaHCO3 CO2 + NaOH = NaHCO3 0,6 0,6 0,6 (mol) Khối lượng NaHCO3 : mNaHCO3 = 0,6.84 = 50,4g Câu 4 Đáp án

4.1 Công thức phân tử (C4H6O5)n hay C4nH6nO5n có ∆ = n+1 là hợp chất no nên có (n+1) chức axit và có 2(n+1) nguyên tử oxi trong chức -COOH → số chức rượu của phân tử: 5n - 2 (n+1) = 3n-2 Theo đề: 3n - 2 = 1 → n = 1. Vậy A có 1 chức rượu, 2 chức axit. ⇒ CTPT: C2H3OH(COOH)2 Các đồng phân của A:

0,25 0,25

0,5 4 điể m 2đ

0,75 đ

HOOC − C H − CH2 − COOH OH

Có 2 đồng phân quang học (có 1 cacbon bất đối) (Viết 2 công thức đồng phân)

HOOC −CH − COOH Không có tính quang hạt

CH3

(0,2 5 đ) (0,5 đ) 0,25 đ

HOOC −CH − COOH CH2OH

0,25 đ 1đ

4.2 A tách nước tạo 2 sản phẩm đồng phân B, C ⇒ B, C là 2 dạng hình học. Vậy A : HOOC − CH − CH2 − COOH OH Phản ứng:

HOOC − CH − CH2 − COOH OH

xt t0

HOOC −CH=CH−COOH + H2O0,5đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2 dạng hình học của sản phẩm: (B): HOOC COOH CH=CH

(C)

0,5đ

HOOC CH=CH COOH

4.3

1điể m Nhiệt độ sôi: Cis(B) < trans(C) do dạng Cis có liên kết H nội phân tử còn dạng trans có liên kết H liên phân tử. HO O...H ... HOOC H C O C=C C C=C H

COOH...

H Trans(C)

Cis(B)

Nhiệt độ nóng chảy: Cis(B) < trans(C) do dạng Cis có Vlớn → Dbé → nhiệt độ nóng chảy thấp.

Câu 5 5.I a)

(0,5 đ)

Đáp án

(0,5 đ) 4 điể m 1,5đ

Phản ứng và cơ chế phản ứng: Phản ứng : CH 3 CH CH 3 (s¶n phÈm chÝnh) Cl CH 3 CH 2 CH 2 Cl

CH 3 CH CH 2 + HCl

Cơ chế (cộng AE) : CH 3

δ− CH CH 2

H+

CH 3 CH CH 3 CH 3 CH 2

(X)

CH 2 (Y)

Cl -

CH 3 CH CH 3 Cl

Sản phẩm chính hình thành theo hướng tạo cacbocation trung gian bền vững hơn. Dễ thấy rằng cacbocation (X) bền hơn (Y) (do điện tích được giải tỏa nhiều hơn, với 6Hα), nên sản phẩm chính là isopropyl clorua.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Phản ứng : CH 3 CH 2 CH CH 3 OH

H 2SO 4

CH 3 CH CH CH 3 + H 2O (s¶n phÈm chÝnh) CH 2 CH CH 2 CH 3 + H 2O

Cơ chế (tách E1) : CH 3 CH 2 CH CH 3 OH

CH 3 CH CH CH 3 (X)

H+

CH 3 CH 2 CH CH 3 -H2O + OH 2

CH 2 CH CH 2 CH 3 (Y)

Sản phẩm chính được hình thành theo hướng tạo sản phẩm bền hơn. Ở đây, (X) bền hơn (Y) do có số nguyên tử Hα tham gia liên hợp, làm bền hóa liên kết π nhiều hơn. Phản ứng : CH3 CH3 + HONO2

H2SO4

0.5 điể m

NO2 + H2O

CH3 + H2O NO2

Cơ chế (thế SE2Ar) : HONO2 + H2SO4 → HSO4- + H2O + +NO2 CH3 CH3

CH3 +

NO2

CH3 H NO2

NO2 +

-H

CH3

CH3 +

NO2 H

NO2

-H+ NO2

Phản ứng định hướng thế vào vị trí ortho-, para- , do mật độ electron ở vị trí này 0,5 trong phân tử toluen giàu hơn vị trí meta. Đồng thời phản ứng thế vào vị trí này tạo đ sự giải tỏa điện tích tốt nhất ở phức π.

5.2 a)

Đáp án Gọi công thức hợp chất là CxHyOz Cho z = 1 ta có : 12x + y + 16 = 74 => 12x + y = 58 => x = 4 ; y = 10 Nếu là rượu hay ete ta có C4H9OH. Công thức có thể có của A là: CH3CH2CH2CH2OH; CH3CH(CH3) - CH2(OH); CH3CH2 – (CH3)CHOH; và (CH3)3COH. Công thức cấu tạo của B là: CH3CH2CH2OCH3; CH3CH(CH3)OCH3 ; (CH3CH2)O Nếu là anđehit ( hay xeton) ta có C3H9-CHO (loại vì không có gốc C3H9 -) Cho z = 2 => 12x + y = 42 => x= 3; y = 6 => công thức phân tử là C3H6O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2,5 điể m

0,5đ 0,25 đ

Nếu là axit, công thức cấu tạo của C là: C2H5COOH Nếu D là este, công thức cấu tạo của D là: CH3COOCH3 Nếu là ancol ta có (C3H4)(OH)2 (loại vì gốc C3H4 không no) Nếu một nhóm –OH; một nhóm –CHO ta có E: C2H4(OH)(CHO) Công thức cấu tạo của E là: HO – CH2 – CH2 – CHO CH3 – CH – CHO OH Đặc biệt có cấu tạo ancol –xeton thỏa mãn A: HO – CH2 – C – CH3 O Cho z = 3, ta có 12x + y = 26 => x = 2 ; y = 2. Công thức phân tử : C2H2O3. Chất F : O= C – C = O ( F ) H OH

0,25

0,25 đ 0,25 đ

0,25 b)

Điều chế F từ C : C2H5COOH + NaOH → C2H5COONa + H2O to C2H5COONa + NaOH → C2H6 + Na2CO3 CaO o

t C2H6

- H2

+ Br2 CH2 = CH2

CuO; to OHC – CHO

+ 2NaOH

CH2 - CH2 CH2 – CH2 Br Br OH OH O2 thiếu; Mn2+ O= C – C = O ( F ) H OH

Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn đạt điểm tối đa

ĐỀ THI OLIMPIC MÔN HÓA HỌC 11 (Thời gian:150 phút) Câu 1.(4,0 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

CuO;

1đ

1.1. (1,0 điểm) Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng minh họa trong các trường hợp sau? a) Cho dung dịch NH3 tới dư vào dung dịch CuCl2. b) Cho dung dịch KHSO4 đến dư vào dung dịch Ba(HCO3)2. 1.2.(1,5 điểm) Cho 200 ml dung dịch NH3 0,1M tác dụng hết với với 300ml dung dịch HCl 0,1M thu được dung dịch X. Biết ở 250C, Kb của NH3 là 10-4,76, bỏ qua sự phân li của H2O. Tính pH của dung dịch X ở 250C? 1.3. (1,5 điểm) Hoàn thành các chuyển hóa sau: t FeCO3 + O2  → A+ B B + CaO → C C + HCl → D + B + E B+C+E → Q Q + Ca(OH)2 → C + E B + G + E → X + Y↓ (Biết G là hợp chất của Si) 0

Câu 2.(4,0 điểm) 2.1.(1,5 điểm) Có 4 chất rắn đựng riêng biệt trong 4 lọ mất nhãn: Na2CO3, Na2SO4; BaCO3; BaSO4. Chỉ dùng dung dịch HCl và không được đun nóng, hãy phân biệt 4 lọ mất nhãn trên. Viết các phương trình phản ứng xảy ra? 2.2.(0,75 điểm) Dung dịch A gồm x mol CO32-; y mol SO32-; z mol SO42-; 0,1 mol HCO3- và 0,3 mol Na+. Cho vào dung dịch A V lít dung dịch Ba(OH)2 1M. Xác định giá trị của V để thu được lượng kết tủa lớn nhất? 0

t , xt  → 2.3.(1,75 điểm) Xét phản ứng tổng hợp amoniac: N2 + 3H2 ←  p

2NH3 . Ở 4500C, hằng số cân bằng của phản ứng này là KP = 1,5. 10-5. Hãy tính áp suất riêng phần của NH3 biết ban đầu trộn N2 và H2 theo tỉ lệ 1:3 về thể tích và áp suất chung của hệ bằng 500 atm? Câu 3. (4 điểm) 3.1(1,5 điểm) Có 3 đồng phân cấu tạo của xicloanken (C5H8) được nhận biết bằng phản ứng ôxi hóa với KMnO4/H+. Viết công thức cấu tạo của chúng, biết rằng: + Một đồng phân tạo ra hợp chất vừa có nhóm xeton, COOH và có C-bất đối .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

+ Một đồng phân tạo ra hợp chất dixeton không có C-bất đối. + Một đồng phân tạo ra hợp chất có 2 nhóm COOH và có C-bất đối. Viết công thức câu tạo các sản phẩm tạo thành của quá trình oxi hoá. 3.2(1,5 điểm) Sắp xếp các hợp chất: phenol (I), p-metylphenol (II), mnitrophenol (III) và p-nitrophenol (IV) theo thứ tự tăng dần tính axit? Giải thích? 3.3( 1 điểm). X, Y, Z lần lượt là ankan, ankadien liên hợp và ankin, điều kiện thường tồn tại ở thể khí. Đốt cháy 2,45 lít hỗn hợp ba chất này cần 14,7 lít khí O2, thu được CO2 và H2O có số mol bằng nhau. Các thể tích khí đều đo ở 25oC và 1 atm. Xác định công thức phân tử của X, Y và Z. Câu 4. ( 4 điểm) 4.1 ( 2 điểm) Viết các phương trình hóa học theo sơ đồ chuyển hóa sau: C6H5CH3 (1 mol)

Cl2 (1 mol) as

Mg ete khan

1) etilen oxit 2) HCl

H2SO4 15oC

4.2.(2 điểm) Oxi hóa một lượng ancol C bằng oxi, xúc tác, thu được hỗn hợp X. Chia X thành ba phần bằng nhau: Phần 1 tác dụng với dung dịch AgNO3 trong amoniac dư thu được 21,6 gam Ag. Phần 2 tác dụng với dung dịch NaHCO3 dư thu được 2,24 lít khí. Phần 3 tác dụng với Na vừa đủ thu được 4,48 lít khí và 25,8 gam chất rắn khan. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Xác định công thức cấu tạo của ancol C, biết đun nóng ancol C với H2SO4 đặc, ở 170oC được anken, các chất khí đo ở đktc và các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 5.( 4 điểm) 5.1. (2điểm) Hòa tan hết 2,2 gam hỗn hợp gồm 2 kim loại Al và Fe trong 150 ml dung dịch HNO3 2M thu được dung dịch B và 448 ml (đktc) khí C gồm N2O và N2 có tỉ khối so với không khí bằng 1,2414. Thêm 13,6 gam NaOH nguyên

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

chất vào dung dịch B thu được kết tủa D, lọc kết tủa D thu được dung dịch nước lọc E. a) Tính thành phần % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu? b) Nung D đến khối lượng không đổi thu được bao nhiêu gam chất rắn? c) Tính thể tích dung dịch HCl 0,5M cần thêm vào dung dịch E để thu được 2,34 gam kết tủa? 5.2.(2điểm) Xác định công thức cấu tạo các hợp chất hữu cơ A, B, C, D, A1, A2, A3, A4 trong các sơ đồ phản ứng sau (không ghi phản ứng): H O+

H SO ñaëc, to

CH OH

HCN 3 3 → C  2 4 → D → a) A → B  CH2=C(CH3)– COOCH3

+Benzen/H+ A3 +1)O2, 2)H2SO4 Craêêckinh (3) (2) A5 (C3H6O)(propan-2-on) b) CnH2n+2 A2 (1) A1(khí) (4) A4 (5)+O2/xt +H2O/H+

2. Hoàn thành các phương trình phản ứng: +KMnO4 CH2 CH(CH ) to 3 2 b) Glixerol  → +Cu(OH)2 → V O , 350−450o C

2 5 c) Naphtalen + O2  → Fe, to , 1:1 d) Nitrobenzen + Cl2 →

---HẾT--Ghi chú: Thí sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học.

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLIMPIC MÔN HÓA HỌC 11 Câu

Đáp án

1.1

a) Xuất hiện kết tủa màu xanh, sau đó tan dần tạo ra dung dịch xanh lam trong suốt CuCl2 + 2NH3 + 2H2O  Cu(OH)2 + 2NH4Cl → Cu(OH)2 + 4NH3 [Cu(NH3)4](OH)2  → b) Xuất hiện kết tủa trắng và có khí thoát ra → BaSO4 + K2SO4 + 2CO2 + 2H2O 2KHSO4 + Ba(HCO3)2  nNH3 = 0,02 mol; nHCl = 0,03 mol NH3 + HCl  → NH4Cl

1.2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Thang điểm 0,5đ 0,5đ

0,02 0,02 0,02 (mol) Thu được dung dịch X gồm HCldư : 0,02M và NH4Cl: 0,04M NH4+ BĐ: 0,04M PƯ: x CB: 0,04-x

1.3

2. 2.1

2.2

NH3 + H+; K a = 0

K w 10−14 = 10-9,24 = Kb Kb

0,02 x 0,02+x

x x

10-9,24 = x.( 0,02 + x) /(0,04 –x) x= 1,15. 10-9 [H+] = 0,02 + x = 0,02M pH = 1,69 t 4FeCO3 + O2  → 2Fe2O3 + 4CO2 CO2 + CaO  → CaCO3 CaCO3 + 2HCl  → CaCl2 + CO2 + H2O CaCO3 + CO2 + H2O  → Ca(HCO3)2 Ca(HCO3)2 + Ca(OH)2  → CaCO3 + H2O CO2 + Na2SiO3 + H2O  → Na2CO3 + H2SiO3 Lưu ý: G có thể là K2SiO3 Dùng dung dịch HCl làm thuốc thử: + BaSO4: không tan + Na2SO4: tan nhưng không có khí thoát ra + Na2CO3: tan ra và có sủi bọt khí không màu Na2CO3 + 2HCl  → 2 NaCl + CO2 + H2O Tiếp tục thêm Na2CO3 cho đến khi không còn khí thoát ra tức là trong dung dịch không còn HCl; Nếu thêm tiếp bột rắn thì sẽ tan ra tạo dung dịch trong suốt. + BaCO3: tan ra và có sủi bọt khí không màu BaCO3 + 2HCl  → BaCl2 + CO2 + H2O Tiếp tục thêm BaCO3 cho đến khi không còn khí thoát ra tức là trong dung dịch không còn HCl; Nếu thêm tiếp bột rắn thì sẽ không tan làm dung dịch vẩn đục. Theo ĐLBTĐT: x + y + z = 0,1 2→ CO3 + H2O HCO3- + OH-  0,1 mol 0,1 mol 0

Để được kết tủa lớn nhất thì nBa2+ = nCO32- + nSO32- + nSO42- =x + y + z + 0,1 = 0,2 mol Vậy V = 0,2/1 = 0,2 lít

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ

2.3

0,25đ 0,25đ 0,25đ

t , xt  → 2NH3 N2 + 3H2 ←  p

Ta có P = PH2 + PN2 + PNH3 Và PH2 = 3PN2  → PN2 = 0,25(P – PNH3) ;

0,25đ 0,25đ

PH2 = 0,75(P – PNH3)

KP = P2NH3/ PN2 . P3H2 = P2NH3/ 0,25(P – PNH3). [0,75(P – PNH3)]3 Thay Kp = 1,5.10-5 và P = 500atm  → PNH3 = 152atm 3. 3.1

H3 C

H3C

CH3

CH3 CH3

H3 C

CO2H

H3 C

HO2C CH3

HO2C

CH3

H 3C

3.2

Phenol (I), p-metylphenol (II), m-nitrophenol (III) và pnitrophenol (IV). Nhóm NO2 là nhóm hút e mạnh, nên làm tăng tính axit; nhóm metyl là nhóm đẩy e, nên làm giảm tính axit. Ngoài ra, ion p-nitro phenoxide được bền do có cộng hưởng (điện tích âm giải tỏa rộng hơn) nên đồng phân p- có tính axit cao hơn đồng phân m-nitrophenol (III).

Mỗi chất ban đầu và sản phẩm tạo thành quá trình oxi hóa là 0,25 điểm. 0,25 0,25 0,25

0,25đ 0,25đ

- H+

NO2

- H+ NO2

Vậy: II < I < III < IV

NO2

0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,25 3.3

Gọi công thức trung bình của X, Y, Z là C n H 2n (do số mol CO2 và H2O bằng nhau). 3n O 2 → nCO 2 + nH 2 O 2 3n / 2 14,7 ta có : = ⇒n=4 1 2,45

0,25

C n H 2n +

0,25

Vì X, Y, Z điều kiện thường đều tồn tại ở thể khí (trong phân tử, số nguyên tử C ≤ 4), nên công thức phân tử của X là C4H10 Y, Z là C4H6.

4. 4.1

C6H5CH3 + Cl2 → C6H5CH2Cl + HCl ete khan → C6H5CH2MgCl C6H5CH2Cl + Mg 

0,5 0,5

C6H5CH2MgCl +

0,25

C6H5CH2CH2CH2OMgCl

→ C6H5CH2CH2CH2OH + C6H5CH2CH2CH2OMgCl + HCl  MgCl2 C6H5CH2CH2CH2OH

4.2

0,25 0,25

H2SO4 15oC

+ H2O

Do oxi hóa C được SP tráng gương, tách nước tạo olefin ⇒ C là ancol no, đơn chức mạch hở, bậc một. Vậy C: RCH2OH (R: CnH2n+1 – , n ≥ 1). xt,to → 2RCHO + 2 H2O (1) 2 RCH2OH + O2  xt,to → RCOOH + H2O (2) RCH2OH + O2  Hỗn hợp X gồm RCHO, RCOOH, H2O và RCH2OH dư. to → RCOONH4 + 2Ag↓+ * Phần 1: RCHO + 2[Ag(NH3)2]OH  3NH3 + H2O(2) * Phần 2: RCOOH + NaHCO3 → RCOONa + H2O + CO2 ↑ (4) * Phần 3: 2 RCOOH + 2 Na → 2 RCOONa + H2 ↑ (5) 2 RCH2OH + 2 Na → 2 RCH2ONa + H2 ↑ (6)

0,25 0,5

0,125 0,125 0,125 0,125

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2 H2O + 2 Na → 2 NaOH + H2↑ (7) Gọi số mol RCH2OH, RCHO, RCOOH trong 1/3 hỗn hợp X lần lượt là x, y, z mol. Hệ pt là Theo (1 → 7) và bài ra ta có hệ: 0,5. 2y = 0, 2  x = 0,1   Giải ra ⇒  y = 0,1 z = 0,1 nghiệm 0,5z + 0,5x + 0,5(y + z)z = 0, 2 z = 0,1   là 0,25 Chất rắn khan thu được sau phản ứng ở phần III gồm : 0,1 (mol) RCOONa ; 0,1 (mol) RCH2ONa và 0,2 (mol) NaOH. Số gam chất rắn khan : (R+ 67). 0,1 + (R + 53). 0,1 + 40. 0,2 = 25,8 (gam) 0,5 ⇒ MR = 29 ⇒ R là C2H5 – Vậy ancol C: CH3– CH2 – CH2 - OH. 0,25 5 5.1

a) Tính được số mol nN2O = nN2 = 0,01 mol Vì nH+ (pu)= 0,22mol < nH+ (bd)= 0,3mol nên axit dư, phản ứng không tạo Fe2+. Đặt số mol Fe và Al lần lượt bằng x và y x = 0,02 ; y = 0,04 Vậy % Fe = 50,9%; %Al = 49,1% b) Thêm NaOH vào dung dịch B [H+ (0,15.2-0,22 = 0,08 mol), Fe3+ (x = 0,02 mol), Al3+ (y = 0,04 mol) và NO3-] H+ + OH-  → H2O (1) 3+ Fe + 3OH  → Fe(OH)3 (2) Al3+ + 3OH-  → Al(OH)3 (3) Al(OH)3 + OH-  → AlO2 - + 2H2O (4) + nOH = nH + 3nFe3+ + 4nAl3+ = 0,3 mol< nOH-ban đầu = 0,34mol Nên vẫn còn dư OH-, kết tủa D là Fe(OH)3 (0,02mol) 2Fe(OH)3  → Fe2O3 + 3H2O, mrắn = 0,01x 160= 1,6g

0,25đ

0,25đ 0,25đ

0,5đ

c) nAl(OH)3 thu được: 0,03mol Dung dịch nước lọc E gồm: OH-: 0,04mol; Na+: 0,034mol; AlO-2: 0,04mol và NO3Khi thêm H+ vào dung dịch E thì: → H2O ( 5) H+ + OH-  + 0,25đ → Al(OH)3 (6) H + AlO2 + H2O  + 3+ → Al + 3H2O (7) 3H + Al(OH)3  TH1: Kết tủa Al(OH)3 chưa đạt cực đại, xảy ra pt(5) và (6) nH+= 0,04+ 0,03 = 0,07 mol VHCl = 0,14(l)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

TH2: Kết tủa Al(OH)3 đạt cực đại sau đó tan dần, xảy ra pt(5), (6) và (7) nH+= 0,04+ 0,04+ 3.0,01 = 0,11 mol VHCl = 0,22(l) 5.2

A: CH3COCH3 B: (CH3)2C(OH) – CN C : (CH3)2C(OH) – COOH D: CH2=C(CH3)–COOH

0,25đ

A1: CH3-CH2-CH2-CH3 A2: CH3- CH=CH2 A3: C6H5-CH(CH3)2 (Cumen) A4: CH3-CH(OH)-CH3

0,25đ Mỗi một chất 0,125 đ

0,25

a) CH2 CH CH3+ 8 KMnO4

3 C6H5COOK + 3 CH3COCH3 + 5KOH + 8 MnO2 + 2 H2O

CH3

b) 2C3H5(OH)3 +Cu(OH)2 → [C3H5(OH)2O]2Cu + 2H2O c)

0,25

+ 9/2O2

V2O5, 350−450o C

→

+ 2CO2 + 2H2O

d) NO 2

0,25

NO2

Fe, t o , 1:1 + Cl2 →

+ HCl Cl

Ghi chú: Thí sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI OLYMPIC MÔN HÓA HỌC11(Thời gian:150 phút) Câu 1. (5,25điểm) 1.1. Tính số gam NH4NO3 cần thêm vào 1 lít dd NH3 0,1M để khi trộn 2 ml dd này với 3 ml dd Mg(NO3)2 0,01M thì kết tủa không xuất hiện. Cho T Mg(OH)2 = 10-10,95; kb=1,8.10-5. 1.2. Cho dd X chứa CH3COOH 0,1M và HCl 0,01M ở 250C d. Tính pH của dd X biết ka CH3COOH=1,75.10-5. e. Nếu cho 10 ml dd NaOH 0,12M vào 10 ml dd X được dd Y. Tìm pH của dd Y. Câu 2( 4 đ): f. III.1 (2 đ). Viết phương trình hóa học của các phản ứng (ghi rõ điều kiện) thực hiện dãy chuyển hóa sau:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a). Hãy cho biết những chất gì được hình thành và khối lượng các chất đó. Chất nào trong các chất đó còn lại trong dung dịch. b) Nếu cho từ từ từng giọt dung dịch A vào 20,00 gam dung dịch HCl nồng độ 9,125% và khuấy mạnh, sau đó cho thêm dung dịch chứa 0,02 mol Ca(OH)2 vào dung dịch trên. Hãy giải thích hiện tượng xảy ra và tính khối lượng các chất tạo thành sau phản ứng. Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn câu 4(4đ) 4.1. Nung hỗn hợp (A) gồm 2 muối cacbonat của hai kim loại thuộc 2 chu kỳ liên tiếp của nhóm IIA đến khi xảy ra hoàn hoàn, thu được chất rắn có khối lượng bằng ½ khối lượng hỗn hợp muối ban đầu. Xác định công thức và thành phần % khối lượng muối trong (A). 4.2. Hỗn hợp X gồm 2 ancol (chưa rõ số lượng nhóm chức) có số nguyên tử C hơn kém nhau 1. Đốt cháy hoàn toàn 8,3 gam X bằng 10,64 lít O2 thu được 7,84 lít CO2; các thể tích khí đều đo ở đktc. Xác định CTPT của 2 ancol trong hỗn hợp X. Câu 5(4điểm ) Chất X có công thức phân tử C7H6O3. X có khả năng tác dụng với dung dịch NaHCO3 tạo chất Y có công thức C7H5O3Na. Cho X tác dụng với anhiđrit axetic tạo chất Z (C9H8O4) cũng tác dụng được với NaHCO3, nhưng khi cho X tác dụng với metanol (có H2SO4 đặc xúc tác) thì tạo chất T (C8H8O3) không tác dụng với NaHCO3 mà chỉ tác dụng được với Na2CO3. (c) Xác định cấu tạo các chất X, Y, Z, T và viết các phương trình phản ứng xảy ra. Biết chất X có khả năng tạo liên kết H nội phân tử. (d) Cho biết ứng dụng của các chất Y, Z và T.

C Nội dung đáp án âu 1. NH4NO3 NH4+ + NO3-. 1 Mg(OH)2 Mg2+ + 2 OH- Tt = 10-10,95. Để không xuất hiện ↓ thì [Mg2+]. [OH-]2 ≤ 10-10,95 ⇒ [OH-] ≤

0,7 5đ Tt Mg 2+

[

]

(*) Gọi x là số mol NH4NO3 cần thêm vào 1 lít dd NH3 0,1M. Khi trộn 2 ml dd gồm NH4NO3 và NH3 0,1M với 3 ml dd Mg(NO3)2 0,7 5đ 0,01M thì nồng độ của ion trong dd sau khi trộn là: 0,01 × 3 x×2 + = 6.10 −3 M; [NH4 ] = = 0,4 x M; 2+3 2+3 0,1 × 2 = 0,04 M [NH3] = 2+3 Thay [Mg2+] vào (*) ⇒ Để không có kết tủa thì

[Mg2+] =

⇒ [OH ] ≤

10 −10,95 =4,325.10-5 −3 6.10

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ta có cân bằng trong dung dịch: NH3 + H2O NH4+ + OH-; kb=1,8.10-5. Ban đầu 0,04 0,4x Phản ứng y y y 0,4x+y y Cân bằng 0,04-y Với y= 4,325.10-5.. Kb =

0,7 5đ

(0,4 x + y ) × y = 1,8.10 −5 ⇒ x=0,04147 0,04 − y

⇒ m NH4NO3 =0,04147.80=3,3176g.

1. 2

HCl 0,01M CH3COOH Ban đầu 0,1 Phản ứng x Cân bằng 0,1-x Ka = +

H+ + Cl0,01M CH3COO- + H+; ka = 1,75.10-5. 0,01 x x 0,01+x x

[CH COO ][H ] = (0,01 + x).x = 1,75.10 −

[CH 3COOH ]

0,1 − x

−5

1,5 đ

-4

⇒ x=1,75.10 .

-4

[H ] = 0,01+1,75.10 = 1,0175.10-2 ⇒ pH =1,992.

c. n H+ = n HCl = 0,01.0,01 = 10-4 mol. n CH3COOH = 0,1.0,01 = 10-3 mol. nOH- = n NaOH = 0,01.0,12 = 1,2.10-3 mol. H+ + OH- H2O. 10-4 → 10-4 CH3COOH + OH- CH3COO- + H2O. 10-3 → 10-3 → 10-3 n OH dư 1,2,10-3 – (1̣ 0-4 +10-3) = 10-4 mol. Trong dd Y có nồng độ các ion: [OH-] =

1,5 đ

10 −4 10 −3 = 0,005 M; [CH3COO ] = = 0,05 M 0,02 0,02

Cân bằng trong dd Y: CH3COO- + H2O CH3COOH + OH-; Kb = ka-1.w Ban đầu 0,05 0,005 Phản ứng y y y Cân bằng 0,05-y y 0,005+y (0,05 + y ) y 10 −14 giả sử 0 < y << 0,05 ⇒ y = 10-8,243 = −5 0,05 − y 1,75.10 -8,243 = 0,005 ⇒ pH= 11,7 ⇒ [OH ] = 0,005 + 10

Kb =

2. 1

1500o C

→ C2H2 + 3H2 2CH4  (A)

(B)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1.5 đ

C2H2 + H2

Pd  → PbCO , t o 3

(X)

C2H4

Hg , H → to

C2H2 + H2O (Y)

CH3CHO

(D) Ni, to

CH3CHO + H2 → C2H5OH (E) H+ , t o

C2H4 + H2O → C2H5OH o

xt, t 2C2H5OH → CH2=CH-CH=CH2 + 2H2O + H2

(F)

nCH2=CH-CH=CH2

Na, to, p

CH2-CH=CH-CH2 G

H SO ®Æc, 170o C

2 4 → C2H4 + H2O C2H5OH 

nCH2=CH2

2. 2

2. 3

xt, to, p

CH2-CH2 H

Đốt cháy X chỉ thu được CO2 và H2O ⇒ X chứa C,H hoặc C,H,O Mặt khác X tác dụng với AgNO3/NH3, tỷ lệ mol là 1:2 ⇒ X có 1 nhóm –CHO hoặc có 2 liên kết ba đầu mạch. Do MX<60. X có thể là: HC≡CH; HC≡C-C≡CH; CH3CHO; CH3CH2CHO; CH2= CHCHO; HCOOH.

→ 2C6H5CH2ONa + H2 2C6H5CH2OH + 2Na  H SO ®Æc, t o

2 4  →  CH3COOCH2C6H5 + H2O C6H5CH2OH + CH3COOH ←

2o-H3CC6H4OH + 2Na

 →

2o-H3CC6H4ONa + H2

→ o-H3CC6H4ONa + H2O o-H3CC6H4OH + NaOH 

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1đ

1,5 đ

4, 24

20.9,125

c. nNa2CO3 = = 0,04 mol ; nHCl = = 0,05 mol ; 106 100.36,5

1,0 đ

nCa (OH )2 = 0,02 mol

Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch A: 9. Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl 10. NaHCO3 + HCl → NaCl + CO2 ↑ + H2O nNaHCO = nHCl (1) = nNa CO = 0,04 mol 3 2 3 nNaHCO (2) = nHCl (2) = 0,05 − 0,04 = 0,01mol ;

;

Sau phản ứng 1; 2 trong dung dịch có: NaCl ( nNaCl = nHCl = 0,05 mol ) NaHCO3( nNaHCO3 = 0,03mol ) Cho tiếp vào đó dung dịch Ca(OH)2: 11. 2NaHCO3 + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2 + 2NaOH 12. Ca(HCO3)2 + Ca(OH)2 → 2CaCO3 ↓ + 2H2O 1

Theo (3): nCa ( HCO3 ) 2 (3) = nCa (OH ) 2 (3) = nNaHCO3 = 0,015 mol ; 2 nNaOH = nNaHCO = 0,03mol 3 Theo (4): nCa ( HCO ) (4) = nCa (OH ) (4) = 0,02 − 0,015 = 0,005 mol ; 3 2

nCaCO = 2nCa (OH ) (4) = 2.0,005 = 0,01 mol ; 3 2

Sau phản ứng 3, 4 sản phẩm thu được gồm: NaCl (0,05 mol) tồn tại trong dd; NaOH(0,03 mol) Ca(HCO3)2 ( nCa ( HCO3 )2 = 0,015 − 0,005 = 0,01 mol ) tồn tại trong dd CaCO3 (0,01 mol) tách ra khỏi dung dịch mNaCl = 0,05.58,5 = 2,925 gam ; mNaOH = 0,03.40 = 1, 2 gam mCa ( HCO3 )2 = 0,01.162 = 1,62 gam ; mCaCO3 = 0,01.100 =1gam

d. Cho từ từ dung dịch A vào dung dịch HCl: 5. Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2 ↑ + H2O 1 1 nNa2CO3 (1) = nHCl = .0,05 = 0,025 mol < nNa2CO3bd ; 2 2

Sau phản ứng 1, trong dung dịch còn: NaCl (0,05 mol); Na2CO3 (0,04 – 0,025 = 0,015 mol) Cho tiếp dung dịch Ca(OH)2 vào: 6. Ca(OH)2 + Na2CO3 → CaCO3 ↓ + 2NaOH Sau phản ứng 2, sản phẩm thu được gồm: NaCl (0,05 mol); NaOH( nNaOH = 2.nNa2CO 3 = 2.0,015 = 0,03 mol ) CaCO3 ( nCaCO3 = n Na2CO3 = 0,015 mol ); Ca(OH)2 dư (0,02 – 0,015 = 0,005 mol); Khối lượng sản phẩm:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,7 5đ

mNaCl = 0,05.58,5 = 2,925 gam ; mNaOH = 0,03.40 = 1,2 gam ; mCaCO = 0,015.100 =1,5 gam ; mCa (OH ) = 0,005.74 = 0,37 gam 3 2

4. 1

Đặt công thức chung cho 2 muối : MCO3. t Phản ứng : MCO3  → MO + CO2 o

1 2

2đ

Ta có nMCO = nMO và mMO = mMCO → M MO = M MCO → M=28 3

→ 2 kim loại là Mg và Ca Gọi số mol của CaCO3 là a, số mol của MgCO3 là b. Ta có : 40a+ 50b = ½ (84a+100b)→ a=3b %CaCO3 =

100b 100b *100=28,4% *100 = 84a + 100b 84*3b + 100b

→%MgCO3= 71,6%

Gọi công thức chung của X là Phương trình đốt cháy: 4. 2

nO2 = 0, 475 mol ; nCO2 = 0,35 mol

Theo ĐLBT khối lượng: mancol + mo2 = mH 2O + mCO2 → mH 2O = 8,1 gam → nH 2O = 0, 45 mol → nX 0,1 mol

2đ

→ M X = 83 Áp dụng ĐLBT nguyên tố với oxi: nO / X = nO / CO + nO / H O − nO / O = 0,2 mol 2

→m =

nO / X = 2; nX

nCO2

= 3,5

Vậy X gồm C3H8O2 và C4H10O2

CO2

= nBaCO3

78,8 = = 0, 04mol Thay vào (I) ta tìm được 197

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,5 đ

nH 2 O =

42, 4 − 0, 4.44 = 1,378mol 18

Đặt công thức của X là CxHyOx y z y 4 2 2 2.1, 378 = = 27,56 → vô lí (loại vì y phải 0,1

Phương trình cháy: C x H y Oz + ( x + − )O2 → xCO2 + H 2O Theo phương trình: y =

2 nH 2 O nX

nguyên) Trường hợp 2: Nếu phản ứng tạo hỗn hợp hai muối Theo (1) và (2) ta có : nCO = 0,8mol → nH O = 2

42, 4 − 0,8.44 = 0, 4 mol 18

y z y C x H y Oz + ( x + − )O2 → xCO2 + H 2O 4 2 2

1,5 đ

Theo phương trình ta có: 2nH 2O 2.0, 4 0,8 = 8, y = = =8 nA 0,1 nX 0,1 10, 4 m Mà 12.x + y + 16.z = X = = 104 → z=0 nX 0,1 x=

nCO2

Vậy công thức phân tử của X là: C8H8 B, ta có:

nBr2 nX

0, 03 =1 0, 03

nH 2 nX

0,12 =4 0, 03

1 mol A + 1mol dung dịch Br2 => A có 1 liên kết pi kém bền ( dạng 0,5 anken) đ 1 mol A + 4 mol H2 => A có 4 liên kết pi, hoặc vòng kém bền => A có 3 liên kết pi, hoặc vòng bền với dung dịch Br2 A là hợp chất có trong chương trình phổ thông => A có cấu trúc vòng benzen Vậy 6 (a) Cấu tạo các chất : COOH OH

COONa OH

COOH OOCCH3

COOCH3 OH

Phương trình phản ứng : HOC6H4COOH + NaHCO3 → HOC6H4COONa + H2O + CO2 H 2SO 4 → HOC6H4COOCH3 + H2O HOC6H4COOH + CH3OH   

H 2SO 4

→ CH3COOC6H4COOH + CH3COOH HOC6H4COOH + (CH3CO)2O    (b) Y với hàm lượng rất nhỏ được sử dụng làm chất bảo quản thực phẩm và pha ch (có tác dụng diệt khuẩn); Z được sử dụng để chế tạo dược phẩm aspirin và T là thành ph

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

dầu gió xanh. Cau VI.2 2. (a) Xác định A và B. n A ,B =

10,08 × 1 = 0,3 ( mol ) ( 22,4 / 273) × 273 × 1,5 ;

n CO 2 =

16,8 × 1 108 = 0,5 ( mol ) n Ag = = 1( mol) (22,4 / 273) × 273 × 1,5 108 và

0,5 = 1,67 ⇒ 0,3 A là HCHO

Gọi công thức của B là RCHO (hay CnH2nO) và số mol của A, B lần lượt là a, b. + AgNO 3 / NH 3 HCHO    → 4Ag + AgNO 3 / NH 3 RCHO    → 2Ag

 a + b = 0,3  a + nb = 0,5 ⇒ a = 0,2; b = 0,1; n = 3  4a + 2b = 1 Ta có : 

Vậy B là CH3CH2CHO

(Đề thi gồm có 02 trang)

ĐỀ THI OLIM PIC MÔN: HÓA HỌC - LỚP : 11 (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề)

Câu 1. (3,0 điểm) 1. Hòa tan hết 7,33 gam hỗn hợp kim loại M (chỉ có hóa trị II) và oxit của nó vào nước, thu được 1 lít dung dịch X có pH = 13. a) Xác định kim loại M. b) Tính thể tích dung dịch chứa HCl và H2SO4 có pH = 0 cần thêm vào 0,1 lít X để thu được dung dịch mới có pH = 1,699. 2. Hòa tan hết m gam hỗn hợp R gồm Na, Na2O, Ba và BaO vào nước, thu được 0,15 mol khí H2 và dung dịch X. Sục 0,32 mol khí CO2 vào dung dịch X, thu được dung dịch Y chỉ chứa các ion Na+, HCO3-, CO32- và kết tủa Z. Chia dung dịch Y thành 2 phần bằng nhau: - Cho từ từ đến hết phần 1 vào dung dịch chứa 0,12 mol HCl, thu được 0,075 mol CO2, coi tốc độ phản ứng của HCO3-, CO32- với H+ bằng nhau. - Cho từ từ đến hết dung dịch chứa 0,12 mol HCl vào phần 2, thu được 0,06 mol CO2. Tính giá trị của m. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 2. (3,0 điểm) 1. Viết các phương trình phản ứng trong các thí nghiệm sau: a) Cho dung dịch H2SO4 tác dụng với dung dịch Ba(HCO3)2. b) Cho dung dịch Na2CO3 tác dụng với dung dịch AlCl3.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

c) Cho Ba tác dụng với dung dịch NaHSO3. d) Cho Mg tác dụng với dung dịch NaHSO4. e) Cho dung dịch NaHCO3 tác dụng với dung dịch Ca(OH)2. f) Cho Na tác dụng với dung dịch CuSO4. 2. Cho dung dịch H2SO4 loãng tác dụng lần lượt với các dung dịch riêng biệt sau: BaS, Na2S2O3, Na2CO3, Fe(NO3)2. Nêu hiện tượng và viết các phương trình phản ứng xảy ra. Câu 3. (4,,0 điểm) Cho biết A, B, C, D, E là các hợp chất của natri. Cho A lần lượt tác dụng với các dung dịch B,C thu được các khí tương ứng là X, Y. Cho D, E lần lượt tác dụng với nước thu được các khí tương ứng Z, T. Cho các khí X,Y,Z,T tác dụng với nhau từng đôi một trong điều kiện thích hợp. Tỷ khối của X so với Z bằng 2 và tỷ khối của Y so với T cũng bằng 2. X, Y, Z, T là các khí được học trong chương trình phổ thông. Chỉ ra các chất A, B, C, D, E, X, Y, Z, T phù hợp với giữ kiện trên và viết các phương trình phản ứng xẩy ra trong các thí nghiệm trên. Câu 4. (3,,0 điểm) Hỗn hợp khí A gồm metan và hợp chất X . Tỷ khối của X so với hiđro nhỏ hơn 22. Đốt cháy hoàn toàn V lít A thu được sản phẩm gồm CO2 và H2O. Cho sản phẩm cháy hấp thụ hết vào dung dịch Ba(OH)2 dư thấy tạo thành 70,92 gam kết tủa. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo của X. Biết V lít A có thể tích đúng bằng thể tích của 11,52 gam khí O2 đo trong cùng điều kiện. Câu 5. (3,,0 điểm) Hỗn hỗn X gồm propilen, axetilen, butan và hidro. Cho m gam X vào bình kín (có xúc tác Ni, không chứa không khí). Nung nóng bình đến phản ứng hoàn toàn thu được hỗn Y.Đốt cháy hoàn toàn Y cần V lít O2 (đktc) thu được hỗn hợp Z gồm khí và hơi. Cho Z lội từ từ qua bình đựng H2SO4 đặc dư thấy khối lượng bình tăng 3,96 gam. Biết hỗn hợp Y làm mất màu tối đa 50 ml dung dịch Br2 1M (dung môi CCl4). Cho 3,36 lít hỗn hợp X đi qua bình đựng dung dịch Br2 dư (dung môi CCl4) có 19,2 gam brom phản ứng.Tính V? Câu 6. (4,0 điểm) Hỗn hợp A gồm SiO2 và Mg được đun nóng đến nhiệt độ cao, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp X gồm ba chất rắn. Xử lý X cần vừa đủ 365 gam dung dịch HCl 20% và cho kết quả: - Thu được một khí Y bốc cháy ngay trong không khí và 401,4 gam dung dịch muối có nồng độ 23,67%. - Còn lại chất rắn Z không tan trong axit, nhưng tan dễ dàng trong dung dịch kiềm, tạo ra một khí cháy được. a) Tính thành phần % khối lượng các chất trong A. b) Tính thể tích khí Y (ở đktc) và khối lượng Z.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

………………………Hết………………………. ( Học sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn ) Cho biết khối lượng nguyên tử (theo đvC) của các nguyên tố: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; Fe = 56; Cu = 64; Rb =85,5; K = 39; Li = 7; Zn = 65; Ag = 108; Ba = 137; F = 19; Mg = 24; P = 31; Ca = 40; Cr = 52; Mn = 55; Br = 80; I = 127; Au = 197; Pb = 207; Ni = 59; Si = 28; Sn = 119. Họ và tên:………………………………………… SBD:………………………………………

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1

a) Gọi x, y lần lượt là số mol của M và MO ta có: Mx + y(M+16) = 1 7,33. (1) M + 2H2O → M(OH)2 + H2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

x x MO + H2O → M(OH)2. y y số mol OH = 2x + 2y = 1.0,1 (II) + Từ (I, II) ta có: 16y = 7,33 – 0,05M M = 146,6 – 320y (*) + Từ (II) suy ra: 0,05 > y > 0 thay vào (*) ta có:146,6 > M > 130,6 là Ba. b) Số mol của OH- = 0,1.0,1 = 0,01 mol; Gọi V là thể tích cần tìm mol H+ = 1.V mol. Vì pH của dd sau pư = 1,699 < 7 nên axit dư H+ + OH- → H2O bđ: V 0,01 0,01 0,01 pư: còn: V-0,01 0

V − 0, 01 =10-1,699 V = 0,0122 lít V + 0,1

Gọi a, b lần lượt là số mol CO32- và HCO3- trong 1/2 Y Phần 2: 0,06 mol < 0,07 mol ⇒ H+ hết nCO32- = a = nH+ - nCO2 = 0,12 – 0,06 = 0,06 mol Phần 1: H+ hết HCO3- + H+ → H2O + CO2 + CO 32 − + 2H → H2O + CO2 2

2a + b a + b 2.0, 06 + b 0, 06 + b = ⇒ = ⇒ b = 0, 04 mol 0,12 0, 075 0,12 0, 075

⇒ Trong Y: 0,12 mol CO32-, 0,08 mol HCO3- ⇒ 0,24 + 0,08 = 0,32 mol Na+ Bảo toàn cacbon: nBaCO3 = nBa(OH)2= 0,32 – 0,2 = 0,12 mol Sơ đồ: R + H2O → NaOH + Ba(OH)2 + H2 ⇒ m + (0,16 + 0,12 + 0,15).18 = 40.0,32 + 0,12.171 + 0,15.2

Câu 2

Vậy m = 25,88 gam a) H2SO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4↓ + 2CO2 + 2H2O b) Na2CO3 + AlCl3 + H2O → NaCl + Al(OH)3↓ + CO2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

c) Ba+2H2O→Ba(OH)2 + H2 Ba(OH)2 +2NaHSO3→BaSO3+Na2SO3+ 2H2O 1 d) Mg + 2NaHSO4 → Na2SO4 + MgSO4 + H2 e) Ca(OH)2 + 2NaHCO3 → CaCO3 + Na2CO3 + 2H2O f) 2Na + 2H2O → NaOH + H2 CuSO4 + 2NaOH → Na2SO4 + Cu(OH)2 - Dung dịch BaS: tạo khí mùi trứng thối và kết tủa trắng BaS + H2SO4 → H2S + BaSO4 - Dung dịch Na2S2O3 : tạo khí mùi sốc và kết tủa vàng Na2S2O3 + H2SO4→ S + SO2 + Na2SO4 + H2O. 2

- Dung dịch Na2CO3 : tạo khí không màu, không mùi Na2CO3 + H2SO4→ CO2 + Na2SO4 + H2O - Dung dịch Fe(NO3)2 : tạo khí không màu hóa nâu trong không khí 3Fe2+ + 4H+ + NO3- →3Fe3+ + NO + 2H2O , 2NO + O2→ 2NO2

Câu 3

( A: NaHSO4, B: Na2SO3 (hoặc NaHSO3), C: Na2S (hoặc NaHS), D: Na2O2, E: Na3N (hoặc NaNH2), X: SO2, Y: H2S, Z:O2, T: NH3. NaHSO4 + Na2SO3 → Na2SO4 + SO2 + H2O (NaHSO3) 2NaHSO4 + Na2S → 2Na2SO4 + H2S (NaHS) Na2O2 + H2O → 2NaOH + O2 Na3N +3 H2O →3NaOH + NH3 ( NaNH2) SO2 + 2H2S → 3 S + 2H2O V O ,t C  → 2SO3 2SO2 + O2 ←  H2S + 2NH3 → (NH4)2S + H2O (NH4HS) 2H2S + O2 → 2S + 2H2O 2 5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

t C 2H2S + 3O2 → 3S + 2H2O

11, 52 = 0,36mol 32 70, 92 = = 0,36mol 197

n A = no2 = nBaCO3

Câu 4

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O 0,36 0,36 mol ← nCO2 = 0,36 => số C tb= 0,36/0,36 =1 => X có 1C X có dạng: CHnOm (m≥ 0) => 12 + n + 16.m < 44 => m < 2 + Nếu m =0 => X: CH4 (loại) + Nếu m = 1=> n= 0 hoặc 2 hoặc 4. CO => CTCT: C=O H X

CH2O => CTCT: H

H CH4O =>CTCT: H

C O H H

Câu 5

Qui đổi hỗn hợp X gồm : C3H6 (a mol), C2H2 (b mol), H2 (c mol). (a, b, c là số mol trong m gam X). Đốt X hay Y cần số mol O2 như nhau và thu được cùng số mol CO2, cùng số mol nước. -Do phản ứng hoàn toàn và Y làm mất màu dung dịch Br2 nên trong Y không có H2. nH2O = 3,96/18 = 0,22 mol; nBr2 p/ứ với Y = 0,05.1 = 0,05 mol; nX = 3,36/22,4 = 0,15 mol; nBr2 p/ứ 0,15 mol X = 19,2/160 = 0,12 mol. BT hidro: 6.a +2.b + 2.c = 0,44 (1) BT liên kết pi: số l/k pi trong X = số liên kết pi trong Y (bằng số mol Br2 phản ứng với Y) + số mol H2 a + 2.b = 0,05 + c (2) Ta có: a + b + c mol X phản ứng hết với a +2.b mol Br2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,15 mol X phản ứng vừa hết 0,12 mol Br2 =>0,12.(a+b+c) = 0,15.(a+2.b) (3) Từ (1),(2),(3) ta có: a= 0,06; b=0,01; c=0,03 mol BT cacbon => nCO2 = 0,06.3 + 0,01.2 = 0,2 mol BT oxi => nO2 p/ứ = nCO2 + 1/2 .nH2O = 0,2 + ½.0,22 = 0,31 mol V = 0,31.22,4 = 6, 944 lít Các phản ứng có thể xảy ra: 2Mg + SiO2 --> 2MgO + Si (1) MgO + SiO2 --> MgSiO3 (2) 2Mg + Si --> Mg2Si (3) MgO + 2HCl --> MgCl2 + H2O (4) Mg2Si + 4HCl --> 2MgCl2 + SiH4 (5) Si + 2NaOH + 2H2O --> Na2SiO3 + 2H2 (6) Câu 6

Theo giả thiết nếu Mg dư, X gồm Mg, MgO, Mg2Si. X sẽ tan hết trong HCl, không tạo chất rắn Z => không thỏa mãn. Nếu X gồm SiO2, Si, MgSiO3 => tác dụng với HCl không có khí thoát ra => không thỏa mãn. Vậy X gồm Si, SiO2, Mg2Si. Khí Y là SiH4, chất rắn Z là Si. Từ các phương trình phản ứng (1), (3), (4), (5), (6), ta có: Số mol Mg = số mol MgCl2 = 0,2367.401,4/95 = 1 => mMg = 24 gam mH2O (trong dung dịch HCl) = 0,8.365 = 292 gam mH2O (trong dung dịch muối) = 0,7633.401,4 = 306,4 gam

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

mH2O (tạo ra ở phản ứng 4) = 306,4 – 292 = 14,4 gam nSiO2 = ½ nMgO = ½ nH2O(ở 4) = 0,4 mol => mSiO2 = 24 gam Trong A có 50%Mg và 50%SiO2 về khối lượng nSiH4 = nMg2Si =0,1 mol =>VY = 2,24 lít nZ = nSi (ở 6) = 0,4 – 0,1 = 0,3 mol =>mZ = 8,4 gam Ghi chú: Thí sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn đạt điểm tối đa trong mỗi câu. Nếu thiếu điều kiện hoặc thiếu cân bằng hoặc thiếu cả hai thì trừ một nửa số điểm của PTHH đó. Làm tròn đến 0,25điểm.

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA LỚP 11 Câu1. 1. Hãy viết phương trình phản ứng và nêu hiện tượng xảy ra khi: a) Sục NO2từ từ đến dư vào dung dịch KOH có pha quỳ tím. b) Sục NH3 từ từ đến dư vào dung dịch ZnSO4. c) Cho ít vụn Cu vào dung dịch chứa đồng thời KNO3 và HCl. d) Cho 3 giọt dung dịch AgNO3 vào 6 giọt dung dịch Na3PO4 trong ống nghiệm, cho tiếp dung dịch HNO3 loãng vào đến dư.

2. Trộn lẫn 7 mL dung dịch NH3 1M và 3 ml dung dịch HCl 1M thu được dung dịch A. Thêm 0,001 mol NaOH vào dung dịch A thu được dung dịch B. (a) Xác định pH của các dung dịch A và B, biết K NH3 = 1,8.10 −5 .

Câu 2. 1. Hòa tan hết 31,89 gam hỗn hợp A gồm 2 kim loại Al và Mg trong lượng dư dung dịch HNO3 loãng, thu được 10,08 lít (đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và N2O) và dung dịch Y. Tỉ khối hơi của X so với khí hiđro là 59/3. Cô cạn dung dịch Y thu

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

được 220,11 gam muối khan. Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A. 2. Chọn chất phù hợp, viết phương trình (ghi rõ điều kiện phản ứng) thực hiện biến đổi sau : +5

-3

N (1) N (2) N (3) N

(4)

(5)

(6)

N (8) N (7)

Câu 3. 1. Sắp xếp các hợp chất: phenol (I), p-metylphenol (II), m-nitrophenol (III) và pnitrophenol (IV) theo thứ tự tăng dần tính axit. Giải thích.

2. Tính thể tích dung dịch Ba(OH)2 0,01M cần thêm vào 100 mL dung dịch Al2(SO4)3 0,1M để thu được 4,275 gam kết tủa.

Câu 4.

1. Từ etanol và các hoá chất vô cơ cần thiết (với điều kiện thích hợp), hãy viết phương trình hoá học của các phản ứng điều chế 1,1-đicloetan (qua 4 giai đoạn). 2. . Hoàn thành phương trình hóa học của các phản ứng sau (nếu có):

→ a) CH3-C≡CH + HBr (dư)  → c) C2H5ONa + H2O 

CCl

4  → b) C2H2 + Br2  −20o C

→ d) CH3CH2CH2Cl + H2O  o

ancol, t e) C6H5CH2Br + KOH  → o

t g) BrCH2CH2CH2Br + Zn  →

Ni → f) C6H5-CH=CH2 + H2  20o C, 2−3atm o

t h) CH2OH-CHOH-CH2OH  →

Câu 5. 1. . Dung dịch A gồm 0,4 mol HCl và 0,05 mol Cu(NO3)2. Cho m gam bột Fe vào dung dịch khuấy đều cho đến khi phản ứng kết thúc thu được chất rắn X gồm hai kim loại, có khối lượng 0,8m gam. Tính m. Giả thiết sản phẩm khử HNO3 duy nhất chỉ có NO. 2. Hợp chất X có công thức phân tử C6H10 tác dụng với hiđro theo tỉ lệ mol 1: 1 khi có chất xúc tác. Cho X tác dụng với dung dịch KMnO4 trong H2SO4 loãng, đun nóng thu được HOOC(CH2)4COOH. a. Xác định công thức cấu tạo, gọi tên X và viết phương trình phản ứng b. Viết phương trình phản ứng oxi hoá X bằng dung dịch KMnO4 trong nước

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3. Đốt cháy hoàn toàn 1,04 gam một hợp chất hữu cơ D cần vừa đủ 2,24 lít O2 (đktc) chỉ thu được khí CO2, hơi H2O theo tỉ lệ thể tích VCO2 : V H2O = 2 : 1 ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của D, biết tỉ khối hơi của D so với hiđro bằng 52, D chứa vòng benzen và tác dụng được với dung dịch brom.

ĐÁP ÁN Câu 1. 1. Phương trình phản ứng và hiện tượng xảy ra là: a)Dung dịch KOH ban đầu có màu xanh sau đó nhạt màu và đến mất màu, khi NO2 dư thì dung dịch lại có màu đỏ. Pthh: 2NO2 + 2KOH --> KNO3 + KNO2 + H2O 2NO2 + H2O --> HNO3 + HNO2 b)Lúc đầu có kết tủa màu trắng xuất hiện sau đó khi NH3 dư thì kết tủa bị hòa tan. Pthh: 2NH3 + 2H2O + ZnSO4 --> Zn(OH)2 + (NH4)2SO4 Zn(OH)2 + 4NH3 --> [Zn(NH3)4]2+ + 2OHc)Kim loại Cu tan dần, có khí không màu thoát ra và hóa nâu trong không khí 3Cu + 8H+ + 2NO3- --> 3Cu2+ + 2NO + 4H2O 2NO + O2 --> 2NO2 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 2. (a) Xét phản ứng của dung dịch NH3 và dung dịch HCl :

NH3 0,7M

H+

NH3

H2O

NH4+

Co 0,3M C 0,3M 0,3M [C] 0,4M 0 0,3M Vậy dung dịch A gồm các cấu tử chính là NH3 0,4M, NH4+ 0,3M và Cl-. Kb Co C [C] K=

0,4M xM (0,4-x)M

⇄ 0,3M xM (0,3+x)M

NH4+

OH-

xM xM

(0,3 + x ).x = 1,8.10 −5 ⇒ x ≈ 2,4.10 −5 (0,4 − x )

⇒ pH A = 14 − [− lg(2,4.10 −5 )] = 9,4

Khi thêm 0,001 mol NaOH vào dung dịch A có phản ứng : NH4+ + OH NH3 + H2O o C 0,3M 0,1M 0,4M C 0,1M 0,1M 0,1M

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

[C] 0,2M 0 0,5M Vậy dung dịch B gồm các cấu tử chính là NH3 0,5M, NH4+ 0,2M và Cl-. Kb Co C [C] K=

NH3

H2O

0,5M xM (0,5-x)M

⇄ 0,2M xM (0,2+x)M

NH4+

OH-

xM xM

(0,2 + x ).x = 1,8.10 −5 ⇒ x ≈ 4,5.10 −5 (0,5 − x )

⇒ pH B = 14 − [− lg(4,5.10 −5 )] = 9,7

Câu 2. 1. Đặt số mol của NO và N2O lần lượt là a và b, ta có: 10,08  a+b= = 0,45  a = 0,15 22,4 ⇔   b = 0,3 30a + 44b = 59 .2.0,45 = 17,7 3 

Đặt số mol của Al và Mg lần lượt là x và y, ta có: 27x + 24y = 31,89 (1) Khi cho hỗn hợp A tác dụng với dung dịch HNO3: Al → Al3+ + 3e x x 3x 2+ Mg → Mg + 2e y y 2y +5 N + 3e → N+2 0,45 0,15 +5 N + 4e → N+1 0,6 2,4 Nếu sản phẩm khử chỉ có NO và N2O thì: mmuối = 31,89 + 62(0,45 + 2,4) = 208,59 gam < 220,11 gam: Vô lí ⇒ có muối NH4NO3 tạo thành trong dung dịch Y. N+5 + 8e → N-3 8z z Ta có: 3x +2y = 0,45 + 2,4 + 8z hay 3x + 2y - 8z = 2,85 (2) Mặc khác: 213x + 148y + 80z = 220,11 Giải hệ (1), (2), (3) ta được: x = 0,47; y = 0,8; z = 0,02

(3)

Vậy: %Al =

0, 47.27.100% = 39,79% 31,89

%Mg = 100% - 39,79% = 60,21%.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2. Các phương trình hóa học của phản ứng : Fe (8) N2 + 3H2 o → 2NH3 500 , 300atm

, 850−900 C  → 4NO + 6H2O (9) 4NH3 + 5O2 Pt (10) 2NO + O2 → 2NO2 (11) 4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3 (12) 5Mg + 12 HNO3 → 5Mg(NO3)2 + N2 + 6H2O o

C (13) N2 + O2 2000  → 2NO (14) 2NO2 + 2KOH → KNO2 + KNO3 + H2O (8)5KNO2 + 2KMnO4 + 3H2SO4 → 5KNO3 + K2SO4 + 2MnSO4 + 3H2O

Câu 3. 1.

* Tính axit: II < I < III < IV. * Giải thích: Nhóm NO2 là nhóm hút electron mạnh nên làm tăng tính axit, nhóm metyl là nhóm đẩy electron nên làm giảm tính axit, kết quả: II < I < (III, IV). Ngoài ra, p-nitrophenol có nhóm NO2 gây hiệu ứng –I, -C trong khi m-nitrophenol có nhóm NO 2 ch ỉ gây hiệu ứ ng –I nên nên đồ ng phân p-nitrophenol có tính axit cao h ơ n đồ ng phân m -nitrophenol. 2. Theo giả thiết n Al3+ = 0,02 mol và n SO 2− = 0,03 mol . Gọi x là số mol Ba(OH)2 4

cần thêm vào, như vậy n Ba 2+ = x mol và n OH − = 2x mol . Ba2+ + SO42- → BaSO4 no x (mol) 0,03 (mol) 3+ Al + 3OH → Al(OH)3 (2) no 0,02 (mol) 2x (mol) Al(OH)3 + OH→ Al(OH)4-

(1)

(3)

Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (1) và (2). Trong trường hợp này Al3+ tham gia phản ứng vừa đủ hoặc dư : Ba2+ phản ứng hết ở phản ứng (1).

2x ≤ 0,02 ⇒ x ≤ 0,03 ( mol) , và như vậy 3

2x = 4,275 ⇒ x = 0,015 (mol) 3 0,015 mol Vậy thể tích dung dịch Ba(OH)2 đã sử dụng là = 1,5 L 0,01 mol / L

Ta có : m(kết tủa) = 233.x + 78.

Nếu xảy ra các phản ứng (1), (2) và (3) thì x > 0,03 (mol) ⇒ m BaSO4 = 0,03 mol × 233 gam / mol = 6,99 gam > 4,275 gam (loại).

Câu 4. 1.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

C2H5OH C2H4 + Br2

H2SO4 ®Æc

C2H4 + H2O

1700C CCl4

CH2Br-CH2Br

CH2Br-CH2Br + 2KOH C2H2 + 2HCl (d−)

ancol

C2H2 + 2KBr + 2H2O

CH3-CHCl2

→ CH3CBr2CH3 2. a) CH3-C≡CH + HBr (dư)  CCl

4  → BrCH=CHBr b) C2H2 + Br2  −20o C

c) C2H5ONa + H2O  → C2H5OH + NaOH d) Không xảy ra. o

ancol, t → C6H5CH2OH + KBr e) C6H5CH2Br + KOH  Ni f) C6H5-CH=CH2 + H2  → C6H5CH2CH3 20o C, 2−3atm

g) BrCH2CH2CH2Br + Zn

+ ZnBr2

t h) CH2OH-CHOH-CH2OH  → CH2=CH-CHO + 2H2O

Câu 5. 3. . Trong dung dịch A :

Dung dịch A có 0,4 mol H+, 0,05 mol Cu2+, 0,4 mol Cl-, 0,1 mol NO3Khi cho Fe vào dung dịch A xảy ra các phản ứng : (4) Fe + 4H+ + NO3- → Fe3+ + NO + 2H2O 0,4 0,1 0,1 0,4 0,1 0,1 0 0 0,1 3+ 2+ (5) Fe + 2Fe → 3Fe 0,05 0,1 (6) Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu 0,16 0,05 0,05 Số mol Fe đã tham gia các phản ứng từ (1) đến (3) là 0,1+ 0,05 + 0,05 = 0,2 (mol) Hỗn hợp 2 kim loại sau phản ứng gồm Fe dư Cu, (m - 56×0,2) + 0,05 ×64 = 0,8 m ⇒ m = 40 (gam) 2. a. C6H10 [π + v ] = 2 X phản ứng với H2 theo tỉ lệ 1 : 1 nên X phải có 1 vòng 5,6 cạnh và 1 liên kết đôi

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Khi oxi hóa X thu được sản phẩm chứa 6 cacbon nên X có 1 vòng 6 cạnh không nhánh - Công thức cấu tạo của X là:

xclohexen

5 + 8KMnO4+ 12H2SO4 → 5 HOOC(CH2)4COOH +4K2SO4+8MnSO4+12H2O. b. Phản ứng: OH

+ 2KMnO4 + 4H2O → 3

3. n CO2 =

+ 2MnO2 + 2KOH.

2,24 = 0,1 mol 22,4

Theo định luật bảo toàn khối lượng, ta có:

m CO2 + m H2O = 1,04 + 32.0,1 = 4,24 gam Vì VCO2 : V H2O = 2 : 1 ⇒ n CO2 = 2n H2O Gọi số mol H2O là x ⇒ Số mol CO2 là 2x

⇒ 44.2x + 18x = 4,24 ⇒ x = 0,04 mol m C = 12.0,08 = 0,96 gam; m H = 0,08 gam

⇒ mC + mH = 0,96 + 0,08 = 1,04 gam ⇒ D không có oxi. nC 0,08 1 = = ⇒ D có công thức: (CH)n nH 0,08 1 Theo bài ra, ta có: 13n = 52.2 = 104 ⇒ n = 8 Vậy công thức phân tử của D: C8H8 Vì D chứa vòng benzen và tác dụng được với dung dịch brom ⇒ Công thức cấu tạo của D là CH=CH2

→ C6H5CHBrCH2Br C6H5CH=CH2 + Br2 

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ ĐỀ NGHỊ (Đề thi có 02 trang)

KỲ THI OLYMPIC Môn: HÓA HỌC - Lớp 11 Thời gian: 150 phút (không tính thời gian giao đề)

Câu 1 (4 điểm) 1.1(2 điểm) Nêu hiện tượng xãy ra, viết phương trình phân tử và phương trình ion đầy đủ, phương trình ion rút gọn khi cho a. NH4Cl vào dung dịch K2CO3, đun nóng. b. (NH4)2SO4 vào dung dịch NaOH, đun nóng. 1.2(2 điểm) Một dung dịch axit sunfuric có pH = 2. a. Tính nồng độ mol của axit sunfuric trong dung dịch đó. Biết rằng ở nồng độ này, sự phân li của axit sunfuric thành ion được coi là hoàn toàn. b. Tính nồng độ mol của ion OH- trong dung dịch đó. Câu 2 (4 điểm) 2.1(1,5 điểm)Nêu tính chất hóa học cơ bản của nitơ và viết phương trình chứng minh tính chất đó? Vì sao ở nhiệt độ thường, nitơ khá trơ về mặt hóa học? 2.2(1 điểm)Amoniac là chất khí không màu, có mùi khai và xốc, nhẹ hơn không khí. Khí amoniac tan rất nhiều trong nước, thu được dung dịch amoniac có tính bazơ yếu. Giải thích? 2.3(1,5 điểm) Hòa tan hoàn toàn m gam sắt vào dung dịch HNO3 loãng thu được 0,448 lít khí không màu, để lâu trong không khí hóa nâu (là chất khí duy nhất ở đktc) a. Tính m. b. Tính khối lượng muối thu được sau phản ứng. Câu 3 (4 điểm) 3.1(2 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 2,24 lít ( đktc) một hyđrocacbon X thu được 8,96 lít khí CO2 ( đktc) và 7,2 gam H2O. a. Xác định dãy đồng đẳng của hyđrocacbon X. b. Lập công thức phân tử của X. c. Xác định công thức cấu tạo của X, biết X phản ứng với HBr chỉ tạo 1 sản phẩm duy nhất. 3.2(1 điểm) Trình bày đồng phân hình học của pent – 2 – en và đọc tên? 3.3(1 điểm) Đọc tên các hợp chất sau: a. CH3C(CH3)2CH2CH=CH2. b. CH3CH(CH3)CH2CH2CH3. c. CH3CH(CH3)C≡CH.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

d. CH3CH(OH)CH(CH3)CH3.

Câu 4(4 điểm) 4.1(2 điểm) Cho 3,7 g một ancol X no, đơn chức, mạch hở tác dụng với Natri dư thu được 0,56 lít khí thoát ra ở đktc. a. Xác định công thức phân tử X. b. Viết phương trình phản ứng xảy ra. c. Tính khối lượng muối thu được bao nhiêu gam. 4.2(2 điểm) Để trung hòa hoàn toàn m gam phenol ta cần dùng 100ml dung dịch NaOH 3M. a. Viết phương trình phản ứng xảy ra. b. Tính m. c. Tính thể tích nước Br2 2M cần dùng để kết tủa hết lượng phenol trên. Câu 5(4 điểm) Hoàn thành dãy chuyển hóa sau: a. NH4Cl → NH3 → N2 → NO → NO2 → HNO3. b. Đá vôi (CaCO3) → vôi sống (CaO) → đất đèn (CaC2) → axetilen (C2H2).

------Hết------

* Học sinh được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. Họ

và

tên

thí

sinh......................................................................Số

báo

danh:....................

HƯỚNG DẪN CHẤM OLYMPIC MÔN HÓA HỌC11-NĂM HỌC 2018-2019 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu

Đáp án

Câu1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Thang điểm

1.1

1.2 Câu2 2.1

Một dung dịch axit sunfuric có pH = 2. a. Tính nồng độ mol của axit sunfuric trong dung dịch đó. Biết rằng ở nồng độ này, sự phân li của axit sunfuric thành ion được coi là hoàn toàn. b. Tính nồng độ mol của ion OH- trong dung dịch đó. Giải: a/ Có khí không màu, không mùi thoát ra 2NH4Cl + K2CO3 → 2NH3 + 2KCl + CO2 + H2O 2NH4+ + Cl- + 2K+ CO32- → 2NH3 + CO2 + H2O 2NH4+ + CO32- → 2NH3 + CO2 + H2O

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

b/ Có khí mùi khai thoát ra (NH4)2SO4 + 2NaOH → 2NH3↑ + Na2SO4 + 2H2O 2NH4+ + SO42- + 2Na+ + 2OH- → 2NH3 + 2Na+ + SO42- + 2H2O NH4+ + OH- → NH3 + H2O

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

a/ pH = 2 → [H+] = 10-2 = 0,01M H2SO4 → 2H+ + SO42[H2SO4] = ½ [H+] = ½ .0,01 = 0,005 M b/ [OH-] = 10-14/10-2 = 10-12M

0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ

Câu 2 (4 điểm) 2.1(1,5 điểm)Nêu tính chất hóa học cơ bản của nitơ và viết phương trình chứng minh tính chất đó? Vì sao ở nhiệt độ thường, nitơ khá trơ về mặt hóa học? 2.2(1 điểm)Amoniac là chất khí không màu, có mùi khai và xốc, nhẹ hơn không khí. Khí amoniac tan rất nhiều trong nước, thu được dung dịch amoniac có tính bazơ yếu. Giải thích? 2.3(1,5 điểm) Hòa tan hoàn toàn m gam sắt vào dung dịch HNO3 loãng thu được 0,448 lít khí không màu, để lâu trong không khí hóa nâu (là chất khí duy nhất ở đktc). a. Tính m. b. Tính khối lượng muối thu được sau phản ứng. 2.1 *Tính chất hóa học cơ bản của nitơ và viết phương trình chứng minh tính chất đó: Tính oxi hóa hoặc tính khử nhưng tính oxi hóa vẫn là tính chất chủ yếu. - Tính oxi hóa: + Tác dụng với kim loại → muối nitrua Ở nhiệt độ cao, nitơ tác dụng với một số kim loại hoạt động như Ca, Mg, Al, ... tạo thành nitrua kim loại.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25đ

2.2

3Mg + N2 → Mg3N2 Số oxi hóa của N2 giảm từ 0 → -3, thể hiện tính oxi hóa. + Tác dụng với hiđro → amoniac Ở nhiệt độ cao, áp suất cao và có mặt chất xúc tác, nitơ tác dụng trực tiếp với hidro, tạo ra khí amoniac. N2 + 3H2 2NH3 Số oxi hóa của N2 giảm từ 0 → -3, thể hiện tính oxi hóa. - Tính khử: Ở nhiệt độ khoảng 30000C, nitơ kết hợp trực tiếp với oxi, tạo ra khí nitơ momooxit NO: N2 + O2 2NO Số oxi hóa của N2 tăng từ 0 → +2, thể hiện tính khử. *Ở nhiệt độ thường, nitơ khá trơ về mặt hóa học, vì: liên kết ba N≡N trong phân tử nitơ rất bền, ở 30000C nó vẫn chưa bị phân hủy rõ rệt thành các nguyên tử. Amoniac là chất khí không màu, có mùi khai và xốc, nhẹ hơn không khí. Khí amoniac tan rất nhiều trong nước, thu được dung dịch amoniac có tính bazơ yếu. Giải thích? Khi amoniac tan trong nước, NH3 kết hợp vói ion H+ của nước, tạo thành amoni NH4+ và giải phóng ion hiđroxit OH-, làm cho dung dịch có tính bazơ và dẫn điện: NH3 + H2O NH4+ + OH=> Làm quỳ tím ẩm hóa xanh.

0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

2.3 a. PTHH: Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O 1 4 1 1 2 0,02 0,02 Số mol: nNO = 0,448/22,4 = 0,02 (mol) => nFe = nNO = 0,02 (mol) Khối lượng: mFe = n.M= 0,02.56= 1,12 (g) b. Số mol: nFe(NO3)3 = nNO = 0,02 (mol) Khối lượng: mFe(NO3)3 = n.M = 0,02. 242 = 4,84 (g)

a/ Câu3

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

Câu 3 (4 điểm) 0,5đ/3pt 3.1(2 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 2,24 lít ( đktc) một hyđrocacbon X đúng thu được 8,96 lít khí CO2 ( đktc) và 7,2 gam H2O. a. Xác định dãy đồng đẳng của hyđrocacbon X. b. Lập công thức phân tử của X. c. Xác định công thức cấu tạo của X, biết X phản ứng với HBr chỉ tạo 1 sản phẩm duy nhất. 3.2(1 điểm) Trình bày đồng phân hình học của pent – 2 – en và đọc

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3.1

3.2

3.3

Câu4

tên? 3.3(1 điểm) Đọc tên các hợp chất sau: a. CH3C(CH3)2CH2CH=CH2. b. CH3CH(CH3)CH2CH2CH3. c. CH3CH(CH3)C≡CH. d. CH3CH(OH)CH(CH3)CH3. a. Số mol: nCO2 = 8,96/22,4 = 0,4 (mol) nH2O = 7,2/18 = 0,4 (mol) => nCO2 = nH2O, vậy X là anken Dãy đồng đẳng của anken: C2H4, C3H6, C4H8, C5H10, C6H12, C7H14, C8H16, C9H18, C10H20, ... CnH2n b. CnH2n + (3n+1)/2 O2 → n CO2 + n H2O 1 (3n+1)/2 n n 0,1 0,4 Số mol: nX = 2,24/22,4 = 0,1 (mol) => 0,1n = 0,4 => n = 0,4/0,1 = 4 Vậy X là C4H8 c. Xác định công thức cấu tạo của X, biết X phản ứng với HBr chỉ tạo 1 sản phẩm duy nhất là: CH3-CH=CH-CH3 3.2 Trình bày đồng phân hình học của pent – 2 – en và đọc tên? H H C=C CH3 CH2 – CH3 cis – pent – 2 – en H CH2 – CH3 C=C trans – pent – 2 – en CH3 H 3.3 Đọc tên các hợp chất sau: a. CH3C(CH3)2CH2CH=CH2 : 4 – metylpent – 1 – en b. CH3CH(CH3)CH2CH2CH3 : 2 - metylpentan c. CH3CH(CH3)C≡CH : 3 – metylbut – 1 – in d. CH3CH(OH)CH(CH3)CH3 : 3 – metylbut – 2 - ol Câu 4(4 điểm) 4.1(2 điểm) Cho 3,7 g một ancol X no, đơn chức, mạch hở tác dụng với Natri dư thu được 0,56 lít khí thoát ra ở đktc. a. Xác định công thức phân tử X. b. Viết phương trình phản ứng xảy ra. c. Tính khối lượng muối thu được bao nhiêu gam. 4.2(2 điểm) Để trung hòa hoàn toàn m gam phenol ta cần dùng 100ml dung dịch NaOH 3M. a. Viết phương trình phản ứng xảy ra. b. Tính m.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

c. Tính thể tích nước Br2 2M cần dùng để kết tủa hết lượng phenol

4.1

4.2

Câu5

trên. a. PTHH: CnH2n+1OH + Na → CnH2n+1ONa + ½ H2 Số mol: nH2 = 0,56/22,4 = 0,025 (mol) => 3,7/(14n+18). ½ = 0,025 => n= 4. Vậy X là C4H9OH b. C4H9OH + Na → C4H9ONa + ½ H2 c. n C4H9ONa = 0,025.2 = 0,05 (mol) => m C4H9ONa = 0,05.96 = 4,8 (g)

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

a. PTHH: C6H5OH + NaOH → C6H5ONa + H2O b. Số mol: nNaOH = 0,1.3 = 0,3 (mol) => n C6H5OH = n NaOH = 0,3 (mol) => m C6H5OH = 0,3. 94 = 28,2 (g) c. PTHH: C6H5OH +3Br2 → C6H2OHBr3↓ + 3HBr n C6H5OH = 0,3 (mol) => nBr2 = 0,3.3 = 0,6 (mol) => VBr2 = 0,6/2 = 0,3 (mol)

0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

Câu 5(4 điểm) Hoàn thành dãy chuyển hóa sau: a. NH4Cl → NH3 → N2 → NO → NO2 → HNO3. b. Đá vôi (CaCO3) → vôi sống (CaO) → đất đèn (CaC2) → axetilen (C2H2).

a. NH4Cl → NH3 + HCl 4NH3 + 3O2 → 2N2 + 6H2O N2 + O2 2NO 2NO + O2 → 2NO2 4NO2 + 2H2O + O2 → 4HNO3 b. CaCO3 → CaO + CO2 2CaO + 4C → 2CaC2 + O2 CaC2 + 2H2O → C2H2 + Ca(OH)2

0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ Ghi chú: Thí sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn thi : HÓA HỌC - Lớp : 11 Thời gian : 120 phút ( không kể phát đề )

Câu I (2 điểm) 1. Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch riêng biệt NaHSO4, Na2CO3, AlCl3, Fe(NO3)3, NaCl, Ca(NO3)2. Viết các phản ứng minh họa dưới dạng ion thu gọn. 2. Độ tan của H2S trong dung dịch HClO4 0,003M là 0,1 mol / lit . Nếu thêm vào dung dịch này các ion Mn2+ và Cu2+ sao cho nồng độ của chúng bằng 2.10-4 M thì ion nào sẽ kết tủa dưới dạng sunfua? Biết TMnS = 3.10-14, TCuS = 8.10-37; K H S = 1, 3.10−21 Câu II. (2 điểm) Hòa tan hoàn toàn 12,6 gam hỗn hợp kim loại Mg và Al có tỉ lệ mol lần lượt là 3:2, cần 5,9 lit dung dịch HNO3 0,25M thu được dung dịch A và thoát ra 2,24 lít hỗn hợp khí X gồm N2O, N2 có tỉ khối hơi X so với H2 = 18. Nếu cho 1,29 lit NaOH 1M vào dung dịch A thu được m gam kết tủa. Cho các thể tích khí đo ở đktc. a.Tìm m gam kết tủa. b.Để thu được kết tủa lớn nhất thì thể tích dung dịch NaOH 1M thêm vào dung dịch A là bao nhiêu? Câu III. (3 điểm) Thổi 1,344 lít (đktc) hỗn hợp khí A gồm một ankan, một anken và một ankin (đều có số nguyên tử cacbon trong phân tử bằng nhau) qua dung dịch AgNO3/NH3, thì thấy có 6,8g AgNO3 đã tham gia phản ứng. Cũng lượng hỗn hợp khí A trên làm mất màu vừa hết 300 ml dung dịch Br2 0,2 M. a. Xác định thành phần định tính và định lượng các chất trong A? b. Đề nghị phương pháp tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp A? Câu IV. (1,0 điểm) Hãy sắp xếp (có giải thích) dãy chất dưới đây theo chiều tăng dần tính axit: CH3COOH, ClCH2COOH, Cl2CHCOOH, Cl3CCOOH, F3CCOOH. Câu V. (2,0 điểm) 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1. Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau C2H5Cl C2H6O C2H4O C2H7O2N C2H4O2 C2H3O2Na CH4. 2. Chất hữu cơ X có công thức phân tử C9H8. Biết X tác dụng được với dung dịch AgNO3 trong NH3 tạo kết tủa vàng. Còn khi đun nóng X với dung dịch thuốc tím thì thu được kali terephtalat. Biện luận và xác đinh công thức cấu tạo của X, viết các phương trình hóa học minh họa. H ẾT

Câu 1 2 điểm 1 điểm

ĐÁP ÁN ĐỀ THI OLYMPIC –MÔN HOÁ KHỐI 11 Đáp án I.1 Trích mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm: Cho phenolphtalein vào mỗi mẫu thử. Mẫu thử có màu hồng là dung dịch Na2CO3, các mẫu thử còn lại không màu.  → HCO3- + OHCO32- + H2O ← 

1 điểm

Dùng Na2CO3 làm thuốc thử để cho vào các mẫu thử còn lại. Mẫu thử có sủi bọt khí không màu là NaHSO4 CO32- + 2H+ → H2O + CO2↑ Mẫu thử tạo kết tủa trắng keo và sủi bọt khí không màu là AlCl3 2Al3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Al(OH)3↓+ 3CO2↑ Mẫu thử tạo kết tủa đỏ nâu và sủi bọt khí không màu là Fe(NO3)3 2Fe3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Fe(OH)3↓+ 3CO2↑ Mẫu thử tạo kết tủa trắng là Ca(NO3)2 Ca2+ + CO32- → CaCO3↓ Mẫu thử không tạo hiện tượng là NaCl.

I.2 Trong dung dịch HClO4 0,003 M

[H+]=0,003 M 2H + S2+

H2S 2

K H 2S

 H +   S 2−  1, 3.10− 21 .0,1 = →  S 2−  = = 1, 4.10 −17 2 [H2S ] 0, 003 ( )  Mn 2+   S 2−  = 2.10 −4.1, 4.10−17 = 2,8.10−21 < TMnS

=> MnS không kết tủa. 2+ 2− −4 −17 −21 Cu   S  = 2.10 .1, 4.10 = 2,8.10 > TCuS

=> CuS kết tủa.

Câu II. (2 điểm)

Đáp án

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,25 điểm

II.a n Mg : n Al = 3 : 2

n HNO3 = 5, 9 * 0, 25 = 1, 475

n hhX = n N2O n N2

− 2, 24 = 0,1; M = 28 * 2 = 36 224

36 − 28 8 1 = = 44 − 36 8 1

n N2 O = n N2 =

0,75 điểm

=> n Mg = 0,3; n Al = 0, 2

0,1 = 0, 05(mol) 2

Dựa vào phương pháp bảo toàn e, ta có:n NH4+ =0,0375 (mol) Dung dịch A tác dụng với NaOH n NaOH = 1, 29 *1 = 1, 29(mol) NH4+ + OH- NH3 + H2O (I) mol 0,0375 0,0375 2+ Mg + 2OH- Mg(OH)2 (II) mol 0,3 0,6 0,3 (III) Al3+ + 3OH- Al(OH)3 mol 0,2 0,6 0,2 n NaOH( I,II,III) = 0, 6 + 0, 6 + 0, 0375 = 1, 2375 < 1, 29

Al(OH)3bị tan ra ; n NaOH(con) = 1, 29 − 1, 2375 = 0, 0525

n Al(OH)3↓ = 0, 2 − 0, 0525 = 0,1475

Al(OH)3 + OH AlO2- + H2O (IV) .mol 0,0525  0,0525 m ↓ = 0, 3 * 58 + 0,1425 * 78 = 28, 515(g)

b) Để thu được kết tủa lớn nhất thì các phản ứng (II); (III) xảy ra vừa đủ, phản ứng (IV) không xảy ra. Kết tủa thu được gồm Al(OH)3 và Mg(OH)2. n NaOH( I,II,III) = 0, 6 + 0, 6 + 0, 0375 = 1, 2375 VNaOH =

Câu III 3 điểm

1, 2375 = 1, 2375(lit) 1

a. Nếu ankin có dạng RC≡CH : RC≡CH + AgNO3 + NH3 → RC≡CAg + NH4NO3 ⇒ n(ankin) = n(AgNO3) = 6,8/170 = 0,04 mol Và n (Br2) > 2n(ankin) = 0,08 mol. Điều này trái với giả thiết: nBr2 = 0,06 mol Vậy ankin phải là C2H2 và như vậy ankan là C2H6, anken là C2H4. Từ phản ứng :

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3 ⇒ n(C2H2) = 1/2n(AgNO3) = 0,02 mol Từ các phản ứng : C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4 C2H4 + Br2 → C2H4Br2 n(C2H4) = 0,02 mol ⇒ ⇒ n(C2H6) = 0,02 mol

Câu IV 1 điểm

Câu V: 2 điểm

b. Thổi hỗn hợp qua binh chứa dung dịch AgNO3/NH3 dư. Lọc tách kết tủa, hòa tan kết tủa trong dung dịch HCl dư thu được khí C2H2. C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3 C2Ag2 + 2HCl → C2H2 + 2AgCl Khí ra khỏi bình chứa dung dịch AgNO3/NH3, thổi tiếp qua dung dịch nước brom dư. Chiết lấy sản phẩm và đun nóng với bột Zn (trong CH3COOH) thu được C2H4 : C2H4 + Br2 → C2H4Br2 C2H4Br2 + Zn → C2H4 + ZnBr2 Khí ra khỏi bình chứa dung dịch brom là khí C2H6 Nguyên nhân tăng, giảm tính axit do ảnh hưởng của gốc R bởi hiệu ứng cảm ứng: - Nếu gốc R có hiệu ứng đẩy e (+I) → độ phân cực O-H giảm → tính axit giảm. - Nếu gốc R có hiệu ứng hút e (-I) → độ phân cực O-H tăng → tính axit tăng. Thứ tự tăng tính axit như sau: CH3COOH < ClCH2COOH < Cl2CHCOOH < Cl3COOH < F3CCOOH.

V.1

, xt C2H5Cl + NaOH t  → C2H5OH + NaCl 0

t C2H5OH + CuO → Cu + CH3CHO + H2O 0

t CH3CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O → CH3COONH4 + 2NH4NO3 + 2Ag

CH3COONH4 + HCl

CH3COOH + NH4Cl

CH3COOH + NaOH

CH3COONa + H2O 0

, xt CH3COONarắn + NaOH t  → Na2CO3 + CH4

V.2 Vì khi đun nóng X với dung dịch thuốc tím thì thu được kali terephtalat X có vòng benzene và có 2 nhánh ở vị trí para của nhau đồng thời có nhánh chứa liên kết ba.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

CTCT X là p-CH3-C6H4-C CH

MÔN: HÓA –LỚP 11 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề (Đề thi này có 02 trang) Câu 1: (5đ) 1.1(2đ) Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: a) Buta -1,3-đien tác dụng với dung dịch Brom theo tỉ lệ số mol 1:1? b) Toluen tác dụng với HNO3 ( xúc tác H2SO4 đặc, t0). c) Propen tác dụng với HCl. d) Phản ứng đồng trùng hợp giữa buta-1,3-đien với stiren để tạo poli(butađienstiren). 1.2(2đ) Cho 200ml dung dịch Ba(OH)2 0,1 M vào 300 ml dung dịch NaHCO3 0,1 M, thu được dung dịch X và kết tủa Y. Cho từ từ dung dịch HCl 0,25 M vào X đến khi bắt đầu có khí sinh ra thì hết V ml. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Xác định giá trị của V. 1.3(1đ) Thêm vào 1 lít dung dịch CH3COOH 0,1M, Ka là 1,58.10-5 một lượng HCl là 10-3 mol( thể tích dung dịch không biến đổi). Xác định pH của dung dịch này. Câu 2: (5đ) 2.1:(2đ) Sơ đồ phản ứng sau đây cho thấy rõ vai trò của thiên nhiên và con người trong việc vận chuyển nitơ từ khí quyển vào trong đất, cung cấp nguồn phân đạm cho cây cối: +X (1)

+ X NO2 + X + H2O Y + Z Ca(NO3)2 (2) (3) (4)

N2 + H2 M + X NO + X NO2 + X + H2O Y + M NH4NO3 (5) (6) (7) (8) (9) 2.2: (2đ) Cho m1 gam hỗn hợp gồm Mg, Al vào m2 gam dung dịch HNO3 24%. Sau khi các kim loại tan hết thu được 8,96 lít hỗn hợp khí X gồm NO, N2O, N2(đktc) và dung dịch A. Thêm một lượng O2 vừa đủ 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 bay ra(đktc). Tỉ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

khối của Z so với H2 bằng 20. Nếu cho dung dịch NaOH vào A thì thu được kết tủa lớn nhất là 62,2 gam a) Tính m1, m2 biết lượng HNO3 lấy dư 20% so với lượng phản ứng b) Tính C% các chất trong dung dịch A 2.3:(1đ) Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm được mô tả sau: a) Sục khí clo đến dư vào dung dịch FeI2 b) Hòa tan FeCl2 vào nước rồi thêm H2SO4 loãng dư, sau đó thêm dung dịch KMnO4 dư thấy có khí màu vàng lục thoát ra và dung dịch thu được có chứa muối mangan(II) Câu 3(5đ) 3.1 (2đ) Cho không khí sạch (không có hơi nước, hiđrosunfua và khí cacbonic) đi qua lớp vỏ bào magie nung nóng ở 6000 C thu được một sản phẩm rắn và một hỗn hợp khí. a) Sản phẩm rắn gồm những chất gì? b) Cho hỗn hợp rắn vào trong nước nóng thu được những chất gì? 3.2 (3đ) Hòa tan 2,84 gam hỗn hợp 2 muối cacbonat của 2 kim loại A và B kế tiếp nhau trong nhóm IIA bằng 120 ml dung dịch HCl 0,5 M thu được 0,896 lít khí CO2 ( đo ở 54,60C và 0,9 atm) và dung dịch X. a) Tính khối lượng nguyên tử A và B, tính khối lượng muối tạo thành trong dung dịch X. b) Tính % khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu. c) Pha loãng dung dịch X thành 200 ml dung dịch, sau đó thêm 200 ml dung dịch Na2SO4 0,1 M. Biết rằng khối lượng kết tủa BSO4 không tăng thêm nữa thì tích số nồng độ của các ion B2+ và SO42- trong dung dịch bằng [B2+][ SO42-] = 2,5. 10-5. Hãy tính lượng kết tủa thực tế tạo ra. Câu 4 (5đ): 4.1: (2đ) Trình bày phương pháp hóa học phân biệt 4 chất lỏng đựng trong 4 bình không nhãn sau: benzen, phenol, stiren, toluen. 4.2 (3đ) Ancol X(chỉ chứa nhóm -OH). Đốt cháy hoàn toàn 5,2 gam X cần 7,84 lít O2 (ở đktc) và thu được tỉ lệ khối lượng của CO2 với H2O là 55/27. Lấy 7,8 gam X cho tác dụng vừa đủ với 6 gam CuO, đun nóng, thu được chất hữu cơ Y có chứa nhóm anđehit (-CHO). Tìm công thức cấu tạo của X, biết X không hòa tan Cu(OH)2. =========================Hết ====================== MÔN: HÓA –LỚP 11 HƯỚNG DẪN CHẤM Câu1 (5đ)

Nội dung

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Điể m

1.1(2đ)

a) CH2= CH- CH=CH2 + HBr CH2Br

CH2Br – CHBr- CH=CH2 0,5đ CH2Br- CH = CH-

0,5đ

c) CH2=CH-CH3 + HCl

CH3- CHCl –CH3 CH2Cl-CH2-CH3 (t ,xt,p) + n C6H5-CH=CH2  d) n CH2=CH-CH=CH2  → -[- CH2-CH=CH-CH2-CH(C6H5)-CH2-]-n

0,5đ

1.2(2đ) n Ba(OH)2 = 0,02 mol; n NaHCO3 = 0,03 mol OH- + HCO3- CO32- + H2O 0,03 0,03 0,03 22+ CO3 + Ba BaCO3 0,02 0,02 Vậy CO32- dư 0,01 mol OH- dư 0,01 mol H+ + OH- H2O 0,01 0,01 H+ + CO32- HCO30,01 0,01 Vậy Vdd HCl = 0,02 / 0,25 = 0,08 = 80 ml 1.3(1đ)

Khi thêm vào 10-3 mol HCl là thêm vào 10-3 mol H3O+ CH3COOH + H2O CH3COO- +

0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ

H3O+ 0,1 Nồng độ ban đầu -3 10 0,5đ x Nồng độ phản ứng x x x Lúc cân bằng 0,1 – x -3 10 + x 0,5đ x < 0,1 0,1 – x = 0,1 -3 -3 -5 Ta có Ka = x(10 + x)/ 0,1 – x = x( 10 + x)/0,1 = 1,58. 10 x2 + 10 -3 x – 1,58. 10-6 = 0 x= 8,5 . 10-4 [ H3O+] = 10-3 + x = 1,85. 10-3 pH = 2,73

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu2( 5đ)

2.1(2đ) (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9)

t N2 + O2  → 2NO 2NO + O2 → 2 NO2 4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3 2HNO3 + CaCO3 → Ca(NO3)2 + CO2 + H2O (t ,xt,p)  → 2NH3 N2 + H2  (t ,xt) → 4NO + 6H2O 4NH3 + 5O2  2NO + O2 → 2NO2 4NO2 + O2 + 2 H2O → 4 HNO3 HNO3 + NH3 → NH4NO3

1,0đ

1,0đ 2.2(2đ) a) nX = 0,4 mol Khi cho O2 vào X: NaNO3 + H2O

2NO + O2 → 2NO2 → nX = nY 2NO2 + 2NaOH → NaNO2 + nZ = nN2O + nN2 = 0,2 mol →

nNO= 0,2 mol Từ khối lượng trung bình của hỗn hợp khí Z → nN2O = 0,15 mol và nN2 = 0,05 mol Áp dụng BTE → 2x + 3y = 0,6 + 1,2 + 0,5 = 2,3 (1) Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2 Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 → m = 58 x + 78 y = 62,2 (2) Từ (1) và (2) → x= 0,4 mol; y= 0,5 mol → m1 = 23,1 g n HNO3 = 2,9 mol → m2 = 913,5 g b) dd A gồm Mg(NO3)2; Al(NO3)3 và HNO3 dư → mA = 913,5 + 23,1 – ( 0,2.30 + 0,15. 44 = 0,05.28) = 922,6 g → % Mg(NO3)2 = 6,42%; % Al(NO3)3 = 11,54% ; % HNO3 dư = 3,96%

0,5đ

0,5đ 0,5đ 0,5đ

2.3(1đ) 3 Cl2 + 2 FeI2 → 2 FeCl3 + 2 I2 5 Cl2 + I2 + 6 H2O → 2HIO3 + 10HCl

Câu3(

0,5đ

10FeCl2 + 6 KMnO4 + 24 H2SO4 → 5 Fe2(SO4)3 + 10 Cl2 + 3 K2SO4 + 6MnSO4 + 0,5đ 24 H2O 3.1(2đ) a) Không khí sạch chứa N2, O2 và rất ít các khí hiếm đi qua lớp vỏ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

bào magie nung nóng ở 6000 C sản phẩm rắn gồm MgO, Mg3N2 do phản ứng: t 2Mg + O2  → MgO t 3Mg + N2  → Mg3N2 1,0đ Các khí hiếm ( Ar, Ne, Kr,...) không phản ứng với Mg b) Cho sản phẩm rắn ( MgO, Mg3N2) vào nước nóng, MgO tan một phần tạo sản phẩm Mg(OH)2 ít tan. Mg(OH)2 là bazơ trung bình, phần tan trong nước của nó phân li một phần tạo thành ion Mg2+ và OH- bị hiđrat hóa. Mg3N2 bị thủy phân hoàn toàn, giải phóng khí NH3 có mùi khai và Mg(OH)2 ít tan MgO + H2O Mg(OH)2 Mg2+ + 1,0đ OH Mg3N2 + 6 H2O → 3 Mg(OH)2 + NH3

5đ)

o o

3.2(3đ) a) Đặt n ACO3 = x; n BCO3 =y n CO2 = 0,03 ACO3 + 2HCl → ACl2 + CO2 + H2O x 2x x x x

→ BCl2 + CO2 + H2O BCO3 + 2HCl y 2y y y y Khối lượng trung bình của A và B là 2,84/ 0,03 - 60 = 34,66 Kim loại A là Mg và B là Ca Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng m muối = 3,17 gam b) x + y = 0,03 và 84 x + 100 y = 2,84 → x= 0,01 ; y= 0,02 → %MgCO3 = 29,58%; % CaCO3 = 70,42% b) Sau khi pha loãng và thêm 200 ml Na2SO4 có thể tích là 0,4 lít n Na2SO4 = 0,2. 0,1 = 0,02 mol Tính nồng độ ion trong 1 lít dung dịch [Ca2+] = 0,02/ 0,4 = 0,05 M; [ SO42-] = 0,02/ 0,4 = 0,05 M Ca2+ + SO42- → CaSO4 Trước phản ứng 0,05 0,05 0 Phản ứng x x Sau kết tủa 0,05 –x 0,05 - x x -5 [ 0,05 – x] [0,05 –x] = 2,5.10 → x = 0,045 M Vậy số mol CaSO4 kết tủa thực tế là; 0,045.400/1000 = 0,018 mol m CaSO4 = 0,018. 136 = 2,448 gam

Câu4( 5đ)

4.1(2đ)

Chia các mẫu thử từ các bình ra và đánh số thứ tự - Cho Na vào các mẫu thử, mẫu sủi bọt khí là phenol

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0đ 0,5đ 0,5đ

1,0đ

Na + 2C6H5OH 2C6H5ONa + H2 - Cho các mẫu thử còn lại lần lượt vào dung dịch Brom( hoặc dung dịch KMnO4 loãng, lạnh) thấy dung dịch mất màu là stiren C6H5CH=CH2 + Br2 C6H5CHBr- CH2Br - Cho hai mẫu thử còn lại vào dung dịch KMnO4 đặc,đun nóng, mẫu thử làm mất màu dung dịch KMnO4 là toluen. t → C6H5COOK + KOH + 2 MnO2 C6H5CH3 + 2KMnO4  + H2O - Chất còn lại không có hiện tượng gì là benzen CXHYOZ 4.2(3đ) m CO2/m H2O = 55/27 n C/ Nh = 5/12 12x – 5y =0 Cứ 7,8 gam X phản ứng với 6 gam CuO thì cứ 5,2 gãm phản ứng với 4 gam CuO tức n CuO = 0,05 mol MX = 5,2 / 0,05 = 104 => 12x + y + 16z =104 n O2 = 7,84/22,4 =0,35 mol n CXHYOZ = 0,35/ (x + y/4 – z/ 2 ) = 0,05 => 4x + y -2z =28 x= 5; y=12; z= 2 => CTPT của X C5H12O2 C5H10(OH)2 Vì oxi hóa tạo anđehit, không hòa tan Cu(OH)2 => hai nhóm OH đầu mạch và không kề nhau CTCT của X : CH2OH-CH2-CH2-CH2-CH2OH CH2OH-CH2-CH(CH3)-CH2OH; CH2OH-C(CH3)2-CH2OH o

0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ

1,0đ

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi : HÓA HỌC – LỚP 11 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ đề)

Cho: H = 1;C = 12;N = 14;O = 16;Na = 23;K = 39;Cu = 64;Fe = 56;S = 32;Al = 27;Ba = 137;Ag = 108 Câu 1: (4 điểm) 1.1. (1 điểm) Cho H2S vào dung dịch NaOH, thu được muối trung hòa. Cho dung dịch muối trung hòa này lần lượt tác dụng với các dung dịch sau: MgCl2, CuCl2, FeCl2, AlCl3. Viết phương trình hóa học dưới dạng ion. 1.2. (1 điểm) Cho hỗn hợp bột gồm các kim loại: Al, Fe, Cu, Ag. Trình bày phương pháp hóa học tách riêng từng kim loại ra khỏi hỗn hợp. Viết các phương trình hóa học xảy ra. 1.3. (2 điểm) Cho từ từ khí H2S vào 300 ml dung dịch CuCl2 0,1M và FeCl3 0,1M đến bão hòa thu được dung dịch A và chất rắn B. Thêm 100 ml dung dịch Cu(NO3)2 0,1M vào

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

dung dịch A thấy còn lại chất rắn không tan là 1,44 gam, khí D duy nhất không màu hóa nâu trong không khí thoát ra và dung dịch E màu vàng nhạt. a, Tính khối lượng rắn B. b, Tính thể tích H2S ban đầu ở 1,1 atm và 27,30C. c, Tính nồng độ mol/l các chất trong dung dịch E. Câu 2: (4 điểm) 2.1. (1 điểm) Dung dịch X chứa CH3COOH 0,1M và HCl 0,01M (ở 250C) a, Tính pH của dung dịch X? Biết pKa của CH3COOH bằng 4,75. b, Nếu cho 100 ml dung dịch NaOH 0,12M vào 10 ml dung dịch X được dung dịch Y thì pH của dung dịch Y bằng bao nhiêu? 2.2. (1 điểm) So sánh (có giải thích) tính tan trong nước và tính bazơ của hai hợp chất với hidro là amoniac (NH3) và photphin (PH3). 2.3. (1 điểm) Khi cho cùng một lượng kim loại M vào dung dịch HNO3 đặc nóng dư và dung dịch H2SO4 loãng dư, phản ứng hoàn toàn thì thể tích khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất) thu được gấp 3 lần thể tích khí H2 ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Khối lượng muối sunfat thu được bằng 62,81% khối lượng muối nitrat tạo thành. Xác định kim loại M. 2.4. (1 điểm) Hấp thụ hoàn toàn 2,24 lít CO2 (đktc) vào 100 ml dung dịch chứa K2CO3 0,2M và NaOH x mol/lít, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y. Cho toàn bộ Y tác dụng với dung dịch BaCl2 dư, thu được 11,82 gam kết tủa. Mặt khác, cô cạn (đun nóng) dung dịch Y thu được m gam muối. Tính giá trị của m? Câu 3: (4 điểm) 3.1. (0,5 điểm) Dưới đây là các giá trị nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của n-pentan và neopentan. Giải thích sự khác biệt nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi giữa các chất này. n-Pentan Neopentan o

Nhiệt độ sôi ( C) 36 o Nhiệt độ nóng chảy ( C) -130

9,5 -17

3.2. (1 điểm) Có bao nhiêu chất có công thức phân tử C5H10 có đồng phân hình học? Gọi tên các đồng phân đó. 3.3. (1 điểm) Hỗn hợp X gồm C2H2, C2H4 và C3H4 (mạch hở). Cho m gam X phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3, xuất hiện 39,24 gam kết tủa. Mặt khác, cho m gam X phản ứng với dung dịch Br2 dư, kết thúc phản ứng thấy có 81,6 gam Br2 bị mất màu. Đốt cháy hết m gam X, sinh ra 16,128 lít CO2 (đktc). Tính khối lượng mỗi chất trong m gam X. 3.4. (1,5 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),...

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a, Tại sao xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học ? Viết các phương trình hóa học để chứng minh. b, 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. Câu 4: (4 điểm) 4.1. (0,5 điểm) Cho chất X tác dụng với hidro dư thu được propan – 1 – ol. Xác định các chất có thể có của X. 4.2. (1 điểm) Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi cho lần lượt các chất sau tác dụng với nước brom: axit fomic, p-crezol, ancol anlylic, xiclopropan, amoni fomat. 4.3. (1 điểm) Sắp xếp (có giải thích) trật tự tăng dần tính axit của: CH3COOH; C6H5COOH; C2H5OH; HCOOH; CH≡C-COOH 4.4. (1,5 điểm) Cho 10,2 gam một andehit đơn chức X tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3, sau phản ứng hoàn toàn thu được 63,6 gam kết tủa. Xác định công thức cấu tạo, gọi tên của X? Câu 5: (4 điểm) 5.1. (1 điểm) Dung dịch A1 chứa NaOH 1M và Ba(OH)2 0,5M. Dung dịch B1 chứa AlCl3 1M và Al2(SO4)3 0,5M. Cho V1 lít dung dịch A1 vào V2 lít dung dịch B1 thu được 56,916 gam kết tủa. Nếu cho dung dịch BaCl2 dư vào V2 lít dung dịch B1 thu được 41,94 gam kết tủa. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion và tính giá trị của V1 và V2. 5.2.(1,5 điểm) Hòa tan hết 1 gam kim loại X trong lượng dư dung dịch HNO3 15%, thu được 446 ml (đktc) hỗn hợp Y gồm ba khí. Trong Y có chứa 117 mg N2 và 269 mg NO. Biết trong Y thì nguyên tố N chiếm 60,7% về khối lượng. Xác định kim loại X và viết phương trình hóa học xảy ra. 5.3. (1,5 điểm) Hợp chất X (C10H16) có thể hấp thụ ba phân tử hyđro. Ozon phân X thu được axeton, anđehit fomic và 2-oxopentađial (O=HC–CO–CH2–CH2–CH=O). a) Viết công thức cấu tạo của X thỏa mãn tính chất trên. b) Hyđrat hóa hoàn toàn 2,72 gam chất X rồi lấy sản phẩm cho tác dụng với I2/NaOH thu được 15,76 gam kết tủa màu vàng. Dùng công thức cấu tạo của X viết các phương trình phản ứng (chỉ dùng các sản phẩm chính, hiệu suất coi như 100%).

------------------------------------HẾT------------------------------------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Đáp án: Câu

Nội dung

Điểm

1.1

1 -

H2S + 2OH → S + H2O Mg2+ + S2- +2H2O → Mg(OH)2 + H2S 2Al3+ + 3S2- + 6H2O → 2Al(OH)3 + 3H2S Cu2+ + S2- → CuS Fe2+ + S2- → FeS

1.2 - Dùng dung dịch NaOH dư + Al tác dụng tạo dung dịch NaAlO2 + Fe, Cu, Ag không tác dụng lọc tách riêng - Sục khí CO2 dư vào dung dịch NaAlO2 thu Al(OH)3, lọc lấy kết tủa, đem nung đến khối lượng không đổi thành Al2O3, điện phân nóng chảy (có xúc tác

0,25

crioit) thu Al - Cho Fe, Cu, Ag hòa tan vào dung dịch HCl dư. + Fe tan + Cu và Ag không tan tách riêng - Điện phân dung dịch FeCl2 thu Fe

0,25

- Cho Cu và Ag tác dụng với Oxi dư, sau đó hòa tan trong HCl dư, Ag không phản ứng tách thu riêng.

0,25

- Điện phân dung dịch CuCl2 thu riêng Cu.

0,25

1.3

2 2+

a, Cu + H2S → CuS + 2H

0,03

0,03 0,03 0,06 2Fe + H2S → 2Fe2+ + S + 2H+ 3+

0,03

0,015

0,03

0,25

0,015 0,03

Chất rắn B gồm CuS và S.

0,25

Tính khối lượng B = 3,36 (gam) +

b, Dung dịch A gồm H : 0,09 mol; Fe : 0,03 mol; Cl : 0,15 mol và H2S tan đến bão hòa. H2S + Cu2+ → CuS + 2H+ 0,01 0,01

0,01

0,02

mCuS = 0,96

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

Dung dịch có màu vàng nên Cu2+ hết Chất rắn còn lại là S

0,25

mS = 1,44 – 0,96 → nS = 0,015 mol +

3H2S + 2H + 2NO3 → 3S + 2NO + 4H2O 0,015 0,01 2+

0,01

0,015

3Fe + NO3 + 4H → 3Fe3+ + NO + 2H2O -

0,03

0,01

0,04

0,25

0,03

→ số mol H2S ban đầu: 0,07 → V = 1,568 lít c, Dung dịch E gồm Fe3+: 0,03 mol; H+: 0,06 mol; Cl-: 0,15 mol → 2 chất tan FeCl3: 0,03 mol; HCl: 0,06 mol → CM(FeCl3) = 0,075M CM(HCl) = 0,15M

0,25 0,25 0,25

2.1 a, HCl → H+ + Cl0,01

0,01

(M)

CH3COOH ↔ CH3COO- + H+ 0,1

0,01

0,1 – x

x + 0,01

Thay vào giá trị Ka → x = 1,75.10-4 +

→ [H ] = 0,01 + 1,75.10

0,25

-4

0,25

→ pH = 1,992 b, H+ + OH- → H2O 0,1 → 0,1 CH3COOH + OH- → CH3COO- + H2O 1,0 →

1,0

0,25

Số mol OH- dư: 0,1 mol -

CH3COO + H2O ↔ CH3COOH + OH 0,05

0,005 (M)

0,05 – y

0,005 + y

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Thay vào giá trị Kb = (10-14/Ka) → y = 10-8,243

0,25

→ pH = 11,7 2.2 Tính tan : NH3 tan tốt hơn PH3 trong nước,

0,25 0,25

Do phân tử phân cực hơn và có khả năng tạo liên kết hidro với nước. H

... H N ... H O ... H N ...

- Tính bazơ: NH3 có tính bazơ mạnh hơn PH3

0,25

vì liên kết N – H phân cực mạnh hơn liên kết P – H, làm cho nguyên tử N trong NH3 giàu e hơn, dễ nhận proton hơn (hoặc do ion NH4+ bền hơn PH4+)

0,25

2.3

1 Gọi n, m là hóa trị của R khi tác dụng HNO3 và H2SO4 loãng ( 1≤ m≤ n≤ 3) Chọn nR= 1 mol 2R + mH2SO4 →R2(SO4)m + mH2↑ 1

có:

Ta có:

→ 0,5 0,5m R + 2nHNO3 →R(NO3)n + nNO2 + nH2O 1 1 n

n=3.0,5m

⇒

n=1,5m

⇒

m=2,

n=3

là

phù

hợp.

(R + 96)=(R + 186). 0,6281 ⇒ R=56 ⇒ R là Fe.

2.4

1 Ta có thể thay NaOH xM bằng KOH xM cho đơn giản vì nó không ảnh hưởng tới kết quả bài toán khi tính x. Khi đó ta có K CO K CO : 0,06 BaCl 2 n CO2 = 0,1 →  2 3  → 2 3 KHCO3 KHCO3 : a BTNT.C 0,1 + 0,1.0,2 = 0,06 + a → a = 0,06 → BTNT .K   → 0,06.2 + 0,06 = 0,1.0, 2.2 + 0,1x → x = 1, 4

K + : 0,04 K + : 0,04  +  Na : 0,14 t0 BTKL  → Na + : 0,14  → m = 10,18(gam) Như vậy trong Y  2 − CO3 : 0,06 CO2 − : 0,09  3 HCO − : 0,06 3 

0,25 0,25

0,5 4

3.1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

- Nhiệt độ sôi của neopentan thấp hơn n-pentan

0,25

vì khi phân tử có càng nhiều nhánh, tính đối xứng cầu của phân tử càng tăng, diện tích bề mặt phân tử càng giảm, làm cho độ bền tương tác liên phân tử giảm và nhiệt độ sôi trở nên thấp hơn. - Trái lại, tính đối xứng cầu lại làm cho mạng tinh thể chất rắn trở nên đặc khít 0,25 hơn và bền vững hơn, nên nhiệt độ nóng chảy cao hơn.

3.2

1 Có 2 đồng phân của C5H8 có đồng phân đúng

0,25x4

3.3 *m gam X + dung dịch AgNO3/NH3: C2H4 không phản ứng HC≡CH + 2[Ag(NH3)2]OH → AgC≡Cag↓ + 4NH3↑ + 2H2O a

CH3-C≡CH + [Ag(NH3)2]OH → CH3-C≡CH↓ + 2NH3↑ + 2H2O b

⇒mkết tủa = 240a + 147b = 39,24

(1)

*m gam X + dung dịch Br2: C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4 a

C3H4 + 2Br2 → C3H4Br4 b

C2H4 + Br2 → C2H4Br2 c

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

⇒ n Br2 = 2a + 2b + c =

81,6 = 0,51 (mol) 160

(2)

*m gam X + O2 C2H2 + a

0,25

5 to → 2CO2 + H2O O2  2 2a o

t → 3CO2 + 2H2O C3H4 + 5 O2  b 3b o

t C2H4 + 3O2  → 2CO2 + 2H2O

⇒ n CO2 = 2a + 3b + 2c =

16,128 = 0,72 (mol) 22, 4

(3)

Giải hệ (1), (2), (3) ta được: a = 0,09 (mol)   b = 0,12 (mol) c = 0,09 (mol) 

0,25

Khối lượng của mỗi chất trong m gam X là

m C2H 2 = 0,09.26 = 2,34 (g) m C3H4 = 0,12.40 = 4,80 (g)

0,25

m C2H 4 = 0,09.28 = 2,52 (g)

3.4

1.5 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: ngô, lúa mì, đậu tương, củ cải 0,25 đường,… Ptpư: (C6H10O5)n + nH2O C6H12O6

nC6H12O6

2C2H5OH + 2CO2

Xét phản ứng cháy của 1 kg etanol: C2H5OH + 3O2

0,5 2CO2 + 3H2O

=>mO2 = 3.(32:46)= 2,087 kg

→ mO2(khi đốt etanol) < mO2 (khi đốt xăng). Như vậy khi đôt cháy 1kg xăng 0,25 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 thoát ra ngoài 0,25 ít hơn, hạn chế việc ô nhiễm môi trường. Hơn nữa, nguồn etanol dễ dàng sản

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

xuất quy mô lớn không bị hạn chế về trữ lượng như xăng dầu truyền thống. Do vậy, hiện xăng sinh học là một giải pháp cần được nhân rộng trong đời sống và 0,25 sản xuất

4.1

CH3-CH2-CHO; CH2=CH-CHO; CH≡C-CHO; CH2=CH-CH2-OH; CH≡C-CH2-OH

4.2

0,1x5 = 0,5 0,2x5

HCOOH + Br2 → CO2 + 2HBr

p-CH3C6H4OH + 2Br2 → p-CH3C6H2Br2OH +2HBr CH2=CHCH2OH + Br2 → CH2BrCHBrCH2OH C3H6 + Br2 → BrCH2CH2CH2Br HCOONH4 + Br2 + H2O → NH4HCO3 + 2HBr

4.3 C2H5OH < C6H5OH< CH3COOH < HCOOH< CH≡C-COOH - Trong axit nhóm –OH

0,25

ien kết trực tiếp với nhóm C=O

- Trong phenol nhóm –OH liên kết với nhóm –C6H5

0,25

- Trong ancol nhóm – OH liên kết với nhóm –C2H5 - Khả năng hút e của nhóm C=O>-C6H5 > -C2H5

0,25

→ Tính axit: axit > phenol > ancol - Nhóm –C≡CH hút e, còn nhóm –CH3 đẩy e nên CH3COOH < HCOOH< CH≡C-COOH

0,25

4.4 - Giả sử X là HCHO → nHCHO = 0,34 mol → nAg = 146,88 gam (# 63,6 0,25 gam) → loại 0,25 - Giả sử andehit là R-CHO (R ko chứa liên kết 3 đầu mạch) → chỉ tạo 2 Ag nAg = 53/90 → nRCHO = 53/180 → MR = 5,6 (g/mol) → Loại

→ Andehit có gốc andehit 0,25 Gọi X là (CH≡C)xR-CHO (CH≡C)xR-CHO + AgNO3 + NH3 + H2O → (CAg≡C)x-R-COONH4 + 2Ag + 0,25 NH4NO3 0,5 a a 2a Lập hệ và biện luận ra x = 1 và R = 14 (CH2)

→ CTCT CH≡C – CH2 – CHO: but-3-in – 1 - al 5

5.1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

- Phản ứng: Ba2+ + SO42- → BaSO4 (1)

0,25

Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 (2) Al(OH)3 + OH- → AlO2- + H2O (3) - Trong V1 lít A1 có OH-: 2V1 mol, Ba2+ : 0,5V1 mol Trong V2 lít B1 có Al3+ : 2V2 mol, SO42- : 1,5V2 mol

0,25

- Khi cho V2 lít tác dụng với dung dịch BaCl2 dư thì: n(SO42-)=n(BaSO4)=0,18 mol ⇒ V2=0,12 lít 3+

⇒ B1: Al : 0,24 mol và SO4 : 0,18 mol

0,25

* Trường hợp 1: Nếu 2V1>0,24. 3 ⇒ kết tủa tan một phần nBaSO4= 0,18 mol ⇒ nAl(OH)3=(56,916 - 233.0,18)/78=0,192 ⇒

nOH-

=2V1=

0,24

0,192

⇒

V1=0,384

lít

* Trường hợp 2: Nếu 2V1 ≤ 0,24. 3 ⇒ kết tủa chưa tan

0,25

nBaSO4= 0,5V1 mol (SO42- đủ hay dư) ⇒ nAl(OH)3=(56,916 - 116,5V1)/78 ⇒ (56,916- 116,5V1)3/78=2V1 ⇒ V1=0,338 lít

5.2

Gọi khí thứ 3 là NxOy, theo giả thiết ta có số mol các khí là N2 = 4,1786.10-3 mol; NO = 8,967.10-3 mol; NxOy = 6,765.10-3 mol. Suy ra %N =

0,25

117 + 125, 53 + 94, 71x .100 = 60, 7 117 + 269 + 94, 71x + 108, 24 y

=>8,2 +94,71x = 4,1.MNxOy

0,5

Xét các giá trị của x = 1, 2, 3 không có oxit nào của nitơ thõa mãn

0,5

=> x= 0 và M = 2, khí thứ 3 là H2 Dùng bảo toàn e => X = 12.n. Vậy n = 2 và X = 24, kim loại là Mg PTHH:

5.3

9Mg + 22HNO3

9 Mg(NO3)2 + N2 + 2NO + H2 + 10H2O

0,25

Chất X (C10H16) cộng 3H2; sản phẩm có công thức C10H22. Theo các sản phẩm ozon phân suy ra X có mạch hở, có 3 liên kết đôi và tạo ra 2 mol HCHO nên có hai nhóm CH2 = C. Các chất X thỏa mãn: (CH3)2C=CH-C-CH2-CH2-CH=CH2 CH2

(X1)

(CH3)2C=CH-CH2-CH2-C-CH=CH2 CH2

(CH3)2C=CH-CH2-CH2-CH=CH2 CH=CH2

(X2)

0,25x3

(X3)

Hyđrat hóa X tạo ra ancol có phản ứng iođofom. Ta có tỉ lê: nCHI3 : nX=0,04 : 0,02= 2. Vậy sản phẩm hyđrat hóa X phải có 2 nhóm CH3-CHOH-. Suy ra chỉ có chất X3 ở trên thỏa mãn. Các phương trình phản ứng:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLYMPIC MÔN: HÓA 11 Thời gian làm bài: 150 phút không kể giao đề

Câu 1: (4 điểm) 1.1 (2đ) Có 5 lọ hóa chất khác nhau, mỗi lọ chứa một dung dịch của một trong các hóa chất sau: NaOH, HCl, H2SO4, BaCl2, Na2SO4. Chỉ được dùng thêm phenolphtalein (các điều kiện và dụng cụ thí nghiệm có đủ), hãy trình bày phương pháp hóa học nhận biết 5 hóa chất trên và viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có). Nội dung Điểm 2,0 điểm 1.Lấy một lượng vừa đủ mỗi mẫu hóa chất cho vào các ống nghiệm riêng biệt rồi đánh số thứ tự. Nhỏ từ từ dung dịch phenolphtalein vào các ống nghiệm chứa các hóa chất nói trên, 0,5 + Nếu ống nghiệm nào hóa chất làm phenolphtalein từ không màu chuyển màu hồng là NaOH + Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là HCl, H2SO4, BaCl2 và Na2SO4. Nhỏ từ từ và lần lượt vài giọt dung dịch có màu hồng ở trên vào 4 ống nghiệm còn lại. + Ống nghiệm nào làm mất màu hồng là các dung dịch axit HCl và H2SO4.(Nhóm I) + Ống nghiệm nào không làm mất màu hồng là dung dịch muối BaCl2 và Na2SO4. 0,5 (Nhóm II). → NaCl + H2O PTHH: NaOH + HCl  → Na2SO4 + H2O 2NaOH + H2SO4  Nhỏ một vài giọt dung dịch của một dung dịch ở nhóm I vào hai ống nghiệm chứa dung dịch nhóm II + Nếu không có hiện tượng gì thì hóa chất đó là HCl. Chất còn lại của nhóm I là H2SO4. Nhỏ dung dịch H2SO4 vào hai ống nghiệm chứa hóa chất nhóm II 1,0 - Nếu thấy ống nghiệm nào kết tủa trắng thì ống nghiệm đó chứa dung dịch BaCl2. - Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì đó là hóa chất Na2SO4 + Nếu thấy ống nghiệm nào có kết tủa ngay thì dung dịch ở nhóm I là hóa chất H2SO4, ống nghiệm gây kết tủa BaCl2, ống nghiệm còn lại không gây kết tủa chứa hóa chất Na2SO4.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Hóa chất còn lại ở nhóm I là HCl. → BaSO4 ( kết tủa trắng) + 2HCl PTHH: H2SO4 + BaCl2 

1.2 (2đ) Cho dung dịch CH3COOH 0,1M (Ka = 1,75 . 10-5) a) Tính pH, độ điện li α và nồng độ các ion trong dung dịch? b) Tính pH của dung dịch hỗn hợp CH3COOH 0,1M và CH3COONa 0,1M? Nội dung CH3COOH ⇌ CH3COO- + H+ 0,1 x x x 0,1 – x

1a. Bắt đầu Điện li Còn dư:

Điểm

CH 3COO −   H +  x2 K CH3COOH =  = = 1, 75.10−5 CH COOH 0,1 − x [ 3 ]

0,5

vì x rất bé so với 0,1 → x = 1, 75.10−6 = 1,32.10−3 CH 3COO  =  H  = x = 1,32.10 M ; pH = 2,879 x 0,132 .100 = α= = 1,32% 0,1 0,1 −

−3

0,5

CH3COONa → CH3COO- + Na+ 0,1 0,1 0,1 CH3COOH ⇌ CH3COO + H+ 0,1 0,1 x x x 0,1 – x 0,1+x x

1b. Bắt đầu Điện li Cân bằng :

0,25

CH 3COO −   H +  (0,1 + x).x = = 1, 75.10−5 Ka = − CH COOH 0,1 x [ 3 ]

0,5

Suy ra x = 1,75 . 10-5 ⇒ pH = 4,757.

0,25

Câu 2: (4 điểm) 2.1 ( 2,0 điểm). Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ sau. A (khÝ)

CH3COONa

1500o C Lµm l¹nh nhanh

 →

CH3COOC2H5

NaOH CaO

X (r¾n)

Y (khÝ)

Nội dung

Điểm

Sơ đồ biến hóa: CH 4

CH3COONa

1500o C Lµm l¹nh nhanh

 →C

NaOH CaO

C2 H 4

C2H5OH CH3COOH

Na 2 CO3

CH3COOC2H5

CO 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

Các phương trình hóa học biểu diễn sơ đồ trên: CaO 1. CH3COONa + NaOH  → CH4 + Na2CO3 to

0,25

1500 C 2. 2CH4  → C2H2 + 3H2 lµm l¹nh nhanh

0,25

Pd / PbCO3

→ C2H4 3. C2H2 + H2  to

0,25

H 2 SO4 4. C2H4 + H2O  → CH3CH2OH men giÊm 5. C2H5OH + O2  → CH3COOH + H2O H2 SO4 ⇀ 6. CH3COOH + C2H5OH ↽ CH3COOC2H5 + H2O o

0,25 0,25

7. Na2CO3 + 2HCl  → 2NaCl + CO2 + H2O 0,25 Học sinh không viết sơ đồ vẫn cho đủ số điểm (nếu đúng), học sinh có thể chọn sơ đồ khác (nếu đúng) vẫn cho đủ số điểm. 2.2 (2 điểm). Hỗn hợp A gồm Cu và Fe trong đó Cu chiếm 70% về khối lượng. Cho m gam A phản ứng với 0,44 mol HNO3 trong dung dịch, thu được dung dịch B, phần rắn C có khối lượng 0,75m (gam) và 2,87 lít hỗn hợp khí NO2 và NO đo ở (1,2 atm, 270C). Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, trong B không có muối amoni. Tính khối lượng muối trong dung dịch B và tính khối lượng m. Nội dung Điểm Ta có mC = 0,75m (gam) > 0,7m (gam) 0,5 trong C có Fe dư HNO3 hết, trong B chỉ chứa muối Fe(NO3)2 PT: Fe + 4HNO3  → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O Fe + 6HNO3  → Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O Fe + 2Fe(NO3)3  → 3Fe(NO3)2 0,5 Ta có : nhh =

2,87.1, 2 = 0,14(mol ) 0, 082.(273 + 27)

số mol HNO3 tạo muối = 0,44 – 0,14 = 0,3 (mol) nFe(NO3 )2 = 0,15(mol )

Khối lượng muối trong B = 0,15.180 = 27 (gam) nFe (pu) = 0,15 (mol) => mFe(pu) = 0,15.56 = 8,4 (gam)

8, 4.100 = 33, 6( gam) 25

0,5 0,5

Câu 3: 3.1 (1 điểm) Hỗn hợp khí X gồm C2H6 , C3H6 , C4H6. Tỉ khối hơi của X so với H2 bằng 21.Đốt cháy hoàn toàn 2,24 lít hỗn hợp X (ở đktc) rồi dẫn toàn bộ sản phẩm thu được lần lượt qua bình 1 đựng H2SO4đặc và bình 2 đựng dung dịch KOH dư thì khối lượng tăng lên ở bình 1 và bình 2 lần lượt là m1(gam), m2(gam).Tính các giá trị m1, m2. Nội dung Điểm * Đặt công thức trung bình của hỗn hợp là CxH6. 0,25 * M = 21.2 = 42 => x=3 => Công thức trung bình là C3H6: 0,1 mol 0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

=> Số mol CO2: 0,3 (mol) => Số mol H2O : 0,3 (mol). 0,25 Khối lượng bình 1 tăng chính là khối lượng H2O: m1 = 0,3.18 = 5,4(g) 0,25 Khối lượng bình 2 tăng chính là khối lượng CO2: m2 = 0,3. 44 = 13,2(g) 3.2 (3 điểm) Cho hidrocacbon X tác dụng với dung dịch brom dư được dẫn xuất tetrabrom chứa 75,8% brom (theo khối lượng). Khi cộng brom (1:1) thu được cặp đồng phân cis-trans. 1) Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo và gọi tên của X. 2) Viết phương trình của X với: a) Dung dịch KMnO4 (trong môi trường H2SO4) b) Dung dịch AgNO3/NH3 c) H2O (xúc tác Hg2+/H+) d) HBr theo tỉ lệ 1:2 Hidrocacbon X: CxHy CxHy + 2Br2 → CxHyBr4 ; theo giả thiết: %Br =

80.4 .100 =75,8 12 x + y + 320

→ 12x + y = 102 Giá trị thỏa mãn: x=8 , y=6. CTPT của X: C8H6 (∆= 6). Vì X có khả năng phản ứng với brom theo tỉ lệ 1:1 và 1:2 chứng tỏ phân tử C CH

X có 2 liên kết π kém bền và 1 nhân thơm. CTCT của X: axetilen. Phương trình phản ứng:

phenyl

0,5điểm

COOH

C CH

5 + 12H2O

0,5điểm

+ 8KMnO4 + 12H2SO4 → C

C CH

+ AgNO3 + NH3 → O C CH3

C CH

+ 4K2SO4 + 8MnSO4

0,5điểm

CAg

+ NH4NO3

0,5điểm

+ H2O Hg  → C CH

+ 2HBr →

Br C CH3 Br

0,5điểm 0,5điểm

Câu 4: (4 điểm) 4.1. (2 điểm)Từ anđehit no đơn chức, mạch hở A có thể chuyển trực tiếp thành ancol B và axit D tương ứng, từ B và D điều chế este E.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

a) Viết các phương trình phản ứng và tính tỉ số khối lượng mol phân tử của E và A.

b) Nếu đun nóng m gam E với lượng dư dung dịch KOH thì thu được m1 gam muối kali, còn với lượng dư dung dịch Ca(OH)2 sẽ cho m2 gam muối canxi. Biết m2<m<m1. Xác định công thức cấu tạo của A, B, D, E, biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Gọi công thức của A là RCHO (R = CnH2n+1) 2+ o

Mn ,t → RCOOH RCHO + ½ O2  Ni,t o → RCH2OH RCHO + H2  H SO ñaëc,t 0

2 4  → RCOOCH2R + H2O RCOOH + RCH2OH ←  ME:MA=(2R + 58):(R + 29)=2

t RCOOCH2R + KOH  → RCOOK + RCH2OH Ta có: m<m1=m(R+83):(2R + 58) ⇒ R<25

2,0

t 2RCOOCH2R + Ca(OH)2  → (RCOO)2Ca + 2RCH2OH m > m2 = m(2R + 128): (4R + 116) ⇒ R>6 ⇒ R là CH3 – Vậy : A là CH3CHO, B là C2H5OH, D là CH3COOH, E là CH3COOC2H5 4.2. (2 điểm) Oxi hóa một lượng ancol C bằng oxi, xúc tác, thu được hỗn hợp X. Chia X thành ba phần bằng nhau: Phần 1 tác dụng với dung dịch AgNO3 trong amoniac dư thu được 21,6 gam Ag. Phần 2 tác dụng với dung dịch NaHCO3 dư thu được 2,24 lít khí. Phần 3 tác dụng với Na vừa đủ thu được 4,48 lít khí và 25,8 gam chất rắn khan. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Xác định công thức cấu tạo của ancol C, biết đun nóng ancol C với H2SO4 đặc, ở 170oC được anken, các chất khí đo ở đktc và các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Do oxi hóa C được SP tráng gương, tách nước tạo olefin ⇒ C là ancol no, đơn chức mạch hở, bậc một. Vậy C: RCH2OH (R: CnH2n+1 – , n ≥ 1). xt,to 2 RCH2OH + O2  → 2RCHO + 2 H2O (1) xt,t o → RCOOH + H2O (2) RCH2OH + O2  Hỗn hợp X gồm RCHO, RCOOH, H2O và RCH2OH dư. to → RCOONH4 + 2Ag↓+ * Phần 1: RCHO + 2[Ag(NH3)2]OH  2,0 3NH3 + H2O(2) * Phần 2: RCOOH + NaHCO3 → RCOONa + H2O + CO2 ↑ (4) * Phần 2: 2 RCOOH + 2 Na → 2 RCOONa + H2 ↑ (5) 2 RCH2OH + 2 Na → 2 RCH2ONa + H2 ↑ (6) 2 H2O + 2 Na → 2 NaOH + H2↑ (7) Gọi số mol RCH2OH, RCHO, RCOOH trong 1/3 hỗn hợp X lần lượt là x, y, z mol. Theo (1 → 7) và bài ra ta có hệ:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2y = 0, 2  x = 0,1   ⇒  y = 0,1 z = 0,1 0, 5z + 0, 5x + 0,5(y + z)z = 0, 2 z = 0,1  

Chất rắn khan thu được sau phản ứng ở phần III gồm : 0,1 (mol) RCOONa ; 0,1 (mol) RCH2ONa và 0,2 (mol) NaOH. Số gam chất rắn khan : (R+ 67). 0,1 + (R + 53). 0,1 + 40. 0,2 = 25,8 (gam) ⇒ MR = 29 ⇒ R là C2H5 – Vậy ancol C: CH3– CH2 – CH2 - OH. Câu 5: 5.1 (2điểm) Hòa tan x gam hỗn hợp gồm CuCl2 và FeCl3 vào nước, thu được dung dịch A. Chia dung dịch A làm hai phần bằng nhau. Cho lượng dư khí hiđro sunfua vào phần một thu được 1,28 gam kết tủa. Cho lượng dư dung dịch Na2S vào phần hai thu được 3,04 gam kết tủa. Viết PTHH của các phản ứng xảy ra và tính x.

1,0

Phần 1: CuCl2 + H2S → CuS↓ + 2HCl (1) 2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S↓ + 2HCl (2) Phần 2: CuCl2 + Na2S → CuS↓ + 2NaCl (3) 2FeCl3 + 3Na2S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl (4) Đặt số mol CuCl2 và FeCl3 trong mỗi phần là a và b mol.

1,0

Từ các phương trình (1), (2), (3), (4) ta có 96a + 16b = 1,28 96a + 104b = 3,04

(I) (II)

Giải hệ (I) và (II ) ta được a= 0,01 mol và b = 0,02 mol Từ đó ta có x = 2(135.0,01 + 162,5.0,02) = 9,2 gam.

5.2 (2 điểm) a. (1 điểm) Viết phương trình phản ứng cho các thí nghiệm được mô tả sau đây? - Sục khí etilen đi qua dung dịch KMnO4 thấy dung dịch bị nhạt màu, đồng thời xuất hiện kết tủa màu nâu đen. - Cho khí axetilen vào dung dịch AgNO3/NH3 thì thấy xuất hiện kết tủa vàng.

Nội dung

Điểm

3CH2=CH2 + 2KMnO4 + 4H2O → 3CH2(OH)-CH2(OH) + 2KOH + 0,5 2MnO2↓ CH≡CH + 2AgNO3 + 2NH3 → CAg≡CAg↓ + 2NH4NO3

b. (1 điểm) Viết phương trình phản ứng cộng HCl và propen. Xác định sản phẩm chính. Giải thích bằng cơ chế phản ứng. Nội dung

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Điể m

C H 3 - C H - CH 3 (s¶n phÈm chÝnh ) 0,5 Cl

C H 3 - CH = CH 2 + HCl

CH 3 - CH 2 - C H 2 - Cl (s¶n phÈm

Phản ứng xảy ra theo cơ chế cộng electrophin do đó giai đoạn chậm ưu tiên 0,5 tạo ra cacbocation bền vững hơn (điện tích dương của cacbocation được giải tỏa khắp phân tử). (+ )

CH3 - CH = CH2

H Cl

CH3 - CH - CH3 (A ) (+ )

CH3 - CH2 - CH2

Cl -

+ +

Cl -

(B )

Cacbocation (A) bền hơn (B) vì điện tích dương nằm đối xứng nên giải toả trên toàn bộ phân tử.

NĂM HỌC 2018-2019 MÔN: HÓA 11 Thời gian làm bài: 150 phút không kể giao đề Câu 1: (4,0 điểm) 1.1. Trộn 3 dung dịch H2SO4 0,01M, HNO3 0,02M và HCl 0,03M với những thể tích bằng nhau thu được dung dịch A. Lấy 300ml dung dịch A cho tác dụng với V lít dung dịch B gồm Ba(OH)2 0,02M và KOH 0,02M. Sau phản ứng thu được dung dịch C có pH =12 và m gam kết tủa. Tính V và m. 1.2. Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn 100ml dung dịch CH3COONa 0,1M với 75ml dung dịch HCl 0,1M. Biết Ka(CH3COOH)=1,75.105

1.3. Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học xảy ra cho các thí nghiệm sau a. Cho phenol vào nước lạnh, cho NaOH đến dư vào, sau đó sục khí CO2 đến dư vào b. Thêm dung dịch Na2CO3 vào dung dịch Fe(NO3)3. c. Dẫn từ từ đến dư khí CO2 vào dung dịch nước vôi trong, sau đó đun nóng dung dịch thu được. Câu 2: (4,0đ) 2.1(1,5 đ) a. Photpho tác dụng với clo tạo thành PCl3 và PCl5.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Nitơ có tạo thành hợp chất tương tự không ? Vì sao ? b. Viết phương trình phản ứng khi cho PCl3 và PCl5 tác dụng với nước. 2.2. (1,5 đ)Hãy tìm các chất thích hợp trong các sơ đồ sau và viết các phương trình phản ứng. Cho biết S là lưu huỳnh, mỗi chữ cái còn lại là một chất. S + A X S + B Y Y + A X + E X + D Z X + D + E U + V Y + D + E U + V Z + E U + V 2.3.(1,0 đ) Thủy phân hoàn toàn 2,475 gam halogenua của photpho người ta thu được hỗn hợp 2 axit (axit của photpho với số oxi hóa tương ứng và axit không chứa oxi của halogen). Để trung hòa hoàn toàn hỗn hợp này cần dùng 45 ml dung dịch NaOH 2M. Xác định công thức của halogenua đó. Câu 3: (4,0 điểm) 3.1(1.5 đ). Đốt chất hoàn toàn 0,1 mol một chất hữu cơ X (chứa C, H, N) bằng một lượng vừa đủ oxi không khí. Toàn bộ sản phẩm cháy dẫn qua dung dịch Ca(OH)2 dư, thấy xuất hiện 30 gam kết tủa, khối lượng dung dịch giảm 8,7 gam so với khối lượng dung dịch Ca(OH)2 ban đầu và có 48,16 lít (đktc) một khí thoát ra. Xác định CTPT của X. 3.2.(2,5 đ) Hỗn hợp X gồm axetilen (C2H2) và vinylaxetilen (C4H4) có tỉ khối so với hiđro là 19,5. Lấy 4,48 lít X (đktc) trộn với 0,09 mol H2 rồi cho vào bình kín có sẵn chất xúc tác Ni, t0. Sau một thời gian phản ứng thu được hỗn hợp Y có tỉ khối hơi so với hidro là 28,275. Dẫn Y qua dung dịch AgNO3/NH3 dư, sau khi phản ứng kết thúc thấy có 0,15 mol AgNO3 phản ứng, thu được 20,77 gam kết tủa và có 2,016 lít khí Z (đktc) thoát ra. Z phản ứng tối đa m gam brom trong CC14. Tính m. Câu 4: (4,0 điểm) 4.1.(2 đ) Hòa tan hoàn toàn 12,6 gam hổn hợp kim loại Mg và Al có tỉ lệ mol lần lượt là 3:2, cần 5,9 lit dung dịch HNO3 0,2500M thu được dung dịch A và thoát ra 2,24 lít hỗn hợp khí X gồm N2O, N2 có tỉ khối hơi X so với H2 = 18. Nếu cho 1,29 lit NaOH 1M vào dung dịch A thu được m gam kết tủa. Cho các thể tích khí đo ở đktc. a)Tìm m gam kết tủa. b)Để thu được kết tủa lớn nhất thì thể tích dung dịch NaOH 1M thêm vào dung dịch A là bao nhiêu? Bằng phương pháp hóa học, hãy nhận biết 5 dung dịch muối sau chỉ 4.2.(1đ)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

dùng một thuốc thử: dd NaCl; dd AlCl3; dd FeCl3; dd CuCl2; dd ZnCl2. 4.3( 1,0đ) Hoàn thành các phương trình phản ứng sau: NaOH O2 NH 3 Br2 → A5 dd  → A6 → A3 → A1 → A2 HCl A4  BaCl 2 → A7 Biết A1 là hợp chất của lưu huỳnh và 2 nguyên tố khác, khối lượng mol của A1 là 51 gam. Câu 5: (4 điểm) 5.1.(2 đ) Đốt cháy hoàn toàn hiđrocacbon R, thu được tỉ lệ số mol H2O và CO2 tương ứng bằng 1,125. a) Xác định công thức phân tử của R. b) R1 là đồng phân của R, khi tác dụng với Cl2, điều kiện thích hợp, tỉ lệ mol 1:1 thì thu được một dẫn xuất mono clo duy nhất (R2). Gọi tên R1, R2 và viết phương trình phản ứng xảy ra. 5.2 (2 đ). Oxi hóa một lượng ancol C bằng oxi, xúc tác, thu được hỗn hợp X. Chia X thành ba phần bằng nhau: Phần 1 tác dụng với dung dịch AgNO3 trong amoniac dư thu được 21,6 gam Ag. Phần 2 tác dụng với dung dịch NaHCO3 dư thu được 2,24 lít khí. Phần 3 tác dụng với Na vừa đủ thu được 4,48 lít khí và 25,8 gam chất rắn khan. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Xác định công thức cấu tạo của ancol C, biết đun nóng ancol C với H2SO4 đặc, ở 170oC được anken, các chất khí đo ở đktc và các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

ĐÁP ÁN Câu 1 1.1 (1đ)

∑n

H+

= 0, 007 mol ; nOH − = 0, 06V mol

0,25đ

H+ + OH- → H2O Sau phản ứng dung dịch có pH=12 → [OH-]=10-2M → nOH − du = 0, 01(0,3 + V ) mol

0,25đ

Vậy ta có 0,06V=0,007+0,01(0,3+V) → V= 0,2 lit + Phản ứng tạo kết tủa → BaSO4 Ba2+ + SO42- 

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25đ

nkết tủa = 1.10-3 mol m kết tủa = 0,233 gam 1.2 (1,5đ)

nCH3COONa= 0,01 mol CH3COONa

nHCl= 0,0075 mol  → CH3COOH + NaCl ← 

+ HCl

0,25đ

nCH3COONa dư = 0,0025 mol. Vì Kw << Ka nên bỏ qua sự phân li của nước. CH3COOH + H2O

0,25 đ

 → CH3COO- + H+ ← 

Ka=1,75.10-5 b/đ 0,0075

0,0025

0,0025+x

đl []

0,0075-x

0,25đ

(0, 0025 + x).x -5 Ka = = 1, 75.10−5 → x= 5,11.10 mol 0, 0075 − x + -4 → [H ]= 2,92.10 M. → pH= 3,535

1.3 (1,5đ)

a. Ban đầu thấy vẫn đục do phenol ít tan trong nước lạnh, sau đó dung dịch trở nên trong suốt, khi sục CO2 vào thì dung dịch vẫn đục trở lại do phenol tái tạo trở lại. C6H5OH + NaOH → C6H5ONa + H2O C6H5ONa + CO2 + H2O → C6H5OH + NaHCO3 b. Dung dich có kết tủa đỏ nâu và có khí thoát ra 2Fe(NO3)3 + 3Na2CO3 + 3 H2O → 2 Fe(OH)3 + 6NaNO3 + 3CO2 c. Ban đầu tạo kết tủa sau đó kết tủa tan rồi kết tủa trở lại CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O CaCO3 + CO2 + H2O → Ca(HCO3)2 t Ca(HCO3)2  → CaCO3 + CO2 + H2O

0,5đ 0,25đ 0,5đ

0,5đ

Câu 2 1.(1,5 điểm)

a. 2P + 3Cl2 2PCl3 PCl3 + Cl2 PCl5 Nitơ chỉ tạo NCl3 ( rất không bền, dễ nổ), không có hợp chất NCl5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0, 5đ

Vì : cấu tạo nguyên tử của N,

N : 1s22s22p3

N chỉ có 4 obitan hóa trị ( 1 obitan s, 3 obitan p), nên 0, 5đ cộng hóa trị tối đa là 4. P có thể tạo thành 5 liên kết cộng hóa trị trong PCl5 vì : P : 1s22s22p63s23p33d 0 0, 25đ P có thể sử dụng cả obitan d để tạo liên kết hóa học. b. PCl3 + 3H2O H3PO3 + 3HCl PCl5 + 4H2O H3PO4

2.(1,5 điểm)

+ 5HCl

X là SO2, Y là H2S t S + O2 → SO2 o

t S + H2 → H2S

H2S +

3 to O2dư → SO2 + H2O 2

SO2 + Cl2 SO2Cl2 ( hoặc Br2) SO2 + Cl2 + H2O 2HCl + H2SO4 H2S + 4Cl2 + 4H2O H2SO4 + 8HCl SO2Cl2 + 2H2O 2HCl +H2SO4

2.3.(1,0 đ)

0, 25đ

Halogenua của photpho có thể có công thức PX3 hoặc PX5. - Trường hợp PX3: PTHH PX3 + 3H2O → H3PO3 + 3HX H3PO3 + 2NaOH → Na2HPO3 + 2H2O ( axit H3PO3 là axit hai lần axit) HX + NaOH → NaX + H2O số mol NaOH = 2. 0,045 = 0,09 mol Để trung hòa hoàn toàn sản phẩm thủy phân 1 mol PX3 cần 5 mol NaOH; số mol PX3 = 1/5 số mol NaOH = 0,09/5 = 0,018 mol Khối lượng mol phân tử PX3 = 2,475/0,018 = 137,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

Khối lượng mol cuả X = (137,5 – 31): 3 = 35,5 ⇒ X là Cl . Công thức PCl3 - Trường hợp PX5: PX5 + 4H2O → H3PO4 + 5HX H3PO4 + 3NaOH → Na3PO4 + 3H2O HX + NaOH → NaX + H2O số mol NaOH = 2. 0,045 = 0,09 mol Để trung hòa hoàn toàn sản phẩm thủy phân 1 mol PX5 cần 8 mol NaOH; số mol PX5 = 1/8 số mol NaOH = 0,09/8 = 0,01125 mol Khối lượng mol phân tử PX5 = 2,475/0,01125 = 220 Khối lượng mol cuả X = (220 – 31): 5 = 37,8 ⇒ không ứng với halogen nào. Câu 3 3.1 (1,5đ)

3.2 (2,5đ)

nCO2=nkết tủa= 0,3 mol mddgiam=mkết tủa-mCO2-mH2O ⇒ nH2O= 0,45 mol. BT số nguyên tố O. ⇒ nO2 phản ứng=0,525mol. ⇒ nN2 không khí = 2,1 mol ⇒ mN2 sinh ra = 0,05 mol Gọi CTPT CxHyNt (x,y,t ∈ N*) x=3; y= 9; t= 1 Vậy CTPT X là C3H9N nX M Y = nY M X ⇒ ⇒ BTKL ta có mX=mY nY = 0,29 mol nH2pư=nX-nY = 0,09 mol ⇒ H2 phản ứng hết

Y tác dụng với với dung dịch AgNO3/NH3 tạo kết tủa ⇒ Y có thể chứa axetilen (C2H2) dư; vinyl axetilen (C4H4) dư và but-1-in (C4H6) gọi số mol lần lượt là a,b,c Ta có a+b+c = nY-nZ = 0,11 mol nAgNO3 pư = 2a+b+c =0,15 mol mkết tua = 240a + 159b+ 161c = 20,77 ⇒ a= 0,04 mol; b= 0,05 mol ; c= 0,02 mol Bão toàn liên kết π ta có

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 025đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ

0,1.2 + 0,1. 3= nH2 pư + 2.0,04 + 3.0,05 + 2.0,02 + nBr2 pư ⇒ nBr2 pư = 0,14 mol ⇒ mBr2 pư = 22,4 gam 2 điểm

4.1.(2 điểm) n Mg : n Al = 3 : 2

n Mg = 3x; n Al = 2x

3x * 24 + 2x * 27 = 12, 6 x = 0,1

=> n Mg = 0,3; n Al = 0, 2

0,125 đ

n HNO3 = 5, 9 * 0, 25 = 1, 475

n hhX = n N2O n N2

− 2, 24 = 0,1; M = 28 * 2 = 36 224

0,125 đ

36 − 28 8 1 = = 44 − 36 8 1

n N 2O = n N 2 =

0,1 = 0, 05(mol) 2

0,125 đ

Mg Mg2+ + 2e Mol 0,3 0,3 0,6 3+ Al Al + 3e Mol 0,2 0,2 0,6

0,125 đ

n enhuong = 0, 6 + 0, 6 = 1, 2(mol) +5

2 N + 8e → 2 N(N 2 O)

Mol

0,4 

0,125 đ (*)

0,05

2 N + 10e → N 2

Mol

(**)

0,125 đ

0,5  0,05

n e(*,**) = 0, 4 + 0,5 = 0, 9(mol) < ne nhường

Sản phẩm khử còn có sản phẩm thứ ba, và chỉ có thể là NH4+ n NH + = 1, 2 − (0, 4 + 0, 5) = 0,3(mol) 4

0,125 đ

−3

2 N + 8e → N(NH +4 )

Mol 0,3 0,0375 Dung dịch A tác dụng với NaOH

0,125 đ

n NaOH = 1, 29 *1 = 1, 29(mol)

0,125 đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

NH4+ + mol 0,0375 Mg2+ + mol 0,3 Al3+ + mol 0,2

OH- NH3 + H2O (I) 0,0375 2OH- Mg(OH)2 (II) 0,6 0,3 3OH- Al(OH)3 (III) 0,6 0,2

0,125 đ

n NaOH(I,II,III) = 0, 6 + 0, 6 + 0, 0375 = 1, 2375 < 1, 29

Al(OH)3bị tan ra ; n NaOH(con) = 1, 29 − 1, 2375 = 0, 0525

0,125 đ

Al(OH)3 + OH AlO2- + H2O (IV) .mol 0,0525  0,0525

0,125 đ 0,125 đ 0,125 đ

n Al(OH )3 ↓ = 0, 2 − 0, 0525 = 0,1475

m ↓ = 0,3 * 58 + 0,1425 * 78 = 28,515(g)

b) Để thu được kết tủa lớn nhất thì các phản ứng (II); (III) xảy ra vừa đủ, phản ứng (IV) không xảy ra. Kết tủa thu được gồm Al(OH)3 và 0,125 đ Mg(OH)2. n NaOH( I,II,III) = 0, 6 + 0,6 + 0, 0375 = 1,2375 VNaOH =

1,2375 = 1, 2375(lit) 1

0,125 đ

4.2 1đ Dd NH3

NaCl -

AlCl3 Kết tủa trắng Không tan

FeCl3 Kết tủa nâu đỏ 2

Dd NH3 1 dư Các phương trình : AlCl3 + 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3 + 3NH4Cl FeCl3 + 3NH3 + 3H2O → Fe(OH)3 + 3NH4Cl CuCl2 + 2NH3 + 2H2O → Cu(OH)2 + 2NH4Cl ZnCl2 + 2NH3 + 2H2O → Zn(OH)2 + 2NH4Cl Zn(OH)2 + 4NH3 → Zn(NH3)4(OH)2 Dùng thuốc thử khác không cho điểm

CuCl2 Kết tủa xanh 3

ZnCl2 Kết tủa 0, 5đ trắng 0,125đ Tan 0,125đ (4) 0,125đ 0,125đ

4.3. Do khối lượng mol của S = 32 ⇒ Trong A chỉ có 1 nguyên tử S. (1,0đ) ⇒ Phần còn lại của A có khối lương = 51 – 32 = 19.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25đ

0,125đ 0,125đ → Na2S + NH3 + H2O NH4HS + NaOH  0,125đ → NaCl + H2S Na2S + HCl  0,125đ → SO2 + H2O H2S + O2  0,125đ → (NH4)2SO3 SO2 + NH3 + H2O  → ( NH4)2SO4 + 0,125đ (NH4)2CO3 + Br2 + H2O 

⇒ A có công thức: NH4HS

HBr

→ BaSO4 + NH4Cl. NH4)2SO4 + BaCl2 

5.1 (2,0đ)

a) Do nH2O: nCO2 > 1 ⇒ R là CnH2n+2 (n ≥ 1) Phản ứng: CnH2n+2 +(3n+1)/2O2 → nCO2 + (n+1) H2O (1) Từ (n+1): n =1,125 ⇒ n=8 ⇒ R: C8H18 b) Do R1 tác dụng với Cl2 tạo 1 dẫn xuất monoclo duy nhất R2 ⇒ R1: (CH3)3C – C(CH3)3 : 2,2,3,3-tetrametylbutan R2: ClCH2(CH3)2C – C(CH3)3 : 1-clo-2,2,3,3tetrametylbutan (CH3)3C – C(CH3)3 + Cl2 as → ClCH2(CH3)2C – C(CH3)3 +

0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ

0,5đ

HCl 5.2.

Do oxi hóa C được SP tráng gương, tách nước tạo olefin ⇒ C là (2,0 đ) ancol no, đơn chức mạch hở, bậc một. Vậy C: RCH2OH (R: CnH2n+1 – , n ≥ 1). xt,t o 2 RCH2OH + O2  → 2RCHO + 2 H2O (1) xt,t o RCH2OH + O2  → RCOOH + H2O (2) Hỗn hợp X gồm RCHO, RCOOH, H2O và RCH2OH dư. to → RCOONH4 + * Phần 1: RCHO + 2[Ag(NH3)2]OH  2Ag↓+ 3NH3 + H2O(2) * Phần 2: RCOOH + NaHCO3 → RCOONa + H2O + CO2 ↑ (4) * Phần 2: 2 RCOOH + 2 Na → 2 RCOONa + H2 ↑ (5) 2 RCH2OH + 2 Na → 2 RCH2ONa + H2 ↑ (6) 2 H2O + 2 Na → 2 NaOH + H2↑ (7) Gọi số mol RCH2OH, RCHO, RCOOH trong 1/3 hỗn hợp X lần lượt là x, y, z mol. Theo (1 → 7) và bài ra ta có hệ:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0, 5đ

0,125 đ 0,125 đ 0,125 đ 0,125 đ 0,125 đ 0,125 đ

2y = 0, 2  x = 0,1   ⇒  y = 0,1 z = 0,1 0,5z + 0,5x + 0,5(y + z)z = 0, 2 z = 0,1  

0,25 đ

Chất rắn khan thu được sau phản ứng ở phần III gồm : 0,1 (mol) RCOONa ; 0,1 (mol) RCH2ONa và 0,2 (mol) NaOH. Số gam chất rắn khan : (R+ 67). 0,1 + (R + 53). 0,1 + 40. 0,2 = 0, 25 đ 25,8 (gam) ⇒ MR = 29 ⇒ R là C2H5 – Vậy ancol C: CH3– CH2 – CH2 OH.

0,25 đ

ĐỀ THI OLIMPIC Môn thi: HÓA HỌC 11 Câu 1: (3,0 điểm) 1. Cho dung dịch CH3COOH 0,1M (Ka = 1,75 . 10-5) c) Tính pH, độ điện li α và nồng độ các ion trong dung dịch? d) Tính pH của dung dịch hỗn hợp CH3COOH 0,1M và CH3COONa 0,1M? 2. Có dung dịch [Cu(NH3)4]SO4 0,9M ; ion phức [Cu(NH3)4]2+ bị phân hủy trong môi trường axit theo phản ứng : [Cu(NH3)4]2+ + 4H+ Cu2+ + 4NH4+ Tính pH cần thiết để 95% ion phức bị phân hủy. Cho hằng số bền của ion phức Kb[Cu(NH3)4]2+ = 1012 ; hằng số axit Ka(NH4+) = 10-9 3. Cho các sơ đồ phản ứng sau:  → … + H2O a) X + O2 → N2 + … + … b) X + CuO  c) X + H2S  → … → … + H2O d) X + CO2  Tìm công thức của khí X và hoàn thành các phương trình hoá học trên. Câu 2: (3,0 điểm) 1. Phèn là muối sunfat kép của một cation hóa trị một (như K+ hay NH4+ ) và một cation hóa trị ba (như Al3+, Fe3+ hay Cr3+). Phèn sắt-amoni có công thức (NH4)aFe(SO4)b.nH2O. Hòa tan 1,00 gam mẫu phèn sắt-amoni vào 100 cm3 H2O, rồi chia dung dịch thu được thành hai phần bằng nhau. Thêm dung dịch NaOH dư vào phần một và đun sôi dung dịch. Lượng NH3 thoát ra phản ứng vừa đủ với 10,37 cm3 dung dịch HCl 0,100 M. Dùng kẽm kim loại khử hết Fe3+ ở phần hai thành Fe2+. Để oxi hóa ion Fe2+ thành ion Fe3+ trở lại, cần 20,74 cm3 dung dịch KMnO4 0,0100 M trong môi trường axit. a) Viết các phương trình phản ứng dạng ion thu gọn và xác định các giá trị a, b, n? b) Tại sao các phèn khi tan trong nước đều tạo môi trường axit?

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2. Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch riêng biệt NaHSO4, Na2CO3, AlCl3, Fe(NO3)3, NaCl, Ca(NO3)2. Viết các phản ứng minh họa dưới dạng ion thu gọn. Câu 3: (4,0 điểm) 1. Đốt cháy hoàn toàn 4,4 gam sunfua của kim loại M (công thức MS) trong oxi dư. Chất rắn sau phản ứng đem hòa tan trong một lượng vừa đủ dung dịch HNO3 37,8% thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch thu được là 41,72%. Khi làm lạnh dung dịch này thì thoát ra 8,08 gam muối rắn. Lọc tách muối rắn thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch là 34,7%. Xác định công thức của muối rắn. 2. Hấp thụ hoàn toàn 1,568 lít CO2 (đktc) vào 500 ml dung dịch NaOH 0,16 M, thu được dung dịch X. Thêm 250 ml dung dich Y gồm BaCl2 0,16 M và Ba(OH)2 a M vào dung dịch X, thu được 3,94 gam kết tủa và dung dịch Z. Tính giá trị của a. Câu 4. (5,5 điểm) 1. (1 điểm) Đốt cháy hoàn toàn hiđrocacbon A, thu được tỉ lệ số mol H2O và CO2 tương ứng bằng 1,125. A1 là đồng phân của A, khi tác dụng với Cl2, điều kiện thích hợp, tỉ lệ mol 1:1 thì thu được một dẫn xuất mono clo duy nhất A2. Gọi tên A1, A2 và viết phương trình phản ứng xảy ra. 2. (1,5 điểm) Trình bày phương pháp hóa học đơn giản nhất để phân biệt mỗi cặp chất dưới đây chứa trong các bình riêng biệt mất nhãn và viết các phương trình phản ứng xảy ra: a. phenylaxetilen và stiren. b. axetilen và propin. c. CH2=C(CH3)–COOH và axit fomic. 3. (1,5 điểm) Từ anđehit no đơn chức, mạch hở A có thể chuyển trực tiếp thành ancol B và axit D tương ứng, từ B và D điều chế este E. a. Viết các phương trình phản ứng và tính tỉ số khối lượng mol phân tử của E và A. b. Nếu đun nóng m gam E với lượng dư dung dịch KOH thì thu được m1 gam muối kali, còn với lượng dư dung dịch Ca(OH)2 sẽ cho m2 gam muối canxi. Biết m2<m<m1. Xác định công thức cấu tạo của A, B, D, E, biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 4. (1,5 điểm) Oxi hóa một lượng ancol C bằng oxi, xúc tác, thu được hỗn hợp X. Chia X thành ba phần bằng nhau: Phần 1 tác dụng với dung dịch AgNO3 trong amoniac dư thu được 21,6 gam Ag. Phần 2 tác dụng với dung dịch NaHCO3 dư thu được 2,24 lít khí. Phần 3 tác dụng với Na vừa đủ thu được 4,48 lít khí và 25,8 gam chất rắn khan. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b. Xác định công thức cấu tạo của ancol C, biết đun nóng ancol C với H2SO4 đặc, ở 170oC được anken, các chất khí đo ở đktc và các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 5. (4,5 điểm) 1 (1 điểm). Cho các sơ đồ phản ứng sau. Hãy xác định công thức cấu tạo các hợp chất hữu cơ A, B, C, D, A1, A2, A3, A4 (không ghi phản ứng). H O+

CH OH

H SO d HCN 3 → C → 3 a) A → B  D → CH2=C(CH3)–COOCH3 t C 2

+Benzen/H+ A3 +1)O2, 2)H2SO4 Craêêckinh (3) (2) A5 (C3H6O)(propan-2-on) b) CnH2n+2 A2 (1) (4) A1(khí) A4 (5)+O2/xt +H2O/H+

2. (1,5 điểm) Hoàn thành các phương trình phản ứng: o

a. CH2

CH(CH3)2

t → +KMnO4 

b. Glixerol +Cu(OH)2 → Fe, to , 1:1 → c. Nitrobenzen + Cl2  3. (1 điểm) Axit cacboxylic Y với mạch cacbon không phân nhánh, có công thức đơn giản nhất là CHO. Cứ 1 mol Y tác dụng hết với NaHCO3 giải phóng 2 mol CO2. Hãy tìm công thức cấu tạo, gọi tên Y. 4. (1 điểm) Hợp chất X (C10H16) có thể hấp thụ ba phân tử hyđro. Ozon phân X thu được axeton, anđehit fomic và 2-oxopentađial (O=HC–CO–CH2–CH2– CH=O). Viết công thức cấu tạo của X thỏa mãn tính chất trên. Cho: H=1, O=16, Na=23, Mg=24, P=31, Cl=35,5; K=39, Ca=40, Fe=56, Ag=108, I=127. -----------------------Hết-----------------------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Đáp án CÂU Câu 1:

NỘI DUNG 1. CH3COOH CH3COO- + H+ Bắt đầu 0,1 Điện li x x x Còn dư: 0,1 – x CH 3COO −   H +  x2 = = 1, 75.10 −5 K CH 3COOH = 0,1 − x [CH 3COOH ] vì x rất bé so với 0,1 → x = 1, 75.10 −6 = 1,32.10 −3 CH 3COO −  =  H +  = x = 1,32.10 −3 M ; pH = 2,879 0,132 x .100 = α= = 1,32% 0,1 0,1

Ta 2. có : [Cu(NH3)4]2+ NH3

H+

Cu2+

+ NH4+

4NH3

0,5đ 0,5đ

K1 = [Cu2+][NH3]4 / [Cu(NH3)4]2+ = 1 / K2 = [NH4+] / [NH3].[H+] = 1/ (10-9)

[Cu(NH3)4]2+ + 4H+ Cu2+ + 4NH4+ K = [Cu2+].[NH4+] / (Cu(NH3)4]2+[H+]4 = 1 / (1012. (10-9)4) = 1024 Khi phức bị phá hủy 95% thì [Cu(NH3)4]2+ còn lại = 0,9.5% = 0,045M [Cu2+] = 0,9.0,95 = 0,855M [NH4+] còn lại = 0,855.4 = 3,42M Vậy 0,855(3,42)4 / (0,045. [H+]4) = 1024 => [H+] = 7,14.10-6 => pH = 5,15

3. Qua sơ đồ a), b) X có chứa N và H, có thể có O. Vì X là chất khí nên chỉ có thể là NH3. a) 4NH3 + 3O2 → 2N2 + 6H2O hoặc 4NH3 + 5O2 → 4NO + 6H2O ( có xúc tác Pt) b) 2NH3 + 3CuO → N2 + 3Cu + 3H2O c) 2NH3 + H2S → (NH4)2S hoặc NH3 + H2S → NH4HS d) 2NH3 + CO2 → (NH2)2CO + H2O Câu 2:

ĐIỂM

3. (a) Đặt số mol của phèn sắt – amoni (NH4)aFe(SO4)b.nH2O trong mỗi phần là x mol. Phương trình phản ứng phần một : NH4+ + OH- → NH3 + H2O ax 0 ax

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5đ

0,5đ 1đ

Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3 NH3 + H+ → NH4+ ax ax Phương trình phản ứng phần hai : Zn + 2Fe3+ → Zn2+ + 2Fe2+ x 0 x 5Fe2+ + MnO4- + 8H+ → 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O x x/5 Ta có :

1đ

ax = 0,01037L × 0,100mol.L−1 = 1,037.10 −3 mol

x = 5 × 0,02074L × 0,010mol.L−1 = 1,037.10 −3 mol ⇒ a=1 Công thức của phèn được viết lại là NH4+Fe3+(SO42-)b.nH2O ⇒ b=2 0,5 gam Từ M = 18 + 56 + 96.2 + 18n = 1,037.10 −3 mol ⇒ n = 12 Công thức của phèn sắt – amoni là NH4Fe(SO4)2.12H2O

0.25 0.25

(b) Phèn tan trong nước tạo môi trường axit vì các ion NH4+, Al3+, Fe3+ và 0.25 Cr3+ đều là những ion axit (các ion K+, Na+, Li+ có tính trung tính, còn SO42có tính bazơ rất yếu). 0.25 NH4+ + H2O ⇄ NH3 + H3O+ M3+ + H2O ⇄ [M(OH)]2+ + H+

2. Trích mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm: 1đ Cho phenolphtalein vào mỗi mẫu thử. Mẫu thử có màu hồng là dung dịch Na2CO3, các mẫu thử còn lại không màu.  → HCO3- + OHCO32- + H2O ←  Dùng Na2CO3 làm thuốc thử để cho vào các mẫu thử còn lại. Mẫu thử có sủi bọt khí không màu là NaHSO4 CO32- + 2H+ → H2O + CO2↑ Mẫu thử tạo kết tủa trắng keo và sủi bọt khí không màu là AlCl3 2Al3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Al(OH)3↓+ 3CO2↑ Mẫu thử tạo kết tủa đỏ nâu và sủi bọt khí không màu là Fe(NO3)3 2Fe3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Fe(OH)3↓+ 3CO2↑ Mẫu thử tạo kết tủa trắng là Ca(NO3)2 Ca2+ + CO32- → CaCO3↓ Mẫu thử không tạo hiện tượng là NaCl. 1. MS a mol ⇒ Ma + 32a = 4,4 (I) 2MS + (0,5n+2) O2 → M2On + 2SO2 (1) a a/2 (mol) M2On + 2nHNO3 → 2M(NO3)n + nH2O (2) a/2 na a (mol)

Câu 3:

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

mdd HNO3 =

500na ; C% (muôi)= 3

Ma + 62na .100= 41,72 (II) 500na Ma + 8na + 3

56 n Vậy M là Fe; a=0,05. 3 Từ các dữ kiện trên ta có khối lượng dung dịch thu được trước khi làm lạnh là: m = Ma + 8na + 166,67na = 29 (gam) Sau khi làm lạnh, khối lượng dung dịch là: 29 – 8,08 = 20,92 (gam) Số mol của Fe(NO3)3 trong dung dịch sau khi làm lạnh là 20,92.34,7 Mol Fe(NO3)3 = = 0,03 ⇒ mol Fe(NO3)3 trong muối rắn = 0,02. 100.242 242 + 18m = 404 ⇒ m =9 Vậy CT của muối Fe(NO3)3.9H2O 1,568 = 0, 07(mol ) ; nNaOH = 0,5 × 0,16 = 0, 08(mol ) 2. nCO2 = 22, 4 Từ (II) ⇒ M =

nBaCl2 = 0, 25 × 0,16 = 0, 04(mol ) ; nBa (OH )2 = 0, 25a (mol ) 3,94 = 0, 02( mol ); 197 = 0, 04 + 0, 25a( mol ); nOH − = 0,5a (mol )

nBaCO3 =

nBa 2 + 1<

nOH − nCO2

0, 08 < 2; 0, 07

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,12 5 đ 0,125đ 0,125đ 0,125đ 0, 125đ 0, 125đ

CO32- (ymol)

tạo 2 muối HCO3 (xmol) và CO2 + OH- → HCO3 . xmol xmol xmol CO2 + 2OH- → CO32- + H2O .ymol 2ymol ymol

(1)

0, 125đ (2)

Ta có hệ: x + y = 0,07 và x + 2y = 0,08 y = 0,06 => x = 0,01; − − HCO3 + OH  → CO32− + H 2 O (3)

0, 125 đ

0,01mol  0,01mol 0

t → BaCO3 ↓ Ba 2+ + CO32− 

nBa2 +

(4)

0,02 0,02 = 0, 04 + 0, 25a > 0,02 (n↓) nên CO32- phải hết = 0,02 mol

nCO2− (4) = nCO2− (2) + nCO2− (3) => nCO2− (3) = 0,02 – 0,01 = 0,01 (mol) 3

Ta có : nOH − = 0,5a

→ 0,5a = 0,01

0, 125 đ 0, 125 đ 0, 125 đ 0, 125 đ

→ a = 0,02 (M)

Câu 4 1 a) Do nH2O: nCO2 > 1 ⇒ A là CnH2n+2 (n ≥ 1)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

Phản ứng: CnH2n+2 +(3n+1)/2O2 → nCO2 + (n+1) H2O (1) Từ (n+1): n =1,125 ⇒ n=8 ⇒ A: C8H18 b) Do A1 tác dụng với Cl2 tạo 1 dẫn xuất monoclo duy nhất A2 ⇒ A1: (CH3)3C – C(CH3)3 : 2,2,3,3-tetrametylbutan A2: ClCH2(CH3)2C – C(CH3)3 : 1-clo-2,2,3,3-tetrametylbutan (CH3)3C – C(CH3)3 + Cl2 as → ClCH2(CH3)2C – C(CH3)3 + HCl 2 a) Dùng dung dịch AgNO3/NH3, phenylaxetilen cho kết tủa vàng xám: C6H5C≡CH + AgNO3 + NH3 → C6H5C≡CAg + NH4NO3 b) Cho tác dụng với H2O, xt. Lấy sản phẩm thực hiện phản ứng tráng gương Tạo kết tủa Ag là anđehit, không phản ứng là xeton ⇒ CH≡CH và CH3 C≡CH 1,5 HgSO ,t HgSO ,t H2O + C2H2 → CH3CHO CH3- C≡CH + H2O → CH3COCH3 + to → CH3COONH4 + 2Ag↓ 3NH3 + H2O CH3CHO + 2[Ag(NH3)2]OH  c) Cho tác dụng với Br2/CCl4 Mất màu là CH2=C(CH3)COOH, không phản ứng là HCOOH CH2=C(CH3)COOH + Br2 → CH2Br – CBr(CH3) - COOH 3 Gọi công thức của A là RCHO (R = CnH2n+1) Mn 2+ ,to → RCOOH RCHO + ½ O2  Ni,to RCHO + H2  → RCH2OH H SO dac  → RCOOCH2R + H2O RCOOH + RCH2OH ←  4

ME:MA=(2R + 58):(R + 29)=2 to

1,5

→ RCOOK + RCH2OH RCOOCH2R + KOH  Ta có: m<m1=m(R+83):(2R + 58) ⇒ R<25 o

t → (RCOO)2Ca + 2RCH2OH 2RCOOCH2R + Ca(OH)2  m > m2 = m(2R + 128): (4R + 116) ⇒ R>6 ⇒ R là CH3 – Vậy : A là CH3CHO, B là C2H5OH, D là CH3COOH, E là CH3COOC2H5 4 Do oxi hóa C được SP tráng gương, tách nước tạo olefin ⇒ C là ancol no, đơn chức mạch hở, bậc một. Vậy C: RCH2OH (R: CnH2n+1 – , n ≥ 1). xt,to → 2RCHO + 2 H2O (1) 2 RCH2OH + O2  xt,to → RCOOH + H2O (2) RCH2OH + O2  Hỗn hợp X gồm RCHO, RCOOH, H2O và RCH2OH dư. to → RCOONH4 + 2Ag↓+ 3NH3 + * Phần 1: RCHO + 2[Ag(NH3)2]OH  1,0 H2O(2) * Phần 2: RCOOH + NaHCO3 → RCOONa + H2O + CO2 ↑ (4) * Phần 2: 2 RCOOH + 2 Na → 2 RCOONa + H2 ↑ (5) 2 RCH2OH + 2 Na → 2 RCH2ONa + H2 ↑ (6) 2 H2O + 2 Na → 2 NaOH + H2↑ (7) Gọi số mol RCH2OH, RCHO, RCOOH trong 1/3 hỗn hợp X lần lượt là x, y, z mol.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Theo (1 → 7) và bài ra ta có hệ: 2y = 0, 2  x = 0,1   ⇒  y = 0,1 z = 0,1 0,5z + 0,5x + 0,5(y + z)z = 0, 2 z = 0,1  

A: CH3COCH3 B: (CH3)2C(OH) – CN C : (CH3)2C(OH) – COOH D: CH2=C(CH3)–COOH 2 a)

A1: CH3-CH2-CH2-CH3 A2: CH3- CH=CH2 A3: C6H5-CH(CH3)2 (Cumen) A4: CH3-CH(OH)-CH3 to

CH2 CH CH3+ 8 KMnO4

1,0

3 C6H5COOK + 3 CH3COCH3 + 5KOH + 8 MnO2 + 2 H2O

CH3

b) 2C3H5(OH)3 +Cu(OH)2 → [C3H5(OH)2O]2Cu + 2H2O d) NO 2

1,5

NO2

Fe, to , 1:1 + Cl2  →

+ HCl Cl

3 Vì 1 mol Y tác dụng được với NaHCO3 → 2 mol CO2 ⇒ Y là một axit 2 nấc ⇒ CTPT của Y phải là C4H4O4 hay C2H2(COOH)2. Ứng với mạch không phân nhánh có 2 đồng phân cis-trans là: HOOC

H C

COOH

HOOC

axit trans-butenđioic (axit fumaric)

1,0

C COOH

axit cis-butenđioic (axit maleic) (Y)

4 Chất X (C10H16) cộng 3H2; sản phẩm có công thức C10H22. Theo các sản phẩm ozon phân suy ra X có mạch hở, có 3 liên kết đôi và tạo ra 2 mol HCHO nên có hai nhóm CH2 = C. Các chất X thỏa mãn: 1,0 (CH ) C=CH-CH -CH -CH=CH (CH ) C=CH-C-CH -CH -CH=CH (CH ) C=CH-CH -CH -C-CH=CH 3 2

CH2

(X) ĐỀ THAM KHẢO (Đề thi gồm 02 trang)

3 2

CH2

3 2

CH=CH2

(X)

KỲ THI OLYMPIC Môn thi: HÓA HỌC 11

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1: ( 4 điểm) 1. Tính PH của dung dịch đệm chứa NH3 0,1M và NH4Cl 0,1M. Biết NH3 có PKb = 4,75. 2. Dung dịch bão hòa H2S có nồng độ 0,100 M. Hằng số axit của H2S: K1 = 1,0.10-7 và K2 = 1,3.10-13 a/ Tính nồng độ ion S2- trong dung dịch H2S 0,100 M khi điều chỉnh pH=2,0. b/ Một dung dịch A có chứa các cation Mn2+, Co2+, Ag+ với nồng độ ban đầu của mỗi ion đều bằng 0,010 M. Hòa tan H2S vào dung dịch đến bão hòa và điều chỉnh pH= 2 thì Ion nào tạo kết tủa sunfua. 3. 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. b. Tính pH của dung dịch X tạo thành khi trộn dung dịch A và dung dịchB theo tỉ lệ thể tích bằng nhau. c. Cho thêm 0,02mol HCl vào 1 lít dung dịch X được dung dịch Y.Tính pH của dung dịch Y. d.Nếu trộn 0,3lít dung dịch A với Vlít dung dịch B được dung dịch có pH =4,7 . Xác định V. Câu 2: ( 4 điểm) 1.Cho 24,3 gam bột Al vào 225 ml dung dịch hỗn hợp NaNO3 0,1M; NaOH 3M khuấy đều cho đến khi ngừng thoát khí thì dừng lại. Tính thể tích khí thoát ra. 2.Thổi hơi nước qua than nung đỏ thu được hỗn hợp khí X khô gồm: H2, CO, CO2. Cho X qua dung dịch Ca(OH)2 thì còn lại hỗn hợp khí Y. Lấy một phần khí Y cho tác dụng hết với 13,44 gam CuO thấy tạo thành 1,89 gam nước. Tính phần trăm thể tích CO2 trong hỗn hợp X. 3. Hòa tan hết 31,89 gam hỗn hợp A gồm 2 kim loại Al và Mg trong lượng dư dung dịch HNO3 loãng, thu được 10,08 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm hai khí không màu, trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí và dung dịch Y. Tỉ khối hơi của X so với khí hiđro là 59/3. Cô cạn dung dịch Y thu được 220,11 gam muối khan. Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A? Câu 3: ( 4 điểm) 1. Cho cacbon tác dụng với hơi nước ở nhiệt độ cao, sau đó làm ngưng tụ hết hơi nước, thu được hỗn hợp khí X gồm CO, CO2 và H2. Cho hỗn hợp X từ từ qua 100 ml dung dịch NaOH 0,15M và Ba(OH)2, thu được 7,88 gam kết tủa, dung dịch Y và còn lại 12,32 lít (đktc) hỗn hợp

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Z gồm hai khí. Để thu được kết tủa lớn nhất từ dung dịch Y, cần thêm vào Y ít nhất 100 ml dung dịch KOH 0,1M. Tính phần trăm theo thể tích của CO2 trong hỗn hợp X. 2.Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch NaHSO4, Na2CO3, BaCl2, NaCl, Mg(NO3)2. Các phản ứng minh họa viết dưới dạng ion thu gọn. Câu 4: ( 4 điểm) 1. Cho hai hiđrocacbon mạch hở X và Y có công thức phân tử lần lượt là C3H4 và C4H6. X và Y có phải là đồng đẳng của nhau không? Vì sao? 2.Từ khí metan, các chất vô cơ (không chứa cacbon) và điều kiện phản ứng cho đủ, viết phương trình phản ứng điều chế: polietilen, poli(vinyl clorua), ancol etylic, phenol (C6H5-OH). 3. Hai ancol X, Y cùng thuộc một dãy đồng đẳng (MX < MY). Đốt cháy hoàn toàn X thu được x mol CO2 và y mol H2O, đốt cháy hoàn toàn Y thu được a mol CO2 và b mol H2O. Biết rằng

a x > . Xác định công thức chung của hai ancol. b y

4. Cho các chất hữu cơ mạch hở có công thức phân tử sau: C2H2ClBr, C3H2Cl4. Hãy viết cấu trúc của các đồng phân hình học tạo nên từ các chất đã cho và xác định cấu hình Z/E.

Câu 5: ( 4 điểm) 1. Đốt cháy 10,4 gam một hợp chất hữu cơ A cần dùng 22,4 lít O2 (đktc). Sản phẩm thu được chỉ gồm CO2 và H2O có mCO − mH O = 28 . a. Tìm công thức phân tử của A biết rằng tỉ khối hơi của A so với khí hidro d A/ H = 52 b. Xác định công thức cấu tạo của A biết 3,12g A phản ứng hết với dung dịch chứa 4,8g Br2 hoặc tối đa 2,688 lít H2(đktc). c. Hiđro hóa A theo tỉ lệ mol 1:1 thu được hiđrocacbon X. Khi brom hóa một đồng phân Y của X với xúc tác bột Fe, đun nóng theo tỉ lệ mol 1:1 được một sản phẩm duy nhất. Xác định công thức cấu tạo của X,Y ? 2. Chất A có công thức phân tử là C7H8. Cho A tác dụng với AgNO3 trong dung dịch amoniac dư được chất B kết tủa. Phân tử khối của B lớn hơn của A là 214. Viết các công thức cấu tạo có thể có của A. 2

……………HẾT………..

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

KỲ THI OLYMPIC

ĐÁP ÁN

Môn thi: HÓA HỌC 11 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1: 1.PKa(NH4+) = 14 – PKb(NH3) = 14 – 4,75 = 9,25 0.1 → pH = 9,25 – lg 0.1 = 9,25 2. a. [H+] = 10-2(M) H2S H+ + HSK1 + 2HS H +S K2 H2S 2H+ + S2K = K1 . K2 →K=

[H + ]2 [S2 ]

[H S]

→ [S 2

]

10 7.1,3.10 13.10 = 10 4

K =

[H S] 2

K 1=• K 2

[H ]

+ 2

[H S] 2 + 2

[H ]

= 10-17

b.Theo câu A có [S2-] = 10-17 → [S2-] [Mn2+] = 10 -17 . 10-2 = 10-19 < TMnS → không tạo kết tủa MnS [S2] [ Co2+] = 10-17. 10-2 = 10-19 > TCoS → có kết tủa CoS. 2 * [S 2− ][Ag + ] = 10 −17.(10 −2 ) 2 = 10 −21 > TAg S → có kết tủa Ag2S 3. a.Tính pH của dung dịch A và dung dịch B. * pH của dung dịch A: Phương trình CH3COOH CH3COO- + H+ Gọi x là nồng độ H+: 2

Ka =

x2 = 2.10-5 Vì axit yếu [CH 3 COOH]d - x

x << [CH3COOH]đ

K a .C

⇒ x = 0,4.10 −5 ⇒ pH = 2,7 * pH của dung dịch B: CH3COOK = CH3COO- + K+ CH3COO- + H2O CH3COOH + OHGọi y là nồng độ OH- :

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Tương tự y =

K tp .C =

Kw C = Ka

10 −14.0,2 = 10-5 −5 2.10

⇒ pOH = 5 ⇒ pH = 9 b. Tính pH của dung dịch X: Khi trộn A và B theo tỉ lệ thể tích bằng nhau ta được dung dịch hỗn hợp: CH3COOH 0,1M và CH3COOK 0,1M. CH3COOK = CH3COO- + K+ CH3COOH CH3COO- + H+ + Gọi z là nồng độ H Giả thiết: z.(0,1 + z ) = 2.10-5 Vì axit yếu nên z << 0,1 ⇒ z = 2.10-5 (0,1 − z )

Ka = ⇒ pH = 4,7

c. pH của dung dịch Y: Nếu thêm 0,02mol HCl vào 1 lít dung dịch Y ta có: CH3COO- + H+ CH3COOH [CH3COOH] = 0,1 + 0,02 = 0,12 [CH3COO-] = 0,1 - 0,02 = 0,08 Ka =

[CH COO ][H ] = 2.10-5 -

[CH 3 COOH]

⇒ [H+] = 3.10

-5

⇒ pH = 4,52.

d. Xác định V. Khi trộn 2 dung dịch ta được dung dịch hỗn hợp trong đó. 0,2.0,3 0,3 + V 0,2.V [CH3COOK] = 0,3 + V

[CH3COOH] =

Gọi t là nồng độ H+ CH3COOH Đầu phản ứng: Lúc cân bằng:

⇔

0,06 0,3 + V 0,06 -t 0,3 + V

CH3COO- + H+ 0,2.V 0,3 + V 0,2.V + t 0,3 + V

 0,2V  + t t  0,3 + V  = 2.10 −5 Giả thiết: pH = 4,7 ⇒ t = 2.10-5 Ka =   0,06  −t  0 , + V 3   0,2V 0,06 ⇔ 0,2V + 0,3t +Vt = 0,06 – 0,3t –Vt +t = −t 0,3 + V 0,3 + V

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

⇔ 0,2V + 2Vt = 0,06 –0,6t ⇔

3(0,01 − 0,1t ) Vì axit yếu nên 0,1 + t

t << 0,1 ⇒

V ≈ 0,3lít

Câu 2 1. nAl =0,9 ;nNaNO3 = 0,0225;nNaOH=0,675 8Al + 3NaNO3 + 5 NaOH + 2H2O → 8NaAlO2 + 3NH3 (1) 0,06 ← 0,0225 → 0,0375 ---------------------------→ 0,0225 Al + NaOH + H2O → NaAlO2 + 3/2 H2O 0,84 0,6375 0,425 nkhí = n NH + n NH = 0, 0025 + 0, 425 = 0, 4475 Vkhí = 10,024 (lít) 2. H2O + C → CO + H2 a → a X có CO a CO b 2 H2O + C → CO + 2 H2 b → 2b H2 a+ 2b Y có: CO CO + CuO → Cu + CO2 H2 0,063 ←0,063 + H2O H2 + CuO → Cu 0,105 ← 0,105 <−−−−−−− 0,105 n H O = 0,105 nCuO = 0,168 nCO = a = 0,063 n H = a + 2b + 0,105 → b = 0,021 3

% CO 2(V) =

0, 021 x100 = 11,111% 0,189

3. lí luận 2 khí NO và N2O Đặt số mol của NO và N2O lần lượt là a và b, ta có: 10,08  a+b= = 0,45  a = 0,15 22,4 ⇔   b = 0,3 30a + 44b = 59 .2.0,45 = 17,7  3

Đặt số mol của Al và Mg lần lượt là x và y, ta có: 27x + 24y = 31,89 (1) Khi cho hỗn hợp A tác dụng với dung dịch HNO3: Al → Al3+ + 3e x x 3x 2+ Mg → Mg + 2e y y 2y +5 N + 3e → N+2 0,45 0,15 +5 N + 4e → N+1 2,4

0,6

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

N+5 + 8e → N-3 8z z Giả sử có z mol ( z ≥ 0) NH4NO3 tạo thành trong dung dịch Y. Ta có: 3x +2y = 0,45 + 2,4 + 8z hay 3x + 2y - 8z = 2,85 (2) Mặc khác: 213x + 148y + 80z = 220,11 (3) Giải hệ (1), (2), (3) ta được: x = 0,47; y = 0,8; z = 0,02 Vậy: %Al =

0, 47.27.100% = 39,79% 31,89

%Mg = 100% - 39,79% = 60,21%. Câu 3: ( 4 điểm) 0

t C + H 2 O  → CO + H 2 (1) 0

t → CO2 + 2 H 2 (2) C + 2 H 2 O 

Vì Y tác dụng được với KOH nên phản ứng của CO2 với dung Ba(OH)2, NaOH thu được hai muối CO32- và HCO3-.

dung dịch

0, 04 mol BaCO3 0, 015 mol NaOH  CO2 +   → 0, 015 mol NaHCO3  Ba (OH )2 x mol ( x − 0, 04)mol Ba (HCO ) 3 2  Ba (HCO3 ) 2 + KOH  → BaCO3 + KHCO3 + H 2 O (*)

Theo (*) : ( x − 0, 04) = nKOH = 0, 01 => nCO2 = 0, 04 + 0, 01.2 + 0, 015 = 0, 075

(1,2) => nX = 12,32 + 0,075 = 0,625 22, 4

=> %VCO = 0,075 .100% = 12% 2

0,625

2. Chia các dung dịch thành nhiều mẫu thử. Nhỏ phenolphtalein vào 5 mẫu thử: - dung dịch chuyển màu hồng là Na2CO3 ( do có môi trường bazơ) - 4 dung dịch còn lại không hiện tượng gì Nhỏ Na2CO3 vừa nhận được vào 4 dung dịch còn lại: - dung dịch có khí không màu không mùi bay lên là NaHSO4: 2HSO4- + CO32- → CO2 + H2O + 2SO42- 2 dung dịch cho kết tuả màu trắng là BaCl2, Mg(NO3)2: Ba2+ + CO32- → BaCO3 Mg2+ + CO32- → MgCO3 - dung dịch còn lại không hiện tượng gì là NaCl Nhỏ NaHSO4 vừa nhận được vào 2 dung dịch BaCl2, Mg(NO3)2: - dung dịch tạo kết tuả trắng là BaCl2: Ba2+ + 2HSO4- → BaSO4 + 2H+ - dung dịch còn lại không hiện tượng gì là Mg(NO3)2 Câu 4: ( 4 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1. C3H4 và C4H6 đều có cùng một công thức chung => là đồng đẳng của nhau nếu cùng là ankin hoặc cùng là ankađien. Nếu một chất là ankin, một chất là ankađien thì chúng không phải là đồng đẳng. 2. 0

+ H2 1500 C T .H −CH 4  → C2 H 2  → C2 H 4  → PE LLN Pd / BaCO3 + HCl T .H −C2 H 2  → C2 H 3Cl  → PVC Hg 2+ + H 2O −C2 H 4  → C2 H 5OH (ancol etylic ) H+ Cl2 (1:1) CO2 + H 2 O NaOH −C6 H 6( benzen )  → C6 H 5 Cl  → C6 H 5ONa  → C6 H 5 OH ( phenol ) Fe p, t0

3. Ta có: X (CxH2yOz), Y(CaH2bOz) với a = x + n và b = y + n a x x+n x > <=> > => y ( x + n) > x( y + n) => y > x (1) b y y+n y

Mặt khác, từ công thức của X ta có: 2y ≤ 2x+2 (2) Từ (1,2) =>y = x+1 Vậy X, Y là cùng thuộc ancol no, mạch hở có công thức chung: CmH2m+2On (m ≥ 1; m ≥ n ≥ 1) 4. C2H2ClBr:

* C3H2Cl4: có 2 chất có đồng phân hình học:CHCl=CH- CCl3, CHCl=CClCHCl2

Câu 5: ( 4 điểm) 1. mCO2 − mH 2O = 28    mCO2 + mH 2O = 10, 4 + 32 = 42, 4  mCO2 = 35, 2; mH 2O = 7, 2 ⇒ nCO2 = 0,8; nH 2O = 0, 4 ⇒ nO / A = 0; M A = 104

a.Vậy công thức phân tử của A là C8H8 b. Ta có:

nBr2 nA

= 0, 03 : 0, 03 = 1:1;

nH 2 nA

= 0,12 : 0, 03 = 4 :1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

A có độ bất bão hòa là 5, kết hợp với tỉ lệ mol khi phản ứng với Br2 và H2. Vậy A là stiren CH2=CH-C6H5 c) - Hidro A theo tỷ lệ mol 1: 1 thì A chỉ phản ứng ở nhánh ( -CH=CH2) nên công thức cấu tạo của X là ( etyl benzen). - Khi brom hóa một đồng phân Y của X với xúc tác bột Fe theo tỉ lệ mol 1:1 được một sản phẩm duy nhất nên Y có cấu trúc đối xứng. Y là 1,4dimetylbenzen. X: CH3-CH2-C6H5 ; Y: p-CH3-C6H4 –CH3 2.Hợp chất A (C7H8) tác dụng với AgNO3 trong dung dịch NH3, đó là hiđrocacbon có liên kết ba ở đầu mạch có dạng R(C≡CH)x → R(C≡CAg)x + xNH4NO3 R(C≡CH)x+ xAgNO3 + xNH3 

R + 25x R + 132x MB – MA = (R + 132x) - (R + 25x) = 107x = 214 ⇒ x = 2 Vậy A có dạng: HC≡C-C3H6-C≡CH Các công thức cấu tạo có thể có của A:

CH C-CH2-CH2-CH2-C

C-CH2-CH-C CH CH3 CH3

CH C-CH-C

CH2CH3

CH C-C-C

CH3 ………………HẾT…………..

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ ĐỀ NGHỊ OLYMPIC NĂM 2019 MÔN: HÓA HỌC 11 THỜI GIAN: 150 phút Câu 1 (4 điểm) 1.1. (2 điểm): Dung dịch A là dung dịch HCl 0,2M; B là dung dịch NaOH 0,2M; C là dung dịch CH3COOH 0,2M ( hằng số axit Ka = 1,8.10-5) . Các thí nghiệm đều thực hiện ở 250C. a/. Tính pH của mỗi dung dịch A, B, C. b/. Tính pH của dung dịch X được tạo thành khi trộn dung dịch B với dung dịch C theo tỉ lệ thể tích 1:1. 1.2. (2 điểm): Cho dung dịch chứa Cl- có nồng độ 0,1M và CrO42- nồng độ 104 M. Thêm từ từ dung dịch AgNO3 vào. Hỏi kết tủa AgCl hay Ag2CrO4 xuất hiện trước và khi kết tủa thứ hai bắt đầu xuất hiện thì tỉ lệ nồng độ các ion Cl- và CrO42- bằng bao nhiêu? Có thể dùng Ag+ để kết tủa phân đoạn Cl- và CrO42được hay không? Biết nồng độ từ 10-6M trở xuống coi như ion đó được tách hết. Cho TAgCl= 10-10 và TAg2CrO4=10-12.. Câu 2 (4 điểm) 2.1. (2 điểm): Chọn chất phù hợp, viết phương trình phản ứng (ghi rõ điều kiện) thực hiện dãy chuyển hóa sau : 0

-3

N (1) N (2) N (3) N

(4)

N (5) N N (6)

N (8) N (7)

2.2.(1 điểm): Muối X là chất màu trắng tan trong nước. Dung dịch X không phản ứng với dung dịch H2SO4 và cho kết tủa trắng với dung dịch HCl, kết tuả này tan trong dung dịch NH3 tạo dung dịch Y. Khi axit hóa dung dịch Y bằng dung dịch HNO3 thì có kết tủa trắng xuất hiện lại. Cho Cu vào dung dịch X , thêm H2SO4, đun nóng thì có khí không màu hóa nâu bay ra và có kết tủa xuất hiện. Lập luận để xác định công thức của X? 2.3. (1 điểm): Cho 7,1 gam P2O5 phản ứng vừa đủ với V lit dung dịch KOH 1M thu được 15,12 gam muối. Tính V? Câu 3 (4 điểm) 3.1. (1 điểm): Từ CH4 và các hợp chất vô cơ cần thiết, hãy viết các phương trình phản ứng điều chế: polibutađien và m-clonitrobenzen. 3.2. (1 điểm): Biểu diễn các dạng đồng phân hình học và gọi tên hợp chất hữu cơ có CTPT C2H2ClBr.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3.3. (2 điểm): Sục 672 ml (đktc) hỗn hợp khí A gồm một ankan, một anken và một ankin (đều có số nguyên tử cacbon trong phân tử bằng nhau) qua dung dịch AgNO3/NH3, thì thấy có 3,4 AgNO3 đã tham gia phản ứng. Cũng lượng hỗn hợp khí A trên làm mất màu tối đa 200 ml dung dịch Br2 0,15 M. a/. Xác định thành phần định tính và định lượng các chất trong A. b/. Đề nghị phương pháp tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp A. Câu 4 (4 điểm) 4.1. (1 điểm): Chất A có CTPT C4H8O. Cho A tác dụng với H2 dư (Ni,t0) được chất hữu cơ B. Đun B với H2SO4 đặc ở 1700C được chất hữu cơ C. Trùng hợp C thu được poliisobutilen. Hãy viết CTCT của A, B, C và các phương trình phản ứng trên. 4.2. (1 điểm): Hãy sắp xếp các axit sau theo thứ tự tăng dần lực axit: CH2 = CHCOOH, C6H5COOH, C2H5COOH. Giải thích ngắn gọn. 4.3. (2 điểm): Đốt cháy hoàn toàn m gam một ancol no mạch hở A, thu được 3,36 lít khí CO2 (đktc) và 3,6 gam nước. Xác định công thức phân tử, viết các công thức cấu tạo và gọi tên thay thế của A. Câu 5 (4 điểm) 5.1. (1 điểm): Đốt cháy hợp chất hữu cơ X chỉ thu được CO2 và H2O, biết MX < 60. Mặt khác, khi cho X tác dụng với AgNO3/NH3 (dư) thì tỷ lệ mol phản ứng là nX: nAgNO3 = 1:2. Viết các công thức cấu tạo có thể có của X. 5.2. (1,5 điểm): Một hỗn hợp khí A gồm etan và propan. Nếu đốt cháy một ít hỗn hợp A thì thu được khí CO2 và hơi nước theo tỉ lệ thể tích 11:15. Nếu đun nóng một ít hỗn hợp A trong một bình kín có mặt xúc tác thích hợp để thực hiện phản ứng đề hidrro hóa (tách một phân tử H2) thì thu được hỗn khí B có tỉ khối so với hidro là 13,5. a/. Tính hiệu suất phản ứng đề hidro hóa, biết rằng sản phẩm phản ứng chỉ có olefin và hidro; etan và propan bị dehidro hóa với hiệu suất như nhau. b/. Tách hỗn hợp olefin từ hỗn hợp B và hidrat hóa chúng khi có mặt axit H2SO4 loãng thu được hỗn hợp ancol C. Lấy m gam hỗn hợp C cho tác dụng hết với Na thấy bay ra 448 ml khí (đktc). Oxi hóa m gam hỗn hợp C bằng O2 không khí ở nhiệt độ cao và có xúc tác Cu, thu được hỗn hợp D. Cho D tác dụng với AgNO3 trong NH3 dư, thu được 2,806 gam bạc kim loại.Tính phần trăm số mol các ancol trong hỗn hợp C. Giả thuyết các phản ứng hidrat hóa olefin và phản ứng oxi hóa ancol xảy ra với hiệu suất 100%, D chỉ gồm anđehit và axeton. 5.3. (1,5 điểm): Hỗn hợp E gồm Mg, Al, Zn. Hòa tan hoàn toàn 7,5 gam E trong dung dịch HNO3, sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch Q và 1,12 lít hỗn hợp khí NO và N2O có tỉ khối so với hidro bằng 18,5. Cô cạn dung dịch Q thu được 31,75 gam muối. Tính thể tích dung dịch HNO3 0,5 M tối thiểu để hòa tan hoàn toàn hỗn hợp E. ……………………………………..Hết……………………………………… …. HS được sử dụng bảng tuần hoàn.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ NGHỊ OLYMPIC MÔN : HÓA HỌC 11 THỜI GIAN: 150 phút Câu hỏi Câu 1 (4 điểm)

NỘI DUNG

Điểm

1.1.(2 điểm) Tính được: pH của dung dịch A = 0,7. pH của dung dịch B = 13,3. pH của dung dịch C = 2,722. pH của dung dịch X thu được = 8,872. 1.2. (2 điểm) a. Các phản ứng: Ag+ + Cl2Ag+ + CrO42-

Suy ra CAg+ >

T1 =10-10 T2 =10-12

AgCl Ag2CrO4

Điều kiện để có kết tủa AgCl:

0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ

CAg+.CCl- >T1

−10

10 T1 = −1 =10-9 CCl − 10

0,25đ 0,25đ 0,25đ

2 Điều kiện để có kết tủa Ag2CrO4: C Ag .CCrO 4 >T2 +

Suy ra

, C Ag + >

T2 CCrO 4 2 −

2−

10−12 =10-4-. 10− 4

, Vì C Ag > CAg+ nên AgCl kết tủa trước +

0,25đ 0,25đ

Khi cả hai cùng kết tủa thì [Ag+].[Cl-] =10-10(1) và [Ag+]2. [CrO42-] =10-12 (2) Chia (1) cho (2) Khi CrO42-6

[Cl − ] 2− 4

[CrO ]

=10-4

bắt đầu kết tủa, [CrO42-] =10-4 khi đó nồng độ của io Cl-

=10 . Có thể xem như trong dung dịch không còn ion Cl-. Vậy có thể kết tủa phân đoạn phân đoạn Cl- và CrO42- bằng Ag+.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25đ 0,25đ 0,25đ

Câu 2 (4 điểm)

2.1.(2 điểm) Mỗi phương trình đúng 0,25đx8pt

0,25x8

2.2.(1 điểm) -Dung dịch X không phản ứng với H2SO4 nên X không có ion Ba2+, Ca và Pb2+. Dung Dung dịch X cho kết tủa trắng với HCl nên X có thể là Ag hoặc Hg2+. 0,25đ Kết tủa tan trong NH3 và khi axit hóa dung dịch tạo thành lại cho kế trở lại nên kết tủa là AgCl và dung dịch X chứa ion Ag+ -Cho Cu vào dung dịch X, đun nóng trong môi trường axit có khí không màu 0,25đ hóa nâu bay ra là NO và có kết tủa đen xuất hiện nên trong dung dịch 0,1đ NO3- , 0,1đ + , kết tủa là Ag do Ag bị khử bởi Cu 0,1đ →Muối X là AgNO3 0,1đ 0,1đ Pt AgNO3 + HCl → AgCl + HNO3 + AgCl + 2 NH3→ [Ag(NH3)2] Cl [Ag(NH3)2]+Cl- + 2H+→ AgCl + 2 NH4+ 0,25đ 3 Cu + 8H+ + 2NO3-→ 3 Cu2+ + 2 NO + 4 H2O + 2+ Cu + 2 Ag → Cu + 2 Ag 2.3.(1 điểm) Số mol P2O5 = 0,05 ⇒ số mol H3PO4 tương ứng là 0,1 mol các phản ứng có thể xảy ra: H3PO4 + KOH → KH2PO4 + H2O H3PO4 + 2KOH → K2HPO4 + 2H2O H3PO4 + 3KOH → K3PO4 + 3H2O Nhận xét: số mol H2O sinh ra = số mol KOH phản ứng = x mol Bảo toàn khối lượng : 9,8 + 56 x = 15,12 + 18 x ⇒ x = 0,14 Vậy thể tích KOH 1M cần dùng là 0,14 lit

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25đ 0,25đ 0,25đ

Câu 3 (4 điểm)

3.1. (1 điểm) Điều chế được mỗi chất: 0,5đ

0,5đx2

3.2. (1 điểm) Đồng phân: 0,25đx2 Tên: 0,25đx2

0,25đx4

H C

C Br

cis-1-brom-2-clo eten

Br =

trans-1-brom-2-clo eten

3.3. a. (1 điểm) Nếu ankin có dạng RC≡CH : RC≡CH + AgNO3 + NH3 → RC≡CAg + NH4NO3 ⇒ n(ankin) =

0,25đ

3,4 gam = 0,02mol và n Br2 ≥ 2 × n (ankin ) = 0,04mol 170 gam / mol

Điều này trái giả thiết, vì số mol Br2 chỉ bằng 0,03 mol Vậy ankin phải là C2H2 và như vậy ankan là C2H6, anken là C2H4. Từ phản ứng : C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3 ⇒ n(C2H2) = 1/2n(AgNO3) = 0,01 mol Từ các phản ứng : C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4 C2H4 + Br2 → C2H4Br2 ⇒ n(C2H4) = 0,01 mol ⇒ n(C2H6) = 0,01 mol b. (1 điểm) Cho hỗn hợp khí A qua binh chứa dung dịch AgNO3/NH3 dư. Lọc tách kết tủa, hòa tan kết tủa trong dung dịch HCl dư thu được khí C2H2. C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3 C2Ag2 + 2HCl → C2H2 + 2AgCl Khí ra khỏi bình chứa dung dịch AgNO3/NH3, cho tiếp qua dung dịch nước brom dư. Chiết lấy sản phẩm và đun nóng với bột Zn (trong CH3COOH) thu được C2H4 : C2H4 + Br2 → C2H4Br2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

C2H4Br2 + Zn → C2H4 + ZnBr2 Khí ra khỏi bình dung dịch brom là khí C2H6 Câu 4 (4 điểm)

4.1.(1 điểm) A có thể là CH2=C(CH3)-CH2-OH hoặc (CH3)2CH-CHO B là (CH3)2CH-CH2OH C là CH2=C(CH3)2 Viết 4 ptpu

4.2 (1 điểm). C6H5COOH > CH2=CH-COOH > C2H5COOH Giải thích : Khả năng hút điện tử giảm dần: C6H5->CH2=CH-> C2H5- nên độ phân cực liên kết O-H giảm, độ linh động của nguyên tử H hay tính axit giảm. 4.3 (2 điểm). Đặt công thức của ancol no A: CnH2n+2Oa ( a≤ n) nCO2 = 0,15 mol, nH2O = 0,2 mol → số mol A=0,05 → n=3 →CT A là: C3H8Oa a =1→ C3H7OH CH3− CH2−CH2−OH , CH3−CH(OH)−CH3 , Tên a =2→ C3H6 (OH)2 CH3−CH(OH)−CH2−OH , HO−CH2− CH2−CH2−OH, Tên a =3→ C3H5 (OH)3 OH−CH2−CH(OH)− CH2−OH, Tên Câu 5 (4 điểm)

0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ

5.1.(1 điểm)

Tìm được tỉ lệ mol C2H6, C3H8 trong A là 1:3. a.Gọi a là số mol ban đầu của C2H6, h là hiệu suất t C2H6 xt, → C2H4 + H2 t C3H8 xt, → C3H6 + H2 Có nA = a+ 3a=4a Số mol B= 4a + 4ah = 4a(1+h) BTKL: mA =mB = 30a + 44.3a = 162a

0,25đ 0,75đ

0,25đ

MB =

162a =13,5.2 =27 ⇒ h=0,5 (50%) 4a(1 + h)

b. Xét phản ứng cộng vào H2O và olefin

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25đ

t C2H4 + H2O xt, → C2H5OH (x mol) xt , t C3H6 + H2O → CH3CH2CH2OH (y mol) t C3H6 + H2O xt, → CH3CH(OH)CH3 (z mol) C2H5OH + Na  → C2H5ONa + 0,5H2 CH3CH2CH2OH + Na  → CH3CH2CH2ONa + 0,5H2 CH3CH(OH)CH3 + Na  → CH3CH(ONa)CH3 + 0,5H2 0,5(x+y+z) = 0,02 Cho tác dụng với O2/Cu t C2H5OH + 0,5O2 xt, → CH3CHO + H2O t CH3CH2CH2OH + 0,5O2 xt, → CH3CH2CHO + H2O xt , t CH3CH(OH)CH3 + 0,5O2 → (CH3)2C=O + H2O Tác dụng dd AgNO3/NH3 → CH3COONH4 + CH3CHO + 2 AgNO3 + 3NH3 + H2O  2NH4NO3 + 2Ag C2H5CHO + 2 AgNO3 + 3NH3 + H2O  → C2H5COONH4 + 2NH4NO3 + 2Ag 2x+2z =0,026 Tìm được x=0,01 ⇒ % C2H5OH=25% y=0,027 ⇒ %(CH3)2CHOH=67,5% z=0,003 ⇒ %CH3CH2CH2OH=7,5% oc oc

0,25đ

5.3.(1,5 điểm) Số mol hỗn hợp khí = 0,05 mol, số mol mỗi khí = 0,025 mol Mg → Mg2+ + 2e a 2a 3+ Al → Al + 3e b 3b 2+ Zn → Zn + 2e c 2c +5 N + 3e → NO 0,025 0,075 +5 2N + 8e → N2O 0,05 0,2 N+5 + 8e → NH4+ x 8x BT e: 2a + 3b + 2c = 0,275 + 8x Và: 31,75 = 7,5 + 62( 0,275 + 8x) + 80x → x= 0,0125 Số mol HNO3 phản ứng = số mol HNO3 tạo khí + số mol HNO3 tạo muối = 0,025 + 0,05 + 0,275 + 8.0,0125 = 0,475(mol) → VHNO = 3

0, 475 = 0, 95(l ) 0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25đ 0,5đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

ĐỀ THI OLYMPIC Môn thi: HOÁ HỌC 11 Thời gian: 120 phút (không kể thời gian phát đề) Câu I: (6 điểm) 1. ( 3,5 điểm) Bố trí 3 bộ dụng cụ thí nghiệm như hình vẽ rồi lần lượt đổ vào mỗi bình 100 ml dung dịch khác nhau : Bình 1: là dung dịch Ba(OH)2 0,01 M Đ Bình 2: là dung dịch CH3COOH 0,01 M K Bình 3 : là dung dịch KOH 0,01 M Hãy so sánh độ sáng của đèn Đ ở mỗi bình trong các thí nghiệm sau (sáng, sáng mờ hay không sáng...) và giải thích các hiện tượng xảy ra : Thí nghiệm 1: đóng khoá K Thí nghiệm 2 : Đổ tiếp vào mỗi bình 100 ml dung dịch MgSO4 0.01 M rồi đóng khoá K Thí nghiệm 3: đóng khóa K , sau đó dẫn CO2 từ từ cho đến dư vào bình ( chỉ áp dụng với bình 1). ( 2,5 điểm) Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch NaHSO4, Na2CO3, BaCl2, NaCl, Mg(NO3)2. Các phản ứng minh họa viết dưới dạng ion thu gọn. Câu II: (5 điểm) 2.1. Công thức phân tử chung của 3 chất hữu cơ (X), (Y), (T) đều có dạng (CH)n.

Biết rằng: (X) → (Y) → (Y1) → cao su buna o

+ Br2 ,xt,t + NaOH → (T2) →(T3) → axit picric (X) → (T)  → (T1)  200atm,300o C

Xác định công thức cấu tạo của 3 chất (X), (Y), (T) và viết các phương trình phản ứng . 2.2. Có phản ứng sau: X + H2 (dư) → 3-metylbutan-1-ol. Xác định các công thức có thể có của X và viết các phản ứng xảy ra. 2.3. X là chất hữu cơ, đốt cháy X chỉ thu được CO2 và H2O biết MX < 60. Mặt khác khi cho X tác dụng với AgNO3/NH3 (dư) thì tỷ lệ mol phản ứng là nX: nAgNO3 = 1:2. Viết các công thức cấu tạo có thể có của X. Câu III: (5 điểm) 3.1. Đốt cháy hoàn toàn 4,4 gam sunfua của kim loại M (công thức MS) trong oxi dư. Chất rắn sau phản ứng đem hòa tan trong một lượng vừa đủ dung dịch HNO3 37,8% thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch thu được là 41,72%. Khi làm lạnh dung dịch này thì thoát ra 8,08 gam muối rắn. Lọc tách muối rắn thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch là 34,7%. Xác định công thức của muối rắn 3.2. Hòa tan x gam hỗn hợp bột gồm 2 kim loại Mg và Al vào y gam dung dịch HNO3 24%. Sau phản ứng thu được dung dịch A và 0,896 lít hỗn hợp X gồm 3 khí không màu có khối lượng 1,32 gam. Thêm một lượng O2 vừa đủ vào X, phản ứng xong thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn Y từ từ qua dung dịch NaOH dư thấy còn lại khí Z (có tỉ khối hơi của Z so với H2 bằng 18). Nếu cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch A đến khi thu được

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

lượng kết tủa lớn nhất thấy cân nặng 6,42 gam (không có khí thoát ra).Tính x và y biết rằng HNO3 đã lấy dư 15% so với lượng cần thiết, các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn và các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Câu IV: ( 4 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 11,7 gam chất hữu cơ X rồi dẫn hỗn hợp sản phẩm qua bình đựng dung dịch Ca(OH)2. Sau khi phản ứng kết thúc, thấy xuất hiện 40 gam kết tuả. Lọc bỏ kết tuả, cân lại bình thấy khối lượng bình tăng 7,7 gam. Đun nước lọc trong bình thấy xuất hiện thêm 25 gam kết tuả nữa. a) Tìm CTPT của X biết 35 < dX/H2 < 40. b) Cho toàn bộ lượng X ở trên tác dụng hoàn toàn với dung dịch [Ag(NH3)2]OH dư thu được 43,8 gam kết tuả. Xác định CTCT có thể có của X. c) Chất hữu cơ Y mạch hở có công thức đơn giản trùng với công thức đơn giản của X . Lấy cùng khối lượng của X và Y đem phản ứng với Br2 dư thì lượng brom phản ứng với Y gấp 1,125 lần so với lượng brom phản ứng với X. Cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Xác định CTCT của Y H ẾT Cho khối lượng nguyên tử của các nguyên tố: H = 1; C = 12; N =14; O =16; Mg = 23; Al = 27; S = 32; Cl=35,5; K=39; Ca = 40; Fe = 56; Cu = 64 ; Ag = 108 ; Ba = 137. Học sinh không được phép sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học và bảng tính tan.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HƯỚNG DẪN CHẤM Câu I: ( 6 điểm): 1. ( 3,5 điểm) Bố trí 3 bộ dụng cụ thí nghiệm như hình vẽ rồi lần lượt đổ vào mỗi bình 100 ml dung dịch khác nhau : Bình 1: là dung dịch Ba(OH)2 0,01 M

Bình 2: là dung dịch CH3COOH 0,01 M Bình 3 : là dung dịch KOH 0,01 M Hãy so sánh độ sáng của đèn Đ ở mỗi bình trong các thí nghiệm sau (sáng, sáng mờ hay không sáng...) và giải thích các hiện tượng xảy ra : Thí nghiệm 1: đóng khoá K Thí nghiệm 2 : Đổ tiếp vào mỗi bình 100 ml dung dịch MgSO4 0.01 M rồi đóng khoá K Thí nghiệm 3: đóng khóa K , sau đó dẫn CO2 từ từ cho đến dư vào bình ( chỉ áp dụng với bình 1). 2( 2,5 điểm) Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch NaHSO4, Na2CO3, BaCl2, NaCl, Mg(NO3)2. Các phản ứng minh họa viết dưới dạng ion thu gọn. Giải: Câu Hướng dẫn chấm Điểm Thí nghiệm 1: đóng khóa K ở mỗi bình 1. Bình 1: Ba(OH)2 → Ba2+ + 2 OH3,5đ 0,01M → 0,01M 0,02M Vậy tổng nồng độ các ion trong bình 1 là 0,03M ( 0,25 Bình 2: CH3COOH CH3COO- + H+ Do CH3COOH là chất điện li yếu nên nồng độ các ion phân li ra không điểm)

đáng kể Bình 3:

KOH → K+ + OH0,01M → 0,01 M 0,01 M Vậy tổng nồng độ các ion trong bình 3 là 0,02M Kết luận : Bóng đèn ở bình 1 sáng nhất do có tổng nồng độ ion lớn nhất nên khả năng dẫn điện tốt Bóng đèn ở bình 3 mờ nhất do có tổng nồng độ ion nhỏ nhất nên khả năng dẫn điện kém Bóng đèn ở bình 2 sáng do KOH là chất điện li mạnh nên khả năng dẫn điện tốt

( 0,25 điểm) ( 0,25 điểm) ( 0,25 điểm) ( 0,25 điểm) ( 0,25 điểm)

Thí nghiệm 2: Đổ tiếp vào mỗi bình 100 ml dung dịch MgSO4 0.01 M rồi đóng khoá K

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

MgSO4 0,001

→ →

Mg2+ + SO420,001 0,001

Mol : Bình 1: có phản ứng Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2 (1) Mol: 0,001 0,002 0,001 phản ứng (1) xảy ra vừa đủ Ba2+ + SO42- → BaSO4 (2) Mol: 0,001 0,001 0,001 phản ứng (2) xảy ra vừa đủ Vậy trong bình 1, tổng nồng độ ion = 0 → đèn không sáng

( 0,25 điểm)

Bình 2: chỉ có qúa trình điện li: MgSO4 → Mg + SO42Tổng nồng độ ion trong bình 2 là: 0, 001 + 0, 001 = 0, 01M ( coi lượng ion do CH3COOH không đáng kể) 0, 2

→ Đèn sáng Bình 3: Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2 Mol: 0,001 0,001 Dư: 0,0005 0 Vậy bình 3 có 0,0005 mol Mg2+, 0,001 mol SO42-, 0,001 mol K+ 0,0005 + 0,001 + 0, 001 Tổng nồng độ ion trong bình 3 là = 0,0125M 0, 2 Do có tổng nồng độ ion lớn nhất nên khả năng dẫn điện của bình 3 tốt nhất → đèn sáng nhất

( 0,25 điểm)

( 0,25 điểm) ( 0,25 điểm)

Thí nghiệm 3: sục CO2 từ từ đến dư vào bình 1: CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 ↓ + H2O CO2 + BaCO3 + H2O → Ba(HCO3)2 0,01 M Ba(HCO3)2 → Ba2+ + 2 HCO30,01M 0,01M 0,02M Hiện tượng: đèn tối dần rồi tắt. Sau đó bóng đèn lại sáng dần lên Chú ý: Trong mỗi thí nghiệm, ở mỗi bình, nêu được hiện tượng và giải thích đúng được 0,5 điểm Nếu học sinh trình bày ngắn gọn hơn nhưng đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa

0,25đ 0,25đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2. ( 2,5 điểm): * Chia các dung dịch thành nhiều mẫu thử. Nhỏ phenolphtalein vào 5 mẫu thử: - dung dịch chuyển màu hồng là Na2CO3 ( do có môi trường bazơ) - 4 dung dịch còn lại không hiện tượng gì * Nhỏ Na2CO3 vừa nhận được vào 4 dung dịch còn lại: - dung dịch có khí không màu không mùi bay lên là NaHSO4: 2HSO4- + CO32- → CO2 + H2O + 2SO42- 2 dung dịch cho kết tuả màu trắng là BaCl2, Mg(NO3)2: Ba2+ + CO32- → BaCO3 Mg2+ + CO32- → MgCO3 - dung dịch còn lại không hiện tượng gì là NaCl * Nhỏ NaHSO4 vừa nhận được vào 2 dung dịch BaCl2, Mg(NO3)2: - dung dịch tạo kết tuả trắng là BaCl2: Ba2+ + 2HSO4- → BaSO4 + 2H+ - dung dịch còn lại không hiện tượng gì là Mg(NO3)2 Chú ý: trong ptpư, nếu HS viết HSO4- ở dạng H+ + SO42- vẫn cho điểm tối đa HS dùng phương pháp kẻ bảng và viết đủ ptpư cũng cho điểm tối đa

( 0,5 điể

( 0,25 đ ( 0,25 đ ( 0,25 đ ( 0,25 đ ( 0,25 đ ( 0,25 đ ( 0,25 đ ( 0,25 đ

Câu II: (5 điểm) 2.1. Công thức phân tử chung của 3 chất hữu cơ (X), (Y), (T) đều có dạng (CH)n.

Biết rằng:

(X) → (Y) → (Y1) → cao su buna o

+ Br2 ,xt,t + NaOH → (T2) →(T3) → axit picric (X) → (T)  → (T1)  200atm,300o C

Xác định công thức cấu tạo của 3 chất (X), (Y), (T) và viết các phương trình phản ứng 2.2. Có phản ứng sau: X + H2 (dư) → 3-metylbutan-1-ol. Xác định các công thức có thể có của X và viết các phản ứng xảy ra. 2.3. X là chất hữu cơ, đốt cháy X chỉ thu được CO2 và H2O biết MX < 60. Mặt khác khi cho X tác dụng với AgNO3/NH3 (dư) thì tỷ lệ mol phản ứng là nX: nAgNO3 = 1:2. Viết các công thức cấu tạo có thể có của X. Câu 2 2.1 2đ

HƯỚNG DẪN CHẤM X: HC≡CH ; Y: H2C=CH-C≡CH ; T: C6H6 o

xt,t  → CH2=CH-C≡CH

2CH≡CH

Pd/ PbCO ,t

3 CH2=CH-C≡ CH + H2  →

0,25đ 0,25đ

xt,t o ,p

→  CH2-CH=CH-CH2  n

nCH2=CH-CH=CH2

xt,t  →

3HC≡CH C6H6 +

CH2=CH-CH=CH2

Điểm

Fe,t → Br2 

C6 H6

C6H5Br + HBr

0,25đ 0,25đ

300 C;200atm → C6H5ONa + NaBr + H2O C6H5Br + 2NaOHđặc  C6H5ONa + HCl → C6H5OH + NaCl H SO ,t o

2 4 C6H5OH + 3HNO3  → C6H2OH(NO2)3 + 3H2O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 2.2 1.25

TH1: X là ancol

0,25đ 0,25đ

Ni ,t CH2= C(CH3)-CH2CH2OH + H2  → CH3CH(CH3)CH2CH2OH 0

,t CH3 C(CH3)=CHCH2OH + H2 Ni   → CH3CH(CH3)CH2CH2OH TH1: X là andehyt 0

,t CH3CH(CH3)CH2CHO + H2 Ni   → CH3CH(CH3)CH2CH2OH

0,25đ 0,25đ 0,25đ

Ni ,t 0

CH2= C(CH3)-CH2CHO + 2H2  → CH3CH(CH3)CH2CH2OH 0

2.3. 1.75đ

Ni ,t CH3 C(CH3)=CHCHO +2 H2  → CH3CH(CH3)CH2CH2OH Đốt cháy X chỉ thu được CO2 và H2O ⇒ X chứa C,H hoặc C,H,O Mặt khác X tác dụng với AgNO3/NH3, tỷ lệ mol là 1:2 ⇒ X có 1 nhóm –CHO hoặc có 2 liên kết ba đầu mạch. Do MX<60. X có thể là: HC≡CH; HC≡C-C≡CH; CH3CHO; CH3CH2CHO; CH2= CHCHO; HCOOH.

0,25đ 0,25đ 1.25đ

Câu III: (5 điểm) 3.1. Đốt cháy hoàn toàn 4,4 gam sunfua của kim loại M (công thức MS) trong oxi dư. Chất rắn sau phản ứng đem hòa tan trong một lượng vừa đủ dung dịch HNO3 37,8% thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch thu được là 41,72%. Khi làm lạnh dung dịch này thì thoát ra 8,08 gam muối rắn. Lọc tách muối rắn thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch là 34,7%. Xác định công thức của muối rắn. 3.2. Hòa tan x gam hỗn hợp bột gồm 2 kim loại Mg và Al vào y gam dung dịch HNO3 24%. Sau phản ứng thu được dung dịch A và 0,896 lít hỗn hợp X gồm 3 khí không màu có khối lượng 1,32 gam. Thêm một lượng O2 vừa đủ vào X, phản ứng xong thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn Y từ từ qua dung dịch NaOH dư thấy còn lại khí Z (có tỉ khối hơi của Z so với H2 bằng 18). Nếu cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch A đến khi thu được lượng kết tủa lớn nhất thấy cân nặng 6,42 gam (không có khí thoát ra).Tính x và y biết rằng HNO3 đã lấy dư 15% so với lượng cần thiết, các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn và các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Câu HƯỚNG DẪN CHẤM 3.1 MS a mol ⇒ Ma + 32a = 4,4 (I) 2.5đ 2MS + (0,5n+2) O2 → M2On + 2SO2 (1) a a/2 (mol) M2On + 2nHNO3 → 2M(NO3)n + nH2O (2) a/2 na a (mol) 500na Ma + 62na ; C% (muôi)= mdd HNO3 = .100= 41,72 (II) 500na 3 Ma + 8na + 3 56 Từ (II) ⇒ M = n Vậy M là Fe; a=0,05. 3 Từ các dữ kiện trên ta có khối lượng dung dịch thu được trước khi làm lạnh là: m = Ma + 8na + 166,67na = 29 (gam) Sau khi làm lạnh, khối lượng dung dịch là: 29 – 8,08 = 20,92 (gam) Số mol của Fe(NO3)3 trong dung dịch sau khi làm lạnh là

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Điểm 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

20,92.34,7 = 0,03 ⇒ mol Fe(NO3)3 trong muối rắn = 0,02. 100.242 242 + 18m = 404 ⇒ m =9 Vậy CT của muối Fe(NO3)3.9H2O

Mol Fe(NO3)3 = 3.2 2.5đ

MX =

1,32 = 33 mà X tác dụng được với O2 → trong X phải chứa NO. 0,04

Mặt khác M Z = 18.2 = 36 → trong Z có 2 khí là N2 và N2O. Vậy trong X có 3 khí là N2 (a mol), NO (b mol), N2O (c mol).

 a + b + c = 0,04 a = 0,01   Ta có hệ phương trình 28a + 30b + 44c = 1,32 → b = 0,02  c = 0,01 M + MN O  a = c (vì M Z = N )  2 2

0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,5đ

Các quá trình oxi hoá và quá trình khử Mg → Mg2+ + 2e 12H+ + 2NO3- + 10e → N2 + 6H2O x 2x 0,12 0,1 0,01 mol Al → Al3+ + 3e 10H+ + 2NO3- + 8e → N2O+ 5H2O y 3y 0,1 0,08 0,01 mol + 4H + NO3 + 3e → NO+ 2H2O 0,08 0,06 0,02 mol

 2x + 3y = 0, 24  x = 0,03 →  58x + 78y = 6, 42  y = 0,06

Ta có 

0,5đ

→ x = mhh = mMg + mAl = 2,34 (g) Mol HNO3= mol H+ = 0,12 + 0,1 + 0,08 = 0,3 (mol) y = m ddHNO3can =

0,3.115.63.100 = 90,5625(g) 100.24

0,25đ 0,25đ 0,25đ

Câu IV: ( 4 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 11,7 gam chất hữu cơ X rồi dẫn hỗn hợp sản phẩm qua bình đựng dung dịch Ca(OH)2. Sau khi phản ứng kết thúc, thấy xuất hiện 40 gam kết tuả. Lọc bỏ kết tuả, cân lại bình thấy khối lượng bình tăng 7,7 gam. Đun nước lọc trong bình thấy xuất hiện thêm 25 gam kết tuả nữa. 1. Tìm CTPT của X biết 35 < dX/H2 < 40. 2. Cho toàn bộ lượng X ở trên tác dụng hoàn toàn với dung dịch [Ag(NH3)2]OH thu được 43,8 gam kết tuả. Xác định CTCT có thể có của X. 3. Chất hữu cơ Y mạch hở có công thức đơn giản trùng với công thức đơn giản của X. Lấy cùng khối lượng của X và Y đem phản ứng với Br2 dư thì lượng brom phản ứng với Y gấp 1,125 lần so với lượng brom phản ứng với X. Xác định CTCT của Y Giải:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1. ( 2 điểm) Các ptpư: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O (1) CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2 (2) Ca(HCO3)2 → CO2 + CaCO3 + H2O (3) Số mol CO2 = số mol CaCO3 (1) + 2 số mol CaCO3 (3) = 0,9 mol ( 0,5 điểm) Lọc bỏ kết tuả, khối lượng bình tăng 7,7 gam: mCO2 + mH2O – 40 = 7,7 ⇒ 44. 0,9 + mH2O = 47,7 ⇒ nH2O = 0,45 mol ( 0,5 điểm) 11, 7 − 12.0,9 − 0,9 ⇒ nC = 0,9 mol, nH = 0,9 mol ⇒ nO ( X) = = 0 ⇒ chất X không chứa 16 oxi, X là hiđrocacbon nC : nH = 0,9 : 0,9 = 1: 1 ⇒ CTĐG cuả X là CH ⇒ CTPT của X là (CH)a ( 0,5 điểm) 70 < MX < 80 ⇒ 70 < 13 a < 80 ⇒ 5,38 < a < 6,15 ⇒ a = 6 Vậy CTPT của X là C6H6 ( 0,5 điểm) 2. ( 1 điểm): Số mol của X = 0,15 mol Vì X tạo kết tuả với [Ag(NH3)2]OH nên X có liên kết 3 đầu mạch Số mol kết tuả = số mol X = 0,15 ⇒ Mkt = 43,8 : 0,15 = 292 Đặt CTPT của kết tuả là C6H6- x Agx ⇒ M = 78 + 107 x = 292 ⇒ x = 2 ⇒ X có 2 liên kết ba đầu mạch Vậy CTCT của X là : CH ≡ C – CH2- CH2 – C ≡ CH hoặc CH ≡ C – CH(CH3) – C ≡ CH 3. ( 1 điểm): Đặt CTPT của Y là (CH)m 2m + 2 − m m + 2 Số liên kết π của Y = = 2 2 78 Lấy khối lượng của X và Y là 78 ⇒ số mol cuả X = 1 mol; số mol của Y = 13m Ptpư : C6H6 + 4Br2 → C6H6Br4 → 1mol 4 mol m+2 (CH)m + Br2 → CmHmBrm +2 2 78 78 m+2 → .( ) mol 13m 13m 2

78 m+2 .( ) = 1,125. 4 = 4,5 ⇒ m = 4 13m 2 CTPT của Y là C4H4, CTCT của Y : CH ≡ C – CH= CH2

( 0,5 đi ( 0,5 đi

( 0,5 đi

Theo bài ra :

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

( 0,5 đi

-------------------

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC LỚP 11 ĐỀ THI MÔN: HOÁ HỌC (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề)

Câu I.(3,5 điểm) I.1 (1,0điểm) Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch riêng biệt NaHSO4, Na2CO3, AlCl3, Fe(NO3)3, NaCl, Ca(NO3)2. Viết các phản ứng minh họa dưới dạng ion thu gọn. I.2 (2,0 điểm) Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn các dung dịch sau: a) 10ml dung dịch CH3COOH 0,10M với 10ml dung dịch HCl có pH = 4,00 b) 25ml dung dịch CH3COOH có pH = 3,00 với 15ml dung dịch KOH có pH = 11,00 I.3 (0,5 điểm) Thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100 ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M được 100 ml dung dịch A, hỏi có kết tủa Mg(OH)2 được tạo thành hay không? Biết: TMg(OH)2 =10-10,95 và K b(NH ) = 10-4,75. 3

Câu II. (3 điểm) II.1 (1,5 điểm) So sánh và giải thích: a) Nhiệt độ sôi của photphin và amoniac. b) Nhiệt độ sôi của silan và metan. c) Nhiệt độ nóng chảy của silic đioxit và cacbon đioxit. II.2 (1,0 điểm) Cho các sơ đồ phản ứng sau: a) X + O2 → … + H2O b) X + CuO → N2 + … + … c) X + H2S → … d) X + CO2 → … + H2O e) X + H2O + CO2 → … Tìm công thức của khí X và hoàn thành các phương trình hoá học trên. II.3 (0,5 điểm) Cho 2,13 gam P2O5 tác dụng hết với V ml dung dịch NaOH 1M, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X chỉ chứa 4,48 gam muối. Tính V. Câu III. (3,5 điểm) III. 1 (1 điểm) Cho hỗn hợp A gồm FeS và FeCO3 tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư, phản ứng hoàn toàn, thu được dung dịch A1 chỉ chứa Fe(NO3)3, H2SO4 và HNO3 dư; hỗn hợp B gồm 2 khí là X và Y có tỉ khối so với H2 bằng 22,8. Viết các phương trình phản ứng và tính phần trăm theo khối lượng mỗi muối trong A? III.2 (2,5 điểm) Cho 2,16 gam hỗn hợp gồm Al và Mg tan hết trong dung dịch axit HNO3 loãng, đun nóng nhẹ tạo ra dung dịch A và 448 ml (đo ở 354,9 K và 988 mmHg) hỗn hợp khí B gồm 2 khí không màu, không đổi màu trong không khí. Tỉ khối của B so với oxi bằng 0,716 lần tỉ khối của CO2 so với nitơ. Làm khan A một cách cẩn thận thu được chất rắn D, nung D đến khối lượng không đổi thu được

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

3,84 gam chất rắn E. Tính khối lượng D và thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. Câu IV. (4,0 điểm). Câu IV.1: (1,0 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. Câu IV.2: (1,5 điểm) 1) Dùng hình vẽ, mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính chất của etilen. Nêu rõ vai trò của các dụng cụ dùng làm thí nghiệm và cách tiến hành thí nghiệm. 2) Các chất: 4-hiđroxi-3-metoxibenzanđehit có mùi thơm vani, 4metoxibenzanđehit và p-isopropylbenzanđehit được chiết xuất từ quả cây hồi, đều được sử dụng trong chế biến thực phẩm và dược phẩm. Viết công thức cấu tạo của ba chất trên, trong ba chất đó, chất nào có nhiệt độ sôi cao nhất ? Vì sao ? Câu IV.3: (1,5 điểm) Oxi hóa hoàn toàn hiđrocacbon A hoặc B đều thu được CO2 và H2O có tỉ lệ mol tương ứng là 7 : 4. Hóa hơi hoàn toàn 13,8 gam A hoặc B đều thu được thể tích bằng với thể tích của 4,2 gam khí N2 ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Cho 11,04 gam A tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được 36,72 gam kết tủa; B không phản ứng với dung dịch AgNO3 trong NH3, không làm mất màu dung dịch brom, bị oxi hóa bởi dung dịch KMnO4 khi đun nóng. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo phù hợp của A và B. Câu V. (6,0 điểm). Câu V.1: (1,0 điểm) Hợp chất X có công thức phân tử C6H10 tác dụng với hiđro theo tỉ lệ mol 1: 1 khi có chất xúc tác. Cho X tác dụng với dung dịch KMnO4 trong H2SO4 loãng, đun nóng thu được HOOC(CH2)4COOH. a. Xác định công thức cấu tạo, gọi tên X và viết phương trình phản ứng b. Viết phương trình phản ứng oxi hoá X bằng dung dịch KMnO4 trong nước Câu V.2: (2,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 0,02 mol hỗn hợp X gồm 3 hiđrocacbon đồng phân A, B, C. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào 5,75 lít dung dịch Ca(OH)2 0,02M thu được kết tủa và khối lượng dung dịch tăng lên 5,08 gam. Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch thu được, kết tủa lại tăng thêm, tổng khối lượng kết tủa 2 lần là 24,305 gam. a. Xác định công thức phân tử của 3 hiđrocacbon b. Xác định công thức cấu tạo A, B, C biết: - Cả 3 chất đều không làm mất màu dung dịch brom. - Khi đun nóng với dung dịch KMnO4 loãng trong H2SO4 thì A và B đều cho cùng sản phẩm C9H6O6 còn C cho sản phẩm C8H6O4. - Khi đun nóng với brom có mặt bột sắt A chỉ cho một sản phẩm monobrom. Còn chất B, C mỗi chất cho 2 sản phẩm monobrom Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra Câu V.3: (3,0 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1.(0,5 điểm) Cho butan qua xúc tác (ở nhiệt độ cao) thu được hỗn hợp X gồm C4H10, C4H8, C4H6, H2. Tỉ khối của X so với butan là 0,4. Xác định số mol brom tối đa phản ứng với 0,6 mol X. 2.(1,0 điểm) Chia 17 gam hỗn hợp gồm hai anđehit đơn chức (trong đó có một anđehit mạch cacbon phân nhánh) thành hai phần bằng nhau. - Phần 1: Cho tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 , thu được 43,2 gam Ag. - Phần 2: Đốt cháy hoàn toàn thu được 10,08 lít khí CO2 (đktc) và 6,3 gam H2O. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo và gọi tên hai anđehit trên. 3. (1,5 điểm) Oxi hóa một lượng ancol C bằng oxi, xúc tác, thu được hỗn hợp X. Chia X thành ba phần bằng nhau: Phần 1 tác dụng với dung dịch AgNO3 trong amoniac dư thu được 21,6 gam Ag. Phần 2 tác dụng với dung dịch NaHCO3 dư thu được 2,24 lít khí. Phần 3 tác dụng với Na vừa đủ thu được 4,48 lít khí và 25,8 gam chất rắn khan. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Xác định công thức cấu tạo của ancol C, biết đun nóng ancol C với H2SO4 đặc, ở 170oC được anken, các chất khí đo ở đktc và các phản ứng xảy ra hoàn toàn. ------------ HẾT -----------

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ ĐỀ NGHỊ OLYMPIC HÓA 11 Câu I.(3,5 điểm) I.1 (1,0điểm) Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch riêng biệt NaHSO4, Na2CO3, AlCl3, Fe(NO3)3, NaCl, Ca(NO3)2. Viết các phản ứng minh họa dưới dạng ion thu gọn. I.2 (2,0 điểm) Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn các dung dịch sau: a) 10ml dung dịch CH3COOH 0,10M với 10ml dung dịch HCl có pH = 4,00 b) 25ml dung dịch CH3COOH có pH = 3,00 với 15ml dung dịch KOH có pH = 11,00

I.3 (0,5 điểm) Thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100 ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M được 100 ml dung dịch A, hỏi có kết tủa Mg(OH)2 được tạo thành hay không? TMg(OH)2 =10

Biết: -10,95

và K b(NH ) = 10 3

-4,75

ĐÁP ÁN Câu I

3,5 điêm

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

I.1(1,0điể m)

I.2 (2đ)

Nhận biết được mỗi chất được 0,2đ 1. Trích mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm: - Cho phenolphtalein vào mỗi mẫu thử. Mẫu thử có màu hồng là dung dịch Na2CO3, các mẫu thử còn lại không màu. CO32- + H2O → HCO3- + OH- Dùng Na2CO3 làm thuốc thử để cho vào các mẫu thử còn lại. Mẫu thử có sủi bọt khí không màu là NaHSO4 CO32- + 2H+ → H2O + CO2↑ Mẫu thử tạo kết tủa trắng keo và sủi bọt khí không màu là AlCl3 2Al3+ + 3CO3 2- + 3H2O → 2Al(OH) ↓+ 3CO ↑ Mẫu thử tạo kết tủa đỏ nâu và sủi bọt khí không màu là Fe(NO3)3 2Fe3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Fe(OH)3↓+ 3CO2↑ Mẫu thử tạo kết tủa trắng là Ca(NO3)2 Ca2+ + CO3 2- → CaCO3 ↓ Mẫu thử không tạo hiện tượng là NaCl. a. Dung dịch HCl có pH = 4,0 ⇒ [H+] = [HCl] = 10-4M sau khi trộn: CMHCl = 5.10-5 M CMCH3COOH = 0,5M → H+ + ClHCl -5 5.10-5M 5.10 M CH3COOH ↔ CH3COO- + H+ 0,05M 0 5.10-5M C ∆C x x x [ ] 0,05-x x 5.10-5 + x Dựa vào hằng số điện li Ka = 10-4,75 xác định x = 8,991.10-4M → pH = -lg[H+] = -lg(5.10-5 + x) = 3,023=3,02 b. Gọi CA là nồng độ M của dung dịch CH3COOH CH3COOH ↔ CH3COO- + H+ C A 0 0 ∆C 10-3 10-3 10-3 -3 -3 [ ] A - 10 10 10-3 -4,75 Dựa vào hằng số điện li Ka = 10 xác đinh A = 0,0585M -3 KOH pH = 11 [OH-] = 10 Sau khi trộn: [CH3COOH] = 0,0585*25/40 = 0,03656M [KOH] = 3,75.10-4 CH3 COOH + -2

KOH

-4

→ CH3 COOK

0,2 0,2 0,2 0,2 0,2

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25

H2 O

Phản ứng 3,66.10 3,75.10 0 0 Sau p.u (3,66.10-2 – 3,75.10-4 ) 0 3,75.10-4 3,75.10-4 CH3 COOH ↔ CH COO - + H+ -4 C 0,036225 - 3,75.10 0 ∆C x x x [] 0,036225– x x+3,75.10-4 x Nên Ka= x(x+3,75.10-4)/(0,036225-x)=10-4,76 → x = 6,211.10-4 pH = 3,207=3,21

0,25 0,25 0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

I.3 (0,5đ)

Khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch đệm thì C Mg2+ ban đầu = 10-2 (M). Ta có: TMg(OH)2 = [Mg2+][OH−]2 = 10-10,95

Để kết tủa Mg(OH)2 thì [Mg2+][OH−]2 ≥ 10-10,95 10 −10,95 10 −10,95 = ⇒ [OH−]2 ≥ = 10-8,95. Hay [OH−] ≥ 10-4,475 2+ −2 10 Mg * Dung dịch: NH4Cl 1M + NH3 1M. cân bằng chủ yếu là:

[

NH3 + H2O 1

]

NH 4+ + OH−

1-x 1+x Kb = (x + 1)x = 10-4,75 1− x

4,475

K NH3 = Kb = 10-4,75

⇒ x = 10-4,75

0,25

x Hay [OH−] = 10-4,75 < 10-

. Vậy khi thêm 1 ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M thì không xuất hiện kết tủa Mg(OH)2.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

II.1 đ)

II.2 đ)

(1,5 • Liên kết P-H là liên kết cộng hoá trị không phân cực, còn liên kết N-H là liên kết cộng hoá trị phân cực mạnh nên giữa 0,5 các phân tử NH3 tạo được liên kết hiđro, ngoài ra, phân tử NH3 phân cực mạnh hơn phân tử PH3 nên lực hút Van der Waals giữa các phân tử NH3 cũng lớn hơn so với phân tử PH3. Do đó: NH3 có nhiệt độ sôi cao hơn PH3 • Liên kết C-H và liên kết Si-H đều là liên kết cộng hoá trị không phân cực nên tương tác giữa các phân tử CH4 hoặc SiH4 0,5 là lực hút Van der Waals. Mà SiH4 có khối lượng phân tử lớn hơn CH4 nên: SiH4 có nhiệt độ sôi cao hơn CH4. • Silic đioxit tuy có công thức phân tử giống với cacbon đioxit 0,5 nhưng thực ra, silic đioxit ở trạng thái rắn không tồn tại ở dạng từng phân tử riêng rẽ mà có cấu trúc polime. Tinh thể silic đioxit gồm những nhóm tứ diện SiO4 liên kết với nhau qua những nguyên tử O chung. Quá trình nóng chảy của silic đioxit liên quan đến việc cắt đứt các liên kết hoá học nên nhiệt độ nóng chảy của silic đioxit rất cao. Còn cacbon đioxit ở trạng thái rắn có cấu trúc tinh thể phân tử. Lực hút giữa các phân tử là lực Van der Waals yếu nên tinh thể cacbon đioxit dễ nóng chảy. Vậy: Silic đioxit có nhiệt độ nóng chảy cao hơn cacbon đioxit. (1,0 1 phản ứng 0,2đ Qua sơ đồ a), b) X có chứa N và H, có thể có O. Vì X là chất khí nên chỉ có thể là NH3. a) 4NH3 + 3O2 → 2N2 + 6H2O hoặc 4NH3 + 5O2 → 4NO + 6H2O ( có xúc tác Pt) b) 2NH3 + 3CuO → N2 + 3Cu + 3H2O c) 2NH3 + H2S → (NH4)2S hoặc NH3 + H2S → NH4HS d) 2NH3 + CO2 → (NH2)2CO + H2O e) NH3 + H2O + CO2 → NH4HCO3

II.3 (0,5 đ)

0,2. 0,2 0,2 0,2 0,2

nmuối=2*nP2O5=0,015*2=0,03 ⇒ Khối lượng mol trung bình của muối bằng M=4,48/0,03=149,3 ⇒ 2 muối là Na2HPO4 và Na3PO4. 0,25 Gọi số mol Na2HPO4 và Na3PO4 lần lượt là a và b ta có a+b=0,03 142a+164b=4,48 ⇒ a=0,02 b=0,01 ⇒ 0,25 nNaOH=0,02*2+0,01*3=0,07 (mol) V=0,07/1=0,07 lít = 70 (ml)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu III. (3,5 điểm) III. 1 (1 điểm) Cho hỗn hợp A gồm FeS và FeCO3 tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư, phản ứng hoàn toàn, thu được dung dịch A1 chỉ chứa Fe(NO3)3, H2SO4 và HNO3 dư; hỗn hợp B gồm 2 khí là X và Y có tỉ khối so với H2 bằng 22,8. Viết các phương trình phản ứng và tính phần trăm theo khối lượng mỗi muối trong A? III.2 (2,5 điểm) Cho 2,16 gam hỗn hợp gồm Al và Mg tan hết trong dung dịch axit HNO3 loãng, đun nóng nhẹ tạo ra dung dịch A và 448 ml (đo ở 354,9 K và 988 mmHg) hỗn hợp khí B gồm 2 khí không màu, không đổi màu trong không khí. Tỉ khối của B so với oxi bằng 0,716 lần tỉ khối của CO2 so với nitơ. Làm khan A một cách cẩn thận thu được chất rắn D, nung D đến khối lượng không đổi thu được 3,84 gam chất rắn E. Tính khối lượng D và thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu.

ĐÁP ÁN Câu III III.1 1 điểm

Hỗn hợp 2 khí này là NO2 và CO2 FeS + 12HNO3 → Fe(NO3)3 + H2SO4 + 9NO2 + 5H2O a (mol ) → 9a FeCO3 + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO2 + CO2 + 2 H2O b (mol ) → b b Ta có : (46·9a + 44·b + 46·b):(9a+b+b)=45,6 ⇒ 3a=b Vậy: %(m)FeS=

1.88.100

0,25 0,25

%=20,18% và %(m)FeCO3=79,82%

88 + 3.116

0,25

III.2(2,5 điểm)

Theo giả thiết thì B chứa N2 và N2O nN 2O + nN 2 = 0, 448.(988 / 760) / (0, 082.354, 9) = 0, 02

0,25 0,25

Ta có

nN 2O .44 + nN 2 .28 = 0, 02.32.0, 716.44 / 28 nN 2O= 0,01 mol

nN2= 0,01 mol

tổng số mol e nhận để tạo ra 2 khí này là : 0,01(10+8) = 0,18 mol (I) Trong D có Al(NO3)3, Mg(NO3)2 có thể có NH4NO3. NH4NO3 → N2O↑ + 2H2O 2 NH4NO3 → N2 + O2 + 4 H2O 4Al(NO3)3 → 2Al2O3 + 12 NO2 + 3O2 2Mg(NO3)2 → 2MgO + 4 NO2 + O2 Trong E chỉ có Al2O3 và MgO. + Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và Mg ta có hệ 27x + 24y = 2,16 102x + 40y = 3,84 :  →x = Al = 0,04 mol và Mg = 0,045 mol → số mol e cho = 0,21 mol (II)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,25

0,25

+ Từ (I, II) suy ra phải có NH4NO3. Từ đó dễ dàng tính được kết quả sau: D gồm: Al(NO3)3 (8,52 gam) ; Mg(NO3)2 (6,66 gam) ; NH4NO3 (0,3 gam) = 15,48 gam. Hỗn hợp ban đầu có 50% lượng mỗi kim loại.

0,25 0,25 1

Câu IV. (4,0 điểm). Câu IV.1: (1,0 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. Câu IV.2: (1,5 điểm) 1) Dùng hình vẽ, mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính chất của etilen. Nêu rõ vai trò của các dụng cụ dùng làm thí nghiệm và cách tiến hành thí nghiệm. 2) Các chất: 4-hiđroxi-3-metoxibenzanđehit có mùi thơm vani, 4metoxibenzanđehit và p-isopropylbenzanđehit được chiết xuất từ quả cây hồi, đều được sử dụng trong chế biến thực phẩm và dược phẩm. Viết công thức cấu tạo của ba chất trên, trong ba chất đó, chất nào có nhiệt độ sôi cao nhất ? Vì sao ? Câu IV.3: (1,5 điểm) Oxi hóa hoàn toàn hiđrocacbon A hoặc B đều thu được CO2 và H2O có tỉ lệ mol tương ứng là 7 : 4. Hóa hơi hoàn toàn 13,8 gam A hoặc B đều thu được thể tích bằng với thể tích của 4,2 gam khí N2 ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Cho 11,04 gam A tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 thu được 36,72 gam kết tủa; B không phản ứng với dung dịch AgNO3 trong NH3, không làm mất màu dung dịch brom, bị oxi hóa bởi dung dịch KMnO4 khi đun nóng. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo phù hợp của A và B. Câu IV (3,5đ) Câu IV.1: (1,0 điểm) 1.

Nội dung

Điểm

Xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học vì lượng etanol trong xăng có 0,25 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: ngô, lúa mì, đậu tương, củ cải đường,… 0,25

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Ptpư: (C6H10O5)n + nH2O nC6H12O6 C6H12O6 2C2H5OH + 2CO2

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 đôt cháy 1kg 0,25 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 thoát ra 0,25 ngoài 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 -Hình vẽ mô tả thí nghiệm điều chế và thử tính chất của etilen

0,5

0,25 -Vai trò của các dụng cụ: Ống nghiệm chứa hỗn hợp phản ứng gồm etanol và H2SO4 đặc, đá bọt dùng tránh hiện tượng hỗn hợp phản ứng trào lên ống dẫn khí, bông tẩm NaOH đặc dùng giữ các chất như hơi nước, SO2, CO2, giá đỡ 0,25 dùng để gắn các ống nghiệm, đèn cồn để nung nóng hỗn hợp phản ứng. -Cách tiến hành: cho khoảng 2ml etanol khan vào ống nghiệm sạch chứa sẵn vài viên đá bọt, cho tiếp khoảng 4ml H2SO4 đặc vào đồng thời lắc đều, lắp dụng cụ như hình vẽ. Đun nóng ống nghiệm sao cho hỗn hợp không trào lên ống dẫn khí. Đốt khí sinh ra ở đầu vuốt nhọn của ống dẫn khí. Làm tương tự và dẫn khí vào dung dịch KMnO4 rồi quan sát hiện tượng đổi màu của dung dịch. Công thức cấu tạo các chất lần lượt là: HO

H3C

CHO

H3CO

CHO

0,25

H3C

Chất có nhiệt độ sôi cao nhất là 4-hiđroxi-3-metoxibenzanđehit, vì chất 0,25 này có nhóm OH có khả năng tạo liên kết hiđro giữa các phân tử nên tăng nhiệt độ sôi Do khối lượng mol của A, B bằng nhau; khi đốt cháy A hoặc B đều thu được tỉ lệ mol CO2 và H2O như nhau ⇒ A và B có cùng công thức

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

phân tử. - Đặt công thức phân tử của A và B là CxHy (x, y > 0); MA = MB = 13,8 = 92 (g/mol) 0,15 n CO2

= = (II). Từ (I) và (II) ⇒ x =7; y Ta có: 12x + y = 92 (I) và n y 4 H O = 8. Vậy công thức phân tử của A, B là C7H8. Biện luận tìm công thức cấu tạo của A: A phản ứng với AgNO3/NH3 tạo thành kết tủa ⇒ A có liên kết -C≡CH. nA = 0,12 mol. Giả sử A có a liên kết -C≡CH. Phương trình: C7H8 + aAgNO3 + aNH3 → C7H8-aAga ↓ + aNH4NO3 0,12 mol 0,12 mol 2

•

kết tủa

36,72 = = 306 ⇒ 92 + 107a = 306 ⇒ a = 2 ⇒ A có dạng 0,12

HC≡C-C3H6-C≡CH. Công thức cấu tạo phù hợp của A là HC≡C-CH2-CH2-CH2-C≡CH; HC≡C-C(CH3)2-C≡CH HC≡C-CH(CH3)-CH2-C≡CH; HC≡C-CH(C2H5)-C≡CH Biện luận tìm công thức cấu tạo của B B không có phản ứng với dung dịch AgNO3/NH3; không làm mất màu dung dịch brom; bị oxi hóa bởi dung dịch KMnO4 ở khi đun nóng ⇒ B là C6H5-CH3 (toluen) 0

t → C6H5COOK + 2MnO2 + Phương trình: C6H5-CH3 + 2KMnO4  KOH + H2O

Câu V. (6,0 điểm). Câu V.1: (1,0 điểm) Hợp chất X có công thức phân tử C6H10 tác dụng với

hiđro theo tỉ lệ mol 1: 1 khi có chất xúc tác. Cho X tác dụng với dung dịch KMnO4 trong H2SO4 loãng, đun nóng thu được HOOC(CH2)4COOH. a. Xác định công thức cấu tạo, gọi tên X và viết phương trình phản ứng b. Viết phương trình phản ứng oxi hoá X bằng dung dịch KMnO4 trong nước Câu V.2: (2,0 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 0,02 mol hỗn hợp X gồm 3 hiđrocacbon đồng phân A, B, C. Hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào 5,75 lít dung dịch Ca(OH)2 0,02M thu được kết tủa và khối lượng dung dịch tăng lên 5,08 gam. Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch thu được, kết tủa lại tăng thêm, tổng khối lượng kết tủa 2 lần là 24,305 gam. a. Xác định công thức phân tử của 3 hiđrocacbon b. Xác định công thức cấu tạo A, B, C biết: - Cả 3 chất đều không làm mất màu dung dịch brom. - Khi đun nóng với dung dịch KMnO4 loãng trong H2SO4 thì A và B đều cho cùng sản phẩm C9H6O6 còn C cho sản phẩm C8H6O4. - Khi đun nóng với brom có mặt bột sắt A chỉ cho một sản phẩm monobrom. Còn chất B, C mỗi chất cho 2 sản phẩm monobrom Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

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

Câu V.3: (3,0 điểm) 1.(0,5 điểm) Cho butan qua xúc tác (ở nhiệt độ cao) thu được hỗn hợp X gồm C4H10, C4H8, C4H6, H2. Tỉ khối của X so với butan là 0,4. Xác định số mol brom tối đa phản ứng với 0,6 mol X.

2.(1,0 điểm) Chia 17 gam hỗn hợp gồm hai anđehit đơn chức (trong đó có một anđehit mạch cacbon phân nhánh) thành hai phần bằng nhau. - Phần 1: Cho tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 trong NH3 , thu được 43,2 gam Ag. - Phần 2: Đốt cháy hoàn toàn thu được 10,08 lít khí CO2 (đktc) và 6,3 gam H2O. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo và gọi tên hai anđehit trên. 3. (1,5 điểm) Oxi hóa một lượng ancol C bằng oxi, xúc tác, thu được hỗn hợp X. Chia X thành ba phần bằng nhau: Phần 1 tác dụng với dung dịch AgNO3 trong amoniac dư thu được 21,6 gam Ag. Phần 2 tác dụng với dung dịch NaHCO3 dư thu được 2,24 lít khí. Phần 3 tác dụng với Na vừa đủ thu được 4,48 lít khí và 25,8 gam chất rắn khan. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Xác định công thức cấu tạo của ancol C, biết đun nóng ancol C với H2SO4 đặc, ở 170oC được anken, các chất khí đo ở đktc và các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu V V.1.

6 điểm a. C6H10 [π + v ] = 2 X phản ứng với H2 theo tỉ lệ 1 : 1 nên X phải có 1 vòng 5,6 cạnh và 1 liên kết đôi Khi oxi hóa X thu được sản phẩm chứa 6 cacbon nên X có 1 vòng 6 cạnh 0,5 không nhánh - Công thức cấu tạo của X là:

xclohexen

0,25

+ 8KMnO4+ 12H2SO4 → 5 HOOC(CH2)4COOH 5 +4K2SO4+8MnSO4+12H2O. 0,25

b. Phản ứng: OH

V.2

3 + 2KMnO4 + 4H2O → 3 a. nCa(OH)2 = 0,115 mol CO2 + Ca(OH)2 (0,151mol) →

+ 2MnO2 + 2KOH.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

CaCO3 (x)   Ba(OH)2 → BaCO3 (0,115-x)+CaCO3 (0,115-x) Ca(HCO3 ) 2 (0,115-x) 

0,25

Nên 100x+(0,115-x)100+(0,115-x)197=24,305 → x= 0,05 → nCO2= 0,05+2(0,115-0,05)= 0,18 → nH2O = (0,05.100+ 5,08-0,18.44)/18=0,12 - Gọi công thức phân tử của A là CxHy: CxHy + O2 → xCO2 +

y H2O 2

0,25 0,02 0,02x 0,01y Ta có: 0,02x = 0,18 ⇔ x = 9 và 0,01y = 0,12 ⇔ y = 12 Công thức phân tử của A, B, C là C9H12, [π + v ] = 4. b. Mỗi CTCT đúng 0,25đ Theo giả thiết thì A, B, C phải là dẫn xuất của benzen vì chúng không làm mất màu dung dịch Br2. * A, B qua dung dịch KMnO4/H+ thu được C9H6O6 nên A, B phải có 3 nhánh CH3; C cho C8H6O4 nên C có 2 nhánh trên vòng benzen (1 nhánh – 0,75 CH3 và 1 nhánh –C2H5). - Khi đun nóng với Br2/Fe thì A cho 1 sản phẩm monobrom còn B, C cho 2 sản phẩm monobrom nên công thức cấu tạo của A, B, C là: CH2CH3

CH3

CH3 H3C

H3C

CH3

(A) (B) Các phản ứng xẩy ra (2 phản ứng 0,25đ)

CH3

5H C 3

CH3

+ 18KMnO4 + 27H2SO4 COOH

→ 5 HOOC

COOH

+9K2SO4+18KMnO4+42H2O.

CH3 H3C

HOOC

CH3

5 +18KMnO4+27H2SO4 9K2SO4+18KMnO4+42H2O.

COOH

CH2CH3

5 CH3 +18KMnO4+27H2SO4 → 5 42H2O

COOH

+5CO2+18MnSO4 + 9K2SO4 +

CH3

CH3 H3C

→

COOH COOH

Br CH3

Fe ,t + Br2  →

H3C

CH3

+ HBr

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

CH3 H3C

CH3

H3C

CH3 0

Fe ,t + Br2  →

CH3

Br CH3

hoặc

+ HBr

CH2CH3 Br

CH2CH3

CH3

hoặc

+ HBr

CH3

Các phương trình: 0

xt, t C4H10  → C4H8 + H2 0

xt, t C4H10  → C4H6 + 2H2 Giả sử ban đầu có 1

mol C4H10 thì bảo toàn khối lượng : 58 m X = m C 4 H10 = 58(gam) ⇒ n X = = 2,5(mol) 58.0,4 Từ phương trình dễ thấy: n π / X = n H 2 = n X − n C 4 H10 (bd) = 2,5 – 1 = 1,5 (mol)

Nhận xét: Trong 2,5 mol X có 1,5 mol π nên trong 0,6 mol X có 0,36 mol π Vậy số mol brom tối đa phản ứng với 0,6 mol X là 0,36 mol.

Khối lượng mỗi phần là: 8,5 gam - Đốt cháy phần 2: mO = 8,5 – 0,45.12 – 2.0,35 = 2,4 gam → nO = 0,15 mol. Vì là anđehit đơn chức nên nanđehit = nO = 0,15 mol. - Phần 1: Thực hiện phản ứng tráng bạc: nAg =

43,2 = 0,4 mol 108

→

→ Phải có anđehit fomic HCHO.

n Ag n andehit

0,4 >2 0,15

0,25

Công thức của anđehit còn lại là: R-CHO. Gọi số mol (trong mỗi phần) của HCHO là x RCHO là y. HCHO → 4Ag RCHO → 2Ag x 4x y 2y  x + y = 0,15 4 x + 2 y = 0,4

→ 

 x = 0,05  y = 0,1

→

mRCHO = 8,5 – 0,05.30 = 7 → MRCHO = 3

0,25 7 = 70 g/mol. 0,1

→ R = 41 → RCHO là: CH2=C(CH3)-CHO (andehit metacrylic) 0,25 Do oxi hóa C được SP tráng gương, tách nước tạo olefin ⇒ C là ancol no, đơn chức mạch hở, bậc một. Vậy C: RCH2OH (R: CnH2n+1 – , n ≥ 1). 0,25 xt,t o → 2RCHO + 2 H2O (1) 2 RCH2OH + O2  xt,t o 0,25 RCH2OH + O2  → RCOOH + H2O (2) Hỗn hợp X gồm RCHO, RCOOH, H2O và RCH2OH dư. to → RCOONH4 + 2Ag↓+ 3NH3 + * Phần 1: RCHO + 2[Ag(NH3)2]OH  H2O(2) 0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

* Phần 2: RCOOH + NaHCO3 → RCOONa + H2O + CO2 ↑ (4) * Phần 2: 2 RCOOH + 2 Na → 2 RCOONa + H2 ↑ (5) 2 RCH2OH + 2 Na → 2 RCH2ONa + H2 ↑ (6) 2 H2O + 2 Na → 2 NaOH + H2↑ (7) Gọi số mol RCH2OH, RCHO, RCOOH trong 1/3 hỗn hợp X lần lượt là x, 0,25 y, z mol. Theo (1 → 7) và bài ra ta có hệ: 2y = 0, 2  x = 0,1   ⇒  y = 0,1 z = 0,1 0,5z + 0,5x + 0,5(y + z)z = 0, 2 z = 0,1  

NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: HÓA HỌC 11 Thời gian: 150 phút Câu 1. (2 điểm) 1. Dung dịch A chứa CH3COOH 0,1M. Biết Ka của CH3COOH =1,75.10-5 a. Tính α của axit và pH của dung dịch A. b. Hòa tan 4,1(g) CH3COONa vào 500 ml dung dịch A, tính pH cña dung dịch thu được ? 2. Dung dịch A gồm các chất tan AlCl3, FeCl2 và CuCl2 (CM mỗi chất 0,1M). a. Cho H2S lội chậm qua dung dịch A cho đến bão hoà thì thu được kết tủa và dung dịch B. Hãy cho biết thành phần các chất trong kết tủa và trong dung dịch B. b. Thêm dần NH3 vào dung dịch B cho đến dư. Có hiện tượng gì xảy ra? Viết các phương trình phản ứng ion để giải thích. Câu 2. (2,0 điểm) 1. Cho hỗn hợp gồm CaCO3, Fe3O4 và Al chia làm 2 phần. Phần 1 tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư, tạo sản phẩm khử là NO duy nhất. Phần 2 tác dụng dung dịch NaOH dư thu được chất rắn. Chia đôi chất rắn, rồi cho tác dụng lần lượt với dung dịch H2SO4 loãng dư và CO dư, nung nóng. Viết các phương trình phản ứng xảy ra, biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

2. Hỗn hợp gồm 1,92 gam Mg và 4,48 gam Fe phản ứng vừa hết với hỗn hợp khí X gồm clo và oxi thu được hỗn hợp Y chỉ gồm các oxit và muối clorua. Hòa tan Y cần dùng một lượng vừa đủ là 120 ml dung dịch HCl 2M, thu được dung dịch Z. Cho AgNO3 dư vào dung dịch Z, phản ứng hoàn toàn, thu được 56,69 gam kết tủa. Tính phần trăm theo thể tích của khí clo trong hỗn hợp X. Câu 3. (2,0 điểm) 1. Đốt cháy hoàn toàn hiđrocacbon R, thu được tỉ lệ số mol H2O và CO2 tương ứng bằng 1,125. a) Xác định công thức phân tử của R. b) R1 là đồng phân của R, khi tác dụng với Cl2, điều kiện thích hợp, tỉ lệ mol 1:1 thì thu được một dẫn xuất mono clo duy nhất (R2). Gọi tên R1, R2 và viết phương trình phản ứng xảy ra. 2. So sánh lực axit của các chất sau: (CH3)3CCOOH; CH3CH=CHCH2COOH; CH3CH2CH=CHCOOH; (CH3)2CHCOOH. Giải thích? Câu 4. (2 điểm) 1. Oxi hóa một lượng ancol C bằng oxi, xúc tác, thu được hỗn hợp X. Chia X thành ba phần bằng nhau: Phần 1 tác dụng với dung dịch AgNO3 trong amoniac dư thu được 21,6 gam Ag. Phần 2 tác dụng với dung dịch NaHCO3 dư thu được 2,24 lít khí. Phần 3 tác dụng với Na vừa đủ thu được 4,48 lít khí và 25,8 gam chất rắn khan. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Xác định công thức cấu tạo của ancol C, biết đun nóng ancol C với H2SO4 đặc, ở 170oC được anken, các chất khí đo ở đktc và các phản ứng xảy ra hoàn toàn. 2. Axit cacboxylic Y với mạch cacbon không phân nhánh, có công thức đơn giản nhất là CHO. Cứ 1 mol Y tác dụng hết với NaHCO3 giải phóng 2 mol CO2. Dùng P2O5 để loại nước ra khỏi Y ta thu được chất Z có cấu tạo mạch vòng. Nếu oxi hóa hơi benzen bằng oxi, xúc tác, thu được chất Z, CO2 và H2O. Hãy tìm công thức cấu tạo, gọi tên Y và viết các phản ứng xảy ra. Câu 5. (2 điểm) Kết quả phân tích một hợp chất hữu cơ A thu được 93,10%C và 6,90%H. Mặt khác, hoà tan 0,58gam A trong 50gam benzen thu được dung dịch đông đặcở 4,988oC. Biết rằng benzen có hằng số nghiệm lạnh 5,12 và đông đặc ở 5,5oC. 1. Xác định công thức phân tử của A. 2. A làm mất màu nước brom, cộng hợp 2 mol H2 và khi oxi hoá tạo thành axit benzoic; tác dụng với dung dịch bạc nitrat trong amoniac cho kết tủa đặc trưng. Viết công thức cấu tạo, gọi tên A và các sản phẩm tạo thành. Viết sơ đồ phản ứng ở các dữ kiện trên. 3. B là một đồng phân của A với các tính chất sau: làm mất màu nước brom, cộng hợp 1 mol H2 tạo thành D (C9H10); ở nhiệt độ cao và có áp suất cộng

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

hợp 4 mol H2. Oxi hoá mạnh B tạo thành axit o-phtalic. Xác định cấu tạo của B bằng sơ đồ phản ứng. Cho: H=1, O=16, Na=23, Mg=24, P=31, Cl=35,5; K=39, Ca=40, Fe=56, Ag=108, I=127. -----------------------Hết----------------------Thí sinh không được dùng bảng HTTH và tính tan

NĂM HỌC 2018-2019 Môn thi: HÓA HỌC 11 Thời gian: 150 phút ĐÁP ÁN KỲ THI OLYMPIC 24/3 QUẢNG NAM Câu Đáp án 1. K a. Ta có công thức α ≈ C tan

thay số vào ta có α ≈

Điểm 0,25

1,75 × 10−5 = 1,32.10-2 0,1

Với kết quả trên việc sử dụng công thức gần đúng là chấp nhận được Vậy [H+] = α.Ctan = 1,32.10-2.0,1 = 1,32.10-3M → pH ≈ 2,88 4,1 b. Ta có CM của CH3COONa = = 0,1M 82 × 0,5

0,25

CH3COONa→CH3COO- + Na+ 0,1M 0,1M CH3COOH ⇄ CH3COO- + H+ bđ 0,1M 0,1M 0 ph li x M xM xM cb 0,1 - x 0,1+x x Ta có PT: Ka =

[CH COO ]× [H ] = (0,1 + x ) × x = 1,75.10 −

[CH 3COOH ]

(0,1 − x )

−5

-5

→ x ≈ 1,75.10 (M) → pH ≈ 4,76 (học sinh có thể dùng CT tính pH của dung dịch đệm để suy ra vẫn cho điểm tối đa 2. a. Kết tủa là CuS, dung dịch B gồm AlCl3, FeCl2, HCl, H2S b. Xuất hiện kết tủa keo trắng và kết tủa đen NH3 + H+ → NH +4 Al3+ + 3 NH3 + 3H2O → Al(OH)3 ↓ + 3 NH +4 .

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25 0,25 0,5

H2S + 2NH3 → 2NH +4 + S2− Fe2+ + S2− → FeS ↓ 2

1. Các phương trình phản ứng: CaCO3 + 2HNO3 → Ca(NO3)2 + CO2 + H2O 3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O Al + 4HNO3 → Al(NO3)3 + NO + 2H2O Al + HOH + NaOH → NaAlO2 + 3/2H2 CaCO3 + H2SO4 → CaSO4 + CO2 + H2O Fe3O4 + 4H2SO4 → FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4H2O to to CaCO3  → CaO + CO2Fe3O4 + 4CO  → 3Fe + 4CO2 2. Quá trình cho nhận e:

0,25 0,25 1,0

⇒ 2a + 4b + x = 0,4 (1)

0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1 a) Do nH2O: nCO2 > 1 ⇒ R là CnH2n+2 (n ≥ 1) Phản ứng: CnH2n+2 +(3n+1)/2O2 → nCO2 + (n+1) H2O (1) Từ (n+1): n =1,125 ⇒ n=8 ⇒ R: C8H18 b) Do R1 tác dụng với Cl2 tạo 1 dẫn xuất monoclo duy nhất R2 ⇒ R1: (CH3)3C – C(CH3)3 : 2,2,3,3-tetrametylbutan R2: ClCH2(CH3)2C – C(CH3)3 : 1-clo-2,2,3,3-tetrametylbutan (CH3)3C – C(CH3)3 + Cl2 as → ClCH2(CH3)2C – C(CH3)3 + HCl 2. Lực axit giảm dần theo dãy: CH3CH=CHCH2COOH > CH3CH2CH=CHCOOH > (CH3)2CHCOOH > (CH3)3CCOOH Giải thích: Các axit có chứa liên kết C=C làm tăng lực axit (do độ âm điện của các nguyên tử Csp2 khá cao), ở axit thứ 2 có chứa liên kết CH3-CH2-CH=CH-C(OH)=O

có hiệu ứng +C nên lực axit kém hơn so với axit thứ nhất, hai axit cuối có các nhóm CH3 đẩy electron nên làm giảm lực axit và số nhóm CH3 càng nhiều thì lực axit càng giảm 1. Do oxi hóa C được SP tráng gương, tách nước tạo olefin ⇒ C là ancol no, đơn chức mạch hở, bậc một. Vậy C: RCH2OH (R: CnH2n+1 – , n ≥ 1). xt,t o 2 RCH2OH + O2  → 2RCHO + 2 H2O (1) xt,t o → RCOOH + H2O (2) RCH2OH + O2  Hỗn hợp X gồm RCHO, RCOOH, H2O và RCH2OH dư. to * Phần 1: RCHO + 2[Ag(NH3)2]OH  → RCOONH4 + 2Ag↓+ 3NH3 + H2O(2) * Phần 2: RCOOH + NaHCO3 → RCOONa + H2O + CO2 ↑ (4) * Phần 2: 2 RCOOH + 2 Na → 2 RCOONa + H2 ↑ (5) 2 RCH2OH + 2 Na → 2 RCH2ONa + H2 ↑ (6) 2 H2O + 2 Na → 2 NaOH + H2↑ (7) Gọi số mol RCH2OH, RCHO, RCOOH trong 1/3 hỗn hợp X lần lượt là x, y, z mol. Theo (1 → 7) và bài ra ta có hệ: 2y = 0, 2  x = 0,1   ⇒  y = 0,1 z = 0,1 0,5z + 0,5x + 0,5(y + z)z = 0, 2 z = 0,1  

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5 0,5

0,5

Vì 1 mol Y tác dụng được với NaHCO3 → 2 mol CO2 ⇒ Y là một axit 2 nấc ⇒ CTPT của Y phải là C4H4O4 hay C2H2(COOH)2. Ứng với mạch không phân nhánh có 2 đồng phân cis-trans là: HOOC

H C

COOH

HOOC

0,5

H C COOH

axit trans-butenđioic axit cis-butenđioic (axit fumaric) (axit maleic) (Y) Chỉ có đồng phân cis mới có khả năng tách nước tạo anhiđrit (Z): O COOH

P2O5

0,5

+H2O

C H

COOH

C O

1. Đặt công thức tổng quát của A là CxHy x : y = 93,10 : 6,90 = 7, 758 : 6,900 = 9 : 8 12

=> CTPT của A có dạng (C9H8)n MA = 5,12.0,58.1000 = 116 (5,5 − 4,988).50

=>116n = 116 => n = 1 = > CTPT C9H8 2. Oxi hóa C9H8 tạo axit benzoic → A là hiđrocacbon thơm chỉ có 1 nhánh chứa 3C. A cộng hợp 2 mol H2 => có 2 nối đôi hoặc 1 nối ba. A tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 tạo kết tủa => nối ba ở đầu mạch. => CTCT của A là

CH2

0,5

Các sơ đồ phản ứng: 0,5 0,5

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

CH2

CBr2

CHB2

2Br2 1,1,2,2-tetrabom-3-phenylpropan

CH2

C CH

[Ag(NH3)2]OH

CH2

C CAg + 2NH3 + H2O

O C

+ 2CO2 + H2O

axit benzoic

COOH

COOH axit o-phtalic

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ (Đề này có 02 trang)

(B)

(D)

THI OLYMPIC Môn: Hóa – Lớp: 11 Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề

Câu 1: (5 điểm) 1.1 Hoàn thành các phản ứng sau: a. A + B → D + H2O b. A + E → F + CO2 + H2O c. A + G → H ↓ + B + H2O d. A + I → D + J + H2O e. A → D + CO2 + H2O f. A + K → L + M + CO2 + H2O Biết A là hợp chất của Na. 1.2. Bằng phương pháp hóa học, hãy nhận biết 5 dung dịch muối sau chỉ dùng một thuốc thử: dd NaCl; dd AlCl3; dd FeCl3; dd CuCl2; dd ZnCl2. 1.3. Tính pH của dung dịch thu được khi trộn lẫn 50,0 mL dung dịch NH4Cl 0,200 M với 75,0 mL dung dịch NaOH 0,100 M. Biết Kb (NH3) = 1,8.10-5. Câu 2: (5 điểm) 2.1. Từ quặng photphoric và các điều kiện có đủ, viết phương trình phản ứng điều chế: P, suppephotphat đơn và suppe photphat kép. Tính độ dinh dưỡng của suppe photphat kép.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

2.2 Sục từ từ đến dư CO2 vào một cốc đựng dung dịch Ca(OH)2. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị bên. Khi lượng CO2 đã sục vào dung dịch là 0,85 mol thì lượng kết tủa đã xuất hiện là m gam. Tìm giá trị m. n CaCO3

a nCO2 0

0,3

1,0

2.3. Hòa tan x gam hỗn hợp bột gồm 2 kim loại Mg và Al vào y gam dung dịch HNO3 24%. Sau phản ứng thu được dung dịch A và 0,896 lít hỗn hợp X gồm 3 khí không màu có khối lượng 1,32 gam. Thêm một lượng O2 vừa đủ vào X, phản ứng xong thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn Y từ từ qua dung dịch NaOH dư thấy còn lại khí Z (có tỉ khối hơi của Z so với H2 bằng 18). Nếu cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch A đến khi thu được lượng kết tủa lớn nhất thấy cân nặng 6,42 gam (không có khí thoát ra).Tính x và y biết rằng HNO3 đã lấy dư 15% so với lượng cần thiết, các thể tích khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn và các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Câu 3: (5 điểm) 3.1. Thổi 672 mL (đktc) hỗn hợp khí A gồm một ankan, một anken và một ankin (đều có số nguyên tử cacbon trong phân tử bằng nhau) qua dung dịch AgNO3/NH3, thì thấy có 3,4 AgNO3 đã tham gia phản ứng. Cũng lượng hỗn hợp khí A trên làm mất màu vừa hết 200 mL dung dịch Br2 0,15 M. a) Xác định thành phần định tính và định lượng các chất trong A b) Đề nghị phương pháp tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp A. 3.2. Oxi hóa 0,08 mol một ancol đơn chức, thu được hỗn hợp X gồm một axit cacboxylic, một andehyt, ancol dư và nước. Ngưng tụ toàn bộ X rồi chia làm hai phần bằng nhau. Phần một cho tác dụng hết với Na dư thu được 0,504 lít khí H2 (đktc). Phần hai cho phản ứng tráng Ag hoàn toàn thu được 9,72 gam Ag. Phần trăm khối lượng ancol bị oxi hóa là. 3.3. Khi cho isopentan tác dụng với clo có chiếu sáng thì thu được hỗn hợp các dẫn xuất monoclo. Biết khả năng phản ứng tương đối của các nguyên tử H thuộc cacbon bậc I, II và III tương ứng là 1: 3,8:5. Tính thành phần phần trăm các dẫn xuất nói trên. Câu 4: (5 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

4.1. Công thức phân tử chung của 3 chất hữu cơ (X), (Y), (T) đều có dạng (CH)n. Biết rằng: (X) → (Y) → (Y1) → cao su buna o

+ Br ,xt,t + NaOH (X) → (T)  → (T2) →(T3) → axit → (T1)  200atm,300 C 2

picric Xác định công thức cấu tạo của 3 chất (X), (Y), (T) và viết các phương trình phản ứng 4.2. Có phản ứng sau: X + H2 (dư) → 3-metylbutan-1-ol. Xác định các công thức có thể có của X và viết các phản ứng xảy ra. 4.3. X là chất hữu cơ, đốt cháy X chỉ thu được CO2 và H2O biết MX < 60. Mặt khác khi cho X tác dụng với AgNO3/NH3 (dư) thì tỷ lệ mol phản ứng là nX: nAgNO3 = 1:2. Viết các công thức cấu tạo có thể có của X.

THI OLYMPIC NĂM HỌC Môn: HÓA– Lớp: 11 HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1 HƯỚNG DẪN CHẤM 1.1 a. NaHCO3 + NaOH → Na2CO3 + H2O 1.5đ A B D b. NaHCO3 + HCl → NaCl + CO2 + H2O E

0,25đ

d. 2NaHCO3 + 2KOH → Na2CO3 + K2CO3 + 2H2O I

0,25đ

c. NaHCO3 + Ba(OH)2 → BaCO3 + NaOH + H2O G

Điểm 0,25đ

0,25đ

e. 2NaHCO3 → Na2CO3 + CO2 + H2O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25đ

f. 2NaHCO3 + 2KHSO4 → Na2SO4 + K2SO4 + 2CO2 + 2H2O K 1.2 2đ

L NaCl -

Dd NH3

M AlCl3 Kết tủa trắng Không tan

FeCl3 Kết tủa nâu đỏ 2

Dd NH3 1 dư Các phương trình: AlCl3 + 3NH3 + 3H2O → Al(OH)3 + 3NH4Cl FeCl3 + 3NH3 + 3H2O → Fe(OH)3 + 3NH4Cl CuCl2 + 2NH3 + 2H2O → Cu(OH)2 + 2NH4Cl ZnCl2 + 2NH3 + 2H2O → Zn(OH)2 + 2NH4Cl Zn(OH)2 + 4NH3 → Zn(NH3)4(OH)2 Dùng thuốc thử khác không cho điểm 1.3 1,5đ

o 1. C NH 4 Cl =

C oNaOH

0,25đ

CuCl2 Kết tủa xanh 3

ZnCl2 Kết tủa trắng Tan (4)

0,050L × 0,200mol.L−1 = 0,08M 0,125L

1,0đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,075L × 0,100mol.L−1 = = 0,06M 0,125L

NH4Cl + NaOH → NaCl + NH3 + H2O 0,08 0,06 0,06 0,06 0,06 0,02 0 0,06 Xét cân bằng : NH3 + H2O ⇄ NH4+ + OH0,06 0,02 x x x 0,06–x 0,02+x x [ NH 4+ ][OH − ] (0,02 + x ) x Kb = = = 1,8.10 −5 , [ NH 3 ] 0,06 − x 0,06 −5 = 5,4.10 −5 M gần đúng x = 1,8.10 × 0,02 −5

0,25đ

0,25đ 0,25đ

⇒ pH = 14 − [− lg(5,4.10 )] = 9,73 0,25đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 2 2.1 Các phản ứng điều chế: t 1.0đ Ca3(PO4)2 + SiO2 + 2C → → 3CaSiO3 + 2CO + 2P Ca3(PO4)2 + 2H2SO4 đ → Ca(H2PO4)2 + 2CaSO4 Ca3(PO4)2 + 3H2SO4 đ → 2H3PO4 + 3CaSO4 Ca3(PO4)2 + 4H3PO4 → 3Ca(H2PO4)2 0

Supephotphatkep Ca(H2PO4)2 234 142 Độ dinh dưỡng là:

2.2 1,5đ

P2O5

142 .100 = 60,68% 234

+ Từ đồ thị (hình 1) ⇒ a = 0,3 mol. + Dễ thấy kết tủa cực đại = 0,3 + (1 – 0,3): 2 = 0,65 mol.

0,25đ 0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ

nCaCO3

a nCO2 0

0,3

1,0

Hình 1 + Từ kết quả trên ta vẽ lại đồ thị (hình 2): n CaCO3

0,5đ

0,65

x=? nCO2 0

0,65

0,85

1,3

Từ đồ thị này suy ra khi CO2 = 0,85 mol ⇒ x = 1,3 – 0,85 = 0,45 mol ⇒ m = 45 gam.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25đ 0,25đ

2.3 2.5đ

MX =

1,32 = 33 mà X tác dụng được với O2 → trong X phải chứa 0,04

0,25đ

NO. Mặt khác M Z = 18.2 = 36 → trong Z có 2 khí là N2 và N2O. Vậy trong X có 3 khí là N2 (a mol), NO (b mol), N2O (c mol).  a + b + c = 0,04 a = 0,01   Ta có hệ phương trình 28a + 30b + 44c = 1,32 → b = 0,02 c = 0,01  M + MN O  a = c (vì M Z = N )  2 2

 2x + 3y = 0, 24 → 58x + 78y = 6, 42

0,5đ

Các quá trình oxi hoá và quá trình khử Mg → Mg2+ + 2e 12H+ + 2NO3- + 10e → N2 + 6H2O x 2x 0,12 0,1 0,01 mol 3+ + Al → Al + 3e 10H + 2NO3- + 8e → N2O+ 5H2O y 3y 0,1 0,08 0,01 mol 4H+ + NO3- + 3e → NO+ 2H2O 0,08 0,06 0,02 mol Ta có 

0,25đ 0,25đ

 x = 0,03   y = 0,06

0,5đ

→ x = mhh = mMg + mAl = 2,34 (g) Mol HNO3= mol H+ = 0,12 + 0,1 + 0,08 = 0,3 (mol) y = m ddHNO can = 3

0,3.115.63.100 = 90,5625(g) 100.24

0,25đ 0,25đ

0,25đ Câu 3 3.1 1,5đ

Nếu ankin có dạng RC≡CH : RC≡CH + AgNO3 + NH3 → RC≡CAg + NH4NO3

(a) ⇒

n (ankin ) =

3,4gam = 0,02mol 170gam / mol

và

n Br2 ≥ 2 × n (ankin ) = 0,04mol

Điều này trái giả thiết, vì số mol

Br2 chỉ bằng

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25đ

0,2L × 0,15mol / L = 0,03mol

Vậy ankin phải là C2H2 và như vậy ankan là C2H6, anken là C2H4. 0,25đ Từ phản ứng : C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3 ⇒ n(C2H2) = 1/2n(AgNO3) = 0,01 mol Từ các phản ứng : 0,25đ C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4 C2H4 + Br2 → C2H4Br2 0,25đ ⇒ n(C2H4) = 0,01 mol ⇒ n(C2H6) =

3.2 2đ

0,672L − 0,01mol − 0,01mol = 0,01 22,4L / mol

mol

(b) Thổi hỗn hợp qua binh chứa dung dịch AgNO3/NH3 dư. Lọc tách kết tủa, hòa tan kết tủa trong dung dịch HCl dư thu được khí C2H2. C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3 C2Ag2 + 2HCl → C2H2 + 2AgCl Khí ra khỏi bình chứa dung dịch AgNO3/NH3, thổi tiếp qua dung dịch nước brom dư. Chiết lấy sản phẩm và đun nóng với bột Zn (trong CH3COOH) thu được C2H4 : C2H4 + Br2 → C2H4Br2 C2H4Br2 + Zn → C2H4 + ZnBr2 Khí ra khỏi bình chứa dung dịch brom là khí C2H6 Đặt công thức của ancon đơn chức là RCH2OH Hỗn hợp X gồm RCHO a mol RCOOH b mol RCH2OH dư c mol H2O (a+b) mol Giả thuyết ta có a + b + c = 0,08 (1) Cho tác dụng với Na ta có: b + c + a + b = 0,09 (2) (1) và (2) ⇒ b=0,01 (mol) Cho phản ứng tráng bạc: 2a = 0,18 ⇒ a= 0,09 (vô lý) Vậy R=1 X gồm HCHO a; HCOOH b; Khi tráng Ag sẽ cho 4a + 2b = 0,18 ⇒ a=0,04 (mol)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,125đ

0,125đ 0,125đ 0,125đ

0,125đ 0,125đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

% ancol bị oxy hóa là: 3.3 1,25đ

0,25đ

0,01 + 0,04 .100= 62,5% 0,08

-HCl

CH3-CH(CH3)-CH2- CH3 + Cl2 CH3 – CH(CH3) – CH2 – CH2Cl (A) CH3 – CH(CH3) – CH(Cl) – CH3 (B)

0,25đ

CH3 – CCl(CH3) – CH2 – CH3 (C) CH2Cl – CH(CH3) – CH2 – CH3 (D)

0,25đ 0,25đ

%A = 3.1.100% / (6.1+3.1+2.3,8+1.5) = 14% %B = 2.3,8.100% /(6.1+3.1+2.3,8+1.5) = 35% %C = 1.5.100% / (6.1+3.1+2.3,8+1.5) = 23%

0,25đ 0,25đ

%D = 6.1.100% /(6.1+3.1+2.3,8+1.5) = 28%

Câu 4 4.1 2đ

X: HC≡CH ; Y: H2C=CH-C≡CH ; T: C6H6 o

xt,t  → CH2=CH-C≡CH

2CH≡CH

Pd/ PbCO3 ,t o

CH2=CH-C≡ CH + H2  → CH2=CH-CH=CH2 nCH2=CH-CH=CH2

xt,t ,p  →  CH2-CH=CH-CH2  xt,t o

3HC≡CH

C6H6

 →

Mỗi pt viết đúng: 0,25đ

Fe,t → C6H5Br + HBr C6H6 + Br2  o

300 C;200atm C6H5Br + 2NaOHđặc  → C6H5ONa + NaBr + H2O

C6H5ONa + HCl → C6H5OH + NaCl o

H SO ,t → C6H2OH(NO2)3 + 3H2O C6H5OH + 3HNO3  2

4.2 1.25đ

TH1: X là ancol 0

Ni ,t CH2= C(CH3)-CH2CH2OH + H2  → CH3CH(CH3)CH2CH2OH 0

Ni ,t → CH3CH(CH3)CH2CH2OH CH3 C(CH3)=CHCH2OH + H2  TH1: X là andehyt

0,25đ 0,25đ

Ni ,t CH3CH(CH3)CH2CHO + H2  → CH3CH(CH3)CH2CH2OH 0

Ni ,t → CH3CH(CH3)CH2CH2OH CH2= C(CH3)-CH2CHO + 2H2  0

Ni ,t CH3 C(CH3)=CHCHO +2 H2  → CH3CH(CH3)CH2CH2OH

4.3.

Đốt cháy X chỉ thu được CO2 và H2O ⇒ X chứa C,H hoặc C,H,O

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25đ 0,25đ 0,25đ

1.75đ

0,25đ Viết đúng mỗi CT: 0,25đ

ĐỀ THI OLYMPIC MÔN HÓA HỌC 11-NĂM HỌC 2018-2019 (Đề thi đề nghị) (Thời gian:150 phút) Câu 1(4,5 điểm): 1.1(1,0đ) Thêm vào 1 lít dung dịch CH3COOH 0,1M (Ka= 1,58.10-5 ) một lượng HCl là 10-3 mol( thể tích dung dịch không đổi). Xác định pH của dung dịch này? 1.2 (2,5đ) Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch KHSO4, K2CO3, BaCl2, KCl, Mg(NO3)2.Các phản ứng minh họa viết dưới dạng ion thu gọn. 1.3 (1,0đ) Cho từ từ từng giọt dung dịch X chứa 0,4 mol HCl vào dung dịch Y chứa 15 gam KHCO3 và 31,8 gam Na2CO3 thu được dung dịch Z và V lit CO2 (đktc) a.Tính V? b. Tính khối lượng kết tủa thu được khi cho dung dịch Ca(OH)2 dư vào dung dịch Z? Câu 2(5,5 điểm): 2.1 (1,0đ) Cho lần lượt các quặng sắt: hematit, xiđerit, manhetit, pirit sắt tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư, biết tạo sản phẩm khử duy nhất là NO2. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion. 2.2 (1,5đ) Thủy phân hoàn toàn 2,475 gam halogenua của photpho, thu được hỗn hợp 2 axit (axit của photpho với số oxi hóa tương ứng và axit không chứa oxi của halogen). Để trung hòa hoàn toàn hỗn hợp này cần dùng 45 ml dung dịch NaOH 2M. Xác định công thức của halogenua đó. 2.3 (1,5đ) Dựa vào cấu tạo phân tử, hãy giải thích ngắn gọn: a. NO2 có thể đime hóa tạo thành N2O4. b. SO2 tan trong nước tốt hơn CO2 c. P trắng hoạt động hóa học hơn N2 2.4 (1,5đ) Cho 3 gam kim loại M có hoá trị 2 tác dụng với dung dịch HNO3 đặc, nóng, dư. Khí tạo thành cho hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch NaOH vừa đủ , thu được dung dịch X. Cô cạn dung dịch X rồi nhiệt phân hoàn toàn chất rắn thu được trong môi trường trơ thì được chất Y. Lượng chất Y naỳ làm mất màu vừa hết 0,5 lit dung dịch KMnO4 0,2M trong môi trường H2SO4. a.Xác định kim loại M.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

b.Viết các phương trình phản ứng. Câu 3(4,0 điểm): 3.1(1đ) Hãy sắp xếp các hợp chất sau theo thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi. Giải thích ngắn gọn cơ sở của cách sắp xếp đó? (CH3)4C (1); CH3(CH2)4CH3 (2), (CH3)2CHCH(CH3)2 (3); CH3(CH2)3CH2OH (4); (CH3)2C(OH)CH2CH3 (5). 3.2(1đ) Cho hỗn hợp X gồm: CH4, C2H4, C2H2. Chia 13,44 lít X (đo ở đktc) làm 2 phần bằng nhau. Phần 1: Cho tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 thu được 36 gam kết tủa. Phần 2: Cho tác dụng với dung dịch Br2 dư thấy có 64 gam Br2 phản ứng. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra b. Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X. 3.3(1đ) Cho hai chất sau: C6H5CH2OH, o-H3CC6H4OH (với C6H5- là gốc phenyl) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (nếu có) khi cho từng chất trên tác dụng với kim loại Na, với dung dịch NaOH và với axit CH3COOH (ghi điều kiện phản ứng, nếu có). 3.4(1đ) Từ C2H2 và các hóa chất vô cơ và các điều kiện cần thiết, viết các phương trình phản ứng hóa học để điều chế Cao su Buna-S Câu 4(2,5 điểm): 4.1 (1đ)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? 4.2 (1,5đ) Hỗn hợp X gồm 2 ancol (chưa rõ số lượng nhóm chức) có số nguyên tử C hơn kém nhau 1. Đốt cháy hoàn toàn 8,3 gam X bằng 10,64 lít O2 thu được 7,84 lít CO2; các thể tích khí đều đo ở đktc. Xác định CTPT của 2 ancol trong hỗn hợp X. Câu 5(3,5 điểm): 5.1 (2đ)Một hiđrocacbon X thường được sử dụng trong công nghệ sản xuất nước hoa. Khi pha lẫn farnezen (có công thức là C15H24) với X rồi làm bay hơi hết hỗn hợp thu được 1,568 lít hơi (đktc). Đốt cháy hết lượng hỗn hợp trên thu được 19,04 lít CO2 và 12,96 gam nước. Khi đốt cháy hết 3,174 gam X thu được 10,12 gam CO2. a. Xác định công thức phân tử của X. b. X không làm mất màu dung dịch Br2. Khi tham gia phản ứng với H2 đun nóng với xúc tác Ni, X chỉ phản ứng theo tỉ lệ 1 : 1 và sinh ra hỗn hợp 4 sản phẩm gồm

(A)

(B)

(C)

(D)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Xác định công thức cấu tạo của X. 5.2 (1,5đ)Cho cacbon tác dụng với hơi nước ở nhiệt độ cao, sau đó làm ngưng tụ hết hơi nước, thu được hỗn hợp khí X gồm CO, CO2 và H2. Cho hỗn hợp X từ từ qua 100 ml dung dịch NaOH 0,15M và Ba(OH)2, thu được 7,88 gam kết tủa, dung dịch Y và còn lại 12,32 lít (đktc) hỗn hợp Z gồm hai khí. Để thu được kết tủa lớn nhất từ dung dịch Y, cần thêm vào Y ít nhất 100 ml dung dịch KOH 0,1M. Tính phần trăm theo thể tích của CO2 trong hỗn hợp X. ................... HẾT ................ Ghi chú: Thí sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học.

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC MÔN HÓA HỌC 11-NĂM HỌC 2018-2019 Câu 1(4,5 điểm): 1(1,0đ) Thêm vào 1 lít dung dịch CH3COOH 0,1M (Ka= 1,58.10-5 ) một lượng HCl là 10-3 mol( thể tích dung dịch không đổi). Xác định pH của dung dịch này? Hướng dẫn chấm: Khi thêm vào 10-3 mol HCl là thêm vào 10-3 mol H3O+ CH3COOH + H2O CH3COO- + H3O+ (0,25đ) Nồng độ ban đầu 0,1 10-3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Nồng độ phản ứng x x x -3 Lúc cân bằng 0,1 – x x 10 + x ( 0,25đ) x < 0,1 0,1 – x = 0,1 Ta có Ka = x(10-3 + x)/ 0,1 – x = x( 10-3 + x)/0,1 = 1,58. 10-5 x2 + 10 -3 x – 1,58. 10-6 = 0 x= 8,5 . 10-4 (0,25đ) [ H3O+] = 10-3 + x = 1,85. 10-3 pH = 2,73 (0,25đ) 1.2 (2,5đ) Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch KHSO4, K2CO3, BaCl2, KCl, Mg(NO3)2. Các phản ứng minh họa viết dưới dạng ion thu gọn. Hướng dẫn chấm: * Chia các dung dịch thành nhiều mẫu thử. Nhỏ phenolphtalein vào 5 mẫu thử: - dung dịch chuyển màu hồng là K2CO3 ( do có môi trường bazơ) - 4 dung dịch còn lại không hiện tượng gì * Nhỏ K2CO3 vừa nhận được vào 4 dung dịch còn lại: - dung dịch có khí không màu không mùi bay lên là KHSO4: 2HSO4- + CO32- → CO2 + H2O + 2SO42- 2 dung dịch cho kết tuả màu trắng là BaCl2, Mg(NO3)2: Ba2+ + CO32- → BaCO3 Mg2+ + CO32- → MgCO3 - dung dịch còn lại không hiện tượng gì là KCl * Nhỏ KHSO4 vừa nhận được vào 2 dung dịch BaCl2, Mg(NO3)2: - dung dịch tạo kết tuả trắng là BaCl2: Ba2+ + 2HSO4- → BaSO4 + 2H+ - dung dịch còn lại không hiện tượng gì là Mg(NO3)2 Chú ý: trong ptpư, nếu HS viết HSO4- ở dạng H+ + SO42- vẫn cho điểm tối đa HS dùng phương pháp kẻ bảng và viết đủ ptpư cũng cho điểm tối đa 1.3 (1,0đ) Cho từ từ từng giọt dung dịch X chứa 0,4 mol HCl vào dung dịch Y chứa 15 gam KHCO3 và 31,8 gam Na2CO3 thu được dung dịch Z và V lit CO2 (đktc) a.Tính V? b. Tính khối lượng kết tủa thu được khi cho dung dịch Ca(OH)2 dư vào dung dịch Z? Hướng dẫn chấm:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(0,5đ)

(0,25đ) (0,25đ ) (0,25đ ) (0,25 đ (0,25 đ (0,25 đ (0,25 đ (0,25 đ

a/ H+ + CO32- → HCO30,4 0,3 (mol) + → H dư: 0,1 mol H+ + HCO3- → CO2 + H2O 0,1 0,45 (mol) → HCO3 dư Vậy VCO2 = 0,1 * 22,4 = 22,4 lit b/Trong dd Z có HCO3- dư: 0,35 mol OH- + HCO3- → CO32- + H2O Ca2+ + CO32-- → CaCO3 mkết tủa = 0,35*100 = 35 gam

(0,5đ)

Câu 2(5,5 điểm): 2.1 (1,0đ) Cho lần lượt các quặng sắt: hematit, xiđerit, manhetit, pirit sắt tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư, biết tạo sản phẩm khử duy nhất là NO2. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion. Hướng dẫn chấm: Các phương trình phản ứng xảy ra: → 2Fe3+ + 3H2O Fe2O3 + 6H+ (0,25đ) FeS2 + 14H+ + 15 NO3- → Fe3+ + 2SO42- + 15NO2 + 7H2O (0,25đ) Fe3O4 + 10H+ + NO3- → 3Fe3+ + NO2 + 5H2O (0,25đ) FeCO3 + 4H+ + NO3- → Fe3+ + NO2 + CO2 + 2H2O (0,25đ) 2.2 (1,5đ) Thủy phân hoàn toàn 2,475 gam halogenua của photpho, thu được hỗn hợp 2 axit (axit của photpho với số oxi hóa tương ứng và axit không chứa oxi của halogen). Để trung hòa hoàn toàn hỗn hợp này cần dùng 45 ml dung dịch NaOH 2M. Xác định công thức của halogenua đó. Hướng dẫn chấm: Halogenua của photpho có thể có công thức PX3 hoặc PX5. Xét trường hợp PX3: PTHH PX3 + 3H2O → H3PO3 + 3HX H3PO3 + 2NaOH → Na2HPO3 + 2H2O ( axit H3PO3 là axit hai lần axit) → NaX + H2O HX + NaOH (0,5đ) số mol NaOH = 2. 0,045 = 0,09 mol Để trung hòa hoàn toàn sản phẩm thủy phân 1 mol PX3 cần 5 mol NaOH; số mol PX3 = 1/5 số mol NaOH = 0,09/5 = 0,018 mol (0,25đ)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Khối lượng mol phân tử PX3 = 2,475/0,018 = 137,5 Khối lượng mol cuả X = (137,5 – 31): 3 = 35,5. ⇒ X là Cl . Công thức PCl3 (0,25đ) Xét trường hợp PX5: PX5 + 4H2O → H3PO4 + 5HX H3PO4 + 3NaOH → Na3PO4 + 3H2O HX + NaOH → NaX + H2O số mol NaOH = 2. 0,045 = 0,09 mol Để trung hòa hoàn toàn sản phẩm thủy phân 1 mol PX5 cần 8 mol NaOH; số mol PX5 = 1/8 số mol NaOH = 0,09/8 = 0,01125 mol Khối lượng mol phân tử PX5 = 2,475/0,01125 = 220 Khối lượng mol cuả X = (220 – 31): 5 = 37,8 ⇒ không ứng với halogen nào. (0,5đ) (Chú ý : nếu chỉ có 1 trường hợp -0,25đ) 2.3 (1,5đ) Dựa vào cấu tạo phân tử, hãy giải thích ngắn gọn: a. NO2 có thể đime hóa tạo thành N2O4. b. SO2 tan trong nước tốt hơn CO2 c. P trắng hoạt động hóa học hơn N2 Hướng dẫn chấm ( Mỗi câu trả lời đúng : 0,5đ) (a) Trong phân tử NO2, nguyên tử N chưa đạt cấu trúc bền của khí hiếm và còn một electron độc thân, nên có khuynh hướng dime hóa bằng cách góp chung các electron độc thân làm các nguyên tử N đều đạt cấu trúc bền tương tự khí hiếm gần kề. O

O N

(b) Phân tử SO2 phân cực (do có cấu tạo dạng gấp khúc) nên tan trong nước tốt hơn phân tử CO2 không phân cực (do có cấu tạo thẳng). S

O SO2

CO2

(c) Do nguyên tử P có bán kính nguyên tử lớn (so với N) và phân tử P4 có cấu trúc tứ diện chịu ảnh hưởng của sức căng vòng nên liên kết P-P của P trắng rất kém bền. Điều này khiến cho P trắng hoạt động hóa học mạnh hơn rất nhiều so với phân tử N2 rất bền nhờ hai nguyên tử N có bán kính nhỏ, liên kết với nhau bằng liên kết ba bền vững. P

P P4

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2.4 (1,5đ) Cho 3 gam kim loại M có hoá trị 2 tác dụng với dung dịch HNO3 đặc, nóng, dư. Khí tạo thành cho hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch NaOH vừa đủ , thu được dung dịch X. Cô cạn dung dịch X rồi nhiệt phân hoàn toàn chất rắn thu được trong môi trường trơ thì được chất Y. Lượng chất Y naỳ làm mất màu vừa hết 0,5 lit dung dịch KMnO4 0,2M trong môi trường H2SO4. a.Xác định kim loại M. b.Viết các phương trình phản ứng. Hướng dẫn chấm: M + 4HNO3  → M(NO3)2 + 2H2O + 2NO2 (1) x 2x 2NO2 + 2NaOH NaNO3 + NaNO2 + H2O (2) (0,25đ) 2x x x toC NaNO3  → NaNO2 + 1/2O2 (3) 5NaNO2+2KMnO4 +3H2SO4  → 5NaNO3 + K2SO4 +2MnSO4+ 3H2O (4) (0,25đ) Từ phương trình 4 : n NaNO2= 5/2. n KMnO4 =0,25 mol Đặt nM=x từ các phương trình ta thấy nNO2 =2x nNaNO3=nNaNO2(2) =x Vậy 2x= 0,25 nên x=0,125 (0,25đ) MM= 3/0,125 = 24(g/mol) vậy M là Mg (0,25đ) Câu 3(4,0 điểm): 3.1(1đ) Hãy sắp xếp các hợp chất sau theo thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi. Giải thích ngắn gọn cơ sở của cách sắp xếp đó? (CH3)4C (1); CH3(CH2)4CH3 (2), (CH3)2CHCH(CH3)2 (3); CH3(CH2)3CH2OH (4); (CH3)2C(OH)CH2CH3 (5). Hướng dẫn chấm: Thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi: (1) < (3) < (2) < (5) < (4) (0,5đ) • Giải thích: (4) và (5) có liên kết hidro liên phân tử nên t0s cao hơn. • Phân tử càng chia nhánh tính đối xứng cầu càng tăng làm giảm diện tích tiếp xúc giữa các phân tử, lực hút giữa các phân tử giảm t0s giảm . • KLPT lớn nhiệt độ sôi cao

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Vì vậy nhiệt độ sôi: (1) < (3) < (2) < (5) < (4) (0,5đ) 3.2(1đ) Cho hỗn hợp X gồm: CH4, C2H4, C2H2. Chia 13,44 lít X (đo ở đktc) làm 2 phần bằng nhau. Phần 1: Cho tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3/NH3 thu được 36 gam kết tủa. Phần 2: Cho tác dụng với dung dịch Br2 dư thấy có 64 gam Br2 phản ứng. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra b. Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X. Hướng dẫn chấm: nX trong mỗi phần = ½.13.44/2 = 0,3 mol; nBr2 =64/160 = 0,4 mol PT p/ứ: C2H2 + 2AgNO3 +2NH3 → C2Ag2 +2NH4NO3 (1) 0,15 36/240 =0,15 mol C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4 ( 2) 0,15 0,3 mol C2H4 + Br2 → C2H4Br2 (3) (0,5đ) 0,1 0,4-0,3 = 0,1 mol nCH4 = 0,3 – 0,15 – 0,1 = 0,05 mol Khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X: mCH4 = 2.0,05.16 = 1,6 gam; mC2H4 = 2.0,1.28 = 5,6 gam; mC2H2 = 2.0,15.26 =7,8 gam. (0,5đ) 3.3(1đ) Cho hai chất sau: C6H5CH2OH, o-H3CC6H4OH (với C6H5- là gốc phenyl) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (nếu có) khi cho từng chất trên tác dụng với kim loại Na, với dung dịch NaOH và với axit CH3COOH (ghi điều kiện phản ứng, nếu có). Hướng dẫn chấm: (mỗi pt đúng :0,25đ ) → 2C6H5CH2ONa + H2 2C6H5CH2OH + 2Na  H SO ®Æc, t o

4 2  →  C6H5CH2OH + CH3COOH ← CH3COOCH2C6H5 + H2O

→ 2o-H3CC6H4ONa + H2 2o-H3CC6H4OH + 2Na  → o-H3CC6H4ONa + H2O o-H3CC6H4OH + NaOH  3.4(1đ) Từ C2H2 và các hóa chất vô cơ và các điều kiện cần thiết, viết các phương trình phản ứng hóa học để điều chế Cao su Buna-S Hướng dẫn chấm: (3pt đúng :0,5đ ) Cl ,CuCl ,t ∗ 2C2H2 NH 4 → CH2 = CH – C ≡ CH ,t ∗ CH2 = CH – C≡CH + H2 Pd  → CH2 = CH – CH = CH2 600 ∗ C2H2 → C6H6 ∗ CH≡CH + HCl → CH2 = CH – Cl o

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

AlCl 3 ∗C6H6 + CH2 = CH –Cl  → CH = CH2 C6H5 p ,t ∗ nCH2 = CH – CH = CH2 + nCH = CH2 xt, → C6H5

→ (- CH2- CH = CH – CH2 – CH- CH2-)n

C6H5 (Chú ý: Nếu thiếu từ 2 pt trở lên – 0,25đ) Câu 4(2,5 điểm): 4.1 (1đ)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? Hướng dẫn chấm: Độ linh động của nguyên tử H:C2H5OH < H2O < C6H5OH < CH3COOH ( 0,5đ) C2H5OH < H2O < C6H5OH < CH3COOH – C2H5 đẩy e – C6H5 hút e Nhóm C = O có hút e mạnh. ( 0,5đ) 4.2 (1,5đ) Hỗn hợp X gồm 2 ancol (chưa rõ số lượng nhóm chức) có số nguyên tử C hơn kém nhau 1. Đốt cháy hoàn toàn 8,3 gam X bằng 10,64 lít O2 thu được 7,84 lít CO2; các thể tích khí đều đo ở đktc. Xác định CTPT của 2 ancol trong hỗn hợp X. Hướng dẫn chấm: Gọi công thức chung của X là Phương trình đốt cháy: (0,5đ) nO2 = 0, 475 mol ; nCO2 = 0, 35 mol

(0,25đ) Theo ĐLBT khối lượng: mancol + mo2 = mH 2O + mCO2 → mH 2O = 8,1 gam → nH 2O = 0, 45 mol → nX 0,1 mol

(0,5đ) → M X = 83 Áp dụng ĐLBT nguyên tố với oxi: nO / X = nO /CO + nO / H O − nO / O = 0,2 mol (0,25đ) 2

→m =

nO / X = 2; nX

nCO2 nX

= 3,5

Vậy X gồm C3H8O2 và C4H10O2 (0,25đ) Câu 5(3,5 điểm):

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

5.1 (2đ)Một hiđrocacbon X thường được sử dụng trong công nghệ sản xuất nước hoa. Khi pha lẫn farnezen (có công thức là C15H24) với X rồi làm bay hơi hết hỗn hợp thu được 1,568 lít hơi (đktc). Đốt cháy hết lượng hỗn hợp trên thu được 19,04 lít CO2 và 12,96 gam nước. Khi đốt cháy hết 3,174 gam X thu được 10,12 gam CO2. a.Xác định công thức phân tử của X. b.X không làm mất màu dung dịch Br2. Khi tham gia phản ứng với H2 đun nóng với xúc tác Ni, X chỉ phản ứng theo tỉ lệ 1 : 1 và sinh ra hỗn hợp 4 sản phẩm gồm

(B)

(C)

(D)

Xác định công thức cấu tạo của X. Hướng dẫn chấm: a.Xác định công thức của X: nCO2=0,85mol;nH2O=0,72mol. (0,25đ) Hỗn hợp gồm 2 nguyên tố C và H nên mhh = 12.nC + 1.nH = 12.nCO2 + 1.2.nH2O = 11,64 gam. (0,25đ) Mà nhh = 0,07 suy ra Mhh = 166,29. = 166,29. Mà Mfarnezen > Mhh suy ra MX < Mhh (0,25đ) Gọi công thức hiđrocacbon là CxHy. Ta có nC = nCO2 = 0,23 mol suy ra nH = 0,414Ta có x : y = 0,23 : 0,414 = 5 : 9. Công thức đơn giản nhất : C5H9. (0,25đ) Mà MX< 166,29 nên công thức phân tử của X là C10H18. (0,25đ) b.Xác định công thức cấu tạo: X không phản ứng với Br2 suy phân tử của X không có liên kết π (không có liên kết đôi hoặc liên kết ba), X chỉ tác dụng với H2 theo tỉ lệ 1 : 1 suy ra phân tử của X có chứa vòng 4 cạnh. (0,5đ) Khi cộng H2 thu được các sản phẩm:

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

(A)

(B)

(C)

(D)

Vậy công thức của X là (0,25đ) 5.2 (1,5đ)Cho cacbon tác dụng với hơi nước ở nhiệt độ cao, sau đó làm ngưng tụ hết hơi nước, thu được hỗn hợp khí X gồm CO, CO2 và H2. Cho hỗn hợp X từ từ qua 100 ml dung dịch NaOH 0,15M và Ba(OH)2, thu được 7,88 gam kết tủa, dung dịch Y và còn lại 12,32 lít (đktc) hỗn hợp Z gồm hai khí. Để thu được kết tủa lớn nhất từ dung dịch Y, cần thêm vào Y ít nhất 100 ml dung dịch KOH 0,1M. Tính phần trăm theo thể tích của CO2 trong hỗn hợp X. Hướng dẫn chấm: 0

t C + H 2 O  → CO + H 2 (1) 0

t C + 2 H 2 O  → CO2 + 2 H 2 (2)

(0,25đ) Vì Y tác dụng được với KOH nên phản ứng của CO2 với dung Ba(OH)2, NaOH Thu được hai muối CO32-và (0,25đ)

dung dịch HCO3-.

0, 04 m ol B aC O3 0, 015 m ol N aO H  CO2 +   → 0, 015 m ol N aH C O3  B a (O H ) 2 x m o l  ( x − 0 , 0 4 ) m o l B a (H C O ) 3 2  B a (H C O 3 ) 2 + K O H   → B a C O 3 + K H C O 3 + H 2 O (* )

T h e o (* ) : ( x − 0 , 0 4 ) = n K O H = 0 , 0 1 = > n C O 2 = 0 , 0 4 + 0 , 0 1 .2 + 0 , 0 1 5 = 0 , 0 7 5

(0,5đ) (1,2)=>

nX =

(0,25đ) =>

%VCO2 =

12,32 + 0, 075 = 0, 625 22, 4 0,075 .100% = 12% 0,625

(0,25đ) ................... HẾT ................

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC NĂM HỌC: 2018 – 2019 Thời gian làm bài: 150 phút Câu I (2,5đ) 1. (1,5đ) Cho các dung dịch sau có cùng nồng độ mol/l: NH4Cl, CH3COONH4, H2SO4, CH3COONa. a/ Viết các quá trình điện li khi hòa tan các chất trên vào nước. b/ Sắp xếp giá trị pH của các dung dịch trên theo thứ tự tăng dần. Giải thích ngắn gọn. 2. (1đ) Thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M thu được 100ml dung dịch A, hỏi có kết tủa Mg(OH)2 tạo thành hay không? TMg(OH)

2 =10

−10,95

, K b(NH ) = 10 −4,75 3

Câu II: (4đ) 1. (2đ) Hòa tan hỗn hợp một số muối cacbonat (trung hòa) vào nước ta được dung dịch A và chất rắn B. Lấy 1 ít dung dịch A đốt nóng ở nhiệt độ cao thấy ngọn lửa màu vàng, lấy 1 ít dung dịch A cho tác dụng với dung dịch xút (đun nhẹ) thấy bay ra 1 khí làm xanh giấy quỳ ướt. Hòa tan chất rắn B bằng dung dịch H2SO4 loãng, dư thu được dung dịch C, kết tủa D và khí E. Cho kết tủa D tác dụng với NaOH đặc, thấy tan 1 phần kết tủa. Cho dung dịch C tác dụng với xút dư được dung dịch F và kết tủa G bị hóa nâu trong không khí. Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch F thấy xuất hiện kết tủa trắng tan trong HCl dư. Hỏi hỗn hợp ban đầu có muối cacbonat gì? (Các muối thông thường đối với học sinh phổ thông). Viết phương trình hóa học của các phản ứng. 2. (2đ) Hoà tan 26,64g chất R là tinh thể muối sunfat ngậm nước của kim loại M (hoá trị x) vào nước dư được m gam dung dịch A. Cho m gam dung dịch A tác dụng với dung dịch NH3, được kết tủa B, nung B ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi còn lại 4,08 gam chất rắn. Mặt khác, cùng lượng dung dịch A trên cho vào dung dịch Ba(NO3)2 dư thì thu được 27,96 gam kết tủa. a/ Tìm công thức phân tử của R? b/ Tính thể tích dung dịch NaOH 0,2M cần cho voà m gam dung dịch A để được 0,936 gam kết tủa? Câu III. (5đ) 1. (3đ) Cho 9,1 gam hỗn hợp X gồm Al và Cu tác dụng với hỗn hợp gồm 2 axit H2SO4 và HNO3 đặc, nóng, axit lấy dư 10% so với lượng cần thiết. Thấy thu

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

được 6,72 lít (đktc) hỗn hợp Y khí màu nâu gồm có 2 khí có tỉ khối hơi đối với H2 là 29 và dung dịch Z chỉ có muối của 2 kim loại và axit dư. a/ Viết phương trình phản ứng dạng ion thu gọn. b/ Tính % khối lượng mỗi kim loại trong X và khối lượng của muối trong Z. c/ Nhỏ từ từ dung dịch NaOH aM vào Z thấy khi thể tích dung dịch NaOH bằng 600ml thì kết tủa đạt cực đại. Tính a và khối lượng kết tủa khi thể tích dung dịch NaOH đạt 656,4ml. 2. (2đ) Thuỷ phân hoàn toàn 2,475gam halogenua của photpho, người ta thu được hỗn hợp 2 axit (axit của photpho với số oxi hoá tương ứng và axit không chứa oxi của halogen). Để trung hoà hoàn toàn hỗn hợp này cần dùng 45ml dung dịch NaOH 2M. Xác định công thức của halogenua đó. Câu IV: (5,5đ) 1. (3đ) A là hợp chất hữu cơ chứa C, H, O. Cho m gam A tác dụng với 1 lít dung dịch NaOH 1,2M rồi cô cạn dung dịch thu được 85,8gam chất rắn B và m1 gam ancol C. Cho C đi qua H2SO4 đặc, nóng thu được anken duy nhất. Oxi hoá m1 gam ancol C bằng oxi (xúc tác) được hỗn hợp X. Chia X thành 3 phần theo tỉ lệ khối lượng là 3:3:1. - Cho phần I tác dụng với AgNO3 dư trong NH3 thu được 32,4 gam Ag kết tủa. - Phần II cho tác dụng với NaHCO3 dư thu được 2,24 lít khí (đktc). - Phần III cho tác dụng với Na vừa đủ được 2,24 lít khí (đktc) và 12,9 gam chất rắn khan. a/ Xác định CTCT của ancol C và tính % về số mol ancol C đã bị oxi hoá. b/ Xác định CTCT của A. 2. (2,5đ) Thổi 1,344 lít (đktc) hỗn hợp khí A gồm một ankan, một anken và một ankin (đều có số nguyên tử cacbon trong phân tử bằng nhau) qua dung dịch AgNO3/NH3, thì thấy có 6,8 AgNO3 đã tham gia phản ứng. Cũng lượng hỗn hợp khí A trên làm mất màu vừa hết 300 ml dung dịch Br2 0,2 M. a/ Xác định thành phần định tính và định lượng các chất trong A b/ Đề nghị phương pháp tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp A. Câu V. (3đ) 1. (1đ) Sơ đồ chuyển hoá: +

=CH −CH /H ,t H ,t /H SO , t t H /Ni, t Benzen CH   → Z Fe + HCl,  → T   → M   → X KMnO  , → Y HNO 2

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2. (2đ) Hợp chất hữu cơ X có tỉ khối hơi so với He là 37. Khi phân tích X được %C=81,081%, %H=8,108%, còn lại là oxi (theo khối lượng). a/ Xác định công thức phân tử của X? b/ Hợp chất X làm mất màu dung dịch Br2/CCl4, ozon phân X được hỗn hợp 2 chất: metoxibenzandehyt và CH3CHO; X tác dụng với dung dịch KMnO4, đun nóng trong axit tạo ra axit metobezoic (M) và sự nitro hoá (M) chỉ cho duy nhấ axit metoxinitrobenzoic. Viết công thức cấu tạo của X và sơ đồ các phản ứng đã nêu? HẾT (Giám thị không giải thích gì thêm) (Học sinh được sử dụng BTH và máy tính cầm tay theo quy định)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

ĐỀ THI OLYMPICMÔN: HÓA –LỚP 11 HƯỚNG DẪN CHẤM Câu I (4đ) 1. (3đ) Cho các dung dịch sau có cùng nồng độ mol/l: NH4Cl, CH3COONH4, H2SO4, CH3COONa. a/ Viết các quá trình điện li khi hòa tan các chất trên vào nước. b/ Sắp xếp giá trị pH của các dung dịch trên theo thứ tự tăng dần. Giải thích ngắn gọn. c/ Dùng quỳ tím và 1 hóa chất khác phân biệt các dung dịch trên. 2. (1đ) Thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M thu được 100ml dung dịch A, hỏi có kết tủa Mg(OH)2 tạo thành hay không? TMg(OH)

2 =10

Câu I.1. (3đ)

−10,95

, K b(NH ) = 10 −4,75 3

Nội dung

a. (1đ) +) NH4Cl → NH4+ + ClNH4+ + H2O ↔ NH3 + H3O+ +) CH3COONH4 → CH3COO- + NH4+

Điể

0,2

NH4+ + H2O ↔ NH3 + H3O+, CH3COO- + H2O ↔ CH3COOH + OH+) CH3COONa → CH3COO- + Na+

0,2

CH3COO- + H2O ↔ CH3COOH + OH+) H2SO4 → 2H+ + SO42+

+) HCl → H + Cl

0,2 0,2

0,5 b. (1đ) H2SO4 < HCl < NH4Cl < CH3COONH4 < CH3COONa Giải thích: Với cùng nồng độ thì [H+] của H2SO4 > HCl vì H2SO4 phân ly theo 2 nấc còn HCl chỉ phân ly theo 1 nấc. [H+] của HCl nhiều hơn của NH4Cl vì HCl phân ly hoàn toàn còn NH4+ phân ly không hoàn toàn. CH3COONH4 có môi trường lưỡng tính. CH3COONa có CH3COO- thuỷ phân cho OH- nên [H+] trong dung dịch là nhỏ nhất. [H+] càng nhỏ, pH càng cao → thứ tự H2SO4 < HCl < NH4Cl < CH3COONH4 < CH3COONa

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

I.2. (1đ)

Khi thêm 1 ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch đệm thì

0,5

[Mg2+] ban đầu = 10-2 (M) Ta có: TMg(OH) = [Mg 2+ ].[OH− ]2 = 10 −10,95 2

Để kết tủa Mg(OH)2 thì [Mg 2+ ].[OH − ]2 ≥ 10 −10,95 ⇒ [OH − ]2 ≥

10 −10,95 10−10,95 = = 10−8,95 → [OH − ] ≥ 10−4.475 2+ −2 [Mg ] 10

Dung dịch: NH4Cl 1M + NH3 1M cân bằng chủ yếu là: +

NH 3 + H 2 O ⇔ NH 4 + OH −

1-x

1+x

Kb =

K NH3 = K b = 10 −4,75

0,5 x

(x + 1)x -4,75 = 10 −4,75 → x = 10 1− x

→ [OH-] = 10-4,75 < 10-4,475 Vậy khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M thì không xuất hiện kết tủa. Câu II: (4,5đ) 1. (2,5đ) Hòa tan hỗn hợp một số muối cacbonat (trung hòa) vào nước ta được dung dịch A và chất rắn B. Lấy 1 ít dung dịch A đốt nóng ở nhiệt độ cao thấy ngọn lửa màu vàng, lấy 1 ít dung dịch A cho tác dụng với dung dịch xút (đun nhẹ) thấy bay ra 1 khí làm xanh giấy quỳ ướt. Hòa tan chất rắn B bằng dung dịch H2SO4 loãng, dư thu được dung dịch C, kết tủa D và khí E. Cho kết tủa D tác dụng với NaOH đặc, thấy tan 1 phần kết tủa. Cho dung dịch C tác dụng với xút dư được dung dịch F và kết tủa G bị hóa nâu trong không khí. Cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch F thấy xuất hiện kết tủa trắng tan trong HCl dư. Hỏi hỗn hợp ban đầu có muối cacbonat gì? (Các muối thông thường đối với học sinh phổ thông). Viết phương trình hóa học của các phản ứng. 2. (2đ) Hoà tan 26,64g chất R là tinh thể muối sunfat ngậm nước của kim loại M (hoá trị x) vào nước dư được m gam dung dịch A. Cho m gam dung dịch A tác dụng với dung dịch NH3, được kết tủa B, nung B ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi còn lại 4,08 gam chất rắn. Mặt khác, cùng lượng dung dịch A trên cho vào dung dịch Ba(NO3)2 dư thì thu được 27,96 gam kết tủa. a/ Tìm công thức phân tử của R? b/ Tính thể tích dung dịch NaOH 0,2M cần cho vào m gam dung dịch A để được 0,936 gam kết tủa?

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu II.1. (2,5đ)

Nội dung

Điểm

Vì dung dịch A đốt nóng ở nhiệt độ cao cho ngọn lửa màu vàng chứng tỏ có muối Na2CO3. Mặt khác A tác dụng với dung dịch xút bat ra khí làm xnh giấy quỳ tím ẩm, khí đó phải là NH3 → dung dịch A có chứa (NH4)2CO3.

0,5đ

t (NH4)2CO3 + 2NaOH → Na2CO3 + NH3 + 2H2O

Chất rắn B khi tác dụng với dung dịch H2SO4 tạo thành chất kết tủa, chứng tỏ các muối sunfat không tan BaSO4 và PbSO4, phần tan trong NaOH là PbSO4 còn không tan là BaSO4.

0,5đ

BaCO3 + H2SO4 → BaSO4 + CO2 + H2O PbCO3 + H2SO4 → PbSO4 + CO2 + H2O PbSO4 + 4NaOH → Na2[Pb(OH)4] + Na2SO4 Dung dịch C khi tác dụng với xút dư tạo kết tủa bị hoá nâu hoàn toàn trong không khí → Fe(OH)2 FeCO3 + H2SO4 → FeSO4 + CO2 + H2O

0,5đ

FeSO4 + 2NaOH → Fe(OH)2 + Na2SO4 4Fe(OH)2 + O2 + H2O → 4Fe(OH)3 Khi cho HCl vào F thấy kết tủa trắng xuất hiện chứng tỏ phải có hidroxit lưỡng tính Zn(OH)2 hoặc Al(OH)3 nhưng vì không có muối Al2(CO3)3 nên hỗn hợp ban đầu có ZnCO3. ZnCO3 + H2SO4 → ZnSO4 + CO2 + H2O ZnSO4 + 2NaOH → Zn(OH)2 + Na2SO4

0,5đ

Zn(OH)2 + 2NaOH → Na2[Zn(OH)4] 2HCl + Na2[Zn(OH)4] → 2NaCl + ZnCl2 + 2H2O Vậy các muối cacbonat trung hoà trong hỗn hợp ban đầu gồm:

0,5đ

Na2CO3, BaCO3, PbCO3, FeCO3, ZnCO3, (NH4)2CO3. II.2 (2đ)

n SO = n BaSO = 0,12 mol a (1đ) 0,12 → n M (SO ) = 4

2−

4 x

m M 2Ox = 4,08 ⇒

0,12 .(2M + 16x) = 4,08 ⇒ M = 9.x x

x = 3 → M = 27 (Al) → n Al (SO ) = 0,04 2

4 3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1đ

→ 342 + 18.n=

26,64 = 666 ⇒ n = 18 0,04

→ Al2(SO4)3.18H2O n Al(OH)3 =

0,936 = 0,012 mol < n Al3+ = 0,04.2 = 0,08 mol 18

0,5đ

→ 2 trường hợp TH1: Al3+ dư, OH- hết.

b 0,036 = 0,18 lít (1đ) n OH = 3n Al(OH) = 0,012.3 = 0,036 mol ⇒ Vdd NaOH = −

0,2

0,5đ

TH2: Al3+ hết, kết tủa tan 1 phần. n OH − = 4.n Al3+ - n Al(OH)3 = 4.0,08 − 0,012 = 0,308 mol ⇒ Vdd NaOH =

0,308 = 1,54 0,2

Câu III. (5,5đ) 1. (3đ) Cho 9,1 gam hỗn hợp X gồm Al và Cu tác dụng với hỗn hợp gồm 2 axit H2SO4 và HNO3 đặc, nóng, axit lấy dư 10% so với lượng cần thiết. Thấy thu được 6,72 lít (đktc) hỗn hợp Y khí màu nâu gồm có 2 khí có tỉ khối hơi đối với H2 là 29 và dung dịch Z chỉ có muối của 2 kim loại và axit dư. a/ Viết phương trình phản ứng dạng ion thu gọn. b/ Tính % khối lượng mỗi kim loại trong X và khối lượng của muối trong Z. c/ Nhỏ từ từ dung dịch NaOH aM vào Z thấy khi thể tích dung dịch NaOH bằng 600ml thì kết tủa đạt cực đại. Tính a và khối lượng kết tủa khi thể tích dung dịch NaOH đạt 656,4ml. 2. (1,5đ) Thuỷ phân hoàn toàn 2,475gam halogenua của photpho, người ta thu được hỗn hợp 2 axit (axit của photpho với số oxi hoá tương ứng và axit không chứa oxi của halogen). Để trung hoà hoàn toàn hỗn hợp này cần dùng 45ml dung dịch NaOH 2M. Xác định công thức của halogenua đó. Câu

Nội dung

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Điểm

III.1. (3đ)

a. (0,5đ)

Khí Y có màu nâu nên có 1 khí là NO2, mà MY= 58>46 → khí còn lại là SO2

0,5đ

t Al + 6H+ + 3NO3- → Al3+ + 3NO2 + 3H2O (1) o

t Cu + 2H+ + NO3- → 2Cu2+ + NO2 + 2H2O (2) o

t 2Al + 12H+ + 3SO42- → 2Al3+ + 3SO2 + 6H2O (3) o

t Cu + 4H+ + SO42- → Cu2+ + SO2 + 2H2O (4) o

Từ

và

n hh(NO 2 ,SO 2 ) = 0,3mol

→ 0,25đ

n NO 2 = 0,1mol, n SO 2 = 0,2mol

Áp dụng định luật bảo toàn e ta có 27.n Al + 65.n Cu = 9,1 n Al = 0,1 %m Al = 29,67% ⇔ ⇒  3.n Al + 2.n Cu = 0,1.1 + 0,2.2 = 0,5 n Cu = 0,1 %m Cu = 70,33%

0,5đ

b. Dung dịch Z gồm có các ion sau: Al3+, Cu2+, H+ và có thể 0,25đ (1,75đ) có một hoặc hai ion NO3- và SO42-. n H + dư = 10% n H + p/ư=0,1.2.ne nhận = 0,1.2.0,5 = 0,1 (mol)

+) Nếu chỉ có muối sunfat thì n SO

2−

tạo muối

= 1/2ne cho = 0,25 0,25đ

mol → mmuối = mkim loại + mSO

2−

= 9,1 + 0,25.96 = 33,1 (gam).

+) Nếu chỉ có muối nitrat thì n NO

−

tạo muối =

ne cho = 0,5 mol

→ mmuối = mkim loại + m NO = 9,1 + 0,5.62 = 40,1 (gam). 3

0,25đ

−

0,25đ

Vậy 33,1 gam ≤ mmuối ≤ 40,1 gam c. Các phương trình ion thu gọn như sau: (0,75đ) H+ + OH- → H2O (1) 0,1 → 0,1 Al3+ + 3OH- → Al(OH)3 (2) 0,1 →

0,3

Cu2+ + 2OH- → Cu(OH)2 (3) 0,1 →

0,2

Al(OH)3 + OH- → [Al(OH)4]- (4) 0,0564

0,0564 → 0,0564

0,5đ

Khối lượng kết tủa cực đại khi chưa xảy ra phản ứng (4) 0,25đ

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

n OH − = n H + + 3.n Al3+ + 2.n Cu 2+ = 0,6 mol ⇒ a = 1 M

Khi n OH = 0,6564 mol thì (4) đã xảy ra −

III.2 (1,5đ)

Khối lượng kết tủa thu được 0,3.98 + (0,1-0,0564).78=23,0008 gam. Halogenua của photpho có thể có công thức PX3 hoặc PX5. TH1: PX3 PX3 + 3H2O → H3PO3 + 3HX

0,5đ

H3PO3 + 2NaOH → Na2HPO3 + 2H2O HX + NaOH → NaX + H2O nNaOH = 2.0.045 = 0,09 mol Từ 3 pt trên, nhận thấy để trung hoà hoàn toàn sản phẩm của phản ứng thuỷ phân 1mol PX3 cần 5 mol NaOH. → Số mol PX3 = 1/5 số mol NaOH = 0.09/5 = 0,018 mol. → M PX

2,475 = = 137,5 ⇒ M X = 35,5 ⇒ X là Cl 0,018

0,5đ

→ CT: PCl3. TH2: PX5 PX5 + 4H2O → H3PO4 + 53HX H3PO4 + 3NaOH → Na3PO4 + 3H2O HX + NaOH → NaX + H2O nNaOH = 2.0.045 = 0,09 mol Từ 3 pt trên, nhận thấy để trung hoà hoàn toàn sản phẩm của phản ứng thuỷ phân 1mol PX5 cần 85 mol NaOH. → Số mol PX3 = 1/8 số mol NaOH = 0.09/8 = 0,01125 mol. → M PX = 3

2,475 = 220 ⇒ M X = 37,8 0,01125

→ không có halogen phù hợp. Câu IV: (5,5đ) 1. (3đ) A là hợp chất hữu cơ chứa C, H, O. Cho m gam A tác dụng với 1 lít dung dịch NaOH 1,2M rồi cô cạn dung dịch thu được 85,8gam chất rắn B và m1 gam ancol C. Cho C đi qua H2SO4 đặc, nóng thu được anken duy nhất. Oxi hoá m1

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5đ

gam ancol C bằng oxi (xúc tác) được hỗn hợp X. Chia X thành 3 phần theo tỉ lệ khối lượng là 3:3:1. - Cho phần I tác dụng với AgNO3 dư trong NH3 thu được 32,4 gam Ag kết tủa. - Phần II cho tác dụng với NaHCO3 dư thu được 2,24 lít khí (đktc). - Phần III cho tác dụng với Na vừa đủ được 2,24 lít khí (đktc) và 12,9 gam chất rắn khan. a/ Xác định CTCT của ancol C và tính % về số mol ancol C đã bị oxi hoá. b/ Xác định CTCT của A. 2. (2,5đ) Thổi 1,344 lít (đktc) hỗn hợp khí A gồm một ankan, một anken và một ankin (đều có số nguyên tử cacbon trong phân tử bằng nhau) qua dung dịch AgNO3/NH3, thì thấy có 6,8 AgNO3 đã tham gia phản ứng. Cũng lượng hỗn hợp khí A trên làm mất màu vừa hết 300 ml dung dịch Br2 0,2 M. a/ Xác định thành phần định tính và định lượng các chất trong A b/ Đề nghị phương pháp tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp A. Câu IV.1 (3đ)

Nội dung

Điể

Vì C đi qua H2SO4 đặc, nóng thu được anken duy nhất nên C là ancol no đơn chức.

Oxi hoá gam ancol C bằng oxi (xúc tác) thu được hỗn hợp X tham gia phản ứng tráng gương nên C là ancol no đơn chức bậc I có dạng 0,2 CnH2n+1CH2OH hay RCH2OH (R≠H) Oxi hoá C có phương trình o

t , xt RCH2OH + ½ O2  → RCHO + H2O (1)

0,2

t , xt RCH2OH + O2  → RCOOH + H2O (2)

Hỗn hợp X gồm: RCH2OH, RCHO, RCOOH, H2O. Gọi x, y, z lần lượt là số mol RCH2OH, RCHO, RCOOH trong 1/6 hỗn hợp X. Phần I: o

t RCHO+AgNO3+NH3 +H2O → RCOONH4 + 2NH4NO3 + 2Ag(3)

→

0,2

→ 6y = 32,4/108 → y = 0,05 (mol). Phần II:

0,2

RCOOH + NaHCO3 → RCOONa + CO2 + H2O (4) 2z

→

→ 2z=2,24/22,4 → z = 0,05 (mol).

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Phần III:

0,2

RCOOH + Na → RCOONa + ½ H2 (5) z

z/2

→

RCH2OH + Na → RCH2ONa + ½ H2 (6) x

x/2

→

H2O + Na → NaOH + ½ H2 (7) y+z

→

(y+z)/2

Từ (5), (6), (7) → 0,5x + 0,5z + 0,5.(y+z) = 2,24/22,4 = 0,1

0,2

→ 0,5x + 0,5.0,05 + 0,5.(0,05+0,05) = 0,1 → x = 0,05 (mol) mchất rắn = mRCOONa + mRCH2ONa + mNaOH → 12,9 = 0,05.(R+67) + 0,05.(R+53) + (0,05+0,05).40

0,2

→ R = 29 → R là C2H5CTCT của R: CH3CH2CH2OH. % số mol C bị oxi hoá:

y+z 0,05 + 0,05 .100 = .100 = 66,67% y+z+x 0,05 + 0,05 + 0,05

nC = 6.(x+y+z) = 0,9 mol

0,5

0,2

nNaOH = 1,2 mol A tác dụng với NaOH thu được chất rắn B và ancol C → A là este đơn chức có công thức tổng quát: R’COOCH2CH2CH3. o

t R’COOCH2CH2CH3+NaOH → R’COONa + CH3CH2CH2OH (8)

0,9

mchất rắn = mR’COONa + mNaOH dư → 85,8 = 0,9.(R’ + 67) + (1,2-0,9).40 →R’ = 15 (CH3-) → CTCT của A: CH3COOCH2CH2CH3 IV.2. (2,5đ)

0,2

Nếu ankin có dạng RC≡CH : RC≡CH + AgNO3 + NH3 → RC≡CAg + NH4NO3 ⇒ n(ankin) = n(AgNO3) = 6,8/170 = 0,04 mol

0,2

Và n (Br2) > 2n(ankin) = 0,08 mol. Điều này trái với giả thiết: nBr2 =

0,2

0,06 mol Vậy ankin phải là C2H2 và như vậy ankan là C2H6, anken là C2H4.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,2

Từ phản ứng : C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3 ⇒

0,2

n(C2H2) = 1/2n(AgNO3) = 0,02 mol

Từ các phản ứng : C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4

0,2

C2H4 + Br2 → C2H4Br2

0,2

⇒

n(C2H4) = 0,02 mol

⇒

n(C2H6) = 0,02 mol

0,2

b/ (1,0 điểm) Thổi hỗn hợp qua bình chứa dung dịch AgNO3/NH3 dư. Lọc tách kết tủa, hòa tan kết tủa trong dung dịch HCl dư thu được khí C2H2.

0,2

C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3 C2Ag2 + 2HCl → C2H2 + 2AgCl

0,2

Khí ra khỏi bình chứa dung dịch AgNO3/NH3, thổi tiếp qua dung dịch nước brom dư. Chiết lấy sản phẩm và đun nóng với bột Zn (trong CH3COOH) thu được C2H4 :

0,2

C2H4 + Br2 → C2H4Br2 C2H4Br2 + Zn → C2H4 + ZnBr2 Khí ra khỏi bình chứa dung dịch brom là khí C2H6 Câu V. (3đ) 1. (1đ) Sơ đồ chuyển hoá: +

=CH −CH /H ,t KMnO ,H , t HNO /H SO , t Fe + HCl,t H /Ni, t Benzen CH   → X   → Y    → Z  → T   → M 2

a/ Xác định công thức cấu tạo các chất X, Y,Z, T, M. Hoàn thành sơ đồ các phản ứng của chuyển hoá trên? (các chất X, Z đều là sản phẩm chính). b/ Sắp xếp theo chiều nhiệt độ nóng chảy các chất: Y, Z, T, M? Giải thích? 2. (2đ) Hợp chất hữu cơ X có tỉ khối hơi so với He là 37. Khi phân tích X được %C=81,081%, %H=8,108%, còn lại là oxi (theo khối lượng). a/ Xác định công thức phân tử của X? b/ Hợp chất X làm mất màu dung dịch Br2/CCl4, ozon phân X được hỗn hợp 2 chất: metoxibenzandehyt và CH3CHO; X tác dụng với dung dịch KMnO4, đun

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

nóng trong axit tạo ra axit metobezoic (M) và sự nitro hoá (M) chỉ cho duy nhất axit metoxinitrobenzoic. Viết công thức cấu tạo của X? Câu V.1 (1đ)

Nội dung

Điể

0,7

a. 0,75đ

=CH −CH 3 ,H ,t CH 2  →

H ,t KMnO  4 , →

CH(CH3)2

COOH

(X) NO2

3 ,H 2SO 4 , t HNO   →

(Z) NH3+

NH2

HCl Fe +  →

COOH t H,Ni,   →

(Y)

COOH (T)

COO(M) b. 0,25đ

V.1 (2đ)

a. 1đ b. 1đ

Nhiệt độ nóng chảy tăng dần: Y, Z, T, M Giải thích: M ở dạng ion lưỡng cực; Z, T có phân tử khối lớn so với Y; T có nhiều liên kết hidro liên phân tử hơn Z, đồng thời nhóm – NH2 làm tăng momen lưỡng cực. CTPT của X: C10H12O X làm mất màu dd nước brom nên X có liên kết đôi; ozon phân Z được hỗn hợp hai chất: metoxibanzadehyt và CH3CHO, nên X có liên kết đôi C=C và khi oxi hoá cho axit thơm nên X có nhân thơm, do chỉ cho 1 loại sản phẩm sau khi nitro hoá nên nhóm metoxi ở vị trí 4 (COOH- nhóm thế loại 2, metoxi nhóm thế loại 1).

0,2

0,5

Đó là axit 4-metoxi-3nitrobenzoic H3C-O-

- CH=CH-CH3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,5

ĐỀ THI OLYMPIC MÔN HÓA HỌC 11 (Thời gianlàm bài 150 phút không kể thời gian giao đề)

CÂU 1: (4,0 điểm) 1. Cho các đơn chất A, B, C và các phản ứng : A + B X X + H2O NaOH + B↑ B + C Y 1:1 Y + NaOH Z + H2O → Cho 5,376 lit khí Y (ở ñktc) qua dung dịch NaOH thì khối lượng chất tan bằng 4,44 gam . Hãy lập luận xác định A, B, C, X, Y, Z và hoàn thành phương trình hóa học (PTHH) của các phản ứng. 2. Hoàn thành PTHH (ở dạng phương trình ion) của các phản ứng sau: b) Cu(OH)2 + HNO3  a) K3PO4 + Ba(NO3)2  → → c) HNO3(đặc) + FeO  d) Na(RCOO) +HCl  → → CÂU 2: (5,0 điểm) 1. Axit etanoic có pKa = 4,76, metylamin có pKb = 3,36, axit aminoetanoic có pKa = 2,32 và pKb = 4,4. Dựa vào các giá trị pKa và pKb hãy cho nhận xét và giải thích những nhận xét đó. 2. Hợp chất X được tạo thành từ các ion đều có cấu hình electron 1s22s22p63s23p6. Trong một phân tử X có tổng số hạt electron, proton, nơtron là 164. a) Hãy xác định X. b) Hòa tan chất X ở trên vào nước được dung dịch A làm quì tím hóa xanh. Xác định công thức đúng của X và viết PTHH của các phản ứng xẩy ra khi cho dung dịch A lần lượt vào từng dung dịch FeCl3, AlCl3, MgCl2 riêng biệt. CÂU 3: (3,0 Cho hçn h¬p A gåm cã NaCl, NaBr vµ NaI. Hoµ tan 5,76 gam A vµo n-íc råi cho t¸c dông víi l-îng d- dung dÞch n-íc brom, sau ph¶n øng hoµn toµn thu ®-îc 5,29 gam muèi khan; mÆt kh¸c khi hoµ tan 5,76 gam A vµo n-íc råi cho mét l-îng khÝ clo ®i qua sau ph¶n óng c« c¹n thu ®-îc 3,955 gam muèi khan, trong ®ã cã chøa 0,05 mol NaCl. 1. ViÕt c¸c PTHH của các ph¶n øng xÈy ra. 2. TÝnh % vÒ khèi l-îng c¸c chÊt trong hçn hîp A. CÂU 4: (4,0 1. 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: A H 2O H 2O → B  → CH3CHO  → D  → ancol sec-butylic CH3MgCl 

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2. Cho etanal tác dụng với lượng dư metanal có mặt NaOH, thu được chất A. Cho A tác dụng với lượng dư dung dịch NaBr bão hoà và H2SO4 đặc, thu được chất B. Đun nóng B với bột Zn, thu được chất C. C có công thức phân tử là C5H8. Viết các PTHH của các phản ứng xảy ra. CÂU 5: ( Đốt cháy hoàn toàn 5,2 gam chất hữu cơ A rồi dẫn sản phẩm cháy qua bình 1 chứa H2SO4 đặc và bình 2 chứa 300 ml dung dịch Ba(OH)2 1M, thấy khối lượng bình 1 tăng 2,7 gam, bình 2 tăng 18,5 gam, đồng thời xuất hiện 39,4 gam kết tủa. 1. Xác định công thức phân tử của A. Biết khi làm bay hơi 5,2 gam A thu được thể tích hơi bằng thể tích của 1,5 gam khí C2H6 ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. 2. A có một đồng phân A1, biết rằng khi cho 3,12 gam A1 phản ứng vừa đủ với 96 gam dung dịch Br2 5% trong bóng tối; mặt khác 3,12 gam A1 tác dụng tối đa với 2,688 lít H2 (ở đktc) khi đun nóng có xúc tác Ni. Viết công thức cấu tạo và gọi tên A1. 3. A có đồng phân A2 chứa các nguyên tử cacbon đồng nhất, khi tác dụng với Cl2 khi có chiếu sáng thu được một dẫn xuất mono clo duy nhất. Xác định công thức cấu tạo của A2. (Biết: H=1, O=16, C=12,Cl=35,5, Mg=24, Fe=56, Zn=65, Ca=40)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

HD CHẤM ĐỀ THI OLYMPIC MÔN HÓA HỌC 11 (Thời gian 150 phút không kể thời gian giao đề)

CÂU

NỘI DUNG

ĐIỂM

2,0

1 (4,0đ)

X B Y

+ H2O + C + NaOH

A + B NaOH + B↑ Y↑ 1:1 → Z + H2 O

=> A : Na ; B : H2 ; X : NaH B + C Y ⇒ C là phi kim, Y là axít 1:1 Y + NaOH  → Z + H 2O

1mol Y phản ứng

khối lượng chất tan tăng ( Y - 18 )g

5,376 4,44 gam = 0, 24mol 22, 4 Y − 18 1 => = ⇒ Y = 36,5 4, 44 0, 24

=> C là clo (Cl2) Viết phương trình phản ứng NaH + H2O H2 + Cl2 HCl + NaOH

2. a) PO

3− 4

2Na + H2 2NaH NaOH + H2↑ 2HCl 1:1 → NaCl + H2O

2,0

 → Ba3(PO4)2↓

+ 3Ba

→ Cu2+ + 2H2O b) Cu(OH)2 + 2H  c) 4H+ + NO3− + FeO  → Fe3+ + NO2↑ -

d) RCOO +

2H2O

 → RCOOH

1. + pKa càng nhỏ thì Ka cànglớn và tính axit càng mạnh. + Aminoaxit có pKa = 2,32 < pKa của axitetanoic = 4,76 → tính axit của 2 (5,0đ) aminoaxit mạnh hơn. Aminoaxit có pKb = 4,4 > pKb của metylamin = 3,36 → tính

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2,0

bazơ của aminoaxit yếu hơn. + Nguyên nhân: H3N+– CH2 – COO –. - Nhóm NH2 đã proton hóa có khả năng hút e giúp gia tăng sự phóng thích proton của nhóm – COOH kế cận → làm tăng tính axit. - Nhóm – COO – cũng có khả năng hút e làm giảm mật độ e trên nguyên tử N và làm giảm tính bazơ của NH2. 2. Gọi P là số proton trong X, N là số nơtron trong X Giả sử trong X có a ion Ta có: 2P + N = 164 1≤

3,0

N ≤ 1,5 P

Các ion tạo thành X đều có cấu hình electron của Ar => số proton trong X = 18a (hạt) 164 164 ≤a≤ 3,5.18 3.18 2, 6 ≤ a ≤ 3, 03 . Với a là số nguyên => a = 3

X có dạng M2X K2S Hoặc MX2 CaCl2

2. Cho X vào H2O được dung dịch xanh quỳ tím => X là K2S + K2S  + S2 – → 2K – + OH – S2 - + H2O  → HS Các phương trình: → 6KCl + 2FeS + S↓ 3K2S + 2FeCl3  → 6KCl + 2Al(OH)3↓ + 3H2S 3K2S + 2AlCl3 + 6H2O  → 2KCl + Mg(OH)2↓ + H2S K2S + MgCl2 + 2H2O  1. C¸c PTHH xÈy ra 3 2NaI + Br2  (1) → 2NaBr + I2 (3,0đ) 2NaI + Cl2  (2) → 2NaCl + I2 2NaBr + Cl2  (3) → 2NaCl + Br2 2. Gäi a,b,c lÇn l-ît lµ sè mol cöa NaCl, NaBr, NaI theo đề ta có: 58,5a + 103b + 150c = 5,76 (*) Theo (1) vµ theo bµi ra ta cã: 58,5a + 103(b + c) = 5,29 (**) Tõ (*) vµ (**) 58,5a + 103b + 150c = 5,76 => c = 0,1 mol 58,5a + 103(b + c) = 5,29 Xét tr-êng hîp 1: NaI d- => NaBr ch-a ph¶n øng Gäi x lµ sè mol NaI ph¶n øng. Theo ptpu (1) vµ (2) vµ theo bµi ra ta cã 58,5(a + x) + 103b + 150(c – x) = 3,955 (***)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

a + x = 0,05 (****) Kết hợp (*), (**), (***), (****) (lo¹i v× c – x < 0) Xét tr-êng hîp 2 NaBr ph¶n øng 1 phÇn => NaI ph¶n øng hÕt Gäi y lµ sè mol NaBr ph¶n øng. Theo (1)(2)(3) vµ theo bµi ra ta cã 58,5(a + c + y) + 103(b – y) = 3,955 (*****) a + c + y = 0,05 (******) Kết hợp (*), (**), (*****), (******) ta cã: 58,5a + 103b + 150c = 5,76 58,5a + 103(b + c) = 5,29

%mNaI = 26%, %mNaBr = 53,65%,

1,0

a = 0,02 (mol), b = 0,03 (mol), y = 0,02 (mol) %mNaCl = 20,35%.

1. Đặt công thức phân tử của A là CxHyOz. Theo giả thiết ta có: 12x + y + 16z = 74, y 2x + 2 Ta chọn được công thức có thể có của A là: C4H10O, C3H6O2 và C2H2O3. 4 V (4,0đ) ới sơ đồ trên chỉ thoả với công thức phân tử và công thức cấu tạo của A là lần lượt là: C2H2O3 (H CO)2O anhidrit fomic Các PTHH: (HCO)2O + 2NaOH  → 2HCOONa + H2O CH3MgCl + (HCO)2O  → CH3CH(OOCH)OMgCl CH3CH(OOCH)OMgCl + H2O  → CH3CH=O + HCOOH + Mg(OH)Cl C2H5MgCl + CH3CH=O  → CH3CH2CH(CH3)OMgCl CH3CH2CH(CH3)OMgCl + H2O  → CH3CH2CH(CH3)OH 2. CH2OH

CH3CHO + 4HCHO + NaOH  → HO – CH2 – C – CH2OH + HCOONa CH2OH CH2OH

[ Hoặc : OH − → HO – CH2 – C – CHO CH3CHO + 3HCHO  CH2OH

CH2OH CH2OH

HO – CH2 – C – CHO +NaOH  → HO – CH2 – C – CH2OH + HCOONa CH2OH

CH2OH (A)

]

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

2,0

CH2OH

CH2Br

HO–CH2–C–CH2OH+4KBr+H2SO4  → Br CH2– C– CH2Br+4KHSO4+4H2O CH2OH

CH2Br

CH2Br Br CH2– C– CH2Br + 2Zn  →

+ 2ZnBr2 (B)

CH2Br

5 (4,0đ)

→ nA = nC H = 0, 05mol Theo bài ra : VA = VC H  Bình 1 : chứa H2SO4 đặc hấp thụ nước Bình 2 : Chứa dung dịch Ba(OH)2 hấp thụ CO2 và có thể cả nước chưa bị hấp thụ bởi H2SO4 Theo bài ra ta có: mCO + mH O = 2, 7 + 18, 5 = 21, 2 g (I) Xét bình 2: Các phản ứng có thể Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3↓ + H2O (1) Ba(OH)2 + 2CO2 → Ba(HCO3)2 (2) Trường hợp 1: Nếu Ba(OH)2 dư khi đó chỉ xảy ra phản ứng (1) 2

1,0

39, 4 n CO2 = nBaCO3 = = 0, 2mol Thay vào (I) ta tìm được 197 21, 2 − 0, 2.44 nH 2 O = = 0, 689mol 18

0,5

Đặt công thức của A là CxHyOx y 4

z 2

y 2

Phương trình cháy: C x H y Oz + ( x + − )O2 → xCO2 + H 2O Theo phương trình: y=

2 nH 2 O

2.0, 689 = 27,56 → vô lí (loại vì y phải nguyên) 0, 05

Trường hợp 2: Nếu phản ứng tạo hỗn hợp hai muối

Theo (1) và (2) ta có : nCO = 0, 4mol → nH O = 2

21, 2 − 0, 4.44 = 0, 2mol 18

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

C x H y Oz + ( x +

y z y − )O2 → xCO2 + H 2O 4 2 2

Theo phương trình ta có: 2nH 2O 2.0, 2 0, 4 = 8, y = = =8 nA 0, 05 nX 0, 05 m 5, 2 MA = 12.x + y + 16.z = X = = 104 → z = 0 nX 0, 05

nCO2

1,0

Vậy công thức phân tử của A là: C8H8

a) Ta có:

nBr2 nX

0, 03 =1 0, 03

nH 2 nX

0,12 =4 0, 03

1 mol A1 + 1mol dung dịch Br2 => A1 có 1 liên kết π kém bền (dạng anken) 1 mol A1 + 4 mol H2 => A1 có 4 liên kết π, hoặc vòng kém bền => A1 có 3 liên kết π, hoặc vòng bền với dung dịch Br2 A1 là hợp chất có trong chương trình phổ thông => A1 có cấu trúc vòng benzen:

CH2

Vậy công thức cấu tạo của A1 (là stiren). b) A2 khi tác dụng với clo có chiếu sáng cho dẫn xuất mono clo nên A2 phải là hợp chất no hoặc hợp chất thơm Các nguyên tử cacbon trong X2 hoàn toàn đồng nhất nên chỉ có cấu tạo sau thỏa mãn:

0,5

(mỗi đỉnh là một nhóm CH2)

Chú ý: Thí sinh làm bài theo phương pháp khác: Cho kết quả đúng; lập luận chặt chẽ giám khảo căn cứ thang điểm của HD chấm cho điểm sao cho hợp lý. ĐỀ ĐỀ NGHỊ

KỲ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2020 Môn: HÓA HỌC 11 Thời gian làm bài: 150 phút

Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố: H=1; Mg = 24; C = 12; O = 16; N = 14; Na = 23; Mg = 24; Si = 28; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Al = 27 ; Cr = 52; Mn = 55; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ag = 108; I = 127; Ba = 137.

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

Câu 1. ( 4 điểm) 1.1. ( 1.0 điểm) Tính pH của dung dịch chứa hh gồm CH3COOH 0,1M và CH3COONa 0,02M. Biết ở 25oC, Ka của CH3COOH là 1,75.10-5 1.2. ( 1.0 điểm) Viết một phương trình điện li của các chất sau đây trong nước: H2S, AlCl3, Mg(OH)2, H3PO4. 1.3. (1.0 điểm) Tính pH trong dd Na2CO3 0,01M . Cho Ka1=10-6,35; Ka1=10-10,33; KW=10-14. 1.4. ( 1.0 điểm) Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch hỗn hợp gồm a mol HCl và b mol AlCl3, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau: số mol Al(OH)3

0.4 0

0,8

2,0

số mol NaOH

2,8

Tính tỉ lệ giữa a và b. Câu 2. ( 4.0 điểm) 2.1. ( 1.0 điểm) Chọn chất phù hợp, viết phương trình (ghi rõ điều kiện phản ứng) thực hiện biến đổi sau : +5

-3

N (1) N (2) N (3) N

(4)

(5)

(6)

N (8) N (7)

2.2. ( 1,5 điểm) Cho 3,48 gam bột Mg tan hết trong dung dịch hỗn hợp gồm HCl (dư) và KNO3, thu được dung dịch X chứa m gam muối và 0,56 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm N2 và H2. Khí Y có tỉ khối so với H2 bằng 11,4. Tính giá trị của m? 2.3. ( 1,5 điểm) Hấp thụ hoàn toàn 2,24 lít CO2 (đktc) vào 100 ml dung dịch gồm K2CO3 0,2M và KOH x mol/lít , sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y. Cho toàn bộ Y tác dụng với dung dịch BaCl2 (dư), thu được 11,82 gam kết tủa. Tính giá trị của x? Câu 3. ( 4.0 điểm) 3.1. ( 1,5 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 0,1 mol chất hữu cơ X cần dùng vừa đủ 50,4 lít không khí (đktc) thu được hỗn hợp B gồm CO2, H2O và N2. Dẫn hỗn hợp B vào bình đựng dung dịch Ca(OH)2 dư thu được 30 gam chất kết tủa, sau thí nghiệm khối lượng bình nước vôi tăng 24 gam và thấy thoát ra 42,56 lít khí (đktc). Biết trong không khí có chứa 20% oxi về thể tích, còn lại là nitơ. Xác định công thức phân tử của X. 3.2. ( 1,5 điểm) Một bình kín chỉ chứa các chất sau: axetilen (0,5 mol), vinylaxetilen (0,4 mol), hiđro (0,65 mol) và một ít bột niken. Nung nóng bình một thời gian, thu được hồn hợp khí X có tỉ khối so với H2 bằng 19,5. Khí X phản ứng vừa đủ với 0,7 mol AgNO3 trong dung dịch NH3, thu được m gam kết tủa và 10,08 lít hỗn hợp khí Y (đktc). Khí Y phản ứng tối đa với 0,55 mol Br2 trong dung dịch. Tính giá trị của m? 3.3. ( 1,0 điểm) Phân tích một hidđrocacbon (X) thu được %C= 83,72%. a. Xác định công thức phân tử của X. b. Viết công thức cấu tạo, gọi tên của X biết rằng khi cho tác dụng với clo(as) thì thu được hai sản phẩm chứa monoclo. Câu 4. ( 4.0 điểm)

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

4.1. ( 1,0 điểm) Có 4 lọ đựng riêng biệt các chất: axit benzoic (A); Benzanđehit(B); Metyl benzen (C); ancol benzylic (D). Biết A, B, C, D là chất lỏng. Hãy sắp xếp thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi , giải thích. 4.2. ( 1,0 điểm) Công thức đơn giản nhất của axit cacboxylic A mạch hở, không nhánh là (CHO)n. Biết rằng cứ 1,0 mol A tác dụng hết với NaHCO3 giải phóng ra 2,0 mol CO2; dùng P2O5 tách nước từ một phân tử A tạo ra chất B có cấu tạo mạch vòng. Viết công thức cấu tạo của A, B, gọi tên của A và viết phản ứng tạo ra B. 4.3. ( 2.0 điểm) Hai hợp chất thơm A và B đều có công thức phân tử CnH2n-8O2. Hơi B có khối lượng riêng 5,447 g/l (đktc). A có khả năng phản ứng với kim loại Na giải phóng H2 và có phản ứng tráng gương. B phản ứng được với Na2CO3 giải phóng khí CO2 . a) Viết công thức cấu tạo của A,B. b) A có 3 đồng phân A1 ; A2 ; A3 , trong đó A1 là đồng phân có nhiệt độ sôi nhỏ nhất. Xác định công thức cấu tạo của A1 , giải thích. c) Viết sơ đồ chuyển hoá o-crezol thành A1 ; toluen thành B. Câu 5. ( 4.0 điểm) 5.1. ( 2.0 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, N2O, N2 bay ra (ở đktc) và dung dịch A. Thêm một lượng vừa đủ O2 vào hỗn hợp 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 thoát ra (ở đktc). Tỷ khối của Z đối với H2 bằng 1,38. Nếu cho dung dịch NH3 dư vào dung dịch A thu được 62,2 gam kết tủa. Tính m1, m2. (Biết lượng HNO3 lấy dư 20% so với lượng cần thiết, dung dịch A khi tác dụng với dung dịch NaOH không có khí NH3 thoát ra) 5.2. ( 2,0 điểm) Hợp chất hữu cơ A có 88,24%C và 11,76% H, tỉ khối hơi của A đối với ancol etylic là 2,957. a. Tìm CTPT A, tính tổng số liên kết đôi và số vòng trong phân tử A b. Tính số vòng của A, biết rằng hidro hoá hoàn toàn A thu được hợp chất no B có CTPT CxH2x c. Viết các công thức cấu tạo có thể có của A, biết rằng A tác dụng với dung dịch brôm theo tỉ lệ mol 1:1 và A tác dụng với nước (H+ xúc tác) thu được chất (C) có công thức cấu tạo như sau:

------------------ HẾT----------------- Học sinh không được sử dụng tài liệu và bảng Hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học.

- Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm. - Họ và tên thí sinh: ............................................................................Số báo danh:..........

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

KỲ THI NĂM HỌC 2020 Môn: HÓA HỌC 11 Thời gian làm bài: 150 phút

ĐÁP ÁN

CÂU

ĐI Ể M 0,25

CH3COONa → CH3COO- + H+

1.1

0,02M

CH3COOH <=> CH3COO- + H+ ka = 1,75.10-5 Cb

0,1-x

0,02+x

0,5

Suy ra giá trị của x, pH= 4,06 Viết đúng mỗi pt điện li được 0,25 đ 1.2 1.3

0,25

1,0

CO32 − + H 2 O ⇌ HCO3 − + OH − K b1 (1)

0,25

CO32 − + H 2 O ⇌ HCO3− + OH − K b2 ( 2 ) H 2 O ⇌ H + + OH −

Kw ( 3)

Kb1=Kw/Ka1 =10-10,33; Kb2=Kw/Ka2 =10-7,65. Kb1>>Kb2>>Kw , nên cân bằng (1) là chủ yếu:

0,25 0,5

CO32 − + H 2 O ⇌ HCO3− + OH − K b1 (1) C 0,10   0,10 − x x x Kết quả tính cho ra: [HCO3-]=[OH-]=4,62.10-3; pOH=2,34; pH = 11,66

1.4

Ta có:a = 0,8 ;

n OH −

= 2,8 = 0,8 + 3b + (b – 0,4) → b = 0,6 →

0,25

a : b = 0,8 : 0,6 = 4:3 Các phương trình phản ứng : 0,125x 8= 1.0 đ 2.1

→

(1)

0,75

N2 + 3H2

500 , 300atm

2NH3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

1,0

Pt , 850−900o C

(4)

→ 4NO + 6H2O 4NH3 + 5O2     2NO + O2 → 2NO2 4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3

(5)

5Mg + 12 HNO3 → 5Mg(NO3)2 + N2 + 6H2O

(6)

→ 2NO N2 + O2   2NO2 + 2KOH → KNO2 + KNO3 + H2O

(2) (3)

2000o C

(7)

(8) 5KNO2 + 2KMnO4 + 3H2SO4 → 5KNO3 + K2SO4 + 2MnSO4 + 3H2O 2.2

Số mol N2=0,025×(22,8-2):26=0,02; số mol H2=0,005 Số mol NH4+=(3,48:24×2-0,02×10-0,05×2):8=0,01 m=3,48:24×95+(0,02×2+0,01)×74,5+0,0153,5=18,035 2−

2,3

0,5 0,5 0,5 0,5

−

Nhận thấy nCO2 + nCO 3 ban đầu = nHCO 3 + nBaCO3

0,5

−

→ nHCO 3 = 0,06 mol CO2 +2OH- → CO32- ; mol: 0,04

0,08

CO2 + OH- → HCO3-

0,06

0,5

0,06

Vậy nOH- = 0,14 mol. Vậy x = 0,14:0,1 = 1,4M 3.1

n n

0,25

=50,4:22,4=2,25mol ⇒ n

CaCO 3

=0,3mol ⇒ n

=0,45mol; n N =1,8 mol; O 2 2 =0,3mol.

0,25

Dẫn sản phẩm qua dung dịch Ca(OH)2 dư có phản ứng: Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3 + H2O

44. n Khối lượng bình Ca(OH)2 tăng 

0,25 CO 2

+18n

H O 2

=24 ⇒ n

H O 2

=0,6mol .

Khí thoát ra khỏi bình là khí N2. Số mol N2 sinh ra từ phản ứng cháy là: 0,1 mol.

0,25

nO(X)=0,6+0,6-0.9=0,3 mol.

Đặt công thức phân tử của chất X là CxHyOzNt

y z y t x+ − 4 2 )O2 → xCO2 + 2 H2O + 2 N2 CxHyOzNt + (

0,5

Dựa vào ptpư: ta có x =3, y =12, z =3, t =2. CTPT của X là C3H12O3N2 Số mol khí tạo kết tủa=(0,5×26+0,4×52+0,65×2):39-10,08:22,4=0,45 3.2

Gọi x , y , z lần lượt là số mol axetilen , vinylaxetilen và but-1-in trong X x+y+z=0,45

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

0,75 0, 5

2x+y+z=0,7 Bảo toàn liên kết pi : 2x+3y+2z=0,5×2+0,4×3-(1,55-(0,5×26+0,4×52+0,65×2):39)-0,55=1 =>x=0,25 ; y=0,1; z=0,1=>m=0,25×240+0,1×159+0,1×161=92 gam %C= 83,72% => %H= 16,28%. 3.3

Gọi CTPT của X là CxHy → x:y= 3:7 => CTPT của X có dạng (C3H7)n

0,25

→

n=2

0,25

→

CTPT của X là C6H14 0,25 0,25

- Viết đúng CTCT - Gọi tên đúng (2,2-đimetylbutan)

a 4.1

- Thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi (C6H5CH3 < C6H5CH=O < C6H5CH2OH < C6H5COOH (C)

(B)

(D)

(A)

0,25 0,25

+ (C) phân cực yếu hơn (B),không có liên kết hidro + (B) phân cực , không có liên kết hidro + (D) phân cực, có liên kết hidro liên phân tử yếu hơn (A) + (A) phân cực, có liên kết hidro liên phân tử mạnh. -Vì 1 mol A tác dụng được với NaHCO3 giải phóng 2 mol CO2  A là một axit 2 4.2

0,25

nấc  CTPT của A phải là C4H4O4 hay C2H2(COOH)2.

Ứng với mạch thẳng có 2 đồng phân cis-trans là: HOOC

H C

COOH

HOOC

axit trans-butenđioic

0,25

C COOH

axit cis-butenđioic

(axit fumaric)

0,5

(axit maleic)

- Chỉ có đồng phân cis mới có khả năng tách nước tạo anhiđrit: O CO OH

P 2O 5

+H 2O

C H

COO H

C O

MB = 5,447.22,4 = 122 (g) => CTPT cña A,B: C7H6O2 4.3

→ H2 => A có nhóm -OH. A + Na 

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

NH 3 → Ag => A có nhóm -CH=O A + AgNO3 

a)CTCT của A: ( 0,5 điểm) CH=O OH

CH=O

CH=O 0,25

OH COOH B + Na2CO3  → CO2 b) A1 là:

OH 0,25

=> B là axit:

CH=O OH vì A1 có liên kết hiđro nội phân tử làn giảm nhiệt độ

sôi.

Tính axit của B mạnh hơn axit CH3-COOH vì nhóm -C6H5 là nhóm hút e. ( 0,5 điểm) c) Sơ đồ phản ứng từ o-crezol thành A1: ( 1,0 điểm ) CH3 CH2Cl CH2OH CH=O OH OH OH OH + Cl2 + NaOH + CuO  → →  → as t0 t0

0,5

Từ toluen  → B: CH3

0,25

COOH

0,25

+ KMnO4 ( t )  →

5.1

8,96 = 0, 4mol 22, 4 0,25 Khi cho O2 vào hỗn hợp X có phản ứng 2NO + O2 → 2NO2 ⇒ nhhX = nhhy Khi cho hóa học Y vào dung dịch NaOH có phản ứng: 2NO2 + 2NaOH → NaNO3 + NaNO2 + H2O 44,8 Hỗn hợp Z gồm N2O và N2 nhhZ = nN O + nN = = 0, 2 mol ⇒ nNO = 0,2 0,25 2 2 22, 4 mol 44nN O + 28nN 2 2 M hhZ = 1,38.29 = 0,25 0, 2 ⇒ nN O = 0,15 mol ; nN = 0, 05 mol Số mol của hỗn hợp X: nhhX =

Mg –2e → Mg x mol x mol Al – 3e → Al3+ y mol y mol Tổng số mol e 2 kim loại đã nhường

ne = (2x + 3y) mol

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

4H + + NO3 – + 3e → NO + 2H2O 0,8mol 0,6 mol 0,2 mol + – 10H + 2NO3 + 8e → N2O + 5H2O 1,5 mol 1,2mol 0,15mol 12H+ + 2NO3– +10e → N2 + 6H2O 0,6 mol 0,5 mol 0,05 mol Tổng số mol e chất oxi hoá đã nhận: ne(nhận) = 0,6 + 1,2 + 0,5 = 2,3 mol Mg2+ + 2NH3 +2 H2O → Mg(OH)2↓ + 2NH4+ x mol x mol 3+ Al + 3NH3+ 3H2O → Al(OH)3 ↓ + 3 NH4+ y mol 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: 0,8 + 1,5 +0,6 = 2,9 mol 2,9.63.100.120 Vậy: m2 = = 913,5 g 24.100

. 5.2

2,957.

136

gam

0,25

0,25 0,25 0,25

có

tỉ

l ệ:

88, 24 11, 67 = = 7, 35:11, 67 =1:1, 6 = 10:16 12 1 CTPT A có dạng ( C10H16)n

0, 5 0,25

MA = 136n = 136 ⇒ n = 1 ⇒ CTPT A là C10H16

0,25

2 + 10(4 − 2) + 16(1 − 2) =3 2 Tổng số vòng và số liên kết đôi của A là

0,25

b. Hidro hoá C10H16 ta thu được C10H20 ⇒ Số vòng no của A và B giống nhau

2 + 10(4 − 2) + 20(1 − 2) =1 2 và bằng

0,25

c. CTCT có thể có của A

CH C

CH2

CH CH

CH3

CH C

C CH CH

CH3

CH C

C CH

CH CH3

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com

0,25

Chú ý: Nếu học sinh có cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. ------------------ HẾT-----------------

Phát hành PDF bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đăng ký Word doc qua Zalo 0905779594 Email thanhtuqn88@gmail.com