TUYỂN CHỌN BÀI TẬP HÓA HỌC ÔN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12

TỦN CHỌN BÀI TẬP HÓA HỌC ƠN THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12
Câu 1
Một trong các phương pháp tổng hợp peptit là bảo vệ nhóm amin bằng axyl hóa benzylclocacbonat gọi là
cacbobenzoxyclorua . Hãy dùng phương pháp này tổng hợp tripeptit Gly-Ala-Phe .
1. Hợp chất hữu cơ A có cơng thức phân tử C
13
H
24
O .
- Ozon phân A thu được HOCH
2
CH=O , CH
3
[CH
2
]
2
COCH
3
và CH
3
CH
2
CO[CH
2
]
2
CH=O.
- Nếu cho A tác dụng với brom theo tỉ lệ mol 1:1 rồi mới ozon phân sản phẩm chính sinh ra thì chỉ thu được
hai sản phẩm hữu cơ ( trong đó có một hợp chất xeton ).
- Đun nóng A với dung dịch axit dễ dàng thu được sản phẩm B có cùng cơng thức phân tử với A, song khi

ozon phân B chỉ cho một sản phẩm hữu cơ duy nhất .
a. Xác định cơng thức cấu tạo của hợp chất A.
b. Viết cơ chế phản ứng chuyển hóa A thành B.
Câu 2
1. Hỏi kết tủa Ag
2
CrO
4
có tan được trong dung dòch NH
4
NO
3
không?
Cho:
76,4
)(
10
3
−
=
NHb
K
;
5,6
)(
10
4
−
=
−

HCrOa
K
.Tích số tan
8,11
)(
10
42
−
=
CrOAg
T
Hằng số bền của phức
32,3
)(
10
3
=
+
AgNH
β
2. Cho dung dòch A gồm KCN 0,120 (M); NH
3
0,150 (M) và KOH 5.10
-3
(M).
Tính pH của dung dịch A. Cho biết pK
a
(HCN) = 9,35 ; pK
a
(NH

4
+
) = 9,24.
3. Một trong những yếu tố quan trọng ảnh hưởng lên độ tan của các muối khó tan là pH .
FeS là một ví dụ điển hình. Độ tan của nó bị ảnh hưởng bởi pH khi anion sunfua phản ứng với ion H
+
.
Tính độ tan của FeS trong dung dịch axit có pH = 5,0.
Biết hằng số phân li của axit H
2
S lần lượt là: K
1
= 10
-7,02
, K
2
= 10
-12,9
, T(FeS) =10
-17,2

Fe
2+
+ H
2
O
Fe(OH)
+
+ H
+

92,5
10*
−
=
β

Câu 3
1. Khi CO khử hơi nước ở nhiệt độ cao theo phản ứng :

CO (k) + H
2
O (k)
CO
2
(k) + H
2
(k) (1)
a. Bắt đầu từ nhiệt độ 1100K, khi tăng thêm 1K thì hằng số cân bằng K
p
của phản ứng giảm 0,32% .
Tính ∆H
0
của phản ứng ở 1100K .

b. Ở 1500K và 1atm , độ phân hủy của H
2
O(k) thành H
2
(k) và O
2

(k) là 2,21 .10
-4
.
Trong cùng điều kiện trên , độ phân hủy của CO
2
(k) thành CO(k) và O
2
(k) là 4,8.10
-4
.
Tính K
p
của phản ứng (1) ở nhiệt độ 1500K.
2. Phản ứng 2XO(k) + 2H
2
(k) X
2
(k) + 2H
2
O(k) tn theo quy luật động học thực nghiệm :
v = k[XO]
2
[H
2
] . Cơ chế được đề xuất cho phản ứng này :
2XO(k)
k
1
X
2

O
2
(k) ( nhanh)
X
2
O
2
(k)
+ H
2
(k)
2HOX (k) ( nhanh)
k
2
1
HOX (k) + H
2
(k)
k
3
H
2
O(k) + HX (k) ( chậm)
HX (k) + HOX (k)
k
4
X
2
(k) + H
2

O (k) (nhanh)
Cơ chế này có phù hợp với quy luật động học thực nghiệm ? Tại sao ?
Câu 4
1. Cho phản ứng tạo thành 1 mol H
2
O(k)

từ

H
2
(k)

và O
2
(k) và các dữ kiện nhiệt động ở 25
0
C và 1 bar.
H
2
(k)

+
2
1
O
2
(k) → H
2
O(k)

Coi
0
p
C
không phụ thuộc vào nhiệt độ . Hãy tính ∆S
0
của phản ứng trên ở 100
0
C.
2. Ở điều kiện chuẩn, entanpy phản ứng và entropy của các chất có giá trị như sau:
2NH
3
+ 3N
2
O → 4N
2
+ 3H
2
O ∆H
o
298
= -1011kJ (1)
N
2
O

+ 3H
2
→ N

2
H
4
+ H
2
O ∆H
o
298
= -317kJ (2)
2NH
3
+
2
1
O
2
→ N
2
H
4
+ H
2
O ∆H
o
298
= -143kJ (3)
H
2
+
2

1
O
2
→H
2
O ∆H
o
298
= -286kJ (4)
S
o
298
(N
2
H
4
) = 240J/mol.K , S
o
298
(H
2
O) = 66,6J/mol.K
S
o
298
(N
2
) = 191J/mol.K , S
o
298

(O
2
) = 205J/mol.K.
a. Tính entanpy tạo thành ∆H
o
298
của N
2
H
4
, N
2
O và NH
3
.
b. Viết phương trình phản ứng cháy của hidrazin tạo thành nước và nitơ. Tính hằng số cân bằng phản
ứng ở 298K.
Câu 5 Cho cân bằng : 3Au
+
Au
3+
+ 2Au (1)
Thế khử tiêu chuẩn của: Au
+
/Au có
VE 68,1
0
1
=
; Au

3+
/Au có
VE 5,1
0
2
=
a . Tính hằng số cân bằng K phản ứng (1) .
b . Tính nồng độ cation Au
+
lớn nhất trong dung dịch Au
3+
10
-3
mol.l
-1
.

b . Trong dung dịch có dư anion X
-
, Au
+
tạo phức AuX
2
-
(hằng số không bền K
1
).
Au
3+
tạo phức AuX

4
-
(hằng số không bền K
2
), dư ion X
-
có cân bằng sau

3AuX
2
-
AuX
4
-
+ 2X
-
+ 2Au
( hằng số cân bằng là K′).
Viết biểu thức tính K′ theo K, K
1
, K
2
Cho biết: X
-
= Br
-
, pK
1
= 12; pK
2

= 32
X
-
= CN
-
, pK
1
= 38; pK
2
= 56 . Dựa vào kết quả tính toán đưa ra kết luận gì ?
Câu 6
2
H
2
(k) O
2
(k) H
2
O(k)

S
0
(J.K
-1
.mol
-1
) 130,684 205,138 188,83
0
p
C

(J.K
-1
.mol
-1
)
28,824 29,355 33,58
1. Khi sự sống bắt đầu trên Trái Đất thì thành phần khí quyển gồm: khí А, CH
4
, NH
3
và các khí khác,
trong lúc đơn chất B hầu như không có. Do các quá trình hóa học diễn ra trong cơ thể sống nên lượng khí A
giảm trong khi đó B tăng. B có mặt nhiều ở khí quyển nhờ sự quang hóa (nA + nH
2
O nB + (CH
2
O)
n
).
Lúc đầu, B tích tụ trong khí quyển, ion Fe
2+
có mặt trong nước biển bị oxi hóa thành Fe
3+
. Tầng khí quyển
bảo vệ Trái Đất khỏi tác dụng của tia tử ngoại chứa chất C, một dạng thù hình của B. Tất cả các biến đổi ở
trên đã tạo nên sự sống đa dạng trên Trái Đất.
Trong các điều kiện xác định, hợp chất D có thể hình thành cả trong khí quyển và cơ thể sống. Các
nguồn gốc dẫn tới sự lão hóa được phát sinh từ sự thoái biến của D. Chất D được tạo thành từ hai nguyên tố
hiđro và oxi, có cả tính oxi hóa và tính khử.
a. Viết công thức của các chất A, B, C, D.

b. Viết phương trình ion thu gọn của các phản ứng oxi hoá - khử:
(1) D + KI + H
2
SO
4
… ; (2) D + K
2
Cr
2
O
7
+ H
2
SO
4
…
2. Sục khí H
2
S vào dung dịch X chứa Cd
2+
0,005 (M) và Co
2+
0,01M đến khi dung dịch bão hòa H
2
S
0,100 (M) . Để lượng Cd
2+
trong dung dịch còn 10% mà CoS vẫn chưa kết tủa thì pH của dung dịch X nằm
trong khoảng nào? Xem thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể .
Cho H

2
S có K
a1
và K
a2
lần lượt là 10
-7,02
và 10
-12,90
, T
CoS
=10
-20,4
, T
CdS
= 10
-26

Câu 7
1. Một anken A (C
6
H
12
) có đồng phân hình học, tác dụng với Br
2
( CCl
4
) cho dẫn xuất dibromua B .
Chất B tác dụng KOH trong C
2

H
5
OH đun nóng cho ankadien C và ankin D.
Ankadien C bị oxi hóa bởi dung dịch KMnO
4
đậm đặc, đun nóng cho ra axit axetic và khí cacbonic. Xác
định công thức cấu tạo của A .
2. Hãy viết công thức cấu tạo từ A đến D. Trình bày cơ chế phản ứng từ phenol
→
A
OH
(H
3
C)
2
C=CH
2
A
H
2
SO
4
H
2
/Ni
p
B
CrO
3
C

1) CH
3
MgBr
2) H
2
O
H
+
,t
o
H
2
O
D
CH
3

Câu 8
1. Khi đun nóng 2-metyl xiclohexan -1,3 - đion với but-3-en-2-on trong dung dịch kiềm (C
2
H
5
ONa)
thu được một hợp chất hữu cơ ( sản phẩm chính ) có công thức C
11
H
14
O
2
.

Hãy viết công thức cấu tạo của C
11
H
14
O
2
và dựa vào cơ chế phản ứng giải thích quá trình tạo sản phẩm .
2. Hai hợp chất hữu cơ đa chức A và B đều có công thức phân tử C
5
H
6
O
4
là đồng phân lập thể của
nhau. Cả A, B đều không có tính quang hoạt, A có nhiệt độ sôi thấp hơn B.
A, B đều tác dụng với NaHCO
3
giải phóng khí CO
2
. Khi hiđro hóa A hay B bằng H
2
với xúc tác Ni được
hỗn hợp X gồm các chất có công thức C
5
H
8
O
4
. Có thể tách X thành hai dạng đối quang của nhau.
a. Lập luận xác định cấu tạo của A và B.

b. Viết công thức Fisher của hai dạng đối quang của X.
c. Cho A tác dụng với Br
2
/CCl
4
. Viết cơ chế phản ứng, viết công thức Newman, công thức phối
cảnh, công thức Fisher của sản phẩm tạo thành.
3. Từ HCHO, CH
3
CHO và các chất vô cơ cần thiết . Hãy tổng hợp spiro[2.2]pentan.
Câu 9
1. D-Arabinozơ là đồng phân cấu hình ở C
2
của D-ribozơ.
3
Để xác định cấu trúc vòng 5 hay 6 cạnh của nó, người ta thực hiện chuỗi phản ứng sau:

HOOC-COOH + HOCH
2
COOH + CH
3
OH
A
CH
3
OH
HCl
HIO
4
-HCOOH

B
1.H
3
O
+
2. Br
2
,H
2
O

H·y vẽ công thức Havooc (Haworth) d¹ng vßng cña
α
- vµ
β
-D -Arabinoz¬.
2. Thủy phân hoàn toàn polypeptit A thu được các amino axit : Val Trp Met
2
Gly
2
Lys Ala
2
Ile Pro Asp
Arg Tyr Cys. Thủy phân không hoàn toàn polypeptit A bằng enzim trypsin thì thu được các phân đoạn sau :
Val- Trp- Met- Gly- Lys , Ala - Ile- Pro- Met- Asp- Arg, Tyr -Ala -Gly -Cys. Nếu dùng enzimchymotrypsin
thì thu được : Ala – Gly – Cys , Met- Gly- Lys- Ala- Ile- Pro- Met- Asp- Arg- Tyr, Val-Trp .
Hãy xác định trình tự các aminoaxit trong polypeptit A.
3. Cho ba amino axit sau:

N

COOH
prolin
lysin axit glutamic
H
NH
2
H
2
N-(CH
2
)
4
-CH-COOH
NH
2
HOOC-(CH
2
)
2
-CH-COOH
Hãy đề nghị giá trị pH để phân tách hỗn hợp các amino axit này bằng phương pháp điện di.
Biết pH
I
của Pro= 6,3, Lys = 9,74 và Glu = 3,08
Câu 10
1.Sử dụng thuyết liên kết hóa trị (VB) và thuyết trường tinh thể (CF) để giải thích dạng hình học, từ tính của
phức chất [Fe(CN)
6
]
4-

, Fe(CO)
5
. Cho Fe(Z=26), C(Z=6), N(Z=7). O( Z=8 ).
2.Một đồng vị phân rã phóng xạ đồng thời theo 2 phản ứng :
−
+→
β
ZnCu
k
64
30
64
29
1
và
+
+→
β
NiCu
k
64
28
64
29
2
Thực nghiệm cho biết từ 1mol
64
Cu ban đầu, sau 25 giờ 36 phút lấy hỗn hợp còn lại hòa tan vào dung
dịch HCl dư thì thu được 16gam chất rắn không tan.
Từ một lượng đồng vị

64
Cu ban đầu , sau 29 giờ 44 phút lấy hỗn hợp còn lại hòa tan vào dung dịch KOH dư
thì phần chất rắn không tan có khối lượng bằng 50,4% khối lượng hỗn hợp .
Tính các hằng số phóng xạ k
1
, k
2
và chu kì bán rã của
64
Cu .
3. Kim cương và than chì là hai dạng thù hình của nguyên tố cacbon. Biết rằng độ dài liên kết C-C
( kim cương ) là 154pm, C-C ( than chì ) là 141 pm, khoảng cách giữa hai lớp than chì là 336 pm.
Kim cương có cấu tạo lập phương tâm diện, ngoài ra còn có bốn nguyên tử nằm ở 4 hốc (site) tứ diện của ô
mạng cơ sở và số nguyên tử cacbon trong một ô mạng tinh thể của kim cương gấp 4 lần số nguyên tử
cacbon trong một ô mạng tinh thể than chì .Hãy tính khối lượng riêng của kim cương và than chì.
(Biết N
A
= 6,02. 10
23
. M
C
= 12).
4
D-Arabinozơ
BÀI GIẢI
Câu 1
1.
H
3
+

NCH
2
COO
-
C
6
H
5
CH
2
OCOCl +
C
6
H
5
CH
2
OCONHCH
2
COOH
-HCl
C
6
H
5
CH
2
OCONHCH
2
COOH

+SOCl
2
/(PCl
5
)
C
6
H
5
CH
2
OCONHCH
2
COCl
C
6
H
5
CH
2
OCONHCH
2
COCl
CH
3
CH(H
3
+
N)COO
-

-HCl
C
6
H
5
CH
2
OCONHCH
2
CONHCH(CH
3
)COOH
C
6
H
5
CH
2
OCONHCH
2
CONHCH(CH
3
)COOH
+SOCl
2
C
6
H
5
CH

2
OCONHCH
2
CONHCH(CH
3
)COCl
C
6
H
5
CH
2
OCONHCH
2
CONHCH(CH
3
)COCl
-HCl
C
6
H
5
CH
2
OCONHCH
2
CONHCH(CH
3
)CONHCH(CH
2

C
6
H
5
)COOH
C
6
H
5
CH
2
CH(NH
3
+
)COO
-
C
6
H
5
CH
2
OCONHCH
2
CONHCH(CH
3
)CONHCH(CH
2
C
6

H
5
)COOH
H
2
/Pd
H
3
N
+
CH
2
CONHCH(CH
3
)CONHCH(CH
2
C
6
H
5
)COO
-
+ C
6
H
5
CH
3
+
CO

2
2. Từ sản phẩm ozon phân : A có 2 công thức phù hợp .
(A
1
) CH
3
CH
2
CH
2
C =CHCH
2
CH
2
C=CHCH
2
OH

CH
3

C
2
H
5
(A
2
) CH
3
CH

2
CH
2
C = CCH
2
CH
2
CH=CHCH
2
OH

CH
3

C
2
H
5
TH1: A
1

CH
3
CH
2
CH
2
CBr-CHBr-CH
2
CH

2
C=CHCH
2
OH
Ozon
Xeton + O=CHCH
2
OH

CH
3

C
2
H
5
TH1: A
2
CH
3
CH
2
CH
2
CBr - CBrCH
2
CH
2
CH=CHCH
2

OH Andehit + O=CHCH
2
OH

CH
3

C
2
H
5
b/ B phải là hợp chất vòng có chứa 1 nối đôi trong vòng, B sinh ra từ sự đóng vòng của A.
CH
2
OH
H
+
,t
0
-H
2
O
CH
2
+
+
HOH
-H
+
OH

(B)
Câu 2
1. Ta coù :
42
CrOAg
+
Ag2
+
−
2
4
CrO
T = 10
-11,8
(1)

OHNH
23
+
−+
+
OHNH
4

76,4
10
−
=
K
(2)

5

−
4
HCrO

−
+
+
2
4
CrOH

5,6
2
10
−
=
a
K
(3)

3
NHAg
+
+

+
3
AgNH

32,3
10
=
β
(4)

+
4
NH

+
+
HNH
3

24,9
14
10
10
1
−
−
==
b
a
K
K
(2
’

)
Tổ hợp 4 cân bằng: (1), (2
’
), (4) và nghòch đảo của (3)
−+++
++→+
43442
HCrOAgNHAgNHCrOAg
có
β
.).(.
1
21
−
=
aa
KKTK
K = 10
-11,8
. 10
-9,24
. 10
6,5
.10
3,32
= 10
-11,22

Suy ra: K bé nên Ag
2

CrO
4
khó tan trong dung dòch NH
4
NO
3
.
2.Trong ddA có các cân bằng sau:
CN
-
+ HOH HCN + OH
-
(1) K
b1
=10
-4,65
NH
3
+ HOH
−+
+
OHNH
4
(2) K
b2
=10
-4,76
KOH
→
K

+
+ OH
-
(3)
H
2
O H
+
+ OH
-
(4) K
w
=10
-14
Vì K
b1
C
b1
≈
K
b2
C
b2
>>

K
w

nên xem như không có cân bằng của H
2
O
Ta có
[ ]
[ ]
[ ]
+−
++=
4
NHHCNCOH
KOH
Đặt
[ ]
xOH
=
−
thì
[ ]
3
3
1. 2
5.10 .
b b
CN
NH
x K K
x x
−
−

 
 
= + +
Hay
[ ]
[ ]
0101010.5
3
76,465,432
=−−−
−−−−
NHCNxx
[ ]
[ ]
MCNHMCCN
NH
CN
15,0;12,0
3
3
====
−
−
Ta có pt bậc 2: x
2
– 5.10
-3
.x - 5,29.10
-6
=0

⇒ x=5,9.10
-3
⇒ [OH
-
] = 5,9.10
-3
⇒ pH = 11,77
3. T = [Fe
2+
][S
2-
]
Ta có: [Fe
2+
] = S Vì mơi trường axit bỏ qua sự tạo phức hidroxo của Fe
2+
C(S
2-
) = S = [S
2-
] + [HS
-
] + [H
2
S]
H
2
S H
+
+ HS

-
K
1
= 10
-7,02
.
HS
-
H
+
+ S
2-
K
2
=10
-12,9
.
Ta có S =
[ ]
[ ] [ ]








++
++

−
21
2
2
2
1
KK
H
K
H
S
[ ]
[ ] [ ]
SS
KKHKH
KK
S
211
2
21
2
α
=
++
=⇒
++
−
Mặt khác S=[Fe
2+
] +[Fe(OH)

+
]
1*
2
][1
][
−+
+
+
=
H
S
Fe
β
Tại pH = 5 thì [H
+
] = 10
-5

S = 2,44.10
-4
(M) S = 2,303.10
-4
(M) ( Nếu bỏ qua cân bằng tạo phức hiroxo )
Câu 3
1. a)
CO (k) + H
2
O (k)
CO

2
(k) + H
2
(k) (1)
6
ln
)(32272)
1101
1
1100
1
.(
314,8
0
0
1100
1101
JH
H
K
K
−=∆⇒−
∆
=
b) H
2
O (k) H
2
(k) + 1/2O
2

(k)
[ ] 1-
α

α
0,5
α
CO
2
(k) CO(k) + 1/2O
2
(k)
[ ] 1-
,
α

,
α
0,5
,
α
Kp
2
=
( )
6
4
2/34
2/1
2/3

2
2/1
10.32,2
)10.21,21(2
)10.21,2(
)1.(25,01
.
22
−
−
−
=
−
=
−+
=
αα
α
OH
OH
P
PP
Kp
3
=
6
4
2/34
,2/1,
2/3

,
2
2/1
10.44,7
)10.8,41(2
)10.8,4(
)1.(2)5,01(
.
2
−
−
−
=
−
=
−+
=
αα
α
CO
OCO
P
PP
(1) =(2) –(3)
Kp
1
=
312,0
10.44,7
10.32,2

6
6
3
2
==
−
−
Kp
Kp
2. Chấp nhận gần đúng rằng giai đoạn quyết định tốc độ phản ứng là giai đoạn chậm nhất
Giai đoạn 3 chậm, quyết định tốc độ phản ứng nên v = k
3
[HOX][H
2
] (*)
Khi các chất trung gian gian đạt đến trạng thái dừng
][2
][
][0]][[][
2
1
][
22
2
1
222222
2
1
22
Hk

XOk
OXOXHkXOk
dt
OXd
=→=−=
(1)

0]][[]][[]][[2
][
4232222
=−−=
HXHOXkHHOXkOXHk
dt
HOXd

(2)
0]][[]][.[
][
423
=−=
HXHOXkHHOXk
dt
HXd
(3)
Lấy (2)-(3) ta có [HOX]=
3
222
][
k
OXk

(4)
Thay (1) vào (4) : [HOX]=
][2
][
23
2
1
Hk
XOk
(5)
Thay (5) vào (*) thu được v =
2
2
1
][
2
][
XOk
XOk
=
.Cơ chế này không có khả năng .
Câu 4 1. Ở 25
0
C ∆S
0
(25
0
) = 188,83-1/2x205,138 -130,684 = -44,423 (JK
-1
)

∆
0
p
C
=33,58 -28,824-1/2x 29,355 =-9,9215 (J.K
-1
)
Biến đổi entropy tạo thành 1 mol H
2
O
(k)
ở 100
0
C.
∆S
0
(100
0
) = ∆S
0
(25
0
) + ∆
0
p
C
ln (T
2
/T
1

) =-44,423 -9,9215 x0,2245 =-46,6502 (J.K
-1
)
2. a. -(1) + 3.(2) + (3) – (4) ⇒ 4N
2
+ 8H
2
4N
2
H
4
Phản ứng trên có: ∆H
o
298
= 203kJ.
Phản ứng N
2
+ 2H
2
→ N
2
H
4
có ∆H
o
298
= 203kJ/4mol = 50,75 (kJ/mol).
Từ (2) ta suy ra ∆H
o
298

(N
2
O) = 81,75 (kJ/mol).
Từ (3) ta suy ra ∆H
o
298
(NH
3
) = -46,125 (kJ/mol).
b) N
2
H
4
+ O
2
→ N
2
+ 2H
2
O
∆H
o
298
= -622,75 (kJ)
∆S
o
298
= -120,8 (J/K)
∆G
o

298
= -586,75 (kJ) ⇒ K = e
-∆G/RT
= 10
102,83
Câu 5
a. Au
3+
+3e → Au E
0
2
= 1,5V
Au
+
+ e → Au E
0
1
= 1,68V
7
Au
3+
+ 2e → Au
+
E
0
=
2
3
0
1

0
2
EE −
=
2
68,15,13
−×
= 1,41V
E
0
/ AuAu
+
> E
0
/
3 ++
AuAu
⇒ 3Au
+
Au
3+
+ 2Au
Ở 298K: lgK =
05910
00
,
)EE(n
)()(
−+
+

=
3
3
122,
9
][
][
10122,9
0592,0
)41,168,1(2
+
+
==⇒=
−
Au
Au
K
b. ⇒[Au
+
] =
3
122,9
3
3
3
10
10][
−+
=
K

Au
= 9,106×10
-5
(mol/l)
3Au
+
Au
3+
+ 2Au K=
3
3
][
][
+
+
Au
Au
Có dư X
-
, tồn tại cân bằng sau:
3AuX
−
2
AuX
−
4
+ 2X
-
+2Au
AuX

−
2
Au
+
+ 2X
-


AuX
−
4
Au
3+
+4X
-

Suy ra:
2
3
1
'
K
K
KK
×=

X
-
= Br
-

⇒ K’= 10
9,122
×
5
32
36
10.32,1
10
10
=
−
−
X
-
= CN
-
⇒ K’=10
9,122
×
878,48
56
114
10
10
10
−
−
−
=
+ Khi anion là Br

-
: Au
+
→ Au
3+
và Au
+ Khi anion là CN
-
: Au
3+
và Au → Au
+

Khi Au
+
tạo phức thì nó ít tham gia phản ứng oxi hóa khử .
Câu 6
1.a/ A: CO
2
; B: O
2
; C: O
3
;

D: H
2
O
2
b/ (1) H

2
O
2
+ 2H
+
+ 2e 2H
2
O
2I
−
I
2
+ 2e
H
2
O
2
+ 2H
+
+ 2I
−
I
2
+ 2H
2
O
Cr
2
O
7

2−
+ 14H
+
+ 6e 2Cr
3+
+ 7H
2
O
3x │ H
2
O
2
O
2
+ 2H
+
+ 2e
Cr
2
O
7
2−
+ 3H
2
O
2
+ 8H
+
2Cr
3+

+ 3O
2
+ 7H
2
O
2. Phương trình phản ứng: H
2
O H
+
+ OH
-
K
w
(1)
H
2
S H
+
+ HS
-
K
a 1
(2)
HS
-
H
+
+ S
2-
K

a 2
(3)
Cd
2+
+ S
2-
CdS T
CdS
= 10
-26
Co
2+
+ S
2-
CoS T
CoS
= 10
-20,4
Khi lượng Cd
2+
trong dd còn 10% tức là nồng độ ion Cd
2+
còn:
[Cd
2+
] =
100
005,0.10
= 5.10
-4

Để Cd
2+
kết tủa hết 90% thì: [Cd
2+
]. [S
2-
]
≥
T
CdS
→ [S
2-
]
≥
][
2+
Cd
T
CdS
=
4
26
10.5
10
−
−
=10
-22,7
8
Để Co

2+
không kết tủa thì: [Co
2+
]. [S
2-
] < T
CoS
→ [S
2-
]<
][
2+
Co
T
CoS
=
01,0
10
4,20−
= 10
-18,4
Vậy để lượng Cd
2+
trong dd còn 10% mà CoS vẫn chưa kết tủa thì :
10
-22,7
≤ [S
2-
]< 10
-18,4

(*)
→ [S
2-
] =
2
212
][
.].[
+
H
KKSH
aa
thế vào (*) ta được:

10
-22,7
≤
2
212
][
.].[
+
H
KKSH
aa
< 10
-18,4
7,22
212
10

.].[
−
aa
KKSH
≥ [H
+
]
2
>
4,18
212
10
.].[
−
aa
KKSH
Vì K
a 1
rất bé nên [H
2
S]
≅
C
H
2
S
, ta có:
→
7,22
9,1202,7

10
10.10.1,0
−
−−
≥ [H
+
]>
4,18
9,1202,7
10
10.10.1,0
−
−−

→ -0,89 ≤ pH < 1,26
Câu 7
Oxi hóa C cho CH
3
COOH và CO
2
Vậy phải có 2 mol CH
3
COOH và 2 molCO
2

có 2 gốcCH
3
-CH= và 1 gốc =CH-CH=
(B) phải có 2 nguyên tử Br ở 2 nguyên tử (C) Vậy 2 nguyên tử Br ở C
3

và C
4
.
(A)CH
3
-CH
2
- CH=CH-CH
2
-CH
3
OH
A:
OH
B:

D
OH
H
3
C
C
O
H
+
+
OH
H
+
OH

H
OH
-H
+
Câu 8 1
.
O
O
C
2
H
5
O
-
C
2
H
5
OH
O
O
CH
3
H
CH
3
-
CH
2
=CH-C-CH

3
O
O
O
CH
3
CH
2
-CH
C
O
-
CH
3
H
2
O
O
O
O
CH
3
CH
3

O
O
O
CH
3

CH
3
O
O
O
CH2
CH
3
-
C
2
H
5
O
-
H
2
O
O
CH
3
OH
O
O
CH
3
OH
O
- H
2

O
E
1
O
CH
3
O
2.
(a) A, B là hợp chất hữu cơ đa chức và đồng phân lập thể của nhau đều tác dụng với
9
NaHCO
3
giải phóng CO
2
, vậy A, B là axit hai lần axit. Vì nhiệt độ sôi của A (do tạo liên kết
hidro nội phân tử) thấp hơn B nên A phải có cấu hình cis.
COOHHOOC
H
3
C H
HHOOC
H
3
C COOH
A
B
(b)
CH
3
COOHH

CH
2
COOH
CH
3
HHOOC
CH
2
COOH
(c)
COOHHOOC
H
3
C H
COOHHOOC
H
3
C H
Br
Br
HOOC
CH
3
Br
COOH
Br
CH
3
Br
Br

-
COOH
H
H
COOH
Br
HOOC
Br
CH
3
COOH
Br
CH
3
HOOC
H
COOH
H
Br
COOH
BrCH
3
COOH
COOH
CH
3
Br
COOH
Br
Br

H
H
3.
HCHO + CH
3
CHO
OH
-
CH
2
CH
2
CHO
OH
CH
2
CH
2
CHO
OH
HCHO,OH
-
CH
2
CHCHO
OH
CH
2
OH
CH

2
-C-CHO
OH
CH
2
OH
CH
2
OH
CH
2
CHCHO
OH
CH
2
OH
HCHO,OH
-
CH
2
-C-CHO
OH
CH
2
OH
CH
2
OH
LiAlH
4

CH
2
-C-CH
2
OH
OH
CH
2
OH
CH
2
OH
CH
2
-C-CH
2
OH
OH
CH
2
OH
CH
2
OH
HBr
CH
2
-C-CH
2
Br

Br
CH
2
Br
CH
2
Br

CH
2
-C-CH
2
Br
Br
CH
2
Br
CH
2
Br
Zn, t
0
-ZnBr
2
Câu 9
NÕu
−
α
D-Arabinoz¬ ë d¹ng vßng 5 c¹nh :
OH

CH=O
H
OH
OH
H
H
CH
2
OH
OH
CH
2
OH
HO
H
H
H
H
OH
O
CH
3
OH/HCl
HIO
4
-HIO
3
1) H
3
O

+
2) Br
2
/H
2
O
COOH
COOH
CH-OH
COOH
OCH
3
CH
2
OH
HO
H
H
H
H
OH
O
OCH
3
CH=O
CH
2
OH
H
H

O
CH=O
CH
2
OH
−
α
D- Arabinoz¬
KÕt qu¶ tr¸i víi gi¶ thiÕt vì vậy
−
α
D- Arabinoz¬ cã cÊu t¹o vßng 6 c¹nh :
OH
CH=O
H
OH
OH
H
H
CH
2
OH
OH
CH
2
HO
H
H
H
H

OH
OH
O
CH
3
OH/HCl
OCH
3
CH
2
HO
H
H
H
H
OH
OH
O
OCH
3
CH=O
CH
2
H
O
CH=O
HIO
4
-HIO
3

1) H
3
O
+
2) Br
2
/H
2
O
COOH
COOH
CH
2
OH
COOH
10
D- Arabinoz¬
CÊu t¹o vßng cña D- Arabinoz¬:

O
H
OH
OH
OH
OH
H
H
H
H
α D-Arabinopiranoz¬

O
H
OH
OH
OH
OH
H
H
H
H

β
-D-Arabinopiranoz¬
2. Enzim đặc hiệu để xúc tác cho sự phân cắt liên kết pepit ở những vị trí nhất định :
Trypsin : phân cắt liên kết peptit sau gốc Lys, Arg
Chymotrypsin: phân cắt liên kết peptit sau gốc : Tyr , Trp
Val- Trp- Met- Gly- Lys
Ala –Ile- Pro- Met- Asp- Arg
Met- Gly- Lys- Ala- Ile- Pro- Met- Asp- Arg- Tyr
Val-Trp Tyr -Ala -Gly –Cys
Ala – Gly – Cys
Val- Trp-Met- Gly- Lys- Ala- Ile- Pro-Met- Asp-Arg- Tyr-Ala -Gly –Cys
3.Ở pH = 6,3 Prolin tồn tại ở dạng muối lưỡng cực, hầu như không di chuyển.
Lysin tồn tại ở dạng axit (cation) di chuyển về cực âm (catot)
Axit glutamic tồn tại ở dạng bazơ (anion) di chuyển về cực dương (anot)
Câu 10 1.
H
3
+
NCH

2
COO
-
C
6
H
5
CH
2
OCOCl +
C
6
H
5
CH
2
OCONHCH
2
COOH
-HCl
C
6
H
5
CH
2
OCONHCH
2
COOH
+SOCl

2
/(PCl
5
)
C
6
H
5
CH
2
OCONHCH
2
COCl
C
6
H
5
CH
2
OCONHCH
2
COCl
CH
3
CH(H
3
+
N)COO
-
-HCl

C
6
H
5
CH
2
OCONHCH
2
CONHCH(CH
3
)COOH
C
6
H
5
CH
2
OCONHCH
2
CONHCH(CH
3
)COOH
+SOCl
2
C
6
H
5
CH
2

OCONHCH
2
CONHCH(CH
3
)COCl
C
6
H
5
CH
2
OCONHCH
2
CONHCH(CH
3
)COCl
-HCl
C
6
H
5
CH
2
OCONHCH
2
CONHCH(CH
3
)CONHCH(CH
2
C

6
H
5
)COOH
C
6
H
5
CH
2
CH(NH
3
+
)COO
-
C
6
H
5
CH
2
OCONHCH
2
CONHCH(CH
3
)CONHCH(CH
2
C
6
H

5
)COOH
H
2
/Pd
H
3
N
+
CH
2
CONHCH(CH
3
)CONHCH(CH
2
C
6
H
5
)COO
-
+ C
6
H
5
CH
3
+
CO
2

2. Từ sản phẩm ozon phân : A có 2 công thức phù hợp .
(A
1
) CH
3
CH
2
CH
2
C =CHCH
2
CH
2
C=CHCH
2
OH

CH
3

C
2
H
5
(A
2
) CH
3
CH
2

CH
2
C = CCH
2
CH
2
CH=CHCH
2
OH

CH
3

C
2
H
5
TH1: A
1

CH
3
CH
2
CH
2
CBr-CHBr-CH
2
CH
2

C=CHCH
2
OH
Ozon
Xeton + O=CHCH
2
OH

CH
3

C
2
H
5
TH1: A
2
CH
3
CH
2
CH
2
CBr - CBrCH
2
CH
2
CH=CHCH
2
OH Andehit + O=CHCH

2
OH
11

CH
3

C
2
H
5
b/ B phải là hợp chất vòng có chứa 1 nối đôi trong vòng, B sinh ra từ sự đóng vòng của A.
CH
2
OH
H
+
,t
0
-H
2
O
CH
2
+
+
HOH
-H
+
OH

(B)
Câu 10. Phức chất [Fe(CN)
6
]
4-
: CN
-
là phối tử trường mạnh nhận pi tạo trường mạnh, do đó khi tạo phức
với ion Fe
2+
, 4 electron độc thân của Fe(II) ghép đôi
Fe
2+
: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
3d
6

NH
3
NH
3

NH
3
NH
3
NH
3
NH
3
Vậy ion Fe
2+
lai hoá trong d
2
sp
3
, có cấu trúc bát diện
Ion [Fe(CN)
6
]
4-
là phức nghịch từ vì có S=0 .
+ Sự hình thành liên kết trong phân tử Fe(CO)
5
Fe (Z = 26)
3d
6
4s
2
4p
o

Ở trạng thái kích thích, nguyên tử Fe dùng 1 obitan 3d trống tổ hợp với 1obitan 4s và 3 obitan 4p
tạo thành 5 obitan lai hoá dsp
3
trống hướng ra 5 đỉnh của hình lưỡng chóp đáy tam giác đều tâm là
nguyên tử Fe.
CO dùng cặp electron tự do chưa liên kết trên nguyên tử cacbon tạo liên kết phối trí với các obitan
lai hoá trống của sắt tạo ra phân tử phức trung hoà Fe(CO)
5

Fe
*

3d
8
4s
o
4p
o


:CO :CO :CO :CO :CO
Có thể dùng thuyết trường tinh thể giải thích
2. Phương trình bậc nhất:
)(
)0(
ln
t
n
n
Cu

Cu
= kt (3)
- Tại t =25 giờ 36 phút = 1536 phút, n
Cu
(0) = 1 mol; n
Cu
(t) = 0,25 mol.
15364ln
25,0
1
ln
)(
)0(
ln ×==== kkt
t
n
n
Cu
Cu
phút → k = 9,025x 10
-4
ph
-1
768
10025,9
693,02ln
14
2/1
===
−−

phx
k
t
phút
* Tại t = 29 giờ 44 phút = 1784 phút
n
Cu
+ n
Ni
= 0,504 mol
n
Zn
= 1 - 0,504 = 0,496 mol.
* Theo (3)
)1784(
)0(
ln
n
n
Cu
Cu
= 9,025 x10
-4
ph
-1
x1784 ph = 1,61006.
12

003,5
)1784(

1
=
n
Cu
n
Cu
(1784) = 0,19988 ≈ 0,20 mol.
n
Cu
(đã phân rã) = 1 - 0,2 = 0,80 mol.
n
Cu
(đã phân rã ở phản ứng (1)) = n
Zn
(1) = 0,496 mol.
n
Cu
(đã phân rã ở phản ứng (2)) = 0,800 - 0,496 = 0,304 mol = n
Ni
(2).
*
6316,1
304,0
496,0
)2(
)1(
2
1
===
n

n
k
k
Ni
Zn
do đó k
1
= 1,6316 k
2
.
Mặt khác k
1
+ k
2
= 0,0009025
k
2
+ 1,6316k
2
= 0,0009205
Từ đó k
2
= 3,4295.10
-4
≈ 3,43.10
-4
. k
1
= 5,5955. 10
-4

≈ 5,56.10
-4
.
3. Số nguyên tử : 8x1/8 +6x1/2 +4 =8 (nguyên tử)
Số nguyên tử của than chì = 2(nguyên tử).
Độ dài cạnh : a =
3
4d
Thể tích của ô mạng =a
3
=
3
3
4








d
=4,4984. 10
-23
(cm
3
)
Khối lượng riêng của kim cương :
D =

)/(545,3
10.4984,4.10.02,6
12.8
3
2323
cmg
=
−
Diện tích mặt đáy =
)(10.1652,5
4
)10.141(3.6
4
3
.6
216
2102
cm
d
−
−
==
Thể tích của ô mạng =S.h =5,1652. 10
-16
x 336.10
-10
=1,7355.10
-23
(g/cm
3

)
Khối lượng riêng của than chì : D =
)/(297,2
10.7355,1.10.02,6
12.2
3
2323
cmg
=
−
13