Đề thi đề xuất kì thi học sinh giỏi các trường chuyên khu vực duyên hải và đồng bằng bắc bộ năm 2015 môn hóa học khối 11 của trường chuyên BẮC GIANG

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG TỈNH BG
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 11
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 03 trang, gồm 10 câu)
Câu 1 (2,0 điểm) Tốc độ phản ứng
1. Cho phản ứng:
A
1
2
k
k
→
¬ 
B (1)
k
1
+ k
2
=
e
e
x
1
ln
t x - x
(2)

(các hằng số tốc độ phản ứng k
1
= 300 s
–1
; k
2
= 100 s
–1
).
(x
e
là nồng độ chất lúc cân bằng; x là nồng độ chất đã phản ứng).
Ở thời điểm t = 0, chỉ có chất A mà không có chất B. Trong thời gian bao lâu thì một nửa lượng
chất A chuyển thành chất B?
2. Cho phản ứng pha khí: 2NO (k) + O
2
(k) → 2NO
2
(k) (3)
Phản ứng (3) tuân theo định luật tốc độ thực nghiệm v = k[NO]
2
[O
2
].
Giả định rằng phản ứng không diễn ra theo một giai đoạn sơ cấp. Hãy đề nghị một cơ chế có khả năng
cho phản ứng (3) và chứng tỏ rằng cơ chế ấy phù hợp với thực nghiệm động học.
Câu 2 (2,0 điểm) Cân bằng trong dung dịch điện ly
1. a) Tính pH của dung dịch Na
2
X 0,022 M.

b) Tính độ điện li của ion X
2-
trong dung dịch Na
2
X 0,022 M khi có mặt NH
4
HSO
4
0,001 M.
Cho:
4
-
a(HSO )
pK
= 2,00;
+
4
a(NH )
pK
= 9,24;
2
a1(H X)
pK
= 5,30;
2
a2(H X)
pK
= 12,60.
2. Một dung dịch monoaxit HA có pH = 1,70. Khi pha loãng gấp đôi dung dịch đã cho thì thu được dung
dịch có pH = 1,89. Xác định hằng số ion hóa K

a
của axit HA.
Câu 3 (2,0 điểm) Điện hóa học
1. Muối KClO
4
được điều chế bằng cách điện phân dung dịch KClO
3
. Thực tế khi điện phân ở một điện
cực, ngoài nửa phản ứng tạo ra sản phẩm chính là KClO
4
còn đồng thời xẩy ra nửa phản ứng phụ tạo
thành một khí không màu. Ở điện cực thứ hai chỉ xẩy ra nửa phản ứng tạo ra một khí duy nhất. Hiệu
suất tạo thành sản phẩm chính chỉ đạt 60%.
a) Viết ký hiệu của tế bào điện phân và các nửa phản ứng ở anot và catot.
b) Tính điện lượng tiêu thụ và thể tích khí thoát ra ở điện cực (đo ở 25
0
C và 1atm) khi điều chế được
332,52g KClO
4
.
2. a) Lập pin điện trong đó xảy ra sự oxi hoá ion Fe
2+
thành ion Fe
3+
và ion Au
3+
bị khử thành ion Au
+
.
Viết các phương trình phản ứng xảy ra trên mỗi điện cực và trong pin.

b) Tính sức điện động chuẩn của pin và hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin này.
Cho biết:
3+ + 3+ 2+
0 0 0
Au /Au Fe /Fe Fe /Fe
= 1,26V; = -0,037V; = -0,440V.
E E E
Câu 4 (2,0 điểm) Bài tập tính toán vô cơ tổng hợp
1. Hoà tan hoàn toàn 0,8120 gam một mẫu quặng sắt gồm FeO, Fe
2
O
3
và 35% tạp chất trơ trong dung dịch
H
2
SO
4
loãng (dư), thu được dung dịch X. Sục khí SO
2
vào dung dịch X, thu được dung dịch Y. Dung dịch
Y phản ứng vừa đủ với 22,21 ml dung dịch KMnO
4
0,10M. Mặt khác, hoà tan hết 1,2180 gam mẫu quặng
trên trong dung dịch H
2
SO
4
loãng (dư) rồi thêm ngay dung dịch KMnO
4
0,10M vào dung dịch thu được

cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thì hết 15,26 ml dung dịch KMnO
4
0,10M.
a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b) Tính thể tích SO
2
(ở điều kiện tiêu chuẩn) đã dùng và thành phần phần trăm theo khối lượng của FeO,
Fe
2
O
3
có trong mẫu quặng.
2. Hòa tan hoàn toàn 19,2 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe
3
O
4

và Fe
2
O
3

trong 400 ml dung dịch
HNO
3

3M (dư) đun nóng, thu được dung dịch Y và V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc).
Cho 350 ml dung dịch NaOH 2M vào dung dịch Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được
21,4 gam kết tủa. Tính khối lượng chất tan trong Y và giá trị của V?
Câu 5 (2,0 điểm) Sơ đồ biến hóa, Cơ chế phản ứng, Đồng phân lập thể, Danh pháp

1. Hãy đề nghị cơ chế cho các phản ứng sau:
O
1. BuMgBr
2. H
2
O
3. H
2
SO
4
A
1
+ A
2
+ A
3
+ A
4
+ A
5
a.
Biết rằng từ A
1
→ A
5
là các đồng phân có cùng công thức phân tử C
13
H
22
.

b.
OH
HO
H
2
SO
4
O
c.
COOH
COOH
O
O
1. NaOH, Cl
2
2. H
3
O
+
2. Hợp chất X có công thức:
O
Hãy gọi tên X và cho biết X có bao nhiêu dạng cấu trúc không gian tương đối bền, các dạng đó khác nhau
về các yếu tố lập thể nào? Hãy viết công thức cấu trúc của hai dạng tiêu biểu, có ghi đầy đủ các ký hiệu lập
thể thích hợp.
Câu 6 (2,0 điểm) Tổng hợp các chất hữu cơ, so sánh nhiệt độ sôi, Nhiệt độ nóng chảy, Tính Axit- Bazơ
1. Từ xiclohexan-1,3-đion và các hợp chất
≤
4C hãy viết sơ đồ tổng hợp chất sau:
2. a) So sánh tính axit của: Axit bixiclo[1.1.1]pentan-1-cacboxylic và axit 2,2-đimetyl propanoic
b) So sánh tính bazơ của:

N
N
H
N
H
Pyridin
Pyrol piperidin
Câu 7 (2,0 điểm) Nhận biết, Tách chất, Xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ
1. Axit A được tách ra từ quả cây hồi. Cấu tạo của hợp chất A đã được xác định theo sơ đồ phản ứng
sau:
a) Vẽ cấu trúc cho các hợp chất Y
1
, Y
2
và từ đó suy ra cấu trúc của Y
3
, A, B, C, D. Biết rằng A chỉ có
một nguyên tử hiđro etylenic.
b) Hóy vit s phn ng tng hp ra A t nhng hp cht cha khụng quỏ 4C.
2. Thy phõn hp cht A (C
13
H
18
O
2
) trong mụi trng axit HCl loóng cho hp cht B (C
11
H
14
O). Khi B

phn ng vi brom trong NaOH, sau ú axit húa thỡ thu c axit C. Nu un núng B vi hn hp
hirazin v KOH trong glicol thỡ cho hirocacbon D. Mt khỏc, B tỏc dng vi benzanehit trong dung
dch NaOH loóng (cú un núng) thỡ to thnh E (C
18
H
18
O). Khi A, B, C, D b oxi húa mnh thỡ u cho
axit phtalic. Hóy vit cụng thc cu to ca cỏc hp cht t A n E.
Cõu 8 (2,0 im) Hu c tng hp
Hn hp A gm ba axit cacboxylic n chc, mch h, trong ú cú hai axit no l ng ng k tip v
mt axit khụng no cú mt liờn kt ụi (C=C). Cho m gam A phn ng hon ton vi 700 ml dung dch NaOH
1M, thu c dung dch B. trung hũa lng NaOH (d) trong B cn va 200 ml dung dch HCl 1M v thu
c dung dch D. Cụ cn cn thn D thu c 52,58 gam cht rn khan E. t chỏy hon ton E ri hp th
ton b sn phm khớ v hi vo bỡnh ng dung dch NaOH (d), thy khi lng bỡnh tng thờm 44,14 gam.
Xỏc nh cụng thc ca ba axit v tớnh phn trm khi lng ca mi axit trong A?
Cõu 9 (2,0 im) Cõn bng húa hc
i vi phn ng thun nghch pha khớ: 2SO
2
+ O
2


2SO
3
.
1. Ngi ta cho vo bỡnh kớn th tớch khụng i 3,0 lớt mt hn hp gm 0,20 mol SO
3
v 0,15 mol
SO
2

. Cõn bng húa hc c thit lp ti 25
0
C v ỏp sut chung ca h l 3,20 atm. Hóy tớnh phn trm
th tớch oxi trong hn hp cõn bng.
2. Cng 25
0
C, ngi ta cho vo bỡnh trờn ch x mol khớ SO
3
. trng thỏi cõn bng húa hc thy cú
0,105 mol O
2
. Tớnh t l SO
3
b phõn hy, phn trm th tớch mi cht trong hn hp khớ v ỏp sut
chung ca h trng thỏi cõn bng.
Cõu 10 (2,0 im) Phc cht
Coban tạo ra đợc các ion phức: [CoCl
2
(NH
3
)
4
]
+
(A), [Co(CN)
6
]
3-
(B), [CoCl
3

(CN)
3
]
3-
(C),
1. Viết tên của (A), (B), (C).
2. Theo thuyết liên kết hoá trị, các nguyên tử trong B ở trạng thái lai hoá nào?
3. Các ion phức trên có thể có bao nhiêu đồng phân lập thể? Vẽ cấu trúc của chúng.
4. Viết phơng trình phản ứng của (A) với ion sắt (II) trong môi trờng axit.
HT
Ngi ra
(H tờn, ký tờn - in thoi liờn h)
Dng Trng Phong
(0985.574.133)
HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG TỈNH BG
ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐÁP ÁN MÔN HÓA HỌC KHỐI 11
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
(Đáp án này có 09 trang, gồm 10 câu)
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA HỌC KHỐI 11
Câu Ý Nội dung chính cần đạt Điểm
Câu 1
(2,0
điểm)
1
A
1

2
k
k
→
¬ 
B
Nồng độ đầu: a 0
Nồng độ cân bằng: a - x
e
x
e
Ta có x
e
được xác định qua hằng số cân bằng (K):

e
e
e
x
[B] aK
K x
[A] a - x 1 + K
= = → =
Tại thời điểm một nửa lượng chất A đã tham gia phản ứng: x = a/2; t =
1/2
t
→
x
e
– x =

e
a aK a 2aK - a - aK a(K - 1)
x - = - = =
2 1 + K 2 2(1 + K) 2(1 + K)

e
e
x
aK/(1+K) 2K
=
x - x a(K-1)/[2(1+K)] K - 1
→ =
Thay
e
e
x
2K
=
x - x K - 1
vào (2), ta có: k
1
+ k
2

1/2
2,303 2K
lg
t K - 1
=

→
1/2
1 2
2,303 2K
t = lg
k + k K - 1
Vì
1
2
k
K
k
=
, nên:

1/2
t
1
1 2 1 2
2k2,303 2,303 2 . 300
= lg = lg
k + k k - k 300 + 100 300 - 100
= 2,75.10
-3
(s).
Vậy sau 2,75.10
-3
giây thì một nửa lượng chất A đã chuyển thành chất B.
1,0đ
2

Phản ứng có thể xảy ra theo cơ chế hai giai đoạn:
2NO
1
1
k
k
−
ˆ ˆ ˆ†
‡ ˆ ˆˆ
N
2
O
2
(a) (nhanh)
N
2
O
2
+ O
2
2
k
→
2NO
2


(b) (chậm)
Cộng (a) với (b) sẽ thu được phản ứng tổng cộng (3).
Giai đoạn (b)chậm, quyết định tốc độ chung của phản ứng, nên:

v = k
2
[N
2
O
2
][ O
2
] (*)
Do giai đoạn (b) chậm và (a) nhanh nên có thể coi cân bằng (a) được thiết lập, khi đó có:
[N
2
O
2
]/[NO]
2
= k
1
/k
-1
→ [N
2
O
2
] = (k
1
/k
-1
)[NO]
2

(2*)
Thay (2*) vào (*) thu được:
v = (k
1
/k
-1
)k
2
[NO]
2
[ O
2
] = k[NO]
2
[ O
2
] với k = (k
1
/k
-1
)k
2
.
Như vậy từ cơ chế giả định có thể rút ra được định luật tốc độ thực nghiệm. Cơ chế là có
khả năng.
Chú ý: Thí sinh có thể đưa ra cơ chế khác. Nếu chứng minh chặt chẽ rằng cơ chế đó phù
hợp với thực nghiệm thì cho đủ điểm.
1,0đ
Câu 2 1
a) X

2-
+ H
2
O
ƒ
HX
-
+ OH
-
K
b1
= 10
-1,4
(1)
0,5đ
(2,0
điểm)
HX
-
+ H
2
O
ƒ
H
2
X + OH
-
K
b2
= 10

-8,7
(2)
H
2
O
ƒ
H
+
+ OH
-
K
w
= 10
-14
(3)
Vì K
b1
.C >> K
b2
.C >> K
w
→
pH của hệ được tính theo cân bằng (1):
X
2-
+ H
2
O
ƒ
HX

-
+ OH
-
K
b1
= 10
-1,4
C 0,022
[ ] 0,022 - x

x

x


[OH
-
] = x = 0,0158 (M)
→
pH = 12,20
b) Khi có mặt NH
4
HSO
4
0,0010 M:
NH
4
HSO
4
→

4
NH
+
+ H
4
SO
−
0,001 0,001
Phản ứng: H
4
SO
−
+ X
2-

→
ƒ
HX
-
+
2
4
SO
−
K
1
= 10
10,6
0,001 0,022

- 0,021 0,001 0,001

4
NH
+
+ X
2-

→
ƒ
HX
-
+ NH
3
K
2
= 10
3,36
0,001 0,021 0,001
- 0,020 0,002 0,001
Hệ thu được gồm: X
2-
0,020 M; HX
-
0,002 M;
2
4
SO
−
0,001 M; NH

3
0,001 M.
Các quá trình xảy ra:
X
2-
+ H
2
O
ƒ
HX
-
+ OH
-
K
b1
= 10
-1,4
(4)
NH
3
+ H
2
O
ƒ

4
NH
+
+ OH
-

'
b
K
= 10
-4,76
(5)
HX
-
+ H
2
O
ƒ
H
2
X + OH
-
K
b2
= 10
-8,7
(6)
2
4
SO
−
+ H
2
O
ƒ

H
4
SO
−
+ OH
-
K
b
= 10
-12
(7)
HX
-
ƒ
H
+
+ X
2-
K
a2
= 10
-12,6
(8)

So sánh các cân bằng từ (4) đến (7), ta có: K
b1
.
2-
X
C

>>
'
b
K
.
3
NH
C
>> K
b2
.
-
HX
C
>> K
b
.
2
4
-
SO
C
→
(4) chiếm ưu thế và như vậy (4) và (8) quyết định thành phần cân bằng của hệ:
X
2-
+ H
2
O
ƒ

HX
-
+ OH
-
K
b1
= 10
-1,4
C
0,02 0,002
[] 0,02 - y 0,002 + y y
→
y = 0,0142
→
[HX
-
] = 0,0162 (M)

→
2
X
-
-
[HX ] 0,0162
α = =
0,022 0,022
= 0,7364 hay
2
X
-

α
= 73,64 %.
(Hoặc
2
X
-
α
+
4 4
-
HSO NH
-
[OH ] + C + C
0,0142 + 0,001 + 0,001
=
0,022 0,022
=
= 0,7364)
1,0đ
2
HA → H
+
+ A
-
(1)
+ -
a
[H ][A ]
K =
[HA]

(2)
Bỏ qua sự phân li của nước, ta có: [H
+
] = [A
-
] và c (nồng độ mol của axit) = [A
-
] + [HA]
Thay [H
+
] = [A
-
] và [HA] = c - [H
+
] vào (2), ta được
+ 2
a
+
[H ]
K =
c - [H ]
(3)
Khi pH = 1,70 thì [H
+
] = 10
-1,70
= 0,0200; Khi pH = 1,89 thì [H
+
] = 10
-1,89

= 0,0129
Thay các kết quả này vào (3) ta được hệ phương trình:

2
a
2
a
0,02
K =
c - 0,02
0,0129
K =
c
- 0,0129
2








Giải hệ phương trình ta được c = 0,0545 và K
a
= 0,0116.
Vậy c = 0,0545 mol/l và K
a
= 0,0116
0,5đ

Câu 3
(2,0
điểm)
1
a) Kí hiệu của tế bào điện phân: Pt  KClO
3
(dd)  Pt
Phản ứng chính: anot: ClO
3
-
- 2e + H
2
O → ClO
4
-
+ 2H
+
catot: 2H
2
O + 2e → H
2
+ 2OH
-
ClO
3
-
+ H
2
O → ClO
4

-
+ H
2
Phản ứng phụ: anot: H
2
O - 2e → 2H
+
+
2
1
O
2
catot: 2H
2
O + 2e → H
2
+ 2OH
-
H
2
O →
2
1
O
2
+ H
2
0,5đ
b)
=

4
KClO
M

39,098 + 35,453 + 64,000 = 138,551
mol4,2
551,138
52,332
n
4
KClO
==
q = 2,4 mol . 2F
mol
c
.
C771880C) 96485(8F.8
60
100
===

q = 771880 C
Khí ở catot là hydro: n
2
H
=
mol4
mol/F2
F8
=

V
2
H
=
lit80,97
1
298.08205,0.4
P
nRT
==
Khí ở anot là oxy: n
F
tạo ra O
2
= 8 . 0,4 = 3,2 F
n
2
O

=
mol8,0
mol/F4
F2,3
=
V
2
O
=
lit56,19
1

298.08205,0.8,0
P
nRT
==
0,5đ
2 a) Theo qui ước: quá trình oxi hóa Fe
2+
xảy ra trên anot, quá trình khử Au
3+
xảy ra trên catot,
do đó điện cực Pt nhúng trong dung dịch Fe
3+
, Fe
2+
là anot, điện cực Pt nhúng trong dung
dịch Au
3+
, Au
+
là catot:
(-) Pt │ Fe
3+
(aq), Fe
2+
(aq) ║ Au
3+
(aq), Au
+
(aq) │ Pt (+)
Phản ứng ở cực âm: 2x Fe

2+
(aq)
→
Fe
3+
(aq) + e K
1
1
−

0,5đ
Phản ứng ở cực dương: Au
3+
(aq) + 2e
→
Au
+
(aq) K
2
Phản ứng trong pin: Au
3+
(aq) + 2Fe
2+
(aq)
→
Au
+
(aq) + 2Fe
3+
(aq) K

b) K = (K
1
1
−
)
2
.K
2
=
0 0
3+ 3+ 2+
Au /Au Fe /Fe
2( - ) / 0,059
10
E E
+

Trong đó thế khử chuẩn của cặp Fe
3+
/Fe
2+
được tính (hoặc tính theo hằng số cân bằng)
như sau:
Fe
3+
+ 3e
€
Fe E
0
(1) = -0,037 V, ∆G

0
(1) = -3FE
0
(1)
Fe
2+
+ 2e
€
Fe E
0
(2) = -0,440 V, ∆G
0
(2) = - 2F E
0
(1)
Fe
3+
+ e
€
Fe
2+
E
0
(3) =
0
-ΔG (3)
F
=
0 0
ΔG (1) - ΔG (2)

F
−
= 3E
0
(1)- 2E
0
(2) = 0,77V
→ K = (K
1
1
−
)
2
.K
2
=
2(1,26 0,77) / 0,059
10
−
= 10
16,61

Ở điều kiện tiêu chuẩn, sức điện động chuẩn của pin trên sẽ là:
E
0
pin
=
0 0
3+ + 3+ 2+
Au /Au Fe /Fe

E - E
= 0,49 V
0,5đ
Câu 4
(2,0
điểm)
1
a) FeO + H
2
SO
4

→
FeSO
4
+ H
2
O (1)
Fe
2
O
3
+ 3H
2
SO
4

→
Fe
2

(SO
4
)
3
+ 3H
2
O (2)
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 2H
2
O + SO
2
→
2FeSO
4
+ 2H
2
SO
4
(3)
10FeSO
4
+ 2KMnO
4
+ 8H

2
SO
4

→
5Fe
2
(SO
4
)
3
+ 2MnSO
4
+ K
2
SO
4
+ 8H
2
O (4)
5SO
2
+ 2KMnO
4
+ 2H
2
O
→
2H
2

SO
4
+ 2MnSO
4
+ K
2
SO
4
(5)
0,5đ
b) Từ (1) và (4) ta có:
n
FeO (trong 1,2180 gam mẫu)
=
2
Fe
n
+
= 5.
4
MnO
n
−
= 5 . 0,10 . 15,26.10
-3
= 7,63.10
-3
(mol)
→
n

FeO (trong 0,8120 gam mẫu)
=
3
-
7,63.10 . 0,8120
=
1,2180
5,087.10
-3
(mol)
→
m
FeO (trong 0,8120 gam mẫu)
= 72 . 5,087.10
-3
= 0,3663 (g)
và
2 3
Fe O
m
(trong 0,8120 gam mẫu)
= 0,8120 . 0,65 – 0,3663 = 0,1615 (g)
→

2 3
Fe O
n
(trong 0,8120 gam mẫu)
=
0,1615

160

≈
1,01.10
-3
(mol)
Tương tự, từ (3) và (5) ta có:
2 2 2
SO SO (3) SO (5)
n n n= +
∑
Trong đó:
2 2 4 3
SO (3) Fe (SO )
n = n
(trong 0,8120 gam mẫu)

2 3
Fe O
= n
(trong 0,8120 gam mẫu)
= 1,01.10
-3
(mol)
-
2
4
SO (5)
MnO (5)
5

n n
2
=
=
- 2
4
MnO Fe
5 1
( n n )
2 5
+
−
∑ ∑
với:
2
Fe
n
+
∑
= n
FeO (trong 0,8120 gam mẫu)

2 3
Fe O
+ 2.n
(trong 0,8120 gam mẫu)
→
2
SO (5)
n

=
4
FeO
MnO
-
5 1
( n (n
2 5
−
∑
(trong 0,8120 gam mẫu)
2 3
Fe O
+ 2.n
(trong 0,8120 gam mẫu)
)
→
2
3 3 3
SO (5)
- - -
5 1
n = 0,10 . 22,21.10 - (5,087.10 + 2 . 1,01.10 )
2 5
 
 ÷
 

≈
2.10

-3
(mol).
Vậy:
2
SO
n =
∑
3,01.10
-3
(mol)
→
2
SO
V
= 22,4 . 3,01.10
-3
= 0,0674 (lit)
% FeO =
0,3663
.100
0,8120
= 45,11 %
% Fe
2
O
3
= 65 % – 45,11 % = 19,89 %
0,75đ
2 Vì Fe
3

O
4
là hỗn hợp của FeO và Fe
2
O
3
nên coi 19,2 gam X gồm: Fe, FeO và Fe
2
O
3
PTHH:
Fe + 4HNO
3

→
Fe(NO
3
)
3
+ NO + 2H
2
O (1)
3FeO + 10HNO
3

→
3Fe(NO
3
)
3

+ NO + 2H
2
O (2)
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3

→
2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O (3)
- Dung dịch Y gồm: Fe(NO
3
)
3
và HNO
3
dư
0,75đ
- n
NaOH
= 0,35.2 = 0,7 mol
- Cho dd NaOH tác dụng với Y, PTHH:

HNO
3
+ NaOH
→
NaNO
3
+ H
2
O (4)
Fe(NO
3
)
3
+ 3NaOH
→
Fe(OH)
3
+ NaNO
3
(5)
Theo (5):
3
(5) ( )
3 3.0,2 0,6
NaOH Fe OH
n n mol= = =
(4)
0,7 0,6 0,1
NaOH
n mol⇒ = − =

Theo (4):
3
(4)
0,1
HNO NaOH
n n mol= =
d
⇒

3
0,4.3 0,1 1,1
HNO
n mol= − =
p
- Gọi số mol NO là x mol
- Bảo toàn nguyên tố nitơ:
3
3 3
( ) ( )
1,1
3 3
HNO NO
Fe NO Y
n n
x
n mol
−
−
= =
p

- Bảo toàn nguyên tố hiđro:
2 3
H O HNO
1 1,1
n = n 0,55
2 2
mol= =
p
- Định luật bảo toàn khối lượng:
3 3 3 2
X HNO Fe(NO ) NO H O
m +m =m + m +m
1,1
19,2 63.1,1 242. 30 18.0,55
3
0,2
x
x
x
−
⇒ + = + +
⇒ =
p
⇒
V
NO
= 0,2.22,4 = 4,48 lít
- Bảo toàn nguyên tố nitơ:
3
3 3

( ) ( )
1,1 0,2
0,3
3 3
HNO NO
Fe NO Y
n n
n mol
−
−
= = =
p
- m
chất tan trong Y
= 0,1. 63 + 0,3.242 = 78,9 gam
Câu 5
(2,0
điểm)
1
3/ H
3
O
+
O
1/ BuMgBr
2/ H
2
O
a/
OMgBr

OH
+
-H
2
O
+
-H
+
-H
+
O
1/ BuMgBr
2/ H
2
O
3/ HCl 4M
A
1
→A
5
0,5đ
b/
OH
HO
O
-H
2
O
+H
+

OH
+
HO
+
-H
+
0,5đ
c/
O
O
O
O
Cl
OH
-
Cl
2
O
O
Cl
Cl
OH
-
Cl
2
CCl
2
COOH
O
OH

-
-
CCl
2
COO
-
O
OH
-
-
CCl
3
COO
-
O
Cl
2
COO
-
COO
-
OH
-
H
3
O
+
COOH
COOH
0,5đ

2
X là: 6-metyl-2-p-tolylhept-4-en-3-on
Có 8 dạng cấu trúc không gian tương đối bền, chúng khác nhau về các yếu tố: cấu hình
R/S, cấu hình E/Z và cấu dạng S-cis/S-trans.
S-trans
O
H
Ar
(R)
(E)
S-cis
O
Ar
H
(S)
(Z)
0,5đ
Câu 6
(2,0
điểm)
1
1,0đ
2
a) Tính axit: Axit bixiclo[1.1.1]pentan-1-cacboxylic > axit 2,2-đimetyl propanoic là do:
COOH
+ I
COOH
H
3
C

H
3
C
H
3
C
+I
COO
-
COO
-
H
3
C
H
3
C
H
3
C
Bị solvat hóa tốt hơn Bị solvat hóa kém do hiệu ứng không gian
0,5đ
b) Tính bazơ:
N
H
N
N
H
N lai hóa sp
3

N lai hóa sp
2
>
>
Tính bazơ của piperidin là mạnh nhất do N chịu ảnh hưởng đẩy e của 2 gốc
hidrocacbon no, do đó làm tăng mật độ e trên nguyên tử N nên làm tăng tính bazơ.
Với pyridin, mặc dù N lai hóa sp
2
, song đôi e riêng của N có trục song song với
mặt phẳng vòng thơm nên cặp e riêng này không liên hợp vào vòng, do đó đôi e riêng của
N gần như được bảo toàn, do đó pyridin thể hiện tính chất của một bazơ
Với pyrol, cặp e riêng của N liên hợp với 2 liên kết pi trong vòng, sự liên hợp này
làm cho mật độ e trên nguyên tử N giảm mạnh, pyrol gần như không thể hiện tính bazơ.
0,5đ
Câu 7 1 a) 0,75đ
(2,0
điểm)
b) Sơ đồ phản ứng tổng hợp ra A từ những hợp chất chứa không quá 4C. 0,5đ
2
Sự tạo thành axit phtalic cho thấy các hợp chất là dẫn xuất của benzen bị thế hai lần ở vị
trí ortho. B là một xeton có nhóm CH
3
CO
B + C
6
H
5
CHO
HO

-
E (C
18
H
18
O)
Cho thấy B chỉ ngưng tụ với một phân tử benzanđehit, vậy nhóm CH
3
CO- sẽ đính trực
tiếp vào nhân benzen và xeton B phải là o-C
3
H
7
C
6
H
4
COCH
3
.
C
3
H
7
COCH
3
C
3
H
7

COOH
C
3
H
7
C
2
H
5
C
3
H
7
COCH=CHPh
C
3
H
7
CH
3
O
O
A B
E
C
D
0,75đ
Câu 8
(2,0
điểm)

- Gọi công thức trung bình của hai axit no đơn chức mạch hở là
n 2n +1
C H COOH
- Gọi công thức của hai axit không no đơn chức mạch hở có một liên kết đôi là C
m
H
2m -1
COOH (m
≥
2, nguyên)
PTHH:
n 2n +1
C H COOH
+ NaOH
→

n 2n +1
C H COONa
+ H
2
O (1)
C
m
H
2m -1
COOH+ NaOH
→
C
m
H

2m -1
COONa + H
2
O (2)
NaOH + HCl
→
NaCl + H
2
O (3)
Theo (3): n
NaOH (3)
=n
NaCl
=n
HCl
=0,2 mol
⇒
n
NaOH (1), (2)
= 0,7 – 0,2 = 0,5 mol
Theo (1), (2): n
3 axit
=n
3 muối
= n
NaOH (1), (2)
= 0,5 mol
- Khối lượng 3 muối natri của 3 axit ( RCOONa): m
RCOONa
= 52,58 – 0,2.58,5 = 40,88 gam

- Sơ đồ phản ứng cháy:
2,0đ
2
2
2 3 2 2
n 2n +1
m 2m -1 2 3 2 2
2C H COONa Na CO (2n +1)CO +(2n+1)H O (4)
2C H COONa Na CO (2m+1)CO +(2m - 1)H O (5)
o
o
O
t
O
t
→ +
→ +
- CO
2
và H
2
O bị hấp thụ vào dung dịch NaOH:
2 2
CO H O
m +m =44,14gam
- Gọi số mol CO
2
và H
2
O lần lượt là x và y.

⇒
44x + 18y = 44,14 (*)
- Từ (4) và (5):
2 3
Na CO
0,5
n = =0,25mol
2
- m
RCOONa
= 12.(x + 0,25) + 2y + 0,5.23 + 0,5.2.16 = 40,88 gam
⇒
12x + 2y = 10,38 (**)
- Từ (*) và (**)
0,77
0,57
x
y
=

⇒

=

- Theo (4) và (5):
m 2m -1 2 2
C H COONa CO H O
n = n -n =0,77-0,57 =0,2 mol
n 2 n +1
C H COONa

n 0,5 0,2 0,3mol
⇒ = − =
⇒
0,2.(14m + 66) + 0,3.(14
n
+ 68) = 40,88
⇒
2,8m +4,2
n
=7,28
⇒
m +1,5
n
=2,6
Mà m
≥
2, nguyên
⇒
m=2 và
n
=0,4
⇒
Công thức của 3 axit là: HCOOH; CH
3
COOH; CH
2
=CH-COOH (0,2 mol)
- Sơ đồ đường chéo:

{

⇒ = =
=
⇒
=
] Z
Z ]
3
3
3
HCOOH
CH COOH
HCOOH
CH COOH
HCOOH 00,6
 
 0,4
  
CH COOH1 0,4
n
0,6 3
n 0,4 2
n 0,18mol
n 0,12 mol

- m
X
= 40,88 – 0,5.22=29,88 gam
Vậy:

3

0,18.46
% .100% 27,71%
29,88
0,12.60
% .100% 24,10%
29,88
0,2.72
% .100% 48,19%
29,88
HCOOH
CH COOH
HCOOH
m
m
m
= =
= =
= =
Câu 9
(2,0
điểm)
1
Xét 2 SO
2
+ O
2

€
2 SO
3

(1)
ban đầu 0,15 0,20
lúc cbhh ( 0,15 + 2a) a (0,20 – 2a)
Tổng số mol khí lúc cbhh là n
1 =
0,15 + 2a + a + 0,20 – 2a = 0,35 + a
Từ pt trạng thái: P
1
V = n
1
RT → n
1
= P
1
V / RT = 3,2.3/0,082.298
;
0,393
→ a = 0,043.
Vậy x
O
2
= a / n
1
= 0,043/ 0,393 = 0,1094 hay trong hh cb oxi chiếm 10,94%
0,75đ
2



2 SO

2
+ O
2

ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
2 SO
3
(2)
ban đầu 0 0 x
1,25đ
lỳc cbhh 2. 0,105 0,105 (x 2. 0,105).
Trng thỏi cbhh c xột i vi (1) v (2) nh nhau v T (v cựng V) nờn ta cú
K = const; vy: n
2
3SO
/ (n
2
2SO
.n
2O
) = const.
Theo (1) ta cú n
2
3SO
/ (n
2
2SO
.n
2O

) = ( 0,20 2. 0,043)
2
/ (0,15 + 0,086)
2
. 0,043 = 5,43.
Theo (2) ta cú n
2
3SO
/ (n
2
2SO
.n
2O
) = (x 0,21)
2
/ (0,21)
2
.0,105 = 5,43. T ú cú phng trỡnh
x
2
0,42x + 0,019 = 0. Gii pt ny ta c x
1
= 0,369; x
2
= 0,0515 < 0,105
(loi b nghim x
2
ny).
Do ú ban u cú x = 0,369 mol SO
3

; phõn li 0,21 mol nờn t l SO
3
phõn li l 56,91%
Ti cbhh tng s mol khớ l 0,369 + 0, 105 = 0,474 nờn:
SO
3
chim ( 0,159 / 0,474).100% = 33,54%; SO
2
chim ( 0,21 / 0,474).100% = 44,30%;
O
2
chim 100% - 33,54% - 44,30% = 22,16%.
T pt trng thỏi: P
2
V = n
2
RT P
2
= n
2
RT/ V = 0,474.0,082.298/3 P
2
= 3,86 atm.
Cõu
10
(2,0
im)
1
Tên của các ion phức:
(A) Điclorotetraammincoban(III);

(B) Hexaxianocobantat(III);
(C) Triclorotrixianocobantat(III).
0,75
2
[Co(CN)
6
]
3-
. Co : d
2
sp
3
; C : sp ; N : không ở vào trạng thái lai hoá hoặc ở trạng thái
lai hoá sp.
0,25
3
- Ion phc (A) có 2 đồng phân:
Cl
Co
H
3
N
NH
3
NH
3
H
3
N
Cl

Co
H
3
N
Cl
NH
3
H
3
N
NH
3
Cl
- Ion phc (B) không có đồng phân:
C
Co
NC
CN
CN
NC
CN
N
- Ion phc (C) có 2 đồng phân:
Cl
Co
Cl
CN
Cl
NC

CN

Co
Cl
Cl
Cl
NC
CN
CN
0,75
4
[CoCl
2
(NH
3
)
4
]
+
+ Fe
2+
+ 4 H
+


Co
2+
+ Fe
3+
+ 2 Cl

-
+ 4 NH
4
+
0,25
HT
Ngi ra
Dng Trng Phong (0985.574.133)