Đề thi Bồi dưỡng học sinh giỏi

tot và 0,007 mol khí ở anot. Nếu thời gian đp là 2t giây thì thu được 0,024 mol khí. Tìm X?
2/ Dung dịch X gồm HCl 0,001M và CH3COOH 0,1M có Ka = 1,8.10-5.
 a/ Tính pH của X?	 b/ Hòa tan 2,04 gam NaOH vào 1 lít X được dd Y. Tính pH của Y?
v****6****v
Đáp án đề 62
Câu 1: X1 là O=HC-CH2-CH2-CH=O, X2 là HOOC-CH2-CH2-COOH, Y1 là CH3-CH2-CH2-OH, Y2 là 
CH3-CHOH-CH3.
Câu 2: A, B, D có cùng công thức phân tử: C6H9O4Cl (D=2)
	 A + NaOH → C2H5OH + muối A1 + NaCl
0,2 mol	 0,2mol	0,4 mol
Từ tỉ lệ số mol các chất cho thấy A là este 2 chức chứa 1 gốc rượu C2H5- và axit tạp chức.
CTCT của A: CH3-CH2-OOC-CH2-OOC-CH2-Cl
CH3-CH2-OOC-CH2-OOC-CH2-Cl + 3NaOH → C2H5OH + 2 HO-CH2COONa + NaCl
	B + NaOH → muối B1 + hai rượu + NaCl
Vì thuỷ phân B tạo ra 2 rượu khác nhau nhưng có ùng số nguyên tử C, nên mỗi rượu tối thiểu phải chứa 2C. CTCT duy nhất thỏa mãn: C2H5-OOC-COO-CH2-CH2-Cl
C2H5-OOC-COO-CH2-CH2-Cl + 3NaOH → NaOOC-COONa + C2H5OH + C2H4(OH)2 + NaCl
	D + NaOH → muối D1 + axeton + NaCl + H2O
Vì D làm đỏ quì tím nên phải có nhóm –COOH, thuỷ phân tạo axeton nên trong D phải có thêm chức este và rượu tạo thành sau thuỷ phân là gemdiol kém bền.
CTCT của D: HOOC-CH2-COO-C(Cl)-(CH3)2
HOOC-CH2-COO-C(Cl)-(CH3)2 +3NaOH → NaOOC-CH2-COONa + CH3-CO-CH3 + NaCl + H2O
Câu 3: 1/ Pư điều chế như sau:
3CH2=CH2 + 2KmnO4 +4H2O ® 3HO-CH2CH2-OH + 2MnO2 + 2KOH
nHOOC-C6H4-COOH + nHO-CH2CH2OH (-OC-C6H4-COO-CH2CH2-O-)n + 2nH2O
 2/ a/ Gọi C là nồng độ khi chưa pha loãng ta có: [H+] = 10-1,7 = 0,02M
 HA H+ + A-.
Ccb: C-0,02 0,02 0,02.
ð Ka = (*)
+ Khi pha loãng gấp đôi ta có: [H+] = 10-1,89 = 0,0129
 HA H+ + A-.
Ccb: 0,5C-0,0129 0,0129 0,0129
ð Ka = (**)
+ Từ (*) và (**) ta có: = ð C = 0,0545M. 
Thay vào (*) được Ka = 1,159.10-2.
 b/ + Giả sử có 1 lít dd ð khối lượng dd = 1000 gam ð mHA = 0,373.1000/100 = 3,73 gam. Mặt khác số mol HA = 0,0545.1 = 0,0545 mol ð M = 3,73/0,0545 = 68,44 đvC.
+ Đặt CTPT của HA là HaXbOc ta có: ð a 1; ð b 2
và ð bX 35,5 ð b=1 và X = 35,5 thỏa mãn.
Vậy công thức của axit đã cho là HclO2 = axit clorơ 
Câu 4: 1/ a/ Một cách tổng quát ta có sơ đồ: 
ta có : n3.E3 = n1.E1 + n2.E2. Do đo nếu biết được 2 giá trị của E thì tính được E còn lại
+ Áp dụng sơ đồ trên ta có: Ta có sơ đồ: 
Do đó ta có: 3E3 = E1 + 2E2 ð 3.(-0,04) = E1 + 2.(-0,44) ð E1 = +0,76 vôn
b/ Ta có: (*)
+ Khi [OH-] = 1 M thì: [Fe2+].12 = 10-14 ð[Fe2+] = 10-14 và [Fe3+].13 = 10-36 ð[Fe3+] = 10-36.
+ Thay vào (*) được: =-0,538 vôn.
 2/ a/ + Gọi x, y lần lượt là số mol của M và MO ta có: Mx + y(M+16) = 7,33. (I)
+ Pư: M + 2H2O → M(OH)2 + H2
mol: x x
	MO + H2O → M(OH)2.
Mol: y y
ð số mol OH- = 2x + 2y = 1.0,1 (II)
+ Từ (I, II) ta có: 16y = 7,33 – 0,05M ð M = 146,6 – 320y (*)
+ Từ (II) suy ra: 0,05 > y > 0 thay vào (*) ta có:146,6 > M > 130,6 ð M là Ba.
 b/ Số mol của OH- = 0,1.0,1 = 0,01 mol; Gọi V là thể tích cần tìm ð số mol H+ = 1.V mol. Vì pH của dd sau pư < 7 nên sau pư axit dư ð tính theo OH-.
	 H+ + OH- → H2O
Mol bđ: V 0,01
Mol pư: 0,01 0,01
Mol còn: V-0,01 0
ð =10-1,699 ð V = 0,0122 lít
Câu 5: 1/ Gọi x, y là số mol Cu và Fe3O4 ta dễ dàng lập được hệ sau: ð 
Áp dụng ĐLBT electron ð V1 = 22,4.(0,1.2+0,03.1)/2= 2,576 lít
+ Khi cho A vào dd X thì có pư:
	3Fe3O4 + 28H+ + NO3- → 9Fe3+ + NO + 14H2O 
mol: 0,03	 0,09 0,01
	Cu + 2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+
Mol: 0,045 0,09	0,045	 0,09
ð phải có: 0,1-0,045 - = 0,045 mol Cu pư với H+ và NO3- theo pư:
	3Cu + 8H+ + 2NO3- → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O 
mol: 0,045 	 0,045 0,03
ð V2 = 22,4.(0,01 + 0,03) = 0,896 lít
2/ Ta thấy số mol HNO3 = NO = 0,04 mol. Dung dịch sau pư của A với X có: 0,09 mol Fe2+ + 0,09 mol Cu2+ và a mol SO42-. Áp dụng ĐLBT điện tích ð a = 0,18 mol.
+ Vậy trong X có HNO3 = 0,1M và H2SO4 = 0,45M 
Câu 6: 1/ Gọi CxHy là công thức của A ta có:
	CxHy +(x+) O2 → xCO2 + H2O
Mol: a a(x+) ax a
+ Số mol khí trước pư = a + 9a = 10a mol
+ Số mol khí sau pư = ax + a + 9a – a(x+) = 9a + a
ð V bình kín = hay: ð y = 6.
+ Vì A là chất khí nên A có thể là: C2H6; C3H6 và C4H6.
2/Vì tất cả các nguyên tử C trong A đều có cùng một dạng lai hóa nên CTCT của A: CH3-CH3(sp3); (CH2)3(xiclopropan = sp3); CH2=CH-CH=CH2(sp2) và 
3/ Ta chọn A là buta-1,3-đien để hoàn thành sơ đồ: buta-1,3-đien → butan → etilen.
Cho sp cuối cùng trong sơ đồ pư với H2/Ni, t0 thì thu được B
Câu 7: + Ta có: ZnCl2 = 0,025 mol; K2CO3 = 0,075 mol.
+ Quá trình xảy ra:
	CO32- + H2O → HCO3- + OH-.
	2Zn2+ + 2OH- + CO32- →[Zn2(OH)2]CO3↓
Do đó ta có pư xảy ra dạng phân tử là:
	 2ZnCl2 + 3K2CO3 → [Zn2(OH)2]CO3↓ + 2KHCO3 + 4KCl
mol bđ: 0,025 0,075 0 0 0
mol pư: 0,025	 0,0375	 0,0125	0,025	 0,05
mol còn: 0	 0,0375	 0,0125	0,025	 0,05
ð Dung dịch nước lọc có: 0,0375 mol K2CO3 + 0,025 mol KHCO3 + 0,05 mol KCl
+ Khối lượng dd nước lọc = 17,85.1,12 + 25.1,3 – 0,0125.224 = 49,692 gam.
+ Vậy: K2CO3 = 10,4%; KHCO3 = 5,03%; KCl = 7,5%
Câu 8: pư xảy ra:	 Fe3O4 + 8HCl ® 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O
 0,1 0,8 0,2 0,1
Sau đó: Cu + 2 Fe3+ ® Cu2+ + 2 Fe2+ 
 0,1 0,2 0,1 0,2 
 Khi đó dung dịch A chứa CuCl2 (0,1 mol) và FeCl2 (0,3 mol)
 Khi cho dung dịch A phản ứng với dung dịch AgNO3 dư có các phản ứng:
 Ag+ + Cl - ® AgCl ¯ 
 0,8 0,8
 Ag+ + Fe2+ ® Ag ¯ + Fe3+ 
 0,3 0,3
ð khối lượng D = AgCl và Ag = (0,8 ´ 143,5) + (0,3 ´ 108) = 147,2 g
v****6****v
Đáp án đề 63
Câu 1: + Số mol NaOH pư với A = 0,024 mol ð số mol A = 0,012 ð MA =234 đvC ð CTPT là C13H14O4.
+ Dựa vào sp của pư xà phòng hóa suy ra A có dạng: CH3OOC-R-COOR’ ð C là R’OH, mà R’OH quang hoạt và cho kết tủa vàng với I2/NaOH nên R’ có dạng: CH3-CHOH-CH2-...
+ Do Ozon phân B chỉ cho 1 sp nên B phải có cấu tạo đối xứng, do B chỉ pư được với 1 brom nên A, B, C là: CH3-OOC-CH=CH-COOCH(CH3)C6H5; HOOC-CH=CH-COOH, CH3-CHOH-C6H5.
Câu 2: A1 là C2H6 ; A2 là C2H5Cl ; A3 là C2H5OH ; 	X1 là C2H4 ; X2 là C2H4Cl2 ;
 X3 là C2H4(OH)2 ; B, D, Y là CH3COO-CH = CH2 ; CH2 = CH – Cl ; CH3CHCl2
Câu 3: 1/ Đimetylamin > etylamin > metylamin > amoniac > anilin > điphenylamin.
2/ Dùng HNO2 thì: trietylamin không pư; đietylamin cho kết tủa vàng; 2 chất còn lại cho niơ bay ra. Để nhận ra 2 amin có khí thì ta dựa vào ancol tương ứng được tạo ra là bậc I và II. Nhận biết 2 ancol này bằng CuO rồi AgNO3/NH3.
3/ axit lactic > axit acrylic > axit axetic > axit propionic
Câu 4: Theo giả thiết thì B chứa N2 và N2O với số mol đều là 0,01 mol 
ð số mol e nhận để tạo ra 2 khí này là : 0,01(10+8) = 0,18 mol (I)
 5 Mg + 12 H+ + 2 NO ® 5 Mg2+ + N2 ­ + 6 H2O
 4 Mg + 10 H+ + 2 NO ® 4 Mg2+ + N2O ­ + 5 H2O
 10 Al + 36 H+ + 6 NO ® 10 Al3+ + 3 N2 ­ + 18 H2O
 8 Al + 30 H+ + 6 NO ® 8 Al3+ + 3 N2O ­ + 15 H2O
có thể có pư tạo NH4NO3
4 Mg + 10 H+ + NO ® 4 Mg2+ + NH + 3 H2O
 8 Al + 30 H+ +3 NO ® 8 Al3+ + 3 NH + 9 H2O
ð 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 ­
ð E chỉ có Al2O3 và MgO.
+ Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và Mg ta có hệ : 
ð x = Al = 0,04 mol và Mg = 0,045 mol ð số mol e cho = 0,21 mol (II)
+ 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 (2,4 gam) = 17,58 gam. Hỗn hợp ban đầu có 50% lượng mỗi kim loại.
Câu 5: + Số mol khí thoát ra là 0,1 mol. Pư có thể xảy ra :
	ZnO + 2HNO3 → Zn(NO3)2 + H2O	(1)
	4Zn + 10HNO3 → 4Zn(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O	(2)
NH4NO3 N2O + H2O	(3)
NH4NO3 N2 + 1/2O2 + H2O	(3)’
	Zn(NO3)2 → ZnO + 2NO2 + ½ O2	(4)
+ Ta thấy NH4NO3 phân hủy trước nên nếu Zn(NO3)2 phân hủy hết thì số mol khí phải lớn hơn số mol chất rắn là ZnO. 
+ Xét trường hợp Zn(NO3)2 phân hủy hếtð chất rắn là ZnO với số mol ZnO = 113,4/81=1,4 mol > số mol khí là 0,1 mol ð Zn(NO3)2 chưa bị phân hủy ð số mol Zn(NO3)2 = 113,4/189 = 0,6 mol.
+ Theo (3) thì số mol khí = N2O = 0,1 mol ð số mol NH4NO3 = 0,1 mol ð Zn = 0,4 mol ð ZnO = 0,6-0,4 = 0,2 mol.
Câu 6: Từ pư thủy phân R-COO-R’ + KOH ® R-COOK + R’OH ð mol 2 este = 0,01 và = 74
 * Có 2 khả năng xảy ra : 
 - Cả 2 este đều có KL mol = 74 ( H-COO-C2H5 và CH3-COO-CH3)
 - Một trong hai este có KL mol < 74 đó là H-COO-CH3.
 Như vậy cả 2 khả năng đều có 1 este Fomat, khi đun nóng với H2SO4 bị phân hủy tạo ra CO (KL mol = 28), ngoài ra còn một khí bị hấp thụ bởi nước brom, khí đó phải là anken sinh ra khi phần ancol trong este bị tách nước. Mặt khác, khối lượng riêng hỗn hợp khí không đổi, tức là khí đó phải có KL mol = 28, đó là C2H4. C2H4 + Br2 ® C2H4Br2 .
 * Nếu trong hỗn hợp có H-COO-C2H5 → CO + C2H4 + H2O 
 thì sau khi đi qua nước brom khối lượng khí phải giảm đi 1/2 (trái giả thiết). 
 Vậy các gốc H-COO- và C2H5- phải thuộc về 2 este khác nhau.
 * Hỗn hợp chứa H-COO-CH3 (x mol) và R-COO-C2H5 (y mol). Ta có :
 x + y = 0,01 ; x = 2y (do CO = 2´ C2H4 ) ® y = 0,01/3 và x = 0,02/3
 Ta có : 60´ + (R + 73)´ = 0,74 ® R = 29 ® C2H5-COO-C2H5
 - Khối lượng hỗn hợp khí sau phản ứng với H2SO4 = 28 ( 0,01 = 0,28 gam)
ð 0,02/3´ 60 = 0,4 gam H-COO-CH3 ð 54,1% và 0,34 gam C2H5-COO-C2H5 ð 45,9%
* Phân biệt 2 este bằng phản ứng với dung dịch AgNO3 trong NH3 :
 H-COO-CH3 + 2 Ag(NH3) + 2H2O ® (NH4)2CO3 + 2NH + CH3OH + 2 Ag¯
Câu 7: a) Trong các phân tử trên, nguyên tử trung tâm ở trạng thái lai hoá sp3 có các cặp e chưa liên kết đẩy mạnh hơn cặp e đã liên kết.
b) Khi độ âm điện của nguyên tử trung tâm giảm (hoặc khi độ âm điện của phối tử tăng)thì các cặp điện tử của liên kết bị đẩy nhiều về phía các nguyên tử liên kết nên chúng chỉ cần một khoảng không gian nhỏ chung quanh nguyên tử trung tâm. Độ âm điện của S < O nên < .
c) Độ âm điện của F > H nên < 
Câu 8: Gọi oxit kim loại phải tìm là MO và a và 2a là số mol CuO và MO trong A.
Vì hidro chỉ khử được những oxit kim loại đứng sau nhôm trong dãy điện hóa nên có 2 khả năng xảy ra:
* Trường hợp 1: M đứng sau nhôm trong dãy điện hóa
 CuO + H2 ® Cu + H2O 
 MO + H2 ® M + H2O 
 3Cu + 8HNO3 ® 3Cu(NO3)2 + 2NO ­+ 4H2O 
 3M + 8HNO3 ® 3 M(NO3)2 + 2NO ­+ 4H2O 
Ta có hệ pt: ð a = 0,01875 và M = 40 ~ Ca ð loại vì Ca trước Al
* Trườ