Hóa 11 cao bang

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIII

ĐỀ THI MƠN HĨA HỌC

TRƯỜNG THPT CHUYÊN CAO BẰNG

LỚP 11

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Thời gian: 180 phút
(khơng kể thời gian giao đề)

(Đề này có 05 trang, gồm 08 câu)

Câu 1 (2,5 điểm) Tốc độ phản ứng có cơ chế
Một phản ứng pha khí xảy ra theo phương trình: X(k) → Y(k) (1). Khi nồng độ
đầu [X]0 = 0,02 mol.L-1 thì tốc độ đầu của phản ứng v0 (ở 250C) là 4.10-4 mol.L1.phút-1; định luật tốc độ của phản ứng có dạng: v = k.[X] (2), trong đó k là hằng số
tốc độ của phản ứng.
1. Tìm biểu thức liên hệ lgv (logarit của tốc độ phản ứng) với thời gian phản ứng t
và tính các hệ số trong biểu thức này cho trường hợp của phản ứng (1).
2. Tính thời gian phản ứng một nửa trong các điều kiện nói trên.
3. Phản ứng 2NO (k)+2H2 k)

→ N2 (k) + 2H2O (k) tuân theo quy luật động

học thực nghiệm: v = k[NO]2[H2]. Hai cơ chế được đề xuất cho phản ứng này:
Cơ chế 1:
2 NO (k) → N2O2 (k)

(nhanh)

N2O2 (k) + H2 (k) → 2HON (k)

(nhanh)

HON (k) + H2 (k) → H2O (k) + HN (k) (chậm)
HN (k) + HON (k) → N2 (k) + H2O (k) (nhanh).
Cơ chế 2:
2 NO (k)  N2O2 (k)

(nhanh)

N2O2 (k) + H2 (k) → N2O (k) + H2O (k) (chậm)
N2O (k) + H2 (k) → N2 (k) + H2O (k)

(nhanh).

Cơ chế nào phù hợp với quy luật động học thực nghiệm? Tại sao?
Câu 2 (2,5 điểm) Nhiệt, cân bằng hóa học
Đun nóng hỗn hợp khí gồm O2 và SO2 có chất xúc tác, xảy ra phản ứng:
SO2 +

1
O2
2



SO3

(1)
1


1. Tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng ở 60oC (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 SO2 có chất xúc tác (thể tích của chất xúc tác khơng đáng kể) ở 100 oC. Khi
phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng thì có 0,03 mol SO3 được tạo thành, áp suất tổng
của hệ là 1 atm. Tính Kp.
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 đơi?
b) Giả thiết thể tích khí trong bình tăng gấp đơi, 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
Hsinh
(kJ.mol–1)

S0 (J.K–1.mol–1)

C0p (J.K–1.mol–1)

SO3
SO2
O2

-395,18
-296,06
0,0

256,22
248,52
205,03

50,63
39,79
29,36

Câu 3 (2,5 điểm) Dung dịch điện ly - phản ứng oxi hoá khử - pin điện điện phân
(có cân bằng tạo chất ít tan)
Một trong những thuốc thử đặc trưng để tìm ion Pb2+ (trong dung dịch) là
Na2CrO4. Cho biết, kết tủa PbCrO4 màu vàng, tan được trong dung dịch NaOH dư;
trong khi đó, kết tủa PbS màu đen, không tan được trong dung dịch NaOH.
Thêm từ từ 0,05 mol Pb(NO 3)2 vào 1,0 L dung dịch X gồm 0,02 mol Na2S và
0,03 mol Na2CrO4, thu được hỗn hợp Y gồm phần kết tủa và phần dung dịch (coi thể
tích khơng thay đổi khi thêm Pb(NO3)2 vào dung dịch X).
1. Tính pH của dung dịch X.
2. Bằng lập luận và đánh giá hợp lí, chứng tỏ rằng, pH phần dung dịch của Y xấp xỉ
bằng 7,0.
3. Tính [Cr2O 72 ] và [Pb2+] trong phần dung dịch của Y.
4. Trình bày cách thiết lập sơ đồ pin được ghép bởi điện cực chì (Pb) nhúng trong hỗn
hợp Y và điện cực hiđro tiêu chuẩn.
2

0
Cho biết: pK a1(H 2S) = 7,02; pK a2(H 2S) = 12,90; pK a(HCrO4 ) = 6,50; E Pb

2+

/Pb

= -0,126 V

pK s(PbS) = 26,60; pK s(PbCrO4 ) = 13,70; pK s(Pb(OH)2 ) = 14,90

2 CrO 24 + 2H+ 
Pb2+ + H2O 
Pb2+ + 2H2O 

2

Cr2O 7

K = 3,13.1014

+ H2 O


lg  β1 = lg βPb(OH) = -7,80

PbOH+ + H+
Pb(OH)2(dd) + 2H+

Pb2+ + 3H2O 


lg  β2 = lg βPb(OH)2 = -17,20

lg  β3 = lg βPb(OH)3 = -28,00

Pb(OH) 3 + 3H+


(với pKa = -lgKa; pKs = -lgKs; ở 25oC:

2,303RT
F

= 0,0592 V)

Câu 4 (2,5 điểm) Hóa nguyên tố ( nhóm IV, V)
Nung 8,08 gam một muối X thu được các sản phẩm khí và 1,6 gam một hợp
chất rắn Y khơng tan trong nước. Ở một điều kiện thích hợp, cho tất cả sản phẩm khí
vào một bình có chứa sẵn 200 gam dung dịch NaOH 1,2% thì phản ứng vừa đủ và thu
được dung dịch chỉ chứa một muối duy nhất có nồng độ 2,47 %. Xác định cơng thức
phân tử của muối X, biết rằng khi nung kim loại trong X khơng thay đổi số oxi hóa.
Câu 5 (2,5 điểm) Phức chất, phân tích trắc quang
1. Thêm dần dung dịch KCN vào dung dịch NiCl2 lúc đầu thu được kết tủa xanh R,
sau đó kết tủa này tan ra tạo thành dung dịch màu vàng của chất S. Nếu cho thêm tiếp
KCN đặc thì thu được dung dịch màu đỏ của chất T.
a. Hãy viết các phương trình phản ứng xảy ra trong thí nghiệm này.
b. Cho biết S và T đều nghịch từ, dựa theo thuyết liên kết hóa trị (VB), hãy dự đốn
cấu trúc phân tử của chúng.
2. Chiếu một chùm tia đơn sắc (có bước sóng λ xác định) qua dung dịch mẫu chất

 I 

nghiên cứu thì cường độ của tia sáng tới Io giảm đi chỉ còn là I. Tỉ số T =  I  được
 0 
gọi là độ truyền qua. T phụ thuộc vào nồng độ mol C (mol·L-1) của chất hấp thụ ánh
sáng trong dung dịch, chiều dày lớp dung dịch l (cm) và hệ số hấp thụ mol ε (L·mol1

·cm-1) đặc trưng cho bản chất của chất hấp thụ (định luật Lambert-Beer):
- lg T = εlC
3


Để xác định giá trị Ka của một axit hữu cơ yếu HA, người ta đo độ truyền qua của một
chùm tia đơn sắc (tại bước sóng λ xác định) với dung dịch axit HA 0,05 M đựng trong
thiết bị đo với chiều dày lớp dung dịch l = 1 cm. Kết quả cho thấy 70% tia sáng tới bị
hấp thụ. Giả thiết, chỉ có anion A- hấp thụ tia đơn sắc tại bước sóng này và hệ số hấp
thụ mol ε của A- là 600 L·mol-1·cm-1. Tính giá trị Ka của HA trong điều kiện thí
nghiệm.
Câu 6 (2,5 điểm) Đại cương hóa hữu cơ (Cơ chế phản ứng - xác định cấu trúcđồng phân lập thể- danh pháp-so sánh nhiệt độ sơi, nhiệt độ nóng chảy, độ tan
(cho dưới dạng bài tập giải thích dựa trên cơ sở những dữ kiện đã cho)- khả năng
phản ứng).
1. Axit crotonic CH3 - CH = CH - COOH có 2 đồng phân hình học. Hãy so sánh tính
axit và nhiệt độ nóng chảy của 2 đồng phân này?
2. Viết công thức tất cả các đồng phân hình học của hợp chất C 3H4BrCl và sử dụng
danh pháp Z-E để gọi tên các đồng phân hình học đó.
3. Đề nghị cơ chế chi tiết hình thành các sản phẩm trong các trường hợp sau:
a.
O

O

CH3ONa/ CH3OH

O

2 mol

b.
O

O

O
H+

OH

OH

O
OH

Câu 7 (2,5 điểm) Hidrocacbon (phản ứng, cấu trúc)
Hợp chất X có cấu tạo như sau:

1. Cho X tác dụng với H2O/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]

4

a. Dùng cơng thức vịng 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 vṍi 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?
Câu 8 (2,5 điểm) Tổng hợp hữu cơ dạng dãy chuyển hóa (khơng có dị tố N, S)
Viết cơng thức cấu tạo của các hợp chất hữu cơ A, B, C, D, E, F, G, H, I, J, K,
M, N để hồn thành các sơ đồ chuyển hóa sau:
1.

2.

NaCN

PhCHO

A
(C14H12O2)

CH3-CH2-CH2-OH

CH2=CH-CHO
HO

HBr

PCC, CH2Cl2

G
OH

Mg

ete

HNO3, CH3COOH

D

H2N-C(CH3)3
O
CH3

1. CH3

H

B

2. H2O

1. NaOH, t

o

+

2. H

E
I

C

LiN[CH(CH3)2]2
H2, Pd/C

J

H2O, H+

F
M

H2O, H+

K

N
(C15H20O)

* Các nguyên tử khối:
Cho Fe=56; C=12; N=14; O=16; H=1; S=32; Ca=40; Mg=24; K=39; Na =23; Br=80;
Al=27; Ag=108; Cu =64; Ba =137; I = 127.
______________________________Hết_______________________________
(Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu, giám thị khơng giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh:…………………………………….. Số báo danh:……………

Họ tên, chữ ký của giám thị 1:……………………………………………………
Người ra đề: Hoàng Thị Hải Vân
(Sđt: 0917. 193. 186)

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIII
TRƯỜNG THPT CHUYÊN CAO BẰNG

HƯỚNG DẪN CHẤM
MƠN: HĨA HỌC. LỚP: 11
(Hướng dẫn chấm gồm 10 trang)
5


Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã định.
Câu
1
(2,5)

Nội dung

Đi
1,

1. Phản ứng là bậc 1 nên: [X] = [X0].e-kt (1)  v = k[X] = k.[X0].e-kt
 lnv = ln(k.[X0]) – kt (2)
hay: lnv = lnv0 – kt (3) (v0 là tốc độ dầu của phản ứng)

 lnv = lnv0 –

kt

v0
4.10 4

2.10 2 (phút-1)
. Vì k =
2
2,303
[X]0 2.10

 lnv = -3,4 – 8,7.10-3t (t tính bằng phút, v tính bằng mol.L-1.phút-1)

0

2. Đối với phản ứng bậc 1:
t1/2 =

ln 2 0,693

34,7 (phút)
k
2.10 2

3. Phản ứng 2NO (k) + 2H2 (k) → N2 (k) + 2H2O (k) tuân theo quy luật động học
thực nghiệm: v = k[NO]2[H2].
Cơ chế 1
2 NO (k) → N2O2 (k)
(nhanh) (1)
N2O2 (k) + H2 (k) → 2HON (k)
(nhanh) (2)
HON (k) + H2 (k) → H2O (k) + HN (k) (chậm) (3)

HN (k) + HON (k) → N2 (k) + H2O (k) (nhanh) (4)
Chấp nhận gần đúng rằng giai đoạn quyết định tốc độ phản ứng là giai đoạn chậm
nhất.
Trong cơ chế đã cho, giai đoạn (3) chậm quyết định tốc độ phản ứng, nên:
v = k3.[HON].[H2] (5)
Khi nồng độ các sản phẩm trung gian đạt được trạng thái dừng

d[N 2O 2 ] 1
k1[NO]2
2
 k1[NO]  k 2[H 2 ][N 2O2 ] 0 (6)  [N 2O 2 ] 
(7)
dt
2
2k 2[H 2 ]
d[HON]
2k 2[H 2 ][N 2O 2 ]  k 3[HON][H 2 ] - k 4[HON][HN] 0 (8)
dt
d[HN]
k 3[HON][H 2 ] - k 4[HON][HN] 0 (9)
dt
Lấy (8) trừ (9) và biến đổi đơn giản, ta có: [HON] 

k 2 [N 2O 2 ]
(10)
k3

k1[NO]2
(11)
Thay (7) vào (10) rút ra: [HON] 

2k 3[H 2 ]

6

1


Thay (11) vào (5) thu được: v 

k1[NO]2
= k[NO]2 . Kết quả này không phù hợp với
2

định luật tốc độ thực nghiệm. Cơ chế 1 là khơng có khả năng.
Cơ chế 2
2 NO (k)  N2O2 (k)
(nhanh) (12)
N2O2 (k) + H2 (k) → N2O (k) + H2O (k) (chậm) (13)
N2O (k) + H2 (k) → N2 (k) + H2O (k)
(nhanh) (14)
Tốc độ phản ứng được quyết định bởi (13) nên: v k 5[N 2O 2 ].[H 2 ] (15)
Dựa vào cân bằng 2 NO  N2O2 , rút ra: [N 2 O 2 ] = K cb .[NO] 2 .
2
2
Thay (16) vào (15) thu được: v = K cb .k 5 [NO] .[H 2 ] = k[NO] .[H 2 ]
Kết luận cơ chế (2) cho phép rút ra biểu thức của định luật tốc độ thực
nghiệm. Cơ chế này là có khả năng
1. Ta có: G 0 H0  T.ΔSS0 = - RTlnKp
2

Ở 25 oC: G 0298 H0298  T.ΔSS0298 . Từ phản ứng:

(2,5)

1
O2 + SO2 
2

G 0298 = (- 395,18 + 296,06) – 298.10-3 . (256,22 – 248,52 -

1

SO3, suy ra:

1
. 205,03)
2

= - 99,12 - 298.10-3.(- 94,815)  - 70,87 (kJ.mol-1 )


K p, 298 = e

-

ΔSG 0298
RT

=e

-

- 70,87.103
8,314 . 298

K

= 2,65.1012.
ΔSH0  1

1 

p, 333
=Khi H o = const, ta có: ln


K p, 298
R  333 298 

 ln

K p, 333
2,65.1012

=-

- 99,12.103  1
1 
10
-½


  K p, 333  3,95.10 (atm ).
8,314  333 298 

Khi tăng nhiệt độ từ 25 oC đến 60 oC, hằng số cân bằng Kp giảm từ 2,65.1012
xuống 3,95.1010 (atm- ½), điều này hoàn toàn phù hợp với nguyên lý Le Chatelier (Lơ
Satơliê), do phản ứng (1) tỏa nhiệt
2. Tổng số mol của hệ: n =

1

P.V
1.2

= 0,065 (mol).
R.T 0,082 . 373

Tại thời điểm cân bằng:
nSO3 = 0,03 (mol); nSO2 = 0,05 - 0,03 = 0,02 (mol); n O2 = 0,065 - 0,03 - 0,02 = 0,015 (mol).

Vì áp suất tổng của hệ là 1 atm, do đó:
Kp =

pSO3
pSO2 . pO2

0,03
0,03
0,065
=

=
 3,12 (atm-1/2)
0,02
0,015
0,015
.
0,02 .
0,065
0,065
0,065
7


3.

0

a) Nếu áp suất tăng gấp đôi do thêm He, nhưng thể tích khơng đổi, áp suất riêng phần
của các chất khí khơng đổi, do đó cân bằng khơng bị chuyển dịch.

3

b) Nếu áp suất tổng trong bình khơng đổi, nhưng giả thiết thể tích bình được tăng gấp
đơi, khi đó sẽ làm giảm áp suất riêng phần của các chất (lỗng khí), cân bằng (1) sẽ
chuyển dịch theo chiều nghịch.
1. Các quá trình xảy ra trong dung dịch X:
S2- + H2O  HS- + OHKb1 = 10-1,1
(1)
HS- + H2O 

(2,5)

H2S + OH-

2

CrO 4 + H2O  HCrO 4

Kb2 = 10-6,89

+ OH-

Kb = 10-7,50

0

(2)
(3)

Chú ý: Kb của (3) tính được từ pKa của HCrO4- và Kw(H2O).
OH-

H 2O 

+ H+

Kw = 10-14

(4)

So sánh các cân bằng (1), (2), (3) và (4) ta có:
Kb1. CS >> Kb2. CHS > Kb. CCrO >> Kw nên pHX được tính theo (1):
2

2
4



S2- + H2O 
[ ] 0,02 – x

HS- + OHx

Kb1 = 10-1,1

(1)

x

 [OH-] = x = 0,0166 (M)  pH = 12,22.
2.
Pb2+ + S2-  PbS 

0

0,05
0,02
0,03
Pb2+ + CrO 24  PbCrO4 

0,03
0,03
Trong hỗn hợp Y, phần kết tủa gồm PbS và PbCrO4; phần dung dịch gồm Na+ và NO3 .
Từ cân bằng, ta có:
2 CrO 24 + 2H+ 


2H2O
 2 CrO 24 + H2O 

2

Cr2O 7

2H+
2

Cr2O 7

+ H2O
+ 2OH+ 2OH-

K1 = 3,13.1014
(KW)2 = 10-28
K2 = 3,13.10-14

Vì KS(PbCrO4 ) >> KS(PbS) và vì  β1 >>  β2 >>  β3 nên trong hỗn hợp Y chủ yếu xảy ra các
cân bằng:
PbCrO4  Pb2+ + CrO 24
KS = KS(PbCrO4 ) = 10-13,70 (5)

S
S
(với S là độ tan của PbCrO4 trong Y)

2+
+
+
β1 = 10-7,80
Pb + H2O  PbOH + H
(6)
2
CrO 4 + H2O 



HCrO 4

+

OH-

Kb = 10-7,50

(7a)
8


2 CrO 24 + H2O 
H2O

2

+ 2OH-

Cr2O 7

OH-



H+

+

K2 = 3,13.10-14

(7b)

Kw = 10-14

(8)

Vì K2 = 3,13.10-14 nhỏ, nên chấp nhận bỏ qua quá trình (7b).
So sánh các cân bằng (6), (7a) và (8) ta thấy:


β1 . S0 =  β1 K s = 10-14,65  Kb. S0 = Kb.

K s = 10-14,35 KW = 10-14

(với S0 là độ tan của PbCrO4 trong nước khơng kể các q trình (6), (7a) và (7b)), do
đó, có thể coi khả năng cho, nhận proton của các cấu tử trong hỗn hợp Y gần như tương
đương nhau, vì vậy pHY 7,0.
Chú ý:
Việc kiểm tra cho thấy ở pH = 7,0:
[Pb(OH) 2(dd) ]
2

[Pb ]

*

 17,2



*

 28

10
[Pb(OH) 3 ]

10
  2   14 1;
 3 3   21 1
2
[H ]
10
[Pb ]

[H ]
10
2

nghĩa là việc tính toán bỏ qua sự tạo phức Pb(OH)2(dd) và Pb(OH) 3 là hợp lý.
Pb2+ + S2-  PbS 
0,05
0,02
0,03
2+
Pb + CrO 24  PbCrO4 
0,03
0,03
Trong hỗn hợp Y, phần kết tủa gồm PbS và PbCrO4; phần dung dịch gồm Na+ và NO3 .
Từ cân bằng, ta có:
2.

2 CrO 24 + 2H+ 


2H2O
 2 CrO 24 + H2O 

2

Cr2O 7

2H+
2

Cr2O 7

+ H2O
+ 2OH+ 2OH-

K1 = 3,13.1014
(KW)2 = 10-28
K2 = 3,13.10-14

Vì KS(PbCrO4 ) >> KS(PbS) và vì  β1 >>  β2 >>  β3 nên trong hỗn hợp Y chủ yếu xảy ra các
cân bằng:
PbCrO4  Pb2+ + CrO 24
KS = KS(PbCrO4 ) = 10-13,70 (5)
S
S
(với S là độ tan của PbCrO4 trong Y)

2+
+
+
β1 = 10-7,80
Pb + H2O  PbOH + H
(6)
2
CrO 4 + H2O 

HCrO 4

2 CrO 24 + H2O 

Cr2O 7



2

+

OH-

+ 2OH-

Kb = 10-7,50

(7a)

K2 = 3,13.10-14

(7b)
9

0


H2O

OH-



+

H+

Kw = 10-14

(8)

Vì K2 = 3,13.10-14 nhỏ, nên chấp nhận bỏ qua quá trình (7b).
So sánh các cân bằng (6), (7a) và (8) ta thấy:


β1 . S0 =  β1 K s = 10-14,65  Kb. S0 = Kb.

K s = 10-14,35 KW = 10-14

(với S0 là độ tan của PbCrO4 trong nước khơng kể các q trình (6), (7a) và (7b)), do
đó, có thể coi khả năng cho, nhận proton của các cấu tử trong hỗn hợp Y gần như tương
đương nhau, vì vậy pHY 7,0.
Chú ý:
Việc kiểm tra cho thấy ở pH = 7,0:
*

[Pb(OH) 2(dd) ]

 17,2



*

 28

10
[Pb(OH) 3 ]

10
  2   14 1;
 3 3   21 1
2
[H ]
10
[Pb ]
[H ]
10

2

[Pb ]

2

nghĩa là việc tính tốn bỏ qua sự tạo phức Pb(OH)2(dd) và Pb(OH) 3 là hợp lý.
3. Tính [Cr2O72-] và [Pb2+] trong phần dung dịch của Y:

0

Tại pH = 7,0 thì:
[ Cr2O 72 ] = 3,13.1014.[ CrO 24 ]2.[H+]2 = 3,13.[ CrO 24 ]2
Mặt khác: [ CrO 24 ] + [ HCrO 4 ] + 2[ Cr2O 72 ] = S

Giả sử [ Cr2O 72 ] << [ CrO 24 ] thì:
[ CrO 24 ](1 + K a 1 .[H+]) = S



[ CrO 24 ] =

S
1

(a)



1  K a .[H ]

[Pb2+] + [PbOH+] = S

Lại có:

 [Pb 2 ] 

S
*



1  1.[H ]

(b)

1

Từ (a) và (b)

 S=

K s .(1  1 .[H ] ).(1  K a .[H ]) , thay các giá trị hằng số vào thu
*



1

1



được
S =1,74.10-7 (M)
Thay giá trị S vào (a) ta có:
[CrO42-] = 1,32.10-7 (M)  [Cr2O72-] = 3,13.[ CrO 24 ]2 = 3,13.(1,32.10-7)2 = 5,45.10-14
(M)
10


[Cr2O72-] << [ CrO 24 ] (thỏa mãn giả thiết đặt ra ban đầu!)
Từ (b), ta có:
[Pb2+] = 1,51.10-7 (M)
4. Vì trong hỗn hợp Y quá trình phân li của PbCrO4 là chủ yếu, nên:

EPb = E

2
PbCrO 4 /Pb, CrO 4

E

Pb

2

/Pb

E

0
Pb

2

/ Pb



0, 0592
2

2

0

lg[Pb ]  0,328 (V)  E

0


2H /H 2

= 0,00 (V)

do đó điện cực Pb là anot, điện cực hiđro tiêu chuẩn là catot. Vậy sơ đồ pin:
(-) PbPbS, PbCrO4 |Na+ 0,1 M, NO -3 0,1 M ║H+ 1,0 M│ H2 (p =1bar)|Pt (+)

4
(2,5)

Áp dụng định luật bảo tồn khối lượng, ta có:
mkhí = 8,08 – 1,6 = 6,48 g
Sản phẩm khí + dd NaOH  dd muối 2,47%
nNaOH =

0,

200.1,2
= 0,06 mol
100.40

mdd muối = mkhí + mddNaOH = 6,48 + 200 = 206,48 g
 mmuối =

206,48.2,47
= 5,1g
100

Ta có sơ đồ: Khí + mNaOH  NamA
0,06
0,06/m
 mmuối =(23m+A)

0,

0,06
= 5,1  A = 62m
m

Chỉ có cặp m = 1; A = 62. Vậy NO 3- là phù hợp  NaNO3. Vì sản phẩm khí phản ứng
với NaOH chỉ cho được một muối duy nhất là NaNO 3  Sản phẩm khí bao gồm: NO 2,
O2 do đó muối ban đầu X có thể là: M(NO3)n. Khi đó:
4NO2 + O2 + 4NaOH  4NaNO3 + 2H2O
0,06  0,015  0,06
m NO + m O = 46.0,06 + 32.0,015 = 3,24 g < 6,48 g
 Trong sản phẩm cịn có hơi
nước. Vậy muối X phải có dạng M(NO3)n.xH2O.
Phản ứng nhiệt phân:
2

2

2M(NO3)n.xH2O t  M2On + 2nNO2 + n O2 + 2xH2O
0

2

1

mY = m M O = (2M + 16n)
2

n

0,03 = 1,6  M = 1,12n
0,06
n

Chỉ cặp nghiệm n = 3, M = 56 (Fe) là thỏa mãn.
0,06 x
6,48  3,24
 nH O =
= 0,02x =
= 0,18
2

5
(2,5)

n

18

 x = 9.

Vậy công thức của muối X là: Fe(NO3)3.9H2O
1. a.
NiCl2 + 2CN– + 2H2O
Ni(OH)2↓ (R, xanh) + 2HCN + 2Cl–
Ni(OH)2 + 4CN–
[Ni(CN)4]2– (S, màu vàng) + 2OH–
[Ni(CN)4]2– + CN–
[Ni(CN)5]3– (T, màu đỏ)

0,

11


1.b.
Ni2+ cấu hình d8, ion phức chất [Ni(CN)4]2– nghich từ do vây sẽ lai hóa trong, hai e độc
thân sẽ ghép đơi. Vói phối trí 4 sẽ phù hợp với dạng dsp 2, cấu trúc hình học vng
phẳng. Học sinh có thể suy luận do CN- là phối tử trường mạnh

0,

3d8
4s
4p
4 cặp e nhận từ 4 CNIon phức chất [Ni(CN)5]3– nghịch từ do vậy sẽ lai hóa trong dạng dsp 3 lưỡng chóp
tam giác. Số phối trí 5 trong [Ni(CN) 5]3– học sinh có thể suy luận từ sự lai hóa vì
ion d8 chỉ cịn tối đa 5 AO trống trong trường hợp lai hóa trong.

3d8
4s

4p
5 cặp e nhận từ 5 CNCấu trúc hình học (đối với chất T, học sinh vẽ chóp đáy vng vẫn cho điểm vì trong
dung dịch, hai dạng đơng phân có thể chuyển hóa cho nhau bởi sự quay Berry)
S
CN
CN

Ni

T
CN

CN

2

CN

CN

3

CN
Ni

CN

CN

2. Gọi cường độ ánh sáng ban đầu là Io, cường độ ánh sáng sau khi đi qua dung dịch là

I. Theo đầu bài, cường độ ánh sáng sau khi đi qua dung dịch có giá trị:
I = Io – 70%Io = 30%Io
Từ định luật Lambert-Beer ta có:

1

 30% I o 
 = 0,5229
 Io 

D = 600.1. C A =  lg 


Từ đó, nồng độ của A- tại cân bằng là: 8,715.10-4 (M);
Xét cân bằng:

HA
H+
+
A[ ] 0,05 – 8,715.10-4
8,715.10-4
8,715.10-4

Ka

Từ đó:
4 2

Ka 

 8, 715.10 

4

(0, 05  8, 715.10 )

1,55.10 5

Vậy, hằng số phân li của axit HA là Ka = 1,55.10-5.
1. Cấu tạo của 2 đồng phân hình học:

0
12


6

COOH

H3C

(2,5)

C

H

H3C
C

C

H

C

H

H

COOH
(E)

(Z)

 Tính axit (Z) > (E) do hiệu ứng khơng gian  khả năng xen phủ  giảm  hiệu ứng
+C giảm.
 Nhiệt độ nóng chảy (Z) < (E) do cấu trúc (E) dễ xếp khít hơn (Z)  lực liên kết giữa
các phân tử bền hơn.
2. Sáu cặp đồng phân hình học :
H3C

H

1

H3C

Br

H3C

H

H3C

Cl

Cl
Br
Cl
H
Br
Cl
Br
H
Z-2-clo-1-brompropen E-2-clo-1-brompropen Z-1-clo-2-brompropen E-1-clo-2-brompropen

H3C

Cl

H3C

Br

ClCH2

Br

ClCH2

H

H
Br
H
Cl
H
H
H
Br
Z-1-clo-1-brompropen E-1-clo-1-brompropen Z-3-clo-1-brompropen E-3-clo-1-brompropen

BrCH2

Cl

BrCH2

H

Cl

Br

Br

H
H

H
Cl
Cl
Z-1-clo-3-brompropen E-1-clo-3-brompropen Z-1-clo-2-bromxyclopropan E-1-clo-2-bromxyclopropan

3. a.

0
O

O
O

O

O
-

H

OCH3

O

O H

H

-

H
OCH3

OCH3

-

H

-

OCH3

SP

3. b.

0
O

O

O

OH

+

H
OH

OH

O

+

O
H

..

+

OH

OH

O
OH

OH2

-H2O, -H+

+

SP

O

OH

OH

1. a.

0
13


7

H

H

(R)

(2,5)

OH

(S)

+H2O /H+

(R)

(S)
(R)

(Z)
(S)

(S)

H

H

X

Z

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

H

H

(S)

(S)

OH

(R)

(R)

(R)

(S)

(S)

H

H

Z1
OH

H

H

Z2
H

(R)

(R)
(R)

(S)

(S)

(S)

(S)

(R)

OH

(S)

OH

H

Z5

Z4

Z3

(R)
(S)

H

H

1

2. Hai chất P và Q:

1
H

H

(S)

(Z)
(R)
(S)

(R)
(R)

Br
(S)

(S)

Br

(Z)

H

H

(P)

(Q)

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

.

(R)

H

(S)

(R)
(R)
(Z)

+NBS

(S)

H
H

H

(R)
(S)

X

(S)

.

H

Có 2 sản phẩm trung gian từ đó tạo ra P, Q.

14


8

1.

2PhCHO

NaCN

Ph-CO-CHOH-Ph
(A)

(2,5)

1

Ph

OH

HNO3
Ph-CO-C-Ph
CH3COOH
(B) O

Ph- C- C-OH
O O
Ph

Ph
H

Ph- C - C- OH

+

Ph- C - C- OH
HO O (C)

O O

2.

1

Li+
H2N-C(CH3)3
PCC, CH2Cl2

LiN[CH(CH3)2]2
CH3-CH2-CH=N-C(CH3)3
CH3-CH-CH=N-C(CH3)3
CH3-CH2-CH2-OH
CH3-CH2-CHO
F
D
E
HBr

CH2=CH-CHO
HO

H2C-CH2
OH

H3C

Br

O

Mg

ete

O

O

H2C-CH2
MgBr

G

H

I

- H2O

O
J

H+

F

H3C

CHO
K
CH3

CH3

CHO
K

H3C

O

CH3
Li
CH3-CH-CH=N-C(CH3)3 +

O

H2O

H3C

O

I
CH3

H2, Pd/C

O

OH

O

H3C

CH3

OH

H3C

2. H2O

O

H3C

O
CH3

1. CH3

H2O, H+
- H2N-C(CH3)3

H3C
(CH3)3C-N=HC

M

CH3

H3C
OHC
N

CH3

15