ĐỀ THI HSG hóa cấp TỈNH và THI CHỌN HSG QUỐC GIA 2011

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2010-2011

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
MÔN THI: HÓA HỌC
(Hướng dẫn chấm có 4 trang)

BÀI I (4 điểm):
Câu 1 (2 điểm):
a) CTCT của  -glucozơ; saccarozơ; amilozơ; xenlulozơ: trang 28, 35, 41, 47 SGK Hóa học 12
nâng cao.
Mỗi công thức viết đúng: 0,25 điểm x 4 =
1 điểm
b) Phân biệt đúng mỗi chất: 0,25 điểm x 4 =
1 điểm
Lấy 1 ít mẫu thử của 4 chất hòa tan vào nước. Có 2 mẫu thử tan ứng với glucozơ, saccarozơ; 2 mẫu
không tan ứng với tinh bột, xenlulozơ. Tiếp tục đun 2 mẫu thử không tan, mẫu thử nào tạo dung
dịch keo và tác dụng dung dịch I2 cho màu xanh đặc trưng là của tinh bột, còn lại là xenlulozơ.
(0,5)
Lấy dung dịch của 2 mẫu tan thực hiện phản ứng tráng gương. Mẫu thử tạo Ag kết tủa ứng với
glucozơ, không phản ứng là saccarozơ.
(0,25)
Phương trình hóa học của glucozơ (mạch hở) tráng gương
(0,25)

Câu 2 (2 điểm):

Công thức cấu tạo của (X), (A), (B), (D), (E) lần lượt là: CH3COONH3CH3, CH3COONa, CH3NH2,

CH3COOH, CH3NH3Cl. CTCT của mỗi chất đúng được 0,25 điểm x 5 =
1,25 điểm
Phần tính toán để xác định:
0,25 điểm
Phương trình phản ứng: mỗi pt 0,25 điểm x 2 =
0,5 điểm
CH3COONH3CH3 + NaOH  CH3COONa + CH3NH2 + H2O
CH3COONH3CH3 + HCl  CH3COOH + CH3NH3Cl

BÀI II (4 điểm):
Câu 1 (2 điểm):

a) Xác định chu kì của X:
Theo đề: 2Z + N = 108
Mặt khác Z < 82 nên thỏa điều kiện: Z  N  1,5Z
Suy ra: Z có giá trị nguyên từ 31 đến 36.
Do đó X thuộc chu kì 4.
Nếu không lí luận, tính toán, chỉ nêu kết quả: Không được điểm
b) Cấu hình electron của X và kí hiệu nguyên tử của X theo mẫu ZA X :
X có 5e ngoài cùng, có 4 lớp e (do thuộc CK 4) nên có cấu hình electron:
1s22s22p63s23p63d104s24p3
Nguyên tử của R có 33e nên có 33p, suy ra Z = 33, N = 42, A = 75
Z = 33 suy ra R là Asen (As).
75
Kí hiệu nguyên tử:
33 As

0,5 điểm
0,5 điểm

0,5 điểm

0,5 điểm

Câu 2 (2 điểm):

CH3COONa  Na+ + CH3COO0,1
0,1

0,25 điểm


CH3COO- + H2O  CH3COOH + OHBan đầu: 0,1
Phản ứng: x
x
x
CB:
0,1 – x
x
x
2
x
Kb =
= 5,7.10-10
(0,1  x)
Vì Kb quá bé  x << 0,1 nên có thể coi 0,1 – x = 0,1
Do đó x2 = 5,7.10-11  x = 7,6.10-6
[OH-] = 7,6.10-6M  pOH = 5,1
 pH = 14 – 5,1 = 8,9 > 8,3
Vậy phenolphtalein có đổi màu: từ không màu chuyển thành màu hồng

0,25 điểm

0,5 điểm
0,5 điểm
0,5 điểm

BÀI III (4 điểm):
1. (2,5 điểm):
- Từ tính chất của A theo đề bài thì A có công thức tổng quát là:
ROOC – CxHy - (NH2)CH – COOR
0,25 điểm
ROOC – CxHy - (NH2)CH – COOR +2NaOH →
NaOOC – CxHy - (NH2)CH – COONa + 2ROH (1)
0,25 điểm
(B)
- Đun rượu (B) với H2SO4 đặc ở 1700C thu được olefin  B: rượu no đơn chức mạch hở công thức
CnH2n+1OH
H2SO4 đặc, 1700C
CnH2n+1OH
CnH2n + H2O ; H= 75%
(2)
0,25 điểm
nolefin = 0,672: 22,4 = 0,03 mol.  nB = 0,03.100/75 = 0,04 mol.
 MB= 46  14n + 18 = 46  n = 2
 công thức B: C2H5OH.
0,25 điểm
 Theo (1): nNaOH pứ = 0,04 mol < nNaOH ban đầu = 0,1mol
0,25 điểm
 nNaOH dư = 0,06 mol.

Chất rắn C gồm muối NaOOC – CxHy - (NH2)CH – COONa ( gọi là C’) và NaOH dư
mNaOH dư = 2,4 gam; mmuối C’ = 3,82 gam.
0,25 điểm
Theo (1) nmuối C’ = 0,02 mol  (163 + 12x + y)0,02 = 3,82
 phù hợp với x = 2 và y = 4.
0,25 điểm
Vậy công thức phân tử của A là : C9H17O4N.
0,25 điểm
Công thức cấu tao của A:
CH3- CH2- OOC – CH2– CH2 - (NH2)CH – COO- CH2 - CH3 .
0,5 điểm

2. (1,5 điểm):

Cho chất rắn C tác dụng với dung dịch HCl
NaOOC – CH2– CH2 - (NH2)CH – COONa +3HCl →
HOOC – CH2– CH2-(NH3Cl)CH – COOH (3)
NaOH + HCl → NaCl + H2O
(4)
Chất rắn D gồm: HOOC – CH2– CH2-(NH3Cl)CH – COOH (gọi là D’) và NaCl
Theo (3) nD’ = nC’ = 0,02 mol  mD’= 3,67 gam.
Theo (3) và (4) nNaCl = 0,1 mol  mNaCl = 5,85 gam.
 khối lượng chất rắn D = 9,52 gam

0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

BÀI IV (4 điểm):
1. (1 điểm):
Z là chất hữu cơ nên nhất thiết phải chứa nguyên tố cacbon.
Đốt cháy Z thu được H2O chứng tỏ trong Z chứa nguyên tố hidro.
Vậy 2 nguyên tố X, Y chính là C và H.
0,5 điểm
Z có công thức tổng quát: CxHy
CxHy + (x + y/4) O2 → xCO2 + y/2H2O
Theo đề ta suy ra: 12x + y = 9y  x : y = 2 : 3
CTĐGN của Z là C2H3
0,5 điểm
Xác định nguyên tố không lý luận mà chỉ ra C, H chỉ được ½ số điểm (0,25 điểm)
Nếu học sinh sử dụng giải thiết của câu 2. để giải câu 1. thì không tính điểm.

2. (1 điểm):

CTN của Z: (C2H3)n
Z là đồng đẳng của benzen, suy ra: 3n = 2.2n - 6  n = 6
0,25 điểm
CTPT của Z: C12H18
0,25 điểm
Z là đồng đẳng của benzen, tác dụng với Brom trong điều kiện chiếu sáng, chỉ thu được một dẫn
xuất monobrom duy nhất, cấu tạo đối xứng cao nên tất cả các H trên nhóm thế có vị trí tương đương
nhau, suy ra Z có CTCT của 1,2,3,4,5,6-hexametylbenzen
0,25 điểm
Phương trình phản ứng tác dụng Br2, chiếu sáng
0,25 điểm

3. (2 điểm):

Theo đề suy ra T là 1,3,5-trietylbenzen hoặc 1,4-dipropylbenzen hoặc 1,4-diisopropylbenzen.
Viết đúng mỗi CTCT 0,25 điểm x 3 =
0,75 điểm
Phương trình phản ứng tác dụng Br2, xúc tác Fe, đun nóng (chỉ yêu cầu viết cho 1 trong 3 chất trên).
0,25 điểm
Cơ chế phản ứng SE (viết cho 1 trong 3 chất trên) mỗi bước 0,25 điểm x 4 bước = 1 điểm

BÀI V (4 điểm):
1. (2 điểm):
Nồng độ mol/l các chất trong dung dịch (Y), giá trị của t:
Phương trình điện phân:
dpdd
2HCl + Cu(NO3)2 
 Cu  + Cl2  + 2HNO3
nCl2  0,14 mol = nCu
Dung dịch sau điện phân tác dụng NaOH:
NaOH + HCl(dư)  NaCl + H2O
NaOH + HNO3  NaNO3 + H2O
Cu(NO3)2 (dư) + 2NaOH  Cu(OH)2  + 2NaNO3
nNaOH = 0,11. 4 = 0,44 mol
nCu (OH )2 = 1,96 : 98 = 0,02 mol
Khối 1ượng phần II gấp đôi phần I
2.1,5
 V phần II = 2V phần I =
= 1 lít
2 1
V phần I = 0,5 lít.
Nồng độ Cu(NO3)2 và HCl ban đầu trong dung dịch (Y)

phần.

(1)

0,5 điểm

(2)
(3)
(4)

cũng bằng nồng độ tương ứng trong mỗi


(0,14  0, 02)
= 0,32M
0,5 điểm
0,5
Từ (1), (2), (3) ta thấy số mol NaOH tham gia phản ứng (2), (3) cũng bằng số mol HCl trong 0,5 lít
(0, 44  2.0, 02)
Suy ra:
= 0,8M
0,5 điểm
CHCl =
0,5
Thời gian t được tính bởi định luật Faraday:
m .n.F
A.I .t
mCu =
 t = Cu
n.F

A.I
0,14.64.2.96500
t =
= 10808 giây hay 3 giờ 8 giây
0,5 điểm
64.2,5
Từ (1) và (4) suy ra:

CCu ( NO3 )2 =

2. (2 điểm):
Giá trị của x và V:
Phương trình phản ứng xảy ra khi Fe tác dụng với phần II:
2+
Fe + Cu2+
(5)
 Fe + Cu
0,32 0,32
0,32
Fe + 4H+ + NO3-  Fe3+ + NO + 2H2O
(6)
0,2
0,8
0,2
0,2
0,2
Fe + 2Fe3+  3Fe2+
(7)
0,1
0,2

Số mol H+ trong phần II = số mol HCl trong phần II = 0,8 (mol)
Số mol Cu(NO3)2 trong phần II = 0,32 (mol)
 số mol NO3- = 0,64 (mol); số mol Cu2+ = 0,32 (mol)
Tổng khối lượng Fe phản ứng (5),(6),(7) = 0,62.56 = 34,72 (g)
Khối lượng hỗn hợp kim loại thu được = 0,5x
= (x – 34,72) + 0,32.64
x = 28,48 (g)

Theo (6)  NO3- dư nên NO tính theo H+
V = 0,2.22,4 = 4,48 (lít)

0,25 điểm
0,25 điểm
0,25 điểm

0,5 điểm
0,25 điểm
0,5 điểm

---------------------------------------------------------HẾT------------------------------------------------


SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT, NĂM HỌC 2010-2011
MÔN THI: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 02/11/2010

(Đề thi có 2 trang)

BÀI I (4 điểm):
Câu 1 (2 điểm):
a) Viết công thức cấu tạo của các chất sau:  -glucozơ; saccarozơ; amilozơ;
xenlulozơ.
b) Bằng phương pháp hóa học hãy phân biệt các chất ở dạng bột: glucozơ, saccarozơ,
tinh bột, xenlulozơ đựng riêng biệt trong các lọ hóa chất mất nhãn.
Câu 2 (2 điểm):
Cho chất hữu cơ (X) có công thức CxH3xNO2 tác dụng NaOH, thu được chất (A) có
công thức C2yHxNaO2 , khí (B) có công thức CyH2x-1N (mùi khai) và nước. Nếu cho (X) tác
dụng HCl thì được chất (D) có công thức C2yHx+1O2 và chất (E) có công thức CyH2xNCl.
Cho biết tỉ khối hơi của (D) đối với (B) bằng 1,9355. Xác định công thức cấu tạo của (X),
(A), (B), (D), (E) và viết các phương trình phản ứng minh họa.
BÀI II (4 điểm):
Câu 1 (2 điểm):
Tổng số hạt các loại trong nguyên tử của nguyên tố X bằng 108.
a) Xác định xem nguyên tố X thuộc chu kì nào trong Bảng tuần hoàn ?
b) Biết nguyên tử của X có 5 electron ngoài cùng. Viết cấu hình electron của X và kí
hiệu nguyên tử của X theo mẫu ZA X .
Cho biết X có số hiệu nguyên tử Z < 82.
Câu 2 (2 điểm):
Phenolphtalein không màu sẽ hóa hồng trong dung dịch có pH  8,3. Hỏi khi cho
Phenolphtalein (không màu) vào dung dịch natri axetat 0,1M thì có đổi màu không ? Cho
biết hằng số bazơ Kb = 5,7.10-10.
BÀI III (4 điểm):
A là chất hữu cơ không tác dụng với Na. Thủy phân A trong dung dịch NaOH chỉ tạo
ra một muối của α-aminoaxit (aminoaxit có mạch cacbon không phân nhánh chứa một nhóm
amino và hai nhóm cacboxyl) và một rượu đơn chức. Thủy phân hoàn toàn một lượng chất A
trong 200 ml dung dịch NaOH 0,5 M rồi cô cạn, thu được 1,84 gam một rượu B và 6,22 gam

chất rắn khan C. Đun nóng lượng rượu B trên với H2SO4 đặc ở 1700C thu được 0,672 lit
(đktc) môt olefin với hiệu suất phản ứng là 75%. Cho toàn bộ chất rắn C tác dụng với dung
dịch HCl dư rồi cô cạn, thu được chất rắn khan D. Biết rằng quá trình cô cạn không xảy ra
phản ứng.
1. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của A.
2. Tính khối lượng chất rắn D.


BÀI IV (4 điểm):
Một hợp chất hữu cơ Z chỉ chứa hai nguyên tố X và Y. Đốt cháy hoàn toàn m gam Z
thì được m gam H2O.
1. Xác định hai nguyên tố X, Y và công thức đơn giản nhất của Z.
2. Z là đồng đẳng của benzen nhưng không tác dụng với Br2 khi có xúc tác bột Fe, đun
nóng; khi tác dụng với Brom trong điều kiện chiếu sáng, chỉ thu được một dẫn xuất
monobrom duy nhất. Xác định công thức cấu tạo của Z và viết phương trình minh họa. Cho
biết phân tử Z có cấu tạo đối xứng cao.
3. T là đồng phân của Z và cũng là đồng đẳng của benzen, có cấu tạo cân xứng, tham gia
phản ứng với Br2 có xúc tác bột Fe, đun nóng thu được một dẫn xuất monobrom duy nhất.
Viết công thức cấu tạo của T, phương trình hóa học minh họa và trình bày cơ chế của phản
ứng này.
BÀI V (4 điểm):
Chia 1,5 lít dung dịch (Y) chứa hỗn hợp Cu(NO3)2 và HCl thành 2 phần (phần II có
khối lượng gấp đôi phần I).
1. Đem điện phân phần I (với điện cực trơ) bằng dòng điện 1 chiều có cường độ 2,5A ;
sau một thời gian t thu được 3,136 lít (đktc) một chất khí duy nhất ở anot. Dung dịch
sau điện phân phản ứng vừa đủ với 110 ml dung dịch NaOH 4M và thấy xuất hiện
1,96g kết tủa. Tính nồng độ mol/l các chất trong dung dịch (Y) và thời gian t.
2. Cho x (gam) bột kim loại Fe tác dụng với phần II đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Kết thúc phản ứng thu được hỗn hợp kim loại có khối lượng bằng 0,5x (gam) và V lít
(đktc) khí không màu (hóa nâu ngoài không khí). Tìm giá trị của x và V.

Cho

H=1
Na = 23

C = 12
K = 39

O = 16
Mg = 24

N = 14
Al = 27

Cl = 35,5
Fe = 56

As = 75
Cu = 64

Ghi chú: Thí sinh được sử dụng bảng Tuần hoàn.
--------------------------------------------------------- HẾT ---------------------------------------------------

Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Chữ ký GT 1: . . . . . . . . . . . . .
Số báo danh: . . . . . . . . .


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU LỚP 12 THPT DỰ THI QUỐC GIA, NĂM HỌC 2010 – 2011

-------------------------

MÔN THI: HÓA HỌC
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 7 / 12 / 2010
(Đề thi có 2 trang)
Câu I: (4 điểm)
1. Cho dãy phóng xạ sau:

234
92


U 

2,67105 nam

230
90


Th 

8104 nam

226
88

Ra

Tính hàm lượng quặng sau 1000 năm, nếu tại thời điểm gốc cứ 100 gam quặng có 0,1 mol U.
2. Clo hóa hợp chất (R)-2-clobutan cho ra hỗn hợp các đồng phân có công thức phân tử C4H8Cl2. Vẽ
cấu trúc lập thể của hợp chất trên và tất cả các đồng phân sản phẩm, chỉ ra đồng phân nào quang
hoạt, đồng phân nào không có C bất đối, đồng phân nào là hợp chất meso.
Câu II: (4 điểm)
1. Cho luồng khí clo từ từ qua dd gồm KI và KBr có vài giọt hồ tinh bột. Nêu hiện tượng và viết các
phương trình phản ứng xảy ra?
Biết:
OXH
IO3 
BrO3 
I2
Br2
Cl2
KH
2I 
2 Br 
I2
2Cl 
Br2
0
E (V)
+0,54
+1,07
+1,20
+1,36
+1,52
2. Đun nóng PCl5 trong một bình kín có thể tích là 12 lít ở 2500C, xảy ra phản ứng:
PCl5( k )  PCl3( k )  Cl2( k )
Tại thời điểm cân bằng trong bình có 0,21mol PCl5; 0,32mol PCl3 và 0,32mol Cl2.

Tính Kc, Kp và G 0 của phản ứng trên.
3. Tính nhiệt phản ứng ở 250C của phản ứng sau:
CO(NH2)2(r) + H2O(l) 

CO2(k) + 2NH3(k)

Biết trong cùng điều kiện có các đại lượng nhiệt sau đây:
CO (k) + H2O (h) 

CO2 (k) + H2 (k)

H1 = - 41,13 kJ/mol

CO (k) + Cl2 (k) 

COCl2 (k)

H2 = -112,5 kJ/mol

COCl2(k) + 2NH3 (k) 

CO(NH2)2(r) + 2HCl(k)

H3 = -201,0 kJ/mol

Nhiệt tạo thành HCl (k)

H4 = -92,3 kJ/mol

Nhiệt hóa hơi của H2O(l)

H5 = 44,01 kJ/mol

Câu III: (4 điểm)
Cho: E0Ag+Ag = 0,80V; E0AgI/Ag,I- = -0,15V; E0Au3+ /Au+ = 1,26V; E0Fe3+/Fe = -0,037V; E0Fe2+/Fe = -0,440V
1. a. Thiết lập một sơ đồ pin để xác định tích số tan của AgI. Viết các phương trình phản ứng xảy ra
trên mỗi điện cực và trong pin.


b. Tính độ tan (s) tại 25oC của AgI trong nước (quá trình tạo phức hidroxo của Ag+ là không đáng
kể).
2. a. Lập pin điện trong đó xảy ra sự oxi hoá ion Fe2+ thành ion Fe3+ và ion Au3+ bị khử thành ion
Au+. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trên mỗi điện cực và trong pin.
b. Tính sức điện động chuẩn của pin và hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin này.
Câu IV: (4 điểm)
1. Biểu diễn các hợp chất sau bằng công thức chiếu Fisơ:
a. Axit R-lactic
b. S-alanin
2. Tính số đồng phân quang học, viết công thức chiếu Fisơ và công thức Niu-men (dạng bền nhất)
của (R)-2-brom-(S)-3-clobutan.
3. Cho các dữ kiện sau:
Axit oxalic

Axit malonic A xi t s u cxi ni c

Axit glutaric

Axit adipic

pKa1

1,27

2,86

4,21

4,34

4,41

pKa2

4,27

5,70

5,64

5,27

5,28

a. Giải thích tại sao các axit này mạnh hơn axit butanoic (pKa = 4,82)?
b. Giải thích chiều hướng biến đổi các giá trị pKa1; pKa2 trên?
Câu V: (4 điểm)
1. Cho sơ đồ sau:
(1)
(2)
(A) sec-C4H9C6H5 

 (B) BrC4H8C6H5 
 (C) HOC4H8C6H5
(3)

(4)

(5)
(D) C4H9C6H4 Br
(E) C4H7C6H5 
 (F) Br2 C4H7C6H5
a. Viết công thức cấu tạo các sản phẩm (sản phẩm chính) tác nhân và điều kiện phản ứng?
b. Nêu cơ chế phản ứng của các phản ứng trên?
2. Tecpineol có công thức phân tử là C10H18O là chất lỏng không màu có mùi đinh hương. Tecpineol
có thể được điều chế từ phương pháp tổng hợp hóa học như sau:
1. KOH ;2. H3O
H 2 SO4 / SO3
H 2 / Ni ,t 0
 B (C8H8O3) 
 C (C8H14O3)
 A (C8H8O5S) 
Axit p-toluic 
C2 H5OH / H 2 SO4
HBr
KOH / EtOH
 D (C8H13O2Br)  E (C8H12O2)  F (C10H16O2)
C 
1.CH3MgI ;2. H 2O
 Tecpineol
F 
Viết công thức cấu tạo của các chất Tecpineol, A, B, C, D, E, F.

Ghi chú: Thí sinh được sử dụng Bảng tuần hoàn
----- Hết -----

Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .Số BD: . . . . . . . Chữ ký GT 1: . . . . . . . . . . . . . .


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI LẬP ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI
TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU LỚP 12 THPT DỰ THI QUỐC GIA, NĂM HỌC 2010 – 2011
-------------------------

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
MÔN HÓA HỌC
(Hướng dẫn chấm có 4 trang)
Câu I: (4 điểm)
1. (1đ)

k1 = 2,596. 106 (năm1) và k2 = 8,663. 106 (năm1)

234
2,596106 103
Theo N = N0. ekt ta có: [ 92 U] = 0,1. 234. e
= 23,339 gam

[

=

230

90

Th] =

N0  k1  k t  k t
(e
e
)
k2  k1
1

0,1  234  2,596  10 6
2,59610
(e
6
6
8,663  10  2,596  10

6

103

e

2

8,663106 103

) = 0,0594 gam



k2
k1
 e k1t 
 e  k2t 
Ra] = N0 1 
k2  k1
 k2  k1

6
6
3
6
3
2,596 10
 8,664 10 6  1  e1,59610 10  2,596 10 6  1  e8,664 10 10 
=
6

8,664  2,596  10 
[

226
88









= 1,105. 106mol hay = 2,5. 104 gam
Tổng lượng quặng = 100 – m + m U + mRa + mTh = 100 – 23,4 + 23,339 + 0,0594 + 0,00025
= 99,9989g
2. (3đ)
Mỗi công thức 0,25 điểm x 6 = 1,5 điểm
CH3

CH2Cl

CH3
Cl C H
CH2

Cl C

H

CCl2

CH2

CH2

CH3

CH3

Cl
Cl

CH3
C
H
C
CH3

H

Cl

CH3
C
H

C
H
CH3

CH3
Cl

H
CH2

Cl
CH2Cl

(C)
(D)
(E)
+ (B)
+
+
+
(R)-2-clobutan
5 sản phẩm thế
(A), (D), (E): có tính quang hoạt
0,5 điểm
(B) không có C bất đối
0,5 điểm
(C) là hợp chất meso
0,5 điểm
Câu II: (4 điểm)
1. So sánh E0 và rút ra các phản ứng. Các phản ứng xảy ra lần lượt như sau:

CH3

(A)

Cl2  2I  
 I 2  2Cl  , hồ tinh bột hóa xanh

(0,5đ)


Cl2  2Br  

 Br2  2Cl  , dung dịch có màu nâu đỏ

3



(0,5đ)



(0,5đ)
5Cl2  I 2  6H 2O 
 2IO  10Cl  12H , dung dịch mất màu xanh
Nếu dư clo thì dung dịch có thể có màu vàng do những phân tử clo bị hidrat hóa (0,5đ)
2. Kc = 0,0406
(0,5đ)

K p  Kc ( RT )n  Kc RT  1,7412

(0,5đ)

G   RT ln K p  2411, 41( J / mol )

(0,5đ)

3. H = 131,78 kJ/mol

(0,5đ)

0

Câu III: (4 điểm)
1. a. Để xác định tích số tan KS của AgI, cần thiết lập sơ đồ pin có các điện cực Ag làm việc thuận
nghịch với Ag+. Điện cực Ag nhúng trong dung dịch nào có [Ag+] lớn hơn sẽ đóng vai trò catot. Vậy
sơ đồ pin như sau:
(-) Ag │ I-(aq), AgI(r) ║ Ag+(aq) │ Ag(r) (+)
(0,5đ)
Hoặc: (-) Ag, AgI(r) │ I-(aq) ║ Ag+(aq) │ Ag(r) (+)
Phản ứng ở cực âm:
Ag(r) + I−(aq)
AgI(r) + e
K 11
(0,25đ)
+
Phản ứng ở cực dương:
Ag (aq) + e
Ag(r)
K2
(0,25đ)
-1
+
Phản ứng xảy ra trong pin: Ag (aq) + I (aq)
AgI(r)
KS
(1)
(0,25đ)
( E0

-E 0

) / 0,059

Trong đó K S-1 = K 11 .K2 = 10 Ag /Ag AgI/Ag,I
≈ 1,0.1016
KS = 1,0.10−16. (0,25đ)
b. Gọi S là độ tan của AgI trong nước nguyên chất, ta có:
AgI↓
Ag+ + IKS = 10-16
(0,25đ)
S
S
Vì quá trình tạo phức hidroxo của Ag+ không đáng kể, I- là anion của axit mạnh HI, nên
S = KS =1,0.10-8 M
(0,25đ)
2+
3+
2. a. Theo qui ước: quá trình oxi hóa Fe xảy ra trên anot, quá trình khử Au xảy ra trên catot, do
đó điện cực Pt nhúng trong dung dịch Fe3+, Fe2+ là anot, điện cực Pt nhúng trong dung dịch Au3+,
Au+ là catot:
(-) Pt │ Fe3+(aq), Fe2+(aq) ║ Au3+(aq), Au+(aq) │ Pt (+)
(0,25đ)
+

-

Phản ứng ở cực âm:
2x Fe2+(aq)
Phản ứng ở cực dương:
Au3+(aq) + 2e
Phản ứng trong pin:

Au3+(aq) + 2Fe2+(aq)

Fe3+(aq) + e
Au+(aq)
Au+(aq) + 2Fe3+(aq)
2( E 0

-E 0 3+

K 11
(0,25đ)
K2
(0,25đ)
K (2) (0,25đ)

b.
K = (K 11 )2.K2 = 10 Au /Au Fe /Fe
Trong đó thế khử chuẩn của cặp Fe3+/Fe2+ được tính (hoặc tính theo hằng số cân bằng) như sau:
Fe3+ + 3e
Fe E0(1) = -0,037 V, G0(1) = -3FE0(1)
Fe2+ + 2e
Fe E0(2) = -0,440 V,
G0(2) = - 2F E0(1)
3+



2+

) / 0,059

ΔG0 (1) - ΔG0 (2)
-ΔG 0 (3)
= 
= 3E0(1)- 2E0(2) = 0,77V (0,5đ)
F
F
→ K = (K 11 )2.K2 = 102(1,260,77) / 0,059 = 1016,61
(0,25đ)
Ở điều kiện tiêu chuẩn, sức điện động chuẩn của pin trên sẽ là:
Fe3+ + e

Fe2+ E0(3) =


E0pin = E0

Au3+/Au +

- E0

=
Fe3+/Fe2+

0,49 V

Câu IV: (4 điểm)
1. Mỗi cấu hình 0,25đ x 2 =

(0,5đ)

COOH

a. H

OH

(0,25đ)

COOH

b.

H2N

H

CH3

CH3

2

2. Có 2 = 4 đồng phân quang học.
Công thức chiếu Fisơ:

(0,5đ)

CH3
Br

H

Cl

H
CH3

(0,5đ)

Công thức Niu-men:
CH3
H

Cl

Br

H
CH3

(0,5đ)

3. a. Nhóm COOH thứ hai đóng vai trò nhóm hút e làm tăng độ mạnh của nhóm thứ nhất (0,5đ)
b. (1,5đ) mỗi ý 0,5đ
-pKa1 tăng dần (tính axit giảm dần) do lực hút của nhóm COOH giảm khi độ dài liên kết tăng
- pKa2 của axit oxalic giảm bất thường là do tạo được bazơ liên hợp bền.
- pKa2 giảm dần từ axit malonic do bazơ liên hợp tăng độ bền (do khoảng cách giữa các nhóm COOlớn dần
Câu V: (4 điểm)
1. a. (B) C6H5-C(CH3)BrCH2CH3; (1) Br2/as

(0,25đ)
(C) C6H5-C(CH3)OHCH2CH3; (2) H2O/OH
(0,25đ)
(D) p-BrC6H4-CH(CH3)CH2CH3; (3) Br2/Fe
(0,25đ)
(E) C6H5-C(CH3)=CHCH3; (4) OH /EtOH
(0,25đ)
(F) C6H5-C(CH3)BrCHBrCH3; (5) Br2/CCl4
(0,25đ)
b. (1) SR; (2) SN2; (3) SEAr; (4) E2; (5) AE
(1đ)
2. 7 chất x 0,25 = (1,75đ)


COOH

COOH

COOH
H2SO4

1. KOH

SO3

H2,t 0
Ni

2. H+
SO3H

CH3

OH
CH3

CH3

(A)
H3C

CH3

CH3

COOH
KOH/C2H5OH

2.H2O
CH3

(C)

HBr

COOH

C2H5OH/H2SO4

1.CH3MgBr

OH

(B)

COOC2H5

HO

COOH

Br
CH3

(F)

CH3

(E)

CH3

(D)