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 NINH BÌNH

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (230.29 KB, 15 trang )

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG
DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LƯƠNG VĂN TỤY, TỈNH NINH BÌNH
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 11
NĂM 2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể
thời gian giao đề
(Đề có 05 trang, gồm 10 câu)
Câu 1 (2,0 điểm): Tốc độ phản ứng
Đinitơ pentaoxit (N
2
O
5
) là chất không bền và là một chất nổ. Ở pha khí phân hủy
theo phương trình hóa học:
2N
2
O
5(k)
→
4NO
2(k)
+ O
2(k)
(*)
Các kết quả nghiên cứu động học cho thấy hằng số tốc độ của phản ứng (*):
k = 4,1.10
13
.e

RT
molkJ
1
.137,103
−
−
(s
-1
)
1. Xác định các giá trị của A, E
a
và biểu thức định luật tốc độ của phản ứng (*).
2. Tính hệ số góc của log k = f(T
-1
) (T là nhiệt độ tuyệt đối) cho phản ứng (*).
Ở nhiệt độ nào ta có v =
[ ]
52
ON
(s
-1
)?
3. Tính giá trị đạo hàm
[ ]
dt
ONd
52
khi tiến hành phản ứng (*) trong bình kín có dung
tích V = 12,0 dm
3

. Ở thời điểm này trong bình có 0,0453 mol N
2
O
5
và áp suất riêng phần
của N
2
O
5
là 0,1 atm (các khí được coi là khí lí tưởng).
4. Áp dụng nguyên lý nồng độ dừng, chứng minh cơ chế phản ứng sau phù hợp:
N
2
O
5
NO
2
+ NO
3
NO
2
+ NO
3

→
2
k
NO
2
+ O

2
+ NO
NO + N
2
O
5

→
3
k
3 NO
2
Câu 2 (2,0 điểm): Cân bằng trong dung dịch điện li
Dung dịch A: CaCl
2
0,016M; dung dịch B: Na
2
CO
3
0,016M
1. Tính pH của dung dịch B.
2. Trộn 10 ml dung dịch A với 10 ml dung dịch B. Điều chỉnh pH = 10. Có kết tủa
CaCO
3
và Ca(OH)
2
tách ra không? Nếu có CaCO
3
tách ra hãy tính độ tan của CaCO
3

trong hỗn hợp thu được.
3. Tính thể tích dung dịch HCl 0,01M cần dùng để chuẩn độ 10 ml dung dịch B
đến đổi màu phenolphtalein pH = 8.
1
k
1
k
-1
Cho pK
a
(H
2
CO
3
) = 6,35; 10,33; log
)(
* +
CaOH
β
= -12,6;
K
S1
(Ca(OH)
2
) = 6,46.10
-6
; K
S2
(CaCO
3

) = 3,31.10
-9
.
Câu 3 (2,0 điểm): Điện hóa học
1. Thiết lập sơ đồ pin sao cho khi pin hoạt động xảy ra phản ứng giữa 2 cặp oxi
hóa-khử sau: Fe
3+
(0,10 M)/Fe
2+
(0,0050M); Br
2
(0,010M)/2Br
-
(0,10M).
Cho E
o
Fe
+
3
/ Fe
+2
= 0,77 V; E
o
Br
2
/2Br
−
= 1,07 V
2. Viết phương trình phản ứng xảy ra trong pin và tính sức điện động của pin.
3. Tính nồng độ các ion trong dung dịch khi pin phóng điện hoàn toàn, giả thiết thể

tích hai dung dịch ở hai nửa pin bằng nhau và đều bằng 100 ml.
4. Thêm vào dung dịch ban đầu (V = 100ml) ở anot 100 ml dung dịch KSCN 2,0M
và ở catot 100 ml dung dịch AgNO
3
0,1M. Tính sức điện động của pin và viết phương
trình phản ứng xảy ra khi pin phóng điện. (Bỏ qua sự tạo phức hiđroxo).
Biết Fe
3+
+ 3SCN
-
Fe(SCN)
3

β
= 10
12
pK
S (AgBr)
= 13,0.
Câu 4 (2,0 điểm): Bài tập tính toán vô cơ tổng hợp
Chất X tinh thể màu trắng, có các tính chất sau:
a/ Đốt X ở nhiệt độ cao thấy ngọn lửa có màu vàng tươi. Hòa tan X vào nước được
dung dịch A. Cho khí SO
2
đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiện màu nâu. Nếu tiếp tục
cho SO
2
qua thì màu nâu biến mất, thu được dung dịch B. Thêm một ít axit nitric vào
dung dịch B, sau đó thêm AgNO
3

thấy tạo thành kết tủa màu vàng.
b/ Hòa tan X vào nước, thêm dung dịch H
2
SO
4
loãng, sau đó là dung dịch KI thấy
xuất hiện màu nâu. Màu này bị biến mất khi thêm dung dịch Na
2
S
2
O
3
vào.
1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion.
2. Để xác định công thức của X người ta hòa tan 0,100 gam X vào nước, thêm dư
KI và một ít dung dịch H
2
SO
4
loãng. Chuẩn độ dung dịch thu được bằng dung dịch
Na
2
S
2
O
3
0,100M tới mất màu chỉ thị hồ tinh bột thấy hết 37,40 ml dung dịch Na
2
S
2

O
3.
Tìm công thức phân tử và gọi tên X.
Câu 5 (2,0 điểm): Sơ đồ biến hóa, cơ chế phản ứng, đồng phân lập thể, danh pháp
Hợp chất A đóng vai trò là chất gốc để tạo thành các hợp chất E1 và E2
2
(Gợi ý: Các hợp chất E1 và E2 là trans-diol có tỉ lệ 1: 1).
1. Xác định cấu trúc của A, D, E1 và E2 trong sơ đồ phản ứng trên.
2. Viết tên các hợp chất A, B, C, D, E1 và E2.
3. Thêm các chất phản ứng cần thiết bổ sung ở những nơi có dấu "?".
4. Đánh dấu tất cả các trung tâm bất đối của các hợp chất A, B, C, D, E1 và E2.
Câu 6 (2,0 điểm): Tổng hợp các chất hữu cơ, so sánh nhiệt độ sôi, nhiệt độ nóng
chảy, tính axit- bazơ
1. Nhóm OH nào thể hiện tính axit mạnh nhất trong hợp chất sau:
2. Cho 3 dị vòng (hình bên). Hãy sắp xếp các dị
vòng theo thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi; tăng dần tính bazơ
của các nhóm –NH. Giải thích.
Câu 7 (2,0 điểm): Nhận biết, tách chất, xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ
Khi đun nóng hợp chất A (C
4
H
10
O) với axit sunfuric thu được hợp chất B. B có thể
kết hợp với 1 phân tử Cl
2
được sản phẩm C. Sản phẩm C này được xử lí với NaNH
2
cho
D (C
4

H
6
). D phản ứng với BH
3
, sau đó với H
2
O
2
/OH
-
thì được F (C
4
H
8
O). Phản ứng của E
với F sau đó thủy phân cho G. Hợp chất này bị hiđro hóa với xúc tác Pd/BaCO
3
cho H
(C
8
H
16
O). Hãy xác định công thức cấu tạo của các hợp chất từ A đến H.
3
N
H
N
N
H
C

B
N
H
A
O
O
OH (3)HO (2)
(1) HO
Câu 8 (2,0 điểm): Hữu cơ tổng hợp
Hai hợp chất hữu cơ A, B đều chỉ chứa 2 nguyên tố và là đồng phân của nhau, đều
có khối lượng mol M < 250 g/mol.
A phản ứng với dung dịch AgNO
3
/NH
3
tạo ra chất C, phản ứng với dung dịch
HgSO
4
/H
2
SO
4
tạo ra chất D. Đun nóng D với dung dịch KMnO
4
trong H
2
SO
4
loãng sinh
ra hợp chất hữu cơ E duy nhất có cấu tạo:

CH
3
CH
2
COOH
CH
3
-C-CH
2
-CH-CH-CO-CH
3

CH
3
COOH
B phản ứng với hơi Br
2
có chiếu sáng thu được một dẫn xuất monobrom duy nhất G.
Biết B không phản ứng với Br
2
khi có bột Fe. Đốt cháy m gam B thu được m gam H
2
O.
1. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của A, B, C, D.
2. Đun nóng B với dung dịch KMnO
4
dư, sau khi axit hóa sản phẩm được sản
phẩm hữu cơ rắn X. Đun nóng X được sản phẩm Y chứa 2 nguyên tố. Xác định công thức
cấu tạo của X, Y.
(Không cần viết phương trình hóa học).

Câu 9 (2,0 điểm): Cân bằng hóa học
Cho : O
2(k)
Cl
(k)
HCl
(k)
H
2
O
(k)
H
2
O
(l)
∆H
0
(kJ/mol
-1
) 0 0 - 92,31 -241,83 285,8
S
0
298
(J.mol
-1
. K) 205,03 222,9 186,7 188,7 69,9
1. Tính hằng số K
P
của phản ứng sau tại 298K:
4HCl

(k)
+ O
2 (k)
2Cl
2 (k)
+ 2H
2
O
(k)
(1)
2. Giả thiết rằng ∆S và ∆H của phản ứng không phụ thuộc vào nhiệt độ. Tính hằng
số K
P
của phản ứng ở 698 K.
3. Xác định áp suất hơi bão hoà của nước tại 298K. Từ đó tính hằng số K
P
của phản
ứng tại 298K.
Câu 10 (2,0 điểm): Phức chất
1. Vào thời kỳ của Werner, việc nghiên cứu phức chất chủ yếu dựa vào các phương
pháp cổ điển như phân tích nguyên tố, đo độ dẫn điện của dung dịch phức, đo momen từ,
nhận biết sự tồn tại của các đồng phân hình học và quang học.
4
Với phức chất có số phối trí 6, nguyên tử loại trung tâm có thể có 3 kiểu cấu hình:
lục giác (A
1
), lăng trụ tam giác (A
2
) và bát diện (A
3

). Để xác nhận kiểu cấu hình nào là
đúng, Werner đã tiến hành đếm số đồng phân hình học ứng với mỗi cấu hình (A
1
, A
2
, A
3
)
của phức MA
4
B
2
trong đó A và B là các phối tử đơn càng. Hãy vẽ tất cả các đồng phân
hình học của phức MA
4
B
2
ứng với mỗi cấu hình A
1
, A
2
và A
3
.
2.
Thứ tự ảnh hưởng trans của các phối tử như sau:
Thứ tự ảnh hưởng trans của các phối tử như sau:

CN ~ CO ~ C

CN ~ CO ~ C
2
2
H
H
4
4
> PPh
> PPh
3
3
> NO
> NO
2
2
-
-
> I
> I
-
-
> Br
> Br
-
-
> Cl
> Cl
-
-
> NH

> NH
3
3
~ Py > OH
~ Py > OH
-
-
> H
> H
2
2
O
O
Hãy vẽ cấu trúc của các sản phẩm của các phản ứng sau dựa theo sự ảnh hưởng
Hãy vẽ cấu trúc của các sản phẩm của các phản ứng sau dựa theo sự ảnh hưởng
trans:
trans:

a/
a/
[PtCl
[PtCl
3
3
NH
NH
3
3
]

]
-
-
+ NO
+ NO
2
2
-
-

→
→
A
A

A + NO
A + NO
2
2
-
-

→
→
B
B

b/
b/
[PtCl(NH
[PtCl(NH
3
3
)
)
3
3
]
]
+
+
+ NO
+ NO
2
2
-
-

→
→
C
C

C + NO

C + NO
2
2
-
-

→
→
D
D
HẾT
Người ra đề
Hồ Thị Khuê Đào
Điện thoại: 0912.657.628
5
HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG
DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LƯƠNG VĂN TỤY, TỈNH NINH BÌNH
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN
HÓA HỌC KHỐI 11 NĂM 2015
(Đáp án có 10 trang, gồm 10 câu)
Câu Ý Đáp án Điểm
1
1
A = 4,1.10
13

(s

-1
)
E
a
= 103,137 kJ.mol
-1
Đơn vị của k là s
-1

⇒
phản ứng là bậc 1
⇒
v = k
[ ]
52
ON
0,25
0,25
2
log k = log (4,1.10
13
.e
RT
molkJ
1
.137,103
−
−
) = log (4,1.10
13

) + log e
RT
molkJ
1
.137,103
−
−

= log (4,1.10
13
) +
RT
3
10.137,103−
.log e
= log (4,1.10
13
) +
314,8
10.137,103
3
−
.log e.
T
1
Hệ số góc:
314,8
10.137,103
3
.log e = 5387,5 K

v =
[ ]
52
ON
(s
-1
)
⇒
k = 1
⇒
4,1.10
13
.e
RT
3
10.137,103
−
= 1
⇒
T = 395,77 K
0,25
0,25
3
v = -1/2
[ ]
dt
ONd
52
= k.
[ ]

52
ON

⇒

[ ]
dt
ONd
52
= -2k.
[ ]
52
ON
[ ]
52
ON
= 0,0453/12 = 3,775.10
-3
(mol/l)
Từ PV = nRT
⇒
T = 0,1.12/(0,0453.0,082) = 323 K
⇒
k
323
= 4,1.10
13
.e
323.314,8
10.137,103

3
−
= 8,57.10
-4
(s
-1
)
⇒

[ ]
dt
ONd
52
= -2. 8,57.10
-4
. 3,775.10
-3
= -6,47.10
-6
(mol/l.s)
0,25
0,25
4 Tốc độ của quá trình tạo thành O
2
cũng là tốc độ của phản ứng tổng
quát:
[ ]
[ ][ ]
322
2

NONOk
dt
Od
=
(1)
Áp dụng nguyên lí nồng độ dừng cho NO
3
ta được:
[ ]
[ ] [ ][ ] [ ][ ]
322321521
3
NONOkNONOkONk
dt
NOd
−−=
−
= 0 (2)

⇒
[ ]
[ ]
[ ]
2
52
21
1
3
.
NO

ON
kk
k
NO
+
=
−
(3)
0,25
6
Thay (3) vào (1) ta được:
[ ]
[ ] [ ]
5252
21
212
ONkON
kk
kk
dt
Od
=
+
=
−
với k =
21
21
kk
kk

+
−
Vậy cơ chế phản ứng đã cho là phù hợp.
0,25
2
1
CO
−
2
3
+ H
2
O HCO
−
3
+ OH
-
(1) K
b1
= 10
-3,67
HCO
−
3
+ H
2
O (H
2
O + CO
2

) + OH
-
(2) K
b2
= 10
-7,65
K
b1
= 10
-3,67
>> K
b2
= 10
-7,65

⇒
Tính theo cân bằng (1)
CO
−
2
3
+ H
2
O HCO
−
3
+ OH
-
(1) K
b1

= 10
-3,67
C
0
(M) 0,016
[ ] 0,016 – x x x
x
2
/(0,016-x) = 10
-3,67

⇒
x = 1,746.10
-3
pOH = -log (1,746.10
-3
) = 2,76
⇒
pH = 11,24
0,25
0,25
2
C
Ca
+2
= C
CO
−
2
3

= 8.10
-3
M; pH = 10
Điều kiện kết tủa: C’
Ca
+2
. (C’
OH
−
)
2

> K
S1;
C’
Ca
+2
.C’
CO
−
2
3

> K
S2
; C’:
nồng độ các ion khi tạo kết tủa.
C’
OH
−

= 10
-4
M; C’
Ca
+2
= ?
Ca
2+
+ H
2
O CaOH
+
+ H
+
*
β
= 10
-12,6
C
Ca
+2
= 8.10
-3
M
'
'
2+
+
Ca
CaOH

C
C
=
[ ]
+
H
*
β
= 10
-2,6
<< 1
⇒
C’
Ca
+2
= C
Ca
+2
= 8.10
-3
M
C’
CO
−
2
3
= ? pH
≅
pK
a2

>> pK
a1
. Tính theo cân bằng:
CO
−
2
3
+ H
2
O HCO
−
3
+ OH
-
(1) K
b1
= 10
-3,67
C (M) 8.10
-3
C’ 8.10
-3
– x x 10
-4
⇒
x = 5,45. 10
-3
M
⇒
C’

CO
−
2
3
= 2,55.10
-3
M
⇒
C’
Ca
+2
. (C’
OH
−
)
2

< K
S1;
C’
Ca
+2
.C’
CO
−
2
3

> K
S2

⇒
chỉ có kết tủa CaCO
3
theo phản ứng:
Ca
2+
+ CO
−
2
3

→
CaCO
3
↓
0,25
0,25
7
C (M) 8.10
-3
8.10
-3
C’ (M) - - 8.10
-3
CaCO
3
↓
, pH = 10
CaCO
3

↓
Ca
2+
+ CO
−
2
3
K
S2
= 3,31.10
-9
C (M) S S
CO
−
2
3
+ H
2
O HCO
−
3
+ OH
-
(1) K
b1
= 10
-3,67
S = C
Ca
+2

=
[ ]
+2
Ca

S = C
CO
−
2
3
=
[ ]
−
2
3
CO
+
[ ]
−
3
HCO
=
[ ]
−
2
3
CO
(1 +
[ ]
−

OH
K
b1
)
S
2
= C
Ca
+2
. C
CO
−
2
3

⇒

[ ]
+2
Ca
.
[ ]
−
2
3
CO
=
[ ]
1
1

2
.1
−
−
+ OHK
S
b
= K
S2
⇒
S =
[ ]
1
12
.1(
−
−
+
OHKK
bS
= 1,02.10
-4
(M)
0,25
0,25
3
pH = 8 < pH
HCO
−
3

=
2
21 aa
pKpK
+
= 8,45
⇒
quá 1 nấc
⇒
TPGH: HCO
−
3
, H
2
CO
3
.
[ ]
[ ]
[ ]
022,0
1010
10
35,68
8
1
32
3
=
+

=
+
=
−−
−
+
+
−
a
HCO
KH
H
C
COH

⇒
2,2% HCO
−
3
bị trung
hòa
⇒
chuẩn độ được 102,2% lượng CO
−
2
3
.
⇒
V
HCl

=
352,16
100.01,0
2,102.10.016,0
=
ml
0,25
0,25
3 1 Fe
3+
+ 1e Fe
2+
E
Fe
+
3
/ Fe
+2
= E
o
Fe
+
3
/ Fe
+2
+ 0,0592log
[ ]
[ ]
+
+

2
3
Fe
Fe

= 0,77 + 0,0592log
005,0
1,0
= 0,847 (V)
Br
2
+ 2e 2Br
-
E
Br
2
/2Br
−
= E
o
Br
2
/2Br
−
+
2
0592,0
log
[ ]
[ ]

2
2
−
Br
Br

= 1,07 +
2
0592,0
log
2
1,0
01,0
= 1,07 (V)
E
Br
2
/2Br
−

> E
Fe
+
3
/ Fe
+2

⇒
Fe
3+

/Fe
2+
: cực (-); Br
2
/2Br
-
: cực (+)
Sơ đồ pin:
0,25
0,25
8
(-) Pt Fe
3+
0,10 M; Fe
2+
0,005M Br
2
0,010M; Br
-
0,1M Pt (+)
2
Cực (-) Fe
2+
Fe
3+

+ 1e
Cực (+) Br
2
+ 2e 2Br

-
Phản ứng xảy ra trong pin: 2Fe
2+

+ Br
2
Fe
3+

+ 2Br
-
E
pin
= E
(+)
– E
(-)
= 1,07 – 0,847 = 0,223 (V) 0,25
3
Khi pin phóng điện hoàn toàn E
pin
= 0
2Fe
2+

+ Br
2
2Fe
3+

+ 2Br
-

K = 10
2(1,07-0,77)/0,0592
= 10
10,14
>>
C
o
0,005 0,010 0,10 0,10
TPGH - 0,0075 0,105 0,105
2Fe
3+

+ 2Br
-

2Fe
2+

+ Br
2
K

= 10
-10,14
C
o
0,105 0,105 0,0075

[ ] 0,105-2x 0,105-2x 2x 0,0075+x
( ) ( )
( )
4
2
2105,0
0075,02
x
xx
−
+
= 10
10,14

⇒
x = 5,234.10
-7
[Fe
3+
] = [ Br
-
] = 0,105M; [Fe
2+
] = 1,0468.10
-6
M; [Br
2
] = 0,0075M
0,25
0,25

4
Dung dịch A: C
Fe
+
3
= 0,050M; C
Fe
+2
= 0,00250M; C
SCN
−
= 1,0M
Fe
3+
+ 3SCN
-
Fe(SCN)
3

β
= 10
12
C
o
0,050 1,0
TPGH 0,85 0,05
Fe(SCN)
3
Fe
3+

+ 3SCN
-

β
1
−
= 10
-12
C
o
0,05 0,85
[ ] 0,05-x x 0,85+3x

( )
x
xx
−
+
05,0
385,0
3
= 10
-12
⇒
x = 8,142.10
-14
E = 0,77 + 0,0592log
0025,0
10.142,8
14−

= 0,151 (V)
Dung dịch B: C
Br
2
= 0,005M; C
Br
−
= 0,05M; C
Ag
+
= 0,05M
Ag
+
+ Br
-
AgBr K
S
= 10
13
>>
C
o
0,05 0,05
TPGH AgBr, Br
2
0,05M

AgBr Ag
+
+ Br

-

K
1
−
S
= 10
13
0,25
9
[Ag
+
] = [Br
-
] = 10
-6,5
E = 1,07 +
2
0592,0
log
2.5,6
10
005,0
−
= 1,39 (V)
E
pin
= 1,39 - 0,151 = 1,239 (V)
* Phản ứng xảy ra trong pin
2x Fe

2+
+ 3SCN
-
Fe(SCN)
3
+ 1e
Br
2
+ 2Ag
+
+ 2e 2AgBr
2 x Fe
2+
+ 3SCN
-

+ Br
2
+ 2Ag
+
Fe(SCN)
3
+ 2AgBr
0,25
0,25
4
1
Từ ý a
⇒

X là hợp chất của Na.
Khi thêm AgNO
3
thấy tạo thành kết tủa màu vàng
⇒
X là NaIO
x
: NaIO, NaIO
2
: các hợp chất không bền
⇒
x = 3; 4.
PTHH
2IO
−
x
+ (2x-1) SO
2
+ (2x-2) H
2
O
→
I
2
+ (2x-1) SO
−2
4
+ (4x-4) H
+
SO

2
+ I
2
+ 2H
2
O
→
2I
-
+ SO
−2
4
+ 4H
+
IO
−
x
+ (2x-1) I
-
+ 2x H
+
→
x I
2
+ x H
2
O
I
2
+ 2

−
2
32
OS

→
S
4
O
−
2
6
+ 2I
-
0,25
0,25
1,0
2
n
x
NaIO
= 1/2.n
2
I
=
−2
32
2
1
OS

n
x
3
10.4,37.
2
1
16150
1,0
−
=
+
xx
⇒
x = 4
⇒
CTPT X: NaIO
4
: natri peiođat
0,5
5
1,4
OH
O
OH
OH
OH
OH
A D
E
1

E
2
OH
OH
C
*
*
*
*
*
*
*
*
R
S
R
S
1,0
2
A: xiclohexanol; B: xiclohexen;
C: cis-xiclohexan-1,2-diol; D: xiclohexanepoxit
E
1
: (1R, 2R)-xiclohexan-1,2-diol; E
2
: (1S, 2S)-xiclohexan-1,2-diol 0,5
3
D
E
1

E
2
B
C
KMnO
4
lo·ng, l¹nh
mCPBA
H
3
O
+
B
+
axit meta-Chloroperoxybenzoic (mCPBA) là một axit
peroxycarboxylic sử dụng rộng rãi như một chất oxy hóa trong tổng
hợp hữu cơ.
0,25
10
0,25
6
1
Tính axit của (2) mạnh nhất do hiệu ứng liên hợp 0,5
2
a. So sánh nhiệt độ sôi: A < B < C
Nhiệt độ sôi phụ thuộc vào liên kết hiđro giữa các phân tử.
b. So sánh tính bazơ A > C > B
A: Tính bazơ mạnh nhất vì electron n Nsp
3
.

B: Tính bazơ không còn vì electron n đã tham gia liên hợp vòng
thơm.
C: Tính bazơ trung bình vì electron n Nsp
2
0,25
0,5
0,25
0,5
A là một ancol vì bị đehiđrat hóa cho B, vậy:
CH
3
CH
2
CH
2
CH
2
OH
 →
4
2
SOH
CH
3
CH
2
CH=CH
2
→
2

Cl
CH
3
CH
2
CHCl-CH
2
Cl
(A) (B) (C)
 →
2
NaNH
CH
3
CH
2
C
≡
CH
 →
MgBrCH
3
CH
3
CH
2
C
≡
CMgBr
(D) (E)

11
N-H

H
N
N-H

H
N

H
N
N
H
N
N
Vòng no, liên kết hiđro
giữa nhóm –NH của dị
vòng no nên rất yếu.
Vòng thơm, liên kết hiđro giữa
nhóm –NH với dị vòng thơm
chứa một nguyên tử nitơ yếu
hơn so với dị vòng thơm C có
2 nguyên tử N.
Vòng thơm, liên kết
hiđro bền.
7
CH

3
CH
2
CH=CHOH
→
CH
3
CH
2
CH
2
CHO
(F)
CH
3
CH
2
C
≡
CCH(OH)CH
2
CH
2
CH
3
:

(G)
 →
32

/, BaCOPdH
CH
3
CH
2
CH=CHCH(OH)CH
2
CH
2
CH
3
(H)
2,0
8 1 Đốt cháy m gam B thu được m gam H
2
O
⇒
B là C
x
H
y
⇒
12x + y = 9y
⇒
x/y = 2/3
⇒
B (C
2
H
3

)
n

⇒
27n < 250
⇒
n < 9,25
n chẵn
⇒
n = 8
⇒
B: C
16
H
24
n = 6
⇒
B: C
12
H
18

Đun nóng D với dung dịch KMnO
4
trong H
2
SO
4
loãng sinh ra hợp
chất hữu cơ E duy nhất chứa 12C

⇒
A, B có CTPT C
12
H
18
.
Độ bất bão hòa: a = 4
A phản ứng với dung dịch AgNO
3
/NH
3
tạo ra chất C
⇒
A có liên
kết ba đầu mạch.
A phản ứng với dung dịch HgSO
4
/H
2
SO
4
tạo ra chất D. Đun nóng D
với dung dịch KMnO
4
trong H
2
SO
4
loãng sinh ra hợp chất hữu cơ E
⇒

A có 1 vòng và trong vòng phải phải chứa 1 liên kết
π
⇒
CTCT
(A)
Biết B không phản ứng với Br
2
khi có bột Fe
⇒
B không chứa H
trong vòng thơm.
B phản ứng với hơi Br
2
có chiếu sáng thu được một dẫn xuất
monobrom duy nhất G
⇒
phân tử có tính đối xứng cao
⇒
CTCT
(B)

0,5
0,25
0,75
12
BF
3
H
2
O

2
/OH
-
CH
2
-C(CH
3
)
3
C CH
CH
2
-C(CH
3
)
3
CO-CH
3

H
3
C
H
3
C
CH
3
CH
3
CH

3
CH
3
CH
2
-C(CH
3
)
3
C CAg
CH
2
-C(CH
3
)
3
CO-CH
3

(C)
(D)
2
(X)

(Y) 0,5
9
1
(1)
⇒
Ta có : ∆H

0
pư
= (2.0 + 2 (-241,83)) - 4 (-92,31) - 1.0
= - 114,42 (kJ)
∆S
0
pư
= (2 . 188,7) + 2,222,9 - 205,03 - 4.186,7
= - 128,63 (J/K)
⇒
∆G
0
pư
= ∆H
0
pư
- 298 ∆S
0
pư
= - 114420 - 298 (-128,63)
= - 76088,26 (J)
∆G
0
= - RT ln K
p

⇒
ln K
p
=

71,30
298.314,8
)26,76088(
0
=
−
−=
∆
RT
G
K
p
= 2,17 . 10
13
K
p
=
)(10.17,2
)(.)(
)(.)(
113
44
2222
2
22
−
=
atm
atmPatmP
atmPatmP

O
HCl
OHCl
0,5
0,25
2
Ta có ln K
p
=
R
S
TR
H
RT
STH
00
00
1
.
)(
∆
+
∆
−=
∆−∆
−
13
HOOC
HOOC
COOH

COOH
COOH
COOH
Vì ∆S
0
, ∆H
0
được giả thiết là không phụ thuộc vào t
0
⇒
ln K
p (698k)
=
245,4
314,8
)63,128(
698
1
)
314,8
1114420(
=
−
+−
⇒
K
p
= 69,777 (atm
-1
)

0,5
3
Từ cân bằng: H
2
O
(l)
H
2
O
(k)
(3)
∆H
0
(3)
= - 214,83 - (- 285,8) = 43,97 (kJ)
∆S
0
(3)
= 188,7 - 69,9 = 118,8 (J/k)
∆G
0
(3)
= ∆H
0
(3)
- T ∆S
0
(2)
= 43970 – 298.118,8 = 8567,6 (J)
K

p(3)
=
OH
P
2
(bão hoà)
=> ∆G
0
(2)
= - RT ln
OH
P
2
(bão hoà)
⇒
ln
OH
P
2
(bão hoà)
=
458,3
298.314,8
6,8567
−=−
⇒
OH
P
2
(bão hoà)

= 3,15 . 10
-2
(atm)
Ta có : (2) = (1) - 2. (3)
= ∆G
0
(2)
- (- 76088,26) - 2 (8567,6) = - 93.223,46 (J)
⇒
ln K
p
=
63,37
298.314,8
)46,233.93(
0
=
−
−=
∆
−
RT
G
K
p
= 2,19. 10
16
K
p
=