ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG BẰNG KHỐI 12 - Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Tỉnh Vĩnh Long pot

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG BẰNG

Trường THPT chuyên
Nguyễn Bỉnh Khiêm
Tỉnh Vĩnh Long

KHỐI 12 – NĂM HỌC 2010 -2011

Câu 1: (2,5đ)
1.) Nguyên tử của nguyên tố hóa học X có tổng số hạt các loại là 180, trong đó tổng số hạt mang điện
gấp 1,432 lần số hạt nơtron.
a. Hãy viết cấu hình electron của nguyên tử X.
b. Dự đốn tính chất của X ở dạng đơn chất (tính oxi hóa, tính khử), nêu cơ sở dự đốn và viết phương
trình phản ứng để minh họa.
c.. Dạng đơn chất của X tác dụng được với dung dịch AgNO3 (dung môi không phải là nước) ở điều
kiện thường chỉ tạo ra hai chất; trong đó có một chất là XNO3 và một chất kết tủa màu vàng. Hãy viết phương
trình phản ứng và cho biết phản ứng thuộc loại nào.
2). Sắt dạng  (Fe) kết tinh trong mạng lập phương tâm khối, ngun tử có bán kính r = 1,24 Å. Hãy
tính:
a) Cạnh a của tế bào sơ đẳng
b) Tỉ khối của Fe theo g/cm3.
c) Khoảng cách ngắn nhất giữa hai nguyên tử Fe
(Cho Fe = 56 )
ĐÁP ÁN
1.) Nguyên tử X
Gọi số proton là Z, số nơtron là N, số electron là E
Z + N + E = 180
Z + E = 1,432N
Giải hệ phương trình được:

(0,5Đ)

N = 74,0132, do N nguyên nên ta lấy N = 74
 Z = E = 53

X là Iơt

Cấu hình electron: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 4d10 5s2 5p5
- Ngun tử I có 7 electron (chưa bão hịa), đó là những electron hóa trị, I là nguyên tố thuộc nhóm
VII A, dạng đơn chất I2
a. Iơt có khuynh hướng nhận thêm 1 electron để đủ 8 e lớp ngoài cùng. Vậy Iơt có tính oxi hóa, I2 thể
hiện tính chất của phi kim.
2Na + I2  2NaI

I 0 + 2e
2

(0,25Đ)

= 2I-

b. Iơt thuộc nhóm VII A nên có tính phi kim yếu, khi tiếp xúc với chất oxi hóa mạnh hơn thì Iơt thể
hiện tính khử
3I2 + 10HNO3  6HIO3 + 10 NO + 2H2O
I2 - 2e

(0,25Đ)

→ 2I

c. PTPƯ

I2 + AgNO3  AgI + INO3
Vàng

( 0,25Đ)

Thuộc loại pư tự oxi hóa khử vì ngun tử I từ cùng trạng thái oxi hóa (0) chuyển thành 2 trạng thái
oxi hóa khác nhau (-1) và (+1)
(0,25Đ)


B
A

B

A
E

E
a

C
C

D

a

D

Mạng tế bào cơ sở của Fe (hình vẽ)
Theo hình vẽ, số nguyên tử Fe là
1
 Ở tám đỉnh lập phương = 8  = 1
8
 Ở tâm lập phương = 1
Vậy tổng số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đảng = 1 + 1 = 2 (nguyên tử) (0,25Đ)
b) Từ hình vẽ, ta có: AD2 = a2 + a2= 2a2
xét mặt ABCD: AC2 = a2 + AD2 = 3a2

4r

4 1,24

= 2,85 Å
(0,25Đ)
3
3
c) Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE:
AC a 3
2,85  3
AE =
=
= 2,468 Å
(0,25Đ)

2
2
2
d) Khối lượng riêng: + 1 mol Fe = 56 gam

+ Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a3 chứa 2 nguyên tử Fe
+ 1 mol Fe có NA = 6,02 1023 nguyên tử
56
m
Khối lượng riêng d =
=2
= 7,95 g/cm3
(0,25Đ)
23
V
6,02  10  (2,85  108 )3
mặt khác, ta thấy AC = 4r = a 3 nên a =

Trường THPT chuyên

BẰNG

=

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG


Nguyễn Bỉnh Khiêm
Tỉnh Vónh Long

KHỐI 12 – NĂM HỌC 2008 -2009

Câu 2: (3Đ)
1)Cho H2S lội chậm qua dung dịch A gồm các ion FeCl3, NH4Cl, CuCl2 (đều có nồng độ mol/lít) cho
đến bão hịa thì thu được dung dịch B và kết tủa C. Hãy cho biết các chất trong B và C?

2) Dung dịch A chứa 0,395 g pyridin( C5H5N) trong 100ml dung dịch
a.Tính pH dug dịch A, hằng số bazờ của pyridin 1,51.10-9
b.Nếu thêm 0,0025 mol HCl vào 100ml dung dịch (nếu khơng làm thay đổi thể tích dung dịch) thì p H dung
dịch thu được sẽ bằng bao nhiêu
ĐÁP ÁN
1)Trong dung dịch có các ion: Fe3+, NH4+, Cu2+, Cl-. Khi dẫn H2S vào:
Cu2++ H2S  CuS + 2H+
2Fe3++ H2S  2Fe2++ S + 2H+

(0,25Đ)
(0,25Đ)

Các phản ứng trên giải phóng ra H+ ngăn cản q trình kết tủa FeS. (0,25Đ)
Vậy dung dịch B: NH4Cl, FeCl2, HCl, H2S. (0,5Đ)
Kết tủa C: CuS và S.
(0,25Đ)
2)
a.Pyridin là một bazờ yếu nên
1
1
1
pH= 14- [ pKb - pKb - lg C]
(0,25Đ)
2
2
2
Thay C= 5.10-2 mol/l và kP = 1,51.10-9  p H= 8,92
(0,25Đ)
b. Trong 100 ml dung dịch pyridin 0,005 mol pyridin
Khi cho 0,0025 mol HCl vào sẽ có 0,0025 mol pyridin trung hịa theo phản ứng

C5H5N + HCl ƒ [ C5H5NH+] Cl (0,25Đ)
Dung dich đệm [C5H5N] = 0,0025 M
[ C5H5NHCl] = 0,0025M
pOH = pKb +log

cbaz
= 8,82
Caxit

p H= 14-8,82 = 5,18

(0,5Đ)
(0,25Đ)


Trường THPT chuyên

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG

BẰNG
Nguyễn Bỉnh Khiêm
Tỉnh Vónh Long

KHỐI 12 – NĂM HỌC 2008 -2009

CÂU 3: (2Đ)
Cho Fe3+ + e - → Fe 2+
E0 = 0,771V
+
E0 = 0,799 V

Ag + e → Ag
Người ta lắp một pin theo sơ đồ
Ag│Ag+│Fe2+,Fe3+ │Pt
Với [ Fe2+] =[ Fe3+] = 0,1M
a. Khi nồng độ Ag+ bằng bao nhiêu thì súât điện động của pin bằng 0?
b. Tính hằng số cân bằng của phản ứng
Fe2+ + Ag+ ƒ Fe 3+ + Ag ở 250 C
ĐÁP ÁN
0, 059 [ Fe3 ]
a. E1 =E1 +
lg
= E10 = 0,771V
2
1
[ Fe ]
Thế của điện cực Ag là
E2= E20 +0,059 lg [Ag +]
0

(0,5Đ)
(0,5Đ)

Khi súât điện động của pin (E) đạt tới giá trị = 0 thì thế 2 cực phải bằng nhau
E1 =E2
 E20 +0,059 lg [Ag+] =0,771
( 0,5Đ)
+
(0,5Đ)
 [ Ag ] = 0,3353 M

Trường THPT chuyên

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG

BẰNG
Nguyễn Bỉnh Khiêm
Tỉnh Vónh Long

KHỐI 12 – NĂM HỌC 2008 -2009

CÂU 4 ( 2Đ)
Để xác định bậc của phản ứng
2C2H5OH + 2Br2  CH3COOC2H5 + 4HBr
Người ta tiến hành hai thí nghiệm
Số thí nghiệm
[Br2]
I
4,24.10-3mol/l
2,12.10-3 mol/l
II
8,14.10-3mol/l
4,07.10-3 mol/l
Xác định bậc của phản ứng
ĐÁP ÁN
(t1/2 )1 [ Br2 ]2 ( n 1)
(t )
[ Br ]
=
hay n= lg 1/2 1 / lg 2 2 +1

( 1đ)
( n 1)
(t1/ 2 ) 2 [ Br2 ]1
(t1/ 2 ) 2
[ Br2 ]1

11,1
12,5
n=
+ 1 =0,83 ≈ 1
8,14.10 3
lg
4, 24.10 3
lg

Vậy phản ứng bậc nhất

(0,75đ)

(0,25đ)

Thời gian (giờ)
0
11,1
6
12,5


ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG

Trường THPT chuyên

BẰNG
Nguyễn Bỉnh Khiêm
Tỉnh Vónh Long

KHỐI 12 – NĂM HỌC 2008 -2009

Câu 5 (2điểm)
Hỗn hợp X gồm một kim loại R và muối cacbonat của nó (có tỉ lệ mol tương ứng là 2 : 1). Hịa tan
hồn tồn 68,4 gam hỗn hợp X trong dung dịch HNO3 dư, thấy thoát ra hỗn hợp khí Y gồm NO (sản phẩm khử
duy nhất) và CO2. Hỗn hợp khí Y làm mất màu vừa đủ 420ml dung dịch KMnO4 1M trong H2SO4 lỗng. Khí
cịn lại cho qua dung dịch Ca(OH)2 dư thấy xuất hiện m gam kết tủa, đồng thời khối lượng dung dịch giảm đi
16,8 gam.
a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn.
b. Xác định công thức cơng thức muối cacbonat của R và tính thành phần % theo khối lượng mỗi chất
trong hỗn hợp X.
ĐÁP ÁN
a. TH1: R là kim loại có hóa trị biến đổi:
3Rx(CO3)y + (4nx - 2y)H+ + (nx - 2y) NO3  3xRn+ + 3yCO2
(amol)

+ (nx - 2y)NO + (2nx _ y) H2O (1)

3R + 4nH+ + n NO3  3Rn+ + nNO + 2nH2O

( 0,25đ)

(2)

(2amol)

10NO + 6Mn O4 + 8H+  10 NO3 + 6Mn2+ + 4H2O

(3)

CO2 + Ca2+ + 2OH-  CaCO3 + H2O

(4)

t(mol)

(0,25đ)

t(mol)

b. Theo giả thiết: nR: nmuối = 2 : 1  nR = 2a, nRx(CO3)y : amol
nKMnO4 = 0,42.1 = 0,42 mol  Từ (3)  nNO = 0,7 mol
mddgiảm = mCaCO3 - mCO2  100t - 44t = 56t = 16,8 (g)
 nCO2 = t = 16,8/56 = 0,3mol; Từ (1)  nCO2 = ay  ay = 0,3 (I)
nx  2 y
2m
a
 0,7
3
3
MhhX = a(xMR + 60y) + 2aMR = 68,4

Từ (1) (2)  nNO =

2,7
nx  2n
50,4
(I) (III): a =
xM R  2 M R
Từ (I) (II) : a =

Từ (IV) ta có: MR =

(II)
(III)

(*)

(IV)

(**)

50,4n
2,7

(0,5đ)

(Hoặc HS chỉ cần trình bày từ (I) (II) (III) ta có: MR =
n

1

2

3

MR

18,7

37,3

56
Thích hợp

50,4n
)
2,7


Vậy R là Fe
Thế n = 3 vào (*) (IV)  a =
(I)  a =

(0,5đ)
2,7
3x  6

0,3
2,7
0,3


 3y  x  2

y
3x  6
y

(0,25Đ)

Nên x = 1, y = 1 là nghiệm hợp lý
 Công thức phân tử của muối là FeCO3

( 0,25Đ)


ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG

Trường THPT chuyên

BẰNG
Nguyễn Bỉnh Khiêm
KHỐI 12 – NĂM HỌC 2008 -2009
Tỉnh Vónh Long
Câu 6: (2 điểm)
1.
a) Sắp xếp trình tự giảm dần khả năng brom hóa vào vịng benzen của các chất có tên sau:
m – đinitrobenzen; toluen; m – xlien; benzen; p – nitrobenzen.
b) Sắp xếp theo trình tự tăng dần tính axit của các chất trong dãy sau: axit benzoic, phenyl etanoic,
3 – phenyl propanoic, xiclohexyl etanoic, 1 – metyl xiclohexan cacboxylic
c) Sắp theo chiều thứ tự tăng dần tính bazơ của các chất trong dãy sau:
NH – CH3 ;
CH2 – NH2;
CH2 – NH2; O2N

NH2
d) So sánh nhiệt độ sôi của 3 đồng phân benzenđiol ( 2400C, 2730C, 2850)
2. Dựa theo các giá trị momen lưỡng cực của các đồng phân hình học, hãy cho biết đồng phân nào là cis – và
đồng phân nào là trans – (A hay B). Giải thích?
a) FHC = CHF
µ A = 0D
µ B = 2,42D

µ A = 1,57D µ B = 1,69D
Đáp án:
CH
NO

b) CH3 – CH = CH – Br
CH
a)

CH

3

3

3

>

>

2

>

>

(0,25Đ)
NO

CH
NO

3

b)

CH
3

CH2COOH

COOH

<
c) O2N
d)

(CH2)2COOH CH2COOH

<

NH2 <

<

CH2 – NH2 <
OH

OH

2

2

COO
H

<

(0,25Đ)

CH2 – NH2 <

NH – CH3

(0,25Đ)

OH

OH

<

<

(0,25Đ)

OH
OH
2400C
2)

2700C

H

2850C

H
C

H

C

F

C
F

H

H

H

Br

C

µ A = 1,57D – cis

(0,5Đ)

µ A = 0D - trans

H

CH3

C

F

µ B = 2,42D – cis

C

F

C

Br

CH3

C

(0,5Đ)
H

µ B = 1,69D – trans


ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG

Trường THPT chuyên

BẰNG
Nguyễn Bỉnh Khiêm
Tỉnh Vónh Long

KHỐI 12 – NĂM HỌC 2008 -2009

Câu 7: (2,5 điểm)
1. Hợp chất A mạch hở chứa C, H, O có khối lượng phân tử 74đvC. Biết rằng A không phản ứng với Na và
khi phản ứng với dung dịch NaOH chỉ thu được một chất hữu cơ. Xác định công thức cấu tạo của A, biết từ A
thực hiện được sơ đồ sau đây:
H O

 C H MgCl

H O

A
2
2 5
2
CH3MgCl  B  CH3CHO  D  ancol sec – butylic.


Viết các phương trình phản ứng xảy ra ở dạng công thức cấu tạo thu gọn.
2. Cho axetanđehit tác dụng với lượng dư fomanđehit có mặt NaOH, thu được chất A. Cho A tác dụng với
lượng dư dung dịch NaBr bão hòa và H2SO4 đặc, thu được chất A. Đun nóng B với bột Zn, thu được chất C. C
có cơng thức phân tử là C5H8. Viết các phương trình phản ứng xảy ra?
Đáp án:
1. Gọi cơng thức phân tử A là CxHyOz. Theo giả thiết ta có:
12x+y+16z=74
y  2x+2
Có thể chọn được:
z=1  C4H10O
z=2  C3H6O2
(0,25Đ)
z=3  C2H2O3
Vì A khơng tác dụng với Na và khi phản ứng với dung dịch NaOH chỉ tạo được 1 chất hữu cơ do đó A khơng
phải axit, rượu hoặc este. Kết hợp với sơ đồ điều chế  A thỏa mãn cơng thức C2H2O3 và có cơng thức như sau:
H–C–O–C–H
║
║
anhiđric fomic
(0,25Đ)
O

O
Các phương trình phản ứng xảy ra:
(HCO)2O + 2NaOH  2HCOONa + H2O

CH3MgCl + (HCO)2O  CH3 – CH – O – C – H

│
║
OMgCl O
CH3 – CH – O – C – H + H2O  CH3CHO + HCOOH + MgOHCl
(1Đ)

│
║
OMgCl O
C2H5MgCl + CH3CHO  CH3CH2 – CH – OMgCl

│
CH3
CH3CH2 – CH – OMgCl + H2O  CH3CH2 – CH – OH + MgOHCl

│
│
CH3
CH3
2)
CH2OH
│
CH3CHO + 4HCHO + NaOH  HOCH2 – C – CH2OH + HCOONa


│
CH2OH
CH2OH
CH2Br
│
│
HOCH2 – C – CH2OH + 4NaBr + 4H2SO4  BrCH2 – C – CH2Br + 4NaHSO4 + 4H2O

│
│
CH2OH
CH 2Br
(1Đ)
CH2Br
CH2
CH2
│
BrCH2 – C – CH2Br + 2Zn 

C
+ 2ZnBr2
│


CH2Br

CH2

CH2

Trường THPT chuyên

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG

BẰNG
Nguyễn Bỉnh Khiêm
Tỉnh Vónh Long

KHỐI 12 – NĂM HỌC 2008 -2009

CÂU 8( 2Đ)
: Khi thủy phân hòan tòan 1 mol tri peptit B thu được 2 mol Glu, 1mol Ala và 1 mol NH3 , B không
phản ứng với 2,4 –đinitroflobenzen và B chỉ có một nhóm cacboxyl tự do.Thủy phân B nhờ enzim
cacboxypeptidaza thu được alanin.Xác định công thức cấu tạo của B.
ĐÁP ÁN:
Thủy phân B nhờ enzim cacboxypeptidaza thu được alanin  aminoaxit đầu C là Ala và như vậy
tripeptit có cấu tạo như sau Glu-Glu-Ala.

(0,5Đ)

B khơng phản ứng với 2,4-đinitro flobenzenvà B chỉ có một nhóm cacboxyl tự do  nhóm NH2 của
aminoaxit đầu N đã tạo lactam với nhóm cacboxyl củaGlu thứ hai tồn tại dưới dạng amit –CONH2 (0,5Đ)
.Vậy công thức của B là

(1Đ)


Trường THPT chuyên

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG

BẰNG
Nguyễn Bỉnh Khiêm
Tỉnh Vónh Long

KHỐI 12 – NĂM HỌC 2008 -2009

Câu 9 (2Đ):
Mannozơ (monosaccarit) HOCH2-(CHOH)4-CHO là đồng phân của glucozơ.Ở dạng vịng sáu cạnh
mannozơ chỉ khác glucozơ ở chỗ nhóm OH ở nguyên tử C2 nằm cùng phía với OH ở nguyên tử C3 .Oxi hóa
mannozơ bằng dung dịch HNO3 ở 1000C thu được sản phẩm Y chứa 41,38% C, 3,45% H và 55,17% O.Y bị
thủy phân cả trong môi trường axit và bazờ tạo ra axit polihidroxidicacboxilic hoặc muối tuơng ứng.Xác định
công thức cấu tạo của Y biết MY = 174 u
Đáp án
Đặt công thức tổng quát của Y là CxHyOz
Ta có : x: y:z =

41,38 3, 45 55,17
:
:
= 1:1:1
12
1
16

CTPT : C6H6O6
(0,5Đ)
Axit nitric oxi hóa nhóm –CH2OH và CHO thành hai nhóm COOH
Nếu sản phẩm cuối là HOOC-(CHOH)4 –CHO (C6H10O8) thì khơng phù hợp với cơng thức phân tử

của Y (C6H6O6)
(0,5Đ)
.Mặt khác theo giả thiết Y bị thủy phân trong môi trường axit cũng như bazờ ,vậy Y phải là este nội
phân tử (lacton) hai lần este ứng với cấu trúc bền (vịng 5 hoặ 6 cạnh)
thì cấu tạo của Y sẽ là
(mỗi ct 0,25đ)


Câu 9 (2Đ):
Mannozơ (monosaccarit) HOCH2-(CHOH)4-CHO là đồng phân của glucozơ.Ở dạng vịng sáu cạnh
mannozơ chỉ khác glucozơ ở chỗ nhóm OH ở nguyên tử C2 nằm cùng phía với OH ở nguyên tử C3 .Oxi hóa
mannozơ bằng dung dịch HNO3 ở 1000C thu được sản phẩm Y chứa 41,38% C, 3,45% H và 55,17% O.Y bị
thủy phân cả trong môi trường axit và bazờ tạo ra axit polihidroxidicacboxilic hoặc muối tuơng ứng.Xác định
công thức cấu tạo của Y biết MY = 174 u
Đáp án
Đặt công thức tổng quát của Y là CxHyOz


Ta có : x: y:z =

41,38 3, 45 55,17
:
:
= 1:1:1
12
1
16

CTPT : C6H6O6
Axit nitric oxi hóa nhóm –CH2OH và CHO thành hai nhóm COOH

Nếu sản phẩm cuối là HOOC-(CHOH)4 –CHO (C6H10O8) thì khơng phù hợp với cơng thức phân tử
của Y (C6H6O6) .Mặt khác theo giả thiết Y bịthủy phân trong môi trường axit cũng như bazờ ,vậy Y phải là
este nội phân tử (lacton) hai lần este ứngvới cấu trúc bền (vịng 5 hoặ 6 cạnh) thì cấu tạo của Y sẽ là


CÂU 8( 2Đ)
: Khi thủy phân hòan tòan 1 mol tri peptit B thu được 2 mol Glu, 1mol Ala và 1 mol NH3 , B không
phản ứng với 2,4 –đinitroflobenzen và B chỉ có một nhóm cacboxyl tự do.Thủy phân B nhờ enzim
cacboxypeptidaza thu được alanin.Xác định công thức cấu tạo của B.
ĐÁP ÁN:
Thủy phân B nhờ enzim cacboxypeptidaza thu được alanin  aminoaxit đầu C là Ala và như vậy
tripeptit có cấu tạo như sau Glu-Glu-Ala. B khơng ophản ứng với 2,4-đinitro flobenzenvà B chỉ có một nhóm
cacboxyl tự do  nhóm NH2 của aminoaxit đầu N đã tạo lactam với nhóm cacboxyl củaGlu thứ hai tồn tại
dưới dạng amit –CONH2 .Vậy công thức của B là


CÂU 9 :
Cho Fe3+ + e - → Fe 2+
E0 = 0,771V
+
Ag + e → Ag
E0 = 0,799 V
Người ta lắp một pin theo sơ đồ
Ag│Ag+│Fe2+,Fe3+ │Pt
Với [ Fe2+] =[ Fe3+] = 0,1M
c. Khi nồng độ Ag+ bằng bao nhiêu thì súât điện động của pin bằng 0?
d. Tính hằng số cân bằng của phản ứng
Fe2+ + Ag+ ƒ Fe 3+ + Ag ở 250 C
ĐÁP ÁN
0, 059 [ Fe3 ]

lg
= E10 = 0,771V
2
[ Fe ]
1
Thế của điện cực Ag là
E2= E20 +0,059 lg [Ag +]

b. E1 =E10 +

Khi súât điện động của pin (E) đạt tới giá trị = 0 thì thế 2 cực phải bằng nhau
E1 =E2
 E20 +0,059 lg [Ag+] =0,771
+
 [ Ag ] = 0,3353 M