Đề thi HSG quốc gia môn hóa 12

Trang
1
/7B
Bộ giáo dục và đào tạo







kì thi chọn học sinh giỏi quốc gia
lớp 12 THPT năm 2005

Hớng dẫn chấm
đề thi chính thức

Môn: Hoá học, Bảng B
Ngày thi thứ nhất: 10.3.2005


Câu 1(2,5 điểm):
Đốt cháy kim loại magiê trong không khí. Cho sản phẩm thu đợc tác dụng với
một lợng d dung dịch axit clohiđric, đun nóng rồi cô dung dịch đến cạn khô. Nung
nóng sản phẩm mới này và làm ngng tụ những chất bay hơi sinh ra trong quá trình
nung.
Hy viết các phơng trình phản ứng đ xảy ra trong thí nghiệm trên và cho biết có
những chất gì trong sản phẩm đ ngng tụ đợc.
Hớng dẫn chấm:

Các phản ứng:
2 Mg + O
2
2 MgO
3 Mg + N
2
Mg
3
N
2
MgO + 2 HCl MgCl
2
+ H
2
O
Mg
3
N
2
+ 8 HCl 3 MgCl
2
+ 2 NH
4
Cl
MgCl
2
.6 H
2
O MgO + 2 HCl + 5 H

2
O
NH
4
Cl NH
3
+ HCl NH
4
Cl
Sản phảm đợc ngng tụ: NH
4
Cl ; H
2
O ; HCl.
Câu 2 (2 điểm):
Nhúng hai tấm kẽm, mỗi tấm có khối lợng 10 gam vào hai dung dịch muối kim
loại hoá trị hai. Sau một thời gian xác định, lấy hai tấm kẽm ra khỏi dung dịch, rửa sạch,
làm khô rồi cân lại. Kết quả cho thấy một tấm có khối lợng 9,5235 gam, tấm kia có
khối lợng 17,091 gam.
Cho biết: Một trong hai dung dịch muối kim loại hoá trị hai là muối sắt (II);
lợng kẽm tham gia phản ứng ở hai dung dịch là nh nhau.
1. Giải thích hiện tợng xảy ra ở mỗi dung dịch.
2. Cho biết kim loại nào tham gia vào thành phần dung dịch muối thứ hai.
Hớng dẫn chấm:
1. Khi nhúng tấm kẽm vào dung dịch muối Fe(II):
Zn + Fe
2+
Zn
2+
+ Fe (1)

Vì: M
Fe
< M
Zn
nên khối lợng tấm kẽm giảm đi.
Khi nhúng tấm kẽm vào dung dịch muối thứ hai X
2+

Zn + X
2+
Zn
2+
+ X (2)
Vì: M
Zn
< M
X
nên khối lợng tấm kẽm tăng lên.

t
o

t
o


Trang
2
/7B
2. Gọi x là số mol Zn đ phản ứng, theo (1) ta có:

(10 65,38 x) + 55,85 x = 9,5235 x = 0,05 (mol)
Vì lợng Zn tham gia phản ứng ở 2 trờng hợp là nh nhau, theo (2) ta có:
(10 65,38 ì 0,05) + M
X
ì 0,05 = 17,091 M
X
= 207,2.
Vậy X
2+
là Pb
2+
, X là Pb

Zn + Pb
2+
Zn
2+
+ Pb

Câu 3 (1,5 điểm):
Hoàn thành các phơng trình phản ứng sau đây:
1. NaCl + H
2
SO
4
đặc, nóng
2. NaBr + H
2
SO
4

đặc, nóng
3. NaClO + PbS
4. FeSO
4
+ H
2
SO
4
+ HNO
2

5. KMnO
4
+ H
2
SO
4
+ HNO
2

6. NaNO
2
+ H
2
SO
4
long
Hớng dẫn chấm:
1. NaCl + H
2

SO
4
(đặc, nóng) HCl + NaHSO
4

hoặc 2 NaCl + H
2
SO
4
(đặc, nóng) 2 HCl + Na
2
SO
4

2. 2 NaBr + 2 H
2
SO
4
(đặc, nóng) 2 NaHSO
4
+ 2 HBr
2 HBr + H
2
SO
4
(đặc, nóng) SO
2
+ 2 H
2
O + Br

2

2 NaBr + 3 H
2
SO
4
(đặc, nóng) 2 NaHSO
4
+ SO
2
+ 2 H
2
O + Br
2

3. 4 NaClO + PbS 4 NaCl + PbSO
4

4. 2 FeSO
4
+ H
2
SO
4
+ 2 HNO
2
Fe
2
(SO
4

)
3
+ 2 NO

+ 2 H
2
O
5. 2 KMnO
4
+ 3 H
2
SO
4
+ 5 HNO
2
K
2
SO
4
+ 2 MnSO
4


+ 5 HNO
3
+ 3 H
2
O
6. 3 NaNO
2

+ H
2
SO
4
(long) Na
2
SO
4
+ NaNO
3
+ 2 NO

+ H
2
O
Câu 4 (4 điểm):
1. Tính độ điện li của ion CO
3
2

trong dung dịch Na
2
CO
3
có pH =11,60 (dung
dịch A).
2. Thêm 10,00 ml HCl 0,160 M vào 10,00 ml dung dịch A. Tính pH của hỗn hợp thu
đợc.
3. Có hiện tợng gì xảy ra khi thêm 1 ml dung dịch bo hoà CaSO
4

vào 1 ml dung dịch
A.
Cho: CO
2
+ H
2
O HCO
3

+ H
+
; K = 10
6,35

HCO
3

H
+
+ CO
3
2

; K = 10
10,33


Độ tan của CO
2
trong nớc bằng 3,0.10

2
M.
Tích số tan của CaSO
4
bằng 10

5,04
; của CaCO
3
bằng 10

8,35



a
1

a
2


Trang
3
/7B
H−íng dÉn chÊm:
1. CO
3
2

−
+ H
2
O

HCO
3
−
+ OH
−
; K
b1
=
= 10
−
3,67
(1)
HCO
3
−
+ H
2
O
(
H
2
O.CO
2
)
+ OH

−
; K
b2
=

= 10
−
7,65
(2)
K
b1
>> K
b2
, c©n b»ng (1) lµ chñ yÕu.
CO
3
2
−
+ H
2
O HCO
3
−
+ OH
−
; 10
−
3,67

C C

[ ] C
− 10
−
2,4
10
−
2,4
10
−
2,4

=
10
−
3,67
C = 10
−
2,4
+ = 0,0781 M

α = = 5,1 %
2.
C
HCl
= = 0,08 M ; C = = 0,03905 M
CO
3
2
−
+ 2 H

+
CO
2
+ H
2
O
[ ] 0,03905 0,08
1,9. 10
−
3
0,03905
C > L
CO
2
+ H
2
O H
+
+ HCO
3
−
; 10
−
6,35
(do K
a1
>> K
a2
)
C 3,0 × 10

−
2
1,9. 10
−
3

3,0 × 10
−
2
− x 1,9. 10
−
3
+ x x
= 10
−
6,35
x = 7,05.10
−
6
<< 1,9. 10
−
3
[H
+
] = 1,9.10
−
3
VËy pH = − lg 1,9. 10
−
3

= 2,72
3.
C = = 0,03905 ≅ 0,0391
CaSO
4
Ca
2+
+ SO
4
2
−
; K
S1
= 10
−
5,04

x x
x = K
S1
= 10
−
2,52
C
Ca
2+
= = 10
−
2,82

CO
3
2
−
+ H
2
O HCO
3
−
+ OH
−
; 10
−
3,67
(do K
b1
>> K
b2
)
C 0,0391
[ ] 0,0391 − x x x

= 10
−
3,67
x = 2,89.10
−
3

10

−
2,4
× 10
2

0,0781

10
-
14

10
-10,33

10
-
14

10
-6,35

(10
−
2,4
)
2

C − 10
−
2,4

10
−
4,8

10
−
3,67


CO
3
2
−




0,16
2


Na
2
CO
3



0,0781

2


CO
2




CO
2



x(1,9. 10
−
3
+ x)
3,0 × 10
−
2
− x



CO
3
2
−

0,0781
2

10
−
2,52

2

x
2

0,0391 −
x

Trang
4
/7B
C = 0,0391 2,89.10

3
= 0,0362 M
C . C
Ca
2+
= 0,0362 ì 10

2,82

= 5,47.10

5
> 10

8,35

Kết luận: có kết tủa CaCO
3

Câu 5 (2,5 điểm):

Các vi hạt có cấu hình electron phân lớp ngoài cùng: 3s
1
, 3s
2
, 3p
3
, 3p
6
là nguyên
tử hay ion? Tại sao?
Hy dẫn ra một phản ứng hoá học (nếu có) để minh hoạ tính chất hoá học đặc
trng của mỗi vi hạt.
Cho biết: Các vi hạt này là ion hoặc nguyên tử của nguyên tố thuộc nhóm A và
nhóm VIII(0).
Hớng dẫn chấm:
Cấu hình electron của các lớp trong của các vi hạt là 1s
2
2s

2
2p
6
, ứng với cấu hình
của [Ne].
1. Cấu hình [Ne] 3s
1
chỉ có thể ứng với nguyên tử Na (Z = 11), không thể ứng với ion.
Na là kim loại điển hình, có tính khử rất mạnh. Thí dụ: Na tự bốc cháy trong H
2
O ở nhiệt
độ thờng.
2 Na + 2 H
2
O 2 NaOH + H
2
2.
Cấu hình [Ne] 3s
2
ứng với nguyên tử Mg (Z = 12), không thể ứng với ion. Mg là
kim loai hoạt động. Mg cháy rất mạnh trong oxi và cá trong CO
2
.

2 Mg + O
2
2 MgO

3.
Cấu hình [Ne] 3s

2
3p
3
ứng với nguyên tử P (Z = 15), không thể ứng với ion. P là
phi kim hoạt động. P cháy mạnh trong oxi.

4 P + 5 O
2
2 P
2
O
5


4.
Cấu hình [Ne] 3s
2
3p
6
:
a) Trờng hợp vi hạt có Z = 18. Đây là Ar, một khí trơ.
b) Vi hạt có Z < 18. Đây là ion âm:
Z = 17. Đây là Cl

, chất khử yếu. Thí dụ:
2 MnO
4

+ 16 H
+

+ 10 Cl

2 Mn
2+
+ 8 H
2
O + 10 Cl
2

Z = 16. Đây là S
2

, chất khử tơng đối mạnh. Thí dụ:
2 H
2
S + O
2
2 S + 2 H
2
O
Z = 15. Đây là P
3

, rất không bền, khó tồn tại.
c) Vi hạt có Z > 18. Đây là ion dơng:
Z = 19. Đây là K
+
, chất oxi hoá rất yếu, chỉ bị khử dới tác dụng của dòng điện
(điện phân KCl hoặcKOH nóng chảy).
Z = 20. Đây là Ca

2+
, chất oxi hoá yếu, chỉ bị khử dới tác dụng của dòng điện
(điện phân CaCl
2
nóng chảy).

CO
3
2





CO
3
2





Trang
5
/7B
Câu 6 (3,5 điểm):
Một bình điện phân chứa dung dịch NaOH (pH=14) và một bình điện phân khác
chứa dung dịch H
2
SO

4
(pH = 0) ở 298K. Khi tăng hiệu điện thế từ từ ở hai cực mỗi bình
ngời ta thấy có khí giống nhau thoát ra ở cả hai bình tại cùng điện thế.
1. Giải thích hiện tợng trên. Viết các phơng trình phản ứng xảy ra ở mỗi bình (không
xét sự tạo thành H
2
O
2
và H
2
S
2
O
8
).
2. Tính hiệu điện thế tối thiểu phải đặt vào hai cực mỗi bình để cho quá trình điện phân
xảy ra.
3. Ngời ta muốn giảm pH của dung dịch NaOH xuống còn 11. Có thể dùng NH
4
Cl
đợc không? Nếu đợc, hy giải thích và tính khối lợng NH
4
Cl phải dùng để giảm pH
của 1 lít dung dịch NaOH từ 14 xuống còn 11.
4. Khi pH của dung dịch NaOH bằng 11, thì hiệu điện thế tối thiểu phải đặt vào hai cực
của bình điện phân để cho quá trình điện phân xảy ra là bao nhiêu?
Cho biết: E
o
= 0,4 V ; E
o

= 1,23 V ; pK
b
(NH
3
)

= 4,75
Hớng dẫn chấm:
1.
Trong thí nghiêm này, nớc bị điện phân ở cùng một điện thế.
a) Dung dịch NaOH:
ở anôt: 2 OH


H
2
O + 1/2 O
2
+ 2 e
ở catôt: 2 H
2
O + 2 e H
2
+ 2 OH



H
2
O H

2
+ 1/2 O
2

b) Dung dịch H
2
SO
4
:
ở anôt: H
2
O 1/2 O
2
+ 2 H
+
+ 2 e
ở catôt: 2 H
+
+ 2 e H
2

H
2
O H
2
+ 1/2 O
2

Khí thoát ra ở 2 bình đều là hiđro và oxi.
2.

a) Dung dịch NaOH:
E
anôt
= 0,4 V
E
catôt
= 0 + lg (10

14
)
2
= 0,83 V
U
min
= E
anôt
E
catôt
= 0,4 + 0,83 = 1,23 V
b) Dung dịch H
2
SO
4
:
E
anôt
= 1,23 V
E
catôt
= 0 V

U
min
= E
anôt
E
catôt
= 1,23 V
(khi tính U
min
không xét đến quá thế).
3
. Có
thể dùng NH
4
Cl để giảm pH của dung dịch NaOH từ 14 xuống 11.
NH
4
+
+ OH


NH
3
+ H
2
O


H
2

O, 1/2 O
2

/
2OH



2H
+
, 1/2 O
2

/
H
2
O

2
0,0592




Trang
6
/7B
pOH của dung dịch NaOH đ thêm

NH

4
Cl

để giảm pH của dung dịch NaOH từ 14
xuống 11 đợc tính theo công thức:
pOH = pK
b
+ lg

3 = 4,75 + lg

Suy ra [NH
4
+
] = 0,0178 ì [NH
3
]
Khi pH của dung dịch NaOH giảm từ 14 xuống 11 thì [OH

] của dung dịch giảm
đi: 1 10

3
= 0,999 mol/L. Đây chính là số mol NH
3
hình thành. Vậy [NH
3
] = 0,999
mol/L và [NH
4

+
] = 0,0178 ì 0,999 0,0178 (mol/L).
Số mol NH
4
Cl phải thêm vào 1 lít dung dịch:
n = n + n = 0,0178 + 0,999 = 1,0168 (mol)
Khối lợng NH
4
Cl phải thêm vào 1 lít dung dịch: 1,0168 ì 53,5 = 54,4 (gam)
4. Khi pH = 11, dung dịch NaOH:
E
anôt
= 0,4 V + lg
E
catôt
= 0 + lg (10

11
)
2

U
min
= E
anôt
E
catôt
= 0,4 + 3 ì 0,0592 + 0,0592 ì 11 1,23 V
Câu 7 (4 điểm):
Ngời ta thực hiện phản ứng 2 NO

2 (k)

+ F
2 (k)

2 NO
2
F
(k)

trong một bình
kín có thể tích V (có thể thay đổi thể tích của bình bằng một píttông). áp suất ban đầu
của NO
2
bằng 0,5 atm, còn của F
2
bằng 1,5 atm. Trong các điều kiện đó tốc độ đầu v
o
=
3,2. 10

3
mol.L

1
.s

1
.
1. Nếu thực hiện phản ứng trên ở cùng nhiệt độ với cùng những lợng ban đầu của chất

phản ứng nhng thêm một khí trơ vào bình để cho thể tích thành 2 V, còn áp suất tổng
quát vẫn bằng 2 atm, thì tốc độ đầu bằng 8.10

4
mol.L

1
.s

1
. Kết quả này có cho phép
thiết lập phơng trình động học (biểu thức tốc độ) của phản ứng hay không?
2. Ngời ta lại thực hiện phản ứng trên ở cùng điều kiện nhiệt độ với cùng những lợng
NO
2
, F
2
và khí trơ nh ở (1) nhng giảm thể tích xuống bằng . Tính giá trị của tốc độ
đầu v
o
.
3. Nếu thay cho việc thêm khí trơ, ngời ta thêm NO
2
vào để cho áp suất tổng quát bằng
4 atm và thể tích bằng V thì tốc độ đầu v
o
= 1,6.10

2
mol.L

1
.s

1
. Kết quả này cho phép
kết luận nh thế nào về phơng trình động học của phản ứng?
4. Dự đoán cơ chế của phản ứng.
Hớng dẫn chấm:
1. ở thí nghiệm 2, sau khi thêm khí trơ để cho thể tích tăng gấp đôi thì P và P
đều giảm 2 lần so với thí nghiệm 1, nghĩa là nồng độ của chúng cũng giảm đi 2 lần (vì
P
A
= C
A
.RT), còn tốc độ đầu của phản ứng giảm 4 lần. Từ đây, chỉ có thể kết luận bậc
của phản ứg là 2.
[NH
3
]
[NH
4
+
]

NO
2

F
2

0,0592
2


1
(10

3
)
2


0,0592
2

[NH
3
]
[NH
4
+
]

NH
4
+

NH

3

V
2


Trang
7
/7B
Phơng trình động học có thể có các dạng sau đây:
v = k [NO
2
] [F
2
] (a)
, v = k
[NO
2
]
2
(b) , v = k [F
2
]
2
(c)
2. ở thí nghiệm 3, P và P đều tăng gấp đôi so với thí nghiệm 1. Cũng lập luận nh
trên, ta thấy tốc độ đầu của phản ứng ở thí nghiệm 3 phải bằng 4 lần tốc độ đầu của phản
ứng ở thí nghiêm 1.
v
o

= 3,2 ì 10

3
mol
.L

1
.s

1
ì 4 = 1,28 ì 10

2
mol
.L

1
.s

1
.
3. ở thí nghiệm 4, P không đổi, P = 4 atm 1,5 atm = 2,5 atm. P tăng 5 lần so với
thí nghiệm 1, còn tốc độ đầu của phản ứng tăng 5 lần. Vậy phơng trình động học của
phản ứng là:

v = k [NO
2
] [F
2
]

NO
2

F
2

NO
2

F
2

NO
2


Trang 1/6
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO


KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
LỚP 12 THPT NĂM 2011

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn: HOÁ HỌC
Ngày thi thứ nhất: 11/01/2011
(Gồm 06 trang)

Câu 1

1
(2,0
điểm)



















a) Công thức các hợp chất XF
m
:
X là Cl có ClF; ClF
3

; ClF
5
(a); X là Br có BrF; BrF
3
; BrF
5
(b);
X là I có IF; IF
3
; IF
5
; IF
7
(c).
b) Các hợp chất trên đều có liên kết cộng hóa trị, mỗi liên kết được tạo thành do 2
electron có spin đối song song của 2 nguyên tử góp chung.
* F (Z = 9; n = 2) có 4 AO hóa trị, vì vậy cấu hình chỉ có 1 electron độc thân:

* Cl (Z = 17; n = 3), Br (Z = 35; 9n = 4), I (Z = 53; n = 5) giống nhau đều có 9 AO
hóa trị, có thể có:
1 electron độc thân:
hoặc 3 electron độc thân:
5 electron độc thân:
7 electron độc thân:
- Hợp chất ClF
7
không tồn tại vì thể tích nguyên tử clo rất nhỏ, lực đẩy của các vỏ
nguyên tử flo sẽ phá vỡ liên kết trong phân tử. Hợp chất BrF
7
tương tự hợp chất ClF

7
(hợp chất BrF
7
hiện nay chưa điều chế được).
- Hợp chất IF
7
tồn tại vì thể tích nguyên tử iot rất lớn so với thể tích nguyên tử flo, lực
đẩy của các vỏ nguyên tử flo không phá vỡ được các liên kết trong phân tử.
2
(1,5
điểm
)
a) Phương trình phản ứng hạt nhân điều chế
32
P:
16
32
S +
0
1
n →
15
32
P +
1
1
p
và phân rã phóng xạ của
32
P:

15
32
P →
16
32
S + β
-

b)
0
A
A
=
1/2
t/t
-1
5.10 μCi 1 1
2μCi 4 2
⎛⎞
==
⎜⎟
⎝⎠
→ t/t
1/2
= 2 → t = 2.t
1/2
. Vậy thời gian đã lưu giữ là 2
chu kì bán huỷ.
Tốc độ phân rã phóng xạ không phụ thuộc vào nồng độ đầu và nhiệt độ, nên sau
thời gian đó lượng

32
P của mẫu I cũng chỉ còn lại 1/4 so với lúc đầu → độ giảm hoạt độ
phóng xạ trong mẫu I là:
3
20
4
mCi =15 mCi = 15.10
-3
.3,7.10
10
Bq = 15.3,7.10
7
Bq.

Số hạt nhân đã biến đổi phóng xạ là:
N =
7
1/2
A.t
A 15.3,7.10 .14,28.24.3600
λ ln2 0,693
== = 9,9.10
14
nguyên tử
Khối lượng
32
P đã phân rã là:
32
P
m =

14
23
32.9,9.10
6,02.10
= 5,3.10
-8
(g) = 5,3.10
-2
(μg)
Khi bỏ qua sự hụt khối của phân rã phóng xạ, khối lượng
32
S tạo thành đúng bằng
khối lượng
32
P đã phân rã: m(
32
S) = 5,3.10
-2
μg.






Trang 2/6
Câu 2

1
(1,0

điểm)
Phản ứng là bậc 1 nên: [X] = [X]
0
.e
-kt
(1) → v = k[X] = k.[X]
0
.e
-kt

→ lnv = ln(k[X]
0
) - kt (2) Hay: lnv = lnv
0
- kt (3) (v
0
là tốc độ đầu của phản
ứng)
→ lgv = lgv
0
– kt/2,303.
k =
0
0
v
[X]
= 4.10
-4
/2.10
-2

= 2.10
-2
(phút
-1
) → lgv = -3,4 - 8,7.10
-3
t
(t: phút; v: mol.L
-1
.phút
-1
).
(Những biểu thức trong đó lgv là hàm của một biến số độc lập t đều coi là đúng).
2
(0,75
điểm)
Đối với phản ứng bậc 1:

1/2
-2 1
ln2 0,693
t= = = 34,7
k 2.10 (phút)
−
(phút)
3
(1,75
điểm)

Phản ứng 2NO

(k)

+ 2H
2
(k)

→ N
2
(k)

+ 2H
2
O

(k) tuân theo quy luật động
học thực nghiệm: v = k[NO]
2
[H
2
].
Cơ chế 1:
2NO (k)
1
k
⎯
⎯→ N
2
O
2

(k) (nhanh) (1)
N
2
O
2
(k) + H
2
(k)
2
k
⎯
⎯→2HON (k) (nhanh) (2)
HON (k) + H
2
(k)
3
k
⎯
⎯→H
2
O (k) +HN (k) (chậm) (3)
HN (k) + HON (k)
4
k
⎯
⎯→N
2
(k) + H
2
O (k) (nhanh) (4)

∗ Chấp nhận gần đúng rằng giai đoạn quyết định tốc độ phản ứng là giai đoạn
chậm nhất.
* Trong cơ chế đã cho, giai đoạn
3 chậm, quyết định tốc độ phản ứng, nên:
v = k
3
.[HON][H
2
] (5)
Khi nồng độ các sản phẩm trung gian đạt được trạng thái dừng
22
d[N O ]
dt
=
1
2
k
1
[NO]
2
– k
2
[H
2
][N
2
O
2
] = 0 (6) → [N
2

O
2
] =
2
1
22
k[NO]
2k [H ]
(7)
d[HON]
dt
= 2k
2
[H
2
][N
2
O
2
] - k
3
.[HON][H
2
] – k
4
[HON][HN] = 0 (8)
d[HN]
dt
= k
3

.[HON][H
2
] – k
4
[HON][HN] = 0 (9)
Lấy (8) trừ (9) và biến đổi đơn giản, ta có: [HON] =
222
3
k[NO]
k
(10)
Thay (7) vào (10) rút ra: [HON] =
2
1
32
k[NO]
2k [H ]
(11)
Thay (11) vào (5) thu được: v =
2
1
k[NO]
2
= k[NO]
2
. Kết quả này không phù hợp
với đinh luật tốc độ thực nghiệm. Cơ chế 1 là không có khả năng.
Cơ chế 2:
2NO
N

2
O
2
K
cb
(nhanh) (12)
N
2
O
2
+ H
2

5
k
⎯
⎯→ N
2
O + H
2
O (chậm) (13)
N
2
O + H
2

6
k
⎯
⎯→ N

2
+ H
2
O (nhanh) (14)
Tốc độ phản ứng được quyết định bởi (13), nên: v = k
5
[N
2
O
2
].[H
2
] (15)
Dựa vào cân bằng 2 NO
N
2
O
2
, rút ra: [N
2
O
2
] = K
cb
.[NO]
2
(16)
Thay (16) vào (15) thu được: v = K
cb
.k

5
[NO]
2
.[H
2
] = k[NO]
2
.[H
2
].
Kết luận:
Cơ chế 2 cho phép rút ra biểu thức của định luật tốc độ thực nghiệm. Cơ
chế này là có khả năng.

Trang 3/6
Câu 3

1
(0,75
điểm)
N
2
+ 3H
2
 2NH
3
(1)
Ở 298K,

0

r
ΔH = - 91,8 kJ.mol
-1
;
0
r
ΔS = -198,1 J.mol
-1
.K
-1
;
0
r
ΔG
=
0
r
ΔH
– 298.
0
r
ΔS
= -32,8 (kJ.mol
-1
);
0
r
ΔG = -R.T.lnK → lnK = -
0
r

ΔG (R.T)
-1
= 13,24 → K = 5,62.10
5
.
2
(1,5
điểm)
a) Tính hằng số cân bằng K của phản ứng ở T = 773 K:
Ở 773K:

0
r
ΔG
(773 K) =
0
r
ΔH
- T.
0
r
ΔS
≈ - 91,8

+ 773.198,1.10
-3
= 61,3 (kJ.mol
-1
)
→ lnK = - 61,3.10

3
.(8,314.773)
-1
= - 9,54 → K = e
-9,54
= 7,2.10
-5
.
b) Ở 298 K, hằng số cân bằng K >> 1. Phản ứng (1) diễn ra ưu tiên theo chiều thuận.
Ở 773 K, hằng số cân bằng K << 1. Phản ứng (1) diễn ra ưu tiên theo chiều nghịch.
Mặc dù ở nhiệt độ cao (773K), phản ứng (1) diễn ra ưu tiên theo chiều nghịch,
nhưng tốc độ phản ứng lớn, còn tốc độ phản ứng ở 298 K quá nhỏ. Để tăng tốc độ phản
ứng, làm hệ
nhanh đạt đến cân bằng, người ta buộc phải tiến hành phản ứng ở nhiệt độ
cao.
Để tăng hiệu suất tổng hợp amoniac trong công nghiệp:
- Phản ứng (1) giảm số mol khí. Để cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận, tăng hiệu
suất tổng hợp amoniac cần thực hiện phản ứng ở áp suất cao.
- Hiệu suất tạo thành amoniac là cực đại khi tỉ lệ c
ủa khí H
2
và khí N
2
được lấy đúng
bằng tỉ lệ các hệ số của chúng ở trong phương trình phản ứng, nghĩa là H
2
: N
2
là 3 : 1.
3

(0,5
điểm)
Tính biến thiên entanpi phân li liên kết
0
b
ΔH của một liên kết N-H trong phân tử amoniac:
N
2
+ 3H
2
→ 2NH
3
2∆H
1
= 2.(-45,9) kJ.mol
-1
(1)
N
2
→ 2 Ni ∆H
2
= 945 kJ.mol
-1
(2)
3H
2
→ 6 Hi 3∆H
3
= 3.436 kJ.mol
-1

(3)
Từ (1), (2), (3), ta có: 2 Ni + 6 Hi → 2NH
3
6
0
(N-H)
ΔH
6
0
(N-H)
ΔH = -2.45,9 – 945 – 3.436 = - 2344,8 (kJ.mol
-1
) →
0
b
(N-H)
ΔH = 390,8 kJ.mol
-1

4
(0,75
điểm)
Tính biến thiên entanpi hình thành tiêu chuẩn
0
f
ΔH
của gốc ·NH
2
:
N

2
+ 3H
2
→ 2NH
3
2∆H
1
= 2.(-45,9) kJ.mol
-1
(1)
H
2
→ 2
Hi
∆H
3
= 436 kJ.mol
-1
(3)
2NH
3
→ 2
2
NHi + 2 Hi 2∆H
4
= 2.380 kJ.mol
-1
(4)
Từ (1), (3), (4), có: N
2

+ 2H
2
→ 2
2
NHi 2
2
0
f( NH )
ΔH
i

2
2
0
f( NH )
ΔH
i
= - 2.45,9 – 436 + 2.380 = 232,2 (kJ/mol) →
2
0
f( NH )
ΔH
i
= 116,1 kJ/mol

Câu 4

1
(1,0
điểm)

Sau khi trộn:
-
4
MnO
C = 0,0040 M;
224
HCO
C
= 0,050 M ;
+
H
C
= 0,20 M
Phản ứng: 2×

-
4
MnO + 8H
+
+ 5e

Mn
2+
+ 4H
2
O
5× H
2
C
2

O
4

 2CO
2
+ 2H
+
+ 2e
2
-
4
MnO + 5H
2
C
2
O
4

+ 6H
+
⎯
⎯→

2Mn
2+
+ 10CO
2
+ 8H
2
O K = 10

337,84

0,0040 0,050 0,20
- 0,040 0,188 0,0040 0,020

TPGH: H
2
C
2
O
4
0,040 M; H
+
0,188 M; CO
2
0,020 M (<
2
CO
L
= 0,030 M); Mn
2+
0,0040 M.


Trang 4/6
2
(2,0
điểm)
Trộn dung dịch A và dung dịch B:

224
HCO
C
= 0,020 M;
+
H
C
= 0,094 M;
2
CO
C
= 0,010 M;
2+
Mn
C
= 0,0020 M;

2+
Ca
C =

0,010 M;
2+
Ba
C = 0,050 M.
Vì sự phân li của axit cacbonic (hỗn hợp H
2
O+CO
2
)

không đáng kể trong môi trường
axit, do đó có thể coi [CO
2
] ≈ 0,010 M và khả năng chỉ xuất hiện kết tủa oxalat (nếu có).
Xét thứ tự kết tủa:
-
Để có kết tủa CaC
2
O
4
:
24
2-
24
2+
-8,75
s(CaC O )
' -6,75
'
CO (1)
Ca
K
10
C = = 10 M
0,01
C
≥
-
Để có kết tủa BaC

2
O
4
:
24
2-
24
2+
-6,8
s(BaC O )
'-5,5
'
CO (2)
Ba
K
10
C = = 10 M
0,05
C
≥

Vì
2-
24
'
CO (1)
C<
2-
24
'

CO (2)
C → CaC
2
O
4
sẽ kết tủa trước. Do
224 224
a1(H C O ) a2(H C O )
KK nên
nồng độ các cấu tử được tính theo cân bằng:
H
2
C
2
O
4


H
+
+
-
24
HC O
1,25
a1
K10
−
=

'
C
0,020 – x 0,094+x x
→
-
24
'
HC O
C = x = 7,15.10
-3
M;
+
'
H
C = 0,1012 M →
-
24
2-
24
+
'
HC O
'
a2
'
CO
H
C
CK
C

=
= 10
-5,42
M

2+
'
Ca
C.
2-
24
'
CO
C = 0,01.10
-5,42
=10
-7,42
> 10
-8,75
=
24
s(CaC O )
K → có CaC
2
O
4
kết tủa theo
phản ứng: Ca
2+
+ H

2
C
2
O
4
⎯
⎯→

CaC
2
O
4
↓ + 2H
+
K = 10
3,23
0,010 0,020 0,094
- 0,010 0,114

Đánh giá khả năng kết tủa BaC
2
O
4
từ lượng dư H
2
C
2
O
4
:

Tương tự: H
2
C
2
O
4
 H
+
+
-
24
HC O
1,25
a1
K10
−
=

'
C 0,010 – y 0,114+y y
→
-
24
'
HC O
C = y = 3,24.10
-3
M;
+
'

H
C = 0,117 M →
2-
24
'
CO
C= 10
-5,83
M

2+
'
Ba
C.
2-
24
'
CO
C = 0,05.10
-5,83
=10
-7,13
< 10
-6,8
=
24
s(BaC O )
K → không có BaC
2
O

4
kết tủa.

Khi đó
24
2+
2-
24
8,75
s(CaC O )
'2,92
,5,83
Ca
CO
K
10
C= 10 (M)
C10
−
−
−
==

Kiểm tra:
2-
3
''
16,68
'
a1 a2 2

+2 2
CO
K.K.[CO]
10 .0,01
C
[H ] (0,117)
−
=== 1,53.10
-17
(M)

→
2+ 2- 2+ 2-
33
33
'' ''
s(CaCO ) s(BaCO )
Ca CO Ba CO
C.C< K ;C.C < K → không có CaCO
3
và BaCO
3
tách ra.






Trang 5/6

Câu 5

1
(2,25
điểm)
a) Tính
-
42 2
0
MnO , H O/MnO
E và
-2-
44
0
MnO /MnO
E

-
4
MnO + 8H
+
+ 5e  Mn
2+
+ 4H
2
O
5.1,51/ 0,0592
1
K10=
Mn

2+
+ 2H
2
O

MnO
2
↓ + 4H
+
+ 2e
-1 2.1,23/ 0,0592
2
K10
−
=
MnO
2
↓ + 2H
2
O 
2-
4
MnO + 4H
+
+ 2e
-1 2.2,26 / 0,0592
3
K10
−
=

-
4
MnO + e 
2-
4
MnO
0
-2-
MnO /MnO
4
4
(E ) / 0,0592
4
K10=

-1 -1
4123
KK.K.K= →
-2-
44
0
MnO /MnO
E = 5.1,51 – 2.(1,23+2,26) = 0,57 (V)

-
4
MnO + 8H
+
+ 5e  Mn

2+
+ 4H
2
O
5.1,51/ 0,0592
1
K10=
Mn
2+
+ 2H
2
O

MnO
2
↓ + 4H
+
+ 2e
-1 2.1,23 / 0,0592
2
K10
−
=
4× H
2
O  OH
-
+ H
+

14
w
K10
−
=

-
4
MnO + 2H
2
O + 3e  MnO
2
↓ + 4OH
-

0
-
MnO /MnO
42
(3E ) / 0,0592
5
K10=

-1 4
512w
K K .K .K= →
-
42 2
0
MnO , H O/MnO

E =
5.1,51 2.1,23 14.4.0,0592
3
−
−
= 0,59 (V)
b)
-+ 2+
4
0
MnO , H /Mn
E >
-
42 2
0
MnO , H O/MnO
E >
-2-
44
0
MnO /MnO
E → khả năng oxi hóa của
-
4
MnO
mạnh nhất trong môi trường axit và yếu nhất trong môi trường bazơ, bởi vì:
-+ 2+ -+ 2+
44
-+8
°

4
2+
MnO , H /Mn MnO , H /Mn
[MnO ][H ]
0,0592
EE+lg
5
[Mn ]
=

do đó khi pH tăng, [H
+
] giảm, tính oxi hóa của
-
4
MnO giảm.
2
(0,75
điểm)
Các phản ứng minh họa khả năng oxi hóa của ion pemanganat phụ thuộc vào pH
của môi trường:

-
4
MnO
+ 5Fe
2+
+ 8H
+
→ Mn

2+
+ 5Fe
3+
+ 4H
2
O
2
-
4
MnO + 3
2+
Mn
+ 2H
2
O
t
⎯
⎯→

5MnO
2
↓ + 4H
+
2
-
4
MnO +
2-
3
SO + 2OH

-
→ 2
2-
4
MnO +
2-
4
SO + H
2
O
Câu 6

1
(2,25
điểm)
Cr
2
O
3
+ 3Na
2
O
2
+ H
2
O
t
⎯
⎯→


2
−
2
4
CrO + 2OH
-
+ 6Na
+
(1)
2Na
2
O
2
+ 2H
2
O
t
⎯
⎯→

O
2
↑ + 4OH
-
+ 4Na
+
(2)
OH
-
+ H

+
→ H
2
O (3)
2
−2
4
CrO
+ 2H
+
→
−
2
27
Cr O
+ H
2
O (4)
Fe
2
O
3
+ 6H
+
→ 2Fe
3+
+ 3H
2
O (5)
−2

27
Cr O + 9I
-
+ 4 H
+
→ 2 Cr
3+
+ 3
-
3
I + 7H
2
O (6)
2Fe
3+ +
3I
-
→ 2Fe
2+
+
-
3
I (7)
2
−2
23
SO
+
-
3

I →
−
2
46
SO
+ 3I
-
(8)
Fe
3+
+ 3F
-
→ FeF
3
(9)


2
(0,25
điểm)
Vai trò của dung dịch NaF: F
-
có mặt trong dung dịch tạo phức bền, không màu với
Fe
3+
, dùng để che Fe
3+
.

Trang 6/6

3
(1,0
điểm)
Đặt số mol của Cr
2
O
3
và Fe
2
O
3
trong 1,98 gam mẫu lần lượt là
23
Cr O
n
= x;
23
Fe O
n
= y
Từ (1), (4) và (5) → trong 10,00 mL dung dịch
A số mol của
−2
27
Cr O
là
2-
27
Cr O
n = 0,1x;

số mol của Fe
3+
là
3+
Fe
n = 0,2y.
Trường hợp NaF không có mặt trong dung dịch A, cả
−
2
27
Cr O và Fe
3+
đều bị khử bởi I
-
.
Theo (6) và (7) ta có:
-
3
I(1)
n= 3
2-
27
Cr O
n+ 0,5
3+
Fe
n = 3.0,1x + 0,5.0,2y = 0,3x + 0,1y
Từ (8):
2-
23

SO (1)
n= 2
-
3
I(1)
n → 0,40.10,50.10
-3
= 2.(0,1y + 0,3x) (10)

Trường hợp NaF có mặt trong dung dịch A, chỉ có
−
2
27
Cr O bị khử:

-
3
I(2)
n= 3
2-
27
Cr O
n = 0,3x → 0,40.7,50.10
-3
=
2-
23
SO (2)
n= 2
-

3
I(2)
n = 0,6x (11)
Từ (11) và (10) → x = 0,005 (mol) và y = 0,006 (mol).

Cr
n= 2
23
Cr O
n
= 2.0,005 = 0,01 (mol) → %Cr trong mẫu là:
52.0,01
.100
1, 98
= 26,26%

Fe
n= 2
23
Fe O
n
= 2.0,006 = 0,012 (mol) → %Fe trong mẫu là:
56.0,012
.100
1, 98
= 33,94%.


HẾT

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
LỚP 12 THPT NĂM 2011
Môn: HOÁ HỌC
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi thứ hai: 12/01/2011
Đề thi có 02 trang, gồm 05 câu
Câu 1. (4,5 điểm)
1. Xitral (CH
3
)
2
C=CHCH
2
CH
2
C(CH
3
)=CHCH=O có trong tinh dầu chanh, gồm 2 đồng phân a và b.
a) Cấu tạo phân tử xitral có tuân theo qui tắc isoprenoit hay không? Hai chất a và b thuộc loại đồng
phân nào? Hãy viết công thức cấu trúc và gọi tên hệ thống hai đồng phân đó.
b) Để tách riêng hai đồng phân a và b, người ta sử dụng semicacbazit và axit vô cơ. Hãy nêu vắn tắt
quá trình thực nghiệm đó.
c) Khử xitral rồi chuyển hoá sản phẩm A theo sơ đồ:
t
o
Xitral
LiAlH
4

A
(C
10
H
18
O)
B
(C
10
H
16
, d¹ng m¹ch hë)
H
+
C
2,5,5-Trimetylbixiclo[4.1.0]hept-2-en

Viết công thức cấu tạo của A, B, C và hoàn thành sơ đồ các phản ứng. Giải thích quá trình
chuyển hóa tạo thành C.

2. Cho n-butylmetylete phản ứng với dung dịch HI (đặc), người ta nhận được hai sản phẩm A và B.
Khi cho một trong hai sản phẩm đó phản ứng với bazơ mạnh thì thu được C. Thuỷ phân C trong môi
trường axit, được D. Oxi hoá C bằng KMnO
4
, chọn lấy sản phẩm E tạo thành cho phản ứng với D,
được F (có 7 cacbon). Mặt khác, chuyển hóa C thành G, sau đó G thành H. Nếu cho H phản ứng với
F rồi thủy phân sẽ thu được I (C
11
H
24

O). Viết sơ đồ các phản ứng chuyển hóa từ A đến I (dạng công
thức cấu tạo) và gọi tên các hợp chất hữu cơ này.
3. Viết các đồng phân lập thể của metylxiclohexanon. Đồng phân nào có tính quang hoạt? Giải thích
vì sao dưới tác dụng của bazơ, xeton quang hoạt bị raxemic hoá?
Câu 2. (4,5 điểm)
1. Viết tác nhân, điều kiện phản ứng (nếu có) thay cho dấu chấm hỏi (?) và công th
ức cấu tạo của các
hợp chất hữu cơ A, B, C, D để hoàn thành sơ đồ phản ứng sau:

C
6
H
6

C
6
H
5
C
2
H
5
2. H
3
O
+
A
HNO
3
/ H

2
SO
4
t
o
B
Fe / HCl
t
o
C
H
2
/ Ni
t
o
D
?
1. KMnO
4
, H
2
O, t
o

Hãy so sánh nhiệt độ nóng chảy và so sánh lực axit của các chất A, B, C, D. Giải thích.
2. cis-1-Đecyl-2-(5-metylhexyl)etilenoxit (hay disparlure) là một pheromon của một loài bướm. Hãy:
a) Vẽ công thức các đồng phân lập thể của dispalure.
b) Viết sơ đồ tổng hợp dispalure từ axetilen, các chất vô cơ, hữu cơ (chứa không quá 5 cacbon).
3. Từ quả bồ kết, người ta tách được hợp chất K (C
15

H
18
O
6
). Khi cho K tác dụng với CH
3
I/Ag
2
O (dư)
rồi thuỷ phân với xúc tác α-glycozidaza thì thu được M (C
9
H
18
O
5
) và N. Hợp chất M thuộc dãy L với
cấu hình tuyệt đối của C2 giống C3 nhưng khác C4 và C5. Nếu oxi hoá M bằng axit nitric thì trong
hỗn hợp sản phẩm có axit axetic mà không có axit propionic hoặc dẫn xuất của nó. Khi cho N tác
dụng với dung dịch KMnO
4
thì tạo thành một cặp đồng phân threo có cùng công thức phân tử
C
9
H
10
O
4
đều không làm mất màu nước brom. Hãy xác định công thức lập thể của K, M, N và vẽ cấu
dạng bền của K.
Câu 3. (3,5 điểm)

1. Viết các tác nhân, điều kiện phản ứng (nếu có) thay cho dấu chấm hỏi (?) và viết công thức cấu tạo của
các hợp chất hữu cơ F, G, H, I, J để hoàn thành sơ đồ chuyển hóa sau:







Trang 1/2
1 : 1
2. OH
-

A
NO
2
O
2
N
NO
2
HO
NO
2
H
2
N
NO
2

N
N
NH
2
HO
J (C
9
H
13
ON)
H F
E
D
C
B
?
E
O
(CH
3
CO)
2
O
G
Zn(Hg) / HCl
I
CH
3
I
1. H

+
/ H
2
O
?
?
?


2. Hãy giải thích cơ chế của các phản ứng sau:
OO
H
H
OO
CHO
+
H
2
C(COOH)
2
a)

1. OH
-
2. H
3
O
+
O
HOOC

O
b)
O
O
O
Câu 4. (3,5 điểm)
1. Từ xiclohexen và 4-clorobutan-1-ol hãy tổng hợp


Trang 2/2

2. D-Galactopiranozơ được chuyển hoá thành axit ascorbic theo sơ đồ sau:
OOCH
3

O
OH
HO
HO
HO
COOH
O
OH
OH
HO
OH
OH
(a)
A
(b)

B
(c)
OH
OH
COOH
OH
OH
OH
D-Gal actopi ranoz¬
Na (Hg)
OH
OH
OH
HO
O
(g)
OH
OH
HO
OO
HCN
H
HCl
O
O
HO
H
OH
H
HO

OH
Axit ascorbic
(f)
F
C
D
E
G
1. NH
3
2. NaOCl

Viết các tác nhân (a), (b), (c), (f), (g) và công thức lập thể phù hợp với đề bài của các hợp
chất hữu cơ D-
galactopiranozơ, A, B, F, H. Biết rằng, ở giai đoạn cuối cùng xảy ra sự thủy phân,
tautome hóa và lacton hóa.
Câu 5. (4,0 điểm)
Ở 25
o
C, cho dòng điện một chiều có cường độ 0,5A đi qua bình điện phân chứa 2 điện cực
platin nhúng trong 200 mL dung dịch gồm Cu(NO
3
)
2
0,020 M, Co(NO
3
)
2
1,0 M, HNO
3

0,010 M.
1. Viết phương trình các nửa phản ứng có thể xảy ra trên catot và anot trong quá trình điện phân.
2. Khi 10% lượng ion kim loại đầu tiên bị điện phân, người ta ngắt mạch điện và nối đoản mạch hai cực
của bình điện phân. Hãy cho biết hiện tượng xảy ra và viết phương trình phản ứng minh họa.
3. Xác định khoảng thế của nguồn điện ngoài đặt vào catot để có th
ể điện phân hoàn toàn ion thứ nhất trên
catot (coi quá trình điện phân là hoàn toàn khi nồng độ của ion bị điện phân còn lại trong dung dịch là
0,005% so với nồng độ ban đầu).
4. Tính thể tích khí thoát ra (đktc) trên anot sau khi điện phân được 25 phút. Khi đó, giá trị thế catot là
bao nhiêu?
Chấp nhận: Áp suất riêng phần của khí hiđro
= 1 atm; khi tính toán không kể đến quá thế;
nhiệt độ dung dịch không thay đổi trong suốt quá trình điện phân.
2
H
p
Cho:
- 0,277 V;
2+
0
Cu /Cu
E = 0,337 V;
2+
0
Co /Co
E =
hằng số Faraday F = 96500 C.mol
–1
, ở 25
o

C:
RT
2,303 = 0,0592.
F

HẾT
* Thí sinh không được sử dụng tài liệu;
* Giám thị không giải thích gì thêm.

1
Bộ GD&ĐT
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA 2013

Cho: NA = 6,022.1023 mol-1; h = 6,625.10-34 J.s; 1eV = 1,602.10-19 J;
O = 16; Na = 23; K = 39; Rb = 85; Mg = 24; Ca = 40; Ba = 137
Câu 1. (4,5 điểm)
1. Kết quả tính Hoá học lượng tử cho biết ion Li2+ có năng lượng electron ở các mức En (n là
số lượng tử chính) như sau: E1 = -122,400 eV; E2 = -30,600 eV; E3 = -13,600 eV; E4 = -7,650
eV.
a) Tính các giá trị năng lượng trên theo kJ/mol. (trình bày chi tiết đơn vị tính)
b) Hãy giải thích sự tăng dần năng lượng từ E1 đến E¬4 của ion Li2+
c) Tính năng lượng ion hoá của ion Li2+ (theo eV) và giải thích
2. Chuyển động của electron dọc theo mạch cacbon của hệ liên hợp mạch hở được coi là chuyển
động tự do của vi hạt trong hộp thế một chiều. Năng lượng của vi hạt trong hộp thế một chiều được
tính theo công thức: , trong đó n = 1,2,3 …; h là hằng số Planck; m là khối lượng của electron, m =
9,1.10-31 kg; a là chiều dài hộp thế. Đối với hệ liên hợp, a là chiều dài mạch cacbon và được tính
theo công thức: a = (N+1). ℓC-C, ở đây N là số nguyên tử C; ℓC-C là độ dài trung bình của liên kết
C-C. Ứng với mỗi mức năng lượng En nêu trên, người ta xác định được một obitan phân tử (viết
tắt là MO- ) tương ứng duy nhất. Sự phân bố electron vào các MO- cũng tuân theo các nguyên lý
và quy tắc như sự phân bố electron vào các obitan nguyên tử. Sử dụng mô hình vi hạt chuyển động

tự do trong hộp thế một chiều cho hệ electron của phân tử liên hợp mạch hở Octatetraen, hãy:
a) Tính các giá trị năng lượng En (n = 1 ÷ 5) theo J. Biểu diễn sự phân bố các electron trên các
MO- của giản đồ các mức năng lượng và tính tổng năng lượng của các electron thuộc Octatetraen
theo kJ/mol. Cho biết phân tử Octatetraen có ℓC-C = 1,4 Å.
b) Xác định số sóng (cm-1) của ánh sáng cần thiết để kích thích 1 electron từ mức năng lượng cao
nhất có electron (HOMO) lên mức năng lượng thấp nhất không có electron (LUMO)
Câu 2. (4,0 điểm)
1. Bảng tuần hoàn hiện nay có 118 nguyên tố. Nguyên tố X (Z=118) được hình thành khi bắn
phá hạt nhân nguyên tố Californi ( ) bằng hạt nhân Canxi ( ). Biết nguyên tố X phân rã và có số
khối là A=294.
a) Viết phương trình phản ứng tổng hợp và phân rã của nguyên tố X
b) Viết cấu hình electron nguyên tử của nguyên tố X. Từ đó suy ra vị trí của X trong bảng tuần
hoàn các nguyên tố hoá học.
2. Cho M là một kim loại hoạt động. Oxit của M có cấu trúc mạng lưới lập phương với cạnh của
ô mạng cơ sở là a=5,555 Å. Trong mỗi ô mạng cơ sở, ion O2- chiếm đỉnh và tâm các mặt của hình
lập phương, còn ion kim loại chiếm các hốc tứ diện (tâm của các hình lập phương con với cạnh là
a/2 trong ô mạng). Khối lượng riêng của oxit là 2,400 g/cm3.
a) Tính số ion kim loại và ion O2- trong một ô mạng cơ sở
b) Xác định kim loại M và công thức oxit của M
c) Tính bán kính ion kim loại M (theo nm) biết bán kính của ion O2- là 0,140 nm.
d) Nêu cách điều chế oxit của M
Câu 3. (3,5 điểm)
1. Nêu hiện tượng và viết PTHH của phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau:
a) Sục từ từ khí clo (đến dư) vào dd NaBr
b) Cho 1 ít bột MnO2 vào dd H2O2
c) Cho dd SnCl2 vào dd FeCl3, sau đó cho thêm K3[Fe(CN)6]
d) Cho dd KI vào dd FeCl3
2. Canxi xyanamit được điều chế theo các phản ứng (1) và (2), nó phản ứng với nước và với
axit sunfuric theo phản ứng (3) và (4) dưới đây:
CaO + 3C → CaC2 + CO (1)

CaC2 + N2 → CaCN2 + C (2)
CaCN2 + 3H2O → CaCO3 + 2NH3 (3)
CaCN2 + H¬2SO4 → CaSO4 + H2N-CN (4)
a) Hãy trình bày ngắn gọn về ảnh hưởng của áp suất và nhiệt độ đến chiều diễn biến của phản ứng

2
(1) và (2)
b) Dựa vào các phản ứng đã cho, hãy giải thích và viết cấu tạo hoá học (có ghi đầy đủ các electron
hoá trị) của CaCN2
c) Hãy viết cơ chế phản ứng để giải thích sự tạo thành NH3 ở phản ứng (3) và H2N-CN (xyanamit)
ở phản ứng (4)
d) Viết công thức Liuyt của các đồng phân ứng với công thức phân tử CH2N2
Câu 4. (4,0 điểm)
1. Để xác định hàm lượng oxi trong nước sông, người ta sử dụng phương pháp Winkler bằng
cách dùng Mn2+ cố định oxi dưới dạng hợp chất của Mn(IV) trong môi trường kiềm. Sau đó, dùng
KI để khử Mn(IV) trong môi trường axit và chuẩn độ hỗn hợp bằng dd Na2S2O3. Cụ thể: Hút
150,00 ml nước sống vào chai cố định oxi. Thêm MnSO4 đủ dư, sau đó thêm tiếp dd kiềm iođua
(gồm NaOH và KI dư), đậy nút bình cẩn thận để tránh bọt khí và để yên cho kết tủa lắng xuống.
Axit hoá hỗn hợp bằng dd H2SO4 đặc. Đậy nút chai và lắc kỹ cho đến khi kết tủa tan hoàn toàn.
Chuẩn độ ngay dd thu được bằng dd Na2S2O3 8,0.10-3 M hết 20,53ml Na2S2O3.
a) Viết PTHH các phản ứng xảy ra trong thí nghiệm trên
b) Tính ;
c) Giải thích tại sao:
- Giai đoạn cố định oxi phải thực hiện trong môi trường kiềm
- Để khử Mn(IV) bằng KI phải tiến hành trong môi trường axit
- Sau khi axit hoá dd cần chuẩn độ ngay
d) Tính hàm lượng oxi trong nước theo mg/l
Cho: Ở 25oC:

2. Cân 0,432g axit yếu HA, pha thành 50,00ml dd A. Tiến hành chuẩn độ dd A bằng dd chuẩn

NaOH 0,100M. Khi thêm 50,77ml dd NaOH vào dd A thì dd thu được có pH = 5,0. Còn khi thêm
60,00ml dd NaOH vào dd A thì đạt tới điểm tương đương.
a) Tính khối lượng mol của axit HA
b) Tính hằng số Ka của axit HA
Câu 5. (4,0 điểm)
1. Nghiên cứu động học của phản ứng oxi hoá khử trong dd nước:
2Fe3+ (aq) + Sn2+ (aq) → 2Fe2+ (aq) + Sn4+ (aq) (1)
Khi nồng độ của ion Fe2+ rất lớn so với nồng độ của ion Fe3+, thực nghiệm xác định được biểu
thức tính tốc độ phản ứng như sau:
V = k.[Fe3+]2 .[Sn2+]/[Fe2+] (2)
a) Chứng minh rằng cơ chế phản ứng dưới đây là phù hợp với thực nghiệm:
(3) (k1 là hằng số tốc độ pư thuận, k -1 là hằng số tốc độ pư nghịch)
(4)
Giả định rằng giá trị hằng số tốc độ k2 là rất nhỏ.
b) Có thể tính được k2 theo k (thực nghiệm) và hằng số cân bằng K của phản ứng (3) không?
2. Xét quá trình hoá hơi 1 mol nước lỏng ở 25oC và 1atm. Cho biết nhiệt hoá hơi của nước, nhiệt
dung đẳng áp của hơi nước và của nước lỏng lần lượt là: ΔHhh(100oC, 1atm) = 40,668 kJ/mol, Cp,
H2O(ℓ) = 75,31 J.K-1.mol-1; Cp, H2O(k) = 33,47 J.K-1.mol-1. Các dữ kiện trên được coi như có
giá trị không đổi trong khoảng nhiệt độ khảo sát.
a) Tính ΔH, ΔS, ΔG của hệ trong quá trình hoá hơi nói trên
b) Dựa vào kết quả thu được, cho biết quá trình hoá hơi của nước có thể tự diễn ra hay không? Vì
sao?
Cho biết, đối với quá trình đẳng áp có nhiệt độ biến đổi từ T1 đến T2, biến thiên entropi được tính
theo hệ thức:
HẾT