Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 11 THPT môn Hóa học năm 2017

 SỞ GD-ĐT QUẢNG BÌNH 
 HƯỚNG DẪN CHẤM 
 Số BD:.. 
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 THPT 
Ngày 22 – 3 – 2017 
Môn: Hóa 
Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) 
Hướng dẫn chấm 
Bài 1 (2,25 điểm) 
1. Viết phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau (nếu có): 
a. Sục khí Cl2 vào dung dịch FeBr2. 
b. Sục khí SO2 vào dung dịch KMnO4. 
c. Cho Mg tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 loãng nhưng không có khí thoát ra 
d. Sục khí NO2 vào dung dịch KOH. 
e. Cho Al vào dung dịch gồm NaNO3 và NaOH tạo ra 2 khí. 
1. 3Cl2 + 2FeBr2 2FeCl3 + 2Br2 
5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O  K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 
4Mg + 10HNO3  4Mg(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O 
2NO2 + 2KOH  KNO3 + KNO2 + H2O 
8Al + 3NaNO3 + 5NaOH + 18H2O  8Na[Al(OH)4] + 3NH3 
2Al + 2NaOH + 6H2O  2Na[Al(OH)4] + 3H2 
0,25 điểm 
0,25 điểm 
0,25 điểm 
2. Kim loại titan có cấu trúc mạng tinh thể lục phương, khối lượng riêng bằng 4,51 g/cm3 và khối lượng nguyên 
tử bằng 47,9 g/mol. 
a. Tính thể tích của một ô đơn vị. 
b. Tính giá trị hằng số mạng c và a. Biết tỉ số c = 1,58a. 
2. a. 
Ô cơ sở là lăng trụ đáy thoi. 
Số nguyên tử trong một ô cơ sở là: 
1 1
n = .4 + .4 + 1 = 2
12 6
(nguyên tử) 
Măt khác: Ti
A
m n.M
d= =
V V.N
→ Thể tích một ô đơn vị: Ti
A
n.M
V=
D.N
→ -23 3
23
2.47,9
V= =3,53.10 (cm )
4,51.6,022.10
b. Theo hình vẽ bên: 
2
2 2 2 a a 3AH= AB -BH = a - =
4 2
→ S∆ABC=
1
AH.BC
2
= 
21 a 3 a 3
. .a=
2 2 4
0,25 điểm 
0,25 điểm 
C B 
A 
H 
a 
c 
→ Sđáy = 2 S∆ABC 
2 3
2
a
 
→ V1 ô=Sđáy.c
2ca 3
=
2
=3,53.10-23 → c.a2 = 4,08.10-23 
Theo bài: c = 1,58a → a = 2,96.10-8cm = 2,96Å và c = 4,67.10-8cm = 4,67Å 
0,25 điểm 
3. Thực nghiệm cho biết cả ba hợp chất CHBr3, CH(CH3)3, SiHBr3 đều có cấu tạo tứ diện với ba trị số góc liên 
kết tại tâm không theo thứ tự là 110o; 111o; 112o (không kể tới H khi xét các góc này). Dựa vào mô hình sự đẩy 
giữa các cặp e hóa trị (VSEPR) và độ âm điện, hãy gán trị số góc liên kết thích hợp cho mỗi chất và giải thích. 
Biết độ âm điện của H là 2,20; CH3 là 2,27; Csp3
 là 2,47; Si là 2,24; Br là 2,50. 
3. 
Si
H
Br
Br
Br
C
H
Br
Br
C
H
Br
CH3
CH3H3C
SiHBr3 (1) CHBr3 (2) CH(CH3)3 (3) 
- Góc liên kết được tạo thành bởi trục của đám mây electron của 2 obitan tạo 
thành liên kết. Sự phân bố mật độ electron của các đám mây này phụ thuộc 
vào độ âm điện của nguyên tử trung tâm (C hay Si) và phối tử (Br, CH3). 
- Cả 3 hợp chất trên, nguyên tử trung tâm A đều có lai hóa sp3. Sự khác nhau 
về trị số của các góc chỉ phụ thuộc vào độ âm điện tương đối giữa các nguyên 
tử liên kết. 
- Khi so sánh 2 góc Br – C – Br ở (2) với góc Br – Si – Br ở (1), liên kết Si-Br 
phân cực hơn liên kết C-Br nên góc Br – C – Br có trị số lớn hơn góc Br – Si – 
Br. 
Vậy góc ở tâm của (2) > (1) 
- Khi so sánh 2 góc Br – C – Br ở (1) và H3C – C – CH3 ở (2). 
Các đôi electron liên kết xa tâm, tương tác đẩy yếu 
(2) Độ âm điện của Csp3 lớn hơn của CH3, liên kết C – CH3 phân cực 
về phía C, các đôi electron liên kết gần tâm, tương tác đẩy mạnh 
Vậy góc ở tâm của (3) > (2) 
- Ở hai so sánh trên ta thấy rằng trị số các góc tăng dần theo thứ tự sau: 
Góc ở (3) < Góc ở (1) < Góc ở (2) 
- Giá trị góc ở tâm các phân tử 
SiHBr3 (1) 
111o 
CHBr3 (2) 
112o 
CH(CH3)3 (3) 
110o 
0,25 điểm 
0,25 điểm 
0,25 điểm 
Bài 2 (1,75 điểm) 
1. Cho 14,4g hỗn hợp Fe, Mg, Cu (số mol mỗi kim loại bằng nhau) tác dụng hết với dung dịch HNO3 lấy dư thu 
được dung dịch X và 2,688 lít (đktc) hỗn hợp gồm 4 khí N2, NO, N2O, NO2 trong đó 2 khí N2 và NO2 có số mol 
bằng nhau. Cô cạn cẩn thận dung dịch X thu được 58,8 gam muối khan. Tìm số mol HNO3 đã phản ứng. 
1. Gọi x là số mol mỗi kim loại ta có: 56x + 24x + 64x =14,4 x = 0,1 
Khối lượng muối nitrat kim loại là: 242.0,1 + 148.0,1 + 188.0,1 = 57,8 gam 
< 58,8 gam (trái với giả thiết bài toán) Trong muối rắn thu được có 
NH4NO3 và có khối lượng là: 58,8 – 57,8 = 1 (gam) 
Số mol NH4NO3 = 1/80 = 0,0125 (mol) 
Vì hỗn hợp 4 khí trên NO2, NO, N2O, N2 trong đó số mol N2 bằng số mol NO2 
ta coi 2 khí này là một khí N3O2  NO.N2O cho nên hỗn hợp bốn khí được 
coi là hỗn hợp 2 khí NO và N2O với số mol lần lượt là a và b 
Như vậy, ta có sơ đồ: 
Fe, Mg, Cu 3+HNO Fe3+, Mg2+, Cu2+, NH4
+ + NO, N2O + H2O 
Ta có quá trình cho nhận e 
Fe  Fe+3 + 3e (1) ; Mg  Mg2+ + 2e (2) ; Cu  Cu2+ + 2e (3) 
0,1 0,3 0,1 0,2 0,1 0,2 
Tổng số mol e cho: 0,3 + 0,2 + 0,2 = 0,7 (mol) 
4H+ + NO3
- + 3e  NO + 2H2O (4) 
4a 3a a 
10H+ + 2NO3
- + 8e  N2O + 5H2O (5) 
10b 8b b 
10H+ + 2NO3
- + 8e  NH4NO3 + 3H2O (6) 
0,125 0,1 0,0125 
Tổng số mol e nhận là: 3a + 8b + 0,1 
Vậy ta có hệ phương trình: 
a+ b = 0,12 a+ b = 0,12 a = 0,072
3a+8b+ 0,1 = 0,7 3a+8b = 0,6 b = 0,048
  
   
  
Theo các phương trình (4), (5), (6) 
Tổng số mol HNO3 đã dùng là : 4a + 10b + 0,125 = 0,893 (mol) 
0,25 điểm 
0,25 điểm 
0,25 điểm 
3. a. Tính pH của dung dịch A gồm NaCN 0,120 M; NH3 0,150 M và KOH 5,00.10
-3 M. Cho biết pKa của 
HCN là 9,35; của NH4
+
 là 9,24 
 b. Trộn 100ml dung dịch NaOH 0,102M với 100ml dung dịch NaHCO3 0,100M. Tính pH của dung dịch sau 
khi trộn. Cho biết Kb(CO3
2-) = 10-3,67 và Kb(HCO3
-) = 10-7,65. 
2. a. 
KOH  K+ + OH- 
CN- + H2O HCN + OH
- Kb1 = 10
- 4,65 
NH3 + H2O NH4
+ + OH- Kb2 = 10
- 4,76 
H2O H
+ + OH- 
[OH-] = CKOH + [HCN] + [NH4
+] + [H+] 
Đặt [OH-] = x 
x = 5.10-3 + KB1[CN]/x + KB2[NH3]/x + KH2O/x 
x2 - 5.10-3x - (KB1[CN
-] + KB2[NH3] + KH2O) = 0 
Tính gần đúng coi [CN-] bằng CCN- = 0,12M ; [NH3] = CNH3 = 0,15 M . 
Ta có: x2 - 5.10-3 . x - 5,29 . 10-6 = 0 ⇒ x = [OH-] = 5,9.10-3M. 
Kiểm lại [HCN] / [CN-] = 10-4,65/ 5,9.10-3 = 3,8.10-3 ⇒ [HCN] << [CN-] 
[NH4
+ ] / [NH3] = 10
-4,76/ 5,9.10-3 = 2,9.10-3 ⇒ [NH4
+] << [NH3] 
Vậy cách giải gần đúng trên có thể chấp nhận ⇒ pH = 11,77. 
b. 
CM(NaOH) = 0,102 /2 = 0,051M; CM(NaHCO3) = 0,100 /2 = 0,050M 
Phản ứng: HCO3
- + OH- ⇌ CO3
2-
 + H2O 
 Ban đầu: 0,050 0,051 
 Sau pứ: - 0,001 0,050 
Môi trường bazơ nên sự phân ly của nước coi như không đáng kể 
Các cân bằng: CO3
2- + H2O ⇌ HCO3
-
 + OH
- (1) 
 HCO3
- + H2O ⇌ H2CO3
 + OH- (2) 
Vì Kb(CO3
2-) >> Kb(HCO3
-) nên tính theo (1) 
 CO3
2- + H2O ⇌ HCO3
-
 + OH
- 
 Ban đầu: 0,050 0,001 
 Sau pứ: 0,050 - x x 0,001 + x 
 3,67
(0,001 )
10
0,050
x x
x
 

Giải ra được x = 2,72.10-3. Suy ra [OH-] = 0,001 + 2,72.10-3 = 3,72.10-3 (M) 
pOH = 2,43 ⇒ pH = 11,57 
0,5 điểm 
0,5 điểm 
3. Các ion CN- có mặt trong một số loại nước thải công nghiệp có thể gây độc hại cho môi trường. Có thể loại 
chất độc này bằng phản ứng sau ở 25oC: 
CN- + H2O2 ⇌ NCO
- + H2O 
a. Tính hằng số cân bằng của phản ứng. 
b. Trong nước thải có nồng độ CN- là 10-3mol.l-1. Nếu dùng dung dịch H2O2 0,1M (thể tích không đổi) nồng 
độ CN- còn lại sau phản ứng là bao nhiêu? Rút ra kết luận. 
Cho Eo(H2O2/H2O) = 1,77V và E
o(NCO-/CN-) = -0,14V 
 Cho F = 96500C/mol; R = 8,314J.K-1.mol-1. 
3. a. 
 ∆Go = -2.96500(1,77 + 0,14) = -8,314.298lnK  K = 4,14.1064 
b. 
Phản ứng: 
 CN- + H2O2 ⇌ NCO
- + H2O K 
CB: 10-3 – x 10-1 – x x Vì K rất lớn nên coi x = 10-3 
0,25 điểm 
 
- -3
- -67
64 -1 -3
2 2
NCO 10
CN = = =2,4.10 M
K H O 4,14.10 .(10 -10 )
     Vậy dùng dư H2O2 
theo tỉ lệ số mol H2O2 : CN
- = 100 : 1 thì có thể loại trừ gần hết CN- trong 
nước thải. 
0,25 điểm 
Bài 3 (1,5 điểm) 
1. Cho 3 chất A, B, C có công thức cấu tạo như sau 
 a. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi cho mỗi hợp chất trên tác dụng với HCl theo tỉ lệ mol 1:1. Sắp xếp 
A, B, C theo trình tự tăng dần khả năng phản ứng với HCl. Giải thích? 
 b. Trong số 3 hợp chất trên, chất nào có nhiệt độ sôi cao nhất ? Giải thích? 
1. a. 
HCl phản ứng vào nhóm NH (amin bậc 2, N ở trạng thái lai hóa sp3 liên kết 
với hai nguyên tử C sp3) lớn hơn tính bazơ của nguyên tử N trong vòng thơm 
(N ở trạng thái lai hóa sp2 và liên kết với hai nguyên tử C sp2) 
Do tính bazơ của nhóm CH3N (amin bậc 3, N ở trạng thái lai hóa sp
3) lớn hơn 
tính bazơ của N trong vòng thơm 
Do nhóm CH3N có cặp electron của N đã tham gia vào hệ liên hợp thơm nên 
không thể hiện tính bazơ 
Trật tự tăng dần khả năng phản ứng: 
 C < B < A 
(Tính bazơ do vòng (Tính bazơ do vòng (Tính bazơ do vòng 
Piridin, N sp2 nối với pirolidin N-thế: amin piperidin: amin no 
bậcC sp2) no bậc ba) hai) 
b. A có nhiệt độ sôi cao nhất vì có liên kết hydro liên phân tử: 
0,25 điểm 
0,125 điểm 
0,125 điểm 
dd NaOH 
CO2 
2. Hỗn hợp M gồm CH3CH2OH, CH2=CHCH2OH, CH3COOH, CH2=CHCOOH, HCOOCH3. Đốt cháy hoàn 
toàn m gam M cần dùng vừa đủ 0,4 mol O2, thu được 0,35 mol CO2 và 0,35 mol H2O. Mặt khác, cho m gam M 
trên tác dụng vừa đủ với 50 gam dung dịch Ba(OH)2 nồng độ x%. Tính giá trị của x. 
2. 
Bảo toàn nguyên tố O và H 
n 6 m 4 2C H O C H O O
n +2n =n (trongM)=2.0,35+0,35-2.0.4=0,25 
n 6 m 4 2 2C H O C H O H O
6n +4n =2n =0,7 
Giải hệ n 6
m 4 2
C H O
C H O
n =0,05
n =0,1
Mặt khác, chỉ có CmH4O2 (hỗn hợp axit và este) phản ứng với Ba(OH)2 theo tỉ lệ 2:1 
nên số mol Ba(OH)2 là: 0,05 mol nên x = 
0,05.(137 34)
.100% 17,1%
50

 
0,25 điểm 
0,25 điểm 
3. Tách riêng từng chất có trong hỗn hợp 4-etylphenol, axit 4-propylbenzoic và benzandehit. 
3. a. 
Các phản ứng xảy ra: 
0,25 điểm 
0,125 điểm 
Lớp hữu cơ 
HCl 5% 
Lớp hữu cơ 
Benzanđehit 
4-etylphenol, axit 4-propylbenzoic 
Benzanđehit Natri 4-etylphenolat, 
Natri 4-propylbenzoat 
4-etylphenol Natri 4-propylbenzoat 
4-propylbenzoic 
Lớp nước 
Lớp nước 
0,125 điểm 
Bài 4 (2,0 điểm) 
1. Dùng cơ chế giải thích sự chuyển hóa sau: 
1. H3C CH3
CH3
OH
CH3
CH3
CH3
H3C CH3
CH3
O H
H
H3O 
+
+
-H2O
H3C CH3
CH3
+
+H2O
ChuyÓn vÞ
CH3
CH3
CH3
+
CH3
CH3
CH3
+
 -H3O
+
0,5 điểm 
2. Bupivacain (C18H28N2O) là amit của axit 1-butylpiperiđin-2-cacboxylic với 2,6-đimetylanilin ở dạng (S) 
được dùng làm thuốc gây tê cục bộ. 
 a. Viết công thức cấu hình và gọi tên hệ thống của (S)-bupivacain. 
 b. Tổng hợp (S)-bupivacain từ 2-metylpiriđin và các hóa chất cần thiết khác. 
2. a. 
N
C4H9
N
O
H CH3
CH3 
(S)-N-(2,6-đimetylphenyl)-1-butylpiperiđin-2-cacboxamit 
b. 
N CH3 N COOH
KMnO4
H2O
H2/Ni
N
H
COOH
SOCl2
N+
H
COCl
H
NH2
CH3H3C
N
H O
N
H
CH3
CH3
N
C4H9 O
N
H
CH3
CH3
C4H9Br
piridin
Tách 2 ®èi quang 
b»ng axit (+)-tactric
(S)-Bupivacain
0,25 điểm 
0,25 điểm 
3. Oxi hóa hoàn toàn 1,64 lít một hiđrocacbon A ở 1270C và 2,0 atm. Sản phẩm cháy thu được dẫn qua bình 
chứa nước vôi trong dư thu được 80 gam kết tủa và khối lượng bình tăng 47,8 gam. Ozon phân khử A thu được 
hỗn hợp các chất CH3-CHO, (CH3)2C=O, OHC-COCH3 theo tỉ lệ mol 1:1:1. 
a. Xác định CTCT và gọi tên A. 
b. Viết công thức các đồng phân lập thể ứng với CTCT của A vừa tìm được ở trên. Xác định cấu hình của 
chúng. 
3. a. Số mol HDRCB = 0,1 mol, số mol kết tủa: 0,8 mol, số mol nước: 0,7 mol nên 
CTPT: C8H14 
A2: 
CH3
C
CH3
C
H
C
H3C
C
CH3
H
trans(E)
cis (Z) H
C
CH3
C
H
C
H3C
C
H
CH3
A1: 
CH3
C
H
C
H
C
H3C
C
CH3
CH3
trans (E) cis (Z)
H
C
CH3
C
H
C
H3C
C
CH3
CH3
b)
0,25 điểm 
0,25 điểm 
Bài 5 (2,5 điểm) 
1. Để tổng hợp một hiđrocacbon thơm đa vòng (F) có nhiều trong nhựa than đá, người ta thực hiện sơ đồ chuyển 
hóa sau: 
Hãy xác định công thức cấu tạo các chất A, B, C, D, E và F. 
1. 
0,75 điểm 
2. Đối với phản ứng đốt cháy ankan: n 2n+2(k) 2(k) 2(k) 2 (l)
3n+1
C H + O nCO +(n+1)H O
2

Người ta tìm được quan hệ :    o 1p­H (636,7n 244,8) kJ.mol . Từ các dữ kiện ở 298K cho dưới đây hãy 
chứng minh quan hệ trên. 
- Nhiệt thăng hoa chuẩn của C(than chì): 719 kJ.mol
-1. 
- Nhiệt phân li chuẩn của H2: 435 kJ.mol
-1. 
- Nhiệt hình thành chuẩn của CO2 khí và H2O lỏng lần lượt là: -392,9 kJ.mol
-1 và 
-285,8 kJ.mol-1. 
- Năng lượng liên kết (giả sử không phụ thuộc vào n): EC-C = 360 kJ.mol
-1; EC-H = 418 kJ.mol
-1. 
2. 
Để tính nhiệt của phản ứng: n 2n+2(k) 2(k) 2(k) 2 (l)
3n+1
C H + O nCO +(n+1)H O
2
 (1) 
ta cần tính nhiệt sinh của CnH2n+2 (ΔH
o
s) theo chu trình sau: 
Theo định luật Hess, ta có: 
ΔHos = n.ΔH
o
thăng hoa + (n+1).EH-H –(n-1).EC-C – (2n+2)EC-H 
Hay ΔHos = 719n + 435(n+1) – 360(n-1) – 418(2n+2) = -42n -41 kJ.mol
-1. 
Từ (1) ta có: ΔHopư = -392,9n - 285,8(n+1) + 42n + 41 = - (636,7n + 244,8) kJ.mol
-1 
(đpcm). 
0,25 điểm 
0, 5 điểm 
3. Đốt cháy hoàn toàn 0,33 mol hỗn hợp X gồm metyl propionat (C2H5COOCH3), metyl axetat (CH3COOCH3) 
và 2 hiđrocacbon mạch hở cần vừa đủ 1,27 mol O2, tạo ra 14,4 gam H2O. Nếu cho 0,33 mol X vào dung dich 
Br2 dư thì số mol Br2 phản ứng tối đa là a mol. Tính a. 
3. 
0,75 điểm 
Lưu ý: 
- Thí sinh có thể giải nhiều cách, nếu đúng vẫn được điểm tối đa. 
- Nếu thí sinh giải đúng trọn kết quả của 1 ý theo yêu cầu đề ra thì cho điểm trọn ý mà không 
cần tính điểm từng bước nhỏ; nếu từng ý giải không hoàn chỉnh, có thể cho một phần của 
tổng điểm tối đa dành cho ý đó; điểm chiết phải được tổ thống nhất; điểm toàn bài chính xác 
đến 0,25 điểm.