Kỳ thi olympic truyền thống 30/4

[hoahongxanh_496]

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4​

LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỐ HUẾ​

ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC 11​

Thời gian làm bài 180 phút​

ĐỀ THI CHÍNH THỨC​

Chú ý: Mỗi câu hỏi thí sinh làm trên 01 tờ giấy riêng biệt

Câu I (4 đ)
I.1(1,5đ) Đối với phản ứng : A B
Các hằng số tốc độ k1 = 300 giây -1 ; k2 = 100 giây -1 . Ở thời điểm t = 0 chỉ có chất A và không có chất B . Hỏi trong bao lâu thì một nửa lượng ban đầu chất A biến thành chất B?
I.2(1,5ñ) Cho 2 caëp oxi hoaù khöû : Cu2+/ Cu+
I2/ 2I-
2.1.Vieát caùc phương trình phaûn öùng oxi hoaù khöû vaø phöông trình Nernst töông öùng. Ở điều
kiện chuaån coù thể xaûy ra söï oxi hoaù I- baèng ion Cu2+ ?
2.2. Khi ñoå dung dòch KI vaøo dung dòch Cu2+ thaáy coù phaûn öùng
Cu2+ + 2I- CuI + I2
Haõy xaùc ñònh haèng soá caân baèng cuûa phaûn öùng treân . Bieát tích soá tan T cuûa CuI laø 10-12

I.3(1đ) So sánh và giải thích ngắn gọn độ phân cực (momen lưỡng cực) của các chất sau: NF3, BF3.
Câu II (4đ)
II.1(1,5đ) Viết phương trình phản ứng và xác định thành phần giới hạn của hỗn hợp khi trộn H2SO4 C1M với Na3PO4 C2M trong trường hợp sau: 2C1 > C2 > C1
II.2(0,5đ) Tính pH của dung dịch H3PO4 0,1M
II.3(1đ) Cần cho vào 100ml dung dịch H3PO4 0,1M bao nhiêu gam NaOH để thu được dung dịch có pH= 4,72.
Cho: H2SO4 : pKa2 = 2 ; H3PO4 : pKa1 = 2,23 , pKa2 = 7,21 , pKa3 = 12,32
II.4(1đ)Cho biết chiều hướng của phản ứng oxi hóa - khử:
2FeF3 + 2I- 2Fe2+ + I2 + 6F-
Biết : EoFe3+/Fe2+ = 0,77V EoI2/2I- = 0,54V
Quá trình : Fe+3 + 3F- D FeF3 b = 1012,06 (Bỏ qua quá trình tạo phức hiđroxo của Fe3+, Fe2+)
Câu III (4đ)
III.1(2đ) Khi hòa tan SO2 vào nước có các cân bằng sau :
SO2 + H2O D H2SO­3 (1)
H2SO­3 D H+ + HSO­3- (2)
HSO­3- D H+ + SO­32- (3)
Hãy cho biết nồng độ cân bằng của SO2 thay đổi thế nào ở mỗi trường hợp sau (có giải thích).
1.1 Đun nóng dung dịch
1.2 Thêm dung dịch HCl
1.3 Thêm dung dịch NaOH
1.4 Thêm dung dịch KMnO4
III.2(2đ) Cho m1 gam hỗn hợp gồm Mg, Al vào m2 gam dung dịch HNO3 24%. Sau khi các kim loại tan hết có 8,96 lít (ở đktc) hỗn hợp khí X gồm NO, 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 IV (4đ)
IV.1(1,5đ) Hôïp chaát höõu cô X coù caáu taïo khoâng voøng, coù coâng thöùc phaân töû C4H7Cl vaø coù caáu hình E. Cho X taùc duïng vôùi dung dòch NaOH trong ñieàu kieän ñun noùng thu ñöôïc hoãn hôïp saûn phaåm beàn coù cuøng coâng thöùc C4H8O . Xaùc ñònh caáu truùc coù theå có cuûa X.
IV.2 (1đ) Cho buten – 2 vaøo dd goàm HBr , C2H5OH hoaø tan trong nöôùc thu ñöôïc caùc chaát höõu cô gì ? Trình baøy cô cheá phaûn öùng taïo thaønh caùc chaát treân .
IV.3(1,5đ) Phân tích 1 terpen A có trong tinh dầu chanh thu được kết quả sau: C chiếm 88,235% về khối lượng, khối lượng phân tử của A là 136 (đvC)
A có khả năng làm mất màu dd Br2 , tác dụng với Br2 theo tỉ lệ mol 1:2, không tác dụng với AgNO3/NH3. Ozon phân hoàn toàn A tạo ra 2 sản phẩm hữu cơ : anđehitfomic và 3-axetyl-6-on heptanal. Xác định công thức cấu tạo của A. Xác định số đồng phân lập thể (nếu có).
Cho C = 12; H = 1.

Câu V (4đ)
V.1(2đ) Từ các chất ban đầu có số nguyên tử cacbon ≤ 3, viết các phương trình phản ứng (ghi rõ điều kiện nếu có) điều chế: Axit xiclobutancacboxylic và Xiclopentanon .
V.2(2đ)
Từ dẫn xuất halogen có thể điều chế được axit cacboxylic theo sơ đồ sau :
RX RMgX R-COOMgX R-COOH
Dựa theo sơ đồ trên từ metan hãy viết phương trình phản ứng điều chế:Axit metyl malonic

...............................Hết................................​

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4​

LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỐ HUẾ​

ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC 11​

Thời gian làm bài 180 phút​

PHẦN ĐÁP ÁN​

Chú ý: Mỗi câu hỏi thí sinh làm trên 01 tờ giấy riêng biệt

Câu 1(4 đ) :
I.1. A B
t = 0 a 0
t
Áp dụng công thức đã cho :
Ở đây nồng độ lúc cân bằng xe được xác định thông qua hằng số cân bằng K :

Sau khi biến đổi ta được :
và
Cuối cùng Vì
Nên

Vì K = k1 / k2

Nên
I.2
2.1. Xeùt 2 caëp oxi hoaù khöû :
Cu2+ + e Cu+
I2 + 2e 2I-
: Khoâng theå coù phaûn öùng giöõa Cu2+ vaø I- ñöôïc.
2.2. Giaû söû ñoå dung dòch KI vaøo dung dòch chöùa Cu2+ vaø moät ít Cu+. Vì CuI raát
ít tan neân [Cu+] raát nhoû, do ñoù E1 coù theå lôùn hôn E2.
Nhö vaäy ta coù : Cu2+ + e Cu+
I- + Cu+ CuI
I2 + e I-
Phaûn öùng oxi hoaù khöû toång quaùt laø :
Cu2+ + 2I- CuI + I2 (1)
Luùc caân baèng ta coù:
=
0,62 – 0,15

Nhö vaäy vôùi K raát lôùn, phaûn öùng (1) xaûy ra hoaøn toaøn.
I.3.
Các vectơ momen lưỡng cực của các liên kết triệt tiêu lẫn nhau nên momen lưỡng cực tổng bằng 0. phân tử không phân cực.

Các vectơ momen lưỡng cực của các cặp electron không liên kết ngược chiều nên momen lưỡng cực của phân tử bé hơn NH3

































0,25



0,25





0,25


0,5





0,25









0,5đ








0,25



0,25



Câu 2 (4 đ):
II.1
2C1 > C2 > C1 H+ + PO43- D HPO42-
C1 C2
/ C2 – C1 C1 0,25đ

+ D + K1 = 1010,32
C1 C2 – C1 C1
2C1 – C2 / C2 – C1 C2 0,25đ

+ D + K2 = 105,26
2C1 – C2 C2 C2 - C1
/ 2(C2 – C1) C1 2C1 – C2 0,5đ

Vậy TPGH : : 2(C2 – C1) ; : 2C1 – C2 ; : C1 ; Na+ : 3C1 0,5đ
II.2. H3PO4 H+ + H2PO4- (1) K1 = 10-2,23
H2PO4- H+ + HPO42- (2) K2 = 10-7,21
HPO42- H+ + PO43- (3) K3 = 10-12,32
H2­O H+ + OH- (4) Kw
K3 << K2 << K1 Þ chủ yếu xảy ra cân bằng (1)
H3PO4 H+ + H2PO4- K1 = 10-2,23
C(M) 0,1
[ ](M) 0,1 – x x x
= 10-2,23 Þ x2 + 10-2,23 x – 10-3,23 = 0
Þ x = 0,0215 (M)
Þ pH = 1,66 0,5đ

II.3. NaOH + H3PO4 = NaH2PO4 + H2O
NaOH + NaH2PO4 = Na2HPO4 + H2O
NaOH + Na2HPO4 = Na3PO4 + H2O
Trung hòa nấc 1:
pH1 = = = 4,72 0,5đ
Þ trong dung dịch thu được có pH = 4,72 chỉ chứa NaH2PO4&shy;.
nH3PO4 = 0,1 x 0,1 = 0,01 (mol)
Þ nNaOH = 0,01 (mol)
mNaOH = 0,01 x 40 = 0,4(g) 0,5đ
II.4. Ta có các quá trình :
FeF3 D Fe3+ + 3F- b-1 = 10-12,06
Fe3+ +1e D Fe3+ K1 = 10E1/ 0,059
FeF3 +1e D Fe2+ + 3F- (1) K2 = 10-12,06 + 0,77/ 0,059 = 10 0,99 0,25đ
Mặt khác : I2 + 2e D 2I- (2) K3 = 10 (0,54/ 0,059)2 = 1018,3051 0,25đ
Tổ hợp (1) và (2): 2FeF3 + 2I- D 2Fe2+ + I2 + 6F- Với K = K22.K3-1 = 10-17,325 0,25đ
* Kết luận : K quá bé nên phản ứng không thể xảy ra theo chiều thuận, mà chỉ xảy ra theo chiều nghịch. 0,25đ
.
Câu 3( 4 đ)
III.1. SO2 + H2O D H2SO&shy;3 (1)
H2SO&shy;3 D H+ + HSO&shy;3- (2)
HSO&shy;3- D H+ + SO&shy;32- (3)

​

1.1. Khi đun nóng khí SO2 thoát ra nên nồng độ SO2 tan giảm

0,25​

1.2. Thêm dung dịch HCl : Kết hợp cân bằng (1) và (2) cho thấy nồng độ cân bằng SO2 tăng

0,25​

1.3. Thêm dung dịch NaOH có phản ứng

​

NaOH + SO2 NaHSO3
Hay 2NaOH + SO2 Na 2SO3 + H2O

0,25​

Vậy nồng độ cân bằng SO2 giảm

0,5​

1.4. Thêm dung dịch KMnO4 : có phản ứng oxi hóa khử sau :

​

5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4
Nên nồng độ cân bằng SO2 giảm

0,25​

0,5​

III.2.
Số mol của hỗn hợp X: nX = 8,96/22,4 = 0,4 mol
Khi cho O2 vào hỗn hợp X có : 2NO + O2 = 2NO2
Þ nX = ny
2NO2 + 2NaOH = NaNO3 + NaNO2 + H2O
→ nz=nN O +nN = 44,8/22,4 = 0,2 mol → nNO = 0,2
MZ= 2.20 = 40 =
→ nN O = 0,15 mol ; nN = 0,05 mol 0,5đ
Khi kim loại phản ứng ta có quá trình nhường e:
Mg –2e = Mg2
x mol ne (mất) = (2x + 3y) mol 0,25đ
Al – 3e = Al3+
y mol
Khi HNO3 phản ứng ta có quá trình nhận e :
N+5 + 3e =N+2(NO)
0,2 mol 0,2 mol
2N+5+ 8e = 2 N+ (N2O) ne(nhận) = 0,2.3+0,15.8+0,05.10 = 2,3 mol 0,25đ
0,3 0,15mol
2N+5 +10e = N2
0,1 0,05 mol

Mg2+ + 2OH- =Mg(OH)2↓
x mol
Al3+ + 3OH- = Al(OH)3 ↓
y mol
Ta có hệ PT : 2x +3y = 2,3
58x + 78y = 62,2 0,25đ
→ x = 0,4mol ; y = 0,5mol
→ m1 = 23,1 g 0,25đ
Và số mol HNO3 tham gia phản ứng là:
n HNO = nN tạo khí+ nN tạo muối = 0,6 + 2,3 = 2,9 mol
(nN tạo muối = ne trao đổi )
Vậy: m2 = g 0,5đ

Câu 4:
IV.1. ÖÙng vôùi caáu hình E thì C4H7Cl coù 3 caáu truùc
C = C

CH3 CH3 C2H5 H CH3 H
C = C C = C 1,5đ
H Cl H Cl H CH2Cl
(1) (2) (3)
X + dung dịch NaOH , t0c thu được hổn hợp sản phẩm bền
Vậy cấu trúc của X là : H3C H
C = C
H CH2Cl
IV.2. CH3CH = CHCH3 + H+ 0,25đ
Br-

CH3CH2CHBrCH3 0,25đ


0,25đ
C2H5OH






H 0,25đ
IV.3. Xác định công thức cấu tạo của A. Xác định số đồng phân lập thể (nếu có)
Đặt A: CxHy
x : y = (88,235:12) : 11,765 = 10 : 16 Þ CT thực nghiệm (C10H16)n
MA = 136 Þ CTPT A : C10H16 (số lk p + số vòng = 3) 0,5đ
A tác dụng Br2 theo tỉ lệ mol 1:2 Þ A có 2 liên kết p và 1 vòng
A không tác dụng với AgNO3/NH3 Þ A không có nối ba đầu mạch
Ozon phân hoàn toàn A tạo ra 2 sản phẩm hữu cơ : anđehitfomic và 3-axetyl-6-on heptanal


Þ CTCT A:
0,5đ
A có 1 C* nên số đồng phân lập thể là 2 0,5đ

Câu 5 :

Br(CH2)3Br

C2H5O-

COOC2H5

C

CH2

CH2

CH2

COOC2H5

+ CH2(COOH)2&shy; CH2(COOC2H5)2



C2H5OH

V.1.


+ BrCH2CH2Br Br(CH2)4Br NC(CH2)4CN HOOC(CH2)4COOH


Zn

KCN

H2O

CH

CH2

CH2

CH2

H3O+

- CO2

COOH

Ca(OH)2

COO

COO

Ca

to

O
















0,5



0,5



0,5



0,5

Thí sinh có thể điều chế theo cách khác , vẫn cho điểm tối đa
V.2.
2CH4 C2H2 + 3H2
C2H2 + 2 HCl CH3-CHCl2
CH3-CHCl2 + 2Mg CH3-CH(MgCl)2
CH3-CH(MgCl)2 + 2CO2 CH3-CH(COOMgCl)2
CH3-CH(COOMgCl)2 + 2HCl CH3-CH(COOH)2 + 2MgCl2

0,25​

0,25​

0,5​

0,5​

0,5​