20 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI

HÓA HỌC 11
CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT

Tp. Hồ Chí Minh, 2017


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH

KỲ THI OLYMPIC THÁNG 4 TP. HCM LẦN 1

NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn thi: HOÁ HỌC 11

Đề thi chính thức
Đề thi có 2 trang

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày 04 tháng 4 năm 2015

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

Câu 3: (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 HNO 3
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 HNO 3
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 4: (5 điểm)
4.1. 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 H 2
(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
4.2. A là axit hữu cơ mạch không phân nhánh, B là ancol đơn chức bậc 1 có nhánh.
Khi trung hòa hoàn toàn A cần số mol NaOH gấp 2 lần số mol A. Khi đốt cháy
B được CO2 và H2O với tỉ lệ số mol 4:5. Khi cho 0,1 mol A tác dụng với 0,25
mol B với hiệu suất 73,5% thu được 14,847 gam chất hữu cơ E.
1) Viết công thức cấu tạo của A, B, E.
2) Tính khối lượng axit A và ancol B đã tham gia phản ứng

Câu 1
1.1 1.5đ

-

HƯỚNG DẪN CHẤM

a.
b.
c.

Điểm

NaHCO3 + NaOH  Na2CO3 + H2O
A
B
D
NaHCO3 + HCl  NaCl + CO2 + H2O

0,25đ

E
F
NaHCO3 + Ba(OH)2  BaCO3 + NaOH + H2O
G
H

0,25đ

0,25đ


Dd NH3
1
dư
Các phương trình:
AlCl3 + 3NH3 + 3H2O  Al(OH)3 + 3NH4Cl
FeCl3 + 3NH3 + 3H2O  Fe(OH)3 + 3NH4Cl

CuCl2
Kết tủa
xanh
3

0,25đ
0,25đ

ZnCl2
Kết tủa
trắng
Tan
(4)

1,0đ
0,25đ


1.3
1.5đ

CuCl2 + 2NH3 + 2H2O  Cu(OH)2 + 2NH4Cl

P2O5
142

0,25đ
0,25đ

Câu 2: (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

 Br ,xt,t
 NaOH
 (T2) (T3)  axit
(X)  (T) 
 (T1) 
200atm,300 C
2

o

picric
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 =


  CH2-CH=CH-CH2  n

nCH2=CH-CH=CH2
3HCCH
C6H6 +

0,25đ

o

xt,t


o

Fe,t

Br2 

C6H5Br + HBr

C6H6

0,25đ
0,25đ


o




 CH3CH(CH3)CH2CH2OH
CH3CH(CH3)CH2CHO + H2 Ni
0

,t


 CH3CH(CH3)CH2CH2OH
CH2= C(CH3)-CH2CHO + 2H2 Ni
Ni ,t 0
 CH3CH(CH3)CH2CH2OH
CH3 C(CH3)=CHCHO +2 H2 
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
0,25đ
0,25đ
0,25đ


M2On + 2nHNO3  2M(NO3)n + nH2O
(2)
a/2
na
a
(mol)
500na
Ma  62na
mdd HNO3 =
; C% (muôi)=
.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
20,92.34,7
Mol Fe(NO3)3 =
= 0,03  mol Fe(NO3)3 trong muối rắn = 0,02.


0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ

0,25đ
0,25đ
0,25đ

2

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


0,25đ
Câu 4: (5 điểm)

4.1. 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 H 2
(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.
4.2. A là axit hữu cơ mạch không phân nhánh, B là ancol đơn chức bậc 1 có nhánh.
Khi trung hòa hoàn toàn A cần số mol NaOH gấp 2 lần số mol A. Khi đốt cháy B
được CO2 và H2O với tỉ lệ số mol 4:5. Khi cho 0,1 mol A tác dụng với 0,25 mol
B với hiệu suất 73,5% thu được 14,847 gam chất hữu cơ E.
1) Viết công thức cấu tạo của A, B, E.
2) Tính khối lượng axit A và ancol B đã tham gia phản ứng
Câu
HƯỚNG DẪN CHẤM
4.1. Đặt công thức của ancon đơn chức là RCH2OH
2đ 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


4
 nCO2 < nH2O, vậy B là 0,25đ
5

ancol đơn chức no mạch hở: CnH2n+2O
CnH2n+2O +
Ta có tỉ lệ

3n
O2  n CO2 + (n +1) H2O
2
n CO
4
n
2

nH O
2

=

n 1

=

5

 n = 4: C4H10O hay C4H9-OH


0,25đ

COO CH2 CH CH3
CH3

0,25đ

TH2: A bị este hóa một chức:
R(COOH)2 + C4H9-OH  R(COOH) (COO-C4H9) + H2O
M = R + 146 = 202  R = 56 (-C4H8-)
Công thức phân tử của A: C4H8(COOH)2:
HOOC-CH2-CH2-CH2-CH2-COOH:

0,25đ

Công thức cấu tạo của este E:
CH3

CH2 CH2 COO CH2 CH CH3
CH2 CH2 COOH

0,25đ
0,25đ

2) Khối lượng A, B đã phản ứng:
a) A tạo este 2 chức:
14,847 ×90
= 6,615 gam
202
14,847× 74× 2

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu I ( điểm):
1) Có 3 ống nghiệm, mỗi ống chứa 2 cation và 2 anion (không trùng lặp) trong số các ion
sau : NH4+, Na+, Ag+, Ba2+, Mg2+, Al3+ , Cl, Br, NO3, CO32, SO42, PO43. Hãy xác
định các cation và anion trong từng ống nghiệm.
2) Cho 5 dd : Na2CO3 , FeCl3 , NaOH, Al2(SO4)3 , AgNO3 . Viết các phơng trình phản ứng
xảy ra (nếu có) khi lần lợt cho một dung dịch này phản ứng với các dung dịch còn lại.
3) Có 5 chất bột màu trắng đựng trong 5 bình riêng biệt bị mất nhãn hiệu là: NaCl,
Na2CO3, Na2SO4, BaCO3 và BaSO4. Chỉ đợc dùng thêm nớc và CO2 hãy trình bày cách
phân biệt từng chất.
Câu II ( điểm):
Hoà tan hoàn toàn 4,24 gam Na2CO3 vào nớc thu đợc 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.
1. Hãy cho biết những chất gì đợc hình thành và lợng các chất đó. Chất nào trong
các chất đó còn lại trong dung dịch.
2. 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 tợng xảy ra và tính khối lợng các chất tạo thành sau phản
ứng.
Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Câu III ( điểm):
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 đợc ở trên ,viết các phản ứng chuyển hoá theo sơ đồ sau:
Br2
NaOH
CuO Cu(OH)2
H2SO4

(.00)

Nội dung
ống nghiệm 1: NH4+, Na+, CO32-, PO4ống nghiệm 1: Ag+, Mg2+, NO3-, SO42ống nghiệm 1: Ba2+, Al3+, Cl-, BrCác ptp:
1. 3Na2CO3 + 2FeCl3 + 3H2O 6NaCl + 2Fe(OH)3 + 3CO2
2. 3Na2CO3 + Al2(SO4)3 + 3H2O 3Na2SO4 + 2Al(OH)3 + 3CO2
3. Na2CO3 + 2AgNO3 2NaNO3 + Ag2CO3
4. FeCl3 + 3NaOH 3NaCl +Fe(OH)3
5. FeCl3 + 3AgNO3 Fe(NO3)3 + 3AgCl
6. Al2(SO4)3 + 6NaOH 3Na2SO4 + 2Al(OH)3
7. Al(OH)3 + NaOHd NaAlO2 + 2H2O
8. Al2(SO4)3 + 6AgNO3 2Al(NO3)3 + 3Ag2SO4
+ Lấy mẫu thử từ các chất trên
+ Hoà tan lần lợt từng chất vào nớc
- Các chất tan tạo dung dịch là: NaCl; Na2CO3; Na2SO4
- Các chất không tan là: BaCO3; BaSO4
+ Hoà tan hai chất không tan trong nớc vào nớc có CO2:
- Chất tan dần tạo thành dung dịch là: BaCO3
Ptp: BaCO3 + CO2+ H2O Ba(HCO3)2 tan
- Chất không tan còn lại là: BaSO4
+ Dùng dung dịch Ba(HCO3)2 vừa điều chế đợc cho tác dụng với các dung
dịch NaCl; Na2CO3; Na2SO4 ở trên:
- Hai dung dịch có kết tủa trắng xuất hiện là Na2CO3; Na2SO4
Ptp: 1, Ba(HCO3)2 + Na2CO3 BaCO3 + 2NaHCO3
2, Ba(HCO3)2 + Na2SO4 BaSO4 + 2NaHCO3
- Dung dịch không có hiện tợng gì là NaCl
Lọc lấy kết tủa ở trên đem hoà tan trong nớc có CO2, kết tủa tan là BaCO3,
dung dịch ban đầu là Na2CO3;
Chất còn lại là Na2SO4
20.9,125

Sau phản ứng 3, 4 sản phẩm thu đợc 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
2/
(.00)

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 đợc 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 d (0,02 0,015 = 0,005 mol);
Khối lợng sản phẩm:
mNaCl = 0,05.58,5 = 2,925 gam ; mNaOH = 0,03.40 = 1, 2 gam ;
mCaCO3 = 0,015.100 =1,5 gam ; mCa (OH ) 2 = 0,005.74 = 0,37 gam

Câu III

1/
(.00)

2/
(.00)

Gọi x, y lần lợt là số mol Fe, M trong một phần; a là hoá trị của M
Phần 1: Hoà tan trong HCl
1. Fe + 2HCl FeCl2 + H2
a
2. M + aHCl MCla + H2
2
a
a
0,896
nH 2 = nFe + nM = x + y =
= 0,04mol
2
2
22, 4
Phần 2: Hoà tan trong HNO3:
3. Fe + 6HNO3 Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O
4. M + 2aHNO3 M(NO3)a + aNO2 + aH2O
2,016
nNO2 = 3nFe + a.nM = 3x + ay =
= 0,09mol
22, 4
0,06
Từ (*) và (**) suy ra: x = 0,01 mol; ay = 0,06 mol => y =
a

Số mol A ở 54,6oC , 0,9 atm là: n A = nHe =
4
2,9
= 58 = 58n =>n = 1
MA = M A =
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: Học sinh có thể làm theo nhiều cách nhng nếu đúng thì vẫn cho điểm tối đa.


SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT
NĂM HỌC 2012-2013
MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 11
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi có 02 trang, gồm 6 câu)

Câu I:
Nguyên tử của nguyên tố R ở trạng thái cơ bản có tổng số electron ở các phân lớp s là 7.
a. Viết cấu hình electron nguyên tử của R ở trạng thái cơ bản, xác định tên nguyên tố R.
b. Với R có phân lớp 3d đã bão hoà, hoà tan hoàn toàn m gam một oxit của R trong dung dịch H2SO4

Câu IV:
Đốt cháy hoàn toàn 0,047 mol hỗn hợp X gồm 3 hiđrocacbon mạch hở 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 2 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 2 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 1 kết tủa.

1


Câu V:
1. 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
2. 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

2


HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 0,75+1,75(1+0,75)
a) Trong vỏ nguyên tử của nguyên tố R electron phân bố vào các phân lớp s theo thứ tự là: 1s2;
I
=> Các cấu hình electron thỏa mãn là
2,5 2s2; 3s2; 4s1
1s22s22p63s23p64s1 => Z = 19 R là Kali
1s22s22p63s23p63d54s1 => Z = 24 R là Crom
1s22s22p63s23p63d104s1 => Z = 29 R là đồng
b) Vì oxit của Cu tác dụng với dung dịch axit sunfuric đặc nóng tạo ra khí SO2 do đó là đồng 0,75
(I) oxit (Cu 2O) nSO  0,025(mol )
0,5
2

o

t
Cu 2O + 2H2SO4 
2CuSO4 + SO2 + 2H2O
0,025
0,025 (mol)
=> m=144.0,025=3,6 (g)
5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O 2H2SO4 + K2SO4 + 2MnSO4
0,025 0,01
0,01 (mol)
Nồng độ mol/l của dung dịch KMnO4 là 0,005 (M)
Phương trình điện li của axit sunfuric: ([H2SO4]=0,005M)

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
Mg
10
* Dung dịch: NH4Cl 1M + NH3 1M.
cân bằng chủ yếu là:
NH3 + H2O
K NH 3 = Kb = 10 -4,75
NH 4 + OH





1
1
1-x
1+x
Kb = x  1x = 10 -4,75

0,5

x

1 x

x
x
5.10-5 + x

CH3COOH
C 0,05M
∆C
x
[ ] 0,05-x

5.10

5



x x

0, 05  x

 104,76

x = 8,991.10-4M (nhận)
x = -9,664.10-4M(loại)
pH = -lg[H+] = -lg(5.10-5 + x) = 3,023=3,02
b. Gọi CA là nồng độ M của dung dịch CH3COOH
CH3 COOH
CH 3 COO   H 
C
CA


1014
 103 M
11
10

Sau khi trộn:
0, 0585x 25
 0, 03656M  3, 66.10 2 M
40
103 x15
C KOH 
 3, 75.10 4 M
40
CH 3 COOH  KOH  CH 3 COOK 
H 2O
C CH 3 COOH 

Phản ứng
3,66.10 -2 3,75.10-4
0
0
Sau phản ứng (3,66.10-2 – 3,75.10-4 )0
3,75.10-4
3,75.10 -4
CH 3 COOH
CH 3 COO   H 
C
0,036225
3,75.10-4

0, 0585.10
 0, 02925M
20
6, 62.10 3.10

 3,31.10 3 M
20

CCH3COOH 
CHCOOH

Bảo toàn điện tích : [H+]=[CH3 COO-]+[HCOO-]
Ta có: h= C1Ka1/(Ka1+h)+ C2Ka2/(Ka2+h)
→ h3+h2(Ka1+Ka2)+h(Ka1Ka2 –C1Ka1-C2Ka2 )-( C1Ka1Ka2 +C2 Ka1Ka2)=0
Ta có h= 9,997.10-4. Nên pH = 3,00
4

1


1
III
1.

1,5+2
Theo giả thiết thì B chứa N2 và N2O
 nN O  nN 2  0, 448.(988 / 760) / (0, 082.354, 9)  0, 02  nN 2O  0, 01
Ta có  2

 nN2 O .44  nN2 .28  0, 02.32.0, 716.44 / 28

Mol: 0,04
0,04
NaAlO2 + 4HCl + H2O → NaCl + AlCl3 + 3H2O
Mol:
0,08
0,32
 Số mol HCl còn lại sau 2 pư trên là 0,38 mol. B là hh khí nên B phải có CO2 + H2. C chắc
chắn có Cu, có thể có FeCO3 + Fe. Mặt khác C + HNO3 → NO2 là khí duy nhất nên C không
thể chứa FeCO3  C có Cu và có thể có Fe (FeCO3 đã bị HCl hòa tan hết).
TH1: Fe dư. Gọi x là số mol FeCO3; y là số mol Fe bị hòa tan; z là số mol Fe dư, t là số mol
Cu ta có: 116x + 56(y + z) + 64t = 20 – 0,08.27 = 17,84 (I)
FeCO3 + 2HCl → FeCl2 + CO2↑ + H2O
Mol:
x
2x
x
x
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑
Mol: y
2y
y
y
 Số mol HCl = 2x + 2y = 0,38 (II)
 B có x mol CO2 + y mol hiđro. Dựa vào pư của B với nước vôi trong  x = 0,1 mol (III)
 C có z mol Fe dư + t mol Cu  3z + 2t = 1,12/22,4 (IV)
 x = 0,1 mol; y = 0,09 mol; z = 0,01 mol và t = 0,01 mol.
Vậy A có: 0,1.116=11,6 gam FeCO3 + 0,1.56=5,6 gam Fe + 0,01.64=6,4 gam Cu +
0,08.27=2,16gam Al
+ Tính tiếp ta được giá trị của m=mCuO+mFe2O3=0,01.80+0,01.160/2 = 1,6 gam.
TH2: Fe hết  C chỉ có Cu  số molCu = ½ NO2 = 0,025 mol.

2  BaCO (0,111-x)+CaCO (0,111-x)
Ca(HCO3 ) 2 (0,111-x) 
3
3
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
→ nH2O = (0,061.100+ 3,108-0,161.44)/18=0,118
+ Hai HDC còn lại cháy cho: nCO2=0, 161-0,02.4=0,081; nH2O= 0,118-0,02.2=0,078
Số Ctb = 0,081/0,027= 3
Do trong X có 2 HDC có cùng số C nên có các TH sau
+ TH1: 2 HDC còn lại có cùng 3C
nBr2 = 0,09-0,02.3=0,03 > 0,027 nên có C3H4
còn lại là C3 H8 hoặc C3H6
 a  b  0, 027 a  0, 012
- C3H8 : a ; C3H4 :b 

TM
 2b  0,03
b  0, 015

V
1.

 a  b  0, 027 a  0, 024
- C3H6 : a ; C3H4 :b 

TM
 a  2b  0, 03 b  0, 003
+ TH2: 1 HDC còn lại có cùng 4C, HDC còn lại là 1C hoặc 2C
 x  y  0, 027

5

xclohexen

+ 8KMnO4+ 12H2SO4  5 HOOC(CH2)4COOH +4K2SO4+8MnSO4+12H2O.

0,5

0,5

b. Phản ứng:
OH

0,5
2.

OH + 2MnO2 + 2KOH.
3
+ 2KMnO4 + 4H2O  3
a. nCa(OH)2 = 0,115 mol
CO2 + Ca(OH)2 (0,151mol) →
CaCO3 (x)


Ba(OH)2
 BaCO3 (0,115-x)+CaCO3 (0,115-x)
Ca(HCO3 ) 2 (0,115-x) 
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:


H3C

CH3

CH3

CH3

(A)
Các phản ứng xẩy ra

(B)

(C)
COOH

CH3

5H C

CH3

3

+ 18KMnO4 + 27H2SO4  5 HOOC

CH3
H3C



+ HBr

CH3
H3C

CH3
H3C

0,75

COOH

CH2 CH3

CH3

+9K2SO4+18KMnO4+42H2O.

COOH
COOH

HOOC

CH3

5

5



Br

CH3

VI
1.

0

Fe, t
+ Br2 
 CH3 hoặc CH3 + HBr
2(0,5+1+0,5)+1,5
a) Đặt a là số mol N2O4 có ban đầu,
 là độ phân li của N2O4 ở toC
xét cân bằng:
N2O4
2NO2
số mol ban đầu
a
0
số mol chuyển hóa
a
2a
số mol lúc cân bằng a(1 - )
2a
Tổng số mol khí tại thời điểm cân bằng là a(1 + )
Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí:


N 2 O4 a(1 )



4a2
(1 )V

V

V l th tớch (lớt) bỡnh cha khớ
V PV = nS. RT RT =

PV
PV

nS
a(1 )

Thay RT, Kc vo biu thc KP = Kc. (RT)n õy
n = 1 KP =

4a2
PV
P.4. 2
.

(1 )V a(1 ) 1 2

35oC thỡ = 0,27 KP = 0,315
,


B

S

F

F

O

O

0,5

Phõn cc
N

P

H

H
H

F

F
F


1. C oNH 4Cl 

0,050L  0,200mol.L
0,125L

ĐIỂM
1

 0,08M ; C oNaOH 

0,075L  0,100mol.L
0,125L

 0,06M

NH4Cl + NaOH  NaCl + NH3 + H2O
0,08
0,06
0,06
0,06
0,06
0,02
0
0,06
Xét cân bằng :

0,50

NH3 + H2O ⇄ NH4+ + OH0,06
0,02

x
0
x
2+
+
5Fe + MnO4 + 8H  5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O
x
x/5

1,00

10,25

1


Ta có :

ax  0,01037 L  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
Từ M = 18 + 56 + 96.2 + 18n =

0,5 gam
1,037.10 3 mol

2. Tính tan :
NH3 tan tốt hơn PH3 trong nước, do phân tử phân cực hơn và có khả năng tạo liên kết
hidro với nước.
H
H
... H N ... H O ... H N ...
H

H

H

Tính bazơ :
NH3 có tính bazơ mạnh hơn PH3, do liên kết N-H phân cực mạnh hơn liên kết P-H,
làm cho nguyên tử N trong phân tử NH3 giàu electron hơn, dễ dàng nhận proton hơn
(một nguyên nhân nữa giải thích cho điều này là ion NH4+ bền hơn PH4+).
Tính khử :
PH3 có tính khử mạnh hơn nhiều so với NH3, do nguyên tử P là một phi kim có độ âm
điện nhỏ và phân tử PH3 kém bền hơn NH3.
2


3. (a) 4NH3 (k) + 5O2 (k)  4NO (k) + 6H2O (k)
H  4H NO  6H H 2O  4H NH 3 
H  (4  90 kJ )  [6  (242 kJ )]  [4  (46kJ )  908kJ

(b) Vì phản ứng là tỏa nhiệt, nên để tăng hiệu suất cần giảm nhiệt độ. Tuy nhiên nếu
hạ nhiệt độ quá thấp sẽ làm giảm tốc độ phản ứng, nên thực tế phản ứng này được tiến
hành ở 850-900oC và có xúc tác Pt. Vì phản ứng thuận là chiều làm tăng số phân tử
khí, nên để tăng hiệu suất phản ứng cần giảm áp suất. Tuy nhiên, điều kiện áp suất gây


Cơ chế (cộng AE) :

CH 3


CH CH 2

H+

CH 3 CH CH 3
CH 3 CH 2

(X)

CH 2 (Y)

Cl -

0,50
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.

3



+ H2 O

CH3
+ HONO2

H2SO4

CH3
+ H2 O

0,50

NO2

Cơ chế (thế SE2Ar) : HONO2 + H2SO4  HSO4- + H2O + +NO2
CH3

CH3
CH3

H
NO2

CH3

NO2
-H+

+


1,00

CH3

Trong trường hợp này, các nhóm thế đồng phẳng, nên phân tử xuất hiện hiện tượng
đồng phân hình học.
4