Đề thi olympic hóa học đak lak

GV: Nguyễn Trung Kiên THPT Nguyễn Huệ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐẮK LẮK TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN DU (ĐỀ CHÍNH THỨC) KỲ THI OLYMPIC 10-3 LẦN V – NĂM 2021 ĐÁP ÁN mơn: HĨA HỌC - Khối: 11 Ngày thi: 06/3/2021 Thời gian làm bài: 180 phút (Không tính thời gian phát đề) (Đề thi có 02 trang) Thí sinh làm câu tờ giấy thi riêng ghi cõ câu số … trang tờ giấy thi ( Cho biết NTK H:1; O:16; N: 14; C: 12; Ag: 108; Br: 80; Cl: 35,5; Fe: 56; Cu: 64) Câu 1: (4 điểm) 1.1 Một hợp chất tạo thành từ ion M 2+, X- Trong phân tử MX2 có tổng số hạt proton, nơtron, electron 144 Số khối X lớn tổng số hạt M đơn vị Trong X tổng số hạt mang điện nhiều số hạt không mang điện 14 hạt Trong M số hạt mang điện dương số hạt không mang điện Xác định kí hiệu ngun tử M, X Viết cơng thức phân tử MX2 1.2 Cho biết trạng thái lai hóa nguyên tử trung tâm dạng hình học phân tử sau đây: NH3, XeF4, CO2, SO2 1.3 tham gia lò phản ứng hạt nhân, có chu kỳ bán huỷ 30,2 năm đồng vị bị phát tán mạnh nhiều vùng Châu Âu sau vụ tai nạn hạt nhân Sau lượng chất độc 1% kể từ ngày tai nạn? 1.4 Từ kiện: Chất O2 (k) Cl2 (k) HCl (k) H2O (k) −1 −1 S298K (J.mol K ) 205,03 222,9 186,7 188,7 ∆H298K (k J.mol −1) 0 -92,31 -241,83 a Tính số cân phản ứng 298K: 4HCl (k) + O2 (k) ⇌ 2Cl2 (k) + 2H2O (k) b Giả thiết ∆H ∆S phản ứng khơng phụ thuộc vào nhiệt độ, tính số cân phản ứng 698K Biết: số khí R = 8,3145 J.K-1.mol-1 Câu Đáp án thang điểm 1.10 (1,0 điểm) 1.2 (1,00 điểm) Gọi Z, N số hạt proton nơtron M Z’, N’ số hạt proton nơtron X (2Z+N)+2(2Z’+N’) = 144 (1) ’ ’ - ( 2Z + N) + (Z + N ) = (2) 2Z’ = N’ + 14 (3) Z=N (4) Giải hệ phương trình ta Z = N = 12 Z’ = 17, N’= 20 Kí hiệu nguyên tử M , X CTPT MgCl2 Chất AXnEm Kiểu lai hóa Dạng hình học NH3 AX3E1 sp3 Tháp đáy tam giác XeF4 AX4E2 sp3d2 Vuông phẳng 0,2 0,2 0,2 0,2 CO2 chấ AX2E0 t sp 0,2 Đường thẳng Đề thi đề nghị trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk GV: Nguyễn Trung Kiên THPT Nguyễn Huệ 1.3 (1,00 điểm) năm năm Vậy cần khoảng 201 năm phóng xạ 1% 1.4 (1,00 điểm) 4HCl (k) + O2 (k) ⇌ 2Cl2 (k) + 2H2O (k) ∆G0 = ∆H0 − T∆S0 a Áp dụng công thức: 0 ∆H0 = 2∆H(H − 4∆H(HCl) = −114,42kJ O) 1,0 Phản ứng: Ta có: 0 0 ∆S0 = 2S(Cl + 2S(H − 4S(HCl) − S(O = −128,63J / K ) O) ) 2 0,2 0,2 ∆H0; ∆S0 Thay giá trị: phản ứng T = 298K vào công ∆G = − 76088,26J thức ta được: ∆G lgK P = − = 13,33 hay K P = 1013,34 2,303RT Vậy: b Khi ∆H0pư ∆S0pư không phụ thuộc vào nhiệt độ, ta xác định KP 698K biểu thức: K ∆H0  1  ln 698 = − −  ÷ K 298 R  698 298 → Kp(698) = 101,84 0,2 0,2 Câu (4 điểm): 2.1 Cho 200 ml dung dịch CH 3COOH 0,1M tác dụng hết với 300 ml dung dịch NaOH 0,1M, thu dung dịch X Biết 250C, Ka CH3COOH 10-4,75 Tính pH dung dịch X 250C 2.2 Cho E 0Fe2+/Fe E a Tính = - 0,44V; E 0Fe3+/Fe2+ = + 0,775 V Fe3+/Fe → ¬   b Tính số cân K phản ứng 3Fe 2+ 2Fe3+ + Fe Có kết luận độ bền Fe2+ ? c Viết sơ đồ pin tạo cực hidro tiêu chuẩn với điện cực Fe nhúng dung dịch Fe2+ 1M 2.3 Bổ túc cân phản ứng sau phương pháp ion – electron:  → a FexOy + H2SO4 đ SO2 + … Đề thi đề nghị trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk GV: Nguyễn Trung Kiên THPT Nguyễn Huệ o t  → b C6H5-CH3 + KMnO4 Câu 2.1 (1,50 điểm) … Đáp án thang điểm  → - CH3COOH + NaOH CH3COONa + H2O 0,02 mol 0,03 mol 0,02 mol 0,02 mol 0,02 mol 0,01 mol 0,02 mol  NaOH : 0,02M  CH 3COONa : 0, 04M Dung dịch X: Bđ Pư - 0,25 0,25 → H + + OH − K w (1) H 2O ¬   → CH 3COOH + OH − K b = K w = 10 −9,25 (2) CH 3COO − + H 2O ¬   Ka 0,25 Do C.Kb=4.10-11,25 >> Kw=10-14 nên coi (2) cân chủ yếu dung dịch  → CH 3COOH + OH − K b = K w = 10 −9,25 0,25 CH 3COO− + H O ¬   Ka C: [ ]: 0, 04 0, 02 (0, 04 − x) x (0,02 + x) (0, 02 + x) x Ta cã: = 10 −9,25 ⇒ x = 1,12.10 −9 M ⇒ [OH − ] ≈ 0, 02 M 0, 04 − x ⇒ pH = 14 − pOH = 14 + lg 0, 02 = 12,3 2.2 a Ta có chu trình Hess (1,50 Fe Fe3+ điểm) Fe2+ G1 = G2 + G3 n1 E 3+ F = n E + F + n1 E 3+ Fe Fe Fe × E 3+ Fe Fe Fe F Fe + = × (−0,44) + × 0,775 Fe 0,25 0,25 ⇒ E 0Fe3+/Fe 0,5 = - 0.035 V b E + − E 3+ Fe Fe E = K = 10 E c Do Fe Fe + = -0,44 – 0.775 = -1,215 V 2×( −1, 215) , 0592 o Fe 2+ / Fe =10-41 E 2oH + / H 0,5 0,5 < 2+ ( −) Fe Fe (C Fe2+ = 1M ) H + (C H + = 1M ) Pt ( H )( p H = 1atm )( + ) Đề thi đề nghị trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk GV: Nguyễn Trung Kiên THPT Nguyễn Huệ 2.3  → SO2 + … (1,00 a FexOy + H2SO4 đ → điểm) FexOy + 2yH+ xFe3+ + yH2O + (3x – 2y)e (3x – 2y) SO 2− + 4H+ + 2e 2FexOy + (6x – 2y)H2SO4 2y) → → SO2 + 2H2O 0,5 xFe2(SO4)3 + (3x – 2y)SO2 + (6x – 0,5 H2O o b C6H5-CH3 + KMnO4 C6H5CH3 + 7OH- t  →  → C6H5COO- + 5H2O + 6e  → MnO4- + 2H2O +3e MnO2 + 4OHo C6H5-CH3 + 2KMnO4 H2O t  → C6H5-COOK + MnO2 + KOH + Câu 3(4 điểm): 3.1 Chỉ dùng chất thị phenolphtalein, phân biệt dung dịch NaHSO 4, Na2CO3, AlCl3, Fe(NO3)3, NaCl, Ca(NO3)2 3.2 Đun hỗn hợp SiO2 Mg nhiệt độ cao, khơng có khơng khí, thu hỗn hợp rắn X X tác dụng với dung dịch HCl dư thu dung dịch muối, phần khơng tan B khí A (bốc cháy khơng khí) B tan dễ dàng dung dịch NaOH dư thu khí C cháy Xác định chất X, viết phương trình phản ứng, biết phản ứng xảy hoàn toàn 3.3 Hòa tan hết hỗn hợp chứa 8,96 gam Fe 5,12 gam Cu 400 ml dung dịch HNO3 0,45M HCl 1,65M Kết thúc phản ứng thu dung dịch X khí Y Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch X m gam kết tủa Các phản ứng xảy +5 hoàn toàn, biết NO sản phẩm khử giá trị m? Câu 3.1 (1,00 điểm) N tất phản ứng Tìm Đáp án thang điểm Trích mẫu thử cho lần thí nghiệm: Cho phenolphtalein vào mẫu thử Mẫu thử có màu hồng dung dịch Na2CO3, mẫu thử cịn lại khơng màu CO32- + H2O  HCO3- + OHDùng Na2CO3 làm thuốc thử vào mẫu thử lại Mẫu thử có sủi bọt khí khơng màu NaHSO4 CO32- + 2H+ → H2O + CO2↑ Mẫu thử tạo kết tủa trắng keo sủi bọt khí khơng màu AlCl3 2Al3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Al(OH)3↓+ 3CO2↑ Mẫu thử tạo kết tủa đỏ nâu sủi bọt khí không màu Fe(NO3)3 2Fe3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Fe(OH)3↓+ 3CO2↑ Mẫu thử tạo kết tủa trắng Ca(NO3)2 Ca2+ + CO32-→ CaCO3↓ Mẫu thử không tạo tượng NaCl Đề thi đề nghị trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk 0,25 0,25 0,25 0,25 GV: Nguyễn Trung Kiên 3.2 (1,00 điểm) 3.3 (2,00 điểm) THPT Nguyễn Huệ  → 2Mg + SiO2 2MgO + Si Khí A bốc cháy khơng khí SiH4, X có Mg2Si B tan dễ dàng dung dịch NaOH, tạo khí cháy được, X có Si X gồm: Si, Mg2Si, MgO  → 2Mg + Si Mg2Si  → MgO + 2HCl MgCl2 + H2O  → Mg2Si + 4HCl 2MgCl2 + SiH4  → Si + 2NaOH + H2O Na2SiO3 + 2H2 0,5 0,125 / 1pt Sơ đồ toán 4H+dư + NO3- + 3e nH + = 4nNO − = 0, 72(mol ) pu → NO + 2H2O Ta có: a + b = 0.16 (1) Bảo tồn điện tích dung dịch X: 2a + 3b + 2.0,08 + 0,12 = 0,66 ⇒ 2a + 3b = 0,38 (2) Từ (1) (2): a = 0,1; b = 0,06 Khi dung dịch X tác dụng với dung dịch AgNO3 dư: Fe2+ 3e 0,1 0,09 → Fe3+ + 1e → 4H+dư + NO3- + NO + 2H2O 0,1 0,12 Ag+ + 1e 0,01 → 0,5 0,5 0,5 0,5 Ag 0,01 Vậy khối lượng kết tủa: m = mAg + mAgCl = 143,5.0, 66 + 108.0, 01 = 95, 79( gam) Câu (4 điểm): 4.1.Dẫn 672 ml (đktc) hỗn hợp khí A gồm ankan, anken ankin (đều có số nguyên tử cacbon phân tử nhau) qua dung dịch AgNO 3/NH3 dư, thấy có 3,4g AgNO3 tham gia phản ứng Cũng lượng hỗn hợp khí A làm màu vừa hết 200 ml dung dịch Br2 0,15 M a Xác định công thức phân tử phần trăm thể tích chất A b Đề nghị phương pháp tách riêng chất khỏi hỗn hợp A Đề thi đề nghị trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk GV: Nguyễn Trung Kiên THPT Nguyễn Huệ 4.2 Hợp chất A (C10H18) bị ozon phân khử hóa cho hợp chất B (C2H4O) D Tiến hành phản ứng D với CH 3MgBr, thủy phân sản phẩm thu hợp chất E Xử lý E với dung dịch axit vô thu sản phẩm G1, G2 G3 a Xác định cấu tạo A giải thích hình thành G1, G2 G3; biết G1 2-(1-metylxiclopentyl)propen b Vẽ công thức đồng phân hình học E Z A Câu 4.1 (2,00 điểm) Đáp án thang điểm a Nếu ankin có dạng RC≡CH : RC≡CH + AgNO3 + NH3 → RC≡CAg + NH4NO3 n Br2 ≥ × nankin = 0,04mol n(ankin ) = 0,02 mol ⇒ ( ) 0,03 mol 0,50 Điều trái giả thiết, số mol Br2 Vậy ankin phải C2H2 ankan C2H6, anken C2H4 Từ phản ứng : C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3 n ⇒ C2H2 = 1/2n(AgNO3) = 0,01 mol Từ phản ứng : C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4 C2H4 + Br2 → C2H4Br2 0,50 n ⇒ C2H4 = 0,01 mol 0,03 − 0,01 − 0,01 = n ⇒ C2H6 = 0,01 mol ⇒ %V C2H6 = %V C2H4 = %V C2H6= 33,33% b Dẫn hỗn hợp khí qua bình chứa dung dịch AgNO 3/NH3 dư Lọc tách kết tủa, hòa tan kết tủa dung dịch HCl dư thu khí C2H2 0,50 C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3 C2Ag2 + 2HCl → C2H2 + 2AgCl Khí khỏi bình chứa dung dịch AgNO 3/NH3, dẫn tiếp qua dung dịch nước brom dư Chiết lấy sản phẩm đun nóng với bột Zn thu C2H4 : C2H4 + Br2 → C2H4Br2 0,50 C2H4Br2 + Zn → C2H4 + ZnBr2 Khí khỏi bình chứa dung dịch brom khí C2H6 Đề thi đề nghị trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk GV: Nguyễn Trung Kiên 4.2 (2,00 điểm) THPT Nguyễn Huệ a Do tạo G1 2-(1-metyl xiclopentyl)propen nên suy E ancol bậc 3: 1-Metyl xiclopentyl-C(OH)-(CH 3)2 Do D xeton Từ sản phẩm phản ứng ozon phân B D, ta suy cấu tạo A anken: CH3 H3C CH CH3 C OH O C CH3 CH3 O3 Zn, H2O H3C CH3MgBr A C CH3 CH3 0,50 H2O D E 0,50 Giải thích hình thành G1, G2, G3 : OH H 3C C CH3 CH3 - + H3C C + H H2O CH2=C CH3 CH3 CH3 CH3 0,50 - + H E G1 + CH2 CH3 CH3 CH3 CH3 - CH3 CH3 CH3 CH3 H+ G2 G3 0,50 b A có đồng phân hình học (E) (Z): H H3C CH3 C C CH3 (Z) CH3 H3C H C C CH3 (E) Câu 5(4 điểm): 5.1 Oxi hóa 0,08 mol ancol đơn chức, thu hỗn hợp X gồm axit cacboxylic, andehit, ancol dư nước Ngưng tụ toàn X chia làm hai phần Phần cho tác dụng hết với Na dư thu 0,504 lít khí H2 (đktc) Phần hai cho tác dụng hoàn toàn với dung dịch AgNO 3/NH3 dư thu 9,72 gam Ag Tính phần trăm khối lượng ancol bị oxi hóa 5.2 Chất X có cơng thức phân tử C7H6O3 X có khả tác dụng với dung dịch NaHCO3 tạo chất Y có cơng thức C7H5O3Na Cho X tác dụng với anhiđrit axetic tạo chất Đề thi đề nghị trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk GV: Nguyễn Trung Kiên THPT Nguyễn Huệ Z (C9H8O4) tác dụng với NaHCO3, cho X tác dụng với metanol (có H2SO4 đặc xúc tác) tạo chất T (C8H8O3) khơng tác dụng với NaHCO3 Xác định cấu tạo chất X, Y, Z, T viết phương trình phản ứng xảy Biết chất X có khả tạo liên kết H nội phân tử Câu 5.1 (2,00 điểm) 5.2 (2,00 điểm) Đáp án thang điểm Đặt công thức ancol đơn chức 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) (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 bạc cho 4a + 2b = 0,18 ⇒ a=0,04 (mol) 0,01 + 0,04 0,08 % ancol bị oxi hóa là: 100= 62,5% Cấu tạo chất : Phương trình phản ứng : HOC6H4COOH + NaHCO3 → HOC6H4COONa + H2O + CO2 H 2SO4 d,t o  → ¬  HOC6H4COOH + CH3OH HOC6H4COOCH3 + H2O  → HOC6H4COOH +(CH3CO)2O CH3COOC6H4COOH CH3COOH Đề thi đề nghị trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk 0,50 0,50 0,50 0,50 Xác định X: 0,5đ Mỗi chất lại 0,25đ Mỗi phươn + g trình 0,25 GV: Nguyễn Trung Kiên THPT Nguyễn Huệ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK ĐƠN VỊ: THPT LÝ TỰ TRỌNG Câu 1: (4,0 điểm) (1,0 điểm): Có nguyên tố A,B,C ứng với ZA Ca2+ + 2e lượng ion hóa Ca: I1 + I2 =1745 kj/mol Năng lượng liên kết Cl - Cl Cl2 243 kj/mol Năng lượng kết hợp electron Cl: Cl (k) +1e > Cl- (k); E=-364 kj/mol (1,0 điểm) Một mẫu đá tìm thấy với thành phần: 13,2 (mg) 238U 206Pb Biết trình phân rã 238U thành 206Pb có chu kì bán hủy 4,51.109 (năm) Tính tuổi mẫu đá → (1,0 điểm) Cho phản ứng sau: A + B C Kết thí nghiệm sau (ở nhiệt độ khơng đổi): Thí Nồng độ đầu (mol/l) Thời gian t phản Nồng độ nghiệm ứng (phút) (mol/l) [A] [A]0 [B]0 lại sau thời 0,1000 1,000 0,0975 0,1000 2,000 0.0900 0,0500 1,000 20 0.0450 a Xác định tốc độ trung bình phản ứng khoảng thời gian t (phút) theo nồng độ A b Xác định bậc riêng A, B bậc phản ứng Đáp án thang điểm câu 1: Câu ĐÁP ÁN ĐIỂM (4 điểm) 1(1.0đ 1a/ Cấu hình electron C: 1s22s22p63s23p5 => Vị trí: 0,25 ) 17, chu kì 3, nhóm VIIA => C Clo (Cl) 1b/ ZC =17 => ZA.ZB= 112 (1); ZA + 17 = (1), (2) => ZA=7 (N) ; ZB=16 (S) 1c/ Lai hóa nguyên tử trung tâm 0,25 ZB (2) Dạng hình học Đề thi đề nghị trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk GV: Nguyễn Trung Kiên ClF5 NH 2(1.0 đ) + Ca (r) ∆H α0 Ca (k) (k) THPT Nguyễn Huệ Tháp đáy vuông 0,25 0,25 Tứ diện sp3d2 sp3 + H 298 ∆ → CaCl2 (r ) Cl2 (k) ECl-Cl + 2Cl (k) -UCaCl2 I1 + I ) Ca ; ECl (  → Ca2+ (k) + 2Cl- Áp dụng định luật Hess: ∆H 298 ∆H α0 = + ECl-Cl + (I1 + I2)Ca + 2ECl - UCaCl2 -795= 192 + 243 + 1745 + 2.(-364) - UCaCl2 3(1,0đ ) 4(1,0đ ) => UCaCl2 = 2247 kj/mol - Khối lượng 238U phân hủy 238.2,06/206=2,38 (g) - Khối lượng 238U ban đầu 13,2 + 2,38 = 15,58 (g) 4,51.10 15,58 m T ln ln ln 13,2 ln m t= = = 1,08.109 năm 4a Tốc độ trung bình theo A: − (0,0975 − 0,1000) V1 = = 5.10 − V2 = − (0,0900 − 0,1000) = 2.10 −3 − (0,0450 − 0,0500) V3 = = 2,5.10 −4 20 4b Vận tốc phản ứng: V=k[A]a[B]b V2 k (0,1) a ( 2,0) b 2.10 −3 b = = = = 2 = >b = a b −4 5.10 V1 k (0,1) (1,0) k (0,1) a (1,0) b 5.10 −4 a = =2 = = = >a = a b 2,5.10 − V3 k (0,05) (1,0) V1 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 => Bậc phản ứng a+b= Câu 2: (4,0 điểm) 1.(1,0đ) Cân phương trình phản ứng oxi hóa- khử sau phương pháp thăng electron → a KMnO4 + FeS2 + H2SO4 Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 + H2O → b C2H2 + K2Cr2O7 + H2SO4 HOOC-COOH + K2SO4 + Cr2(SO4)3 + H2O ↔ 2.(1,0đ) Xét phản ứng: C(r) + CO2(k) 2CO(k) Ở 1000K: số cân phản ứng Kp=1,85 hiệu ứng nhiệt trung bình phản ứng 41130 (cal) Tính áp suất riêng phần khí lúc cân 1000K 1200K, biết áp suất chung hệ lúc cân atm Đề thi đề nghị trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk 10 GV: Nguyễn Trung Kiên THPT Nguyễn Huệ phần tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO NH3 thu 43,2 gam bạc Xác định công thức cấu tạo hai anđehit 5.3 (1,0 điểm) Sắp xếp (có giải thích) theo trình tự tăng dần tính axit chất dãy sau: Axit benzoic, Axit phenyletanoic, Axit -3-phenylpropanoic, Axit xiclohexyletanoic, Axit -1-metylxiclohexan-cacboxylic Đáp án thang điểm câu 5: Câ u Nội dung Điể m Khi cho xiclohexanon tác dụng với anđehitfomic dimetylamin phản ứng Mannich Sau phản ứng thu triamin 0,5 Bước thứ đề gợi ý khử Hofmann Khi cho phản ứng với CH3COCH2COOCH3 etylat natri, bazo mạnh, phản ứng Michael Khi đun C với bazo xảy phản ứng andol hóa Các bước lại tách nước, cộng hidro, tách CO2 Sơ đồ thực thí nghiệm sau: CH3 CH3 CH3 H3C NH NH H C H H C H H C H O 5.1 H O C CH3 H3COOC CH H3COOC CH3 HO O O N H O CH3 H C H H C H H N HO HO H3 C H3 C C N H CH3 O CH3 H CH3 C N CH3 H 1,0 Hofmann CH3 C CH COOCH3 O O H CH2 HO KOH CH2 EtO O +H2 HOOC O O CO2 O HOOC Khối lượng phần 14,2/2 = 7,1 gam Phần 1: 0,25 => mC = 4,2gam; mH = 0,5gam => mO = 7,1-4,2-0,5 = 2,4gam => nO = 0,15mol Vì anđehit đơn chức => n2anđehit = nO = 0,15mol 0,25 Phần 2: nAg = 43,2/108 = 0,4 mol 5.2 Do => Hỗn hợp có HCHO Đặt cơng thức anđehit lại RCHO Gọi số mol HCHO RCHO phần x y mol Đề thi đề nghị trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk 236 GV: Nguyễn Trung Kiên THPT Nguyễn Huệ Sơ đồ phản ứng tráng gương: HCHO x 4Ag 4x 0,25 (mol) RCHO 2Ag 0,25 y 2y (mol) => x + y = 0,15 (1) 0,25 4x + 2y = 0,4 (2) 0,25 Giải (1) (2) => x = 0,05; y = 0,1 Từ khối lượng phần 7,1 gam => 0,05.30 + 0,1.(R+29) = 7,1 => R = 27 (-C2H3) => Anđehit lại là: CH2=CH-CHO H3C COOH +I +I CH2COOH < 5.3 +I < +I -I1CH2CH2COOH CH2COOH -I < < -I COOH -I < -I < -I 1,0 Các gốc hiđrocacbon có hiệu ứng +I lớn Ka giảm -I lớn Ka tăng Đề thi đề nghị trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk 237 GV: Nguyễn Trung Kiên THPT Nguyễn Huệ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK ĐƠN VỊ: TRƯỜNG THPT PHÚ XUÂN Câu 1(2,0 điểm): 1.1/ Chỉ dùng chất thị phenolphtalein, phân biệt dung dịch NaHSO4, Na2CO3, AlCl3, Fe(NO3)3, NaCl, Ca(NO3)2 Các phản ứng minh họa viết dạng ion thu gọn 1.2/ Hỗn hợp khí gồm mol N2 mol H2 gia nhiệt tới 3870C áp suất 10 atm Hỗn hợp cân chứa 3,85% NH3 số mol Xác định KC KP Đáp án thang điểm câu 1: Câu 1.1 1.2 Đáp án Điể m Trích mẫu thử cho lần thí nghiệm: Cho phenolphtalein vào mẫu thử Mẫu thử có màu hồng dung dịch Na2CO3, mẫu thử lại không màu CO32- + H2O  HCO3- + OHDùng Na2CO3 làm thuốc thử vào mẫu thử lại Mẫu thử có sủi bọt khí khơng màu NaHSO4 CO32- + 2H+ → H2O + CO2↑ Mẫu thử tạo kết tủa trắng keo sủi bọt khí khơng màu AlCl3 2Al3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Al(OH)3↓+ 3CO2↑ Mẫu thử tạo kết tủa đỏ nâu sủi bọt khí khơng màu Fe(NO3)3 2Fe3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Fe(OH)3↓+ 3CO2↑ Mẫu thử tạo kết tủa trắng Ca(NO3)2 Ca2+ + CO32-→ CaCO3↓ Mẫu thử không tạo tượng NaCl Phản ứng: N2 + 3H2 → 2NH3 Ban đầu mol Phản ứng x 3x 2x Cân (1-x) (3-3x) 2x Lúc cân số mol H2= lần số mol N2 100 − 3,85 Vậy % số mol N2 lúc cân là: =24,04%; %H2= 72,11 Áp suất riêng phần chất PNH3 = 0,0385.10= 0,385 atm ; PH2= 0,7211.10 =7,211 atm PNH3 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 PN P H PN2 = 0,2404.20= 2,404 atm; KP = = 1,644.10-4; 0,25 KC = KP (RT)-∆n = 0,4815 Câu 2(2,0 điểm): 2.1/ Sau đun nóng 23,7gam KMnO4 thu 22,74 gam hỗn hợp chất rắn Cho hỗn hợp chất rắn tác dụng hoàn toàn với dung dịch axit HCl 36,5% (d = 1,18g/ml) đun nóng a/ Viết PTHH phản ứng xảy b/ Tính thể tích khí Cl2 thu (ở đktc) c/ Tính thể tích dung dịch axit HCl cần dùng Đề thi đề nghị trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk 238 GV: Nguyễn Trung Kiên THPT Nguyễn Huệ 2.2/ Sục V lít khí CO2 vào lít dd A chứa NaOH 0,05M Ba(OH)2 0,02M ta thu 5,91 gam kết tủa Hãy tính V? 2.3/ Cho hỗn hợp A gồm FeS FeCO3 tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư, phản ứng hoàn toàn, thu dung dịch A1 chứa Fe(NO3)3, H2SO4 HNO3 dư; hỗn hợp B gồm khí X Y có tỉ khối so với H2 22,8 Viết phương trình phản ứng tính phần trăm theo khối lượng muối A Đáp án thang điểm câu 2: Câu Đáp án Điể m 2.1.a Các phương trình phản ứng xảy t0  → 2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2↑ Chất rắn sau phản ứng gồm: K2MnO4 , MnO2 KMnO4 chưa phản ứng : Cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl có phản ứng 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O K2MnO4 + 8HCl → 2KCl + MnCl2 + 2Cl2 + 4H2O t0  → MnO2 + 4HCl MnCl2 + Cl2 + 2H2O 0,25 2.1.b Ta có q trình: Mn+7 0,15mol 2O-2 → 4e 0,25 + 5e 5.0,15 O2 → Mn+2 + (23,7 – 22,74)/32 0,03.4 2Cl- → Cl2 + 2e x 2.x Áp dụng định luật bảo tồn e ta có: 5.0,15 = 0,03.4 + 2x → x= 0,315 mol → V = 0,315.22,4 = 7,056 lít 2.1.c 2.2 Áp dụng định luật bào toàn nguyên tố nHCl = nKCl + 2nMnCl2 + 2nCl2 = 0,15 + 2.0,15 + 2.0,315 = 1,08 mol 1, 08.36,5.100 = 91,53( ml ) 36,5.1,18 Vậy Vdung dịch HCl = nOH = 0,36 mol; nBaCO3 = 0,03 mol TH1: OH- dư nCO2 = n BaCO3 = 0,03 mol → VCO2 =0,672 lít TH2: tạo hai muối CO2 + OH- → HCO30,3mol 0,3 mol CO2 + 2OH- → CO32- + H2O 0,03mol 0,06 mol 0,03 mol V CO2= 0,33.22,4 = 7,392 lit Đề thi đề nghị trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk 0,25 0,25 0,25 239 GV: Nguyễn Trung Kiên 2.3 THPT Nguyễn Huệ Hỗn hợp khí NO2 CO2 FeS + 12HNO3 → Fe(NO3)3 + H2SO4 + 9NO2 + 5H2O a (mol ) → 9a FeCO3 + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO2 + CO2 + H2O b (mol ) → b b Ta có : (46·9a + 44·b + 46·b):(9a+b+b)= 22,8.2 Vậy: %(m)FeS= 1.88.100 88 + 3.116 ⇒ 3a=b 0,25 0,5 =20,18% %(m)FeCO3=79,82% Câu 3(2 điểm): 3.1/ Hịa tan hồn tồn 7,2 gam FeO lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 24,5% (loãng) thu dung dịch A Làm lạnh dung dịch A xuống 50C thấy tách m gam tinh thể muối ngậm nước FeSO4 7H2O dung dịch cịn lại có nồng độ 12,18% a Xác định m gam muối ngậm nước FeSO4 7H2O tách b Tính độ tan FeSO4 50C 3.2/ Hịa tan hồn tồn 33,3 gam chất X tinh thể muối sunfat ngậm nước kim loại M vào nước dung dịch A Cho A tác dụng vừa đủ với dung dịch KOH, thu kết tủa B có khối lượng lớn Nung B t0C cao đến khối lượng không đổi 5,1 gam chất rắn Mặt khác, cho A tác dụng với dung dịch BaCl2 dư thu 34,95 gam kết tủa a Xác định cơng thức hóa học chất X b Nếu dùng V ml dung dịch NaOH 0,5M cho vào A thu 6,24 gam kết tủa Tính V Đáp án thang điểm câu 3: Câu Đáp án Điể m 3.1.a Phương trình hóa học: FeSO4 + H2SO4(l) → FeSO4 + H2O 7, nH SO4 = nFeSO4 = nFeO = = 0,1(mol ) 72 mddH SO4 24,5% = 0,25 0,1.98.100 = 40(gam) 24,5 mddA = 7, + 40 = 47, 2(gam) Khi làm lạnh dung dịch A xuống 50C: m m n= = (mol) (152 + 7.18) 278 Số mol FeSO4 kết tinh: Khối lượng dung dịch A lại sau có m gam FeSO4 7H2O kết tinh là: 47,2 – m (gam) Đề thi đề nghị trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk 0,25 240 GV: Nguyễn Trung Kiên THPT Nguyễn Huệ Nồng độ % FeSO4 dung dịch A 50C m (0,1 − )152 278 C% = 100 = 12,18 ⇒ m = 22, 24(gam) 47, − m 3.1.b Độ tan FeSO4 50C 22, 24 (0,1 − )152 278 S= 100 = 13,87 22, 24 47, − 22, 24 − (0,1 − )152 278 0,25 0,25 Lưu ý: - Nếu học sinh làm phép tính hợp lý để kết xác cho điểm tối đa theo thang điểm tương ứng - Học sinh sử dụng cơng thức tính độ tan phụ thuộc vào nồng độ % cho điểm tối đa theo thang điểm tương ứng 3.2.a Đặt CT số mol muối M2(SO4) n mH 2O: a(mol) M2(SO4)n mH 2O → M2(SO4)n + mH 2O a a (mol) M2(SO4)n + 2nKOH → nK2SO4 + 2M(OH)n a 2a (mol) t oC → 2M(OH)n M2On + nH 2O 2a a (mol) M2(SO4)n + nBaCl2→ 2MCl2 + nBaSO4 a na (mol) 34,95 nBaSO4 = = 0,15(mol ) ⇒ na = 0,15 233 0,25 Mặt khác mM 2On = 5,1gam ⇒ (2 M M + 16n)a = 5,1 ⇒ M M a + 16na = 5,1 ⇒ 2M M a = 1,35 ⇒ MMa = ⇒ n = 3, M M = 27, a = 0, 05 na 0,25 Khối lượng tinh thể muối ngậm nước: 33,3 gam 33,3 M M ( SO4 )n mH 2O = = 666 ⇒ m = 18 ⇒ Al2 ( SO4 )3 18 H 2O 0, 05 nAl (OH )3 = 3.2.b 6, 24 = 0, 08(mol ) 78 Xảy trường hợp TH1: Al2(SO4)3 dư Al2(SO4)3 + 6NaOH → 2Al(OH)3 + 3Na2SO4 0,24 0,08 (mol) 0, 24 VNaOH 0,5 M = 1000 = 480(ml ) 0,5 Đề thi đề nghị trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk 0,25 241 GV: Nguyễn Trung Kiên THPT Nguyễn Huệ TH2: Al2(SO4)3 hết Al2(SO4)3 + 6NaOH → 2Al(OH)3 + 3Na2SO4 0,05 0,3 0,1 (mol) Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O 0,02 0,02 (mol) 0, 03 + 0, 02 VNaOH 0,5 M = 1000 = 640( ml ) 0,5 0,25 Câu 4(1,5 điểm): 4.1/ Em giải thích viết phương trình hóa học minh họa cho nội dung sau: a Etilen dễ tham gia phản ứng cộng b Propin có chứa nguyên tử H linh động 4.2/ Hãy viết phương trình hóa học xảy khi: a Cho propen tác dụng với H2O môi trường axit b Cho etylbenzen tác dụng với brom, đun nóng, có bột sắt xúc tác 4.3/ Oxi hóa 0,08 mol ancol đơn chức, thu hỗn hợp X gồm axit cacboxylic, andehyt, ancol dư nước Ngưng tụ toàn X chia làm hai phần Phần cho tác dụng hết với Na dư thu 0,504 lít khí H2 (đktc) Phần hai cho phản ứng tráng Ag hoàn toàn thu 9,72 gam Ag Tính phần trăm khối lượng ancol bị oxi hóa? Đáp án thang điểm câu 4: Câu Đáp án Điể m 4.1.a 4.1.b Phân tử etilen có liên kết π bền nên dễ tham gia phản 0,25 ứng cộng CH2=CH2 + Br2 → CH2Br-CH2Br Vì phân tử propin có liên kết hút electron nên nguyên tử H liên kết trực tiếp với C sp3 linh động 0,25 CH≡C-CH3 + AgNO3 + NH3 → CAg≡C-CH3 + NH4NO3 4.2.a CH3-CH(OH)-CH3 (sản phẩm chính) CH2=CH-CH3 + H2O 0,25 H+ CH 2(OH)-CH2-CH3 (sản Br CH2-CH3 phẩm phụ) CH2-CH3 4.2.b CH2-CH3 Br + Br2 Fe, t0 + HBr 0,25 + HBr 4.3 Đặt công thức ancon đơn chức RCH2OH Hỗn hợp X gồm RCHO a mol RCOOH b mol RCH2OH dư c mol H2O (a+b) mol Đề thi đề nghị trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk 0,25 242 GV: Nguyễn Trung Kiên THPT Nguyễn Huệ Giả thuyết ta có a + b + c = 0,08 (1) Cho tác dụng với Na ta có : b + c + a + b = 0,09 (2) 0,25 (1) (2) ⇒ b=0,01 (mol) Cho phản ứng tráng bạc: 2a = 0,18 ⇒ a= 0,09 (vô lý) 0,25 Vậy R=1 X gồm HCHO a; HCOOH b; Khi tráng Ag cho 4a + 2b = 0,18 ⇒ a=0,04 (mol) 0, 01 + 0, 04 100 = 62,5% 0,25 0, 08 % ancol bị oxy hóa là: Câu 5(2,5 điểm): 5.1/ Hiđrocacbon X có tinh dầu thảo mộc Khi cho X tác dụng với lượng dư axit HCl thu sản phẩm có chứa nguyên tử Clo phân tử Ozon phânX thu hỗn hợp (CH3)2CH-CO-CH2-CHO CH3-CO-CH2-CHO a/ Xác định công thức cấu tạo X b/ Viết phương trình phản ứng X với axit HCl trình bày chế phản ứng c/ Hiđrocacbon Y có cơng thức phân tử với X Khi ozon phân Y thu Z có cơng thức phân tử C10H16O2 Cho biết Z có cấu tạo đối xứng có mạch cacbon khơng phân nhánh Xác định cơng thức cấu tạo Y Z 5.2/ Công thức đơn giản Hiđrocacbon A CH Biết phân tử khối A nhỏ 150 đvC Cho A tác dụng hoàn toàn với dung dịch brom dư thu sản phẩm B chứa 26,67% cacbon khối lượng Biết A có tính quang hoạt, oxi hóa A thu sản phẩm axit benzoic a/ Xác định công thức cấu tạo A b/ Viết sơ đồ phản ứng A với: + Dung dịch Brom dư + H2O (xt Hg2+, to) + Dung dịch AgNO3/NH3,to A1 đồng phân A, biết A có tính quang hoạt oxi hóa A1 thu sản phẩm axit benzoic Hãy xác định công thức cấu tạo có A1 Đáp án thang điểm câu 5: Câu Đáp án Điể m Xác định công thức cấu tạo X 5.1.a X có tinh dầu thảo mộc nên X tecpen 0,25 phần tử isopren kết hợp lại, công thức dạng (C5H8)n X + HCl → sản phẩm chứa Cl phân tử → phân tử X kết hợp với phân tử HCl → X có liên kết π Dựa vào sản phẩm ozon phân, X có cấu tạo: C H3 (CH 3)2CH 0,12 0,12 (CH3)2CH C H3 (II) (I) Vì X + 2HCl → sản phẩm nên công thức X (I) Đề thi đề nghị trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk 0,12 243 GV: Nguyễn Trung Kiên THPT Nguyễn Huệ Xét phương trình phản ứng 5.1.b (CH 3)2CH (CH 3)2CH C H3 Cl C H3 0,12 Cl + 2HCl → Cơ chế phản ứng: HCl → H+ + Cl(CH 3)2CH C H3 + 2H  → (CH 3)2CH + + C H3 0,25 2Cl −  → (CH 3)2CH C H3 Cl Cl Xác định công thức cấu tạo Y Z 5.1.c Y có cơng thức với X : C10H16 ( π + v = 3) Z : C10H16O2 ( π 0,12 + v = 3) Trong Y có liên kết đơi vịng Trong Z có liên kết đơi C=O vịng Ngồi Z có cấu tạo mạch đối xứng mạch C không phân nhánh 0,12 0,25 Vậy Y có cấu tạo là: Z có cấu tạo O O 5.2a Công thức phân tử A : (CH)n 13n < 150 → n< 11,53 CnHn + xBr2 → CnHnBr2x %mC = 12n / (13n + 160x) = 26,67/100 → n= 5x Vây x = → n = 10 0,25 π CTPT A C10H10 ( + v = 6) Khi oxi hóa A thu axitbenzoic → A có chứa vịng benzen A có tính quang hoạt, phân tử A tác dụng tối đa với phân tử Br2 dung dịch Vậy công thức cấu tạo A 0,25 ≡ C6H5CH(CH3)C CH Sơ đồ phản ứng: 5.2.b C6H5CH(CH3)C ≡ CH Br2  → C6H5CH(CH3)C(Br2)CH(Br2) H 2O / Hg 2+ ,t o → ≡  C6H5CH(CH3)C CH C6H5CH(CH3)COCH3 Đề thi đề nghị trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk 0,25 244 GV: Nguyễn Trung Kiên C6H5CH(CH3)C ≡ THPT Nguyễn Huệ o CH AgNO3 / NH ,t  → C6H5CH(CH3)C ≡ Cag Công thức cấu tạo A1 0,25 * (Cho H = 1; Li = 7; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Rb = 85,5; Ag = 108; Cs = 133.) Đề thi đề nghị trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk 245 GV: Nguyễn Trung Kiên THPT Nguyễn Huệ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂKLĂK TRƯỜNG THPT Y JÚT Câu 1: (5 điểm) 1.1 Một hợp chất A tạo thành từ ion X+ Y2- Trong ion X+ có hạt nhân hai nguyên tố có 10 eletron Trong ion Y 2- có hạt nhân thuộc hai nguyên tố chu kỳ đứng cách ô bảng tuần hoàn Tổng số eletron Y2- 32 Hãy xác định nguyên tố hợp chất A lập cơng thức hóa học A 1.2 Có ngun tố A, B C A tác dụng mạnh với B nhiệt độ cao sinh D Chất D bị thủy phân mạnh nước tạo khí cháy có mùi trứng thối B C tác dụng với cho khí E, khí tan nước tạo dung dịch làm quỳ tím hóa đỏ Hợp chất A với C có tự nhiên thuộc loại cứng Hợp chất chứa nguyên tố A,B,C muối không màu, tan nước bị thủy phân Xác định A,B,C viết phản ứng xảy 1.3 Hòa tan mẫu kẽm axit HCl 20 0C thấy kết thúc sau 27 phút Ở 40 0C mẫu tan hết sau phút Hỏi 550C, mẫu Zn tan sau Câu HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm 1.1- Xác định X+ 2đ 0,25đ - X+ có 10 electron ⇒ nên tổng proton hạt nhân 11 0,25đ Z = 2,2 Vậy có nguyên tử H 0,25đ - Gọi nguyên tử thứ hai X+ R, cơng thức X+ là; - RH4+ : ZR + =11 ⇒ ZR = (N) ; X+: NH4+ (nhận) - R2H3+ : 2ZR + =11 ⇒ ZR = loại : R3H2+ : 3ZR + =11 ⇒ ZR = loại - Xác định Y20,25đ Y2- có 32 eletron nên tổng số hạt proton nguyên tử 0,25đ 30 Z = 7,5⇒ nguyên tử Y2- thuộc chu kỳ - Gọi nguyên tử A,B: ZB= ZA +2 0,25đ - Cơng thức Y2- - AB32- : ZA+ 3ZB = 30 ZB= ZA +2 ⇒ ZA= (C); ZB = (O) 2- A2B2 : 2ZA+ 2ZB = 30 0,5đ ZB= ZA +2 ⇒ ZA= 6,5; ZB = 8,5 loại - A3B2- : 3ZA+ ZB = 30 ZB= ZA +2 ⇒ ZA= 7; ZB = 9loại - Hợp chất A có cơng thức (NH4)2CO3 1.2 AnBm muối thủy phân cho H2S; hợp chất AxCy Al2O3 0,25đ 2đ Vậy A Al; B S; C O ; Hợp chất A,B,C Al (SO ) 0,25đ 0,25đ 2Al + S → Al2S3 ; Al2S3 + 6H2O → Al(OH)3 + H2S 0,5đ 4Al + 3O2→ 2Al2O3 ; S + O2→ SO2 0,5đ 3+ 2+ + Al + 2H2O → Al(OH) + H3O 0,25đ 1.3 1đ Cả trường hợp hịa tan lượng Zn nên xem tốc độ trung bình phản ứng tỉ lệ nghịch với thời gian phản ứng Đề thi đề nghị trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk 0,25đ 246 GV: Nguyễn Trung Kiên THPT Nguyễn Huệ Khi đun nóng từ 20 C đến 40 C, tốc độ phản ứng tăng lên lần t − t1 V2 = γ 10 V1 =9 γ =3 0 Vậy đun nóng từ 400C đến 550C, tốc độ phản ứng tăng =5,2 (lần) 5,2 Vậy thời gian =0,577 phút 55− 40 10 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 2: (5 điểm) 2.1 Cân phản ứng sau phương pháp cân ion-eletron: a Fe3O4 + Cr2O72- + H+→ Cr3+ + …… b Sn2+ + BrO3- + Cl-→ Br- + SnCl62- + … c SO32- + MnO4- + H2O → ………………… 2.2 Hỗn hợp khí gồm mol N2 mol H2 gia nhiệt tới 3870C áp suất 10 atm Hỗn hợp cân chứa 3,85% NH3 số mol Xác định KC KP Câu HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm 2.1 0,25đ a Fe3O4 + Cr2O72- + H+→ Cr3+ + Fe3+ + H2O + 3+ 3đ Fe3O4 + 8H → Fe + 1e + 4H2O x6 0,25đ 2+ 3+ Cr2O7 + 14H + 6e → 2Cr + 7H2O x1 0,25đ 2+ 3+ 3+ 6Fe3O4 + Cr2O7 + 62H → 2Cr + 18Fe + 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 + 2OH0,25đ 2.2 0,25đ Phản ứng : N2 + 3H2→ 2NH3 2đ Ban đầu mol Phản ứng x 3x 2x Cân (1-x) (3-3x) 2x Lúc cân số mol H2= lần số mol N2 0,25đ 100 − 3,85 0,25đ Vậy % số mol N2 lúc cân : =24,04%; %H2= 72,11 Áp suất riêng phần chất 0,75đ PNH3 = 0,0385.10= 0,385 atm ; PH2= 0,7211.10 =7,211 atm PNH3 0,5đ PN P H PN2 = 0,2404.20= 2,404 atm; KP = = 1,644.10-4 ; -∆n KC = KP (RT) = 0,4815 Đề thi đề nghị trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk 247 GV: Nguyễn Trung Kiên THPT Nguyễn Huệ Câu 3: (5 điểm) 3.1 Axit H2SO4 100% hấp thụ SO3 tạo oleum Hỏi cần gam oleum có hàm lượng SO3 71% pha vào 100 ml dung dịch H 2SO4 40%(d=1,31 g/ml) để tạo oleum có hàm lượng SO3 10% 3.2 Sắp xếp oxit axit: HClO; HClO2; HClO3; HClO4theo thứ tự - Tăng dần tính oxi hóa ; - Tăng dần tính axit Giải thích ngắn gọn 3.3 Tính lượng liên kết trung bình C-H từ kết 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 than chì= 715 kJ/mol - Năng lượng liên kết H-H =431,5 kJ/mol Các kết đo 2980K atm Câ HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm u 3.1 H2SO4.nSO3a mol Hàm lượng SO3 = 71% 0,25 2đ đ 80n 0,25 98 + 80n đ Ta có 100=71 ⇒ n= Khối lượng dung dịch H2SO4 40%= 131 (gam) ⇒ mct = 52,4 0,5đ gam.; mH2O= 78,6 Phản ứng SO3+ H2O → H2SO4 0,5đ 4,367 4,367 4,367 (3a − 4,367).80 0,25 đ 131+ 338a Ta có: =0,1 ⇒ a = 1,7578 m = 338 1,7578 = 594 (gam) 0,25 3.2 1đ 3.3 2đ Các axit có cơng thức chung HClOn - Tính oxi hóa giảm : HClO > HClO2> HClO3> HClO4 Khi n tăng độ dài liên kết Cl-O giảm, tức độ bền liên kết Cl-O tăng →Tính oxi hóa giảm - Tính axit tăng : HClO < HClO2< HClO3< HClO4 Vì theo Pauling n tăng, liên kết –OH yếu lực hút H+ bị chia sẻ cho nhiều O dễ tách H+→ Tính axit tăng dần Viết 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 phương trình 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 Đề thi đề nghị trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 1,đ 0,5đ 0,5đ 248 GV: Nguyễn Trung Kiên THPT Nguyễn Huệ Câu 4: (5 điểm) 4.1 Hỗn hợp X có khối lượng 82,3 gam gồm KClO 3,Ca(ClO3)2,CaCl2 KCl Nhiệt phân hoàn toàn X thu 13,44 lít O (đkc), chất rắn Y gồm CaCl KCl Toàn Y tác dụng vừa đủ với 0,3 lít dung dịch K 2CO3 1M thu dung dịch Z Lượng KCl có Z nhiều gấp lần lượng KCl X Phần trăm khối lượng KCl X 4.2 Tiến hành nung x1 gam Cu với x2 gam Oxi thu sản phẩm A Đun nóng A1 x3 gam dung dịch H2SO4 98% Sau kết thúc phản ứng thu dung dịch A2 khí A3 Khí A3 khơng tạo kết tủa với dung dịch Pb(NO 3)2 làm nhạt màu dung dịch brom, hấp thụ hoàn toàn 200 ml dung dịch NaOH 0,15M tạo 2,3 gam muối Khi cạn dung dịch A thu 30 gam tinh thể CuSO 4.5H2O cho dung dịch A2 tác dụng với dung dịch NaOH, để thu lượng kết tủa lớn phải dùng 300 ml dung dịch NaOH 1M tính x1, x2 x3 Câ u 4.1 2đ 4.2 3đ HƯỚNG DẪN CHẤM Các phản ứng KClO3→ KCl + 3/2 O2 Ca(ClO3)2→ CaCl2 + 3/2 O2 Đặt a, b số mol CaCl2 KCl 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 số mol KCl hỗn hợp X Ta có 2a + b = 5x ⇒ x = 0,2 (mol) 74.5.0,2 82,3 %KCl X = 100 = 18.10 % Dễ dàng thấy toàn lượng Cu ban đầu chuyển hết CuSO4.5H2O 30.64 250 Ta có x1 = = 7,64 gam⇒ mol Cu =0,12 (mol) Khi đun nóng A1 với H2SO4 đặc có khí A3 ra, theo giả thuyết A3: SO2 Và A1 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 (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