TOP 10 đề thi olympic Hóa 11 trường chuyên (có lời giải chi tiết và đáp án rất hay)

Tổng hợp toàn bộ TOP 10 đề thi olympic Hóa 11 trường chuyên (có lời giải chi tiết và đáp án rất hay) được biên soạn đầy đủ và chi tiết . Các bạn tham khảo và ôn tập kiến thức đầy đủ cho kì thi sắp tới . Chúc các bạn đạt kết quả cao và đạt được những gì mình hi vọng nhé !!!!

50 25 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Hóa Học 11

Môn: Hóa Học 11

Thông tin:

129 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Hiền Trần
…………………………….
BỘ ĐỀ OLIMPIC 30-4
HÓA 11
CÓ ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI
Thng 10 năm 2021
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO – BÌNH THUẬN
Câu 1: (4 điểm)
1.1. [Ru(SCN)
2
(CN)
4
]
4-
là ion phức của ruteni, được kí hiệu là P.
a. Viết công thức Lewis của phối tử thioxianat SCN
-
.
b. Cho biết dạng lai hóa của Ru trong P. Mô tả sự hình thành ion phức theo thuyết VB (Valence
Bond). Giải thích tại sao trong P, liên kết được hình thành giữa Ru và N của phối tử SCN
-
mà
không phải là giữa Ru và S. Cho biết phức có tính thuận từ hay nghịch từ, vì sao?
1.2. Niken (II) oxit có cấu trúc mạng tinh thể giống mạng tinh thể của natri clorua. Các ion O
2-
tạo
thành mạng lập phương tâm mặt, các hốc bát diện có các ion Ni
2+
. Khối lượng riêng của niken (II)
oxit là 6,67 g/cm
3
. Nếu cho niken (II) oxit tác dụng với liti oxit và oxi thì được các tinh thể trắng có
thành phần
Li
x
Ni
1-x
O:
2 x 1 x2
xx
Li O (1 x)NiO Li
2
OO
4
Ni
Cấu trúc mạng tinh thể của Li
x
Ni
1-x
O giống cấu trúc mạng tinh thể của NiO, nhưng một ion Ni
2+
được thế bằng các ion liti và một số ion Ni
2+
bị oxi hóa để bảo đảm tính trung hòa điện của phân tử.
Khối lượng riêng của tinh thể Li
x
Ni
1-x
O là 6,21 g/cm
3
.
a. Vẽ một ô mạng cơ sở của niken (II) oxit.
b. Tính x (chấp nhận thể tích của ô mạng cơ sở không thay đổi khi chuyển từ NiO thành Li
x
Ni
1-x
O)
c. Tính phần trăm số ion Ni
2+
đã chuyển thành ion Ni
3+
và viết công thức thực nghiệm đơn giản nhất
của hợp chất Li
x
Ni
1-x
O bằng cách dùng Ni(II), Ni(III) và các chỉ số nguyên.
Cho: Li = 6,94; O = 16,00; S = 32,07; Ni = 58,69;
c =3,00.10
8
m.s
-1
; N
A
= 6,022.10
23
mol
-1
;
R = 8,314 J.K
-1
.mol
-1
= 0,082 L.atm.K
-1
.mol
-1
; 1 eV = 1,602.10
-19
J.
Câu 2: (4 điểm)
2.1. Cho
3 2
1ee FF e

0
E 0,77V
32
38 16
Fe(OH) Fe(OH)
T 3,8.10 T 4,8.10


Có một dung dịch chứa đồn thời Fe
2+
và Fe
3+
đều có nồng độ 1M ở pH = 0. Thêm dẫn dung dịch
NaOH vào (thể tích thay đổi không đáng kể) để tăng pH của dung dịch lên. Thí nghiệm được tiến
hành ở nhiệt độ không đổi 20℃.
a. Xác định sự phụ thuộc thế của cặp
vào pH của dung dịch.
b. Vẽ đồ thị E = f(pH).
2.2. Để xác định hằng số điện li của axit axetic người ta thiết lập một pin như sau:
Pt, H
2
| H
+
1M || CH
3
COOH 0,01M | H
2
,Pt
Với
2
1
H
P atm
và suất điện động của pin ở 25℃ bằng 0,1998V.
Tính hằng số điện ti của axit axetic.
2.3. Dung dịch A gồm Fe(NO
3
)
3
0,05M; Pb(NO
3
)
2
0,10M; Zn(NO
3
)
2
0,01 M. Sục khí H
2
S vào dung dịch
A đến bão hòa ([H
2
S] = 0,10 M) thu được hỗn hợp B. Những kết tủa nào tách ra từ hỗn hợp B?
Cho:
32
21
Fe H O FeOH H lg* 2,17
2
22
Pb H O PbOH H lg* 7,80
2
23
Zn H O ZnOH H lg* 8,96
3 2 2
2
0 0 0
S/H S
Fe /Fe Pb /Pb
E 0,771V;E 0,141V;E 0,126V;
Ở 25℃:
RT
2,303 ln 0,0592 lg
F
Pk
S(PbS)
= 26,6; Pk
S(ZnS)
= 21,6; Pk
S(FeS)
= 17,2. (pK
S
= -lgK
S
, với K
S
là tích số tan).
22
3
4
a1(H S) a2(H S)
a(CH COOH)
a(NH )
pK 7,02; pK 12,90;
pK 9,24;pK 4,76


Câu 3: (4 điểm)
3.1. Cho từ từ khí CO đi qua ống đựng 3,2g CuO nung nóng. Khí ra khỏi ống được hấp thụ hoàn toàn vào
nước vôi trong dư tạo thành 1g kết tủa. Chất rắn còn lại trong ống sứ cho vào cốc đựng 500 ml dd
HNO
3
0,16 M thu được V
1
(l) khí NO vả còn một phần kim loại chưa tan. Thêm tiếp vào cốc 760ml
dd HCl
2
M
3
. Sau khi phản xong thu thêm V
2
(l) khí NO. Sau đó thêm tiếp 12g Mg vào dd sau phản
ứng thu được V
3
(l) hỗn hợp khí H
2
và N
2
, dd muối clorua và hỗn hợp M của các kim loại.
a. Tính V
1
, V
2
, V
3
(đktc).
b. Xác định khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp M. Các chất phản ứng xảy ra hoàn toàn.
3.2. Hòa tan hoàn toàn hợp X gồm Zn, FeCO
3 ,
Ag bằng lượng dung dịch dư HNO
3
loãng thu được hỗn
hợp khí A và dung dịch B. Hỗn hợp A gồm 2 chất khí, có tỉ khối hơn so với Hidro là 19,2. Cho dung
dịch B tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH thu được kết tủa. Lọc lấy kết tủa rồi nung đến khối
lượng không đổi thu được 5,64 gam kết tủa.
Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp đầu, biết khối lượng Zn và FeCO
3
bằng nhau và mỗi chất
trong X chỉ thử HNO
3
xuống một số oxi hóa xác định.
Câu 4: ( 4 điểm)
1. Hãy cho biết sự tương quan lập thể giữa hai hợp chất trong mỗi cặp sau đây, giải thích ngắn gọn.
2. Dự đoán sản phẩm chính khi cho mỗi chất sau đây tác dụng với Br
2
, FeBr
3
3. Giải thích tại sao brom hóa biphenyl xảy ra tại vị trí orto và para hơn là vị trí meta.
Câu 5: (4 điểm)
1. Đề nghị cơ chế xúc tác axit cho sự đồng phân hóa sau:
2. Hoàn thành chuổi phản ứng sau:
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO – BÌNH THUẬN
Câu 1: (4 điểm)
1.1. a. Tổng electron để xây dựng công thức Lewis cho SCN
-
là 6 + 4+5+1=16. Công thức Lewis cho
SCN
-
là:
b. Ru
2+
có cấu hình electron [Kr]4d
6
5s
0
5p
0
, là ion trung tâm trong phức bát diện.
Vì CN
-
là phối tử trường mạnh nên có phân lớp 4d
6
của Ru
2+
có sự ghép đôi tất cả các electron,
tạo ra 2 AO 4d trống. Do đó xảy ra sự lai hóa d
2
sp
3
Ru
2+
tạo 6AO lai hóa hướng tới 6 đỉnh của 1 hình bát diện.
Các khối tử (L) sử dụng cặp electron tự do của nguyên tử N gửi vào các obitan lai hóa đó để tạo
các liên kết cho nhận giữa phối tử và ion Ru
2+
.
[Ru(SCN)
2
(CN)
4
]
4-
4d
6
5s 5p
1.2. a.
b. Tính x:
Tính cạnh a của ô mạng cơ sở của NiO
3
NiO NiO
NiO
3
A A NiO
n.M n.M
a
N .a N .
n = 4 (vì mạng là lập phương tâm mặt)
38
23
4.74,69
a a 4,206.10 cm
6,022.10 .6,67
Theo đầu bài, ô mạng cơ sở của NiO và ô mạng cơ sở của Li
x
Ni
1-x
O giống nhau, do đó:
x 1 x
32
x 1 x
Li Ni
8
O
33
A
n.M
4.[x.6,94+(1-x).58,69+16]
6,21 x 0,10
N .a 6,022.10 .(4,206.10 )
Li Ni O
c. Thay x vào công thức Li
x
Ni
1-x
O, ta có Li
0,1
Ni
0,9
O hay công thức là LiNi
9
O
10
. Vì phân tử trung hòa
điện nên trong LiNi
9
O
10
có 8 ion Ni
2+
và 1 ion Ni
3+
. Vậy cứ 9 ion Ni
2+
thì có 1 ion chuyển thành
Ni
3+
.
Phần trăm số ion Ni
2+
đã chuyển thành ion Ni
3+
là
1
.100% 11,1%
9
Công thức thực nghiệm đơn giản nhất: LiNi(III)(Ni(II))
8
O
10
.
Câu 2: (4 điểm)
↑↓
↑
↑
↑
↑↓
↑
↑
↑
↑↓
...
L
L
d
2
sp
3
2.1. a. Nếu xuất phát từ dung dịch Fe
3+
và Fe
2+
có nồng độ 1M, ở pH = 0 rồi nâng dần pH lên, lần lượt
sẽ kết tủa Fe(OH)
3
rồi đến Fe(OH)
2
.
- Fe(OH)
3
bắt đầu kết tủa khi [Fe
3+
].[OH
-
]
3
=
3
Fe(OH)
T
3
Fe(OH)
3
3
T
[OH ]=
[Fe ]
3
3
3
3
14
3
Fe(OH)
3
3
Fe(OH)
Fe(OH)
38
[Fe ]
[H ]=10 .
T
1 [Fe ] 1
pH 14 lg 14 lg([Fe ].T )
3 T 3
1
pH 14 lg(1.3,8.10 ) 1,53
3

Tương tự, Fe(OH)
2
bắt đầu kết tủa khi
2
2
Fe(OH)
16
1
pH 14 lg([Fe ].T )
3
1
pH 14 lg(1.4,8.10 ) 6,33
2
* 0 ≤ pH < 1,53: Thế của cặp
3
2
Fe
Fe
không phụ thuộc pH:
33
22
0
Fe Fe
Fe Fe
E E 0,77V


* 1,53 ≤ pH < 6,33: [Fe
3+
] giảm nên
3
2
Fe
Fe
E
giảm
33
22
3
3
2
3
2
3
0
2
Fe Fe
Fe Fe
Fe(OH)
02
3
Fe
Fe
38 3
14 3
Fe
Fe
0,059 [Fe ]
E E lg
1 [Fe ]
T
0,059
E lh( lg[Fe ])
1 [OH ]
0,059 3,8.10 .[H ]
E 0,77 lg( lg1) 1,04 0,177pH
1 (10 )





* 6,33 ≤ pH ≤ 14: cả [Fe
3+
] và [Fe
2+
] đều giảm
33
33
22
3
2
3
2
2
Fe(OH) Fe(OH)
0
3
Fe Fe
Fe Fe
Fe(OH)2 Fe(OH)2
38
14 16
Fe
Fe
Fe
Fe
TT
0,059 [OH ] 0,059 1
E E lg( . ) 0,77 lg( . )
1 [OH ] T 1 [OH ] T
0,059 3,8.10 [H ]
E 0,77 lg( . )
1 10 4,8.10
E 0,77 0,478 0,059.pH 0,292 0,059.pH





b. Đồ thị E = f(pH)
2.2. Đây là pin nồng độ. Vì [H
+
] ở điện cực trái cao hơn [H
+
] ở điện cực phải nên đện cực trái là điện
dương còn điện cực là điện cực âm.
(+)Pt, H
2
| H
+
1M || CH
3
COOH 0,01M | H
2
,Pt(-)
Ta có: E
pin
= E
+
- E
-
= 0 – E
-
= 0,1998 → E
-
= - 0,1998V
Gọi x là nồng độ H
+
do CH
3
COOH điện li ra ở điện cực âm.
Ta có: E
-
=
2
2
2
0
2H /H
H
0,059 x
E lg 0 0,059lgx 0,1998
2P
3,386 4
lgx 3,386 x 10 4,11.10 M

CH
3
COOH
CH3COO
-
+ H
+
[cân bằng] 0,01-4,11.10
-4
4,11.10
-4
4,11.10
-4
4
a
4
2
5
()
K
4,11.10
4,11.10
1,76.10
(0,01 )

2.3. Do
32
2
00
S/H S
Fe /Fe
E 0,771V E 0,141V;

2Fe
3+
+ H
2
S → 2Fe
2+
+ S↓ + 2H
+
K
1
= 10
21,28
0,05
- 0,05 0,05
Pb
2+
+ H
2
S → PbS↓ + 2H
+
K
2
= 10
6,68
0,10 0,05
0,25
Zn
2+
+ H
2
S → ZnS↓ + 2H
+
K
3
= 10
1,68
Fe
2+
+ H
2
S → FeS↓ + 2H
+
K
4
= 10
-2,72
Vì K
3
và K
4
nhỏ, do đó cần phải kiểm tra điều kiện kết tủa ZnS và FeS:
Do môi trường axit nên
2 2 2 2 3
''
Zn Zn Fe Fe Fe
C C 0,010M;C C C 0,050M.
Đối với H
2
S do K
a2
<< K
a1
= 10
-7,02
nhỏ → khả năng phân li của H
2
S trong môi trường axit không
đáng kể, do đó chấp nhận [H
+
] =
H
C 0,25M
Tính
2
'
S
C
theo cân bằng:
H
2
S
S
2-
+ 2H
+
K
a1
.K
a1
= 10
-19,92
2
19,92
a1 a1
' 19,72
2
22
S
K .K 10
[H S]
0,1
C 10
[H ] (0,25)
Ta có:
22
''
Zn S
C .C

< K
S(ZnS)
→ ZnS không xuất hiện;
22
''
Fe S
C .C

< K
S(FeS)
→ FeS không xuất hiện;
Như vậy trong hỗn hợp B, ngoài S, chỉ có PbS kết tủa.
Câu 3: (4 điểm)
3.1. CuO + CO
0
t

Cu + CO
2
(1)
0,01 0,01
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
+ H
2
O (2)
Theo (1) và (2): n
Cu
= n
CO2
= n
CuO
= 0,01 mol
n
CuO ban đầu
=
3,2
0,04mol
80
n
CuO dư
= 0,04 – 0,01 = 0,03 mol
Khi cho HNO
3
vào: CuO + 2HNO
3
→ Cu(NO
3
)
2
+ H
2
O
0,03 0,06 0,03
3Cu + 8NHO
3
→ 3Cu(NO
3
)
2
+ 2NO + 4H
2
O (4)
0,02
N
HNO3 ban đầu
= 0,5 x 0,16 = 0,08 mol
Theo (3) và (4):
NO
0,02
n 0,005mol
4

V
1
= 0,005
22,4 = 0,112 (l)
N
Cu còn dư
= 0,01 -
0,03 0,01
0,0025(mol)
44

Khi thêm dd HCl vào thì:
2
32
3Cu 8H 2NO 3Cu 2NO 4H O (5)
0,0025
0,005
3
HCl
2 1,52
n 0,76 (mol)
33
Theo (5) Cu tan hết →
NO
2 0,005
n 0,0025
33
2
0,005
V 22,4 0,037(l)
3
n
H+ phản ứng
=
8 0,02
0,0025 (mol)
33

H
n
dư
=
1,52 0,02
0,5(mol)
33

Khi cho Mg vào:
2
3 2 2
5Mg 12H 2NO 5Mg N 6H O (6)
0,5 0,5
0,22
3
Mg + 2H
+
→ Mg
2+
+ H
2
(7)
0,95
3
0,06 0,03
Theo (3), (4), (5): n
NO3-
=
0,02 0,22
0,08
33

Mg
12
n 0,5(mol)
24

Theo (6):
2
3
N
NO
1 0,22 0,11
n n (mol)
2 3 2 3
H
0,22
n (7) 0,5 6 0,06
3
Mg
5 0,22 0,95
n 0,5 (mol)
2 3 3
Theo (7): n
H2
=
H
1
n 0,03mol
2
V
N2 + H2
=
0,11
0,03 ) 22,4 1( ,49(l)
3
n
Mg còn dư
=
0,95 0,06 0,86
(mol)
3 2 3

Mg + Cu
2+
→ Mg
2+
+ Cu↓ n
Cu
2+
= 0,04
0,86
3
0,04
Sau phản ứng: n
Cu
= 0,04 mol
n
Mg
=
0,86 0,74
0,04 (mol)
33

Cu
Mg
m 64 0,04 2,56g
0,74
m 24 5,92g
3
3.2. M
A
= 19,2.2 = 38,4 (g/mol)
Vì khí A chắc chắn chứa CO
2
(sinh ra từ phản ứng FeCO
3
) có
2
CO
M
> M
A
nên hợp chất khí thứ hai
phải là khí NO có
NO
M
< M
A
.
Trong hỗn hợp khí A: CO
2
chiếm 60% số mol; NO chiếm 40% số mol
2
CO NO
n 1,5n
Gọi a,b,c lần lượt là số mol Zn, FeCO
3
, Ag có trong hỗn hợp, theo đề bài:
65a = 116b → a > b
Với dung dịch HNO
3
loãng: Chất khử yếu chỉ khử HNO
3
→ NO; chất khử mạnh có thể khử HNO
3
xuống mức oxi hóa thấp hơn.
Nếu cả ba khử HNO
3
thành NO thì:
3Zn + 2NO
3
-
+ 8H
+
→ 3Zn
2+
+ 2NO↑ + 4H
2
O
3FeCO
3
+ NO
3
-
+ 10H
+
→ 3Fe
3+
+ 3CO
2
+ NO + 5H
2
O
3Ag + NO
3
-
+ 4H
+
→ 3Ag
+
+ NO + 2H
2
O
Thì số mol CO
2
= b, số mol
2 b c
NO a
3 3 3
Vì a > b nên số mol NO >
2
NO CO
c
b n n :
3
vô lí (loại)
Vậy Zn + HNO
3
→ NH
4
NO
3
4Zn + NO
3
-
+ 10H
+
→ 4Zn
2+
+ NH
4
+
+ 3H
2
O
Số mol
bc
NO ,
33

số mol CO
2
= b
b = c
Dung dịch B tác dụng với NaOH dư tạo kết tủa Fe(OH)
3
và Ag
2
O
0
0
t
3 2 3 2
t
22
2Fe(OH) Fe O 3H O
Ag OH 2Ag 0,5O


Chất rắn là Fe
2
O
3
và Ag
0,5b.160 + 108c = 5,64g
b = 0,03
Vậy
3
FeCO Ag Zn
m 3,48g;m 3,24g;m 3,48g;
Câu 4: (4 điểm)
1.
Khi quay một trong hai chất 120
0
trong mặt phẳng nhận thấy hai chất là vật và ảnh của nhau
không chồng khít lên nhau. Như vậy hai hợp chất là hai đối thân của nhau
Nghịch chuyển không làm thay đổi cấu hình. Hi công thức này chỉ cùng một chất.
Hai hợp chất này là hai xuyên lập thể phân của nhau (khác nhau cấu hình tại C4)
2.
3. Sự Brom hóa biphenyl xảy ra tại vị trí orto và para hơn là tại vị trí meta: trung gian
cacbocation khi Brom gắn vào vị trí orto và para được an định bằng sự cộng hưởng với cả hai
nhân thơm.Trong khi đó trung gian cacbocation khi Brom gắn vào vị trí meta chỉ được an định
trên một nhân thơm mà thôi.
Câu 5: (4 điểm)
1.
2.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH – KOM TUM
Câu 1: (4 điểm)
1. Những nguyên tử hydro ở trạng thái cơ bản bị kích thích bởi tia UV có
97,35nm
. Số lượng tử
chính của trạng thái kích thích này là bao nhiêu? Khi những nguyên tử hydro bị khử trạng thái
kích thích đó thì chúng có thể phát ra những bức xạ có bước sóng (tính bằng nm) là bao nhiêu?
Cho h = 6,63.10
-34
J.s; c= 3.10
8
m.s
-1
; hằng số Ritbe R
H
= 1,097.10
7
m
-1
.
2. Heli được biết như là nguyên tố “trơ” nhất trong mọi nguyên tố. Nhưng tính trơ của heli cũng chỉ
giới hạn trong phản ứng của nó với các nguyên tử và phân tử trung hòa khác. Ví dụ, nguyên tử
heli có thể tạo thành hợp chất quan sát được (không nhất thiết tồn tại lâu) với H
+
.
a. Dùng thuyết obitan phân tử (MO) để xác định bậc liên kết cho HeH
+
.
b. Giải thích tại sao có tồn tại He
2
+
mà không tồn tại He
2
?
c. Các cation 2
+
(đi-cation) hai nguyên tử bền vững có công thức XHe
2+
thường chỉ có khi năng
lượng ion hóa thứ hai (I
2
) của X nhỏ hơn năng lượng ion hóa thứ nhất của He. Không cần dựa
vào bảng trị số các mức năng lượng ion hóa hãy xác định nguyên tố X có số hiệu nguyên tử từ
1 đến 18 là phù hợp nhất? Tại sao?
3. Phản ứng giữa N
2
H
4
và TI
3+
trong HClO
4
có phương trình động học như sau:
3
3
25
[TI ][N H ]
d[TI ]
k.
dt [H ]


a. Với giả thiết tất cả các nồng độ khác đều lớn hơn rất nhiều so với TI
3+
, viết phương trình biến
thiên giữa nồng độ TI
3+
theo thời gian.
b. Cho biết thành phần nguyên tử trạng thái chuyển tiếp của giai đoạn quyết định tốc độ phản ứng.
c. Đề nghị một cơ chế phản ứng phù hợp với phương trình động học trên.
Câu 2: (4 điểm)
1. Có hai dung dịch A chứa H
2
C
2
O
4
0,1M và dung dịch B chứa Na
2
C
2
O
4
0,1M.
a. Tính pH và nồng độ ion C
2
O
4
2-
có trong dung dịch A và B.
b. Thêm Fe(NO
3
)
3
(tinh thể) vào dung dịch A và dung dịch B để đạt nồng độ (ban đầu) là 1,0.10
-
4
M. Giả thiết thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể. Hãy cho biết có xuất hiện kết tủa
Fe(OH)
3
không? Chứng minh?
c. Tính phần mol của phức Fe(C
2
O
4
)
3
3-
trong dung dịch A.
Cho các giá trị hằng số tạo thành tổng hợp của Fe
3+
với C
2
O
4
2-
là
8 14 18 14
1 2 3 W
1,0.10 ; 2,0.10 ; 3,0.10 ;K 10 .
Hằng số phân ly axit của H
2
C
2
O
4
là K
al
= 0,05; K
a2
= 5.10
-5
. Tích số tan của Fe(OH)
3
K
s
=
2,5.10
-39
2.
Nồng độ đường trong máu (pH = 7,4) thường được xác định bằng phương pháp Hagedorn-Jensen.
Phương pháp này dựa vào phản ứng sắt (III) oxi hóa glucozơ thành axit gluconic. Quy trình phân
tích như sau: Lấy 0,200 ml mẫu máu cho vào bình nón, thêm 5,00 ml dung dịch natri
hexaxianoferat (III) 4,012 mmol/lit cà đun cách thủy. Xử lý dung dịch thu được bằng lượng dư
dung dịch ZnCl
2
và sau đó bằng lượng dư KI có mặt Ch
3
COOH. Iot sinh ra được chuẩn độ bằng
dung dịch Na
2
S
2
O
3
4 mmol/lit.
a. Viết phương trình hóa học các phản ứng xảy ra trong quy trình trên.
b. Cho biết tại sao không thể dùng muối Fe(III) để thay cho natri hexaxianoferat (III) trong thí
nghiệm trên?
c. Hãy tính hằng số cân bằng của phản ứng:
2[Fe(CN)
6
]
3-
+ 3I
-
2[Fe(CN)
6
]
4-
+ I
3
-
Từ đó cho biết vai trò của ZnCl
2
.
d. Hãy tính nồng độ của glucozơ (theo gam/lit) có trong mẫu máu , biết rằng phép chuẩn độ cần
dùng 3,28 ml dung dịch Na
2
S
2
O
3
để đạt tới điểm tương đương.
Cho:
32
3
00
I /I Fe /Fe
E 0,5355V;E 0,771V

Các phức [Fe(CN)
6
]
3
và [Fe(CN)
6
]
4-
có hằng số
bền tổng cộng lần lượt là
42 35
32
10 ; 10 .
Ở 25℃:
RT
2,303 0,0592.
F
Câu 3: (4 điểm)
1. Một hợp chất hóa học có tên là Beryl, thành phần gồm có: 31,28% Si: 53,63% O (về khối lượng),
còn lại là X và Y. Xác định công thức hóa học của Beryl dưới dạng oxit kép và silicat kép. Biết
rằng trong cấu hình electron của X và Y có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tư:
N
l
m
s
X
3
1
-1
+1/2
Y
2
0
0
-1/2
2. Nguyên tố X có khả năng phản ứng với canxi cho chất Y. Mặt khác X tan được trong dung dịch
kiềm tạo ra một hợp chất A và khí B đều có chứa nguyên tố X. A phản ứng với clorua vôi thu
được kết tủa C. Kết tủa này sẽ chuyển thành Y khi xử lí với nhôm ở nhiệt độ cao. Hòa tan với
chất Y trong dung dịch HCl loãng thu được B. Biết rằng khi xử lí C với SiO
2
và than cốc thu được
X, còn trong trường hợp không có than cốc thu được D. D tan được trong cả dung dcihj axit loãng
và kiềm loãng. Lập luận xác định cấu trúc các chất chưa biết và viết các phương trình phản ứng
xảy ra.
3. Hòa tan hết 17,52 gam hỗn hợp X gồm MgO, Al(NO
3
)
3
, Mg và Al vào dung dịch chưa KNO
3
và
0,47 mol H
2
SO
4
(đun nóng nhẹ). Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các
muối và 3,136 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm NO và H
2
. Tỷ khối của Z so với H
2
bằng 13. Dung
dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 1,07 mol KOH, lấy kết tủa nung ngoài không khí tới
khối lượng không đổi thu được 8 gam rắn. Tính phần trắm số mol của MgO có trong hỗn hợp X?
Câu 4: (4 điểm)
1. a. Axit squaric có công thức phân tử C
4
H
2
O. Ở điều kiện thường axit squaric ở trạng thái tinh thể
màu trắng, tan tốt trong nước. Axit squaric là axit tương đối mạnh so với các axit hữu cơ thường
gặp (CH
3
COOH có pK
a
= 4,76). Hằng số phân ly axit của axit squaric là pK
a1
= 1,5 và pK
a2
= 3,4.
Trong ion squarat C
4
O
4
2-
độ dài các liên kết CC bằng nhau (1,47 Å), các lien kết CO bằng nhau
(1,26 Å).
Đề xuất công thức cấu tạo của axit squaric. Biểu diễn cấu trúc của ion squaric. Giải thích tại sao
axit squaric có tính axit tương đối mạnh.
b. Axit maleic và axit fumaric là đồng phân hình học của nhau. Công thức của hai axit như sau:
Hai axit có các giá trị pK
a
như sau: 1,9; 3,03; 4,44; 6,07. Hãy cho biết pK
a1
và pK
a2
của hai axit
thường tương ứng với giá trị nào? Giải thích ngắn gọn.
2. Cho các ancol: p-CH
3
-C
6
H
4
-CH
2
OH, p-CH
3
O-C
6
H
4
-CH
2
OH, p-NO
2
-C
6
H
4
-CH
2
OH và
p-Cl-C
6
H
4
-CH
2
OH. So sánh khả năng phản ứng của các ancol với HBr và giải thích.
3. Cho các chất sau:
Những chất nào phản ứng cộng được với anhiđrit maleic theo tỉ lệ mol 1:1 ở nhiệt độ cao? Vẽ công
thức lập thể của sản phẩm thu được. Biết rằng phản ứng đóng vòng có sự tham gia đồng thời của
4n+2 electron π (n = 1,2...) thì dễ xảy ra.
4. Hợp chất hyđrocacbon X là dẫn xuất của đecalin. Trong phân tử X nguyên tố Hidro chiếm 12%
về khối lượng và số liên kết C-C là 5. Cho X tác dụng với dung dịch có lượng nhỏ KMnO4 và
lượng dư NaIO
4
thu được hợp chất Y có phản ứng iođofom.
a) Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo có thể có của X, Y?
b) Hợp chất Y có sự chuyển hóa theo sơ đồ:
Cl t NaOH PCC H O OH
P,t t H O
Y K L M N E F
    
Biết tên gọi của F là (1S, 6R) bixiclo[4.4.0]đec-3-en-2-on, biểu diễn cấu trúc của X, Y, K, L, M,
N, E?
Câu 5: (4 điểm)
1. Dùng cơ chế để giải thích quá trình tạo thành sản phẩm trong các phản ứng sau:
a.
b.
c.
d.
2. Hợp chất hữu cơ X là một hormon trong cơ thể người. X tham gia vào một số quá trình của cơ thể
như điều hòa huyết áp,... X là một dẫn xuất của axit heptanoic. Trong phân tử X không chứa
nguyên tử cacbon bậc IV. Kết quả đo phổ khối lượng cho biết phân tử khối của X là 354u. Hợp
chất X không phản ứng với phenylhiđrazin để tạo kết tủa. Thực hiện phản ứng ozon phân oxi hóa
X thu được 3 hợp chất hữu cơ A, B và C. Hợp chất A không quang hoạt và có công thức phân tử
C
5
H
8
O
4
. Đun nóng A thu được anhiđrit axit vòng D. Hợp chất B thu được từ phản ứng ozon phân
ở trên là một hỗn hợp raxemic. Hợp chất B có thể thu được khi cho hexanal phản ứng với HCN
rồi thủy phân sản phẩm trong dung dịch axit. Oxi hóa C (C
8
H
12
O
6
) bằng CrO
3
thu được hợp chất
hữu cơ Y. Thực hiện phản ứng khử C bằng LiAlH
4
thu được chất G. Để chuyển hóa 1 mol C
thành dẫn xuất axetyl F cần 2 mol axetyl clorua.
Xác định công thức cấu tạo của các chất A, B, C, D, G, F.
3. Viết sơ đồ tổng hợp các hợp chất hữu cơ sau từ các hợp chất hữu cơ có 2 cacbon trở xuống,
benzen, toluen và các chất vô cơ cần thiết:
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH – KOM TUM
Câu 1: (4 điểm)
1. a. Ta có năng lượng của mỗi photon là: ∆E = h.c.R
H
.(1/n
2
– 1/n
’2
)
34 8
18
9
18
18 18
2
hc 6,63.10 .3,00.10
E 2,043.10 J
97,35.10
2,18.10
E 2,18.10 2,043.10 n 4
n

b. Khi bị khử kích thích:
18
4 1 1
22
18 19
42
22
11
n 4 n 1:E E 2,18.10 97,35nm
41
11
n 4 n 1:E E 2,18.10 4,0875.10 J
42







34 8
7
19
6,63.10 .3,00.10
4,87.10 m 478nm
4,0875.10
18 19
43
22
11
n 4 n 1: E E 2,18.10 1,0597.10 J
43




34 8
7
19
6,63.10 .3,00.10
18,77.10 m 1877nm
1,0597.10
2. a. Bỏ qua sự sai khác về mức năng lượng các AO của H và He, ta có thể vẽ các giản đồ MO sau:
Từ giản đồ này, có thể thấy rằng trong HeH
+
bậc liên kết là 1.
b. Theo thuyết MO bậc liên kết của He
2
+
là 0,5 và He
2
là 0. Vì vậy có tồn tại He
2
+
mà không tồn tại
He
2
c. Nguyên tố dễ tạo với He cation
2+
có công thức XHe
2+
nhất là nguyên tố có giá trị năng lượng ion
hóa thứ hai nhỏ nhất. I
2
có giá trị lớn hay bé phụ thuộc vào các yếu tố như: Cấu trúc electron
của X
+
, bán kính của X
+
và điện tích hạt nhân.
Nguyên tố có số hiệu nguyên tử từ 1 đến 18, có I
2
nhỏ nhất là Mg. Vì các nguyên tố nhóm hai II
A
(Be,Mg) có cấu trúc X
+
: 1s
1
2s
1
và 1s
1
2s
2
2p
6
3s
1
là các cấu trúc kém bền vững nhất. Bán kính ion của
Mg
+
lớn hơn bán kính ion của Be
+
cho nên nguyên tố Mg dễ tạo nhất.
3. a. Nếu xem các nồng độ khác đều lớn hơn rất nhiều so với Tl
3+
, ta có thể coi quy luật động học
trở thành bậc nhất đối với Tl
3+
. Do đó phương trình động học trở thành:
3
3
d[Tl ]
k.[Tl ]
dt

Nên phương trình tổng hợp tích phân hay mối quan hệ giữa
3
[Tl ]
với thời gian là:
3 3 kt
0
[Tl ] [Tl ] .e
b. Thành phần nguyên tử ở trạng thái chuyển tiếp bằng tổng số nguyên tử ở tử số trừ khi tổng số
nguyên tử ở phần mẫu số trong phương trình động học vi phân. Do đó thành phần nguyên tử ở
trạng thái chuyển tiếp là: [TlN
2
H
4
3+
]
c. Vì thành phần nguyên tử ở trạng thái chuyển tiếp là [TlN
2
H
4
3+
] nên bước quyết định tốc độ
phản ứng là sự tương tác giữa Tl
3+
và N
2
H
4
. Trong môi trường axit mạnh, phần lớn N
2
H
4
bị
proton hóa thành N
2
H
5
+
. Do đó cơ chế sẽ bao gồm sự deproton hóa N
2
H
5
+
để tái tạo N
2
H
4
, rồi
N
2
H
4
tác dụng với Tl
3+
theo tỉ lệ 1:1 trong giai đoạn quyết định tốc độ phản ứng. Nếu N
2
H
4
bị oxi
hóa hoàn toàn thành N
2
, tỉ lệ phản ứng giữa Tl
3+
và N
2
H
4
không còn là 1:1 nửa, do đó sự oxi hóa
N
2
H
4
thành N
2
(sản phẩm cuối cùng) không hoàn toàn nằm trong bước quyết định tốc độ. Cơ chế
được đề nghị như sau:
(1) N
2
H
5
+
N
2
H
4
+ H
+
(2) N
2
H
4
+ Tl
3+
Tl
+
+ N
2
H
2
+ 2H
+
(3) Tl
3+
+ N
2
H
2
Tl
+
+ N
2
+ 2H
+
Trong đó (2) là giai đoạn chậm
Câu 2: (4 điểm)
1. a. Tính pH và nồng độ ion
2
24
CO
có trong dung dịch A
Ta có: H
2
C
2
O
4
H
+
+
24
HC O
K
a1
= 0,05 (1)
24
HC O
H
+
+
2
24
CO
K
a2
= 5,0.10
-5
(2)
Vì K
a1
>> K
a2
nên (1) là cân bằng chính.
Gọi C là nồng độ ban đầu của A.
24
a
2
2 2 4
1
A
a1 a
2
1A
H ][ ]
H]
H C O H ]
H
[ HC O
[
K
C[
[K] H ]
H ] 0,05
[
M pH 1,3
K C 0
[

Mà ta có:
2
24
a1
24
[ C O
K
H ][ ]
[]HC O
và [H
+
]=[
24
HC O
] = 0,05M
a
2 5
2 24
[ ] K 5.1O MC 0
Tính pH và nồng độ ion
2
24
CO
có trong dung dịch B
Ta có: H
2
O +
2
24
CO
OH
-
+
24
HC O
K
b1
= 2,0.10
-10
(1)
H
2
O +
24
HC O
OH
-
+ H
2
C
2
O
4
K
b2
= 2,0.10
-13
(2)
Vì K
b1
>> K
b2
nên (1) là cân bằng chính.
Gọi C là nồng độ ban đầu của A.
10 6
b1
[OH ] K C 2,0.10 .0,1 4,5.10 M
2
24
pH 8,7 [C O ]=0,1M
b. Chứng minh dung dịch A không có kết tủa Fe(OH)
3
:
Có các cân bằng: Fe
3+
+
2
24
CO
FeC
2
O
4
+
Fe
3+
+ 2
2
24
CO
FeC
2
O
2
-
Fe
3+
+ 3
2
24
CO
FeC
2
O
2
3-
Bảo toàn nồng độ ion Fe
3+
ta có:
3
33
2 4 2 2 2 2 4 3
Fe
C [Fe ]+[FeC O ]+[Fe(C O ) ]+[Fe(C O ) ]
Mà
32
2 4 1 2 4
[FeC O ]= [Fe ][C O ]
3 2 2
2 2 2 2 2 4
[Fe(C O ) ]= [Fe ][C O ]
3 3 2 3
2 4 3 3 2 4
[Fe(C O ) ]= [Fe ][C O ]
Suy ra
3
3
3 3 2 3 2 2 3 2 3
1 2 4 2 2 4 3 2 4
Fe
3
Fe
3 2 3 2 2 3 2 3
1 2 4 2 2 4 3 2 4
4
8 5 14 5 2 18 5
C [Fe ]+ [Fe ][C O ]+ [Fe ][C O ] + [Fe ][C O ]
C
[Fe ]
1 [Fe ][C O ]+ [Fe ][C O ] + [Fe ][C O ]
1,0.10
1 1,0.10 .5,0.10 2,0.10 .(5,0.10 ) 3,0.10 .(5,0.10 )

3
10
1,1.10 M
Mà [OH
-
]
A
= 2.10
-13
M
3 3 49
s
[Fe ].[OH ] 9,1.10 K
không có kết tủa Fe(OH)
3
ở dung dịch A.
Chứng minh dung dịch B có kết tủa Fe(OH)
3
:
Có các cân bằng: Fe
3+
+
2
24
CO
FeC
2
O
4
+
Fe
3+
+ 2
2
24
CO
FeC
2
O
2
-
Fe
3+
+ 3
2
24
CO
FeC
2
O
2
3-
3
33
2 4 2 2 2 2 4 3
Fe
C [Fe ]+[FeC O ]+[Fe(C O ) ]+[Fe(C O ) ]
Mà
32
2 4 1 2 4
[FeC O ]= [Fe ][C O ]
3 2 2
2 2 2 2 2 4
[Fe(C O ) ]= [Fe ][C O ]
3 3 2 3
2 4 3 3 2 4
[Fe(C O ) ]= [Fe ][C O ]
Suy ra
3
3
3 3 2 3 2 2 3 2 3
1 2 4 2 2 4 3 2 4
Fe
3
Fe
3 2 3 2 2 3 2 3
1 2 4 2 2 4 3 2 4
4
20
8 14 2 18 3
C [Fe ]+ [Fe ][C O ]+ [Fe ][C O ] + [Fe ][C O ]
C
[Fe ]
1 [Fe ][C O ]+ [Fe ][C O ] + [Fe ][C O ]
1,0.10
3,3.10 M
1 1,0.10 .0,1 2,0.10 .(0,1) 3,0.10 .(0,1)


Mà [OH
-
]
A
= 4,5.10
-6
M
3 3 36 39
s
[Fe ].[OH ] 3,0.10 K 2,5.10
có kết tủa Fe(OH)
3
ở dung dịch B.
c. Phần mol của phức Fe(C
2
O
4
)
3
3-
trong dung dịch A
Phần mol của Fe(C
2
O
4
)
3
3-
được tính như sau:
3
3
2 4 3
Fe
[Fe(C O ) ]
x
C
3 2 3
3 2 4
3 3 2 3 2 2 3 2 3
1 2 4 2 2 4 3 2 4
[Fe ][C O ]
[Fe ] [Fe ][C O ]+ [Fe ][C O ] + [Fe ][C O ]

23
3 2 4
2 2 2 2 3
1 2 4 2 2 4 3 2 4
[C O ]
1 [C O ]+ [C O ] + [C O ]
18 5 3
8 5 14 5 2 18 5 3
3,0.10 .(5,0.10 )
0,43
1 1,0.10 .5,0.10 2,0.10 .(5,0.10 ) 3,0.10 .(5,0.10 )

Vậy phần mol của Fe(C
2
O
4
)
3
3-
bằng 0,43.
2. a. Phương trình hóa học các phản ứng xảy ra
34
6 12 6 6 6 11 7 6 2
C H O 2[Fe(CN) ] 3OH C H O 2[Fe(CN) ] 2H O
(1)
44
6 6 3
2[Fe(CN) ] 3I 2[Fe(CN) ] I
(2)
22
2 3 3 4 6
2S O I S O 3I
(3)
b. pH của máu là 7,4 nên Fe (III) sẽ kết tủa ở dạng Fe(OH)
3
và không có khả năng oxi hóa
glucozơ
c. Tính thể khử của cặp
34
66
[Fe(CN) ] /[Fe(CN) ]

3 4 3 2
66
00
2
Fe(CN) /Fe(CN) Fe /Fe
3
E E 0,0592log

35
42
10
0,77 0,0592log 0,36(V)
10

44
6 6 3
2[Fe(CN) ] 3I 2[Fe(CN) ] I
2(0.36 0,5355)/0,0592 6
K 10 1,77.10


Zn
2+
tạo kết tủa với
4
6
[Fe(CN) ]
làm phản ứng (2) xảy ra hoàn toàn theo chiều thuận.
24
6 2 6
2K Zn [Fe(CN) ] K Zn[Fe(CN) ]
d.
2
23
2
2 3 3
SO
3 3 3
S O I
n
n 3,28.10 .4,00 13,12.10 (mmol) n 6,56.10 (mmol)
2

3
6
33
Fe(CN)
n 5,00.10 .4,012 20,06.10 (mmol)


3
6
Fe(CN)
n
(dư)
= 2.6,56.10
-3
= 13,12.10
-3
(mmol)
33
3
glucozo
3
glucozo
3
20,06.10 13,12.10
n 3,47.10 (mmol)
2
3,46.10 .180
C 3123(mg / lit) (3,123g / lit)
0,2.10


Câu 3: (4 điểm)
1. – Dựa vào 4 số lượng tử ta có cấu hình electron của
+X: 1s
1
2s
2
2p
6
3s
2
3p
1
+Y: 1s
2
2s
2
Vậy X là nhôm (Al), Y là beri (Be)
- Đặt công thức của beryl là: Al
x
Be
y
Si
z
O
t
Gọi a, b là thành phần % khối lượng của Al và Si.
Ta có: a + b + 31,28 + 53,63 = 100 → a + b = 15,09 (I)
Số oxi hóa:
a b 31,28 53,63
3. 2. 4. 2. 0 a 2b 20,12(II)
27 9 28 16
Giải hệ 2 phương trình (I) và (II) được: a = 10,06; b=5,03
Tỉ lệ: x:y:z:t
10,06 5,03 31,28 53,63
: : :
27 9 28 16
= 0,3726: 0,5589:1,1171:3,3519 = 2:3:6:18
→Công thức hóa học của beryl là Al
2
Be
3
Si
6
O
18
Vậy công thức hóa học của beryl dưới dạng oxit kép: Al
2
O
3
.3BeO.6SiO
2
công thức hóa học của
beryl dưới dạng silicat kép: Al
2
(SiO
3
)
3
.3BeSiO
3
2. Do X phản ứng được với Ca nên X phải là một phi kim. Trong dung dịch kiềm X hòa tan sinh ra
một muối tan và một khí. Nguyên tố X có mặt trong cả hai thành phần ấy. Trong hợp chất khí tồn
tại liên kết X-H. Như vậy chỉ có thể ba khả năng là silan, photphin và amoniac. X sinh ra khi cho
than cốc tác dụng với muối C (có chứa X) và SiO
2
nên X chỉ có thể photpho.
Các phản ứng xảy ra như sau (Có thể viết dạng ion thu gọn)
P
4
+ 3NaOH + 3H
2
O → 3NaH
2
PO
2
+ PH
3
P
4
+ 6Ca → 2Ca
3
P
2
2NaH
2
PO
2
+ 4CaOCl
2
→ Ca
3
(PO
4
)
2
+ CaCl
2
+ 2NaCl + 4HCl
2Ca
3
(PO
4
)
2
+ 10C + 6SiO
2
→ 6CaSiO
3
+ 10CO + P
4
2Ca
3
(PO
4
)
2
+ 16Al → 3Ca
3
P
2
+ 8Al
2
O
3
Ca
3
P
2
+ 6HCl → 3CaCl
2
+ 2PH
3
2Ca
3
(PO
4
)
2
+ 6SiO
2
→ 6CaSiO
3
+ P
4
O
10
P
4
O
10
+ 6H
2
O → 4H
3
PO
4
(trong dung dịch axit loãng)
P
4
O
10
+ 12NaOH → 4Na
3
PO
4
+ 6H
2
O (có thể viết phản ứng tạo muối axit)
3. Ta có:
Z
2
NO:0,12mol
n 0,14(mol) Y
H :0,02mol
không chứa
3
NO
Chất rắn cuối cùng thu được là MgO:
MgO
n 8/ 40 0.2(mol)
Đặt n
KNO3
= a (mol)
Bảo toàn nguyên tố S cho K
2
SO
4
trong Y:
24
K SO
n 0,47(mol)
Bảo toàn nguyên tố K cho KAlO
2
trong Y:
2
KAlO
n 1,07 a 0,47.2 0,13 a(mol)
Thành phần trong Y: Mg
2+
(0,2 mol), Al
3+
(0,13 + a mol), K
+
(a mol), NH
4
+
(b mol),
SO
4
2-
(0,47 mol)
Bảo toàn điện tích trong Y suy ra: 4a + b = 0,15
Bảo toàn khối lượng:
Y
0,47.2 0,02.2 4b
17,52 101a 0,47.98 m 0,14.2.13 18.
2

a 0,03(mol)
35a 18b 1,59
b 0,03(mol)
Bảo toàn nguyên tố N:
33
Al(NO )
0,03 0,12 0,03
n 0,04mol
3


Al
n 0,13 0,03 0,04 0,12mol
Bảo toàn electron:
Mg Mg
0,12.3 2n 0,02.2 0,03.8 0,12.3 n 0,14mol
MgO
n 0,2 0,14 0,06mol
Phần trăm số mol của MgO có trong hỗn hợp X:
0,06
%MgO .100% 16,67%
0,04 0,06 0,12 0,14

Câu 4: (4 điểm)
1. a. Axit squaric là axit 2 nấc mà có 2 nguyên tử H
cả 2 nguyên tử H đều là H axit.
Trong phân tử ion squarat C
4
O
4
2-
độ dài liên kết CC bằng nhau (1,47 Å), các liên kết CO bằng
nhau (1,26 Å). Suy ra trong ion có sự giải tỏa electron mạnh. Hơn nữa, chính sự giải tỏa e này làm
anion sinh ra bền dẫn đến tính axit tăng lên. Anion squarat là một hệ thơm bền vững. Vậy cấu trúc
của ion squarat:
Công thức cấu tạo của:
b. Sắp xếp giá trị pK
a
:
Axit meleic : pK
a1
= 1,9 và pK
a2
= 6,07
Axit fumaric: pK
a1
=3,03 và pK
a2
= 4,44
Giá trị pK
a1
của axit maleic nhỏ hơn axit fumaric do hiệu ứng không gian loại II, cản trở sự liên
hợp. Anion của axit maleic sinh ra bền hơn do có liên kết H nội phân tử.
Giá trị pK
a2
của axit maleic lớn hơn axit fumaric do anion có liên kết H nội phân tử làm H khó
tách ra. Hơn nữa axit maleic sau khi phân ly nấc 2, hai nhóm mang điện âm gần nhau, tăng sức
đẩy làm anion kém bền, dẫn đến làm giảm tính axit.
2. Phản ứng giữa các ancol đã cho với HBr là phản ứng thế theo cơ chế SN1. Giai đoạn trung gian
tạo cacbocation benzyl. Nhóm –OCH
3
đẩy electron (+C) làm bền hóa cacbocation này nên khả
năng phản ứng tăng. Nhóm CH
3
có (+I) nên cũng làm bền hóa cacbocation này nhưng kém hơn
nhóm –OCH
3
vì (+C) > (+I). Các nhóm –Cl (-I > +C) và –NO
2
(-C) hút electron làm cacbocation
trở nên kém bền do vậy khả năng phản ứng giảm, nhóm –CN hút electron mạnh hơn nhóm –Cl.
Sắp xếp theo trật tự tăng dần khả năng phản ứng với HBr là:
p-NO
2
-C
6
H
4
-CH
2
OH < p-Cl-C
6
H
4
-CH
2
OH < p-CH
3
-C
6
H
4
-CH
2
OH < p-CH
3
O-C
6
H
4
-CH
2
OH
3. Các chất A4, A5, A6 có thể đóng vòng với sự tham gia đồng thời 6 electron π, còn A7 đóng vòng
với sự tham gia của 10 electron π
.
Chú ý: Khi viết công thức lập thể của phản ứng giữa A7 và anhiđrit maleic mà thí sinh không viết
lập thể của 2 nguyên tử hidro cũng cho điểm.
4. a. Xác định CTPT:
- Công thức chung của X: C
n
H
2n+2-2a
(n ≥ 10, a là độ chưa bão hòa)
- %m của H = 2n+2-2a/14n+2-2a = 0,12 (1)
- Số lk C-H = 2n+2-2a số lk C-C = n-1+a
2n+2-2a –( n-1+a) = 5 (2)
Từ (1) và (2) có n = 11 và a=3. CTPT của X: C
11
H
18
 Xác định công thức cấu tạo:
- A=3, X có 2 vòng và 1 liên kết đôi, nhánh nằm ở C có liên kết đôi.
- Trường hợp 1
- Trường hợp 2:
2. Biểu diễn
cấu trúc của X, Y, K,
L, M, N, E, F
Câu 5: (4 điểm)
1. a.
b.
c.
d.
2. Vì hợp chất A không quang hoạt và công thức phân tử C
5
H
8
O
4
. Đun nóng A thu được anhiđrit
axit vòng D.
Công thức cấu tạo của A là:
Công thức cấu tạo của D là:
Để chuyển hóa 1 mol C thành dẫn xuất axetul F cần 2 mol axetyl clorua do vậy C có 2 nhóm
chức ancol. Thực hiện phản ứng khử C bằng LiAlH
4
thu được chất G suy ra c có chức nhóm
C=O.
Y có cấu trúc mạch cacbon và vị trí các nhóm chức giống C
Công thức cấu tạo của C là
Hợp chất G là
Và F là
Công thức cấu tạo của B là
Suy ra công thức cấu tạo của X là
Mà X là một dẫn xuất của axit heptanoic.
Vậy công thức X là:
3. a.
b.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN – KHÁNH HÒA
Câu 1: (4 điểm)
1. Cho cân bằng hóa học sau: N
2
O
2
(k) 2NO
2
(k) (1)
Thực nghiệm cho biết khối lượng mol phân tử trung bình của hai khí trên ở 35℃ bằng 72,45
g/mol và ở 45℃ bằng 66,8 g/mol.
a) Tính độ phân li của N
2
O
2
ở mỗi nghiệt độ trên?
b) Tính hằng số cân bằng K
P
của (1) ở mỗi nhiệt độ trên? Biết P = 1atm
c) Cho biết theo chiều nghịch, phản ứng thu nghiệt hay tỏa nhiệt?
2. Kim loại nhôm Al kết tinh theo mạng lập phương có cạnh là 4,05Å, khối lượng riêng của tinh thể
nhôm là 2,70 g/cm
3
. Hãy cho biết nhôm kết tinh theo loại mạng tinh thể nào?
Cho: Al = 26,982
3. a) Hãy mô tả cấu trúc phân tử BX
3
. Obitan lai hóa của B ở trạng thái lai hóa nào?
b) Trạng thái lai hóa này thay đổi như thế nào khi halogenua Bo hình thành một liên phân tử với
một bazơ, ví dụ Pyridin (C
5
H
5
N)? Sự thay đổi cấu trúc xung quanh Bo với sự hình thành liên
phân tử nói trên sẽ thuận lợi hơn khi X là F hay I?
Hãy sắp xếp BF
3
, BCl
3
và BBr
3
theo chiều tăng dần tính axit Lewis dựa vào sự xem xét cấu trúc
nói trên.
Câu 2: (4 điểm)
1. So sánh pH của 5 dung dịch cùng nồng độ: NH
4
Cl 0,1M; NH
4
HSO
4
0,1M; (NH
4
)
2
SO
4
0,05M;
(NH
4
)
2
S 0,05; (NH
4
)
2
CO
3
0,05M biết: HSO
4
-
COS pK = 2; H
2
S có pK
1
= 7,0; pK
2
=13; H
2
CO
3
có
pK
1
= 6,275; pK
2
=10,33
2. a. Tính độ điện ly của ion NH
4
+
và HSO
4
-
trong dung dịch NH
4
HSO
4
0,1M.
Cho pK
a
NH
4
+
: 9,24% ; HSO
4
-
: 2
b. Độ điện ly thay đổi như thế nào nếu trong dung dịch có mặt HCOONa 0,01M?
Cho pK
a
(HCOOH) =3,75
3. Cho H
2
S đi qua dung dịch FeCl
3
0,1M; CdCl
2
0,1M; ZnCl
2
0,01M đến bão hòa. Có hiện tượng gì
xảy ra.
Cho pK
S
: FeS: 17,2; CdS: 26,1 ; ZnS: 21,6. E
0
(Fe
3+
/Fe
2+
) = +0,77V ; E
0
(S/H
2
S) = +0,14V;
H
2
S có K
al
= 10
-7
; K
a2
= 10
-13
; độ tan H
2
S = 0,1M
Câu 3: (4 điểm)
1. Kim loại đồng tác dụng với dung dịch axit X nhưng lại không tác dụng với axit Y hoặc dung dịch
loãng của axit Z. Để kiểm tra sức ăn mòn củ các thanh khuấy bằng đồng ta cho một thanh nhúng
vào một cốc chứa dung dịch Y có nồng độ vừa pahri và một thanh khác vào một cốc chứa dung
dịch axit Z loãng. Sau khi cho máy khuấy chạy vài giờ ta thấy cả hai dung dịch trên đều hóa xanh
và khối lượng thanh khuấy nhúng trong dung dịch Y giảm 0,496 gam, còn trong dung dịch Z
giảm 0,248 gam. Trong các dung dịch đã hình thành các hợp chất B và C là những hiđrat kết tinh
E và F ở trạng thái rắn. Khối lượng của chúng là 1,33 gam và 0,98 gam tương ứng. Thêm dư các
dung dịch AgNO
3
và BaCl
2
vào các dung dịch pha từ các hiđrat tinh thể tương ứng.
Trong dung dịch thứ nhất sẽ thấy kết tủa trắng G và ở dung dịch thứ hai cũng có một kết tủa trắng. Sau
khi cho chất A còn lại trong dung dịch thứ nhất kết tinh ta được 1,89 gam hiđrat tinh thể. Chất A cũng có
thể chế tạo được khi cho đồng tác dụng với axit A. Chất E còn lại trong dung dịch thứ hai sau khi thêm
BaCl
2
cũng tạo được hiđrat kết tinh. Trạng thái oxi hóa của đồng trong mọi hợp chất đã nêu đều bằng +2.
Hãy:
a) Viết công thức của các axit X, Y, Z và nêu tên chúng.
b) Viết công thức của các axit A, B, B và nêu tên chúng
c) Viết phương trình các phản ứng của Cu với axit X đậm đặc
d) Tại sao đồng bắt đầu bị ăn mòn khi được thấy trong các dung dịch Y và Z? Viết các phương trình
phản ứng Cu bị ăn mòn đã tạo ra các hợp chất B và C này.
e) Viết phương trình phản ứng: B + AgNO
3
và C + BaCl
2
rồi nêu tên của các hợp chất G, H đã tạo ra
các kết tủa trắng.
f) Dùng các khối lượng đã cho Hãy tính ra công thức của các hiđrat tinh thể D, E và F.
g) Các hiđrat tinh thể D, E và F sẽ có công thức như thế nào nếu chúng là những phức có số phối trí
của ion Cu
2+
bằng 4 trong cả 3 chất.
2. Cho 2 chất: A là phèn sắt – amoni: (NH
4
)
2
SO
4
.Fe
2
(SO
4
)
3
.24H
2
O
B là muối Mo (NH
4
)
2
SO
4
.Fe
2
(SO
4
)
3
.6H
2
O
- Nung A, B đến nhiệt độ cao trong không khí được chất rắn D và hỗn hợp khí E gồm các khí E
1
,
E
2
, E
3
, E
4
. Các khí trong E có tính chất sau:
+ E
1
trơ, không duy trì sự sống
+ E
2
có mùi khai, làm xanh giấy quỳ tím ẩm, tạo ra kết tủa đỏ nâu với thuốc thử netler
+ E
3
làm mất màu dung dịch nước Brom và làm đục nước vôi trong
+
E
4
bị FeCl
2
trong dung dịch HCl hoặc CrCl
2
trong dung dịch HCl hấp thụ.
- Hòa tan D trong dung dịch H
2
SO
4
được dung dịch D
1
, cho bột sắt dư tác dụng với D
1
đến khi
biết màu hoàn toàn được dung dịch D
2
. Chia D
2
làm 4 phần:
+ Phần 1: tác dụng với dung dịch AgNO
3
được dung dịch chứa muối như muối trong D
1
.
+ Phần 2: tiếp xúc với khí NO tạo râ chất lõng màu nâu.
+ Phần 3: tác dụng với KCN dư tạo ra dung dịch màu vàng.
+ Phần 4: tác dụng với NaNO
3
+ H
2
SO
4
tạo ra oxit của nitơ, trong phân tử có
8
15
phaagn khối
lượng oxi.
Viết các phương trình phản ứng và cho biết các chất E, E
1
, E
2
, E
3
, E
4
, D, D
1
, D
2
.
Câu 4: (4 điểm)
1. Công thức cấu tạo của một số dược phẩm như sau:
(thuốc chống viêm) Đarvon (thuốc giảm đau)
Novrat (thuốc ho)
a) S-Naproxen có hoạt tính cao hơn R-Naproxen 28 lần nên trên thị trường chỉ có S-Naproxen. Viết
công thức phối cảnh, gọi tên hệ thống của S-Naproxen.
b) S-Ibuproxen có haotj tính cao hơn R- Ibuproxen nên người ta chỉ sản xuất có S- Ibuproxen. Viết
công thức phối cảnh, gọ tên hệ thống của S- Ibuproxen.
c) Đarvon có cấu hình 2S, 3R còn Novrat có cấu hinh 2R,3S. Viết công thức phối cảnh.
2. Cho sơ đồ phản ứng:
a) Gọi tên (A), (B) và cho biết số đồng phân lập thể của mỗi chất.
b) Viết đày đủ các phương trình phả ứng, ghi rõ điều kiện.
c) Viết công thức cấu tạo thu gọn của (X), (Y), (Z), (T) và giải thích sự tạo thành các sản phẩm đó.
d) Trình bày cơ chế của các phản ứng (2), (3), (4), (5).
Câu 5: (4 điểm)
1. Khi đun nóng chất (A) (C
4
H
10
O) với axit sunfuris thu được (B). (B) có thể kết hợp một phân tử
Cl
2
tạo thành (C) và sản phẩm (C) này được xử lí với NaNH
2
cho (D). (D) phản ứng với
CH
3
MgBr cho (E) và khí thoát ra. Mặt khác cho (D) tác dụng với BH
3
, sau đó với H
2
O/OH
-
thì
thu được (F) (C
4
H
8
O). Phản ứng (E) với (F) rồi thủy phân thì được (G). Hidro hóa (G) bằng H
2
với xúc tác Pd/BaCO
3
được (H).
Hãy xác định công thức cấu tạo của chất từ (A) đên (H) (C
6
H
16
O).
2. Hợp chất (A) C
17
H
32
O
4
trơ khi đun nóng với dung dịch kiềm và không hấp thụ trong phổ UV, (A)
cũng không giải phóng khí metan khi tác dụng với CH
3
MgBr. Đun nóng (A) với dung dịch H
2
SO
4
loãng thu được (B) và (C). Hợp chất (B) C
5
H
8
O
2
phản ứng với hydroxylamin tạo (D). (D) không
bị thủy phân, không bị oxi hóa, không phản ứng với thuốc thử Hinsberg. (D) bị khử bởi Na/EtOH
tạo (E). (E) phản ứng được với thuốc thử Hinsberg.
Hidro hóa (B) xúc tác Ni thu được (F), (F) phản ứng với PBr
3
tạo (I) C
5
H
10
Br
2
. Đun nóng (I) với
NH
3
, sau đó cô cạn được chất rắn, sau khi nung ở nhiệt độ cao thu được sản phẩm giống (E).
Hợp chất (C) có công thức C
6
H
12
O, phản ứng được với hydroxylamin, phản ứng với clo trong
NaOH tạo clorofom và dung dịch (G), axit hóa (G) thu được hợp chất giống với sản phẩm của t-
BuMgBr với CO
2
. Hãy lập công thức cấu tạo của chất từ (A) đến (G).
3. Hợp chất (A) C
5
H
9
OBr có thể tác dụng với dung dịch iot trong kiềm loãng tạo ra chất kết tủa màu
vàng. (A) tác dụng với dung dịch NaOH tạo ra (B) và (C) có cùng công thức C
5
H
8
O. (B) và (C)
đề không làm mất màu dung dịch kali pemanganat ở nhiệt độ thấp, chỉ (B) tạo kết tủa vàng với
dung dịch iot trong kiềm. Cho (B) tác dụng với CH
3
MgBr rồi thủy phân thì thu được (D) C
6
H
12
O.
(D) tác dụng với HBr tạo ra hai đồng phân cấu tạo (E) và (F) có cùng công thức phân tử C
6
H
11
Br,
trong đó có một đồng phân làm mất màu dung dịch kali pemanganat ở nhiệt độ thấp.
4. Hãy lập công thức cấu tạo và gội tên các chất (A), (B), (C), (D), (E), (F).
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN – KHÁNH HÒA
Câu 1: (4 điểm)
1. Xét cân bằng: N
2
O
2
(k) 2NO
2
(k) (1)
a) Gọi a là số mol của N
2
O
4
có trong 1 mol hỗn hợp
số mol NO
2
trong 1 mol hỗn hợp là (1-a) mol
Ở 35℃ có
M
=72,45 g/mol = 92a+46(1-a)
a=0,575 mol =
24
NO
n
và
2
NO
n
=0,425 mol
N
2
O
4
(k) 2NO
2
(k)
Ban đầu x 0
Phản ứng 0,2125 0,425
Cân bằng x-0,2125 0,425
x - 0,2125 = 0,575
x=0,7875 mol, vậy
0,2125
100% 26,98%
0,7875
Ở 45℃ có có
M
=66,80 g/mol = 92a+46(1-a)
a=0,4521 mol =
24
NO
n
và
2
NO
n
=0,5479 mol
N
2
O
4
(k) 2NO
2
(k)
Ban đầu x 0
Phản ứng 0,27395 0,5479
Cân bằng x-0,27395 0,5479
x - 0,27395 = 0,4521
x=0,72605 mol, vậy
0,27395
0,726
100% 37,73%
05
b)
2 2 4
2 2 4
NO N O
NO N O
hh hh
nn
P P,P P
nn

và P = 1 atm
Ở 35℃
2
24
2
2
NO
P
NO
(P )
(0,425)
K 0,314
P 0,575
Ở 45℃
2
24
2
2
NO
P
NO
(P )
(0,5479)
K 0,664
P 0,4521
c) Từ kết quả thực nghiệm ta thấy, khi nhiệt độ tăng từ 35℃ lên 45℃ thì α tăng. Có nghĩa khi nhiệt
độ tăng cân bằng dịch chuyển theo chiều thuận. Vậy theo chiều thuận phản ứng thu nhiệt, nên
theo chiều nghịch phản ứng tỏa nhiệt.
2. – Khối lượng 1 nguyên tử Al = 26,982.0,166.10
-23
= 4,479.10
-23
gam
- Thể tích một tế bào tinh thể: V = (4,05.10
-8
)
3
= 66,43.10
-24
cm
3
- Khối lượng của 1 tế bào tinh thể Al = 66,43.10
-24
.2,7=179,361. 10
-24
gam
- Số nguyên tử Al có trong 1 tế bào tinh thể
24
23
179,361. 10
4,479.10
4

Vậy Al kết tinh theo mạng lập phương tâm diện.
3. a.Nguyên tử trung tâm B có lai hóa sp
2
và BX
3
có cấu tạo tam giác
b) Khi hình thành một liên phân với pyridin, cấu trúc xung quanh nguyên tử trung tâm bo chuyển
thành cấu trúc lai hóa sp
3
tứ diện. Sự thay đổi cấu trúc này bị cản trở không gian khi xung quanh
nguyên tử bo có những nhóm hoặc nguyên tử lớn (chẳng hạn iot) và sự hình thành liên phân là không
thuận lợi. Vì thế, BF
3
được dự đoán có khuynh hướng tạo thành liên phân mạnh nhất.(BF
3
được dự
đoán có tính axit Lewis mạnh nhất)
Halogen có độ âm điện lớn hơn sẽ di chuyển mạnh hơn mật độ khỏi nguyên tử trung tâm bo và vì
thế làm tăng tính axit
→Thứ tự tính axit Lewis: BF
3
> BCl
3
> BBr
3
Câu 2: (4 điểm)
1. NH
4
+
NH
3
+ H
+
Cả 5 dung dịch đều có nồng độ NH
4
+
nên ta so sánh các gốc axit:
Cl
-
trung tính
HSO
4
-
H
+
+ SO
4
-2
SO
4
-2
+ H
2
O HSO
4
-
+ OH
-
K=10
-12
S
2-
+ H
2
O HS
-
+ OH
-
K=10
-1
CO
3
2-
+ H
2
O HCO
3
-
+ OH
-
K=10
-3,67
pH: (2) < (1) < (3) <(5) < (4)
2. a. Tính độ điện ly của ion NH
4
+
và HSO
4
-
trong dung dịch NH
4
HSO
4
0,1 M
NH
4
HSO
4
→ NH
4
+
+ HSO
4
-
NH
4
+
NH
3
+ H
+
K
1
= 10
-9,24
(1)
HSO
4
-
H
+
+ SO
4
2-
K
2
= 10
-2
(2)
Vì K
2
>> K
1
(2) là chủ yếu; (1) không ảnh hưởng
HSO
4
-
H
+
+ SO
4
2-
K
2
= 10
-2
(2)
C 0,1
[ ] 0,1-x x x
2
22
10 0,01 0,001 0 0,027
0,1
x
K x x x
x
4
2
4
HSO
1 0,027
[SO ] 0,27hay27%
C 0,1
NH
4
+
NH
3
+ H
+
K
1
= 10
-9,24
(1)
C 0,1 0,027
[] 0,1-y y y+0,027
9,24
(
10
0,1
0,027 )

y
K
y
y
9
9
86
0,027 2,13.10
2,13.10
2,13.10 2,13.10 %
0,1
yy
hay


b. Độ điện ly thay đổi như thế nào nếu trong dung dịch có mặt HCOONa 0,01M?
Cho pK
a
(HCOOH) = 3,75
NH
4
HSO
4
→ NH
4
+
+ HSO
4
-
HCOONa → HCOO
-
+ Na
+
HCOO
-
+ H
+
HCOOH K=10
3,75
HSO
4
-
H
+
+ SO
4
2-
K=10
-2
HCOO
-
+ HSO
4
-
HCOOH + SO
4
2-
K=10
1,75
(3)
C 0,01 0,1
[] 0,01 – x 0,1-x x x
2
1,75 1,75 2 1,75 1,25
3
10 (10 1) 0,11.10 10 0
(0,1 )(0,01 )
9,98.10 0,01
x
K x x
xx
x

(3) coi như hoàn toàn, trong dung dịch gồm:
HSO
4
-
: 0,09M; SO
4
2-
: 0,01M
HSO
4
-
H
+
+ SO
4
2-
K=10
-2
C 0,09 0,01
[] 0,09-x x 0,01+x
2 2 4
(0,01 )
10 0,02 9.10 0 0,0216
(0,09 )
0,0216 0,01
0,316 31,6%
0,1
xx
K x x x
x
hay


NH
4
+
NH
3
+ H
+
C 0,1 0,0216
[ ] 0,1-y y y+0,0216
9,24
9
9
86
y( )
10
0,1
0,0216 2,664.10
0,
2,664.10
2,664.10 2,664.10 %
0,1
0216 y
K
y
yy
hay



3. Fe
3+
+ 1e Fe
2+
H
2
S S + 2H
+
+ 2e
32
2
222Fe H S S H Fe

2(0,77 0,14)
21,28
0,0592
10 10K

phản ứng hoàn toàn
32
2
222Fe H S S H Fe

0,1 0,1 0,1
2
2
Fe H S FeS 2H


K = 10
-2,8
2
2
H S CdS Cd 2H


K = 10
6,1
phản ứng hoàn toàn
2
2
H S ZnS Zn 2H


K = 10
1,6
2
2
H S CdS Cd 2H


K = 10
6,1
0,1 0,2
Ta có:
2 20
2
H S 2H S K 10

[] 0,1 0,3 x
2
20 20
.0,3
10 1,11.10
0,1

x
x
2 2 20 22 21,6
[Zn ].[S ]=1,11.10 .0,01 1,11.10 10
không có kết tủa ZnS
2 2 20 21 17,2
[Fe ].[S ]=1,11.10 .0,1 1,11.10 10
không có kết tủa FeS
Vậy cho H
2
S đi qua dung dịch FeCl
3
0,1M; CdCl
2
0,1M; ZnCl
2
0,01M đến bão hòa thì thu được
kết tủa màu vàn gồm S và CdS
Câu 3: (4 điểm)
1. a. X là HNO
3
, axit nitric, Y là HCl, hidro clorua, Z là H
2
SO
4
, axit sunfuric
b. A là Cu(NO
3
)
2
, đồng (II), B là CuCl
2
, đồng (II) clorua, C là CuSO
4
, đồng (II) sufat
c. Cu + 4HNO
3
→ Cu(NO
3
)
2
+2NO
2
+ 2H
2
O chất A là Cu(NO
3
)
2
d. Khi khuấy các dung dịch thì oxi sẽ tham gia vào phản ứng.
Các phương trình đồng bị ăn mòn là:
2Cu + 4HCl + O
2
→ H
2
O + 2CuCl
2
(chất B)
2Cu + 2H
2
SO
4
+ O
2
→ 2H
2
O + 2CuCl
2
(chất C)
e. CuCl
2
+ 2AgNO
3
→ Cu(NO
3
)
2
+ 2AgCl (chất G, bạc clorua)
CuSO
4
+ BaCl
2
→ CuCl
2
+ BaSO
4
(chất H, bari sunfat)
f. Cu
Cu(NO
3
)
2
CuCl
2
CuSO
4
63,5 g/mol; 188 g/mol; 134 g/mol; 160 g/mol
Hiđrat tinh thể D là Cu(NO
3
)
2
.n.H
2
O
2
HO
63,5g / mol 4,496g 1mol
n 1molx 1,89g 188g / mol 3mol
0,496 63,5g / mol 18g



Vậy D là Cu(NO
3
)
2
.3.H
2
O
Hiđrat tinh thể E là CuCl
2
.n”H
2
O
2
"
HO
63,5g / mol 0,496 1mol
n 1mol 1,33 134g / mol 2mol
0,496 63,5g / mol 18g



Vậy E là CuCl
2
.2H
2
O
Hiđrat tinh thể F là Cu(SO
4
)
2
.
n'''
H
2
O
2
"
HO
63,5g / mol 0,248 1mol
n 1mol 0,98g 160g / mol 5mol
0,248 63,5g / mol 18g



Vậy F là Cu(SO
4
)
2
.2H
2
O
g. [Cu(H
2
O)
2
Cl
2
], [Cu(H
2
O)
3
NO
3
]NO
3
, [Cu(H
2
O)
4
]SO
4
(H
2
O)
2. Nung A, B đến nhiệt độ cao trong không khí thì xảy ra phản ứng nhiệt phân:
0
t
234 4 2 4 2
23
2 3 2 2 2
] 6F6N e O 2N 8NH 24SO 9OH SO .F 36H Oe SO .24H O



0
t
234 4 2 4 2
23
2 3 2 2 2
] 6Fe O 4N 16NH12 NH SO .Fe 24SO 3O 96SO H HO.6 O



- D là Fe
2
O
3
- E
1
trơ, không duy trì sự sống: N
2
- E
2
có mùi khai, làm xanh giấy quỳ tím ẩm, tạo ra kết tủa đỏ nâu với thuốc thử Netle: NH
3
2 2 3 2
2K [HgI ] + 3KOH NH [HOHg.NHHgI] + 7KI + 2H O
- E
3
làm mất màu dung dịch nước brom và làm đục nước vôi trong: SO
2
SO
2
+ Br
2
+ 2H
2
O → H
2
SO
4
+ 2HBr
SO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaSO
3
↓ + H
2
O
- E
4
bị FeCl
2
trong dung dịch HCl hoặc CrCl
2
trong dung dịch HCl hấp thụ: O
2
4FeCl
2
+ 4HCl + O
2
→ 4FeCl
3
+ 2H
2
O
4CrCl
2
+ 4HCl + O
2
→ 4CrCl
3
+ 2H
2
O
- Hòa tan D trong H
2
SO
4
được dung dịch D
1
: Fe
2
(SO
4
)
3
- Cho bột Fe dư tác dụng với D
1
đến khi biến màu hoàn toàn được dung dịch D
2
: FeSO
4
Fe + Fe
2
(SO
4
)
3
→ 3FeSO
4
Chia D
2
làm 4 phần:
+ Phần 1: tác dụng với dung dịch AgNO
3
được dung dịch có chứa muối như muối trong D
1
3FeSO
4
+ 3AgNO
3
→ Fe
2
(SO
4
)
3
+ Fe(NO
3
)
3
+ 3Ag
+ Phần 2: tác dụng với khí NO tạo ra chất lỏng màu nâu.
FeSO
4
+ NO → [Fe(NO)]SO
4
+ Phần 3: tác dụng với KCN dư tạo ra dung dịch màu vàng.
FeSO
4
+ 6KCN → K
4
[Fe(CN)
6
] + K
2
SO
4
+ Phần 4: tác dụng với NaNO
3
+ H
2
SO
4
tạo ra oxit của nitơ, trong phân tử có
8
15
phần khối lượng
là oxi NO
6FeSO
4
+ 2NaNO
3
+ 4H
2
SO
4
→ 3Fe
2
(SO
4
)
3
+ K
2
SO
4
+ 2NO↑
Câu 4: (4 điểm)
1. a. S-Naproxen có hoạt tính cao hơn R-Naproxen 28 lần nên trên thị trường chỉ có S-Naproxen.
Viết công thức phối cảnh, gọi tên hệ thống của S-Naproxen.
Axit (S) – 2 – (6 – metoxi – 2 – naphtyl) propanoic
b. S-Ibuproxen có haotj tính cao hơn R- Ibuproxen nên người ta chỉ sản xuất có S- Ibuproxen.
Viết công thức phối cảnh, gọ tên hệ thống của S- Ibuproxen.
Axit (S) – 2 – (4 – isobutyl aphtyl) propanoic
Điều chế: Ibuproxen
c. Đarvon có cấu hình 2S, 3R còn Novrat có cấu hinh 2R,3S. Viết công thức phối cảnh
2. a.Gọi tên (A), (B) và cho biết số đồng phân lập thể của mỗi chất.
(A) : (E) – 2 – phenylbut – 2 – en có đồng phân hình học
(B) : 2 – phenylbutan có 2 đồng phân hình học vì có 1C
*
b. viết đầy đủ các phương trình phản ứng, ghi rõ điều kiện.
c. Viết công thức cấu tạo thu gọn của (X), (Y), (Z), (T) và giải thích sự tạo thành các sản phẩm đó.
Tạo X: Brom hóa H ở C bậc cao.
Tạo Y: Brom hóa vị trí para không bị án ngữ không gian
Tạo Z: Cơ chế A
E
, nồng độ I
-
cao
Tạo T: Cơ chế A
E
d. Trình bày cơ chế của các phản ứng (2), (3), (4), (5).
- Phản ứng (2): cơ chế S
R
ở mạch nhánh
- Phản ứng (3): cơ chế S
E
ở nhân thơm
- Phản ứng (4), (5): cơ chế A
E
ở nối đôi C = C
Câu 5: (4 điểm)
1. (D) phản ứng CH
3
MgBr cho (E) và khí thoát ra → (D) là ankin có liên kết ba đầu mạch
→ (A) là ancol bậc 1 không phân nhánh
2. –Hợp chất (C) có công thức C
6
H
12
O, phản ứng được với hydroxylamin →(C) có nhóm cacbonyl
- Hợp chất (C) phản ứng với clo trong NaOH tạo clorofom và dung dịch (G), axit hóa (G) thu
được hợp chất giống với sản phẩm của t-BuMgBr với CO
2
→ (C) và (G) là:
- Hợp chất (B) C
5
H
8
O
2
phản ứng với hydroxylamin tạo (D). (D) không bị thủy phân, không bị oxi
hóa, không pahrn ứng với thuốc khử Hinsberg. (D) bị khử bởi Na/EtOH tạo (E). (E) phản ứng được
với thuốc thử Hinsberg → (B) là andehit, (D) là amin bậc 3, (E) là amin bậc 2.
→ (B) và (D) và (E) là
- Hợp chất (A) C
17
H
32
O
4
trơ khi đun nóng với dung dịch kiềm và không hấp thụ trong phổ UV
→ (A) không có hệ liên hợp
- (A) cũng không giải phóng khí metan khi tác dụng với CH
3
MgBr → (A) không có H linh động.
- Đun nóng (A) với dung dịch H
2
SO
4
loãng thu được (B) và (C).
→ (A) là:
3. Hãy xác định công thức cấu tạo và gọi tên các chất (A), (B), (C), (D), (E), (F).
- Hợp chất (A) C
5
H
9
Obr có thể tác dụng với dung dịch iot trong kiềm loãng tạo ra chất kết tủa
vàng
→(A) có nhóm – CO–CH
3
- (A) tác dụng với dung dịch NaOH tạo ra (B) và (C) có cùng công thức C
5
H
8
O. (B) và (C) đều
không làm mất màu dung dịch kali pemanganat ở nhiệt độ thấp, chỉ có (B) tạo kết tủa vàng với
dung dịch iot trong kiềm.
→ (B) và (C) là:
(A) 5-brompetan-2-on (B) metyliclopropylxeton
(C) Xiclopentanon (D) 2-xiclopropylpropan-2-ol
(E) 2-brom-2- xiclopropylpropan (F) 5-brom-2-metylpent-2-en
TRƯỜNG THPT LƯƠNG VĂN CHÁNH – PHÚ YÊN
Câu 1: (4 điểm)
1.1 Các nguyên tử C, N, O có thể sắp xếp theo ba thứ tự khác nhau để tạo ra ba anion CNO
-
, CON
-
và
NCO
-
a. Viết công thức Lewis cho các cách sắp xếp nguyên tử như trên.
b. Với cách sắp xếp trên hãy:
i. Tìm điện tiscch hình thức của mỗi nguyên tử.
ii. Sắp xếp độ bền của ba anion trên. Giải thích?
1.2 Tinh thể kim cương có cấu trúc lập phương tâm diện, ngoài ra các nguyên tử cacbon còn chiếm một
nửa số lỗ trống tứ diện, ở 293K kim cương có khối lượng riêng D= 3,514 g/cm
3
, C =12; N
A
=
6,022.10
23
.
Hãy tính bán kính của nguyên tử cacbon kim cương và độ đặc kít của tinh thể.
1.3 Thả một viên nước đá có khối lượng 20 gam ở -25℃ vào 200ml rượu (ancol) etylic 39,5
0
(giả thiết
chỉ chứa nước và rượu) để ở nhiệt độ 25℃. Tính biến thiên antropi của quá trình thả viên nước đá và
rượu trên đến khi hệ đạt cân bằng. Coi hệ được xét là cô lập.
Cho: R – 8,314 J.mol
-1
.K
-1
; khối lượng riêng của nước là 1g.ml
-1
và của rượu là 0,8 g.ml
-1
; nhiệt dung
đẳng áp của nước đá là 37,66 J.mol
-1
.K
-1
và rượu là 113,00 J.mol
-1
.K
-1
. Nhiệt nóng chảy của nước đá
là 6,009 kJ.mol
-1
.
Câu 2: (4 điểm)
2.1 Thêm 25ml dung dịch NaOH 0,05M vào 100ml dung dịch A gồm HCl 0,001M và H
2
S 0,1M, thu
được dung dịch B.
a.Tính pH của dung dịch B và nồng độ mol của các ion trong dung dịch B.
b. Tính thể tích dung dịch NaOH 0,05 M cần thêm vào 100ml dung dịch A để thu được dung dịch có
pH =8. Cho H
2
S có Ka
1
= 10
-7
, Ka
2
= 10
-12,92
2.2.a. Điện phân dung dịch X chưa NiSO
4
0,02M và CoSO
4
0,01M trong axit H
2
SO
4
0,5M ở 25℃, dùng
điện cực Pt với dòng điện I = 0,2 A.
i. Viết phương trình phản ứng xảy ra ở các điện cực. Tính tinh thể của các cặpp oxi hóa khử ở từng
điện cực và cho biết hiệu thế tối thiểu phải đặt vào hai cực để quá trình điện phân bắt đầu xảy ra.
ii. Cation nào bị điện phân trước? Khi cation thứ hai bắt đầu điện phân thì nồng độ của cation thứ
nhất còn bao nhiên?
b. Nếu điện phân dung dịch chứa NiSO
4
0,02M; CoSO
4
0,01M và NaCN 1M thì kim loại nào sẽ tách
ra trước? Có thể tách kim loại ra khỏi nhau bằng phương pháp điện phân dung dịch này không? Biết
rằng một ion được coi là tách hoàn toàn khỏi dung dịch khi nồng độ ion của nó còn lại trong dung
dịch nhỏ hơn 10
-6
M.
Cho biế ở 25℃,
22
2
22
0 0 0
O
Ni /Ni Co /Co O ,H /H O
E 233V; E 0,277V;E 1,23V;P 0,2atm
Các phức chất:
4
6
[Co(CN) ]
có
1
lg 19,09;
2
4
[Ni(CN) ]
có
2
lg 30,22;
Quá thế của H
2
/Pt đủ lớn để quá trình điện phân H
+
và nước tại catot không xảy ra.
Câu 3: (4 điểm)
3.1. Hợp chất vô cơ X thành phần có 2 nguyên tố. 120 < M
X
< 145. Cho X phản ứng với O
2
thu được
chất duy nhất Y. Cho Y phản ứng với H
2
O thu được 2 axit vô cơ và A và B. A phản ứng với dung dịch
AgNO
3
thu được kết tủa trắng (C) kết tủa này tan trong dung dịch NH
3
. B phản ứng với dung dịch NaOH
dư thu được muối D. D phản ứng với AgNO
3
thu được kết tủa vàng (E). Chất X khi phản ứng với H
2
O
thu được 2 axit là G và A, khi đun nóng G thu được axit (B) và khí H.
Xác định công thức phân tử các chất và viết các phương trình phản ứng xảy ra.
3.2. Có thể điều chế tinh thể FeCl
3
.6H
2
O theo cách sau: Hòa tan sắt kim loại vào trong dung dịch axit
clohiđric 25%. Dung dịch tạo thành được oxi hóa bằng cách sục khí clo qua cho đến khi cho kết quả âm
tính với K
3
[Fe(CN)
6
]. Dung dịch được cô bay hơi ở 95℃ cho đến khi tủ trọng của nó đạt chính xác 1,695
g/cm
3
và sau đó làm lạnh đến 4℃. Tách kết tủa thu được bằng cách hút chân không rồi cho vào một dụng
cụ kín.
1. Viết các phản ứng dẫn đến sự kết tủa FeCl3.6H2O.
2. Có bao nhiêu gam sắt và bao nhiêu ml dung dịch axit clohiđric 36% (d=1,18 g/cm
3
) cần để điều
chế 1,00 kg tinh thể này. Biết rằng hiệu suất quá trình chỉ đạt 65%
3. Đun nóng 2,725 gam FeCl3.6H2O trong không khí đến 350℃ thu được 0,8977 gam bã sắt. Xác
định thành phần định tính và định lượng của bã rắn
Câu 4: (4 điểm)
4.1. a. Giải thích sự khác biệt về giá trih pKa của hai hợp chất sau:
pKa 16 17,5
b. Xác định cấu dạng bền của những hợp chất sau trong dung môi: Metanol và octan
4.2. Hãy cho biết các chất có công thức phân tử là C
4
H
8
O và:
a. Có chứa cacbon bất đối, chr rõ nguyên tử cacbon bất đối
b. Là đồng phân meso?
4.3 Xác định cấu trúc lập thể và gọi tên các hợp chất từ A đến E trong sơ đồ sau đây:
Câu 5: (4 điểm)
5.1. Trình bày cơ chế tạo sản phẩm trong các phản ứng sau:
5.2. Ephedrin (G) là một hoạt chất dùng làm thuốc chữa bệnh về hô hấp được chiết từ cây ma hoàng.
Ephedrin đã được tổng hợp theo sơ đồ đồ sau:
3 3 2 2 3
2
CO,HCl/AlCl CH CH NO ,OH CH Br
H /Ni
66
C H D E F G
   
a. Viết công thức cấu tạo của D, E, F và G trong sơ đồ trên.
b. Viết cơ chế phản ứng của các giai đoạn tạo thành D và E.
c. Đi từ benzen, axit propanoic và các chất vô cơ cần thiết khác, hãy đưa râ một sơ đồ tổng hợp
ephedrin.
TRƯỜNG THPT LƯƠNG VĂN CHÁNH – PHÚ YÊN
Câu 1:
1. Viết công thức Lewis cho ba anion CNO
-
, CON
-
và NCO
-
b. i. Điện tích hình thức của mỗi nguyên tử:
ii. Ion NCO
-
bền nhất vì điện tích hinhg thức nhỏ nhất.
Ion CON
-
kém bền nhất vì điện tích hình thức lớn nhất.
2. Mô tả tinh thể
a = 3,55Å
Liên kết C-C dài 1,54Å
Một ô mạng cơ sở có mặt 8 nguyên tử ở 8 đỉnh, 6 nguyên tử có 6 mặt, 4 nguyên tử ở 4 hốc tứ diện. Số
nguyên tử nguyên vẹn có trong 1 ô mạng là
8.1/8 + 6.1/2 +4 =8
V
ng.tu
= 4πR
3
/3
3
3
8.12
D 3,516g / cm ;a 0,357nm
N.a
Mặt khác
a3
2R
4
từ đó R = 0,0772 nm.
Độ đặc khít =
ng.tu
3
8.V
.100% 34%
a
3. Thành phần của rượu và nước trong rượu 39,5
0
là:
2 5 2
C H OH H O
39,5.200
V 79(ml) V 200 79 121(ml)
100
25
C H OH
m 79.0,8 63,2 (g)
và
2
HO
m 121.1 121 (g).
Nước bằng đúng nhiệt thu vào của viên nước đá thì hệ đạt cân bằng. Gọi nhiệt độ của hệ khi
hệ đạt cân bằng là t
cb
(℃).
Quá trình thu nhiệt gồm 3 giai đoạn:
3
12
Q
QQ
2 2 2 2
H O(r) H O(r) H O(l) H O(l)
-25℃ 0℃ 0℃ t
cb
℃
Q
thu
= Q
1
+ Q
2
+ Q
3
=
3
cb
20 20 20
.37,66.(0 ( 25)) .6,009.10 .75,31.(t 0)
18 18 18
→Q
thu
= 7722,78 + 83,68. t
cb
Mặt khác nhiệt tỏa ra quá trình:
Q
tỏa
= Q
toả của nước
+ Q
toả của ancol
=
cb cd
121 63,2
.75,31.(25 t ) .113,00.(25 t )
8 46
→ Q
tỏa
= 661,50.(25 – t
cb
)
Do Q
tỏa
= Q
thu
nên ta có: 7722,78+83,68.t
cb
=661,50.(25-t
cb
)
→ t
cb
= 11,83 (℃).
Biến thiên entropi của nước đá tăng tử -25℃ đến 11,83℃ gồm 2 thành phần
3
12
S
SS
2 2 2 2
H O(r) H O(r) H O(l) H O(l)


-25℃ 0℃ 0℃ t
cb
℃
Vậy ∆S
nđ
= ∆S
1
+ ∆S
2
+ ∆S
3
3
1
nd
20 273 20 6,009.10 20 273 11,83
S .37,66.ln . .75,31.ln 32,03(J.K )
18 273 25 18 273 18 273
Biến thiên atropi hỗn hợp rượu nước gairm từ 25℃ xuống 11,83℃ gồm 2 thành phần :
S
hhr
= ∆S
nước
+ ∆S
rượu
1
hhr
121 273 11,83 63,2 273 11,83
S .75,31.ln .113,00.ln 29,9(J.K )
18 298 46 298

Vậy ∆S
hệ
= 32,03 -29,9=2,13 (J.K
-1
)
Câu 2: (4 điểm)
1.a. n
NaOH
= 0,00125 mol; n
HCl
= 10
-4
mol;
2
HS
n 0,01mol
NaOH + HCl → NaCl + H
2
O
10
-4
mol 10
-4
mol
NaOH + H
2
S → NaHS
1,15.10
-3
mol 1,15.10
-3
mol 1,15.10
-3
mol
Số mol dư:
2
2
33
H S(du) NaHS
H S NaHS
n 8,85.10 mol; n 1,15.10 mol
C 0,0708mol; C 0,0092M



H
2
S H
+
+ HS
-
K
1
= 10
-7
Ban đầu: 0,0708M 0,0092
Phản ứng: x x x
Cân bằng 0,0708-x x x+0,0092
77
1
(x 0,0092)x
K 10 x 7,695.10 M pH 6,114
(0,0708 x)

HS H
+
+ S
2-
K
2
= 10
-12,92
Ban đầu: 0,0092M 7,695.10
-7
Phản ứng: y y y
Cân bằng 0,0092-y 7,695.10
-7
+y y
1
7
2,92
2
( y)y
K 10
(0,0092 y
7,695.10
)

→y = [S
2-
]=1,435.10
-9
M ; [HS
-
]=0.0092M
[OH
-
] = 1,30.10
-8
M; [Na
+
]=0,01M; [Cl
-
]=8.10
-4
M
b. Đặt V (ml) là thể tích dung dịch NaOH 0,05M cần thêm vào dung dịch A.
Ta có phương trình trung hòa điện:
[H
+
]-[OH
-
]+[Na
+
]-[Cl
-
]-[HS
-
]-2[S
2-
]=0
Với:
22
2
1 1 2
H S H S
22
1 1 2 1 1 2
K h K K
C . ;[S ]=C .
h K h K K h K h K
S
K
H


pH=8→[H
+
] = 10
-8
M; [OH
-
] = 10
-6
M
Thay vào (*):
3
86
1 1 2
2
1 1 2
(K h 2K K )
0,05V 10 .100 0,1.100
10 10 . 0
100 V 100 V (100 V) (h K h K K )

V 183,82ml
2. Tại catot (Katot): Ni
2+
+ 2e → Ni (1)
22
02
Ni /Ni Ni /Ni
E E (0,0592:2).lg[Ni ]=-0,283V


Co
2+
+ 2e → Co (2)
22
02
Co /Co Co /Co
E E (0,0592:2).lg[CO ]=-0,336V


Tại anot: 2H
2
O → 4H
+
+ O
2
+ 4e (3)
22
04
2
CO /CO CO /CO
E E (0,0592:4).lg{[H ] .PO } 1,22V

Thế phân hủy tối thiểu ∆Vmin = 1,22 – (-0,283) = 1,503 V
(ứng với phương trình điện phân: 2Ni
2+
+ 2H
2
O → 2Ni + O
2
+ 4H
+
)
Từ kết quả phần a. Nhận thấy Ni
2+
điện phân trước.
Khi Co
2+
bắt đầu điện phân:
22 2
Ni /Ni Ni /N
02
Co /Coi
E E (0,059:2).lg[Ni ] E 0,336V

[Ni
2+
]=3,31.10
-4
M (hay 10
-3,48
M)
Nếu điện phân dung dịch chứa NiSO
4
0,02M và CoSO
4
0,01M có chuwass NaCN 1M:
Có các cân bằng:
4
6
2
[Co(CN) ] (4)Co 6C lg 1 19 09N ,


2
6
2
Ni [Ni(CN) ] (5) lg 4C 2 30,22N


Vì β1 và β2 rất lớn ;
2
0
Ni
C
và
2
00
Co
C C CN

nên sự tạo phức coi như hoàn toàn.
TPGH:
2
6
[Ni(CN) ]
=0,02M
4
6
[Co(CN) ]
=0,01M; [CN
-
] = 0,86M thành phần cân bằng.
[Ni
2+
]=2,20.10
-32
M
2
Ni /Ni
E
=-1,17 V.
[Co
2+
]=2,01.10
-21
M
2
Co /Co
E
=-0,883 V.
Từ kết quả trên ta thấy Co
2+
bị điện phân trước tại catot.
(Có thể tính E thông qua cặp oxi hóa – khử:
2
4
[Ni(CN) ] / Ni,CN

và
4
6
[Co(CN) ] / Co,CN

)
4 6 2 25
6
[Co(CN) ] 10 M;[CN ] 0,92M [Co ]=1,34.10 M
2
Co /Co
E
=-1,013 >
2
Ni /Ni
E
= -1,17V
Ni
2+
chưa điện phân.
Vậy có thể tách hai kim loại khỏi nhau bằng phương pháp điện phân.
Câu 3: (4 điểm)
1. Cho X phản ứng với O
2
được Y vậy X có tính khử.
X và Y khi thủy phân đều ra 2 axit vậy X là hợp chất của 2 phi kim. Axit A phản ứng với AgNO
3
tạo ↓ trắng (C) tan trong NH
3
Vậy (C) là AgCl và A là HCl do đó X có chứa Clo vì Clo có số oxi
hóa âm vậy nguyên tố phi kim còn lại là có oxi hóa dương nên axit B là axit có oxi. Muối Dpharn
ứng với AgNO
3
tạo ↓ vàng vậy muối D là muối PO
4
3-
nên axit B là H
3
PO
4
. Vậy X là hợp chất của
P và Cl. Với M
X
trong khoảng trên nên X là PCl
3
, Y là POCl
3
Thủy phân X được axit G và A vậy G là H
3
PO
3
.
Các phản ứng minh họa:
PCl
3
+
1
2
O
2
→ POCl
3
POCl
3
+ 3HOH
0
t

H
3
PO
4
+ 3HCl
HCl + AgNO
3
→ AgCl + HNO
3
AgCl + 2NH
3
→ [Ag(NH
3
)
2
]Cl
H
3
PO
4
+ 3NaOH → Ag
3
PO
4
↓ vàng + 3NaNO
3
PCl
3
+ 3HOH → H
3
PO
3
+ 3HCl
4H
3
PO
3
0
t

PH
3
+ 3H
3
PO
4
2.1. Các phản ứng:
Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2
2FeCl
2
+ Cl
2
→ 2FeCl
3
3FeCl
2
+ 2K
3
[Fe(CN)
6
] → Fe
3
[Fe(CN)
6
]
2
+ 6KCl
FeCl
3
+ 6H
2
O → FeCl
3
.6 H
2
O
2.
32
1000
3,7molFeCl .6H O
270,3
Như vậy cần
3,7.2.36,5
978mL
0,36.1,18.0,65
dung dịch HCl 36%
3. Khi đun nóng thì FeCl
3
.6 H
2
O phân hủy theo phương trình sau:
FeCl
3
.6 H
2
O → FeOCl + 5H
2
O + 6HCl
Khi nhiệt độ tăng thì FeOCl sẽ tiếp tục phân hủy:
3FeOCl → FeCl
3
+ Fe
2
O
3
(Hơi FeCl
3
bay ra)
Lượng FeCl
3
.6 H
2
O trong mẫu là
2,752
10,18mmol
270,3
Điều này ứng với khối lượng FeCl
3
là 107,3.0,01018 = 1,092g FeOCl
Do khối lượng thu được của bã rắn bé hơn nên ta biết được FeOCl sẽ bị phân hủy một phần thành
Fe
2
O
3
. Khối lượng FeCl
3
mất mát do bay hơi là:
1,092 0,8977
1,20mmol
162,2
Như vậy bã rắn cuối cùng chứa (0,01018 – 3.0,00120) = 6,58 mmol
FeOCl và 1,20 mmol Fe
2
O
3
.
Câu 4: (4 điểm)
4.1. Xét hai cấu trúc base liên hợp:
Xiclopentadien c cấu trúc không thơm, nhưng base liên hợp của nó có cấu trúc thơm. Trong khi đó
bản thân pyrole đã có cấu trúc thơm. Base liên hợp của pyrole chỉ khiến cho hệ thơm ổn định hơn.
Tức chênh lệch năng lượng với base của xiclopentadien sẽ lớn hơn pyrole. Vì thế có tính axit mạnh
hơn.
c. Trong dung môi phân cực, dạng tồn tại sẽ là dạng có momen lưỡng cực giúp dung môi
solvat hóa tốt, hoặc tạo liên kết hydro liên phân tử với hợp chất trong dung môi không phân cực,
dạng tồn tại sẽ có momen lưỡng cực nhỏ, tránh lực đẩy tĩnh điện nội phân tử, hoặc có thể tạo liên
kết hydro nội phân tử. Như vậy:
μ lớn μ nhỏ
Ưu thế trong metanol Ưu thế trong octan
Ưu thế trong octan Ưu thế trong metanol
4.2. a. Các chất C
4
H
8
O và có C bất đối:
b. Các chất C
4
H
8
O và có C bất đối là đồng phân meso:
A là: (S) – 4 etyl-2,4 đi metylhept – 2-en-5-in
B là: (4R,5Z) – 4 etyl-2,4 đi metylhept – 2,5-đien
C là: (S) – 2 etyl-3 metyl – 3-oxopropanoic
D là: Axit 2 etyl-2 metylpropanđioic
Câu 5: (4 điểm)
c. Tổng hợp ephedrin:
Cơ chế phản ứng tạo thành D: phản ứng thế electronphin vào nhân thơm, S
E
:
C=O + HCl

Cl-CH=O
3
AlCl

O=C
+
-H.......AlCl
4
-
Cơ chế phản ứng tạo thành E: phản ứng cộng nucleophin vào nhóm cacbonyl, A
N
OH
3 2 2 3 2
CH CH NO CH CHNO H
Sơ đồ tổng hợp khác đi từ axit propanioc và các tác nhân cần thiết khác.
0
3
4
3
4
1.O
LiAlH
H ,t
3 2 3 2 2 3 2
2.Zn,H
NH
LiAlH
3 3 2
CH CH COOH CH CH CH OH CH CH CH
HCHO CH OH CH NH
  
 
3
22
AlCl
SOCl Br
3 2 3 2 6 5 2 3
CH CH COOH CH CH COCl C H COCH CH 
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN DU – ĐĂK LĂK
Câu 1: (4 điểm)
1.1. Dùng phương pháp nhiễu xạ tia X để khảo sát cấu trúc tinh thể NH
4
Cl người ta nhận thấy rằng:
- Ở 20℃ phân tử NH
4
Cl kết tinh dưới dạng một kiểu mạng lập phương có a = 3,88Å, d= 1,50
g/cm
3
.
- Ở 250℃ phân tử NH
4
Cl kết tinh dưới dạng một kiểu mạng lập phương khác có a=6,53Å, d = 1,30
g/cm
3
a. Cho biết kiểu mạng kết tinh của NH
4
Cl (có vẽ hình) ở 20℃ và 250℃. Cho N
A
= 6,022.10
23
.
b. Tính khoảng cách
4
NH
và Cl
-
(A
0
) cho từng kiểu tinh thể đã xác định
2. Cho pin điện: Pt | I
-
0,1M;
3
I
0,02M ||
4
MnO
0,05M, Mn
2+
0,01M,
4
HSO
C
M
| Pt. Ở 25℃, suất điện
động của pin có giá trị 0,824 V. Xác định nồng độ ban đầu của
4
HSO
. Cho
2
4
0
MnO /Mn
E 1,51V

và
3
0
I /3I
E 0,5355V

,
4
2
a(HSO )
K 10
.
1.2. Cho cùng một thể tích khí CO và hơi H
2
O vào trong một bình kín đến khi áp suất trong bình đạt
P (N/m
2
) thì dừng lại. Nung bình đến nhiệt độ 1123℃ đến khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng thu
được hỗn hợp khí than ướt. Xác định thành phần của khí than ướt. Biết rằng ở áp suất P và nhiệt độ
1123℃ độ phân li của CO
2
thành O
2
và CO là 1,551.10
-4
; của H
2
O thành H
2
và O
2
là 0,567.10
-4
.
1.3. Chuỗi phân rã thiên nhiên
238 206
92 82
U Pb
bao gồm một số phân rã α và β trong một loạt các bước
kế tiếp.
a. Phân rã kế tiếp của
238
92
U
dẫn đến
226
88 1/2
Ra(t
1630 năm), sau đó bức xạ hạt α để tạo thành
222
88 1/2
Rn(t 3,83
ngày). Nếu một thể tích mol của Rn trong điều kiện này là 25,00 lít thì thể tích của
Rn ở cân bằng bền với 1,00 kg Ra là bao nhiêu?
b. Hoạt độ của một mẫu phóng xạ của một phân tử trong chuỗi
238
92
U
giảm 10 lần sau 12,80 ngày. Xác
định hằng số phân rã và chu kì bán hủy.
Câu 2: (4 điểm)
2.1. Một số phương pháp điều chế kim loại titan từ quặng inminit (FeTiO
3
) như sau:
1. Cho quặng inminit tác dụng với cacbon và clo để tạo muối (X) của kim loại titan ở trạng thái
lỏng, sau đó dùng kim loại khử mùi (X) để thu được titan kim loại.
2. Xử lý quặng inminit bằng dung dịch axit sunfuric đã tạo thành muối (Y) của kim loại titan. Sau
đó tách muối sắt (II) sunfat ra khỏi hỗn hợp muối, chuyển muối (Y) vào dung dịch NaOH để thu
được oxit (Z) của titan. Hoặc xử lý quặng inminit bằng dung dịch axit clohiđric thu được oxit (Z)
và muối sắt (II) clorua. Công đoạn tiếp theo để thu được kim loại titan: cho oxit (Z) Tác dụng với
cacbon và Clo để thu được muối (X) rồi khử bằng magie hoặc dùng phản ứng nhiệt nhôm để khử
oxit (Z).
Xác định X Y Z và viết các phương trình hóa học xảy ra trong các quá trình.
2.2. Dung dịch A được tạo bởi CoCl
2
0,010M, NH
3
0,360M và H
2
O
2
0,003M.
a. Tính pH và nồng độ ion Co
2+
trong dung dịch A.
b. Viết sơ đồ pin và tính suất điện động E của pin được hình thành khi ghép (qua cầu muối) điện cực
K
2
CrO
4
0,008M có chứa kết tẩu Ag
2
CrO
4
.
Cho biết:
32
24
4 3 6 3 6
9,24 11,89 35,16 4,39
s(Ag CrO )
a(NH ) Co(NH ) Co(NH )
K 10 ;K 10 ; 10 ; 10 ;

32
22
0 0 0
Co /Co H O /2OH Ag /Ag
E 1,840(V); E 0,940(V);E 0,799(V)
2.3. Trộn 10,00 ml dung dịch KI 0,12M với 10,00ml dung dịch A chứa Fe(ClO
4
)
2
0,01M; Fe(ClO
4
)
3
0,14M và Na
2
H
2
Y 0,30M thu được dung dịch B, pH trong các dung dịch đều duy trì bằng 9,00. Tính
cân bằng trong dung dịch B (ở 25℃). Bỏ qua các phức hiđroxo bậc cao và đa nhân.
Cho biết:
3 2 2
3
4 4 4 4
00
Fe /Fe I /3I FeY FeY Fe(OH)
a1(H Y) a2(H Y) a3(H Y) a4(H Y)
E 0,7710(v);E 0,5355(v);lg 25,10; lg 14,33;lg* 5,92
pK 2,00, pK 2,67,pK 6,16, pK 10,26.
Câu 3: (4 điểm)
3.1. Hòa tan m gma sắt kim loại vào dung dịch axit clohiđric 25%. Dung dịch tạo thành được oxy hóa
bằng cách sục khí clo qua cho đến khi cho kết qảu âm tính với K
3
[Fe(CN)
6
]. Dung dịch được bay hơi ở
95℃ cho đến khi tỉ trọng đạt 1,6950 g/cm
3
và sau đó làm lạnh đến 4℃. Tách kết tinh bằng cách hút chân
không thu được 2,7520 gam tinh thể FeCl
3
.6H
2
O. Lấy toàn bộ lượng tinh thể đem đun nóng trong không
khí đến 350℃ thu được 0,8977 gam chất rắn X.
1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
2. Xác định m và khối lượng mỗi chất có trong X.
3.2 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 100,00 ml dung dịch. Chuẩn độ 20,00 ml
dung dịch thu được bằn dung dịch HCl 0,20 M với chất chỉ thị phenolphtalein, hết 36,15 ml HCl. Nếu sử
dụng chất chỉ thị metly da cam thì thể tích HCl tiêu thụ là 43,80 ml.
a. Hãy cho biết phương trình phản ứng xảy ra trong quá trình chuẩn độ hỗn hợp A; hỗn hợp B.
b. Từ dữ kiện đã cho hãy xác định hỗn hợp phân tích ban đầu là hỗn hợp A hay B
c. Hãy xác định thành phần phần trăm khối lượng của hỗn hợp đã phân tích.
Cho biết: khoảng chuyển màu của phenolphtalein: pH = 8,3 -10; của metyl da cam : pH = 3,1 –
4,4.
Câu 4: (4 điểm)
1. Cho các công thức sau:
a. Sắp xếp các chất A, B, C, D theo trình tự tăng dần tính axit. Giải thích.
b. Trong số hai nguyên tử N dị vòng E, nguyên tử nào có tính bazo mạnh hơn
2. 1.a. Viết công thức cấu trúc các dạng enol của đietylmalonat (1), etylaxetoaxetat (2). Trong các
cấu trúc của (2), cho biết dạng nào bền nhất, dạng nào kém bền. Giải thích?
b. Hai chất hữu cơ X (C
10
H
17
O
6
N) và Y (C
14
H
17
O
6
N) là các xiano glucozit thiên nhiên. Khi thủy
phân X, Y trong môi trường axit thì X tạo ra D-glucozơ, axeton và HCN; còn Y tạo ra D-glucozơ,
HCN và benzanđehit. Xác định cấu trúc X, Y và viết cơ chế (S
N
1) của phản ứng thủy phân Y.
2. Hợp chất hữu cơ A có công thức cấu tạo như sau:
a. Đánh dấu * vào các nguyên tử cacbon bất đối của A
b. Đun A với dung dịch axit loãng thu được các sản phẩm E, F, G có số nguyên tử cacbon giảm
dần. Viết công thức cấu tạo của E, F, G và tên gọi của chúng.
c. Cho F, G lần lượt tác dụng với brom dư. Viết công thức của sản phẩm.
d. Viết công thức cấu tạo của sản phẩm khi cho G tác dụng axeton có mặt HCl khan.
Câu 5: (4 điểm)
5.1.a. Enamine được hình thành giữa xeton và amin bậc 2 với sự có mặt của xúc tác axit. Hãy đề nghị
một cơ chế cho sự hình thành anamine với sự có mặt của xúc tác axit theo phương trình phản ứng sau:
b. Chất 2,7-dimetylnaphtalen có thể được tổng hợp bằng phản ứng giữa tác nhân Grignard (A) và một
axetal (B):
Giải thích bằng cơ chế sự tạo thành 2,7-dimetulnaphtalen.
5.2.
1. Viết công thức cấu tạo của A, B, C, D, E và gọi tên IUPAC của B, C, trong sơ đồ sau:
2. Viết cơ chế phản ứng sau:
3. Từ xiclopenten, axetilen, các chất vô cơ và xúc tác viết sơ đồ chuyển hóa điều chế chất: đimetyl
bixiclo [2.2.1] hepta-2,5-ddien-2,3-đicacboxylat.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN DU – ĐĂK LĂK
Câu 1: (4 điểm)
1.1. a. Số phân tử ở 20℃: n
1
= 0,98 ≈ 1→ lập phương kiểu CsCl → NH
4
Cl ở 20℃ có kiểu mạng theo
hình sau:
Số phân tử ở 250℃: n
2
= 4,05 ≈ 4→ lập phương kiểu NaCl → NH
4
Cl ở 250℃ có kiểu mạng theo
hình sau:
b. Ở 20℃ :
4
NH Cl
a3
d 3,36
2


Å
Ở 250℃ :
4
NH Cl
a
d 3,27
2


Å
2. Ở điện cực catot:
2
42
MnO 8H 5e Mn 4H O
Ở điện cực anot:
3
3I I 2e

2
4
8
8
0
4
catot
2
MnO /Mn
[MnO ][H ]
0,0592 0,059 0,05[H ]
E E lg 1,51 lg
5 [Mn ] 5 0,01


3
0
3
atot
33
I /3I
[I ]
0,0592 0,059 0,02
E E lg 0,5355 lg 0,574
2 [I ] 2 (0,1)

8
pin catot anot
0,0592 0,05[H ]
E E E 0,824 1,51 lg 0,574
5 0,01
h [H ]=0,054M

Theo cân bằng:
22
4 4 a
HSO H SO K 10

[] C-h h h
2
a
h
K C 0,346M
Ch
1.2. Xét cân bằng:
2(k) (k) 2(k)
2CO 2CO O (1)
C
0
2 0 0
[] 2-2α 2α α
22
1 1 1
CO O CO
1 1 1
2 2 2
P P ;P P ;P P ;
2 2 2
2
2
2
3
CO O
1
1
22
CO 1 1
P .P
KP
P (1 ) .(2 )
Xét cân bằng:
2 (k) 2(k) 2(k)
2H O 2H O (2)
C
0
2 0 0
[] 2-2α 2α α
2 2 2
1 1 1
H O H O
1 1 1
2 2 2
P P ;P P ;P P ;
2 2 2
22
2
2
3
HO
2
2
22
H O 2 2
P .P
KP
P (1 ) .(2 )
Xét cân bằng:
(k) 2 2(k) 2(k)
CO H O H CO (3)
32
2 2 1 1
3
32
1 1 2 2
K (1 ) .(2 )
K . 0,227
K (1 ) .(2 )
(k) 2 2(k) 2(k)
CO H O H CO (3)
C
0
50 50 0 0
[] 50-x 50-x x x
2
3
2
x
K 0,227 x 16,135
(50 x)
2 2 2
%H %CO 16,136%; %CO %H O 33,865%
1.3. a. Taị cân bằng (không đổi): A
1
= A
2
→ k
1
×N
1
= k
2
×N
2
(A là hoạt độ phóng xạ)
Với

238 6 1
92 1
1
0,693
Ra,k 1,17 10 ngµy
(1620n¨ m) (365ngµy.n¨ m )
Với
222 1
86 2
0,693
Rn,k 0,181ngay
3,83ngay

23 1
22
1
1
1000g 6,022 10 mol
N 2,66 10
226g.mol


1 22 6 1 29
22
N 0,181ngay 2,66 10 1,17 10 ngay N 1,72 10
Số mol
29
222 53
86 2
23 1
1,72 10
Rn,k 2,86 10 mol
6,022 10 mol
Thể tích của
222 53 1 52
86
Rn 2,86 10 mol 25lit,mol 7,15 10 lit
b. Theo
kt
0
c0
c
N
1
t ln hay N N e
kN
1
1
21
kt
kt
k(t t )
0
1
kt2 kt2
20
Ne
N
e
e
N N e e

k(12,8ngay) 1
ln10
10 e k 0,181ngay
12,8ngay
và
1/2
1
0,693
t 3,83ngay
0,181ngay

Câu 2: (4 điểm)
2.1. X:TiCl
4
Y: Ti(SO
4
)
2
Z: TiO
2
2FeTiO
3
+ 7Cl
2
+ 6C
0
t

2TiCl
4
+ 2FeCl
3
+ 6CO (1)
TiCl
4
+ 2Mg → 2MgCl
2
+Ti (2)
FeTiO
4
+ 3H
2
SO
4
→ FeSO
4
+ Ti(SO
4
)
2
+ 3H
2
O (3)
FeTiO
4
+ 2HCl → FeCl
2
+ TiO
2
+ H
2
O (4)
Ti(SO
4
)
2
+ 4NaOH → 2Na
2
SO
4
+ TiO
2
+ 2H
2
O (5)
TiO
2
+ 2C + 2Cl
2
0
t

TiCl
4
+ 2CO (6)
TiCl
4
+ 2Mg → 2MgCl
2
+ Ti (7)
3TiO
2
+ 4Al
0
t

3Ti + 2Al
2
O
3
(8)
2.2. a.
CoCl
2
→ Co
2+
+ 2Cl
-
0,01 0,01 0,02
Co
2+
+ 6NH
3
→
2
3
6
Co NH
2
6
3
C
4.39
o NH
10

C
0
0,01 0,36
[] - 0,3 0,01
3
3
3
6
3
CoNH 6NCo H

3
3
6
NH
1
Co
32
Co e Co


0
32
Co /Co
E
0,0592
1
K 10

22
3 3 6
Co 6NH Co(NH )


6
3
2
Co NH
3
3
3
6
3
6
eCo NH C N2 oH


0
32
/
66
2
Co NH Co NH
33
33
2
66
E
1
0,05
Co NH Co NH
92
11
K 10 .K .


2
6
3 2 3 2
3
6
6
33
3
6
3
00
Co NH
Co NH Co NH
Co N
o/
H
C Co
/
E E 0,0592lg
4,39
35,16
10
1,84 0,0592lg 0,0184(V)
10
2x ||
23
6
33
6
Co NH Co NH2e


1x ||
22
H O 2e 2OH

23
223
6
3
6
H O 2 2Co N HKH OH Co N



00
32
H O /2OH
/
22
66
Co NH Co NH
33
EE
31,45
0,0592
K 10 10
 
→ Phản ứng xảy ra hoàn toàn
Thành phần giới hạn:
3
3
6
Co NH
: 0,006M;
2
3
6
Co NH
: 0,004M; OH
-
: 0,006M; NH
3
0,3M
Vì β của các phức tương đối lớn và NH
3
dư nên ta có thể bỏ qua sự phân li của các ion phức.
Xét cân bằng:
4,76
3 2 4 b
NH H O NH OH K 10

C
0
0,3 0,006
[] 0,3-x x 0,006+x
4,76 4
x(0,006 x)
10 x 7,68.10 M 0,3M
0,3 x


3
[OH ]=6,768.10 M pH 11,83

Xét cân bằng:
2
3
3
6
3
CoNH 6NCo H

3
3
6
1 4,39
Co NH
10


C
0
0,004
[] 0,004-x x 0,3
6
4,39 4
x(0,3)
10 x 2,117.10 M
0,004 x

b. Theo câu a ta có:
3
3
6
[ ] 0,006MCo NH
;
3
3
6
[Co NH ]
=0,004-2,117.10
-4
= 3,788.10
-3
M;
3 2 3 2
6 6 6 6
3 3 3 3
3
0
3
Co NH Co NH Co NH Co
2
6
NH//
3
6
[]
0,
Co NH
0592
E E lg
1
[ o NH ]C

3
3
6.10
0,0184 0,0592lg 0,0302(V)
3,788.10
2 11,89
2 4 4 s
Ag CrO 2Ag CrO K 10


0
Ag /Ag
E
13,497
0,0592
2
Ag e Ag K 10 10

2 ' 15,10
2 4 4
Ag CrO 2e 2Ag CrO K 10

0
Ag CrO /2Ag
24
24
E
' 15,10 0
0,0592
Ag CrO /2Ag
K 10 10 E 0,447(V)
2 7,5
4 2 4 b
CrO H O HCrO OH K 10

C
0
8.10
-3
[] 8.10
-3
-x x x
2
7,5 5 2 3
4
3
x
10 x 1,6.10 M [CrO ]=8.10 M
8.10 x
2 4 2 4
0
Ag CrO /2Ag Ag CrO /2Ag
2
4
0,0592 1
E E lg 0,509(V)
2 [CrO ]
32
24
3 6 3 6
Ag CrO /2Ag
Cr(NH ) /Cr(NH )
EE


Nên Ag là cực dương (catot), Pt là cực âm (anot)
Sơ đồ pin:
(-)Pt |
3
3
6
Co NH
;
2
3
6
Co NH
; NH
3
|| Ag
2
CrO
4
;
2
4
CrO ; OH | Ag( )

32
24
3 6 3 6
pin catot antot Ag CrO /2Ag
Cr(NH ) /Cr(NH )
E E E E E 0,509 0,0302 0,479(V)

2.3. Nồng độ ban đầu: KI 0,06M; Fe(ClO
4
)
2
0,005M; Fe(ClO
4
)
3
0,07M và Na
2
H
2
Y 0,15M. Vì hằng số
bền của FeY
2-
và FeY
-
khá lớn, nồng độ EDTA > tổng nồng độ Fe nên có thể coi cả hai dạng Fe
2+
và
Fe
3+
đều tồn tại chủ yếu dưới dạng phức EDTA.
Tính hằng số cân bằng điều kiện của cân bằng:
2Fe
3+
+ 3I
-
2 Fe
2+
+ I
3
-
Trong đó có các quá trình phụ:
Fe
3+
+ H
2
O
Fe(OH)
2+
+ H
+
Fe
2+
+ H
2
O
Fe(OH)
+
+ H
+
Fe
3+
+ Y
4-
FeY
-
Fe
2+
+ Y
4-
FeY
2-
Theo định luật bảo toàn nồng độ ban đầu:
2
3
2
3
3 3 1 4
Fe FeY
3
14
Fe
Fe
2
Fe OH
H
Y
Fe O
C [Fe ]+[ ] [ ] [Fe ](1 * .hFe OH Fe [Y ])
1
[Fe ] C .
1 * .h [Y
Y
]



22
2 4 4 3 2
2
2 2 1 4
Fe FeY
20
14
Fe Y Y Fe Fe
F
2
Fe OH
Fe OH
eY
C [Fe ]+[ ] [ ] [Fe ](1 * .h [Y ])
1
[
Fe OH
Fe ] C . ; C C C C
1 * .h [Y ]
FeY


4 4 4
43
4
Y Y Y
4
K
[Y ] C . C (0,15 0,07 0,005).0,05209 3,907.10 ;
hK

3 2 3 2
3
0
2
Fe /Fe Fe /Fe
[Fe ]
E E 0,0592lg
[Fe ]

2
2
2
3
3
2
14
FeY
0
Fe
14
Fe /Fe
Fe
Fe OH
Fe
F
H
e
O
Y
(1 * .h [Y ])
C
E 0,0592lg .
C (1 * .h [Y ])



32
0
Fe /Fe
E 0,20(V)


32
3
2Fe 3I 2Fe I
00
32
Fe /Fe I /3I
3
2(E E
' 11,33
0,0592
K 10 10

0,07 0,06 0,005
0,07-2x 0,06-3x 0,005+2x x
[
3
I
] = 2,89.10
-12
; [
I
] = 0,06;
[
3
Fe
] = 0,07.α = 0,07.2,03.10
-23
= 1,42.10
-24
M;
[FeOH
2+
] = 6,92.10
-18
M; [FeY
-
]=0,07M
[Fe
2+
]= 0,005.α = 0,07.1,197.10
-12
= 5,99.10
-15
M;
[FeOH
+
] = 1,808.10
-11
; [FeY
2-
] = 0,005M
Câu 3: (4 điểm)
3.1. Phương trình phản ứng:
Fe + 2HCl → FeCl
2
+ H
2
(1)
2FeCl
2
+ Cl
2
→ 2FeCl
3
(2)
2FeCl
2
+ 2K
3
[Fe(CN)
6
] → Fe
3
[Fe(CN)
6
]
2
+ 6KCl (3)
FeCl
3
+ 6 H
2
O → FeCl
3
.6H
2
O (4)
FeCl
3
.6H
2
O
0
t

FeOCl + 5H
2
O + 2HCl (5)
3FeOCl
0
t

FeCl
3
+ Fe
2
O
3
(hơi FeCl
3
bay ra) (6)
2. Theo bài nFeCl
3
.6H
2
O =
2,752
10,18mmol m 0,5701gam
270,5
mFeOCl = 107,5.10,18.10
-3
= 1,0937 gam < 0,8977 gam = mX
→ FeOCl sẽ bị phân hủy một phần Fe
2
O
3
.
3(6)
1,0937 0,8977
nFeCl 1,21mmol
162,5
X gồm: nFeOCl = (0,01018 – 3.0,00121) = 6,55 mmol
nFe
2
O
3
= 1,21 mmol.
→mFeOCl = 0,7041 gam; mFe
2
O
3
= 0,1936 gam
3.2. a. Nếu hỗn hợp A thì thứ tự xảy ra phương trình phản ứng:
- Khi phenolphatalein đổi màu là
Na
2
CO
3
+ HCl → NaHCO
3
+ NaCl.
- Khi metyl da cam đổi màu là
NaHCO
3
+ HCl → NaCl + H
2
O + CO
2
.
Nếu hỗn hợp là B thì thứ tự xảy ra phương trình phản ứng:
- Khi phenolphatalein đổi màu là
NaOH + HCl → NaCl + H
2
O
Na
2
CO
3
+ HCl → NaHCO
3
+ NaCl.
- Khi metyl da cam đổi màu là
NaHCO
3
+ HCl → NaCl + H
2
O + CO
2
.
b. Để xác định hỗn hợp phân tích là A hay B, ta phải căn cứ vào quan hệ thể tích tiêu thụ thuốc
khử (HCl) tại hai điểm dừng chuẩn độ V
1
(khi dùng phenolphatalein) và V
2
(khi dùng metyl
da cam):
Nếu trong mẫu chứa CO
3
2-
và HCO
3
-
thì V
2
> 2V
1
và nếu mẫu phân tích gồm CO
3
2-
và OH
-
Theo đề bài ta thấy V
1
< V
2
< 2V
1
. Vậy hỗn hợp phân tích là hỗn hợp B.
c. Gọi số mol của NaOH là x mol; số mol Na
2
CO
3
là y mol.
Ta có hệ:
33
33
x 2y 0,2.0,0438 8,76.10 mol x 5,7.10 mol
x y 0,2.0,03615 7,23.10 mol y 1,53.10 mol







Vậy %m
NaOH
= 58,43%; %m
Na2CO3
=41,57%
Câu 4: (4 điểm)
4.1. a. Trình tự tăng dần tính axit (D) < (C) < (A) < (B)
Theo CTCT: -I
D
< -I
C
→ (D) < (C)
(A) và (B) có N → (A),(B) > (C),(D)
(A) có liên kết hdro nội phân tử → (A) < (B)
b. Nguyên tử N
1
tương tự như nguyên tử nitơ của pirole (cặp e của N tham gia vào hệ liên hợp
thơm) nên không có tính bazo.
Nguyên tử N
2
tương tự như nguyên tử nitơ của pirole (cặp e của N không tham gia vào hệ liên
hợp thơm) nên có tính bazo.
So sánh tính bazo: N
2
> N
1
4.2.1. a. Các cấu trúc:
Trong đó:
- Dạng A ít bền do nối đôi không liên hợp
- Dạng B bền nhưng khong cộng hưởng este
- Dạng C bền nhất do có nối đôi liên hợp và cộng hưởng este.
b.
3
HO
X D glucozo axeton HCN
→ Cấu trúc của X là:
3
HO
Y D glucozo axeton HCN
→ Cấu trúc của Y là:
Phản ứng thủy phân các glucozit này theo cơ chế S
N
1:
2.
a.
b. Công thức cấu tạo các sản phẩm E, F, G khi thủy phân A là:
G: D-glucozơ
F: ancol 4-hiđroxybenzylic
E: axit 2,4-đififfomyl hex-5-enoic
c.
d.
Câu 5: (4 điểm)
5.1. a.
b.
5.2.1.
1.
Tên của B: 2-Brom-1-(3,5 – đimetoxi phenyl)-1-etanon
C: 2-brom-1-(3,5-đimetoxi phenyl)-1-etanol
2.
ĐỀ THI
TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN XXII – NĂM 2016
Câu 1:
1.1. Đồng vị
32
P
có thời gian bán hủy là 14,3 ngày và đồng vị
32
P
có thời gain bán hủy là 25,3 ngày.
Cả hai đồng vị này đều phân rã tia beta theo các phản ứng:
32 32 33 33
15 16 15 16
P S ; P S ;
Cho biết:
c=3.10
8
m.s
-1
; h=6,625.10
-34
J.s;
1 eV = 1,6.10
-19
C, 1Ci = 3,7.10
10
phân rã/s
a. Hãy tính số nguyên tử
32
P
trong mẫu
32
P
có hoạt độ phóng xạ là 0,10 Ci,
b. Một mẫu có chứa đồng thời
32
P
và
33
P
và có hoạt độ phóng xạ tổng cộng là 9136,2 Ci. Biết hoạt
độ phóng xạ giảm xuống còn 4569,7 Ci sau 14,3 ngày, hãy tính tỉ lệ số nguyên tử
32 33
P / P
có
trong mẫu ban đầu.
1.2. a. Vẽ cấu trúc lập thể có thể có phức [Pt(NH
3
)
2
Cl
2
], xác định đồng phân cis, đồng phân trans.
b. Khi 1 đồng phân của [Pt(NH
3
)
2
Cl
2
] (chất X) tác dụng với thioure S=C(NH
2
)
2
(kí hiệu là tu) thu
được một sản phẩm là [Pt(tu)
4
]
2+
và một sản phẩm khác là [Pt(NH
3
)
2
tu
2
]
2+
. Xác định cấu trúc
phức X ban đầu và giải thích kết quả phản ứng. Biết tu là phối tử ảnh hưởng trans mạnh hơn NH
3
.
1.3 Tế bào đơn vị của cấu trúc tinh thể CeO
2
được biểu diễn ở hình vẽ. Thêm một lượng nhỏ Y
2
O
3
vào
CeO
2
và nung nóng thì tạo thành dung dịch rắn Ce
1-x
Y
x
O
2-y
mà trong đó Ce
4+
và Y
3+
đồng thời chiếm
vị trí của cation và chỗ trống Oxi hình thành ở vị trí anion.Ở đây, hóa trị của ion Cesi được gaiả sử là
hằng số 4+
a) Hãy dự đoán xem có bao nhiêu cation và anion trong một tế bào đơn vị cấu trúc CeO
2
?
b)Tỷ lệ % chổ trống oxi chiếm vị trí anion trong dung dịch rắn tổng hợp được với tỷ lệ mol
CeO
2
:Y
2
O
3
= 0,8 : 0,1 là bao nhiêu?
c) Hãy tính số chỗ trống Oxi có trong 1,00 cm
3
của dung dịch rắn trên? Ở đây thể tích tế bào đơn vị a
3
là 1,36.10
-22
cm
3
.
Câu 2: (4 điểm)
2.1. Cho các số liệu sau đối với phản ứng hiđro của etan:
0
900K
G 22,39kJ / mol
H
2
Etan
etilen
0
900K
S (J/ K.mol)
163,0
319,7
219,7
a. Tính K
p
của phản ứng tách hiđro tại 900K.
b. Phản ứng hiđro hóa etilen tại 627℃ là phản ứng tỏa nhiệt hay thu nhiệt?
c. Tại trạng thái cân bằng, trong bình phản ứng (phản ứng tách hodro) có áp suất tổng cộng là 2 atm.
Tính K
C
và K
x
(ghi đơn vị).
d. Hỗn hợp phản ứng có thành phần % thể tích như thế nào nếu dẫn etan qua chất xúc tác hidro tại
627℃. Biết áp suất tổng cộng tại cân bằng là 1 atm.
e. Tính K
p
cụ phản ứng tách hiđro tại 600K, giả thiết trong khoảng cách từ 600K đến 900K thì ∆H
0
và ∆S
0
không thay đổi
2.2. Cho 3 pin điện hóa với các suất điện động tương ứng là 298K:
(1) Hg | HgCl
2
, KCl (bão hòa) || Ag
+
(0,0100M) | Ag E
1
= 0,439 V
(1) Hg | HgCl
2
, KCl (bão hòa) || AgI (bão hòa) | Ag E
2
= 0,089 V
(1) Ag | AgI (bão hòa), PbI
2
(bão hòa) || KCl (bão hòa), HgCl
2
| Hg E
3
= 0,230 V
Cho biết:
RT
ln 0,0592lg
F
a. Hãy tính tích số tan của AgI
b. Hãy tính tích số tan của PbI
2
2.3. Nghiên cứu phản ứng ở pha khí A + B → AB
Người ta tiến hành 2 thí nghiệm để đo áp suất riêng phần của AB ở nhiệt độ và thể tích không thay
đổi theo thời gian như sau:
+ Thí nghiệm 1:
00
AB
P 400 mmHg; P 4 mmHg;
Thời gian t (phút)
0
34,5
69
138
∞
AB (mmHg)
0
2,0
3,0
3,75
4
+ Thí nghiệm 2:
00
AB
P 1600 mmHg; P 4 mmHg;
Thời gian t (phút)
0
4,3
8,6
17,2
∞
AB (mmHg)
0
2,0
3,0
3,75
4
Cho biết tốc độ phản ứng có dạng
ab
AB
v k.P .P
. Xác định a,b.
Câu 3: (3 điểm)
3.1. Chất rắn màu đỏ A khi được nung trong môi trường trơ (không có không khí) bay hơi sau đó ngưng
tụ thành chất sáp màu trắng B. A không phản ứng được với không khí ở nhiệt độ phòng nhưng B có
thể tự bốc cháy tạo ra khói trắng là các hạt chất rắn C. C tan trong nước tỏa nhiều nhiệt tạo dung dịch
của axit 3 lần axit D. B phản ứng khí clo tạo thành chất lỏng không màu dễ bốc khói E, chất này dễ
phản ứng tiếp với clo tạo chất rắn màu trắng F. Khi hòa tan F vào nước thu được hỗn hợp D và axit
clohidric. Khi cho E vào nước, E tạo axit 2 lần axit G và axit clohidric. Xác định công thức các chất
từ A đến G và viết các phương trình hóa học xảy ra.
3.2. Một trong các phương pháp tách loại asen khỏi nước ngầm là dfng oxi không khí đồng thời oxi hóa
As (III) thành As (V) và Fe (II) thành kết tủa Fe(OH)
3
. Khi đó As(V) sẽ bị hâp thụ trên bề mặt của
Fe(OH)
3
và tách khỏi dung dịch nước. Biết rằng trên bền mặt Fe(OH)
3
sẽ tích điện dương khi pH < 7
và tích điện âm khi pH > 7. Axit asenic H
3
AsO
4
có pK
1
= 2,2; pK
2
= 6,9; pK
3
= 11,5.
a. Nếu coi tổng nồng độ mol các dạng tồn tại của axit asenic trong dung dịch là 100%. Hãy tính xem
các dạng H
3
AsO
4
và H
3
AsO
4
-
ở pH = pK
1
, các dạng H
3
AsO
4
-
và H
3
AsO
4
2-
ở pH =pK
2
, các dạng
H
3
AsO
4
2-
và H
3
AsO
4
3-
ở pH = pK
3
chiếm bao nhiêu phần trăm về số mol?
b. Cho biết As(V) sẽ được tách loại khỏi nước tốt nhất ở pH =pK
1
, pH =pK
2
hay pH =pK
3
chiếm
bao nhiêu phần trăm về số mol?
c. Chứng minh rằng ở pH tối ưu (như đã xác định ở câu b) oxi có thể oxi hóa As(III) thành As(V) .
Cho E
o
(O
2
/H
2
O)=+1,23V; E
0
(H
3
AsO
4
/HasO
2
) = +0,56V. Axit metaasenơ HAsO
2
có K
a
= 10
-8,1
.
Tổng nồng độ của As (V) bằng tổng nồng độ của As(III). Nồng độ oxi hòa tan trong nước là 8
mg/l. Lấy 2,303RT/F = 0,0592
Câu 4: (5 điểm)
4.1 Hiđrocacbon A tham gia vào phản ứng ozon phân khử thu được 4,5-đioxooctanđial. Chất A được
điều chế bằng cách cho dẫn xuất monobrom B tác dụng với magie có mặt Cu
2
Cl
2
. Đun nóng A với
đimetyl axetilenđicacboxylat thu được chất C. Chất C dễ dàng bị đề hiđro hóa thành D (C
14
H
14
O
4
).
Khử chất D bằng LiAlH
4
sau đó thủy phân sản phẩm với nước thu được chất E (C
12
H
14
O
2
). Cho chất
E phản ứng với LiAlH
4
sẽ thu được hiđrocacbon G (C
12
H
14
). Mặt khác, nếu cho F tác dụng với NaBr
sẽ chuyển hóa thành chất H. Chất H tác dụng với kẽm kim loại có thể tạo hiđrocacbon I (C
12
H
12
). Xác
định cấu taaoj phù hợp của A, B, C, D, E, F, G, H, I.
4.2. Hai hiđrocacbon đồng phân A và B chứa 85,7% cacbon theo khối lượng. hiđrocacbon a và B có
những tính chất sau:
- Phản ứng của mỗi chất với O
3
và xử lý tiếp với bột Zn trong axit tạo sản phẩm hữu cơ duy nhất C.
- Sự oxi hóa hợp nhất C cho một sản phẩm duy nhất là axit cacboxilic D. Số liệu phổ cho thấy tất cả
các nguyên tử H trong hợp chất D, trừ H của nhóm cacboxyl đều thuộc nhóm metyl.
- Khối lượng riêng của hơi D quy về đktc là 9,107 g/ml.
Xác định CTPT và CTCT của A, B, C, D.
4.3.
a. Vẽ công thức phối cảnh và công thức chiếu Niumen của hợp chất 7,7-
đimetylbixiclo[2.2.1]heptan.
b. Tảo biển nâu cải sử dụng pheromon A để dẫn dụ tảo đực. Pheromon A dễ dàng bị mất hoạt
tính, chyển thành ectocarpen chỉ sau vài phút. Hãy xác định cơ chế của quá trình mất hoạt tính
pheromon A.
Câu 5: (5 điểm)
5.1. Taxan là các đi tecpen tự nhiên được tách ra từ chây thủy tùng (Taxus) thường được sử dụng trong
hóa trị liệu. Hợp chất K trong sơ đồ dưới đây mang bộ khung phân tử của các Taxan.
Xác định cấu tạo các chất từ A đến H.
5.2. Hinesol là dược phẩm dùng điều trị cascc bệnh về tiêu hóa. Quy trình tổng hợp hinesol được thực
hiện từ chất X như sau:
Hoàn thành sơ đồ phản ứng trên.
5.3. Các hợp chất A và B có trong thành phần một số loại nước hoa và thực phẩm. Khi pha loãng, A có
mùi của cỏ và lá tươi; B có mùi của lá violet.
Sơ đồ tổng hợp A và B như sau:
a. Viết công thức của các hợp chất A →J.
b. Hợp chất N cũng có mùi cỏ và lá tươi. N là sản phẩm của phản ứng giữa đimetyl vinul
cacbinol và isobutyranđehit (i-PrCHO) trong axit p-toluensundfonic. Biết N chỉ có một
cacbon bậc IV. Xác định cấu tạo và viết cơ chế phản ứng tạo thành N.
ĐỀ THI TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN XXII – NĂM 2016
Câu 1:
1.1.a.
32
71
P
ln2
5,61.10 s
14,3 24 3600


7 10 15
H N 5,61.10 N 0,1 3,7.10 N 6,595.10
nguyên tử
32
P
.
b.
32
71
P
ln2
3,17.10 s
25,3 24 3600


Đặt số nguyên tử
32
P
và
33
P
trong mẫu ban đầu lần lượt là x và y. Có:
7 7 10
0
5,61.10 3,17.10 9136,2 3,7.10

H x y
7 7 14
0
5,61.10 3,17.10 3,3804.10 (1)H x y

Số nguyên tử
32
P
còn lại sau 14,3 ngày là:
x' x / 2
Số nguyên tử
33
P
còn lại sau 14,3 ngày là:
ln2
14,3
25,3
' 0,676
t
y ye ye y
Hoạt động phóng xạ sau 14,3 ngày:
77
10
5,61.10 3,17.10 0,676y
2
4569,7 3,7.10
x
H


7 7 14
2,805.10 2,143.10 1,6908.10 (2)H x y

Từ (1) và (2) suy ra x = 6,02.10
20
; y = 1,08.10
18
;
32 33
P / P x / y 570
1.2. a. Phức [Pt(NH
3
)
2
Cl
2
] có hai đồng phân hình học:
Đồng phân cis Đồng phân trans
b. Phối tử thioure S=C(NH
2
)
2
là phối tử ảnh hưởng trans mạnh hơn NH
3
nên sẽ thay thế hai phối
tử Cl
-
ở vị trí trans với nhau tạo ra phức [Pt(NH
3
)
2
tu
2
]
2+
. Vậy chất X ba đầu phức trans
1.3. a.
Số cation:
11
8. 6. 4
82

; Số anion = 8
b. Ta có:
0,8(CeO
2
) + 0,1(Y
2
O
3
) = Ce
0,8
Y
0,2
O
1,9
so với CeO
2
thì
0,1
.100 5%
2,0
c. Số chỗ trống:
21
22
1
.8.0,05 2,94.10
1,36.10
Câu 2: (4 điểm)
2.1. a.
2 6 2 4 2
C H C H H

0
22,39 1000
G RTln K ln K 2,99
8,314 900
p
K 0,0502atm
b. Đối với phản ứng:
2 4 2 2 6
C H H C H

thì
0
900K
G 22,39kJ / mol
0 0 0 0
900K 2 2 2 4 2
S S (C H ) S (C H ) S (H ) 319,7 291,7 163 135J / K
Theo:
0 0 0
H G T S
0
H (22,39 1000) 900 ( 135) 143890J
0
H
< 0
Phản ứng hidro hóa là phản ứng tỏa nhiệt
c. Tính K
C
và K
x
:
n4
Cp
0,0502
K K (RT) 6,798.10 mol/ L
22,4
.900
273
n
xp
0,0502
K K P 0,0251
2

với ∆n =1
d. Nếu áp suất tổng cộng tại cân bằng là 1 atm thì K
x
= 0,0502
2 6 2 4 2
C H C H H

[ ] 1-x x x
Phần mol
1
1
x
x
1
x
x
1
x
x
2
x
2
x
K 0,0502 x 0,219
1x
Hỗn hợp có: 0,219 mol H
2
(17,97%); 0,219 mol C
2
H
4
(17,97% V); 0,781 mol C
2
H
6
(64,06% V).
e. Tính K
p
tại 600 K theo biểu thức:
P1
P 2 2 1 p
6
P
K (T )
H 1 1 0,0502 143890 1 1
ln ln
K (T ) R T T K (600) 8,314 600 900
K (600) 3,349 10 atm.






2.2. Đối với pin (1):
0
pin Cal Cal
Ag /Ag Ag /Ag
E E E E 0,0592log0,01 E 0,439V (1)

Đối với pin (2):
Gọi tan của AgI là S (mol/lit)
0
pin Cal Cal
Ag /Ag Ag /Ag
E E E E 0,0592logS E 0,089V (2)

Lấy (1) – (2)
8 2 16
S(AgI)
S 1,224.10 M K S 1,499.10

Đối với pin (3):
Gọi độ tan của AgI và PbI
2
lần lượt là x và y (mol/lit)
0
pin Cal Cal
Ag /Ag Ag /Ag
E E E E (E 0,0592logx) 0,23 (3)

Lấy (1) + (3) ta suy ra x = 5,004.10
-14
16
3
14
1,499.10
[I ] 2,996.10 x 2y
5,004.10

Suy ra y = 1,498.10
-3
2
2 2 3 3 2 8
S(PbI )
K [Pb ][I ] 1,498.10 .(2,996.10 ) 1,34.10
2.3. Do
00

AB
PP
nên v = k.
00

AB
PP
≈
'.
b
B
kP
Giả sử phản ứng là bậc 1
Tại thời điểm t: P
B
= 4 - P
AB
Ở thí nghiệm 1: k’t =
0
4
ln ln
4
B
B AB
P
PP
Thí
nghiệm 1
T
34,5
69
138
Thí
nghiệm 2
4,3
8,6
17,2
P
AB
2
3
3,75
2
3
3,75
4
ln
4
AB
P
ln2
ln4
ln16
ln2
ln4
ln16
14
' ln
4
AB
k
t P
0,02
0,0
0,02
0,16
Kết luận: b = 1
Ta có:
1/2
1
' .P ln 2
a
A
kk
t

1/2
1/2
( 2)
(TN1)
'( 1)
'( 2) ( 1) (TN2)
4,3 400 3
34,5 1600 2
a
A
a
A
a
t TN
P
k TN
k TN t TN P
a




Câu 3: (4 điểm)
3.1. Xác định đúng chất A là P
(1) 4P (đỏ)
0
t

P
4
(trắng).
(A) (B)
(2) P
4
(trắng) + 5O
2
→ P
4
O
10
(B) (C)
(3) P
4
O
10
+ 3H
2
O → 2H
3
PO
4
(C) (D)
(4) P
4
+ 6Cl
2
→ 4PCl
3
(B) (E)
(5) PCl
3
+ Cl
2
→ PCl
5
(E) (F)
(6) PCl
5
+ 4H
2
O → H
3
PO
4
+ 5 HCl
(F) (D)
(7) PCl
3
+3H
2
O → H
3
PO
3
+ 3 HCl
(E) (G)
3.2. Gọi C là nồng độ mol tổng cộng của các dạng As(V) trong dung dịch:
a. Ta có:
3
34
32
1 1 2 1 2 3
h
[H AsO ] C. (1)
h K h K K h K K K
2
1
34
32
1 1 2 1 2 3
Kh
[H AsO ] C. (2)
h K h K K h K K K
2
12
34
32
1 1 2 1 2 3
K K h
[H AsO ] C. (3)
h K h K K h K K K
3
1 2 3
4
32
1 1 2 1 2 3
K K K
[AsO ] C. (4)
h K h K K h K K K
- Tại pH = pK
1
= 2,2 hay h = K
1
bỏ qua các số hạng K
1
K
2
h và K
1
K
2
K
3
trong (1) và (2), nghĩa là
H
3
AsO
4
bị trung hòa một nửa nấc 1 nên ta được:
[H
3
AsO
4
] =
34
[H AsO ]
=
4 343
C
[H AsO ] 50%
2
H AsO
(về số mol)
- Tại pH = pK
2
= 6,9 hay h = K
2
, nghĩa là H
3
AsO
4
bị trung hòa hết nấc một và một nữa nấc 2
nên ta được:
34
[H AsO ]
=
2
34
[H AsO ]
=
2
3 4 3 4
C
[H AsO ] [H AsO ] 50%
2

(về số mol)
- Tại pH = pK
3
hay h = K
3
, nghĩa là H
3
AsO
4
bị trung hòa hết nấc 2 và một nữa nấc 3 nên ta
được:
2
34
[H AsO ]
=
3
4
[AsO ]
=
23
3 4 4
C
[H AsO ] [AsO ] 50%
2

b. Tại pH = pK
1
= 2,2; lượng Fe(OH)
3
hầu như không đáng kể nên việc tách loại As(V) không hiệu
quả. Tại pH = pK
3
= 11,5 > 7; bề mặt Fe(OH)
3
tích điện âm nhưng As(V) cũng chủ yếu tồn tại
dạng ion âm nên việc tách As(V) không hiệu quả. Trong khi đó, tại pH = pK
2
= 6,9 < 7; bề mặt
Fe(OH)
3
tích điện dương và As(V) chủ yếu tồn tại dạng ion âm nên việc tách As(V) là tốt nhất.
c. Ta có các bán phương trình:
2 2 2 2
22
3 4 2 2
04
2
O ,2H /H O O ,2H /H O
O 4H 4e 2H O
H AsO 2H 2e HAsO 2H O
0,0592
E E log[O ][H ]
4





3
6,9.4
0,0592 8.10
1,23 log( .10 ) 0,7682V
4 32
Tại pH = 6,9;
6,9
6
34
2
4
,2
3
1
C
.10
[H AsO ][H ]
2
9,9763.10 C
K 10
H AsO

Bảo toàn nồng độ ban đầu với HAsO
2
:
2
1
2a2
C [ ]+[AsO ]=[ ](1 KHAsO H [H ]As )O

6,9
6,9
2
8,1
HAsO
10
[ ] C 0,9406C.
10 10

Vậy:
3 4 2 3 4 2
2
0
34
H AsO ,2H /HAsO H AsO ,2H /HAsO
2
[H AsO ][H ]
0,0592
E E log
2 [HAsO ]


6 6,9.2
0,0592 9,9763.10 .10 .C
0,56 log( ) 0,004277V
2 0,9406.C

Do:
22
O ,2H /H O
E
>
3 4 2
H AsO ,2H /HAsO
E
nên O
2
oxi hóa được As (III) thành As (V) ở pH tối ưu.
Câu 4: (5 điểm)
4.1.
4.2. + CTTQ của hiđrocacbon A, B là: C
x
H
y
+ x:y =
2n
85,7 100 85,7
: 1:2 A,B:(CH )
12 1

+ A, B
3
1/ O
2 / Zn,H

C:T-CHO/R-CO-R’→ A, B: CnH
2
n
+ C
[O]

D: R-COOH
+ M
hơi D
= 204 → M
D
= 102
→ M
R
=102 – 45 = 57 → R: C
4
H
9
→ D: C
4
H
9
-COOH.
+ CTCT của D: (CH
3
)
3
C-COOH
+ CTCT của C: (CH
3
)
3
C-CHO
+ CTCT của A, B: (CH
3
)
3
CH = CH(CH
3
)
3
(E và Z)
4.3. a.
b.
Câu 5: (5 điểm)
5.2.
TRƯỜNG THPT KRÔNG NÔ – ĐĂK NÔNG
Câu 1: (4 điểm)
1. Tổng số electron trong phân tử XY
2
là 38. Tỉ lệ số khối cũng như tỉ lệ số notron của nguyên tố Y
so với nguyên tố X trong phân tử đều bằng 5,333.
a. Xác định các nguyên tố X, Y và viết cấu hình electron của mỗi nguyên tử.
b. Viết công thức cấu tạo của phân tử XY
2
. Liên kết trong XY
2
là liên kết ion hay cộng hóa trị?
Vì sao?
2. Uran trong thiên nhiên chứa 99,28%
238
U
(có thời giân bán hủy là 4,5.10
9
năm) và 0,72%
235
U
(có thời gian bán hủy là 7,1.10
8
năm).
a. Tính tốc độ phân rã (v = k.N) của mỗi đồng vị trên trong 1 gam U
3
O
8
mới điều chế.
(cho O = 15,9994 u)
b. Mari và pie curi điều chế
226
Ra
từ quặng uran trong thiên nhiên.
226
Ra
được tạo ra từ đồng vị
nào trong hai đồng vị trên? Giải thích ngắn gọn.
3. Phản ứng phân hủy axeton như sau:
CH
3
COCH
3 (k)
→ C
2
H
4 (k)
+ H
2 (k)
+ CO
(k)
Theo thời gian, áp suất chung của hệ được đó là
t/ phút 0 6,5 13 19,9
p/mmHg 312 408 488 562
Xác định bậc phản ứng và hằng số tốc độ của phản ứng.
Câu 2: (4 điểm)
1. Trộn 100,0 ml dung dịch CH
3
COOH 0,2M với 100,0 ml dung dịch H
3
PO
4
nồng độ a M, thu được
dung dịch A có pH = 1,47. Xác định a.
Biết CH
3
COOH có pK
a
= 4,76; H
3
PO
4
có pK
a1
, pK
a2
, pK
a3
là 2,15; 7,21; 12,32.
2. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng ion-electron:
a. H
2
O
2
+ MnO
4
-
→ Mn
2+
+O
2
b. Cu
2
S + H
+
+ NO
3
-
→ Cu
2+
+ SO
4
2-
+ NO
2
+ H
2
O
3. Cho phản ứng sau diễn ra trong pin điện: 2Ag
(r)
+ Cl
2 (k)
→ AgCl
(r)
a. Viết các phản ứng xảy ra tại các điện cực, sơ đồ pin điện và cho biết chiều của dòng điện
mạch ngoài.
b. Tính suất điện động của pin ở điều kiện tiêu chuẩn.
Biết
2
00
S(AgCl)
Ag /Ag Cl /2Cl
E 0,799V;E 1,36V;pK 9,75

Câu 3: (4 điểm)
1. Cho hỗn hợp A gồm 2 oxit sắt với khối lượng bằng nhau. Lấy 4,64 gam hỗn hợp A đem hòa tan
hoàn toàn trong dung dịch HCl. Thêm vào dung dịch thu được lượng dư dung dịch NH
3
, lọc, rửa
kết tủa tạo thành, nung trong không khí dư ở nhiệt độ cao tới khi khối lượng không đổi thu được
4,72 gam chất rắn B.
a. Xác định hai oxit sắt trong A.
b. Lấy 6,96 gam hỗn hợp A, hòa tan hoàn toàn trong dung dịch HNO
3
loãng thu được V lit
không màu bị hóa nâu trong không khí đo ở nhiệt độ 27,3℃ và áp suất 1 atm. Tính V?
2. Cho kim loại X và các phi kim Y, Z. Ở điều kiện thường, Y tồn tại ở thể rắn, Z tồn tại ở dạng khí.
Nung hỗn hợp gồm X và Y ở nhiệt độ cao, thu được hợp chất A. Khi A bị thủy phân thì tạo kết
tủa B và một chất khí nặng hơn không khí. B tan trong NaOH dư tạo thành dung dịch C; thêm
NH
4
Cl rắn vào dung dcihj C và đun nóng, kết tủa B xuất hiện trở lại. X tác dụng với Z tạo thành
chất rắn D màu trắng có độ cứng rất lớn. D cũng được tạo ra khi nung B ở nhiệt độ cao. X, Y và Z
tạo thành muối E tan trong nước. Xác định A, B, C, D, X, Y, Z và các phương trình hóa học (nếu
có).
3. Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch NaHSO
4
, Na
2
CO
3
. AlCl
3
,
Fe(NO
3
)
3
, NaCl, Ca(NO
3
)
2
. Các phản ứng minh họa dưới dạng ion thu gọn.
Câu 4: (4 điểm)
1. Cho hỗn hợp A gồm 3 hiđrocacbon X, Y, Z thuộc 3 dãy đồng đẳng khác nhau, hỗn hợp B gồm O
2
và O
3
. Trộn A và B theo tỉ lệ thể tích tương ứng là 1,5 : 3,2 rồi đốt cháy hoàn toàn thu được hỗn
hợp chỉ gồm CO
2
và hơi H
2
O theo tỉ lệ thể tích là 1,3 : 1,2. Biết tỉ khối của khí B đối với hidro là
19. Tính tỉ khối của khí A đối với hidro?
2. Xác định công thức cấu tạo các chất và hoàn thành sơ đồ các chuyển hóa sau:
Câu 5: (4 điểm)
1. So sánh (có giải thích) tính bazo của các hợp chất A và B dưới đây:
2. Viết công thức cấu tạo của sản phẩm cuối (nếu có) từ các phản ứng sau:
3. Có một hỗn hợp X gồm 2 ancol A, B. Đun nóng hỗn hợp X với H
2
SO
4
đặc, 180℃ được hỗn hợp 2
olefin. Đun nóng hỗn hợp X với H
2
SO
4
đặc, ở 130℃ được hỗn hợp 3 ete, trong đó có 1 ete có
khối lượng mol phân tử bằng khối lượng mol phân tử của 1 trong 2 ancol.
Trong một bình kín dung dịch không đổi 4,2 lit chứa a gam hỗn hợp X và 2,88 gam O
2
. Cho ancol
bay hơi hết ở 136,5℃ thì áp suất trong bình là 0,8 atm. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp rồi cho sản
phẩm lần lượt qua bình 1 đưng P
2
O
5
dư và bình 2 đựng KOH dư. Sau thí nghiệm khối lượng bình
2 tăng 1,408 gam.
Xác định công thức phân tử của A, B.
TRƯỜNG THPT KRÔNG NÔ – ĐĂK NÔNG
Câu 1: (4 điểm)
1. Gọi số khối A, số notron là N, số proton là P, số electron là E.
Khi đó nguyên tử X: A
x
, N
x
, P
x
, E
x
; nguyên tử Y: A
Y
, N
Y
, P
Y
, E
Y
Từ đề bài lập các phương trình:
Ta có tổng số electron: E
x
+ 2 E
Y
= 38 → P
x
+ 2 P
Y
= 38 (1)
Và tỉ lệ số khối và số notron
YY
XX
2A 2N
16
5,333 (2)
A N 3
Từ (2) suy ra:
Y
X
2P
16
P3
(3)
Từ (1) và (3) giải ra được:
P
x
= 6 → X là cacbon (C)
P
Y
= 16 → Y là lưu huỳnh (S)
Cấu hình electron:
C: 1s
2
2s
2
2p
2
; S:1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
4
.
b. Công thức cấu tạo: S=C=S
Liên kết cộng hóa trị không cực (Vì độ âm điện của C và S đều là 2,5).
1.2. a. Tốc độ phân hủy hạt nhân được tính theo phương trình v = kN (1)
k là hằng số tốc độ phân hủy; N là tổng số hạt nhân phóng xạ có ở thời điểm xét.
* Trước hết cần tìm k
Ta có
1/2
0,6931
k
T
(2)
Đổi 4,5.10
9
năm = 4,5.10
9
. 365.24.3600 = 1,42.10
17
giây
7,1.10
8
năm = 7,1.10
8
. 365.24.3600 = 2,24.10
16
giây
* Tiếp đến tìm N như sau:
Nguyên tử khối trung bình của Uran:
99,28.238 0,72.235
237,98
100
A

Tìm số mol U
3
O
8
có trong 1 gam
3
1
1,19.10
237,98 15,9994.8
Số hạt nhân Uran có tổng cộng là
3 23 21
1,19.10 .6,02.10 .3 2,15.10
Trong đó:
238 21 21
235 21 19
( ) (238) 2,15.10 .0,9928 2,13.10
( ) (235) 2,15.10 .0,0072 1,55.10
N U N
N U N
Dùng phương trình (1) để tính tốc độ phân rã của từng loại hạt nhân Uran
238
U
có v(238)=k(238).N(238) =
21
17
0,693
.2,13.10
1,42.10
v(238) = 1,04.10
4
hạt nhân/giây
235
U
có v(235)=k(235).N(235) =
19
16
0,693
.1,55.10
2,24.10
v(235) = 480 hạt nhân/giây
b.
226
Ra
được tạo ra từ đồng vị
238
U
vì số khối của chúng thỏa mãn:
A = 4n + 2.
1.3. CH
3
COCH
3 (k)
→ C
2
H
4 (k)
+ H
2 (k)
+ CO
(k)
t
0
p
0
t p
0
– x x x x
Áp suất chung của hệ
p = p
0
– x + 3x = p
0
+ 2x
0
(1)
2
pp
x

00
00
3
(2)
22
p p p p
p x p

Giả sử phản ứng là bậc 1.
Hằng số tốc độ phản ứng là:
00
00
2
11
ln ln
3
pp
k
t p x t p p


Theo đề bài ta có:
1
1
1 2.312
ln 0,0257( )
6,5 3.312 408
k phut

1
1
1 2.312
ln 0,0255( )
13 3.312 488
k phut

1
1
1 2.312
ln 0,0257( )
19,9 3.312 562
k phut

Các giá trị hằng số tốc độ phản ứng coi như không đổi nên giả thiết phản ứng bậc 1 là hợp lí.
Hằng số tốc độ phản ứng là:
1
1 2 3
0,0256( )
3
k k k
k phut


Câu 2: (4 điểm)
1. Các quá trình xảy ra trong dung dịch A
2.15
3 4 2 4 1
2 7,21
2 4 4 2
23
44
33
2
H PO H H PO K 10
H PO H HPO K 10
HPO H PO
CH COOH H CH COO
H O H OH




K
1
>> K
2
>> K
3
và K
4
.0,2 >> K
W
nên ta có thể bỏ qua cân bằng (2), (3), (5).
Từ (1)
2,15
0,68
2 4 1
1,47
34
[H PO ] K
10
10 0,21
[H PO ] [H ] 10

Từ (4)
4,76
3,29
3
4
1,47
3
[CH COO ]
K
10
10
[CH COOH] [H ] 10

3
[CH COO ]
<<
3
[CH COOH]
nên có thể coi
3
CH COOH
điện ly đáng kể.
Do đó, nồng độ H
+
trong dung dịch chủ yếu do H
3
PO
4
điện li ra.
Từ (1)
24
[H PO ]
=[H
+
]=10
-1,47
= 0,034 (M)
Từ (6)
34
[H PO ]
= 0,034/0,21=0,162
Ta có: C(H
3
PO
4
) =
34
[H PO ]
+
24
[H PO ]
=0,162+0,034 = 0,196 (M)
100.a
0,196 a 0,392
200
Vậy
a 0,392M
2. a. H
2
O
2
+ MnO
4
-
→ Mn
2+
+ O
2
2 MnO
4
-
+ 8H
+
+ 5e → Mn
2+
+ 4H
2
O
5 H
2
O
2
– 2e → O
2
+ 2H
+
2MnO
4
-
+ 6H
+
+ 5H
2
O
2
→ 2Mn
2+
+ 8H
2
O + 5O
2
b. Cu
2
S + H
+
+ NO
3
-
→ Cu
2+
+ SO
4
2-
+ NO
2
+ H
2
O
Cu
2
S + 4H
2
O → 2Cu
2+
+ SO
4
2-
+ 8H
+
+ 10e x1
NO
3
-
+ 2H
+
+ e → NO
2
+ H
2
O x10
Cu
2
S + 10NO
3
-
+ 12H
+
→ 2Cu
2+
+ SO
4
2-
+ 10NO
2
+ 6H
2
O
3. a. * Các phản ứng xảy ra tại các điện cực:
Anot (cực âm): Ag
(r)
– e + Cl
(dd)
→ AgCl
(r)
x 2
Catot (cực dương): Cl
2(r)
+ 2e → 2Cl
-
(dd)
x 1
2Ag
(r)
+ Cl
2(r)
→ 2 AgCl
(r)
Sơ đồ pin: (-)Ag/AgCl/Cl
-
//Cl
-
/Cl
2
/Pt(+)
* Chiều của dòng điện ở mạch ngoài là chiều từ cực dương sang cực âm.
b. * Ở anot:
[Ag
+
]=10
-9,75
: 1 = 10
-9,75
(M)
9,75
anot
E 0,799 0,0592.lg 010 ,222(V)
* Ở Catot:
catot
E 1,36(V)
Sức điện động của pin ở điều kiện tiêu chuẩn là
pin catot anot
E E E 1,36 0,222 1,138(V)
Câu 3: (4 điểm)
1. B là Fe
2
O
3
2 3 2 3
Fe(A) Fe(O )Fe Fe O
n 0,0295mol n n 0,059mol
O(A) A Fe O(A)
m m m 1,136gam,n 0,0835mol
Gọi công thức tương đương của ư oxit sắt là Fe
x
O
y
x:y = 0,059:0,0835 = 0,706
Trong hỗn hợp phải có 1 oxit sắt có n
Fe
: n
O
< 0,706
Phù hợp là Fe
2
O
3
,
23
Fe O
m 2,32gam
23
(A)Fe O
m 0,0145 mol
Oxit còn lại là Fe
a
O
b
. Ta có:
23
23
Fe Fe(A) Fe(Fe O )
O O(A) O(Fe O )
n n n 0,03mol
n n n 0,04mol
a:b = 3:4, oxit còn lại là Fe
3
O
4
Vậy hỗn hợp gồm Fe
2
O
3
và Fe
3
O
4
b. Trong 6,96 gam hỗn hợp, ta có:
23 34
Fe O Fe O
n 0,2175(mol); n 0,015(mol)
Phản ứng: Fe
2
O
3
+ 6HNO
3
→ 2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O
3Fe
3
O
4
+ 28HNO
3
→ 9Fe(NO
3
)
3
+ NO + 14H
2
O
0,015 0,005
Vậy thể tích NO là: 0,1232 lit.
2. X: Al, Y: S, Z: O
2
A: Al
2
O
3
, B: Al(OH)
3
, C: NaAlO
2
, D: Al
2
O
3
, E: Al
2
(SO
4
)
3
.
Các phương trình hóa học:
0
0
0
0
tC
23
23
tC
tC
23
tC
2
2 3 2
3 2 2
2 4 2 3 3
32
2
3
6H O 2Al(OH) 3H S
Al(OH) NaOH NaAlO 2H O
NaAlO NH Cl H O Al(OH) NaCl NH
4
2Al 3S Al S
Al
Al 3O
Al
S
2Al O
2 Al O 3H O(OH)




3. Trích mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm:
- Cho phenolphtalein vào mỗi mẫu thử. Mẫu thử có màu hồng là dung dịch Na
2
CO
3
, các mẫu
thử còn lại không màu.
CO
3
2-
+ H
2
O HCO
3
-
+ OH
-
- Dùng Na
2
CO
3
là thuốc thử để cho vào các mẫu thử còn lại. Mẫu thử có sủi bọt khí không màu
là NaHSO
4
.
CO
3
2-
+ 2H
+
H
2
O + CO
2
↑
- Mẫu thử kết tủa trắng keo và sủi bọt khí không màu là AlCl
3
.
Al
3+
+ 3CO
3
2-
+ 3H
2
O → 2Al(OH)↓ + 3CO
2
↑
- Mẫu thử tạo kết tủa đỏ nâu và sủi bọt khí không màu là Fe(NO
3
)
3
Fe
3+
+ 3CO
3
2-
+ 3H
2
O → 2Fe(OH)↓ + 3CO
2
↑
- Mẫu thử không tạo hiện tượng là NaCl
Câu 4: (4 điểm)
1. Đặt công thức chất tương đương của hỗn hợp A là
xy
CH
M
B
= 19.2 = 38 => tỉ lệ mol O
2
và O
3
là 5:3
Trộn A với B theo tỉ lệ thể tích 1,5:3,2.
Chọn n
B
= 3,2 mol =>
23
2 ; 1,2
OO
n mol n mol
O
n 7,6mol
Khi đó n
A
= 1,5 mol. Khi đốt cháy A ta có thể coi:
22
xy
yy
C H (2x )O x CO H O
22
Mol 1,5 1,5
y
(2x )
2
1,5
x
1,5
y
2
Ta có:
O
y
n (2x ) 7,6 (*)
2
1,5
Vì tỉ lệ thể tích CO
2
:H
2
O = 1,3:1,2 =>
x
:
y
2
= 1,3:1,2 (**)
Giải hệ (*), (**) ta được
x
= 26/15:
y
=16/5 = 3,2
A
M
= 12
x
+
y
= 24 => d
A/H2
= 12
2. Các chất là:
A: C
2
H
4
; A
1
: CH
3
CHO A
2
: C
2
H
5
OH
B: CH
4
B
1
: HCHO B
2
: CH
3
OH
B
3
: C
2
H
2
B
4
: CH
3
CHO
Các phương trình phản ứng:
C
3
H
8
0
,t xt

C
2
H
4
+ CH
4
(A) (B)
2CH
2
=CH
2
+ O
2
0
,t xt

2CH
3
CHO
(A
1
)
CH
3
CHO + H
2
0
,t xt

CH
3
CH
2
OH
(A
2
)
CH
3
CH
2
OH + O
2
mengiam

CH
3
COOH + H
2
O
CH
4
+ O
2
0
,t xt

HCHO + H
2
O
(B) (B
1
)
HCHO + H
2
0
,Nit

CH
3
OH
(B
2
)
CH
3
OH + CO
0
,Nit

CH
3
COOH
2CH
4
0
1500 C
san pham lam lanh nhanh

C
2
H
2
+ 3H
2
(B
3
)
C
2
H
2
+ H
2
O
0
,t xt

CH
3
CHO
(B
4
)
CH
3
CHO + O
2
0
,t xt

2 CH
3
COOH
Câu 5: (4 điểm)
1. So sánh tính bazo của các hợp chất A và B:
Ở A, tâm bazo là nguyên tử N-piriđin chịu ảnh hưởng –I và +C của nhóm NH. Hiệu ứng không
gian của mạch nhánh làm khó cho sự proton hóa.
Ở B, tâm bazo là nguyên tử N-piriđin chịu ảnh hưởng –I (yếu hơn vì ở cách xa hơn) và +C của
nhóm NH. Hiệu ứng không gây hiệu ứng không gian. Vậy A < B.
2. Công thức cấu tạo của sản phẩm:
Các phản ứng b và d không xảy ra.
3. Theo đề bài ra A, B là 2 ancol có số nguyên tử cacbon gấp đôi nhau.
Đặt A: C
n
H
2n+1
OH và B: C
2n
H
4n+1
OH
Số mol O
2
và hỗn hợp
PV 0,8.4,2
X 0,1(mol)
22,4
RT
.(273 136,5)
273
=> Số mol hỗn hợp X = 0,01 mol
Đặt công thức chung của A và B là
21nn
C H OH
(n <
n
< 2n)
Ta có sơ đồ:
21nn
C H OH
→
n
CO
2
0,01 0,01
n
Số mol CO
2
= 0,01
n
= 1,408/44
=>
n
= 3,2 => n < 3,2 < 2n => 1,6 < n < 3,2
=> n = 2 => A: C
2
H
5
OH; B: C
3
H
9
OH
Hoặc n = 3 => A: C
3
H
7
OH; B: C
6
H
13
OH
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG PLEIKU - GIA LAI
Câu 1: (4,0 điểm)
1. A là một hiđrocacbon mạch hở trong phân tử chỉ có liên kết đơn hoặc liên kết đôi. Phương trình
nhiệt hóa học của phản ứng đốt cháy A như sau:
n 2n 2 2x(k) 2(k) 2(k) 2 (hoi)
3n 1 x
C H ( )O nCO (n 1 x)H O
2


H 1852kJ / mol
Trong đó n là số nguyên tử cacbon và x là số liên kết đôi C = C trong A.
xác định công thức cấu tạo của A, biết rằng năng lượng của các liên kết như sau:
Liên kết
O = O
H - O
C - H
C = O
C = C
C - C
Năng lượng
liên kết
(kJ/mol)
498
467
413
799
611
414
2. Cho phản ứng:
4(k) (r) 2(k)
CH C 2H H 74,0kJ / mol
Ở 500℃, K
p
= 0,41.
a. Tính ở 850
0
C
b. Tính độ phân hủy α của CH
4
và áp suất hỗn hợp khí trong một thể tích 50 lít chứa 1 mol CH
4
và được giữ ở 850
0
C cho đến khi hệ đạt đến cân bằng
Câu 2: (4,0 điểm)
1. a. Cho biết E
0
của Fe
3+
/Fe
2+
= 0,771V, O
2
/H
2
O = 1,229V.
Ks của Fe(OH)
3
= 3,8.10
-38
, của Fe(OH)
2
= 4,8.10
-16
Hãy tính ở 25
0
C E
0
của Fe(OH)
3
/ Fe(OH)
2
và E
0
O
2
/OH
-
trong môi trường kiềm ở pH=14.
b. Từ các số liệu tính được hãy cho biết trong hai phản ứng sau đây phản ứng nào dễ xảy ra hơn
về mặt nhiệt động?
4Fe
2+
+ O
2
+ 4H
+
→ 4Fe
3+
+ 2H
2
O (ở pH = 0)
4Fe(OH)
2
+ O
2
+ 2H
2
O → 4Fe(OH)
3
(ở pH = 14)
2. Dung dịch chứa đồng thời CH
3
COOH 0,002 M và HCOOH xM. Tính x biết pH của dung dịch có
trị số 3,3. Cho hằng số Phân ly axit của CH
3
COOH là K
1
= 1,8.10
-5
và của HCOOH là K
2
=
1,77.10
-4
.
Câu 3: (4,0 điểm)
1. Có thể hòa tan 0,01 mol AgCl trong 100ml dung dịch NH
3
1M không?
Biết T
AgCl
= 1,8. 10
-10
; K bền của phức [Ag(NH
3
)
2
]
+
là 1,0.10
8
.
2. Cho hỗn hợp gồm FeS và Cu
2
S với tỉ lệ mol 1:1 tác dụng hết với dung dịch HNO
3
, thu được dung
dịch A và khí B duy nhất. A tạo thành kết tủa trắng với BaCl
2
; để trong không khí, B chuyển
thành khí màu nâu đỏ B
1.
Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NH
3
, tạo ra dung dịch A
1
và kết tủa A
2.
Nung A
2
ở nhiệt độ
cao được chất rắn A
3.
Viết các phương trình phản ứng dạng ion.
3. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp FeS và FeCO
3
bằng dung dịch HNO
3
đặc nóng dư, thu được hỗn hợp
khí A gồm hai khí X, Y có tỉ khối so với hiđro bằng 22,909.
a. Viết phương trình hóa học dạng ion và tính % khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu.
b. Làm lạnh hỗn hợp khí A xuống nhiệt độ thấp hơn, thu được hỗn hợp khí B gồm ba khí X, Y,
Z có tỉ khối so với hiđro bằng 31,50. Tính % khí A bị đime hóa thành Z.
Phản ứng đime hóa tỏa hay thu nhiệt? (Cho H=1; N=14, O = 16, S = 32)
Câu 4: (4,0 điểm)
1. Cho các phản ứng:
- Xiclohexen + H
2
→ Xiclohexan H
1
= - 119,54 kJ.mol
-1
- Benzen + 3H
2
→ Xiclohexan H
2
= - 208,16 kJ.mol
-1
- Xiclohexa-1,3-dien + 2H
2
→ Xiclohexan H
3
= - 231,57 kJ.mol
-1
Tính hiệu ứng nhiệt của các phản ứng:
a. Benzen + H
2
→ Xiclohex- 1,3- đien H
4
= ?
b. Xiclohex- 1,3- đien + H
2
→ Xiclohexen H
5
= ?
c. Từ kết quả thu được, giải thích tại sao khi hydro hóa benzen (Ni, t
0
) lại không thể thu được
Xiclohexen hoặc Xiclohexa-- 1,3- đien dù lấy bất kỳ tỉ lệ nào.
2. Hydrocacbon thơm C
9
H
8
làm mất màu Brom, cộng hợp được với brom theo tỉ lệ mol 1:2, Khi oxi
hóa thì tạo thành axit benzoic; Khi tác dụng với dung dịch AgNO3 trong môi trường NH
3
tạo kết
tủa đặc trưng.
Hãy viết công thức và gọi tên hiđrocacbon ấy mà các sản phẩm tạo thành. Viết Sơ đồ các phản
ứng đã xảy ra.
Câu 5: (4,0 điểm)
1. Xitral là thành phần chính của tinh dầu sả, công thức phân tử Là C
10
H
16
O có cấu tạo mạch hở. Sau
khử sản phẩm Ozon phân, thì thu được các sản phẩm sau:
CH
3
CO CH
3
(A), O= CHCH
2
CH
2
COCH
3
(B), O= CHCHO (C).
Lập luận để xác định công thức cấu tạo của xitral ( chú ý quy tắc isopren).
Viết các công thức đồng phân lập của Xitral.
2. Từ tinh dầu hoa hồng tách được 2 đồng phân A
1
, A
2
. đều có công thức C
10
H
18
O, chúng đều làm mất
màu dung dịch Brom trong CCl
4
và tạo thành C
10
H
18
OBr . Khi cho tác dụng với HBr ở lạnh từ mỗi
chất sẽ tạo thành 2 dẫn xuất monobrom C
10
H
17
Br; khi oxi hóa A
1
và A
2
bằng CuO đều tạo được hợp
chất có công thức C
10
H
16
O, bằng dung dịch KMnO4 trong môi trường axit đều thu được hai chất
CH
3
COOCH
3
và CH
3
COH CH
2
COOH.
a. Xác định cấu trúc của A
1
và A
2
, gọi tên theo danh pháp IUPAC.
b. Viết sơ đồ các phản ứng xảy ra.
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG PLEIKU - GIA LAI
Câu 1: (4,0 điểm)
1.
C C C C C H
H n – 1 x E x.E 2n 2 – 2x E


O O C O O H
3n 1 x
( ).E ] [(2n.E 2(n 1 x).E ]
2

n – 1 x x. 2n
3n 1 x
.414 611 413 .4982 – 2x ]
2



[2n.799 2(n 1 x).467]=-1852
545m = 56x + 1579
Vì 0 ≤ x ≤ n – 1
2,897 ≤ n ≤ 3,115 → n = 3 và x = 1
Công thức cấu tạo của X: CH
3
– CH = CH
2
2. Xét phản ứng: CH
4(k)
C
(r)
+ 2H
2(k)
a. Áp dụng công thứ:
2
1
P,T
P,T 1 2
K
H 1 1
ln ( )
K R T T

3
12
21
74,9.10 1123 773
H 1 1
()
()
8,314 1123.773
R T T
PP
K K .e 0,41.e 15,4977





b. CH
4(k)
C
(r)
+ 2H
2(k)
n
Bđ: 1 0 1
[]: 1-α 2α 1+ α
2
P
2
(2 )
K .P (1)
1

Mặt khác:
(1 ).0,082.(273 850)
P (1 ).1,8417 (2)
50
Thay (2) và (1) ta được
2
P
(2 ) (1 ).1,8417
K 15,4977
(1 )(1 )

Câu 2: (4 điểm)
1. a. Fe(OH)
3
+ e
0
G

Fe(OH)
2
+ OH
-
0
1
G
0
3
G
Fe
3+
+ 3OH
-
+ e
0
2
G

Fe
2+
+ 3OH
-
32
3 2 3 2
0 s 0 'S
Fe(OH) /Fe(OH) Fe(OH) Fe(OH)
Fe /Fe
1FE RTlnK 1FE RTK

32
32
00
Fe(OH) /Fe(OH)
'
Fe /Fe
S
RT
E ln E 0,536V.
FK

O
2
+ 4e + 4H
2
O
0
G

4OH
-
+ 2H
2
O
0
1
G
0
2
G
O
2
+ 4e + 4H + 4OH
-
0 0 0
12
G G G
2 2 2
2
0 4 0
H O O /H O
O /OH
4FE RTlnK 4FE
2 2 2
2
2
0 4 0
H O O /H O
O /OH
0
O /OH
RT
E lnK E
4F
E 0,401V

b. 4Fe
2+
+ O
2
+ 4H
+
→ 4Fe
3+
+ 2H
2
O (ở pH = 0) (1)
0
G
= -4.96500(1,2299-0,771) = -176788 J
4Fe(OH)
2
+ O
2
+ 2H
2
O → 4Fe(OH)
3
(ở pH = 14) (2)
0'
G
= -4.96500(0,401 + 0,536) = -361.628 J
0'
G
<
0
G
nên trong môi trường kiềm xảy ra mạnh hơn (phản ứng hai).
2. Có các cân bằng sau:
CH
3
COOH CH
3
COO
-
+ H
+
(1) K
1
= 1,8.10
-5
HCOOH HCOO
-
+ H
+
(2) K
2
= 1,77.10
-4
HOH OH
-
+ H
+
(3) K
W
= 10
-14
Áp dụng ĐLBTĐT:
[H
+
] = [CH
3
COO
-
] + [HCOO
-
] + [OH
-
]
Vì môi trường có pH = 3,3 nên có thể bỏ qua [OH
-
] ở (3).
[H
+
] = [CH
3
COO
-
] + [HCOO
-
] (4)
Áp dụng ĐLBTĐT:
0,002 = [CH
3
COOH] + [CH
3
COO
-
] (5)
x = [HCOOH] + [HCOO
-
] (6)
Áp dụng ĐLTDKL cho (1) và (2):
3
1
3
[H ] CH COO
CH C
]
OO
[
H
K
2
[H ] HCOO
HCOOH
[]
K
Lần lượt thế vào (5) và (6) và biến đổi ta được:
3
5
1
[ ] 6,93.10
[H
0,002
CH
]
1
COO
K

2
[ ] 0,261x
[H
x
H
]
1
K
COO

Thay vào (4): 10
-3,3
= 6,93.10
-5
+ 0,261x → x ≈ 1,65.10
-3
Câu 3: (4 điểm)
3.1. Ta có các phản ứng:
AgCl Ag
+
+ Cl
-
Tt = 1,8.10
-10
Ag
+
+2NH
3
[Ag(NH
3
)
2
]
+
8
1,0.10
Phương trình tổng
AgCl + 2NH
3
[Ag(NH
3
)
2
]
+
+ Cl
-
(1)
Ban đầu: 1 0 0
[]: 1-2x x x
Hằng số cân bằng của phản ứng (1)
K = Tt.
= [Ag(NH
3
)
2
]
+
.[Cl
-
]/[NH
3
]
2
= 1,8.10
-10
.1,0.10
8
= 1,8.10
-2
→ K
C
= x
2
/(1-2x
2
) = 1,8.10
-2
→ x = 0,106 M
Như vậy AgCl tan hoàn toàn ( vì nồng độ [Ag(NH
3
)
2
]
+
khi AgCl tan hoàn toàn chỉ bằng
0,01/0,1=0,1M)
3.2.
3FeS + 3Cu
2
S + 28H
+
+ 19NO
3
-
→ 6Cu
2+
+ 3Fe
3+
+ 6SO
4
2-
+ 19NO + 14H
2
O
2NO + O
2
→ 2NO
2
Ba
2+
+ SO
4
2-
→ BaSO
4
Fe
3+
+ 3NH
3
+ 3H
2
O → Fe(OH)
3
+ 3NH
4
+
Cu
2+
+ 2NH
3
+ 3H
2
O → Cu(OH)
2
+ 2NH
4
+
Cu(OH)
2
+ 4NH
3
→ [Cu(NH
3
)
4
]
2+
+ 2OH
-
2Fe(OH)
3
→Fe
2
O
3
+ 3H
2
O
3.3.
3FeS + 10H
+
+ 9NO
3
-
→ Fe
3+
+ SO
4
2-
+ 9NO
2
+ 5H
2
O (1)
a mol 9a
FeCO
3
+ 4H
+
+ NO
3
-
→ Fe
3+
+ CO
2
+ NO
2
+ 2H
2
O (2)
b mol bmol bmol
M
= 22,909.2 = 45,818 → ngoài CO
2
(44) thì phải có NO
2
(46)
Và
M
=45,818 =
46(9 ) 44
92


a b b
ab
ab
Do đó % m
FeS
= (88.100)/(88+116) = 43,14 %
%
3
FeCO
m
= 100 - 43,14 = 56,86%
b. Phản ứng đime hóa
Giả sử a = b = 1 mol → nNO
2
= 10 mol; nCO
2
=1 mol
2NO
2
(k) N
2
O
4
(k) (3)
Ban đầu 10
Phản ứng 2x x
Cân bằng 10-2x x
M
= 31,5.2 = 63 =
44.1 46(10 2x) 92x
x 3(mol)
11 x

% nNO
2
đime hóa là 2.3.100%/10 = 60%
Khi làm lạnh thì phản ứng đime hóa xảy ra, vậy phản ứng đime hóa tỏa nhiệt.
Câu 4: (4,0 điểm)
1. a. Ta có:
Xiclohexan → xiclohexa-1,3-dien + 2H
2
– ∆H
3
= + 231,57 kJ.mol
-1
(I)
Benzen + 3H
2
→ xiclohexan ∆H
2
= - 208,16 kJ.mol
-1
(II)
Từ (I) + (II) ta được
Benzen + H
2
→ xiclohex-1,3-dien + 2H
2
∆H
4
= + 23,41 kJ.mol
-
b. Xiclohexan → xiclohexen + H
2
∆H
5
= - ∆H
1
= + 119,54 kJ.mol
-1
(III)
xiclohexa-1,3-dien + 2H
2
→ xiclohexa ∆H
3
= - 231,57 kJ.mol
-1
(IV)
Từ (III) + (VI) ta được:
xiclohex-1,3-dien + H
2
→ xiclohexen ∆H
3
= - 112,024 kJ.mol
-
c. Khi cộng một phân tử H2 vào benzen tạo ra xiclohexa-1,3- đien thì chất này lại phản ứng rất
nhanh tạo ra xiclohexen, đến lượt mình, xiclohecxen lại phản ứng ngay tạo ra xiclohexan vì thế dù
trộn bất kỳ tỉ lệ nào cũng đều thu được xiclohexan.
2 . - Độ bất bão hòa k= (20-8)/2=6
- Khi oxi hóa thành axit benzoic, vậy vòng chiếm k’ = 4 còn 2 liên kết pi ở nhánh và chỉ có một
nhánh chứa 3 nguyên tử cacbon ( nếu hai nhánh khi oxi hóa thành điaxit).
- Cộng hợp với hydro theo tỉ lệ mol 1:2, vậy nhánh có hay liên kết đôi hoặc một liên kết ba.
- Tác dụng với dung dịch AgNO
3
/ NH
3
, Vậy phải có liên kết ba đầu mạch.
- Vậy C
9
H
8
là benzylaxetilen: C
6
H
5
CH
2
C≡CH.
Sơ đồ: C
6
H
5
CH
2
C≡CH + 2Br
2
→ C
6
H
5
CH
2
CBr
2
-CHBr
2
C
6
H
5
CH
2
C≡CH + [Ag(NH
3
)
2
]OH
→ C
6
H
5
CH
2
C≡CAg + 2NH
3
+ H
2
O.
C
6
H
5
CH
2
C≡CH + 7O
→ C
6
H
5
COOH
+ 2CO
2
+ H
2
O.
Câu 5: (4,0 điểm)
1. Lập luận:
Vì đuôi là al nên có một nhóm CHO từng do.
Cứ hai nhóm CO của hai phân tử A và B hoặc A và C…. thì tạo một liên kết đôi, vậy B hoặc C ở
giữa mạch, nhưng C đối xứng, còn B không đối xứng, nên B có hai trường hợp B ở giữa; đồng thời sử
dụng quy tắc isopren ta có công thức sau:
2. a) Độ bất bão hòa k bằng ( 22 - 18)/2 = 2
khi cộng hợp với brom thì tạo C
10
H
18
OBr
4
nên có 2 liên kết pi.
Khi cho tác dụng với HBr ở lạnh từ mỗi chất sẽ tạo thành 2 dẫn xuất monobrom
C
10
H
17
Br, vậy có một nhóm OH (ancol) và các liên kết pi được bão toàn. Khi oxi hóa A1 và A2
bằng CuO đều tạo được hợp chất có công thức C
10
H
6
O, Vậy sản phẩm có nhóm CO.
Khi tác dụng dung KMnO
4
trong môi trường axit đều thu được hai chất CH
3
COCH
3
và CH
3
COH
CH
2
COOH. Từ sản phẩm sau khi tác dụng dung dịch KMnO
4
/H
+
mới chỉ được 8 nguyên tử C và
kết hợp với quy tắc isopren ta được công thức:
a. Sơ đồ phản ứng:
C
10
H
18
O + 2Br
2
→ C
10
H
18
OBr
4
C
10
H
17
OH + HBr → C
10
H
17
Obr
+ H
2
O
C
10
H
17
OH
0
4
KMnO / H ,t

CH
3
COCH
3
+ CH
3
COCH
2
CH
2
COOH + (COOH)
2
TRƯỜNG THPT TRƯỜNG CHINH – ĐĂKNÔNG
Câu 1: ( 4 điểm)
1. Cho 4 số lượng tử của electron cuối cùng trên nguyên tử của các nguyên tố A, X, Z, như sau:
A: n=3; l=1; m=-1; s=-1/2
X: n=2; l=1; m=-1; s=-1/2
Z: n=2; l=1; m=0; s=+1/2
a. Hãy xác định A, X, Z?
b. Cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và cấu trúc hình học của phân tử và ion sau:
22
2 2 3 4
ZA ;AX ;AX ;AX ?

(không cần vẽ hình minh họa)
2. Hợp chất A được tạo thành từ ion X
+
và ion Y
2+
. Mỗi ion đều do 5 nguyên tử của 2 nguyên tố tạo
nên. Tổng số proton trong ion X
+
là 11, tổng số electron trong ion Y
2-
là 50. Xác định công thức
phân tử và gọi tên (A)? Biết 2 nguyên tố trong ion Y
2-
thuộc cùng một phân nhóm và thuộc 2 chu
kì liên tiếp trong bảng hệ thống tuần hoàn.
Câu 2: (4 điểm)
2.1. Dung dịch A gồm CH
3
COOH 0,01M và HCl, có pH
(A)
= 2
a. Tính thể tích dung dịch NaOH 0,02M để trung hòa 25 ml dung dịch A.
b. Tính pH của dung dịch sau khi trung hòa.
Biết CH
3
COOH có pKa = 4,76
2.2. Biết thế oxi hóa khử tiêu chuẩn:
2 3 3
2
2
00
Cu /Cu Fe /Fe
00
Ag /Ag Cu /Cu
00
Fe /Fe I /2I
E 0,16V E 0,77V
E 0,8V E 0,52V
E 0,44V E 0,54V


Hãy cho biết hiện tượng gì xảy ra trong các trường hợp sau:
a. Cho bột sắt vào dung dịch sắt (III) sunfat
b. Cho bột đồng vào dung dịch sắt (II) sunfat
c. Cho dung dịch bạc nitrat vào dung dịch sắt (II) nitrat
d. Cho dung dịch sắt (III) nitrat vào dung dịch kali iotua
Câu 3: ( 4 điểm)
1. Chỉ dùng thêm phenolphtalein. Hãy phân biệt các dung dịch đựng riêng NaCl, NaHSO
4
, CaCl
2
,
AlCl
3
, FeCl
3
, Na
2
CO
3
. (viết các phản ứng xảy ra dưới dạng ion).
2. Cho 45,24 gam một oxit sắt tác dụng hết với 1,5 lit dd HNO
3
loãng thu được dd A và 0,896 lit
hỗn hợp sản phẩm khí B gồm NO và N
2
O, biết tỷ khối của hỗn hợp (B) so với H
2
bằng 17,625.
Thêm vào A m gam Cu rồi khuấy đều để phản ứng xảy ra hoàn toàn, thấy thoát ra 0,448 lit NO
duy nhất và còn lại 2,88 gma kim loại không ta, các thể tích đo ở đktc,
a. Xác định công thức sắt oxit?
b. Tính m và C
M
của dd HNO
3
ban đầu?
c. Sau khi lọc bỏ kim loại không tan rồi đem cô cạn dung dịch thì thu được bao nhiêu gam muối
khan?
Câu 4: (4 điểm)
1. Hỗn hợp khí gồm hidro, một anken và một ankin có cùng số nguyên tử C trong phân tử, có tỉ khối
hơi so với hidro là 7,8. Sau khi cho hỗn hợp qua Ni nung nóng để phản ứng xảy ra hoàn toàn thì
thu được hỗn hợp mới có tỉ khối so với hỗn hợp đầu là 20/9.
a. Xác định công thức cấu tạo anken và ankin?
b. Tính % theo thể tích mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu?
2. Hỗn hợp X gồm C
2
H
6
; C
2
H
4
; C
2
H
2
. Hãy trình bày phương pháp hóa học để tách riêng từng khí ra
khỏi hỗn hợp ban đầu?
Câu 5: (4 điểm)
Hợp chất hữu cơ A gồm 3 nguyên tố C, H, O tác dụng vừa đủ với dung dịch KOH 11,666%. Sau
phản ứng thu được dung dịch X, cô cạn dung dịch X thì phần hơi chỉ có H
2
O với khối lượng 86,6
gam, còn lại là chất rắn Y có khối lượng là 23 gam. Đốt cháy hoàn toàn Y thu được 13,8 gam K
2
CO
3
và 38 gam hỗn hợp CO
2
và H
2
O. Toàn bộ lượng CO
2
này cho vào dung dịch Ca(OH)
2
dư thu được 70
gam kết tủa. Xác định công thức cấu tạo của A biết A đơn chức?
TRƯỜNG THPT TRƯỜNG CHINH – ĐĂKNÔNG
Câu 1: ( 4 điểm)
1. a. Cho 4 số lượng tử của electron cuối cùng trên nguyên tử của các nguyên tố A, X, Z như sau:
A: n=3; l=1; m=-1; s=-1/2 → 3p
4
→ A là S
X: n=2; l=1; m=-1; s=-1/2 → 2p
4
→ X là O
Z: n=2; l=1; m=0; s=+1/2 → 2p
2
→ Z là C
b. Trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm trong các phân tử:
ZA
2
là CS
2
sp
Cấu trúc hình học: đường thẳng
AX
2
là CO
2
sp
2
Cấu trúc hình học: Góc
2
3
AX
là
2
3
SO
sp
3
Cấu trúc hình học: Chóp đáy tam giác đều
2
4
AX
là
2
4
SO
sp
3
Cấu trúc hình học: Tứ diện đều.
2. Gọi
X
Z
là số proton trung bình trong 1 nguyên tử có trong Cation X
+
X
Z
=11/5 = 2,2
Trong X phải chứa H (Z= 1) hoawch He (Z=2)
Vì He là khí hiếm nên trong X
+
phải có H
+ Gọi M là nguyên tố còn lại trong ion X
+
.
Công thức tổng quát của X
+
:
nm
MH
Ta có m+n = 5 (1) và nZ
M
+ m = 11 (2) Lấy (2) – (1)
n(Z
M
– 1) = 6
n = 1 và Z
M
= 7
M là nitơ
Vậy: X
+
là
4
NH
Gọi
Y
Z
là số proton trung bình trong 1 nguyên tử có trong Cation X
+
Y
Z
= (50-2)/5 = 9,6
trong Y
2-
phải có 1 nguyên tố có Z ≤ 9
Nguyên tố đó thuộc chu kì 2
Nguyên tố còn lại thuộc chu kì 3
Gọi CTTQ của Y
2-
và
2
xy
AB
Theo bài ta có:
x + y = 5 (3)’ Z
B
– Z
A
= 8 (4) ; xZ
A
+ yZ
B
= 50 -2 = 48 (5)
Từ (3), (4), (5)
5Z
A
– 8x = 8
x = 4; y=1; Z
A
= 8
Z
B
= 16
B là lưu huỳnh
Y
2-
là
2
4
SO
Vậy CTTQ của A là (NH
4
)
2
SO
4
(Amoni sunfat)
Câu 2: (4 điểm)
1. a. Các quá trình xảy ra trong dung dịch:
HCl → H
+
+ Cl
-
CH
3
COOH CH
3
COO
-
+ H
+
H
2
O H
+
+ OH
-
Ta có pH = 2
[H
+
] = 10
-2
M
n
H+
= 10
-2
.0,025 = 2,5.10
-4
(mol)
Các phản ứng xảy ra: H
+
+ OH
-
H
2
O
CH
3
COOH + NaOH → CH
3
COONa + H
2
O
n
NaOH
= n
OH-
= 2,5.10
-4
(mol)
V
NaOH
= 2,5.10
-4
/0,02 = 0,0125 (lit) = 12,5 ml
b. Dung dịch sau khi trung hòa gồm: NaCl và CH
3
COONa
mà n
CH3COOH
= n
CH3COONa
= 0,01.0,025 = 2,5.10
-4
(mol)
[CH
3
COONa] = 2,5.10
-4
/(0,025+0,0125) = 1/150 (M)
Các quá trình xảy ra trong dung dịch:
CH
3
COONa → Na
+
+ CH
3
COO
-
CH
3
COO
-
+ H
2
O CH
3
COOH + OH
-
Kb = 10
-14
/Ka = 10
-9,24
H
2
O H
+
+ OH
-
Kw = 10
-14
Vì Kb.Cb >> Kw nên bỏ qua sự điện li của nước.
CH
3
COO
-
+ H
2
O CH
3
COOH + OH
-
C 1/150
Cb (1/150 – x) x x
Ta có Kcb = x
2
/(1/150-x) = 10
-9,24
x = 1,9584.10
-6
M.
Vậy [OH
-
] = 1,9584.10
-6
M
pOH = 5,71
pH = 14-5,71 = 8,29
2. a. Vì
33
0
Fe /Fe
E 0,77V


>
2
0
Fe /Fe
E 0,44V

Tính oxi hóa : Fe
3+
mạnh hơn Fe
2+
Tính khử: Fe mạnh hơn Fe
2+
Phản ứng xảy ra 2 Fe
3+
+ Fe

3Fe
2+
Dung dịch màu vàng chuyển sang lục nhạt.
b.
0
Cu /Cu
E 0,52V

>
2
0
Cu /Cu
E 0,16V

Tính oxi hóa : Cu
+
mạnh hơn Cu
2+
Tính khử: Cu
+
mạnh hơn Cu
Phản ứng xảy ra Cu
+
+ Cu
+

Cu
2+
+ Cu
Do đó phản ứng nghịch không xảy ra nghĩa là cho bột đồng vào dung dịch CuSO
4
không có hiện
tượng gì.
c.
0
Ag /Ag
E 0,8V

>
33
0
Fe /Fe
E 0,77V


Tính oxi hóa : Ag
+
mạnh hơn Fe
3+
Tính khử: Fe
2+
mạnh hơn Ag
Phản ứng xảy ra Fe
2+
+ Ag
+

Fe
3+
+ Ag
Dung dịch màu lục nhạt chuyển sang màu vàng.
d.
33
0
Fe /Fe
E 0,77V


>
2
0
I /2I
E 0,54V

Tính oxi hóa : Fe
3+
mạnh hơn I
2
Tính khử: I
-
mạnh hơn Fe
2+
Phản ứng xảy ra 2I
-
+ 2Fe
3+

I
2
+ 2Fe
2+
Dung dịch không màu chuyển sang màu nâu.
Câu 3: (4 điểm)
1. Cho phenolphtalein vào mỗi mẫu thử. Mẫu thử có màu hồng là dung dịch Na
2
CO
3
, các mẫu thử
còn lại không màu.
CO
3
2-
+ H
2
O HCO
3
-
+ OH
-
Dùng Na
2
CO
3
là thuốc thử để cho vào các mẫu thử còn lại.
Mẫu thử có sủi bọt khí không màu là NaHSO
4
.
CO
3
2-
+ 2H
+
H
2
O + CO
2
↑
Mẫu thử kết tủa trắng keo và sủi bọt khí không màu là AlCl
3
.
Al
3+
+ 3CO
3
2-
+ 3H
2
O → 2Al(OH)↓ + 3CO
2
↑
Mẫu thử tạo kết tủa đỏ nâu và sủi bọt khí không màu là FeCl
3
Fe
3+
+ 3CO
3
2-
+ 3H
2
O → 2Fe(OH)↓ + 3CO
2
↑
Mẫu thử tạo kết tủa trắng là CaCl
2
Ca
2+
+ CO
3
2-
→ CaCO
3
↓
Mẫu thử không tạo hiện tượng là NaCl
2. a. Tính n
NO
= 0,025 mol; n
N2O =
0,015 mol.
Gọi
xy
Fe O
n
là a mol
xy
Fe O
m
= a(56x + 16y) = 45,24 (*)
+ Quá trình oxi hóa:
3
x y 2
Fe O 2yH (3x 2y)e xFe yH O

a 2ya a(3x-2y) ax
+ Quá trình khử:
32
NO 4H 3e NO 2H O

0,1 0,075 0,025
3 2 2
2NO 10H 8e N O 5H O

0,15 0,12 0,015
Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: a(3x – 2y) = 0,195 (**)
Từ (*) và (**)
x:y = 3:4
Công thức oxit sắt là Fe
3
O
4
a = 0,195 và
33
Fe(NO )
n ax 0,585mol
b. Khi cho Cu vào dung dịch A có phản ứng:
3Cu + 8HNO
3
→ 3Cu(NO
3
)
2
+ 2NO + 4H
2
O (1)
0,03 0,08 0,03 0,02
3Cu + 2Fe(NO
3
)
3
→ Cu(NO
3
)
2
+ 2Fe(NO
3
)
2
(2)
0,2925 0,584 0,2925 0,585
m = (0,03 + 0,2925).64 + 2,88 = 23,52 (gam)
3
HNO
n
trong dd đầu = 2ay + 0,1 + 0,15 + 0,08 = 1,89 (mol)
→ [HNO
3
] = 1,26 M
c. m
muối
=
32
Fe(NO )
m
+
32
Cu(NO )
m
(1), (2) = 165,93 gam
Câu 4: (4 điểm)
1. a. Gọi công thức chung của anken và ankin lần lượt là:
C
n
H
2n
và C
n
H
2n-2
(n≥2)
Mt = 7,8.2 = 15,6 đvC
Ms = 20/9.15,6 = 34,66 đvC
Khi nung nóng hỗn hợp A gồm a mol H
2
, x mol C
n
H
2n
và y mol C
n
H
2n-2
với bột Ni để phản ứng
hoàn toàn thì:
C
n
H
2n
+ H
2
→ C
n
H
2n+2
x x x
C
n
H
2n-2
+ 2H
2
→ C
n
H
2n+2
y 2y y
Vậy bài toán có 2 trường hợp:
+ Trường hợp 1: Sau phản ứng H
2
hết → Hỗn hợp sau phản ứng gồm anken, ankan, ankin → có
công thức chung C
n
H
m
có Ms = 34,66 → 12n + m = 34,66 → n=2.
Vậy hỗn hợp sau phản ứng gồm: C
2
H
2
, C
2
H
4
, C
2
H
6
thì có M < 34,66 → Trường hợp này không
đúng.
+ Trường hợp 2:
Vậy H
2
dư sau phản ứng
Vì Ms = 34,66 nên nếu số nguyên tử C =2 thì
26
CH
M 30 Ms
loại
Vậy số nguyên tử C có thể bằng 3 hoặc 4 (vì đây là hỗn hợp chất khí)
-Nếu là C
3
ta có: C
3
H
4
và C
3
H
6
Giả sử hỗn hợp ban đầu có 1 mol thì:
a + x + y = 1
2a + 42x + 40y = 15,6
34,667 = 15,6/(a-y)
Giải 3 pt trên ta có: a = 0,65; x = 0,15; y = 0,2 → trường hợp này nhận
-Nếu là C
4
ta có: C
4
H
6
và C
4
H
8
Giả sử hỗn hợp ban đầu có 1 mol thì:
a + x + y = 1
2a + 42x + 40y = 15,6
34,667 = 15,6/(a-y)
Giải 3 pt trên ta có: a = 0,7375; x = -0,025; y = 0,2875 → trường hợp này loại
b. 2.%VH
2
= 65;
3 6 3 4
C H C H
%V 15; %V 20;
2. Thổi hỗn hợp qua bình chứa dung dịch AgNO
3
/ NH
3
duw. Lọc tách kết tủa, hòa tan kết tủa trong
dung dịch HCl dư thu được khí C
2
H
2
:
C
2
H
2
+ 2AgNO
3
+ 2NH
3
→ C
2
Ag
2
+ 2NH
4
NO
3
C
2
Ag
2
+ 2HCl → C
2
H
2
+ 2AgCl
Khí ra khỏi bình chứa dung dịch AgNO
3
/NH
3
. Thổi tiếp qua dung dịch nước brom dư. Chiết lấy
sản phẩm và đun nóng với Zn (trong CH
3
COOH) thu được C
2
H
4
:
C
2
H
4
+ Br
2
→ C
2
H
4
Br
2
C
2
H
4
Br
2
+ Zn → C
2
H
4
+ ZnBr
2
Khí bay ra khỏi bình chứa dung dịch brom là khí C
2
H
6
Câu 5: ( 4 điểm)
- Xác định CO
2
có trong 38 gam (CO
2
và H
2
O)
CO
2
+ Ca(OH)
2
→ CaCO
3
+ H
2
O
0,7 mol ← 0,7 mol
2
2
CO
HO
m 0,7.44 30,8(g)
m 38 30,8 7,2(g)
- Ta lại có
23
K/KOH K/K CO
13,8
n n 2. 0,2(mol)
138
KOH KOH
n 0,2mol m 0,2.56 11,2(g)
KOH
100
m 11,2. 96(g)
11,666

2
H O (trongKOH)
m 96 11,2 84,8(g)
Theo bài ra ta có khối lượng nước sau phản ứng là 86,6 gam.
2
HO
m
sinh ra do phản ứng với KOH là: 89,9 – 84,8 = 1,8 gam
A + KOH → Rắn Y + H
2
O
11,2 23 1,8g
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: m
A
= 23+1,8 -11,2 = 13,6 gam
m
C (trong A)
= m
C (trong CO2)
+ m
C (trong K2CO3)
m
C =
0,7.12 + 0,1.12 = 9,6 gam
m
H (trong A)
+ m
H (trong KOH)
= m
H (trong Y)
+ m
H (trong H2O)
m
H (trong A)
= 2.(7,2:18) + 2.(1,8:18) – 0,2.1 = 0,8 gam
-m
O (trong A)
= m
A
– m
H
– m
C
= 13,6 – 9,6 -0,8 = 3,2 gam
- Gọi công thức của A là C
x
H
y
O
z
ta có:
x:y:z = (9,6/12) : 0,8: (3,2:16) = 4:4:1
Vậy công thức đơn giản nhất của A là: (C
4
H
4
O)
n
Vì A tác dụng với KOH chỉ thu được muối và nước, mặt khác A đơn chức nên n = 2
CTPT của A là: C
8
H
8
O
2
Mà n
A
= 12,6:136 = 0,1 mol. Ta có tỷ lệ: n
A
: n
KOH
= 1:2. Vậy A không thể là axit đơn chức
A là
este loại phenolat.
- A có thể có các cấu tạo sau:
CH
3
COOC
6
H
5
HCOOC
6
H
5
-m-CH
3
HCOOC
6
H
5
-p-CH
3
HCOOC
6
H
5
-o-CH
3
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT – QUẢNG NGÃI
Câu 1: (4 điểm)
1.1. Cho biết ion M
(Z-1)+
có năng lượng ion hóa thứ Z là 870,4 eV. (Với Z là số đơn vị điện tích hạt nhân
của nguyên tử M).
a) Xác định cấu hình electron của M ở trạng thái cơ bản.
b) Xác định các cấu hình electron có thể có của M ở trạng thái kích thích. Biết rằng các electron trong
trạng thái kích thích đó chỉ ứng với các giá trị số lượng tử chính là n ≤ 2.
c) Tính bước sóng của phát xạ tương ứng với quá trình giả sử rằng electron trong ion M
(Z-1)+
từ trạng
thái kích thích (n=4) về trạng thái cơ bản (n=1).
Cho biết: h=6,625.10
-34
J.s; C=3.10
8
m.s
-1
; 1 eV = 1,6.10
-19
(J), N
A
= 6,022.10
23
1.2 CO có khả năng tạo phức mạnh với kim loại chuyển tiếp. Viết phương trình phản ứng của CO lần
lượt với
28 25
Ni, Mn
và giải thích sự hình thành liên kết trong các phân tử phức tạo thành bằng thuyết
lai hóa và cho biết từ tính của các phức.
1.3 Cho các phân tử: O
3
; SO
2
; NO
2
và các góc liên kết: 120
0
; 132
0
; 116,5
0
.
a) Hãy ghi giá trị góc liên kết trên cho phù hợp với các phân tử tương ứng.
b) Giải thích (ngắn gọn).
Câu 2: (4 điểm)
2.1. a) Dung dịch A chứa H
2
C
2
O
4
0,001M. Tính pH và nồng độ ion C
2
O
4
2-
có trong dung dịch A.
b) Thêm tinh thể FeCl
3
vào dung dịch A để đạt nồng độ ban đầu là 1,0.10
-4
M. Giả thiết thể tích
dung dịch thay đổi không đáng kể. Hãy cho biết có xuất hiện kết tủa Fe(OH)
3
không? Chứng minh?
c) Tính phần mol của phức Fe(C
2
O
4
)
3
3-
trong dung dịch A.
Cho các giá trị hằng số tạo thành tổng hợp của phức Fe
3+
với C
2
O
4
2-
là
β
1
= 1,0.10
8
; β
2
= 2,0.10
14
; β
3
= 3,0.10
18
; K
w
= 10
-14
.
Hằng số phân ly axit của H
2
C
2
O
4
là K
a1
= 0,05; K
a2
= 5.10
-5
Tích số tan của Fe(OH)
3
; K
s
= 2,5.10
-39
2.2 Điện phân dung dịch NiSO
4
0,10 M có pH = 2,00 dùng điện cực platin.
a) Tính thế catot cần thiết để có kết tủa Ni ở catot?
b) Tính điện áp cần tác dụng để có quá trình điện phân đầu tiên?
c) Tính điện áp phải tác dụng để [Ni
2+
] còn lại bằng 1,0.10
-4
M.
Cho
2
2 2 2
00
O /H O O (Pt)
Ni /Ni
E 0,23 V; E 1,23 V; 0,80 V
Điện trở của bình điện phân R = 3,15 Ω; I = 1,10 A.
Câu 3: (4 điểm)
3.1 Lấy 10,0 mL (V
Mn
) dung dịch KMnO
4
0,04M cho vào bình tam giác, thêm vào mẫu dung dịch chứa
axit crotinic C
A
, kiềm dư và muối Ba(NO
3
)
2
dư, để yên trong 45 phút được hỗn hợp X. Biết rằng khi
phản ứng, mỗi phân tử axit crotonic mất 10 electron trong điều kiện thực nghiệm. Thêm 8,0 mL (V
Mn
)
dung dịch KCN 0,01M vào hỗn hợp X thì xảy ra phản ứng sau:
2
4 4 2
Ba MnO CN OH BaMnO CNO H O
Lọc bỏ kết tủa BaMnO
4
, lượng xianua dư trong dung dịch nước lọc được chuẩn độ với dung dịch AgNO
3
0,005M (C
Ag
) đên khi quan sát thấy kết tủa.
a) Viết phương trình ion của phản ứng tổng quát trong hỗn hợp X.
b) Viết công thức dạng phức chất ban đầu của ion Ag
+
và xianua (cho đến khi kết tủa hình thành).
c) Công thức của kết tủa tại thời điểm cuối chuẩn độ.
d) Viết công thức tổng quát tính số mol axit crotonic trong thí nghiệm trên. Tính khối lượng axit crotonic
có trong mẫu biết điểm cuối chuẩn độ dùng hết 5,4 ml dung dịch AgNO
3
.
3.2. Hợp chất vô cơ A trong thành phần chỉ có 3 nguyên tố. Trong A có % khối lượng O bằng
21.4765(%). Khi sục khí CO
2
vào dung dịch của A trong nước thu được axit B. Chất B bị phân tích bởi
ánh sáng thu được chất C. Chất C khi phản ứng với dung dịch AgNO
3
thu được kết tủa D. Chất D không
tan vào dung dịch HNO
3
nhưng tan trong dung dịch NH
3
. Khi cho dung dịch A phản ứng với dung dịch
FeCl
2
thu được kết tủa E còn khi dung dịch của A phản ứng H
2
O thu được khí F.
a) Xác định công thức phân tử của các chất.
b) Viết phương trình phản ứng xảy ra.
Câu 4: (4 điểm)
4.1.
Naphtalen Azulen
Các hợp chất hữu cơ có mạch liên hợp phân cực thường mang màu.
a) Azulen là hiđrocacbon thơm không chứa vòng benzen, có màu xanh da trời. Naphtalen cũng là
hiđrocacbon thơm và là đồng phân của azulen. Giải thích tại sao azulen có màu trong khi naphtalen lại
không có màu.
b) Khi cho azulen vào dung dịch H
2
SO
4
, azulen bị mất màu. Giải thích hiện tượng.
4.2 Ba hiđrocacbon A, B, C đều có công thức phân tử là C
4
H
4
, có các dữ kiện sau:
Hợp chất
A
B
C
Trạng thái lai hóa
Như nhau
Như nhau
Khác nhau
Độ dài liên kết
Bằng nhau
2 loại khác nhau
2 loại khác nhau
a) Viết công thức cấu tạo của A, B, C, trên đó ghi rõ trạng thái lai hóa của cacbon. So sánh độ dài
liên kết trong mỗi phân tử. Gọi tên A, B, C.
b) Mỗi hợp chất trên có thể có bao nhiêu dẫn xuất điclo? Viết công thức của chúng.
4.3. Phân tích 1 tecpen A có tinh dầu chanh thu được kết quả sau: C chiếm 88,235% về khối lượng, khối
lượng phân tử của A là 136 (đvC). A có khả năng làm mất màu dung dịch Br
2
, tác dụng với Br
2
theo
tỉ lệ mol 1:2 không tác dụng với dung dịch AgNO
3
/NH
3
dư. Ozon phân hoàn toàn A tạo ra 2 sản phẩm
hữu cơ là anđehit fomic và 3-axetyl-6-on heptanal. Xác định công thức cấu tạo của A. Xác định số
đồng phân lập thể (nếu có) của A.
Câu 5: (4 điểm)
5.1. Hãy chứng minh sự hình thành các sarnphaarm A và B theo sơ đồ sau:
Nếu thêm MgSO
4
vào dung dịch apharn ứng thì sẽ thu được sản phẩm nào và giải thích vì sao có
phản ứng đó?
5.2 Hợp chất A (C
17
H
32
O
4
) trơ khi nung nóng với dung dịch kiềm và không hấp thụ trong phổ UV, A
không giải phóng khí metan khi tác dụng với CH
3
MgBr. Đun nóng A với dung dịch H
2
SO
4
loãng thu
được B và C. Hợp chất B (C
5
H
8
O
2
) phản ứng với hiđroxylamin cho D. D không bị thủy phân, không
bị oxi hóa, không phản ứng với thuốc khử Hinsberg. D bị khử bởi Na/C
2
H
5
OH cho E. E phản ứng với
thuốc khử Hinsberg. Hiđro hóa B với xúc tác Ni thu được F, F phản ứng PBr
3
cho I (C
2
H
10
Br
2
). Đun
nóng I vơi NH
3
, sau đó cô cạn được chất rắn, sau khi nung ở nhiệt độ cao thu được sản phẩm giống E.
Hợp chất C có công thức C
6
H
12
O, phản ứng được với hiđroxylamin, phản ứng với clo trong NaOH
cho clorofom và dung dịch G, axit hóa G thu được hợp chất giống với sản phẩm của t-BuMgBr với
CO
2
.
Hãy lập luận và xác định công thức cấu tạo của các chất từ A đến G.
5.3. X là hợp chất hữa cơ lỏng có 90,6% cacbon và 9,4% hiđro về khối lượng. Tỉ khối hơi của X so với
nitơ bằng 3,79. Oxi hóa X bằng hỗn hợp nóng CrO
3
, H
2
SO
4
được tinh thể không màu hữu cơ A. Tách
nước A thu được chất B. Hợp chất B tác dụng vơi phenol (xúc tác H
2
SO
4
) được hợp chất Y thường
dùng làm chất chỉ thị axit-bazơ. Cả A và B khi tác dụng với butan-l-ol (xúc tác H
2
SO
4
đặc) đều thu
được hợp chất C. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, A, B và C.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT – QUẢNG NGÃI
Câu 1: (4 điểm)
1.1
a) Với hệ gồm 1 hạt nhân, 1 electron:
Năng lượng ion hóa
2
2
13,6 870,4
1

Z
Z
I
(eV)
Z=8
Vậy cấu hình electron của M ở trạng thái cơ bản là: 1s
2
2s
2
2p
4
b) Vì lớp 1s bền và sâu bên trong và bị chèn bởi lớp 2 nên khó bị biến đổi nên các trạng thái khích
thích là:
(1) 1s
2
2s
1
2p
5
(2) 1s
2
2s
0
2p
6
c) Năng lượng tương ứng với quá trình chuyển 1 electron từ trạng thái
(Các axit α - hodroxi-cacboxylic có thể phản ứng tương tự)
2. M
A
= 236; Tỷ lệ mol phản ứng A: KOH = 1:2
A là đi-axit.
Tỷ lệ mol phản ứng A: Br
2
= 1:1
A có liên kết đôi C=C
Mặt khác, A có vòng anizol trong phân tử, phần còn lại so với C
12
H
12
O
5
là C
5
H
4
O
4
,
chứng tỏ A được tạo thành từ A’ co thnahf phần C
5
H
6
O
5
(HOOC-CH
2
-CO-CH
2
-COOH)
khi kết hợp với anizol tách ra 1 phân tử H
2
O. Phản ứng xảy ra ở nhóm C=O của A’ tạo
ra nhóm OH đồng thời tách H
2
O.
- Do hiệu ứng không gian nên sự tạo thành A xảy ra ở vị trí para của vòng anizol. Do A có thể tạo
anhidrit nên 2 nhóm COOH phải ở cùng phía của nối đôi. Vậy cấu tạo A:
3. Đồng phân của A:
Tên IUPAC: (A
1
) Axit-(E)3-(2-metoxiphenyl)2-Pentadioic
(A
2
) Axit-(Z)3-(2-metoxiphenyl)2-Pentadioic
(A
3
) Axit-(Z)3-(4-metoxiphenyl)2-Pentadioic
4. Có thể có 2 sản phẩm khi A tác dụng với Br
2
(đôi đối quang) kích thích (n=4) về trạng thái cơ bản
(n=1)
22
16
22
88
E 13,6 ( 13,6 ) 816(eV) 1,3056.10 (J)
14
Mối liên hệ giữa năng lượng và bước sóng phát xạ là
9
h.C h.C
E 1,522.10 (m)
E

= 15,22 (Å)
1.2
*Phương trình phản ứng:
CO + Ni → Ni(CO)
4
10CO + 2Mn → Mn
2
(CO)
10
Vì Co là khối tử trường mạnh nên trong các phức chất sẽ gây ự dồn ghép các electron của nguyên tử
hoặc ion trung tâm.
* Sự hình thành liên kết trong phân tử Ni(CO)
4
Ni (Z = 28) [Ar] 3d
8
4s
2
4p
0
Ni* [Ar] 3d
10
4s
0
4p
0
Ở trạng thái kích thích, nguyên tử Ni dùng 1 obitan 4s trống tổ hợp với 3 obitan 4p tạo thành 4 obitan
lai hóa sp
3
trống hướng ra 4 đỉnh của hình tứ diện đều tâm là nguyên tử Ni.
CO dùng cặp electron tự do chưa liên kết trên nguyên tử cacbon tạo liên kết phối trí với các obitan lai
hóa trống của niken tạo ra phân tử phức trung hòa Ni(CO)
4
Phân tử Ni(CO)
4
có tính nghịch từ vì không còn electron độc thân.
↑
↑
↑
↑
↑
↑↓
↑
↑
↑
↑↓
↑
↑
↑
↑
↑
↑
↑
↑
↑
↑
↑
↑
↑
↑↓
↑
↑
↑
sp
3
*Sự hình thành liên kết trong phân tử Mn
2
(CO)
10
Mn (Z = 25) [Ar] 3d
5
4s
2
Mn* [Ar] 3d
7
4s
0
Ở trạng thái kích thích, mỗi nguyên tử Mn dùng 2 AO 3d, 1 AO 4s và 3AO 4s trống tổ hợp với nhau
tạo thành 6 AO lai hóa d
2
sp
3
.
10 phân tử CO dùng cặp e tự do trên nguyên tử C tạo liên kết phối trí với 10 AO lai hóa trong d của 3
nguyên tử Mn.
2 nguyên tử Mn dùng AO lai hóa có 1 e độc thân tạo thành liên kết Mn-Mn, tạo ra phân tử phức trung
hòa Mn
2
(CO)
10
Phân tử Mn
2
(CO)
10
có dạng 2 hình bát diện nối nhau qua 1 cạnh chung Mn-Mn, mỗi nguyên tử Mn
nằm ở tâm cảu bát diện, 10 phân tử CO nằm xung quanh ở các đỉnh còn lại.
Phân tử Mn
2
(CO)
10
có tính nghịch từ do không còn e độc thân.
1.3 a. Góc liên kết:
O
3
:( 120
0
); SO
2
:( 132
0
); NO
2
: (116,5
0
)
b. Giải thích:
Các nguyên tử trung tâm lai hóa sp
2
nên góc liên kết ≈ 120
0
- NO
2
có góc liên kết lớn nhất vì N có độ âm điện lớn hơn S, obitan lai hóa chưa tham gia liên kết
có 1 electron nên lực đẩy khép góc kém.
- O
3
có góc liên kết nhỏ nhất vì obitan lai hóa còn cặp electron chưa liên kết, và độ âm điện O lớn
hơn S tạo lực đẩy khép góc mạnh hơn trong SO
2
.
↑↓
↑
↑
↑
↑
↑
↑
↑
↑
↑
↑
↑
↑
↑
↑↓
↑
↑
↑
d
2
sp
3
↑
↑
↑
↑
↑
↑↓
↑
↑
↑
Câu 2: (4 điểm)
2.1 a) Ta có: H
2
C
2
O
4
H
+
+ HC
2
O
4
-
K
a1
= 0,05 (1)
HC
2
O
4
-
H
+
+ C
2
O
4
2-
K
a2
= 5,0.10
-5
(2)
Vì K
a1
>> K
a2
nên (1) là cân bằng chính.
Gọi C là nồng độ ban đầu của A.
2
24
a1
2 2 4 A
[H ][HC O ]
[H ]
K
[H C O ] C [H ]


2
a1 a1 A
4
[H ] K [H ] K C 0
[H ] 9,8.10 M pH 3,0


Mà ta có:
2
24
a1
24
[H ][C O ]
K
[HC O ]

và
4
24
[H ] [HC O ] 9,8.10 M

25
24
[C O ] 4,5.10 M

b) Có các cân bằng:
32
2 4 2 4
32
2 4 2 4 2
3 2 3
2 4 2 4 3
Fe C O FeC O
Fe 2C O Fe(C O )
Fe 3C O Fe(C O )
Bảo toàn nồng độ ion Fe
3+
ta có:
3
33
2 4 2 4 2 2 4 3
Fe
C [Fe ] [FeC O ] [Fe(C O ) ] [Fe(C O ) ]
Mà
32
2 4 1 2 4
[FeC O ] [Fe ][C O ]

3 2 2
2 4 2 2 2 4
[Fe(C O ) ] [Fe ][C O ]

3 3 2 3
2 4 3 3 2 4
[Fe(C O ) ] [Fe ][C O ]

Suy ra
3
3
3 3 2 3 2 2 3 2 3
1 2 4 2 2 4 3 2 4
Fe
3
Fe
3 2 3 2 2 3 2 3
1 2 4 2 2 4 3 2 4
4
8 5 14 5 2 18 5
C [Fe ] [Fe ][C O ] [Fe ][C O ] [Fe ][C O ]
C
[Fe ]
1 [Fe ][C O ] [Fe ][C O ] [Fe ][C O ]
1,0.10
1 1,0.10 .4,5.10 2,0.10 .(4,5.10 ) 3,0.10 .(4,5.10 )

3
10
1,4.10 M
Mà [OH
-
]
A
= 10
-11
M
[Fe
3+
].[OH
-
]
3
= 1,4.10
-43
< K
S
không có kết tủa Fe(OH)
3
ở dung dịch A.
c) Phần mol của Fe(C
2
O
4
)
3
3-
được tính như sau:
3
3 2 3
3 2 4
3 3 2 3 2 2 3 2 3
1 2 4 2 2 4 3 2 4
Fe
23
3 2 4
2 2 2 2 3
1 2 4 2 2 4 3 2 4
18 5 3
8 5 1
3
24
4
3
[]
[Fe ][C O ]
x
C [Fe ] [Fe ][C O ] [Fe ][C O ] [Fe ][C O ]
[C O ]
1 [C O ] [C O ] [C O ]
3,0.10 .(4,5.10 )
1 1,0.10 .4,5.10 2,0.10 .(4,5
Fe C O
.10




5 2 18 5 3
0,40
) 3,0.10 .(4,5.10 )
Vậy số mol của Fe(C
2
O
4
)
3
3-
bằng 0,40
2.2
a) Để có kết tủa Ni ở catot thì thế catot:
2
2
c
Ni /Ni
E E (Ni 2e Ni)
Với
22
02
Ni /Ni Ni /Ni
0,059 0,059
E E .lg[Ni ] 0,23 .lg0,10 0,2595V
22

b) *Ở catot có quá trình:
2
Ni 2e Ni

(1) có
2
Ni /Ni
E
=-0,2595 V
2
2H 2e H

(2)
22
0 2 2 2
2H /H 2H /H
0,059 0,059
E E .lg[H ] 0,00 .lg(10 ) 0,118V
22


Vì
2
Ni /Ni
E
=-0,2595 V <
2
2H /H
E
= - 0,118 V nên khi bắt đầu điện phân, ở catot xảy ra úa trình (2)
trước.
*Ở anot:
22
2H O O 4H 4e
2 2 2 2 2
0 4 2 4
O /H O O /H O O
0,059 0,059
E E .lg([H ] .P ) 1,23 .lg(10 ) 1,112V
44

Điện áp tối thiểu cần đặt vào để quá trình điện phân bắt đầu xảy ra là:
2 2 2
2
a c O /H O O
2H /H
V E E I.R (E ) (E ) I.R
(1,112 0,80) ( 0,118) 1,10.3,15 5,495 V
c) Để [Ni
2+
] = 1,0.10
-4
M thì có lúc đó thế catot:
2
4
c
Ni /Ni
0,059
E E 0,23 .lg10 0,348V
4
Khi đó, điện áp cần phải tác dụng là
ac
V E E I.R (1,112 0,80) ( 0,348) 1,10.3,15 5,725 V
Câu 3: (4 điểm)
3.1.
a) Trong môi trường kiềm, axit crotonic phản ứng và tồn tại ở dạng ion
4 4 2
C H O
, phân tử axit bị
oxi hóa mất 10 e nên có sự biến đổi:
CH
3
–CH=CH–COO
-
+ 14OH
-

CH
3
–COO
-
+ 2CO
3
2-
+ 8H
2
O + 10e
Ptpư:
2
4 5 2 4 4 3 3 2
C H O 10MnO 14OH 12Ba 10BaMnO CH COO 2BaCO 8H O

b)
2
Ag CN
c)
22
Ag CN AAg N ]gCAg[

Hoặc
Ag CN Ag CN

c) Số mol KMnO
4
sau khi phản ứng với axit crotonic:
A
Mn Mn C
C .V – 1 n0 mmol
Số mol xianua cần để phản ứng với KMnO
4
dư:
A
Mn Mn C
C .V –
1
n
2
10 mmol
Số mol xiamua dư:
A
CN CN CMn Mn
C .V – 10
1
C .V n l
2
mmo
Với cả hai công thức dạng kết tủa
2
AgA[ CNg]
và AgCN thì tỉ lệ mol Ag
+
và CN
-
phản ứng
vẫn là 1:1 nên:
A
Ag Ag CN CN Mn Mn C
1
C .V C .V ( n )
2
C .V – 10 
A
A
Ag Ag CN CN M
C
nn
C
M
1
C .V C .V
2
n
5
1
0,005.5,4 0,01.8,0 0,04.10,0
2
n 0,0294mmol
V
5
C.


Khối lượng của axit crotonic có trong mẫu: m
A
= 0,0294.86 = 2,53 mg
3.2.a) Axit B được tạo ra khi cho khí CO
2
phản ứng với dung dịch của A, B bị phân hủy bởi ánh sáng tạo
C, chất C phản ứng với AgNO
3
tạo kết tủa do vậy axit B phải là HClO nên A phải là muối ClO
-
Gọi công thức của A là M(ClO)
n
, theo đầu bài ta có:
O
n 16 100
%m
M 51,5n

M = 23.n , với n =1 ta có M = 23.
Vậy A là muối NaClO
Cho dung dịch NaClO phản ứng với FeCl
2
tạo được kết tủa E vậy E phải là Fe(OH)
3
, còn khi cho
A phản ứng với dung dịch H
2
O
2
thì khí F tạo ra O
2
.
b) NaClO + H
2
O +CO
2
→ NaHCO
3
+ HClO
2HClO → 2HCl + O
2
HCl + AgNO
3
→ HNO
3
+ AgCl
AgCl + 2NH
3
→ [Ag(NH
3
)
2
]Cl
3NaClO + 6FeCl
2
+ 3H
2
O → 3NaCl + 4FeCl
3
+ 2Fe(OH)
3
NaClO + H
2
O
2
→ NaCl + O
2
+ H
2
O
Câu 4: (4 điểm)
4.1. a) Naphtalen là hệ liên hợp nhưng các liên kết π ít phân cực nên không màu.
Trong khi đó azulen phân cực để tạo thành 2 vòng thơm bền vững hơn. Phân tử
azulen tạo thành hệ liên hợp phân cực nên có màu.
b) Khi cho azulen vào dung dịch H
2
SO
4
thì H
+
sẽ cộng vào vòng 5 cạnh làm mất hệ
liên hợp khé kín và mất tính phân cực của hệ nên azulen bị mất màu.
4.2. a) Các công thức:
b) – A chỉ có 1 dẫn xuất điclo:
– B chỉ có 3 dẫn xuất điclo:
– C chỉ có 3 dẫn xuất điclo:
4.3. Đặt A: C
x
H
y
x : y = (88,235:12) : 11,765 = 10 : 16
Công thức thực nghiệm (C
10
H
16
)
n
M
A
= 136
CTPT A: C
10
H
16
A có (số lk π + số vòng) = 3
- A tác dụng Br
2
theo tỉ lệ mol 1:2
A có 2 liên kết π và 1 vòng
- A không tác dụng với dung dịch AgNO
3
/NH
3
dư
A không có nối ba đầu mạch.
- Ozon phân hoàn toàn A tạo ra 2 sản phẩm hữu cơ là anđehitfomic 3-axetyl-6-on heptanal
CTCT A:
A có 1 nguyên tử C
*
nên số đồng phân lập thể là 2
Câu 5: (4 điểm)
5.1
Sự oxi hóa pemanganat xảy ra bán phản ứng sau:
4 2 2
MnO 2H O 3e MnO 4OH


Trong hỗn hợp phản ứng nếu không có dung dịch đệm thì môi trường có tính bazơ mạnh. Chính
nhóm OH
–
sẽ tương tác với nhóm OH bậc ba và chuyển hiđroxi anđehit thành hiđroxi xeton và cho
sản phẩm B.
Khi thêm MgSO
4
thì ion Mg
2+
sẽ kết hợp với OH
-
tạo thành hợp chất Mg(OH)
2
kết tủa nên môi
trường sẽ trugn tính. Trong trường hợp này không có phản ứng chuyển vị nên chỉ thu được sản phẩm A.
5.2.
Hợp chất C:
- C phản ứng được với hiđroxylamin nên C có nhóm cacbonyl (C=O).
- C phản ứng với clo trong NaOH cho clorofom và dung dịch G; nên C có nhóm (CH
3
-CO-).
- Dung dịch G phải là muối natri cacboxilat dạng RCOONa.
Hợp chất G:
Axit hóa thu được sản phẩm giống sản phẩm của t-BuMgBr với CO
2
.
Do đó hợp chất G là
Hợp chất C tương ứng là
Hợp chất B (C
5
H
8
O
2
) có độ bất bão hào bằng 2:
- B phản ứng với hiđroxylamin cho D nên B có nhóm cacbonyl.
Hợp chất D không bị thủy phân, không bị oxi hóa, không phản ứng với thuốc khử Hinsberg nên D
là amin bậc 3, có công thức sau:
Do đó, hợp chất B:
Hợp chất E có phản ứng với thuốc khử Hinsberg nên E là amin bậc 1:
Hợp chất A (C
17
H
32
O
4
) có độ bất bão hòa bằng 2.
- A không hấp thụ trong phổ UV nên A không có hệ liên hợp.
- A trơ khi đun nóng với dung dịch kiềm nên A không phải axit, este.
- A không giải phóng metan khi tác dụng CH
3
MgBr nên A không có nguyên tử hiđro linh động
- A + dung dịch H
2
SO
4
loãng
0

t
B + C nên A là ete.
Do đó, hợp chất A là
Hợp chất F là
Hợp chất G là
5.3. X: C
x
H
y
90,6 9,4
x : y : 4:5
12 1

X có dạng (C
4
H
5
)
n
khối lượng mol của X: M
x
= 106 g/mol.
Công thức phân tử của X : C
8
H
10
. Theo đề bài X phải là o-xilen.
A và B tác dụng với butan-1-ol đều tạo ra chất hữu cơ C:
TRƯỜNG
THPT
CHUYÊN LÊ
QUÝ ĐÔN – BÌNH ĐỊNH
Câu 1: (4 điểm)
1. Nguyên tố X có nhiều dạng thù hình, có độ âm điện nhỏ hơn oxi và chỉ tạo hợp chất cộng hóa trị
với halogen. X có vai trò quan trọng trong sinh hóa, electron cuối cùng của X thỏa mãn điều kiện:
n + l + m + m
s
= 5,5 và n + l =4
a. Viết cấu hình electron và gọi tên X.
b. X tạo với H
2
nhiều hợp chất cộng hóa trị có công thức chung là: X
a
H
b
; dãy hợp chất này tương
tự dãy đồng đẳng ankan. Viết công thức cấu tạo của 4 chất đồng đẳng đầu tiên.
c. Nguyên tố X tạo được những axit có oxi có công thức chung là H
3
XO
n
. Hãy viết công thức
cấu tạo và gọi tên 3 axit tương ứng. Tính thể tích dung dịch NaOH 1,2M để trung hòa 1,0 lit
dung dịch hỗn hợp 3 axit trên đều có nồng độ 1,0M.
d. Một hợp chất dị vòng X có cấu trúc phẳng được tổng hợp từ phản ứng NH
4
Cl và XCl
5
, sản
phẩm phụ của phản ứng là một chất dễ tan trong nước. Hãy viết phương trình phản ứng và
viết công thức cấu tạo của đơn chất (NXCl
2
)
2
2. Niken(II) oxit có cấu tạo mạng tinh thể giống mạng tinh thể của natri clorua. Các ion O
2-
taaoj
thành mạng lập phương tâm mặt, các hốc bát diện có các ion Ni
2+
. Khối lượng riêng của niken (II)
oxit là 6,67 g/cm
3
. Nếu cho niken oxit tác dụng với liti oxit và oxi thì được các tinh thể trắng có
thành phân
x 1 x 2 2 x 1 x
xx
Li Ni O: Li O (1 x)NiO O Li Ni O
24

Cấu trúc mạng tinh thể của
x 1 x
Li Ni O
giống cấu trúc mạng tinh thể của NiO, nhưng số ion Ni
2+
được thế bằng các ion liti và một số ion Ni
2+
bị oxi hóa để bảo đảm tính trung hòa điện của phân
tử. Khối lượng riêng của tinh thể
x 1 x
Li Ni O
là 6,21 g/cm
3
.
a. Vẽ một ô mạng cơ sở của niken (II) oxit.
b. Tính x (chấp nhận thể tích của ô mạng cơ sở không thay đổi khi chuyển từ NiO thành
x 1 x
Li Ni O
)
c. Tính phần trăm số ion Ni
2+
đã chuyển thành ion Ni
3+
và viết công thức thực nghiệm đơn giản
nhất của hợp chất
x 1 x
Li Ni O
bằng cách dùng Ni (II), Ni (III) và các chỉ số nguyên.
Câu 2: (4 điểm)
1. Thêm dần dung dịch AgNO
3
vào 25 ml hỗn hợp gồm KCl 0,010 M; KBr 0,050 M; KSCN 0,100M
và K
2
CrO
4
0,012 M. Khi bắt đầu xuất hiện kết tủa đỏ gạch của Ag
2
CrO
4
thì hết 35,20 ml dung
dịch AgNO
3
. Tính nồng độ mol/l của AgNO
3
ban đầu.
Cho biết: pK
s
của các kết tủa AgCl, AgBr, AgSCN và Ag
2
CrO
4
lần lượt là 10,0; 13,0; 12,0 và
12,0;
4
a HCrO )(
pK 6,5
2. Để loại trừ các ion
3
NO
trong nước (các ion
3
NO
có mặt trong nước xuất phát từ phân bón) có
thể khử nó thành
2
NO
bằng cách cho đi qua lưới có chứa bột Cd.
a. Viết nửa phản ứng của hai cặp
32
NO / HNO
và
2
HNO / NO
trong môi trường axit. Chứng
minh rằng HNO
2
bị phân hủy trong môi trường pH = 0 đến 6.
b. Ở pH = 7, nồng độ
3
NO
là 10
-2
M. Viết phản ứng giữa Cd và
3
NO
. Hỏi
3
NO
có bị khử hoàn
toàn ở 25℃ trong điều kiện này không? Tính nồng độ
3
NO
còn lại trong nước khi cân bằng.
c. Tính thế khử (thế oxi hóa – khử) chuẩn của cặp
32
NO / NO

ở pH =14 và 25℃
Cho biết các số liệu sau 25℃:
0
32
E (NO / HNO ) 0,94V;
0 0 2 4
2 a 2
14
S2
E (HNO / NO) 0,98V; E (Cd / Cd) 0,40V; K (HNO ) 5.10 ;
K (Cd(OH) ) 1,2.10

Câu 3: (4 điểm)
1. So sánh và giải thích:
a. Nhiệt độ sôi của photphin và amoniac
b. Nhiệt độ sôi của silan và metan.
c. Nhiệt độ nóng chảy của silic đioxit và cacbon đioxit.
2. a. Tinh thể axit pecloric thường được viết dưới dạng HClO
4
.H
2
O. Nhưng thực nghiệm cho thấy
trong tinh thể có 4 liên kết đồng nhất. Hãy đề nghị một công thức cấu tạo phù hợp với thực
nghiệm
b. Hợp chất A chứa lưu huỳnh, oxi và halogen. Trong mỗi phân tử A chỉ có 1 nguyên tử S. Thủy
phân hoàn toàn A trong dung dịch B. Các thuốc khử cho dưới đây dùng để thử những ion nào
trong dung dịch B:
*AgNO
3
+ HNO
3
*Ba(NO
3
)
2
*NH
3
+ Ca(NO
3
)
2
*KMnO
4
+ Ba(NO
3
)
2
*Cu(NO
3
)
2
Kết quả thực nghiệm khi dùng các thuốc thử đó như sau:
*Kết tủa màu vàng
*Không kết tủa
*Không có hiện tượng đặc trưng
*Màu tím bị mất và có kết tủa trắng
*Không kết tủa
Để xác định chính xác công thức của A người ta làm thí nghiệm sau: Lấy 7,190 gam chất A hòa
tan vào nước thành 250 ml dung dịch. Lấy 25 ml dung dịch này, thêm một ít HNO
3
và lượng dư
AgNO
3
thu được 1,452 gam kết tủa sạch khô.
Xác định công thức phân tử chính xác và viết công thức cấu tạo của A.
Câu 4: (4 điểm)
1. Từ dầu mỏ, người ta tách được hiđrocacbon X, Y và Z. Dưới tác dụng của ánh sáng, brom hóa X
ta thu được sản phẩm X
1
. Kết quả phân tích định lượng X
1
cho thấy có 55,81%C; 6,98%H và
37,21%Br. Bằng phương pháp vật lý cho biết X
1
có hai loại phân tử với số lượng gần tương
đương nhưng có khối lượng hơn kém nhau 2 đvC. Phân tử Y và Z đề có nhiều hơn phân tử X hai
nguyên tử H.
a. Xác định công thúc phân tử của X,Y,Z.
b. Cả X, Y, Z đều không làm mất màu dung dịch brom và chỉ chứa C bậc hai và ba. Tỉ lệ giữa số
nguyên tử C bậc ba và số nguyên tử C bậc hai ở X là 2:3; còn ở Y và Z là 1:4. Cả X,Y và Z
đều chỉ chứa vòng sáu cạnh ở dạng ghế. Hãy xác định công thức cấu tạo và viết công thức lập
thể của X, Y và Z.
c. So sánh nhiệt độ nóng chảy của X, Y và Z. Giải thích.
2. Hỗn hợp X gòm C
3
H
6
, C
4
H
10
, C
2
H
2
và H
2
. Cho m gam X vào bình kín có chứa một ít bột Ni làm
xúc tác. Nung nóng bình thu được hỗn hợp Y. Đốt cháy hoàn toàn Y cần dùng vừa đủ V lít khí O
2
(đktc). Sản phẩm cháy cho hấp thu hết vào bình đựng nước vôi trong dư, thu được một dung dịch
có khối lượng giảm 21,45 gam. Nếu cho Y đi qua bình đựng lượng dư dung dịch brom tro CCl
4
tì
có 24 brom phản ứng. Mặt khác, cho 11,2 lít (đktc) hỗn hợp X đi ua bình đựng dung dịch brom dư
trong CCl
4
, thấy có 64 gam brom phản ứng. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn.
Tìm giá trị của V.
Câu 5: (4 điểm)
Axit xitric (axit 2-hidroxipropan -1,2,3-tricacboxylic) là một axit quan trọng nhất trong quả
chanh, gây nên vị chua.
1. Axit xitric bị tách H
2
O và giải phóng khí CO khi đun nhẹ với H
2
SO
4
đặc ở 45℃ →50℃? Viết cấu
trúc và tên UIPAC của sản phẩm tạo ra. Loại axit hữu cơ nào sẽ có phản ứng tương tự?
2. Sau khi đun nhẹ axit xitric với axit sunfuric, thêm anisol (metoxi benzen) vào hỗn hợp pahrn ứng
thì thu được sản phẩm A (C
12
H
12
O
5
). Cần 20 ml KOH 0,05N để trung hòa 118mg A. Cùng lượng
chất A phản ứng với 80mg brom tạo thành sản phẩm cộng. Khi đun nóng với anhidrit axetic, A
tạo một anhiđrit. Hãy suy ra cấu trúc của A.
3. Hãy xác định các đồng phân có thể có của A trong phản ứng này và cho biết cấu trúc, cấu hình
tuyệt đối và tên gọi theo IUPAC của chúng.
4. Trong phản ứng brom hóa có thể thu được bao nhiêu đồng phân lập thể của A. Viết công thức
chiếu Fisơ của chúng và kí hiệu theo R, S các tâm lập thể đó.
5. Thay vì anisol, nêu thêm phenol và resorcinol (có cấu tạo như hình vẽ) riêng rẽ vào hỗn hợp phản
ứng, lần lượt thu được chất B và C. Chất B không nhuộm màu với FeCl
3
trung tính, nhưng C lại
có thể nhuộm màu. Với các điều kiện phản ứng như nhau, chất C được tạo thành nhiều hơn hẳn so
với B.
- Hãy cho biết cấu trúc của B và C?
- Có gì khá cbeetj giữa phản ứng tạo thành A và B?
- Vì sao hiệu suất tạo thành C lớn hơn B
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN – BÌNH ĐỊNH
Câu 1: (4 điểm)
1. a. X tạo hợp chất cộng hóa trị với halogen nên X là phi kim.
Theo đề bài:
n + l + m + m
s
= 5,5
n + l = 4
→ n = 3 và l = 1 (X là phi kim) và m = m
s
= 1,5
- Nếu m
s
= 1/2 → m = 2 (loại)
- Nếu m
s
= -1/2 → m = 1 (nhận )
Vậy e cuối của X có các số lượng tử.
n = 3; l = 1;m =1; m
s
= +1/2
3p3 → 1s
2
2s
2
2p
2
3s
2
3p
2
(z =15)
X là photpho (P)
b. Công thức cấu tạo của 4 chất đồng đẳng là: PH
3
, P
2
H
4
, P
3
H
5
, P
4
H
6
c. Nguyên tố X tạo được những axit có oxi CT chung là: H
3
PO
n
Công thức cấu tạo và tên 3 axit tương ứng là
H
3
PO
4
: axit photphoric
H
3
PO
3
: axit photphorơ
H
3
PO
2
: axit photphorơ
Cho NaOH vào tring hòa 3 axit có phản ứng:
H – O
H – O
H – O
P = O
H – O
H – O
H
P = O
H – O
H
H
P = O
H
3
PO
4
+ 3NaOH → Na
3
PO
4
+ 3H
2
O (1)
1 → 3 (mol)
H
3
PO
4
+ 2NaOH → Na
2
HPO
4
+ 2H
2
O (2)
1 → 2 (mol)
H
3
PO
4
+ NaOH → NaH
2
PO
4
+ H
2
O (3)
1 → 1 (mol)
n
mỗi axit
= 1.1 = 1 (mol);
NaOH
n 3 2 1 6(mol);
V
ddNaOH
=
6
5,0
1,2
(lít)
d. Phương trình phản ứng: 2PCl
5
+ 3NH
4
Cl → (NPCl
2
)
3
+ 12HCl
HCl dễ tan trong nước
Công thức cấu tạo (NPCl
2
)
3
2. a.
b.
Tính x:
Tính cạnh a của ô mạng cơ sở của NiO
3
NiO NiO
NiO
3
A A NiO
n.M n.M
a
N .a N .
n = 4 ( vì mạng là lập phương tâm mặt)
38
23
4.74,69
a a 4,206.10 cm
6,022.10 .6,67
Theo đầu bài, ô mạng cơ sở của NiO và ô mạng cơ sở Li
x
Ni
1-x
O giống nhau, do đó:
x 1 x
x 1 x
Li Ni
3 23 8 3
A
O
Li Ni O
n.M
4. [x.6,94+(1-x).58,69+16]
6,21 x 0,10
N .a 6,022.10 .(4,206.10 )
c. Thay x vào công thức Li
x
Ni
1-x
O, ta có Li
0,1
Ni
0,9
O hay công thức là LiNi
9
O
10
. Vì phân tử trung hòa
điện nên trong LiNi
9
O
10
có 8 ion Ni
2+
và 1 ion Ni
3+
. Vậy cứ 9 ion Ni
2+
thì có 1 ion chuyển thành Ni
3+
.
Phần trăm số ion Ni
2+
đã chuyển thành ion Ni
3+
là
1
.100% 11,1%
9
Công thức thực nghiệm đơn giản nhất: LiNi(III)(Ni(II))
8
O
10
Câu 2: (4 điểm)
1. Đánh giá khả năng proton hóa của
2
4
CrO
:
2
4
CrO
+ H
2
O
4
HCrO OH

7,5
b
K 10
C’ 0,012-x x x
2
7,5 5
10 1,95.10 0,012,
0,012


x
x
x
có nghĩa là quá trình proton hóa của
2
4
CrO
xảy ra
không đáng kể.
2
4
'
CrO
C 0,012M
Xét thứ tự xuất hiện các kết tủa:
Điều kiện kết tủa AgCl:
10
8
Ag (1)
10
C 1,0.10 M
0,010

Điều kiện kết tủa AgBr:
13
12
Ag (2)
10
C 2,0.10 M
0,050

Điều kiện kết tủa AgSCN:
12
11
Ag (3)
10
C 1,0.10 M
0,10

Điều kiện kết tủa Ag
2
CrO
4
:
12
5,04
Ag (4)
10
C 10 M
0,012

Như vậy kết tủa AgBr xuất hiện trước, sau đến kết tủa AgSCN, đến AgCl và cuối cùng là kết tủa
Ag
2
CrO
4
.
Thực chất khi Ag
2
CrO
4
bắt đầu kết tủa :
2
4
CrO
0,012.25
C
25 35,2
Lúc đó để bắt đầu kết tủa Ag
2
CrO
4
thì:
12
4,85
Ag
10 .(25 35,2)
C 10 M
0,012.25

Và
10
5,15
AgCl
4,85
10
[Cl ]= 10 S
10


trong dung dịch bão hòa =
5
s
K 10
nghĩa là AgCl đã kết tủa hết.
Phương trình phản ứng:
Ag Br AgBr


Ag SCN AgSCN


Ag Cl AgCl


Số mmol Ag
+
= số mmol Br
-
+ số mmol SCN
-
+ số mmol Cl
-
(Coi lượng Ag
+
đi vào Ag
2
CrO
4
khi bắt đầu kết tủa là không đáng kể)
33
AgNO AgNO
32,5.C 25.(0,01 0,05 0,10) C 0,123M
2. a.
3 2 2
NO 3H 2e HNO H O

22
HNO H e NO H O;
Ở pH = 0 thì E
0
(HNO
2
/NO) >
0
32
E (NO / HNO )
nên HNO
2
bị phân hủy theo phản ứng:
2 32
NO3HNO 2NO H H O

Ở Ph = 6 thì:
0
32
E (NO / HNO )
=0,94 + 0,059/2(lg10
-6
) = 0,763V
E
0
(HNO
2
/NO) = 0,98 + 0,059 lg10
-6
= 0,626V
E
0
(HNO
2
/NO) vẫn lớn hơn
0
32
E (NO / HNO )
nên HNO
2
vẫn không bền.
b.
2
3 2 2
Cd NO H O Cd NO 2OH
Giả thiết phản ứng là hoàn toàn thì [Cd
2+
] =
3
[NO ]
bđ
= 10
-2
M
Ở pH = 7 thì [Cd
2+
] = K
S
/[OH
-
]
2
=1,2M. Nồng độ Cd
2+
sau phản ứng nhỏ hơn nhiều so với 1,2 M
nên không có kết tủa Cd(OH)
2
.
Để tính
3
[NO ]
khi cân bằng cần tính hằng số cân bằng K của phản ứng trên:
k
2
3 2 2
Cd NO H O 3H Cd NO 2OH 3H

2
k
2
2 2 2 2
Cd HNO H O Cd H NO 2H O
K = K
1
.K
2
.K
3
45
11
45 4 14 2 14
2(0,94 0,40)
lgK 45,42 K 2,65.10
0,059
K 2,65.10 .5.10 .(10 ) 1,325.10


Hằng số K rất lớn nên phản ứng gần như hoàn toàn. Ở pH = 7 ta có:
2
3 2 2
Cd NO H O Cd NO 2OH
Nđcb: (10
-2
– x) = ε x=10
-2
x=10
-2
10
-7
Như vậy ta có:
2 2 7 2
14 33
3
10 .10 .(10 )
1,325.10 [NO ]=7,55.10 M

c.
32
32
0
NO /NO
0
1
NO /NO
2(E 0,40)
lgK E 0,017V
0,059


Câu 3: (4 điểm)
1. a. Liên kết P-H là liên kết cộng hóa trị không phân cuwccj, còn liên kết N-H là liên kết cộng hóa
trị phân cực mạnh nên giữa các phân tử NH
3
tạo được liên kết diđro, ngoài ra, phân tử NH
3
phân
cực mạnh hơn phân tử PH
3
nên lực hút Var der Waals giữa các phân tử NH
3
cũng lớn hơn so với
phân tử PH
3
. Do đó: NH
3
có nhiệt độ sôi cao hơn PH
3
.
b. Liên kết C-H và liên kết Si-H đều là liên kết cộng hóa trị không phân cực nên tương tác giữa
các phân tử CH
4
hoặc SiH
4
là lực hút Var der Waals. Mà SiH
4
có khối lượng phân tử lớn hơn CH
4
nên: SiH
4
có nhiệt độ sôi cao hơn CH
4
.
c. Silic đioxit tuy có công thức phân tử giống với cacbon đioxit nhưng thực ra, silic đioxit ở trạng
thái rắn không tồn tại ở dạng từng phân tử riêng rẽ mà có cấu trúc polime. Tinh thể silic đioxit
gồm những nhóm tứ diện SiO
4
liên kết với nhau qua những nguyên tử O chung. Quá trình nóng
K
1
K
1
chảy của silic đioxit rất cao. Cacbon đioxit ở trạng thái rắn có cấu trúc tinh thể phân tử. Lực hút
giữa các phân tử là lực Van der Waals yếu nên tinh thể cacbon đioxit dễ nóng chảy. Vậy: Silic
đioxit có nhiệt độ nóng chảy cao hơn cacbon đioxit .
2. (2,5 điểm)
a. Công thức cấu tạo của tinh thể axit pecloric phù hợp với thực nghiệm là
b. – Thuốc thử AgNO
3
+ HNO
3
dùng để thử các ion Cl
-
, Br
-
, I
-
(AgCl trắng, AgBr vàng nhạt, AgI
vàng đậm).
- Thuốc thử Ba(NO
3
)
2
dùng để thử ion sunfat
2
4
SO
(BaSO
4
kết tủa trắng)
- Thuốc thử NH
3
+ Ca(NO
3
)
2
dùng để thử ion floria F
-
(CaF
2
kết tủa trắng).
- Thuốc thử KMnO
4
+ Ba(NO
3
)
2
dùng để thử ion sunfit
2
3
SO
(
2
3
SO
bị oxi hóa thành
2
4
SO
và tạo
thành kết tủa BaSO
4
).
- Thuốc thử Cu(NO
3
)
2
dùng để thử anion iodua I
-
(bị Cu
2+
oxi hóa I
2
, tọa kết tủa CuI màu trắng).
Dựa vào kết quả thực nghiệm ta thấy hợp chất làm mất màu thuốc tím, chứng tỏ S ở trạng thái oxi hóa
thấp S
4+
, vì có kết tủa vàng nhạt chứng tỏ trong A phải có Br và có thể có Cl.
Vậy các công thức có thể có của A là SOBr
2
, SOBrCl.
Khi hòa tan SOBr
2
, SOBrCl vào nước xảy ra các phản ứng sau:
SOBr
2
+ 2H
2
O → H
2
SO
3
+ 2HBr
SOBrCl + 2H
2
O → H
2
SO
3
+ HBr + HCl
Khi cho các dung dịch tác dụng với AgNO
3
sẽ tạo thành các kết tủa.
Ag
+
+ Br
-
→ AgBr ↓ M = 188
Ag
+
+ Cl
-
→ AgCl↓ M = 143,5
Nếu A là SOBr
2
: n
AgBr
= 2n
A
AgBr
7,19 1
n 2. . 0,069(mol)
208 10
AgBr
m 0,069.188 12,972gam
(không phù hợp với thực nghiệm)
Nếu A là SOBrCl:
AgBr AgCl A
7,19 1
n n n . 0,044 (mol)
163,5 10
m
kết tủa
= 0,044.(188+143,5) = 1,45 gam
Điều này phù hợp với thực nghiệm.
Vậy công thức phân tử chính xác của A là SOBrCl và công thức cấu tạo là:
Câu 4: (4 điểm)
1.(a) Đặt công thức tổng quá của X
1
là: C
x
H
y
Br
z
O = S
Cl
Br
Ta có:
%C %H %Br 55,81 6,98 37,21
x : y:z : : : : 10:15:1
12 1 80 12 1 80
Công thức nguyên của X
1
: (C
10
H
15
Br)
n
Ta biết trong tự nhiên brom tồn tịa dưới hai dạng đồng vị Br
79
và Br
81
. Mà khối lượng nguyên tử
trung bình của Br là 80
Br
79
và Br
81
trong tự nhiên có số lượng tương đương nhau.
CTPT của X
1
: C
10
H
15
Br
CTPT của X: C
10
H
16
CTPT của Y,Z: C
10
H
18
Vì X
1
có hai loại phân tử có khối lượng hơn kém nhau 2đvC nên X
1
chỉ có 1 nguyên tử Br.
(b) X, Y, Z không làm mất màu dung dịch brom
Không chứa liên kết bội mà chứa vòng no. X
có 4 C
III
, 6C
II
; Y và Z có 2 C
III
và 8C
II
.
Công thức cấu tạo của chúng
Công thức lập thể:
(c) Nhiệt độ nóng chảy X > Y > Z.
Vì tính gọn gành giảm theo chiều đó. X có cấu trúc đặc biệt gồm 4 mặt ghế xếp rất khít vào nhau (gần
giống mạng tnh thể) nên rất gọn
T
nc
cao đặc biệt.
2. Sơ đồ phản ứng:
3 6 4 10 2 2
X: C H ,C H ,C H
và
22
2
V.O Ca(OH) du
Ni
giam
2 dd
2
CO
H Y : m 21,45g
HO
  
3
bromdutrongCCl
2
Y: 0,15mol.Br
3
2
11,2. . : 0,4 .
bromdutrongCCl
l X mol Br
36
4 10
22
2
:
:
. .X:
:
:
C H a
C H b
mg
C H c
Hd
Tổng mol π trong hỗn hợp X là:
22
2 0,15. 2 0,15
2 0,15 2 3 0,15
H Br
X
a c n n d mol a c d
n a b c d a b c a c a b c
Bài toán chia hai phần không bằng nhau.
2
2
2 3 0,15 2
0,5 0,8 0,4 1,2 0,06
0,5. 0,4
Br
Br
a b c n a c
a c a b c
mol n







23
0,3a 0,4b 0,2c 0,06mol 3a 4b 2c 0,6.mol n
CO CaCO
n
22
36
4 10 2
. . ( )
3
2
22
2
:
: :0,6.
. .X:
:.
:
:
y mol O Ca OH
C H a
C H b CO mol
m g CaCO
H O x mol
C H c
Hd
 

22
3
dd
0,675.
giam
CO H O
CaCO
m m m m x mol
2
2
..
2 0,6.2 0,675 0,9375 21.
bt mol O
O
y y V l
Câu 5: (4 điểm)
1.
(Các axit α – hidroxi-cacboxylic có thể phản ứng tương tự)
2. M
A
= 236; Tỷ lệ mol phản ứng A: KOH = 1:2
A là đi-axit. Tỷ lệ mol phản ứng A:Br
2
= 1:1
A có
liên kết đôi C=C
Mặt khác, A có vòng anizol trong phân tử, phần còn lại so với C
12
H
12
O
5
là C
5
H
4
O
4
,
chứng tỏ A được hinhg thành từ A’ có thành phần C
5
H
6
O
5
(HOOC–CH
2
–CO–CH
2
-COOH) khi kết hợp với anizol tách ra 1 phân tử H
2
O. Phản
ứng xảy ra ở nhóm C=O của A’ tạo ra nhóm OH đồng thời tách H
2
O.
- Do hiệu ứng không gian nen sự tạo thành A xảy ra ở vị trí para của vòng anizol. Do A có thể tạo
anhidrit nên 2 nhóm COOH phải ở cùng phía của nối đôi. Vậy cấu tạo A:
3. Đồng phân của A
Tên IUPAC: (A
1
) Axit=(E)3-(2-metoxiphenul)2-Pentadioic
(A
2
) Axit=(Z)3-(2-metoxiphenul)2-Pentadioic
(A
3
) Axit=(Z)3-(4-metoxiphenul)2-Pentadioic
4. Có thể có 2 sản phẩm khi A tác dụng với Br
2
(đôi đối quang)
5. Sản phẩm thu được trong phản ứng với phenol (B) và trong phản ứng với Resorcinol (C)
- Khi hình thành B từ phản ứng của phenol, tấn công xảy ra ở vị trí ortho đối với nhóm OH, do hiệu
ứng không gian của nhóm OH giảm đáng kể so với OCH
3
nên có thể tấn coogn vòa cả 2 vị trí ortho
và para, nhưng thể ở vị trí ortho được ưu đãi hơn do khả năng khép vòng của axit trung gian làm cho
B bền vững.
- Phenol chỉ có một nhóm OH, còn Resorcinol có 2 nhóm OH tại các vị trí meta với nhau. Do đó vị trí
số (4) của Resorcinol tương đối hoạt động hơn (giàu e hơn). Vậy trong điều kiện tương tự hiệu suất tạo
C > B
| 1/129
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

…………………………….
BỘ ĐỀ OLIMPIC 30-4 HÓA 11
CÓ ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI
Tháng 10 năm 2021
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO – BÌNH THUẬN Câu 1: (4 điểm)
1.1. [Ru(SCN)2(CN)4]4- là ion phức của ruteni, được kí hiệu là P.
a. Viết công thức Lewis của phối tử thioxianat SCN-.
b. Cho biết dạng lai hóa của Ru trong P. Mô tả sự hình thành ion phức theo thuyết VB (Valence
Bond). Giải thích tại sao trong P, liên kết được hình thành giữa Ru và N của phối tử SCN- mà
không phải là giữa Ru và S. Cho biết phức có tính thuận từ hay nghịch từ, vì sao?
1.2. Niken (II) oxit có cấu trúc mạng tinh thể giống mạng tinh thể của natri clorua. Các ion O2- tạo
thành mạng lập phương tâm mặt, các hốc bát diện có các ion Ni2+. Khối lượng riêng của niken (II)
oxit là 6,67 g/cm3. Nếu cho niken (II) oxit tác dụng với liti oxit và oxi thì được các tinh thể trắng có thành phần LixNi1-xO: x x Li O  (1 x)NiO  O  Li Ni O 2 2 x 1x 2 4
Cấu trúc mạng tinh thể của LixNi1-xO giống cấu trúc mạng tinh thể của NiO, nhưng một ion Ni2+
được thế bằng các ion liti và một số ion Ni2+ bị oxi hóa để bảo đảm tính trung hòa điện của phân tử.
Khối lượng riêng của tinh thể LixNi1-xO là 6,21 g/cm3.
a. Vẽ một ô mạng cơ sở của niken (II) oxit.
b. Tính x (chấp nhận thể tích của ô mạng cơ sở không thay đổi khi chuyển từ NiO thành LixNi1-xO)
c. Tính phần trăm số ion Ni2+ đã chuyển thành ion Ni3+ và viết công thức thực nghiệm đơn giản nhất
của hợp chất LixNi1-xO bằng cách dùng Ni(II), Ni(III) và các chỉ số nguyên.
Cho: Li = 6,94; O = 16,00; S = 32,07; Ni = 58,69;
c =3,00.108 m.s-1; NA = 6,022.1023 mol-1;
R = 8,314 J.K-1.mol-1 = 0,082 L.atm.K-1.mol-1; 1 eV = 1,602.10-19 J. Câu 2: (4 điểm) 2.1. Cho 3 2 e F 1e Fe    0 E  0, 77V 3  8 1  6 T  3,8.10 T  4,8.10 Fe(OH 3 ) Fe(OH)2
Có một dung dịch chứa đồn thời Fe2+ và Fe3+ đều có nồng độ 1M ở pH = 0. Thêm dẫn dung dịch
NaOH vào (thể tích thay đổi không đáng kể) để tăng pH của dung dịch lên. Thí nghiệm được tiến
hành ở nhiệt độ không đổi 20℃.  a. Xác đị 3
nh sự phụ thuộc thế của cặp Fe vào pH của dung dịch. 2 Fe
b. Vẽ đồ thị E = f(pH).
2.2. Để xác định hằng số điện li của axit axetic người ta thiết lập một pin như sau:
Pt, H2 | H+ 1M || CH3COOH 0,01M | H2,Pt
Với P  1atm và suất điện động của pin ở 25℃ bằng 0,1998V. H2
Tính hằng số điện ti của axit axetic.
2.3. Dung dịch A gồm Fe(NO3)3 0,05M; Pb(NO3)2 0,10M; Zn(NO3)2 0,01 M. Sục khí H2S vào dung dịch
A đến bão hòa ([H2S] = 0,10 M) thu được hỗn hợp B. Những kết tủa nào tách ra từ hỗn hợp B? Cho: 3 2 Fe H O FeOH  H    lg*  2  ,17 2 1 2 Pb  H O PbOH H    lg*  7  ,80 2 2 2 Zn  H O ZnOH H    lg*  8  ,96 2 3 0 0 0 E       0, 771V; E 0,141V; E  0,126 V; 3 2 2 S/H2 S Fe /Fe Pb /Pb Ở RT 25℃: 2,303 ln  0, 0592 lg F
PkS(PbS) = 26,6; PkS(ZnS) = 21,6; PkS(FeS) = 17,2. (pKS = -lgKS, với KS là tích số tan). pK  7,02; pK 12,90; a1(H S) a 2(H S) 2 2 pK    9, 24; pK 4, 76 a (C H COOH) a ( NH ) 3 4 Câu 3: (4 điểm)
3.1. Cho từ từ khí CO đi qua ống đựng 3,2g CuO nung nóng. Khí ra khỏi ống được hấp thụ hoàn toàn vào
nước vôi trong dư tạo thành 1g kết tủa. Chất rắn còn lại trong ống sứ cho vào cốc đựng 500 ml dd
HNO3 0,16 M thu được V1 (l) khí NO vả còn một phần kim loại chưa tan. Thêm tiếp vào cốc 760ml 2 dd HCl
M . Sau khi phản xong thu thêm V2 (l) khí NO. Sau đó thêm tiếp 12g Mg vào dd sau phản 3
ứng thu được V3 (l) hỗn hợp khí H2 và N2, dd muối clorua và hỗn hợp M của các kim loại. a. Tính V1, V2, V3 (đktc).
b. Xác định khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp M. Các chất phản ứng xảy ra hoàn toàn.
3.2. Hòa tan hoàn toàn hợp X gồm Zn, FeCO3 , Ag bằng lượng dung dịch dư HNO3 loãng thu được hỗn
hợp khí A và dung dịch B. Hỗn hợp A gồm 2 chất khí, có tỉ khối hơn so với Hidro là 19,2. Cho dung
dịch B tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH thu được kết tủa. Lọc lấy kết tủa rồi nung đến khối
lượng không đổi thu được 5,64 gam kết tủa.
Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp đầu, biết khối lượng Zn và FeCO3 bằng nhau và mỗi chất
trong X chỉ thử HNO3 xuống một số oxi hóa xác định. Câu 4: ( 4 điểm)
1. Hãy cho biết sự tương quan lập thể giữa hai hợp chất trong mỗi cặp sau đây, giải thích ngắn gọn.
2. Dự đoán sản phẩm chính khi cho mỗi chất sau đây tác dụng với Br2, FeBr3
3. Giải thích tại sao brom hóa biphenyl xảy ra tại vị trí orto và para hơn là vị trí meta. Câu 5: (4 điểm)
1. Đề nghị cơ chế xúc tác axit cho sự đồng phân hóa sau:
2. Hoàn thành chuổi phản ứng sau:
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO – BÌNH THUẬN Câu 1: (4 điểm)
1.1. a. Tổng electron để xây dựng công thức Lewis cho SCN- là 6 + 4+5+1=16. Công thức Lewis cho SCN- là:
b. Ru2+ có cấu hình electron [Kr]4d65s05p0, là ion trung tâm trong phức bát diện.
Vì CN- là phối tử trường mạnh nên có phân lớp 4d6 của Ru2+ có sự ghép đôi tất cả các electron,
tạo ra 2 AO 4d trống. Do đó xảy ra sự lai hóa d2sp3
Ru2+ tạo 6AO lai hóa hướng tới 6 đỉnh của 1 hình bát diện.
Các khối tử (L) sử dụng cặp electron tự do của nguyên tử N gửi vào các obitan lai hóa đó để tạo
các liên kết cho nhận giữa phối tử và ion Ru2+ . d2sp3 [Ru(SCN)2(CN)4]4-
↑↓ ↑ ↑ ↑ ↑↓ ↑↓ ↑ ↑ ↑ 4d6 5s 5p L ... L 1.2. a. b. Tính x:
Tính cạnh a của ô mạng cơ sở của NiO n.M n.M NiO 3 NiO    a  NiO 3 N .a N . A A NiO
n = 4 (vì mạng là lập phương tâm mặt) 4.74, 69 3 8 a a 4, 206.10     cm 23 6, 022.10 .6, 67
Theo đầu bài, ô mạng cơ sở của NiO và ô mạng cơ sở của LixNi1-xO giống nhau, do đó: n.MLi Ni O 4.[x.6,94+(1-x).58,69+16] x 1x    6, 21   x  0,10 Li  x N 1 i xO 3 23 8 3 N .a 6, 022.10 .(4, 206.10 ) A
c. Thay x vào công thức LixNi1-xO, ta có Li0,1Ni0,9O hay công thức là LiNi9O10. Vì phân tử trung hòa
điện nên trong LiNi9O10 có 8 ion Ni2+ và 1 ion Ni3+. Vậy cứ 9 ion Ni2+ thì có 1 ion chuyển thành Ni3+. 1
Phần trăm số ion Ni2+ đã chuyển thành ion Ni3+ là .100% 11,1% 9
Công thức thực nghiệm đơn giản nhất: LiNi(III)(Ni(II))8O10. Câu 2: (4 điểm)
2.1. a. Nếu xuất phát từ dung dịch Fe3+ và Fe2+ có nồng độ 1M, ở pH = 0 rồi nâng dần pH lên, lần lượt
sẽ kết tủa Fe(OH)3 rồi đến Fe(OH)2. -
Fe(OH)3 bắt đầu kết tủa khi [Fe3+].[OH-]3 = T Fe(OH 3 ) T  Fe(OH)3  3 [OH ]= 3 [Fe  ] 3 [Fe    ] 14  [H ]=10 .3 TFe(OH)3 3 1 [Fe  ] 1 3  pH 14  lg  14  lg([Fe  ].T ) Fe(OH)3 3 T 3 Fe(OH)3 1 38
 pH 14  lg(1.3,8.10 ) 1,53 3
Tương tự, Fe(OH)2 bắt đầu kết tủa khi 1 2
 pH  14  lg([Fe  ].T ) Fe(OH)2 3 1 16
 pH  14  lg(1.4,8.10 )  6,33 2 3
* 0 ≤ pH < 1,53: Thế của cặp Fe không phụ thuộc pH: 2 Fe 0 E     E  0, 77V 3 3 Fe Fe 2 2 Fe Fe
* 1,53 ≤ pH < 6,33: [Fe3+] giảm nên E giảm 3 Fe 2 Fe 3 0, 059 [Fe  ] 0 E    E  lg 3 3 Fe Fe 2 2 2 1 [Fe ] Fe Fe 0, 059 T  0 Fe(OH)3 2 E    lh( lg[Fe ]) 3 Fe  3 2 1 [OH ] Fe 38   3 0, 059 3,8.10 .[H ]  E       0, 77 lg( lg1) 1, 04 0,177pH 3 Fe 14  3 2 1 (10 ) Fe
* 6,33 ≤ pH ≤ 14: cả [Fe3+] và [Fe2+] đều giảm  2 0, 059 T [OH ] 0, 059 T 1 0 Fe(OH) Fe(OH) 3 3 E      E  lg( . ) 0, 77 lg( . ) 3 3 Fe Fe  3  2 2 1 [OH ] T 1 [OH ] T Fe Fe Fe(OH)2 Fe(OH)2 38 0, 059 3,8.10 [H ]    E  0, 77 lg( . ) 3 Fe 14  16  2 1 10 4,8.10 Fe  E       0, 77 0, 478 0, 059.pH 0, 292 0, 059.pH 3 Fe 2 Fe
b. Đồ thị E = f(pH)
2.2. Đây là pin nồng độ. Vì [H+] ở điện cực trái cao hơn [H+] ở điện cực phải nên đện cực trái là điện
dương còn điện cực là điện cực âm.
(+)Pt, H2 | H+ 1M || CH3COOH 0,01M | H2,Pt(-)
Ta có: Epin = E+ - E- = 0 – E- = 0,1998 → E- = - 0,1998V
Gọi x là nồng độ H+ do CH3COOH điện li ra ở điện cực âm. 2 0, 059 x Ta có: E 0      - = E  lg 0 0, 059 lg x 0,1998 2H / H2 2 PH2 3  ,386 4 lg x 3, 386 x 10 4,11.10       M CH3COOH  CH3COO- + H+ [cân bằng] 0,01-4,11.10-4 4,11.10-4 4,11.10-4 4  2 (4,11.10 )  5 K  1,76.10 a 4 (0, 01 4,11.10 ) 2.3. Do 0 0 E      0, 771V E 0,141V; 3 2 S/H2 S Fe /Fe
2Fe3+ + H2S → 2Fe2+ + S↓ + 2H+ K1 = 1021,28 0,05 - 0,05 0,05 Pb2+ + H2S → PbS↓ + 2H+ K2 = 106,68 0,10 0,05 0,25 Zn2+ + H2S → ZnS↓ + 2H+ K3 = 101,68 Fe2+ + H2S → FeS↓ + 2H+ K4 = 10-2,72
Vì K3 và K4 nhỏ, do đó cần phải kiểm tra điều kiện kết tủa ZnS và FeS: Do môi trường axit nên ' ' C       C  0, 010M;C  C  C  0, 050 M. 2 2 2 2 3 Zn Zn Fe Fe Fe
Đối với H2S do Ka2 << Ka1 = 10-7,02 nhỏ → khả năng phân li của H2S trong môi trường axit không
đáng kể, do đó chấp nhận [H+] = C   0, 25M H Tính ' C 2 theo cân bằng: S H2S  S2- + 2H+ Ka1.Ka1 = 10-19,92 [H S]  0,1 ' 2 19,92 19  ,72 C     K .K 10 10 2 a1 a1 S  2 2 [H ] (0, 25) Ta có: ' ' C  .C 2
2 < KS(ZnS) → ZnS không xuất hiện; Zn S ' ' C  .C 2
2 < KS(FeS) → FeS không xuất hiện; Fe S
Như vậy trong hỗn hợp B, ngoài S, chỉ có PbS kết tủa. Câu 3: (4 điểm) 0 3.1. CuO + CO t  Cu + CO2 (1) 0,01 0,01
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O (2)
Theo (1) và (2): nCu = nCO2 = nCuO = 0,01 mol 3, 2 nCuO ban đầ  u = 0, 04 mol 80
nCuO dư = 0,04 – 0,01 = 0,03 mol
Khi cho HNO3 vào: CuO + 2HNO3 → Cu(NO3)2 + H2O 0,03 0,06 0,03
3Cu + 8NHO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (4) 0,02
NHNO3 ban đầu = 0,5 x 0,16 = 0,08 mol 0, 02 Theo (3) và (4): n   0,005mol NO 4
V1 = 0,005  22,4 = 0,112 (l) 0, 03 0, 01 NCu còn dư = 0,01 -   0,0025(mol) 4 4 Khi thêm dd HCl vào thì:   2 3Cu 8H 2NO 3Cu      2NO  4H O (5) 3 2 0, 005 0,0025 3 2 1,52 n  0, 76  (mol) HCl 3 3 2 0, 005 Theo (5) Cu tan hết → n  0,0025  NO 3 3 0, 005 V   22,4  0,037(l) 2 3 8 0, 02 n   H+ phản ứng = 0, 0025 (mol) 3 3  1,52 0, 02 n    dư = 0,5(mol) H 3 3 Khi cho Mg vào:   2 5Mg 12H 2NO 5Mg      N  6H O (6) 3 2 2 0, 22 0,5 0,5 3 Mg + 2H+ → Mg2+ + H2 (7) 0, 95 0,06 0,03 3 0, 02 0, 22
Theo (3), (4), (5): nNO3- = 0, 08   3 3 12 n   0,5(mol) Mg 24 1 0, 22 0,11 Theo (6): n  n    (mol) N2 NO3 2 3 2 3 0, 22 n      (7) 0,5 6 0, 06 H 3 5 0, 22 0, 95 n  0,5    (mol) Mg 2 3 3 1 Theo (7): n  H2 = n  0, 03mol H 2 0,11 V    N2 + H2 = (0, 03 ) 22, 4 1, 49(l) 3 0, 95 0, 06 0,86 nMg còn dư   = (mol) 3 2 3 Mg + Cu2+ → Mg2+ + Cu↓ n 2+ Cu = 0,04 0,86 0,04 3
Sau phản ứng: nCu = 0,04 mol 0,86 0, 74 n   Mg = 0, 04 (mol) 3 3 m  640,04  2,56g Cu 0, 74 m  24  5,92g Mg 3
3.2. MA = 19,2.2 = 38,4 (g/mol)
Vì khí A chắc chắn chứa CO2 (sinh ra từ phản ứng FeCO3) có M
> MA nên hợp chất khí thứ hai 2 CO phải là khí NO có M < M NO A.
 Trong hỗn hợp khí A: CO2 chiếm 60% số mol; NO chiếm 40% số mol  n 1,5n CO2 NO
Gọi a,b,c lần lượt là số mol Zn, FeCO3, Ag có trong hỗn hợp, theo đề bài: 65a = 116b → a > b
Với dung dịch HNO3 loãng: Chất khử yếu chỉ khử HNO3 → NO; chất khử mạnh có thể khử HNO3
xuống mức oxi hóa thấp hơn.
Nếu cả ba khử HNO3 thành NO thì: 3Zn + 2NO -
3 + 8H+ → 3Zn2+ + 2NO↑ + 4H2O 3FeCO -
3 + NO3 + 10H+ → 3Fe3+ + 3CO2 + NO + 5H2O 3Ag + NO - 3 + 4H+ → 3Ag+ + NO + 2H2O 2 b c
Thì số mol CO2 = b, số mol NO  a   3 3 3 c
Vì a > b nên số mol NO > b   n  n : vô lí (loại) NO CO2 3 Vậy Zn + HNO3 → NH4NO3 4Zn + NO - +
3 + 10H+ → 4Zn2+ + NH4 + 3H2O b c Số mol NO 
 , số mol CO2 = b  b = c 3 3
Dung dịch B tác dụng với NaOH dư tạo kết tủa Fe(OH)3 và Ag2O 0 t 2Fe(OH)  Fe O  3H O 3 2 3 2 0 t Ag OH   2Ag  0,5O 2 2
Chất rắn là Fe2O3 và Ag  0,5b.160 + 108c = 5,64g  b = 0,03 Vậy m
 3,48g;m  3,24g;m  3,48g; FeC 3 O Ag Zn Câu 4: (4 điểm) 1.
Khi quay một trong hai chất 1200 trong mặt phẳng nhận thấy hai chất là vật và ảnh của nhau
không chồng khít lên nhau. Như vậy hai hợp chất là hai đối thân của nhau
Nghịch chuyển không làm thay đổi cấu hình. Hi công thức này chỉ cùng một chất.
Hai hợp chất này là hai xuyên lập thể phân của nhau (khác nhau cấu hình tại C4) 2.
3. Sự Brom hóa biphenyl xảy ra tại vị trí orto và para hơn là tại vị trí meta: trung gian
cacbocation khi Brom gắn vào vị trí orto và para được an định bằng sự cộng hưởng với cả hai
nhân thơm.Trong khi đó trung gian cacbocation khi Brom gắn vào vị trí meta chỉ được an định
trên một nhân thơm mà thôi. Câu 5: (4 điểm) 1. 2.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH – KOM TUM Câu 1: (4 điểm)
1. Những nguyên tử hydro ở trạng thái cơ bản bị kích thích bởi tia UV có   97,35 nm . Số lượng tử
chính của trạng thái kích thích này là bao nhiêu? Khi những nguyên tử hydro bị khử trạng thái
kích thích đó thì chúng có thể phát ra những bức xạ có bước sóng (tính bằng nm) là bao nhiêu?
Cho h = 6,63.10-34J.s; c= 3.108 m.s-1; hằng số Ritbe RH = 1,097.107 m-1.
2. Heli được biết như là nguyên tố “trơ” nhất trong mọi nguyên tố. Nhưng tính trơ của heli cũng chỉ
giới hạn trong phản ứng của nó với các nguyên tử và phân tử trung hòa khác. Ví dụ, nguyên tử
heli có thể tạo thành hợp chất quan sát được (không nhất thiết tồn tại lâu) với H+.
a. Dùng thuyết obitan phân tử (MO) để xác định bậc liên kết cho HeH+.
b. Giải thích tại sao có tồn tại He +
2 mà không tồn tại He2 ?
c. Các cation 2+ (đi-cation) hai nguyên tử bền vững có công thức XHe2+ thường chỉ có khi năng
lượng ion hóa thứ hai (I2) của X nhỏ hơn năng lượng ion hóa thứ nhất của He. Không cần dựa
vào bảng trị số các mức năng lượng ion hóa hãy xác định nguyên tố X có số hiệu nguyên tử từ
1 đến 18 là phù hợp nhất? Tại sao?
3. Phản ứng giữa N2H4 và TI3+ trong HClO4 có phương trình động học như sau: 3 3  d[TI ] [TI ][N H ] 2 5   k. dt [H ]
a. Với giả thiết tất cả các nồng độ khác đều lớn hơn rất nhiều so với TI3+, viết phương trình biến
thiên giữa nồng độ TI3+ theo thời gian.
b. Cho biết thành phần nguyên tử trạng thái chuyển tiếp của giai đoạn quyết định tốc độ phản ứng.
c. Đề nghị một cơ chế phản ứng phù hợp với phương trình động học trên. Câu 2: (4 điểm)
1. Có hai dung dịch A chứa H2C2O4 0,1M và dung dịch B chứa Na2C2O4 0,1M.
a. Tính pH và nồng độ ion C 2-
2O4 có trong dung dịch A và B.
b. Thêm Fe(NO3)3 (tinh thể) vào dung dịch A và dung dịch B để đạt nồng độ (ban đầu) là 1,0.10-
4M. Giả thiết thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể. Hãy cho biết có xuất hiện kết tủa
Fe(OH)3 không? Chứng minh?
c. Tính phần mol của phức Fe(C 3-
2O4)3 trong dung dịch A.
Cho các giá trị hằng số tạo thành tổng hợp của Fe3+ với C 2- 2O4 là 8 14 18 1  4
 1,0.10 ;  2,0.10 ;  3,0.10 ;K 10 . 1 2 3 W
Hằng số phân ly axit của H2C2O4 là Kal = 0,05; Ka2 = 5.10-5. Tích số tan của Fe(OH)3 Ks = 2,5.10-39 2.
Nồng độ đường trong máu (pH = 7,4) thường được xác định bằng phương pháp Hagedorn-Jensen.
Phương pháp này dựa vào phản ứng sắt (III) oxi hóa glucozơ thành axit gluconic. Quy trình phân
tích như sau: Lấy 0,200 ml mẫu máu cho vào bình nón, thêm 5,00 ml dung dịch natri
hexaxianoferat (III) 4,012 mmol/lit cà đun cách thủy. Xử lý dung dịch thu được bằng lượng dư
dung dịch ZnCl2 và sau đó bằng lượng dư KI có mặt Ch3COOH. Iot sinh ra được chuẩn độ bằng
dung dịch Na2S2O3 4 mmol/lit.
a. Viết phương trình hóa học các phản ứng xảy ra trong quy trình trên.
b. Cho biết tại sao không thể dùng muối Fe(III) để thay cho natri hexaxianoferat (III) trong thí nghiệm trên?
c. Hãy tính hằng số cân bằng của phản ứng: 2[Fe(CN) -
6]3- + 3I-  2[Fe(CN)6]4- + I3
Từ đó cho biết vai trò của ZnCl2.
d. Hãy tính nồng độ của glucozơ (theo gam/lit) có trong mẫu máu , biết rằng phép chuẩn độ cần
dùng 3,28 ml dung dịch Na2S2O3 để đạt tới điểm tương đương. Cho: 0 0 E     0, 5355 V; E   0, 771V Các phức [Fe(CN) 3 2
6]3 và [Fe(CN)6]4- có hằng số I3 /I Fe / Fe RT
bền tổng cộng lần lượt là 42 35
 10 ; 10 . Ở 25℃: 2,303  0,0592. 3 2 F Câu 3: (4 điểm)
1. Một hợp chất hóa học có tên là Beryl, thành phần gồm có: 31,28% Si: 53,63% O (về khối lượng),
còn lại là X và Y. Xác định công thức hóa học của Beryl dưới dạng oxit kép và silicat kép. Biết
rằng trong cấu hình electron của X và Y có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tư: N l m s X 3 1 -1 +1/2 Y 2 0 0 -1/2
2. Nguyên tố X có khả năng phản ứng với canxi cho chất Y. Mặt khác X tan được trong dung dịch
kiềm tạo ra một hợp chất A và khí B đều có chứa nguyên tố X. A phản ứng với clorua vôi thu
được kết tủa C. Kết tủa này sẽ chuyển thành Y khi xử lí với nhôm ở nhiệt độ cao. Hòa tan với
chất Y trong dung dịch HCl loãng thu được B. Biết rằng khi xử lí C với SiO2 và than cốc thu được
X, còn trong trường hợp không có than cốc thu được D. D tan được trong cả dung dcihj axit loãng
và kiềm loãng. Lập luận xác định cấu trúc các chất chưa biết và viết các phương trình phản ứng xảy ra.
3. Hòa tan hết 17,52 gam hỗn hợp X gồm MgO, Al(NO3)3, Mg và Al vào dung dịch chưa KNO3 và
0,47 mol H2SO4 (đun nóng nhẹ). Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các
muối và 3,136 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm NO và H2. Tỷ khối của Z so với H2 bằng 13. Dung
dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 1,07 mol KOH, lấy kết tủa nung ngoài không khí tới
khối lượng không đổi thu được 8 gam rắn. Tính phần trắm số mol của MgO có trong hỗn hợp X? Câu 4: (4 điểm)
1. a. Axit squaric có công thức phân tử C4H2O. Ở điều kiện thường axit squaric ở trạng thái tinh thể
màu trắng, tan tốt trong nước. Axit squaric là axit tương đối mạnh so với các axit hữu cơ thường
gặp (CH3COOH có pKa = 4,76). Hằng số phân ly axit của axit squaric là pKa1 = 1,5 và pKa2 = 3,4. Trong ion squarat C 2-
4O4 độ dài các liên kết CC bằng nhau (1,47 Å), các lien kết CO bằng nhau (1,26 Å).
Đề xuất công thức cấu tạo của axit squaric. Biểu diễn cấu trúc của ion squaric. Giải thích tại sao
axit squaric có tính axit tương đối mạnh.
b. Axit maleic và axit fumaric là đồng phân hình học của nhau. Công thức của hai axit như sau:
Hai axit có các giá trị pKa như sau: 1,9; 3,03; 4,44; 6,07. Hãy cho biết pKa1 và pKa2 của hai axit
thường tương ứng với giá trị nào? Giải thích ngắn gọn.
2. Cho các ancol: p-CH3-C6H4-CH2OH, p-CH3O-C6H4-CH2OH, p-NO2-C6H4-CH2OH và
p-Cl-C6H4-CH2OH. So sánh khả năng phản ứng của các ancol với HBr và giải thích.
3. Cho các chất sau:
Những chất nào phản ứng cộng được với anhiđrit maleic theo tỉ lệ mol 1:1 ở nhiệt độ cao? Vẽ công
thức lập thể của sản phẩm thu được. Biết rằng phản ứng đóng vòng có sự tham gia đồng thời của
4n+2 electron π (n = 1,2...) thì dễ xảy ra.
4. Hợp chất hyđrocacbon X là dẫn xuất của đecalin. Trong phân tử X nguyên tố Hidro chiếm 12%
về khối lượng và số liên kết C-C là 5. Cho X tác dụng với dung dịch có lượng nhỏ KMnO4 và
lượng dư NaIO4 thu được hợp chất Y có phản ứng iođofom.
a) Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo có thể có của X, Y?
b) Hợp chất Y có sự chuyển hóa theo sơ đồ: Cl t NaOH PCC H O OH Y  K  L M   N  E  F P, t t H O
Biết tên gọi của F là (1S, 6R) bixiclo[4.4.0]đec-3-en-2-on, biểu diễn cấu trúc của X, Y, K, L, M, N, E? Câu 5: (4 điểm)
1. Dùng cơ chế để giải thích quá trình tạo thành sản phẩm trong các phản ứng sau: a. b. c. d.
2. Hợp chất hữu cơ X là một hormon trong cơ thể người. X tham gia vào một số quá trình của cơ thể
như điều hòa huyết áp,... X là một dẫn xuất của axit heptanoic. Trong phân tử X không chứa
nguyên tử cacbon bậc IV. Kết quả đo phổ khối lượng cho biết phân tử khối của X là 354u. Hợp
chất X không phản ứng với phenylhiđrazin để tạo kết tủa. Thực hiện phản ứng ozon phân oxi hóa
X thu được 3 hợp chất hữu cơ A, B và C. Hợp chất A không quang hoạt và có công thức phân tử
C5H8O4. Đun nóng A thu được anhiđrit axit vòng D. Hợp chất B thu được từ phản ứng ozon phân
ở trên là một hỗn hợp raxemic. Hợp chất B có thể thu được khi cho hexanal phản ứng với HCN
rồi thủy phân sản phẩm trong dung dịch axit. Oxi hóa C (C8H12O6) bằng CrO3 thu được hợp chất
hữu cơ Y. Thực hiện phản ứng khử C bằng LiAlH4 thu được chất G. Để chuyển hóa 1 mol C
thành dẫn xuất axetyl F cần 2 mol axetyl clorua.
Xác định công thức cấu tạo của các chất A, B, C, D, G, F.
3. Viết sơ đồ tổng hợp các hợp chất hữu cơ sau từ các hợp chất hữu cơ có 2 cacbon trở xuống,
benzen, toluen và các chất vô cơ cần thiết:
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH – KOM TUM Câu 1: (4 điểm)
1. a. Ta có năng lượng của mỗi photon là: ∆E = h.c.RH.(1/n2 – 1/n’2) 34  8 hc 6, 63.10 .3, 00.10 18 E     2,043.10 J 9  97, 35.10 18  2,18.10 18 18 E   2,18.10   2,043.10  n  4 2 n
b. Khi bị khử kích thích:   1 1  18
n  4  n  1: E  E  2  ,18.10     97,35nm 4 1   2 2 1  4 1    1 1  18 19
n  4  n  1: E  E  2  ,18.10   4,0875.10 J 4 2   2 2  4 2  3  4 8 6, 63.10 .3, 00.10 7    4,87.10 m  478nm 19 4, 0875.10   1 1  18 19
n  4  n  1: E  E  2  ,18.10   1,0597.10 J 4 3   2 2  4 3  3  4 8 6, 63.10 .3, 00.10 7  
18,77.10 m 1877nm 19 1, 0597.10
2. a. Bỏ qua sự sai khác về mức năng lượng các AO của H và He, ta có thể vẽ các giản đồ MO sau:
Từ giản đồ này, có thể thấy rằng trong HeH+ bậc liên kết là 1.
b. Theo thuyết MO bậc liên kết của He + +
2 là 0,5 và He2 là 0. Vì vậy có tồn tại He2 mà không tồn tại He2
c. Nguyên tố dễ tạo với He cation2+ có công thức XHe2+ nhất là nguyên tố có giá trị năng lượng ion
hóa thứ hai nhỏ nhất. I2 có giá trị lớn hay bé phụ thuộc vào các yếu tố như: Cấu trúc electron
của X+, bán kính của X+ và điện tích hạt nhân.
Nguyên tố có số hiệu nguyên tử từ 1 đến 18, có I2 nhỏ nhất là Mg. Vì các nguyên tố nhóm hai IIA
(Be,Mg) có cấu trúc X+: 1s12s1 và 1s12s22p63s1 là các cấu trúc kém bền vững nhất. Bán kính ion của
Mg+ lớn hơn bán kính ion của Be+ cho nên nguyên tố Mg dễ tạo nhất.
3. a. Nếu xem các nồng độ khác đều lớn hơn rất nhiều so với Tl3+, ta có thể coi quy luật động học 3
trở thành bậc nhất đối với Tl d[Tl ] 3+ 
. Do đó phương trình động học trở thành: 3   k.[Tl ] dt
Nên phương trình tổng hợp tích phân hay mối quan hệ giữa 3
[Tl  ] với thời gian là: 3 3 kt [Tl ]  [Tl ] .e 0
b. Thành phần nguyên tử ở trạng thái chuyển tiếp bằng tổng số nguyên tử ở tử số trừ khi tổng số
nguyên tử ở phần mẫu số trong phương trình động học vi phân. Do đó thành phần nguyên tử ở
trạng thái chuyển tiếp là: [TlN 3+ 2H4 ]
c. Vì thành phần nguyên tử ở trạng thái chuyển tiếp là [TlN 3+ 2H4
] nên bước quyết định tốc độ
phản ứng là sự tương tác giữa Tl3+ và N2H4. Trong môi trường axit mạnh, phần lớn N2H4 bị proton hóa thành N + +
2H5 . Do đó cơ chế sẽ bao gồm sự deproton hóa N2H5 để tái tạo N2H4, rồi
N2H4 tác dụng với Tl3+ theo tỉ lệ 1:1 trong giai đoạn quyết định tốc độ phản ứng. Nếu N2H4 bị oxi
hóa hoàn toàn thành N2, tỉ lệ phản ứng giữa Tl3+ và N2H4 không còn là 1:1 nửa, do đó sự oxi hóa
N2H4 thành N2 (sản phẩm cuối cùng) không hoàn toàn nằm trong bước quyết định tốc độ. Cơ chế
được đề nghị như sau: (1) N + 2H5  N2H4 + H+
(2) N2H4 + Tl3+  Tl+ + N2H2 + 2H+ (3) Tl3+ + N  2H2 Tl+ + N2 + 2H+
Trong đó (2) là giai đoạn chậm Câu 2: (4 điểm)
1. a. Tính pH và nồng độ ion 2
C O  có trong dung dịch A 2 4 Ta có: H2C2O4 H+ + HC O K 2 4 a1 = 0,05 (1) HC O H+ + 2 C O  K 2 4 2 4 a2 = 5,0.10-5 (2)
Vì Ka1 >> Ka2 nên (1) là cân bằng chính.
Gọi C là nồng độ ban đầu của A.    2 [H ][HC O ] [H ] 2 4 K   a1 H C O C [H ] 2 2 4 A  2
 [H ]  K [H] K C  0 a1 a1 A
 [H ]  0,05M  pH 1,3  2 [H ][C O  ] Mà ta có: 2 4 K  và [H+]=[ HC O ] = 0,05M a1 [HC O ] 2 4 2 4 2 5 [C O ] K  5.10  M 2 4 a 2 Tính pH và nồng độ ion 2
C O  có trong dung dịch B 2 4 Ta có: H2O + 2 C O  OH- + HC O K 2 4 2 4 b1 = 2,0.10-10 (1) H2O + HC O OH- + H 2 4 2C2O4 Kb2 = 2,0.10-13 (2)
Vì Kb1 >> Kb2 nên (1) là cân bằng chính.
Gọi C là nồng độ ban đầu của A.  10  6  [OH ] K C 2, 0.10 .0,1 4, 5.10    M b1 2 pH 8, 7 [C O     ]=0,1M 2 4
b. Chứng minh dung dịch A không có kết tủa Fe(OH)3: Có các cân bằng: Fe3+ + 2 C O  FeC + 2 4 2O4 Fe3+ + 2 2 C O  FeC - 2 4 2O2 Fe3+ + 3 2 C O  FeC 3- 2 4 2O2
Bảo toàn nồng độ ion Fe3+ ta có:     3 3 C  
[Fe ]+[FeC O ]+[Fe(C O ) ]+[Fe(C O ) ] 3 2 4 2 2 2 2 4 3 Fe Mà  3 2 [FeC O ]= [Fe ][C O   ] 2 4 1 2 4  3 2 2 [Fe(C O ) ]= [Fe ][C O ] 2 2 2 2 2 4 3 3 2 3 [Fe(C O ) ]= [Fe ][C O ] 2 4 3 3 2 4 Suy ra 3 3 2 3 2 2 3 2 3 C      [Fe ]+ [Fe ][C O ]+ [Fe ][C O ] + [Fe ][C O ] 3 1 2 4 2 2 4 3 2 4 Fe C 3 3   Fe  [Fe ]  3 2 3 2 2 3 2 3
1  [Fe ][C O ]+ [Fe ][C O ] + [Fe ][C O ] 1 2 4 2 2 4 3 2 4 4 1, 0.10  8 5  14 5  2 18 5
11, 0.10 .5, 0.10  2, 0.10 .(5, 0.10 )  3, 0.10 .(5, 0.10 )3 10 1,1.10  M Mà [OH-]A = 2.10-13M 3  3 4  9 [Fe ].[OH ]  9,1.10  K s
 không có kết tủa Fe(OH)3 ở dung dịch A.
Chứng minh dung dịch B có kết tủa Fe(OH)3: Có các cân bằng: Fe3+ + 2 C O  FeC + 2 4 2O4 Fe3+ + 2 2 C O  FeC - 2 4 2O2 Fe3+ + 3 2 C O  FeC 3- 2 4 2O2 3   3 C   
[Fe ]+[FeC O ]+[Fe(C O ) ]+[Fe(C O ) ] 3 2 4 2 2 2 2 4 3 Fe Mà  3 2 [FeC O ]= [Fe ][C O   ] 2 4 1 2 4  3 2 2 [Fe(C O ) ]= [Fe ][C O ] 2 2 2 2 2 4 3 3 2 3 [Fe(C O ) ]= [Fe ][C O ] 2 4 3 3 2 4 Suy ra 3 3 2 3 2 2 3 2 3 C      [Fe ]+ [Fe ][C O ]+ [Fe ][C O ] + [Fe ][C O ] 3 1 2 4 2 2 4 3 2 4 Fe C 3 3   Fe  [Fe ]  3 2 3 2 2 3 2 3
1  [Fe ][C O ]+ [Fe ][C O ] + [Fe ][C O ] 1 2 4 2 2 4 3 2 4 4 1, 0.10 20   3,3.10 M 8 14 2 18 3
11, 0.10 .0,1 2, 0.10 .(0,1)  3, 0.10 .(0,1) Mà [OH-]A = 4,5.10-6M 3  3 3  6 3  9 [Fe ].[OH ]  3,0.10  K  2,5.10 s
 có kết tủa Fe(OH)3 ở dung dịch B.
c. Phần mol của phức Fe(C 3- 2O4)3 trong dung dịch A 3 [Fe(C O )  ] Phần mol của Fe(C 3- 2 4 3 
2O4)3 được tính như sau: x C 3 Fe 3 2 3  [Fe ][C O ] 3 2 4  3 3 2 3 2 2 3 2 3
[Fe ]   [Fe ][C O ]+ [Fe ][C O ] + [Fe ][C O ] 1 2 4 2 2 4 3 2 4 2 3  [C O ] 3 2 4  2 2 2 2 3
1  [C O ]+ [C O ] + [C O ] 1 2 4 2 2 4 3 2 4 18 5  3 3, 0.10 .(5, 0.10 )   0,43 8 5  14 5  2 18 5  3
11, 0.10 .5, 0.10  2, 0.10 .(5, 0.10 )  3, 0.10 .(5, 0.10 ) Vậy phần mol của Fe(C 3- 2O4)3 bằng 0,43.
2. a. Phương trình hóa học các phản ứng xảy ra 3   4 C H O 2[Fe(CN) ] 3OH C H O 2[Fe(CN) ]       2H O (1) 6 12 6 6 6 11 7 6 2 4  4 2[Fe(CN) ] 3I 2[Fe(CN) ]  I    (2) 6 6 3 2  2 2S O I S O  3I    (3) 2 3 3 4 6
b. pH của máu là 7,4 nên Fe (III) sẽ kết tủa ở dạng Fe(OH)3 và không có khả năng oxi hóa glucozơ
c. Tính thể khử của cặp 3 4 [Fe(CN) ] / [Fe(CN) ]  6 6  0 0 2 E     E   0, 0592 log 3 4 3 2 Fe(CN)6 /Fe(CN)6 Fe / Fe 3 35 10 0, 77  0, 0592 log  0,36(V) 42 10 4  4 2[Fe(CN) ] 3I 2[Fe(CN) ]  I    6 6 3 2(0.360,5355)/0,0592 6 K 10 1, 77.10   Zn2+ tạo kết tủa với 4
[Fe(CN) ]  làm phản ứng (2) xảy ra hoàn toàn theo chiều thuận. 6  2 4 2K Zn [Fe(CN) ]     K Zn[Fe(CN) ]  6 2 6 n 2 d. 3  3   2 S 3 O 3 n      
3, 28.10 .4, 00 13,12.10 (mmol) n  6,56.10 (mmol) 2 2 S 3 O 3 I 2 3  3 n     5, 00.10 .4, 012 20, 06.10 (mmol) 3 Fe(CN)6 n
3 (dư) = 2.6,56.10-3 = 13,12.10-3 (mmol) Fe(CN)6 3  3 20, 06.10 13,12.10 3 n   3, 47.10 (mmol) glucozo 2 3 3, 46.10 .180  C 
 3123(mg / lit)  (3,123g / lit) glucozo 3 0, 2.10 Câu 3: (4 điểm)
1. – Dựa vào 4 số lượng tử ta có cấu hình electron của +X: 1s12s22p63s23p1 +Y: 1s22s2
Vậy X là nhôm (Al), Y là beri (Be)
- Đặt công thức của beryl là: AlxBeySizOt
Gọi a, b là thành phần % khối lượng của Al và Si.
Ta có: a + b + 31,28 + 53,63 = 100 → a + b = 15,09 (I) a b 31, 28 53, 63 Số oxi hóa: 3.  2.  4.  2.
 0  a  2b  20,12(II) 27 9 28 16
Giải hệ 2 phương trình (I) và (II) được: a = 10,06; b=5,03 10, 06 5, 03 31, 28 53, 63 Tỉ lệ: x:y:z:t  : : : 27 9 28 16
= 0,3726: 0,5589:1,1171:3,3519 = 2:3:6:18
→Công thức hóa học của beryl là Al2Be3Si6O18
Vậy công thức hóa học của beryl dưới dạng oxit kép: Al2O3.3BeO.6SiO2 công thức hóa học của
beryl dưới dạng silicat kép: Al2(SiO3)3.3BeSiO3
2. Do X phản ứng được với Ca nên X phải là một phi kim. Trong dung dịch kiềm X hòa tan sinh ra
một muối tan và một khí. Nguyên tố X có mặt trong cả hai thành phần ấy. Trong hợp chất khí tồn
tại liên kết X-H. Như vậy chỉ có thể ba khả năng là silan, photphin và amoniac. X sinh ra khi cho
than cốc tác dụng với muối C (có chứa X) và SiO2 nên X chỉ có thể photpho.
Các phản ứng xảy ra như sau (Có thể viết dạng ion thu gọn)
P4 + 3NaOH + 3H2O → 3NaH2PO2 + PH3 P4 + 6Ca → 2Ca3P2
2NaH2PO2 + 4CaOCl2 → Ca3(PO4)2 + CaCl2 + 2NaCl + 4HCl
2Ca3(PO4)2 + 10C + 6SiO2 → 6CaSiO3 + 10CO + P4
2Ca3(PO4)2 + 16Al → 3Ca3P2 + 8Al2O3
Ca3P2 + 6HCl → 3CaCl2 + 2PH3
2Ca3(PO4)2 + 6SiO2 → 6CaSiO3 + P4O10
P4O10 + 6H2O → 4H3PO4 (trong dung dịch axit loãng)
P4O10 + 12NaOH → 4Na3PO4 + 6H2O (có thể viết phản ứng tạo muối axit) NO : 0,12mol
3. Ta có: n  0,14 (mol)  
 Y không chứa NO Z H : 0, 02 mol  3 2
Chất rắn cuối cùng thu được là MgO: n  8 / 40  0.2(mol) MgO Đặt nKNO3= a (mol)
Bảo toàn nguyên tố S cho K2SO4 trong Y: n  0,47(mol) K2SO4
Bảo toàn nguyên tố K cho KAlO2 trong Y: n
1,07  a  0,47.2  0,13 a (mol) KAl 2 O
 Thành phần trong Y: Mg2+ (0,2 mol), Al3+ (0,13 + a mol), K+ (a mol), NH + 4 (b mol), SO 2- 4 (0,47 mol)
Bảo toàn điện tích trong Y suy ra: 4a + b = 0,15 Bảo toàn khối lượng: 0, 47.2  0, 02.2  4b
17,52 101a  0, 47.98  m  0,14.2.13 18. Y 2 a  0,03(mol)
 35a 18b  1,59   b  0,03(mol) Bảo toàn nguyên tố N: 0, 03  0,12  0, 03 n   0,04mol Al( N 3 O )3 3
 n  0,13  0,03  0,04  0,12 mol Al Bảo toàn electron: 0,12.3  2n
 0,02.2  0,03.8  0,12.3  n  0,14mol Mg Mg n  0,2  0,14  0,06mol MgO
Phần trăm số mol của MgO có trong hỗn hợp X: 0, 06 %MgO  .100%  16, 67%
0, 04  0, 06  0,12  0,14 Câu 4: (4 điểm)
1. a. Axit squaric là axit 2 nấc mà có 2 nguyên tử H  cả 2 nguyên tử H đều là H axit. Trong phân tử ion squarat C 2-
4O4 độ dài liên kết CC bằng nhau (1,47 Å), các liên kết CO bằng
nhau (1,26 Å). Suy ra trong ion có sự giải tỏa electron mạnh. Hơn nữa, chính sự giải tỏa e này làm
anion sinh ra bền dẫn đến tính axit tăng lên. Anion squarat là một hệ thơm bền vững. Vậy cấu trúc của ion squarat:
Công thức cấu tạo của:
b. Sắp xếp giá trị pKa:
Axit meleic : pKa1 = 1,9 và pKa2 = 6,07
Axit fumaric: pKa1=3,03 và pKa2= 4,44
Giá trị pKa1 của axit maleic nhỏ hơn axit fumaric do hiệu ứng không gian loại II, cản trở sự liên
hợp. Anion của axit maleic sinh ra bền hơn do có liên kết H nội phân tử.
Giá trị pKa2 của axit maleic lớn hơn axit fumaric do anion có liên kết H nội phân tử làm H khó
tách ra. Hơn nữa axit maleic sau khi phân ly nấc 2, hai nhóm mang điện âm gần nhau, tăng sức
đẩy làm anion kém bền, dẫn đến làm giảm tính axit.
2. Phản ứng giữa các ancol đã cho với HBr là phản ứng thế theo cơ chế SN1. Giai đoạn trung gian
tạo cacbocation benzyl. Nhóm –OCH3 đẩy electron (+C) làm bền hóa cacbocation này nên khả
năng phản ứng tăng. Nhóm CH3 có (+I) nên cũng làm bền hóa cacbocation này nhưng kém hơn
nhóm –OCH3 vì (+C) > (+I). Các nhóm –Cl (-I > +C) và –NO2 (-C) hút electron làm cacbocation
trở nên kém bền do vậy khả năng phản ứng giảm, nhóm –CN hút electron mạnh hơn nhóm –Cl.
Sắp xếp theo trật tự tăng dần khả năng phản ứng với HBr là:
p-NO2-C6H4-CH2OH < p-Cl-C6H4-CH2OH < p-CH3-C6H4-CH2OH < p-CH3O-C6H4-CH2OH
3. Các chất A4, A5, A6 có thể đóng vòng với sự tham gia đồng thời 6 electron π, còn A7 đóng vòng
với sự tham gia của 10 electron π .
Chú ý: Khi viết công thức lập thể của phản ứng giữa A7 và anhiđrit maleic mà thí sinh không viết
lập thể của 2 nguyên tử hidro cũng cho điểm.
4. a. Xác định CTPT: -
Công thức chung của X: CnH2n+2-2a (n ≥ 10, a là độ chưa bão hòa) -
%m của H = 2n+2-2a/14n+2-2a = 0,12 (1) - Số lk C-H = 2n+2-2a số lk C-C = n-1+a 2n+2-2a –( n-1+a) = 5 (2)
Từ (1) và (2) có n = 11 và a=3. CTPT của X: C11H18
 Xác định công thức cấu tạo: -
A=3, X có 2 vòng và 1 liên kết đôi, nhánh nằm ở C có liên kết đôi. - Trường hợp 1 - Trường hợp 2: 2. Biểu diễn cấu trúc của X, Y, K, L, M, N, E, F Câu 5: (4 điểm) 1. a. b. c. d.
2. Vì hợp chất A không quang hoạt và công thức phân tử C5H8O4. Đun nóng A thu được anhiđrit axit vòng D.
Công thức cấu tạo của A là:
Công thức cấu tạo của D là:
Để chuyển hóa 1 mol C thành dẫn xuất axetul F cần 2 mol axetyl clorua do vậy C có 2 nhóm
chức ancol. Thực hiện phản ứng khử C bằng LiAlH4 thu được chất G suy ra c có chức nhóm C=O.
Y có cấu trúc mạch cacbon và vị trí các nhóm chức giống C
Công thức cấu tạo của C là Hợp chất G là Và F là
Công thức cấu tạo của B là
Suy ra công thức cấu tạo của X là
Mà X là một dẫn xuất của axit heptanoic. Vậy công thức X là: 3. a. b.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN – KHÁNH HÒA Câu 1: (4 điểm)
1. Cho cân bằng hóa học sau: N2O2 (k) 2NO2 (k) (1)
Thực nghiệm cho biết khối lượng mol phân tử trung bình của hai khí trên ở 35℃ bằng 72,45
g/mol và ở 45℃ bằng 66,8 g/mol.
a) Tính độ phân li của N2O2 ở mỗi nghiệt độ trên?
b) Tính hằng số cân bằng KP của (1) ở mỗi nhiệt độ trên? Biết P = 1atm
c) Cho biết theo chiều nghịch, phản ứng thu nghiệt hay tỏa nhiệt?
2. Kim loại nhôm Al kết tinh theo mạng lập phương có cạnh là 4,05Å, khối lượng riêng của tinh thể
nhôm là 2,70 g/cm3. Hãy cho biết nhôm kết tinh theo loại mạng tinh thể nào? Cho: Al = 26,982
3. a) Hãy mô tả cấu trúc phân tử BX3. Obitan lai hóa của B ở trạng thái lai hóa nào?
b) Trạng thái lai hóa này thay đổi như thế nào khi halogenua Bo hình thành một liên phân tử với
một bazơ, ví dụ Pyridin (C5H5N)? Sự thay đổi cấu trúc xung quanh Bo với sự hình thành liên
phân tử nói trên sẽ thuận lợi hơn khi X là F hay I?
Hãy sắp xếp BF3, BCl3 và BBr3 theo chiều tăng dần tính axit Lewis dựa vào sự xem xét cấu trúc nói trên. Câu 2: (4 điểm)
1. So sánh pH của 5 dung dịch cùng nồng độ: NH4Cl 0,1M; NH4HSO4 0,1M; (NH4)2SO4 0,05M; (NH -
4)2S 0,05; (NH4)2CO3 0,05M biết: HSO4 COS pK = 2; H2S có pK1 = 7,0; pK2 =13; H2CO3 có
pK1 = 6,275; pK2 =10,33
2. a. Tính độ điện ly của ion NH + -
4 và HSO4 trong dung dịch NH4HSO4 0,1M. Cho pK + - a NH4 : 9,24% ; HSO4 : 2
b. Độ điện ly thay đổi như thế nào nếu trong dung dịch có mặt HCOONa 0,01M? Cho pKa (HCOOH) =3,75
3. Cho H2S đi qua dung dịch FeCl3 0,1M; CdCl2 0,1M; ZnCl2 0,01M đến bão hòa. Có hiện tượng gì xảy ra.
Cho pKS: FeS: 17,2; CdS: 26,1 ; ZnS: 21,6. E0(Fe3+/Fe2+) = +0,77V ; E0(S/H2S) = +0,14V;
H2S có Kal = 10-7 ; Ka2 = 10-13; độ tan H2S = 0,1M Câu 3: (4 điểm)
1. Kim loại đồng tác dụng với dung dịch axit X nhưng lại không tác dụng với axit Y hoặc dung dịch
loãng của axit Z. Để kiểm tra sức ăn mòn củ các thanh khuấy bằng đồng ta cho một thanh nhúng
vào một cốc chứa dung dịch Y có nồng độ vừa pahri và một thanh khác vào một cốc chứa dung
dịch axit Z loãng. Sau khi cho máy khuấy chạy vài giờ ta thấy cả hai dung dịch trên đều hóa xanh
và khối lượng thanh khuấy nhúng trong dung dịch Y giảm 0,496 gam, còn trong dung dịch Z
giảm 0,248 gam. Trong các dung dịch đã hình thành các hợp chất B và C là những hiđrat kết tinh
E và F ở trạng thái rắn. Khối lượng của chúng là 1,33 gam và 0,98 gam tương ứng. Thêm dư các
dung dịch AgNO3 và BaCl2 vào các dung dịch pha từ các hiđrat tinh thể tương ứng.
Trong dung dịch thứ nhất sẽ thấy kết tủa trắng G và ở dung dịch thứ hai cũng có một kết tủa trắng. Sau
khi cho chất A còn lại trong dung dịch thứ nhất kết tinh ta được 1,89 gam hiđrat tinh thể. Chất A cũng có
thể chế tạo được khi cho đồng tác dụng với axit A. Chất E còn lại trong dung dịch thứ hai sau khi thêm
BaCl2 cũng tạo được hiđrat kết tinh. Trạng thái oxi hóa của đồng trong mọi hợp chất đã nêu đều bằng +2. Hãy:
a) Viết công thức của các axit X, Y, Z và nêu tên chúng.
b) Viết công thức của các axit A, B, B và nêu tên chúng
c) Viết phương trình các phản ứng của Cu với axit X đậm đặc
d) Tại sao đồng bắt đầu bị ăn mòn khi được thấy trong các dung dịch Y và Z? Viết các phương trình
phản ứng Cu bị ăn mòn đã tạo ra các hợp chất B và C này.
e) Viết phương trình phản ứng: B + AgNO3 và C + BaCl2 rồi nêu tên của các hợp chất G, H đã tạo ra các kết tủa trắng.
f) Dùng các khối lượng đã cho Hãy tính ra công thức của các hiđrat tinh thể D, E và F.
g) Các hiđrat tinh thể D, E và F sẽ có công thức như thế nào nếu chúng là những phức có số phối trí
của ion Cu2+ bằng 4 trong cả 3 chất.
2. Cho 2 chất: A là phèn sắt – amoni: (NH4)2SO4.Fe2(SO4)3.24H2O
B là muối Mo (NH4)2SO4.Fe2(SO4)3.6H2O
- Nung A, B đến nhiệt độ cao trong không khí được chất rắn D và hỗn hợp khí E gồm các khí E1 ,
E2, E3, E4. Các khí trong E có tính chất sau:
+ E1 trơ, không duy trì sự sống
+ E2 có mùi khai, làm xanh giấy quỳ tím ẩm, tạo ra kết tủa đỏ nâu với thuốc thử netler
+ E3 làm mất màu dung dịch nước Brom và làm đục nước vôi trong
+ E4 bị FeCl2 trong dung dịch HCl hoặc CrCl2 trong dung dịch HCl hấp thụ.
- Hòa tan D trong dung dịch H2SO4 được dung dịch D1, cho bột sắt dư tác dụng với D1 đến khi
biết màu hoàn toàn được dung dịch D2. Chia D2 làm 4 phần:
+ Phần 1: tác dụng với dung dịch AgNO3 được dung dịch chứa muối như muối trong D1.
+ Phần 2: tiếp xúc với khí NO tạo râ chất lõng màu nâu.
+ Phần 3: tác dụng với KCN dư tạo ra dung dịch màu vàng.
+ Phần 4: tác dụng với NaNO3 + H2SO4 tạo ra oxit của nitơ, trong phân tử có 8 phaagn khối 15 lượng oxi.
Viết các phương trình phản ứng và cho biết các chất E, E1 , E2, E3, E4, D, D1, D2. Câu 4: (4 điểm)
1. Công thức cấu tạo của một số dược phẩm như sau: (thuốc chống viêm) Đarvon (thuốc giảm đau) Novrat (thuốc ho)
a) S-Naproxen có hoạt tính cao hơn R-Naproxen 28 lần nên trên thị trường chỉ có S-Naproxen. Viết
công thức phối cảnh, gọi tên hệ thống của S-Naproxen.
b) S-Ibuproxen có haotj tính cao hơn R- Ibuproxen nên người ta chỉ sản xuất có S- Ibuproxen. Viết
công thức phối cảnh, gọ tên hệ thống của S- Ibuproxen.
c) Đarvon có cấu hình 2S, 3R còn Novrat có cấu hinh 2R,3S. Viết công thức phối cảnh.
2. Cho sơ đồ phản ứng:
a) Gọi tên (A), (B) và cho biết số đồng phân lập thể của mỗi chất.
b) Viết đày đủ các phương trình phả ứng, ghi rõ điều kiện.
c) Viết công thức cấu tạo thu gọn của (X), (Y), (Z), (T) và giải thích sự tạo thành các sản phẩm đó.
d) Trình bày cơ chế của các phản ứng (2), (3), (4), (5). Câu 5: (4 điểm)
1. Khi đun nóng chất (A) (C4H10O) với axit sunfuris thu được (B). (B) có thể kết hợp một phân tử
Cl2 tạo thành (C) và sản phẩm (C) này được xử lí với NaNH2 cho (D). (D) phản ứng với
CH3MgBr cho (E) và khí thoát ra. Mặt khác cho (D) tác dụng với BH3, sau đó với H2O/OH- thì
thu được (F) (C4H8O). Phản ứng (E) với (F) rồi thủy phân thì được (G). Hidro hóa (G) bằng H2
với xúc tác Pd/BaCO3 được (H).
Hãy xác định công thức cấu tạo của chất từ (A) đên (H) (C6H16O).
2. Hợp chất (A) C17H32O4 trơ khi đun nóng với dung dịch kiềm và không hấp thụ trong phổ UV, (A)
cũng không giải phóng khí metan khi tác dụng với CH3MgBr. Đun nóng (A) với dung dịch H2SO4
loãng thu được (B) và (C). Hợp chất (B) C5H8O2 phản ứng với hydroxylamin tạo (D). (D) không
bị thủy phân, không bị oxi hóa, không phản ứng với thuốc thử Hinsberg. (D) bị khử bởi Na/EtOH
tạo (E). (E) phản ứng được với thuốc thử Hinsberg.
Hidro hóa (B) xúc tác Ni thu được (F), (F) phản ứng với PBr3 tạo (I) C5H10Br2. Đun nóng (I) với
NH3, sau đó cô cạn được chất rắn, sau khi nung ở nhiệt độ cao thu được sản phẩm giống (E).
Hợp chất (C) có công thức C6H12O, phản ứng được với hydroxylamin, phản ứng với clo trong
NaOH tạo clorofom và dung dịch (G), axit hóa (G) thu được hợp chất giống với sản phẩm của t-
BuMgBr với CO2. Hãy lập công thức cấu tạo của chất từ (A) đến (G).
3. Hợp chất (A) C5H9OBr có thể tác dụng với dung dịch iot trong kiềm loãng tạo ra chất kết tủa màu
vàng. (A) tác dụng với dung dịch NaOH tạo ra (B) và (C) có cùng công thức C5H8O. (B) và (C)
đề không làm mất màu dung dịch kali pemanganat ở nhiệt độ thấp, chỉ (B) tạo kết tủa vàng với
dung dịch iot trong kiềm. Cho (B) tác dụng với CH3MgBr rồi thủy phân thì thu được (D) C6H12O.
(D) tác dụng với HBr tạo ra hai đồng phân cấu tạo (E) và (F) có cùng công thức phân tử C6H11Br,
trong đó có một đồng phân làm mất màu dung dịch kali pemanganat ở nhiệt độ thấp.
4. Hãy lập công thức cấu tạo và gội tên các chất (A), (B), (C), (D), (E), (F).
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN – KHÁNH HÒA Câu 1: (4 điểm)
1. Xét cân bằng: N2O2 (k) 2NO2 (k) (1)
a) Gọi a là số mol của N2O4 có trong 1 mol hỗn hợp
 số mol NO2 trong 1 mol hỗn hợp là (1-a) mol
Ở 35℃ có M =72,45 g/mol = 92a+46(1-a)  a=0,575 mol = n và n =0,425 mol N2O4 NO2 N2O4 (k) 2NO2 (k) Ban đầu x 0 Phản ứng 0,2125 0,425 Cân bằng x-0,2125 0,425 0, 2125
x - 0,2125 = 0,575  x=0,7875 mol, vậy   100%  26,98% 0, 7875
Ở 45℃ có có M =66,80 g/mol = 92a+46(1-a)  a=0,4521 mol = n và n =0,5479 mol N2O4 NO2 N2O4 (k) 2NO2 (k) Ban đầu x 0 Phản ứng 0,27395 0,5479 Cân bằng x-0,27395 0,5479 0, 27395
x - 0,27395 = 0,4521  x=0,72605 mol, vậy   100%  37,73% 0, 72605 n n b) NO2 N2O4 P  P, P  P và P = 1 atm NO2 N2O4 n n hh hh 2 2 (P ) Ở (0, 425) 35℃ NO2 K    0,314 P P 0,575 N2O4 2 2 (P ) Ở (0,5479) 45℃ NO2 K    0,664 P P 0, 4521 N2O4
c) Từ kết quả thực nghiệm ta thấy, khi nhiệt độ tăng từ 35℃ lên 45℃ thì α tăng. Có nghĩa khi nhiệt
độ tăng cân bằng dịch chuyển theo chiều thuận. Vậy theo chiều thuận phản ứng thu nhiệt, nên
theo chiều nghịch phản ứng tỏa nhiệt.
2. – Khối lượng 1 nguyên tử Al = 26,982.0,166.10-23 = 4,479.10-23 gam
- Thể tích một tế bào tinh thể: V = (4,05.10-8)3 = 66,43.10-24 cm3
- Khối lượng của 1 tế bào tinh thể Al = 66,43.10-24.2,7=179,361. 10-24 gam 24 179,361. 10
- Số nguyên tử Al có trong 1 tế bào tinh thể   4 23 4, 479.10
Vậy Al kết tinh theo mạng lập phương tâm diện.
3. a.Nguyên tử trung tâm B có lai hóa sp2 và BX3 có cấu tạo tam giác
b) Khi hình thành một liên phân với pyridin, cấu trúc xung quanh nguyên tử trung tâm bo chuyển
thành cấu trúc lai hóa sp3 tứ diện. Sự thay đổi cấu trúc này bị cản trở không gian khi xung quanh
nguyên tử bo có những nhóm hoặc nguyên tử lớn (chẳng hạn iot) và sự hình thành liên phân là không
thuận lợi. Vì thế, BF3 được dự đoán có khuynh hướng tạo thành liên phân mạnh nhất.(BF3 được dự
đoán có tính axit Lewis mạnh nhất)
Halogen có độ âm điện lớn hơn sẽ di chuyển mạnh hơn mật độ khỏi nguyên tử trung tâm bo và vì thế làm tăng tính axit
→Thứ tự tính axit Lewis: BF3 > BCl3 > BBr3 Câu 2: (4 điểm) 1. NH + 4 NH3 + H+
Cả 5 dung dịch đều có nồng độ NH +
4 nên ta so sánh các gốc axit: Cl- trung tính HSO - -2 4 H+ + SO4 SO -2 - 4 + H2O HSO4 + OH- K=10-12 S2- + H2O HS- + OH- K=10-1 CO 2- - 3 + H2O HCO3 + OH- K=10-3,67
 pH: (2) < (1) < (3) <(5) < (4)
2. a. Tính độ điện ly của ion NH + -
4 và HSO4 trong dung dịch NH4HSO4 0,1 M NH + - 4HSO4 → NH4 + HSO4 NH + 4 NH3 + H+ K1 = 10-9,24 (1) HSO - 2- 4 H+ + SO4 K2= 10-2 (2)
Vì K2 >> K1  (2) là chủ yếu; (1) không ảnh hưởng HSO - 2- 4 H+ + SO4 K2= 10-2 (2) C 0,1 [ ] 0,1-x x x 2 x 2  2 K
10  x  0,01x  0,001  0  x  0,027 0,1 x  1 0, 027 2    [SO ]   0, 27 hay 27% 4 C  0,1 HSO4 NH + 4 NH3 + H+ K1 = 10-9,24 (1) C 0,1 0,027 [] 0,1-y y y+0,027 y(0, 027  y) 9  ,24 K   10 0,1 y 9 y
0, 027  y  2,13.10 9 2,13.10 8  6   
 2,13.10 hay 2,13.10 % 0,1
b. Độ điện ly thay đổi như thế nào nếu trong dung dịch có mặt HCOONa 0,01M? Cho pKa (HCOOH) = 3,75 NH + - 4HSO4 → NH4 + HSO4 HCOONa → HCOO- + Na+ HCOO- + H+ HCOOH K=103,75 HSO - 2- 4 H+ + SO4 K=10-2  HCOO- + HSO - 2- 4 HCOOH + SO4 K=101,75 (3) C 0,01 0,1 [] 0,01 – x 0,1-x x x 2 x 1,75 1,75 2 1,75 1  ,25 K  10
 (10 1)x  0,11.10 x 10  0
(0,1 x)(0, 01 x) 3
x  9,98.10  0,01
 (3) coi như hoàn toàn, trong dung dịch gồm: HSO - 2- 4 : 0,09M; SO4 : 0,01M HSO - 2- 4 H+ + SO4 K=10-2 C 0,09 0,01 [] 0,09-x x 0,01+x x(0, 01 x) 2  2 4 K
 10  x  0,02x  9.10  0  x  0,0216 (0, 09  x) 0, 0216  0, 01    0,316 hay 31,6% 0,1 NH + 4 NH3 + H+ C 0,1 0,0216 [ ] 0,1-y y y+0,0216 y(0, 0216  y) 9  ,24 K   10 0,1 y 9 y
0, 0216  y  2, 664.10 9 2, 664.10 8  6   
 2,664.10 hay 2,664.10 % 0,1 3. Fe3+ + 1e Fe2+ H2S S + 2H+ + 2e 3  2  2Fe H S S  2H 2Fe   2 2(0,770,14) 0,0592 21,28 K  10 10  phản ứng hoàn toàn 3  2  2Fe H S S  2H 2Fe   2 0,1 0,1 0,1 2 Fe   H S FeS 2H   K = 10-2,8 2 2 Cd   H S CdS 2H  
K = 106,1  phản ứng hoàn toàn 2 2 Zn   H S ZnS 2H   K = 101,6 2 2 Cd   H S CdS 2H   K = 106,1 2 0,1 0,2 Ta có:  2 2  0 H S 2H  S K  10 2 [] 0,1 0,3 x 2 . x 0,3 2  0 2  0  10  x 1,11.10 0,1 2 2 20  22  21  ,6
 [Zn ].[S ]=1,11.10 .0,01 1,11.10 10
 không có kết tủa ZnS 2 2 20  21  17,2
 [Fe ].[S ]=1,11.10 .0,1 1,11.10 10
 không có kết tủa FeS
Vậy cho H2S đi qua dung dịch FeCl3 0,1M; CdCl2 0,1M; ZnCl2 0,01M đến bão hòa thì thu được
kết tủa màu vàn gồm S và CdS Câu 3: (4 điểm)
1. a. X là HNO3, axit nitric, Y là HCl, hidro clorua, Z là H2SO4, axit sunfuric
b. A là Cu(NO3)2, đồng (II), B là CuCl2, đồng (II) clorua, C là CuSO4, đồng (II) sufat
c. Cu + 4HNO3 → Cu(NO3)2 +2NO2 + 2H2O chất A là Cu(NO3)2
d. Khi khuấy các dung dịch thì oxi sẽ tham gia vào phản ứng.
Các phương trình đồng bị ăn mòn là:
2Cu + 4HCl + O2 → H2O + 2CuCl2 (chất B)
2Cu + 2H2SO4 + O2 → 2H2O + 2CuCl2 (chất C)
e. CuCl2 + 2AgNO3 → Cu(NO3)2 + 2AgCl (chất G, bạc clorua)
CuSO4 + BaCl2 → CuCl2 + BaSO4 (chất H, bari sunfat)
f. Cu  Cu(NO3)2  CuCl2  CuSO4
63,5 g/mol; 188 g/mol; 134 g/mol; 160 g/mol
Hiđrat tinh thể D là Cu(NO3)2.n.H2O 63, 5g / mol  4, 496g  1mol n 1molx 1,89g  188g / mol   3mol H   2O 0, 496  63, 5g / mol  18g Vậy D là Cu(NO3)2.3.H2O
Hiđrat tinh thể E là CuCl2.n”H2O 63,5g / mol  0, 496  1mol " n 1mol 1,33  134g / mol   2mol H   2O 0, 496  63,5g / mol  18g Vậy E là CuCl2.2H2O
Hiđrat tinh thể F là Cu(SO4)2. n '' H2O 63,5g / mol  0, 248  1mol " n 1mol 0,98g  160g / mol   5mol H   2O 0, 248  63,5g / mol  18g Vậy F là Cu(SO4)2.2H2O
g. [Cu(H2O)2Cl2], [Cu(H2O)3NO3]NO3, [Cu(H2O)4]SO4(H2O)
2. Nung A, B đến nhiệt độ cao trong không khí thì xảy ra phản ứng nhiệt phân: 6  NH SO  .Fe SO .24H O]  6Fe O  2N  8  NH  24  SO  9O  36H O  4  4  2  4  0 t 2 2 3 2 3 2 3 2 2 2 12  NH SO  .Fe SO .6H O]  6Fe O  4N  16
 NH  24SO  3O  96H O  4  4  2  4  0 t 2 2 3 2 3 2 3 2 2 2 - D là Fe2O3
- E1 trơ, không duy trì sự sống: N2
- E2 có mùi khai, làm xanh giấy quỳ tím ẩm, tạo ra kết tủa đỏ nâu với thuốc thử Netle: NH3
2K [HgI ] + 3KOH  NH  [HOHg.NHHgI]  + 7KI + 2H O 2 2 3 2
- E3 làm mất màu dung dịch nước brom và làm đục nước vôi trong: SO2
SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr
SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3↓ + H2O
- E4 bị FeCl2 trong dung dịch HCl hoặc CrCl2 trong dung dịch HCl hấp thụ: O2
4FeCl2 + 4HCl + O2 → 4FeCl3 + 2H2O
4CrCl2 + 4HCl + O2 → 4CrCl3 + 2H2O
- Hòa tan D trong H2SO4 được dung dịch D1 : Fe2(SO4)3
- Cho bột Fe dư tác dụng với D1 đến khi biến màu hoàn toàn được dung dịch D2: FeSO4 Fe + Fe2(SO4)3 → 3FeSO4 Chia D2 làm 4 phần:
+ Phần 1: tác dụng với dung dịch AgNO3 được dung dịch có chứa muối như muối trong D1
3FeSO4 + 3AgNO3 → Fe2(SO4)3 + Fe(NO3)3 + 3Ag
+ Phần 2: tác dụng với khí NO tạo ra chất lỏng màu nâu. FeSO4 + NO → [Fe(NO)]SO4
+ Phần 3: tác dụng với KCN dư tạo ra dung dịch màu vàng.
FeSO4 + 6KCN → K4[Fe(CN)6] + K2SO4 8
+ Phần 4: tác dụng với NaNO3 + H2SO4 tạo ra oxit của nitơ, trong phân tử có phần khối lượng 15 là oxi NO
6FeSO4 + 2NaNO3 + 4H2SO4 → 3Fe2(SO4)3 + K2SO4 + 2NO↑ Câu 4: (4 điểm)
1. a. S-Naproxen có hoạt tính cao hơn R-Naproxen 28 lần nên trên thị trường chỉ có S-Naproxen.
Viết công thức phối cảnh, gọi tên hệ thống của S-Naproxen.
Axit (S) – 2 – (6 – metoxi – 2 – naphtyl) propanoic
b. S-Ibuproxen có haotj tính cao hơn R- Ibuproxen nên người ta chỉ sản xuất có S- Ibuproxen.
Viết công thức phối cảnh, gọ tên hệ thống của S- Ibuproxen.
Axit (S) – 2 – (4 – isobutyl aphtyl) propanoic Điều chế: Ibuproxen
c. Đarvon có cấu hình 2S, 3R còn Novrat có cấu hinh 2R,3S. Viết công thức phối cảnh
2. a.Gọi tên (A), (B) và cho biết số đồng phân lập thể của mỗi chất.
(A) : (E) – 2 – phenylbut – 2 – en có đồng phân hình học (B) : 2 – phenylbutan
có 2 đồng phân hình học vì có 1C*
b. viết đầy đủ các phương trình phản ứng, ghi rõ điều kiện.
c. Viết công thức cấu tạo thu gọn của (X), (Y), (Z), (T) và giải thích sự tạo thành các sản phẩm đó.
Tạo X: Brom hóa H ở C bậc cao.
Tạo Y: Brom hóa vị trí para không bị án ngữ không gian
Tạo Z: Cơ chế AE, nồng độ I- cao Tạo T: Cơ chế AE
d. Trình bày cơ chế của các phản ứng (2), (3), (4), (5).
- Phản ứng (2): cơ chế SR ở mạch nhánh
- Phản ứng (3): cơ chế SE ở nhân thơm
- Phản ứng (4), (5): cơ chế AE ở nối đôi C = C Câu 5: (4 điểm)
1. (D) phản ứng CH3MgBr cho (E) và khí thoát ra → (D) là ankin có liên kết ba đầu mạch
→ (A) là ancol bậc 1 không phân nhánh
2. –Hợp chất (C) có công thức C6H12O, phản ứng được với hydroxylamin →(C) có nhóm cacbonyl
- Hợp chất (C) phản ứng với clo trong NaOH tạo clorofom và dung dịch (G), axit hóa (G) thu
được hợp chất giống với sản phẩm của t-BuMgBr với CO2 → (C) và (G) là:
- Hợp chất (B) C5H8O2 phản ứng với hydroxylamin tạo (D). (D) không bị thủy phân, không bị oxi
hóa, không pahrn ứng với thuốc khử Hinsberg. (D) bị khử bởi Na/EtOH tạo (E). (E) phản ứng được
với thuốc thử Hinsberg → (B) là andehit, (D) là amin bậc 3, (E) là amin bậc 2. → (B) và (D) và (E) là
- Hợp chất (A) C17H32O4 trơ khi đun nóng với dung dịch kiềm và không hấp thụ trong phổ UV
→ (A) không có hệ liên hợp
- (A) cũng không giải phóng khí metan khi tác dụng với CH3MgBr → (A) không có H linh động.
- Đun nóng (A) với dung dịch H2SO4 loãng thu được (B) và (C). → (A) là:
3. Hãy xác định công thức cấu tạo và gọi tên các chất (A), (B), (C), (D), (E), (F).
- Hợp chất (A) C5H9Obr có thể tác dụng với dung dịch iot trong kiềm loãng tạo ra chất kết tủa vàng →(A) có nhóm – CO–CH3
- (A) tác dụng với dung dịch NaOH tạo ra (B) và (C) có cùng công thức C5H8O. (B) và (C) đều
không làm mất màu dung dịch kali pemanganat ở nhiệt độ thấp, chỉ có (B) tạo kết tủa vàng với dung dịch iot trong kiềm. → (B) và (C) là: (A) 5-brompetan-2-on (B) metyliclopropylxeton (C) Xiclopentanon (D) 2-xiclopropylpropan-2-ol
(E) 2-brom-2- xiclopropylpropan (F) 5-brom-2-metylpent-2-en
TRƯỜNG THPT LƯƠNG VĂN CHÁNH – PHÚ YÊN Câu 1: (4 điểm)
1.1 Các nguyên tử C, N, O có thể sắp xếp theo ba thứ tự khác nhau để tạo ra ba anion CNO-, CON- và NCO-
a. Viết công thức Lewis cho các cách sắp xếp nguyên tử như trên.
b. Với cách sắp xếp trên hãy:
i. Tìm điện tiscch hình thức của mỗi nguyên tử.
ii. Sắp xếp độ bền của ba anion trên. Giải thích?
1.2 Tinh thể kim cương có cấu trúc lập phương tâm diện, ngoài ra các nguyên tử cacbon còn chiếm một
nửa số lỗ trống tứ diện, ở 293K kim cương có khối lượng riêng D= 3,514 g/cm3, C =12; NA = 6,022.1023.
Hãy tính bán kính của nguyên tử cacbon kim cương và độ đặc kít của tinh thể.
1.3 Thả một viên nước đá có khối lượng 20 gam ở -25℃ vào 200ml rượu (ancol) etylic 39,50 (giả thiết
chỉ chứa nước và rượu) để ở nhiệt độ 25℃. Tính biến thiên antropi của quá trình thả viên nước đá và
rượu trên đến khi hệ đạt cân bằng. Coi hệ được xét là cô lập.
Cho: R – 8,314 J.mol-1.K-1; khối lượng riêng của nước là 1g.ml-1 và của rượu là 0,8 g.ml-1; nhiệt dung
đẳng áp của nước đá là 37,66 J.mol-1.K-1 và rượu là 113,00 J.mol-1.K-1. Nhiệt nóng chảy của nước đá là 6,009 kJ.mol-1. Câu 2: (4 điểm)
2.1 Thêm 25ml dung dịch NaOH 0,05M vào 100ml dung dịch A gồm HCl 0,001M và H2S 0,1M, thu được dung dịch B.
a.Tính pH của dung dịch B và nồng độ mol của các ion trong dung dịch B.
b. Tính thể tích dung dịch NaOH 0,05 M cần thêm vào 100ml dung dịch A để thu được dung dịch có
pH =8. Cho H2S có Ka1 = 10-7, Ka2 = 10-12,92
2.2.a. Điện phân dung dịch X chưa NiSO4 0,02M và CoSO4 0,01M trong axit H2SO4 0,5M ở 25℃, dùng
điện cực Pt với dòng điện I = 0,2 A.
i. Viết phương trình phản ứng xảy ra ở các điện cực. Tính tinh thể của các cặpp oxi hóa khử ở từng
điện cực và cho biết hiệu thế tối thiểu phải đặt vào hai cực để quá trình điện phân bắt đầu xảy ra.
ii. Cation nào bị điện phân trước? Khi cation thứ hai bắt đầu điện phân thì nồng độ của cation thứ nhất còn bao nhiên?
b. Nếu điện phân dung dịch chứa NiSO4 0,02M; CoSO4 0,01M và NaCN 1M thì kim loại nào sẽ tách
ra trước? Có thể tách kim loại ra khỏi nhau bằng phương pháp điện phân dung dịch này không? Biết
rằng một ion được coi là tách hoàn toàn khỏi dung dịch khi nồng độ ion của nó còn lại trong dung dịch nhỏ hơn 10-6M. Cho biế ở 25℃, 0 0 0 E        233V; E  0, 277V; E  1, 23V; P 0, 2 atm 2 2 O Ni / Ni Co /Co O ,H / H O 2 2 2 Các phức chất: 4
[Co(CN) ]  có lg   19, 09; 2
[Ni(CN) ]  có lg   30, 22; 6 1 4 2
Quá thế của H2/Pt đủ lớn để quá trình điện phân H+ và nước tại catot không xảy ra. Câu 3: (4 điểm)
3.1. Hợp chất vô cơ X thành phần có 2 nguyên tố. 120 < MX < 145. Cho X phản ứng với O2 thu được
chất duy nhất Y. Cho Y phản ứng với H2O thu được 2 axit vô cơ và A và B. A phản ứng với dung dịch
AgNO3 thu được kết tủa trắng (C) kết tủa này tan trong dung dịch NH3. B phản ứng với dung dịch NaOH
dư thu được muối D. D phản ứng với AgNO3 thu được kết tủa vàng (E). Chất X khi phản ứng với H2O
thu được 2 axit là G và A, khi đun nóng G thu được axit (B) và khí H.
Xác định công thức phân tử các chất và viết các phương trình phản ứng xảy ra.
3.2. Có thể điều chế tinh thể FeCl3.6H2O theo cách sau: Hòa tan sắt kim loại vào trong dung dịch axit
clohiđric 25%. Dung dịch tạo thành được oxi hóa bằng cách sục khí clo qua cho đến khi cho kết quả âm
tính với K3[Fe(CN)6]. Dung dịch được cô bay hơi ở 95℃ cho đến khi tủ trọng của nó đạt chính xác 1,695
g/cm3 và sau đó làm lạnh đến 4℃. Tách kết tủa thu được bằng cách hút chân không rồi cho vào một dụng cụ kín.
1. Viết các phản ứng dẫn đến sự kết tủa FeCl3.6H2O.
2. Có bao nhiêu gam sắt và bao nhiêu ml dung dịch axit clohiđric 36% (d=1,18 g/cm3) cần để điều
chế 1,00 kg tinh thể này. Biết rằng hiệu suất quá trình chỉ đạt 65%
3. Đun nóng 2,725 gam FeCl3.6H2O trong không khí đến 350℃ thu được 0,8977 gam bã sắt. Xác
định thành phần định tính và định lượng của bã rắn Câu 4: (4 điểm)
4.1. a. Giải thích sự khác biệt về giá trih pKa của hai hợp chất sau: pKa 16 17,5
b. Xác định cấu dạng bền của những hợp chất sau trong dung môi: Metanol và octan
4.2. Hãy cho biết các chất có công thức phân tử là C4H8O và:
a. Có chứa cacbon bất đối, chr rõ nguyên tử cacbon bất đối
b. Là đồng phân meso?
4.3 Xác định cấu trúc lập thể và gọi tên các hợp chất từ A đến E trong sơ đồ sau đây: Câu 5: (4 điểm)
5.1. Trình bày cơ chế tạo sản phẩm trong các phản ứng sau:
5.2. Ephedrin (G) là một hoạt chất dùng làm thuốc chữa bệnh về hô hấp được chiết từ cây ma hoàng.
Ephedrin đã được tổng hợp theo sơ đồ đồ sau:  CO,HCl/AlC 3 l CH3CH2NO2 ,OH H / Ni CH Br 2 3 C H  D 
E F G 6 6
a. Viết công thức cấu tạo của D, E, F và G trong sơ đồ trên.
b. Viết cơ chế phản ứng của các giai đoạn tạo thành D và E.
c. Đi từ benzen, axit propanoic và các chất vô cơ cần thiết khác, hãy đưa râ một sơ đồ tổng hợp ephedrin.
TRƯỜNG THPT LƯƠNG VĂN CHÁNH – PHÚ YÊN Câu 1:
1. Viết công thức Lewis cho ba anion CNO- , CON- và NCO-
b. i. Điện tích hình thức của mỗi nguyên tử:
ii. Ion NCO- bền nhất vì điện tích hinhg thức nhỏ nhất.
Ion CON- kém bền nhất vì điện tích hình thức lớn nhất.
2. Mô tả tinh thể a = 3,55Å Liên kết C-C dài 1,54Å
Một ô mạng cơ sở có mặt 8 nguyên tử ở 8 đỉnh, 6 nguyên tử có 6 mặt, 4 nguyên tử ở 4 hốc tứ diện. Số
nguyên tử nguyên vẹn có trong 1 ô mạng là 8.1/8 + 6.1/2 +4 =8 Vng.tu = 4πR3/3 8.12 3 D 
 3,516g / cm ;a  0,357nm 3 N.a a 3 Mặt khác 2R  từ đó R = 0,0772 nm. 4 8.V Độ đặc khít = ng.tu .100%  34% 3 a
3. Thành phần của rượu và nước trong rượu 39,50 là: 39,5.200 V   79(ml)  V  200  79 121(ml) C2H5OH H2O 100  m  79.0,8  63,2 (g) và m 121.1121 (g). 2 C 5 H OH H2O
Nước bằng đúng nhiệt thu vào của viên nước đá thì hệ đạt cân bằng. Gọi nhiệt độ của hệ khi
hệ đạt cân bằng là tcb (℃).
Quá trình thu nhiệt gồm 3 giai đoạn: Q Q Q 1 2 3
H O(r) H O(r) H O(l) H O(l) 2 2 2 2 -25℃ 0℃ 0℃ tcb℃ Qthu = Q1 + Q2 + Q3 = 20 20 20 3 .37, 66.(0  ( 2  5))  .6, 009.10  .75,31.(t  0) cb 18 18 18
→Qthu = 7722,78 + 83,68. tcb
Mặt khác nhiệt tỏa ra quá trình:
Qtỏa = Qtoả của nước + Qtoả của ancol 121 63, 2 = .75,31.(25  t )  .113, 00.(25  t ) cb cd 8 46
→ Qtỏa = 661,50.(25 – tcb)
Do Qtỏa = Qthu nên ta có: 7722,78+83,68.tcb =661,50.(25-tcb) → tcb = 11,83 (℃).
Biến thiên entropi của nước đá tăng tử -25℃ đến 11,83℃ gồm 2 thành phần S  S  S  1 2 3
H O(r) H O(r) H O(l) H O(l) 2 2 2 2 -25℃ 0℃ 0℃ tcb℃
Vậy ∆Snđ = ∆S1 + ∆S2 + ∆S3 3 20 273 20 6, 009.10 20 273 11,83 1  S   .37, 66.ln  .  .75, 31.ln  32,03(J.K ) nd 18 273  25 18 273 18 273
Biến thiên atropi hỗn hợp rượu nước gairm từ 25℃ xuống 11,83℃ gồm 2 thành phần :
Shhr = ∆Snước + ∆Srượu 121 273 11,83 63, 2 273 11,83 1  S   .75,31.ln  .113, 00.ln  2  9,9(J.K ) hhr 18 298 46 298
Vậy ∆Shệ = 32,03 -29,9=2,13 (J.K-1) Câu 2: (4 điểm)
1.a. nNaOH = 0,00125 mol; nHCl = 10-4 mol; n  0,01mol H2S NaOH + HCl → NaCl + H2O 10-4 mol 10-4 mol NaOH + H2S → NaHS 1,15.10-3 mol 1,15.10-3 mol 1,15.10-3 mol Số mol dư: 3  3 n 8,85.10 mol; n 1,15.10   mol H S(du ) NaHS 2 C  0,0708mol; C  0,0092M H S NaHS 2 H2S H+ + HS- K1 = 10-7 Ban đầu: 0,0708M 0,0092 Phản ứng: x x x Cân bằng 0,0708-x x x+0,0092 (x 0, 0092) x 7  7 K 
 10  x  7,695.10 M  pH  6,114 1 (0, 0708  x) HS H+ + S2- K2 = 10-12,92 Ban đầu: 0,0092M 7,695.10-7 Phản ứng: y y y Cân bằng 0,0092-y 7,695.10-7+y y 7 (7, 695.10  y) y 1  2,92 K  10 2 (0, 0092  y)
→y = [S2-]=1,435.10-9M ; [HS-]=0.0092M
[OH-] = 1,30.10-8M; [Na+]=0,01M; [Cl-]=8.10-4M
b. Đặt V (ml) là thể tích dung dịch NaOH 0,05M cần thêm vào dung dịch A.
Ta có phương trình trung hòa điện:
[H+]-[OH-]+[Na+]-[Cl-]-[HS-]-2[S2-]=0 K h  K K Với: 1 2 1 2  S H    C . ;[S ]=C .   H2S 2 H2S 2 h  K h  K K h  K h  K K 1 1 2 1 1 2
pH=8→[H+] = 10-8M; [OH-] = 10-6M Thay vào (*): 3 0, 05V 10   .100 0,1.100 (K h  2K K ) 8 6 1 1 2 10 10    .  0 2 100  V 100  V
(100  V) (h  K h  K K ) 1 1 2  V 183,82ml
2. Tại catot (Katot): Ni2+ + 2e → Ni (1)  0 2 E    E 
(0, 0592 : 2).lg[Ni ]=-0,283V 2 2 Ni / Ni Ni / Ni Co2+ + 2e → Co (2)  0 2 E    E 
(0, 0592 : 2).lg[CO ]=-0,336V 2 2 Co /Co Co /Co
Tại anot: 2H2O → 4H+ + O2 + 4e (3) 0  4 E     E 
(0, 0592 : 4).lg{[H ] .PO } 1, 22V 2 2 2 CO /CO CO /CO
Thế phân hủy tối thiểu ∆Vmin = 1,22 – (-0,283) = 1,503 V
(ứng với phương trình điện phân: 2Ni2+ + 2H2O → 2Ni + O2 + 4H+)
Từ kết quả phần a. Nhận thấy Ni2+ điện phân trước.
Khi Co2+ bắt đầu điện phân: 0 2 E        E  (0, 059 : 2).lg[Ni ] E  0,336V 2 2 2 Ni / Ni Ni / Ni Co /Co
 [Ni2+]=3,31.10-4 M (hay 10-3,48 M)
Nếu điện phân dung dịch chứa NiSO4 0,02M và CoSO4 0,01M có chuwass NaCN 1M: Có các cân bằng: 2  4 Co
 6CN [Co(CN) ]  (4) lg 1  19,09 6 2  2 Ni
 4CN [Ni(CN) ]  (5) lg 2   30,22 6 
Vì β1 và β2 rất lớn ; 0 C 0 0 C  
C CN nên sự tạo phức coi như hoàn toàn. 2 và Ni 2 Co TPGH: 2 [Ni(CN) ]  =0,02M 6 4
[Co(CN) ]  =0,01M; [CN-] = 0,86M thành phần cân bằng. 6
 [Ni2+]=2,20.10-32 M  E 2 =-1,17 V. Ni / Ni
 [Co2+]=2,01.10-21 M E 2 =-0,883 V. Co /Co
Từ kết quả trên ta thấy Co2+ bị điện phân trước tại catot.
(Có thể tính E thông qua cặp oxi hóa – khử: 2 [Ni(CN) ]  / Ni, CN và 4 [Co(CN) ]  / Co, CN ) 4 6 4 6   2 2  5
[Co(CN) ] 10 M;[CN ]  0,92M [Co ]=1,34.10 M 6 E E 2 =-1,013 > 
= -1,17V  Ni2+ chưa điện phân. Co /Co 2 Ni / Ni
Vậy có thể tách hai kim loại khỏi nhau bằng phương pháp điện phân. Câu 3: (4 điểm)
1. Cho X phản ứng với O2 được Y vậy X có tính khử.
X và Y khi thủy phân đều ra 2 axit vậy X là hợp chất của 2 phi kim. Axit A phản ứng với AgNO3
tạo ↓ trắng (C) tan trong NH3 Vậy (C) là AgCl và A là HCl do đó X có chứa Clo vì Clo có số oxi
hóa âm vậy nguyên tố phi kim còn lại là có oxi hóa dương nên axit B là axit có oxi. Muối Dpharn ứng với AgNO 3-
3 tạo ↓ vàng vậy muối D là muối PO4 nên axit B là H3PO4. Vậy X là hợp chất của
P và Cl. Với MX trong khoảng trên nên X là PCl3, Y là POCl3
Thủy phân X được axit G và A vậy G là H3PO3. Các phản ứng minh họa: 1 PCl3 + O2 → POCl3 2 0 POCl t  3 + 3HOH H3PO4 + 3HCl HCl + AgNO3 → AgCl + HNO3 AgCl + 2NH3 → [Ag(NH3)2]Cl
H3PO4 + 3NaOH → Ag3PO4 ↓ vàng + 3NaNO3 PCl3 + 3HOH → H3PO3 + 3HCl 0 4H t  3PO3 PH3 + 3H3PO4
2.1. Các phản ứng:
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 2FeCl2 + Cl2 → 2FeCl3
3FeCl2 + 2K3[Fe(CN)6] → Fe3[Fe(CN)6]2 + 6KCl FeCl3 + 6H2O → FeCl3.6 H2O 1000 2.  3,7mol FeCl .6H O 3 2 270, 3 Như vậ 3, 7.2.36, 5 y cần  978mL dung dịch HCl 36% 0, 36.1,18.0, 65
3. Khi đun nóng thì FeCl3.6 H2O phân hủy theo phương trình sau:
FeCl3.6 H2O → FeOCl + 5H2O + 6HCl
Khi nhiệt độ tăng thì FeOCl sẽ tiếp tục phân hủy:
3FeOCl → FeCl3 + Fe2O3 (Hơi FeCl3 bay ra) Lượ 2, 752 ng FeCl  3.6 H2O trong mẫu là 10,18 mmol 270, 3
Điều này ứng với khối lượng FeCl3 là 107,3.0,01018 = 1,092g FeOCl
Do khối lượng thu được của bã rắn bé hơn nên ta biết được FeOCl sẽ bị phân hủy một phần thành
Fe2O3. Khối lượng FeCl3 mất mát do bay hơi là: 1, 092  0,8977 1,20mmol 162, 2
Như vậy bã rắn cuối cùng chứa (0,01018 – 3.0,00120) = 6,58 mmol FeOCl và 1,20 mmol Fe2O3. Câu 4: (4 điểm)
4.1. Xét hai cấu trúc base liên hợp:
Xiclopentadien c cấu trúc không thơm, nhưng base liên hợp của nó có cấu trúc thơm. Trong khi đó
bản thân pyrole đã có cấu trúc thơm. Base liên hợp của pyrole chỉ khiến cho hệ thơm ổn định hơn.
Tức chênh lệch năng lượng với base của xiclopentadien sẽ lớn hơn pyrole. Vì thế có tính axit mạnh hơn. c.
Trong dung môi phân cực, dạng tồn tại sẽ là dạng có momen lưỡng cực giúp dung môi
solvat hóa tốt, hoặc tạo liên kết hydro liên phân tử với hợp chất trong dung môi không phân cực,
dạng tồn tại sẽ có momen lưỡng cực nhỏ, tránh lực đẩy tĩnh điện nội phân tử, hoặc có thể tạo liên
kết hydro nội phân tử. Như vậy: μ lớn μ nhỏ Ưu thế trong metanol Ưu thế trong octan Ưu thế trong octan Ưu thế trong metanol
4.2. a. Các chất C4H8O và có C bất đối:
b. Các chất C4H8O và có C bất đối là đồng phân meso:
A là: (S) – 4 etyl-2,4 đi metylhept – 2-en-5-in
B là: (4R,5Z) – 4 etyl-2,4 đi metylhept – 2,5-đien
C là: (S) – 2 etyl-3 metyl – 3-oxopropanoic
D là: Axit 2 etyl-2 metylpropanđioic Câu 5: (4 điểm) c. Tổng hợp ephedrin:
Cơ chế phản ứng tạo thành D: phản ứng thế electronphin vào nhân thơm, SE : AlCl C=O + HCl   Cl-CH=O 3     O=C+-H.......AlCl -4
Cơ chế phản ứng tạo thành E: phản ứng cộng nucleophin vào nhóm cacbonyl, AN  OH CH CH NO CH CHNO H  3 2 2 3 2
Sơ đồ tổng hợp khác đi từ axit propanioc và các tác nhân cần thiết khác.  0 LiAlH H ,t 1.O 4 3
CH CH COOH  CH CH CH OH  CH CH  CH   3 2 3 2 2 3 2  2.Zn,H LiAlH NH 4 3
HCHO  CH OH  CH NH 3 3 2 SOCl AlCl 2 3 B 2 r CH CH COOH  CH CH COCl  C H COCH CH  3 2 3 2 6 5 2 3
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN DU – ĐĂK LĂK Câu 1: (4 điểm)
1.1. Dùng phương pháp nhiễu xạ tia X để khảo sát cấu trúc tinh thể NH4Cl người ta nhận thấy rằng: -
Ở 20℃ phân tử NH4Cl kết tinh dưới dạng một kiểu mạng lập phương có a = 3,88Å, d= 1,50 g/cm3. -
Ở 250℃ phân tử NH4Cl kết tinh dưới dạng một kiểu mạng lập phương khác có a=6,53Å, d = 1,30 g/cm3
a. Cho biết kiểu mạng kết tinh của NH4Cl (có vẽ hình) ở 20℃ và 250℃. Cho NA = 6,022.1023.
b. Tính khoảng cách NH và Cl- (A0) cho từng kiểu tinh thể đã xác định 4
2. Cho pin điện: Pt | I- 0,1M; I 0,02M || MnO 0,05M, Mn2+ 0,01M, HSO C 3 4 4
M | Pt. Ở 25℃, suất điện
động của pin có giá trị 0,824 V. Xác định nồng độ ban đầu của HSO . Cho 0 E    1, 51V và 4 2 MnO4 /Mn 0 E  2     0, 5355V , K  10 . I3 /3I a (HSO4 )
1.2. Cho cùng một thể tích khí CO và hơi H2O vào trong một bình kín đến khi áp suất trong bình đạt
P (N/m2) thì dừng lại. Nung bình đến nhiệt độ 1123℃ đến khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng thu
được hỗn hợp khí than ướt. Xác định thành phần của khí than ướt. Biết rằng ở áp suất P và nhiệt độ
1123℃ độ phân li của CO2 thành O2 và CO là 1,551.10-4; của H2O thành H2 và O2 là 0,567.10-4.
1.3. Chuỗi phân rã thiên nhiên 238 206 U 
Pb bao gồm một số phân rã α và β trong một loạt các bước 92 82 kế tiếp.
a. Phân rã kế tiếp của 238 U dẫn đến 226 Ra (t
 1630 năm), sau đó bức xạ hạt α để tạo thành 92 88 1/2 222 Rn (t
 3,83ngày). Nếu một thể tích mol của Rn trong điều kiện này là 25,00 lít thì thể tích của 88 1/2
Rn ở cân bằng bền với 1,00 kg Ra là bao nhiêu?
b. Hoạt độ của một mẫu phóng xạ của một phân tử trong chuỗi 238 U giảm 10 lần sau 12,80 ngày. Xác 92
định hằng số phân rã và chu kì bán hủy. Câu 2: (4 điểm)
2.1. Một số phương pháp điều chế kim loại titan từ quặng inminit (FeTiO3) như sau:
1. Cho quặng inminit tác dụng với cacbon và clo để tạo muối (X) của kim loại titan ở trạng thái
lỏng, sau đó dùng kim loại khử mùi (X) để thu được titan kim loại.
2. Xử lý quặng inminit bằng dung dịch axit sunfuric đã tạo thành muối (Y) của kim loại titan. Sau
đó tách muối sắt (II) sunfat ra khỏi hỗn hợp muối, chuyển muối (Y) vào dung dịch NaOH để thu
được oxit (Z) của titan. Hoặc xử lý quặng inminit bằng dung dịch axit clohiđric thu được oxit (Z)
và muối sắt (II) clorua. Công đoạn tiếp theo để thu được kim loại titan: cho oxit (Z) Tác dụng với
cacbon và Clo để thu được muối (X) rồi khử bằng magie hoặc dùng phản ứng nhiệt nhôm để khử oxit (Z).
Xác định X Y Z và viết các phương trình hóa học xảy ra trong các quá trình.
2.2. Dung dịch A được tạo bởi CoCl2 0,010M, NH3 0,360M và H2O2 0,003M.
a. Tính pH và nồng độ ion Co2+ trong dung dịch A.
b. Viết sơ đồ pin và tính suất điện động E của pin được hình thành khi ghép (qua cầu muối) điện cực
K2CrO4 0,008M có chứa kết tẩu Ag2CrO4. Cho biết: 9  ,24 1  1,89 35,16 4,39 K        10 ; K 10 ;  10 ;  10 ; 3 2 s(Ag ) 2CrO4 ) a ( NH4 Co( NH3 )6 Co( NH3 )6 0 0 0 E      1,840(V); E  0, 940(V); E  0, 799(V) 3 2 Co /Co H2O2 /2OH Ag / Ag
2.3. Trộn 10,00 ml dung dịch KI 0,12M với 10,00ml dung dịch A chứa Fe(ClO4)2 0,01M; Fe(ClO4)3
0,14M và Na2H2Y 0,30M thu được dung dịch B, pH trong các dung dịch đều duy trì bằng 9,00. Tính
cân bằng trong dung dịch B (ở 25℃). Bỏ qua các phức hiđroxo bậc cao và đa nhân. Cho biết: 0 0 E            0, 7710(v); E   0, 5355(v); lg  25,10; lg  14, 33; lg*  5, 92 3 2 2 Fe / Fe I3 /3I FeY FeY Fe(OH) pK  2,00, pK  2,67,pK  6,16, pK 10, 26. a1(H4Y) a 2(H4Y) a 3(H4Y) a 4(H4Y) Câu 3: (4 điểm)
3.1. Hòa tan m gma sắt kim loại vào dung dịch axit clohiđric 25%. Dung dịch tạo thành được oxy hóa
bằng cách sục khí clo qua cho đến khi cho kết qảu âm tính với K3[Fe(CN)6]. Dung dịch được bay hơi ở
95℃ cho đến khi tỉ trọng đạt 1,6950 g/cm3 và sau đó làm lạnh đến 4℃. Tách kết tinh bằng cách hút chân
không thu được 2,7520 gam tinh thể FeCl3.6H2O. Lấy toàn bộ lượng tinh thể đem đun nóng trong không
khí đến 350℃ thu được 0,8977 gam chất rắn X.
1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
2. Xác định m và khối lượng mỗi chất có trong X.
3.2 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 100,00 ml dung dịch. Chuẩn độ 20,00 ml
dung dịch thu được bằn dung dịch HCl 0,20 M với chất chỉ thị phenolphtalein, hết 36,15 ml HCl. Nếu sử
dụng chất chỉ thị metly da cam thì thể tích HCl tiêu thụ là 43,80 ml.
a. Hãy cho biết phương trình phản ứng xảy ra trong quá trình chuẩn độ hỗn hợp A; hỗn hợp B.
b. Từ dữ kiện đã cho hãy xác định hỗn hợp phân tích ban đầu là hỗn hợp A hay B
c. Hãy xác định thành phần phần trăm khối lượng của hỗn hợp đã phân tích.
Cho biết: khoảng chuyển màu của phenolphtalein: pH = 8,3 -10; của metyl da cam : pH = 3,1 – 4,4. Câu 4: (4 điểm)
1. Cho các công thức sau:
a. Sắp xếp các chất A, B, C, D theo trình tự tăng dần tính axit. Giải thích.
b. Trong số hai nguyên tử N dị vòng E, nguyên tử nào có tính bazo mạnh hơn
2. 1.a. Viết công thức cấu trúc các dạng enol của đietylmalonat (1), etylaxetoaxetat (2). Trong các
cấu trúc của (2), cho biết dạng nào bền nhất, dạng nào kém bền. Giải thích?
b. Hai chất hữu cơ X (C10H17O6N) và Y (C14H17O6N) là các xiano glucozit thiên nhiên. Khi thủy
phân X, Y trong môi trường axit thì X tạo ra D-glucozơ, axeton và HCN; còn Y tạo ra D-glucozơ,
HCN và benzanđehit. Xác định cấu trúc X, Y và viết cơ chế (SN1) của phản ứng thủy phân Y.
2. Hợp chất hữu cơ A có công thức cấu tạo như sau:
a. Đánh dấu * vào các nguyên tử cacbon bất đối của A
b. Đun A với dung dịch axit loãng thu được các sản phẩm E, F, G có số nguyên tử cacbon giảm
dần. Viết công thức cấu tạo của E, F, G và tên gọi của chúng.
c. Cho F, G lần lượt tác dụng với brom dư. Viết công thức của sản phẩm.
d. Viết công thức cấu tạo của sản phẩm khi cho G tác dụng axeton có mặt HCl khan. Câu 5: (4 điểm)
5.1.a. Enamine được hình thành giữa xeton và amin bậc 2 với sự có mặt của xúc tác axit. Hãy đề nghị
một cơ chế cho sự hình thành anamine với sự có mặt của xúc tác axit theo phương trình phản ứng sau:
b. Chất 2,7-dimetylnaphtalen có thể được tổng hợp bằng phản ứng giữa tác nhân Grignard (A) và một axetal (B):
Giải thích bằng cơ chế sự tạo thành 2,7-dimetulnaphtalen. 5.2.
1. Viết công thức cấu tạo của A, B, C, D, E và gọi tên IUPAC của B, C, trong sơ đồ sau:
2. Viết cơ chế phản ứng sau:
3. Từ xiclopenten, axetilen, các chất vô cơ và xúc tác viết sơ đồ chuyển hóa điều chế chất: đimetyl
bixiclo [2.2.1] hepta-2,5-ddien-2,3-đicacboxylat.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN DU – ĐĂK LĂK Câu 1: (4 điểm)
1.1. a. Số phân tử ở 20℃: n1 = 0,98 ≈ 1→ lập phương kiểu CsCl → NH4Cl ở 20℃ có kiểu mạng theo hình sau:
Số phân tử ở 250℃: n2 = 4,05 ≈ 4→ lập phương kiểu NaCl → NH4Cl ở 250℃ có kiểu mạng theo hình sau: a 3 b. Ở 20℃ : d   Å   3, 36 NH  4 Cl 2 Ở a 250℃ : d   Å   3, 27 NH Cl 4 2
2. Ở điện cực catot:   2 MnO 8H 5e Mn     4H O 4 2 Ở điện cực anot: 3I I  2e 3   8  8 0, 0592 [MnO ][H ] 0, 059 0, 05[H ] 0 4 E  E      lg 1,51 lg 2 catot MnO /Mn 2 4 5 [Mn ] 5 0, 01  0, 0592 [I ] 0, 059 0, 02 0 3 E  E       lg 0,5355 lg 0,574 atot I /3I  3 3 3 2 [I ] 2 (0,1)  8 0, 0592 0, 05[H ]  E  E  E  0,824 1,51 lg  0,574 pin catot anot 5 0, 01 h [H   ]=0,054M Theo cân bằng:   2 2 HSO H SO K 10   4 4 a [] C-h h h 2 h  K   C  0,346M a C  h
1.2. Xét cân bằng: 2CO 2CO  O (1) 2(k) (k) 2(k) C0 2 0 0 [] 2-2α 2α α 2  2  2 1 1 1 P  P ; P  P ; P  P ; CO O2 CO2 2   2   2   1 1 1 2 3 P .P  CO O2 1  K   P 1 2 2 P (1  ) .(2   ) CO2 1 1 Xét cân bằng: 2H O  2H  O (2) 2 (k) 2(k) 2(k) C0 2 0 0 [] 2-2α 2α α 2  2  2 1 1 1 P  P ; P  P ; P  P ; H2 O2 H2O 2   2   2   1 1 1 2 3 P .P  H2 O2 2  K   P 2 2 2 P (1  ) .(2   ) H2O 2 2 Xét cân bằng: CO  H O  H  CO (3) (k) 2 2(k) 2(k) 3 2 K  (1  ) .(2   ) 2 2 1 1  K   .  0, 227 3 3 2 K  (1  ) .(2   ) 1 1 2 2 CO  H O  H  CO (3) (k) 2 2(k) 2(k) C0 50 50 0 0 [] 50-x 50-x x x 2 x  K   0,227  x 16,135 3 2 (50  x)
 %H  %CO 16,136%; %CO  %H O  33,865% 2 2 2
1.3. a. Taị cân bằng (không đổi): A1 = A2 → k1×N1 = k2×N2 (A là hoạt độ phóng xạ) 0,693 Với 238 6  Ra,k   1,17 1 10 ngµy 92 1  (1620n¨ m) 1 (365ngµy.n¨ m ) 0, 693 Với 222 1 Rn, k 0,181ngay   86 2 3,83 ngay 2  3 1 1000g  6, 02210 mol 22 N   2,6610 1 1 226g.mol 1  2  2 6  1  2  9
 N 0,181ngay  2,6610 1,1710 ngay  N 1,7210 2 2 29 1, 7210 Số mol 222 5  3 Rn, k   2,8610 mol 86 2 23 1 6, 02210 mol Thể tích của 222 5  3 1  5  2 Rn  2,8610 mol  25lit, mol  7,15 1  0 lit 86 1 N b. Theo 0 kt t  ln hay N  N  e c 0 k Nc kt  1 kt1 N N e e  1 0 k (t t ) 2 1     e  kt 2 kt2 N N e e 2 0 ln10 0, 693 k (12,8ngay) 1 10 e k 0,181ngay      và t   3,83ngay 12,8 ngay 1/ 2 1 0,181ngay Câu 2: (4 điểm) 2.1.
X:TiCl4 Y: Ti(SO4)2 Z: TiO2 0 2FeTiO t  3 + 7Cl2 + 6C 2TiCl4 + 2FeCl3 + 6CO (1) TiCl4 + 2Mg → 2MgCl2 +Ti (2)
FeTiO4 + 3H2SO4 → FeSO4 + Ti(SO4)2 + 3H2O (3)
FeTiO4 + 2HCl → FeCl2 + TiO2 + H2O (4)
Ti(SO4)2 + 4NaOH → 2Na2SO4 + TiO2 + 2H2O (5) 0 TiO t  2 + 2C + 2Cl2 TiCl4 + 2CO (6) TiCl4 + 2Mg → 2MgCl2 + Ti (7) 0 3TiO t  2 + 4Al 3Ti + 2Al2O3 (8) 2.2. a. CoCl2 → Co2+ + 2Cl- 0,01 0,01 0,02  Co2+ + 6NH 4.39   3 → Co  NH 2  10 3 6 CoNH3 26 C0 0,01 0,36 [] - 0,3 0,01  Co  NH   Co     6NH 1   3 3 3 3  6 Co 3 NH3 6 0 E 3 2 Co /Co 3 2 Co  e   Co    0,0592 K  10 1 2 2 Co 6NH Co(NH )     3 3 6  2 Co NH3 6 3 3 Co  NH  e     C 2 o NH 3   3  6 6 0 E   C  o NH 3 C  o NH 3 32 / 6 6 0,0592 1 K 10       .K . 1  Co 2 NH 1 3 2 CoNH3  6 6   0 0 CoNH3 26  E     E   0, 0592 lg CoNH / o C /Co 3 3 CoNH3 2 3 2  6 6  Co 3 NH3 6 4,39 10 1,84  0,0592lg  0,0184(V) 35,16 10 2 3 2x || Co  NH     Co 2 NH  e 3   3  6 6 1x || H O  2e   2OH   2 2 2 3 Co  NH  H O   2Co H N  2 H O    K 3  2 2   6 3 6 0 0 E E     Co NH 3  Co NH 3 32 H O /2 OH / 2 2 6 6 0,0592 31,45  K 10 10 
→ Phản ứng xảy ra hoàn toàn Thành phần giới hạn:  
Co  NH 3 : 0,006M; Co  NH : 0,004M; OH-: 0,006M; NH 3 2 3 3 0,3M 6 6
Vì β của các phức tương đối lớn và NH3 dư nên ta có thể bỏ qua sự phân li của các ion phức. Xét cân bằng:   4  ,76 NH  H O     NH  OH K  10 3 2 4 b C0 0,3 0,006 [] 0,3-x x 0,006+x x(0, 006  x) 4  ,76 4  10
 x  7,68.10 M 0,3M 0, 3  x  3 [OH ]=6,768.10  M  pH  11,83  Xét cân bằng: Co  NH   Co     6NH 1  4  ,39    10 3 2 3 3 6 CoNH 3 3 6 C0 0,004 [] 0,004-x x 0,3 6 x(0,3) 4  ,39 4 10 x 2,117.10     M 0, 004  x 
b. Theo câu a ta có: [Co  NH 3 ]  0, 006M ; 3 6 3 [Co  NH
] =0,004-2,117.10-4 = 3,788.10-3M; 3 6  0, 0592 [Co  NH 3 ] 0 3 6 E     E   lg Co NH /Co NH Co NH /Co 2 NH  3 3  32  33  32 6 6 6 6 1 [Co  NH ] 3 6 3 6.10  0, 0184  0, 0592 lg  0,0302(V) 3 3, 788.10  2 1  1,89 Ag CrO     2Ag  CrO K  10 2 4 4 s 0 E  Ag /Ag  0,0592 13,497 Ag  e     Ag K  10 10 2 2 ' 15,10 Ag CrO  2e     2Ag  CrO K  10 2 4 4 0 EAg CrO /2Ag 2 4 ' 0,0592 15,10 0  K 10 10  E  0,447(V) Ag CrO / 2Ag 2 4 2   7  ,5 CrO  H O     HCrO  OH K  10 4 2 4 b C0 8.10-3 [] 8.10-3-x x x 2 x 7  ,5 5  2 3  10
 x 1,6.10 M  [CrO ]=8.10 M 3  4 8.10  x 0, 0592 1 0  E  E  lg  0,509(V) Ag  2CrO4 / 2 Ag Ag2CrO4 /2Ag 2 2 [CrO ] 4  E  E 3 2 Ag  2CrO4 / 2Ag Cr(NH ) /Cr(NH ) 3 6 3 6
Nên Ag là cực dương (catot), Pt là cực âm (anot) Sơ đồ pin:  
(-)Pt | Co  NH 3 ; Co  NH ; NH CrO ; OH | Ag() 3 2 3 3 || Ag2CrO4; 2 6 6 4  E  E  E  E  E      0,509 0, 0302 0, 479(V) 3 2 pin catot antot Ag2CrO4 /2Ag Cr(NH ) /Cr(NH ) 3 6 3 6
2.3. Nồng độ ban đầu: KI 0,06M; Fe(ClO4)2 0,005M; Fe(ClO4)3 0,07M và Na2H2Y 0,15M. Vì hằng số
bền của FeY2- và FeY- khá lớn, nồng độ EDTA > tổng nồng độ Fe nên có thể coi cả hai dạng Fe2+ và
Fe3+ đều tồn tại chủ yếu dưới dạng phức EDTA.
Tính hằng số cân bằng điều kiện của cân bằng: 2Fe3+ + 3I-  2 Fe2+ + I - 3
Trong đó có các quá trình phụ: Fe3+ + H2O  Fe(OH)2+ + H+ Fe2+ + H2O  Fe(OH)+ + H+ Fe3+ + Y4-  FeY- Fe2+ + Y4-  FeY2-
Theo định luật bảo toàn nồng độ ban đầu: 3 2   3 1  4 C          [Fe ]+[Fe OH ] [FeY ] [Fe ](1 *  . h  [Y ]) 3   Fe FeOH2 FeY  1 3  [Fe ]  C  . 3 Fe 1  4 1 *      . h  [Y ] Fe H O 2 FeY 2  2 2 1  4 C         
[Fe ]+[Fe OH ] [FeY ] [Fe ](1 *  . h  [Y ]) 2   Fe FeOH 2 FeY  1 2 0  [Fe ]  C      . ; C  C  C  C 2 4 4  Fe 1  4 Y Y  3 2 Fe Fe  1 *    . h  [Y ] FeOH 2 FeY  K 4 4 3 [Y ] C         .  C  (0,15 0, 07 0, 005).0, 05209 3, 907.10 ; 4 4 4 Y Y Y h  K4 3 [Fe  ] 0 E     E   0, 0592 lg 3 2 3 2 Fe / Fe Fe / Fe 2 [Fe  ] 1  4 (1 *      . h  [Y ]) C 0  FeOH 2 3 FeY  Fe E    0, 0592 lg . 3 2 Fe / Fe 1  4 C       (1 *  . h  [Y ]) 2 Fe Fe H O 2 FeY 0  E    0, 20(V) 3 2 Fe /Fe 0 0 2(E E 3 2   Fe /Fe I /3 I 3 3  2  2Fe 3I 2Fe  I    ' 0,0592 11,33 K  10 10 3 0,07 0,06 0,005 0,07-2x 0,06-3x 0,005+2x x
[ I ] = 2,89.10-12 ; [ I ] = 0,06; 3 [ 3
Fe  ] = 0,07.α = 0,07.2,03.10-23 = 1,42.10-24 M;
[FeOH2+] = 6,92.10-18M; [FeY-]=0,07M
[Fe2+]= 0,005.α = 0,07.1,197.10-12 = 5,99.10-15 M;
[FeOH+] = 1,808.10-11; [FeY2-] = 0,005M Câu 3: (4 điểm)
3.1. Phương trình phản ứng: Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (1) 2FeCl2 + Cl2 → 2FeCl3 (2)
2FeCl2 + 2K3[Fe(CN)6] → Fe3[Fe(CN)6]2 + 6KCl (3) FeCl3 + 6 H2O → FeCl3.6H2O (4) 0 FeCl t  3.6H2O FeOCl + 5H2O + 2HCl (5) 0 3FeOCl t
 FeCl3 + Fe2O3 (hơi FeCl3 bay ra) (6) 2, 752 2. Theo bài nFeCl    3.6H2O = 10,18 mmol m 0, 5701gam 270, 5
mFeOCl = 107,5.10,18.10-3 = 1,0937 gam < 0,8977 gam = mX
→ FeOCl sẽ bị phân hủy một phần Fe2O3. 1, 0937  0,8977  nFeCl  1, 21mmol 3(6) 162, 5
X gồm: nFeOCl = (0,01018 – 3.0,00121) = 6,55 mmol nFe2O3 = 1,21 mmol.
→mFeOCl = 0,7041 gam; mFe2O3 = 0,1936 gam
3.2. a. Nếu hỗn hợp A thì thứ tự xảy ra phương trình phản ứng:
- Khi phenolphatalein đổi màu là
Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl.
- Khi metyl da cam đổi màu là
NaHCO3 + HCl → NaCl + H2O + CO2.
Nếu hỗn hợp là B thì thứ tự xảy ra phương trình phản ứng:
- Khi phenolphatalein đổi màu là NaOH + HCl → NaCl + H2O
Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl.
- Khi metyl da cam đổi màu là
NaHCO3 + HCl → NaCl + H2O + CO2.
b. Để xác định hỗn hợp phân tích là A hay B, ta phải căn cứ vào quan hệ thể tích tiêu thụ thuốc
khử (HCl) tại hai điểm dừng chuẩn độ V1 (khi dùng phenolphatalein) và V2 (khi dùng metyl da cam): Nếu trong mẫu chứa CO 2- - 2-
3 và HCO3 thì V2 > 2V1 và nếu mẫu phân tích gồm CO3 và OH-
Theo đề bài ta thấy V1 < V2 < 2V1 . Vậy hỗn hợp phân tích là hỗn hợp B.
c. Gọi số mol của NaOH là x mol; số mol Na2CO3 là y mol. Ta có hệ: 3  3
x  2y  0,2.0,0438  8,76.10 mol x  5,7.10 mol    3  3
x  y  0,2.0,03615  7,23.10 mol y 1,53.10 mol
Vậy %mNaOH = 58,43%; %mNa2CO3=41,57% Câu 4: (4 điểm)
4.1. a. Trình tự tăng dần tính axit (D) < (C) < (A) < (B) Theo CTCT:
-ID < -IC → (D) < (C)
(A) và (B) có N → (A),(B) > (C),(D)
(A) có liên kết hdro nội phân tử → (A) < (B)
b. Nguyên tử N1 tương tự như nguyên tử nitơ của pirole (cặp e của N tham gia vào hệ liên hợp
thơm) nên không có tính bazo.
Nguyên tử N2 tương tự như nguyên tử nitơ của pirole (cặp e của N không tham gia vào hệ liên
hợp thơm) nên có tính bazo.
So sánh tính bazo: N2 > N1
4.2.1. a. Các cấu trúc: Trong đó: -
Dạng A ít bền do nối đôi không liên hợp -
Dạng B bền nhưng khong cộng hưởng este -
Dạng C bền nhất do có nối đôi liên hợp và cộng hưởng este.  b. H3O X 
D  glucozo  axeton  HCN
→ Cấu trúc của X là:  H3O Y 
D  glucozo  axeton  HCN
→ Cấu trúc của Y là:
Phản ứng thủy phân các glucozit này theo cơ chế SN1: 2. a.
b. Công thức cấu tạo các sản phẩm E, F, G khi thủy phân A là: G: D-glucozơ F: ancol 4-hiđroxybenzylic
E: axit 2,4-đififfomyl hex-5-enoic c. d. Câu 5: (4 điểm) 5.1. a. b. 5.2.1. 1.
Tên của B: 2-Brom-1-(3,5 – đimetoxi phenyl)-1-etanon
C: 2-brom-1-(3,5-đimetoxi phenyl)-1-etanol 2. ĐỀ THI
TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN XXII – NĂM 2016 Câu 1: 1.1.
Đồng vị 32 P có thời gian bán hủy là 14,3 ngày và đồng vị 32P có thời gain bán hủy là 25,3 ngày.
Cả hai đồng vị này đều phân rã tia beta theo các phản ứng: 32 32 33 33 P  S  ;  P  S  ;  15 16 15 16 Cho biết:
c=3.108 m.s-1; h=6,625.10-34 J.s;
1 eV = 1,6.10-19C, 1Ci = 3,7.1010 phân rã/s
a. Hãy tính số nguyên tử 32 P trong mẫu 32 P có hoạt độ phóng xạ là 0,10 Ci,
b. Một mẫu có chứa đồng thời 32 P và 33 P và có hoạt độ phóng xạ tổng cộng là 9136,2 Ci. Biết hoạt
độ phóng xạ giảm xuống còn 4569,7 Ci sau 14,3 ngày, hãy tính tỉ lệ số nguyên tử 32 33 P / P có trong mẫu ban đầu. 1.2.
a. Vẽ cấu trúc lập thể có thể có phức [Pt(NH3)2Cl2], xác định đồng phân cis, đồng phân trans.
b. Khi 1 đồng phân của [Pt(NH3)2Cl2] (chất X) tác dụng với thioure S=C(NH2)2 (kí hiệu là tu) thu
được một sản phẩm là [Pt(tu)4]2+ và một sản phẩm khác là [Pt(NH3)2tu2]2+. Xác định cấu trúc
phức X ban đầu và giải thích kết quả phản ứng. Biết tu là phối tử ảnh hưởng trans mạnh hơn NH3.
1.3 Tế bào đơn vị của cấu trúc tinh thể CeO2 được biểu diễn ở hình vẽ. Thêm một lượng nhỏ Y2O3 vào
CeO2 và nung nóng thì tạo thành dung dịch rắn Ce1-xYxO2-y mà trong đó Ce4+ và Y3+ đồng thời chiếm
vị trí của cation và chỗ trống Oxi hình thành ở vị trí anion.Ở đây, hóa trị của ion Cesi được gaiả sử là hằng số 4+
a) Hãy dự đoán xem có bao nhiêu cation và anion trong một tế bào đơn vị cấu trúc CeO2?
b)Tỷ lệ % chổ trống oxi chiếm vị trí anion trong dung dịch rắn tổng hợp được với tỷ lệ mol
CeO2:Y2O3 = 0,8 : 0,1 là bao nhiêu?
c) Hãy tính số chỗ trống Oxi có trong 1,00 cm3 của dung dịch rắn trên? Ở đây thể tích tế bào đơn vị a3 là 1,36.10-22 cm3. Câu 2: (4 điểm)
2.1. Cho các số liệu sau đối với phản ứng hiđro của etan: 0 G   22,39kJ / mol 900K H2 Etan etilen 0 S (J/ K.mol) 163,0 319,7 219,7 900K
a. Tính Kp của phản ứng tách hiđro tại 900K.
b. Phản ứng hiđro hóa etilen tại 627℃ là phản ứng tỏa nhiệt hay thu nhiệt?
c. Tại trạng thái cân bằng, trong bình phản ứng (phản ứng tách hodro) có áp suất tổng cộng là 2 atm.
Tính KC và Kx (ghi đơn vị).
d. Hỗn hợp phản ứng có thành phần % thể tích như thế nào nếu dẫn etan qua chất xúc tác hidro tại
627℃. Biết áp suất tổng cộng tại cân bằng là 1 atm.
e. Tính Kp cụ phản ứng tách hiđro tại 600K, giả thiết trong khoảng cách từ 600K đến 900K thì ∆H0 và ∆S0 không thay đổi
2.2. Cho 3 pin điện hóa với các suất điện động tương ứng là 298K:
(1) Hg | HgCl2, KCl (bão hòa) || Ag+ (0,0100M) | Ag E1 = 0,439 V
(1) Hg | HgCl2, KCl (bão hòa) || AgI (bão hòa) | Ag E2 = 0,089 V
(1) Ag | AgI (bão hòa), PbI2 (bão hòa) || KCl (bão hòa), HgCl2| Hg E3 = 0,230 V RT Cho biết: ln  0, 0592 lg F
a. Hãy tính tích số tan của AgI
b. Hãy tính tích số tan của PbI2
2.3. Nghiên cứu phản ứng ở pha khí A + B → AB
Người ta tiến hành 2 thí nghiệm để đo áp suất riêng phần của AB ở nhiệt độ và thể tích không thay
đổi theo thời gian như sau: + Thí nghiệm 1: 0 0 P  400 mmHg; P  4 mmHg; A B Thời gian t (phút) 0 34,5 69 138 ∞ AB (mmHg) 0 2,0 3,0 3,75 4 + Thí nghiệm 2: 0 0
P  1600 mmHg; P  4 mmHg; A B Thời gian t (phút) 0 4,3 8,6 17,2 ∞ AB (mmHg) 0 2,0 3,0 3,75 4
Cho biết tốc độ phản ứng có dạng a b
v  k.P .P . Xác định a,b. A B Câu 3: (3 điểm)
3.1. Chất rắn màu đỏ A khi được nung trong môi trường trơ (không có không khí) bay hơi sau đó ngưng
tụ thành chất sáp màu trắng B. A không phản ứng được với không khí ở nhiệt độ phòng nhưng B có
thể tự bốc cháy tạo ra khói trắng là các hạt chất rắn C. C tan trong nước tỏa nhiều nhiệt tạo dung dịch
của axit 3 lần axit D. B phản ứng khí clo tạo thành chất lỏng không màu dễ bốc khói E, chất này dễ
phản ứng tiếp với clo tạo chất rắn màu trắng F. Khi hòa tan F vào nước thu được hỗn hợp D và axit
clohidric. Khi cho E vào nước, E tạo axit 2 lần axit G và axit clohidric. Xác định công thức các chất
từ A đến G và viết các phương trình hóa học xảy ra.
3.2. Một trong các phương pháp tách loại asen khỏi nước ngầm là dfng oxi không khí đồng thời oxi hóa
As (III) thành As (V) và Fe (II) thành kết tủa Fe(OH)3. Khi đó As(V) sẽ bị hâp thụ trên bề mặt của
Fe(OH)3 và tách khỏi dung dịch nước. Biết rằng trên bền mặt Fe(OH)3 sẽ tích điện dương khi pH < 7
và tích điện âm khi pH > 7. Axit asenic H3AsO4 có pK1 = 2,2; pK2 = 6,9; pK3 = 11,5.
a. Nếu coi tổng nồng độ mol các dạng tồn tại của axit asenic trong dung dịch là 100%. Hãy tính xem các dạng H - - 2-
3AsO4 và H3AsO4 ở pH = pK1, các dạng H3AsO4 và H3AsO4 ở pH =pK2, các dạng H 2- 3-
3AsO4 và H3AsO4 ở pH = pK3 chiếm bao nhiêu phần trăm về số mol?
b. Cho biết As(V) sẽ được tách loại khỏi nước tốt nhất ở pH =pK1 , pH =pK2 hay pH =pK3 chiếm
bao nhiêu phần trăm về số mol?
c. Chứng minh rằng ở pH tối ưu (như đã xác định ở câu b) oxi có thể oxi hóa As(III) thành As(V) .
Cho Eo(O2/H2O)=+1,23V; E0(H3AsO4/HasO2) = +0,56V. Axit metaasenơ HAsO2 có Ka = 10-8,1.
Tổng nồng độ của As (V) bằng tổng nồng độ của As(III). Nồng độ oxi hòa tan trong nước là 8
mg/l. Lấy 2,303RT/F = 0,0592 Câu 4: (5 điểm)
4.1 Hiđrocacbon A tham gia vào phản ứng ozon phân khử thu được 4,5-đioxooctanđial. Chất A được
điều chế bằng cách cho dẫn xuất monobrom B tác dụng với magie có mặt Cu2Cl2. Đun nóng A với
đimetyl axetilenđicacboxylat thu được chất C. Chất C dễ dàng bị đề hiđro hóa thành D (C14H14O4).
Khử chất D bằng LiAlH4 sau đó thủy phân sản phẩm với nước thu được chất E (C12H14O2). Cho chất
E phản ứng với LiAlH4 sẽ thu được hiđrocacbon G (C12H14). Mặt khác, nếu cho F tác dụng với NaBr
sẽ chuyển hóa thành chất H. Chất H tác dụng với kẽm kim loại có thể tạo hiđrocacbon I (C12H12). Xác
định cấu taaoj phù hợp của A, B, C, D, E, F, G, H, I.
4.2. Hai hiđrocacbon đồng phân A và B chứa 85,7% cacbon theo khối lượng. hiđrocacbon a và B có những tính chất sau:
- Phản ứng của mỗi chất với O3 và xử lý tiếp với bột Zn trong axit tạo sản phẩm hữu cơ duy nhất C.
- Sự oxi hóa hợp nhất C cho một sản phẩm duy nhất là axit cacboxilic D. Số liệu phổ cho thấy tất cả
các nguyên tử H trong hợp chất D, trừ H của nhóm cacboxyl đều thuộc nhóm metyl.
- Khối lượng riêng của hơi D quy về đktc là 9,107 g/ml.
Xác định CTPT và CTCT của A, B, C, D. 4.3.
a. Vẽ công thức phối cảnh và công thức chiếu Niumen của hợp chất 7,7-
đimetylbixiclo[2.2.1]heptan.
b. Tảo biển nâu cải sử dụng pheromon A để dẫn dụ tảo đực. Pheromon A dễ dàng bị mất hoạt
tính, chyển thành ectocarpen chỉ sau vài phút. Hãy xác định cơ chế của quá trình mất hoạt tính pheromon A. Câu 5: (5 điểm)
5.1. Taxan là các đi tecpen tự nhiên được tách ra từ chây thủy tùng (Taxus) thường được sử dụng trong
hóa trị liệu. Hợp chất K trong sơ đồ dưới đây mang bộ khung phân tử của các Taxan.
Xác định cấu tạo các chất từ A đến H.
5.2. Hinesol là dược phẩm dùng điều trị cascc bệnh về tiêu hóa. Quy trình tổng hợp hinesol được thực
hiện từ chất X như sau:
Hoàn thành sơ đồ phản ứng trên.
5.3. Các hợp chất A và B có trong thành phần một số loại nước hoa và thực phẩm. Khi pha loãng, A có
mùi của cỏ và lá tươi; B có mùi của lá violet.
Sơ đồ tổng hợp A và B như sau:
a. Viết công thức của các hợp chất A →J.
b. Hợp chất N cũng có mùi cỏ và lá tươi. N là sản phẩm của phản ứng giữa đimetyl vinul
cacbinol và isobutyranđehit (i-PrCHO) trong axit p-toluensundfonic. Biết N chỉ có một
cacbon bậc IV. Xác định cấu tạo và viết cơ chế phản ứng tạo thành N.
ĐỀ THI TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN XXII – NĂM 2016 Câu 1: ln 2 1.1.a. 7  1 5, 61.10 s    32 P 14, 3 24  3600 7  10 15
H  N  5, 61.10 N  0,1 3, 7.10  N  6, 595.10 nguyên tử 32 P . ln 2 b. 7  1 3,17.10 s    32 P 25, 3 24  3600
Đặt số nguyên tử 32 P và 33P trong mẫu ban đầu lần lượt là x và y. Có: 7  7  10
H  5, 61.10 x  3,17.10 y  9136, 23, 7.10 0 7  7  14
H  5,61.10 x  3,17.10 y  3,3804.10 (1) 0
Số nguyên tử 32 P còn lại sau 14,3 ngày là: x '  x / 2
Số nguyên tử 33P còn lại sau 14,3 ngày là: ln 2  14,3 t 25,3 y '  yeye  0,676y
Hoạt động phóng xạ sau 14,3 ngày:  x 7 7 H 5, 61.10 3,17.10    0,676 y 2 10  4569,73,7.10 7  7  14
H  2,805.10 x  2,143.10 y  1, 6908.10 (2)
Từ (1) và (2) suy ra x = 6,02.1020; y = 1,08.1018; 32 33  P / P  x / y  570
1.2. a. Phức [Pt(NH3)2Cl2] có hai đồng phân hình học: Đồng phân cis Đồng phân trans
b. Phối tử thioure S=C(NH2)2 là phối tử ảnh hưởng trans mạnh hơn NH3 nên sẽ thay thế hai phối
tử Cl- ở vị trí trans với nhau tạo ra phức [Pt(NH3)2tu2]2+ . Vậy chất X ba đầu phức trans 1.3. a. 1 1 Số cation: 8.  6.  4 ; Số anion = 8 8 2 b. Ta có: 0,1 0,8(CeO 
2) + 0,1(Y2O3) = Ce0,8Y0,2O1,9 so với CeO2 thì .100 5% 2, 0 1 c. Số chỗ trống: 21 .8.0, 05  2, 94.10 22 1, 36.10 Câu 2: (4 điểm) 2.1. a. C H     C H  H 2 6 2 4 2 22, 391000 0 G 
 RT ln K  ln K    2  ,99 8, 314  900  K  0,0502atm p
b. Đối với phản ứng: C H  H     C H thì 0 G   2  2,39kJ / mol 2 4 2 2 6 900K 0 0 0 0 S 
 S (C H ) S (C H ) S (H )  319,7  291,7 163  1  35J / K 900K 2 2 2 4 2 Theo: 0 0 0 H   G   T S  0  H 
 (22,391000)  900 (135)  143890 J 0 H
 < 0  Phản ứng hidro hóa là phản ứng tỏa nhiệt c. Tính KC và Kx:  0, 0502 n 4 K K (RT) 6, 798.10    mol / L C p 22, 4 .900 273  0, 0502 n K  K  P   0,0251 với ∆n =1 x p 2
d. Nếu áp suất tổng cộng tại cân bằng là 1 atm thì Kx = 0,0502 C H     C H  H 2 6 2 4 2 [ ] 1-x x x 1 x x x Phần mol 1 x 1 x 1 x 2 x K   0,0502  x  0, 219 x 2 1 x
Hỗn hợp có: 0,219 mol H2 (17,97%); 0,219 mol C2H4 (17,97% V); 0,781 mol C2H6 (64,06% V).
e. Tính Kp tại 600 K theo biểu thức: K (T ) H   1 1  0, 0502 143890  1 1  P 1 ln      ln     K (T ) R T T K (600) 8, 314    600 900  P 2 2 1 p 6
 K (600)  3,34910 atm. P
2.2. Đối với pin (1): 0 E  E       E E  0, 0592 log 0, 01 E 0, 439V (1) pin Cal Cal Ag / Ag Ag / Ag Đối với pin (2):
Gọi tan của AgI là S (mol/lit) 0 E  E       E E  0, 0592 log S E 0, 089V (2) pin Cal Cal Ag / Ag Ag / Ag   Lấy (1) – (2) 8 2 16  S 1,224.10 M  K  S 1,499.10 S(AgI) Đối với pin (3):
Gọi độ tan của AgI và PbI2 lần lượt là x và y (mol/lit) 0 E  E  E      E (E  0, 0592 logx) 0, 23 (3) pin Cal Cal Ag / Ag Ag / Ag
Lấy (1) + (3) ta suy ra x = 5,004.10-14 16  1, 499.10 3  [I ]   2,996.10  x  2y 14 5, 004.10 Suy ra y = 1,498.10-3      2 2 3 3 2 8  K
 [Pb ][I ] 1,498.10 .(2,996.10 ) 1,34.10 S(PbI2 ) 2.3. Do 0 0
P  P nên v = k. 0 0
P  P ≈ k '. b P A B A B B
Giả sử phản ứng là bậc 1
Tại thời điểm t: PB = 4 - PAB 0 P 4
Ở thí nghiệm 1: k’t = ln B  ln P 4  P B AB Thí T 34,5 69 138 Thí 4,3 8,6 17,2 nghiệm 1 PAB 2 3 3,75 nghiệm 2 2 3 3,75 4 ln2 ln4 ln16 ln2 ln4 ln16 ln 4  PAB 1 4 0,02 0,0 0,02 0,16 k '  ln t 4  PAB Kết luận: b = 1 Ta có: a 1 k '  k.P  ln 2 A t1/2 k '(TN1) t (TN 2) a P (TN1) 1/ 2 A   k '(TN 2) t (TN1) a P (TN 2) 1/ 2 A a 4, 3  400  3   a    34, 5 1600  2 Câu 3: (4 điểm)
3.1. Xác định đúng chất A là P (1) 4P (đỏ 0 ) t  P4 (trắng). (A) (B)
(2) P4 (trắng) + 5O2 → P4O10 (B) (C) (3) P4O10 + 3H2O → 2H3PO4 (C) (D) (4) P4 + 6Cl2 → 4PCl3 (B) (E) (5) PCl3 + Cl2 → PCl5 (E) (F)
(6) PCl5 + 4H2O → H3PO4 + 5 HCl (F) (D)
(7) PCl3 +3H2O → H3PO3 + 3 HCl (E) (G)
3.2. Gọi C là nồng độ mol tổng cộng của các dạng As(V) trong dung dịch: a. Ta có: 3 h [H AsO ]  C. (1) 3 4 3 2 h  K h  K K h  K K K 1 1 2 1 2 3 2  K h 1 [H AsO ]  C. (2) 3 4 3 2 h  K h  K K h  K K K 1 1 2 1 2 3  K K h 2 1 2 [H AsO ]  C. (3) 3 4 3 2 h  K h  K K h  K K K 1 1 2 1 2 3  K K K 3 1 2 3 [AsO ]  C. (4) 4 3 2 h  K h  K K h  K K K 1 1 2 1 2 3 -
Tại pH = pK1 = 2,2 hay h = K1 bỏ qua các số hạng K1K2h và K1K2K3 trong (1) và (2), nghĩa là
H3AsO4 bị trung hòa một nửa nấc 1 nên ta được: C [H      3AsO4] = [H AsO ] = H AsO [H AsO ] 50% (về số mol) 3 4  3 4 3 4 2 -
Tại pH = pK2 = 6,9 hay h = K2, nghĩa là H3AsO4 bị trung hòa hết nấc một và một nữa nấc 2 nên ta được: C [H AsO ] = 2 [H AsO  ]=  2 [H AsO ] [H AsO    ]  50% (về số mol) 3 4 3 4 3 4 3 4 2 -
Tại pH = pK3 hay h = K3, nghĩa là H3AsO4 bị trung hòa hết nấc 2 và một nữa nấc 3 nên ta được: C 2 [H AsO  ]= 3 [AsO  ] = 2 3 [H AsO ] [AsO    ]  50% 3 4 4 3 4 4 2
b. Tại pH = pK1 = 2,2; lượng Fe(OH)3 hầu như không đáng kể nên việc tách loại As(V) không hiệu
quả. Tại pH = pK3 = 11,5 > 7; bề mặt Fe(OH)3 tích điện âm nhưng As(V) cũng chủ yếu tồn tại
dạng ion âm nên việc tách As(V) không hiệu quả. Trong khi đó, tại pH = pK2 = 6,9 < 7; bề mặt
Fe(OH)3 tích điện dương và As(V) chủ yếu tồn tại dạng ion âm nên việc tách As(V) là tốt nhất.
c. Ta có các bán phương trình: O  4H  4e     2H O 2 2 H AsO  2H  2e     HAsO  2H O 3 4 2 2 0, 0592 0  4 E    E  log[O ][H ] 2 O2 ,2H /H2O O2 ,2H /H2O 4 3 0, 0592 8.10  6,9.4 1, 23 log( .10 )  0  ,7682V 4 32 C 6  ,9   .10 [H AsO ][H ] Tại pH = 6,9;  2 H AsO    9,9763.10 C 3 4  3 4 6 2  ,2 K 10 1
Bảo toàn nồng độ ban đầu với HAsO2:   1 C
[HAsO ]+[AsO ]=[HAsO ](1 K [H ]   ) 2 2 2 a 6  ,9 10  H [ AsO ]  C  0, 9406C. 2 6  ,9 8  ,1 10 10  2 0, 0592 [ H AsO ][H ] Vậy: 0 3 4 E    E  log H3AsO4 ,2H /HAsO2 H3AsO4 ,2H /HAsO2 2 [HAsO ] 2 6  6  ,9.2 0, 0592 9,9763.10 .10 .C  0,56  log( )  0  ,004277V 2 0,9406.C Do: E  > E 
nên O2 oxi hóa được As (III) thành As (V) ở pH tối ưu. O ,2H / H O H AsO ,2H /HAsO 2 2 3 4 2 Câu 4: (5 điểm) 4.1.
4.2. + CTTQ của hiđrocacbon A, B là: CxHy 85, 7 100  85, 7 + x:y = : 1: 2  A,B: (CH ) 2 n 12 1 1 / O + A, B 3
 C:T-CHO/R-CO-R’→ A, B: CnH2n 2 / Zn, H [O] + C   D: R-COOH + Mhơi D = 204 → MD = 102
→ MR =102 – 45 = 57 → R: C4H9 → D: C4H9-COOH. + CTCT của D: (CH3)3C-COOH + CTCT của C: (CH3)3C-CHO
+ CTCT của A, B: (CH3)3CH = CH(CH3)3 (E và Z) 4.3. a. b. Câu 5: (5 điểm) 5.2.
TRƯỜNG THPT KRÔNG NÔ – ĐĂK NÔNG Câu 1: (4 điểm)
1. Tổng số electron trong phân tử XY2 là 38. Tỉ lệ số khối cũng như tỉ lệ số notron của nguyên tố Y
so với nguyên tố X trong phân tử đều bằng 5,333.
a. Xác định các nguyên tố X, Y và viết cấu hình electron của mỗi nguyên tử.
b. Viết công thức cấu tạo của phân tử XY2. Liên kết trong XY2 là liên kết ion hay cộng hóa trị? Vì sao?
2. Uran trong thiên nhiên chứa 99,28% 238 U (có thời giân bán hủy là 4,5.109 năm) và 0,72% 235 U
(có thời gian bán hủy là 7,1.108 năm).
a. Tính tốc độ phân rã (v = k.N) của mỗi đồng vị trên trong 1 gam U3O8 mới điều chế. (cho O = 15,9994 u)
b. Mari và pie curi điều chế 226 Ra từ quặng uran trong thiên nhiên. 226 Ra được tạo ra từ đồng vị
nào trong hai đồng vị trên? Giải thích ngắn gọn.
3. Phản ứng phân hủy axeton như sau:
CH3COCH3 (k) → C2H4 (k) + H2 (k) + CO(k)
Theo thời gian, áp suất chung của hệ được đó là t/ phút 0 6,5 13 19,9 p/mmHg 312 408 488 562
Xác định bậc phản ứng và hằng số tốc độ của phản ứng. Câu 2: (4 điểm)
1. Trộn 100,0 ml dung dịch CH3COOH 0,2M với 100,0 ml dung dịch H3PO4 nồng độ a M, thu được
dung dịch A có pH = 1,47. Xác định a.
Biết CH3COOH có pKa = 4,76; H3PO4 có pKa1, pKa2, pKa3 là 2,15; 7,21; 12,32.
2. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng ion-electron: a. H - 2O2 + MnO4 → Mn2+ +O2 b. Cu - 2-
2S + H+ + NO3 → Cu2+ + SO4 + NO2 + H2O
3. Cho phản ứng sau diễn ra trong pin điện: 2Ag(r) + Cl2 (k) → AgCl(r)
a. Viết các phản ứng xảy ra tại các điện cực, sơ đồ pin điện và cho biết chiều của dòng điện mạch ngoài.
b. Tính suất điện động của pin ở điều kiện tiêu chuẩn. Biết 0 0 E     0, 799V; E  1, 36V; pK 9, 75 S(AgCl) Ag / Ag Cl2 /2Cl Câu 3: (4 điểm)
1. Cho hỗn hợp A gồm 2 oxit sắt với khối lượng bằng nhau. Lấy 4,64 gam hỗn hợp A đem hòa tan
hoàn toàn trong dung dịch HCl. Thêm vào dung dịch thu được lượng dư dung dịch NH3, lọc, rửa
kết tủa tạo thành, nung trong không khí dư ở nhiệt độ cao tới khi khối lượng không đổi thu được 4,72 gam chất rắn B.
a. Xác định hai oxit sắt trong A.
b. Lấy 6,96 gam hỗn hợp A, hòa tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 loãng thu được V lit
không màu bị hóa nâu trong không khí đo ở nhiệt độ 27,3℃ và áp suất 1 atm. Tính V?
2. Cho kim loại X và các phi kim Y, Z. Ở điều kiện thường, Y tồn tại ở thể rắn, Z tồn tại ở dạng khí.
Nung hỗn hợp gồm X và Y ở nhiệt độ cao, thu được hợp chất A. Khi A bị thủy phân thì tạo kết
tủa B và một chất khí nặng hơn không khí. B tan trong NaOH dư tạo thành dung dịch C; thêm
NH4Cl rắn vào dung dcihj C và đun nóng, kết tủa B xuất hiện trở lại. X tác dụng với Z tạo thành
chất rắn D màu trắng có độ cứng rất lớn. D cũng được tạo ra khi nung B ở nhiệt độ cao. X, Y và Z
tạo thành muối E tan trong nước. Xác định A, B, C, D, X, Y, Z và các phương trình hóa học (nếu có).
3. Chỉ dùng chất chỉ thị phenolphtalein, hãy phân biệt các dung dịch NaHSO4, Na2CO3. AlCl3,
Fe(NO3)3, NaCl, Ca(NO3)2. Các phản ứng minh họa dưới dạng ion thu gọn. Câu 4: (4 điểm)
1. Cho hỗn hợp A gồm 3 hiđrocacbon X, Y, Z thuộc 3 dãy đồng đẳng khác nhau, hỗn hợp B gồm O2
và O3. Trộn A và B theo tỉ lệ thể tích tương ứng là 1,5 : 3,2 rồi đốt cháy hoàn toàn thu được hỗn
hợp chỉ gồm CO2 và hơi H2O theo tỉ lệ thể tích là 1,3 : 1,2. Biết tỉ khối của khí B đối với hidro là
19. Tính tỉ khối của khí A đối với hidro?
2. Xác định công thức cấu tạo các chất và hoàn thành sơ đồ các chuyển hóa sau: Câu 5: (4 điểm)
1. So sánh (có giải thích) tính bazo của các hợp chất A và B dưới đây:
2. Viết công thức cấu tạo của sản phẩm cuối (nếu có) từ các phản ứng sau:
3. Có một hỗn hợp X gồm 2 ancol A, B. Đun nóng hỗn hợp X với H2SO4 đặc, 180℃ được hỗn hợp 2
olefin. Đun nóng hỗn hợp X với H2SO4 đặc, ở 130℃ được hỗn hợp 3 ete, trong đó có 1 ete có
khối lượng mol phân tử bằng khối lượng mol phân tử của 1 trong 2 ancol.
Trong một bình kín dung dịch không đổi 4,2 lit chứa a gam hỗn hợp X và 2,88 gam O2. Cho ancol
bay hơi hết ở 136,5℃ thì áp suất trong bình là 0,8 atm. Đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp rồi cho sản
phẩm lần lượt qua bình 1 đưng P2O5 dư và bình 2 đựng KOH dư. Sau thí nghiệm khối lượng bình 2 tăng 1,408 gam.
Xác định công thức phân tử của A, B.
TRƯỜNG THPT KRÔNG NÔ – ĐĂK NÔNG Câu 1: (4 điểm)
1. Gọi số khối A, số notron là N, số proton là P, số electron là E.
Khi đó nguyên tử X: Ax , Nx , Px , Ex ; nguyên tử Y: AY , NY , PY , EY
Từ đề bài lập các phương trình:
Ta có tổng số electron: Ex + 2 EY = 38 → Px + 2 PY = 38 (1) 2A 2N 16
Và tỉ lệ số khối và số notron Y Y   5,333  (2) A N 3 X X 2P 16 Từ (2) suy ra: Y  (3) P 3 X
Từ (1) và (3) giải ra được: Px = 6 → X là cacbon (C)
PY = 16 → Y là lưu huỳnh (S) Cấu hình electron:
C: 1s22s22p2 ; S:1s22s22p63s23p4.
b. Công thức cấu tạo: S=C=S
Liên kết cộng hóa trị không cực (Vì độ âm điện của C và S đều là 2,5).
1.2. a. Tốc độ phân hủy hạt nhân được tính theo phương trình v = kN (1)
k là hằng số tốc độ phân hủy; N là tổng số hạt nhân phóng xạ có ở thời điểm xét. * Trước hết cần tìm k 0, 6931 Ta có k  (2) T1/2
Đổi 4,5.109 năm = 4,5.109 . 365.24.3600 = 1,42.1017 giây
7,1.108 năm = 7,1.108. 365.24.3600 = 2,24.1016 giây
* Tiếp đến tìm N như sau:
Nguyên tử khối trung bình của Uran: 99, 28.238  0, 72.235 A   237,98 100 1 Tìm số mol U   3O8 có trong 1 gam 3 1,19.10 237,98 15, 9994.8
Số hạt nhân Uran có tổng cộng là 3  23 21
1,19.10 .6, 02.10 .3  2,15.10 Trong đó: 238 21 21 N (
U )  N (238)  2,15.10 .0, 9928  2,13.10 235 21 19 N (
U )  N (235)  2,15.10 .0, 0072  1, 55.10
Dùng phương trình (1) để tính tốc độ phân rã của từng loại hạt nhân Uran 0, 693
238U có v(238)=k(238).N(238) = 21 .2,13.10 17 1, 42.10
v(238) = 1,04.104 hạt nhân/giây 0, 693
235U có v(235)=k(235).N(235) = 19 .1, 55.10 16 2, 24.10
v(235) = 480 hạt nhân/giây
b. 226 Ra được tạo ra từ đồng vị 238U vì số khối của chúng thỏa mãn: A = 4n + 2. 1.3.
CH3COCH3 (k) → C2H4 (k) + H2 (k) + CO(k) t0 p0 t p0 – x x x x Áp suất chung của hệ p p p = p0 – x + 3x = p0 + 2x 0  x  (1) 2 p p 3 p p 0 0
p x p   (2) 0 0 2 2
Giả sử phản ứng là bậc 1. 1 p 1 2 p
Hằng số tốc độ phản ứng là: 0 0 k  ln  ln t p x t 3 p p 0 0 Theo đề bài ta có: 1 2.312 1 k ln 0, 0257 ( phut   ) 1 6, 5 3.312  408 1 2.312 1 k ln 0, 0255( phut   ) 1 13 3.312  488 1 2.312 1 k ln 0, 0257 ( phut   ) 1 19, 9 3.312  562
Các giá trị hằng số tốc độ phản ứng coi như không đổi nên giả thiết phản ứng bậc 1 là hợp lí.
Hằng số tốc độ phản ứng là:
k k k 1 2 3 1 k   0,0256( phut ) 3 Câu 2: (4 điểm)
1. Các quá trình xảy ra trong dung dịch A   2.15 H PO H  H PO K  10 3 4 2 4 1   2 7  ,21 H PO H  HPO K  10 2 4 4 2 2  3 HPO H  PO  4 4 CH COOH H  CH COO 3 3 H O H  OH 2
K1 >> K2 >> K3 và K4.0,2 >> KW nên ta có thể bỏ qua cân bằng (2), (3), (5).  2  ,15 [H PO ] K 10 Từ (1) 2 4 1 0  ,68    10  0,21  1  ,47 [H PO ] [H ] 10 3 4  4  ,76 [CH COO ] K 10 Từ (4) 3 4 3,  29    10  1  ,47 [CH COOH] [H ] 10 3
[CH COO ] <<[CH COOH] nên có thể coi CH COOH điện ly đáng kể. 3 3 3
Do đó, nồng độ H+ trong dung dịch chủ yếu do H3PO4 điện li ra.
Từ (1)  [H PO ] =[H+]=10-1,47 = 0,034 (M) 2 4
Từ (6)  [H PO ] = 0,034/0,21=0,162 3 4 Ta có: C(H 
3PO4) = [H PO ] + [H PO ] =0,162+0,034 = 0,196 (M) 3 4 2 4 100.a  0,196  a  0,392 200 Vậy a  0,392 M 2. a. H - 2O2 + MnO4 → Mn2+ + O2 2 MnO - 4 + 8H+ + 5e → Mn2+ + 4H2O 5 H2O2 – 2e → O2 + 2H+ 2MnO -
4 + 6H+ + 5H2O2 → 2Mn2+ + 8H2O + 5O2 b. Cu - 2-
2S + H+ + NO3 → Cu2+ + SO4 + NO2 + H2O Cu 2-
2S + 4H2O → 2Cu2+ + SO4 + 8H+ + 10e x1 NO - 3 + 2H+ + e → NO2 + H2O x10 Cu - 2-
2S + 10NO3 + 12H+ → 2Cu2+ + SO4 + 10NO2 + 6H2O
3. a. * Các phản ứng xảy ra tại các điện cực:
Anot (cực âm): Ag(r) – e + Cl(dd) → AgCl(r) x 2
Catot (cực dương): Cl2(r) + 2e → 2Cl-(dd) x 1 2Ag(r) + Cl2(r) → 2 AgCl(r)
Sơ đồ pin: (-)Ag/AgCl/Cl-//Cl-/Cl2/Pt(+)
* Chiều của dòng điện ở mạch ngoài là chiều từ cực dương sang cực âm. b. * Ở anot:
[Ag+]=10-9,75 : 1 = 10-9,75 (M) 9  ,75  E  0,799  0,0592.lg10  0,222(V) anot * Ở Catot:  E 1,36(V) catot
Sức điện động của pin ở điều kiện tiêu chuẩn là E  E  E 1,36  0,222 1,138(V) pin catot anot Câu 3: (4 điểm) 1. B là Fe2O3 n  0,0295mol n  n  0,059mol Fe2 3 O Fe(A) Fe(Fe2 3 O ) m  m  m 1,136gam,n  0,0835mol O(A) A Fe O(A)
Gọi công thức tương đương của ư oxit sắt là FexOy
 x:y = 0,059:0,0835 = 0,706
 Trong hỗn hợp phải có 1 oxit sắt có nFe: nO < 0,706 Phù hợp là Fe  2O3, m 2,32gam Fe2 3 O  m  0,0145 mol Fe2 3 O (A)
Oxit còn lại là FeaOb. Ta có: n  n  n  0,03mol Fe Fe(A) Fe(Fe2 3 O ) n  n  n  0,04mol O O(A) O(Fe2O3 )
 a:b = 3:4, oxit còn lại là Fe3O4
Vậy hỗn hợp gồm Fe2O3 và Fe3O4
b. Trong 6,96 gam hỗn hợp, ta có: n  0,2175(mol); n  0,015(mol) Fe2 3 O F 3 e O4
Phản ứng: Fe2O3 + 6HNO3 → 2Fe(NO3)3 + 3H2O
3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O 0,015 0,005
Vậy thể tích NO là: 0,1232 lit.
2. X: Al, Y: S, Z: O2
A: Al2O3, B: Al(OH)3, C: NaAlO2, D: Al2O3, E: Al2(SO4)3.
Các phương trình hóa học: 0 t C 2Al  3S  Al S 2 3
Al S  6H O  2Al(OH)  3  H S  2 3 2 3 2
Al(OH)  NaOH  NaAlO  2H O 3 2 2 0 t C
NaAlO  NH Cl  H O  Al(OH)  NaCl  NH  2 4 2 3 3 0 t C 4Al  3O  2Al O 2 2 3 0 t C
2Al(OH)  Al O  3H O 3 2 3 2
3. 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 còn lại không màu. CO 2- - 3 + H2O HCO3 + OH- -
Dùng Na2CO3 là thuốc thử để cho vào các mẫu thử còn lại. Mẫu thử có sủi bọt khí không màu là NaHSO4. CO 2- 3 + 2H+ H2O + CO2↑ -
Mẫu thử kết tủa trắng keo và sủi bọt khí không màu là AlCl3. Al3+ + 3CO 2-
3 + 3H2O → 2Al(OH)↓ + 3CO2↑ -
Mẫu thử tạo kết tủa đỏ nâu và sủi bọt khí không màu là Fe(NO3)3 Fe3+ + 3CO 2-
3 + 3H2O → 2Fe(OH)↓ + 3CO2↑ -
Mẫu thử không tạo hiện tượng là NaCl Câu 4: (4 điểm)
1. Đặt công thức chất tương đương của hỗn hợp A là C H x y
M B = 19.2 = 38 => tỉ lệ mol O2 và O3 là 5:3
Trộn A với B theo tỉ lệ thể tích 1,5:3,2. Chọn n   B = 3,2 mol => n 2 mol; n 1, 2 mol 2 O 3 O  n  7,6mol O
Khi đó nA = 1,5 mol. Khi đốt cháy A ta có thể coi: y y C H  (2x  )O  x CO  H O x y 2 2 2 2 y y Mol 1,5 1,5 (2x  ) 1,5 x 1,5 2 2 y
Ta có:  n 1,5 ( 2x  )  7,6 (*) O 2 y
Vì tỉ lệ thể tích CO2:H2O = 1,3:1,2 => x : = 1,3:1,2 (**) 2
Giải hệ (*), (**) ta được x = 26/15: y =16/5 = 3,2
M = 12 x + y = 24 => d A A/H2 = 12
2. Các chất là: A: C2H4; A1: CH3CHO A2: C2H5OH B: CH4 B1: HCHO B2: CH3OH B3: C2H2 B4: CH3CHO
Các phương trình phản ứng: 0 C t , xt   3H8 C2H4 + CH4 (A) (B) 0 2CH t , xt   2=CH2 + O2 2CH3CHO (A1) 0 CH t , xt   3CHO + H2 CH3CH2OH (A2) CH men giam   3CH2OH + O2 CH3COOH + H2O 0 CH t , xt   4 + O2 HCHO + H2O (B) (B1) 0 HCHO + H t ,Ni   2 CH3OH (B2) 0 CH t ,Ni   3OH + CO CH3COOH 0 2CH 1500 C  4 C san pham lam lanh nhanh 2H2 + 3H2 (B3) 0 C t , xt   2H2 + H2O CH3CHO (B4) 0 CH t , xt   3CHO + O2 2 CH3COOH Câu 5: (4 điểm)
1. So sánh tính bazo của các hợp chất A và B:
Ở A, tâm bazo là nguyên tử N-piriđin chịu ảnh hưởng –I và +C của nhóm NH. Hiệu ứng không
gian của mạch nhánh làm khó cho sự proton hóa.
Ở B, tâm bazo là nguyên tử N-piriđin chịu ảnh hưởng –I (yếu hơn vì ở cách xa hơn) và +C của
nhóm NH. Hiệu ứng không gây hiệu ứng không gian. Vậy A < B.
2. Công thức cấu tạo của sản phẩm:
Các phản ứng b và d không xảy ra.
3. Theo đề bài ra A, B là 2 ancol có số nguyên tử cacbon gấp đôi nhau.
Đặt A: CnH2n+1OH và B: C2nH4n+1OH PV 0,8.4, 2
Số mol O2 và hỗn hợp X    0,1(mol) RT 22, 4 .(273136,5) 273
=> Số mol hỗn hợp X = 0,01 mol
Đặt công thức chung của A và B là C H
OH (n < n < 2n) n 2n 1  Ta có sơ đồ: C H OH → n CO2 n 2n 1  0,01 0,01 n
Số mol CO2 = 0,01 n = 1,408/44
=> n = 3,2 => n < 3,2 < 2n => 1,6 < n < 3,2
=> n = 2 => A: C2H5OH; B: C3H9OH
Hoặc n = 3 => A: C3H7OH; B: C6H13OH
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG PLEIKU - GIA LAI Câu 1: (4,0 điểm)
1. A là một hiđrocacbon mạch hở trong phân tử chỉ có liên kết đơn hoặc liên kết đôi. Phương trình
nhiệt hóa học của phản ứng đốt cháy A như sau: 3n 1 x C H  ( ) O  nCO  (n 1 x)H O n 2n22x (k ) 2(k) 2(k ) 2 (hoi) 2 H   1  852kJ / mol
Trong đó n là số nguyên tử cacbon và x là số liên kết đôi C = C trong A.
xác định công thức cấu tạo của A, biết rằng năng lượng của các liên kết như sau: Liên kết O = O H - O C - H C = O C = C C - C Năng lượng 498 467 413 799 611 414 liên kết (kJ/mol) 2. Cho phản ứng: CH C  2H H   74,0kJ / mol 4(k) (r) 2(k) Ở 500℃, Kp = 0,41. a. Tính ở 8500 C
b. Tính độ phân hủy α của CH4 và áp suất hỗn hợp khí trong một thể tích 50 lít chứa 1 mol CH4
và được giữ ở 8500 C cho đến khi hệ đạt đến cân bằng Câu 2: (4,0 điểm)
1. a. Cho biết E0 của Fe3+/Fe2+ = 0,771V, O2/H2O = 1,229V.
Ks của Fe(OH)3 = 3,8.10-38, của Fe(OH)2 = 4,8.10-16
Hãy tính ở 250C E0 của Fe(OH)3 / Fe(OH)2 và E0 O2/OH- trong môi trường kiềm ở pH=14.
b. Từ các số liệu tính được hãy cho biết trong hai phản ứng sau đây phản ứng nào dễ xảy ra hơn về mặt nhiệt động?
4Fe2+ + O2 + 4H+ → 4Fe3+ + 2H2O (ở pH = 0)
4Fe(OH)2 + O2+ 2H2O → 4Fe(OH)3 (ở pH = 14)
2. Dung dịch chứa đồng thời CH3COOH 0,002 M và HCOOH xM. Tính x biết pH của dung dịch có
trị số 3,3. Cho hằng số Phân ly axit của CH3COOH là K1 = 1,8.10-5 và của HCOOH là K2 = 1,77.10-4. Câu 3: (4,0 điểm)
1. Có thể hòa tan 0,01 mol AgCl trong 100ml dung dịch NH3 1M không?
Biết TAgCl= 1,8. 10-10; K bền của phức [Ag(NH3)2]+ là 1,0.108.
2. Cho hỗn hợp gồm FeS và Cu2S với tỉ lệ mol 1:1 tác dụng hết với dung dịch HNO3, thu được dung
dịch A và khí B duy nhất. A tạo thành kết tủa trắng với BaCl2; để trong không khí, B chuyển
thành khí màu nâu đỏ B1.
Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch NH3, tạo ra dung dịch A1 và kết tủa A2. Nung A2 ở nhiệt độ cao được chất rắn A3.
Viết các phương trình phản ứng dạng ion.
3. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp FeS và FeCO3 bằng dung dịch HNO3 đặc nóng dư, thu được hỗn hợp
khí A gồm hai khí X, Y có tỉ khối so với hiđro bằng 22,909.
a. Viết phương trình hóa học dạng ion và tính % khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu.
b. Làm lạnh hỗn hợp khí A xuống nhiệt độ thấp hơn, thu được hỗn hợp khí B gồm ba khí X, Y,
Z có tỉ khối so với hiđro bằng 31,50. Tính % khí A bị đime hóa thành Z.
Phản ứng đime hóa tỏa hay thu nhiệt? (Cho H=1; N=14, O = 16, S = 32) Câu 4: (4,0 điểm) 1. Cho các phản ứng: -
Xiclohexen + H2 → Xiclohexan H1 = - 119,54 kJ.mol-1 - Benzen + 3H2 → Xiclohexan H2 = - 208,16 kJ.mol-1 -
Xiclohexa-1,3-dien + 2H2 → Xiclohexan H3 = - 231,57 kJ.mol-1
Tính hiệu ứng nhiệt của các phản ứng:
a. Benzen + H2 → Xiclohex- 1,3- đien H4 = ?
b. Xiclohex- 1,3- đien + H2 → Xiclohexen H5 = ?
c. Từ kết quả thu được, giải thích tại sao khi hydro hóa benzen (Ni, t0) lại không thể thu được
Xiclohexen hoặc Xiclohexa-- 1,3- đien dù lấy bất kỳ tỉ lệ nào.
2. Hydrocacbon thơm C9H8 làm mất màu Brom, cộng hợp được với brom theo tỉ lệ mol 1:2, Khi oxi
hóa thì tạo thành axit benzoic; Khi tác dụng với dung dịch AgNO3 trong môi trường NH3 tạo kết tủa đặc trưng.
Hãy viết công thức và gọi tên hiđrocacbon ấy mà các sản phẩm tạo thành. Viết Sơ đồ các phản ứng đã xảy ra. Câu 5: (4,0 điểm)
1. Xitral là thành phần chính của tinh dầu sả, công thức phân tử Là C10H16O có cấu tạo mạch hở. Sau
khử sản phẩm Ozon phân, thì thu được các sản phẩm sau:
CH3CO CH3 (A), O= CHCH2CH2COCH3 (B), O= CHCHO (C).
Lập luận để xác định công thức cấu tạo của xitral ( chú ý quy tắc isopren).
Viết các công thức đồng phân lập của Xitral.
2. Từ tinh dầu hoa hồng tách được 2 đồng phân A1, A2. đều có công thức C10H18O, chúng đều làm mất
màu dung dịch Brom trong CCl4 và tạo thành C10H18OBr . Khi cho tác dụng với HBr ở lạnh từ mỗi
chất sẽ tạo thành 2 dẫn xuất monobrom C10H17Br; khi oxi hóa A1 và A2 bằng CuO đều tạo được hợp
chất có công thức C10H16 O, bằng dung dịch KMnO4 trong môi trường axit đều thu được hai chất CH3COOCH3 và CH3COH CH2COOH.
a. Xác định cấu trúc của A1 và A2, gọi tên theo danh pháp IUPAC.
b. Viết sơ đồ các phản ứng xảy ra.
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG PLEIKU - GIA LAI Câu 1: (4,0 điểm) 1. H
  n – 1  xE  x.E  2n  2 – 2x E   CC CC   CH   3n 1 x ( ).E ] [(2 n .E  2(n1 x).E ] OO CO OH 2 3n 1 x
 n – 1  x.414 x.611 2n  2 – 2x413  .498]   2 [
 2n.799  2(n1 x).467]=-1852  545m = 56x + 1579
Vì 0 ≤ x ≤ n – 1  2,897 ≤ n ≤ 3,115 → n = 3 và x = 1
Công thức cấu tạo của X: CH3 – CH = CH2
2. Xét phản ứng: CH4(k) C(r) + 2H2(k) K H  1 1 a. Áp dụng công thứ: P, 2 T ln  (  ) K R T T P, 1 T 1 2 3  H  1 1  74,9.10 1123773   (  )  ( ) R T T    8,314 1123.773   1 2 K K .e 0, 41.e      15, 4977 2 P 1 P b. CH4(k) C(r) + 2H2(k) n Bđ: 1 0 1 []: 1-α 2α 1+ α 2 (2) K  .P (1) P 2 1     Mặt khác: (1 ).0, 082.(273 850) P   (1 ).1,8417 (2) 50 2 (2) (1 ).1,8417
Thay (2) và (1) ta được K  15,4977 P (1 )(1 ) Câu 2: (4 điểm) 0 G  1. a. Fe(OH)  3 + e Fe(OH)2 + OH- 0  G  0  G  1 3 0 G  Fe3+ + 3OH- + e 2  Fe2+ + 3OH- 0 s 0 'S 1  FE  RTln K 1FE    RTK 3 2 Fe(OH 3 ) /Fe(OH)2 Fe(OH 3 ) Fe(OH) Fe /Fe 2 RT 0 0  E  ln  E     0, 536V. 3 2 Fe(OH)3 /Fe(OH)2 ' Fe / Fe F KS 0 G  O  2 + 4e + 4H2O 4OH- + 2H2O 0  G  0  G  1 2 O2 + 4e + 4H + 4OH- 0 0 0 G   G   G  1 2 0 4 0 4  FE     RT ln K 4FE H /OH 2O O2 /H2O O2 RT 0 4 0 E    ln K E H /OH 2O O2 /H2O O2 4F 0 E   0, 401V O2 /OH
b. 4Fe2+ + O2 + 4H+ → 4Fe3+ + 2H2O (ở pH = 0) (1) 0
G = -4.96500(1,2299-0,771) = -176788 J
4Fe(OH)2 + O2+ 2H2O → 4Fe(OH)3 (ở pH = 14) (2) 0 ' G 
= -4.96500(0,401 + 0,536) = -361.628 J 0 ' G  < 0
G nên trong môi trường kiềm xảy ra mạnh hơn (phản ứng hai).
2. Có các cân bằng sau: CH3COOH CH3COO- + H+ (1) K1 = 1,8.10-5 HCOOH HCOO- + H+ (2) K2 = 1,77.10-4 HOH OH- + H+ (3) KW = 10-14 Áp dụng ĐLBTĐT:
[H+] = [CH3COO-] + [HCOO-] + [OH-]
Vì môi trường có pH = 3,3 nên có thể bỏ qua [OH-] ở (3). [H+] = [CH3COO-] + [HCOO-] (4) Áp dụng ĐLBTĐT:
0,002 = [CH3COOH] + [CH3COO-] (5) x = [HCOOH] + [HCOO-] (6)
Áp dụng ĐLTDKL cho (1) và (2):    [H ][CH COO ] CH COOH  3  3 K1     [H ][HCOO ] HCOOH  K2
Lần lượt thế vào (5) và (6) và biến đổi ta được:  0, 002 5 [CH COO ]   6,93.10 3 [H ] 1 K1  x [HCOO ]   0, 261x [H ] 1 K2
Thay vào (4): 10-3,3 = 6,93.10-5 + 0,261x → x ≈ 1,65.10-3 Câu 3: (4 điểm)
3.1. Ta có các phản ứng: AgCl Ag+ + Cl- Tt = 1,8.10-10 Ag+ +2NH   3 [Ag(NH3)2]+ 8 1, 0.10 Phương trình tổng AgCl + 2NH3 [Ag(NH3)2]+ + Cl- (1) Ban đầu: 1 0 0 []: 1-2x x x
Hằng số cân bằng của phản ứng (1)
K = Tt.  = [Ag(NH3)2]+.[Cl-]/[NH3]2 = 1,8.10-10.1,0.108 = 1,8.10-2
→ KC = x2/(1-2x2) = 1,8.10-2 → x = 0,106 M
Như vậy AgCl tan hoàn toàn ( vì nồng độ [Ag(NH3)2]+ khi AgCl tan hoàn toàn chỉ bằng 0,01/0,1=0,1M) 3.2. 3FeS + 3Cu - 2-
2S + 28H+ + 19NO3 → 6Cu2+ + 3Fe3+ + 6SO4 + 19NO + 14H2O 2NO + O2 → 2NO2 Ba2+ + SO 2- 4 → BaSO4 Fe3+ + 3NH + 3 + 3H2O → Fe(OH)3 + 3NH4 Cu2+ + 2NH + 3 + 3H2O → Cu(OH)2 + 2NH4
Cu(OH)2 + 4NH3 → [Cu(NH3)4]2+ + 2OH- 2Fe(OH)3→Fe2O3 + 3H2O 3.3. 3FeS + 10H+ + 9NO - 2-
3 → Fe3+ + SO4 + 9NO2 + 5H2O (1) a mol 9a FeCO -
3 + 4H+ + NO3 → Fe3+ + CO2 + NO2 + 2H2O (2) b mol bmol bmol
M = 22,909.2 = 45,818 → ngoài CO2 (44) thì phải có NO2 (46)
46(9a b)  44b Và M =45,818 =  a b 9a  2b
Do đó % mFeS = (88.100)/(88+116) = 43,14 % % m = 100 - 43,14 = 56,86% FeC 3 O b. Phản ứng đime hóa
Giả sử a = b = 1 mol → nNO2 = 10 mol; nCO2 =1 mol 2NO2 (k) N2O4 (k) (3) Ban đầu 10 Phản ứng 2x x Cân bằng 10-2x x 44.1 46(10  2x)  92x M = 31,5.2 = 63 =  x  3(mol) 11 x
% nNO2 đime hóa là 2.3.100%/10 = 60%
Khi làm lạnh thì phản ứng đime hóa xảy ra, vậy phản ứng đime hóa tỏa nhiệt. Câu 4: (4,0 điểm) 1. a. Ta có:
Xiclohexan → xiclohexa-1,3-dien + 2H2 – ∆H3 = + 231,57 kJ.mol-1 (I) Benzen + 3H2 → xiclohexan
∆H2 = - 208,16 kJ.mol-1 (II) Từ (I) + (II) ta được
Benzen + H2 → xiclohex-1,3-dien + 2H2 ∆H4 = + 23,41 kJ.mol-
b. Xiclohexan → xiclohexen + H2
∆H5 = - ∆H1 = + 119,54 kJ.mol-1 (III)
xiclohexa-1,3-dien + 2H2 → xiclohexa ∆H3 = - 231,57 kJ.mol-1 (IV)
Từ (III) + (VI) ta được:
xiclohex-1,3-dien + H2 → xiclohexen ∆H3 = - 112,024 kJ.mol-
c. Khi cộng một phân tử H2 vào benzen tạo ra xiclohexa-1,3- đien thì chất này lại phản ứng rất
nhanh tạo ra xiclohexen, đến lượt mình, xiclohecxen lại phản ứng ngay tạo ra xiclohexan vì thế dù
trộn bất kỳ tỉ lệ nào cũng đều thu được xiclohexan.
2 . - Độ bất bão hòa k= (20-8)/2=6 -
Khi oxi hóa thành axit benzoic, vậy vòng chiếm k’ = 4 còn 2 liên kết pi ở nhánh và chỉ có một
nhánh chứa 3 nguyên tử cacbon ( nếu hai nhánh khi oxi hóa thành điaxit). -
Cộng hợp với hydro theo tỉ lệ mol 1:2, vậy nhánh có hay liên kết đôi hoặc một liên kết ba. -
Tác dụng với dung dịch AgNO3/ NH3, Vậy phải có liên kết ba đầu mạch. -
Vậy C9H8 là benzylaxetilen: C6H5CH2C≡CH.
Sơ đồ: C6H5CH2C≡CH + 2Br2 → C6H5CH2CBr2-CHBr2
C6H5CH2C≡CH + [Ag(NH3)2]OH → C6H5CH2C≡CAg + 2NH3 + H2O.
C6H5CH2C≡CH + 7O → C6H5COOH + 2CO2 + H2O. Câu 5: (4,0 điểm) 1. Lập luận:
Vì đuôi là al nên có một nhóm CHO từng do.
Cứ hai nhóm CO của hai phân tử A và B hoặc A và C…. thì tạo một liên kết đôi, vậy B hoặc C ở
giữa mạch, nhưng C đối xứng, còn B không đối xứng, nên B có hai trường hợp B ở giữa; đồng thời sử
dụng quy tắc isopren ta có công thức sau:
2. a) Độ bất bão hòa k bằng ( 22 - 18)/2 = 2
khi cộng hợp với brom thì tạo C10H18OBr4 nên có 2 liên kết pi.
Khi cho tác dụng với HBr ở lạnh từ mỗi chất sẽ tạo thành 2 dẫn xuất monobrom
C10H17Br, vậy có một nhóm OH (ancol) và các liên kết pi được bão toàn. Khi oxi hóa A1 và A2
bằng CuO đều tạo được hợp chất có công thức C10H6O, Vậy sản phẩm có nhóm CO.
Khi tác dụng dung KMnO4 trong môi trường axit đều thu được hai chất CH3COCH3 và CH3COH
CH2COOH. Từ sản phẩm sau khi tác dụng dung dịch KMnO4/H+ mới chỉ được 8 nguyên tử C và
kết hợp với quy tắc isopren ta được công thức: a. Sơ đồ phản ứng: C10H18O + 2Br2 → C10H18OBr4
C10H17OH + HBr → C10H17Obr + H2O  0 KMnO / H , t C 4  10H17OH
CH3COCH3+ CH3COCH2CH2COOH + (COOH)2
TRƯỜNG THPT TRƯỜNG CHINH – ĐĂKNÔNG Câu 1: ( 4 điểm)
1. Cho 4 số lượng tử của electron cuối cùng trên nguyên tử của các nguyên tố A, X, Z, như sau: A: n=3; l=1; m=-1; s=-1/2 X: n=2; l=1; m=-1; s=-1/2 Z: n=2; l=1; m=0; s=+1/2
a. Hãy xác định A, X, Z?
b. Cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và cấu trúc hình học của phân tử và ion sau: 2 2
ZA ; AX ; AX ; AX  ? (không cần vẽ hình minh họa) 2 2 3 4
2. Hợp chất A được tạo thành từ ion X+ và ion Y2+. Mỗi ion đều do 5 nguyên tử của 2 nguyên tố tạo
nên. Tổng số proton trong ion X+ là 11, tổng số electron trong ion Y2- là 50. Xác định công thức
phân tử và gọi tên (A)? Biết 2 nguyên tố trong ion Y2- thuộc cùng một phân nhóm và thuộc 2 chu
kì liên tiếp trong bảng hệ thống tuần hoàn. Câu 2: (4 điểm)
2.1. Dung dịch A gồm CH3COOH 0,01M và HCl, có pH(A) = 2
a. Tính thể tích dung dịch NaOH 0,02M để trung hòa 25 ml dung dịch A.
b. Tính pH của dung dịch sau khi trung hòa.
Biết CH3COOH có pKa = 4,76
2.2. Biết thế oxi hóa khử tiêu chuẩn: 0 0 E      0,16V E   0, 77V 2 3 3 Cu /Cu Fe / Fe 0 0 E      0,8V E  0, 52V Ag / Ag Cu /Cu 0 0 E      0, 44V E  0, 54V 2 Fe / Fe I2 /2I
Hãy cho biết hiện tượng gì xảy ra trong các trường hợp sau:
a. Cho bột sắt vào dung dịch sắt (III) sunfat
b. Cho bột đồng vào dung dịch sắt (II) sunfat
c. Cho dung dịch bạc nitrat vào dung dịch sắt (II) nitrat
d. Cho dung dịch sắt (III) nitrat vào dung dịch kali iotua Câu 3: ( 4 điểm)
1. Chỉ dùng thêm phenolphtalein. Hãy phân biệt các dung dịch đựng riêng NaCl, NaHSO4, CaCl2 ,
AlCl3 , FeCl3, Na2CO3. (viết các phản ứng xảy ra dưới dạng ion).
2. Cho 45,24 gam một oxit sắt tác dụng hết với 1,5 lit dd HNO3 loãng thu được dd A và 0,896 lit
hỗn hợp sản phẩm khí B gồm NO và N2O, biết tỷ khối của hỗn hợp (B) so với H2 bằng 17,625.
Thêm vào A m gam Cu rồi khuấy đều để phản ứng xảy ra hoàn toàn, thấy thoát ra 0,448 lit NO
duy nhất và còn lại 2,88 gma kim loại không ta, các thể tích đo ở đktc,
a. Xác định công thức sắt oxit?
b. Tính m và CM của dd HNO3 ban đầu?
c. Sau khi lọc bỏ kim loại không tan rồi đem cô cạn dung dịch thì thu được bao nhiêu gam muối khan? Câu 4: (4 điểm)
1. Hỗn hợp khí gồm hidro, một anken và một ankin có cùng số nguyên tử C trong phân tử, có tỉ khối
hơi so với hidro là 7,8. Sau khi cho hỗn hợp qua Ni nung nóng để phản ứng xảy ra hoàn toàn thì
thu được hỗn hợp mới có tỉ khối so với hỗn hợp đầu là 20/9.
a. Xác định công thức cấu tạo anken và ankin?
b. Tính % theo thể tích mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu?
2. Hỗn hợp X gồm C2H6; C2H4; C2H2. Hãy trình bày phương pháp hóa học để tách riêng từng khí ra
khỏi hỗn hợp ban đầu? Câu 5: (4 điểm)
Hợp chất hữu cơ A gồm 3 nguyên tố C, H, O tác dụng vừa đủ với dung dịch KOH 11,666%. Sau
phản ứng thu được dung dịch X, cô cạn dung dịch X thì phần hơi chỉ có H2O với khối lượng 86,6
gam, còn lại là chất rắn Y có khối lượng là 23 gam. Đốt cháy hoàn toàn Y thu được 13,8 gam K2CO3
và 38 gam hỗn hợp CO2 và H2O. Toàn bộ lượng CO2 này cho vào dung dịch Ca(OH)2 dư thu được 70
gam kết tủa. Xác định công thức cấu tạo của A biết A đơn chức?
TRƯỜNG THPT TRƯỜNG CHINH – ĐĂKNÔNG Câu 1: ( 4 điểm)
1. a. Cho 4 số lượng tử của electron cuối cùng trên nguyên tử của các nguyên tố A, X, Z như sau:
A: n=3; l=1; m=-1; s=-1/2 → 3p4→ A là S
X: n=2; l=1; m=-1; s=-1/2 → 2p4→ X là O
Z: n=2; l=1; m=0; s=+1/2 → 2p2 → Z là C
b. Trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm trong các phân tử:
ZA2 là CS2  sp  Cấu trúc hình học: đường thẳng
AX2 là CO2  sp2  Cấu trúc hình học: Góc 2 AX  là 2
SO   sp3  Cấu trúc hình học: Chóp đáy tam giác đều 3 3 2 AX  là 2
SO   sp3  Cấu trúc hình học: Tứ diện đều. 4 4
2. Gọi Z là số proton trung bình trong 1 nguyên tử có trong Cation X+ X  Z =11/5 = 2,2 X
 Trong X phải chứa H (Z= 1) hoawch He (Z=2)
Vì He là khí hiếm nên trong X+ phải có H
+ Gọi M là nguyên tố còn lại trong ion X+.
 Công thức tổng quát của X+ :  M H n m
Ta có m+n = 5 (1) và nZM + m = 11 (2) Lấy (2) – (1)  n(ZM – 1) = 6
 n = 1 và ZM = 7  M là nitơ  Vậy: X+ là NH 4
Gọi Z là số proton trung bình trong 1 nguyên tử có trong Cation X+ Y
 Z = (50-2)/5 = 9,6  trong Y2- phải có 1 nguyên tố có Z ≤ 9 Y
 Nguyên tố đó thuộc chu kì 2
 Nguyên tố còn lại thuộc chu kì 3 Gọi CTTQ của Y2- và 2 A B x y Theo bài ta có:
x + y = 5 (3)’ ZB – ZA = 8 (4) ; xZA + yZB = 50 -2 = 48 (5)
Từ (3), (4), (5)  5ZA – 8x = 8  x = 4; y=1; ZA = 8  ZB = 16
 B là lưu huỳnh  Y2- là 2 SO  4
Vậy CTTQ của A là (NH4)2SO4 (Amoni sunfat) Câu 2: (4 điểm)
1. a. Các quá trình xảy ra trong dung dịch: HCl → H+ + Cl- CH3COOH CH3COO- + H+ H2O H+ + OH-
Ta có pH = 2  [H+] = 10-2M  nH+ = 10-2.0,025 = 2,5.10-4 (mol)
Các phản ứng xảy ra: H+ + OH- H2O
CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O
 nNaOH = nOH- = 2,5.10-4 (mol)
VNaOH = 2,5.10-4/0,02 = 0,0125 (lit) = 12,5 ml
b. Dung dịch sau khi trung hòa gồm: NaCl và CH3COONa
mà nCH3COOH = nCH3COONa = 0,01.0,025 = 2,5.10-4 (mol)
[CH3COONa] = 2,5.10-4/(0,025+0,0125) = 1/150 (M)
Các quá trình xảy ra trong dung dịch: CH3COONa → Na+ + CH3COO- CH3COO- + H2O CH3COOH + OH- Kb = 10-14/Ka = 10-9,24 H2O H+ + OH- Kw = 10-14
Vì Kb.Cb >> Kw nên bỏ qua sự điện li của nước. CH3COO- + H2O CH3COOH + OH- C 1/150 Cb (1/150 – x) x x
Ta có Kcb = x2/(1/150-x) = 10-9,24  x = 1,9584.10-6 M.
Vậy [OH-] = 1,9584.10-6 M  pOH = 5,71  pH = 14-5,71 = 8,29 2. a. Vì 0 E   0     0, 77V > E  0, 44V 3 3 Fe /Fe 2 Fe /Fe
Tính oxi hóa : Fe3+ mạnh hơn Fe2+
Tính khử: Fe mạnh hơn Fe2+
Phản ứng xảy ra 2 Fe3+ + Fe   3Fe2+
Dung dịch màu vàng chuyển sang lục nhạt. b. 0 E   0    0,52V > E  0,16V Cu /Cu 2 Cu /Cu
Tính oxi hóa : Cu+ mạnh hơn Cu2+
Tính khử: Cu+ mạnh hơn Cu
Phản ứng xảy ra Cu+ + Cu+   Cu2+ + Cu
Do đó phản ứng nghịch không xảy ra nghĩa là cho bột đồng vào dung dịch CuSO4 không có hiện tượng gì. c. 0 E   0    0,8V > E   0, 77V Ag / Ag 3 3 Fe /Fe
Tính oxi hóa : Ag+ mạnh hơn Fe3+
Tính khử: Fe2+ mạnh hơn Ag
Phản ứng xảy ra Fe2+ + Ag+   Fe3+ + Ag
Dung dịch màu lục nhạt chuyển sang màu vàng. d. 0 E   0     0, 77V > E  0, 54V 3 3 Fe /Fe I2 /2I
Tính oxi hóa : Fe3+ mạnh hơn I2
Tính khử: I- mạnh hơn Fe2+
Phản ứng xảy ra 2I- + 2Fe3+   I2 + 2Fe2+
Dung dịch không màu chuyển sang màu nâu. Câu 3: (4 điểm)
1. Cho phenolphtalein vào mỗi mẫu thử. Mẫu thử có màu hồng là dung dịch Na2CO3, các mẫu thử
còn lại không màu. CO 2- - 3 + H2O HCO3 + OH-
Dùng Na2CO3 là thuốc thử để cho vào các mẫu thử còn lại.
Mẫu thử có sủi bọt khí không màu là NaHSO4. CO 2- 3 + 2H+ H2O + CO2↑
Mẫu thử kết tủa trắng keo và sủi bọt khí không màu là AlCl3. Al3+ + 3CO 2-
3 + 3H2O → 2Al(OH)↓ + 3CO2↑
Mẫu thử tạo kết tủa đỏ nâu và sủi bọt khí không màu là FeCl3 Fe3+ + 3CO 2-
3 + 3H2O → 2Fe(OH)↓ + 3CO2↑
Mẫu thử tạo kết tủa trắng là CaCl2 Ca2+ + CO 2- 3 → CaCO3↓
Mẫu thử không tạo hiện tượng là NaCl
2. a. Tính nNO = 0,025 mol; nN2O = 0,015 mol. Gọi n là a mol  m = a(56x + 16y) = 45,24 (*) FexOy FexOy + Quá trình oxi hóa:  3 Fe O 2yH (3x 2y)e xFe       yH O x y 2 a 2ya a(3x-2y) ax + Quá trình khử: NO 4H   3e  NO  2H O 3 2 0,1 0,075 0,025 2NO 10H   8e  N O  5H O 3 2 2 0,15 0,12 0,015
Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: a(3x – 2y) = 0,195 (**)
Từ (*) và (**)  x:y = 3:4  Công thức oxit sắt là Fe3O4  a = 0,195 và n  ax  0,585mol Fe( N 3 O )3
b. Khi cho Cu vào dung dịch A có phản ứng:
3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O (1) 0,03 0,08 0,03 0,02
3Cu + 2Fe(NO3)3 → Cu(NO3)2 + 2Fe(NO3)2 (2) 0,2925 0,584 0,2925 0,585
m = (0,03 + 0,2925).64 + 2,88 = 23,52 (gam) n
trong dd đầu = 2ay + 0,1 + 0,15 + 0,08 = 1,89 (mol) 3 HNO → [HNO3] = 1,26 M c. mmuối = m + m (1), (2) = 165,93 gam Fe( NO3 )2 Cu( NO3 )2 Câu 4: (4 điểm)
1. a. Gọi công thức chung của anken và ankin lần lượt là: CnH2n và CnH2n-2 (n≥2) Mt = 7,8.2 = 15,6 đvC Ms = 20/9.15,6 = 34,66 đvC
Khi nung nóng hỗn hợp A gồm a mol H2, x mol CnH2n và y mol CnH2n-2 với bột Ni để phản ứng hoàn toàn thì: CnH2n + H2 → CnH2n+2 x x x CnH2n-2 + 2H2 → CnH2n+2 y 2y y
Vậy bài toán có 2 trường hợp:
+ Trường hợp 1: Sau phản ứng H2 hết → Hỗn hợp sau phản ứng gồm anken, ankan, ankin → có
công thức chung CnHm có Ms = 34,66 → 12n + m = 34,66 → n=2.
Vậy hỗn hợp sau phản ứng gồm: C2H2, C2H4, C2H6 thì có M < 34,66 → Trường hợp này không đúng. + Trường hợp 2: Vậy H2 dư sau phản ứng
Vì Ms = 34,66 nên nếu số nguyên tử C =2 thì M  30 Ms  loại 2 C H6
Vậy số nguyên tử C có thể bằng 3 hoặc 4 (vì đây là hỗn hợp chất khí)
-Nếu là C3 ta có: C3H4 và C3H6
Giả sử hỗn hợp ban đầu có 1 mol thì: a + x + y = 1 2a + 42x + 40y = 15,6 34,667 = 15,6/(a-y)
Giải 3 pt trên ta có: a = 0,65; x = 0,15; y = 0,2 → trường hợp này nhận
-Nếu là C4 ta có: C4H6 và C4H8
Giả sử hỗn hợp ban đầu có 1 mol thì: a + x + y = 1 2a + 42x + 40y = 15,6 34,667 = 15,6/(a-y)
Giải 3 pt trên ta có: a = 0,7375; x = -0,025; y = 0,2875 → trường hợp này loại b. 2.%VH2 = 65; %V 15; %V  20; 3 C H6 3 C H4
2. Thổi hỗn hợp qua bình chứa dung dịch AgNO3/ NH3duw. Lọc tách kết tủa, hòa tan kết tủa trong
dung dịch HCl dư thu được khí C2H2:
C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3 → C2Ag2 + 2NH4NO3 C2Ag2 + 2HCl → C2H2+ 2AgCl
Khí ra khỏi bình chứa dung dịch AgNO3/NH3. Thổi tiếp qua dung dịch nước brom dư. Chiết lấy
sản phẩm và đun nóng với Zn (trong CH3COOH) thu được C2H4: C2H4 + Br2 → C2H4Br2 C2H4Br2 + Zn → C2H4 + ZnBr2
Khí bay ra khỏi bình chứa dung dịch brom là khí C2H6 Câu 5: ( 4 điểm) -
Xác định CO2 có trong 38 gam (CO2 và H2O)
CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O 0,7 mol ← 0,7 mol  m  0,7.44  30,8(g) CO 2  m  38  30,8  7,2(g) H2O 13,8 - Ta lại có n  n  2.  0,2(mol) K/ KOH K/ K2C 3 O 138  n  0, 2 mol  m  0, 2.56  11, 2(g) KOH KOH 100 m  11, 2.  96(g) KOH 11, 666  m  96 11,2  84,8(g) H2O (trongKOH)
Theo bài ra ta có khối lượng nước sau phản ứng là 86,6 gam.  m
sinh ra do phản ứng với KOH là: 89,9 – 84,8 = 1,8 gam H2O A + KOH → Rắn Y + H2O 11,2 23 1,8g
Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: mA = 23+1,8 -11,2 = 13,6 gam
mC (trong A) = mC (trong CO2) + mC (trong K2CO3)
mC = 0,7.12 + 0,1.12 = 9,6 gam
mH (trong A) + mH (trong KOH) = mH (trong Y) + mH (trong H2O)
 mH (trong A) = 2.(7,2:18) + 2.(1,8:18) – 0,2.1 = 0,8 gam
-mO (trong A) = mA – mH – mC = 13,6 – 9,6 -0,8 = 3,2 gam
- Gọi công thức của A là CxHyOz ta có:
x:y:z = (9,6/12) : 0,8: (3,2:16) = 4:4:1
Vậy công thức đơn giản nhất của A là: (C4H4O)n
Vì A tác dụng với KOH chỉ thu được muối và nước, mặt khác A đơn chức nên n = 2 CTPT của A là: C8H8O2
Mà nA = 12,6:136 = 0,1 mol. Ta có tỷ lệ: nA : nKOH = 1:2. Vậy A không thể là axit đơn chức  A là este loại phenolat. -
A có thể có các cấu tạo sau: CH3COOC6H5 HCOOC6H5-m-CH3 HCOOC6H5-p-CH3 HCOOC6H5-o-CH3
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT – QUẢNG NGÃI Câu 1: (4 điểm)
1.1. Cho biết ion M(Z-1)+ có năng lượng ion hóa thứ Z là 870,4 eV. (Với Z là số đơn vị điện tích hạt nhân của nguyên tử M).
a) Xác định cấu hình electron của M ở trạng thái cơ bản.
b) Xác định các cấu hình electron có thể có của M ở trạng thái kích thích. Biết rằng các electron trong
trạng thái kích thích đó chỉ ứng với các giá trị số lượng tử chính là n ≤ 2.
c) Tính bước sóng của phát xạ tương ứng với quá trình giả sử rằng electron trong ion M(Z-1)+ từ trạng
thái kích thích (n=4) về trạng thái cơ bản (n=1).
Cho biết: h=6,625.10-34 J.s; C=3.108 m.s-1; 1 eV = 1,6.10-19 (J), NA = 6,022.1023
1.2 CO có khả năng tạo phức mạnh với kim loại chuyển tiếp. Viết phương trình phản ứng của CO lần
lượt với Ni, Mn và giải thích sự hình thành liên kết trong các phân tử phức tạo thành bằng thuyết 28 25
lai hóa và cho biết từ tính của các phức.
1.3 Cho các phân tử: O3; SO2; NO2 và các góc liên kết: 1200; 1320; 116,50.
a) Hãy ghi giá trị góc liên kết trên cho phù hợp với các phân tử tương ứng.
b) Giải thích (ngắn gọn). Câu 2: (4 điểm)
2.1. a) Dung dịch A chứa H 2-
2C2O4 0,001M. Tính pH và nồng độ ion C2O4 có trong dung dịch A.
b) Thêm tinh thể FeCl3 vào dung dịch A để đạt nồng độ ban đầu là 1,0.10-4 M. Giả thiết thể tích
dung dịch thay đổi không đáng kể. Hãy cho biết có xuất hiện kết tủa Fe(OH)3 không? Chứng minh?
c) Tính phần mol của phức Fe(C 3- 2O4)3 trong dung dịch A.
Cho các giá trị hằng số tạo thành tổng hợp của phức Fe3+ với C 2- 2O4 là
β1 = 1,0.108; β2 = 2,0.1014; β3 = 3,0.1018; Kw = 10-14.
Hằng số phân ly axit của H2C2O4 là Ka1 = 0,05; Ka2 = 5.10-5
Tích số tan của Fe(OH)3; Ks = 2,5.10-39
2.2 Điện phân dung dịch NiSO4 0,10 M có pH = 2,00 dùng điện cực platin.
a) Tính thế catot cần thiết để có kết tủa Ni ở catot?
b) Tính điện áp cần tác dụng để có quá trình điện phân đầu tiên?
c) Tính điện áp phải tác dụng để [Ni2+] còn lại bằng 1,0.10-4 M. Cho 0 0 E       0, 23 V; E 1, 23 V; 0,80 V 2 O2 /H2 O O2 (Pt) Ni / Ni
Điện trở của bình điện phân R = 3,15 Ω; I = 1,10 A. Câu 3: (4 điểm)
3.1 Lấy 10,0 mL (VMn) dung dịch KMnO4 0,04M cho vào bình tam giác, thêm vào mẫu dung dịch chứa
axit crotinic CA, kiềm dư và muối Ba(NO3)2 dư, để yên trong 45 phút được hỗn hợp X. Biết rằng khi
phản ứng, mỗi phân tử axit crotonic mất 10 electron trong điều kiện thực nghiệm. Thêm 8,0 mL (VMn)
dung dịch KCN 0,01M vào hỗn hợp X thì xảy ra phản ứng sau: 2 Ba  MnO CN OH BaMnO CNO        H O 4 4 2
Lọc bỏ kết tủa BaMnO4, lượng xianua dư trong dung dịch nước lọc được chuẩn độ với dung dịch AgNO3
0,005M (CAg) đên khi quan sát thấy kết tủa.
a) Viết phương trình ion của phản ứng tổng quát trong hỗn hợp X.
b) Viết công thức dạng phức chất ban đầu của ion Ag+ và xianua (cho đến khi kết tủa hình thành).
c) Công thức của kết tủa tại thời điểm cuối chuẩn độ.
d) Viết công thức tổng quát tính số mol axit crotonic trong thí nghiệm trên. Tính khối lượng axit crotonic
có trong mẫu biết điểm cuối chuẩn độ dùng hết 5,4 ml dung dịch AgNO3.
3.2. Hợp chất vô cơ A trong thành phần chỉ có 3 nguyên tố. Trong A có % khối lượng O bằng
21.4765(%). Khi sục khí CO2 vào dung dịch của A trong nước thu được axit B. Chất B bị phân tích bởi
ánh sáng thu được chất C. Chất C khi phản ứng với dung dịch AgNO3 thu được kết tủa D. Chất D không
tan vào dung dịch HNO3 nhưng tan trong dung dịch NH3. Khi cho dung dịch A phản ứng với dung dịch
FeCl2 thu được kết tủa E còn khi dung dịch của A phản ứng H2O thu được khí F.
a) Xác định công thức phân tử của các chất.
b) Viết phương trình phản ứng xảy ra. Câu 4: (4 điểm) 4.1. Naphtalen Azulen
Các hợp chất hữu cơ có mạch liên hợp phân cực thường mang màu.
a) Azulen là hiđrocacbon thơm không chứa vòng benzen, có màu xanh da trời. Naphtalen cũng là
hiđrocacbon thơm và là đồng phân của azulen. Giải thích tại sao azulen có màu trong khi naphtalen lại không có màu.
b) Khi cho azulen vào dung dịch H2SO4 , azulen bị mất màu. Giải thích hiện tượng.
4.2 Ba hiđrocacbon A, B, C đều có công thức phân tử là C4H4, có các dữ kiện sau: Hợp chất A B C Trạng thái lai hóa Như nhau Như nhau Khác nhau Độ dài liên kết Bằng nhau 2 loại khác nhau 2 loại khác nhau
a) Viết công thức cấu tạo của A, B, C, trên đó ghi rõ trạng thái lai hóa của cacbon. So sánh độ dài
liên kết trong mỗi phân tử. Gọi tên A, B, C.
b) Mỗi hợp chất trên có thể có bao nhiêu dẫn xuất điclo? Viết công thức của chúng.
4.3. Phân tích 1 tecpen A có tinh dầu chanh thu được kết quả sau: C chiếm 88,235% về khối lượng, khối
lượng phân tử của A là 136 (đvC). A có khả năng làm mất màu dung dịch Br2, tác dụng với Br2 theo
tỉ lệ mol 1:2 không tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư. Ozon phân hoàn toàn A tạo ra 2 sản phẩm
hữu cơ là anđehit fomic và 3-axetyl-6-on heptanal. Xác định công thức cấu tạo của A. Xác định số
đồng phân lập thể (nếu có) của A. Câu 5: (4 điểm)
5.1. Hãy chứng minh sự hình thành các sarnphaarm A và B theo sơ đồ sau:
Nếu thêm MgSO4 vào dung dịch apharn ứng thì sẽ thu được sản phẩm nào và giải thích vì sao có phản ứng đó?
5.2 Hợp chất A (C17H32O4) trơ khi nung nóng với dung dịch kiềm và không hấp thụ trong phổ UV, A
không giải phóng khí metan khi tác dụng với CH3MgBr. Đun nóng A với dung dịch H2SO4 loãng thu
được B và C. Hợp chất B (C5H8O2) phản ứng với hiđroxylamin cho D. D không bị thủy phân, không
bị oxi hóa, không phản ứng với thuốc khử Hinsberg. D bị khử bởi Na/C2H5OH cho E. E phản ứng với
thuốc khử Hinsberg. Hiđro hóa B với xúc tác Ni thu được F, F phản ứng PBr3 cho I (C2H10Br2). Đun
nóng I vơi NH3, sau đó cô cạn được chất rắn, sau khi nung ở nhiệt độ cao thu được sản phẩm giống E.
Hợp chất C có công thức C6H12O, phản ứng được với hiđroxylamin, phản ứng với clo trong NaOH
cho clorofom và dung dịch G, axit hóa G thu được hợp chất giống với sản phẩm của t-BuMgBr với CO2.
Hãy lập luận và xác định công thức cấu tạo của các chất từ A đến G.
5.3. X là hợp chất hữa cơ lỏng có 90,6% cacbon và 9,4% hiđro về khối lượng. Tỉ khối hơi của X so với
nitơ bằng 3,79. Oxi hóa X bằng hỗn hợp nóng CrO3, H2SO4 được tinh thể không màu hữu cơ A. Tách
nước A thu được chất B. Hợp chất B tác dụng vơi phenol (xúc tác H2SO4) được hợp chất Y thường
dùng làm chất chỉ thị axit-bazơ. Cả A và B khi tác dụng với butan-l-ol (xúc tác H2SO4 đặc) đều thu
được hợp chất C. Xác định công thức cấu tạo của X, Y, A, B và C.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT – QUẢNG NGÃI Câu 1: (4 điểm) 1.1
a) Với hệ gồm 1 hạt nhân, 1 electron: 2 Z
Năng lượng ion hóa I  13,6  870, 4 (eV)  Z=8 Z 2 1
Vậy cấu hình electron của M ở trạng thái cơ bản là: 1s22s22p4
b) Vì lớp 1s bền và sâu bên trong và bị chèn bởi lớp 2 nên khó bị biến đổi nên các trạng thái khích thích là: (1) 1s22s12p5 (2) 1s22s02p6
c) Năng lượng tương ứng với quá trình chuyển 1 electron từ trạng thái
(Các axit α - hodroxi-cacboxylic có thể phản ứng tương tự)
2. MA = 236; Tỷ lệ mol phản ứng A: KOH = 1:2  A là đi-axit.
Tỷ lệ mol phản ứng A: Br2 = 1:1  A có liên kết đôi C=C
Mặt khác, A có vòng anizol trong phân tử, phần còn lại so với C12H12O5 là C5H4O4,
chứng tỏ A được tạo thành từ A’ co thnahf phần C5H6O5 (HOOC-CH2-CO-CH2-COOH)
khi kết hợp với anizol tách ra 1 phân tử H2O. Phản ứng xảy ra ở nhóm C=O của A’ tạo
ra nhóm OH đồng thời tách H2O.
- Do hiệu ứng không gian nên sự tạo thành A xảy ra ở vị trí para của vòng anizol. Do A có thể tạo
anhidrit nên 2 nhóm COOH phải ở cùng phía của nối đôi. Vậy cấu tạo A:
3. Đồng phân của A: Tên IUPAC: (A1)
Axit-(E)3-(2-metoxiphenyl)2-Pentadioic (A2)
Axit-(Z)3-(2-metoxiphenyl)2-Pentadioic (A3)
Axit-(Z)3-(4-metoxiphenyl)2-Pentadioic
4. Có thể có 2 sản phẩm khi A tác dụng với Br2 (đôi đối quang) kích thích (n=4) về trạng thái cơ bản (n=1) 2 2 8 8 16 E 13, 6 ( 13, 6 ) 816 (eV) 1, 3056.10         (J) 2 2 1 4
Mối liên hệ giữa năng lượng và bước sóng phát xạ là h.C h.C 9 E 1,522.10       (m) = 15,22 (Å)  E  1.2
*Phương trình phản ứng: CO + Ni → Ni(CO)4 10CO + 2Mn → Mn2(CO)10
Vì Co là khối tử trường mạnh nên trong các phức chất sẽ gây ự dồn ghép các electron của nguyên tử hoặc ion trung tâm.
* Sự hình thành liên kết trong phân tử Ni(CO)4 Ni (Z = 28) [Ar] 3d84s24p0
↑ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑↓ ↑ ↑ ↑ Ni* [Ar] 3d104s04p0
↑ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑↓ ↑ ↑ ↑
Ở trạng thái kích thích, nguyên tử Ni dùng 1 obitan 4s trống tổ hợp với 3 obitan 4p tạo thành 4 obitan
lai hóa sp3 trống hướng ra 4 đỉnh của hình tứ diện đều tâm là nguyên tử Ni.
CO dùng cặp electron tự do chưa liên kết trên nguyên tử cacbon tạo liên kết phối trí với các obitan lai
hóa trống của niken tạo ra phân tử phức trung hòa Ni(CO)4
↑ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑↓ ↑ ↑ ↑ sp3
Phân tử Ni(CO)4 có tính nghịch từ vì không còn electron độc thân.
*Sự hình thành liên kết trong phân tử Mn2(CO)10 Mn (Z = 25) [Ar] 3d54s2
↑ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑↓ ↑ ↑ ↑ Mn* [Ar] 3d74s0
↑ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑↓ ↑ ↑ ↑
Ở trạng thái kích thích, mỗi nguyên tử Mn dùng 2 AO 3d, 1 AO 4s và 3AO 4s trống tổ hợp với nhau
tạo thành 6 AO lai hóa d2sp3.
10 phân tử CO dùng cặp e tự do trên nguyên tử C tạo liên kết phối trí với 10 AO lai hóa trong d của 3 nguyên tử Mn.
2 nguyên tử Mn dùng AO lai hóa có 1 e độc thân tạo thành liên kết Mn-Mn, tạo ra phân tử phức trung hòa Mn2(CO)10
↑ ↑ ↑ ↑ ↑ ↑↓ ↑ ↑ ↑ d2sp3
Phân tử Mn2(CO)10 có dạng 2 hình bát diện nối nhau qua 1 cạnh chung Mn-Mn, mỗi nguyên tử Mn
nằm ở tâm cảu bát diện, 10 phân tử CO nằm xung quanh ở các đỉnh còn lại.
Phân tử Mn2(CO)10 có tính nghịch từ do không còn e độc thân.
1.3 a. Góc liên kết:
O3:( 1200); SO2:( 1320); NO2: (116,50) b. Giải thích:
Các nguyên tử trung tâm lai hóa sp2 nên góc liên kết ≈ 1200
- NO2 có góc liên kết lớn nhất vì N có độ âm điện lớn hơn S, obitan lai hóa chưa tham gia liên kết
có 1 electron nên lực đẩy khép góc kém.
- O3 có góc liên kết nhỏ nhất vì obitan lai hóa còn cặp electron chưa liên kết, và độ âm điện O lớn
hơn S tạo lực đẩy khép góc mạnh hơn trong SO2. Câu 2: (4 điểm) 2.1 a) Ta có: H - 2C2O4 H+ + HC2O4 Ka1 = 0,05 (1) HC - 2- 2O4 H+ + C2O4 Ka2 = 5,0.10-5 (2)
Vì Ka1 >> Ka2 nên (1) là cân bằng chính.
Gọi C là nồng độ ban đầu của A.    2 [H ][HC O ] [H ] 2 4 K   a1 [H C O ] C [H ] 2 2 4 A  2
 [H ]  K [H] K C  0 a1 a1 A  4
 [H ]  9,8.10 M pH  3,0  2 [H ][C O  ] Mà ta có: 2 4 K  và   4 [H ] [HC O ] 9,8.10   M a1 [HC O ] 2 4 2 4 2 5 [C O ] 4,5.10  M 2 4 b) Có các cân bằng: 3 2 Fe  C O  FeC O 2 4 2 4 3 2 Fe  2C O  Fe(C O ) 2 4 2 4 2 3 2 3 Fe  3C O Fe(C O )  2 4 2 4 3
Bảo toàn nồng độ ion Fe3+ ta có:     3 3 C     
[Fe ] [FeC O ] [Fe(C O ) ] [Fe(C O ) ] 3 2 4 2 4 2 2 4 3 Fe Mà  3 2 [FeC O ] [Fe ][C O    ] 2 4 1 2 4  3 2 2
[Fe(C O ) ]  [Fe ][C O ] 2 4 2 2 2 4 3 3 2 3
[Fe(C O ) ]  [Fe ][C O ] 2 4 3 3 2 4 Suy ra 3 3 2 3 2 2 3 2 3 C       [Fe ] [Fe ][C O ] [Fe ][C O ] [Fe ][C O ] 3 1 2 4 2 2 4 3 2 4 Fe C 3 3   Fe  [Fe ]  3 2 3 2 2 3 2 3
1  [Fe ][C O ]   [Fe ][C O ]   [Fe ][C O ] 1 2 4 2 2 4 3 2 4 4 1, 0.10  8 5  14 5  2 18 5
11, 0.10 .4, 5.10  2, 0.10 .(4, 5.10 )  3, 0.10 .(4, 5.10 )3 10 1, 4.10  M
Mà [OH-]A = 10-11M  [Fe3+].[OH-]3 = 1,4.10-43 < KS
 không có kết tủa Fe(OH)3 ở dung dịch A. c) Phần mol của Fe(C 3-
2O4)3 được tính như sau:  [Fe C O ]    2 4  3 3 2 3 [Fe ][C O ] 3 3 2 4 x   3 3 2 3 2 2 3 2 3 C      [Fe ] [Fe ][C O ] [Fe ][C O ] [Fe ][C O ] 3 1 2 4 2 2 4 3 2 4 Fe 2 3  [C O ] 3 2 4  2 2 2 2 3
1  [C O ]   [C O ]   [C O ] 1 2 4 2 2 4 3 2 4 18 5  3 3, 0.10 .(4, 5.10 )   0, 40 8 5  14
11, 0.10 .4, 5.10  2, 0.10 .(4, 5.105 2 18 5  3 )  3, 0.10 .(4, 5.10 ) Vậy số mol của Fe(C 3- 2O4)3 bằng 0,40 2.2
a) Để có kết tủa Ni ở catot thì thế catot: 2 E  E    (Ni 2e Ni) 2 c Ni / Ni 0, 059  0, 059 Với 0 2 E         E  .lg[Ni ] 0, 23 .lg 0,10 0, 2595 V 2 2 Ni / Ni Ni / Ni 2 2
b) *Ở catot có quá trình: 2
Ni   2e  Ni (1) có E 2 =-0,2595 V Ni / Ni 2H  2e  H (2) 2 0, 059  0, 059 0 2 2  2 E        E  .lg[H ] 0, 00 .lg(10 ) 0,118 V 2H /H 2H /H 2 2 2 2 Vì E E 2 =-0,2595 V < 
= - 0,118 V nên khi bắt đầu điện phân, ở catot xảy ra úa trình (2) Ni / Ni 2H / H2 trước. *Ở anot: 2H O O 4H    4e 2 2 0, 059  0, 059 0 4 2  4 E  E  .lg([H ] .P )  1, 23  .lg(10 )  1,112 V O2 /H2O O2 /H2O O2 4 4
Điện áp tối thiểu cần đặt vào để quá trình điện phân bắt đầu xảy ra là: V  E  E  I.R  (E   )  (E   ) I.R a c O /H O O 2 2 2 2H /H2 (1,112  0,80)  ( 0
 ,118) 1,10.3,15  5,495 V
c) Để [Ni2+] = 1,0.10-4 M thì có lúc đó thế catot: 0, 059 4 E E         0, 23 .lg10 0,348 V 2 c Ni / Ni 4
Khi đó, điện áp cần phải tác dụng là
V  E  E  I.R  (1,112  0,80)  ( 0
 ,348) 1,10.3,15  5,725 V a c Câu 3: (4 điểm) 3.1.
a) Trong môi trường kiềm, axit crotonic phản ứng và tồn tại ở dạng ion C H O , phân tử axit bị 4 4 2
oxi hóa mất 10 e nên có sự biến đổi: CH 2-
3–CH=CH–COO- + 14OH- 
 CH3–COO- + 2CO3 + 8H2O + 10e Ptpư:    2 C H O 10MnO 14OH 12Ba  10BaMnO CH COO        2BaCO 8H O 4 5 2 4 4 3 3 2  b) Ag CN 2 
c) Ag  Ag CN   Ag[Ag  N C  ] 2 2   Hoặc Ag  CN  AgCN
c) Số mol KMnO4 sau khi phản ứng với axit crotonic: C .V – 10n mmol Mn Mn C   A
Số mol xianua cần để phản ứng với KMnO4 dư: 1 C .V – 10n mmol Mn Mn C   A 2 1 Số mol xiamua dư: C .V  C .V – 10 n l mmo CN CN Mn Mn C   A 2
Với cả hai công thức dạng kết tủa A [
g Ag CN ] và AgCN thì tỉ lệ mol Ag+ và CN- phản ứng 2 vẫn là 1:1 nên: 1 C .V  C .V  (C .V – 10n ) Ag Ag CN CN Mn Mn CA 2 1 C .V  C .V  C V . Ag Ag CN CN Mn Mn 2  n  CA 5 1 0, 005.5, 4  0, 01.8, 0  0, 04.10, 0 2  n   0,0294 mmol CA 5
Khối lượng của axit crotonic có trong mẫu: mA = 0,0294.86 = 2,53 mg
3.2.a) Axit B được tạo ra khi cho khí CO2 phản ứng với dung dịch của A, B bị phân hủy bởi ánh sáng tạo
C, chất C phản ứng với AgNO3 tạo kết tủa do vậy axit B phải là HClO nên A phải là muối ClO-
Gọi công thức của A là M(ClO)n, theo đầu bài ta có: n 16 100 %m  O M  51, 5n
M = 23.n , với n =1 ta có M = 23. Vậy A là muối NaClO
Cho dung dịch NaClO phản ứng với FeCl2 tạo được kết tủa E vậy E phải là Fe(OH)3 , còn khi cho
A phản ứng với dung dịch H2O2 thì khí F tạo ra O2.
b) NaClO + H2O +CO2 → NaHCO3 + HClO 2HClO → 2HCl + O2 HCl + AgNO3 → HNO3 + AgCl AgCl + 2NH3→ [Ag(NH3)2]Cl
3NaClO + 6FeCl2 + 3H2O → 3NaCl + 4FeCl3 + 2Fe(OH)3
NaClO + H2O2 → NaCl + O2 + H2O Câu 4: (4 điểm)
4.1. a) Naphtalen là hệ liên hợp nhưng các liên kết π ít phân cực nên không màu.
Trong khi đó azulen phân cực để tạo thành 2 vòng thơm bền vững hơn. Phân tử
azulen tạo thành hệ liên hợp phân cực nên có màu.
b) Khi cho azulen vào dung dịch H2SO4 thì H+ sẽ cộng vào vòng 5 cạnh làm mất hệ
liên hợp khé kín và mất tính phân cực của hệ nên azulen bị mất màu.
4.2. a) Các công thức:
b) – A chỉ có 1 dẫn xuất điclo:
– B chỉ có 3 dẫn xuất điclo:
– C chỉ có 3 dẫn xuất điclo: 4.3. Đặt A: CxHy
x : y = (88,235:12) : 11,765 = 10 : 16
 Công thức thực nghiệm (C10H16)n MA = 136  CTPT A: C10H16
A có (số lk π + số vòng) = 3
- A tác dụng Br2 theo tỉ lệ mol 1:2  A có 2 liên kết π và 1 vòng
- A không tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư  A không có nối ba đầu mạch.
- Ozon phân hoàn toàn A tạo ra 2 sản phẩm hữu cơ là anđehitfomic 3-axetyl-6-on heptanal  CTCT A:
A có 1 nguyên tử C* nên số đồng phân lập thể là 2 Câu 5: (4 điểm) 5.1
Sự oxi hóa pemanganat xảy ra bán phản ứng sau: MnO 2H O 3e MnO 4OH      4 2 2
Trong hỗn hợp phản ứng nếu không có dung dịch đệm thì môi trường có tính bazơ mạnh. Chính
nhóm OH– sẽ tương tác với nhóm OH bậc ba và chuyển hiđroxi anđehit thành hiđroxi xeton và cho sản phẩm B.
Khi thêm MgSO4 thì ion Mg2+ sẽ kết hợp với OH- tạo thành hợp chất Mg(OH)2 kết tủa nên môi
trường sẽ trugn tính. Trong trường hợp này không có phản ứng chuyển vị nên chỉ thu được sản phẩm A. 5.2. Hợp chất C:
- C phản ứng được với hiđroxylamin nên C có nhóm cacbonyl (C=O).
- C phản ứng với clo trong NaOH cho clorofom và dung dịch G; nên C có nhóm (CH3-CO-).
- Dung dịch G phải là muối natri cacboxilat dạng RCOONa. Hợp chất G:
Axit hóa thu được sản phẩm giống sản phẩm của t-BuMgBr với CO2. Do đó hợp chất G là
Hợp chất C tương ứng là
Hợp chất B (C5H8O2) có độ bất bão hào bằng 2:
- B phản ứng với hiđroxylamin cho D nên B có nhóm cacbonyl.
Hợp chất D không bị thủy phân, không bị oxi hóa, không phản ứng với thuốc khử Hinsberg nên D
là amin bậc 3, có công thức sau: Do đó, hợp chất B:
Hợp chất E có phản ứng với thuốc khử Hinsberg nên E là amin bậc 1:
Hợp chất A (C17H32O4) có độ bất bão hòa bằng 2.
- A không hấp thụ trong phổ UV nên A không có hệ liên hợp.
- A trơ khi đun nóng với dung dịch kiềm nên A không phải axit, este.
- A không giải phóng metan khi tác dụng CH3MgBr nên A không có nguyên tử hiđro linh động 0 - A + dung dịch H  t  2SO4 loãng B + C nên A là ete. Do đó, hợp chất A là Hợp chất F là Hợp chất G là 5.3. X: CxHy 90, 6 9, 4 x : y  :  4 : 5 12 1
X có dạng (C4H5)n khối lượng mol của X: Mx = 106 g/mol.
Công thức phân tử của X : C8H10. Theo đề bài X phải là o-xilen.
A và B tác dụng với butan-1-ol đều tạo ra chất hữu cơ C: TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ
QUÝ ĐÔN – BÌNH ĐỊNH Câu 1: (4 điểm)
1. Nguyên tố X có nhiều dạng thù hình, có độ âm điện nhỏ hơn oxi và chỉ tạo hợp chất cộng hóa trị
với halogen. X có vai trò quan trọng trong sinh hóa, electron cuối cùng của X thỏa mãn điều kiện:
n + l + m + ms = 5,5 và n + l =4
a. Viết cấu hình electron và gọi tên X.
b. X tạo với H2 nhiều hợp chất cộng hóa trị có công thức chung là: XaHb; dãy hợp chất này tương
tự dãy đồng đẳng ankan. Viết công thức cấu tạo của 4 chất đồng đẳng đầu tiên.
c. Nguyên tố X tạo được những axit có oxi có công thức chung là H3XOn. Hãy viết công thức
cấu tạo và gọi tên 3 axit tương ứng. Tính thể tích dung dịch NaOH 1,2M để trung hòa 1,0 lit
dung dịch hỗn hợp 3 axit trên đều có nồng độ 1,0M.
d. Một hợp chất dị vòng X có cấu trúc phẳng được tổng hợp từ phản ứng NH4Cl và XCl5, sản
phẩm phụ của phản ứng là một chất dễ tan trong nước. Hãy viết phương trình phản ứng và
viết công thức cấu tạo của đơn chất (NXCl2)2
2. Niken(II) oxit có cấu tạo mạng tinh thể giống mạng tinh thể của natri clorua. Các ion O2- taaoj
thành mạng lập phương tâm mặt, các hốc bát diện có các ion Ni2+. Khối lượng riêng của niken (II)
oxit là 6,67 g/cm3. Nếu cho niken oxit tác dụng với liti oxit và oxi thì được các tinh thể trắng có thành phân x x Li Ni O : Li O  (1 x)NiO  O  Li Ni O x 1x 2 2 x 1x 2 4
Cấu trúc mạng tinh thể của Li Ni O x 1
giống cấu trúc mạng tinh thể của NiO, nhưng số ion Ni2+ x
được thế bằng các ion liti và một số ion Ni2+ bị oxi hóa để bảo đảm tính trung hòa điện của phân
tử. Khối lượng riêng của tinh thể Li Ni O x 1 là 6,21 g/cm3. x
a. Vẽ một ô mạng cơ sở của niken (II) oxit.
b. Tính x (chấp nhận thể tích của ô mạng cơ sở không thay đổi khi chuyển từ NiO thành Li Ni O x 1 ) x
c. Tính phần trăm số ion Ni2+ đã chuyển thành ion Ni3+ và viết công thức thực nghiệm đơn giản
nhất của hợp chất Li Ni O x 1
bằng cách dùng Ni (II), Ni (III) và các chỉ số nguyên. x Câu 2: (4 điểm)
1. Thêm dần dung dịch AgNO3 vào 25 ml hỗn hợp gồm KCl 0,010 M; KBr 0,050 M; KSCN 0,100M
và K2CrO4 0,012 M. Khi bắt đầu xuất hiện kết tủa đỏ gạch của Ag2CrO4 thì hết 35,20 ml dung
dịch AgNO3. Tính nồng độ mol/l của AgNO3 ban đầu.
Cho biết: pKs của các kết tủa AgCl, AgBr, AgSCN và Ag2CrO4 lần lượt là 10,0; 13,0; 12,0 và 12,0; pK   6,5 a (HCrO ) 4
2. Để loại trừ các ion NO trong nước (các ion NO có mặt trong nước xuất phát từ phân bón) có 3 3
thể khử nó thành NO bằng cách cho đi qua lưới có chứa bột Cd. 2
a. Viết nửa phản ứng của hai cặp NO / HNO và HNO / NO trong môi trường axit. Chứng 3 2 2
minh rằng HNO2 bị phân hủy trong môi trường pH = 0 đến 6.
b. Ở pH = 7, nồng độ NO là 10-2M. Viết phản ứng giữa Cd và NO . Hỏi NO có bị khử hoàn 3 3 3
toàn ở 25℃ trong điều kiện này không? Tính nồng độ NO còn lại trong nước khi cân bằng. 3
c. Tính thế khử (thế oxi hóa – khử) chuẩn của cặp NO / NO ở pH =14 và 25℃ 3 2
Cho biết các số liệu sau 25℃: 0 E (NO / HNO )  0,94V; 3 2 0 0 2 4 E (HNO / NO)  0,98V; E (Cd / Cd)  0
 ,40V; K (HNO )  5.10 ; 2 a 2 14 K (Cd(OH) )  1, 2.10 S 2 Câu 3: (4 điểm)
1. So sánh và giải thích:
a. Nhiệt độ sôi của photphin và amoniac
b. Nhiệt độ sôi của silan và metan.
c. Nhiệt độ nóng chảy của silic đioxit và cacbon đioxit.
2. a. Tinh thể axit pecloric thường được viết dưới dạng HClO4.H2O. Nhưng thực nghiệm cho thấy
trong tinh thể có 4 liên kết đồng nhất. Hãy đề nghị một công thức cấu tạo phù hợp với thực nghiệm
b. Hợp chất A chứa lưu huỳnh, oxi và halogen. Trong mỗi phân tử A chỉ có 1 nguyên tử S. Thủy
phân hoàn toàn A trong dung dịch B. Các thuốc khử cho dưới đây dùng để thử những ion nào trong dung dịch B: *AgNO3 + HNO3 *Ba(NO3)2 *NH3 + Ca(NO3)2 *KMnO4 + Ba(NO3)2 *Cu(NO3)2
Kết quả thực nghiệm khi dùng các thuốc thử đó như sau: *Kết tủa màu vàng *Không kết tủa
*Không có hiện tượng đặc trưng
*Màu tím bị mất và có kết tủa trắng *Không kết tủa
Để xác định chính xác công thức của A người ta làm thí nghiệm sau: Lấy 7,190 gam chất A hòa
tan vào nước thành 250 ml dung dịch. Lấy 25 ml dung dịch này, thêm một ít HNO3 và lượng dư
AgNO3 thu được 1,452 gam kết tủa sạch khô.
Xác định công thức phân tử chính xác và viết công thức cấu tạo của A. Câu 4: (4 điểm)
1. Từ dầu mỏ, người ta tách được hiđrocacbon X, Y và Z. Dưới tác dụng của ánh sáng, brom hóa X
ta thu được sản phẩm X1. Kết quả phân tích định lượng X1 cho thấy có 55,81%C; 6,98%H và
37,21%Br. Bằng phương pháp vật lý cho biết X1 có hai loại phân tử với số lượng gần tương
đương nhưng có khối lượng hơn kém nhau 2 đvC. Phân tử Y và Z đề có nhiều hơn phân tử X hai nguyên tử H.
a. Xác định công thúc phân tử của X,Y,Z.
b. Cả X, Y, Z đều không làm mất màu dung dịch brom và chỉ chứa C bậc hai và ba. Tỉ lệ giữa số
nguyên tử C bậc ba và số nguyên tử C bậc hai ở X là 2:3; còn ở Y và Z là 1:4. Cả X,Y và Z
đều chỉ chứa vòng sáu cạnh ở dạng ghế. Hãy xác định công thức cấu tạo và viết công thức lập
thể của X, Y và Z.
c. So sánh nhiệt độ nóng chảy của X, Y và Z. Giải thích.
2. Hỗn hợp X gòm C3H6 , C4H10 , C2H2 và H2. Cho m gam X vào bình kín có chứa một ít bột Ni làm
xúc tác. Nung nóng bình thu được hỗn hợp Y. Đốt cháy hoàn toàn Y cần dùng vừa đủ V lít khí O2
(đktc). Sản phẩm cháy cho hấp thu hết vào bình đựng nước vôi trong dư, thu được một dung dịch
có khối lượng giảm 21,45 gam. Nếu cho Y đi qua bình đựng lượng dư dung dịch brom tro CCl4 tì
có 24 brom phản ứng. Mặt khác, cho 11,2 lít (đktc) hỗn hợp X đi ua bình đựng dung dịch brom dư
trong CCl4, thấy có 64 gam brom phản ứng. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn.
Tìm giá trị của V. Câu 5: (4 điểm)
Axit xitric (axit 2-hidroxipropan -1,2,3-tricacboxylic) là một axit quan trọng nhất trong quả chanh, gây nên vị chua.
1. Axit xitric bị tách H2O và giải phóng khí CO khi đun nhẹ với H2SO4 đặc ở 45℃ →50℃? Viết cấu
trúc và tên UIPAC của sản phẩm tạo ra. Loại axit hữu cơ nào sẽ có phản ứng tương tự?
2. Sau khi đun nhẹ axit xitric với axit sunfuric, thêm anisol (metoxi benzen) vào hỗn hợp pahrn ứng
thì thu được sản phẩm A (C12H12O5). Cần 20 ml KOH 0,05N để trung hòa 118mg A. Cùng lượng
chất A phản ứng với 80mg brom tạo thành sản phẩm cộng. Khi đun nóng với anhidrit axetic, A
tạo một anhiđrit. Hãy suy ra cấu trúc của A.
3. Hãy xác định các đồng phân có thể có của A trong phản ứng này và cho biết cấu trúc, cấu hình
tuyệt đối và tên gọi theo IUPAC của chúng.
4. Trong phản ứng brom hóa có thể thu được bao nhiêu đồng phân lập thể của A. Viết công thức
chiếu Fisơ của chúng và kí hiệu theo R, S các tâm lập thể đó.
5. Thay vì anisol, nêu thêm phenol và resorcinol (có cấu tạo như hình vẽ) riêng rẽ vào hỗn hợp phản
ứng, lần lượt thu được chất B và C. Chất B không nhuộm màu với FeCl3 trung tính, nhưng C lại
có thể nhuộm màu. Với các điều kiện phản ứng như nhau, chất C được tạo thành nhiều hơn hẳn so với B.
- Hãy cho biết cấu trúc của B và C?
- Có gì khá cbeetj giữa phản ứng tạo thành A và B?
- Vì sao hiệu suất tạo thành C lớn hơn B
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN – BÌNH ĐỊNH Câu 1: (4 điểm)
1. a. X tạo hợp chất cộng hóa trị với halogen nên X là phi kim. Theo đề bài: n + l + m + ms = 5,5 n + l = 4
→ n = 3 và l = 1 (X là phi kim) và m = ms = 1,5
- Nếu ms = 1/2 → m = 2 (loại)
- Nếu ms = -1/2 → m = 1 (nhận )
Vậy e cuối của X có các số lượng tử.
n = 3; l = 1;m =1; ms = +1/2  3p3 → 1s22s22p23s23p2 (z =15) X là photpho (P)
b. Công thức cấu tạo của 4 chất đồng đẳng là: PH3 , P2H4 , P3H5 , P4H6
c. Nguyên tố X tạo được những axit có oxi CT chung là: H3POn
Công thức cấu tạo và tên 3 axit tương ứng là H3PO4: axit photphoric H – O H – O P = O H – O H3PO3: axit photphorơ H – O H – O P = O H H3PO2: axit photphorơ H – O H P = O H
Cho NaOH vào tring hòa 3 axit có phản ứng:
H3PO4 + 3NaOH → Na3PO4 + 3H2O (1) 1 → 3 (mol)
H3PO4 + 2NaOH → Na2HPO4 + 2H2O (2) 1 → 2 (mol)
H3PO4 + NaOH → NaH2PO4 + H2O (3) 1 → 1 (mol) n      mỗi axit = 1.1 = 1 (mol); n 3 2 1 6 (mol); NaOH 6 V  ddNaOH = 5, 0 (lít) 1, 2
d. Phương trình phản ứng: 2PCl5 + 3NH4Cl → (NPCl2)3 + 12HCl
HCl dễ tan trong nước
Công thức cấu tạo (NPCl2)3 2. a. b. Tính x:
Tính cạnh a của ô mạng cơ sở của NiO n.M n.M NiO 3 NiO    a  NiO 3 N .a N . A A NiO
n = 4 ( vì mạng là lập phương tâm mặt) 4.74, 69 3 8 a a 4, 206.10     cm 23 6, 022.10 .6, 67
Theo đầu bài, ô mạng cơ sở của NiO và ô mạng cơ sở LixNi1-xO giống nhau, do đó: n.M 4. [x.6,94+(1-x).58,69+16] Lix N 1 i xO    6,21   x  0,10 Lix N 1 i   x O 3 23 8 3 N .a 6, 022.10 .(4, 206.10 ) A
c. Thay x vào công thức LixNi1-xO, ta có Li0,1Ni0,9O hay công thức là LiNi9O10. Vì phân tử trung hòa
điện nên trong LiNi9O10 có 8 ion Ni2+ và 1 ion Ni3+. Vậy cứ 9 ion Ni2+ thì có 1 ion chuyển thành Ni3+. 1
Phần trăm số ion Ni2+ đã chuyển thành ion Ni3+ là .100%  11,1% 9
Công thức thực nghiệm đơn giản nhất: LiNi(III)(Ni(II))8O10 Câu 2: (4 điểm)
1. Đánh giá khả năng proton hóa của 2 CrO  : 4 2 CrO  + H HCrO OH  7,5 K 10  4 2O 4 b C’ 0,012-x x x 2 x 7  ,5 5 10 x 1,95.10   
 0,012, có nghĩa là quá trình proton hóa của 2 CrO  xảy ra 0, 012  x 4 không đáng kể. ' C   0, 012M 2 CrO4
Xét thứ tự xuất hiện các kết tủa: 10 10
Điều kiện kết tủa AgCl: 8 C     1, 0.10 M Ag (1) 0, 010 13 10
Điều kiện kết tủa AgBr: 12 C     2, 0.10 M Ag (2) 0, 050 12  Điề 10 u kiện kết tủa AgSCN: 11 C     1, 0.10 M Ag (3) 0,10 12  Điề 10  u kiện kết tủa Ag 5,04   2CrO4: C  10 M Ag (4) 0, 012
Như vậy kết tủa AgBr xuất hiện trước, sau đến kết tủa AgSCN, đến AgCl và cuối cùng là kết tủa Ag2CrO4. 0, 012.25 Thực chất khi Ag 
2CrO4 bắt đầu kết tủa : C 2 CrO4 25  35, 2
Lúc đó để bắt đầu kết tủa Ag2CrO4 thì: 12 10 .(25  35, 2)  4,85 C    10 M Ag 0, 012.25 10  10 Và 5  ,15 [Cl ]=  10  S
trong dung dịch bão hòa = 5 K 10 
nghĩa là AgCl đã kết tủa hết. 4  ,85 AgCl 10 s Phương trình phản ứng: Ag Br  AgBr  Ag SCN  AgSCN  Ag Cl  AgCl 
Số mmol Ag+ = số mmol Br- + số mmol SCN- + số mmol Cl-
(Coi lượng Ag+ đi vào Ag2CrO4 khi bắt đầu kết tủa là không đáng kể) 32,5.C
 25.(0,01 0,05  0,10)  C  0,123M AgN 3 O AgN 3 O 2. a. NO 3H 
 2e  HNO  H O 3 2 2 HNO H   e  NO  H O; 2 2 Ở pH = 0 thì E0(HNO  2/NO) > 0 E (NO / HNO ) nên HNO 3 2
2 bị phân hủy theo phản ứng: 3HNO NO 2NO H     H O 2 3 2 Ở Ph = 6 thì: 0
E (NO / HNO ) =0,94 + 0,059/2(lg10-6) = 0,763V 3 2
E0(HNO2/NO) = 0,98 + 0,059 lg10-6 = 0,626V E0(HNO  2/NO) vẫn lớn hơn 0 E (NO / HNO ) nên HNO 3 2 2 vẫn không bền. b.  2 Cd NO H O Cd  NO 2OH     3 2 2
Giả thiết phản ứng là hoàn toàn thì [Cd2+] = [NO ] bđ = 10-2M 3
Ở pH = 7 thì [Cd2+] = KS/[OH-]2 =1,2M. Nồng độ Cd2+ sau phản ứng nhỏ hơn nhiều so với 1,2 M
nên không có kết tủa Cd(OH)2.
Để tính [NO]khi cân bằng cần tính hằng số cân bằng K của phản ứng trên: 3   k 2 Cd NO H O 3H Cd  NO 2OH 3H         3 2 2 K1 K1 k    2 2 Cd  HNO  H O  Cd  H  NO  2H O 2 2 2 2 K = K1.K2.K3 2(0, 94  0, 40) 45 lg K   45, 42  K  2,65.10 1 1 0, 059 45 4  14  2 14 K  2, 65.10 .5.10 .(10 )  1, 325.10
Hằng số K rất lớn nên phản ứng gần như hoàn toàn. Ở pH = 7 ta có:  2 Cd NO H O Cd  NO 2OH     3 2 2 Nđcb: (10-2 – x) = ε x=10-2 x=10-2 10-7 Như vậy ta có: 2  2  7  2 10 .10 .(10 ) 14  33 1, 325.10 [NO ]=7,55.10     M 3  0 2(E    0, 40) c. NO3 / NO2 0 lg K   E    0, 017V 1 NO3 / NO2 0, 059 Câu 3: (4 điểm)
1. a. Liên kết P-H là liên kết cộng hóa trị không phân cuwccj, còn liên kết N-H là liên kết cộng hóa
trị phân cực mạnh nên giữa các phân tử NH3 tạo được liên kết diđro, ngoài ra, phân tử NH3 phân
cực mạnh hơn phân tử PH3 nên lực hút Var der Waals giữa các phân tử NH3 cũng lớn hơn so với
phân tử PH3. Do đó: NH3 có nhiệt độ sôi cao hơn PH3.
b. Liên kết C-H và liên kết Si-H đều là liên kết cộng hóa trị không phân cực nên tương tác giữa
các phân tử CH4 hoặc SiH4 là lực hút Var der Waals. Mà SiH4 có khối lượng phân tử lớn hơn CH4
nên: SiH4 có nhiệt độ sôi cao hơn CH4.
c. Silic đioxit tuy có công thức phân tử giống với cacbon đioxit nhưng thực ra, silic đioxit ở trạng
thái rắn không tồn tại ở dạng từng phân tử riêng rẽ mà có cấu trúc polime. Tinh thể silic đioxit
gồm những nhóm tứ diện SiO4 liên kết với nhau qua những nguyên tử O chung. Quá trình nóng
chảy của silic đioxit rất cao. Cacbon đioxit ở trạng thái rắn có cấu trúc tinh thể phân tử. Lực hút
giữa các phân tử là lực Van der Waals yếu nên tinh thể cacbon đioxit dễ nóng chảy. Vậy: Silic
đioxit có nhiệt độ nóng chảy cao hơn cacbon đioxit . 2. (2,5 điểm)
a. Công thức cấu tạo của tinh thể axit pecloric phù hợp với thực nghiệm là
b. – Thuốc thử AgNO3 + HNO3 dùng để thử các ion Cl-, Br-, I- (AgCl trắng, AgBr vàng nhạt, AgI vàng đậm).
- Thuốc thử Ba(NO3)2 dùng để thử ion sunfat 2 SO  (BaSO 4 4 kết tủa trắng)
- Thuốc thử NH3 + Ca(NO3)2 dùng để thử ion floria F- (CaF2 kết tủa trắng).
- Thuốc thử KMnO4 + Ba(NO3)2 dùng để thử ion sunfit 2 SO  ( 2 SO  bị oxi hóa thành 2 SO  và tạo 3 3 4 thành kết tủa BaSO4).
- Thuốc thử Cu(NO3)2 dùng để thử anion iodua I- (bị Cu2+ oxi hóa I2, tọa kết tủa CuI màu trắng).
Dựa vào kết quả thực nghiệm ta thấy hợp chất làm mất màu thuốc tím, chứng tỏ S ở trạng thái oxi hóa
thấp S4+, vì có kết tủa vàng nhạt chứng tỏ trong A phải có Br và có thể có Cl.
Vậy các công thức có thể có của A là SOBr2, SOBrCl.
Khi hòa tan SOBr2, SOBrCl vào nước xảy ra các phản ứng sau: SOBr2 + 2H2O → H2SO3 + 2HBr
SOBrCl + 2H2O → H2SO3 + HBr + HCl
Khi cho các dung dịch tác dụng với AgNO3 sẽ tạo thành các kết tủa. Ag+ + Br- → AgBr ↓ M = 188 Ag+ + Cl- → AgCl↓ M = 143,5
Nếu A là SOBr2: nAgBr = 2nA 7,19 1  n  2. .  0,069(mol) AgBr 208 10  m
 0,069.188 12,972gam (không phù hợp với thực nghiệm) AgBr 7,19 1 Nếu A là SOBrCl: n  n  n  .  0,044 (mol) AgBr AgCl A 163, 5 10
 mkết tủa = 0,044.(188+143,5) = 1,45 gam
 Điều này phù hợp với thực nghiệm.
Vậy công thức phân tử chính xác của A là SOBrCl và công thức cấu tạo là: Cl O = S Br Câu 4: (4 điểm)
1.(a) Đặt công thức tổng quá của X1 là: CxHyBrz %C % H % Br 55,81 6,98 37, 21 Ta có: x : y : z  : :  : : 10 :15:1 12 1 80 12 1 80
Công thức nguyên của X1 : (C10H15Br)n
Ta biết trong tự nhiên brom tồn tịa dưới hai dạng đồng vị Br79 và Br81 . Mà khối lượng nguyên tử
trung bình của Br là 80  Br79 và Br81 trong tự nhiên có số lượng tương đương nhau.  CTPT của X1: C10H15Br  CTPT của X: C10H16  CTPT của Y,Z: C10H18 
Vì X1 có hai loại phân tử có khối lượng hơn kém nhau 2đvC nên X1 chỉ có 1 nguyên tử Br.
(b) X, Y, Z không làm mất màu dung dịch brom  Không chứa liên kết bội mà chứa vòng no. X
có 4 CIII , 6CII ; Y và Z có 2 CIII và 8CII.
 Công thức cấu tạo của chúng Công thức lập thể:
(c) Nhiệt độ nóng chảy X > Y > Z.
Vì tính gọn gành giảm theo chiều đó. X có cấu trúc đặc biệt gồm 4 mặt ghế xếp rất khít vào nhau (gần
giống mạng tnh thể) nên rất gọn  Tnc cao đặc biệt.
2. Sơ đồ phản ứng: CO Ni V.O 2 X :C H ,C H ,C H và 2 Ca (OH)2 du giam H  Y :   m  21, 45g 3 6 4 10 2 2 2 dd H O  2 bromdu trong CC 3 l Y :  0,15mol.Br 2 bromdu trong CC 3 11, 2. . :  l l X 0,4mol.Br 2 CH : a 3 6 CH : b 4 10 . m g.X :  C H : c  2 2 H :d  2
Tổng mol π trong hỗn hợp X là:
a  2c n
n d  0,15.mol a  2c  0,15  d H2 B 2 r
n a b c d a b c a  2c  0,15  2a b  3c  0,15 X
Bài toán chia hai phần không bằng nhau.
2a b  3c  0,15 
n a  2c   2 Br
  0,5a c  0,8a  0, 4b 1, 2c  0,06
0,5.mol n  0, 4   2 Br
 0,3a 0,4b 0,2c  0,06mol  3a 4b 2c  0,6.mol  n  n C 2 O CaC 3 O CH : a 3 6 CH : b CO  : 0, 6.mol 4 10 y.mol.O 2 2 Ca(OH )2 . m g.X :     CaCO  3 C H : c H O : . x mol   2 2 2 H :d  2 giammmmm
x  0,675.mol dd CaCO CO H O 3 2 2 bt.mol. 2 O 
2y  0,6.2  0,675  y  0,9375  V  21.l 2 O Câu 5: (4 điểm) 1.
(Các axit α – hidroxi-cacboxylic có thể phản ứng tương tự)
2. MA= 236; Tỷ lệ mol phản ứng A: KOH = 1:2  A là đi-axit. Tỷ lệ mol phản ứng A:Br2 = 1:1  A có liên kết đôi C=C
Mặt khác, A có vòng anizol trong phân tử, phần còn lại so với C12H12O5 là C5H4O4,
chứng tỏ A được hinhg thành từ A’ có thành phần C5H6O5
(HOOC–CH2–CO–CH2-COOH) khi kết hợp với anizol tách ra 1 phân tử H2O. Phản
ứng xảy ra ở nhóm C=O của A’ tạo ra nhóm OH đồng thời tách H2O.
- Do hiệu ứng không gian nen sự tạo thành A xảy ra ở vị trí para của vòng anizol. Do A có thể tạo
anhidrit nên 2 nhóm COOH phải ở cùng phía của nối đôi. Vậy cấu tạo A:
3. Đồng phân của A Tên IUPAC:
(A1) Axit=(E)3-(2-metoxiphenul)2-Pentadioic
(A2) Axit=(Z)3-(2-metoxiphenul)2-Pentadioic
(A3) Axit=(Z)3-(4-metoxiphenul)2-Pentadioic
4. Có thể có 2 sản phẩm khi A tác dụng với Br2 (đôi đối quang)
5. Sản phẩm thu được trong phản ứng với phenol (B) và trong phản ứng với Resorcinol (C)
- Khi hình thành B từ phản ứng của phenol, tấn công xảy ra ở vị trí ortho đối với nhóm OH, do hiệu
ứng không gian của nhóm OH giảm đáng kể so với OCH3 nên có thể tấn coogn vòa cả 2 vị trí ortho
và para, nhưng thể ở vị trí ortho được ưu đãi hơn do khả năng khép vòng của axit trung gian làm cho B bền vững.
- Phenol chỉ có một nhóm OH, còn Resorcinol có 2 nhóm OH tại các vị trí meta với nhau. Do đó vị trí
số (4) của Resorcinol tương đối hoạt động hơn (giàu e hơn). Vậy trong điều kiện tương tự hiệu suất tạo C > B