Đề thi duyên hải miền Bắc năm 2014

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2013 - 2014
ĐÁP ÁN MÔN: HÓA HỌC LỚP 11
Câu I (2 điểm):
1. Năng lượng liên kết hạt nhân đặc trưng cho sự bền vững của hạt nhân. Nó là năng lượng tỏa
ra khi một hạt nhân nguyên tử hình thành từ các nucleon. Hãy xếp thứ tự về độ bền của các hạt
nhân nguyên tử. Biết khối lượng hạt nhân (u) của
64 27 238
29 13 92
; ;Cu Al U
và khối lượng (u) của các hạt
p, n lần lượt bằng 63,54; 26,98 ; 238,125; 1,00728; 1,00866.
2. Hoạt độ phóng xạ của mẫu (m gam) dược chất phóng xạ chứa
67
Ga là 1,09.10
8
Bq.
a) Tính khối lượng của đồng vị
67
Ga trong m gam dược chất phóng xạ (cho rằng
67
Ga là đồng vị
phóng xạ duy nhất có trong mẫu). Biết chu kì bán rã của
67
Ga là t
1/2
= 3,26 ngày
b) Ngay sau khi tổng hợp, toàn bộ m gam dược chất phóng xạ được hòa tan trong 100 ml nước
cất. Sau 8 giờ, 1 ml dung dịch này được tiêm vào tĩnh mạch bệnh nhân. Sau khi tiêm 1 giờ,
người ta lấy 1 mL mẫu máu của bệnh nhân và đo được hoạt độ phóng xạ 210,2 Bq .

+ Tính hoạt độ phóng xạ theo Bq của liều 1 mL dung dịch dược phẩm trên khi tiêm vào cơ thể
bệnh nhân.
+ Tính thể tích máu của bệnh nhân ra ml. Giả thiết rằng toàn bộ dược phẩm phóng xạ chỉ phân
bố đều trong máu.
(Hà Nam)
Câ
u
Ý Đáp án
Điểm
64 27 238
29 13 92
Cu Al U> >
1
Áp dụng CT:
E = mc
2

với m tính theo gam, c = 3.10
8
m/s và 1u xc
2
= 931,5MeV
* Với Cu: có 29p và 35n
∆
m = (29x1,00728+35x1,00866)- 63,54= 0,97422 u
∆
E =
∆
mx931,5

= 907,486 MeV
Năng lượng riêng
ε
Cu
=
∆
E/A = 14,1795 MeV
* Với Al: có 13p và 14n
∆
m = (13x1,00728+14x1,00866)- 26,98 = 0, 23588u
∆
E =
∆
mx931,5

= 219,7222 MeV
Năng lượng riêng
ε
Al =
∆
E/A = 8,13786 MeV
* Với U: có 92p và 146n
∆
m = (92x1,00728+146x1,00866)- 238,125 = 1,80912u
∆
E =
∆
mx931,5

= 1685,19528 MeV

Năng
ε
U
=
∆
E/A = 7,07694 MeV
Độ bền các hạt nhân giảm theo thứ tự:

0,25
0,25
0,25
0,25
a. A = k.N → N = A/ k = 1,09.10
8
. 3,26.24.3600/ ln2 = 4,43.10
13
nguyên
tử
0,5
Đ S 2Ề Ố
Khối lượng của
67
Ga trong dược chất: m =
13
23
4,43.10 .67
6,02.10
=
4,930.10
-9

gam
b.
+) Hoạt độ phóng xạ ban đầu của 1mL dung dịch: A
o
= 1,09.10
8
Bq/100mL = 1,09.10
6
Bq/mL
Hoạt độ phóng xạ của liều 1mL dung dịch khi tiêm:
A = A
o
.e
-ởt
= A
o
.e
-ln2.t/t1/2
=1,09.10
6
Bq/mL.e
-ln2.8/3,26.24
=
1,015. 10
6
Bq/mL
+) Hoạt độ phóng xạ còn lại sau 1 giờ (1mL): A’ =1,015. 10
6
Bq.e
-

ln2.1/3,26.24
=1,006.10
6
Bq
1,006.10
6
Bq /V = 105.6 Bq/mL (V là thể tích máu)
→ V = 1,006.10
6
Bq/210,2 Bq/mL = 4,786.10
3
mL
0,25
0,25
0,25
Câu II (2 điểm):
1. Mạng lưới tinh thể của KCl giống như mạng lưới tinh thể của NaCl. Ở 18
o
C, khối lượng riêng
của KCl bằng 1,9893 g/cm
3
, độ dài cạnh ô mạng cơ sở (xác định bằng thực nghiệm) là 6,29082 Å.
Dùng các giá trị của nguyên tử khối để xác định số Avogadro. Cho biết K = 39,098; Cl = 35,453.
2. Cho phân tử: ClF
3
hãy: - Viết công thức cấu tạo; Cho biết kiểu lai hoá trong phân tử; Mô tả
hình dạng phân tử. Cho: µ (độ phân cực) của phân tử là 0,55 D; góc liên kết FClF = 87
0
. Giải thích
về độ lớn của góc liên kết

(Lào Cai)
ĐÁP ÁN ĐIỂM
1. Xét một ô mạng cơ sở: (vẽ hình)
Trong một ô mạng cơ sở có số ion K
+
(hoặc Cl
-
) là: 8
×
8
1
+ 6
×
2
1
= 4
Như vậy, trong một ô mạng cơ sở có 4 phân tử KCl
Xét 1 mol tinh thể KCl, khi đó:
Khối lượng KCl là: 39,098 + 35,453 = 74,551 (g)
Thể tích tinh thể KCl là: 74,551 : 1,9893 = 37,476 (cm
3
)
Thể tích một ô mạng cơ sở là: (6,29082.10
-8
)
3
= 2,4896.10
-22
(cm
3

)
⇒ Số ô mạng cơ sở là: 37,476 : (2,4896.10
-22
) = 1,5053.10
23
⇒ Số phân tử KCl có trong 1 mol tinh thể KCl là:
1,5053.10
23
×
4 = 6,0212.10
23
Do đó, số Avogadro theo kết quả thực nghiệm trên là 6,0212.10
23
0,25
0,25
0,25
0,25
2. + Cấu tạo ClF
3
: Nguyên tử Clo lai hoá sp
3
d.
F
F

F
+ Hình dạng phân tử: chữ T
Ba obitan lai hóa sp
3
d được sử dụng để

tạo liên kết với
obitan p của ba nguyên tử F, còn lại hai
obitan lai hóa
(trên mỗi obitan có một cặp e tự do)
+ Do hai đôi e tự do chiếm một khoảng
không gian lớn hơn các đôi e đã liên kết
đẩy 2 đôi e liên kết Cl-F rên trục làm cho
góc liên kết FClF bị thu nhỏ lại mt góc liên
kết = 87
0
<90
0
0,25
0,25
0,25 (hvẽ)
0,25
Câu III (2 điểm):
Đun nóng hỗn hợp khí gồm O
2
và SO
2
có chất xúc tác, xảy ra phản ứng:
1
2
O
2
+ SO
2

ƒ

SO
3
(1)
1. Tính hằng số cân bằng K
p
của phản ứng ở 60
o
C (chấp nhận hiệu ứng nhiệt của phản ứng
không phụ thuộc nhiệt độ). Nhiệt độ ảnh hưởng như thế nào tới trạng thái cân bằng của phản
ứng (1)?
2. Trong một thí nghiệm, người ta đưa từ từ oxi vào một bình dung tích 2 lít chứa 0,05 mol SO
2
có chất xúc tác (thể tích của chất xúc tác không đáng kể) ở 100
o
C. Khi phản ứng đạt tới trạng
thái cân bằng thì có 0,03 mol SO
3
được tạo thành, áp suất tổng của hệ là 1 atm. Tính K
p.
3. Cân bằng (1) sẽ chuyển dịch như thế nào trong các trường hợp sau:
a) Cho một lượng He vào bình phản ứng để áp suất khí trong bình tăng gấp đôi?
b) Giả thiết thể tích khí trong bình tăng gấp đôi, lượng He cho vào bình phản ứng chỉ để giữ
cho áp suất tổng không đổi?
Cho các số liệu nhiệt động như sau:
Khí
0
sinh
H∆
(kJ.mol
–1

)
0
S
(J.K
–1
.mol
–1
)
0
p
C
(J.K
–1
.mol
–1
)
SO
3
-395,18 256,22 50,63
SO
2
-296,06 248,52 39,79
O
2
0,0 205,03 29,36
(Hưng Yên)
1. Ta có:
0 0 0
G H T.ΔS∆ = ∆ −
= - RTlnK

p
Ở 25
o
C:
0 0 0
298 298 298
G H T.ΔS∆ = ∆ −
. Từ phản ứng:
1
2
O
2
+ SO
2

ƒ
SO
3
,
suy ra:
0
298
G∆
= (- 395,18 + 296,06) – 298.10
-3
. (256,22 – 248,52 -
1
2
. 205,03)
= - 99,12 - 298.10

-3
.(- 94,815)
≈
- 70,87 (kJ.mol
-1
)
→
3
0
298
- 70,87.10
ΔG
-
-
8,314 . 298
RT
p, 298
K = e = e
= 2,65.10
12
.
Khi
o
H∆
= const, ta có:
0
p, 333
p, 298
K
ΔH 1 1

ln = - -
K R 333 298
 
 ÷
 

→

3
p, 333
12
K
- 99,12.10 1 1
ln = - -
8,314 333 298
2,65.10
 
 ÷
 
→
p, 333
K
=
3,95.10
10
(atm
- ½
).
Khi tăng nhiệt độ từ 25
o

C đến 60
o
C, hằng số cân bằng K
p
giảm từ
2,65.10
12
xuống 3,95.10
10
(atm
- ½
), điều này hoàn toàn phù hợp với nguyên lý
Le Chatelier (Lơ Satơliê), do phản ứng (1) tỏa nhiệt.
0,5đ
2. Tổng số mol của hệ:
P.V 1 . 2
n = =
R.T 0,082 . 373
=
0,065 (mol). Tại thời điểm cân
bằng:

3 2 2
SO SO O
n = 0,03 (mol); n = 0,05 - 0,03 = 0,02 (mol); n = 0,065 - 0,03 - 0,02 = 0,015 (mol).
Vì áp suất tổng của hệ là 1 atm, do đó:
3
2 2
SO
p

SO O
0,03
p
0,03
0,065
K = = =
p . p 0,02 0,015 0,015
. 0,02 .
0,065 0,065 0,065
=
3,12 (atm
-1/2
).
0,5đ
3.
a) Nếu áp suất tăng gấp đôi do thêm He, nhưng thể tích không đổi, áp suất
riêng phần của các chất khí không đổi, do đó cân bằng không bị chuyển dịch.
b) Nếu áp suất tổng trong bình không đổi, nhưng giả thiết thể tích bình được
tăng gấp đôi, khi đó sẽ làm giảm áp suất riêng phần của các chất (loãng khí),
cân bằng (1) sẽ chuyển dịch theo chiều nghịch.
0,5đ
Câu IV (2 điểm):
Cho H
2
S đi qua dung dịch Zn(CN)
4
2-
0,01M vào 1ml dung dịch Cd(CN)
4
2-

cho đến bảo hoà (C
M
của
H
2
S = 0,1M) thì có kết tủa ZnS tách ra không. Cho biết H
2
S có K
1
= 10
-7
;
K
2
= 10
-12,92
T
ZnS
= 10
-21,6
; K
HCN
= 10
-9,35
; hằng số bền tổng cộng của Zn(CN)
4
2-
= 10
12,6
(Quảng Trị)

Câu 4 (2điểm). Zn(CN)
4
2-
⇌ Zn
2+
+ 4CN
-
β
-1
= 10
-12,6
(1)
H
2
S ⇌ H
+
HS
-
K
1
= 10
-7
(2)
HS
-
⇌ H
+
+ S
2-
K

2
= 10
-12,92
(3)
S
2-
+ Zn
2+
⇌ ZnS Tt = 10
-21,6
(4)
H
+
+ CN
-
⇌ HCN K
-1
= 10
9,35
(5)
H
2
S tương tác với phức Zn(CN)
4
2-
( tổ hợp (1) với (2)):
Zn(CN)
4
2-
+ 4H

2
S ⇌ Zn
2+
+ 4HCN + 4HS
-
K = 10
-3,2
C 0,01
C
'
x 0,1 0,01 - x 4(0,01-x) 4(0,01-x)
tính ra x = 8,2.10
-11.
. Vậy [Zn(CN)
4
2-
] = 8,2.10
-11
, [ Zn
2+
]
'
= 0,01
Từ (1) tính được CN
-

'
= 6,7.10
-6
. Từ (5) tính được

H
+ '
= 10-9,35 × [HCN]
'
= 10
-9,35
× 4. 10
-2
= 2,7.10
-6

[CN
-
]
'
6,7.10
-6
Từ (3) tính được [S
2-
]
'
= 10
-12,92
. 4. 10
-2
= 1,6.10
-9

6,7.10
-6

[Zn
2+
]
'
[S
2-
]
'
= 1,6.1011

> Tt
ZnS
→ có kết tủa ZnS
Câu V (2 điểm):
Dung dịch A gồm AgNO
3
0,050 M và Pb(NO
3
)
2
0,100 M.
1. Tính pH của dung dịch A.
2. Thêm 10,00 ml KI 0,250 M và HNO
3
0,200 M vào 10,00 ml dung dịch A. Sau phản ứng người ta
nhúng một điện cực Ag vào dung dịch B vừa thu được và ghép thành pin (có cầu muối tiếp xúc
hai dung dịch) với một điện cực có Ag nhúng vào dung dịch X gam AgNO
3
0,010 M và KSCN 0,040
M.

a) Viết sơ đồ pin .
b) Tính sức điện động E
pin
tại 25
0
C .
c) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động.
d) Tính hằng số cân bằng của phản ứng trên .
Cho biết: Ag
+
+ H
2
O AgOH + H
+
(1) ; K
1
= 10
–11,70

Pb
2+
+ H
2
O PbOH
+
+ H
+
(2) ; K
2
= 10

–7,80
Cho pK
s
: AgI là 16,0; PbI
2
là 7,86; AgSCN là 12,0 .

;
RT
ln = 0,0592 lg
F
= 0 ,799 V
E
0
Ag
+
/Ag
3. E
pin
sẽ thay đổi ra sao nếu:
a) Thêm một lượng nhỏ NaOH vào dung dịch B?
b) Thêm một lượng nhỏ Fe(NO
3
)
3
vào dung dịch X?
(Chu Văn An-Hà Nội)
1. Ag
+
+ H

2
O ⇌ AgOH + H
+
; K
1
= 10
-11,7

(1)
Pb
2+
+ H
2
O ⇌ PbOH
+
+ H
+
; K
2
= 10
-7,8

(2)
Do K
2
>> K
1
nên tính pH theo (2)
Pb
2+

+ H
2
O ⇌ PbOH + H
+
; K
2
= 10
-7,8

(2)
C 0,10

[ ]
0,10 − x x x
8,7
2
10
x1,0
x
−
=
−
x = 10
-4,4
= [H
+
] ; pH = 4,40
2.a) Dung dịch B: Thêm KI : C
Ag+
= 0,025 M; C

Pb2+
= 0,050
C
I
- = 0,125M ; C
H+
= 0,10M
Ag
+
+ I
−
AgI ↓
0,025 0,125
- 0,10
Pb
2+
+ 2 I
−
PbI
2
↓
0,05 0,10
- -
Trong dung dịch có đồng thời 2 kết tủa AgI ↓ và PbI
2
↓
AgI ↓ ⇌ Ag
+
+ I
−

; K
s1
= 1.10
-16
(3)
PbI
2
↓ ⇌ Pb
2+
+ 2 I
−
; K
s2
= 1.10
-7,86
(4)
K
s1
<< K
s2
, vậy trong dung dịch cân bằng (4) là chủ yếu. Sự tạo
phức hiđroxo của Pb
2+
là không đáng kể vì có H
+
dư:
Pb
2+
+ H
2

O ⇌ PbOH + H
+
; K
2
= 10
-7,8


[ ]
[ ]
[ ] [ ]
++−
−
−
+
+
<<→==
28,6
1
8,7
2
PbPbOH10
10
10
Pb
PbOH
Trong dung dịch PbI
2
↓ ⇌ Pb
2+

+ 2 I
−
K
s2
= 1.10
-7,86

x 2 x
(2x)
2
x = 10
-7,86
x = 1,51.10
-3
M 2x = [I
−
] = 2,302 . 10-
3
M
[ ]
[ ]
M10.31,3
10.02,3
10.1
I
K
Ag
14
3
16

1s
−
−
−
−
+
===
.
E của cực Ag trong dung dịch A: Ag
+
+ e ⇌ Ag
[ ]
V001,0E
10.31,3lg0592,0799,0Aglg0592,0EE
1
140
Ag
Ag
1
=
+=+=
−+
+
Dung dịch X: Ag
+
+ SCN
−

⇌ AgSCN↓ ; 10
12,0

0,010 0,040
- 0,030 0,010
AgSCN↓ ⇌ Ag
+
+ SCN
−

; 10
-12,0
0,030
x (0,030 + x)
x0,030 + x) = 10
-12

[ ]
11
2
12
10.33,3
10x3
10
xAg
−
−
−
+
===
[ ]
V179,0E
10.33,3lg0592,0799,0Ag lg 0,0592 0,799 E

2
11
2
=
+=+=
−+

V× E
2
> E
1
, ta có pin gồm cực Ag trong X là cực + , cực Ag trong B là cực –
PbI
2
↓ SCN
−
0,03 M
Ag Ag
Ks
AgSCN
Ks
AgI
0,25
0.5
0.25
10
–12
10
–16
3. a) Khi thêm lượng nhỏ NaOH vào dung dịch B, có thể xảy ra 3 trường hợp:

- Lượng NaOH quá ít không đủ để trung hòa HNO
3
: Sự tạo phức hiđroxo của Pb
2+
vẫn không
đáng kể, do đó E
pin
không thay đổi.
- Lượng NaOH đủ để trung hòa HNO
3
: Có sự tạo phức hiđroxo của Pb
2+
do đó [Pb
2+
] giảm, Nồng
độ I
–
sẽ tăng lên, do đó nồng độ Ag
+
giảm xuống, E
1
giảm ; vậy E
pin
tăng.
- Lượng NaOH đủ dư để trung hòa hết HNO
3
và hòa tan PbI
2
tạo thành PbO
2

–
, do đó [Pb
2+
] giảm
và E
pin
tăng. PbI
2
+ 4 OH
–
PbO
2
–
+ 2 H
2
O + 2 I
–

b) Thêm ít Fe
3+
vào dung dịch X: Fe
3+
+ SCN
–
FeSCN
2+
Nồng độ ion SCN
–
giảm, do đó nồng độ ion Ag
+

tăng, E
2
tăng E
pin
tăng
0.5
0.25
0.5
Câu VI (2 điểm):
Hợp chất X có cấu tạo như sau:
1. Cho X tác dụng với H
2
O/H
+
thu được hỗn hợp Y gồm 6 sản phẩm cộng là ancol, trong đó có
chất Z [tên gọi là (1R, 2S, 3S, 6S)-2-metyl bixyclo[4.4.0]đecan-3-ol]
a) Dùng công thức vòng phẳng để biểu diễn cấu trúc của X, Z? Đọc tên X theo IUPAC?
b) Biểu diễn cấu trúc các đồng phân của Z còn lại trong hỗn hợp Y? Điền cấu hình tuyệt đối
của cacbon bất đối?
2. Cho X tác dụng với NBS sẽ thu được hỗn hợp các sản phẩm thế trong đó có chất P có tên gọi
(1R, 4R, 6S)-4-brom-2-metyl bixyclo[4.4.0]đec-2-en và chất Q có tên gọi (1R, 2S, 3S, 6S)-3-brom-
2-metyl bixyclo[4.4.0]đec-4-en. Biểu diễn cấu trúc của P, Q và giải thích sự tạo ra chúng?
(Nam Định)
1. a.

Chất X có tên gọi là: (1R, 2S, 6S)-2-metyl bixyclo[4.4.0]đec-3-en.
b.

2. Hai chất P và Q:

Giải thích: cơ chế thế gốc vào Cα, có sự cộng hưởng.

Có 2 sản phẩm trung gian từ đó tạo ra P, Q.
Câu VII (2 điểm):
1. Cho sơ đồ sau:
O
CH
3
N
H
p-TsOH
C
1
. CH
2
=CH-CO-CH
3
2
. AcOH, NaOAc
D
a) Xác định cấu tạo C, D
b) Viết cơ chế tạo thành C, cho biết hiệu ứng không gian có ảnh hưởng như thế nào đến việc tạo
thành C?
c) Giải thích sự tạo thành D.
2. Người ta tổng hợp dẫn xuất E:
C
6
H
5
OH(phenol) + CH

3
COCH
2
COOCH
3
( xt H
+
) E ( C
10
H
8
O
2
)
Viết cấu trúc E và giải thích sự tạo thành E?
(Hải Phòng)
a, b, c) sự tạo thành enamin:
O
CH
3
H
+
O
CH
3
H
N
H
NOH
CH

3
H
NH
2
O+
CH
3
- H
2
O
N
CH
3
- H+
CH
3
N
+
+
+
Enamin có tính nu vì cặp e tự do của N có thể chuyển vào C
β
O
CH
3
p-TsOH (xt)
N
H
CH
3

N
(C)
cau truc cong huong
CH
3
N
-
+
Cần chú ý là enamin không thể chuyển hóa thành dạng:
CH
3
N
do chướng ngại lập thể của các
nhóm cồng kềnh làm nó không thể xếp trên cùng mặt phẳng.
CH
3
N
(C)
cau truc cong huong
CH
3
N
-
O
cong Michael
CH
3
N
O
thuy phan

O
CH
3
O
(D)
+
+
3)
CH
3
O
O
OMe
H
+
CH
3
O
+
O
OMe
H
OH
O
+
Me
OH
O
H
OMe

- H+
Me
OH
O
OMe
OH
H
+
- H
2
O
Me
O
OMe
OH
- MeOH
O
O
(E)
Câu VIII (2 điểm):
Hợp chất A chứa 82,19% C; 6,85% H; còn lại là oxi. Phân tử A có một nguyên tử oxi. A không tạo
màu với dung dịch FeCl
3
, A tạo sản phẩm cộng với NaHSO
3
. Cho A tác dụng với dung dịch iot
trong NaOH thì không tạo kết tủa, axit hoá dung dịch sau phản ứng thì thu được chất B, chất B
hơn A một nguyên tử oxi trong phân tử. B không làm mất màu dung dịch KMnO
4
ở lạnh. Cho B

tác dụng với lượng dư brom khi có mặt lượng dư HgO đỏ trong CCl
4
, thu được chất C là 1,2,3-
tribrom-2-phenylpropan. Mặt khác, cho A tác dụng với NaBH
4
và H
2
O

thu được chất D. Đun nóng
D với dung dịch H
2
SO
4
đặc, thu được chất E có công thức phân tử C
10
H
10
.
1) Xác định công thức cấu tạo của A
2) Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
(VC-Việt Bắc)
1
Hợp chất A có:
n
C
: n
H
: n
O

=
16
96,10
:
1
85,6
:
12
19,82
= 6,85 :
6,85 : 0,685 = 10 : 10 : 1
Phân tử A có một nguyên tử O
nên công thức phân tử của A
là C
10
H
10
O. A không tạo màu
với dung dịch FeCl
3
nên A
không có chức phenol. A tạo
sản phẩm cộng với NaHSO
3
nên A là anđehit hoặc
metylxeton.
A tác dụng với dung dịch iot
trong NaOH thì không tạo kết
0,5
tủa nên A không phải là

metylxeton, suy ra A là
anđehit. Axit hoá dung dịch
sau phản ứng thu được chất
B, chất B hơn A một nguyên
tử O trong phân tử nên B là
axit cacboxylic tương ứng với
A và có công thức phân tử là
C
10
H
10
O
2
. B không làm mất
màu dung dịch KMnO
4
ở lạnh
nên trong phân tử B không có
liên kết π C-C. Cho B tác dụng
với lượng dư brom khi có mặt
lượng dư HgO đỏ trong CCl
4
,
thu được chất C là 1,2,3-
tribrom-2-phenylpropan nên
CTCT của B là:
COOH
Suy ra công thức cấu tạo của
A là:
CHO

0,5
2
Các phương trình phản ứng xảy ra:
C
6
H
5
-C
3
H
4
-CHO + NaHSO
3
→ C
6
H
5
-C
3
H
4
-CH(OH)-SO
3
Na
C
6
H
5
-C
3

H
4
-CHO + I
2
+ 3NaOH → C
6
H
5
-C
3
H
4
-COONa + 2NaI +2H
2
O
C
6
H
5
-C
3
H
4
-COONa + H
+
→ C
6
H
5
-C

3
H
4
-COOH + Na
+
COOH
Br
2
CHBr
CH
2
Br
CH
2
Br
CO
2
2
4
HgO
HgBr
2
2
H
2
O
2
(C)
4C
6

H
5
-C
3
H
4
-CHO + NaBH
4
+ 3H
2
O → 4C
6
H
5
-C
3
H
4
-CH
2
OH + NaH
2
BO
3
(D)
0,5
0,25
CH
2
OH

H
2
SO
4
, t
0
H
2
O
(E)
0,25
Câu IX (2 điểm):
Viết sơ đồ điều chế các chất sau đây:
a) 1,3,5 – tri brômbenzen từ axêtilen và các hoá chất cần thiết khác.
b) Axit m – toluic từ benzen và các hoá chất cần thiết khác.
(Quảng Ninh)
1. a)
C
2
H
2

NO
2
NH
2
NH
2
Br
Br

Br
N
2
Cl
Br
Br
Br
Br
Br
Br
600 C
0
C
HNO
3
H
2
SO
4
[H]
Fe/HCl
Br
2
NaNO
2
/HCl C
2
H
5
OH

1 điểm
CH
3
CH
3

NO
2
CH
3

NH
2
CH
3

NHCOCH
3
CH
3

NHCOCH
3
Br
NH
2
Br
CH
3

N
2
Cl
Br
Br
CH
3

MgBr
CH
3

CH
3

COOH
CH
3

CH
3
Cl
AlCl
3
HNO
3
H
2
SO
4

[H]
Fe/HCl
CH
3
COCl
Br
2
H
2
O
NaNO
2
C
2
H
5
OH
Mg/ete
CO
2
/ete
/HCl
0

5

C
0
b)
1điểm

Câu X (2 điểm):
Cho 8,33g một hỗn hợp hai nitrat A(NO
3
)
2
và B(NO
3
)
2
( A là kim loại kiềm thổ, B là kim loại họ d)
được nung tới khi tạo thành những oxit, thể tích hỗn hợp khí thu được gồm NO
2
và O
2
là 26,88 lit
( 0
0
C và 1atm). sau khi cho hỗn hợp khí này qua dung dịch NaOH dư thì thể tích của hỗn hợp khí
giảm 6 lần.
1. A và B là những kim loại nào?
2. Tính phần trăm theo khối lượng của hỗn hợp nitrat
(Hòa Bình)
1. n(O
2
) = 0,2mol
n(NO
2
) = 1mol
%NO
2

= 83,3% và %O
2
= 16,7% ⇒ n(NO
2
) : n(O
2
) = 5 : 1
2Me(NO
3
)
2
= 2MeO + 4NO
2
+ O
2
; n(NO
2
) : n(O
2
) = 4 : 1
O
2
oxy hóa BO thành B
2
O
X
2A(NO
3
)
2

= 2AO + 4NO
2
+ O
2
a a 2a 0,5a
2B(NO
3
)
2
= 2BO + 4NO
2
+ O
2
b b 2b 0,5b
0,5
2BO + (x – 2)/2O
2
= B
2
O
X
; ∆n(O
2
) = 0,05mol
b b(x – 2)/4
b(x – 2)/4 = 0,05
b = 0,2/(x – 2)
Me(NO
3
)

2
→ NO
2
M(trung bình) = 167g/mol
Vậy M(trung bình) của cả hai kim loại = 43g/mol
Vậy A là Canxi (Ca) (M
A
= 40g/mol)
M(trung bình) = 40a + b.M
B
/0,5
2a + 2b = 1
a = (1 – 2b)/2 = 0,5 – 0,2/(x – 2) = (0,5x – 1,2)/(x – 2)
43 = (40(0,5x –1,2) + 0,2M
B
))/((x – 2) .0,5))
x = 4; M
B
= 55g/mol
Vậy B là Mn.
0,5
0,5
2. %Ca(NO
3
)
2
= 80%; %Mn(NO
3
)
2

= 20% 0,5
HẾT