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 mỗi câu trên một tờ giấy thi riêng và ghi cõ câu số … ở trang 1 của 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 được tạo thành từ các ion M 2+, X-. Trong phân tử MX2 có tổng số hạt
proton, nơtron, electron là 144. Số khối của X lớn hơn tổng số hạt trong M là 1 đơn vị.
Trong X tổng số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 14 hạt. Trong M
số hạt mang điện dương bằng số hạt không mang điện. Xác định kí hiệu ngun tử của
M, X. Viết cơng thức phân tử của MX2 .
1.2. Cho biết trạng thái lai hóa của ngun tử trung tâm và dạng hình học của các
phân tử sau đây: NH3, XeF4, CO2, SO2
1.3.
tham gia trong lị phản ứng hạt nhân, có chu kỳ bán huỷ 30,2 năm.
là 1
trong những đồng vị bị phát tán mạnh ở nhiều vùng của Châu Âu sau 1 vụ tai nạn hạt

nhân. Sau bao lâu lượng chất độc này còn 1% kể từ ngày tai nạn?
1.4. Từ các dữ kiện:
Chất
O2 (k)
Cl2 (k)
HCl (k)
H2O (k)
0
−1 −1
S298K (J.mol K )
205,03
222,9
186,7
188,7
0
∆H298K
(k J.mol −1)

0

0

-92,31

-241,83

a. Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 298K:
4HCl (k) + O2 (k) ⇌ 2Cl2 (k) + 2H2O (k)
b. Giả thiết rằng ∆H và ∆S của phản ứng khơng phụ thuộc vào nhiệt độ, tính hằng
số cân bằng của phản ứng ở 698K. Biết: hằng số khí R = 8,3145 J.K-1.mol-1

Câu 1
Đáp án và thang điểm
1.10
(1,0
điểm)

1.2
(1,00
điểm)

Gọi Z, N là số hạt proton và nơtron trong M và Z’, N’ là số hạt
proton và nơtron trong X
(2Z+N)+2(2Z’+N’) = 144
(1)
’
’
- ( 2Z + N) + (Z + N ) = 1 (2)
2Z’ = N’ + 14 (3)
Z=N
(4)
Giải hệ phương trình ta được Z = N = 12
Z’ = 17, N’= 20
Kí hiệu nguyên tử của M là , của X là
CTPT là MgCl2

Chất
AXnEm
Kiểu lai hóa
Dạng hình học


NH3
AX3E1
sp3
Tháp đáy tam
giác

XeF4
AX4E2
sp3d2
Vng phẳng

0,2
5
0,2
5

0,2
5
0,2
5
1
CO2
chấ
AX2E0
t
sp
0,2
Đường thẳng
5


Đề thi đề nghị các trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk

1


GV: Nguyễn Trung Kiên

THPT Nguyễn Huệ

1.3.
(1,00
điểm)

năm

năm
Vậy cần khoảng 201 năm phóng xạ trên cịn 1%
1.4.
(1,00
điểm)

4HCl (k) + O2 (k) ⇌ 2Cl2 (k) + 2H2O (k)
∆G0 = ∆H0 − T∆S0
a. Áp dụng cơng thức:
0
0
∆H0 = 2∆H(H
− 4∆H(HCl)
= −114,42kJ
O)


1,0
0

Phản ứng:

2

Ta có:
0
0
0
0
∆S0 = 2S(Cl
+ 2S(H
− 4S(HCl)
− S(O
= −128,63J / K
)
O)
)
2

2

0,2
5
0,2
5


2

∆H0; ∆S0
Thay các giá trị:

của phản ứng và T = 298K vào công
∆G = − 76088,26J
0

thức trên ta được:
∆G
lgK P = −
= 13,33 hay K P = 1013,34
2,303RT
Vậy:
b. Khi ∆H0pư và ∆S0pư không phụ thuộc vào nhiệt độ, ta có
thể xác định KP ở 698K bằng biểu thức:
K
∆H0  1
1 
ln 698 = −
−

÷
K 298
R  698 298
→ Kp(698) = 101,84

0,2
5


0,2
5

Câu 2 (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 được dung dịch X. Biết ở 250C, Ka của CH3COOH là 10-4,75 . Tính pH của dung
dịch X ở 250C.
2.2 Cho

E 0Fe2+/Fe

E
a. Tính

= - 0,44V;

E 0Fe3+/Fe2+

= + 0,775 V

0
Fe3+/Fe

→
¬


b. Tính hằng số cân bằng K của phản ứng 3Fe 2+
2Fe3+ + Fe. Có kết luận gì về độ

bền của Fe2+ ?
c. Viết sơ đồ pin tạo bởi cực hidro tiêu chuẩn với điện cực Fe nhúng trong dung dịch
Fe2+ 1M
2.3. Bổ túc và cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp ion – electron:

→
a. FexOy + H2SO4 đ
SO2 + …
Đề thi đề nghị các trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk

2


GV: Nguyễn Trung Kiên

THPT Nguyễn Huệ

o

t

→

b. C6H5-CH3 + KMnO4
Câu 2
2.1
(1,50
điểm)

…

Đáp án và 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 có thể coi (2) là cân bằng
chủ yếu trong dung dịch

→ CH 3COOH + OH − K b = K w = 10 −9,25
0,25
CH 3COO− + H 2 O ¬


Ka
C:
[ ]:

0, 04
0
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 0 3+ F = n 2 E 0 2 + F + n1 E 0 3+
Fe

Fe

Fe

3 × E 0 3+
Fe

Fe

Fe

F
Fe 2 +

= 2 × (−0,44) + 1 × 0,775
Fe


0,25
0,25

⇒

E 0Fe3+/Fe

0,5
= - 0.035 V

b.

E 0 2 + − E 0 3+
Fe

Fe

E =
0

K = 10
E

c. Do

Fe

Fe 2 +


= -0,44 – 0.775 = -1,215 V

2×( −1, 215)
0 , 0592

o
Fe 2+ / Fe

=10-41
E 2oH + / H

0,5
0,5

2

<
2+
( −) Fe Fe (C Fe2+ = 1M ) H + (C H + = 1M ) Pt ( H 2 )( p H 2 = 1atm )( + )

Đề thi đề nghị các trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk

3


GV: Nguyễn Trung Kiên

THPT Nguyễn Huệ

2.3


→
SO2 + …
(1,00 a. FexOy + H2SO4 đ
→
điểm)
2
FexOy + 2yH+
xFe3+ + yH2O + (3x – 2y)e
(3x – 2y)

SO

2−
4

+ 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
1 C6H5CH3 + 7OH-

t

→


→

C6H5COO- + 5H2O + 6e

→
2 MnO4- + 2H2O +3e
MnO2 + 4OHo

C6H5-CH3 + 2KMnO4
H2O

t

→

C6H5-COOK + 2 MnO2 + KOH +


Câu 3(4 điểm):
3.1. Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch NaHSO 4,
Na2CO3, AlCl3, Fe(NO3)3, NaCl, Ca(NO3)2.
3.2. Đun hỗn hợp SiO2 và Mg ở nhiệt độ cao, khơng có khơng khí, thu được hỗn hợp
rắn X. X tác dụng với dung dịch HCl dư thu được dung dịch muối, phần khơng tan B và
khí A (bốc cháy ngay trong khơng khí). B tan dễ dàng trong dung dịch NaOH dư thu
được khí C có thể cháy được. Xác định các chất trong X, viết phương trình phản ứng,
biết các phản ứng xảy ra hồn tồn.
3.3. Hịa tan hết hỗn hợp chứa 8,96 gam Fe và 5,12 gam Cu trong 400 ml dung dịch
HNO3 0,45M và HCl 1,65M. Kết thúc phản ứng thu được dung dịch X và khí Y duy nhất.
Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch X được m gam kết tủa. Các phản ứng xảy ra
+5

hoàn toàn, biết NO là sản phẩm khử duy nhất của
giá trị của m?
Câu 3
3.1.
(1,00
điểm)

N

trong tất cả các phản ứng. Tìm

Đáp án và thang điểm
Trích mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm:
Cho phenolphtalein vào mỗi mẫu thử. Mẫu thử có màu hồng
là dung dịch Na2CO3, các mẫu thử cịn lại khơng màu.
CO32- + H2O  HCO3- + OHDùng Na2CO3 làm thuốc thử để cho vào các mẫu thử cịn lại.
Mẫu thử có sủi bọt khí khơng màu là NaHSO4

CO32- + 2H+ → H2O + CO2↑
Mẫu thử tạo kết tủa trắng keo và sủi bọt khí khơng màu là
AlCl3
2Al3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Al(OH)3↓+ 3CO2↑
Mẫu thử tạo kết tủa đỏ nâu và sủi bọt khí khơng màu là
Fe(NO3)3
2Fe3+ + 3CO32- + 3H2O → 2Fe(OH)3↓+ 3CO2↑
Mẫu thử tạo kết tủa trắng là Ca(NO3)2
Ca2+ + CO32-→ CaCO3↓
Mẫu thử không tạo hiện tượng là NaCl.

Đề thi đề nghị các trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk

0,25

0,25
0,25

0,25

4


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 ngay trong khơng khí là SiH4, X có Mg2Si.
B tan dễ dàng trong 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 bài toán

4H+dư + NO3- + 3e
nH + = 4nNO − = 0, 72(mol )
pu

→

NO + 2H2O

3

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) và (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 (4 điểm):
4.1.Dẫn 672 ml (đktc) hỗn hợp khí A gồm một ankan, một anken và một ankin (đều có

số nguyên tử cacbon trong phân tử bằng nhau) qua dung dịch AgNO 3/NH3 dư, thì thấy
có 3,4g AgNO3 đã tham gia phản ứng. Cũng lượng hỗn hợp khí A trên làm mất màu
vừa hết 200 ml dung dịch Br2 0,15 M.
a. Xác định công thức phân tử và phần trăm thể tích của các chất trong A
b. Đề nghị phương pháp tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp A.
Đề thi đề nghị các trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk

5


GV: Nguyễn Trung Kiên

THPT Nguyễn Huệ

4.2. Hợp chất A (C10H18) khi bị ozon phân rồi khử hóa cho hợp chất B (C2H4O) và D. Tiến
hành phản ứng của D với CH 3MgBr, tiếp theo thủy phân sản phẩm thu được hợp chất
E. Xử lý E với dung dịch axit vô cơ thu được 3 sản phẩm G1, G2 và G3.
a. Xác định cấu tạo của A và giải thích sự hình thành G1, G2 và G3; biết rằng G1 là
2-(1-metylxiclopentyl)propen.
b. Vẽ cơng thức các đồng phân hình học E và Z của A.
Câu 4
4.1.
(2,00
điểm)

Đáp án và thang điểm
a.
Nếu ankin có dạng RC≡CH :
RC≡CH + AgNO3 + NH3 → RC≡CAg + NH4NO3
n Br2 ≥ 2 × nankin = 0,04mol

n(ankin ) = 0,02 mol
⇒
(
) và
0,03 mol
0,50
Điều này trái giả thiết, vì số mol Br2 chỉ bằng
Vậy ankin phải là C2H2 và như vậy ankan là C2H6, anken là
C2H4.
Từ phản ứng :
C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3
n
⇒
C2H2 = 1/2n(AgNO3) = 0,01 mol
Từ các 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 trong dung dịch HCl dư thu
được khí C2H2.

0,50
C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3
C2Ag2 + 2HCl → C2H2 + 2AgCl
Khí ra khỏi bình chứa dung dịch AgNO 3/NH3, dẫn tiếp qua
dung dịch nước brom dư. Chiết lấy sản phẩm và đun nóng với
bột Zn thu được C2H4 :
C2H4 + Br2 → C2H4Br2
0,50
C2H4Br2 + Zn → C2H4 + ZnBr2
Khí ra khỏi bình chứa dung dịch brom là khí C2H6

Đề thi đề nghị các trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk

6


GV: Nguyễn Trung Kiên

4.2.
(2,00
điểm)

THPT Nguyễn Huệ

a. Do tạo ra G1 là 2-(1-metyl xiclopentyl)propen nên suy ra E
là một ancol bậc 3: 1-Metyl xiclopentyl-C(OH)-(CH 3)2. Do vậy
D là một xeton. Từ sản phẩm của phản ứng ozon phân là B
và D, ta suy được cấu tạo của A là một anken:
CH3
H3C


CH

CH3

C

OH

O C
CH3

1.

CH3

O3

2. Zn,

H2O

H3C
1. CH3MgBr
2.

A

C


CH3
CH3

0,50

H2O

D

E

0,50
Giải thích sự 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 2 đồng phân hình học (E) và (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 một ancol đơn chức, thu được hỗn hợp X gồm một axit
cacboxylic, một andehit, ancol dư và nước. Ngưng tụ toàn bộ X rồi chia làm hai phần
bằng nhau.
Phần một cho tác dụng hết với Na dư thu được 0,504 lít khí H2 (đktc).
Phần hai cho tác dụng hồn tồn với dung dịch AgNO 3/NH3 dư thu được 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 năng 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 các trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk

7


GV: Nguyễn Trung Kiên

THPT Nguyễn Huệ

Z (C9H8O4) cũng tác dụng được với NaHCO3, nhưng khi cho X tác dụng với metanol (có
H2SO4 đặc xúc tác) thì tạo chất T (C8H8O3) không tác dụng với NaHCO3.
Xác định cấu tạo các chất X, Y, Z, T và viết các phương trình phản ứng xảy ra. Biết
chất X có khả năng tạo liên kết H nội phân tử.
Câu 5

5.1.
(2,00
điểm)

5.2.
(2,00
điểm)

Đáp án và thang điểm
Đặt công thức của ancol đơn chức là 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) và (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 sẽ 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 các 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 các 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
cịn
lại
0,25đ

Mỗi
phươn
+
g
trình
0,25

8


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. (1,0 điểm): Có 3 nguyên tố A,B,C ứng với ZA- Tích ZA.ZB.ZC = 1904
- Tỉ số (ZA+ZC)/ZB = 3/2
- Nguyên tử C có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử:
n=3; l=1; m=0; s= -1/2
a. Viết cấu hình electron của C. Xác định vị trí của C trong bảng tuần tồn, từ đó suy ra
ngun tố C. ( Biết m nhận giá trị từ -l đến +l)
b. Tính ZA, ZB. Suy ra nguyên tố A,B.
c. Cho biết trạng thái lai hóa của ngun tử trung tâm và dạng hình học phân tử của
+
4

phân tử và ion sau: CF5; AH .

2. (1,0 điểm): Thiết lập chu trình Born - Haber để tính năng lượng mạng lưới ion của
CaCl2 từ các dữ kiện thực nghiệm sau:
0
∆H 298
(CaCl2 ) = −795kj / mol

∆H α0 = 192kj / mol

Ca (r) --> Ca (k) nhiệt nguyên tử hóa
Ca (k) --> Ca2+ + 2e năng lượng ion hóa Ca: I1 + I2 =1745 kj/mol
Năng lượng liên kết Cl - Cl trong Cl2 là 243 kj/mol
Năng lượng kết hợp electron của Cl: Cl (k) +1e --> Cl- (k); E=-364 kj/mol
3. (1,0 điểm) Một mẫu đá được tìm thấy với thành phần: 13,2 (mg) 238U và 206Pb. Biết
trong q trình phân rã 238U thành 206Pb có chu kì bán hủy là 4,51.109 (năm). Tính tuổi
của mẫu đá đó.
→
4. (1,0 điểm) Cho phản ứng sau: A + B
C. Kết quả các 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] còn
[A]0
[B]0
lại sau thời
1

0,1000
1,000
5
0,0975
2
0,1000
2,000
5
0.0900
3
0,0500
1,000
20
0.0450
a. Xác định tốc độ trung bình của phản ứng trong khoảng thời gian t (phút) theo nồng
độ của A.
b. Xác định bậc riêng của A, B và bậc của phản ứng.
Đáp án và thang điểm câu 1:
Câu 1
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
(4
điểm)
1(1.0đ 1a/ Cấu hình electron của C: 1s22s22p63s23p5 => Vị trí: 0,25
)
ơ 17, chu kì 3, nhóm VIIA => C là Clo (Cl)

1b/ ZC =17 => ZA.ZB= 112 (1); ZA + 17 =
(1), (2) => ZA=7 (N) ; ZB=16 (S)
1c/

Lai hóa của nguyên tử
trung tâm

3
2

0,25
ZB (2)
Dạng hình học

Đề thi đề nghị các trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk

9


GV: Nguyễn Trung Kiên

ClF5
NH
2(1.0
đ)

+
4

Ca (r)
∆H α0
Ca (k)
(k)

THPT Nguyễn Huệ

Tháp đáy vuông 0,25
0,25
Tứ diện

sp3d2
sp3

+

H 298 0
∆
→ CaCl2 (r )

Cl2 (k)
ECl-Cl

+

2Cl (k)

-UCaCl2
I1 + I 2 ) Ca ; 2 ECl
(
 →

Ca2+ (k) + 2Cl-

Áp dụng định luật Hess:

0
∆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 đã phân hủy là 238.2,06/206=2,38 (g)
- Khối lượng 238U ban đầu là 13,2 + 2,38 = 15,58 (g)
4,51.10 9 15,58
m
T
ln
ln 0
ln 2
13,2
ln 2 m
t=
=
= 1,08.109 năm
4a.
Tốc độ trung bình theo A:
− (0,0975 − 0,1000)

V1 =
= 5.10 − 4
5

V2 =

− (0,0900 − 0,1000)
= 2.10 −3
5

− (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
=
= 2 2 = >b = 2
a
b
−4
5.10
V1 k (0,1) .(1,0)
k (0,1) a .(1,0) b

5.10 −4
a
=
=2 =
= 2 = >a = 1
a
b
2,5.10 − 4
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 của phản ứng là a+b= 3
Câu 2: (4,0 điểm)
1.(1,0đ) Cân bằng các phương trình phản ứng oxi hóa- khử sau bằng phương pháp
thăng bằng 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: hằng số cân bằng của phản ứng là Kp=1,85 và hiệu ứng nhiệt trung
bình của phản ứng là 41130 (cal).
Tính áp suất riêng phần của mỗi khí lúc cân bằng ở 1000K và 1200K, biết áp
suất chung của hệ lúc cân bằng là 1 atm.
Đề thi đề nghị các trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk

10


GV: Nguyễn Trung Kiên

THPT Nguyễn Huệ

3. (1,0đ) Lắp một pin bằng cách nối điện cực hidro chuẩn với một nửa pin bởi một dây
đồng nhúng vào 40 ml dung dịch CuSO4 0,01M có thêm 10 ml dung dịch NH3 0,5M.
Chấp nhận rằng chỉ tạo phức Cu(NH3)2+4 với nồng độ NH+4 là khơng đáng kể so với
NH3. Tính:
a. ECu2+/Cu.
b. E0[Cu(NH3)4]2+/Cu.
β
0
Biết E Cu2+/Cu=0,34V; lg [Cu(NH3)4]2+=13,2 và 2E[Cu(NH3)4]2+/Cu=ECu2+/Cu

4.(1,0đ) Trộn dung dịch X chứa BaCl2 0,01M và SrCl2 0,1M với dung dịch K2Cr2O7 1M,
có các quá trình sau đây xảy ra:
↔
Cr2O72- + H2O
2CrO42- + 2H+
Ka=2,3.10-15
↔
Ba2+ + CrO42BaCrO4
T-11=109,93
↔
Sr2+ + CrO42SrCrO4
T-12=104,65
Tính khoảng pH để có kết tủa hồn tồn Ba2+ dưới dạng BaCrO4 mà khơng kết tủa
SrCrO4
Đáp án và thang điểm câu 2:
Câu 2
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
(4
điểm)
1(1.0đ 1a.
→
)
KMnO4 + FeS2 + H2SO4
Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 +
H2O
+2 −1

+3

+6

Fe S 2 → Fe+ 2 S + 15e

1x

+7

Mn + 5e → Mn

3x

6KMnO4 + 2FeS2 + 8H2SO4
6MnSO4 + 8H2O
1b.
C2H2 + K2Cr2O7 + H2SO4
Cr2(SO4)3 + H2O
−1 +1

3x

2(1,0đ
)

→

→

Fe2(SO4)3 + 3K2SO4 +

HOOC-COOH + K2SO4 +

+3

C 2 H 2 → C 2 H 2 O4 + 8e
+7

4x

0,5

+2

+3

K 2 Cr2 O7 + 2.3e → Cr2 ( SO4 ) 3

→
3C2H2 + 4K2Cr2O7 + 16H2SO4
3HOOC-COOH + 4K2SO4
+ 4Cr2(SO4)3 + 16H2O
2
p CO
pCO2
Kp=
; pCO + pCO2=1 => pCO2= 1- pCO
Ở 1000K: p2CO + 1,85pCO -1,85=0
=> pCO=0,72 (atm) => pCO2=0,28 (atm)
K p ,T2
ln

= ∆H ( 1 − 1 )
K p ,T
R T2 T1
1
Ở 1200K:
-

Đề thi đề nghị các trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk

0,5

0,25
0,25

0,25
11


GV: Nguyễn Trung Kiên

ln

K p ,T2
1,85

=

THPT Nguyễn Huệ

0,25

41130 1
1
(
−
)
1,987 1200 1000

<=>
=> Kp,1200K=58,28(atm)
Tương tự ta có: p2CO + 58,28pCO -58,28=0 => pCO=0,98
(atm) => pCO2=0,02 (atm)
3(1,0đ
)

Cu2+

→

+ 2e

Cu
0,059
lg[Cu 2+ ]
2

ECu2+/Cu= E0Cu2+/Cu +
mà
=1013,2
Ban đầu

Pư
Cb

Cu2+

[Cu( NH

2+
3 4
4

[ NH 3 ]

)

.β

(1)

4NH3

0,8.10-2
0,8.10-2

=> [Cu ]=
2+

+

E0 = 0,34 (V)

]

→

0,1
3,2.10-2
6,8.10-2

Cu(NH3)2+4

β

0
0,8.10-2
0,8.10-2

0,8.10 − 2
=
= 2,4.10 −11
4
13, 2
(0,068) .10

0,059
lg(2,4.10 −11 )
2

4(1,0đ
)

0,25
0,25

0,25

(1) => ECu2+/Cu= 0,34 +
= 0,0267(V) (2)
0,25
Ta có 2E[Cu(NH3)4]2+/Cu=ECu2+/Cu (3)
→
Cu(NH3)2+4 + 2e
Cu
+
4NH3 (2)
0,059 [Cu( NH 3 ) 24+ ]
lg
2
[ NH 3 ] 4
E[Cu(NH3)4]2+/Cu= E0[Cu(NH3)4]2+/Cu +
(4)
Từ (2),(3),(4) => E0[Cu(NH3)4]2+/Cu= 0,0625(V)
Trong dung dịch có các cân bằng sau:
↔
Cr2O72- + H2O
2CrO42- + 2H+
Ka=1014,64
(1)
↔
Ba2+ + CrO42BaCrO4

T1
9,93
1=10
↔
Sr2+ + CrO42SrCrO4
T1
4,65
2=10
Điều kiện để có kết tủa hồn tồn BaCrO4:
T1
10 −9,93
=
= 10 −3,93 M
2+
−6
[ Ba ] 10
CCrO42->
Điều kiện để khơng có kết tủa SrCrO4:
T2
10 −4,65
=
= 10 −3,65 M
−1
C Sr 2 +
10
CCrO42-<
Như vậy muốn tách Ba2+ ra khỏi Sr2+ dưới dạng BaCrO4
thì phải thiết lập khu vực nồng độ
10-3,93 < CCrO42-< 10-3,65
(2)

Áp dụng ĐLTDKL đối với (1), trong đó CCrO42- tính theo (2)
≈
và [Cr2O72-] 1M ( vì dùng dư so với ion Ba2+ cần làm
kết tủa), tính được khu vực pH cẩn thiết lập:

Đề thi đề nghị các trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk

12


GV: Nguyễn Trung Kiên

Cr2O72- + H2O
Ka=10-14,64
Tại cb

x=[H+]=

1
1
10 −7 ,32
10 −14,64 . 2 =
C
C

↔

THPT Nguyễn Huệ

2CrO42- + 2H+

Cx

≤ [H + ] ≤

≤ pH ≤ 3,7
=> 10
10-3,39 => 3,4
Câu 3: (4.0 điểm)
1.(1,75đ) Cho các lọ mất nhãn chứa các chất rắn riêng biệt: MgO, Al, Al 2O3, BaO,
Na2SO4 và (NH4)2SO4.
a. Nếu chỉ dùng thêm nước làm thuốc thử thì có thể nhận biết được bao nhiêu
chất rắn trong số các chất trên.
b.Trình bày cách nhận biết và viết phương trình phản ứng hóa học xảy ra.
2.(2,25đ) Hỗn hợp X1 gồm Fe, FeCO3 và kim loại M (có hóa trị khơng đổi). Cho 14,1
gam X1 tác dụng hết với 500 ml dung dịch HNO3 xM, thu được dung dịch X2 và 4,48 lít
hỗn hợp Y1 (có tỉ khối so với hiđro là 16,75) gồm hai chất khí khơng màu trong đó có
một khí hóa nâu ngồi khơng khí. Để trung hồ HNO 3 dư có trong dung dịch X2 cần vừa
đủ 200 ml dung dịch NaOH 1M và thu được dung dịch X 3. Chia X3 làm hai phần bằng
nhau
- Phần 1 đem cơ cạn thì thu được 38,3 gam hỗn hợp muối khan.
- Phần 2 cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thì thu được 8,025 gam kết tủa.
Biết các phản ứng xảy ra hồn tồn, các chất khí đều đo ở đktc, q trình cơ cạn
khơng xảy ra phản ứng hóa học.
Xác định kim loại M và tính giá trị của x.
Đáp án và thang điểm câu 3:
Câu 3
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
(4
điểm)

1(1.75
1a. Nhận biết được cả 6 chất
0,25
đ)
1b.
Cho lần lượt 6 mẫu chất vào H2O
0,25
- Chất tan, tỏa nhiều nhiệt là BaO.
BaO + H2O → Ba(OH)2
- Chất nào tan và không tỏa nhiệt đó là Na2SO4,
(NH4)2SO4
0,25
- Các chất cịn lại khơng tan: Al, Mg, Al2O3
- Lấy dung dịch Ba(OH)2 thu được lần lượt nhỏ vào 3
0,25
mẫu chất không tan
0,25
+ Mẫu chất rắn tan, có khí bay ra là Al
Ba(OH)2 + 2Al + 2H2O → Ba(AlO2)2 + 3H2
+ Mẫu chất rắn tan, không có khí bay ra thì mẫu chất
0,25
rắn là Al2O3
Ba(OH)2 + Al2O3 → Ba(AlO2)2 + H2O
0,25
+ Mẫu chất rắn không tan là MgO
- Dùng dung dịch Ba(OH)2 cho lần lượt vào 2 dung dịch
Na2SO4, (NH4)2SO4
+ Dung dịch có kết tủa trắng và có khí mùi khai bay ra
là (NH4)2SO4
Ba(OH)2 + (NH4)2SO4 → BaSO4 + 2NH3 + 2H2O

+ Dung dịch có kết tủa trắng nhưng khơng có khí bay
ra là Na2SO4
-3,67

Đề thi đề nghị các trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk

13


GV: Nguyễn Trung Kiên

THPT Nguyễn Huệ

Ba(OH)2 + Na2SO4 → BaSO4 + 2Na2SO4
Chú ý:
- Học sinh nêu hiện tượng, nhận biết được chất
nhưng khơng viết phương trình trừ một nửa tổng
số điểm của phần nhận biết chất đó.
- Học sinh viết sai cơng thức chất, sai phương
trình khơng cho điểm phương trình đó
2.
* Hỗn hợp gồm kim loại M, Fe, FeCO3 tác dụng với
(2,25đ) dung dịch HNO3 thu được 2 khí khơng màu trong đó có

⇒

1 khí hóa nâu ngồi khơng khí
2 khí là NO và CO2
- Tính được nCO2 = 0,05 mol; nNO =0,15 mol

0,25

⇒

nFeCO3 = nCO2 = 0,05 mol.
− Đặt: nM = a mol; nFe = b mol;
Ta có: aM + 56b + 116.0,05 = 14,1

⇔

aM + 56b = 8,3
Giả sử kim loại M hoá trị n.
- Dung dịch X2 có: a mol M(NO3)n; (b+0,05) mol
Fe(NO3)3; HNO3 dư, có thể có c mol NH4NO3.
+ Phản ứng trung hồ:
HNO3 + NaOH
nNaOH =

⇒

nHNO3
dư


→

0,25

(1)

NaNO3 + H2O

0,25

= 0,2.1 = 0,2 mol.

dung dịch X3 có: a mol M(NO3)n; (b+0,05) mol
0,25
Fe(NO3)3; 0,2 mol NaNO3, có thể có c mol NH4NO3.
* Cơ cạn ½ dung dịch X3, tổng khối lượng chất rắn thu
được là:
(M + 62n)a + 242(b+0,05) + 80.c + 85.0,2 =
38,3.2 =76,6

⇔

aM + 62an + 242b + 80c = 47,5

(2)
* Cho dung dịch NaOH dư vào ½ dung dịch X3, có
phản ứng:

→
NH4NO3 + NaOH
NaNO3 + NH3 + H2O
Fe(NO3)3 + 3NaOH
có thể có phản ứng :


→

3NaNO3 + Fe(OH)3


→
M(NO3)n + nNaOH
nNaNO3 + M(OH)n
M(OH)n + (4-n)NaOH → Na(4-n)MO2 + 2H2O
Trường hợp 1: Nếu M(OH)n không tan, không có tính
lưỡng tính
 Fe(OH)3 : 12 (b + 0, 05)mol

1
 M(OH) n : 2 a mol
⇒
Kết tủa có:
Ta có: (M+17n)a + 107(b+0,05) = 8,025.2 = 16,05
aM + 17an + 107b = 10,7 (3)
* Các q trình oxi hố − khử:
Đề thi đề nghị các trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk

0,25

14


GV: Nguyễn Trung Kiên

M
+2

N (NO)
mol: a
0,15


→

THPT Nguyễn Huệ

M+n + ne ;

N+5 + 3e

an

0,45


→
Fe
Fe+3 + 3e ;
(NH4NO3)
mol: b
3b
Fe+2
mol: 0,05

⇒



→


→

N+5 + 8e


→

8c

N−3

0,25

c

Fe+3 + 1e ;
0,05

na + 3b - 8c = 0,4 (4)
aM + 56b = 8,3
62na + 186b + 80c = 39, 2

aM + 62an + 242b + 80c = 47,5 
→ 17na + 51b = 2,4

aM + 17an + 107b = 10,7
na + 3b − 8c = 0, 4


na + 3b - 8c = 0,4

Ta có hệ
Loại do khơng có cặp nghiệm thỏa mãn
Trường hợp 2: M(OH)n tan trong nước hoặc có tính
lưỡng tính, tác dụng với NaOH tạo muối tan
→ Kết tủa chỉ có Fe(OH)3. Ta có: 107(b+0,05) = 16,05

0,25

⇒

b = 0,1.
Theo bảo tồn electron, ta có: an + 0,3 + 0,05 = 0,45
+ 8c

⇒

(5)
Từ (1)
(6)
Từ (2)
(7)

⇒
⇒

aM + 62an + 80c = 23,3

⇒

⇒

an = 0,3; c = 0,025.

M = 9n
n = 3; M = 27 là Al là nghiệm thoả mãn.
nHNO3(pu) = nN(sp) = 0,1.3 + 0,15.3 + 0,025.2 +
0,15= 0,95 mol
nHNO3(bđ) = 0,95 + 0,2 = 1,15 mol

⇒

0,25

aM = 2,7

Từ (5), (6), (7)

⇒

an = 0,1 + 8c

0,25

x= CM(HNO3) = 2,3 M.

Câu 4: (4,0 điểm)
dA

O2

1. Hiđrocacbon A có
= 2,5. Xác định công thức cấu tạo của A biết 1 mol A
+ ddKMnO 4

→
H 2SO 4
2 mol CO2 + 2 mol axit oxalic. A có đồng phân hình học khơng? Nếu có hãy
viết các đồng phân hình học của A và gọi tên A.
2. Đề hiđrơ hóa 1 mol ankan A thu được 1 mol hiđrocacbon B không no, thực hiện
phản ứng ozon phân B cho ra 1 mol anđehit maleic và 2 mol anđehit fomic. Xác định
công thức cấu tạo của hiđrocacbon A và B.
Đề thi đề nghị các trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk

15


GV: Nguyễn Trung Kiên

THPT Nguyễn Huệ

3. Làm thí nghiệm như hình vẽ:

Đề thi đề nghị các trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk

16

GV: Nguyễn Trung Kiên

THPT Nguyễn Huệ

2,02g khí A
Dung dịch
AgNO3/NH3 dư

(2)

11.04g chất rắn B

(1)

Khí A
HgSO4 + H2SO4 + H2O
Canxicacbua

Đề thi đề nghị các trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk

17


GV: Nguyễn Trung Kiên

THPT Nguyễn Huệ

Sau khi kết thúc thí nghiệm ta thu được 11,04 gam hỗn hợp rắn B ở bình 2. Tính hiệu
suất của phẩn ứng cộng nước ở bình 1( Cho rằng các phản ứng cịn lại là hoàn toàn).
Đáp án và thang điểm câu 4:

Câu
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
4 (4
điểm
)
1.
1.
(1,5
0,25
x = 6
⇒
⇒ C6 H 8
điểm
y = 8
)
CxHy: 12x + y = 80
0,25
1 mol A + dd KMnO4/H2SO4 →2 mol CO2 + 2mol HOOC –
COOH
→A phải có nhóm CH2 = và 2 nhóm = CH – CH =
2.6 + 2 − 8
∆=
=3
2
0,5
Công thức phân tử của A là C6H8 →
A có CTCT: CH=CH – CH = CH – CH = CH2. (hexa – 1,3,5 –
0,5
trien)

A có đồng phân hình học:
H

C C

H

H

CH CH2

H
CH2 CH
trans-hexa-1,3,5-trien

CH CH2
CH2 CH
cis-hexa-1,3,5-trien

2.
(1.0
điểm
)

C C

(Công thức hay tên gọi đúng 0,25đ)
2.
CH2 – CH2 – CH2 – CH3 → CH2 = CH – CH2 – CH = CH2 0,5
O

CH2 CH CH2 CH CH2

+

2O3

CH2

O
CH CH2 CH

O O

CH2

0,25

O O
+ H2O/Zn

HOC CH2 CHO

+

2HCHO

+

2H2O2 0,25

3.
3.
(1.5
điểm
)

CaC2 + H2O → Ca(OH)2 + C2H2
0
4 ,t C
HgSO

→
C2H2 + H2O
CH3CHO (1)
x
x
Khí A: CH3CHO: x (mol); C2H2 dư: y (mol)
CH3CHO +2AgNO3+3NH3 + H2O →CH3COONH4 +2Ag +
2NH4NO3
x
2x

Đề thi đề nghị các trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk

0,25

0,25
18

GV: Nguyễn Trung Kiên

THPT Nguyễn Huệ

C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3→ C2Ag2 + 2NH4NO3
y
y
44x + 26 y = 2,02

108.2 x + 240 y = 11,04

=>

 x = 0,04

 y = 0,01

=> H%(1)=

0,5
0,25
0,25

0,04
.100 = 80%
0,04 + 0,01

Câu 5: (4,0 điểm)
1. Cho propylbenzen tác dụng với clo chiếu sáng người ta thu được hỗn hợp ba dẫn
xuất monoclo A1, A2, A3 với tỉ lệ % lần lượt là 68%, 22%, 10%.

a. Hãy viết cơ chế phản ứng theo hướng tạo thành sản phẩm A1.
b. Hãy tính khả năng phản ứng tương đối của các nguyên tử H ở gốc propyl trong
propylbenzen.
2. Hãy gọi tên các chất sau theo danh pháp thay thế:
a. CH3CHClCH=CH-CH3
b. CH3-CHOH-CH=CH-CH3

c.
d.
3. Xác định các chất A, B, C, D, E, F, G, H trong dãy chuyển hóa sau:

Đáp án và thang điểm câu 5:
Câu
ĐÁP ÁN
5 (4
điểm
)
1. (1,0 điểm)

Đề thi đề nghị các trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk

ĐIỂM

19


GV: Nguyễn Trung Kiên

THPT Nguyễn Huệ

CHClCH2CH3 (A1)
CH2CH2CH3 + Cl2

CH2CHClCH3 (A2)

-HCl

CH2CH2CH2Cl (A3)
a. Cơ chế hình thành sản phẩm A1:
* Khơi mào phản ứng:
•

hν

→ Cl
Cl2
2
* Phát triển mạch dây chuyền của phản ứng:

0,5

CH2CH2CH3 + Cl

CHCH2CH3 + HCl

CHCH2CH3 + Cl2

CHClCH2CH3 + Cl

* Tắt mạch phản ứng:

•

Cl

•

+

Cl

0,25
0,25

→ Cl2

CHCH2CH3 + Cl

CHCH2CH3 +

CHClCH2CH3

CHCH2CH3

CH

CH

C2H5 C2H5

b. Xét khả năng phản ứng tương đối của H ở gốc propyl:

α β γ
CH2CH2CH3

2.
(1.0
đ)

Ta có:
%A1 = rα.2/(2.rα + 2rβ + 3rγ) = 68%
%A2 = 2.rβ/(2.rα + 2rβ + 3rγ) = 22%
%A3 = 3rγ/(2.rα + 2rβ + 3rγ) = 10%
⇒ rα : rβ : rγ = 68/2 : 22/2 : 10/3 = 10,2 : 3,3 : 1.
a. CH3CHClCH=CH-CH3 4-clopent-2-en
b. CH3-CHOH-CH=CH-CH3 pent-3-en-2-ol

c.

d.

Bixiclo[4.3.0]nonan

6-metylspiro[2.5]octan

Đề thi đề nghị các trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk

0,25
0,25
0,25

0,25

20


GV: Nguyễn Trung Kiên

3.
(2.0
đ)

THPT Nguyễn Huệ
OH

OH

HOBr

Br

H2/Pd

raxemic

A

B

H

B2H6

BH2

H2O2
OH-

O
H

0,5

D

C
CH2N2
as

H2/Pd

0,5

H

H

0,5

E
Pd/t 0

H

G

0,5

Lưu ý:
- Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa tùy theo điểm của
từng câu.
- Nếu thí sinh giải đúng trọn kết quả của một ý theo yêu cầu đề ra thì cho điểm trọn ý
mà khơng cần tính điểm từng bước nhỏ, nếu từng ý giải khơng hồn chỉnh, có thể cho
một phần của tổng điểm tối đa dành cho ý đó, điểm chiết phải được tổ thống nhất;
Điểm tồn bài chính xác đến 0,25 điểm.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH ĐẮK LẮK
TRƯỜNG THPT PHAN BỘI CHÂU
Câu 1: (4,0 điểm)
1. Hãy viết phương trình hóa học và nêu hiện tượng xẩy ra khi:
a. Cho dung dịch CuSO4 vào dung dịch KI.
b. Cho dung dịch AlCl3 vào dung dịch KI và KIO3.
c. Cho Si vào dung dịch NaOH.
d. Cho dung dịch NaHS vào dung dịch CuSO4.
2. Cho PH3 tác dụng với Cl2 được chất rắn A và khí B. Cho chất rắn A vào dung dịch
Ba(OH)2 dư được chất rắn C. Hãy xác định các chất A, B, C, viết các phương trình hóa
học xẩy ra.
Hướng dẫn chấm
Câu 1
1

Nội dung

Điểm

a. 2CuSO4 + 4KI → 2CuI + 2K2SO4 + I2
0,50
Có kết tủa màu trắng, dung dịch chuyển sang màu vàng
b. 2AlCl3 + 5KI + KIO3 + 3H2O → 2Al(OH)3 + 3I2 + 6KCl
Xuất hiện kết tủa keo màu trắng, dung dịch chuyển sang màu 0,50
vàng
Đề thi đề nghị các trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk

21


GV: Nguyễn Trung Kiên

THPT Nguyễn Huệ

c. Si + 2NaOH + H2O → Na2SiO3 + 2H2
Có khí khơng màu thốt ra.
d. NaHS + CuSO4 → CuS + NaHSO4
Có kết tủa màu đen xuất hiện
Hoặc
2NaHS + CuSO4 → CuS + Na2SO4 + H2S
có kết tủa màu đen xuất hiện và có khí mùi trứng thối thoát ra.
A là PCl5; B là HCl; C là Ba2(PO4)3
PH3 + 4Cl2 → PCl5 +3HCl
PCl5 + 4H2O → H3PO4 +5HCl
2HCl + Ba(OH)2 → BaCl2 + 2H2O
3Ba(OH)2 + 2H3PO4 → Ba3(PO4)2 + 6H2O

Có thể viết phương trình gộp hoặc phương trình ion đều cho điểm
tối đa.

2

0,50

0,50
0,5
0,5
0,5
0,5

Câu 2: (2,0 điểm)
1. Hãy giải thích tại sao Nitơ khơng có khả năng tạo thành phân tử N4 trong khi
Photpho và các nguyên tố khác cùng nhóm có khả năng tạo thành phân tử E4 (E là ký
hiệu chung cho P, As, Sb, Bi).
2. Xian là chất khí khơng màu, mùi xốc, có nhiều tính chất tương tự halogen nên gọi là
một halogen giả có cơng thức (CN)2. Hãy viết phương trình phản ứng khi nhiệt phân
xian ở 11000C, khi cho xian lần lượt tác dụng với: Cl2, dung dịch KI, dung dịch NaOH.
Hướng dẫn chấm
Câu 2

Nội dung

Điểm

HD: Vì Các nguyên tố P, As, Sb, Bi có khả phân lớp d trống nên
có khả năng tạo liên kết cho nhận kiểu p→d làm liên kết đơn E-E
1,00

bền hơn trong khi N không có khả năng đó.

1

(CN)2
2

110000C

2CN

(CN)2 + Cl2 → 2CNCl
(CN)2 + 2KI → 2KCN + I2.
(CN)2 + 2NaOH → NaCN + NaOCN + H2O

0,25
0,25
0,25
0,25

Câu 3: (3,0 điểm)
Hấp thụ hồn tồn 3,36 lít CO2 (đktc) vào dung dịch chứa x mol Ca(OH)2; x mol
NaOH và y mol KOH thu được dung dịch chứa 8,66 gam muối (khơng có bazơ dư) và có
5 gam kết tủa. Tính x, y.
Hướng dẫn chấm
Câu 3

Nội dung

Điểm

nCO2=0,15 ; nCaCO3=0,05
Số mol Ca(OH)2; NaOH và KOH lần lượt là x,x,y
0,5
nCO32-=(3x+y)-0,15= 3x+y-0,15
n HCO3-=0,15-(3x+y-0,15)=
0,3-3x-y
1,0
TH1: Ca2+ hết ta có
x=0,05 ⇒ nCO32-=y ≥0,05
mmuối=40x+23x+y*39
+
60*[3x+y-0,15]
+61*[0,3-3x-y]=
0,50
8,66+5
x=0,05
y=0,0358 <0,05 loại
0,10
TH2: Nếu Ca2+ còn trong dung dịch ⇒ nCO32-=0,05
nCO32-=3x+y-0,15= 0,05 ⇒ 3x+y=0,2 (3)
Đề thi đề nghị các trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk

22


GV: Nguyễn Trung Kiên

THPT Nguyễn Huệ

mmuối=40x+23x+y*39 + 60*[0,05] +61*[0,3-3x-y]= 8,66+5
Từ (3), (4) ta có x=0,06
y=0,02
Câu 4: (3,0 điểm)
Một nghiên cứu về phản ứng tổng hợp NH3 thực hiện trong một xilanh thu được kết
quả như sau:
Trong thí nghiệm 1: Tại 4720C, khi hệ cân bằng, nồng độ các chất
H2, N2, NH3 trong bình phản ứng lần lượt là: 0,1207M; 0,0402M; 0,00272M (trong bình
khơng có khí nào khác).
Trong thí nghiệm 2: Tại 5000C, khi hệ cân bằng, áp suất riêng phần của các khí H2, N2,
NH3 trong bình lần lượt là: 0,733 atm; 0,527 atm và 1,73.10-3 atm (trong bình khơng có
khí nào khác).
1. Hãy tính độ biến thiên entanpi của phản ứng:
3H2(k)+ N2(k)
2NH3 (k)
Coi độ biến thiên entanpi của phản ứng khơng phụ thuộc vào nhiệt độ.
2. Nếu trong thí nghiệm 1, sau khi hệ đạt tới cân bằng, nén hỗn hợp khí để thể tích
xilanh cịn một nữa, giữ nguyên nhiệt độ bình, thì cân bằng chuyển dịch về phía nào?
Tại sao?
Hướng dẫn chấm
Câu 4

Nội dung

Điểm

[NH3 ]2
(0,00272) 2
=
[H 2 ]3 .[N 2 ] (0,1207)3 .(0,0402)

1. Tại 4720C, Kc 472 =
→ K p = K c (RT) ∆n = 0,105(0, 082.(472 + 273)) −2 =
p 2NH3
p3H 2 .p N 2

=

= 0,105 (M-2)

0,5

2,81.10-5 (atm-2)

(1,73.10-3 )2
(0,733)3 .(0,527)

Tại 500 0C, Kp 500 =
K
∆H 
1
1

ln p 500 = −
−


K p 47 2
R  273 + 500 273 + 472 

→

0,5

= 1,44.10-5 (atm-2)

⇒ ∆H=-114318,4 (J)

2. Khi V giảm một nửa
nồng độ tăng 2 lần
2
(0,00272 . 2)
(0,1207 . 2)3 .(0,0402 . 2)
⇒ Qc =
= 2,62.10-2 < Kc 472
⇒ Cân bằng hoá học chuyển dời sang phải để Qc tăng tới Kc
Có thể lập luận dựa theo nguyên lí Lơsatlie vẫn cho điểm
tối đa

1,0

1,0

Câu 5: (3,0 điểm)
Cho 6,048 gam Mg phản ứng hết với 189 gam dung dịch HNO3 40% thu được dung
dịch X (không chứa muối amoni) và hỗn hợp khí là oxit của nitơ. Thêm 392 gam dung
dịch KOH 20% vào dung dịch X, rồi cô cạn và nung sản phẩm đến khối lượng không đổi
thì thu được 118,06 gam hỗn hợp chất rắn. Hãy xác định nồng độ % của các chất
trong X.
Hướng dẫn chấm

Câu 5

Nội dung

Đề thi đề nghị các trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk

Điểm

23


GV: Nguyễn Trung Kiên

THPT Nguyễn Huệ

HD: nHNO3= 1,2 mol
nMg=0,252 nKOH đã lấy= 1,4 mol
Vì nKOH >nHNO3 nên KOH dư
118,06 gam chất rắn gồm
0,252 mol MgO, x mol KOH và y
mol KNO2
x+y = 1,4
40*0,252 + 56x + 85y = 118,06
x=0,38 y=1,02
⇒ nNO3 trong dung dịch sau phản ứng = nKNO2= 1,02
⇒ nN+5 nhận electron = 1,2-1,02 =0,18.
Gọi số mol electron mà N+5 nhận trung bình là n ta có
0,18*n=0,252*2 ⇒ n=2,8
coi như oxit thoát ra là 0,09 mol N 2O2,2⇒ mkhi=0,09*(28+16*2,2)=
5,688

mdung dịch X=6,048 +189-5,688=189,36 gam
X chứa 0,252 mol Mg(NO3)2; 0,516 mol HNO3 dư
C%Mg(NO3)2=19,696%
C%HNO3= 17,167%

0,75

0,75
0,75

0,75

Câu 6: (2,0 điểm)
1. Em hãy giải thích và viết phương trình hóa học minh họa cho các nội dung sau:
a. Etilen dễ tham gia phản ứng cộng.
b. Propin có chứa nguyên tử H linh động.
2. Hãy viết phương trình hóa học xẩy ra khi:
a. Cho propen tác dụng với H2O trong môi trường axit.
d. Cho etylbenzen tác dụng với brom, đun nóng, có bột sắt xúc tác.
Hướng dẫn chấm
Câu
Nội dung
Điểm
6
a. Phân tử etilen có 1 liên kết π kém bền nên dễ tham gia phản
0,5
ứng cộng
CH2=CH2 + Br2 → CH2Br-CH2Br
1
b. Vì trong phân tử propin có liên kết 3 hút electron nên nguyên

0,5
tử H liên kết trực tiếp với C sp3 linh động
+
+
CH≡C-CH3 + [Ag(NH3)2] → CAg≡C-CH3 + NH3 + NH4
2
CH 3-CH(OH)-CH3
(sản phẩm chính)
0,5
a. CH2=CH-CH3 + H2O
H+

CH 2(OH)-CH2-CH3
(sản phẩm phụ)
b.
CH2-CH3

Br

0,5

CH2-CH3

+ HBr

BrCH2-CH3

+

+ Br2

Fe, t0

HBr

Đề thi đề nghị các trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk

24


GV: Nguyễn Trung Kiên

THPT Nguyễn Huệ

Câu 7: (3,0 điểm)
Hợp chất hữu cơ X chỉ chứa các ngyên tố: C, H, Br. Trong X khối lượng Brom chiếm
65,57%, khối lượng mol của X nhỏ hơn 250 gam. Cho X tác dụng với Natri, đốt nóng
thì thu được chất hữu cơ Y chỉ có 2 nguyên tố. Cho Y tác dụng với Br2 trong CCl4 tạo ra
3 sản phẩm cộng: X, Z, T trong đó X là sản phẩm chính.
1. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z, T.
2. Hãy cho biết Y có mấy đồng phân cấu hình? Biểu diễn một cấu trúc của Y và đọc
tên theo IUPAC.
Hướng dẫn chấm
Câ
Nội dung
Điểm
u7
1.
Công thức tổng quát của X: CxHyBrn.
Xét n = 1, khơng tìm được x,y thỏa mãn.

n= 2 cặp nghiệm thỏa mãn x, y là : x = 6, y = 12
n = 3 MX < 250
Vậy công thức phân tử của X là: C6H12Br2
1,0
X
Y ( có 2 nguyên tô)
(1)
+ Na, t0

→ 3 sản phẩm là đồng phân cấu tạo ...
Y + Br2/CCl4 
(2)
Từ (1) và (2) ⇒ (1) là phản ứng đóng vịng tạo ra chất mạch vịng
3 cạnh
ta có:
Y

1,0

X
CH3 - CHBr - CH2- CHBr- CH2- CH3
Z, T là các chất sau:

CH3 - CHBr - CH - CH2- CH3
CH2Br

CH3 - CH - CHBr - CH2CH3
CH2B

2.

- Y có 2 cacbon bất đối nên có 4 đồng phân quang học.
- 1 cấu trúc của Y:
tên gọi:

1,0

(1R,2S)-1-etyl-2metylxiclopropan
S

R

Đề thi đề nghị các trường - kì thi Olympic 10-3-2021 tỉnh Đăk Lăk

25