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 BIÊN HÒA HÀ NAM

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA
TỈNH HÀ NAM
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC
KHỐI 11
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
( Đề này gồm có 5 trang, gồm 10 câu)
Câu 1. (2 điểm). Tốc độ phản ứng
1. Nghiên cứu động học của phản ứng:
2NO
(k)
+ 2H
2 (k)
→ N
2 (k)
+ 2H
2
O
(l)
người ta thu được các số liệu sau:
P(NO), atm P(H
2
), atm Tốc độ phản ứng (atm.s
−
1
)
0,375 0,500 6,34.10
−

4
0,375 0,250 3,15.10
−
4
0,188 0,500 1,56. 10
−
4
a. Viết biểu thức liên hệ tốc độ phản ứng với nồng độ các chất tham gia phản ứng.
b. Phản ứng được cho là bao gồm 3 giai đoạn sơ cấp:
Giai đoạn 1. 2NO N
2
O
2
Giai đoạn 2. N
2
O
2
+ H
2
→ N
2
O + H
2
O
Giai đoạn 3. N
2
O + H
2
→ N
2

+ H
2
O
Với các điều kiện nào về tốc độ tương đối của các giai đoạn 1, 2, và 3, cơ chế phản
ứng trên là phù hợp với quy luật động học thu được từ thực nghiệm?
2. Hiệu suất lượng tử của phản ứng quang hóa là tỉ số giữa số phân tử bị biến đổi
hóa học với số quang tử mà hệ hấp thụ.
Hơi axeton, đựng trong bình kín (không chứa chất khí nào khác) có thể tích 59
mL ở nhiệt độ 56,7
o
C được chiếu bởi một chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng λ
= 313 nm, bị phân hủy theo phương trình phản ứng tổng cộng sau:
CH
3
COCH
3 (k)
→ C
2
H
6(k)
+ CO
(k)
(1)
Nếu liên tục chiếu sáng trong 7 giờ bằng nguồn sáng có bước sóng cho ở trên với
tốc độ cung cấp năng lượng 4,81.10
-3
J/s thì áp suất trong bình tăng từ 1,022 bar
lên 1,044 bar. Cho rằng hơi axeton chỉ hấp thụ 91,5 % năng lượng ánh sáng tới.
Hãy tính hiệu suất lượng tử của phản ứng (1).
Cho h = 6,626.10

-34
J.s; c = 3.10
8
m/s; N
A
= 6,02.10
23
. mol
-1
Câu 2. (2 điểm). Cân bằng trong dung dịch điện li
1
1. Tính số ml dung dịch (NH
4
)
2
SO
4
0,100M cần thêm vào 100 ml dung dịch Na
2
S
0,100M để pH của hệ giảm 0,76 đơn vị.
2. Tính số gam KCN cần cho vào 100,00 ml dung dịch NH
3
0,020M để độ điện li α
của NH
3
giảm 30%.
Câu 3. (2 điểm) Điện hóa học
1. Thiết lập khu vực pH sao cho K
2

Cr
2
O
7
có thể oxi hóa được hơn 80% Br
-
và ít
hơn 2% Cl
-
từ hỗn hợp KBr 0,010M và KCl 1,0M.
Cho:
2
0
2Cl / Cl
E = 1,36 V;
−
2
0
2
( l )
Br / Br
E = 1,065 V;
−
2 3
2 7
0
2Cr O / Cr
E = 1,33 V;
− +
[Cr

2
O
7
2-
] = [Cr
3+
] = 1M. Độ tan của Br
2
trong nước là 0,22 M.
2. Đánh giá thành phần cân bằng trong hỗn hợp KClO
3
0,10M và FeBr
2
0,060M ở
pH= 2,0. Cho:
3
0
ClO /Cl
E = 1,45 V;
− −
2
2
0
2
(H O)
Br / Br
E = 1,085 V;
−
3 2
0

Fe /Fe
E = 0,771 V;
+ +−

2 17 3* ,
III
= 10 (Fe )
− +
β
;
5 92 2* ,
II
= 10 (Fe )
− +
β
Câu 4. (2 điểm) Bài toán vô cơ tổng hợp.
Acgirôđit là một khoáng vật hiếm gặp trong tự nhiên. Nó có màu đen pha
tím, ánh kim. Thành phần của Acgirôđit gồm bạc (Ag
+1
), lưu huỳnh (S
-2
) và một
hợp chất chứa một nguyên tố mới X chưa xác định lúc bấy giờ.
Đốt cháy hoàn toàn 1,0002 gam Acgirôđit trong không khí thấy có khí SO
2
thoát ra và chất rắn A. Chất rắn A hòa tan trong axit nitric thu được dung dịch C và
chất rắn B, là một oxit lưỡng tính. Để xác định ion Ag
+
, người ta cho vào dung
dịch C 100 ml KSCN 0,1M, lượng dư KSCN được chuẩn độ bởi dung dịch Fe

3+
0,1M thấy hết 9,69 ml. Khí SO
2
sinh ra được hấp thụ hoàn toàn trong dung dịch
Ba(OH)
2
dư thu được 1,156 gam kết tủa.
a. Tính số mol và khối lượng Ag
+
và S
2-
trong 100 gam Acgirôđit.
b. Xác định nguyên tố X và công thức của Acgirôđit.
c. Viết phương trình phản ứng của B với HCl đậm đặc và dung dịch NaOH.
Cho: Ag = 107,9; Ba = 137,3; S= 32,1; O = 16.
Câu 5. (2 điểm) Tổng hợp chất hữu cơ
Hợp chất có cấu trúc
2

COOCH
2
CH
3
được tổng hợp từ propen và benzen theo sơ đồ các phản ứng sau
MgCl
+
COOC
2
H
5

+C
2
H
5
OH
D
A B
C
E
F
G
H
I
K
L
M
P
Chỉ rõ cấu trúc của các chất ứng với các chữ cái.
Câu 6. (2 điểm) Nhiệt độ nóng chảy, nhiệt độ sôi.
a. So sánh nhiệt độ nóng chảy của các chất sau, giải thích.
Axit oxalic, axit maleic và axit fumaric
b. So sánh khả năng tan trong H
2
O của các chất sau, giải thích.
Axit axetic, axit fumaric và axit maleic.
Câu 7. (2 điểm). Xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ.
Hợp chất hữu cơ X có công thức phân tử C
6
H
14

O. X phản ứng được với I
2
trong dung dịch kiềm tạo kết tủa. Sử lý X với dung dịch H
3
O
+
thu được
hiđrocacbon E. Ozon phân E thu được chất hữu cơ F. Cho X tác dụng với SOCl
2
thu được chất hữu cơ Y. Cho Y tác dụng với (CH
3
)
3
CONa thu được chất hữu cơ Z.
Cho Z phản ứng với HBr có mặt xúc tác thu được chất hữu cơ B, còn khi cho Z tác
dụng với C
6
H
5
CO
3
H thu được chất hữu cơ A. Cho B tác dụng với Mg(trong ete)
thu được chất D. Cho D tác dụng với A, tiếp theo là H
3
O
+
thu được chất Q có tên
gọi là 2,2,7,7-tetrametyloctan-3-ol. Cho chất D tác dụng với chất F tiếp theo là
H
3

O
+
thu được chất P có tên gọi là 2,5,5-trimetylhexan-2-ol.
1; Chỉ ra công thức cấu tạo của các chất ứng với các chữ cái trên.
2; Viết cơ chế của quá trình chuyển từ X đến E.
Câu 8. (2 điểm) Tổng hợp hữu cơ.
3
Chất hữu cơ X có công thức phân tử C
9
H
16
O mạch hở, có khả năng tham gia
phản ứng iodofom. Tiến hành ozon phân X [1;O
3
, 2;(CH
3
)
2
S] thu được hai chất hữu
cơ là Y và Z. Chất Z tác dụng với H
2
(Ni,t
o
) thu được chất A. Chất A tác dụng với
SOCl
2
thu được dẫn xuất chứa clo B. Sử lý X với dung dịch H
3
O
+

thu được chất D
có công thức C
9
H
18
O
2
. Đun D với H
2
SO
4
(đặc) thu được một hiđrocacbon E. Ozon
phân E thu được hai chất hữu cơ là F và G. Chất G tác dụng với HIO
4
thu được hai
axit cacboxylic là H và K có khối lượng mol tương ứng bằng 74 và 46. Sử lý F với
C
2
H
5
O
-
/C
2
H
5
OH, tiếp theo là phản ứng với chất B, thu được 3-propylpentan-2,4-
đion.
A; Chỉ ra công thức cấu tạo của các chất ứng với các chữ cái.
B; Chỉ ra cấu trúc các đồng phân không gian của X và gọi tên của chúng.

Câu 9. (2 điểm) Cân bằng hóa học
Hai xi lanh A, B được đậy chặt bằng piston. Xi lanh A chứa hỗn hợp khí
CO
2
và H
2
theo tỉ lệ mol 1:1, xilanh B chứa khí C
3
H
8
. Nung nóng cả 2 xi lanh đến
527
0
C xảy ra các phản ứng sau:
(A) CO
2 (k)
+ H
2(k)
 CO
(k)
+ H
2
O
(k)
K
c
= 2,50.10
-1
(B) C
3

H
8(k)
 C
3
H
6(k)
+ H
2(k)
K
c
= 1,30.10
-3
Khi đạt tới cân bằng, áp suất ở 2 xi lanh bằng nhau. Thành phần % thể tích của
C
3
H
8
trong xi lanh B bằng 80%.
1. Tính nồng độ cân bằng các chất trong xi lanh B và áp suất toàn phần khi đạt tới
cân bằng.
2. Tính nồng độ cân bằng của các chất trong xi lanh A.
3. Dùng piston để giảm thể tích của mỗi xi lanh còn một nửa thể tích ban đầu,
trong khi giữ nguyên nhiệt độ. Tính áp suất toàn phần tại thời điểm cân bằng trong
mỗi xi lanh.
Câu 10. (2 điểm) Phức chất
1. Coban tạo ra được các ion phức: [CoCl
2
(NH
3
)

4
]
+
(A); [Co(CN)
6
]
3-
(B);
[CoCl
3
(CN)
3
]
3-
(C).
a. Gọi tên (A), (B), (C).
b. Theo thuyết liên kết hóa trị các nguyên tử trong (B) ở trạng thái lai hóa nào?
c. Các ion phức trên có thể có bao nhiêu đồng phân lập thể? Vẽ cấu trúc của chúng.
4
d. Viết phương trình phản ứng của (A) với ion Fe
2+
trong môi trường axit.
2. Cho sơ đồ các phản ứng:
FeCl
2
(dd)
A (dd)
KCN ®Æc d
FeSO
4

Fe
2
(SO
4
)
3
®Æc
AgNO
3
KMnO
4
,H
+
E (dd)
FeCl
2
G kÕt tña xanh
A + F kÕt tña n©u
Pb(OH)
2
KOH
B kÕt tña tr¾ng
C kÕt tña xanh ®Ëm
D tr¾ng
a. Viết phương trình ion của các phản ứng theo sơ đồ trên.
b. Hãy cho biết từ tính của hợp chất A, dùng thuyết lai hóa để giải thích.
5
HI CC TRNG THPT CHUYấN
VNG DUYấN HI V NG BNG BC B
TRNG THPT CHUYấN BIấN HềA

TNH H NAM
P N + BIU IM CHM
MễN: HểA HC KHI: 11
Cõu í Ni dung chớnh cn t im
Cõu
1
1a
2H
2 (k)
+ 2NO
(k)
N
2 (k)
+ 2H
2
O
(k)
Biểu thức định luật tốc độ phản ứng: v = k.[NO]
a
.[H
2
]
b
v
1
= k.(0,375)
a
.(0,500)
b
= 6,34. 10

4
v
2
= k.(0,375)
a
.(0,250)
b
= 3,15.10

4
v
3
= k.(0,188)
a
.(0,500)
b
= 1,56.10

4
a = 2, b = 1
Thực nghiệm chứng tỏ rằng v = k.[NO]
2
.[H
2
]
1
0,5
1b
Cỏch 1: Gii bng phng phỏp gn ỳng nng dng

Trong cơ chế 3 giai đoạn:
Giai đoạn 1. 2NO
t
n
k
k


N
2
O
2

Giai on 2. N
2
O
2
+ H
2

2
k

N
2
O + H
2
O
Giai on 3. N
2

O + H
2

3
k

N
2
+ H
2
O
v =
[ ]
2
d N
dt
= k
3
[N
2
O][H
2
] (1)
[ ]
2
d N O
dt
= k
2
[N

2
O
2
][H
2
] - k
3
[N
2
O][H
2
] = 0 (2)
[ ]
2 2
d N O
dt
= k
t
[NO]
2
- k
n
[N
2
O
2
] - k
2
[N
2

O
2
][H
2
] = 0 (3)
T (2) [N
2
O] = (k
2
/k
3
)[N
2
O
2
] (4)
(2)+ (3) k
t
[NO]
2
- k
n
[N
2
O
2
] - k
3
[N
2

O][H
2
] = 0 (5)
Thay (4) vo (5):
k
t
[NO]
2
- k
n
[N
2
O
2
] k
2
[N
2
O
2
][H
2
] = 0 (6)
[N
2
O
2
] =
[ ]
2

2 2
[ ]
t
n
k NO
k k H+
(7)
Thay (7) vo (4) ta cú: [N
2
O] = (k
2
/k
3
)
[ ]
2
2 2
[ ]
t
n
k NO
k k H+
(8)
0,75
6
Thay (8) vào (1) thu được: v =
[ ]
2
d N
dt

= k
2

[ ]
2
2 2
[ ]
t
n
k NO
k k H+
[H
2
] (9)
Để (9) trùng với định luật tốc độ thực nghiệm cần có điều kiện
k
n
>> k
2
[H
2
], tức là giai đoạn 2 phải là chậm. Khi ấy (9) trở thành:
v = Kk
2
[NO]
2
.[H
2
] = k.[NO]
2

.[H
2
]
K = k
t
/k
n
(giai đoạn thuận nghịch nhanh nên có thể thiết lập được cân
bằng), k = Kk
2

Cách 2: Giải bằng phương pháp gần đúng tốc độ giới hạn
Nếu 2 chậm, 1 và 3 nhanh.
2NO N
2
O
2
(1) nhanh
N
2
O
2
+ H
2

2
k
→
N
2

O + H
2
O (2) chậm
N
2
O + H
2

3
k
→
N
2
+ H
2
O (3) nhanh
Tốc độ phản ứng được quyết định bởi (2), nên:
v = k
2
[N
2
O
2
].[H
2
] (4)
Dựa vào cân bằng (1) rút ra:
[N
2
O

2
] = K. [NO]
2
(5)
Thay (5) vào (4) thu được:
v = K.k
2
[NO]
2
.[H
2
] = k[NO]
2
.[H
2
]
Các giả định khác không đưa ra được định luật tốc độ phù hợp với thực
nghiệm.
2 CH
3
OCH
3
→ C
2
H
6
+ CO (1)
n
0 0 0
n

0 -
x

x x
Sau phản ứng tổng số mol khí là ∑n = n
0
- x

+ x + x = n
0
+ x
Sự thay đổi số mol ∆n = x = số mol axeton đã phản ứng
Coi các khí là lý tưởng ta có số phân tử N của axeton đã phản ứng là:
N = N
A
. ∆n =
2
23
. 0,022.5,9.10
6,02.10
0,082.328,7
A
pV
N
RT
−
∆
=
= 2,9.10
19

phân tử
Năng lượng của lượng tử sáng:
E = hc/λ =
34 8
23 1
7
6,626.10 ( . ).3.10 ( / )
6,02.10 .
3,13.10 ( )
J s m s
mol
m
−
−
−
= 382,3 kJ/mol
Số quang tử hệ đã hấp thụ:
0,75
7
N
hν
=
3
23
91,5.4,81.10 .3600.7
6,02.10
100.382300
−
= 1,75.10
20

photon
Hiệu suất lượng tử:
η = 2,9.10
19
/1,75.10
20
= 0,17
Câu
2
1 Trong dung dịch Na
2
S có các cân bằng:
S
2-

+ H
2
O  HS
-
+ OH
-
(1) K
b1
= 10
-1,1
HS
-
+ H
2
O  H

2
S + OH
-
(2) K
b2
= 10
-6,98
H
2
O  H
+
+ OH
-
(3) K
w
= 10
-14
So sánh các cân bằng trên ta thấy: K
b1
>>K
b2
và K
b1
.C>>K
w
nên cân bằng
(1) là chủ yếu:
S
2-
+ H

2
O  HS
-
+ OH
-
K
b1
= 10
-1,1
C
0
0,1
[] 0,1 – x x x

2
1,1
= 10
0,1 - x
−
⇒
x
⇒ x = [OH
-
] = [HS
-
] = 5,78.10
-2
M
⇒ pH = 12,76
Gọi V là số ml dung dịch (NH

4
)
2
SO
4
0,100M cần thêm vào 100,00 ml
dung dịch Na
2
S 0,100M để pH = 12,76 – 0,76 = 12,00

2
0,1.100 10
C = =
100 + V 100 + V
−
S

2
4 4
NH
0,1.V 0,2.V
C = ; C =
100 + V 100 + V
− +
SO
Vì pH = 12 nên:
+
-12
+
4

4 3
-9,24
3 a
[NH ] h 10
= = << 1 [NH ] << [NH ]
[NH ] K 10
⇒
-12
2
2
-7
a1
[H S] h 10
= = << 1 [H S] << [HS ]
[HS ] K 10
−
−
⇒
-12
0,9
2 -12,9
a2
[HS ] h 10
= = = 10
[S ] K 10
−
−
Vậy sau khi phản ứng với NH
4
+

còn dư S
2-
.
NH
4
+
+ S
2-
→ NH
3
+ HS
-
K = 10
3,66
C
0

0,2.V

100 + V

10
100 + V
1,0
8
C -
10 - 0,2.V

100 + V

0,2.V

100 + V

0,2.V

100 + V
TPGH: S
2-

10 - 0,2.V

100 + V
; NH
3

0,2.V

100 + V
;
HS
-

0,2.V

100 + V
; SO
4
2-

0,1.V
100 + V
Các quá trình xảy ra trong dung dịch:
HS
-
+ H
2
O  H
2
S + OH
-
(4) K
b2
= 10
-6,98
H
2
O  H
+
+ OH
-
(5) K
w
= 10
-14
NH
3
+ H
+
 NH

4
+
(6) K
a
-1
= 10
9,24
HS
-
+ H
+
 H
2
S (7) K
a1
-1
= 10
7,02
SO
4
2-
+ H
+
 HSO
4
-
(8) K
a
’-1
= 10

2
Vì K
a
’-1
<< K
a
-1
nên bỏ qua (8) so với (7)
Áp dụng ĐKP với mức không là HS
-
, NH
3
và H
2
O:
h = [H
+
] =
- 2- +
2 4
10 - 0,2.V
[OH ] - [H S] + [S ] - - [NH ]
100 + V
Vì [H
2
S] << [HS
-
] ≈ [S
2-
] nên có thể bỏ qua [H

2
S]
w a2
a2 a
K K
10 10 - 0,2.V 0,2.V h
h = + . - - .
h 100 + V h + K 100 + V 100 + V K + h
Thay các giá trị h = 10
-12
, K
a
vào phương trình ta được V = 37,60 ml
2 Khi chưa cho KCN, trong dung dịch NH
3
:
NH
3
+ H
2
O  NH
4
+
+ OH
-
K
b1
= 10
-4,76
[] 0,02 – x x x

2
4,76 4
= 10 x = 5,81.10
0,02 - x
− −
⇒
x

3
3
+
-4
4
NH
0
NH
[NH ] 5,81.10
α = = .100% = 2,905%
C 0,02
Khi thêm KCN vào:
3
'
NH
α = 2,905.0,7 = 2,0335%
Các cân bằng trong dung dịch:
NH
3
+ H
2

O  NH
4
+
+ OH
-
(1) K
b1
= 10
-4,76
CN
-
+ H
2
O  HCN + OH
-
(2) K
b2

= 10
-4,65
H
2
O  H
+
+ OH
-
(3) K
w
Ta có: K
b1

.
3
NH
C
>> K
w
nên bỏ qua sự phân li của nước
1,0
9

3
3
+
' 2
4
NH
0
NH
[NH ]
α = = 2,0335.10
C
−
⇒ [NH
4
+
] = 2,0335.10
-2
.0,02 = 4,067.10
-4
M

BTNĐĐ:
3
0
NH 3 4
C = [NH ] + [NH ] = 0,02
+
⇒ [NH
3
] = 1,9593.10
-2
M
Theo cân bằng (1):
4,76 2
- 4
b1 3
+ 4
4
K .[NH ]
10 .1,9593.10
[OH ] = = = 8,372.10
[NH ] 4,067.10
− −
−
−
M
Mặt khác từ cân bằng (1) và (2):
[OH
-
] = [NH
4

+
] + [HCN]
⇒ [HCN] = 8,372.10
-4
– 4,067.10
-4
= 4,305.10
-4
M

4 4
- 2
4,65
b2
[HCN].[OH ] 4,305.10 .8,372.10
[CN ] = = = 1,6099.10 M
K 10
− − −
−
−
BTNĐĐ:
0 0
KCN
CN
C = C = [HCN] + [CN ]
−
−
= 1,65295.10
-2
M

Khối lượng KCN cần là:
m
KCN
= 1,65295.10
-2
.0,1.65 = 0,1074 (gam)
Câu
3
1 Nhận xét: Vì lượng Br
2
sinh ra tối đa chỉ có thể bằng 5.10
-3
M, bé hơn độ
tan của Br
2
trong nước vì vậy phải tính
2
2
0
2
( H O )
Br / Br
E
−
:
Br
2 (l)
+ 2e  2Br
-

= 10
0
1
2E /0,0592
1
K
Br
2
(H
2
O)  Br
2
(l)
[ ]
= = S
2
1
2
2 Br
2 2
Br (l)
K
Br (H O)
−
Br
2
(H
2
O) + 2e  2Br
-

= 10
0
3
2E /0,0592
K
= K
1
.K
2

E = E -
2
0 0
3 1 Br
0,0592
lgS
2
⇒

= E = 1,065 - = 1,0845 V
2(H O)
2
0 0
3
Br /2Br
0,059
E lg0,22
2
−

Ta có:
2
0
2Cl / Cl
E = 1,36 V
−
>
= 1,0845 V
2(H O)
2
0
Br /2Br
E
−
nên Cr
2
O
7
2-
oxi hóa
Br
-
trước, Cl
-
sau.
- Để oxi hóa 80% Br
-
thì [Br
-
] còn = 0,2.0,01 = 2.10

-3
M
[Br
2
] = 1/2.(0,01 – 2.10
-3
) = 4.10
-3
M
1,0
10
[ ]
= E +
[ ]
2 2
0
2
2
Br /2Br Br /2Br
0,0592 Br
E lg
2 Br
− −
−
= 1,1733V
Oxi hóa 2% Cl
-
thì [Cl
-
] = 0,98M; [Cl

2
] = 0,01M
[Cl ]
= E +
[Cl ]
2 2
0
2
2
Cl /2Cl Cl /2Cl
0,0592
E lg
2
− −
−
= 1,3013V
Cr
2
O
7
2-
+ 14H
+
+ 6e  2Cr
3+

+ 7H
2
O
[ ][ ]

= E +
[ ]
= 1,33 -
2 3 2 3
2 7 2 7
2 14
0
2 7
3 2
Cr O /2Cr Cr O /2Cr
0,0592 Cr O . H
E lg
6 Cr
14.0,0592
pH
6
− + − +
− +
+
= 1,33 – 0,138pH
Để oxi hóa hơn 80% Br
-
và ít hơn 2% Cl
-
thì:


2
Br /2 Br
E

−
<
2 3
2 7
Cr O /2Cr
E
− +
<

2
Cl /2Cl
E
−
⇒ 1,1733 < 1,33 – 0,138pH < 1,3013
⇒ 0,21 < pH < 1,14
2
Ở pH = 2,0
2
2
0
2
(H O)
Br / Br
E = 1,085 V
−
không phụ thuộc vào pH vì vậy thế
điều kiện
2 2
2 2
0

2 2
(H O) (H O)
'
Br / Br Br / Br
E = E = 1,085 V;
− −
Đối với cặp ClO
3
-
/Cl
-
: ClO
3
-
+ 6H
+
+ 6e  Cl
-
+ 3H
2
O
0 6
3
0 0592 0 0592
6 6
[ClO ]
, ,
E = E + lg + lg[H ]
[Cl ]
−

+
−
Tính thế điều kiện E
’
:
3
0 0592
6
'
'
'
[ClO ]
,
E = E + lg - 0,0592pH
[Cl ]
−
−
Vì [ClO
3
-
]
’
= [ClO
3
-
]; [Cl
-
]
’
= [Cl

-
] nên E
’
= E
0
– 0,0592pH
Ở pH = 2 thì E
’
= 1,45 – 0,0592.2 = 1,33V
Đối với cặp Fe
3+
/Fe
2+
:
Fe
3+
+ H
2
O  FeOH
2+
+ H
+

2 17* ,
III
= 10
−
β
Fe
2+

+ H
2
O  FeOH
+
+ H
+

5 92* ,
II
= 10
−
β
1,0
11
3 2
3
2
'
'
'
Fe /Fe
[Fe ]
E = E + 0,0592 lg
[Fe ]
+ +
+
+
=
3 2
3

0
2
Fe /Fe
[Fe ]
E + 0,0592lg
[Fe ]
+ +
+
+
Vì [Fe
3+
]
’
= [Fe
3+
] + [FeOH
2+
] = [Fe
3+
].(1 +
*
III
β
.h
-1
)
[Fe
2+
]
’

= [Fe
2+
] + [FeOH
+
] = [Fe
2+
].(1 +
*
II
β
.h
-1
)
Do đó tổ hợp lại ta có:
0
*
'
III
*
II
h +
E = E - 0,0592lg
h +
β
β
=
2 2 17
2 5 92
10
,

,
10 + 10
0,771 - 0,0592lg
+ 10
− −
− −
= 0,758V
Phản ứng đầu tiên xảy ra:
ClO
3
-
+ 6Fe
2+
 Cl
-
+ 6Fe
3+
K = 10
6(1,33-0,758)/0,0592
=
10
57,97
C
0
0,10 0,06
C 0,09 - 0,01 0,06
Phản ứng tiếp theo:
ClO
3
-

+ 6Br
-
 Cl
-
+ 3Br
2
K = 10
6(1,33-1,085)/0,0592
=
10
24,83
C
0
0,09 0,12 0,01
C 0,07 - 0,03 0,06
Xét cân bằng ngược:
3Br
2
+ Cl
-
 ClO
3
-
+ 6Br
-
10
-24,83
[] 0,06 -3x 0,03-x 0,07+x 6x

6

24 83
3
6 0 07
0 06 0 03
,
( x) .( , + x)
= 10
( , - 3x) .( , -x)
−
⇒ 6x = [Br
-
] = 1,55.10
-5
M
[Br
2
] = 0,060M; [Cl
-
] = 0,03M; [ClO
3
-
] = 0,07M
Từ (1): 6Fe
3+
+ Cl
-
 6Fe
2+
+ ClO
3

-
10
-57,97
[ ] 0,06-6x 0,03-x 6x 0,07+x
Giả thiết x << 0,01 ⇒ [Fe
2+
] = [Fe
2+
]
’
= 6x = 10
-10,94
M
[Fe
3+
] = [Fe
3+
]
’
.
1 2 17 2
1 0 06
1 10
* ,
III
,
=
1 + .h + 10 .
− −
β

= 0,0358M
[FeOH
2+
] = 0,0242M
Câu a
Ag
+
+ SCN
-
→ AgSCN
0,5
12
4
Fe
3+
+ 3SCN
-
→ Fe(SCN)
3
Ta có:
= 0,1.9,69.10 = 9,69.10
3
3 4
Fe
n mol
+
− −
= 0,1.100.10 = 0,01 mol
3
SCN

n
−
−
n = n - 3n = 0,01 - 9,69.10 = 7,093.10
3
3 3
Ag SCN Fe
.3 mol
+ − +
− −
⇒
m = 7,093.10 = 0,7653 (g)
3
Ag
.107,9
+
−
⇒
SO
2
+ Ba(OH)
2
→ BaSO
3
+ H
2
O
Ta có:
= = 5,317.10
3

3
BaSO
1,156
n mol
217,4
−
n = n = 5,317.10
2
3
3
BaSO
S
mol
−
−
⇒
= 5,317.10 = 0,1707 (g)
2
3
S
m .32,1
−
−
⇒
b Trong Acgirodit có chứa Ag
2
S:

n = = = 3,547.10
2

3
Ag
3
Ag S
n
7,093.10
mol
2 2
−
−
⇒
⇒ Số mol S
2-
trong hợp chất còn lại:

n = 5,317.10 - 3,547.10 = 1,770.10
2
3 3 3
S
mol
−
− − −
⇒
⇒ Nguyên tố X phải có số oxi hóa dương trong hợp chất còn lại.
Gọi công thức của hợp chất là X
a
S
b
:

= mol
a b
3
X S
1,77.10
n
b
−

= (mol)
2 b/a
3
X
1,77.10 .a
n
b
+
−

= - 0,7653 - 0,1707 = 0,0642 (g)
2 b/a
X
m 1,0002
+

M = = 36,27. (g/mol)
X
3
0,0642 b b
.

1,77.10 a a
−
⇒
⇒ Hợp chất X
a
S
b
có thể là: X
2
S, XS
2
, X
2
S
3
, XS,…Tương ứng với tỉ lệ b/a
= 0,5; 2; 1,5; 1…và M
X
tương ứng: 18,1; 72,5; 54,4; 36,3
⇒ Nhận giá trị b/a = 2, M
X
= 72,5, X là nguyên tố Ge
Hợp chất X
a
S
b
là GeS
2
(Ge hóa trị 4)

= = = 8,85.10 mol
2
3 3
4
GeS
1,77.10 1,77.10
n
b 2
− −
−
1,0
13

n : n = 3,547.10 : 8,85.10 = 4 : 1
2 2
3 4
Ag S GeS
− −
⇒
Vậy công thức của Agirodit là: Ag
8
GeS
6
c Phương trình phản ứng:
GeO
2
+ 4HCl
đ
→ GeCl
4

+ 2H
2
O
GeO
2
+ 2NaOH → Na
2
GeO
3
+ H
2
O
0,5
Câu
5
Cl
MgCl
+Cl
2
t
o
Cl
OH
CHO
MgCl
+
CHOCOOH
COCl
O OH
MgCl

COOH
CO
2
MgCl
COOC
2
H
5
+C
2
H
5
OH +H
2
O
+CO
2
+CH
3
MgCl
H
+
,t
o
AlCl
3
,t
o
NaBH
4

D
A
B
C
E
F
G
H
I
K
L
M
P
2,0
Câu
6
a Nhiệt độ nóng chảy giảm dần theo thứ tự
Axit fumaric> axit oxalic> axit maleic
Do axit fumaric có cấu hình trans thuận lợi cho sự tạo mạng lưới tinh thể,
axit fumaric có hiệu ứng –C và –I của nhóm COOH làm cho liên kết
Hiđro giữa các phân tử lớn
Axit oxalic có hiệu ứng –I của nhóm COOH.
Axit maleic có cấu hình cis cản trở sự tạo mạng lưới tinh thể, có liên kết
Hiđro nội phân tử làm giảm liên kết giữa các phân tử làm cho nhiệt độ
nóng chảy của nó nhỏ nhất.
1,0
b Khả năng tan trong H
2
O của axit axetic> axit oxalic > axit fumaric
Axit axetic có kích thước nhỏ, liên kết hiđro giữa các phân tử yếu nên tan

tốt nhất(tan vô hạn). Axit fumaric tạo liên kết hiđro giữa các phân tử lớn
nhất(-C,-I) nên tạo mạng lưới tinh thể bền nhất, khả năng tan trong H
2
O
1,0
14
là nhỏ nhất(0,7gam). Axit maleic có kích thước phân tử lớn, có 2 nhóm
COOH nên tan kém hơn so với axit axetic nhưng do cấu hình cis nên
năng lượng mạng lưới nhỏ hơn so với axit fumaric dẫn đến tan trong
H2O nhiều hơn so với axit fumaric.(79gam)
Câu
7
1 Chất X là (CH
3
)
3
CCHOHCH
3

Chất E l à (CH
3
)
2
C=C(CH
3
)
2

Chầt F là CH
3

COCH
3

Chất B là (CH
3
)
3
CCH
2
CH
2
Br
Chất Y là (CH
3
)
3
CCHClCH
3

Chất Z l à (CH
3
)
3
CCH=CH
2
Chất A là
O
(CH
3
)

3
C
Chất D là (CH
3
)
3
CCH
2
CH
2
MgBr
1,0
2
H
3
C
OH
H
3
C
CH
3
H CH
3
H
+
H
3
C
OH

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

3
H
-H
+
CH
3
CH
3
H
3
C
H
3
C
1,0
Câu
8
a
(X)
H
3
C CH
2
C
H
C CH
2
H
C
C CH

3
CH
3
CH
3
O
(Y)
(Z)
O
C CH
2
H
C
C CH
3
CH
3
CH
3
O
H
3
C CH
2
CH O
(A)
(B)
(G)
H
3

C CH
2
CH
2
OH
H
3
C CH
2
C
O
CHO
H
3
C CH
2
CH
2
Cl
(H)
HCOOH
(K)
H
3
C CH
2
C OH
O
H
3

C C CH
2
O
C
O
CH
3
(F)
1,0
15

OH
HO
(D)
(E)
b
O
O
CH
3
CH
3
H
H
3
C
CH
3
H
(1)

(2)
O
O
CH
3
CH
3
H
3
C
CH
3
H
H
(3)
(4)
1,0
Tên gọi của các đồng phân trên là:
Chất(1): (5E,3S) 3,5-đimetyloct-5-en-2-on
Chất(2): (5E,3R) 3,5-đimetyloct-5-en-2-on
Chất(3): (5Z,3S) 3,5-đimetyloct-5-en-2-on
Chất(4): (5Z,3R) 3,5-đimetyloct-5-en-2-on
Câu
9
1
Ở xi lanh B:
3 8
3 8 3 8
C H
C H C H

khÝ
n
%V = 80% x = 0,8 =
n
⇒
∑

3 6 2
C H H
x = x = 0,1
Gọi tổng số mol khí trong xi lanh B ở trạng thái cân bằng là: n
B
(B) C
3
H
8(k)
 C
3
H
6(k)
+ H
2(k)
K
c
= 1,30.10
-3
⇒
B B
3 8 3 6 2
B B

0,8.n 0,1n
[C H ] = ; [C H ] = [H ] =
V V
2
3
3 6 2 B
c
3 8 B B
[C H ].[H ] (0,1.n )
K = = = 1,3.10
[C H ] 0,8.n .V
−
⇒
B
B
n
V
= 0,104
2
B
3 8
B
2
B
3 6 2
B
0,8.n
[C H ] = = 0,8.0,104 = 8,32.10 M
V
0,1n

[C H ] = [H ] = = 0,1.0,104 = 1,04.10 M
V
−
−
⇒
- Áp suất toàn phần khi đạt tới cân bằng:

B
B
B
n .RT
p = = 0,104.0,082.(527 + 273) = 6,8224 atm
V
0,75
2 Tính nồng độ cân bằng các chất trong xi lanh A: 0,5
16
Vì p
A
= p
B
nên
A B
A B
n n
= = 0,104
V V
(A) CO
2 (k)
+ H
2(k)

 CO
(k)
+ H
2
O
(k)
K
c
= 2,50.10
-1

n
đầu
x x
n
cb
x – a 2x – a a a

khÝ A A
n = n = 2x = 0,104V
∑
⇒ x = 0,052V
A
Mặt khác:
2
c
2
a
K = = 0,25
(x - a)

⇒ a = x/3
2
2 2
A
x a 2
[CO ] = [H ] = = .0,052 = 3,467.10 M
V 3
−
−
2
2
A
a 1
[CO] = [H O] = = .0,052 = 1,733.10 M
V 3
−
3 Khi giảm thể tích mỗi xi lanh đi một nửa:
- Xi lanh A:
(A) CO
2 (k)
+ H
2(k)
 CO
(k)
+ H
2
O
(k)
K
c

= 2,50.10
-1
Cân bằng trên có ∆n = 0, khi thay đổi thể tích cân bằng không chuyển
dịch chỉ có nồng độ các chất tăng lên.
p
cbA
= 2.6,8224 = 13,6448 atm
- Xi lanh B: C
3
H
8(k)
 C
3
H
6(k)
+ H
2(k)
K
c
= 1,30.10
-3
Cân bằng trên có ∆n = 1 nên khi giảm thể tích của xi lanh thì cân bằng
chuyển dịch theo chiều nghịch.
Khi thể tích giảm ½ thì nồng độ các chất:
3 8
3 6 2
2
C H
2 2
C H H

C = 8,32.10 .2 = 0,1664 M
C = C = 2.1,04.10 = 2,08.10 M
−
− −
C
3
H
6(k)
+ H
2(k)
 C
3
H
8(k)
K
c
= 1,30.10
-3
C
0
2,08.10
-2
2,08.10
-2
0,1664
[ ] 2,08.10
-2
– y 2,08.10
-2
– y 0,1664 + y

2 2
3
(2,08.10 -y)
= 1,3.10
0,1664 + y
−
−
⇒
⇒ y = 5,836.10
-3
[C
3
H
8
] = 0,1664 + 5,836.10
-3
= 0,1722 M
[C
3
H
6
] = [H
2
] = 2,08.10
-2
– 5,836.10
-3
= 1,496.10
-2
M

0,75
17
3 8 3 6 2
cbB C H C H H 3 8 3 6 2
p = p + p + p = ([C H ] + [C H ] + [H ]).RT
p
cbB
= (0,1722 + 1,496.10
-2
.2).0,082.800 = 13,259 atm
Câu
10
1 a.Tên của các ion phức:
(A): Đicloro tetraamin coban (III)
(B): Hexaxiano cobantat (III)
(C): Tricloro trixiano cobantat (III)
b.
[Co(CN)
6
]
3-
: Co lai hóa d
2
sp
3
; C lai hóa sp; N: không ở vào trạng thái lai
hóa hoặc ở trạng thái lai hóa sp.
c. Ion phức A có 2 đồng phân:

Co

Cl
Cl
NH
3
NH
3
H
3
N
H
3
N
Co
Cl
NH
3
NH
3
Cl
H
3
N
H
3
N
trans-điclororrotetraamincoban(III) cis-
Ion phức (B) không có đồng phân:

Co
CN

CN
CN
CN
NC
NC
Ion phức (C) có 2 đồng phân:

Co
CN
CN
NH
3
CN
H
3
N
H
3
N
Co
CN
CN
NH
3
NH
3
H
3
N
NC

0,75
2
a. Fe
2+
+ 6CN
-
→ [Fe(CN)
6
]
4-
[Fe(CN)
6
]
4-
+ 2Fe
2+
→ Fe
2
[Fe(CN)
6
] ↓ trắng
3[Fe(CN)
6
]
4-
+ 4Fe
3+
→ Fe
4
[Fe(CN)

6
]
3
↓ xanh đậm
[Fe(CN)
6
]
4-
+ 4Ag
+
→ Ag
4
[Fe(CN)
6
] ↓ trắng
5[Fe(CN)
6
]
4-
+ MnO
4
-
+ 8H
+
→ Mn
2+
+ 4H
2
O + 5[Fe(CN)
6

]
3-

2[Fe(CN)
6
]
3-
+ 3Fe
2+
→ Fe
3
[Fe(CN)
6
]
2
↓ xanh
2[Fe(CN)
6
]
3-
+ Pb(OH)
2
+2OH
-
→ PbO
2
↓ nâu + 2H
2
O + 2[Fe(CN)
6

]
4-

1,25
18
b. Cấu hình electron của Fe
2+
là [Ar] 3d
6
4s
0
4p
0
4d
0
3d
6
4s
0
4p
0
4d
0
Vì CN
-
là phối tử trường mạnh, do đó khi tạo phức với Fe
2+
, 4electron
độc thân trên AO -3d của Fe(II) bị ghép đôi, tạo ra 2AO -3d trống. Hai
AO này lai hóa với 1AO-4s và 3AO-4p tạo thành 6AO lai hóa d

2
sp
3
hướng về 6 đỉnh của bát diện đều. Mỗi AO này xen phủ với 1AO tự do
có 2e của CN
-
tạo ra 6 liên kết cho nhận, hình thành phức [Fe(CN)
6
]
4-
lai
hóa trong, có cấu trúc bát diện.
Phức này nghịch từ vì có tổng spin bằng 0.
CN
-
CN
-
CN
-
CN
-
CN
-
CN
-
d
2
sp
3
19