tuyển tập đề thi học sinh giỏi môn hóa học
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.96 MB, 35 trang )
2010
Phan Cuong Huy
YDS
Copyright © />TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG
MÔN HÓA HỌC
Copyright © 2010 />2
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
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
Thời gian : 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
ete khan
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
o
KI du
70 C
A (dung dịch nâu)
3 2
+ CH NH
1:2
B (tinh thể sáng)
4 2 5
HClO và C H OH
C (rắn đỏ nâu)
3 2
NH /H O
D (tinh thể vàng kim, phân cực)
2 3
Ag CO du và axit malonic
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
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
Copyright © 2010 />3
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
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.
Copyright © 2010 />4
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
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 -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)
Copyright © 2010 />5
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
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:
2
NOBr
NO
P
Q
P
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.
Copyright © 2010 />6
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
- 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
OH
O
O
A
B
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
]
Copyright © 2010 />7
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
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
Copyright © 2010 />8
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
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
1. Tính năng lượng hoạt hóa E
A
(cal/mol) và giá trị của A trong biểu thức
E
RT
k A e
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
1/2
ở nhiệt độ 119
o
C là bao nhiêu.
CÂU 4: (2,0 điểm)
1. Clobenzen có momen lưỡng cực
1
= 1,53 D (
1
hướng từ nhân ra ngoài) ; anilin có momen lưỡng cực
2
=
1,60D (
2
hướng từ ngoài vào nhân benzen). Hãy tính momen lưỡng cực 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.
Copyright © 2010 />9
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
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:
- X
o
t
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:
O OH
O
HO
O
O
CH
3
CH
2
CH
3
Brevicomin
O
C
2
H
5
O
HOCH
2
OH
Talaromicin A
a.
b.
c. d.
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
3
CO)
2
O + (C
2
H
5
)
2
O: BF
3
o
0 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
S
N
N
H
N
N
H
115
o
C 117
o
C 256
o
C 187
o
C
Copyright © 2010 />10
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
C
CH
2
OH
HO
H
O
HO OH
O
axit L ascobic
-
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
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
_________________ HẾT _________________
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
- Giám thị không giải thích gì thêm.
Copyright © 2010 />11
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
ĐỀ THI THỬ LỚP 12 THPT NĂM 2010
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ MÔN HÓA HỌC
(Đáp án này có 8 trang)
CÂU 1: (2,0 điểm)
1. (0,5 điểm) Mỗi công thức đúng được 0,125 điểm
HO
S
HO
O
O
S
O
O
HO O
S
O
O
O
S
O
O
O
S
OH
O
O
S
O
O
HO O
S
OH
O
O
S
O
O
HO O
S
O
O
O
S
OH
O
O
H
2
SO
4
H
2
S
2
O
7
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
S
O
O
O H
O H
S
O
O
O H
F
S
O
O
O H
Cl
S
O
O
O H
NH
2
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
hốc (site) tứ diện nên số nguyên tử cacbon trong một ô mạng cơ sở tinh thể kim cương là:
1 1
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:
Độ dài cạnh ô mạng tinh thể: a =
4d
3
(d = C–C (kim cương)) => Thể tích ô mạng = a
3
=
3
4d
3
Khối lượng riêng của tinh thể kim cương:
3
10
A
23
8 M 8 12
D = 3,545
N V
4 154 10
6,02 10
3
(g/cm
3
)
=> Thể tích mol của kim cương =
M
D
=3,385 (cm
3
/mol)
Copyright © 2010 />12
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
- Tương tự trong ô mạng tinh thể than chì
Diện tích mặt đáy =
2
3
3 d
2
(d = C–C (than chì))
Thể tích ô mạng =
2
3
3 d h
2
(h là khoảng cách giữa các lớp)
=> 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
Xe
O
O
O
B
H
B
H
H
H
H
H
N
O O
N
O O
NO O
NO O
2. (1,0 điểm)
- 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)
N N
OHHO
N N
OH
HO
- Cấu trúc đồng phân: H
2
N – NO
2
(nitramit) (0,25)
N N
O
O
H
H
CÂU 3: (2.0 điểm)
1. (1,0 điểm)
Phản ứng động học bậc hai, áp dụng phương trình Archénius ta có:
A
1
1
E
ln k ln A
RT
;
A
2
2
E
ln k ln A
RT
A A
2 1
2 1
2 A
1 1 2
2 1 2
A
2 1 1
E E
ln k ln k ln A ln A
RT RT
k E
1 1
ln
k R T T
T T k
E R ln 3688,2(cal/ mol)
T T k
Copyright © 2010 />13
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
E
RT
E
E
RT
RT
1
9 1 1
1
k
k
k A e A 7 10 (mol .l.s )
e
e
2. (0,5 điểm)
E
RT
3
7 1 1
3
k A e 6,15 10 (mol .l.s )
3. (0,5 điểm)
7
1/ 2
3 oA
1
1,63 10 (s)
k .C
CÂU 4: (2,0 điểm)
1. (1,0 điểm)
Clo có độ âm điện lớn,
1
hướng từ nhân ra ngoài – nhóm NH
2
có cặp e tự do liên hợp với hệ e 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:
2
O
=
2
1
+
2
2
2
1
2
cos 60
0
=
2
1
+
2
2
1
2
= 2,45
o
=
2,45
= 1,65D
Dẫn xuất meta:
2
m
=
2
1
+
2
2
2
1
2
cos 120
0
=
2
1
+
2
2
+
1
2
= 7,35
m
=
7,35
= 2,71D
Dẫn xuất para:
2
p
=
1
+
2
= 1,60 + 1,53 = 3,13D
2. (1,0 điểm)
Ta có các quá trình sau:
4 3 4 3
4 3 a
1
3 2 3 1
2
3 3 2
14
2 W
NH HCO NH HCO
NH NH H ;K
HCO H H CO ;K
HCO H CO ;K
H O H OH ;K 10
Trong đó:
14
9,24
a
b
10
K 10
K
Áp dụng điều kiện proton ta có:
2
3 3 2 3
1
a 4 2 3 w
1 3
2 1 2
a 4 2 3 w 1 3
2 1 2
1 3 a 4 2 3 w
[H ] [NH ] [CO ] [OH ] [H CO ]
K .[NH ] K .[HCO ] K
[H ] K .[H ].[HCO ]
[H ] [H ] [H ]
[H ] K .[NH ] K .[HCO ] K K .[H ] .[HCO ]
[H ] K .[H ] .[HCO ] K .[NH ] K .[HCO ] K
Copyright © 2010 />14
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
2 1
1 3 a 4 2 3 w
2
a 4 2 3 w
1
1 3
a 4 2 3 w
1
1 3
[H ] 1 K .[HCO ] K .[NH ] K .[HCO ] K
K .[NH ] K .[HCO ] K
[H ]
1 K .[HCO ]
K .[NH ] K .[HCO ] K
[H ]
1 K .[HCO ]
Thay các giá trị gần đúng:
4 3
[NH ] [HCO ] 0,1M
8
[H ] 1,6737.10 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
2.
3,270
1000
= 3,7mol FeCl
3
.6H
2
O
Như vậy cần
mL978
0,65.1,18.0,36
36,5.2.3,7
dung dịch HCl 36% (0,5 điểm)
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)
Lượng FeCl
3
.6H
2
O trong mẫu là
3,270
752,2
= 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
.
Khối lượng FeCl
3
mất mát do bay hơi là:
162,2
0,89771,902
= 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:
(NH
4
)
2
Cr
2
O
7
o
t
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
Copyright © 2010 />15
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
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
C
H
OEt
O
H
O
EtO
C
H
OEt
O O
EtO
H
OEt
O O
EtO
Trong đó:
- 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
CH
3
COCH
2
COO Et
CH
2
OEt
O
H
O
C
H
CH
3
OEt
O O
C
H
CH
3
OEt
O
H
O
H
A
B
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
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
O
COCH
3
2-acetylfuran
A
S
COC
6
H
5
2-benzoylthiophen
B
N
N=NC
6
H
5
H
2-(phenylazo)pyrol
C
N
CHO
H
2-pyrolcacboxandehit
D
2. (1,0 điểm)
NO
2
C
O
Cl
KCN
-HCl
NO
2
C
O
CN
H
3
O
+
-NH
3
NO
2
C
O
COOH
6H
-H
2
O
Copyright © 2010 />16
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
NH
2
C
O
COOH
t
o
-H
2
O
NH
O
O
CÂU 9: (2,0 điểm)
1. (1,5 điểm)
- 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
CH
3
CH
OH
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
CH
3
CH
OH
NH
2
-H
2
O
CH
3
CH=NH
trime hóa
NH NH
NH CH
3
CH
3
H
3
C
B 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:
C
6
H
12
N
4
+ 3HNO
3
+ 3HCHO + NH
3
N N
N
NO
2
NO
2
O
2
N
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
Copyright © 2010 />17
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
C
CHO
HO C
O
H
+
-
C
C
-
O
HO C
O
C
CO
HO C
O
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)
1. KMnO
4
/OH
-
2. dd H
+
(D)
H
+
t
o
axit L-ascobic
Trong đó:
CH
2
OH
HO H
HO H
H OH
HO H
CH
2
OH
A
CH
2
OH
C O
HO H
H OH
HO H
CH
2
OH
B
CH
2
OH
CHO
CHO
H OH
HO H
CH
2
OH
B'
CH
2
OH
C
C
H O
HO H
CH
2
O
C
CH
3
CH
3
O
O
C
CH
3
CH
3
C
COOH
C
C
H O
HO H
CH
2
O
C
CH
3
CH
3
O
O
C
CH
3
CH
3
D
2. (1,0 điểm)
Salixin là đường không khử và là
glucozit
do bị thủy phân bởi elmuxin
RO H
OH
HO
OH
CH
2
OH
O
H
2
O
enzim
D-Glucose + ROH (Saligenin)
C
7
H
8
O
2
Salixin
Copyright © 2010 />18
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
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
D-Glucose +
CHO
HO
H
2
O, H
+
O
HO
HO
OH
O
HOH
2
C
CHO
Saligenin là o-(hidroximetyl)phenol. Công thức cấu trúc của salixin là
O
HO
HO
OH
O
HOH
2
C
CH
2
OH
- - - - - - - - - - HẾT - - - - - - - - - - -
Thí sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
Copyright © 2010 />19
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
KÌ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT
ĐỀ THI THỬ NĂM HỌC 2008 – 2009
MÔN THI: HÓA HỌC ĐẠI CƯƠNG
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)
(Đề thi gồm có 2 trang)
Câu 1: (2.0 điểm)
1. Tại sao ion phức spin thấp [Co(NH
3
)
6
]
3+
lại có màu. Giải thích dựa vào
1
o
22900(cm )
. Cho biết:
1 1
1cm 11,962 J.mol
.
2. Dựa trên mô hình VSEPR, giải thích dạng hình học của NH
3
, ClF
3
, XeF
4
.
3. Quá trình:
O O 1e
có I
1
= 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.
2 3
2 7
2 3
2 7 2
Cr O /2Cr
Cr O 14H 6e 2Cr 7H O 1,33V
o
; E
. Ở pH = 7,
2
2 7
Cr O
có oxi hóa được
I
không?
Biết rằng:
2
o
I /2I
E 0,6197V
;
3 2
3 2 Co(OH) /Co(OH)
Co(OH) 1e Co(OH) OH 0,17V
o
; E
3. Biết tích số ion của nước K
W
= 10
-14
và
RT
2,303 ln x 0,0592lg x
F
( tại 25
o
C, 1atm)
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
E
RT
k A e
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
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:
2 2
3 2
o o o
O /H O
Na / Na 2H O /H
E 2,71V ; E 0,00V ; E 1,23V
. Với dung dịch NaCl 25% và 0,2% Na
trong hỗn hống Na/Hg:
o
Na / Na(Hg)
E 1,78V
.
2
o
Cl /Cl
E 1,34V
cho dung dịch NaCl 25% theo khối lượng
2
H
1,3V
trên Hg ;
2
O
0,8V
trên Ru/Rd
Câu 5: (1.5 điểm)
Trong các tinh thể
(cấu trúc lập phương tâm khối) các nguyên tử cacbon có thể chiếm các mặt của ô mạng cơ sở
1. Bán kính kim loại của sắt là 1,24
o
A
. Tính độ dài cạnh a của ô mạng cơ sở
2. Bán kính cộng hóa trị của cacbon là 0,77
o
A
. Hỏi độ dài cạnh a sẽ tăng lên bao nhiêu khi sắt
có chứa
cacbon so với cạnh a khi sắt
nguyên chất
3. Tính độ dài cạnh ô mạng cơ sở cho sắt
(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
là
1,26
o
A
. Có thể kết luận gì về khả năng xâm nhập của cacbon vào 2 loại tinh thể sắt trên
Copyright © 2010 />20
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
Câu 6: (1.5 điểm)
Kết quả phân tích một phức chất A của Platin (II) cho biết có: 64,78 % khối lượng là Pt, 23,59 % là Cl, 5,65 % là
NH
3
và 5,98 % còn lại là H
2
O
1. Tìm công thức phân tử của phức chất biết rằng A là phức chất 1 nhân và Pt có số phối trí là 4. Viết công
thức cấu tạo 2 đồng phân cis và trans của nó
2. Entanpi tự do chuẩn tạo thành ở 25
o
C của các đồng phân cis, trans lần lượt là: -396 và -402 kJ.mol
-1
. Tính
hằng số cân bằng K của phản ứng sau: cis
(A)
trans
(A)
3. Tính nồng độ mol/lit mỗi đồng phân trong dung dịch, biết rằng lúc đầu chỉ có đồng phân cis nồng độ
0,01M. Cho Pt = 195 ; Cl = 35,5 ; N = 14 ; O = 16 ; H = 1
Câu 7: (2.0 điểm)
Nitramit có thể bị phân hủy trong dd H
2
O theo phản ứng: NO
2
NH
2
N
2
O
(k)
+ H
2
O
Các kết quả thực nghiệm cho thấy vận tốc phản ứng tính bởi biểu thức:
2 2
3
[NO NH ]
v k
[H O ]
1. Trong môi trường đệm bậc của phản ứng là bao nhiêu
2. Trong các cơ chế sau cơ chế nào chấp nhận được:
a. Cơ chế 1:
1
k
2 2 2 (k) 2
NO NH N O + H O
b. Cơ chế 2:
2
3
k
+
2 2 3 2 3 2
k
+ +
2 3 2 3
NO NH H O NO NH + H O
NO NH N O + H O
c. Cơ chế 3:
4
5
6
k
+
2 2 2 2 3
k
2 2
k
+
3 2
NO NH H O NO NH + H O
NO NH N O + OH
H O OH 2H O
Câu 8: (3.0 điểm)
1. Có 3 nguyên tố A, B và C. A tác dụng với B ở nhiệt độ cao sinh ra D. Chất D bị thuỷ phân mạnh trong
nước tạo ra khí cháy được và có mùi trứng thối. B và C tác dụng với nhau cho khí E, khí này tan được
trong nước tạo dung dịch làm quỳ tím hoá đỏ. Hợp chất của A với C có trong tự nhiên và thuộc loại chất cứng
nhất. Hợp chất của 3 nguyên tố A, B, C là một muối không màu, tan trong nước và bị thuỷ phân. Viết tên của
A, B, C và phương trình các phản ứng đã nêu ở trên.
2. Để khảo sát sự phụ thuộc thành phần hơi của B theo nhiệt độ, người ta tiến hành thí nghiệm sau đây: Lấy
3,2 gam đơn chất B cho vào một bình kín không có không khí, dung tích 1 lít. Đun nóng bình để B hoá hơi
hoàn toàn. Kết quả đo nhiệt độ và áp suất bình được ghi lại trong bảng sau:
Nhiệt độ (
o
C)
Áp suất (atm)
444,6
0,73554
450
0,88929
500
1,26772
900
4,80930
1500
14,53860
Xác định thành phần định tính hơi đơn chất B tại các nhiệt độ trên và giải thích.
Câu 9: (1.5 điểm)
Có thể viết cấu hình electron của Ni
2+
là:
Cách 1: Ni
2+
[1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
3d
8
] Cách 2: Ni
2+
[1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
3d
6
4s
2
].
Áp dụng phương pháp gần đúng Slater, tính năng lượng electron của Ni
2+
với mỗi cách viết trên (theo đơn vị eV).
Cách viết nào phù hợp với thực tế. Tại sao.
Câu 10: (2.5 điểm)
1. Phòng thí nghiệm có mẫu phóng xạ Au
198
với cường độ 4,0 mCi/1g Au. Sau 48 giờ người ta cần một dung
dịch có độ phóng xạ 0,5 mCi/1g Au. Hãy tính số gam dung môi không phóng xạ pha với 1g Au để có dung
dịch nói trên. Biết rằng Au
198
có t
1/2
= 2,7 ngày đêm.
2. Hãy chứng minh rằng phần thể tích bị chiếm bởi các đơn vị cấu trúc trong mạng tinh thể kim loại thuộc các
hệ lập phương đơn giản, lập phương tâm khối, lập phương tâm diện tăng theo tỉ lệ 1 : 1,31 : 1,42.
- - - - - - - - - - HẾT - - - - - - - - - -
Nhanh
Chậm
Nhanh
Chậm
Nhanh
Copyright © 2010 />21
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
KÌ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT
ĐỀ THI THỬ NĂM HỌC 2008 – 2009
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC ĐẠI CƯƠNG
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
1
1
Tính được:
437nm
. Sự hấp thụ ánh sáng nằm trong phổ nhìn thấy nên có màu.
0,5
2
Cấu tạo của NH
3
cho thấy quanh nguyên tử N trung tâm có 4 vùng không gian khu trú
electron, trong đó có 1 cặp electron tự do (AB
3
E) nên phân tử NH
3
có dạng tháp đáy tam giác
với góc liên kết nhỏ hơn
o
109 28'
(cặp electron tự do đòi hỏi một khoảng không gian khu trú
lớn hơn)
N H
H
H
N
H
H
H
Cấu trúc tháp đáy tam giác tâm là nguyên tử N
Phân tử ClF
3
cỏ 5 khoảng không gian khu trú electron, trong đó có 2 cặp electron tự do
(AB
3
E
2
) nên phân tử có dạng chữ T (Các electron tự do chiếm vị trí xích đạo)
Cl F
F
F
Cl
F
F
F
Phân tử XeF
4
có 6 vùng không gian khu trú electron, trong đó có hai cặp electron tự do
(AB
4
E
2
) nên có dạng vuông phẳng (trong cấu trúc này các cặp electron tự do phân bố xa
nhau nhất)
Xe
F
FF
F
Xe
FF
F F
0,25 3
= 0,75
3
- Cấu hình electron: O 1s
2
2s
2
2p
4
kém bền hơn O
+
1s
2
2s
2
2p
3
do lực đẩy lẫn nhau của 2 ô
trong một orbital của phân lớp 2p và do O
+
đạt cấu hình bán bão hòa phân lớp 2p nên
bền
- Đặt b là hằng số chắn của các electron trong nguyên tử đới với electronbị tách. Ta có:
*2
*2 2 2
1
2
Z
I 13,6 13,614 Z n 4 (8 b) 4 b 6
n
0,25
0,5
2.0
2
1
2 3 2 3
2 7 2 7
2 3
2 7
2 3
2 7
14
2
2 7
2
Cr O / 2Cr Cr O / 2Cr
3
2
14
2 7
2
Cr O / 2Cr
3
2
2 7
2
Cr O / 2Cr
3
Cr O H
0,0592
lg
6
Cr
Cr O
0,0592 0,0592
lg H lg
6 6
Cr
Cr O
0,0592
0,138pH lg
6
Cr
o
o
o
E = E
E
E
Đặt:
2 3 2 3
2 7 2 7
Cr O /2Cr Cr O /2Cr
0,138pH
' o
E E
2 3
2 7
'
Cr O / 2Cr
E
là thế điều kiện và phụ thuộc vào pH. pH càng giảm thì dung dịch càng có môi
trường axit thì E’ càng tăng, tính oxi hóa của
2
2 7
Cr O
càng mạnh.
- Tại pH = 0, [H
+
] = 1M thì E = E
o
= 1,33V
- Tại pH = 7 thì E’ = 0,364 <
2
o
I / 2I
E 0,6197V
nên không oxi hóa được I
-
0,5
0,25
Copyright © 2010 />22
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
0,25
2
3 2 3 2
Co(OH) / Co(OH) Co(OH) /Co(OH)
1
0,0592lg
[OH ]
o
E = E
. Thay
W
K
[OH ]
[H ]
ta có:
3 2 3 2
3 2
3 2
Co(OH) /Co(OH) Co(OH) /Co(OH)
W
Co(OH) /Co(OH) W
Co(OH) /Co(OH) W
[H ]
0,0592lg
K
0,0592lg[H ] 0,0592lgK
0,0592pH 0,0592lgK
o
o
o
E = E
E
E
. Thay
3 2
o
Co(OH) /Co(OH)
14
W
0,17
K 10
E =
3 2
Co(OH) /Co(OH)
0,996 0,0592pH E =
pH càng tăng thì E càng giảm nghĩa là tính oxi hóa của Co(OH)
3
giảm, tính khử của Co(OH)
2
tăng
0,25
0,5
0,25
2.0
3
1
- Phản ứng động học bậc hai, áp dụng phương trình Archénius ta có:
A
1
1
E
ln k ln A
RT
;
A
2
2
E
lnk ln A
RT
A A
2 1
2 1
2 A
1 1 2
2 1 2
A
2 1 1
E E
ln k ln k ln A ln A
RT RT
k E
1 1
ln
k R T T
T T k
E R ln 3688,2(cal/ mol)
T T k
-
E
RT
E
E
RT
RT
1
9 1 1
1
k
k
k A e A 7 10 (mol .l.s )
e
e
0,5
0,25
0,25
2
E
RT
3
7 1 1
3
k A e 6,15 10 (mol .l.s )
0,25
3
7
1/ 2
3 oA
1
1,63 10 (s)
k .C
0,25
1.5
4
1
Trong dung dịch NaCl có: NaCl
Na
+
+Cl
-
; 2H
2
O
H
3
O
+
+ OH
-
Khi điện phân có thể có các quá trình sau xảy ra:
Catode: Na
+
+ Hg + e
Na(Hg)
1 (1)
2H
2
O
H
3
O
+
+ OH
-
2
2 H
3
O
+
+ 2e
H
2
+ 2H
2
O
1
2H
2
O + 2e
H
2
+ OH
-
(2)
Anode: 6 H
2
O
O
2
+ 4H
3
O
+
+ 4e (3)
2 Cl
-
Cl
2
+ 2e (4)
Na / Na(Hg)
E 1,78V
,
3 2
7
2H O /H
E 0,00V 0,0592lg10 0,413V
2
3 2 3 2
' o
H
2H O /H 2H O /H
E E 1,713
. Do
3 2
' o
2H O /H Na / Na(Hg)
E E
nên khi mới bắt đầu
điện phân, ở Katode quá trình (2) sẽ xảy ra, có H
2
thoát ở Anode
Ở Anode: Từ (3) ta có:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
o '
O /H O O / H O 3 O /H O O / H O O
E E 0,0592lg[H O ] 0,817V ; E E 1,617V
Bởi vì:
2 2
2
'
O /H O
Cl /2Cl
E E
nên ở Anode xảy ra quá trình (4) và có Cl
2
bay ra
Phương trình điện phân: 2Cl
-
+ 2H
2
O
H
2
+ Cl
2
2OH
-
4.0,125
= 0,5
0,25
0,25
0,25
Copyright © 2010 />23
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
Thế phân giải: V =
' '
A K
E E
= 3,053V
0,25
2
Sau một thời gian, do [OH
-
] tăng nên pH cũng tăng. Khi pH = 11, phản ứng điện phân xảy ra
như sau:
Tại Catode: [H
+
] =10
-11
.
3 2 3 2
' o
2H O /H 2H O /H Na / Na
E 0,649V ; E 1,949V E
nên ở
Anode có quá trình (1) xảy ra
Tại Anode:
2 2 2 2 2 2
o '
O / H O O /H O 3 O /H O
E E 0,0592lg[H O ] 0,581V ; E 1,381V
Do
2 2
2
'
O /H O
Cl /2Cl
E E
nên ở Anode vẫn có Cl
2
bay ra
Phương trình điện phân: 2Na
+
+ 2Cl
-
+ 2Hg
Cl
2
+ 2Na(Hg)
Thế phân giải: V =
' '
A K
E E
= 3,12V
0,25
0,25
0,25
0,25
2.5
5
1
Độ dài cạnh a của ô mạng cơ sở của sắt
là:
o
4r 4 1,24
a 2,86A
3 3
0,25
2.
Khi sắt
có chứa cacbon, độ tăng chiều dài cạnh a của ô mạng cơ sở là:
o
Fe C
2 (r r ) a 2(1,24 0,77) 2,86 1,16A
0,25
3
Độ dài cạnh a của ô mạng cơ sở của sắt
là:
o
4r 4 1,26
a 3,56A
2 2
Khi sắt
có chứa cacbon, độ tăng chiều dài cạnh a của ô mạng cơ sở là:
o
Fe C
2 (r r ) a 2(1,26 0,77) 3,56 0,5A
Kết luận: Khả năng xâm nhập của cacbon vào sắt
khó hơn vào sắt
, do có độ hòa tan
của C trong sắt
nhỏ hơn trong sắt
0,25
0,25
0,5
1.5
6
1
Đặt CTPT của A là: Pt
x
Cl
y
(NH
3
)
z
(H
2
O)
t
. Vì phức chất A là phức 1 nhân nên phân tử khối của
A:
Pt
A
M 100%
195 100
M 301(g / mol)
%Pt 64,78
. Từ % của các thành phần có trong A
x = 1, y = 2, z = 1, t = 1
CTPT là: PtCl
2
(NH
3
)(H
2
O)
CTCT 2 đồng phân cis, trans:
Cis Trans
0,25
0,125.2
= 0,25
2
Xét phản ứng chuyển hóa:
Cis
Trans
Cân bằng: 10
-2
– x x
o
298K
G 402 396 6kJ
= -6000J ;
6000
8,314 298
K e 11,27
0,5
3
Xét phản ứng chuyển hóa:
Cis
Trans K = 11,27
Cân bằng: 10
-2
– x x
[trans]
K
[cis]
=
3 4
2
x
11,27 x [trans] 9,2 10 [cis] 8 10
10 x
0,25.2
= 0,5
Copyright © 2010 />24
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
1.5
7
1
Do trong môi trường đệm [H
3
O]
+
= const nên biểu thức tốc độ phản ứng là:
2 2
v k[NO NH ]
là phản ứng bậc nhất theo thời gian
0,5
2
- Cơ chế 1:
1 2 2
v k [NO NH ]
loại
- Cơ chế 2:
3 2 3
v k [NO NH ]
Mà:
2 2 3
2 3 2
2
[NO NH ][H O ]
[NO NH ] k
[H O]
Vậy:
2 2 3
3 2
2
[NO NH ][H O ]
v k k
[H O]
loại
- Cơ chế 3:
5 2
v k [NO NH ]
Mà:
2 2 2
2 4
3
[NO NH ][H O]
[NO NH ] k
[H O ]
Vậy:
2 2 2
5 4
3
[NO NH ][H O]
v k k
[H O ]
Trong môi trường dung dịch nước [H
2
O] = const. Chọn cơ chế 3
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
2.0
8
1
- Hợp chất A
x
B
y
là một muối. Khi bị thuỷ phân cho thoát ra H
2
S.
- Hợp chất A
n
C
m
là Al
2
O
3
nhôm oxi
- Vậy A là Al nhôm, B là S lưu huỳnh, C là O oxi
- Hợp chất A
o
B
p
C
q
là Al
2
(SO
4
)
3
nhôm sunfat
2 Al + 3 S
Al
2
S
3
Al
2
S
3
+ 6 H
2
O
2 Al(OH)
3
+ 3 H
2
S
4 Al + 3 O
2
2 Al
2
O
3
S + O
2
SO
2
Al
3+
+ 2 H
2
O
Al(OH)
2+
+ H
3
O
+
5 chất
0,125.5
= 0,625
5 ptrình
0,125.5
= 0,625
2
Số mol nguyên tử S trong 3,2 gam lưu huỳnh:
S
3,2
n 0,1mol
32
Dùng công thức:
PV
n
RT
tính được số mol các phân tử lưu huỳnh ở trạng thái hơi tại các
nhiệt độ :
* 444,6
o
C: n
1
= 0, 0125 mol gồm các phân tử S
8
vì 0, 0125 8 = 0,1 mol
* 450
o
C: n
2
= 0,015 mol, số nguyên tử S trung bình trong 1 phân tử:
0,1
6,67
0,015
Thành phần hơi lưu huỳnh ở nhiệt độ này có thể gồm các phân tử lưu huỳnh có từ 1 đến
8 nguyên tử.
* 500
o
C: n
3
= 0,02 mol, số nguyên tử S trung bình trong 1 phân tử:
0,1
5
0,02
Thành phần hơi lưu huỳnh ở nhiệt độ này có thể gồm các phân tử lưu huỳnh có từ 1 đến
8 nguyên tử hoặc chỉ gồm các phân tử S
5
.
* 900
o
C: n
4
= 0,05 mol, số nguyên tử S trung bình trong 1 phân tử:
0,1
2
0,05
Thành phần hơi lưu huỳnh ở nhiệt độ này có thể gồm các phân tử lưu huỳnh có từ 1 đến
8 nguyên tử hoặc chỉ gồm các phân tử S
2
.
* 1500
o
C : n
5
= 0,1 mol : Hơi lưu huỳnh chỉ gồm các nguyên tử S.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Copyright © 2010 />25
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
3.0
9
Năng lượng của một electron ở phân lớp l có số lượng tử chính hiệu dụng n* được tính theo
biểu thức Slater:
1
= -13,6 x (Z – b)
2
/n* (theo eV)
Hằng số chắn b và số lượng tử n* được tính theo quy tắc Slater. Áp dụng cho Ni
2+
(Z=28, có
26e) ta có:
Với cách viết 1 [Ar]3d
8
:
1s
= -13,6 x (28 – 0,3)
2
/1
2
= -10435,1 eV
2s,2p
= -13,6 x (28 – 0,85x2 – 0,35x7)
2
/ 2
2
= - 1934,0 eV
3s,3p
= -13,6 x (28 – 1x2 – 0,85x8 – 0,35x7)
2
/3
2
= - 424,0 eV
3d
= - 13,6 x (28 – 1x18 – 0,35x – 0,35x7)
2
/3
2
= - 86,1 eV
E
1
= 2
1s
+ 8
2s,2p
+ 8
3s,3p
+ 8
3d
= - 40423,2 eV
Với cách viết 2 [Ar]sd
6
4s
2
:
1s
,
2s,2p
,
3s,3p
có kết quả như trên . Ngoài ra:
3d
= -13,6 x (28 – 1x18 – 0,35x5)
2
/3
2
= - 102,9 eV
4s
= - 13,6 x (28 – 1x10 – 0,85x14 – 0,35)
2
/3,7
2
= - 32,8 eV
Do đó E
2
= - 40417,2 eV.
E
1
thấp (âm) hơn E
2
, do đó cách viết 1 ứng với trạng thái bền hơn. Kết quả thu được phù hợp
với thực tế là ở trạng thái cơ bản ion Ni
2+
có cấu hình electron [Ar]3d
8
.
0,25
0.125.5
= 0,625
0,125.3
= 0,375
0,25
1.5
10
1
- t = 48 h = 2 ngày đêm.
- Áp dụng biểu thức tốc độ của phản ứng một chiều bậc một cho phản ứng phóng xạ, ta
có:
= 0,693/t
1/2;
Với t
1/2
= 2,7 ngày đêm,
= 0,257 (ngày đêm)
-1
.
Từ pt động học p.ư một chiều bậc nhất, ta có:
=(1/t) ln N
0
/N.
Vậy: N/N
0
= e
-
t
= e
-0,257 x 2
= 0,598.
Như vậy, sau 48 giờ độ phóng xạ của mẫu ban đầu còn: 0,598 x 4 = 2,392 (mCi).
Do đó số gam dung môi trơ cần dùng là: (2,392 : 0,5) – 1,0 = 3,784 (g)
0,25
0,25
0,25
0,25
2
Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong mạng tinh thể cũng chính là phần thể tích mà
các nguyên tử chiếm trong một tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở).
- Đối với mạng đơn giản:
+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 = 1
+ Gọi r là bán kính của nguyên tử kim loại, thể tích V
1
của 1 nguyên tử kim loại:
V
1
= 4/3 x
r
3
(1)
+ Gọi a là cạnh của tế bào, thể tích của tế bào là:
V
2
= a
3
(2)
Trong tế bào mạng đơn giản, tương quan giữa r và a được thể hiện trên hình sau:
hay a = 2r (3).
Thay (3) vào (2) ta có: V
2
= a
3
= 8r
3
(4)
Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là:
V
1
/V
2
= 4/3
r
3
: 8r
3
=
/6 = 0,5236
Đối với mạng tâm khối:
0,5
r
a
