Đề thi Hóa học Lớp 11 - Kỳ thi Olympic 10-3 lần thứ 2 - Trường THPT Hùng Vương (Có đáp án)

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK
 TRƯỜNG THPT HÙNG VƯƠNG
 KÌ THI OLYMPIC 10-3 LẦN 2
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HÓA HỌC - LỚP 11
 - 1 - z2 0,362 0,5
 K= = 8,138.10 5 
 x.y3.P2 0,16.0,483.3002
b) Theo điều kiện cân bằng z = 0,5; x = 0,125; y = 0,375
Giá trị K như câu a: 8,138.10-5 nên ta có:
 0,52
 K= 8,138.10 5 → p = 680atm 0,5
 0,125.0,3753.p2
 0,52
c) Ở nhiệt độ khảo sát: K= 4,214.10 4
 0,125.0,3753.3002
Thay các giá trị tương ứng vào phương trình Van‘t Hoff:
 4 3
 4,214,10 92.10 1 1 o 0,5
 ln 5 → T2 ≈ 652K = 380 C
 8,138.10 8,314 723 T2 
3. (1,0 điểm):
a) 
 a
 0,25
 a
 a 2 = 4.r
- Số nguyên tử trong 1 ô cơ sở: 8.1/8 + 6.1/2 = 4.
- Bán kính nguyên tử Au:
 4.r = a 2 r = a 2 /4 = 1,435.10-8 cm 0,25
b) 
- Thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử: 
 3 -8 3 -23 3
 Vnguyên tử= 4/3. .r = 4.4/3.3,14.(1,435.10 ) = 5.10 cm .
- Thể tích 1 ô đơn vị:
 3 -8 3 -23 3
 V1ô = a = (4,070.10 ) = 6,742.10 cm .
- Phần trăm thể tích không gian trống: 0,25
 (V1ô - Vnguyên tử).100 / Vnguyên tử = 26%.
 n.M 0,25
c) Trị số của số Avogađro: N = = 6,02.1023.
 A V.D
4. (0,50 điểm):
 lk 2 * 2 lk 2 lk lk 4 * * 1
O 2 : ( s ) ( s ) ( z ) ( x = y ) ( x = y ) 
 2 lk 2 * 2 lk 2 lk lk 4 * * 4 0,25
O 2 : ( s ) ( s ) ( z ) ( x = y ) ( x = y ) 
Bậc liên kết của O 2 = (8-3)/2 = 2,5 
 2 
Bậc liên kết của O 2 = (8-6)/2 = 1 
 2 0,25
O 2 bền hơn O 2 vì bậc liên kết của O 2 lớn hơn 
 - 3 - x 1 x -4,75
 Kb = = 10 0,25
 1 x
 x = 10-4,75
 -4,75 -4,475 0,25
Hay [OH ] = 10 < 10 . 
Vậy không xuất hiện kết tủa Mg(OH)2.
3. (1,5 điểm):
a) Thế của điện cực Fe3+/Fe2+ là:
 3 
 0 0,059 [Fe ] 0,25
 E1 = E1 + lg = 0,771 V
 1 [Fe2 ]
* Khi pH = 5, thế dung dịch giảm xuống tới 0,152V, điều này có nghĩa là ion Fe3+ 
 3+ -
đã bắt đầu giảm trong phản ứng: Fe + 3OH  Fe(OH)3  0,25
 [Fe3 ]
Khi đó: E = 0,771 + 0,059lg [Fe3+] = 10-11 << [Fe3+] bđ
 0,2
Vậy Fe(OH)3 đã kết tủa hoàn toàn. Khối lượng kết tủa = 0,2 x 107 = 21,4 gam.
T = [Fe3+][OH-]3 = 10-11.(10-9)3 = 10-38 0,25
 Fe(OH )3
 3+ 2+
b) Thế của điện cực Fe /Fe là E1 = 0,771 V.
 + 0 0,059 
Thế của điện cực Ag /Ag là: E2 = E2 + lg[Ag ]
 1
Khi suất điện động của pin đã đạt đến giá trị bằng 0, nghĩa là E1 = E2
 0,771 = 0,799 + 0,059 lg[Ag ] 
 [Ag ] = 0,3353 M 0,25
* Ở 25 oC hằng số cân bằng của phản ứng: Fe2+ + Ag+  Fe3+ + Ag
được xác định theo thế điện cực là:
 3 
 0 0,059 [Fe ] 0 0,059 
E1 + lg = E2 + lg[Ag ] (1)
 1 [Fe2 ] 1 0,25
 [Fe3 ]
Mặt khác: K = 
 [Fe2 ][Ag ]
 [Fe3 ] E 0 E 0
Từ (1) suy ra: lg = lgK = 2 1 = 0,4746
 [Fe2 ][Ag ] 0,059
 0,25
Vậy K = 100,4746 = 2,9826
 - 5 - số mol HNO3 đã dùng = 0,29.115/100 = 0,3335 mol. 0,25
 y = 0,3335.63.100/24 = 87,5438 gam.
2. (2,0 điểm):
a) Xác định kim loại M và công thức hoá học muối tinh thể ngậm nước X.
 0,25
 t0
 2MS + 3O2  2MO + 2SO2
 MO + H2SO4 MSO4 + H2O
Cứ 1 mol H2SO4 hay (98/24,5).100 = 400 gam dung dịch H2SO4 hòa tan được (M + 
96) gam muối MSO4. Ta có:
 Khối lượng dung dịch thu được = (M+16)+400, khối lượng chất tan = (M+96) 
gam
 Theo bài cho: ứng với 100 gam dung dịch có 33,33 gam chất tan 0,25
 Tính được: M = 64, M là Cu 
 12
 nCuO= nCuS= = 0,125 mol= n
 96 H2 SO4
Ta có : Khối lượng dung dịch bão hoà = m CuO + m dd H2SO4 – m muối tách ra 0,25
 = 0,125.80 + 0,125.400 – 15,625 = 44,375g.
Khối lượng CuSO còn laị trong dung dịch bão hòa = (44,375 . 22,54)/100% = 10g
 4 0,25
Số mol CuSO4 còn laị trong dung dịch = 10 /160 = 0,0625 mol
Số mol CuSO4 ban đầu = số mol CuO = số mol CuS = 12/96 = 0,125 mol
Số mol CuSO4 đã tách ra = 0,125 – 0,0625 = 0,0625 mol
Nếu công thức muối ngậm nước là CuSO4.nH2O ta có (160+18n).0,0625 = 15,625 0,25
 n = 5 CuSO4.5H2O 
b) 0,25
 1500 C
 3SO2 + 2H2O  2H2SO4 + S  (màu vàng) 0,25
 SO2 + Br2 + 2H2O H2SO4 + 2HBr 0,25
 H2SO4 + BaCl2 BaSO4  + 2HCl 
 - 7 - toC
 C3H8 + 5 O2  3CO2 + 4H2O (5) 0,25
 toC
 C2H2 + 5/2O2  2CO2 + H2O (6)
 toC
 C2H4 + 3 O2  2CO2 + 2H2O (7)
 toC
 C2H6 + 7/2 O2  2CO2 + 3H2O (8)
Y qua Br2: 
 C2H2 + 2Br2 → C2H2Br4 (9)
 0,25
 C2H4 + Br2 → C2H4Br2 (10)
 C3H6 + Br2 → C3H6Br2 (11)
X qua Br2: phương trình (9), (11). 
 -Do phản ứng hoàn toàn và Y làm mất màu dung dịch Br 2 nên trong Y không có 0,25
 H2. 
b)
- nH2O = 3,96/18 = 0,22 mol; nBr2 p/ứ với Y = 0,05.1 = 0,05 mol; nX = 3,36/22,4 = 
 0,25
0,15 mol; nBr2 p/ứ 0,15 mol X = 19,2/160 = 0,12 mol.
- BT hidro: 6.a +2.b + 2.c = 0,44 (1) 0,25
BT liên kết pi: số l/k pi trong X = số liên kết pi trong Y (bằng số mol Br2 phản ứng 
với Y) + số mol H2
 a + 2.b = 0,05 + c (2) 0,25
 Ta có: a + b + c mol X phản ứng hết với a +2.b mol Br2
 0,15 mol X phản ứng vừa hết 0,12 mol Br2 0,25
=>0,12.(a+b+c) = 0,15.(a+2.b) (3)
Từ (1),(2),(3) ta có: a= 0,06; b=0,01; c=0,03 mol
BT cacbon => nCO2 = 0,06.3 + 0,01.2 = 0,2 mol
BT oxi => nO2 p/ứ = nCO2 + 1/2 .nH2O = 0,2 + ½.0,22 = 0,31 mol
V = 0,31.22,4 = 6,944 lít 0,25
 - 9 - OCH
 3 OCH3
 OCH
 3 OCH3
 0,25
 + 2KMnO4 + 3H2SO4 + CH3COOH+ 2MnSO4 +K2SO4+ 4H2O
 CH2-CH2-CH3 COOH
2. (2,0 điểm)
 3,18 2,464
nNa CO = 0,03 mol ; nCO = 0,11 mol
 2 3 106 2 22,4 0,25
X + NaOH  hai muối của natri + H2O (1)
 t0
Hai muối của natri + O2  Na2CO3 + CO2  + H2O (2)
Số mol Na = 0,06 mol; Số mol C = 0,03 + 0,11 = 0,14 mol 0,25
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ở (1) ta có :
 0,72
m m m m m (2,76 2,4) 4,44 0,72gam n 0,04mol
 X NaOH muôi H2O H2O H2O 18
Tổng số mol H trong nước = 2 số mol H2O(1&2) = 2.(0,04 +0,05) = 0,18 mol
Số mol H trong 0,06 mol NaOH = 0,06 mol. 0,25
Bảo toàn mol H: nH(X) + nH(NaOH) = nH(H2O) = 0,18 mol.
Số mol H trong X là : 0,18 – 0,06 = 0,12 mol
Khối lượng O trong X là : 2,76 – (0,14.12 +0,12) = 0,96 (gam) hay nO = 0,06 mol
Ta có tỷ lệ : nC : nH : nO = 0,14 : 0,12 : 0,06 = 7 : 6 :3
 0,25
Vậy công thức phân tử của X là : C7H6O3 
b)
 2,76 nNaOH 0,06 0,25
Do : nX = 0,02mol ; 3
 138 nX 0,02
Và X có số (л+v) = 5 0,25
Nên công thức cấu tạo của X là :
 OH
 OH OH
 OOCH
 0,5
 OOCH
 OOCH
 - 11 -