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 QUẢNG NAM

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM
TỈNH QUẢNG NAM
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 11
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 04 trang, gồm 10 câu)
Câu 1. (2 điểm) Tốc độ phản ứng
Cho phản ứng thuận nghịch bậc 1: NH
4
SCN (NH
2
)
2
CS
Biết giá trị nồng độ ban đầu của 2 chất tương ứng là a= 18,23; b=0;
Bảng giá trị x phụ thuộc vào thời gian t đo được bằng thực nghiệm như sau:
t (phút) x
21 2,41
50 4,96
100 8,11
120 9,10
∞
13,28
1.Tính hằng số cân bằng
2. Tính hằng số tốc độ thuận và nghịch
Câu 2. (2 điểm) Dung dịch
Có 4 lọ hóa chất (A, B, C, D) bị mất nhãn, mỗi lọ chứa có thể là dung dịch của một
trong các chất: HCl, H

3
AsO
4
, NaH
2
AsO
4
, cũng có thể là dung dịch hỗn hợp của chúng. Để
xác định các lọ hóa chất trên, người ta tiến hành chuẩn độ 10,00 ml mỗi dung dịch bằng
dung dịch NaOH 0,120 M, lần lượt với từng chất chỉ thị metyl da cam (pH = 4,40),
phenolphtalein (pH = 9,00) riêng rẽ.
Kết quả chuẩn độ thu được như sau:
Dung dịch
chuẩn độ
V
NaOH
= V
1
(ml) V
NaOH
= V
2
(ml)
Dùng chỉ thị
metyl da cam
Dùng chỉ thị
phenolphtalein
A
B
C

D
12,50
11,82
10,75
0,00
18,20
23,60
30,00
13,15
1. Hãy biện luận để xác định thành phần định tính của từng dung dịch A, B, C, D.
2. a) Tính nồng độ ban đầu của chất tan trong dung dịch C.
b) Tính số mol Na
3
AsO
4
cần cho vào 10,00 ml dung dịch C để thu được hỗn hợp có pH =
6,50 (coi thể tích của dung dịch không thay đổi khi thêm Na
3
AsO
4
và bỏ qua sự phân li của
nước). Cho:
3 4
ai(H AsO )
pK
= 2,13; 6,94; 11,50.
Câu 3. (2 điểm) Điện hóa học
1
Một pin điện hóa được hình thành từ 2 điện cực:
Điện cựcA: là điện cực Ag nhúng vào dung dịch X gồm AgNO

3
0,010 M và KSCN
0,040 M. Điện cực B là điện cực Pt nhúng vào dung dịch Y thu được khi thêm 0,40 mol KI
vào 1 lít dung dịch KMnO
4
0,24 M ở pH = 0.
1. Viết sơ đồ pin
2. Sức điện động của pin thay đổi thế nào nếu:
a. Thêm NH
3
vào dung dịch của điện cực A
b. Thêm FeSO
4
vào dung dịch của điện cực B
Cho tich số tan pK
s
: AgSCN là 12,0
E
o
của MnO
4
-
/Mn
2+
;I
2
/ I
-
; IO
3

-
/ I
2


lần lượt là E
1
0
; E
2
0
; E
3
0
:

1,51 V; 0,545 V; 1,19 V.
Câu 4. (2 điểm) Bài toán vô cơ.
Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Zn, FeCO
3
, Ag bằng lượng dư dung dịch HNO
3
loãng thu được hỗn hợp khí A và dung dịch B. Hỗn hợp A gồm 2 hợp chất khí có tỉ khối so
với H
2
là 19,2. Cho dung dịch B tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH thu được kết tủa.
Lọc lấy kết tủa rồi nung đến khối lượng không đổi thu được 5,64 gam chất rắn. Tính khối
lượng mỗi chất trong hỗn hợp đầu, biết khối lượng Zn và FeCO
3
bằng nhau và mỗi chất

trong X chỉ khử HNO
3
xuống một số oxy hóa xác định.
Câu 5. (2 điểm) Sơ đồ biến hóa, cơ chế phản ứng, đồng phân lập thể, danh pháp.
1. Vitamin A hay retinol là một thành phần cần thiết cho mắt. Cấu trúc của nó được hiển thị
dưới đây:
Phản ứng của Vitamin A với H
2
có Pd tạo ra chất có công thức phân tử là C
20
H
40
O.
Chất này tạo thành không tinh khiết, có khoảng nhiệt độ nóng chảy rộng và không hiển thị
góc quay cực.
Hãy xác định cấu tạo của chất sản phẩm, xác định các trung tâm lập thể và giải thích
các nhận định trên.
2. Cho sơ đồ phản ứng sau:
Biết: Chất X chứa C, H, O, chất D có 3 nguyên tố và chất E hòa tan được Cu(OH)
2
ở điều
kiện thường tạo dung dịch trong suốt màu xanh lam. Mỗi mũi tên là một phản ứng.
Hãy hoàn thành sơ đồ phản ứng trên (không viết phương trình hóa học).
3. Trình bày cơ chế của các phản ứng theo sơ đồ sau: (trong đó phản ứng (2) có thêm chất
khơi mào là AIBN: Azobisisobutyronitrile)
2
A
X
B
CH

4
D
E C
2
H
5
OH
Câu 6. (2 điểm) Tổng hợp các chất hữu cơ, so sánh lực axit – bazo, nhiệt độ sôi,…
1. Dưới đây là các giá trị nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của pentan và neopentan. Giải
thích sự khác biệt nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi giữa các chất này.
pentan neo-pentan
Nhiệt độ sôi (
0
C) 36 9,5
Nhiệt độ nóng chảy (
0
C) -130 -17
2. So sánh và giải thích vắn tắt độ mạnh lực axit của CH
4
, C
6
H
5
OH (phenol), CH
3
OH,
CH
3
COOH, CH
3

SO
2
OH.
3. Viết phương trình hóa học của các phản ứng để điều chế các chất trong các sơ đồ sau:
a) b)

Câu 7. (2 điểm) Nhận biết, tách chất. Xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ
1. Axit benzoic và axit o-clobenzoic là hai chất rắn không tan trong nước. Người ta có thể
tách hai axit này ra khỏi hỗn hợp của chúng bằng cách cho vào dung dịch nước của natri
fomat. Hãy giải thích quá trình tách này.
2. X, Y, Z là các hợp chất hữu cơ no (chứa C, H, O), có cùng khối lượng phân tử là 74 đvC.
Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo và viết phương trình hóa học của các phản
ứng xảy ra, biết rằng:
- X, Y, Z đều tham gia phản ứng tráng gương;
- X, Y tác dụng với Na giải phóng H
2
;
- X, Z tác dụng với dung dịch NaOH;
- Y khi bị oxy hóa với chất xúc tác thích hợp sẽ tạo thành axit hai lần axit.
Câu 8. (2 điểm) Hữu cơ tổng hợp
Cho X, Y là hai chất thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic và M
X
< M
Y
; Z là ancol có
cùng số nguyên tử cacbon với X; T là este hai chức tạo bởi X, Y và Z. Đốt cháy hoàn toàn
11,16 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T cần vừa đủ 13,216 lít khí O
2
(đktc), thu được khí CO
2

và 9,36 gam nước. Mặt khác 11,16 gam E tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,04 mol Br
2
.
Tính khối lượng muối thu được khi cho cùng lượng E trên tác dụng hết với dung dịch KOH.
3
Câu 9. (2 điểm) Cân bằng hóa học
Ngày nay, để sản xuất clo từ hiđro clorua, người ta sử dụng cân bằng:
O
2
(k) + 4 HCl (k)  2 Cl
2
(k) + 2 H
2
O (k)
1. Cho vào bình phản ứng 2,2 mol oxi và 2,5 mol hiđro clorua ở áp suất cố định là 0,5
atm và nhiệt độ T. Khi hệ đạt cân bằng thì bình phản ứng chứa lượng oxi gấp đôi hiđro
clorua, tìm giá trị T (
o
C).
2. Ở 520
o
C, nạp vào bình phản ứng một lượng hỗn hợp khí oxi và hiđro clorua. Ở
trạng thái cân bằng thì hiệu suất chuyển hóa của hiđro clorua bằng 80%. Tìm áp suất riêng
phần của oxi tại trạng thái cân bằng.
Cho: Bảng số liệu nhiệt động (coi không phụ thuộc vào nhiệt độ)
Chất O
2
(k) HCl (k) Cl
2
(k) H

2
O (k)
ΔH
o
s
(kJ/mol) 0 -92,3 0 -241,8
S
o
(J/mol.K) 205 186,8 223 188,7
Câu 10. (2 điểm) Phức chất
1. Hãy xác định kiểu lai hóa và các cấu trúc có thể của phân tử Pd(NH
3
)
2
Cl
2
.
2. Khi tinh chế Ag kim loại từ quặng, người ta sử dụng phương pháp chuyển Ag vào phức
tan sau đó lọc phần dung dịch cho tác dụng với kim loại mạnh để thu hồi bạc.
Thông thường người ta sử dụng dung dịch NaCN, tức là cho quặng Ag tác dụng với
dung dịch NaCN, có sục qua không khí. Khi lấy phần dung dịch cho tác dụng với Zn, ta thu
hồi được Ag.
a) Viết phương trình phản ứng xảy ra. Tính K
cb
.
b) Nếu thay dung dịch NaCN bằng dung dịch NH
3
thì có gì thay đổi?
Biết:
;3757,0;31,0

/)(
0
/)(
0
232
VEVE
AgNHAgAgCNAg
=−=
+−


VEVE
ZnCNZnOHO
26,1;404,0
/)(
0
4/
0
2
42
−==
−
−
HẾT
Người ra đề: Đinh Gia Thiện - ĐT 0905201210
4
HƯỚNG DẪN CHẤM
STT
câu
ĐÁP ÁN

ĐIỂM
Câu 1
1. NH
4
SCN
€
(NH
2
)
2
CS (0,25đ)
t = 0 a = 18,23 b = 0
t
≠
0 (a - x) x
t = ∞ (a - x
C
) x
C
Áp dụng công thức K=
C
2 2 1
4 C 2
x
[(NH ) CS] k
13,28
2,683
[NH CSN] a x 18,23 13,28 k
= = = =
− −

(0,25đ)
0,50
2.
A=
1
1 2 2
1
1 2
2
k
a b
k a k b k
K.a b 2,683.18,23
13,28
k
k k K 1 2,683 1
1
k
−
−
−
= = = =
+ + +
+

(0,50đ)
k
1
+ k

2
=
1 A 1 13,28
ln ln
t A x t 13,28 x
=
− −
(0,25đ)
k
1
+ k
2
=
3
21
1 13,28
ln 9,536.10
13,28 2,41
−
=
−
(phút)
-1
k
1
+ k
2
=
3
50

1 13,28
ln 9,352.10
13,28 4,96
−
=
−
(phút)
-1
(0,25đ)
k
1
+ k
2
=
3
100
1 13,28
ln 9,434.10
13,28 8,11
−
=
−
(phút)
-1
k
1
+k
2
=
3

120
1 13,28
ln 9,633.10
13,28 9,1
−
=
−
(phút)
-1
(0,25đ)
Giải hệ
1
3
1
2
3
3
2
1 2
k
2,683
k 6,913.10
k
k 2,677.10
k k 9,49.10
−
−
−




 
 
 



=
=
⇒
=
+ =
(phút)
-1
(0,25đ)
1,50
Câu 2. 1. Biện luận hệ: H
3
AsO
4
là axit 3 chức, nhưng chỉ có khả năng chuẩn độ riêng
được nấc 1 và nấc 2 vì K
a3
= 10
–11,50
rất nhỏ.
-
2 4
a1 a2
H AsO

pK + pK
pH
2
≈
= 4,535
≈
4,40 → nếu dùng chỉ thị metyl da cam
(pH = 4,40) thì chuẩn độ hết nấc 1 của H
3
AsO
4
. (0,25đ)
Tương tự,
2-
4
a2 a3
HAsO
pK + pK
pH
2
≈
= 9,22
≈
9,00 → nếu dùng chỉ thị
phenolphtalein (pH = 9,00) thì chuẩn độ đến
2
4
HAsO
−
, do đó (0,25đ)

- Nếu dung dịch chuẩn độ là dung dịch HCl thì V
2
≈
V
1
- Nếu dung dịch chuẩn độ là H
3
AsO
4
thì V
2
≈
2V
1
1,00
5
- Nếu dung dịch chuẩn độ là
2 4
H AsO
−
thì V
1
= 0 < V
2
(0,25đ)
- Nếu dung dịch chuẩn độ là hỗn hợp của H
3
AsO
4
và HCl thì nấc 1 chuẩn độ

đồng thời HCl và 1 nấc của H
3
AsO
4
, nấc 2 chỉ chuẩn độ 1 nấc của H
3
AsO
4
, do đó V
1
< V
2
< 2V
1
.
- Nếu dung dịch chuẩn độ là hỗn hợp của H
3
AsO
4
và
2 4
H AsO
−
thì

V
2
> 2V
1
. Như

vậy căn cứ vào kết quả chuẩn độ, suy ra: Dung dịch A gồm H
3
AsO
4
và HCl; Dung
dịch B chỉ gồm H
3
AsO
4
; Dung dịch C gồm H
3
AsO
4
và
2 4
H AsO
−
và dung dịch D là
dung dịch
2 4
H AsO
−
(0,25đ)
2. a) (0,5 điểm) Gọi nồng độ ban đầu của H
3
AsO
4
và
2 4
H AsO

−
trong dung dịch
C lần lượt là C
1
và C
2
, ta có:
Tại thời điểm metyl da cam chuyển màu, thành phần chính của hệ là
2 4
H AsO
−
,
có thể coi chuẩn độ hết nấc 1 của H
3
AsO
4
:
H
3
AsO
4
+ OH
–
→ H
2
O +
2 4
H AsO
−
→10,00.C

1
≈
10,75.0,120 (1) (0,25đ)
Tương tự, tại thời điểm chuyển màu của phenolphtalein, sản phẩm chính của dung
dịch là
2
4
HAsO
−
, có thể chấp nhận lượng NaOH cho vào trung hòa hết 2 nấc của H
3
AsO
4
và 1 nấc của
2 4
H AsO
−
:
H
3
AsO
4
+ 2OH
–
→ 2H
2
O +
2
4
HAsO

−
2 4
H AsO
−
+ OH
-
→ H
2
O +
2
4
HAsO
−
→ 10,00 . (2C
1
+ C
2
)
≈
30,00 . 0,120 (2)
Từ (1) và (2) → C
1

≈
0,129 (M) và C
2

≈
0,102 (M) (0,25đ)
b) (0,5 điểm)

Gọi số mol Na
3
AsO
4
cần cho vào 10,00 ml dung dịch C là x →
3-
4
AsO
C
= 100x (M)
Tại pH = 6,50:
+ 6,50
3 4
- 2,13
a1
2 4
[H AsO ]
[H ] 10
K
[H AsO ] 10
−
−
= =
=
1→ [H
3
AsO
4
]
=

[
2 4
H AsO
−
] → H
3
AsO
4
đã tham gia
phản ứng hết.
+ 6,50
0,44
2 4
2 6,94
a2
4
[H AsO ] [H ] 10
10 1
K
[HAsO ] 10
−
−
− −
= = = ≈
→ [
2 4
H AsO
−
]
≈

[
2
4
HAsO
−
]
2
+ 6,50
4
3 11,50
a3
4
[HAsO ] [H ] 10
1
K
[AsO ] 10
−
−
− −
= = ?
→ Na
3
AsO
4
cũng tham gia phản ứng hết.
(0,25đ)
Vậy thành phần chính của hệ là
2 4
H AsO
−

và
2
4
HAsO
−
. Các quá trình xảy ra:
H
3
AsO
4
+
3
4
AsO
−
→
2 4
H AsO
−
+
2
4
HAsO
−
K
1
= 10
9,37
(3)
0,129 100x 0,102

1,00
6
0,129 - 100x 0 0,102 + 100x 100x
H
3
AsO
4
+
2
4
HAsO
−
→ 2
2 4
H AsO
−
K
2
= 10
4,81
(4)
0,129 - 100x 100x 0,102 + 100x
0 200x - 0,129 0,36 - 100x
Vì
-
2 4
2-
4
-
H AsO

0,44 0,44
2 4
2-
4
HAsO
C
[H AsO ]
= 10 10
C
[HAsO ]
→ ≈
→ 0,36 - 100x = 10
0,44
(200x - 0,129)
→ x = 1,099.10
–3
(mol).
Vậy số mol Na
3
AsO
4
cần cho vào 10,00 ml dung dịch C để pH = 6,50 là
1,099.10
–3
mol. (0,25đ)
Câu 3. 1. E
o
của MnO
4
-

/Mn
2+
;I
2
/ I
-
; IO
3
-
/ I
2
lần lượt là E
1
0
; E
2
0
; E
3
0
:

1,51V ; 0,545V;
1,19V
Vì E
1
0
= 1,51 V >> E
2
0

= 0,545 V nên đầu tiên sẽ xảy ra phản ứng:
MnO
4
-
+ 8H
+
+ 5e → Mn
2+
+ 4H
2
O
2 I
-
→ I
2
(r) + 2 e
2 MnO
4
-
+ 10 I
-
+ 16 H
+
→ 2Mn
2+
+ 8H
2
O + 5I
2
(r) K = 10 163

0,24 0,4
0,08 0,4 0,08 0,2
0,16 0 0,08 0,2 (0,25đ)
MnO
4
-
còn dư sẽ oxi hoá tiếp I
2
thành IO
3
-
.
2 MnO
4
-
+ 8 H
+
+ 5 e → Mn
2+
+ 4H
2
O
I
2
(r) + 6 H
2
O → 2 IO
3
-
+ 12 H

+
+ 10 e
2 MnO
4
-
+ I
2
(r) + 4 H
+
→ 2Mn
2+
+ 2H
2
O + 2 IO
3
-
K = 10 176.
0,16 0,2 0,08
0,16 0,08 0,16 0,16
0 0,12 0,16 0, 24 (0,25đ)
Thành phần hỗn hợp sau phản ứng: IO
3
-
0,16 M; Mn
2+
0,24 M;
I
2
(r) 0,12 M; pH = 0.
Trong hỗn hợp có cặp IO

3
-
/ I
2
(r) nên tính thế khử theo cặp này:
Tính được E
1
= 1,18 V (0,25đ)
Xét dung dịch X:
Ag
+
+ SCN
−

⇌ AgSCN↓ ; K
s
-1
= 10
12,0
0,010 0,040
0 0,030 0,010
AgSCN↓ ⇌ Ag
+
+ SCN
−

; K
s
-1
= 10

-12,0
0,030
x (0,030 + x)
x(0,030 + x) = 10
-12
(0,25đ)
[ ]
11
2
12
10.33,3
10x3
10
xAg
−
−
−
+
===
1,50
7
[ ]
V179,0E
10.33,3lg0592,0799,0Ag lg 0,0592 0,799 E
2
11
2
=
+=+=
−+

(0,25đ)
Nhận xét vì E
1
= 1,18 V>E
2


nên điện cực Ag là điện cực âm, điện cực Pt là điện
cực dương.
Sơ đồ pin: (-) Ag│ dd X ║ dd Y

│Pt

(+)

(0,25đ)
2.a. (0,25 điểm) Thêm NH
3
vào dd của điện cực A thì xảy ra phản ứng tạo phức
Ag[NH
3
]
2
+
làm cho nồng độ Ag
+
giảm , E
Ag

giảm nên E

pin

tăng
b. (0,25 điểm) Thêm FeSO
4
vào dd của điện cực phải thì xảy ra phản ứng
5Fe
2+
+ MnO
4
-
+ 8H
+
→ 5 Fe
3+
+ Mn
2+
+ 4H
2
O
dẫn đến nồng độ MnO
4
-
giảm nên E
Pt

giảm; E
pin

giảm

0,50
Câu 4.
A
M
= 38,4 → Hỗn hợp khí A gồm CO
2
và NO
Gọi số mol CO
2
(x) và NO (y) →
2
3
=
y
x
(0,25đ)
Giả sử cả 3 khử HNO
3
→ NO
3Zn + 2NO
3
-
+ 8H
+
→ 3Zn
2+
+ 2NO + 4H
2
O
a

3
2
a
3FeCO
3
+ NO
3
-
+ 10H
+
→ 3Fe
3+
+ 3CO
2
+ NO + 5H
2
O
b b
3
b
3Ag + NO
3
-
+ 4H
+
→ 3Ag
+
+ NO + 2H
2
O (0,25đ)

c
3
c

Số mol NO =
3
c
+
3
b
+
3
2
a, số mol CO
2
= b.
65a = 116b → a > b (0,25đ)
2
CONO
n
3
c
bn >+>
(vô lý vì số mol CO
2
> số mol NO)
Vậy: 4Zn + NO
3
-
+ 10H

+
→ 4Zn
2+
+ NH
4
+
+ 3H
2
O (0,25đ)
3
c
3
b
n
NO
+=
,
bn
2
CO
=
.
Ta có:






+

=
3
cb
2
3
b
→ b=c (0,25đ)
Dung dịch B + NaOH dư
2Fe
3+
→ Fe(OH)
3
→ Fe
2
O
3
b b/2
2Ag
+
→ Ag
2
O → 2Ag (0,25đ)
c c
2,00
8
Ta có:






=
=+
cb
5,64108c
2
b
160.
→ b = c = 0,03 (0,25đ)
Vậy:
3,48gm3,24g,m3,48g,m
ZnAgFeCO
3
==
=
(0,25đ)
Câu 5. 1.
Sản phẩm tạo ra có chứa trung tâm lập thể nên ta thu được một hỗn hợp sản phẩm
với lập thể khác nhau, 2
4
= 16 đồng phân lập thể, hoặc 2
n-1
= 2
3
= 8 cặp đối quang.
Từ các đồng phân dia có đặc tính khác nhau, ta sẽ có một loạt các điểm nóng chảy
khác nhau. Trong khi mỗi đồng phân lập thể là chiral, nó có mặt với số lượng
tương đương như đối quang của nó. Vì vậy, ta sẽ có một hỗn hợp racemic của các
cặp đối quang, nên không hiển thị góc quay cực.
0,50

2. X: CH
3
COOCH=CH
2
A: CH
3
CH=O B: CH
3
COONa
D: HCHO E: C
6
H
12
O
6

0,50
Câu 5.
3.
AIBN:
1,00
Câu 6 1. Ta có giá trị K
a
của axit benzoic (6,3.10
-5
) < K
a
của axit fomic (17,7.10
-5
) < K

a
của axit o-clobenzoic (120.10
-5
) nên lực axit của axit benzoic < axit fomic < axit o-
clobenzoic.
Do đó, axit o-clobenzoic có thể phản ứng với dung dịch HCOONa để tạo muối
0,50
9
o-clobenzoat và axit fomic tan vào dung dịch, còn lại axit benzoic không tan, lọc tách
lấy axit benzoic.
o-Cl-C
6
H
4
-COOH + HCOONa → o-Cl-C
6
H
4
-COONa + HCOOH

2.
Gọi CTPT là C
x
H
y
O
z
; z < (74-12): 16= 3,875
+ z=1 => CTPT là C
4

H
10
O
+ z=2 => CTPT là C
3
H
6
O
2
+ z=3 => CTPT là C
2
H
2
O
3
(

0,375đ)
- Vì X phản ứng với Na tạo H
2
, với dd NaOH và tham gia phản ứng tráng gương nên
CTCT của X là O=HC-COOH.
2OHC-COOH + 2Na → 2OHC-COONa + H
2
OHC-COOH + NaOH → OHC-COONa + H
2
O
OHC-COOH + 2[Ag(NH
3
)

2
]OH → NH
4
OOC-COONH
4
+ 2Ag + 2NH
3
+2H
2
O
(0,375đ)
- Vì Y phản ứng với Na tạo H
2
, tham gia phản ứng tráng gương và bị oxy hóa tạo axit
2 chức nên CTCT của Y là HO-CH
2
-CH
2
-CH=O
2HO-CH
2
-CH
2
-CHO + 2Na → 2NaO-CH
2
-CH
2
-CHO + H
2
HO-CH

2
-CH
2
-CHO + 2[Ag(NH
3
)
2
]OH → HO-CH
2
-CH
2
-COONH
4
+ 3NH
3
+ 2Ag+
H
2
O
HO-CH
2
-CH
2
-CHO + 2[O] → HOOC-CH
2
-COOH + H
2
O (0,375đ)
- Vì Z phản ứng với dd NaOH và tham gia phản ứng tráng gương nên CTCT của Y là
HCOO-CH

2
-CH
3

HCOO-C
2
H
5
+ NaOH → HCOONa + C
2
H
5
OH
HCOO-C
2
H
5
+ 2[Ag(NH
3
)
2
]OH → NH
4
OCOO-C
2
H
5
+ 2Ag + 3NH
3
+H

2
O (0,375đ)
1,50
Câu 7. 1. * Nhiệt độ sôi của neopentan thấp hơn pentan vì khi phân tử có càng nhiều nhánh,
tính đối xứng cầu của phân tử càng tăng, diện tích bề mặt phân tử càng giảm, làm cho
độ bền tương tác liên phân tử giảm và nhiệt độ sôi trở nên thấp hơn.
* Trái lại, tính đối xứng cầu lại làm cho mạng tinh thể chất rắn trở nên đặc khít hơn
và bền vững hơn, nên nhiệt độ nóng chảy cao hơn.
0,50
2. Trật tự độ mạnh lực axit là: CH
4
< CH
3
OH < C
6
H
5
OH < CH
3
COOH < CH
3
SO
3
H 0,50
10
3.
a)
b)
1,00
11

Câu 8 nH
2
O = 0,52 mol và nO
2
= 0,59 mol
Theo định luật BTKL ta có: mCO
2
= 11,16 + 0,59.32 – 9,36 = 20,68 gam
=> nCO
2
= 0,47 mol < nH
2
O nên ancol đã cho phải thuộc ancol no (0,25đ)
Quy đổi 11,16 gam hhE thành 11,16 gam hh gồm:
Axit: C
n
H
2n-2
O
2
: a mol
Ancol: C
m
H
2m+2
O
2
: b mol
và loại đi c mol H
2

O (0,25đ)
Vì axit có 1 liên kết C=C nên số mol của axit = số mol của Br
2
=> a = 0,04 mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố, ta có:
0,04n + mb = 0,47 (1)
0,04(n-1) + (m+1)b – c = 0,52 (2)
(0,04(14n + 30) + (14m + 34)b – 18c = 11,16 (3) (0,75đ)
Từ (1), (2) và (3), ta được: b = 0,11 mol và c = 0,02 mol (0,25đ)
Thay b = 0,11 vào (1), ta được:
04,0
11,047,0 m
n
−
=
Vì số nguyên tử C trong ancol = số nguyên tử C trong một axit 1 liên kết C=C, đơn
chức => m > 2 và n > 3
+ m = 3 => n = 3,5 (chọn) (0,25đ)
+ m = 4 => n = 0,75 (loại)
Khối lượng muối kali tạo thành là: (14.3,5 + 30 + 38). 0,04 = 4,68 gam (0,25đ)
Vậy m = 4,68 gam
2,00
Câu 9. 1.
O
2
(k) + 4 HCl (k)  2 Cl
2
(k) + 2 H
2
O (k)

Ban đầu (mol) 2,2 2,5
Cân bằng (mol) 2,2-x 2,5-4x 2x 2x
Theo đề: 2,2 - x = 2(2,5 – 4x)
x = 0,4 mol (0,25đ)
(0,25đ)
ΔH
o
= -114,4 kJ/mol và ΔS
o
= -128,8 J/mol.K (0,25đ)
ΔG
o
= -RTlnK = ΔH
o
- TΔS
o
→ -2,436T = -11400 + 128,8T
→ T = 829,7
0
K = 556,7
o
C (0,25đ)
1,00
2. Ở 520
o
C thì lnK = -ΔH
o
/RT + ΔS
o
/R = 1,86 → K = 6,422 (0,25đ)

O
2
(k) + 4 HCl (k)  2 Cl
2
(k) + 2 H
2
O (k)
Ban đầu (mol) a b
Cân bằng (mol) a-0,2b 0,2b 0,4b 0,4b (0,25đ)
Dễ thấy:
2
CL
P
/
HCL
P
= 2 và
2
CL
P
=
OH
P
2
(0,25đ)
Mặt khác:
1,00
12
Từ đó:
2

O
P
= 2,49 atm (0,25đ)
Câu 10 1.
Phân tử Pd(NH
3
)
2
Cl
2
có chứa Pd
2+
với cấu hình e ngoài cùng là 4d
8
và số phối trí 4
nên có cấu trúc
→ Lai hóa dsp
2
Pd
NH
3
Cl
Cl NH
3
Pd
Cl
Cl NH
3
H
3

N
cis-
vµ trans-
0,50
2.
a) Trường hợp 1: sử dụng NaCN.
Quá trình hòa tan Ag được thể hiện bằng các phản ứng:
O
2
+ 2H
2
O +4e 4OH
-
4 x A g + 2CN
-
Ag(CN)
2
-
+ e
4Ag +8CN
-
+ O
2
+ 2H
2
O 4Ag(CN)
2
-
+ 4OH
-

(1)
Ta có
4,48
059,0
)31,0404,0(4
059,0
)(
)1(
101010
0
0
0
===
+−
khxh
EEn
cb
K
Kết tủa lại Ag bằng Zn
2 x Ag(CN)
2
-
+ e Ag + 2CN
-
Zn + 4CN
-
Zn(CN)
4
2-
+ 2e

2Ag(CN)
2
-
+ Zn 2Ag + Zn(CN)
4
2-
(2)
Ta có
2,32
059,0
)26,131,0(2
)2(
1010 ==
+−
cb
K
Ta thấy rằng K
cb(1)
và K
cb(2)
là rất lớn nên phản ứng xem như xảy ra hoàn toàn.
1,00
13
b)
Trường hợp 2: sử dụng dung dịch NH
3
.
Hòa tan Ag :
O
2

+ 2H
2
O +4e 4OH
-
4 x Ag + 2NH
3
Ag(NH
3
)
2
+
+ e
4Ag + 8NH
3
+ O
2
+ 2H
2
O 4Ag(NH
3
)
2
+
+ 4OH
-
(3)
Ta có K
cb(3)
=
8310

059,0
)3757,0404,0(4
=
−
Kết tủa lại bằng Zn, khác với trường hợp 1,ở trường hợp này, quá trình kết tủa
lại Ag bằng Zn không thể thực hiện được vì Zn không tạo phức với NH
3
.
Do vậy, trong thực tế mặc dù NaCN vừa là hóa chất đắt tiền, vừa là chất gây
độc hại nhưng trong quy trình sản xuất Ag từ quặng người ta vẫn sử dụng dung dịch
NaCN.
0,50
Đinh Gia Thiện - ĐT 0905201210
14