TỔNG HỢP CÁC ĐỀ THI VÀ ĐÁP ÁN MÔN HÓA HỌC KÌ THI HSG CẤP KHU VỰC LỚP 11 CỦA CÁC TRƯỜNG CHUYÊN (260 page)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI BẮC BỘ LẦN THỨ VII
NĂM HỌC 2013-2014
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HÓA HỌC - KHỐI 11

Câu 1: (Cấu tạo nguyên tử - Hạt nhân nguyên tử - 2điểm)
1(1,0điểm). Người ta thấy rằng nước trong một cái hồ có tốc độ phân rã phóng xạ của 226Ra
là 6,7 nguyên tử.phút-1.(100lit-1). Quá trình này tạo ra đồng vị 222Rn có hoạt độ phóng xạ
4,2 nguyên tử.phút-1.(100 lit-1). Độ phóng xạ của các đồng vị này không thay đổi theo thời
gian, bởi vì một phần 222Rn sinh ra từ quá trình phân rã 226Ra lại bị mất đi bởi một quá trình
chưa xác định được.
a) Tính nồng độ của 222Rn ( đơn vị mol/l)
b) Tính hằng số tốc độ ( đơn vị phút -1) của quá trình chưa xác định được ở trên. Biết quá
trình này tuân theo định luật tốc độ của phản ứng bậc nhất.
Cho: t1 / 2 ( 222 Rn )  3,8 ngày ; t1/ 2 ( 226 Ra)  1600 naêm ; NA = 6,02.1023
2. (1,0điểm) 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= -122,400eV; E2= -30,600eV;
E3= -13,600eV; E4= -7,650eV.
a) Tính các giá trị năng lượng trên theo kJ/mol (có trình bày chi tiết đơn vị tính).
b) Hãy giải thích sự tăng dần năng lượng từ E1 đến E4 của ion Li2+.
c) Tính năng lượng ion hoá của ion Li2+ (theo eV) và giải thích.
Câu 2: (Liên kết hóa học- cấu trúc phân tử - tinh thể- 2điểm)
1. (1,0điểm)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= 5,555Å. Trong mỗi ô mạng cơ sở, ion O2chiếm 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.

2. (1,0điểm)
a) Sử dụng mô hình về sự đẩy nhau của các cặp electron hóa trị (mô hình VSEPR), dự đoán
dạng hình học của các ion và phân tử sau: BeH2, SiF62-, NO2+, I3-.
b) Các chất AgCl và Cr(OH)3 không tan trong nước, nhưng trong nước amoniac
lại tạo ra những hợp chất tan. Dựa vào thuyết liên kết hoá trị (thuyết VB), hãy giải
thích sự tạo thành liên kết giữa ion Ag+, Cr3+ và các phân tử amoniac trong các hợp
chất tan đó.
Câu 3: (Nhiệt động lực học - 2,0 điểm)


1.(1,0điểm) Thực nghiệm cho biết năng lượng liên kết, kí hiệu là E, (theo kJ.mol-1) của một số
liên kết như sau:
Liên kết O-H (ancol) C=O (RCHO) C-H (ankan) C-C (ankan)
E

437,6

705,2

412,6

Liên kết C-O (ancol) C-C (RCHO) C-H (RCHO)
E

332,8

350,3

415,5

331,5
H-H
430,5

a) Tính nhiệt phản ứng (H0pư) của phản ứng:
CH2(CHO)2 + 2H2  CH2(CH2OH)2

(1)

b) H0pư tính được ở trên liên hệ như thế nào với độ bền của liên kết hóa học trong chất
tham gia và sản phẩm của phản ứng (1)?
2.(1,0điểm) Thả một viên nước đá có khối lượng 20 gam ở -25 oC vào 200 ml rượu VodkaHà Nội 39,5o (giả thiết chỉ chứa nước và rượu) để ở nhiệt độ 25 oC. Tính biến thiên entropi
của quá trình thả viên nước đá vào rượu trên đến khi hệ đạt cân bằng. Coi hệ được xét là cô
lập.Cho: R = 8,314 J.mol-1.K-1; khối lượng riêng của nước là 1g.ml-1 và của rượu là 0,8 g.ml1
; nhiệt dung đẳng áp của nước đá là 37,66 J.mol-1.K-1, của nước lỏng là 75,31 J.mol-1.K-1 và
của rượu là 113,00 J.mol-1.K-1. Nhiệt nóng chảy của nước đá là 6,009 kJ.mol-1.
Câu 4: (Cân bằng trong dung dịch axit-bazơ- cân bằng hòa tan phức chất- 2 điểm)
1. (1,0điểm) Trộn 10,00 ml dung dịch SO2 với 10,00 ml dung dịch Na2SO3, được dung dịch A.
Thêm 3 giọt metyl da cam và chuẩn độ dung dịch thu được. Dung dịch đổi màu (pH = 4,4) khi
dùng hết 12,50 ml dung dịch NaOH 0,2000M. Thêm tiếp 3 giọt phenolphtalein vào hỗn hợp và
chuẩn độ tiếp bằng NaOH 0,2000M. Sự đổi màu xảy ra (pH = 9,0) khi dùng hết 27,50 ml
NaOH nữa.
a. Tính nồng độ mol/L của dung dịch SO2 và dung dịch Na2SO3 trước khi trộn.
b. Tính pH của dung dịch A sau khi trộn.
2.(1,0điểm) Một dung dịch chứa các ion Ag+ và 0,020 mol/L NaCN. So với ion bạc thì natri xianua rất
dư. pH của dung dịch này bằng 10,8. Trong dung dịch có cân bằng sau:
Ag+ + 4CN−
[Ag(CN)4]3− ; hằng số cân bằng β1 = 5,00.1020
c([Ag(CN)4 ]3- )
a) Xác định tỉ số của

trong dung dịch.
c(Ag + )
b) Để tăng nồng độ của ion Ag+ tự do (chưa tạo phức) phải thêm vào dung dịch đó NaOH hay
HClO4? Vì sao?
c) Sau khi thêm axit/bazơ (dựa vào kết quả của b) để nồng độ ion Ag+ trong dung dịch tăng lên 10
lần so với nồng độ ion Ag+ trong dung dịch cho ở a. Tính nồng độ ion CN− trong dung dịch mới
này.


Sử dụng c(CN−) = 0,0196 mol/L (khi chưa thêm axit/bazơ). Thể tích của dung dịch coi như không
thay đổi sau khi thêm axit/bazơ. pKa (HCN) = 9,31.

Câu 5: (Phản ứng oxi hóa-khử- thế điện cực - pin điện- 2,0 điểm)
Một pin nhiên liệu được làm từ đường saccarozơ có cấu tạo như sau:

Bắt đầu phản ứng, người ta cho hỗn hợp VO2+ đã được hòa trong dung dịch axit mạnh vào
hai thùng phản ứng:
Ở thùng 1: VO2+ bị khử thành V3+, saccarozơ bị oxi hóa thành CO2 và H2O.
Ở thùng 2: VO2+ bị oxi hóa bởi O2 thành VO2+.
Sau đó sản phẩm chứa ion V3+ và VO2+ ở thùng 1 và 2 được bơm vào các bình điện cực.
Sau khi pin hoạt động, sản phẩm thu được bơm trở lại các thùng phản ứng. Các quá trình
này diễn ra tuần hoàn nên pin hoạt động liên tục, không bị gián đoạn.
1. Tính thể tích không khí (150C, 101 kPa) cần bơm vào thùng 2 trong lúc 10 gam
saccarozơ ở thùng 1 đang phản ứng để pin làm việc liên tục, không bị gián đoạn (biết thể
tích oxi chiếm 20,95% thể tích không khí).
2. Ban đầu nồng độ VO2+ ở mỗi thùng là 2 mol/l và các phản ứng đều thực hiện ở 150C. Giả
thiết rằng lượng VO2+ phản ứng ở mỗi thùng bằng nhau.
a)Tính  G0 và  G của phản ứng trong pin.
b)Tính nồng độ của V3+ và VO2+ biết suất điện động của pin là 0,32 V .
Biết : 1 atm = 1,01.105 Pa ; F = 96500 ; E1o  E oVO ,H / V  0,34V ; Eo2  EoVO ,H / VO  1,00V

2



3

Câu 6: (Bài toán về phần nguyên tố phi kim - 2,0điểm)


2



2

Cho dòng khí CO qua ống sứ đựng 31,2 gam hỗn hợp CuO và FeO nung nóng. Sau thí nghiệm
thu được chất rắn A trong ống sứ (giả sử không có phản ứng nhiệt kim xảy ra). Cho khí đi ra
khỏi ống sứ lội từ từ qua 1 lít dung dịch Ba(OH)2 0,2M thấy tạo thành 29,55 gam kết tủa.
1. Tính khối lượng chất rắn A.
2. Chia chất rắn A thành 2 phần bằng nhau.
- Hòa tan hết phần 1 bằng dung dịch HCl dư thấy thoát ra 0,56 lít H2 (đktc).
- Hòa tan hết phần 2 bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được dung dịch 2 muối sunphat trung
hòa và V lít (đktc) khí SO2 duy nhất. Tính V.


Câu 7: (Xác định cơ chế phản ứng- 2,0 điểm)
Đề nghị cơ chế của phản ứng.

Câu 8 : (Xác định lượng chất hữu cơ - 2,0điểm)
Chia 44,8 gam hỗn hợp X gồm axit axetic, glixerol và etyl axetat làm ba phần (tỉ lệ số mol

của các chất trong mỗi phần là như nhau).
- Phần 1: tác dụng hết với Na thu được 1,344 lít (đktc) khí H2.
- Phần 2: tác dụng vừa đủ với 500 ml dung dịch NaOH 0,4M khi đun nóng.
- Phần 3: (có khối lượng bằng khối lượng phần 2) tác dụng với NaHCO3 dư thì có 2,688
lít (đktc) khí bay ra.
Tính khối lượng mỗi chất có trong hỗn hợp X, biết rằng hiệu suất các phản ứng đều là 100%
Câu 9: (Xác định công thức phân tử - công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ - 2,0điểm )
Hợp chất A phản ứng với PCl3 cho ra B, khử hoá B bằng H2/Pd nhận được benzanđehit.
Mặt khác, cho B tác dụng với NH3 được C, xử lí C với Br2 trong môi trường kiềm được D.
Từ B có thể nhận được E bằng cách cho phản ứng với benzen xúc tác AlCl3. E chuyển
thành F khi xử lí với hyđroxylamin. Trong môi trường axit F chuyển thành G. Viết công
thức cấu tạo của những hợp chất trên.
Câu 4: (Tổng hợp hợp chất hữu cơ - 2,0điểm)
Dưới đây là sơ đồ tổng hợp một số chất.


. Xác định các chất A B C D FD G


TRƯỜNG THPT CHUYÊN
VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI BẮC BỘ LẦN THỨ VII
NĂM HỌC 2013-2014
ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HÓA HỌC - KHỐI 11

Câu 1: (Cấu tạo nguyên tử - Hạt nhân nguyên tử - 2điểm)
1(1,0điểm). Người ta thấy rằng nước trong một cái hồ có tốc độ phân rã phóng xạ của 226Ra
là 6,7 nguyên tử.phút-1.(100lit-1). Quá trình này tạo ra đồng vị 222Rn có hoạt độ phóng xạ

4,2 nguyên tử.phút-1.(100 lit-1). Độ phóng xạ của các đồng vị này không thay đổi theo thời
gian, bởi vì một phần 222Rn sinh ra từ quá trình phân rã 226Ra lại bị mất đi bởi một quá trình
chưa xác định được.
c) Tính nồng độ của 222Rn ( đơn vị mol/l)
d) Tính hằng số tốc độ ( đơn vị phút -1) của quá trình chưa xác định được ở trên. Biết quá
trình này tuân theo định luật tốc độ của phản ứng bậc nhất.
Cho: t1 / 2 ( 222 Rn )  3,8 ngày ; t1/ 2 ( 226 Ra)  1600 naêm ; NA = 6,02.1023
Lời giải và thang điểm:
1
a)  ( 222 Rn) 

ln 2
 1,2667.104 (phuùt 1 )
3,8.24.60

N( 222 Rn ) 

A
4,2

 33157 (nguyên tử/1001)
 ( Rn ) 1,2667.10  4

C( 222 Rn ) 

33157
 5,5.10 22 (M )
6,02.1023.100

222

0,5đ

b) Vì độ phóng xạ của 222 Rn không thay đổi theo thời gian nên số nguyên tử
222
Rn cũng không thay đổi theo thời gian ( A =  N)
Do đó số nguyên tử 222 Rn được tạo ra từ 226 Ra trong một đơn vị thời gian bằng với tổng
số nguyên tử 222 Rn bị mất đi trong một đơn vị thời gian từ hai quá trình: một là từ quá
trình phân rã của 222 Rn ( 222 Rn là đồng vị phóng xạ tự nhiên), hai là từ quá trình không
biết tên xảy ra ở trong hồ.
Gọi k là hằng số tốc độ của quá trình không biết tên xảy ra ở trong hồ.
6,7 =  ( 222 Rn).N( 222 Rn)  k.N( 222 Rn)
 6,7 = ( 1,2667.10-4 + k). 33157

 k = 7,54.10-5 ( phút-1)

0,5đ

2. (1,0điểm) 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= -122,400eV; E2= -30,600eV;
E3= -13,600eV; E4= -7,650eV.
a) Tính các giá trị năng lượng trên theo kJ/mol (có trình bày chi tiết đơn vị tính).
b) Hãy giải thích sự tăng dần năng lượng từ E1 đến E4 của ion Li2+.


c) Tính năng lượng ion hoá của ion Li2+ (theo eV) và giải thích.
Câu 1

Hướng dẫn chấm
a) 1eV = 1,602.10 J x 6,022.10 mol-1 x 10-3kJ/J

= 96,472kJ/mol. Vậy:
E1 = -122,400eV x 96,472 kJ/mol.eV
= -11808,173kJ/mol; E2 = -30,600 eVx
96,472 kJ/mol.eV = -2952,043kJ/mol;
E3 = -13,600eV x 96,472 kJ/mol.eV
= -1312,019kJ/mol; E4
= -7,650eV x 96,472 kJ/mol.eV
= -738,011kJ/mol.
b) Quy luật liên hệ: Khi Z là hằng số, n càng tăng, năng lượng En tương ứng
càng cao (càng lớn). Giải thích: n càng tăng, số lớp electron càng tăng, electron
càng ở lớp xa hạt nhân, lực hút
hạt nhân tác dụng lên electron đó càng yếu, năng lượng En tương ứng càng
cao (càng lớn), electron càng kém bền.
c) Sự ion hoá của Li2+: Li2+ → Li3+ + e
Cấu hình electron của Li2+ ở trạng thái cơ bản là 1s1. Vậy I3 = -(E1) = +122,400 eV
→ I3 = 122,400eV
-19

Điểm

23

0,5đ

0,25đ

0,25đ

Câu 2: (Liên kết hóa học- cấu trúc phân tử - tinh thể- 2điểm)
1. (1,0điểm)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= 5,555Å. Trong mỗi ô mạng cơ sở, ion O2chiếm 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.
Lời giải và thang điểm
1. Cấu trúc tinh thể oxit kim loại M (học sinh có thể không cần vẽ hình)
1.

a) Ion O2- xếp theo mạng lập phương tâm mặt  số ion O2- trong 1 ô mạng cơ sở là:
8.1/8+6.1/2 = 4 ion.
Trong 1 ô mạng cơ sở (hình lập phương có cạnh là a) có 8 hình lập phương nhỏ
có cạnh là a/2, các ion kim loại nằm ở các tâm của hình lập phương này (hay có 8
hốc tứ diện trong 1 ô mạng cơ sở)  Số ion kim loại M trong 1 ô cơ sở là 8 
trong 1 ô mạng cơ sở có 8 ion kim loại M, 4 ion O2- công thức của oxit là M2O.
Trong 1 ô mạng cơ sở có 4 phân tử M2O
b) Áp dụng công thức

0,5đ


d=
MM = 22,968≈ 23 (g/mol)  nguyên tử khối của M là 23 đvC → M là Na, oxit là Na2O.

0,5đ

2. (1,0điểm)
a) Sử dụng mô hình về sự đẩy nhau của các cặp electron hóa trị (mô hình VSEPR), dự đoán
dạng hình học của các ion và phân tử sau: BeH2, SiF62-, NO2+, I3-.
b) Các chất AgCl và Cr(OH)3 không tan trong nước, nhưng trong nước amoniac

lại tạo ra những hợp chất tan. Dựa vào thuyết liên kết hoá trị (thuyết VB), hãy giải
thích sự tạo thành liên kết giữa ion Ag+, Cr3+ và các phân tử amoniac trong các hợp
chất tan đó.
Lời giải và thang điểm:
a)

.

BeH2: dạng AL2E0. Phân tử có dạng thẳng: H−Be−H.

0,125đ

SiF62-: dạng AL6E0. Ion có dạng bát diện đều.

0,125đ

NO2+: dạng AL2E0, trong đó có 2 “siêu cặp” ứng với 2 liên kết đôi N=O
0,125đ
([O=N=O]+). Ion có dạng đường thẳng.
I3-: dạng AL2E3, lai hoá của I là dsp3, trong đó 2 liên kết I−I được ưu tiên nằm dọc
theo trục thẳng đứng, 3 obitan lai hoá nằm trong mặt phẳng xích đạo (vuông góc
với trục) được dùng để chứa 3 cặp electron không liên kết. Ion có dạng đường 0,125đ
thẳng.

b) (0,5điểm)
AgCl và Cr(OH)3 không tan trong nước, nhưng tan trong dung dịch amoniac do tạo thành các phức chất
theo phản ứng sau:
AgCl + 2NH3 → [ Ag (NH3)2]Cl
Cr(OH)3 + 6NH3 → [Cr(NH3)6](OH)3
Giải thích sự tạo thành liên kết giữa ion Ag+, Cr3+ và các phân tử amoniac trong các phức chất.

- Giải thích sự tạo phức [Ag(NH3)2]+ (0,25điểm)
Trong phức chất [Ag(NH3)2]+, ion Ag+ lai hoá sp. Mỗi obitan lai hoá sp của Ag+ (không có
electron) xen phủ với obitan lai hoá sp3 có cặp electron chưa tham gia liên kết của N trong NH3. tạo
ra liên kết cho nhận giữa NH3 và Ag+
Ag (Z=47): [Kr]4d105s1 → Ag+: [Kr]4d105so5po
Ag (Z=47): [Kr]4d105s1 → Ag+: [Kr]4d105so5po
sp
4d
Ag+ (4d10 )

5s

5p


NH3

NH3

Ag+
H3N

NH3

-Giải thích sự tạo phức [Cr(NH3)6]3+ (0,25điểm)
Trong phức chất [Cr(NH3)6]3+, ion Cr3+ lai hoá d2sp3. Mỗi obitan lai hoá của Cr3+ (không có
electron) xen phủ với obitan lai hoá sp3 có cặp electron chưa tham gia liên kết của N trong NH3.
tạo ra liên kết cho nhận giữa NH3 và Cr3+
Cr (Z=24): [Ar]3d54s1 → Cr3+: [Ar]3d3

-

Lai hoá d2sp3
3d

4p

4s

Cr 3+ (3d3)

NH3 NH3

NH3

NH3 NH3 NH3

Câu 3: (Nhiệt động lực học - 2,0 điểm)
1.(1,0điểm) Thực nghiệm cho biết năng lượng liên kết, kí hiệu là E, (theo kJ.mol-1) của một số
liên kết như sau:
Liên kết O-H (ancol) C=O (RCHO) C-H (ankan) C-C (ankan)
E

437,6

705,2

412,6

331,5

Liên kết C-O (ancol) C-C (RCHO) C-H (RCHO)
E

332,8

350,3

415,5

H-H
430,5

a) Tính nhiệt phản ứng (H0pư) của phản ứng:
CH2(CHO)2 + 2H2  CH2(CH2OH)2

(1)

b) H0pư tính được ở trên liên hệ như thế nào với độ bền của liên kết hóa học trong chất
tham gia và sản phẩm của phản ứng (1)?
Lời giải và thang điểm
1.a) 1. a) Phương trình phản ứng:

C
O

H

O

H
CH2 C

+ 2H
H

H

H

O

C
H

H
CH2 C O
H

H

(1)


H0pư =

m

n

i=1

j=1

 ν i E i -  ν jE j

i là liên kết thứ i trong chất đầu;  i là số mol liên kết i
j là liên kết thứ j trong chất cuối;  j là số mol liên kết j
Vậy H0pư = (2EC=O + 2EH-H + 2EC-H (RCHO) + 2EC-H (Ankan) + 2EC-C (RCHO))

0,5đ

– (2EC-O + 2EO-H + 6EC-H (Ankan) + 2EC-C (Ankan)
= (2 . 705,2 + 2 . 430,5 + 2 . 415,5 + 2 . 412,6 + 2 . 350,3) – (2 . 332,8 + 2 . 437,6 + 6 . 412,6 + 2 .
0,25đ
331,5)
= 2 (705,2 + 430,5 + 415,5 + 350,3) – 2 (332,8 + 437,6 + 2 . 412,6 + 331,5) = - 51,2 (kJ)
b)

Phản ứng tỏa nhiệt vì tổng năng lượng cần thiết để phá hủy các liên kết ở các phân tử chất đầu nhỏ 0,25đ
hơn tổng năng lượng tỏa ra khi hình thành các liên kết ở phân tử chất cuối

2.(1,0điểm) Thả một viên nước đá có khối lượng 20 gam ở -25 oC vào 200 ml rượu VodkaHà Nội 39,5o (giả thiết chỉ chứa nước và rượu) để ở nhiệt độ 25 oC. Tính biến thiên entropi
của quá trình thả viên nước đá vào rượu trên đến khi hệ đạt cân bằng. Coi hệ được xét là cô
lập.Cho: R = 8,314 J.mol-1.K-1; khối lượng riêng của nước là 1g.ml-1 và của rượu là 0,8 g.ml1
; nhiệt dung đẳng áp của nước đá là 37,66 J.mol-1.K-1, của nước lỏng là 75,31 J.mol-1.K-1 và
của rượu là 113,00 J.mol-1.K-1. Nhiệt nóng chảy của nước đá là 6,009 kJ.mol-1.
Lời giải và thang điểm
. Thành phần của rượu và nước trong rượu 39,5o là:

VC2 H5OH =

39,5 . 200
= 79 (ml)  VH 2O = 200 - 79 = 121 (ml)
100

 m C H OH = 79 . 0,8 =63,2 (g) và m H O = 121 . 1 = 121 (g).
2

5

2

Khi thả viên nước đá vào hỗn hợp rượu, nhiệt tỏa ra của hỗn hợp rượu bằng đúng nhiệt thu vào của viên
nước đá thì hệ đạt cân bằng. Gọi nhiệt độ của hệ khi hệ đạt cân bằng là tcb (oC).
Quá trình thu nhiệt gồm 3 giai đoạn:
Q3
Q1
Q2
H 2 O (r) 
 H 2 O (r) 
 H 2 O (l) 
 H 2 O (l)

-25 oC
Qthu = Q1 + Q2 + Q3 =

0 oC

0 oC

tcb oC

20
20
20
. 37,66 . (0 - (-25)) +
. 6,009.103 +
. 75,31 . (t cb - 0)
18
18
18

 Qthu = 7722,78 + 83,68 . tcb
Mặt khác nhiệt tỏa ra của quá trình:

0,25đ


Qtỏa = Qtỏa của nước + Qtỏa của rượu =

121
63, 2
. 75,31 . (25  t cb ) +
. 113,00 .(25  t cb )
18
46

 Qtỏa = 661,50 . (25 – tcb)Do Qtỏa = Qthu nên ta có: 7722,78 + 83,68 . tcb = 661,50 . (25 – tcb)
tcb = 11,83 (oC).

0,25đ

Biến thiên entropi của hệ ( ΔS hệ) bằng tổng biến thiên entropi viên nước đá từ -25 oC lên 11,83 oC ( ΔS nđ)
và biến thiên entropi hỗn hợp rượu nước từ 25 oC xuống 11,83 oC ( ΔS hhr).
Biến thiên entropi của nước đá tăng từ - 25 oC đến 11,83 oC gồm 3 thành phần:
S3
S1
S2
H 2 O (r) 
H 2 O (r) 
H 2 O (l) 
H 2 O (l)

-25 oC

0 oC

0 oC

tcb oC

Vậy ΔS nđ = ΔS1 + ΔS2 + ΔS3

 ΔSnđ =

20
273
20 6,009.103
20

273 + 11,83
. 37,66 . ln
+
.
+
. 75,31 . ln
18
273 - 25 18
273
18
273
0,25đ

= 32,03 (J.K-1)
Biến thiên entropi hỗn hợp rượu nước giảm từ 25 oC xuống 11,83 oC gồm 2 thành phần:

ΔS hhr = ΔS nước + ΔS rượu

 ΔS hhr =

121
273 + 11,83
63, 2
273 + 11,83
= - 29,9 (J.K-1).
. 75,31 . ln
+
. 113,00 . ln
18
298

46
298
0,25đ

Vậy ΔS hệ = 32,03 – 29,9 = 2,13 (J.K-1)

Câu 4: (Cân bằng trong dung dịch axit-bazơ- cân bằng hòa tan phức chất- 2 điểm)
1. (1,0điểm) Trộn 10,00 ml dung dịch SO2 với 10,00 ml dung dịch Na2SO3, được dung dịch A.
Thêm 3 giọt metyl da cam và chuẩn độ dung dịch thu được. Dung dịch đổi màu (pH = 4,4) khi
dùng hết 12,50 ml dung dịch NaOH 0,2000M. Thêm tiếp 3 giọt phenolphtalein vào hỗn hợp và
chuẩn độ tiếp bằng NaOH 0,2000M. Sự đổi màu xảy ra (pH = 9,0) khi dùng hết 27,50 ml
NaOH nữa.
a. Tính nồng độ mol/L của dung dịch SO2 và dung dịch Na2SO3 trước khi trộn.
b. Tính pH của dung dịch A sau khi trộn.
Lời giải và thang điểm
Câu
4.1.

Hướng dẫn chấm
a) Đặt nồng độ của SO2 và Na2SO3 trước khi trộn là C1 =

 sau khi trộn: C SO2 = 0,5C1; C SO2 = 0,5C2.
3

Điểm

C 0SO2 ; C2 = C 0SO2
3

Khi chuẩn độ dung dịch A đến pH = 4,4 

pK a1  pK a2
= 4,485 = pH
 thành phần
HSO-3
2

-

của hệ thu được là HSO3 , nghĩa là trong hỗn hợp A phải có SO2. Như vậy sau khi trộn dung
dịch SO2 với dung dịch Na2SO3, SO2 còn dư:
2-

SO2 + H2O + SO3
0,5C1
0,5C2
0,5(C1 – C2)
0



2

HSO-3

C2
-

Thành phần của dung dịch A: SO2 0,5(C1 – C2) M; HSO3 C2 M, môi trường axit  Khi

chuẩn độ dung dịch A đến pH = 4,4 dung dịch sẽ chuyển từ màu đỏ sang màu vàng. Thêm tiếp
phenolphtalein vào hỗn hợp chuẩn độ và chuẩn độ đến pH = 9,0 dung dịch sẽ chuyển từ màu
vàng sang màu hồng.
Chuẩn độ đến pH = 4,4 hệ thu được gồm
chiếm

HSO-3

và SO2 (bỏ qua SO32–) trong đó

HSO-3

[HSO-3 ]
K a1
10 1,76
 +
 4,4
 0,998  99,8%  100% =>
1,76
[HSO3 ]  [SO2 ] [H ]  K a1 10
 10

chuẩn 0,25đ

hết nấc 1
-

SO2 + OH–  HSO3
 20,00 . 0,5.(C1 – C2) = 12,50 . 0,20

(1)

Chuẩn độ đến pH = 9,0, hệ gồm HSO3- và SO32- (bỏ qua SO2):

[SO32- ]
K a2
107,21


 0,984 = 98,4%  100%
[HSO-3 ]  [SO32- ] [H + ]  K a2 109,0  107,21

 thành phần của hệ gồm  100% SO32- , chuẩn độ hết nấc 2

HSO-3

0,25đ

2-

+ OH–  SO3 + H2O
 20,00 . {0,5(C1 – C2) + C2} = 27,50 . 0,20
Từ (1) và (2)  C2 = 0,15 M; C1 = 0,40 M

(2).

0,25đ

b) Khi chưa chuẩn độ, pHA chính là pH của hệ đệm:

SO2
0,125 – x

x.(0,15  x)
 101,76
0,125  x

HSO-3

+ H2O

 x = [H+] = 0,012 

0,15 + x

+ H+

Ka1 = 10-1,76

x

pHA = 1,92

0,25đ

2.(1,0điểm) Một dung dịch chứa các ion Ag+ và 0,020 mol/L NaCN. So với ion bạc thì natri xianua rất
dư. pH của dung dịch này bằng 10,8. Trong dung dịch có cân bằng sau:
Ag+ + 4CN−
[Ag(CN)4]3− ; hằng số cân bằng β1 = 5,00.1020
c([Ag(CN)4 ]3- )

a) Xác định tỉ số của
trong dung dịch.
c(Ag + )
b) Để tăng nồng độ của ion Ag+ tự do (chưa tạo phức) phải thêm vào dung dịch đó NaOH hay
HClO4? Vì sao?


c) Sau khi thêm axit/bazơ (dựa vào kết quả của b) để nồng độ ion Ag+ trong dung dịch tăng lên 10
lần so với nồng độ ion Ag+ trong dung dịch cho ở a. Tính nồng độ ion CN− trong dung dịch mới
này.
Sử dụng c(CN−) = 0,0196 mol/L (khi chưa thêm axit/bazơ). Thể tích của dung dịch coi như không
thay đổi sau khi thêm axit/bazơ. pKa (HCN) = 9,31.
Hướng dẫn giải:
Câu 4
2

Điểm
a) 2. Ag+ + 4CN−

[Ag(CN)4]3−

β1 =

c([Ag(CN)4 ]3- )
= 5,00.1020
c(Ag + ).c(CN - )4

c([Ag(CN)4 ]3- )
= β1 × c(CN−)4
+

c(Ag )
Vì CN− dư nên
c(CN−)  c(NaCN) – c(OH−)
c(CN−)  (0,020 – 10−3,3) mol/L = 0,0194 mol/L
c([Ag(CN)4 ]3- )
= 5,00.1020 × 0,01944 = 7,04.1013
+
c(Ag )

0,25đ

b) c(Ag+) tăng nếu c(CN−) giảm và c(CN−) giảm nếu c(OH−) giảm. Vậy phải thêm 0,25đ
axit HClO4.
c) Đặt v và n chỉ các nồng độ trước và sau khi tăng nồng độ của ion Ag+.
c(Ag+) n
= 10 và c([Ag(CN)4]3−) = c(Ag+) × β1 × c(CN−)4
c(Ag+) v
c([Ag(CN)4]3−)v + c(Ag+)v = c([Ag(CN)4]3−)n + c(Ag+)n
c(Ag+)v × β1 × c(CN−)4v + c(Ag+)v = c(Ag+)n × β1 × c(CN−)4n + c(Ag+)n

c(Ag+) n
β1 × c(CN - ) 4v + 1
=
= 10
c(Ag+) v
β1 × c(CN - ) 4n + 1
β1 × c(CN - ) 4v
β1 × c(CN - ) 4v
9


c(CN ) n =
bởi vì β1 = 5,00.1020
10 × β1
10 × β1
10 × β1
− 4

c(CN−)n = c(CN−)v × ( 4 10) -1 = 0,0196 × ( 4 10) -1 = 0,0110 mol/L

Câu 5: (Phản ứng oxi hóa-khử- thế điện cực - pin điện- 2,0 điểm)
Một pin nhiên liệu được làm từ đường saccarozơ có cấu tạo như sau:

0,5đ


Bắt đầu phản ứng, người ta cho hỗn hợp VO2+ đã được hòa trong dung dịch axit mạnh vào
hai thùng phản ứng:
Ở thùng 1: VO2+ bị khử thành V3+, saccarozơ bị oxi hóa thành CO2 và H2O.
Ở thùng 2: VO2+ bị oxi hóa bởi O2 thành VO2+.
Sau đó sản phẩm chứa ion V3+ và VO2+ ở thùng 1 và 2 được bơm vào các bình điện cực.
Sau khi pin hoạt động, sản phẩm thu được bơm trở lại các thùng phản ứng. Các quá trình
này diễn ra tuần hoàn nên pin hoạt động liên tục, không bị gián đoạn.
1. Tính thể tích không khí (150C, 101 kPa) cần bơm vào thùng 2 trong lúc 10 gam
saccarozơ ở thùng 1 đang phản ứng để pin làm việc liên tục, không bị gián đoạn (biết thể
tích oxi chiếm 20,95% thể tích không khí).
2. Ban đầu nồng độ VO2+ ở mỗi thùng là 2 mol/l và các phản ứng đều thực hiện ở 150C. Giả
thiết rằng lượng VO2+ phản ứng ở mỗi thùng bằng nhau.
a)Tính  G0 và  G của phản ứng trong pin.
b)Tính nồng độ của V3+ và VO2+ biết suất điện động của pin là 0,32 V .
Biết : 1 atm = 1,01.105 Pa ; F = 96500 ; E1o  E oVO ,H / V  0,34V ; Eo2  EoVO ,H / VO  1,00V

2



3


2



2

Lời giải và thang điểm
Câu 5

Hướng dẫn chấm

Điểm

1)* Thùng 1 :

nsaccarozo 

10
 0,029(mol)
342

C12H22O11 + 48H+ + 48VO2+  12CO2 + 35H2O + 48V3+
0, 029


1,392
* Trong pin điện hóa:
Vì E10  E 0VO 2 , H  / V 3  0,34(V )  E 02  E 0VO  , H  / VO 2  1,00(V )

0,25
(mol)

2

Nên bình điện cực bên thùng 1 là anot, bình điện cực bên thùng 2 là catot.
V 3  H 2 O
VO2  2H   e
Anot:
1,392

1,392
(mol)


2
VO  H2 O
Catot: VO2  2H  e
1,392  1,392
(mol)
* Thùng 2: thế số mol VO2+ vào thùng 2 :
VO2  H2 O
VO2  2H   e
1,392


1,392
( mol)
O2
+ 4e
O2-

0,25đ

0,25đ


0,348  1,392
Vậy : n O 2  0,348(mol)
* 101 kPa = 1 atm
0,348.0,082.(15  273)
 VO 
 8,218(1)
2
1
8,218.100
 39,23(l)
 Vkk 
20,95
2.a) * Tính G0
V 3  H 2 O
VO2  2H   e
Anot:

VO2  2H   e

Catot:

Phản ứng trong pin:
E

o
pin

VO2  H2 O

V  VO
3


2

2VO

( mol)

0,25đ
, E 0VO 2 , H  / V 3  0,34(V)
, E 02  E 0VO  ,H  / VO 2  1,00(V )
2

2

 E  E  1, 00  0,34  0,66V
o
2

o
1

  G0 = – n . E opin .F = – 1. 96500. 0,66 = – 63690 J/mol = – 63,69 kJ/mol
0,25đ

* Tính G
Ta có :

RT
8,314.(15  273)
ln K pin  0,32  0,66 
ln K pin
nF
1.96500
 lnKpin = 13,703
G  G 0  RT ln K  63,69.103  8,314.(15  273).13,703
 G = - 96500,9017 (J/mol) = - 96,5 (kJ/mol)
E pin  E 0pin 

2.b) Tính nồng độ V3+ và VO2+
Thùng 1:
C12H22O11 + 48H+ + 48VO2+  12CO2 + 35H2O + 48V3+
Ban đầu
2
Phản ứng
x
x
Sau pư

2-x
x

VO2  2H   e
Thùng 2: VO2  H2 O
Ban đầu
2
Phản ứng x
x
Sau pư 2-x
x
Trong pin điện hóa: C VO2  2  x(M), C V3  C VO  x(M)

0,25đ
(M)
(M)

(M)
(M)

2

Ta có : lnKpin = 13,703
[VO 2  ]2
(2  x ) 2
 K pin  3

 893587,9126
[V ].[VO 2 ]
x2

 x = 2,11.10-3
C VO  C V3  x  2,11.10 3 M
2

0,25đ

0,25đ

Câu 6: (Bài toán về phần nguyên tố phi kim - 2,0điểm)
Cho dòng khí CO qua ống sứ đựng 31,2 gam hỗn hợp CuO và FeO nung nóng. Sau thí nghiệm
thu được chất rắn A trong ống sứ (giả sử không có phản ứng nhiệt kim xảy ra). Cho khí đi ra
khỏi ống sứ lội từ từ qua 1 lít dung dịch Ba(OH)2 0,2M thấy tạo thành 29,55 gam kết tủa.


1. Tính khối lượng chất rắn A.
2. Chia chất rắn A thành 2 phần bằng nhau.
- Hòa tan hết phần 1 bằng dung dịch HCl dư thấy thoát ra 0,56 lít H2 (đktc).
- Hòa tan hết phần 2 bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được dung dịch 2 muối sunphat trung
hòa và V lít (đktc) khí SO2 duy nhất. Tính V.
Lời giải và thang điểm
Câu 6

Lời giải

Điểm

1)Tính khối lượng chất rắn A
Phương trình phản ứng:
FeO + CO

t0
t0

CuO +

CO

CO2

Ba(OH)2

+

CO2 +

H2O +

Fe

+ CO2

Cu +

CO2

BaCO3
BaCO3

(1)
(2)

+ H2O

(3)

Ba(HCO3)2

(4)

Số mol Ba(OH)2 = 0,2mol; số mol BaCO3 = 0,15mol
* Trường hợp 1: Lượng CO2 thiếu -> mol CO2 = mol BacO3 = 0,15mol
-> mA = 31,2 - 0,15.16 = 28,8 gam.

0,25đ

* Trường hợp 2: Lượng CO2 dư -> xảy ra phản ứng (4), lúc đó lượng CO2
bằng : 0,2 + (0,2-0,15) = 0,15 mol.
-> mA = 31,2 - 0,25.16 = 27,2 gam.

0,25đ

2) Tính V
Các phản ứng hòa tan chất A:
Fe + HCl -> FeCl2

+ H2

(5)

FeO + 2HCl -> FeCl2 + H2O

(6)

CuO + 2HCl -> CuCl2 + H2O

(7)

2Fe

+ 6H2SO4 -> Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O

(8)

2FeO + 4H2SO4 -> Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O

(9)

Cu +

2H2SO4 -> Cu(SO4) + SO2 + 2H2O

CuO +

H2SO4 -> Cu(SO4) + H2O

(5) -> mol Fe = mol H2 = 0,025mol

(10)
(11)

0,5đ


(1,2) -> mol Fe + mol Cu = mol CO2
-> mol Cu (trường hợp 1) = 0,15/2 - 0,025 = 0,05 mol
-> mol Cu (trường hợp 2) = 0,25/2 - 0,025 = 0,1 mol
* Trường hợp 1: Giả sử tất cả CuO đã bị khử, lúc đó FeO sẽ cực đại và bằng:
(28,8/2 - 0,025.56 - 0,05.64). 1/72 = 0,136mol
(6,7,8) -> V(SO2) = (0,025. 3/2 + 0,136.1/2 + 0,05.1) . 22,4 = 3,48 lít.
Giả sử FeO đã bị khử hết, lúc đó V (SO2) bằng:
(0,025. 3/2 + 0,05.1) . 22,4 = 1,96 lít
=> 1,96 lít ≤ V(SO2 ) ≤ 3,48 lít.

0,5đ

* Trường hợp 2: Lập luận tương tự trường hợp 1 ta có:
Mol FeO = (27,2/2 - 0,025.56 - 0,1.64).1/72 = 0,08 mol
V(SO2 )max = (0,025. 3/2 + 0,08.1/2 + 0,10.1) . 22,4 = 3,976 lít
V(SO2 )min = (0,025. 3/2 + 0,10.1) . 22,4 = 3,08 lít
=> 3,08 lít ≤ V(SO2 ) ≤ 3,976 lít.

0,5đ

Câu 7: (Xác định cơ chế phản ứng- 2,0 điểm)
Đề nghị cơ chế của phản ứng.

Hướng dẫn giải


Câu 8 : (Xác định lượng chất hữu cơ - 2,0điểm)

Chia 44,8 gam hỗn hợp X gồm axit axetic, glixerol và etyl axetat làm ba phần (tỉ lệ số mol
của các chất trong mỗi phần là như nhau).
- Phần 1: tác dụng hết với Na thu được 1,344 lít (đktc) khí H2.
- Phần 2: tác dụng vừa đủ với 500 ml dung dịch NaOH 0,4M khi đun nóng.
- Phần 3: (có khối lượng bằng khối lượng phần 2) tác dụng với NaHCO3 dư thì có 2,688
lít (đktc) khí bay ra.
Tính khối lượng mỗi chất có trong hỗn hợp X, biết rằng hiệu suất các phản ứng đều là 100%
Hướng dẫn giải
Phần 1 : CH3COOH (a mol), C3H5(OH)3 (b mol) và CH3COOC2H5 (c mol)
Phần 2 : CH3COOH (xa mol), C3H5(OH)3 (xb mol) và CH3COOC2H5 (xc mol)
Phần 3 : CH3COOH (xa mol), C3H5(OH)3 (xb mol) và CH3COOC2H5 (xc mol)
mhh = 60.(a + 2xa) + 92.(b+2xb) + 88.(c+2xc) = 44,8 (gam)
=> (2x + 1)(60a + 92b + 88c) = 44,8 (I)
- Cho phần 1 tác dụng hết với Na :
1
CH 3COOH + Na  CH 3COONa+ H 2
2
a
Mol :
a
2

Mol:

Số mol khí H2 thu được là:

3
C3H 5 (OH)3 + 3Na  C3H 5 (ONa)3 + H 2
2
3b

b
2

a
3b
+
= 0,06 (mol)  a + 3b = 0,12
2
2

- Cho phần 2 tác dụng với dung dịch NaOH :

(II)


CH 3COOH  NaOH  CH 3COONa  H 2O
Mol :

xa
xa
CH 3COOC 2 H 5  NaOH  CH 3COONa  C 2 H 5OH

Mol :

xc

xc

Số mol NaOH phản ứng là : xa + xc = 0,2 (mol)

(III)

- Cho phần 3 tác dụng với NaHCO3 dư:
CH3COOH  NaHCO3  CH3COONa  CO2  H 2 O
Mol :

xa

xa

Số mol khí CO2 thu được là : xa = 0,12 (mol)

(IV)

Từ (II), (III) và (IV) ta có:
0,12

ax = 0,12  a= x

0,04x - 0,04

b 
x

0,08

cx = 0,08  c= x


Do b > 0 nên 0,04x - 0,04> 0  x >1 (*)

Thay a, b, c vào (I) ta được:
0,12
0, 04x  0, 04
0, 08 

(2x  1)  60.
 92.
 88.
  44,8
x
x
x 


 7,36x 2 - 20x + 10,56 = 0
 x  2 (Tháa m·n (*))

Giải phương trình bậc 2 => 
 x  33 / 46 < 1 (Lo¹i)
a = 0,06 (mol)

Thay x = 2 vào (II), (III) và (IV) ta được kết quả: b = 0,02 (mol)
c = 0,04 (mol)


Khối lượng của các chất có trong hỗn hợp X là:
m CH3COOH = 60.(a + 2xa) = 18 gam


m C3H5 (OH)3 = 92.(b+2xb)

= 9,2 gam

m CH3COOC2 H5 = 88.(c+2xc) = 17,6 gam

Câu 9: (Xác định công thức phân tử - công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ - 2,0điểm )
Hợp chất A phản ứng với PCl3 cho ra B, khử hoá B bằng H2/Pd nhận được benzanđehit.
Mặt khác, cho B tác dụng với NH3 được C, xử lí C với Br2 trong môi trường kiềm được D.
Từ B có thể nhận được E bằng cách cho phản ứng với benzen xúc tác AlCl3. E chuyển
thành F khi xử lí với hyđroxylamin. Trong môi trường axit F chuyển thành G. Viết công
thức cấu tạo của những hợp chất trên.
Hướng dẫn giải
- Hợp chất A phản ứng với PCl3 cho ra B, khử hoá B bằng H2/Pd nhận được benzanđehit
nên A là axit benzoic C6H5COOH.
- B là C6H5COCl
- B tác dụng với NH3 được C nên C là C6H5CONH2
- Xử lí C với Br2 trong môi trường kiềm được D nên D là Anilin C6H5NH2.
- Từ B có thể nhận được E bằng cách cho phản ứng với benzen xúc tác AlCl3 nên E là:
C6H5COC6H5.
- E chuyển thành F khi xử lí với hyđroxylamin nên F là: (C6H5)2C=N-OH
- Trong môi trường axit F chuyển thành G, nên G là: C6H5CONHC6H5
Câu 4: (Tổng hợp hợp chất hữu cơ - 2,0điểm)
Dưới đây là sơ đồ tổng hợp một số chất.


. Xác định các chất A B C D FD G

Hướng dẫn giải