đề thi hóa lớp 12 đề số 5

KIỂM TRA 1 TIẾT LẦN 1
MÔN: HÓA HỌC
Câu I (4 điểm):
1. 1.5điểm ; 2. 1 điểm ; 3. 1,5 điểm
1. Viết phương trình hoá học cho mỗi trường hợp sau:
a) Cho khí amoniac (dư) tác dụng với CuSO4.5H2O.
b) Trong môi trường bazơ, H2O2 oxi hoá Mn2+ thành MnO2.
c) Trong môi trường axit, H2O2 khử MnO4- thành Mn2+.
2. Trong số các phân tử và ion: CH2Br2, F - , CH2O, Ca2+, H3As, (C2 H5 )2O , phân tử và
ion nào có thể tạo liên kết hiđro với phân tử nước? Hãy giải thích và viết sơ đồ mô tả
sự hình thành liên kết đó.
3. Năng lượng liên kết của N-N bằng 163 kJ.mol–1, của NN bằng 945 kJ.mol–1. Từ 4
nguyên tử N có thể tạo ra 1 phân tử N4 tứ diện đều hoặc 2 phân tử N2 thông thường.
Trường hợp nào thuận lợi hơn? Hãy giải thích.

Hướng dẫn giải:
1.

a) Có thể viết CuSO4.5H2O ở dạng [Cu(H2O)4] SO4.H2O. Do đó khi phản ứng
xảy ra, NH 3 sẽ thế các phân tử H2O ở cầu nội:
[Cu(H2O)4] SO4.H2O + 4 NH 3
b) Xét chi tiết
H 2 O2
+ 2e
2+

Mn

+ 4 OH

-

- 2e

Mn2+ + H2O2 + 2 OH c) Cũng xét chi tiết tương tự như trên :
2 MnO4- + 8 H3O+ + 5 e
5 H2O2 + 2 H2O - 2 e

[Cu(NH3)4] SO4.H2O + 4 H2O
2 OH -

Sự khử

MnO2 + 2 H2O

Sự oxi hoá

MnO2 + 2 H2O
Mn2+ + 12 H2O
Sự khử
+
O2 + 2 H3O Sự oxi hoá
2

2 MnO4- + 5 H2O2

+ 6 H3O+

2 Mn2+ + 5 O2 +

14 H2O

2/ Các vi hạt CH2Br2, Ca2+, H3As không có nguyên tử âm điện mạnh nên không thể tạo
liên kết hiđro với phân tử nước.
Các vi hạt F - , CH2O, (C2 H5 )2O có nguyên tử âm điện mạnh nên có thể tạo liênkết
hiđro với phân tử nước:
H
H
O
F
O
C2H 5
H
H
.
.
.
O
H
O
C
O ... H
C2H 5
3. a) Xét dấuHcủa nhiệt phản
jEj
H ứng  H =  iEi
i
j
Trong đó i, j là liên kết thứ i, thứ j ở chất tham gia, chất tạo thành tương ứng của phản
ứng được xét; Ei ; Ej là năng lượng của liên kết thứ i, thứ j đó.
b) Xét cụ thể với nitơ :



1/8 CT B




Phn ng
4N
N4
(1)
Cú H1 = 4 EN - EN4 = 0,0 - 5 163 ; vy H1 = - 815 kJ .
Phn ng
4N
2 N2
(2)
Cú H2 = 4 EN - 2 EN2 = 0,0 - 2 945 ; vy H2 = - 1890 kJ .
Ta thy H2 H1. Vy phn ng
4N
2 N2 xy ra thun li
hn phn ng
4N
N4 .
Cõu II (4 im):

1. 1.5 im ; 2. 2 im ; 3. 1 im

1. Ion no trong cỏc ion sau õy cú bỏn kớnh nh nht? Hóy gii thớch.
Li+, Na+, K+, Be2+, Mg2+.

2. Cho hai mui Ag2SO4 v SrSO4 vo nc ct v khuy u cho n khi t c dung
dch bóo ho nhit phũng. Xỏc nh nng ion Ag+ v Sr2+. Bit rng nhit
nghiờn cu tớch s tan ca Ag2SO4 l 1,5. 10-5, ca SrSO4 l 2,8.10-7.
3. St monoxit FeO cú cu trỳc mng tinh th lp phng tõm din (mt) kiu NaCl
vi thụng s mng a = 0,430 nm. Hóy tớnh khi lng riờng ca tinh th st monoxit
ú.
Hng dn gii:
1.

tăng
r

Li+
Na+
K+

Be2+
Mg2+

Be2+ và Li+ đồng electron
với nhau, nhưng ở Be2+ điện
tích hạt nhân nhiều hơn
r nhỏ hơn của Li+

giảm r
Vậy trong số 5 ion này Be2+ có bán kính nhỏ nhất.
2.
Ag2 SO4
2 Ag + + SO42- ;
[Ag+]2 [SO42-] = 1,5 . 10-5

SrSO4
Sr 2+ + SO42; [Sr2+] [SO42-] = 2,8 . 10-7.
T tr s tớch s tan ta thy Ag2 SO4 tan nhiu hn nờn cú th gi thit SrSO4 cung
cp khụng ỏng k lng SO42- cho dung dch.
Vy xột Ag2SO4
2 Ag + + SO42- ;
t nng SO42- l x, ta cú [Ag+]2 [SO42-] = (2x)2 = 1,5 . 10-5
T ú cú x = 1,55 . 10-2 mol/l nờn [Ag+] = 2 x = 3,1 . 10-2 mol/l.
Cũn SrSO4
Sr 2+ + SO42- cú T = [Sr2+] . 1,5510-2 = 2,8 . 10-7.
Vy [Sr2+] = 1,8.10-5 mol/l.
Gi thit trờn hp lý vỡ nng SO42- do SrSO4 to ra l 1,8.10-5 mol/l l quỏ nh.

2/8 CT B


3.
Đối với tinh thể lập phương tâm diện ( mặt), mỗi ô mạng cơ sở có số đơn vị cấu trúc là
1
1
x8  x6  4 . ( Thí sinh có thể vẽ hình khi tính số đơn vị cấu trúc trên ). Vậy
8
2

khối lượng riêng của tinh thể đó là:
d

4(55,8  16)

0,432.10  .6,022.10

7 3

23

 5,91(g / cm 3 )

Câu III (6,5 điểm):
1. 3 điểm ; 2. 3,5 điểm
1. Dung dịch A gồm Ba(NO3)2 0,060 M và AgNO3 0,012 M.
a) Thêm từng giọt K2CrO4 vào dung dịch A cho đến dư. Có hiện tượng gì xẩy ra?
b) Thêm 50,0 ml K2CrO4 0,270 M vào100,0 ml dung dịch A.
Tính nồng độ các ion trong hỗn hợp thu được.
2. Trình bày sơ đồ nhận biết và phương trình ion của các phản ứng đã xẩy ra khi
nhận biết các cation trong dung dịch X gồm Ba2+, Fe2+, Pb2+, Cr3+, NO3-.
Cho: BaCrO4 + H2O
Ba2+ + HCrO4- + OH - ; K = 10-17,43
Ag2CrO4 + H2O
2Ag+ + HCrO4 - + OH - ; K = 10-19,50
pKa của HCrO4- bằng 6,50.

Hướng dẫn giải:
1.

a) Hiện tượng: Có kết tủa BaCrO4 và Ag2CrO4.
Xét thứ tự xuất hiện các kết tủa:
Để bắt đầu có BaCrO4  : C CrO 2 
4

Để bắt đầu có Ag2CrO4  : C CrO 2 
4

K s ( BaCrO 4 )
C Ba 2

(1)

K s ( Ag 2CrO4 )
C 2 Ag 

(2)

Để tính tích số tan Ks cần tổ hợp cân bằng :
BaCrO4 
H 2O
CrO42-

+

+ H

BaCrO4  + H2O
Có

Ba2+
H

+

+
+ OH

HCrO4
Ba2+

CrO42-

-

Ks1
Kw
Ka-1

+

HCrO4- + OH -

K= Ks1 . Kw . Ka-1

Suy ra K s1 

K.K a 10 17,43.10 6,50

 10 9,93
Kw
10 14
3/8 CT B


Ag2CrO4 
H2 O

CrO42-

2 Ag +

Ag2CrO4  + H2O

Ks2

H + + OH -

Kw

HCrO4-

Ka-1

H+

+

CrO42-

+

2 Ag +

+

HCrO4- + OH –

Có K = 10-19,50
K s2 

10 19,50.10 6,50
 10 12
10 14

Từ (1)

Từ (2)

C

CrO24

C



CrO 24



109,93

 1,96.109 M
0,060
10 12

 6,94.10 9 M

2
(0,012)

CCrO2-4 (BaCrO4) < CCrO2-4 (Ag2CrO ) nhưng không nhiều, vì vậy sẽ có hiện tượng kết tủa vàng
4
của BaCrO4 xuất hiện trước một ít, sau đó đến kết tủa vàng nâu của Ag2CrO4 (đỏ
gạch ) và BaCrO4 vàng cùng xuất hiện.
b) Sau khi thêm K2CrO4:

C
C


CrO24

Ag 2

0,270 x 50,00
 0,090M
150,000
0,0120 x100,00

 0,0080 M
150,000


;

C

Ba

2



0,060 x100,00
 0,040M
150,000

Các phản ứng:
Ba2+ +

CrO42-

0,046

0,090

2 Ag +
0,0080
-

BaCrO4 

0,050
+

CrO42-

Ag2CrO4 

0,050
0,046

Thành phần sau phản ứng :
BaCrO4  ; Ag2CrO4  ; CrO42- (0,046 M ).
Ag2CrO4 
2 Ag + + CrO4210-12
2+
2BaCrO4 
Ba
+ CrO4
10-9,93

4/8 CT B


Nồng độ CrO42- dư khá lớn, có thể coi nồng độ CrO42- do 2 kết tủa tan ra là không
đáng kể.
CrO42-

HCrO4- + OH -

+ H2O

C

0,046



(0,046 – x )

x

x2
 10 7 ,5
0,046  x

Ag  


Kb = 10-7,5
x

x = 3,8.10-5 << 0,046; CrO 24-   0,046M

10 12,0
 4,66.10 6 M;
0,046
 9 , 93

Ba   100,046  2,55.10
2

9

M

[Ba2+] và [Ag+] đều << [CrO42- ], chứng tỏ nồng độ CrO42- do 2 kết tủa tan ra là
không đáng kể. Vậy trong dung dịch có:
[Ba2+] = 2,55.10-9M
2-

[CrO4 ] = 0,046M
[K+] = CK+ = 0,18M

[Ag+] = 4,66.10-6M

;

-

;

;

-5

[OH ] = 3,8.10 M

;

[H+] = 2,63.10-10M;

C NO-  0,088M.

;

3

2.
Dung dÞch X (Ba2+, Fe2+, Pb2+, Cr3+, NO3- )
+ H2SO4

BaSO4

+

Cr3+, Fe2+

PbSO4

+ NaOH

+ NaOH d­
2-

BaSO4

PbO2

Fe(OH)3

SO42-, OH - KÕt tña ®á n©u

KÕt tña tr¾ng

+ H2O2

2-

CrO4

Dung dÞch mµu vµng

+ HNO3
PbSO4 KÕt tña tr¾ng (hoÆc + H2S cho kÕt tña PbS mµu ®en)

Ba2+ + HSO4-

BaSO4 +

H+

Pb2+ + HSO4-

PbSO4 +

H+
5/8 CT B


H+ + OH -

H2O

PbSO4 + 4 OH-

PbO22- + SO42- + H20

PbO22- + SO42- + 4 H+
( PbO2

2-

Cr

+ 3 OH

-

Cr(OH)3 + OH 2 CrO2- + 3 H2O2 + 2 OH-

Cr(OH)3
CrO2- + 2 H2O
2 CrO42- + 4 H2O

Fe2+ + 2 OH -

Fe(OH)2

2 Fe(OH)2 + H2O2

Fe(OH)3

Câu IV (5 điểm):

2 H2O

PbS đen + 2 H2O )

+ 2 H2S
3+

PbSO4 +

1. 2 điểm ; 2. 1,5 điểm ; 3. 1,5 điểm

1. Khí CO gây độc vì tác dụng với hemoglobin (Hb) của máu theo phương trình
3 CO + 4 Hb  Hb4 (CO)3
Số liệu thực nghiệm tại 200C về động học phản ứng này như sau:
Nồng độ (mol. l-1)
Tốc độ phân huỷ Hb
( mol. l-1 .s-1 )
CO
Hb
1,50
2,50
1,05
2,50
2,50
1,75
2,50
4,00
2,80
Hãy tính tốc độ phản ứng khi nồng độ CO là 1,30; Hb là 3,20 (đều theo mol.l1
) tại 200C .
2. Người ta nung nóng đến 8000C một bình chân không thể tích 1 lít chứa 10,0 gam
canxi cacbonat và 5,6 gam canxi oxit. Hãy tính số mol khí cacbonic có trong bình.

Muốn cho lượng canxi cacbonat ban đầu phân huỷ hết thì thể tích tối thiểu của bình
phải bằng bao nhiêu? Biết tại nhiệt độ đó khí CO2 trong bình có áp suất là 0,903 atm .
3. Tại 200C, phản ứng: H2 (k) + Br2 (lỏng)
2 HBr (k)
(1)
có hằng số cân bằng Kp = 9,0 .1016 . Kí hiệu (k) chỉ trạng thái khí.
a) Hãy tính Kp của phản ứng: H2 (k) + Br2 (k)
2 HBr (k)
(2)
tại 20OC và áp suất p
= 0,25 atm.
Br2 (k)

b) Hãy cho biết sự chuyển dịch cân bằng hoá học của phản ứng (2) nếu giảm thể tích
bình phản ứng ở hai trường hợp:
*) Trong bình không có Br2 (lỏng) ; **) Trong bình có Br2 (lỏng).

Hướng dẫn giải:
1. a) Trước hết ta phải xác định đựơc bậc của phản ứng.
 Kí hiệu bậc riêng phần của phản ứng theo chất Hb là x, theo CO là y, ta có
phương trình động học (định luật tốc độ) của phản ứng:
vpư = k C xHbC yCO
(1)
 Theo định nghĩa, ta có thể biểu thị tốc độ phản ứng trên theo tốc độ

6/8 CT B


phân huỷ Hb, nghĩa là vpư = 1/4 vphân huỷ Hb
(2).

ằ
Ghi chú : Vì đã ghi rõ  tốc độ phân huỷ Hb nên không cân dùng dấu Vậy ta có liên hệ: vpư = 1/4 vphân huỷ Hb = k C x HbC yCO (3) .
 Theo thứ tự trên xuống ta ghi số các số liệu thí nghiệm thu được là
Thí nghiệm số
1
2
3

Nồng độ (mol. l-1)
CO
Hb
1,50
2,50
2,50
2,50
2,50
4,00

Tốc độ phân huỷ Hb (mol. l-1 .s-1 )
1,05
1,75
2,80

Ta xét các tỉ số tốc độ phản ứng để xác định x và y trong phương trình (3):
* v2/ v1 = ( 2,50 / 2,50 ) x ( 2,50 / 1,50 ) y = 1  ( 1,67)y = 1,75 /1,05
( 1,67) y = 1,67
y = 1 .
* v3/ v2 = ( 4,00 / 2,50 ) x ( 2,50 / 2,50 ) y = 2,80 / 1,75 ;
( 1,60) x = 1,60
x = 1 .

Do đó phương trình động học (định luật tốc độ) của phản ứng:
vpư =
k CHbCCO
(4)
Để tính hằng số tốc độ phản ứng k , từ (4) ta có:
k = vpư / CHbCCO
(5)
Tính giá trị k trung bình từ 3 thí nghiệm ở bảng trên, hoặc lấy số liệu của 1
trong 3 thí nghiệm ở bảng trên, chẳng hạn lấy số liệu của thí nghiệm số 1 đưa
vào phương trình (5), ta tính được k:
k =

1,05
= 0,07 (mol. l-1 .s-1)
4  2,50  1,50

b) Đưa gía trị của k vừa tính được, nồng độ các chất mà đề bài đã cho vào
phương trình (4) để tính vpư:
vpư = 0,07  1,30  3,20 = 0,2912 (mol. l-1 .s-1)
2. a) Với điều kiện đã cho trong bình có phản ứng:
CaCO3 ⇌ CaO + CO2 (k)
(*)
Trong bình chỉ có khí CO2. Giả thiết đó là khí lí tưởng, ta có:
n =

0,903  1,0
PV
=
= 0,01 (mol). Vậy nCO = 0,01 mol.
RT

0,082054  1073,15
2

Nhận xét:
Theo đề bài, lượng CaCO3 cho vào bình chân không là:
n CaCO

3

10
= 100 = 0,1 mol

Lượng CaCO3 đã bị phân tích chỉ là 0,01 mol.
Sự có mặt của 5,6 gam CaO và lượng CaCO3 còn lại không ảnh hưởng tới kết
quả tính vì các chất này ở trạng thái rắn chiếm thể tích không đáng kể.
b) Giả thiết lượng CaCO3 cho vào bình chân không bị phân tích hết ,áp suất khí CO2
vẫn là 0,903 atm (vì phản ứng (*) đạt tới cân bằng hoá học ).
Do đó:
7/8 CT B


Vmin = n RT / P = 0,1  0,082054  1073,15 / 0,903 = 9,75 (lít)
3. a) Phản ứng H2 (k) + Br2 (lỏng)
2 HBr (k)
(1)
2
có (Kp)1 = p HBr / p H
(a)
còn phản ứng: H2 (k) + Br2 (k)
2 HBr (k)

(2)
2
có (Kp)2 = p HBr / p H  p Br
(b)
Xét cân bằng Br2 (lỏng)
Br2 (k)
(3)
có (Kp)3 = pBr2 (k)
(c)
Khi tổ hợp (1) với (3) ta có cân bằng (2):
H2 (k) + Br2 (lỏng)
2 HBr (k)
(1)
Br2 (l)
Br2 (k)
(3)
2

2

2

(1) – (3): H2 (k) + Br2 (k)
Vậy (Kp)2 =

(Kp)1
(Kp)3

=

2 HBr (k)

(2)

9,0  1016
= 3,6 . 1017 (atm)
0,25

b) Khi giảm thể tích bình phản ứng nghĩa là tăng áp suất riêng phần của khí trong hệ.
Xét Q = p2HBr / p H  p Br
(d)
Trường hợp 1: Không có brom lỏng trong bình: Phản ứng (2) có tổng số mol khí trước
và sau phản ứng bằng nhau (n = 0) nên sự thay đổi áp suất đó không dẫn tới chuyển
dịch cân bằng (2).
Trường hợp 2: Có brom lỏng trong bình: áp suất riêng phần của các khí H2 , HBr tăng;
trong lúc đó áp suất riêng phần của Br2 khí lại không đổi do còn Br2 lỏng.
Theo (d), vì số mũ của pHBr lớn hơn số mũ của pH nên sự tăng áp suất nói trên dẫn đến
sự tăng Q và cân bằng (2) chuyển dịch theo chiều nghịch.
2

2

2

..........................

8/8 CT B


KIỂM TRA 1 TIẾT LẦN 2

Câu 1 (5,25 điểm):
1. Viết sơ đồ điều chế các axit sau đây:
a) Axit: benzoic, phenyletanoic, 3-phenylpropanoic từ benzen và các hoá chất cần thiết
khác.
b) Axit: xiclohexyletanoic, 1-metylxiclohexan-cacboxylic từ metylenxiclohexan và các
hoá chất cần thiết khác.
2. Sắp xếp (có giải thích) theo trình tự tăng dần tính axit của các chất trong từng dãy sau:
a) Axit: benzoic, phenyletanoic, 3-phenylpropanoic, xiclohexyletanoic,
1-metylxiclohexan-cacboxylic.
COOH
CH2COOH
COOH
b)
N

;

COOH

;

;
N

(A)

(D)

(C)

(B)

3. Sắp xếp (có giải thích) theo trình tự tăng dần nhiệt độ nóng chảy của các chất sau:
COOH

;

S

COOH

COOH

;
N

(A)

(C)

(B)

Hướng dẫn giải:
1. a)

C6H6

Br2 /Fe

C6H5Br

CH3Br
Zn

C6H5CH3

C6H5CH2Br

O

Mg
C6H5MgBr


Br2/h

1. CO2
2. H3O+

KCN

C6H5CH2CN

CH2(COOC2H5)2/NaOEt

H3O+

C6H5COOH C6H5CH2CH(COOC2H5)2
1. OH2. H3O+
3. to

C6H5CH2COOH

C6H5CH2CH2COOH
b)

CH3

CH2

Br

HBr

CH3

MgBr
H3O+

1. KCN
2. H3O+

COOH

1. CO2

Mg/ ete

CH2Br
HBr/peoxit

CH3

CH2COOH

(hoÆc 1. Mg/ ete )
2. CO2
3. H3O+

2. a)

Trang 1/6


H3C COOH
+I1

+I2

CH2COOH

<

-I1CH2CH2COOH

<

<

CH2COOH

- I2

COOH

- I3

<

< -I2 < -I3
-I1
+I1
+I2
Các gốc hiđrocacbon có hiệu ứng +I lớn thì Ka giảm và -I lớn thì Ka tăng
b)
COOH
CH COOH
COOH
-I1 2
-I4
-I2
O
C
<
<
<
-C3 N -I3
H O
N -C4
(D)

(A)
(C)
(B)
Vì:
- I1 < - I2 nên (C) có tính axit lớn hơn (D).
(A) và (B) có N nên tính axit lớn hơn (D) và (C)
(A) có liên kết hiđro nội phân tử làm giảm tính axit so với (B).
<

3. Tăng dần nhiệt độ nóng chảy của các chất:

COOH

COOH
<

(C)

COOH

<
S
(A)

N
(B)

Vì:
M C < MA .
(B) có thêm liên kết hiđro liên

phân tử với N của phân tử
khác.

Câu 2 (4 điểm):
L-Prolin hay axit (S)-piroliđin-2-cacboxylic có pK1 = 1,99 và pK2 = 10,60.
Piroliđin (C4H9N) là amin vòng no năm cạnh.
1. Viết công thức Fisơ và công thức phối cảnh của L-prolin. Tính pHI của hợp chất này.
2. Tính gần đúng tỉ lệ dạng proton hoá H2A+ và dạng trung hoà HA của prolin ở
pH = 2,50.
3. Tính gần đúng tỉ lệ dạng đeproton hoá A và dạng trung hoà HA của prolin ở
pH = 9,70.
4. Từ metylamin và các hoá chất cần thiết khác (benzen, etyl acrilat, natri etylat và các
chất vô cơ), hãy viết sơ đồ điều chế N-metyl-4-phenylpiperiđin.
Hướng dẫn giải:

1.
COOH
NH
H
N

COOH
H

pHI = 1,99 + 10,60 = 6,30
2

H
2. Áp dụng phương trình Henderson - Hasselbalch
K1

HAH+
+
+
H2 A
HA + H
K1 =  H A+
2

Trang 2/6


lg

HA
HA = pH - pK1 = 2,50 - 1,99 = 0,51 ; Suy ra:
H2A+ = 3,24
+
H2A 

Vậy ở pH = 2,50 dạng trung hoà chiếm nhiều hơn
1 dạng proton hoá 3,24 lần.
Hay tỉ lệ giữa dạng proton hoá và dạng trung hoà là 3,24 = 0,309
3.

K2

HA

H+ + A

lg

 A
1
=
0,126

8
HA

 A
= pH  pK2 = 9,70  10,60 =  0,90
HA
1

Vậy ở pH = 9,7 tỉ lệ giữa dạng đeproton hoá và dạng trung hoà là 8 .
4.

2 CH2=CH-COOC2H5

CH3NH2

CH3-N

CH2-CH2-COOC2H5
CH2-CH2-COOC2H5

C2H5ONa

O

O
-

COOC2H5

1. OH

2. H3O+, to

N

N

CH3

CH3
+Br2/Fe, to

OH

O

Br

CH3

2. H3O+

MgBr

C6H5

C6H5

1. C6H5MgBr

N

Mg
ete

C6H5
H2, Ni, to

H2SO4, 170 o C

N

N

N

CH3

CH3

CH3

Câu 3 (3 điểm):

Hợp chất hữu cơ A chứa 79,59 % C; 12,25 % H; còn lại là O chỉ chiếm một
nguyên tử trong phân tử. Ozon phân A thu được HOCH2CH=O ; CH3[CH2]2COCH3 và
CH3CH2CO[CH2]2CH=0. Nếu cho A tác dụng với brom theo tỉ lệ mol 1:1 rồi mới ozon
phân sản phẩm chính sinh ra thì chỉ thu được hai sản phẩm hữu cơ, trong số đó có một
xeton. Đun nóng A với dung dịch axit dễ dàng thu được sản phẩm B có cùng công thức
phân tử như A, song khi ozon phân B chỉ cho một sản phẩm hữu cơ duy nhất.
1. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên A.
2. Tìm công thức cấu tạo của B và viết cơ chế phản ứng chuyển hoá A thành B.
Hướng dẫn giải:
1.
79,59
12,25
8,16
:
:
= 13 : 24 : 1
12
1
16
A có công thức phân tử C13H24O.
Trang 3/6


Từ sản phẩm ozon phân tìm ra 2 công thức cấu tạo có thể phù hợp:
CH3CH2CH2C=CH CH2CH2C=CHCH2OH
CCH2CH2CH=CHCH2OH
CH3
CH2CH3
(A1)

CH3CH2CH2C

=

H3C CH2CH3
(A2)

Từ phản ứng brom hoá rồi ozon phân suy ra (A1) phù hợp, vì:
CH3CH2CH2C=CH CH2CH2C=CHCH2OH
(A1)
CH3
CH2CH3
CH3CH2CH2CBrCHBrCH2CH2C=CHCH2OH
CH3
CH2CH3

Br2
1:1

ozon phân

xeton + O=CHCH2OH

Br2

CH3CH2CH2C = CCH2CH2CH=CHCH2OH
1:1
(A2)
H3C CH2CH3
CH3CH2CH2CBrCBrCH2CH2CH=CHCH2OH

H3C CH2CH3

ozon phân

anđehit + O=CHCH2OH

Tên của A: 3-Etyl-7-metylđeca-2,6-đien-1-ol
2. B phải là hợp chất mạch vòng có chứa 1 nối đôi trong vòng. B sinh ra từ A do phản
ứng đóng vòng:

CH2OH

H+, to
- H 2O

HOH
- H+

+ CH2
+

OH

(A)
(B)
Câu 4 (4 điểm):
1. Dùng cơ chế phản ứng để giải thích các kết quả thực nghiệm sau:
a) Hằng số tốc độ dung môi phân 3-metylbut-2-enyl clorua trong etanol lớn hơn dung
môi phân anlyl clorua 6000 lần.
b) Sau khi hoà tan but-3-en-2-ol trong dung dịch axit sunfuric rồi để yên một tuần thì thu

được cả but-3-en-2-ol và but-2-en-1-ol.
c) Xử lí but-2-en-1-ol với hiđro bromua thì thu được hỗn hợp 1-brombut-2-en và
3-brombut-1-en.
d) Xử lí but-3-en-2-ol với hiđro bromua cũng thu được hỗn hợp 1-brombut-2-en và
3-brombut-1-en.
2. Cho biết sản phẩm nào là sản phẩm chính trong mỗi hỗn hợp sau khi xử lí but-2-en-1-ol, but-3-en-2-ol với hiđro bromua ở trên? Vì sao?
Hướng dẫn giải:
1. a) Dung môi phân (CH3)C=CHCH2Cl trong etanol xảy ra theo cơ chế SN1 và tạo
cacbocation trung gian:

Trang 4/6


(CH3)C=CHCH2Cl

(CH3)2C=CH-CH2+

(CH3)2C+-CH=CH2
+
C+ bậc ba bền hơn C+ bậc một CH2-CH=CH2 nên hằng số tốc độ lớn hơn.
Cl-

b) Có sự chuyển vị anlylic nên tồn tại 2 sản phẩm:
H2SO4

CH2=CH-CH-CH3
OH

+

CH2=CH-CH-CH3

- H2O

- H2O

+

OH 2

CH2-CH=CH-CH3
OH
c) Có sự chuyển vị anlylic nên tồn tại 2 sản phẩm:
H+
+
CH3- CH=CH-CH2OH
CH - CH=CH-CH
H2O

3

CH2=CH - CH-CH3

H2O
- H+

+

CH2-CH=CH-CH3

+

CH3- CH-CH=CH2

2

Br-

Br-

CH3- CH=CH-CH2Br
d) Tương tự
c): CH3- CHOH-CH=CH2

CH3- CH-CH=CH2
Br

H+

+

+

CH3- CH-CH=CH2

- H 2O

CH3- CH=CH-CH2

Br-

Br-

CH3-CH-CH=CH2

CH3-CH=CH-CH2Br

Br
2. Sản phẩm chính là CH3-CH=CH-CH2Br vì: đẫn xuất bậc một cân đối hơn dẫn xuất
bậc hai và dẫn xuất bậc một là anken có nhiều nhóm thế hơn nên bền hơn anken đầu
mạch.
Câu 5 (3,75 điểm):
1. Viết công thức chiếu Fisơ của dạng mạch hở các chất sau:
HOCH2

O

OH
OH

H2C

O

(A)

OH

(B)

OH

O

O

OH

HO

H3C
OH

OH

OH

CH2 OH

OH

OH HO OH

(C)

CH2OH

OH HO OH

(D)

2. Trong các chất (A), (B), (C), (D) trên, chất nào:
a) thuộc dãy L? b) là đường đeoxi? c) là đường có mạch nhánh?
d) thuộc loại xetozơ? e) có dạng furanozơ? g) có cấu hình  ở nhóm anomeric?
Hướng dẫn giải:
1. Công thức chiếu Fisơ của (A), (B), (C), (D):

Trang 5/6


CH2OH
CHO
HO
HO
OH
HO
CH2OH
(A)

CHO
OH
OH
OH
CH2OH
(B)

CHO
H3C
HO

OH
OH
CH2OH
(C)

C=O
OH
OH
OH
OH
CH2OH
(D)

2. Trong các chất (A), (B), (C), (D) trên:
a) (A), (C) là đường thuộc dãy L
b) (B) là đường đeoxi.
c) (C) là đường có mạch nhánh.
d) (D) thuộc loại xetozơ.
e) (B) có dạng furanozơ.
f) (D) có cấu hình  ở nhóm anomeric.

......................................................

Trang 6/6


KIỂM TRA 1 TIẾT LẦN 2
MễN: HÓA HỌC
Câu I (4,5 điểm):

1. 1.5điểm ; 2. 1 điểm ; 3. 2 điểm

1. Viết phương trình hoá học cho mỗi trường hợp sau:
a) Cho khí amoniac (dư) tác dụng với CuSO4.5H2 O.
b) Trong môi trường bazơ, H2O2 oxi hoá Mn2+ thành MnO2.
c) Trong môi trường axit, H2O2 khử MnO4- thành Mn2+.
2. Trong số các phân tử và ion: CH2Br2, F - , CH2O, Ca2+, H3As, (C2 H5 )2O , phân tử và
ion nào có thể tạo liên kết hiđro với phân tử nước? Hãy giải thích và viết sơ đồ mô tả
sự hình thành liên kết đó.
3. a) U238 tự phân rã liên tục thành một đồng vị bền của chì. Tổng cộng có 8 hạt  được
phóng ra trong quá trình đó. Hãy giải thích và viết phương trình phản ứng chung của
quá trình này.
b) Uran có cấu hình electron [Rn]5f36d17s2. Nguyên tử này có bao nhiêu
electron độc thân? Có thể có mức oxi hoá cao nhất là bao nhiêu?
c) UF6 là chất lỏng dễ bay hơi được ứng dụng phổ biến để tách các đồng vị
uran. Hãy viết phương trình phản ứng có UF6 được tạo thành khi cho UF4 tác dụng với
ClF3.

Hướng dẫn giải:
1/ a) Có thể viết CuSO4.5H2O ở dạng [Cu(H2 O)4] SO4.H2O. Do đó khi phản ứng xảy
ra, NH 3 sẽ thế các phân tử H2O ở cầu nội:
[Cu(H2O)4] SO4.H2O + 4 NH 3

[Cu(NH3)4] SO4.H2O + 4 H2O


2 OH

Sự khử

Mn2+ + 4 OH  2 e

MnO2 + 2 H2O

Sự oxi hoá

Mn2+ + H2O2 + 2 OH

MnO2 + 2 H2O

b)

H 2 O2

+ 2e

c) 2 MnO4 + 8 H3O+ + 5 e
5

H2O2

Mn2+ + 12 H2O

+ 2 H2O  2 e

+ 2 H3O+ Sự oxi hoá

O2

2MnO4- + 5 H2O2 + 6 H3O+

Sự khử

2 Mn2+ + 5 O2 + 14 H2O

2/ Các vi hạt CH2Br2, Ca2+, H3 As không có nguyên tử âm điện mạnh nên không thể tạo
liên kết hiđro với phân tử nước.
Các vi hạt F - , CH2O, (C2 H5 )2O có nguyên tử âm điện mạnh nên có thể tạo liênkết
hiđro với phân tử nước:
H
F

H
O

O

H
C

H

H

H

O ... H

C2H 5
C2H 5

O
O...H


3/ a) U238 tự phóng xạ tạo ra đồng vị bền 92Pbx cùng với ba loại hạt cơ bản: 2 4, -1 o và
o
206
o . Theo định luật bảo toàn khối lượng: x = 238  4  8 = 206. Vậy có 82Pb .
Theo định luật bảo toàn điện tích :[ 92 – (82 + 2 8)] / (1) = 6. Vậy có 6 hạt -1 o.
Do đó phương trìnhchung của quá trình này là: 92U238

206
82Pb

+ 8 He + 6.

b) Cấu hình electron [Rn]5f36d17s2 có số electron ngoài được biểu diễn như sau:




Vậy nguyên tử




238

92U



có 4 e độc thân (chưa ghép đôi); mức (số) oxi hoá cao nhất

là +6 vì U[Rn]5f 6d 7s2 – 6 e

U [Rn]+6 .

c) Phản ứng

3 UF6

3

1

2 ClF3

Câu II (4,5 điểm):

+ 3 UF4

+

Cl2 .

1. 3,5 điểm ; 2. 1 điểm

1. Trong nguyên tử hoặc ion dương tương ứng có từ 2 electron trở lên, electron chuyển

động trong trường lực được tạo ra từ hạt nhân nguyên tử và các electron khác. Do đó
mỗi trạng thái của một cấu hình electron có một trị số năng lượng. Với nguyên tố Bo
(số đơn vị điện tích hạt nhân Z = 5) ở trạng thái cơ bản có số liệu như sau:
Cấu hình electron Năng lượng (theo eV) Cấu hình electron Năng lượng (theo eV)
1s1
-340,000
1s22s2
- 660,025
1s2
- 600,848
1s22s22p1
- 669,800
2 1
1s 2s
- 637,874
Trong đó: eV là đơn vị năng lượng; dấu - biểu thị năng lượng tính được
khi electron còn chịu lực hút hạt nhân.
a) Hãy trình bày chi tiết và kết qủa tính các trị số năng lượng ion hoá có
thể có của nguyên tố Bo theo eV khi dùng dữ kiện cho trong bảng trên.
b) Hãy nêu nội dung và giải thích qui luật liên hệ giữa các năng lượng ion hoá
đó.
2. Năng lượng liên kết của N-N bằng 163 kJ.mol–1, của NN bằng 945 kJ.mol–1. Từ 4
nguyên tử N có thể tạo ra 1 phân tử N4 tứ diện đều hoặc 2 phân tử N2 thông thường.
Trường hợp nào thuận lợi hơn? Hãy giải thích.

Hướng dẫn giải:
1/ a) Tính các trị năng lượng ion hoá có thể có của Bo:
Từ cấu hình electron đã cho , ta xác định được các vi hạt tương ứng cùng với trị
năng lượng như sau:
Cấu hình

electron
1s1
1s2
1s22s1

Vi hạt

Năng lượng
(theo eV)

B4+
B3+
B2+

- 340,000
- 600,848
- 637,874

Cấu hình
electron
1s22s2
1s22s22p1

Vi hạt
B+
B

Năng lượng
(theo eV)
- 660,025

- 669,800


Có định nghĩa: Năng lượng ion hoá (của một nguyên tử) là năng lượng ít nhất cần để
tách 1 e khỏi nguyên tử ở trạng thái cơ bản mà không truyền thêm động năng cho e đó.
Vậy giữa năng lượng  của1 e ở trạng thái cơ bản và năng lượng ion hoá I tương
ứng có liên hệ:
I = -
(1).
Vậy với sự ion hoá M (k – 1)+ - e
M k+ ; Ik
(2),
Ta có liên hệ:
Ik = -  = - EM(k -1)+ - EMk+ 
(3)
Trong đó: k chỉ số e đã bị mất (do sự ion hoá) của vi hạt đựơc xét, có trị số từ 1 đến n;
do đó k+ chỉ số đơn vị điện tích dương của ion M k+ ;
Ik là năng lượng ion hoá thứ k của nguyên tố M được biểu thị theo (2).
Xét cụ thể với nguyên tố Bo: vì Z = 5 nên nguyên tử có 5 e; vậy k = 1 đến 5.
Áp dụng phưông trình (2) và (3), dùng số dữ kiện bảng trên cho Bo, ta có:
*
Bo  e
B+
;
I1
( vậy k = 1);
I1 = - [ EB  EB+] =  (669,800 + 660,025 ). Vậy I1 = 9,775 eV .
*
B+  e
B2+

;
I2
( vậy k = 2);
I2 = - [ EB+  EB2+] =  (660,025 + 637,874). Vậy I2 = 22,151 eV .
*
B2+  e
B3+
;
I3
( vậy k = 3);
I3= - [EB2+  EB3+] =  (637,874 + 600,848). Vậy I3 = 37,026 eV .
*
B3+  e
B4+
;
I4
( vậy k = 4);
I4= - [EB3+  EB4+] =  (600,848 + 340,000). Vậy I4 = 260,848 eV .
*
B4+  e
B5+
;
I4
( vậy k = 5);
I5= - [EB4+  EB5+] =  (340,000 + 0,000). Vậy I5 = 340,000 eV .

b) Từ kết quả trên, ta thấy có qui luật liên hệ các trị năng lượng ion hoá
của Bo như sau
I1  I2  I3  I4  I5
(4).

Giải thích: Khi vi hạt M (k – 1)+ mất thêm 1 e tạo thành M k+ có số đơn vị điện tích k+
lớn hơn (k – 1) nên lực hút tác dụng lên e tiếp theo trong vi hạt M k+ mạnh hơn so với
trong M (k – 1)+. Do đó phải tốn năng lượng lớn hơn để tách 1 e tiếp theo khỏi M k+ ;
nghĩa là I( k – 1)  Ik như đã được chỉ ra trong (4) trên đây.
2. a) Xét dấu của nhiệt phản ứng

ÄH =

ồ

iEi -

j  E

j j

i
Trong đó i, j là liên kết thứ i, thứ j ở chất tham gia, chất tạo thành tương ứng của
phản ứng được xét; Ei ; Ej là năng lượng của liên kết thứ i, thứ j đó.
b) Xét cụ thể với nitơ :
Có  H1 =
Có  H2 =
Ta thấy  H2 
hơn phản ứng
4N

Phản ứng
4N
N4

(1)
4 EN - EN4 = 0,0 - 6  163 ; vậy  H1 = - 978 kJ .
Phản ứng
4N
2 N2
(2)
4 EN - 2 EN2 = 0,0 - 2  945 ; vậy  H2 = - 1890 kJ .
 H1. Vậy phản ứng
4N
2 N2 xảy ra thuận lợi
N4 .


Câu III (6 điểm):

1. 1,25 điểm ; 2. 3,5 điểm ; 3. 1,25 điểm

Dung dịch A gồm AgNO3 0,050 M và Pb(NO3)2 0,100 M.
1. Tính pH của dung dịch A.
2. Thêm 10,00 ml KI 0,250 M và HNO3 0,200 M vào 10,00 ml dung dịch A. Sau phản
ứng người ta nhúng một điện cực Ag vào dung dịch B vừa thu được và ghép thành pin
(có cầu muối tiếp xúc hai dung dịch) với một điện cực có Ag nhúng vào dung dịch X
gồm AgNO3 0,010 M và KSCN 0,040 M.
a) Viết sơ đồ pin .
b) Tính sức điện động Epin tại 250C .
c) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động.
d) Tính hằng số cân bằng của phản ứng .
Cho biết : Ag+ + H2O
AgOH + H+
(1) ; K1= 10 –11,70

Pb2+ + H2O
PbOH+ + H+
(2) ; K2= 10 –7,80
Chỉ số tích số tan pKs : AgI là 16,0 ; PbI2 là 7,86 ; AgSCN là 12,0 .
0
EAg
+

/Ag

= 0 ,799 V

RT
ln = 0,0592 lg
F

;

3. Epin sẽ thay đổi ra sao nếu: a) thêm một lượng nhỏ NaOH vào dung dịch B ; b) thêm
một lượng nhỏ Fe(NO3)3 vào dung dịch X?

Hướng dẫn giải:

⇌ AgOH + H+
Pb2+ + H2O ⇌ PbOH+ + H+

1. Ag+ + H2O

; K1 = 10-11,7

(1)

; K2 = 10-7,8
(2)
Do K2 >> K1 nên cân bằng 2 quyết định pH của dung dịch
Pb2+ + H2O ⇌ PbOH + H+ ; K2 = 10-7,8 (2)
C
0,10

0,10  x
x
x
x2
 10 7,8
0,1  x

x = 10-4,4 = H+

;

pH = 4,40

2.a) Dung dịch B: Thêm KI : CAg+ = 0,025 M; CPb2+ = 0,050
CI- = 0,125M ; CH+ = 0,10M
Ag+
+
I
AgI 
0,025
0,125

0,10
2+
Pb
+
2 I
PbI2 
0,05
0,10
Trong dung dịch có đồng thời hai kết tủa AgI  và PbI2 
AgI  ⇌ Ag+ + I
;
Ks1 = 1.10-16 (3)
PbI2  ⇌ Pb2+ + 2 I
;
Ks2 = 1.10-7,86 (4)
Ks1 << Ks2, vậy trong dung dịch cân bằng (4) là chủ yếu. Sự tạo phức
hiđroxo của Pb2+ là không đáng kể vì có H+ dư:


⇌ PbOH + H+ ; K2 = 10-7,8

Pb2+ + H2O

PbOH   10
Pb  10


7 ,8

2

x
x = 1,51.10 M

-7,86



Ks2 = 1.10-7,86

2x
2x = [I] = 2,302 . 10-3M

-3

(2x) x = 10

 

⇌ Pb2+ + 2 I

PbI2

Trong dung dịch
2



 10 6,8  PbOH   Pb 2

1

16

Ag   KI   31,02.10.10


s1




0
Ag 

 3,31.10 14 M .

Ag+ + e

E của cực Ag trong dung dịch A:
E1  E

3

 0,0592 lg Ag



⇌ Ag

  0,799  0,0592 lg 3,31.10

14

Ag

E1  0,001V

Dung dịch X:

Ag+
+
SCN ⇌ AgSCN ;
0,010
0,040
0,030
0,010
+
AgSCN ⇌ Ag
+ SCN
;
0,030
x
(0,030 + x)
x0,030 + x) = 10-12

1012,0

10-12,0

12

Ag   x  310x10


2

 3,33.10 11





E 2  0,799  0,0592 lg Ag   0,799  0,0592 lg 3,33.10 11
E 2  0,179V

Vì E2 > E1 , ta có pin gồm cực Ag trong X là cực + , cực Ag trong B là cực –
Sơ đồ pin:

Ag

b)

AgI
PbI2

AgSCN
SCN 0,03 M

Ag

Epin = 0,179 – 0,001 = 0,178V

⇌ AgI + e
AgSCN + e ⇌ Ag + SCN–
AgSCN + I– ⇌ Ag + SCN–

c) Phương trình phản ứng: Ag + I–

d)

K = KsAgSCN

KsAgI

–12
= 10–16

10

4

= 10

3. a) Khi thêm lượng nhỏ NaOH vào dung dịch B , có thể xảy ra 3 trường hợp:


- Lượng NaOH quá ít không đủ để trung hoà HNO3: Sự tạo phức hiđroxo của Pb2+
vẫn không đáng kể, do đó Epin không thay đổi.
- Lượng NaOH đủ để trung hoà HNO3: Có sự tạo phức hiđroxo của Pb2+ do đó Pb2+

giảm, Nồng độ I - sẽ tăng lên, do đó nồng độ Ag+ giảm xuống, E1 giảm ; vậy Epin
tăng.
- Lượng NaOH đủ dư để trung hoà hết HNO3 và hoà tan PbI2 tạo thành PbO2–, do đó
Pb2+ giảm và Epin tăng. PbI2 + 4 OH–
PbO2– + 2 H2O + 2 I–
b) Thêm ít Fe3+ vào dung dịch X:
Fe3+ + SCN–
–
Nồng độ ion SCN giảm, do đó nồng độ ion Ag+ tăng, E2 tăng
Câu IV (5 điểm):

FeSCN2+
Epin tăng

1. 2 điểm ; 2. 1,5 điểm ; 3. 1,5 điểm

1. Khí CO gây độc vì tác dụng với hemoglobin (Hb) của máu theo phương trình
3 CO + 4 Hb  Hb4 (CO)3
Số liệu thực nghiệm tại 200C về động học phản ứng này như sau:
Nồng độ (mol. l-1)
Tốc độ phân huỷ Hb
( mol. l-1 .s-1 )
CO
Hb
1,50
2,50
1,05
2,50
2,50
1,75

2,50
4,00
2,80
Hãy tính tốc độ phản ứng khi nồng độ CO là 1,30; Hb là 3,20 (đều theo mol.l-1)
0
tại 20 C .
2. Người ta nung nóng đến 8000C một bình chân không thể tích 1 lít chứa 10,0 gam
canxi cacbonat và 5,6 gam canxi oxit. Hãy tính số mol khí cacbonic có trong bình.
Muốn cho lượng canxi cacbonat ban đầu phân huỷ hết thì thể tích tối thiểu của bình
phải bằng bao nhiêu? Biết tại nhiệt độ đó khí CO2 trong bình có áp suất là 0,903 atm .
3. Tại 200C, phản ứng: H2 (k) + Br2 (lỏng)
2 HBr (k)
(1)
16
có hằng số cân bằng Kp = 9,0 .10 . Kí hiệu (k) chỉ trạng thái khí.
a) Hãy tính Kp của phản ứng: H2 (k) + Br2 (k)
2 HBr (k)
(2)
O
tại 20 C và áp suất p
= 0,25 atm.
Br2 (k)

b) Hãy cho biết sự chuyển dịch cân bằng hoá học của phản ứng (2) nếu giảm thể tích
bình phản ứng ở hai trường hợp:
*) Trong bình không có Br2 (lỏng) ; **) Trong bình có Br2 (lỏng).

Hướng dẫn giải:
1. a) Trước hết ta phải xác định đựơc bậc của phản ứng.
 Kí hiệu bậc riêng phần của phản ứng theo chất Hb là x, theo CO là y, ta có

phương trình động học (định luật tốc độ) của phản ứng:
vpư = k C xHbC yCO
(1)
 Theo định nghĩa, ta có thể biểu thị tốc độ phản ứng trên theo tốc độ
phân huỷ Hb, nghĩa là vpư = 1/4 vphân huỷ Hb
(2).
Ghi chú : Vì đã ghi rõ  tốc độ phân huỷ Hbằ nên không cân dùng dấu Vậy ta có liên hệ: vpư = 1/4 vphân huỷ Hb = k C x HbC yCO (3) .
 Theo thứ tự trên xuống ta ghi số các số liệu thí nghiệm thu được là