DE THI HSG HÓA HỌC

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG
VƯƠNG

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

***

Môn: Hóa học lớp 11

HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1 (2điểm).
Khi nghiên cứu phản ứng:
−
6I (dd) + BrO3− (dd) + 6H+(dd) → 3I2 (dd) + Br− (dd)
người ta thu được các số liệu thực nghiệm như sau:
[I−], M
[BrO-3], M
[H+], M
0,0010
0,0020
0,010
0,0020
0,0020
0,010
0,0020
0,0040
0,010
0,0010
0,0040
0,020

Hằng số tốc độ k của phản ứng này có đơn vị như thế nào?
Câu

+

3H2O (dd)
v(mol.L−1.s−1)
8.10−5
1,6.10−4
1,6.10−4
1,6.10−4

Đáp án

Điểm

6I
+ BrO3 (dd) + 6H
→ 3I2 (dd) + Br (dd) + 3H2O (dd)
Các số liệu sau thu được từ thực nghiệm:
[I−], M
[BrO3− ], M
[H+], M
v(mol.l−1.s−1)
0,5
0,0010
0,0020
0,010
8.10−5
−4

0,0020
0,0020
0,010
1,6.10
0,0020
0,0040
0,010
1,6.10−4
0,0010
0,0040
0,020
1,6.10−4
Biểu thức định luật tốc độ phản ứng: v = k[I−]a [BrO3−]b [H+]c
∗ Tăng nồng độ I− lên gấp đôi, giữ nguyên nồng độ các chất còn lại thì vận tốc 0,5
phản ứng tăng gấp đôi ⇒ a = 1
−
(dd)

−

+
(dd)

−

∗ Tăng nồng độ BrO3−, I− lên gấp đôi so với lúc đầu thì vận tốc phản ứng vẫn chỉ
0,5
tăng như khi gấp đôi nồng độ I− ⇒ b = 0.
∗ Chỉ tăng nồng độ H+ lên gấp đôi so với lúc đầu, tốc độ phản ứng tăng gấp đôi 0,5
nên c = 1.

Biểu thức định luật tốc độ phản ứng: v = k[H+].[I−]
mol.lit −1.s −1
⇒ thứ nguyên của k =
= L.mol−1.s−1
2
−2
mol .lit
Câu 2 (2điểm).
Tính độ tan của CaF2 trong.
1. Dung dịch đệm có pH= 7.
2. Dung dịch đệm có pH= 2.
3. Trong nước cất.
Biết Ks(CaF2) = 10-10,41, HF có pKa = 3,17.
Câu
Đáp án
Điểm
1.
CaF2
Ca2+ + 2FF- + H+
HF
2+
Có:
S = [Ca ]
1,0
2S = [F-] + [HF]
=>
2[Ca2+] = [F-] + [HF]
(1)

[ HF ] =

[ H + ][ F − ] 10−7
= − 3,17 [ F − ] = 1,48.10− 4 [ F − ]
Ka
10

2[Ca2+] = [F-]

(1) =>

K s = [Ca 2 + ][ F − ]2 = [Ca 2 + ](2[Ca 2 + ])2

=>
2.

S = [Ca 2 + ] = 3

K s 3 10 −10 , 41
=
= 2,13.10− 4 M
4
4

Ca2+ + 2FF- + H+
HF
2+
2[Ca ] = [F ] + [HF]

CaF2

Có:
(2)

[ HF ] =

(2) =>

[ H + ][ F − ] 10−2
= − 3,17 [ F − ] = 14,8[ F − ]
Ka
10

2[Ca2+] = [F-] + 14,8[F-] = 15,8[F-]
K s = [Ca 2 + ][ F − ]2 = [Ca 2 + ](

=>
3.

CaF2
Có:

S = [Ca 2 + ] = 3

0,5

2[Ca 2 + ] 2
)
15,8

Ks

10−10, 41
3
=
= 1,34.10 −3 M
1,60.10− 2
1,60.10− 2

Ca2+ + 2FF- + H2O
HF + OH2[Ca2+] = [F-] + [HF]

Kb = 10-10,83

(3)
Vì pH > 7 và pKa = 3,17 nên [F-] >> [HF].
(1) =>
2[Ca2+] = [F-]
K s = [Ca 2 + ][ F − ]2 = [Ca 2 + ](2[Ca 2 + ])2

=>

S = [Ca 2 + ] = 3

K s 3 10 −10 , 41
=
= 2,13.10− 4 M )
4
4

0,5

Câu 3 (2điểm).
200 ml dung dịch A chứa 0,414 gam ion kim loại M2+. Sức điện động của pin:
MM2+ (dung dịch A)  HCl 0,02 M  H2, p = 1 atm (Pt)
ở 250 có giá trị là 0,0886 V và sức điện động của pin sau ở 250 C có giá trị là 0,0530 V.
M dung dịch bão hòa MX2, NaX 2,00 M  HCl 1,00. 10-4 M  H2, p = 1 atm (Pt)
Tích số tan của MX2 là 10-4,78. Hãy tính nguyên tử khối của M.
Câu

Đáp án

Điểm

Xét pin thứ nhất:
K s = [ M 2 + ][ X − ]2
Có:
=>

[M 2+ ] =

Ks
10−4, 78
=
= 4,149.10− 6 M
[ X − ]2
22

0,0592
0,0592

 


E pin = EH + / H − EM 2+ / M =  0 +
log(10− 4 ) 2  −  EM0 2+ / M +
log(4,149.10− 6 )  = 0,053
2
2
2

 


=>

0,5
0,5

EM0 2+ / M = −0,130V

Xét pin thứ hai:
0,0592
0,0592
0,414 

 
E pin = EH + / H − EM 2+ / M =  0 +
log(0,02)2  −  − 0,130 +
log
 = 0,0886
2
2

2
0,2M 

 

0,5

Giải phương trình =>M = 207 (Pb))

0,5


Câu 4 (2điểm).
Có thể điều chế tinh thể FeCl3.6H2O theo cách sau: Hoà tan sắt kim loại vào trong dung dịch
axit clohiđric 25%. Dung dịch tạo thành được oxi hóa bằng cách sục khí clo qua cho đến khi cho kết
quả âm tính với K3[Fe(CN)6]. Dung dịch được cô bay hơi ở 95oC cho đến khi tỉ trọng của nó đạt
chính xác 1,695 g/cm3 và sau đó làm lạnh đến 4oC. Tách kết tủa thu được bằng cách hút chân không
rồi cho vào một dụng cụ kín.
1. Viết các phản ứng dẫn đến sự kết tủa FeCl3.6H2O.
2. Có bao nhiêu gam sắt và bao nhiêu ml dung dịch axit clohiđric 36% (d=1,18g/cm 3) cần để điều
chế 1,00 kg tinh thể này. Biết rằng hiệu suất quá trình chỉ đạt 65%.
3. Đun nóng 2,752 gam FeCl 3.6H2O trong không khí đến 350 oC thu được 0,8977 gam bã rắn. Xác
định thành phần định tính và định lượng của bã rắn.
Câu
1.

2.

Đáp án
Các phản ứng:

Fe + 2HCl = FeCl2 + H2
2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3
3FeCl2 + 2K3[Fe(CN)6] = Fe3[Fe(CN)6]2 + 6KCl
FeCl3 + 6H2O = FeCl3.6H2O
1000
= 3,7mol FeCl3.6H2O
270,3

Như vậy cần

Điểm

0,5

0,75

3,7 .2 . 36,5
≈ 978 mL dung dịch HCl 36%
0,36 .1,18 . 0,65

Khi đun nóng thì FeCl3.6H2O phân huỷ theo phương trình sau:
FeCl3.6H2O = FeOCl + 5H2O + 6HCl
Khi nhiệt độ tăng thì FeOCl sẽ tiếp tục phân huỷ:
3FeOCl = FeCl3 + Fe2O3 (Hơi FeCl3 bay ra)
3.

2,752
= 10,18 mmol
270,3
Điều này ứng với khối lượng FeCl3 là 107,3. 0,01018 = 1,092g FeOCl

Do khối lượng thu được của bã rắn bé hơn nên ta biết được FeOCl sẽ bị phân hủy
1,902 − 0,8977
một phần thành Fe2O3. Khối lượng FeCl3 mất mát do bay hơi là:
=
162,2
1,20mmol
Như vậy bã rắn cuối cùng chứa (0,01018 – 3.0,00120) = 6,58 mmol FeOCl và
0,75
1,20 mmol Fe2O3.

Lượng FeCl3.6H2O trong mẫu là

Câu 5 (2điểm).
Trình bày cơ chế phản ứng:
1.


2.

Đề nghị cơ chế phản ứng từ A đến B.
3.

Câu
1.

Đáp án

Điểm

0,5

2.

0,75


3.

0,75

Câu 6 (2điểm).
Xác định các chất A, B, C, D,E trong sơ đồ phản ứng sau:
COOH
OH

(CH3CO)2O

A

AlCl3
B

Br2 (CHCl3)

N
H

C

D

LiAlH4

Salbutamol

Câu

Đáp án

H2/Pd-C

E

Điểm


A: HO

O

B:

HO

O

OH

O

0,4x5= 2

điểm

O

O

C:

D:

O

HO

HO

O

OH

OH
N

Br

O

O
HO

OH
E:
N
OH

Câu 7 (2điểm).
Tìm tổng số đồng phân lập thể của các chất sau. Vẽ một vài công thức cấu trúc của các
đồng phân lập thể đó: [-NH-CH(CH3)-CH2-CO-]4
(gợi ý: Vẽ theo khung cacbon sau:)

Câu
1.

Đáp án

Điểm

2,00


1/3x 6
=2
điểm

Câu 8 (2điểm).
D-Glucosamin có tên quốc tế là (2R,3R,4S,5R)-2-amino-3,4,5,6-tetrahydroxyhexanal,
nó là một loại thực phẩm chức năng chống suy thoái khớp xương.
1. Viết công thức chiếu Fischer và công thức Haworth của D-glucosamin.
2. So sánh nhiệt độ sôi của D-glucosamin với D-glucozơ. Giải thich.
3. Vitamin C là axit L-ascorbic ( C6H8O5) có pKa=4,21. Hãy chỉ ra nguyên tử hydro mang tính

axit và giải thích.
4. Dung dịch tinh bột với dung môi nước có nồng độ 10 gam/lit , gây ra áp suất thẩm thấu là
5,0.10-3 atm ở 250C. Hãy tính gần đúng số đơn vị gốc glucozơ trung bình trong mẫu tinh bột nói
trên
Câu
1.

Đáp án
Công thức Haworth và công thức chiếu Fischer

Điểm

0,5

2.

+Nhiệt độ sôi của D- glucozơ cao hơn của D-glucosamin.
+Giải thích. Vì liên kết hydro ở D- glucozơ bền hơn liên kết hydro ở Dglucosamin . Chính nhóm NH2 gây ra điều này

0,5


3.

Mỗi công thức cho( +1/4 ) x 3 = 3/4 và giải thích cho ¼
0,5

4.

+Anion ascorbat có sự giải tỏa điện tích âm nhờ hiệu ứng liên hợp

trở nên ổn định.
số đơn vị gốc glucozơ trung bình trong mẫu tinh bột ( 4 ý, mỗi ý 1/4)
+

mà
0,5

+

+Khối lượng mol của mẫu tinh bột trong dung dịch là

+Mỗi đơn vị gốc glucozơ trong tinh bột có khối lượng mol là (180-18=162)
gam/mol. Do đó số đơn vị gốc glucozơ trung bình trong mẫu tinh bột là n

Câu 9 (2điểm).
PbCO3 và ZnO thường được sử dụng làm bột tạo màu trắng. H 2S trong không khí có thể làm hư
hại các bột màu này do các phản ứng sau:
PbCO3 (r) + H2S (k) →
PbS (r) + CO2 (k) + H2O (h)
(1)
ZnO (r) + H2S (k) →
ZnS (r) + H2O (h)
(2)
a) Tính hằng số cân bằng của các phản ứng (1) và (2).
b) Cần khống chế nồng độ tối đa của H 2S trong không khí bằng bao nhiêu g/m 3 để các bột màu nói
trên không bị hư hại?
c) Trong 2 chất màu nói trên, chất nào ưu thế hơn khi môi trường có H 2S, tại sao? Bằng cách xử lí
với dung dịch H2O2, có thể làm trắng lại các mảng bị đổi màu do sự hình thành PbS. Viết
phương trình của phản ứng xảy ra trong cách xử lí này.
d) Hãy chứng tỏ rằng, về mặt nhiệt động học, oxi của không khí có thể thay thế H 2O2 trong phương

pháp xử lí trên.
e) Trong thực tế, ngay cả khi không khí chưa bị ô nhiễm nặng, chẳng hạn p(H 2S) = 5,1.10-9 atm,
mầu trắng của PbCO3 để lâu trong không khí vẫn bị xám dần đi do sự hình thành PbS. Hiện tượng
này có thể giải thích như thế nào?
Để tính toán có thể sử dụng các dữ kiện và bảng sau: T= 298K; áp suất khí quyển p = 1,000 atm;
% thể tích của các khí và hơi trong không khí: N 2 77,90; O2 20,70; CO2 0,026; H2O (h) 0,40; các khí khác:
1,03.
PbCO3(r) H2S(k) PbS(r)
ΔfG°298
kJ/mol
Màu

- 626,0
trắng

- 33,0

ZnO(r)

ZnS(r)

CO2(k)

H2O(h)

- 92,6

- 318,0

- 184,8

- 394,2

- 228,5

đen

trắng

trắng

PbSO4(r) H2O2(l)
- 811,5
trắng

120,4


Câu
a.

b.

Đáp án

Điểm

Đối với phản ứng (1)
ΔG°(1) = (-92.6 – 394.2 – 228.5 + 626.0 + 33.0) kJ/mol = -56,3 kJ/mol
K(1) = e- ΔG°(1)/RT = e56300/8,314.298 = 7,4.109.

Đối với phản ứng(2)
ΔG°(2)=(-184.8 -228.5 + 318.0 + 33.0) kJ/mol
= - 62,3 kJ/mol
- ΔG°(2)/RT
62300/8,314.298
10
K(2) = e
=e
= 8,3.10
Đối với phản ứng
(1)
2.6 ×10−4 ×4 ×10−3
ΔG(1)= -RTlnK(1)+ RT.ln
pH 2 S
Điều kiện để (1) ưu thế theo chiều thuận:
2.6 ×10−4 ×4 ×10−3
ΔG(1) =-RTlnK(1) + RT.ln
<0
pH 2 S

0,5

(a)

2.6 ×10−4 ×4 ×10−3
→
pH2S >
= 1,4.10-16 bar
(b)
7, 4.109

Để bảo vệ được mầu trắng PbCO3 thì nồng độ H2S được phép trong không khí tối
đa là:
34.(1,4.10-16.1000 L)/(0,082 L.bar.mol-1.K-1.298K) = 1,9.10-13 g/m3
Đối với phản ứng
(2)
4 ×10 −3
ΔG(2) = - RTlnK(2) + RT.ln
pH 2 S
Điều kiện để (2) ưu thế theo chiều thuận:
4 ×10 −3
ΔG(2) = - RTlnK(2) + RT.ln
<0
pH 2 S

(c)

4 ×10−3
→
pH2S >
= 4,8.10-14 bar
8,3.1010
Để bảo vệ được mầu trắng ZnO thì nồng độ H2S được phép trong không khí tối đa
là:
34.(4,8.10-14.1000 L)/(0,082 L.bar.mol-1.K-1.298K) =
6,7.10-11 g/m3
0,5
c.

d.

ZnO ưu thế hơn vì:
- Phản ứng (1) Tự diễn biến ở những nồng độ H2S nhỏ hơn;
- Sản phẩm của (1) là PbS có mầu đen còn sản phẩm của (2) là ZnS vẫn còn là
mầu trắng.
PbS + 4H2O2 → PbSO4 + 4H2O
(3)

0,5

PbS + 2 O2 → PbSO4
(4)
ΔG° = -811.5 kJ/mol + 92.6 kJ/mol = - 718.9 kJ/mol
ΔG = - 718.9 kJ/mol + RT.ln

1
0.207 2

= - 711,1 kJ/mol

Phản ứng (4) có thể tự diển ra trong không khí ở nhiệt độ 298 K. Oxi của không
khí có thể tái tạo màu trắng bằng cách oxi hóa PbS → PbSO4.

0,25


e.

Với p(H2S) = 5.1.10-9 bar thì
2.6 ×10 −4 ×4 ×10−3
ΔG(1) = -56,3 kJ/mol + RT∙ln

≈ -43 kJ/mol.
5,1.10−9
Trong không khí xảy ra đồng thời 2 quá trình: tạo ra và làm mất PbS.
k1
PbCO3 (r) + H2S (k)
PbS + ...

O2
k2

PbSO4

Xét về phương diện nhiệt động học thì sự oxi hóa PbS bởi oxi không khí thuận lợi
0,25
hơn rất nhiều. Sự đổi màu của PbCO3 có thể là do phản ứng oxi hóa PbS bởi oxi
không khí bị cản trở động học.
Câu 10 (2điểm).
Khi cho Co3+, Co2+ vào dung dịch amoniac sẽ xẩy ra hai phản ứng:

→ [Co(NH ) ]3+ ; K = 4,5 . 1033(mol/l)-6


Co3+ (aq) + 6 NH3aq ¬
3 6
1

→ [Co(NH ) ]2+ ; K = 2,5 . 104 (mol/l)-6
¬



Co2+ (aq) + 6 NH
3aq

3 6

2

1. Cho biết tên gọi, trạng thái lai hoá, dạng hình học của hai phân tử phức trên.
2. Nếu thay NH3 trong [Co(NH3)6]3+ bằng i nguyên tử Cl (i = 1, 2) thì có thể tồn tại bao nhiêu đồng
phân. Cho các đồng phân này tác dụng với Fe 2+ trong môi trường axit. Viết phương trình phản ứng
xẩy ra.
3. Trong một dung dịch, nồng độ cân bằng của amoniac là 0,1 mol/l; tổng nồng độ của Co 3+(aq) và
[Co(NH3)6 ]3+aq bằng 1 mol/l.
a) Tính nồng độ của Co3+(aq) trong dung dịch này.
b) Trong một dung dịch khác với nồng độ cân bằng của amoniac là 0,1 mol/l. Tính tỉ lệ
C(Co2+(aq)/C([Co(NH3)6 ]2+(aq)).
c) Ion Co3+(aq) phản ứng với nước giải phóng khí nào? Giải thích?
d) Vì sao không giải phóng khí trong dung dịch Co3+aq có chứa NH3

→ Co2+ aq


Biết: Co3+(aq) + e ¬
; E0 = + 1,82V

→ H (k) + 2OH- aq ; E0 = - 0,42 V tại pH = 7


2H O + 2e ¬
2

2


→ 2H O


O2(k) + 4 H+aq + 4e ¬
2
Câu
1.

; E0 = + 0,82 (V) tại pH = 7
Đáp án
3+
1) - Tên: [Co(NH3)6] : hexamin coban (III)

Điểm

- [Co(NH3)6]2+: hexamin coban (II)
- Trạng thái lai hoá của 2 phức trên là sp3d2
- Dạng hình học của 2 phức là bát diện đều.
2.

Với i=1 ⇒ công thức [Co(NH3)5Cl]2+ ⇒ có 1 đồng phân:
NH3
H3N
NH3
Co
H3N

Cl

NH3

Với i = 2 ⇒ công thức [Co(NH3)4Cl2]+ ⇒ có 2 đồng phân:

0,5
0,5


Cl
NH3

Cl

NH3

NH3

Và

Co

Cl
Co

NH3

NH3

NH3

Cl
- Tác dụng với Fe2+ trong môi trường axit

NH3

NH3

[Co(NH3)5Cl]2+ + 5H+ + Fe2+ 
→ Co2+ + Fe3+ + 5NH4+ + Cl3.

[Co(NH3)4Cl2]+ + 4H+ + Fe2+ 
→ Co2+ + Fe3+ + 4NH4+ + 2Cl
→ Co3+ + 6NH ; k -1 = (4,5.1033)-1


a) [Co(NH3)6]3+ ¬
3
1

C (Co3+ ) .C 6NH3

 C [ Co(NH ) ]
3 6

= 1
3+

4,5.1033

=>

C (Co3+ )

C [ Co(NH3 )6 ]

= 1
3+

0,25
4,5.10

27

 C(Co 3+ )+C [ Co(NH ) ] 3+ =0,1
3 6
Mặt khác: 
3+
27
3+
C [ Co(NH3 )6 ] =4,5.10 .C(Co )


C(Co3+)= 2,2. 10-28 mol/l


→



b) Ta có: [Co(NH3)6]2+ ¬
C(Co 2+ ).C 6NH3

C [ Co(NH 3 )6 ]

c) Do

= 1
2+

2,5.10

⇒

4

E 0Co3+ /Co2+ > E 0O

2 + 4H

Co2+ + 6NH3
C(Co 2+ )

C [ Co(NH 3 )6 ]

+

/2H 2 O

2+

=

k2-1 = 1/2,5.104
1
=40
(0,1) x2,5.104
6

(pH=7)

Nên có xảy ra phản ứng:

0,25

4Co + 2H2O 
→ 4Co + O2 + 4H
3+

0,25

2+

+

=> Có giải phóng khí O2
d) Do trong dung dịch ở câu trên có [Co3+ ] = 2,2.10-28mol/l
Quá nhỏ nên thế của Co3+/Co2+ nhỏ hơn thế của 2H2O/O2 + 4H+ ở pH = 7 nên
không giải phóng khí.

0,25