Đề thi học sinh giỏi lớp 12 THPT cấp tỉnh Chuyên năm 2019-2020 môn hóa Sở GD Quảng Nam (có đáp án)

Tổng hợp Đề thi học sinh giỏi lớp 12 THPT cấp tỉnh chuyên năm 2019-2020 môn hóa Sở GD Quảng Nam mã đề 25 (có đáp án) rất hay và bổ ích giúp bạn đạt điểm cao. Các bạn tham khảo và ôn tập để chuẩn bị thật tốt cho kỳ thi tốt nghiệp sắp đến nhé. Mời bạn đọc đón xem.

70 35 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Hóa Học 12

Môn: Hóa Học 12

Thông tin:

20 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Minh Thư
Trang 1
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
(Đề thi gồm có 06 trang)
KỲ THI HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN
VÀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
Năm học 2019-2020
Môn thi : HÓA HỌC
Thời gian : 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 09/10/2019
Cho biết: Hằng số Faraday F = 96485 C/mol; Số Avogađro N
A
= 6,02.10
23
mol
-1
; T(K) = t
o
C + 273;
Hằng số Planck h = 6,626.10
-34
J.s; Tốc độ ánh sáng c = 3.10
8
m.s
-1
.
Nguyên tử khối của H = 1; N = 7; C = 12; O = 16; F = 19; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Cu =
63,54.
Câu I. (2,0 điểm)
I.1. Năm 1888, Rydberg và Ritz đã đưa ra một công thức kinh nghiệm để xác định vị trí của các vạch
phổ hiđro bằng sự hấp thụ ánh sáng:
22
12
1 1 1
R.
nn




Trong đó: là bước sóng, R là hằng số Rydberg, n
1
và n
2
là các số tự nhiên.
Năm 1913, Bohr phát triển mô hình nguyên tử hiđro. Mô hình này dựa trên giả thiết nguyên tử có
electron chuyển động theo quỹ đạo tròn xác định quanh hạt nhân mà không có sự phát xạ năng lượng.
Sự chuyển electron từ quỹ đạo n
1
đến n
2
kèm theo sự hấp thụ hoặc phát xạ ánh sáng (photon) với bước
sóng cụ thể. Thế năng của electron trong trường lực hạt nhân là E
n
=
2
on
e
4r

.
Trong đó: e = 1,6.10
-19
C, ε
o
= 8,85.10
-12
F/m, r
n
: bán kính quỹ đạo thứ n và r
n
= a
o
.n
2
với a
o
là bán
kính quỹ đạo đầu tiên của Bohr. Biết động năng của electron trong nguyên tử hiđro bằng một nửa thế
năng và có dấu ngược lại.
Cho hằng số R = 0,01102 nm
-1
.
1. Tính năng lượng của 1 mol nguyên tử hiđro ở trạng thái cơ bản.
2. Tính bán kính Bohr a
o
và khoảng cách ngắn nhất giữa quỹ đạo thứ 2 và thứ 3.
3. Tính năng lượng ion hóa của nguyên tử hiđro.
I.2.
1. Hoàn thành các phản ứng hạt nhân sau:
a.
18
O + p …+ n b. … +
2
1
D
18
F +
c.
19
F +
2
1
D
20
F + … d.
16
O + …
18
F + p + n
2. Phản ứng (a) ở trên được dùng để tổng hợp
18
F (chu kì bán hủy của
18
F là 109,7 phút), nguyên liệu
sử dụng là nước được làm giàu H
2
18
O. Sự có mặt của nước thường H
2
16
O dẫn tới phản ứng phụ với
16
O
và hình thành đồng vị
17
F.
a. Tính hiệu suất gắn
18
F vào D-glucozơ nếu hoạt độ phóng xạ ban đầu của một mẫu
18
F là 600 MBq
và hoạt độ phóng xạ của
18
F-2-đeoxi-D-glucozơ (FDG) sau khi gắn là 528,3 MBq. Thời gian tổng hợp là
3,5 phút.
b. Thời gian bán hủy sinh học của
18
F-2-đeoxi-D-glucozơ là 120 phút. Tính hoạt độ phóng xạ còn lại
theo MBq trong bệnh nhân sau một giờ tiêm FDG? Biết hoạt độ phóng xạ ban đầu là 450 MBq.
Câu II. (2,0 điểm)
II.1. Ba nguyên tố flo, clo và oxi tạo thành nhiều hợp chất với nhau:
(a) ClO
2
F (b) ClOF
3
(c) OF
2
(d) ClF
5
(e) ClF
3
1. Với mỗi chất trên hãy viết công thức cấu tạo Lewis, nêu dạng hình học theo mô hình.
2. Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm.
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2
2. Tính khối lượng riêng của Cu
2
O?
3. Một khuyết tật mạng phổ biến của Cu
2
O là thiếu một vài nguyên tử Cu trong khi mạng tinh thể
của oxi không thay đổi. Trong một mẫu nghiên cứu, có 0,2% nguyên tử Cu được tìm thấy ở trạng thái
oxi hóa +2. Tính phần trăm vị trí Cu thông thường bị khuyết trong mẫu tinh thể? Cho biết giá trị x trong
công thức thực nghiệm của tinh thể Cu
2-x
O?
Câu III. (2,0 điểm)
III.1. N
2
O
4
là một thành phần quan trọng của nhiên liệu tên lửa. Tại điều kiện thường, NO
2
là chất
khí, có màu nâu đỏ. Khi làm lạnh NO
2
, màu nâu đỏ giảm. Ở nhiệt độ sôi (t
s
= 21
o
C) chỉ còn màu nâu
nhạt và trở nên không màu ở trạng thái rắn. NO
2
nằm cân bằng với N
2
O
4
theo phương trình sau:
N
2
O
4
(k) 2NO
2
(k); ∆H
o
= 57kJ.mol
-1
; ∆S
o
= 176 J.mol
-1
.K
-1
ở 25
o
C.
1. Giải thích tại sao: NO
2
có màu trong khi N
2
O
4
không màu và sự thay đổi màu sắc khi làm lạnh
NO
2
?
2. Giả sử hỗn hợp có áp suất tổng không đổi là 1 atm và trong khoảng nhiệt độ khảo sát ∆H
o
, ∆S
o
không phụ thuộc vào nhiệt độ.
a. Tính áp suất riêng phần của NO
2
và N
2
O
4
ở 25
o
C?
b. Tại nhiệt độ nào thì nồng độ NO
2
và N
2
O
4
bằng nhau?
III.2. Nạp 10,0 mmol but-1-in vào một lò phản ứng có thể tích thay đổi được với V
o
= 0,1 m
3
chỉ
chứa không khí ở P = 1,0 atm và T = 298K. Tiến hành đốt cháy hoàn toàn hiđrocacbon này ở điều kiện
đoạn nhiệt đẳng áp (là phản ứng duy nhất xảy ra trong điều kiện này). Sau khi đốt cháy hoàn toàn thì
trong bình phản ứng chỉ chứa cacbonic, hơi nước, nitơ và oxi.
1. Tính entanpy tiêu chuẩn của phản ứng ở 298K (theo kJ.mol
-1
). Từ đó suy ra lượng nhiệt tỏa ra
tương ứng với số mol but-1-in nạp vào.
2. Tính số mol các chất có trong bình phản ứng sau khi quá trình đốt cháy xảy ra hoàn toàn. Giả sử
không khí là hỗn hợp của oxi và nitơ với tỉ lệ mol lần lượt là 1 : 4.
3. Tính nhiệt độ cực đại trong bình sau phản ứng cháy.
Cho các dữ kiện nhiệt động ở điều kiện tiêu chuẩn, 298K.
Chất
C
4
H
6
(k)
CO
2
(k)
H
2
O(k)
O
2
(k)
N
2
(k)
o
s
H
(kJ.mol
-1
)
165,2
-393,5
-241,8
0
0
Cp (J.K
-1
.mol
-1
)
13,5
46,6
41,2
32,2
27,6
Giả sử các giá trị nhiệt dung và nhiệt tạo thành không phụ thuộc nhiệt độ.
Câu IV. (2,0 điểm)
NO là chất gây ô nhiễm không khí, thường được hình thành chủ yếu từ sấm sét và do quá trình đốt
cháy nhiên liệu của động cơ. Ở nhiệt độ cao, NO có thể phản ứng với H
2
tạo ra khí N
2
O là một chất gây
ra hiệu ứng nhà kính:
2 NO (k) + H
2
(k) N
2
O (k) + H
2
O (k) (1)
IV.1. Để nghiên cứu động học của phản ứng ở 820
o
C, tốc độ đầu của phản ứng tại các áp suất ban
đầu khác nhau của NO và H
2
.
Thí
nghiệm
Áp suất đầu, torr
Tốc độ đầu
hình thành N
2
O, torr.s
-1
NO
P
2
H
P
1
120,0
60,0
8,66.10
-2
2
60,0
60,0
2,17.10
-2
3
60,0
180,0
6,62.10
-2
Bài tập này không sử dụng nồng độ. Dùng đơn vị áp suất là torr, đơn vị thời gian là giây.
Trang 3
Trang 4
1. Viết biểu thức tốc độ phản ứng và tính hằng số tốc độ phản ứng.
2. Tính tốc độ tiêu thụ ban đầu của NO ở 820
o
C khi hỗn hợp ban đầu có áp suất riêng phần của NO
bằng 2,00.10
2
torr và của H
2
bằng 1,00.10
2
torr.
3. Tính thời gian để áp suất riêng phần của H
2
giảm đi một nửa, nếu áp suất ban đầu của NO là
8,00.10
2
torr và của H
2
là 1,0 torr ở 820
o
C
IV.2. Người ta đề nghị cơ chế sau đây cho phản ứng giữa NO và H
2
:
2 NO (k)
k
1
k
1
N
2
O
2
(k)
N
2
O
2
(k) + H
2
(k)
k
2
N
2
O (k) + H
2
O (k)
1. Sử dụng phương pháp gần đúng trạng thái dừng, từ cơ chế trên hãy rút ra biểu thức của định luật
tốc độ cho sự hình thành N
2
O.
2. Trong điều kiện nào thì định luật tốc độ tìm được có thể đơn giản hóa trở thành định luật tốc độ
thực nghiệm ở phần IV.1.
Câu V. (2,0 điểm)
V.1. Một pin nhiên liệu được hình thành khi đốt cháy metanol, chất dẫn điện là dung dịch axit loãng.
Thế điện cực chuẩn của pin ở 298K là 1,21V và ở 373K giảm 10mV. Nhiệt độ chuẩn 298K và áp suất 1 bar.
1. Viết các bán phản ứng tại anot và catot. Viết phản ứng tổng quát xảy ra trong pin.
2. Sử dụng phương trình Van’t Hoff, hãy tính ∆H
o
và ∆S
o
của phản ứng trong pin metanol ở 298K
với hệ số nguyên tối giản ở phản ứng đốt cháy.
Giả sử entanpy và entropy không phụ thuộc vào nhiệt độ.
V.2. Bromothymol xanh là chất chỉ thị được dùng để đánh giá chất lượng nước của các hồ cá. Phổ
hấp thụ của bromothymol xanh được thể hiện trên hình:
Đường 1: Ứng với dạng
bazơ.
Đường 2: Ứng với dạng axit.
Điểm đẳng quang của chất chỉ thị là bước sóng tại đó dạng axit và dạng bazơ của chất chỉ thị có hệ
số hấp thụ phân tử (ε) giống nhau. Điểm này giúp xác định nồng độ tổng của chất chỉ thị trong dung
dịch.
Dung dịch đo quang được chuẩn bị như sau: Lấy 4 mL dung dịch gốc có nồng độ 1,0093 mM trộn
với 6 mL dung dịch HCl 0,1M. Mật độ quang đo được ở bước sóng 500 nm (điểm đẳng quang) và
cuvet có bề dày l = 1 cm là 0,166.
1. Tính hệ số hấp thụ phân tử ε
500
theo L.mol
-1
.cm
-1
2. Mỗi thí nghiệm trộn 5 mL dung dịch gốc có nồng độ 1,0093 mM với 5 mL dung dịch đệm. Phổ
được ghi lại và giá trị mật độ quang được xác định.
Sự hấp thụ cực đại của bromothymol xanh tại các bước sóng với pH = 6,90.
λ (nm)
A
ε
axit
(L.mol
-1
.cm
-1
)
ε
bazơ
(L.mol
-1
.cm
-1
)
450
0,338
1129
238
615
0,646
2,70
2603
Từ các giá trị đo ở bảng trên, hãy tính nồng độ dạng axit tại bước sóng λ = 450 nm và nồng độ dạng
bazơ tại bước sóng λ = 615 nm.
Câu VI. (2,0 điểm)
VI.1. CaF
2
tan kém nhất trong các florua của kim loại kiềm và kim loại kiềm thổ.
1. Tính độ tan của CaF
2
trong nước theo mg/L?
2. Độ tan của CaF
2
thay đổi thế nào trong dung dịch axit? Tính độ tan của CaF
2
trong dung dịch
có pH = 1 theo mg/L?
Trang 5
Cho biết ở 25
o
C: Tích số tan Ks(CaF
2
) = 10
-10,40
; pKa (HF) = 3,17.
Trang 6
VI.2. Cho hai hỗn hợp A và B. Hỗn hợp A chứa Na
2
CO
3
và NaHCO
3
. Hỗn hợp B chứa Na
2
CO
3
và
NaOH. Hòa tan một trong hai hỗn hợp này vào nước và pha thành 100 mL dung dịch. Chuẩn độ 20,00
mL dung dịch thu được bằng dung dịch HCl 0,200 M với chất chỉ thị phenolphtalein, hết 36,15 mL
HCl. Nếu sử dụng chất chỉ thị metyl da cam thì thể tích HCl tiêu thụ là 43,8 mL.
1. Hãy cho biết phản ứng nào xảy ra khi dung dịch chuyển màu và hỗn hợp phân tích là hỗn hợp
A hay B? Giải thích.
2. Xác định thành phần phần trăm khối lượng của hỗn hợp đã phân tích.
3. Tính thể tích dung dịch HCl 0,2M cần để chuẩn độ 20 mL dung dịch phân tích ở trên đến pH =
6,5.
Cho biết: Khoảng chuyển màu của phenolphtalein: pH = 8,3 đến 10,0; của metyl da cam: pH = 3,1 đến 4,4.
pKa
1
(CO
2
+ H
2
O)= 6,35; pKa
2
(CO
2
+ H
2
O)= 10,33.
Câu VII. (2,0 điểm)
VII.1. Xiclohexan có thể tồn tại ở một số dạng như: dạng ghế (chair), dạng thuyền (boat), nửa ghế
(half-chair), xoắn (twist-boat):
Trans-4-floxiclohexanol tồn tại chủ yếu ở dạng ghế, trong khi đồng phân cis tồn tại chủ yếu ở dạng
xoắn. Hãy giải thích ngắn gọn.
VII.2. So sánh các tính chất của mỗi cặp chất sau và giải thích ngắn gọn:
1. Giá trị pKa
1
và pKa
2
của axit oxalic (HOOC-COOH) và axit glutaric (HOOC-CH
2
-CH
2
-CH
2
-COOH).
2. Độ tan trong nước của THF (tetrahiđrofuran) và đietyl ete.
3. Nhiệt độ sôi của chất 1 và 2.
Câu VIII. (2,0 điểm)
VIII.1. Đề xuất cơ chế cho các phản ứng sau:
VIII.2. Cacben là tiểu phân có nguyên tử cacbon còn 2 electron chưa tham gia liên kết. Cacben tồn
tại ở 2 dạng cấu trúc là singlet (2 electron không liên kết thuộc cùng 1 AO) và triplet (2 electron không
liên kết thuộc 2 AO). Cơ chế phản ứng của cacben metylen singlet và triplet với ankan có sự khác nhau.
Metylen singlet phản ứng với ankan không có sự chọn lọc giữa các bậc H trong khi đó metylen triplet
có sự chọn lọc, ưu tiên bậc III > bậc II > bậc I. Đề xuất cơ chế phản ứng của ankan với cacben metylen
singlet và triplet.
Trang 7
Trang 8
Câu IX. (2,0 điểm)
IX.1. Trong tế bào, hợp chất glutathione đóng vai trò là chất chống oxi hóa. Glutathione phản ứng
mạnh với các tác nhân oxi hóa gây hại cho tế bào. Cấu trúc của glutathione như sau:
1. Hãy cho biết glutathione được cấu tạo từ các đơn vị amino axit nào?
2. Khi tác dụng với các chất oxi hóa, chuyển hóa thành sản phẩm 3 (C
20
H
30
N
6
O
12
S
2
2-
). Đề xuất công
thức cấu tạo của 3.
3. Đề xuất cơ chế phản ứng của glutathione với peoxit R-O-O-R.
IX.2.
1. Năm 1911, Wilstatter đã tổng hợp được xicloocta-1,3,5,7-tetraen từ amin vòng theo sơ đồ sau:
N
CH
3
1. CH
3
I dö
2. Ag
2
O, H
2
O
4
t
0
5
1. CH
3
I dö
2. Ag
2
O, H
2
O
6
t
0
7
Br
2
(1 : 1)
8
8
(CH
3
)
2
NH
9
1. CH
3
I dö
2. Ag
2
O, H
2
O
10
t
0
2. Từ axit 2-oxoxiclohexancacboxylic và các hợp chất vô cơ cần thiết, viết sơ đồ tổng hợp lysin.
Câu X. (2,0 điểm)
X.1. Khi tiến hành metyl hóa D-glucozơ bằng CH
3
OH (xúc tác HCl khan), lượng sản phẩm metyl α-
D-glucopiranozit thu được cao hơn so với sản phẩm metyl β-D-glucopiranozit. Hãy giải thích ngắn
gọn. Viết cơ chế phản ứng metyl hóa D-glucozơ bằng CH
3
OH (xúc tác HCl khan), tạo thành sản phẩm
metyl α-D-glucopiranozit.
Trang 9
X.2. Xác định công thức các chất trong sơ đồ tổng hợp sau:
O
Ph
MgBr
1.
2. H
2
O
11
H
2
SO
3
AcOH
12
1. NBS
2. CaCO
3
, Me-CO-NMe
2
13
(C
16
H
22
O)
(C
18
H
24
O
2
)
(C
7
H
10
O)
Xác định công thức cấu tạo các chất trong sơ đồ phản ứng.
Cho biết: Tác nhân CaCO
3
, Me-CO-NMe
2
có tác dụng tách hiđro halogenua.
-------------- HẾT --------------
- Thí sinh được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………………………….
Số báo danh: ………………
Họ và tên giám thị số 1:…………………………………………………
Chữ ký:…………………….
Họ và tên giám thị số 2:…………………………………………………
Chữ ký:…………………….
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
KỲ THI HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN
VÀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
Năm học 2019-2020
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN
Môn: HÓA HỌC
(Hướng dẫn chấm này gồm có 11 trang)
Câu
Nội dung
Điểm
Câu I
2,0
Trang 10
I.1
1 điểm
1. Năng lượng nguyên tử H ở trạng thái cơ bản: -E
H
= hc/λ = hc.R
22
12
11
nn



với n
1
= 1, n
2
= ∞
→ E
H
= - hc/λ = - hc.R = - 6,626.10
-34
.3.10
8
.0,01102.10
9
= - 2,19.10
-18
J
0,125
Năng lượng của một mol nguyên tử H:
E = N
A
.E
H
= 6,02.10
23
. (- 2,19.10
-18
) = - 1,32.10
6
J
0.125
2. Năng lượng toàn phần của nguyên tử = động năng (E
đ
) + thế năng (E
t
)
E = E
đ
+ E
t
=
2
on
e
8r
2
on
e
4r

= -
2
on
e
8r
= - 2,19.10
-18
0,125
-
19 2
12 2
o
(1,6.10 )
8 .8,85.10 .a .1
= -2,19.10
-18
→ a
o
= 5,26.10
-11
m = 52,6pm
0,125
Khoảng cách giữa hai quỹ đạo 2 và 3 là r
3
– r
2
= a
o
.3
2
- a
o
.2
2
= 5a
o
= 263 pm.
0,25
3. Năng lượng ion hóa là năng lượng cần để tách một electron ở trạng thái cơ bản (n
1
=
1) ra xa vô cùng (n
2
= ∞).
I = E
∞
- E
1
= -E
1
= -E
H
= - hc.R = 6,626.10
-34
.3.10
8
.0,01102.10
9
= 2,19.10
-18
J
Hoặc bằng 13,6 eV
0,25
I.2
1 điểm
1. a.
18
O + p
18
F + n
b.
20
Ne +
2
1
D
18
F +
c.
19
F +
2
1
D
20
F +
1
1
H
d.
16
O +
18
F + p + n
Viết đúng mỗi phản ứng được 0.125
0.125
*4
=
0,5
2. a. Hoạt độ phóng xạ của mẫu sau 3,5 giờ là:
A
3,5
= A
o
.
ln 2
.t
T
1/2
e
= 600.
ln2
.3,5
109,7
e
= 586,9 MBq
0,125
Hiệu suất = 528,2/586,9 = 0,900 hay 90,0%.
0.125
2. b. Chất phóng xạ được bài tiết qua quá trình phân rã phóng xạ và qua các cơ quan bài
tiết. Quá trình này có thể xem như một phản ứng động học song song bậc nhất với hằng
số tốc độ phản ứng k = k
1
+ k
2
= ln2/109,7 + ln2/120
0,125
A
60
= A
o
.
kt
e
= 450.
ln2 ln2
.60
109,7 120
e




= 217,8 MBq.
0.125
Trang 11
Câu II
2,0
II.1
1 điểm
Chất
CTCT Lewis
Dạng hình học
Lai hóa
a. ClO
2
F
chóp tam giác
lai hóa sp
3
b. ClOF
3
cấu trúc bập bênh
lai hóa sp
3
d
c. OF
2
cấu trúc góc
lai hóa sp
3
d. ClF
5
tháp vuông
lai hóa sp
3
d
2
e. ClF
3
chữ T
lai hóa sp
3
d
Mỗi chất trả lời đầy đủ cả 3 ý: CT Lewis, dạng hình học và trạng thái lai hóa được 0.2 điểm
Nếu chỉ viết đúng CT Lewis của 1 chất được 0.1 điểm
1,0
II.2
1 điểm
1. Hình vẽ cho thấy trong mỗi ô mạng, có 4 nguyên tử B, 2 nguyên tử A
0,125
→ B là Cu (A là O).
0,125
Oxi kết tinh kiểu mạng lập phương tâm khối, số phối trí của oxi = 4
0,125
Cu kết tinh kiểu mạng lập phương tâm mặt, số phối trí của Cu = 2.
(Nếu chỉ trả lời đúng 2 kiểu mạng tinh thể của Cu và O được 0,125 điểm)
0,125
2. Trung bình mỗi ô mạng cơ sở có 2 phân tử Cu
2
O.
Khối lượng riêng: D =
ô
.
.
A
nM
NV
=
3
23 10 3
2.(63,54 2 16)
6,106 /
6,02.10 .(427.10 )
x
g cm
(Nếu lấy Cu = 64 thì D = 6,143 vẫn được 0,25 điểm)
0,25
3. Cứ 1000 nguyên tử Cu có 998 Cu(I) và 2 nguyên tử Cu(II). Để cân bằng điện tích với
anion sẽ phải có 2 vị trí của Cu bị khuyết. Vậy % vị trí Cu bị khuyết là 2/1002 ≈ 0,2%.
0,125
Cu bị khuyết 0,2% → x/2 = 0,002 → x = 0,004.
0,125
Trang 12
Câu III
2,0
III.1
1 điểm
1. Trong phân tử NO
2
, trên nguyên tử N còn một electron tự do, electron dễ bị kích
thích bởi ánh sáng nhìn thấy nên hợp chất có màu.
0,25
Do N
2
O
4
(k) 2NO
2
(k) ∆H = 57kJ.mol
-1
là quá trình thu nhiệt nên khi hạ thấp nhiệt
độ cân bằng chuyển dịch theo chiều tỏa nhiệt (chiều nghịch) tức là chiều tạo ra N
2
O
4
nên màu của hỗn hợp sẽ giảm dần và trở nên không màu.
0,25
2. a. Ở 25
o
C ∆G
o
= ∆H
o
- T∆S
o
= 57000 – 176.298 = 4552 J/mol
∆G
o
= -RTlnK → K=
o
G
RT
e

=
4552
8,314.298
e
= 0,159
0,125
Cân bằng: N
2
O
4
(k) 2NO
2
(k)
Có K =
2
NO
2
NO
24
P
P
=
2
NO
2
NO
2
P
1P
= 0,159 →
NO
2
P
= 0,327 atm;
NO
24
P
= 1-
NO
2
P
= 0,673 atm
0.125
2. b. P=CRT, khi nồng độ bằng nhau nghĩa là áp suất riêng phần của hai khí bằng nhau
= 1/2 atm = 0,5 atm.
K
2
=
2
NO
2
NO
24
P
P
=
NO
2
P
→ K
2
= 0,5 khi đó nhiệt độ là T
2
0,125
Áp dụng phương trình Van’t Hoff :
1
2
21
K
H 1 1
ln ( )
K R T T

→
2
0,159 57000 1 1
ln ( )
0,5 8,314 T 298

→ T
2
= 313,6K hay 40,6
o
C
0.125
III.2
1 điểm
1. Phản ứng xảy ra theo phương trình: C
4
H
6
(k) + 5,5 O
2
(k) → 4 CO
2
(k) + 3 H
2
O(k)
o
pu
H
= 4
o
s
H
(CO
2
) + 3
o
s
H
(H
2
O) -
o
s
H
(C
4
H
6
) = -2464,6 kJ/mol.
0,125
Ứng với 0,01 mol C
4
H
6
thì nhiệt lượng tỏa ra sẽ là 24,646 kJ.
0.125
2. Tổng số mol khí trước khi nạp but-1-in vào bình: n = PV/RT = 4,090 mol
n(O
2
) = 4,090/5 = 0,818 mol, n(N
2
) = 3,272 mol
0,125
Sau khi đốt cháy: n(N
2
) = 3,272 mol; n(CO
2
) = 0,01 x 4 = 0,04 mol; n(H
2
O) = 0,03 mol;
n(O
2
) dư = 0,818 – 0,01x5,5 = 0,763 mol.
0.125
3. Gọi T
x
là nhiệt độ cực đại của bình sau khi quá trình đốt cháy xảy ra hoàn toàn. Do
sự đốt cháy là đoạn nhiệt nên không có sự trao đổi nhiệt với bên ngoài, tức ở đây
Q = ∆H = 0.
Từ đó ta có chu trình sau:
0,125
Với
o
T
H
=
o
1
H
+
o
2
H
+
o
3
H
+
o
4
H
=0,04 x 46,6(T
x
– 298)+0,03x 41,2(T
x
–298) + 0,763 x 32,2(T
x
– 298) + 3,272 x
27,6(T
x
–298)
0,125
Theo chu trình Hess: 0,01.
o
pu
H
(298K) +
o
T
H
= ∆H = 0
0,04 x 46,6(T
x
– 298) + 0,03 x 41,2(T
x
– 298) + 0,763 x 32,2(T
x
– 298) + 3,272 x
27,6(T
x
– 298) = - 0,01.
o
pu
H
(298K) = 24646
0,125
→ T
x
= 507K
0,125
Trang 13
Câu IV
2,0
IV.1
1 điểm
1. v = k∙
ab
NO H
2
p .p
a = 2 b = 1
0,25
TN1: k
1
=
2
2
8,66.10
120 .60
= 1,00.10
-7
torr
-2
.s
-1
TN2: k
2
= 1,00.10
-7
torr
-2
.s
-1
TN3: k
3
= 1,02.10
-7
torr
-2
.s
-1
k = 1,01.10
-7
torr
-2
.s
-1
(Nếu chỉ tính k trong 1 TN được 0,125đ và không chấm câu IV.1.2 và IV.1.3)
0,25
2. v = v
NO
/2 = 1,01.10
-7
.(2,00x10
2
)
2
.1,00x10
2
= 0,404 torr.s
-1
→ v
NO
= 0,808 torr.s
-1
0,25
3. P
(NO)
≫ P
(H 2)
⇒ v = k’ .P
(H2)
với k’ = k .P
(NO)
2
(có thể trình bày bằng lời)
0,125
k’ = 1,01.10
-7
torr
-2
.s
-1
.(8,00x10
2
torr)
2
= 0,065 s
-1
t
1/2
= ln2/k’ t
1/2
= 10,7 s
0,125
IV.2
1 điểm
1. Tốc độ hình thành N
2
O:
2
2 2 2 2
p(N O)
k .p(N O ).p(H )
t
Áp dụng nguyên lí trạng thái dừng cho N
2
O
2
:
2
22
1 1 2 2 2 2 2 2
p(N O )
k .p(NO) k .p(N O ) k .p(N O ).p(H )
t
=0
0,25
→ p(N
2
O
2
) =
2
1
1 2 2
k .p(NO)
k k .p(H )
→
2
21
22
1 2 2
p(N O) k .p(NO)
k .p(H )
t k k .p(H )

0,25
Vậy
2
22
21
1 2 2
p(N O) p(H ).p(NO)
k .k
t k k .p(H )

0,25
2. Khi k
-1
≫ k
2
.p(H
2
) thì định luật tốc độ tìm được sẽ trùng với định luật tốc độ thực
nghiệm ở phần IV.1.
0,25
Trang 14
Câu V
2,0
V.1
1 điểm
1. Anot: CH
3
OH + H
2
O → 6H
+
+ CO
2
+ 6e
Catot: 4H
+
+ O
2
+ 4e → 2H
2
O
Phản ứng tổng quát: 2 CH
3
OH + 3 O
2
→ 2 CO
2
+ 4 H
2
O
0,25
2. Phương trình Van’t Hoff:
o
1
2 2 1
K
H 1 1
ln ( )
K R T T

và
o
nFE
lnK
RT
→
oo
o
12
1 2 2 1
nFE nFE
H 1 1
()
RT RT R T T
→
o
H
= R.
oo
12
12
21
nFE nFE
RT RT
11
TT
=
1,21 1,20
12.96485.
298 373
11
373 298



= -1447,0 kJ.mol
-1
0,25
o
298
G
= -nFE
o
= - 12.96485.1,21 = - 1401,0 kJ.mol
-1
0,25
o o 3 3
o
1
H G 1447.10 ( 1401.10 )
S
T 298
= -154,4 J.K
-1
.mol
-1
0,25
V.2
1 điểm
1. C =
oo
C .V
V
=
1,0093.4
10
= 0,40372mM
0,125
A = εlC → ε =
A
C.l
=
3
0,166
0,40372.10 .1
= 411 L.mol
-1
.cm
-1
0.25
2. Giả sử chỉ thị có dạng HIn trong môi trường axit và In trong môi trường bazơ.
C =
oo
C .V
V
=
1,0093.5
10
= 0,50465 mM
0,125
Tại 615nm A
1
=
1
bazo
.l.[In] +
1
axit
.l.[HIn]
l 1cm

0,646 = 2603.[In] +
2,7.(0,50465.10
-3
-[In]) → [In] = 0,2479mM
0.25
Tại 450nm A
2
=
2
bazo
.l.[In]+
2
axit
.l.[HIn]
l 1cm

0,338=238.(0,50465.10
-3
-[HIn])
+1129[HIn] → [HIn]= 0,2445mM
0,25
Câu VI
2,0
VI.1
1 điểm
1. Gọi độ tan của CaF
2
là S. Xét cân bằng
CaF
2
Ca
2+
+ 2F
-
S S 2S
Ks = [Ca
2+
][F
-
]
2
= S (2S)
2
= 4S
3
= 10
-10,40
0,25
→ S = 2,15.10
-4
M
= 16,77 mg/L.
0.125
0.125
2. CaF
2
trong dung dịch axit, tồn tại các cần bằng:
CaF
2
Ca
2+
+ 2F
-
(1)
HF H
+
+ F
-
(2)
0.125
Môi trường axit làm cân bằng (2) chuyển dịch về phía tạo HF nên cân bằng (1) chuyển
dịch sang phải dẫn đến độ tan của CaF
2
trong dung dịch axit tăng lên so với trong nước.
Ta có: C(F
-
) = 2S = [HF] + [F
-
] → [F
-
] = C(F
-
).
a
a
K
Kh
h [H ] 0,1M

[F
-
] = 2S.
3,17
3,17
10
10 0,1
và [Ca
2+
] = S
0.125
Vậy Ks = [Ca
2+
][F
-
]
2
= S.( 2S.
3,17
3,17
10
10 0,1
)
2
= 10
-10,40
→ S = 6,04.10
-3
M
0,125
= 471,12 mg/L.
0.125
Trang 15
VI.2
1 điểm
1. Do
2
1
a
a
K
K
= 10
3,98
nên có thể chuẩn độ từng nấc đối với đa bazơ CO
3
2-
.
12
HCO
3
pKa pKa
pH 8,34
2

≈ 8,3 = pH chuyển màu của phenolphthalein
→ Khi chuẩn độ hết nấc 1, thành phần dung dịch là HCO
3
-
. Và tại giá trị pH chuyển
màu của metyl da cam (pT = 4,0), phép chuẩn độ dừng ở nấc 2. Các phản ứng xảy ra
- Tại nấc 1 : H
+
+ OH
-
→ H
2
O
H
+
+ CO
3
2-
→ HCO
3
-
- Tại nấc 2 : H
+
+ HCO
3
-
→ H
2
CO
3
0.125
Căn cứ vào quan hệ thể tích tiêu thụ của thuốc thử (HCl) tại hai điểm dừng chuẩn độ là
V
1
(khi dùng phenolphtalein) và V
2
(khi dùng metyl da cam):
+ Nếu mẫu phân tích chỉ có CO
3
2 –
thì V
2
≈ 2V
1
.
+ Nếu trong mẫu chứa CO
3
2 –
và HCO
3
–
thì V
2
> 2V
1
.
+ Nếu mẫu phân tích gồm CO
3
2 –
và OH
–
thì V
2
< 2V
1
.
Theo bài ra ta thấy V
2
< 2 V
1
. Vậy hỗn hợp phân tích là hỗn hợp B.
0,125
2. 20.(
32
CONa
C
+
NaOH
C
) = 36,15. 0,20
20.(2
32
CONa
C
+
NaOH
C
) = 43,8 .0,20
→
32
CONa
C
= 0,0765 M ,
NaOH
C
= 0,2850 M
0,125
%m (Na
2
CO
3
) =
106.0,0765
106.0,0765 40.0,285
100% = 41,6%;
%m (NaOH) = 100% - 41,6% = 58,4%
0.125
3.
6,5
3
2 10,33
2
3
[]
10
1
[ ] 10


HCO
h
Ka
CO
→ bỏ qua nồng độ của
2
3
CO
6,5
23
6,35
1
3
[H ]
10
[H ] 10


CO
h
Ka
CO
≈
1
→ Thành phần của hệ gồm H
2
CO
3
và HCO
3
-
0.125
→ phần HCO
3
-
bị trung hòa chính là lượng H
2
CO
3
tạo thành
→ tính được % HCO
3
-
bị trung hòa:
6,5
23
6,35 6,5
1
3 2 3
[H ]
10
0,4145
[H ]+[H ] 10 10
CO
h
Ka h
CO CO
0.125
Vậy V
HCl
cần dùng để chuẩn độ 20,00 ml dung dịch B đến pH = 6,50 là
0,2.V
HCl
= 20.(1,4145.
32
CONa
C
+
NaOH
C
)
→ V
HCl
=
20(1,4145.0,0765+0,285)
0,2
= 39,32 ml.
0,25
Trang 16
Câu VII
2,0
VII.1
0,5 điểm
Trans-4-floxiclohexanol tồn tại chủ yếu ở dạng ghế với hai nhóm thể ở vị trí liên kết
e, khi đó sức căng vòng và tương tác đẩy của các nhóm thế nhỏ nhất
0,25
Cis-4-floxiclohexanol tồn tại chủ yếu ở dạng xoắn vì F và nhóm –OH tồn tại liên kết
H nội phân tử:
Trong các cấu dạng của xiclohexan, bền nhất là cấu dạng ghế, sau đó đến cấu dạng
xoắn. Cấu dạng xoắn sẽ giúp rút ngắn khoảng cách giữa nhóm –OH và –F.
0.25
VII.2
Ý 1
0,5 điểm
1. Giá trị pKa
1
axit oxalic < axit glutaric
Giải thích: anion sinh ra từ axit oxalic có liên kết H nội phân tử làm bền anion,
trong khi anion sinh ra từ axit glutaric không có.
0,125
0,125
Giá trị pKa
2
axit oxalic < axit glutaric
Giải thích: điện tích trong tiều phân anion sinh ra từ axit oxalic được giải tỏa mạnh
nhờ hiệu ứng liên hợp trong khi axit glutaric không có.
0.125
0.125
Ý 2,3
1 điểm
2. Độ tan trong nước của THF (tetrahiđrofuran) > đietyl ete
Giải thích: Do đi etyl ete cấu tạo mạch hở, dễ quay cấu dạng cản trở sự hình thành
liên kết H giữa dung môi nước và đi etyl ete. Trong khi đó THF tồn tại ở dạng vòng
cứng nhắc nên hiện tượng quay cấu dạng diễn ra ít hơn nhiều.
(Nếu chỉ giải thích do hiệu ứng không gian chung chung được 0.125)
0.125
0,325
3. Nhiệt độ sôi của chất 1 và 2.
Giải thích:
Độ âm điện của F lớn sẽ hút electron nên các nguyên tử F mang điện tích âm. Các
nguyên tử F ở phía ngoài bề mặt của phân tử dẫn đến các phân tử 1 đẩy nhau (bề mặt
ngoài phân tử đều cùng tích điện âm) làm nhiệt độ sôi nhỏ hơn so với 2.
0.125
0,325
Trang 17
Câu VIII.
VIII.1.
1 điểm
Đúng CTCT của chất 1 được 0,125 điểm
Đúng CTCT của chất 2 được 0,25 điểm
Đúng CTCT của chất 3 được 0,25 điểm
Đúng CTCT của chất 4 được 0,125 điểm
0,75
Đến chất
O
O
được 0,5; Còn lại được 0,25
0,75
VIII.2.
1 điểm
Metylen singlet phản ứng với ankan không có sự chọn lọc giữa các bậc H nên xảy ra
theo cơ chế:
0,25
Metylen triplet có sự chọn lọc, ưu tiên bậc III > bậc II > bậc I suy ra phản ứng xảy ra
theo cơ chế gốc
0,25
Trang 18
Câu IX.
IX.1.
0,625
điểm
1. Glutathione được tạo thành từ axit L-glutamic, L-cystein và glyxin.
(Không cần ghi đúng tên của amino axit nhưng viết đúng cả 3 CTCT mới được 0,125
điểm)
0,125
2. Công thức cấu tạo của 3.
0,25
3. Đề xuất cơ chế phản ứng của glutathione với peoxit R-O-O-R.
0,25
IX.2.
1,375
điểm
1. Sơ đồ tổng hợp
Xác định đúng 1 chất được 0,125 điểm.
0,875
2. Tổng hợp lysin.
0,25
Trang 19
0,25
Câu X.
X.1.
0,5 điểm
- Cơ chế phản ứng
0,25
- Giải thích sản phẩm chính là đồng phân α:
Trong cacbocation, nguyên tử O có obitan chứa cặp e không liên kết ở vị trí liên kết
a song song với obitan p trống của nguyên tử cacbon nên sẽ xuất hiện hiệu ứng liên
hợp, làm tăng độ bền của cacbocation. Khi cặp e không liên kết của nguyên tử O trong
phân tử ancol tấn công vào sẽ hình thành đồng phân α.
0,125
Đối với trường hợp hình thành đồng phân β, nguyên tử cacbon không được giải tỏa
điện tích dương do obitan trống của nguyên tử C không song song với obitan chứa cặp e
không liên kết của nguyên tử O dẫn đến không xuất hiện hiệu ứng liên hợp.
Cacbocation trong trường hợp này kém bền hơn, dẫn đến đồng phân β sẽ sinh ra ít hơn
so với đồng phân α.
0,125
X.2.
1,5 điểm
Xác định công thức các chất trong sơ đồ tổng hợp sau:
1,5
Trang 20
Xác định đúng mỗi công thức cấu tạo được 0,15 điểm.
Riêng chất 11 (đầu tiên) được 0,3 điểm.
Lưu ý: Thí sinh làm cách khác nhưng đúng, vẫn cho điểm tối đa.
--------------------Hết------------------
| 1/20
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN ĐỀ CHÍNH THỨC QUẢNG NAM
VÀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA Năm học 2019-2020
Môn thi : HÓA HỌC
(Đề thi gồm có 06 trang)
Thời gian : 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 09/10/2019
Cho biết: Hằng số Faraday F = 96485 C/mol; Số Avogađro NA = 6,02.1023 mol-1; T(K) = toC + 273;
Hằng số Planck h = 6,626.10-34 J.s; Tốc độ ánh sáng c = 3.108 m.s-1.
Nguyên tử khối của H = 1; N = 7; C = 12; O = 16; F = 19; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Cu = 63,54. Câu I. (2,0 điểm)
I.1. Năm 1888, Rydberg và Ritz đã đưa ra một công thức kinh nghiệm để xác định vị trí của các vạch  
phổ hiđro bằng sự hấp thụ ánh sáng: 1 1 1  R.   2 2  n n   1 2
Trong đó:  là bước sóng, R là hằng số Rydberg, n1 và n2 là các số tự nhiên.
Năm 1913, Bohr phát triển mô hình nguyên tử hiđro. Mô hình này dựa trên giả thiết nguyên tử có
electron chuyển động theo quỹ đạo tròn xác định quanh hạt nhân mà không có sự phát xạ năng lượng.
Sự chuyển electron từ quỹ đạo n1 đến n2 kèm theo sự hấp thụ hoặc phát xạ ánh sáng (photon) với bước 2 e
sóng cụ thể. Thế năng của electron trong trường lực hạt nhân là E  n = . 4 r o n
Trong đó: e = 1,6.10-19 C, εo = 8,85.10-12 F/m, rn: bán kính quỹ đạo thứ n và rn = ao.n2 với ao là bán
kính quỹ đạo đầu tiên của Bohr. Biết động năng của electron trong nguyên tử hiđro bằng một nửa thế
năng và có dấu ngược lại.
Cho hằng số R = 0,01102 nm-1 .
1. Tính năng lượng của 1 mol nguyên tử hiđro ở trạng thái cơ bản.
2. Tính bán kính Bohr ao và khoảng cách ngắn nhất giữa quỹ đạo thứ 2 và thứ 3.
3. Tính năng lượng ion hóa của nguyên tử hiđro. I.2.
1. Hoàn thành các phản ứng hạt nhân sau:
a. 18O + p  …+ n
b. … + 2 D  18F +  1
c. 19F + 2 D  20F + …
d. 16O + …  18F + p + n 1
2. Phản ứng (a) ở trên được dùng để tổng hợp 18F (chu kì bán hủy của 18F là 109,7 phút), nguyên liệu
sử dụng là nước được làm giàu H 18 16 2
O. Sự có mặt của nước thường H2 O dẫn tới phản ứng phụ với 16O
và hình thành đồng vị 17F.
a. Tính hiệu suất gắn 18F vào D-glucozơ nếu hoạt độ phóng xạ ban đầu của một mẫu 18F là 600 MBq
và hoạt độ phóng xạ của 18F-2-đeoxi-D-glucozơ (FDG) sau khi gắn là 528,3 MBq. Thời gian tổng hợp là 3,5 phút.
b. Thời gian bán hủy sinh học của 18F-2-đeoxi-D-glucozơ là 120 phút. Tính hoạt độ phóng xạ còn lại
theo MBq trong bệnh nhân sau một giờ tiêm FDG? Biết hoạt độ phóng xạ ban đầu là 450 MBq. Câu II. (2,0 điểm)
II.1. Ba nguyên tố flo, clo và oxi tạo thành nhiều hợp chất với nhau: (a) ClO2F (b) ClOF3 (c) OF2 (d) ClF5 (e) ClF3
1. Với mỗi chất trên hãy viết công thức cấu tạo Lewis, nêu dạng hình học theo mô hình.
2. Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm. Trang 1
II.2. Ngày nay Cu2O được sử dụng rộng rãi trong pin mặt
trời do giá thành rẻ và không độc hại. Cho hai hình ảnh về
mạng tinh thể Cu2O, với hằng số mạng là 427,0 pm.
1. Cho biết nguyên tử nào là nguyên tử Cu (A hay B)?
Cho biết kiểu kết tinh cơ bản của các nguyên tử A và các
nguyên tử B (lập phương đơn giản, lập phương tâm khối,
lập phương tâm mặt, kim cương) và số phối trí của mỗi loại nguyên tử?
2. Tính khối lượng riêng của Cu2O?
3. Một khuyết tật mạng phổ biến của Cu2O là thiếu một vài nguyên tử Cu trong khi mạng tinh thể
của oxi không thay đổi. Trong một mẫu nghiên cứu, có 0,2% nguyên tử Cu được tìm thấy ở trạng thái
oxi hóa +2. Tính phần trăm vị trí Cu thông thường bị khuyết trong mẫu tinh thể? Cho biết giá trị x trong
công thức thực nghiệm của tinh thể Cu2-xO?
Câu III. (2,0 điểm)
III.1. N2O4 là một thành phần quan trọng của nhiên liệu tên lửa. Tại điều kiện thường, NO2 là chất
khí, có màu nâu đỏ. Khi làm lạnh NO2, màu nâu đỏ giảm. Ở nhiệt độ sôi (ts = 21oC) chỉ còn màu nâu
nhạt và trở nên không màu ở trạng thái rắn. NO2 nằm cân bằng với N2O4 theo phương trình sau: N2O4(k) 2NO2(k); ∆Ho = 57kJ.mol-1;
∆So = 176 J.mol-1.K-1 ở 25oC.
1. Giải thích tại sao: NO2 có màu trong khi N2O4 không màu và sự thay đổi màu sắc khi làm lạnh NO2?
2. Giả sử hỗn hợp có áp suất tổng không đổi là 1 atm và trong khoảng nhiệt độ khảo sát ∆Ho, ∆So
không phụ thuộc vào nhiệt độ.
a. Tính áp suất riêng phần của NO2 và N2O4 ở 25oC?
b. Tại nhiệt độ nào thì nồng độ NO2 và N2O4 bằng nhau?
III.2. Nạp 10,0 mmol but-1-in vào một lò phản ứng có thể tích thay đổi được với Vo = 0,1 m3 chỉ
chứa không khí ở P = 1,0 atm và T = 298K. Tiến hành đốt cháy hoàn toàn hiđrocacbon này ở điều kiện
đoạn nhiệt đẳng áp (là phản ứng duy nhất xảy ra trong điều kiện này). Sau khi đốt cháy hoàn toàn thì
trong bình phản ứng chỉ chứa cacbonic, hơi nước, nitơ và oxi.
1. Tính entanpy tiêu chuẩn của phản ứng ở 298K (theo kJ.mol-1). Từ đó suy ra lượng nhiệt tỏa ra
tương ứng với số mol but-1-in nạp vào.
2. Tính số mol các chất có trong bình phản ứng sau khi quá trình đốt cháy xảy ra hoàn toàn. Giả sử
không khí là hỗn hợp của oxi và nitơ với tỉ lệ mol lần lượt là 1 : 4.
3. Tính nhiệt độ cực đại trong bình sau phản ứng cháy.
Cho các dữ kiện nhiệt động ở điều kiện tiêu chuẩn, 298K. Chất C4H6(k) CO2(k) H2O(k) O2(k) N2(k) o H (kJ.mol-1) 165,2 -393,5 -241,8 0 0 s Cp (J.K-1.mol-1) 13,5 46,6 41,2 32,2 27,6
Giả sử các giá trị nhiệt dung và nhiệt tạo thành không phụ thuộc nhiệt độ.
Câu IV. (2,0 điểm)
NO là chất gây ô nhiễm không khí, thường được hình thành chủ yếu từ sấm sét và do quá trình đốt
cháy nhiên liệu của động cơ. Ở nhiệt độ cao, NO có thể phản ứng với H2 tạo ra khí N2O là một chất gây ra hiệu ứng nhà kính:
2 NO (k) + H2 (k)  N2O (k) + H2O (k) (1)
IV.1. Để nghiên cứu động học của phản ứng ở 820oC, tốc độ đầu của phản ứng tại các áp suất ban
đầu khác nhau của NO và H2. Thí Áp suất đầu, torr Tốc độ đầu nghiệm P P H hình thành N2O, torr.s-1 NO 2 1 120,0 60,0 8,66.10-2 2 60,0 60,0 2,17.10-2 3 60,0 180,0 6,62.10-2
Bài tập này không sử dụng nồng độ. Dùng đơn vị áp suất là torr, đơn vị thời gian là giây. Trang 2 Trang 3
1. Viết biểu thức tốc độ phản ứng và tính hằng số tốc độ phản ứng.
2. Tính tốc độ tiêu thụ ban đầu của NO ở 820oC khi hỗn hợp ban đầu có áp suất riêng phần của NO
bằng 2,00.102 torr và của H2 bằng 1,00.102 torr.
3. Tính thời gian để áp suất riêng phần của H2 giảm đi một nửa, nếu áp suất ban đầu của NO là
8,00.102 torr và của H2 là 1,0 torr ở 820oC
IV.2. Người ta đề nghị cơ chế sau đây cho phản ứng giữa NO và H2: k 2 NO (k) 1 N2O2 (k) k1 k N 2  2O2 (k) + H2 (k) N2O (k) + H2O (k)
1. Sử dụng phương pháp gần đúng trạng thái dừng, từ cơ chế trên hãy rút ra biểu thức của định luật
tốc độ cho sự hình thành N2O.
2. Trong điều kiện nào thì định luật tốc độ tìm được có thể đơn giản hóa trở thành định luật tốc độ
thực nghiệm ở phần IV.1.
Câu V. (2,0 điểm)
V.1. Một pin nhiên liệu được hình thành khi đốt cháy metanol, chất dẫn điện là dung dịch axit loãng.
Thế điện cực chuẩn của pin ở 298K là 1,21V và ở 373K giảm 10mV. Nhiệt độ chuẩn 298K và áp suất 1 bar.
1. Viết các bán phản ứng tại anot và catot. Viết phản ứng tổng quát xảy ra trong pin.
2. Sử dụng phương trình Van’t Hoff, hãy tính ∆Ho và ∆So của phản ứng trong pin metanol ở 298K
với hệ số nguyên tối giản ở phản ứng đốt cháy.
Giả sử entanpy và entropy không phụ thuộc vào nhiệt độ.
V.2. Bromothymol xanh là chất chỉ thị được dùng để đánh giá chất lượng nước của các hồ cá. Phổ
hấp thụ của bromothymol xanh được thể hiện trên hình:
Đường 1: Ứng với dạng bazơ.
Đường 2: Ứng với dạng axit.
Điểm đẳng quang của chất chỉ thị là bước sóng tại đó dạng axit và dạng bazơ của chất chỉ thị có hệ
số hấp thụ phân tử (ε) giống nhau. Điểm này giúp xác định nồng độ tổng của chất chỉ thị trong dung dịch.
Dung dịch đo quang được chuẩn bị như sau: Lấy 4 mL dung dịch gốc có nồng độ 1,0093 mM trộn
với 6 mL dung dịch HCl 0,1M. Mật độ quang đo được ở bước sóng 500 nm (điểm đẳng quang) và
cuvet có bề dày l = 1 cm là 0,166.
1. Tính hệ số hấp thụ phân tử ε500 theo L.mol-1.cm-1
2. Mỗi thí nghiệm trộn 5 mL dung dịch gốc có nồng độ 1,0093 mM với 5 mL dung dịch đệm. Phổ
được ghi lại và giá trị mật độ quang được xác định.
Sự hấp thụ cực đại của bromothymol xanh tại các bước sóng với pH = 6,90. λ (nm) A εaxit (L.mol-1.cm-1) εbazơ (L.mol-1.cm-1) 450 0,338 1129 238 615 0,646 2,70 2603
Từ các giá trị đo ở bảng trên, hãy tính nồng độ dạng axit tại bước sóng λ = 450 nm và nồng độ dạng
bazơ tại bước sóng λ = 615 nm.
Câu VI. (2,0 điểm)
VI.1. CaF2 tan kém nhất trong các florua của kim loại kiềm và kim loại kiềm thổ.
1. Tính độ tan của CaF2 trong nước theo mg/L?
2. Độ tan của CaF2 thay đổi thế nào trong dung dịch axit? Tính độ tan của CaF2 trong dung dịch có pH = 1 theo mg/L? Trang 4
Cho biết ở 25oC: Tích số tan Ks(CaF2) = 10-10,40; pKa (HF) = 3,17. Trang 5
VI.2. Cho hai hỗn hợp A và B. Hỗn hợp A chứa Na2CO3 và NaHCO3. Hỗn hợp B chứa Na2CO3 và
NaOH. Hòa tan một trong hai hỗn hợp này vào nước và pha thành 100 mL dung dịch. Chuẩn độ 20,00
mL dung dịch thu được bằng dung dịch HCl 0,200 M với chất chỉ thị phenolphtalein, hết 36,15 mL
HCl. Nếu sử dụng chất chỉ thị metyl da cam thì thể tích HCl tiêu thụ là 43,8 mL.
1. Hãy cho biết phản ứng nào xảy ra khi dung dịch chuyển màu và hỗn hợp phân tích là hỗn hợp A hay B? Giải thích.
2. Xác định thành phần phần trăm khối lượng của hỗn hợp đã phân tích.
3. Tính thể tích dung dịch HCl 0,2M cần để chuẩn độ 20 mL dung dịch phân tích ở trên đến pH = 6,5.
Cho biết: Khoảng chuyển màu của phenolphtalein: pH = 8,3 đến 10,0; của metyl da cam: pH = 3,1 đến 4,4.
pKa1(CO2 + H2O)= 6,35; pKa2(CO2 + H2O)= 10,33.
Câu VII. (2,0 điểm)
VII.1. Xiclohexan có thể tồn tại ở một số dạng như: dạng ghế (chair), dạng thuyền (boat), nửa ghế
(half-chair), xoắn (twist-boat):
Trans-4-floxiclohexanol tồn tại chủ yếu ở dạng ghế, trong khi đồng phân cis tồn tại chủ yếu ở dạng
xoắn. Hãy giải thích ngắn gọn.
VII.2. So sánh các tính chất của mỗi cặp chất sau và giải thích ngắn gọn:
1. Giá trị pKa1 và pKa2 của axit oxalic (HOOC-COOH) và axit glutaric (HOOC-CH2-CH2-CH2-COOH).
2. Độ tan trong nước của THF (tetrahiđrofuran) và đietyl ete.
3. Nhiệt độ sôi của chất 1 và 2.
Câu VIII. (2,0 điểm)
VIII.1. Đề xuất cơ chế cho các phản ứng sau:
VIII.2. Cacben là tiểu phân có nguyên tử cacbon còn 2 electron chưa tham gia liên kết. Cacben tồn
tại ở 2 dạng cấu trúc là singlet (2 electron không liên kết thuộc cùng 1 AO) và triplet (2 electron không
liên kết thuộc 2 AO). Cơ chế phản ứng của cacben metylen singlet và triplet với ankan có sự khác nhau.
Metylen singlet phản ứng với ankan không có sự chọn lọc giữa các bậc H trong khi đó metylen triplet
có sự chọn lọc, ưu tiên bậc III > bậc II > bậc I. Đề xuất cơ chế phản ứng của ankan với cacben metylen singlet và triplet. Trang 6 Trang 7
Câu IX. (2,0 điểm)
IX.1. Trong tế bào, hợp chất glutathione đóng vai trò là chất chống oxi hóa. Glutathione phản ứng
mạnh với các tác nhân oxi hóa gây hại cho tế bào. Cấu trúc của glutathione như sau:
1. Hãy cho biết glutathione được cấu tạo từ các đơn vị amino axit nào?
2. Khi tác dụng với các chất oxi hóa, chuyển hóa thành sản phẩm 3 (C 2-
20H30N6O12S2 ). Đề xuất công
thức cấu tạo của 3.
3. Đề xuất cơ chế phản ứng của glutathione với peoxit R-O-O-R. IX.2.
1. Năm 1911, Wilstatter đã tổng hợp được xicloocta-1,3,5,7-tetraen từ amin vòng theo sơ đồ sau: H C 3 N 1. CH I dö 3 0 1. CH I dö 0 t 3 t Br 4 2 5 6 7 8 2. Ag (1 : 1) 2O, H2O 2. Ag2O, H2O (CH 1. CH I dö 0 3)2NH 3 t 8 9 10 2. Ag2O, H2O
2. Từ axit 2-oxoxiclohexancacboxylic và các hợp chất vô cơ cần thiết, viết sơ đồ tổng hợp lysin.
Câu X. (2,0 điểm)
X.1. Khi tiến hành metyl hóa D-glucozơ bằng CH3OH (xúc tác HCl khan), lượng sản phẩm metyl α-
D-glucopiranozit thu được cao hơn so với sản phẩm metyl β-D-glucopiranozit. Hãy giải thích ngắn
gọn. Viết cơ chế phản ứng metyl hóa D-glucozơ bằng CH3OH (xúc tác HCl khan), tạo thành sản phẩm metyl α-D-glucopiranozit. Trang 8
X.2. Xác định công thức các chất trong sơ đồ tổng hợp sau: 1. Ph MgBr H2SO3 1. NBS 12 13 O 11 2. H AcOH 2. CaCO3, Me-CO-NMe 2 2O (C16H22O) (C18H24O2) (C7H10O)
Xác định công thức cấu tạo các chất trong sơ đồ phản ứng.
Cho biết: Tác nhân CaCO3, Me-CO-NMe2 có tác dụng tách hiđro halogenua.
-------------- HẾT --------------
- Thí sinh được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.
- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………………………….
Số báo danh: ………………
Họ và tên giám thị số 1:…………………………………………………
Chữ ký:…………………….
Họ và tên giám thị số 2:…………………………………………………
Chữ ký:…………………….
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN QUẢNG NAM
VÀ CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA Năm học 2019-2020
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ ĐÁP ÁN Môn: HÓA HỌC
(Hướng dẫn chấm này gồm có 11 trang) Câu Nội dung Điểm Câu I 2,0 Trang 9 I.1  1 1 
1 điểm 1. Năng lượng nguyên tử H ở trạng thái cơ bản: -E   H = hc/λ = hc.R  2 2 n n   1 2 0,125 với n1 = 1, n2 = ∞
→ EH = - hc/λ = - hc.R = - 6,626.10-34.3.108.0,01102.109 = - 2,19.10-18 J
Năng lượng của một mol nguyên tử H:
E = NA.EH = 6,02.1023. (- 2,19.10-18) = - 1,32.106 J 0.125
2. Năng lượng toàn phần của nguyên tử = động năng (Eđ) + thế năng (Et) 2 e 2 e 2 e E = Eđ + E  t = 8 r 4 = - r 8 = - 2,19.10-18 0,125 r o n o n o n 1  9 2 (1,6.10 ) -
= -2,19.10-18 → ao = 5,26.10-11 m = 52,6pm 0,125 1  2 2 8 .  8,85.10 .a .1 o
Khoảng cách giữa hai quỹ đạo 2 và 3 là r3 – r2 = ao.32 - ao.22 = 5ao = 263 pm. 0,25
3. Năng lượng ion hóa là năng lượng cần để tách một electron ở trạng thái cơ bản (n1 =
1) ra xa vô cùng (n2 = ∞). 0,25
I = E∞ - E1 = -E1 = -EH = - hc.R = 6,626.10-34.3.108.0,01102.109 = 2,19.10-18 J Hoặc bằng 13,6 eV I.2 1. a. 18O + p  18F + n 1 điể m b. 20Ne + 2 D  18F +  1 0.125 *4 c. 19F + 2 D  20F + 1 H 1 1 = d.
16O +   18F + p + n 0,5
Viết đúng mỗi phản ứng được 0.125
2. a. Hoạt độ phóng xạ của mẫu sau 3,5 giờ là: ln 2  ln 2 .t  .3,5 A T1/2 109,7 3,5 = Ao. e = 600. e = 586,9 MBq 0,125
Hiệu suất = 528,2/586,9 = 0,900 hay 90,0%. 0.125
2. b. Chất phóng xạ được bài tiết qua quá trình phân rã phóng xạ và qua các cơ quan bài
tiết. Quá trình này có thể xem như một phản ứng động học song song bậc nhất với hằng 0,125
số tốc độ phản ứng k = k1 + k2 = ln2/109,7 + ln2/120  ln 2 ln 2    .60   0.125 A 109,7 120  60 = Ao. kt e = 450. e = 217,8 MBq. Trang 10 Câu II 2,0 II.1 1 điểm Chất CTCT Lewis Dạng hình học Lai hóa a. ClO2F lai hóa sp3 chóp tam giác b. ClOF3 lai hóa sp3d cấu trúc bập bênh c. OF2 lai hóa sp3 1,0 cấu trúc góc d. ClF5 lai hóa sp3d2 tháp vuông e. ClF3 lai hóa sp3d chữ T
Mỗi chất trả lời đầy đủ cả 3 ý: CT Lewis, dạng hình học và trạng thái lai hóa được 0.2 điểm
Nếu chỉ viết đúng CT Lewis của 1 chất được 0.1 điểm II.2
1. Hình vẽ cho thấy trong mỗi ô mạng, có 4 nguyên tử B, 2 nguyên tử A 0,125
1 điểm → B là Cu (A là O). 0,125
Oxi kết tinh kiểu mạng lập phương tâm khối, số phối trí của oxi = 4 0,125
Cu kết tinh kiểu mạng lập phương tâm mặt, số phối trí của Cu = 2. 0,125
(Nếu chỉ trả lời đúng 2 kiểu mạng tinh thể của Cu và O được 0,125 điểm)
2. Trung bình mỗi ô mạng cơ sở có 2 phân tử Cu2O. . n M 2.(63, 54x2  16) Khối lượng riêng: D = = 3
 6,106g / cm N .V 23 1  0 3 6, 02.10 .(427.10 ) 0,25 A ô
(Nếu lấy Cu = 64 thì D = 6,143 vẫn được 0,25 điểm)
3. Cứ 1000 nguyên tử Cu có 998 Cu(I) và 2 nguyên tử Cu(II). Để cân bằng điện tích với 0,125
anion sẽ phải có 2 vị trí của Cu bị khuyết. Vậy % vị trí Cu bị khuyết là 2/1002 ≈ 0,2%.
Cu bị khuyết 0,2% → x/2 = 0,002 → x = 0,004. 0,125 Trang 11 Câu III 2,0 III.1
1. Trong phân tử NO2, trên nguyên tử N còn một electron tự do, electron dễ bị kích 1 điể 0,25
m thích bởi ánh sáng nhìn thấy nên hợp chất có màu. Do N2O4(k)
2NO2(k) ∆H = 57kJ.mol-1 là quá trình thu nhiệt nên khi hạ thấp nhiệt
độ cân bằng chuyển dịch theo chiều tỏa nhiệt (chiều nghịch) tức là chiều tạo ra N2O4 0,25
nên màu của hỗn hợp sẽ giảm dần và trở nên không màu.
2. a. Ở 25oC ∆Go = ∆Ho - T∆So = 57000 – 176.298 = 4552 J/mol o G 4552  0,125 ∆Go = -RTlnK → K= RT e = 8,314.298 e = 0,159 Cân bằng: N2O4(k) 2NO2(k) 2 P 2 P NO NO Có K = 2 = 2 P = 0,327 atm; 0.125 P 1  = 0,159 → P NO2 N O 2 4 NO2 P = 1- P = 0,673 atm N O 2 4 NO2
2. b. P=CRT, khi nồng độ bằng nhau nghĩa là áp suất riêng phần của hai khí bằng nhau = 1/2 atm = 0,5 atm. 2 P 0,125 NO K 2 2 = = P
→ K2 = 0,5 khi đó nhiệt độ là T2 P NO2 N O 2 4
Áp dụng phương trình Van’t Hoff : K H  1 1 0,159 57000 1 1 1 ln  (  ) → ln  (  ) → T 0.125 2 = 313,6K hay 40,6oC K R T T 0, 5 8, 314 T 298 2 1 2 2 III.2
1. Phản ứng xảy ra theo phương trình: C4H6(k) + 5,5 O2(k) → 4 CO2(k) + 3 H2O(k) 1 điểm o H  0,125 = 4 o H (CO H (H H (C pu s 2) + 3 o s 2O) - o s 4H6) = -2464,6 kJ/mol.
Ứng với 0,01 mol C4H6 thì nhiệt lượng tỏa ra sẽ là 24,646 kJ. 0.125
2. Tổng số mol khí trước khi nạp but-1-in vào bình: n = PV/RT = 4,090 mol 0,125
n(O2) = 4,090/5 = 0,818 mol, n(N2) = 3,272 mol
Sau khi đốt cháy: n(N2) = 3,272 mol; n(CO2) = 0,01 x 4 = 0,04 mol; n(H2O) = 0,03 mol; 0.125
n(O2) dư = 0,818 – 0,01x5,5 = 0,763 mol.
3. Gọi Tx là nhiệt độ cực đại của bình sau khi quá trình đốt cháy xảy ra hoàn toàn. Do
sự đốt cháy là đoạn nhiệt nên không có sự trao đổi nhiệt với bên ngoài, tức ở đây Q = ∆H = 0.
Từ đó ta có chu trình sau: 0,125 Với o H = o H + o H + o H + o H T 1 2 3 4
=0,04 x 46,6(Tx– 298)+0,03x 41,2(Tx–298) + 0,763 x 32,2(Tx – 298) + 3,272 x 0,125 27,6(Tx–298) Theo chu trình Hess: 0,01. o H  (298K) + o H = ∆H = 0 pu T
0,04 x 46,6(Tx – 298) + 0,03 x 41,2(Tx – 298) + 0,763 x 32,2(Tx – 298) + 3,272 x 0,125 27,6(Tx – 298) = - 0,01. o H  (298K) = 24646 pu → Tx = 507K 0,125 Trang 12 Câu IV 2,0 IV.1 1. v = k∙ a b p .p a = 2 b = 1 0,25 1 điểm NO H2  2 8,66.10 TN1: k1 = = 1,00.10-7 torr-2.s-1 2 120 .60
TN2: k2 = 1,00.10-7 torr-2.s-1 0,25
TN3: k3 = 1,02.10-7 torr-2.s-1  k = 1,01.10-7 torr-2.s-1
(Nếu chỉ tính k trong 1 TN được 0,125đ và không chấm câu IV.1.2 và IV.1.3)
2. v = vNO/2 = 1,01.10-7.(2,00x102)2.1,00x102 = 0,404 torr.s-1 → vNO = 0,808 torr.s-1 0,25 3. P 2
(NO) ≫ P(H 2) ⇒ v = k’ .P(H2) với k’ = k .P(NO) 0,125
(có thể trình bày bằng lời)
k’ = 1,01.10-7 torr-2.s-1.(8,00x102 torr)2 = 0,065 s-1 0,125
t1/2 = ln2/k’ t1/2 = 10,7 s IV.2
1. Tốc độ hình thành N p(N O)  1 điể 2O: 2 k .p(N O ).p(H ) m 2 2 2 2 t  0,25
Áp dụng nguyên lí trạng thái dừng cho N2O2: p  (N O ) 2 2 2
 k .p(NO)  k .p(N O )  k .p(N O ).p(H )=0 1 1  2 2 2 2 2 2 t  2 2  → p(N k .p(NO) p(N O) k .p(NO) 1 2 1 2O2) = →  k .p(H ) 0,25 k  k .p(H ) 2 2 t  k  k .p(H ) 1  2 2 1  2 2 2 p  (N O) p(H ).p(NO) Vậy 2 2  k .k 2 1 0,25 t  k  k .p(H ) 1  2 2
2. Khi k-1 ≫ k2.p(H2) thì định luật tốc độ tìm được sẽ trùng với định luật tốc độ thực
nghiệm ở phần IV.1. 0,25 Trang 13 Câu V 2,0 V.1
1. Anot: CH3OH + H2O → 6H+ + CO2 + 6e
1 điểm Catot: 4H+ + O2 + 4e → 2H2O 0,25
Phản ứng tổng quát: 2 CH3OH + 3 O2 → 2 CO2 + 4 H2O
2. Phương trình Van’t Hoff: o K H 1 1 o o o nFE o nFE nFE H  1 1 1 ln  (  ) và lnK  → 1 2   (  ) K R T T RT RT RT R T T 2 2 1 1 2 2 1 o o 0,25 nFE nFE 1 2  1, 21 1, 20  12.96485.    RT RT → o  298 373  H  = R. 1 2 = = -1447,0 kJ.mol-1 1 1  1 1  T T 373 298 2 1 o
G = -nFEo = - 12.96485.1,21 = - 1401,0 kJ.mol-1 0,25 298 o o 3 3 H   G  14  47.10  ( 14  01.10 ) o S    = -154,4 J.K-1.mol-1 0,25 T 298 1 V.2 C .V 1,0093.4 1 điểm 1. C = o o = = 0,40372mM 0,125 V 10 A = εlC → ε = A = 0,166 = 411 L.mol-1.cm-1 0.25 C.l 3 0, 40372.10 .1
2. Giả sử chỉ thị có dạng HIn trong môi trường axit và In trong môi trường bazơ. C .V 1,0093.5 0,125 C = o o = = 0,50465 mM V 10  Tại 615nm A     1 = 1 .l.[In] + 1 .l.[HIn] l 1cm 0,646 = 2603.[In] + bazo axit
2,7.(0,50465.10-3-[In]) → [In] = 0,2479mM 0.25  Tại 450nm A     2= 2 .l.[In]+ 2 .l.[HIn] l 1cm
0,338=238.(0,50465.10-3-[HIn]) bazo axit 0,25
+1129[HIn] → [HIn]= 0,2445mM Câu VI 2,0 VI.1
1. Gọi độ tan của CaF2 là S. Xét cân bằng 1 điểm CaF2 Ca2+ + 2F- 0,25 S S 2S
Ks = [Ca2+][F-]2 = S (2S)2 = 4S3 = 10-10,40 → S = 2,15.10-4 M 0.125 = 16,77 mg/L. 0.125
2. CaF2 trong dung dịch axit, tồn tại các cần bằng: CaF2 Ca2+ + 2F- (1) 0.125 HF H+ + F- (2)
Môi trường axit làm cân bằng (2) chuyển dịch về phía tạo HF nên cân bằng (1) chuyển
dịch sang phải dẫn đến độ tan của CaF2 trong dung dịch axit tăng lên so với trong nước.
Ta có: C(F-) = 2S = [HF] + [F-] → [F-] = C(F-). Ka K  h a 0.125   h [H  ]0,1M   3,17 [F-] = 2S. 10 3,17 10  0,1 và [Ca2+] = S 3,17 10
Vậy Ks = [Ca2+][F-]2 = S.( 2S.
)2 = 10-10,40→ S = 6,04.10-3 M  0,125 3,17 10  0,1 = 471,12 mg/L. 0.125 Trang 14 VI.2 K a1 2- 1 điểm 1. Do
= 103,98 nên có thể chuẩn độ từng nấc đối với đa bazơ CO3 . K a2 pKa  pKa 1 2 pH 
 8,34≈ 8,3 = pH chuyển màu của phenolphthalein  HCO3 2
→ Khi chuẩn độ hết nấc 1, thành phần dung dịch là HCO - 0.125
3 . Và tại giá trị pH chuyển
màu của metyl da cam (pT = 4,0), phép chuẩn độ dừng ở nấc 2. Các phản ứng xảy ra
- Tại nấc 1 : H+ + OH- → H2O H+ + CO 2- - 3 → HCO3 - Tại nấc 2 : H+ + HCO - 3 → H2CO3
Căn cứ vào quan hệ thể tích tiêu thụ của thuốc thử (HCl) tại hai điểm dừng chuẩn độ là
V1 (khi dùng phenolphtalein) và V2 (khi dùng metyl da cam):
+ Nếu mẫu phân tích chỉ có CO 2 – 3 thì V2 ≈ 2V1. 0,125
+ Nếu trong mẫu chứa CO 2 – – 3 và HCO3 thì V2 > 2V1.
+ Nếu mẫu phân tích gồm CO 2 – 3 và OH – thì V2 < 2V1.
Theo bài ra ta thấy V2 < 2 V1. Vậy hỗn hợp phân tích là hỗn hợp B. 2. 20.( C + C ) = 36,15. 0,20 2 Na 3 CO NaOH 20.(2 C + C ) = 43,8 .0,20 0,125 2 Na 3 CO NaOH → C = 0,0765 M , C = 0,2850 M 2 Na 3 CO NaOH %m (Na2CO3) = 106.0,0765 100% = 41,6%; 106.0,0765  40.0, 285 0.125
%m (NaOH) = 100% - 41,6% = 58,4% 3.  6  ,5 [HCO ] h 10 3  
1 → bỏ qua nồng độ của 2 CO 2 10  ,33 [CO ] Ka 10 3 3 2 0.125 6  ,5 [H CO ] h 10 2 3   - 
≈ 1 → Thành phần của hệ gồm H2CO3 và HCO3 6  ,35 [HCO ] Ka 10 3 1 → phần HCO -
3 bị trung hòa chính là lượng H2CO3 tạo thành → tính được % HCO - 3 bị trung hòa: 6  ,5 [H CO ] h 10 0.125 2 3    0, 4145  6  ,35 6  ,5 [HCO ]+[H CO ] Ka h 10 10 3 2 3 1
Vậy VHCl cần dùng để chuẩn độ 20,00 ml dung dịch B đến pH = 6,50 là 0,2.V HCl = 20.(1,4145. C + C ) 2 Na 3 CO NaOH 0,25 20(1,4145.0,0765+0,285) → VHCl = = 39,32 ml. 0, 2 Trang 15 Câu VII 2,0 VII.1
Trans-4-floxiclohexanol tồn tại chủ yếu ở dạng ghế với hai nhóm thể ở vị trí liên kết
0,5 điểm e, khi đó sức căng vòng và tương tác đẩy của các nhóm thế nhỏ nhất 0,25
Cis-4-floxiclohexanol tồn tại chủ yếu ở dạng xoắn vì F và nhóm –OH tồn tại liên kết H nội phân tử: 0.25
Trong các cấu dạng của xiclohexan, bền nhất là cấu dạng ghế, sau đó đến cấu dạng
xoắn. Cấu dạng xoắn sẽ giúp rút ngắn khoảng cách giữa nhóm –OH và –F. VII.2
1. Giá trị pKa1 axit oxalic < axit glutaric 0,125 Ý 1
Giải thích: anion sinh ra từ axit oxalic có liên kết H nội phân tử làm bền anion,
0,5 điểm trong khi anion sinh ra từ axit glutaric không có. 0,125
Giá trị pKa2 axit oxalic < axit glutaric 0.125
Giải thích: điện tích trong tiều phân anion sinh ra từ axit oxalic được giải tỏa mạnh
nhờ hiệu ứng liên hợp trong khi axit glutaric không có. 0.125 Ý 2,3
2. Độ tan trong nước của THF (tetrahiđrofuran) > đietyl ete 1 điểm
Giải thích: Do đi etyl ete cấu tạo mạch hở, dễ quay cấu dạng cản trở sự hình thành 0.125
liên kết H giữa dung môi nước và đi etyl ete. Trong khi đó THF tồn tại ở dạng vòng
cứng nhắc nên hiện tượng quay cấu dạng diễn ra ít hơn nhiều. 0,325
(Nếu chỉ giải thích do hiệu ứng không gian chung chung được 0.125)
3. Nhiệt độ sôi của chất 1 và 2. 0.125 Giải thích:
Độ âm điện của F lớn sẽ hút electron nên các nguyên tử F mang điện tích âm. Các 0,325
nguyên tử F ở phía ngoài bề mặt của phân tử dẫn đến các phân tử 1 đẩy nhau (bề mặt
ngoài phân tử đều cùng tích điện âm) làm nhiệt độ sôi nhỏ hơn so với 2. Trang 16 Câu VIII. VIII.1. 1 điểm 0,75
Đúng CTCT của chất 1 được 0,125 điểm
Đúng CTCT của chất 2 được 0,25 điểm
Đúng CTCT của chất 3 được 0,25 điểm
Đúng CTCT của chất 4 được 0,125 điểm 0,75 O Đế O n chất
được 0,5; Còn lại được 0,25 VIII.2.
Metylen singlet phản ứng với ankan không có sự chọn lọc giữa các bậc H nên xảy ra 0,25
1 điểm theo cơ chế:
Metylen triplet có sự chọn lọc, ưu tiên bậc III > bậc II > bậc I suy ra phản ứng xảy ra theo cơ chế gốc 0,25 Trang 17 Câu IX. IX.1.
1. Glutathione được tạo thành từ axit L-glutamic, L-cystein và glyxin. 0,625
(Không cần ghi đúng tên của amino axit nhưng viết đúng cả 3 CTCT mới được 0,125 0,125 điểm điểm)
2. Công thức cấu tạo của 3. 0,25
3. Đề xuất cơ chế phản ứng của glutathione với peoxit R-O-O-R. 0,25 IX.2.
1. Sơ đồ tổng hợp 1,375 điểm 0,875
Xác định đúng 1 chất được 0,125 điểm. 2. Tổng hợp lysin. 0,25 Trang 18 0,25 Câu X. X.1. - Cơ chế phản ứng 0,5 điểm 0,25
- Giải thích sản phẩm chính là đồng phân α:
Trong cacbocation, nguyên tử O có obitan chứa cặp e không liên kết ở vị trí liên kết
a song song với obitan p trống của nguyên tử cacbon nên sẽ xuất hiện hiệu ứng liên
hợp, làm tăng độ bền của cacbocation. Khi cặp e không liên kết của nguyên tử O trong
phân tử ancol tấn công vào sẽ hình thành đồng phân α. 0,125
Đối với trường hợp hình thành đồng phân β, nguyên tử cacbon không được giải tỏa
điện tích dương do obitan trống của nguyên tử C không song song với obitan chứa cặp e
không liên kết của nguyên tử O dẫn đến không xuất hiện hiệu ứng liên hợp.
Cacbocation trong trường hợp này kém bền hơn, dẫn đến đồng phân β sẽ sinh ra ít hơn so với đồng phân α. 0,125 X.2.
Xác định công thức các chất trong sơ đồ tổng hợp sau: 1,5 điểm 1,5 Trang 19
Xác định đúng mỗi công thức cấu tạo được 0,15 điểm.
Riêng chất 11 (đầu tiên) được 0,3 điểm.
Lưu ý: Thí sinh làm cách khác nhưng đúng, vẫn cho điểm tối đa.
--------------------Hết------------------ Trang 20