TUYỂN TẬP ĐÊ THI HSG MÔN HÓA HỌC

2010
TUYỂN TẬP ĐÊ THI HSG
■
MÔN HÓA HỌC
■
2 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN
Copyright © 2010
PHẦN 2: CÁC ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
_V
THPT CHUYÊN HÀ NÔI KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
ĐỀ THI THỬ LỚP 12 THPT NĂM 2010
Môn: HOÁ HỌC
T h ờ i g i a n : 1 8 0 p h ú t ( 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 —j^Mkg—> 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
1 6
H
1 6
O
6
, khi cho một mol chất này vào nước nóng thu được 2 mol andehit levulinic
Hoc(ch

2
)
2
coch3 .
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

KI
o
d

c
u
> A (dung dịch nâu) +
C
Hf
H
2
> B (tinh thể sáng)
H Cl
°
và C
2
H
j°H
>
C (rắn đỏ nâu)
____
NH
3
/H
2
O
__V Tì ítìnl-1 tliô \7Ònn l/ìrn nliôn /"■ÎV/'A
Ag
2
CO
3
du và axit
malonic
> D (tinh thể vàng kim, phân cực) —

3
u
——
maonlc
> E (tinh thể vàng nhạt)
Phương pháp phổ IR cho biết trong hợp chất C có hai loại liên kết Pt -1 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 AH
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
ĐỀ
b. Giảm lượng hơi Br2
c. Giảm nhiệt độ
d. Thêm khí N
2
vào khi
(1) V = const ;
(2) Pchung= const Câu VI (4.0
điểm)
Guaiol (C
1 5
H
2 6
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
1 5
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)
_ 0
3
- 2H
2

0 _ Guaiol A (C-Ịộh^C^) ^ B
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 H2 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:
CO2 M6
r-0 1 1 100°c 0s0
4
_ Me
2
C(OMe)
2

0
3
ĩ\ \ + — A — — - B — - 7- — ^ c — D * -
Ky '' H ; CH3COCH3
CO2 M6
Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
Giám thị không giải thích gì thêm.
H
MCPBA 1) MeOH/H —— E
„ ► H
2) UAIH4
3) H
2
0
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)
,OH

2. Chất này là a-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-l,3-dien (1,5 điểm, một điểm cho mỗi cấu
tạo).
2. Ta có:
andehit levulinic
axetylaxeton
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)
2-
k ,nh
2
ch
3
r 'nhI
THPT CHUYÊN
HÀ NOI
KÌ THI CHỌN HỌC SINH
GIỎI QUỐC GIA LỚP 12
6 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG
Copyright © 2010
0
k nh
2
ch

3
r
CH
3
H
2
N
r
k .1
r 'r 'NH
2
CH
3
,
D
7 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG
Copyright © 2010
Z. Để chắc chắn thu được sản phẩm cuối thì buộc B phải ở dạng cis nên KĩptCl4 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
) AH > 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 Kp tại 0
o
C = 1/1,54.Kp = 116,6 / 1.54 = 75,71
Kp tại 50
o
C = 1,54.Kp = 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:
P
Q _
r
NOBr
Q
P2
NO
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 N2 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 N2 thì p = pNO + pBr2 + pNOBr (a)
Nếu đã có N2 thì P = P’nO + P’Br2 + P’NOBr + pN2 (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.
- Do nhóm OH của guaiol nằm ở cacbon bậc ba nên công thức cấu tạo của guaiol chỉ có thể là:
/ O H
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
Do công thức phân tử của A là C
1 5
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 + 6 NaCl + 3 CỈ2 = 2 Na3 [RhCl
6
]
Sự tạo thành chất A được giải thích như sau (0,5 điểm)
9 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN
Copyright © 2010
Na
3
[RhCl
6
].12H
2
O = Na
3
[RhCl
6
] + 12H
2
O ■ ■ ■ ■ ■ ■ ■
2 Na3 [RhCĨ6 ] = 2Rh + 6 NaCl + 3 Cl2

2Na
3
[RhCl
6
] + 3H
2
S = Rh
2
S
3
.3H
2
S + 6 NaCl + 6 HCl
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
o
HÊT
Thí sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn được điểm tối đa
10 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG
Copyright © 2010
A
B
c
D
Õ
Õ
H
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2010 Môn: HOÁ HỌC

T h ờ i g i a n : 1 8 0 p h ú t (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
3 n + 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
1 0
và axit tetrasunfuric H
2
S
4
O
13
. Cho biết công thức
cấu tạo của các axit trên.
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.
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
, XeO3 ,
NO2 +, NO2
-
.
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 6 8
o
C, phương trình (1 ) có hằng số tốc độ
tương ứng lần lượt là kj = 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 k = A X e Ekt 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 X
1 / 2
ở nhiệt độ 119
o
C là bao nhiêu.
CÂU 4: (2,0 điểm)
1. Clobenzen có momen lưỡng cực 1 ^ 4 = 1,53 D (1 J4 hướng từ nhân ra ngoài) ; anilin có momen lưỡng cực |
J,
2
= 1,60D (|a
2
hướng từ ngoài vào nhân benzen). Hãy tính momen lưỡng cực |a 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 Kị = 4,5.10
- 7

; K
2
=
4,7.10 , NH
3
có pK
b
= 4,76.
CÂU 5: (2,0 điểm)
Có thể điều chế tinh thể FeCl3 .6 H2 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
.6 H
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
.6 H
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.
cmttl
ĐỀ THI
2
3
2
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 —— A + N2 + H2 O
- C + (NH3 ) 2 S + H2 O > Y + S + NH3 + KOH
- B + (NH4 )2 S + KOH + H2 O > Z + S + NH3
- C + H2 SO4 + H2 S > T + S + K2 SO4 + H2 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?
Cho biết công thức mạch hở của các chất sau:
Talaromicin A

12 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG
Copyright © 2010
a
d
C
2
2
'O
'O
HOC
b.
H
Brevicomin
CÂU 8: (2,0 điểm)
1. Cho biết sản phẩm tạo thành từ các phản ứng sau và gọi tên sản
a.

Furan + (CH
3
CO)
2
O + (C
2
H
5
)
2
O: BF
3
b. Thiophen + C

6
H
5
COCl + SnCl
4
> B
c. Pyrol + C
6
H
5
N
2
+Cl
-
> C
d. Pyrol + CHCỊs + 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)
N^\ N-
0
117
o
0
N
(4)
“\\
N
Ö (
N
X
H
N

I
H
25
115
o
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
1 3
H
1 8
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
Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
Giám thị không giải thích gì thêm.
H
CH
2
-
H
Q
„<K„
HO OH

axit L-
O
HÉ
KÌ ' THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA 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
O O O
O O O O HO. II
^ 1 1 ^ 1 1 ,OH HO. II .O. II /O^ II /O^ II /OH ^S^
S^ S^ S^
H

2
S
3
O
10
H2 S4 O1 3
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]
SO3 + NH3 > H[SO3 NH2 ]
- Cấu trúc các sản phẩm
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: 8 X — + 6 X —+
4 = 8
8 2
- Do vậy suy ra cacbon than chì trong một ô mạng
tinh thể có 2 nguyên tử cacbon
http: //vn .myblog.yahoo.com/vol
cmttl
O
O
HO
\/°
HO^ ^O
H2SO4
HO

xS^
OH
OO
H
2
S
2
O
7
X
S
X X
S
X X
S^
O
O
O
O
O
O
O
O—
H
Ss
O—
H
S
N

O—
H
S.
O—
H S
s
O
O^II^O—H O^||
X
F
O^||
X
Cl
O^||
X
NH
2
- Trong ô mạng tinh thể kim cương:
„ 4d
(4d ^
3
Độ dài cạnh ô mạng tinh thể: a = —Ỵ= (d = C-
C (kim cương)) => Thể tích ô mạng = a
3
=
-\/3
Khối lượng riêng của tinh thể kim cương:
8 X M 8 X12
= 3,545 (g/cm
3

)
3
6,02X1023 X
( 4 X 1 5 4 X 1 0
^
1 0
ì
Vs
M
3
=> Thể tích mol của kim cương = — =3,385
(cm /mol)
D
N
A
X
Tương tự trong ô mạng tinh thể
Diện tích mặt đáy =
3
V3 X d
2
(d = C-C (than chì))
, 3 Ị— 2
Thể tích ô mạng = — v3 X d X h(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
XeO3: 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
O
O
O
©
„ N=
©
:
O

O
O O
O
(1,0 điểm)
Các phản ứng (mỗi phản ứng 0,25 điểm)
2NaNO
3
+ 8Na(Hg) + 4H
2
O - > Na
2
N
2
O2 + 8NaOH +
8Hg
NH
2
OH + C
2
H5NO
2
+ 2C2H5ON - > Na
2
N
2
O
2
+
2
H

HO OH
N = N
Cấu trúc đồng phân: H
2
N - NO
2

(nitramit) (0,25)
H
V
N=N
\
O
O
N
X
H
O
CÂU 3: (2.0 điểm)
1. (1,0 điểm)
Phản ứng động học bậc hai, áp dụng phương trình
-E
lnk, =-=A- + ln
A
1
RT
-
E
lnk, = -=^ + ln
A

2
RT,
R
-
E
-
E
^ ink, - ink, = -=
A
+ ln A-^=A + lnA
R
^ ln^
2
=
Ea
k, R
1 1
TT
k
T_
X
T „
1
T
X ln — « 3688,2 (cal/mol)
T2 - Ti ki
v
'
k = A X e
( ERt

^ ^ A =
(

k
- =
k
' = 7 X10
9
(mol
1
.l.s
1
)
e
(-E
/W
e
(-Eốr)
v
'
2. (0,5 điểm)
k
3
= A X e
(
= 6,15 X10
7
(mol
-
1

.l.s
-1
)
3. (0,5 điểm)
1
= 1,63 X10 (s)
k
3-
C
oA
CÂU 4: (2,0 điểm)
1. (1 , 0 điểm)
Clo có độ âm điện lớn, 1 ^ 4 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
Cộng vectơ sử dụng hệ thức lượng trong tam giác a
2
= b
2
+ c
2
- 2bc cos A Dẫn xuất ortho: |aO = M- 1 + M- 2 -
2 ^4 1 ^ cos 60
0
= ^
2
+ |a2 - M'
1

^
2
= 2,45 |a
0
= V 2,45 = 1,65D Dẫn xuất meta: |a
2
= ^
2
+ |a2 -2p,
1
^
2
cos 120° =
^
2
+ |a2 + ^
1
M'
2
= 7,35 |a
m
= -7735 = 2,71D Dẫn xuất para: |a
2
= 1 ^ 4 + |J,
2
= 1,60 + 1,53 = 3,13D
2. (1 , 0 điểm)
Ta có các quá trình sau:
NH
4

HCO
3
> NH+ + HCO3 NH+ —— NH
3
+ H + ;K
a
HCO3 + H+ < » H
2
CO
3
;K
- 1
HCO3 <=
IỶH
+
+ CO2;K
2
H
2
O < > H
+
+ OH
-
;K
W
= 10
- 1 4
1 0
- 1 4
Trong đó: K

a
= = 10
- 9
'
2 4
a
K
b
Áp dụng điều kiện proton ta có:
[H+ ] = [NH
3
] + [CO2
-
] + [OH] - [H
2
CO
3
] ^ [H+ ]
=
«
3
+
K
2.
[HCO
3
]
+ ^T-K
-
1.[H+ ].[HCO3] [H + ] [H

+ ] [H+ ]
1 3
^ [H+ ]
2
= Ka.[NH+ ] + K2 .[HCO-] + K
w
-K-
1
.[H + ]
2
.[HC°3 ] ^ [H+ ]
2
+ K
-1
.[H + ]
2
.
[HCO3 ] = Ka.[NH+ ] + K2 .[HC°3 ] + Kw
X
1/
meta
^ [H
+
]
2
(1 + K-".[HCO-]) = Ka.[NH+] + K2 .[HCoĨỈ + K ^
[H
+
]
2

=
Ka.
[NH+ ] + K2 .[HCO3 ] + K
w

[ ]
1 + K
-
1
.[HCO;]
Ka.[NH+ ] + K2.[HCO3] + K
1 + K
-
1
.[HCO3 ]
Thay các giá trị gần đúng: [NH+ ] = [HCO- ] = 0,1M ^ [H+ ] = 1,6737.10
-
8
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
2 FeCl2 + Cl2 -> 2 FeCl3
3FeCl
2
+ 2K
3
[Fe(CN)

6
] > Fe
3
[Fe(CN)
6
]
2
+ 6 KCl
FeCl
3
+ 6 H
2
O > FeCl
3
.6 H
2
O
1000
2. = 3 ,7 mol FeCl
3
.6 H
2
O 270,3
3

2
Như vậy cần ——— « 978 mL dung dịch HCl 36% (0,5 điểm)
0,36.1,18.0,65
3. Khi đun nóng thì FeCl
3

.6 H
2
O phân huỷ theo phương trình sau:
FeCl
3
.6 H
2
O > FeOCl + 5H
2
O + 6 HCl
Khi nhiệt độ tăng thì FeOCl sẽ tiếp tục phân huỷ:
3FeOCl > FeCl
3
+ Fe
2
O
3
(Hơi FeCl
3
bay ra)
2,752
Lượng FeCl
3
.6 H
2
O trong mẫu là —3 —- = 10,18 mmol
g
3

2

g
270,3
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
.
1,902 - 0,8977 , ,
Khối lượng FeCl
3
mất mát do bay hơi là: = 1,20mmol => Bã rắn cuối cùng chứa (0,01018 -
162,2
3.1, 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
+ 8 KOH > 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 + K2 Cr2 O7 - -^ Cr2 O3 + K2 SO4
14HCl + K2 &2 O7 > 3 Cl2 + 2 CrCl3 + 2KCl + 7 H2 O
2. (1,0 điểm) mỗi phương trình đúng được 0,25
- X là (NH4 )2 Cr2 O7 , Y là Cr(OH)3 , Z là K3 [Cr(OH)a], T là Cr2 (SO4 ) 3
- Các phương trình phản ứng:
(NH4 )2 Cr2 O7 —-—> Cr2 O3 + N2 + 4 H2 O
K2 Cr2 O7 + 3 (NH3 )2 S + H2 O > 2 Cr(OH) 3 + 5S + 6 NH3 + 2KOH
2K2&O4 + 3(NH4)2S + 2KOH + 2H2O > 2K3[Cr(OH)
6
] + 3S +
6NH3
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
H
_ \_
OO
Ẳ
O'"
H
O
EtO^^C^OEt
H
O O
E,^OEt

Et
O
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
H
_ \_
/H
O O
H
2
C^^^^OEt
CH
3
COCH
2
CO
H3C
C
3
H
O
A
B
O''
1
"
1
O

XX
C
2. (1,0 điểm) Mỗi công thức đúng được 0,25 điểm
a.

CH2OH-CH2CH2CH2=CHO 5-
hidroxipentanal
b.

CHOCH2CH2CHOHCH=CH-CH=CH2 4-
hidroxiocta-5,7-dienal
c.

CH3CH2CHOHCHOH(CH2)3COCH3
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)
B
C
D
A
COC
N=NC
6
CH
O
COC
6
H
6
H
3
N—
S
O
2 - (phenylazo)

2
2-
2
-acetylfuran
2. (1,0 điểm)
O
11
C^
CN
NO2
HsO
+
>
COOH 6H
-H2O
2
O
CÂ
U 9:
(2,0
điể
m)
1. (1,5
điể
m)
- And
ehit
béo
có
thể

tha
m
gia
phả
n
ứng
cộn
g
với
amo
niac
tạo
thàn
h
một
sản
phẩ
m ít
bền
là
And
ehit-
amo
niac
C
H
3
C
H
O

+
N
H
3

>
A
^/-^NH
Ü
O
-
COO
'NH
\
x
et
a
n
d
e
hi
t-
a
m
o
ni
a
c
(t
nc

=
9
7
o
C
)
A
,OH
CH
3

CH
'NH
2
- A
x
e
t
a
n
d
e
h
i
t
-
a
m
o

n
i
a
c

d
ễ

b
ị

t
á
c
h

n
ư
ớ
c

t
h
à
n
h

B

l

à

C
H
3
-
C
H
=
N
H

v
à

B

d
ễ

t
r
i
m
e

h
ó
a

t
h
à
n
h

h
ợ
p

c
h
ấ
t

d
ị

v
ò
n
g

C

l
o
ạ
i

t
r
i
a
z
i
n
OH
Hs
C^
N
H
/C
H
3
-
H
?
O
t
r
i
m
e

h
ó
a

-

^
-
c
h
3
c
h
=
n
h
CH
3
NH NH
B CH3 C
- Mặt khác nếu cho amoniac ngưng tụ với fomanđehit sẽ thu được sản phẩm D (urotropin) có
CTPT là C
6
H
ư
N4
6HCHO + 4NH3 > C
6
H
ư
N4 + 6H2O
^N~
'N
-
N
/N. /N^

O
2
N^ no
2
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
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:
NO
2
C
6
H
12
N
4
+
2
— rS
_ .N^ ú

+ 3HCHO +
3
3
b. Sơ đồ điều chế
NaBH
4
[O]
D-Glucose
► D-Socbitol (A) ► L-Socbose (B)-
C
D
2. (1 , 0 điểm)
Salixin là đường không khử và là p — glucozit do bị thủy phân bởi elmuxin
D-Glucose + ROH (Saligenin) C7 H8 O2
CH
2
OH Salixin
O
II
HO—C—
C-
* II
0
1
HO—C=C-
1
0=C—
-
Ov
lí-'

HO—C-T-C-
—
-O-C?-
C
,
endio
enz
ym
1.

KMnO
4
/OH
2.

dd H+
(
>- axit L-
t
Diaxetonua
(C) Trong đó:
C
CH2
OH 1
2
HO
—C
I u
HO—C
CH2

OH
1
2
HO
H
H
O
H

H
CH2
OH
CH
2
O
H
CH
\/
O
-C
CH^ O-
V
CH/ V
C
CH/ V
H
HO
C
/
1

CH2
OH
1
2
C
11 C
-O, C
H
3
-H
C
\
CH2-
-O. C
H
3
-H Ỵ\
CH2-
COO
C
O
H2
O