Kỳ thi Olympic 30/4/2006
Trường THPT chuyên TRẦN ĐẠI NGHĨA_Tp HCM
Đề và đáp án môn: Hóa
Họ và tên GV biên soạn: TRẦN THỊ THÚY BÌNH
Số mật mã:

Khối 11

Số mật mã:
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA LỚP 11
Câu I: (4 điểm)
I.1. Nguyên tố X (có nhiều dạng thù hình) có một anion chứa oxi đóng vai trò quan
trọng trong ô nhiễm nước. Độ âm điện của nó nhỏ hơn của oxi. Nó chỉ tạo hợp chất
phân tử với halogen. Ngoài hai oxit đơn phân tử còn có những oxit cao phân tử. X
còn có vai trò rất quan trọng trong sinh hóa. Các orbital p của nguyên tử X có 1
electron.
I.1.1. Đó là nguyên tố nào? Viết cấu hình của nó.
I.1.2. X có thể tạo được với hidro nhiều hợp chất cộng hóa trị có công thức chung
XaHb; dãy hợp chất này tương tự dãy đồng đẳng ankan. Viết công thức cấu
tạo của bốn chất đồng đẳng đầu tiên.
I.1.3. Một trong bốn chất này có 3 đồng phân lập thể (tương tự axit tatric). Xác
định công thức của hợp chất này.
I.1.4. Nguyên tố X tạo được những axit chứa oxi (oxoaxit) có công thức chung
H3XOn với n = 2, 3, 4. Viết công thức cấu tạo của 3 axit này. Đánh dấu các
nguyên tử H axit và ghi số oxi hóa của X trong các hợp chất này.
I.1.5. Một hợp chất dị vòng của X, với cấu trúc phẳng, do J.Liebig và F. Wohler
tổng hợp từ năm 1834, được tạo thành từ phản ứng của NH 4Cl với một chất
pentacloro của X; sản phẩm phụ của phản ứng này là một khí dễ tan trong
nước và phản ứng như là một axit mạnh.
I.1.5.1. Viết phương trình của phản ứng nói trên.
I.1.5.2. Viết công thức cấu tạo của hợp chất (NXCl2)3.

Tại trạng thái cân bằng, trong bình phản ứng có áp suất tổng cộng là 2 atm.
Hãy tính Kc và Kx (có đơn vị).
Hỗn hợp phản ứng sẽ có thành phần (phần trăm thể tích) như thế nào nếu
người ta dẫn etan tại 627oC qua một chất xúc tác khử hidro? Áp suất tổng
cộng tại trạng thái cân bằng là 1013 hPa.
Hãy tính Kp tại 600K với giả thiết là trong khoảng nhiệt độ 600K đến 900K
thì ΔHo và ΔSo không thay đổi.
Hãy giải thích ngắn gọn sự khác nhau giữa các giá trị K p tính được ở mục
I.2.2 và I.2.6.
1


Phần này là phách sẽ cắt

∗ Đáp án câu I:
I.1.
I.1.1. Nguyên tố photpho
I.1.2.
H
P
H

H

0,5đ
H

H
P



H
H

(3)

H

P
P

H

H

(4)

0,25đ
I.1.3. Hợp chất số 4

3 đp lập thể
PH2

H

H
P

H


PH2

PH2
H

P

H

P
PH2

0,25đ

I.1.4.
OH
O

P

+I

OH

OH

+II
H

O


N
P

P

N

N

Cl

Cl
P
Cl

0,25đ

Cl

I.1.6. Đun nóng nhanh  chất nóng chảy không bị gãy vòng
Đun nóng chậm  vòng bị bẻ gãy  tạo thành các phân tử polime có hệ liên
hợp π
N

N

N
P


K P = K.PoΔn

Δn = 1

K P = 50,8hPa

po = 1013 hPa
0,25đ

I.2.3. C2H4 + H2  C2H6 với ΔGo = -22,39 kJ/mol
Đối với phản ứng này thì ΔSo = -So (H2) – So (C2H4) + So (C2H6) = -135 J/K.mol
Khi đó: ΔHo = ΔGo + TΔSo
 ΔHo = -143,9 kJ/mol
0,25đ
I.2.4. Tính Kc:
Ta biết rằng pV = nRT  p = RT.

n n
,
=C
V V

(Nếu tính giá trị của p bằng Pascal, của T bằng Kelvin, thì V tính bằng m 3 và
nồng độ bằng mol/m3).
Như vậy p(H2) = C(H2).RT.
Từ đó ta có:
C H .C C H .RT
K
2
2 4

1–x
x
x
1− x
x
x
P
P
P
Pi tại cân bằng
1 + x tp
1 + x tp
1 + x tp
x2
KP =
.Ptp ⇒ x = 0,22
1− x2
Tỉ lệ hidro: 18%
Tỉ lệ etilen: 18%
Tỉ lệ etan: 64%
0,5đ
o
ΔH
1
1
I.2.6. lnKP(600K) = lnK P(900K) −
(
−
)
R 600 900

II.4. Kẽm là một chất dinh dưỡng vi lượng thiết yếu cho cây tăng trưởng. Cây chỉ có
thể hấp thụ kẽm dưới dạng tan trong nước. Trong một loại nước ở đất có pH = 7,
người ta thấy kẽm photphat là nguồn cung cấp kẽm và photphat duy nhất. Hãy tính
nồng độ các ion Zn2+ và PO43- trong dung dịch. Tích số tan của kẽm photphat bằng
9,1.10-33.
II.5. Cần 2 lít dung dịch CuSO4 0,01M có pH = 2 để mạ điện.
II.5.1. Tại sao cần pH thấp như vậy?
II.5.2. Trong phòng thí nghiệm có muối CuSO 4.5H2O, nước nguyên chất, H2SO4
98% (d = 1,84 g/ml). Trình bày cách chuẩn bị dung dịch trên (bỏ qua chất
phụ).
II.5.3. Có vật cần mạ, bản đồng, dung dịch vừa được chuẩn bị trên và nguồn
điện thích hợp.Hãy trình bày sơ đồ của hệ thống để thực hiện sự mạ điện
này (có vẽ hình). Viết phương trình phản ứng xảy ra trên điện cực.
II.5.4. Tính thời gian thực hiện sự mạ điện nếu biết I = 0,5A; lớp mạ điện có
diện tích 10 cm2, bề dày 0,17mm; khối lượng riêng của đồng là 8,89
g/cm3; hiệu suất của quá trình điện phân đạt 80%.
∗ Đáp án câu II:
II.1. Bazơ liên hợp của ion đihidrophotphat (H2PO4-) là ion hidrophotphat (HPO42-).
Ta có:
2−
+ K
H 2PO−
4 + H 2O ↔ HPO 4 + H3O
2a
2
−
−
−
HPO4 + H 2O ↔ H 2PO 4 + OH
K 2b

Ta có: 10
H 3 PO 4
0,0051 − x
 x = [H3O+] = 3,49.10-3  pH = 2,46
0,25đ
II.3. Các cân bằng được thiết lập trong dung dịch H3PO4:
H3PO4 + H2O ⇌ H2PO4- + H3O+
K1 = 10-2,12
H2PO4- + H2O ⇌ HPO4- + H3O+
K2 = 10-7,21
HPO4- + H2O ⇌ PO43- + H3O+
K3 = 10-12,32
Gọi C là nồng độ ban đầu của H3PO4, fo, f1, f2, f3 lần lượt là tỉ số giữa nồng độ cân
bằng của các cấu tử H3PO4, H2PO4-, HPO42-, PO43- so với nồng độ ban đầu của
H3PO4.
Theo định luật bảo toàn nồng độ đầu, ta luôn có:
fo + f 1 + f 2 + f 3 = 1
Áp dụng định luật tác dụng khối lượng, ta có:
H 2 PO4− H 3O +
f
K1a =
= 1 H 3O +
[ H 3 PO4 ]
f0

[

[

][

=
;

D
K .K H O +
f 2 = 1a 2a 3
;
D

[

]

[

[

]

2
K1a H 3 O +
f1 =
;
D
K .K .K
f 3 = 1a 2a 3a
D

]


II.4. Gọi S (mol/l) là độ tan của Zn3(PO4)2 trong đất: Zn3(PO4)2 ⇌ 3Zn2+ + 2PO43Tổng nồng độ cân bằng của các tiểu phân photphat trong dung dịch: 2S (mol/l)
 [PO43-] = f3 x 2S
Với f3 được tính như câu I.3, ta có f3 = 1,83.10-6 và pH = 7
Ta có: T = [Zn2+]3. [PO43-]2 = (3S)3.(f3.2S)2 = 9,1.10-33  S = 3.10-5 M
Độ tan của Zn3(PO4)2 là 3.10-5 M và [Zn2+] = 9.10-5 M
0,5đ
II.5.
II.5.1. pH = 2  [H+] = 0,01 M.
Dung dịch cần có pH nhỏ để tránh sự thủy phân muối (hidroxo hóa Cu2+)
CuSO4 + 2H2O ⇌ Cu(OH)2 + H2SO4
0,25đ
II.5.2. Lượng CuSO4.5H2O cần để pha dung dịch đó là 0,02 mol; ứng với 5g
Lượng H2SO4 cần để đảm bảo 2 lít CuSO4 có pH = 2 là 0,55 ml 98% (d = 1,84)
Cách pha:
- Lấy bình có vạch chuẩn 2 lít, cho vào đó 1 lít nước cất
- Thêm từ từ vào bình 0,55 ml dung dịch H2SO4 98% và lắc đều
- Thêm tiếp 5g CuSO4.5H2O và lắc cho tan hết
- Cho thêm nước cất cho đến vạch 2 lít và lắc đều
0,5đ
II.5.3. Cách lắp thiết bị:
N
A: anot (bản Cu)
C: catot (vật mạ)
N: nguồn điện
dd: dung dịch CuSO4 vừa
pha chế

Dưới tác dụng của dòng điện, tại các điện cực xảy ra các phản ứng:
- Tại anot: có sự hòa tan đồng – Cu – 2e  Cu2+
- Tại catot: có sự kết tủa – Cu2+ + 2e  Cu

dạng tinh thể F (chứa 37,28% chất D và 41,60% Cl theo khối lượng).
III.1.1. Hãy tìm các hợp chất từ A  F và viết các phương trình phản ứng nêu
trên. Biết rằng A có 8 nguyên tử trong phân tử.
III.1.2. Đề xuất phương pháp điều chế A đi từ các dung dịch NH3 và HNO3.
III.2. Cho từ từ khí CO qua ống chứa 6,4g CuO đun nóng. Khí ra khỏi ống được hấp thụ
hoàn toàn bằng 150 ml dung dịch nước vôi trong nồng độ 0,1M thấy tách ra 1g kết
tủa trắng, đun sôi phần nước lọc lại thấy có vẩn đục. Chất rắn còn lại trong ống
được cho vào 500 ml dung dịch HNO 3 0,32M thấy thoát ra V1 lít khí NO. Nếu
thêm 760 ml dung dịch HCl 1,333M vào dung dịch sau phản ứng thì lại thoát ra
thêm V2 lít khí NO nữa. Nếu tiếp tục thêm 24g Mg thì thấy thoát ra V 3 lít hỗn hợp
khí N2 và H2, lọc dung dịch cuối cùng thu được chất rắn X.
III.2.1. Viết các phương trình phản ứng và tính V1, V2, V3 (đkc).
III.2.2. Tính thành phần X (giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn).
∗ Đáp án câu III:
III.1.
III.1.1. Kim loại D dùng để khử các vết oxi, cho muối màu xanh phải là Cu.
0,25đ
- Thành phần F có thể xác định từ các số liệu phân tích:
37,28 41,60
n Cu : n Cl =
:
= 1 : 2 , có nghĩa là:
63,54 35,45

F là CuCl2.nH2O (do %mCu + %mCl < 100%  trong F phải có nước).
63,54

-

Khối lượng mol của F: 0,3728 = 170,4 = M CuCl + 36  công thức của F

-

Các phương trình phản ứng:
+ Phân ly của hợp chất A: NH4N3  2N2 + 2H2
+ Phân hủy của D: Cu + NH4N3 +5HCl  HCuCl3.3H2O + N2 + 2NH4Cl
N3- + 4H+ + 2e  NH4+ + N2
Cu – 2e  Cu2+
+ HCuCl3.3H2O (ngoài không khí)  CuCl2.2H2O + HCl + H2O
+ CuCl2.2H2O (trong chân không)  CuCl2 + 2H2O
0,25đ
III.1.2. Điều chế NH4N3 từ NH3 và HNO3
NH3 + HNO3  NH4NO3
NH4NO3  N2O + 2H2O
2Na + 2NH3  2NaNH2 + H2
NaNH2 + N2O  NaN3 + H2O
2NaN3 + H2SO4  Na2SO4 + 2HN3
HN3 + NH3  NH4N3
0,25đ
III.2.
III.2.1. Các phương trình phản ứng:
CO + CuO  Cu + CO2
CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O
2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2
Ca(HCO3)2  CaCO3 + CO2 + H2O
CuO + 2H+  Cu2+ + H2O
3Cu + 8H+ + 2NO3-  3Cu2+ + 2NO + 4H2O
0,5đ
Số mol CO2 = 0,02 mol
Số mol Cu = 0,02 mol
Số mol CuO = 0,06 mol

2,64 
−
−−
 = 0,06 (mol)
Số mol H2 = 
2 3
3
3 
 0,22

+ 0,06  = 2,9867 (lít)
Nên V3 = VN2 + VH2 = 22,4 × 
 3


Số mol N2 =

0,5đ

III.2.2. Suy ra Cu = 0,08.64 = 5,12g chiếm 30,19%


Và Mg = 1 −


1,1

− 0,06 − 0,08  × 24 = 11,84 chiếm 69,81%
3


(B)
(2)
CN

OH

(C)

O

(6)

(3)

O
(7)

O

(D)
(4)

(G)

(8)

(5)
COOH

(E)


+ KBr

9


Phần này là phách sẽ cắt

Br

OH
+ KBr

+ KOH

(3)

COOH

CN
+ 2H2O + H+

(4)

+ NH4+

OH

O
+ H2O2

H2SO4, to

S O
+ 2H2O

O

OH
(8)

2

H2SO4, to

+ H2O

O

OH
H2SO4, to

(9)

+ H2O

O

N
+


Câu V: (4điểm)
V.1.
V.1.1. Cho biết những hợp chất còn thiếu trong sơ đồ sau:

10


Phần này là phách sẽ cắt

OH

H3C
H3C

C

CH2 /H2SO4
A

H2, Ni, p

H3C

B

C

OH
0


H3 C

OH
C

H

OH

CH2

H2, Ni, p

CrO3

+

(A)
H3C

O

OH

1. CH3MgBr
2. H2O

(B)

(C)

n:
+ H+
Giai ñoaïn 1:

H

+
OH

Giai ñoaïn 2:

H

OH

OH

+ H+
OH

0,25đ
V.2. Gọi công thức phân tử của A là CXHyOz. Ta có:
12x M A
156.76,92
=
⇒x=
= 10
%C 100
12.100
M


OH

OH

OH

0,5đ
V.2.2. Đun nóng A với H2SO4 đậm đặc  2 chất có cùng công thức phân tử
C10H18. Hai sản phẩm này được tạo ra theo cơ chế E1.

12


Phần này là phách sẽ cắt

OH

0,5đ
Cơ chế E1:
H2 O

OH
+ H+

OH2
-H2O

0,25đ
V.2.3. Tính axit của A yếu hơn của B do nhóm –OH của B gắn vào nhân