CÁC ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA MÔN HÓA NĂM 2010

H
2010
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG
MÔN ÓA HỌC





 

 

 



 



 





TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA
HỌC
 




















ete
khan
o
1:2
PHẦN 2: CÁC ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI QUỐC
GIA
ĐỀ SỐ
1
THPT

CHUYÊN

HÀ

NỘI KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC
GIA
ĐỀ THI THỬ LỚP 12 THPT NĂM
2010
Môn: HOÁ
HỌC
!180 phút "không kể thời gian giao
đề#
(Đề thi gồm 3 trang, có 8
câu)
Câu I: ( 2.0
điểm)
Một terpen X thường gặp trong thiên nhiên được tổng hợp theo sơ đồ
sau
4–metylpentan–1,4–diol → dẫn xuất dibromua →
bromanken

Mg
→ Grignard G →
X
Cho chất G phản ứng với sản phẩm sinh ra khi cho isopren phản ứng với but–3–en–2–on sẽ thu được chất
cần
tổng hợp
X.
1. Hoàn thành chuyển hóa này bằng các công thức cấu tạo tương
ứng.
2. Cho biết tên thông thường và ứng dụng của sản
phẩm.

Câu II: (2.0
điểm)
Hydrocacbon A là một chất rắn có tính dẻo, đàn hồi (11,76% H theo khối lượng) có trong mủ cây cao su.
Ozon
phân A cho C
16
H
16
O
6
, khi cho một mol chất này vào nước nóng thu được 2 mol andehit
levulinic
HOC(CH
2
)
2
COCH
3
.
Hydrocacbon B (11,11% H theo khối lượng) là chất tổng hợp đầu tiên có thành phân giống A nhưng không
có
tính dẻo và tính đàn hồi giống như A. B được tạo thành khi đun nóng hydrocacbon C có mặt natri ; C có
thành
phần định tính giống
B
1. Cho biết CTCT của A, B,
C
2. Sự vắng mặt của axetylaxeton trong sản phẩm của chúng chứng tỏ A có đặc trưng gì
?
Câu III: (2.0

điểm)
Quá trình tổng hợp phức
Pt(CH
3
NH
2
)(NH
3
)[CH
2
COO]
2
là thuốc chống ung thư mới có hiệu qủa cao lại ít
độc
và ít cho phản ứng phụ. Quá trình tổng hợp thuốc này như
sau:
K
2
PtCl
4

K

I

d
→
u
A (dung
dịch

nâu)
70 C

+

CH

3
NH

2
→ B (tinh
thể
sáng)

H

ClO

4
và

C
2

H

5
OH
→ C

(rắn đỏ
nâu)

N

H
3

/

H
2

O
→ D (tinh thể vàng kim,
phân
cực)

A

g
2

C

O
3

du v


à axi

t ma

lonic
→ E (tinh thể vàng
nhạt)
Phương pháp phổ IR cho biết trong hợp chất C có hai loại liên kết Pt – I khác nhau và C có tâm đối xứng.
Biết
M
C
= 1,88M
B
. Cho biết số phối trí của platin luôn không đổi trong quá trình tổng hợp và platin luôn giữ dạng
lai
hóa dsp
2
trong các
phức
1. Viết CTCT các sản phẩm A, B, C, D,
E.
2. Trong sản phẩm E thì không có chứa iot. Như vậy tại sao lúc ban đầu phải chuyển K
2
PtCl
4
thành
A.
3. Mục đích của việc sử dụng Ag
2
CO

3
trong phản ứng cuối là gì
?
Câu IV: (2.0
điểm)
Lý thuyết lai hóa do Carl Linus Pauling đề xuất vẫn là lý thuyết chuẩn xác nhất trong việc giải thích dạng
hình
học của các chất vô cơ. Vậy ở đây chúng ta sẽ thử giải quyết những mô hình sau
đây
1. Giải thích dạng hình học của TiCl
4
theo thuyết lai hóa
?
2. Giải thích dạng hình học của phức Fe(CO)
5
theo thuyết lai hóa
?
Câu V: (2.0
điểm)
Khí NO kết hợp với hơi Br
2
tạo ra một khí duy nhất trong phân tử có ba nguyên
tử
1. Viết phương trình phản
ứng
2. Biết ∆H
pư
< 0; K
p
(25

o
C) = 116,6. Tính K
P
ở 0
o
C, 50
o
C. Giả thiết rằng tỉ số giữa trị số cân bằng giữa 0
o
C
và
25
o
C cũng như 25
o
C với 50
o
C đều bằng
1,54
$
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA
HỌC
 




















3. Xét tại 25
o
C, lúc cân bằng hóa học đã được thiết lập thì cân bằng đó sẽ chuyển dịch thế nào
nếu
a. Tăng lượng
NO
b. Giảm lượng hơi
Br
2
c. Giảm nhiệt
độ
d. Thêm khí N
2
vào
khi
(1) V = const
;
(2) P

chung
=
const
Câu VI (4.0
điểm)
Guaiol (C
15
H
26
O) là một ancol rắn ở trạng thái tinh thể có cấu trúc terpen. Ancol này được phân lập từ tinh
dầu
cây gỗ Bulnesia sarmienyi. Khi dehydrat hóa guaiol bằng lưu huỳnh thì thu được một hydrocacbon thơm màu
xanh
da trời không chứa vòng benzen X (C
15
H
18
). Khi hòa tan hydrocacbon thơm này vào axit sunfuric đặc thì màu
xanh
biến mất. Cho nước vào dung dịch này thì X được phục hồi nguyên dạng. Rất khó để hydro hóa guaiol bằng
hydro
có xúc tác. Qua một loạt các chuyển hóa dưới đây ta nhận được một dẫn xuất của naphtalen (A là sản phẩm
duy
nhất của quá trình ozon
phân)
1. Xác định cấu trúc của guaiol và X nếu biết trong phân tử guaiol thì nhóm hydroxyl gắn với nguyên
tử
cacbon bậc ba exocyclic của hệ
vòng
2. Giải thích màu xanh da trời của X và nêu lý do nó bị mất màu trong dung dịch axit sunfuric

đặc
3. Xác định CTCT A, B và giải thích sự tạo thành A. Có bao nhiêu mảnh isopren trong chất
X
Câu VII (2.0
điểm)
Có thể tách được rhodi ra khỏi các kim loại quý khác bằng cách sau: Một mẫu bột quặng rhodi được trộn
với
NaCl và đun nóng trong dòng khí clo. Bã rắn thu được chứa một muối chứa 26,76% Rhodi về khối lượng. Bã
rắn
này sau đó được hòa tan vào nước, lọc dung dịch thu được rồi cô bay hơi thu được tinh thể B chứa 17,13%
rhodi.
Tinh thể được làm khô ở 120
o
C đến khối lượng không đổi (khối lượng mất đi là 35,98%) rồi đun nóng tới
650
o
C.
Rửa bã rắn thu được bằng nước ta có rhodi tinh
khiết
1. Xác định công thức A,
B
2. Khi một lượng dư H
2
S được sục qua dung dịch muối A thì tạo thành kết tủa C. Thành phần hợp thức
của
hợp chất này chứa 47,59% S. Xác định công thức
C
3. Giải thích tại sao cần phải rửa bằng nước nóng ở bước cuối cùng. Viết các phản ứng xảy
ra
Câu VIII: (4.0

điểm)
Các cacbohydrat tự nhiên đều được tổng hợp quang hóa trong cây xanh. Tuy nhiên các cacbohydrat không
có
trong tự nhiên có thể được tổng hợp bằng con đường nhân tạo. Sơ đồ dưới đây là sơ đồ tổng hợp L-ribozơ.
Hoàn
chỉnh sơ đồ tổng hợp
sau:


HẾT



- Thí sinh không được sử dụng tài
liệu.
- Giám thị không giải thích gì
thêm.
THPT

CHUYÊN

HÀ

NỘI KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC
GIA
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LỚP 12 THPT NĂM 2009 –
2010
Môn: HOÁ
HỌC
(Đáp án đề thi gồm 4 trang, có 8

câu)
Câu I: (2.0
điểm)
1. Công thức cấu tạo các chất liên quan (1,75
điểm)
2. Chất này là α-bisabolol thường dùng trong công nghiệp mỹ phẩm (0,25
điểm)
Câu II: (2.0
điểm)
1. Công thức thực nghiệm của A là (C
5
H
8
)
x
, nó là cao su tự nhiên. Các công thức thực nghiệm của B và C
lần
lượt là (C
2
H
3
)
y
. B là cao su tổng hợp polibutadien còn C là buta-1,3-dien (1,5 điểm, một điểm cho mỗi
cấu
tạo).
2. Ta
có:
Như vậy sự vắng mặt của axetylaxeton trong sản phẩm ozon phân chứng tỏ cao su thiên nhiên có cấu
trúc

“đầu - đầu” (0,5 điểm cho lập
luận)
Câu III: (2.0
điểm)
1. Công thức cấu tạo các chất liên quan (1,25 điểm ; 0,25 điểm cho mỗi cấu
tạo)
P
2
2. Để chắc chắn thu được sản phẩm cuối thì buộc B phải ở dạng cis nên K
2
PtCl
4
phải được chuyển thành
A
(0,25
điểm)
3. Ag
2
CO
3
phản ứng với D theo phản ứng D + Ag
2
CO
3
= DCO
3
+ 2AgI sau đó DCO
3
phản ứng với
axit

malonic tạo thành E (0,5
điểm)
Câu IV: (2.0
điểm)
1. Do đối với Ti lúc này thì năng lượng của AO 3d đã giảm thấp hơn so với AO 4p nên sẽ có sự tổ hợp giữa
1
AO 4s và 3 AO 3d tạo thành 4 AO lai hóa sd
3
hướng về 4 đỉnh của một tứ diện đều (1
điểm)
2. Do CO là phối tử trường mạnh nên sẽ đẩy các electron của Fe về trạng thái cặp đôi. Lúc này 1 AO 3d
trống
sẽ tổ hợp với 1 AO 4s trống và 3 AO 4p trống thành 5 AO lai hóa dsp
3
hướng về 5 đỉnh của một lưỡng
tháp
tam giác.(1
điểm)
Câu V: (2.0
điểm)
1. 2NO
(k)
+ Br
2(hơi)
→ 2NOBr
(k)
∆H > 0 (0,25
điểm)
2. Do phản ứng thu nhiệt nên có liên hệ K
P

tại 0
o
C < K
P
(25
o
C) < K
P
(50
o
C)
Vậy K
P
tại 0
o
C = 1/1,54.K
P
= 116,6 / 1.54 =
75,71
K
P
tại 50
o
C = 1,54.K
P
= 116,6.1,54 = 179,56 (0,25
điểm)
3. Xét sự chuyển dời cân bằng hóa học tại
25
o

C
Trường hợp a và b về nguyên tắc cần xét tỉ
số:
Q
=

P
N

OBr
NO
Sau đó so sánh Q với K
P
để kết
luận
Tuy nhiên ở đây không có điều kiện để lập luận theo biểu thức này nên ta sẽ dựa vào nguyên lý
Le
Chartelier
a. Nếu tăng lượng NO thì cân bằng dịch chuyển sang phải (0,25
điểm)
b. Nếu giảm lượng Br
2
thì cân bằng hóa học dịch chuyển sang trái (0,25
điểm)
c. Nếu giảm nhiệt độ thì cân bằng dịch chuyển sang trái để chống lại chiều giảm nhiệt độ (0,25
điểm)
d. Thêm N
2
là khí
trơ

+ Nếu V = const thì không ảnh hưởng tới cân bằng hóa học do N
2
không gây ảnh hưởng liên hệ nào
(theo
định nghĩa áp suất riêng
phần)
+ Nếu P = const ta xét liên
hệ
Nếu chưa có N
2
thì P = P
NO
+ P
Br2
+ P
NOBr
(a)
Nếu đã có N
2
thì P = P’
NO
+ P’
Br2
+ P’
NOBr
+ P
N2
(b)
Vì P = const nên P’
i

=
P
i
Lúc đó xét Q theo biểu thức liên hệ trên và so sánh tương quan với
K
P
- Q = K
P
: không ảnh
hưởng
- Q > K
P
: cân bằng chuyển dịch sang trái để Q giảm tới
K
P
- Q < K
P
: cân bằng chuyển dời sang phải để Q tăng tới K
P
(1,25
điểm)
Câu VI (4.0
điểm)
1. Ta có thể suy luận công thức của guaiol dựa trên những dữ kiện
sau:
- Dehydrat hóa ancol này bằng lưu huỳnh thu đươc hydrocacbon thơm X màu xanh da trời không chứa
vòng
benzen. Như vậy X chỉ có thể là dẫn xuất của
azulen.
- Độ bất bão hòa của guaiol là 3, tức ứng với hai vòng vẫn còn một nối đôi. Vị trí của nối đôi đó sẽ nằm

ở
điểm tiếp giáp hai vòng do vị trí đó khó bị hydro hóa nhất, và khi ozon phân vị trí này sẽ dễ cho sản
phẩm
chuyển vị là hai vòng 6 giáp nhau. Một vòng sinh ra do sự mở rộng vòng 5, một vòng sinh ra do sự thu
hẹp
vòng
7
- Ta dễ dàng nhận thấy rằng quá trình chuyển hóa của guaiol không hề ảnh hưởng tới các mạch nhánh,
vì
vậy từ vị trí các mạch nhanh trong dẫn xuất naphtalen ta có thể suy ra được vị trí của các mạch nhánh
này
trong
guaiol.
B
- Do nhóm OH của guaiol nằm ở cacbon bậc ba nên công thức cấu tạo của guaiol chỉ có thể
là:
Lý luận dẫn ra CTCT đúng được 1,0 điểm, cấu tạo 0,5
điểm
- Công thức cấu tạo X sẽ là (0,5
điểm)
2. Màu xanh da trời của X có được do sự liên hợp giữa các nối đôi trong phân tử X. (0,25
điểm)
Khi hòa tan X vào axit sunfuric đặc màu xanh sẽ biến mất do sự biến mất của hệ thống liên hợp trong
hợp
chất được tạo thành như hình vẽ: (0,5
điểm)
3. Công thức cấu tạo hai chất A, B như sau. Đúng CTCT mỗi chất được 0,25
điểm
OH
O

O
OH
A
Sự tạo thành chất A được giải thích như sau (0,5
điểm)
Do công thức phân tử của A là C
15
H
26
O nên trong A sẽ có 3 mảnh isopren (0,25
điểm)
Câu VII (2.0
điểm)
1. Na
3
[RhCl
6
] (0,375 điểm) ; Na
3
[RhCl
6
].12H
2
O (0,375
điểm)
2. Rh
2
S
3
.2H

2
S (0,5
điểm)
3. Để loại bỏ các muối tan, chủ yếu là NaCl (0,25
điểm).
Mỗi phản ứng đúng được 0,125
điểm
2Rh + 6NaCl + 3Cl
2
=
2Na
3
[RhCl
6
]
Na
3
[RhCl
6
].12H
2
O = Na
3
[RhCl
6
] +
12H
2
O
2Na

3
[RhCl
6
] = 2Rh + 6NaCl +
3Cl
2
2Na
3
[RhCl
6
] + 3H
2
S = Rh
2
S
3
.3H
2
S + 6NaCl +
6HCl
Câu VIII (4.0
điểm)
Công thức cấu tạo các sản phẩm trung gian (Các chất A, B mỗi chất 0,5 điểm, còn C, D, E, F mỗi chất 0,75
điểm).
Lưu ý quá trình chuyển từ D sang chất ở dòng thứ hai bao gồm nhiều hơn một giai
đoạn


HẾT

Thí sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn được điểm tối
đa
h tt

p :

/ /

v n. m y b l

o g .y a hoo. c o

m /

v o l

cm tt

l

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC
GIA
ĐỀ THI THỬ LỚP 12 THPT NĂM
2010
Môn: HOÁ
HỌC
Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao
đề)

(Đề thi gồm 3 trang, có 10
câu)
CÂU 1: (2,0
điểm)
1. Oleum là hỗn hợp được tạo ra khi cho SO
3
tan trong H
2
SO
4
tinh khiết. Trong hỗn hợp đó có các axit
dạng
poli sunfuric có công thức tổng quát H
2
SO
4
.nSO
3
hay H
2
S
n+1
O
3n+4
chủ yếu chứa các axit sau: axit
sunfuric
H
2
SO
4

, axit đisunfuric H
2
S
2
O
7
, axit trisunfuric H
2
S
3
O
10
và axit tetrasunfuric H
2
S
4
O
13
. Cho biết công
thức
cấu tạo của các axit
trên.
2. Giải thích tại sao SO
3
lại dễ dàng phản ứng với H
2
O, HF, HCl, NH
3
để hình thành nên những phân tử
tứ

diện tương ứng. Viết phương trình phản ứng và công thức cấu tạo sản
phẩm.
3. Kim cương và than chì là hai dạng thù hình của nguyên tố cacbon. Tính khối lượng riêng và thể tích
mol
của chúng. Biết rằng: Độ dài liên kết C–C (kim cương) là 154 pm, C–C (than chì) là 141 pm, khoảng
cách
giữa các lớp than chì là 336 pm. N
A
= 6,02.10
23
. Kim cương có cấu tạo tương tự silic và số nguyên tử
C
trong một ô mạng tinh thể của kim cương gấp 4 lần số nguyên tử C trong một ô mạng tinh thể than
chì.
CÂU 2: (2.0
điểm)
1. Viết công thức cấu tạo Lewis, nêu trạng thái lai hóa và vẽ dạng hình học của các phân tử và ion sau:
B
2
H
6
,
XeO
3
, NO
2
+
,
NO
2

–
.
2. Phản ứng của NaNO
3
trong nước với hỗn hống Na/Hg cũng giống như phản ứng của etylnitrit
C
2
H
5
NO
2
với hydroxylamine NH
2
OH có mặt Natrietoxit cho cùng một sản phẩm. Sản phẩm này là muối của một
axit
yếu không bền chứa Nitơ, axit này đồng phân hóa tạo thành một sản phẩm có ứng dụng trong thành
phần
nhiên liệu tên lửa. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và vho biết công thức cấu trúc của axit đồng
phân
nói
trên.
CÂU 3: (2.0
điểm)
Cho phản ứng: A + B → C +
D
(1) là phản ứng đơn giản. Tại 27
o
C và 68
o
C, phương trình (1) có hằng số tốc

độ
tương ứng lần lượt là k
1
= 1,44.10
7
mol
-1
.l.s
-1
và k
2
= 3,03.10
7
mol
-1
.l.s
-1
, R = 1,987
cal/mol.K
−

E
1. Tính năng lượng hoạt hóa E
A
(cal/mol) và giá trị của A trong biểu thức
k
=

A

×

e
2. Tại 119
o
C, tính giá trị của hằng số tốc độ phản ứng
k
3
.
3. Nếu C
oA
= C
oB
= 0,1M thì τ
1/2
ở nhiệt độ 119
o
C là bao
nhiêu.
RT
mol
-1
.l.s
-1
.
CÂU 4: (2,0
điểm)
1. Clobenzen có momen lưỡng cực µ
1
= 1,53 D (µ

1
hướng từ nhân ra ngoài) ; anilin có momen lưỡng cực µ
2
=
1,60D (µ
2
hướng từ ngoài vào nhân benzen). Hãy tính momen lưỡng cực µ của các chất sau: ortho
–
cloanilin ; meta – cloanilin và para –
cloanilin.
2. Tính pH của dung dịch NH
4
HCO
3
0,1M. Biết rằng H
2
CO
3
có hằng số phân li axit K
1
= 4,5.10
-7
; K
2
=
4,7.10
-11
, NH
3
có pK

b
=
4,76.
CÂU 5: (2,0
điểm)
Có thể điều chế tinh thể FeCl
3
.6H
2
O theo cách sau: Hoà tan sắt kim loại vào trong dung dịch axit clohydric
25%.
Dung dịch tạo thành được oxy 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
o
C cho đến khi tỉ trọng của nó đạt chính xác 1,695 g/cm
3
và sau đó làm lạnh
đến
4
o
C. Tách kết tủa thu được bằng cách hút chân không rồi cho vào một dụng cụ chứa được niêm
kín.
1. Viết các phản ứng dẫn đến sự kết tủa
FeCl
3

.6H
2
O
2. Có bao nhiêu gam sắt và bao nhiêu mL dung dịch axit clohydric 36% (d=1,18g/cm
3
) cần để điều
chế
1,00kg tinh thể này. Biết rằng hiệu suất quá trình chỉ đạt
65%
3. Đun nóng 2,752g FeCl
3
.6H
2
O trong không khí đến 350
o
C thu được 0,8977g bã rắn. Xác định thành
phần
định tính và định lượng của bã
rắn.
3 2 2 5 2 3

CÂU 6: (2,0
điểm)
1. A là chất bột màu lục không tan trong axit và kiềm loãng. Khi nấu chảy A với KOH có mặt không khí
thu
được chất B có màu vàng, dễ tan trong nước. Chất B tác dụng với axit sunfuric chuyển thành chất C
có
màu da cam. Chất C bị lưu huỳnh khử thành chất A và có thể oxi hóa axit clohiđric thành khí Clo. Viết
các
phương trình phản ứng xảy

ra.
2. Từ các chất A, B, C trên, hoàn thành sơ đồ
sau:
t
o
-
X →

A + N
2
+
H
2
O
- C + (NH
3
)
2
S + H
2
O → Y + S + NH
3
+
KOH
- B + (NH
4
)
2
S + KOH + H
2

O → Z + S +
NH
3
- C + H
2
SO
4
+ H
2
S → T + S + K
2
SO
4
+
H
2
O
CÂU 7: (2,0
điểm)
1. Viết công thức cấu trúc các dạng enol của dietylmalonat (1), Etylaxetoaxetat (2). Trong các cấu trúc
của
(2), cho biết dạng nào bền nhất, dạng nào kém bền. Giải
thích?
2. Cho biết công thức mạch hở của các chất
sau:
a.
b.
c.
d.
HO

O
O
OH
CH
3
O
O
O
O
HOCH
2
C
2
H
5
CH
3
CH
2
OH
Brevicomin
Talaromicin
A
CÂU 8: (2,0
điểm)
1. Cho biết sản phẩm tạo thành từ các phản ứng sau và gọi tên sản phẩm
đó:
a. Furan + (CH CO) O + (C H ) O: BF 
0
o

C
→
A
b. Thiophen + C
6
H
5
COCl + SnCl
4
→
B
c. Pyrol + C
6
H
5
N
2
+
Cl
–
→
C
d. Pyrol + CHCl
3
+ KOH →
D
2. Viết sơ đồ điều chế izatin (indolin-2,3-dion) từ 2-nitrobenzoyl
clorua
CÂU 9: (2,0
điểm)

1. Khi cho amoniac phản ứng cộng với axetanđehit thu được sản phẩm không bền A, sản phẩm này dễ bị
tách
nước thành B. B dễ dàng trime hóa cho sản phẩm C là triazin. Mặt khác nếu cho amoniac ngưng tụ
với
fomanđehit sẽ thu được sản phẩm D (urotropin) có CTPT là C
6
H
12
N
4
. Chất D có khả năng tác dụng với
axit
nitric trong anhiđrit axetic tạo ra E (hexogen hay xiclonit) là chất nổ mạnh được dùng trong đại chiến
thế
giới thứ II: C
6
H
12
N
4
+ 3HNO
3
→ E + 3HCHO + NH
3
. Xác định A, B, C, D, E và viết các phương
trình
phản ứng xảy
ra.
2. Giải thích sự khác nhau về nhiệt độ sôi trong dãy các chất
sau:

(1) (2) (3)
(4)
N
N
N
N
S
N
N
H
H
115
o
C 117
o
C 256
o
C
187
o
C


TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA
HỌC
CÂU 10: (2,0
điểm)
1. Vitamin C (axit L-ascobic, pK
a
= 4,21) là endiol và có cấu trúc như

sau:
a. Hãy giải thích tính axit của axit L-ascobic và cho biết nguyên tử H
nào
có tính
axit.
b. Điều chế L-ascobic từ
D-glucozơ
H
HO
C
CH
2
OH
O
2. Salixin C
13
H
18
O
7
bị thủy phân bởi elmusin cho D-glucozơ và
Saligenin
C
7
H
8
O
2
. Salixin không khử thuốc thử Tolen. Oxi hóa Salixin bằng HNO
3

thu
được một hợp chất hữu cơ X mà khi thủy phân thì cho D-Glucozơ và
anđehit
Salixylic. Metyl hóa Salixin thu được pentametylsalixin, thủy phân hợp
chất
này cho ta
2,3,4,6-tetra-O-metyl-D-Glucozơ.
Xác định CTCT của
Salixin
O
HO
OH
axit
L
-

ascobic




HẾT



- Thí sinh không được sử dụng tài
liệu.
- Giám thị không giải thích gì
thêm.
3

h tt

p :

/ /

v n. m y b l

o g .y a hoo. c o

m /

v o l

cm tt

l

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC
GIA
ĐỀ THI THỬ LỚP 12 THPT NĂM
2010
CÂU 1: (2,0
điểm)
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ MÔN HÓA
HỌC
(Đáp án này có 8
trang)
1. (0,5 điểm) Mỗi công thức đúng được 0,125
điểm

HO
O
S
HO
O
O
O
HO O
OH
S
S
O
O
H
2
SO
4
H
2
S
2
O
7
O
HO
O
S
O
O
O

O
OH
S
S
O
O
O O O
O
HO O O O
OH
S S S
S
O O O
O
H
2
S
3
O
10
H
2
S
4
O
13
2. (0,5 điểm) Giải thích đúng + viết đúng 4 phương trình và cấu
trúc
- Giải thích: Phân tử SO
3

ở dạng tam giác phăng với nguyên tử S ở trạng thái lai hóa sp
3
, dễ dàng phản ứng
để
chuyển sang thạng thái lai hóa sp
3
bền, là trạng thái đặc trưng của lưu
huỳnh
- Phương trình phản ứng: SO
3
+ H
2
O → H
2
SO
4
SO
3
+ HF → H[SO
3
F] SO
3
+ HCl →
H[SO
3
Cl]
SO
3
+ NH
3

→
H[SO
3
NH
2
]
- Cấu trúc các sản
phẩm
O H
O H O H
O
H
S
S S
S
O O H
O F O Cl
O
NH
2
O
O O
O
3. (1,0
điểm)
- Kim cương (tương tự Silic) có cấu trúc lập phương tâm diện ngoài ra còn có 4 nguyên tử Cacbon nằm trong
4
1
1
hốc (site) tứ diện nên số nguyên tử cacbon trong một ô mạng cơ sở tinh thể kim cương là:

8

×

+

6

×

+
4
=

8
8
2
- Do vậy suy ra cacbon than chì trong một ô mạng tinh thể có 2 nguyên tử
cacbon
- Trong ô mạng tinh thể kim
cương:
3
4d
Độ dài cạnh ô mạng tinh thể: a
=

4d

(d = C–C (kim cương)) => Thể tích ô mạng = a
3

=



3
Khối lượng riêng của tinh thể kim
cương:
D =


8
×
M


=



8
×

12


=

3,
545
(g/cm

3
)

3

N
A
×

V


4

×
154

×
10
−
10

6,

02

×
10
23
×






3

M
=> Thể tích mol của kim cương
=
=3,385
(cm
3
/mol)
D


- Tương tự trong ô mạng tinh thể than
chì
Diện tích mặt đáy
=
3
3
×
d
2
(d = C–C (than
chì))
2

Thể tích ô mạng
=
3
3
×
d
2
×
h
(h là khoảng cách giữa các
lớp)
2
=> Khối lượng riêng D = 2,297 (g/cm
3
) và thể tích mol = 5,224
(cm
3
/mol)
CÂU 2: (2.0
điểm)
1. (1,0 điểm) Mỗi công thức đúng được 0,25
điểm
- B
2
H
6
: B lai hóa sp
3
, gồm 2 tứ diện lệch có một cạnh chung, liên kết BHB là liên kết 3 tâm nhưng chỉ có
2

electron, 1 electron của H và 1 electron của
B
- XeO
3
: Xe lai hóa sp
3
, phân tử dạng tháp đáy tam
giác
- NO
2
+
: N lai hóa sp, cấu trúc đoạn
thẳng
- NO
2
–
: N lai hoa sp
2
, cấu trúc gấp khúc (chữ
V)
- Công thức
Lewis
H
H
H
B
B
Xe
O
O

H
H
O N
O
2. (1,0
điểm)
H
O
O

N
O
N
N
O O
O
O
- Các phản ứng (mỗi phản ứng 0,25
điểm)
2NaNO
3
+ 8Na(Hg) + 4H
2
O → Na
2
N
2
O
2
+ 8NaOH +

8Hg
NH
2
OH + C
2
H
5
NO
2
+ 2C
2
H
5
ONa → Na
2
N
2
O
2
+
3C
2
H
5
OH
- Na
2
N
2
O

2
là muối của axit hyponitrơ H
2
N
2
O
2
(2.0,125 =
0,25)
HO OH
HO
N N
N
N
OH
- Cấu trúc đồng phân: H
2
N – NO
2
(nitramit)
(0,25)
H
O
N
N
H
O
CÂU 3: (2.0
điểm)
1. (1,0

điểm)
Phản ứng động học bậc hai, áp dụng phương trình Archénius ta
có:
ln
k
1
=

−

E
A
+
ln A
;
RT
1
ln
k

2
=
−

E
A
+ ln
A RT
2
⇒

ln
k
2
−
ln
k
1
=

−

E
A
+
ln A
−

−

E
A
+
ln
A
RT
2
⇒
ln
k
2

=

E
A


1
−

1

RT
1
k
1
R


T
1
T
2

⇒

E
A
=
R
T

2

×

T
1


×
ln
k
2
≈
3688, 2(cal /
mol)
T
2
−
T
1
k
1
e
1/
2
O 1 2
1
2
m
1 2 1 2

p
+
+
4 3 4
3
+ −
3 3 2 3
k
=

A

×

e
(
−
E
RT
)
⇒
A
=



k


=

k

1


=

7

×
10
9
(mol
−1
.l.s

−1

)
2. (0,5
điểm)
e
(
−
E
RT
)

(
−

E
RT
1
)
(
−
E
RT
)
7
−
1
−
1
k
3
=

A

×

e
3
=
6,15

×10 (mol .l.s
)
3. (0,5
điểm)
τ

=



1


=

1,

63

×
10
−
7
(s)
k
3

.C
oA
CÂU 4: (2,0

điểm)
1. (1,0
điểm)
Clo có độ âm điện lớn, µ
1
hướng từ nhân ra ngoài – nhóm NH
2
có cặp e tự do liên hợp với hệ e π của vòng
benzen
⇒
hai momen lưỡng cực cùng
chiều
ortho
meta
para
Cộng vectơ sử dụng hệ thức lượng trong tam giác a
2
= b
2
+ c
2
– 2bc cos A

Dẫn xuất ortho: µ
2
= µ
2
+ µ
2
− 2µ

1
µ
2
cos 60
0
= µ
2
+ µ
2
− µ
1
µ
2
=
2,45
µ
o
=
2,
45
=
1,65D
Dẫn xuất meta: µ
2
= µ
2
+ µ
2
− 2µ
1

µ
2
cos 120
0
= µ
2
+ µ
2
+ µ
1
µ
2
=
7,35
µ
m
=
7,
35
=
2,71D
Dẫn xuất para: µ
2
= µ
1
+ µ
2
= 1,60 + 1,53 =
3,13D
2. (1,0

điểm)
Ta có các quá trình
sau:
NH HCO → NH
+

+
HCO
−
NH
4
←


→

NH
3
+
H
;

K
a
HCO
−

+
H
+

→

H CO
;

K

−
1
3
←
2 3
1
HCO
−

→

H
+

+
CO
2
−

;

K

3
←
3
2
H O
→

H
+

+
OH
−

;
K
=

10
−
14
2
←
W
Trong đó:
K
a
10
−
14

=

=

10
−
9,24
K

b
Áp dụng điều kiện proton ta
có:
[H
+

] = [NH
]

+
[CO
2
−

]

+
[OH
−

]

−
[H CO
]
⇒
[H
+
]
=

K
a
.[ NH
4

]
+

K
2

.[

HC

O

3

]

+



K
w
−

K

−1
.[H
+
].[HCO
−
]
[H
+

] [H
+

] [H
+

]
1 3
⇒
[H
+

]
2
=
K .[NH
+

]

+
K .[HCO
−

]

+

K
−

K

−
1
.[H
+

]
2
.[HCO

−

]
a 4 2 3 w 1 3
1 3 a 4 2 3 w
⇒ [H
+

]
2
+
K

−
1
.[H
+

]
2
.[HCO
−

] = K .[NH
+

]
+ K .[HCO
−

]
+
K
+ −
1 3
1 3 a 4 2 3 w
1 3
⇒ [H
+

]
2
(
1
+
K

−
1
.[HCO
−

]
)

= K .[NH
+

]
+ K .[HCO

−

]
+
K
⇒

[H
+

]
2
=

K
a
.[ NH
4


]
+

K
2

.[

HC

O

3


]
+

K
w



1
+
K

−
1
.[HCO
−

]
+

−
⇒ [H
+

]

=
K
a
.[ NH
4


]
+

K
2

.[

HC

O

3


]
+

K
w

1
+
K

−
1
.[HCO
−

]
+

−
Thay các giá trị gần đúng:
[

NH

4
]
=
[HCO
3
]
=

0,1M
⇒ [H
+

]
=

1,
6737.10
−
8
M
⇒ pH =
−
lg[H
+

] =
7,

78
CÂU 5: (2,0
điểm)
1. Các phương trình phản ứng: (4.0,125 = 0,5
điểm)
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
.6H
2
O
1000
2.

270,3
= 3,7mol
FeCl
3
.6H
2
O


3,7 .2 . 36,5
Như vậy cần ≈
978 mL
dung dịch HCl 36% (0,5
điểm)
0,36

.1,18

.

0,65
3. Khi đun nóng thì FeCl
3
.6H
2
O phân huỷ theo phương trình
sau:
FeCl
3
.6H

2
O → FeOCl + 5H
2
O +
6HCl
Khi nhiệt độ tăng thì FeOCl sẽ tiếp tục phân
huỷ:
3FeOCl → FeCl
3
+ Fe
2
O
3
(Hơi FeCl
3
bay
ra)
2,752
Lượng FeCl
3
.6H
2
O trong mẫu
là
270,3
= 10,18
mmol
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
.
1,902
−

0,8977
Khối lượng FeCl
3
mất mát do bay hơi
là:
162,2
= 1,20mmol => Bã rắn cuối cùng chứa (0,01018
–
3.0,00120) = 6,58 mmol FeOCl và 1,20 mmol Fe
2
O
3
. (1,0
điểm)
CÂU 6: (2,0
điểm)
1. (1,0 điểm) mỗi phương trình đúng được
0,25
-
A là Cr

2
O
3
, B là K
2
CrO
4
, C là
K
2
Cr
2
O
7
- Các phương trình phản
ứng:
2Cr
2
O
3
+ 3O
2
+ 8KOH → 4 K
2
CrO
4
+
4H
2
O

2K
2
CrO
4
+ H
2
SO
4
→ K
2
Cr
2
O
7
+ K
2
SO
4
+
H
2
O
S + K
2
Cr
2
O
7
→ Cr
2

O
3
+
K
2
SO
4
14HCl + K
2
Cr
2
O
7
→ 3Cl
2
+ 2CrCl
3
+ 2KCl +
7H
2
O
2. (1,0 điểm) mỗi phương trình đúng được
0,25
- X là (NH
4
)
2
Cr
2
O

7
, Y là Cr(OH)
3
, Z là K
3
[Cr(OH)
6
], T là
Cr
2
(SO
4
)
3
- Các phương trình phản
ứng:
t
o
(NH
4
)
2
Cr
2
O
7
→

Cr
2

O
3
+ N
2
+
4H
2
O
K
2
Cr
2
O
7
+ 3(NH
3
)
2
S + H
2
O → 2Cr(OH)
3
+ 5S + 6NH
3
+
2KOH
2K
2
CrO
4

+ 3(NH
4
)
2
S + 2KOH + 2H
2
O → 2K
3
[Cr(OH)
6
] + 3S +
6NH
3
K
2
Cr
2
O
7
+ 4H
2
SO
4
+ 3H
2
S → Cr
2
(SO
4
)

3
+ 3S + K
2
SO
4
+
7H
2
O
CÂU 7: (2,0
điểm)
1. (1,0 điểm) Các cấu
trúc
H
H
Trong
đó:
O
EtO
O
C
OEt
H
O
O
EtO
OEt
EtO
O
O

C
OEt
H
- Dạng A ít bền do nối đôi không liên
hợp
- Dạng B bền nhưng không có cộng hưởng
este
- Dạng C bền nhất do có nối đôi liên hợp và cộng hưởng
este
H
H
O
H
2
C
O
OEt
A
CH
3
COCH
2
COOEt
H
3
C
O O
C OEt
H
B

H
O O
H
3
C C
H
C
2. (1,0 điểm) Mỗi công thức đúng được 0,25
điểm
a.
CH
2
OH–CH
2
CH
2
CH
2
=CHO
5-hidroxipentanal
b.
CHOCH
2
CH
2
CHOHCH=CH–CH=CH
2
4-hidroxiocta-5,7-dienal
c.
CH

3
CH
2
CHOHCHOH(CH
2
)
3
COCH
3
6,7-dihidroxinonan-2-on
OEt
d.
(HOCH
2
)
2
CH–CHOHCH
2
CO(CH
2
)
2
CH(C
2
H
5
)CH
2
OH
2,8-di(hidroxometyl)-1,3-dihidroxidacan-5-on

CÂU 8: (2,0
điểm)
1. (1,0 điểm) Mỗi công thức đúng được 0,25
điểm
A
COCH
3
B
COC
6
H
5
C
N=NC
6
H
5
D
CHO
O
S N H N
H
2-acetylfuran
2. (1,0
điểm)
O
C
2-benzoylthiophen
O
Cl

C
KCN
2-(phenylazo)pyrol
CN
H
3
O
+
2-pyrolcacboxandehit
O
C
COOH
NO
2
-HCl
NO
2
-NH
3
NO
2
6H
-H
2
O
NH
NH
O
O
C

COOH
t
o
O
NH
2
CÂU 9: (2,0
điểm)
1. (1,5
điểm)
-H
2
O
NH
- Andehit béo có thể tham gia phản ứng cộng với amoniac tạo thành một sản phẩm ít bền là
Andehit-amoniac
CH
3
CHO + NH
3
→ Axetandehit-amoniac (t
nc
= 97
o
C)
A
OH
CH
3
CH

NH
2
- Axetandehit-amoniac dễ bị tách nước thành B là CH
3
–CH=NH và B dễ trime hóa thành hợp chất dị vòng
C
loại
triazin
OH
H
3
C
NH
CH
3
CH
3
CH
NH
2
-H
2
O
trime
hóa
CH
3
CH=NH
B
CH

3
C
- Mặt khác nếu cho amoniac ngưng tụ với fomanđehit sẽ thu được sản phẩm D (urotropin) có CTPT
là
C
6
H
12
N
4
6HCHO + 4NH
3
→ C
6
H
12
N
4
+
6H
2
O
N
N
N
N
Urotropin
- Urotropin có khả năng tác dụng với axit nitric trong anhiđrit axetic tạo ra E (hexogen hay xiclonit) là chất
nổ
mạnh được dùng trong đại chiến thế giới thứ II theo phản

ứng:
NO
2
N
C
6
H
12
N
4
+ 3HNO
3
+ 3HCHO +
NH
3
N
N
O
2
N NO
2
E
2. (0,5
điểm)
- Ta có nhiệt độ sôi của (1) < (2) là do hai chất này không tạo được liên kết hydro nên nhiệt độ sôi phụ
thuộc
vào khối lượng phân
tử.
- Lại có, nhiêt độ sôi của (4) < (3) là do mặc dù cả hai chất đều có liên kết hydro liên phân tử nhưng liên
kết

hydro của (3) dạng polyme còn của (4) dạng
dime
CÂU 10: (2,0
điểm)
1. (1,0
điểm)
a. Anion được hình thành bởi sự tách H enolic là bền vì điện tích được giải tỏa đến O của C=O qua liên kết
đôi
C=C
+
O
HO C
C
HO
C
-
H
+
O
HO C
C

-
O
C
O
HO C
C
O
C

b. Sơ đồ điều
chế
D-Glucose
NaBH
4
D-Socbitol (A)
[O]
enzym
L-Socbose (B)
endiol B'
2CH
3
COCH
3
Diaxetonua (C)
Trong
đó:
1. KMnO
4
/OH
-
2. dd H
+
(D)
H
axit L-ascob
i
c
t
o

CH
2
OH
HO
H
HO
H
CH
2
OH
C
O
HO
H
CH
2
OH
HO
C
HO
C
H
OH
HO
H
CH
2
OH
A
CH

2
OH
H
OH
HO
H
CH
2
OH
B
H
OH
HO
H
CH
2
OH
B'
COOH
CH
3
O
C
CH
3 O
C
CH
3
O
C

CH
3 O
C
H
O
HO
H
CH
3
C
H
O
HO
H
CH
3
C
CH
2
O
CH
2
O
C
D
2. (1,0
điểm)
Salixin là đường không khử và là β − glucozit do bị thủy phân bởi
elmuxin
RO

H
OH
O
H
2
O
HO
OH
CH
2
OH
Salixin
enzim
D-Glucose + ROH
(Saligenin)
C
7
H
8
O
2
Trong công thức C
7
H
8
O
2
, ROH xuất hiện nhân thơm. Tách được andehit salixylic, điều đó chứng tỏ quá trình
oxi
hóa nhóm –CH

2
OH thành nhóm
–CHO
CHO
HO
D-Glucose
+
H
2
O,
H
+
HOH
2
C
HO
HO
O
CHO
O
OH
Saligenin là o-(hidroximetyl)phenol. Công thức cấu trúc của salixin
là
HOH
2
C
O
HO
HO
O

OH
CH
2
OH
- - - - - - - - - - HẾT - - - - - - - - - -
-
Thí sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối
đa
o
1
−
E
E
H O
h tt

p :/ /

vn .

m yb l

og.yahoo. c o m /

vo lc

m tt

l

KÌ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12
THPT
ĐỀ THI THỬ NĂM HỌC 2008 –
2009
Câu 1: (2.0
điểm)
MÔN THI: HÓA HỌC ĐẠI
CƯƠNG
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát
đề)
(Đề thi gồm có 2
trang)
1. Tại sao ion phức spin thấp [Co(NH
3
)
6
]
3+
lại có màu. Giải thích dựa
vào
1 cm
−
1
=
11,
962 J.mol
−
1
.
2. Dựa trên mô hình VSEPR, giải thích dạng hình học của NH

3
, ClF
3
,
XeF
4
.
∆ =
22900(cm

−
1

)
. Cho
biết:
3. Quá trình: O → O
+

+
1e có
I
= 13,614 (eV). Dựa vào phương pháp Slater xác định hằng số chắn của
các
electron trong nguyên tử đối với electron bị tách. So sánh độ bền tương đối của hai cấu hình electron của
O
và O
+
, giải
thích.

Câu 2: (2.0
điểm)
1. Thiết lập biểu thức phụ thuộc giữa thế oxi hóa – khử với pH của môi trường trong 2 trường hợp
sau:
2
−

+
3
+

o
2
−

−
2.
Cr
2

O
7
không?
+ 14H + 6e  2Cr
+
7H
2
O
; E
2

−
3
+

=

+
1, 33V
. Ở pH =
7,
Cr
2

O
7
/
2

Cr
Cr
2
O
7
có oxi hóa được
I
Biết rằng:
E
o
=

0,

6197V
;
Co(OH)1e
+
Co(OH)OH
+
−

;
E
o
0,1
=
7V
+
I
2
/
2

I
−
3 2
Co

(OH

)/

3
Co

(OH
)
2
3. Biết tích số ion của nước K
W
= 10
-14
và
2,
303
RT
ln x
=

0,
0592 lg x
( tại 25
o
C,
1atm)
F
Câu 3: (1.5
điểm)
Cho phản ứng:
A
+
B

→
C
+

D
(1) là phản ứng đơn giản. Tại 27
o
C và 68
o
C, phương trình (1) có hằng số tốc
độ
tương ứng lần lượt là k
1
= 1,44.10
7
mol
-1
.l.s
-1
và k
2
= 3,03.10
7
mol
-1
.l.s
-1
, R = 1,987
cal/mol.K
1. Tính năng lượng hoạt hóa E

A
(theo cal/mol) và giá trị của A trong biểu thức
k
=
A
×
e
(

RT
)

mol
-1
.l.s
-1
.
2. Tại 119
o
C, tính giá trị của hằng số tốc độ phản ứng
k
3
.
3. Nếu C
oA
= C
oB
= 0,1M thì τ
1/2
ở nhiệt độ 119

o
C là bao
nhiêu.
Câu 4: (2.5
điểm)
Điện phân dung dịch NaCl dùng điện cực Katode là hỗn hống Hg dòng chảy đều và dùng cực titan bọc ruteni
và
rođi là Anode. Khoảng cách giữa Anode và Katode chỉ vài
mm
1. Viết phương trình phản ứng xảy ra tại điện cực khi mới bắt đầu điện phân pH = 7. Tính các giá trị thế
điện
cực và thế phân
giải
2. Sau một thời gian, pH tăng lên đến giá trị pH = 11. Giải thích tại sao. Viết các phương trình xảy ra tại
pH
đó. Tính thế điện cực và thế phân
giải
3. Cho biết:
E
o
=

−
2,
71V ;
E
o
=

0,

00V ;
E
o
=

1,
23V
. Với dung dịch NaCl 25% và 0,2%
Na
Na

+

/ Na
2
H
3
O
+

/
H
2
O
2
/ H
2

O
trong hỗn hống

Na/Hg:
o
Na

+

/ Na (Hg
)
=
−1,

78V
.
E
o
Cl
2
/

Cl
−
=

1,
34V cho dung dịch NaCl 25% theo khối
lượng
η

=

1,
3V trên Hg ;
η

=
0, 8V trên
Ru/Rd
2
2
Câu 5: (1.5
điểm)
Trong các tinh thể α (cấu trúc lập phương tâm khối) các nguyên tử cacbon có thể chiếm các mặt của ô mạng cơ
sở
o
1. Bán kính kim loại của sắt là 1,24 A . Tính độ dài cạnh a của ô mạng cơ
sở
o
2. Bán kính cộng hóa trị của cacbon là
0,77
A . Hỏi độ dài cạnh a sẽ tăng lên bao nhiêu khi sắt α có
chứa
cacbon so với cạnh a khi sắt α nguyên
chất
3. Tính độ dài cạnh ô mạng cơ sở cho sắt γ (cấu trúc lập phương tâm diện) và tính độ tăng chiều dài cạnh
ô
mạng biết rằng các nguyên tử cacbon có thể chiếm tâm của ô mạng cơ sở và bán kính kim loại sắt γ
là
o