TRỌN BỘ ĐỀ THI HSG QUỐC GIA MÔN HÓA CÓ HƯỚNG DẪN CHẤM

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
THPT NĂM 2012

Dự thảo
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn: HOÁ HỌC
Ngày thi thứ nhất: 11/01/2012
Cho: Th = 232; O = 16; Fe = 56; H = 1; C = 12.
Câu 1. (3,0 điểm): 1. 1 điểm; 2. 0,5 điểm; 3. 1,5 điểm.
+
1. Phân tử NH3 có dạng hình chóp tam giác đều (nguyên tử N ở đỉnh hình chóp). Ion NH 4 có
dạng hình tứ diện đều (nguyên tử N nằm ở tâm của tứ diện đều). Dựa vào sự xen phủ của các
+
obitan, hãy mô tả sự hình thành các liên kết trong phân tử NH3 và ion NH 4 .
2. Sự phá vỡ các liên kết Cl-Cl trong một mol clo đòi hỏi một năng lượng bằng 243 kJ (năng
lượng này có thể sử dụng dưới dạng quang năng). Hãy tính bước sóng của photon cần sử dụng
để phá vỡ liên kết Cl-Cl của phân tử Cl2.
3. Sự phân hủy phóng xạ của 232 Th tuân theo phản ứng bậc 1. Nghiên cứu về sự phóng xạ của
thori đioxit, người ta biết chu kì bán hủy của 232 Th là 1,39.1010 năm. Hãy tính số hạt α bị bức
xạ trong 1 giây cho 1 gam thori đioxit tinh khiết.
Cho: tốc độ ánh sáng c = 3.108 m.s-1; hằng số Planck h = 6,625.10-34 J.s;
hằng số Avogađro NA = 6,022.1023 mol-1.
Hướng dẫn chấm:
+
1. Trong phân tử NH3 và ion NH 4 , N có lai hóa sp3:

sp3

2p

2s

Trong NH3 một obitan lai hóa sp3 có cặp electron không liên kết, còn 3 obitan lai hóa sp 3
khác với 1 electron độc thân xen phủ với 1 obitan s của nguyên tử H có 1 electron, tạo ra các liên
kết σ bền vững.
+
Trong NH 4 , ngoài 3 liên kết σ như trong NH3, còn 1 obitan lai hóa sp3 với đôi electron
xen phủ với AO 1s của H+ không có electron, tạo ra liên kết σ thứ 4.
H

N
H

H

NH3

2.

N

H
H

H
+

H

NH4

Cl2 + h ν → 2Cl
c
243.103
ε = hν = h =
= 4, 035.10 −19 (J)
23
λ 6, 022.10
h.c
6,625.10-34 . 3.108
→ λ=
=
= 4,925.10−7 (m) = 492,5 (nm).
−19
ε
4, 035.10

3. Vì thori phân hủy phóng xạ theo phản ứng bậc 1 nên chu kỳ bán hủy được tính theo biểu
thức:
0,693
0,693
t1/2 =
hay k =
t1/2
k
0,693
= 1,58.10-18 (s -1 ) .
Vậy hằng số tốc độ k =
10

1,39.10 . 365 . 24 . 3600
trang 1/9


Trong 264 gam ThO2 tinh khiết chứa 6,022.1023 hạt 232 Th . Vậy trong 1 gam ThO2 tinh
6,022.1023 . 1
khiết chứa:
= 2,28.1021 hạt 232 Th .
264
Tốc độ phân hủy của Th (trong ThO2) được biểu diễn bằng biểu thức:
dN
v== kN
dt
Do vậy số hạt α bị bức xạ trong 1 giây bởi 1 gam thori đioxit tinh khiết sẽ là:
dN
v== 1,58.10-18. 2,28.1021 = 3,60.103 (s-1)
dt
Nghĩa là có 3,60.103 hạt α bị bức xạ trong 1 giây.
Câu 2. (3,5 điểm): 1. 1 điểm; 2. 0,5 điểm; 3. 1 điểm; 4. 1 điểm.
Để phân hủy hiđro peoxit (H 2O2) với chất xúc tác là ion iođua trong dung dịch có môi
trường trung tính, người ta trộn dung dịch H 2O2 3% (chấp nhận tương đương với 30 gam H 2O2
trong 1lít dung dịch) và dung dịch KI 0,1 M với nước theo tỉ lệ khác nhau về thể tích để tiến
hành thí nghiệm xác định thể tích oxi ( VO2 ) thoát ra.
Thí nghiệm

VH2 O2 (ml)

VKI (ml)

VH2O (ml)

υ O2 (ml/phút)
ở 298 K và 1 atm
1
25
50
75
4,4
2
50
50
50
8,5
3
100
50
0
17,5
4
50
25
75
4,25
5
50
100
0
16,5
1. Xác định bậc phản ứng phân huỷ đối với H2O2 và đối với chất xúc tác I .
2. Viết phương trình hoá học và biểu thức tính tốc độ phản ứng.

3. Tính nồng độ mol của H2O2 khi bắt đầu thí nghiệm 4 và sau 4 phút.
4. Cơ chế phản ứng được xem là một chuỗi hai phản ứng sau:
k1
H2O2 + I- 
(1)
→ H2O + IO
k2
IO- + H2O2 
(2)
→ O2 + I + H2O
Hãy cho biết hai phản ứng này xảy ra với tốc độ như nhau hay khác nhau? Phản ứng nào
quyết định tốc độ phản ứng giải phóng oxi? Giải thích.
Hướng dẫn chấm:
1. Từ phương trình phản ứng: 2 H2O2 → 2 H2O + O2

ta có: thể tích oxi thoát ra trong 1 đơn vị thời gian tỉ lệ thuận với tốc độ phản ứng
Theo các thí nghiệm 1, 2, 3 khi tăng gấp đôi thể tích dung dịch H2O2 và giữ nguyên thể tích của
dung dịch KI thì tốc độ phản ứng tăng gấp đôi, điều đó có nghĩa là tốc độ phản ứng tỉ lệ thuận
với nồng độ của H2O2 → phản ứng là bậc 1 đối với H2O2.
Tương tự, từ các thí nghiệm 2, 4, 5 ta thấy tốc độ phản ứng tỉ lệ thuận với nồng độ của I - →
phản ứng là bậc 1 đối với I-.
2. Phương trình phản ứng: 2 H2O2 → 2 H2O + O2
Biểu thức của định luật tốc độ phản ứng: V = k . C H2O2 .CI3. Khi pha loãng 3 lần thì nồng độ của H2O2 (C0) ở thí nghiệm 4 giảm 3 lần:
10
→ C0 = 10 gam H2O2/1 lit. Hay C0 =
= 0,294 M.
34
Vì phản ứng xảy ra chậm nên có thể coi như tốc độ phản ứng (thể tích oxi thoát ra) không thay
đổi trong khoảng thời gian ngắn (4 phút).
Sau 4 phút sẽ thoát ra: 4,25 . 4 = 17 (ml) oxi, khi đó:

trang 2/9


P.V 1 . 17.10-3
n O2 =
=
= 0,695.10-3 (mol)
R.T 0,082 . 298
Lúc đầu có: n H2O2 = 0,294 . 0,15 = 44,1.10-3 (mol).
Sau 4 phút, số mol H2O2 chỉ còn: 44,1.10-3 – 2 . 0,695.10-3 = 42,71.10-3 (mol).
0, 04271
Vậy sau 4 phút: C H2O2 =
= 0,285 (M).
0,15
4. Phản ứng:
I(*)
2 H 2 O 2 
→ 2 H 2O + O 2
v=−

1 d [ H 2O 2 ]
2
dt

Cơ chế:
k1
H 2 O 2 + I- 
→ H 2O + IO -

(1)

IO- + H 2 O 2 → H 2O + I- + O 2
(2)
Xét 3 trường hợp:
1/ Nếu phản ứng (1) chậm và quyết định tốc độ thì tốc độ của phản ứng tổng hợp (*)
bằng tốc độ của phản ứng (1):
1 d [ H 2O 2 ]
v=−
= k1[H 2O 2 ][I- ]
2
dt
Cơ chế phù hợp với định luật tốc độ.
2/ Nếu phản ứng (2) chậm thì:
1 d [ H 2O 2 ]
(a)
v=−
= k2 [H 2O 2 ][IO - ]
2
dt
Chấp nhận nồng độ của IO- là ổn định ta có:
d [IO- ]
k
= k1[H 2O 2 ][I- ] − k 2 [IO - ][H 2O 2 ] = 0 → [IO - ] = 1 [I - ]
(b)
dt
k2
Thay (b) vào (a) ta được:
1 d [ H 2O 2 ]
v=−
= k1[H 2O 2 ][I- ]

2
dt
Cơ chế phù hợp với định luật tốc độ.
3/ Nếu hai phản ứng có tốc độ xấp xỉ nhau thì:
1 d [H 2 O 2 ] 1
v=−
= ( k1[H 2 O 2 ][I- ] + k2 [H 2 O 2 ][IO - ])
2
dt
2
Chấp nhận nồng độ của IO là ổn định, rồi tính [IO -] như ở trường hợp 2 và thay vào biểu thức
trên ta được:
1 d [ H 2O 2 ]
v=−
= k1[H 2O 2 ][I- ]
2
dt
Cơ chế phù hợp với định luật tốc độ.
Trong 3 trường hợp, trường hợp đầu hợp lí hơn cả vì ở đây không cần chấp nhận điều
kiện gì; mặt khác ở trường hợp 2, nếu đã giả thiết phản ứng (2) là chậm thì việc chấp nhận nồng
độ của IO- ổn định là không hợp lí.
Câu 3. (4,5 điểm): 1. 1,75 điểm; 2. 2,75 điểm.
1. a) Tại sao crom có khả năng thể hiện nhiều trạng thái oxi hoá? Cho biết những số oxi hóa
phổ biến của crom?
b) Nêu và nhận xét sự biến đổi tính chất axit – bazơ trong dãy oxit: CrO, Cr 2O3, CrO3. Viết
phương trình hoá học của các phản ứng để minh họa.
c) Viết phương trình ion của các phản ứng điều chế Al 2O3 và Cr2O3 từ dung dịch gồm kali
cromit và kali aluminat.
k2

trang 3/9


2. Dung dịch X gồm K2Cr2O7 0,010 M; KMnO4 0,010 M; Fe2(SO4)3 0,0050 M và H2SO4 (pH của
dung dịch bằng 0). Thêm dung dịch KI vào dung dịch X cho đến nồng độ của KI là 0,50 M,
được dung dịch Y (coi thể tích không thay đổi khi thêm KI vào dung dịch X).
a) Hãy mô tả các quá trình xảy ra và cho biết thành phần của dung dịch Y.
b) Tính thế của điện cực platin nhúng trong dung dịch Y.
c) Cho biết khả năng phản ứng của Cu2+ với I- (dư) ở điều kiện tiêu chuẩn. Giải thích.
d) Viết sơ đồ pin được ghép bởi điện cực platin nhúng trong dung dịch Y và điện cực platin
nhúng trong dung dịch gồm Cu 2+, I- (cùng nồng độ 1 M) và chất rắn CuI. Viết phương trình hoá
học của các phản ứng xảy ra trên từng điện cực và xảy ra trong pin khi pin hoạt động.
0

0

0

0

Cho: E Cr O 2 − /Cr 3+ = 1,330 V; E MnO − /Mn 2+ = 1,510 V; E Fe3+ /Fe 2+ = 0,771 V; E I − /I − = 0,5355 V
2

E

7

0
Cu

2+

/Cu

4

+

= 0,153 V; pK s(CuI)

3

RT
= 12; ở 25 oC: 2,303
= 0,0592; Cr (z = 24).
F

Hướng dẫn chấm:
1. a) Cấu hình electron của crom là [Ar]3d 54s1 nên không chỉ có electron ở phân lớp 4s mà có
cả các electron ở phân lớp 3d tham gia phản ứng hóa học. Do đó trong các hợp chất, crom có số
oxi hóa thay đổi từ +1 đến + 6, nhưng trong đó phổ biến nhất là những số oxi hóa +2, +3, +6
b) Do crom có nhiều trạng thái oxi hóa nên tính chất axit-bazơ của các oxit của crom cũng thay
đổi trong khoảng rộng:
- Ở mức oxi hóa thấp, oxit của crom (CrO) thể hiện tính chất bazơ:
CrO + 2 H+ → Cr2+ + 2 H2O
- Ở mức oxi hóa trung gian (+3), Cr2O3 thể hiện tính chất lưỡng tính:
Cr2O3 + 6 H+ → 2 Cr3+ + 3 H2O
−
Cr2O3 + 2 OH- → 2 CrO 2 + H2O
- Ở mức oxi hóa cao (+6), CrO3 thể hiện tính chất axit:

CrO3 + H2O → H2CrO4
2 CrO3 + H2O → H2Cr2O7
c) Điều chế Al2O3 và Cr2O3 từ dung dịch gồm KCrO2 và KAlO2:
Thêm HCl vào dung dịch hỗn hợp:
CrO-2 + 4 H+ → Cr3+ + 2 H2O
AlO-2 + 4 H+ → Al3+ + 2 H2O
2Oxi hóa Cr3+ thành Cr2O7 :
22 Cr3+ + 3 ClO- + 4 H2O → 3 Cl- + Cr2O 7 + 8 H+
Thêm NH3 (dư) vào dung dịch để kết tủa Al3+ dưới dạng Al(OH)3:
+
Al3+ + 3 NH3 + 3 H2O → Al(OH)3↓ + 3 NH 4
Tách Al(OH)3 để điều chế Al2O3:
to
2 Al(OH)3 
→ Al2O3 + 3 H2O
2Khử Cr2O7 về Cr3+:
Cr2O72- + 9 I- + 14 H+ → 2 Cr3+ + 3 I3- + 7 H2O

2.

Kết tủa, tách Cr(OH)3 để điều chế Cr2O3:
Cr3+ + 3 OH- → Cr(OH)3↓
to
2 Cr(OH)3 
→ Cr2O3 + 3H2O
0

0

0

0

a) Do E MnO- /Mn 2+ = 1,51 V > E Cr O 2- /Cr 3+ = 1,33 V > E Fe3+ /Fe 2+ = 0,771V > E I- /I- = 0,5355 V, nên
4

2

7

3

các quá trình xảy ra như sau:
trang 4/9


2 MnO -4 + 16 H+ + 15 I- → 2 Mn2+ + 5 I3- + 8 H2O
0,01
0,5
0,425
0,01
0,025
2- →
3+
+
2 Cr + 3 I3 + 7 H2O
Cr2 O 7 + 14 H + 9 I
0,01
0,425
0,025

0,335
0,02
0,055

2 Fe3+ + 3 I- → 2 Fe2+ + I 3
0,01
0,335
0,055
0,32
0,01
0,06
Thành phần của dung dịch Y: I 3 0,060 M; I 0,32 M; Mn2+ 0,01 M; Cr3+ 0,02 M; Fe2+ 0,01 M.
-

I3 + 2 e → 3 I

b)

E - - = 0,5355 +
I /I

0,0592
2

3

.log

0,06
(0,32)

3

= 0,54 V.

0

0
Do E I- /I- = 0,5355 V > E Cu 2+ /Cu + = 0,153 V nên về nguyên tắc Cu 2+ không oxi hóa được I- và
3

phản ứng: 2 Cu2+ + 3 I- → 2 Cu+ + I 3- hầu như xảy ra theo chiều nghịch.
0

0

Nhưng nếu dư I- thì sẽ tạo kết tủa CuI. Khi đó E Cu 2+ /CuI = E Cu 2+ /Cu + + 0,0592.log

1
K S(CuI)

≈ 0,863

V.
0
Như vậy E Cu 2+ /CuI = 0,863 V > E I- /I- = 0,5355 V → Cu2+ sẽ oxi hóa được I- do tạo thành CuI:
0

3

2 Cu2+ + 5 I- → 2 CuI ↓ + I 3
0
d) Vì E Cu 2+ /CuI = 0,863 V > E I- /I- = 0,54 V → điện cực Pt nhúng trong dung dịch Y là anot, điện
3

cực Pt nhúng trong dung dịch gồm Cu 2+, I- (cùng nồng độ 1 M), có chứa kết tủa CuI là catot.
Vậy sơ đồ pin như sau:
(-) Pt│ I -3 0,060 M; I- 0,32 M║CuI; Cu2+ 1 M; I- 1 M │Pt (+)
Trên catot: Cu2+ + I- + e → CuI ↓
Trên anot: 3 I- → I 3 + 2e

Phản ứng trong pin: 2 Cu2+ + 5 I- → 2 CuI ↓ + I 3

Câu 4. (4,5 điểm): 1. 2,5 điểm; 2. 2 điểm.
1. Hoà tan hoàn toàn 0,8120 gam một mẫu quặng sắt gồm FeO, Fe2O3 và 35% tạp chất trơ trong
dung dịch HCl (dư), thu được dung dịch X. Sục khí SO2 vào dung dịch X, thu được dung dịch Y.
Dung dịch Y phản ứng vừa đủ với 22,21 ml dung dịch KMnO 4 0,10 M. Mặt khác, hoà tan hết
1,2180 gam mẫu quặng trên trong dung dịch HCl (dư) rồi thêm ngay dung dịch KMnO 4 0,10 M
vào dung dịch thu được cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thì hết 15,26 ml dung dịch
KMnO4 0,10 M.
a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b) Tính thể tích SO2 (ở điều kiện tiêu chuẩn) đã dùng và thành phần phần trăm theo khối lượng
của FeO, Fe2O3 có trong mẫu quặng.
2. a) Tính pH của dung dịch Na2A 0,022 M.
b) Tính độ điện li của ion A2- trong dung dịch Na2A 0,022 M khi có mặt NH4HSO4 0,001 M.
Cho: pK a(HSO- ) = 2,00; pK a(NH + ) = 9,24; pK a1(H 2 A) = 5,30; pK a2(H 2 A) = 12,60.
4

4

Hướng dẫn chấm:
trang 5/9


FeO + 2 HCl → FeCl2 + H2O
(1)
→
Fe2O3 + 6 HCl
2 FeCl3 + 3 H2O
(2)
2 FeCl3 + 2 H2O + SO2 → 2 FeCl2 + H2SO4 + 2 HCl
(3)
→
5 FeCl2 + KMnO4 + 8 HCl
5 FeCl3 + MnCl2 + KCl + 4 H2O
(4)
5 SO2 + 2 KMnO4 + 2 H2O → 2 H2SO4 + 2 MnSO4 + K2SO4
(5)
(Lượng HCl dùng để hòa tan quặng không được cho quá dư, chỉ đủ để làm môi trường cho
phản ứng (4))
b) Từ (1) và (4) ta có:
nFeO (trong 1,2180 gam mẫu) = n Fe2+ = 5. n MnO−4 = 5 . 0,10 . 15,26.10-3 = 7,63.10-3 (mol)
1. a)

7,63.10-3 . 0,8120
= 5,087.10-3 (mol)
1,2180
→ mFeO (trong 0,8120 gam mẫu) = 72 . 5,087.10-3 = 0,3663 (g)
và m Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu) = 0,8120 . 0,65 – 0,3663 = 0,1615 (g)
0,1615

→ n Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu) =
≈ 1,01.10-3 (mol)
160
Tương tự, từ (3) và (5) ta có: ∑ n SO2 = n SO2 (3) + n SO2 (5)
→ nFeO (trong 0,8120 gam mẫu) =

Trong đó:

với:

∑n

Fe2+

1
. n FeCl3 (trong 0,8120 gam mẫu) = n Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu) = 1,01.10-3 (mol)
2
5
5
1
n SO2 (5) = n MnO- (5) = (∑ n MnO- − ∑ n Fe2+ )
4
4
2
2
5
= nFeO (trong 0,8120 gam mẫu) + 2.n Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu)
n SO2 (3) =

5

1
(∑ n MnO- − (n FeO (trong 0,8120 gam mẫu) + 2.n Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu))
4
2
5
-3
5
1

→ n SO2 (5) =  0,10 . 22,21.10-3 - (5,087.10-3 + 2 . 1,01.10-3 ) ÷ ≈ 2.10 (mol).
2
5

-3
Vậy: ∑ n SO2 = 3,01.10 (mol) → VSO2 = 22,4 . 3,01.10 3 = 0,0674 (lit)
→ n SO2 (5) =

0,3663
.100 = 45,11 %
0,8120
% Fe2O3 = 65 % – 45,11 % = 19,89 %
(Nếu thí sinh không xét đến phản ứng của SO2 (phản ứng (3), phản ứng (5)) mà vẫn tính
đúng % FeO và % Fe2O3 thì tối đa chỉ được một nửa số điểm của câu này)
2. a)
A2- + H2O ƒ
HA- + OHKb1 = 10-1,4
(1)
8,7
HA + H2O ƒ
H2S + OH

Kb2 = 10
(2)
-14
+
H2O ƒ H
+ OH
Kw = 10
(3)
Vì Kb1.C >> Kb2.C >> Kw → pH của hệ được tính theo cân bằng (1):
A2- + H2O ƒ
HA- + OHKb1 = 10-1,4
C
0,022
[ ] 0,022 - x
x
x
[OH ] = x = 0,0158 (M) → pH = 12,20
b) Khi có mặt NH4HSO4 0,0010 M:
NH4HSO4 → NH +4 + H SO −4
0,001
0,001
% FeO =

−

Phản ứng: H SO 4 + A20,001
0,022
0,021



→
ƒ

HA- +
0,001

2−

SO 4

K1 = 1010,6

0,001
trang 6/9


+

NH 4

A20,021
0,020

+

0,001
-


→

ƒ

HA0,001
0,002

K2 = 103,36

+ NH3
0,001

Hệ thu được gồm: A 0,020 M; HA 0,002 M; SO 24− 0,001 M; NH3 0,001 M.
Các quá trình xảy ra:
A2- + H2O ƒ
HA+ OHKb1 = 10-1,4
(4)
2-

-

NH 4

+ OH-

K 'b = 10-4,76

(5)

H2A

+ OH-

Kb2 = 10-8,7

(6)

Kb = 10-12

(7)

+

ƒ
HA- + H2O ƒ
2−
SO 4 + H2O ƒ
HA- ƒ
NH3 + H2O

H SO

−
4

+ OH

-

2-

+

H

-12,6

+ A
Ka2 = 10
(8)
'
So sánh các cân bằng từ (4) đến (7), ta có: Kb1. C A 2- >> K b . C NH3 >> Kb2. C HA- >> Kb. CSO 24- →
(4) chiếm ưu thế và như vậy (4) và (8) quyết định thành phần cân bằng của hệ:
A2+ H2O ƒ
HA+
OHKb1 = 10-1,4
C
0,02
0,002
[]
0,02 - x
0,002 + x
x
→x = 0,0142 → [HA-] = 0,0162 (M)

→α

-

A

-=

2

[HA ]
0,022

=

0,0162
0,022

= 0,7364 hay α A 2- = 73,64 %.

-

(Hoặc α A 2- =

[OH ] + C

HSO 4

0,022

+C

+

NH 4

=

0,0142 + 0,001 + 0,001 = 0,7364)
0,022

Câu 5. (4,5 điểm): 1. 2 điểm; 2. 2,5 điểm.
1. Trong phòng thí nghiệm có một chai đựng dung dịch NaOH, trên nhãn có ghi: NaOH 0,10 M.
Để xác định lại chính xác giá trị nồng độ của dung dịch này, người ta tiến hành chuẩn độ dung
dịch axit oxalic bằng dung dịch NaOH trên.
a) Tính số gam axit oxalic ngậm nước (H 2C2O4.2H2O) cần lấy để khi hoà tan hết trong nước
được 100 ml dung dịch axit, rồi chuẩn độ hoàn toàn 10 ml dung dịch axit này thì hết 15 ml
NaOH 0,10 M.
b) Hãy trình bày cách pha chế 100 ml dung dịch axit oxalic từ số gam tính được ở trên.
c) Không cần tính toán, hãy cho biết có thể dùng những dung dịch chỉ thị nào cho phép chuẩn độ
trên trong số các dung dịch chỉ thị sau: metyl da cam (pH = 4,4); phenol đỏ (pH = 8,0),
phenolphtalein (pH = 9,0)? Vì sao?
Cho: pK a1(H 2C2O 4 ) = 1,25; pK a2(H 2C2O4 ) = 4,27.
2. Có 6 lọ hóa chất bị mất nhãn, mỗi lọ đựng một dung dịch muối nitrat của một kim loại:
Ba(NO3)2, Al(NO3)3, Pb(NO3)2, Zn(NO3)2, AgNO3, Cd(NO3)2. Để nhận biết từng dung dịch
muối, chỉ được dùng 3 dung dịch thuốc thử. Hãy cho biết tên của 3 dung dịch thuốc thử đó và
trình bày cách tiến hành thí nghiệm để nhận biết mỗi dung dịch muối đựng trong mỗi lọ và viết
phương trình hóa học (dạng phương trình ion, nếu có) để minh họa.
Hướng dẫn chấm:
1. a) Từ phản ứng chuẩn độ hoàn toàn axit oxalic bằng xút:

2−
H2C2O4 + 2 OH- → C 2 O 4 + H2O

m . 10
15 . 0,1.10-3 →
m = 0,9450 (g).

=
126 . 100
2
b) Cân chính xác 0,9450 gam axit oxalic ngậm nước (H2C2O4. 2H2O) cho vào cốc thủy tinh, rồi
rót một ít nước cất vào để hòa tan hết lượng axit này bằng cách dùng đũa thuỷ tinh khuấy nhẹ
trang 7/9
ta có:


hoặc lắc nhẹ. Chuyển toàn bộ dung dịch vào bình định mức 100 ml (cả phần nước được dùng
tráng cốc 2, 3 lần) đến khoảng 2/3 thể tích bình và lắc tròn đều bình. Thêm dần nước cất đến
gần vạch của bình (cách vạch chừng 1ml), rồi dùng ống hút nhỏ giọt (công tơ hút) nhỏ từ từ
từng giọt nước cất đến đúng vạch (để mắt ở cùng mặt phẳng ngang với vạch và thêm nước cất
sao cho mặt khum của chất lỏng tiếp xúc với mặt phẳng ngang của vạch) để được 100 ml dung
dịch axit oxalic.
c) Trong phép chuẩn độ trên, sản phẩm tạo thành là C 2 O 42− , môi trường bazơ, do đó phải chọn
những chất chỉ thị có sự chuyển màu rõ nhất trong môi trường bazơ. Vì vậy có thể chọn chất chỉ
thị là dung dịch phenol đỏ hoặc dung dich phenolphtalein cho phép chuẩn độ trên.

2.
Dùng dung dịch axit clohiđric, dung dịch natri hiđroxit, dung dịch amoniac làm thuốc thử.
Tiến hành thí nghiệm để nhận biết mỗi dung dịch muối:
Đánh số thứ tự cho mỗi lọ hóa chất bị mất nhãn, ví dụ: Ba(NO 3)2 (1), Al(NO3)3 (2), Pb(NO3)2 (3),
Zn(NO3)2 (4), AgNO3 (5), Cd(NO3)2 (6).
Thí nghiệm 1:
Mỗi dung dịch muối được dùng ống hút nhỏ giọt (công tơ hút) riêng biệt để lấy ra một
lượng nhỏ (khoảng 2 ml) dung dịch vào mỗi ống nghiệm đã được đánh số tương ứng. Dùng
công tơ hút lấy dung dịch HCl rồi nhỏ vào mỗi dung dịch muối trong ống nghiệm, có hai dung
dịch xuất hiện kết tủa, đó là các dung dịch Pb(NO3)2, AgNO3 do tạo thành các kết tủa trắng PbCl2
và AgCl.

Thí nghiệm 2:
Tách bỏ phần dung dịch, lấy các kết tủa PbCl 2, AgCl rồi dùng công tơ hút nhỏ dung dịch
NH3 vào mỗi kết tủa, kết tủa nào tan thì đó là AgCl, do tạo ra [Ag(NH 3)2]Cl, còn kết tủa PbCl2
không tan trong dung dịch NH3. Suy ra lọ (5) đựng dung dịch AgNO 3, lọ (3) đựng dung dịch
Pb(NO3)2.
Các phương trình hóa học xảy ra:
(1)
Pb2+ + 2 Cl- → PbCl2↓
+
(2)
Ag + Cl → AgCl↓
(3)
AgCl + 2 NH3 → [Ag(NH3)2]Cl
Còn lại 4 dung dịch Al(NO 3)3, Ba(NO3)2, Zn(NO3)2, Cd(NO3)2 không có phản ứng với
dung dịch HCl (chấp nhận bỏ qua các quá trình tạo phức cloro của Cd 2+). Nhận biết mỗi dung dịch
muối này:
Thí nghiệm 3:
Cách làm tương tự như thí nghiệm 1 nhưng thay dung dịch HCl bằng dung dịch NaOH.
Nhỏ từ từ NaOH cho đến dư vào mỗi dung dịch muối trong ống nghiệm, dung dịch Ba(NO3)2
không có phản ứng với dung dịch NaOH, còn ba dung dịch Al(NO3)3, Zn(NO3)2 và Cd(NO3)2 tác
dụng với NaOH đều sinh ra các kết tủa trắng, nhưng sau đó kết tủa Cd(OH)2 không tan, còn
Al(OH)3 và Zn(OH)2 tan trong NaOH dư. Nhận ra được lọ (1) đựng dung dịch Ba(NO3)2; lọ (6)
đựng dung dịch Cd(NO3)2.
Các phương trình hóa học xảy ra:
(4)
Al3+
+ 3 OH- → Al(OH)3↓
(5)
Al(OH)3 + OH → [Al(OH)4]
(6)

2+
Zn
+ 2 OH → Zn(OH)2↓
(7)
Zn(OH)2 + 2 OH- → [Zn(OH)4]2(8)
Cd2+
+ 2 OH- → Cd(OH)2↓
Còn lại 2 dung dịch Al(NO3)3, Zn(NO3)2. Nhận biết mỗi dung dịch muối này:
Thí nghiệm 4:
Cách làm tương tự như thí nghiệm 1 nhưng thay dung dịch HCl bằng dung dịch NH3.
Nhỏ từ từ dung dịch NH3 cho đến dư vào từng dung dịch Al(NO3)3, Zn(NO3)2 đựng trong 2 ống
trang 8/9


nghiệm, dung dịch muối nào tạo ra kết tủa không tan là dung dịch Al(NO3)3 (2), còn dung dịch
nào tạo thành kết tủa, sau đó kết tủa tan thì đó là dung dịch Zn(NO3)2 (4).
Các phương trình hóa học xảy ra:
Al3+ + 3 NH3 + 3H2O → Al(OH)3↓ + 3 NH4+
(9)
2+
+
Zn + 2 NH3 + 2H2O → Zn(OH)2↓ + 2 NH4
(10)
2+
(11)
Zn(OH)2 + 4 NH3
→ [Zn(NH3)4] + 2 OH
Chú ý: Đây là bài thi về phương án thực hành nên yêu cầu cao về các thao tác và kỹ năng
thí nghiệm.
Ý 1: yêu cầu thí sinh phải biết sử dụng bình định mức 100 ml để pha chế hóa chất.

Ý 2: nếu thí sinh không trình bày các thao tác thí nghiệm, nhưng vẫn nhận biết được từng
dung dịch thì tối đa chỉ được một nửa số điểm theo biểu điểm.
-------- HẾT --------(Nếu thí sinh làm theo cách khác mà đúng vẫn cho đủ điểm )
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
THPT NĂM 2012

Dự thảo

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn: HOÁ HỌC
Ngày thi thứ hai: 12/01/2012

Câu 1. (4,0 điểm): 1. 1,5 điểm; 2. 2,5 điểm.
Viết công thức cấu tạo của các hợp chất hữu cơ A, B, C, D, E, F, G, H, I, J, K, M, N để
hoàn thành các sơ đồ chuyển hóa sau:
1.

2.

NaCN

PhCHO

A
(C14H12O2)

CH3-CH2-CH2-OH
HBr

CH2=CH-CHO
HO

PCC, CH2Cl2

G
OH

Mg

ete

HNO3, CH3COOH

B

H2N-C(CH3)3

D

H

2. H2O

o

C

+

2. H

LiN[CH(CH3)2]2

E

O
CH3

1. CH3

1. NaOH, t

I

H2, Pd/C

J

F

H2O, H+

M

H2O, H+

K

N
(C15H20O)

Hướng dẫn chấm:
1.

2PhCHO

NaCN

Ph-CO-CHOH-Ph
(A)

HNO3
CH3COOH

Ph- C- C-OH

Ph-CO-C-Ph

Ph- C - C- OH

O O

(B) O
Ph

Ph

O O

Ph

OH

H+

Ph- C - C- OH
HO O (C)

2.

trang 9/9


CH3-CH2-CH2-OH

PCC, CH2Cl2

HBr

CH2=CH-CHO
HO

CH3-CH2-CHO
D

H3C

O

H2C-CH2
OH

Br

H2N-C(CH3)3

Mg

CH3-CH2-CH=N-C(CH3)3
E
O

H2C-CH2
MgBr

ete

O

G

O

O

H3C

I

O

H2O
H+

O

H3C

H3C

O

J

H3C

CHO
K

CH3

F

OH

CH3

- H2O

O

Li
CH3-CH-CH=N-C(CH3)3 +

H3C

CH3
H2, Pd/C

I

2. H2O

O

Li+
CH3-CH-CH=N-C(CH3)3
F

O
CH3

1. CH3

H

OH

H3C

LiN[CH(CH3)2]2

CH3

CH3
H2O, H+
- H2N-C(CH3)3

H3C

CHO
K

(CH3)3C-N=HC

M

H3C
OHC

CH3

N

CH3

Câu 2. (4,0 điểm): 1. 1 điểm; 2. 1,5 điểm; 3. 1,5 điểm.
Viết công thức cấu tạo của các hợp chất hữu cơ A, B, C, D, E, F, G, H, I, J, K để hoàn

thành các sơ đồ chuyển hóa sau:
1.

PPh3

1,2-§iformylbenzen Ph3P
(C8H6O2)

Cl2

A
o

2. β-Metylnaphtalen CrO3/Py C CH2=CH-CH=CH2, 200 C D
(C11H10)
o
H2N-OH
1. H2SO4
I
F 350 C G
H
2. LiAlH4

3. Viết cơ chế của phản ứng:

H2N-NH2/C2H5ONa
+G

J

E

K2Cr2O7/H2SO4,t

1.CH3COCl
+

2.H

o

O

KOH, H2O
o

40 C

F

K (C16H18O2)

O
N Br

Hướng dẫn chấm:

B

H2N-CH2-CH2-COOK

B có thể là sản phẩm cộng 2 Cl2.

trang 10/9


Cl
CHO

1.

PPh3

Ph3P

Cl

Cl2

CHO
A

O

2.

CH3

O

CH3

o

β-Metylnaphtalen

O

C

D O
CH3

CH3
K2Cr2O7/H2SO4,t

CH3
COOH 350 oC
COOH

o

G
CH3

CH3

CH3

NH

H2SO4

O
LiAlH4

hoÆc

NH

O

H
CH3

CH3

CH3
NH + G

CH3CO CH3

N

1.CH3COCl
+

2.H

I

H2N-OH

O

F

E

N OH

Cl

H2N-NH2/C2H5ONa

CH2=CH-CH=CH2, 200 C

CrO3/Py

hoÆc

B

CH3

O

J

CH3

K

NH

3. Cơ chế của phản ứng:
O

O

O

OH

OH
N Br

OH
N Br

N Br

O

OH

O H
N C

O

O

O

OH

O
NH

H

O

C

O

OH

OH

O
O
NH

C

O
NH

O

H

O

C

OH

O
O

OH
N C

O

O

O
OH
N C

OH
N
C

O

O

O

O

O

O

K+

NH2

Câu 3. (4,0 điểm): 1. 1 điểm; 2. 1 điểm; 3. 1 điểm; 4. 1 điểm.
1. Hợp chất (A) chuyển hoá thành hợp chất (A') trong
môi trường kiềm theo sơ đồ bên. Hãy dùng mũi tên
cong để chỉ rõ cơ chế của phản ứng.
Br

OHO
Br

H2N

COOK

COOH
(A')

(A)
trang 11/9

O


2. Từ anilin, các chất hữu cơ (không quá 2 nguyên tử cacbon
trong phân tử) và vô cơ cần thiết; hãy viết các phản ứng điều
chế N-etyloxinđol.

O
N
CH2-CH3

N-Etyloxin®ol

3. Viết công thức cấu tạo của các hợp chất hữu cơ B, C, D, E và cơ chế phản ứng tạo thành B theo
sơ đồ chuyển hóa sau:
H3C

O

OH

H3C

H2N

O

O

SH

N
H

B

dd NaOH, to

C + D + E

4. Viết các tác nhân phản ứng, điều kiện phản ứng (nếu có) thay cho dấu chấm hỏi (?) và vẽ cấu trúc
của các hợp chất hữu cơ A, B để hoàn thành sơ đồ chuyển hoá sau:
O

Me
+

Me

HO
?

O

?

A

H

Me

?

B

H

O

O

Me

Hướng dẫn chấm:
Nếu nguyên tử Br thứ 2 ở vị trí số 3 của vòng thì khi phản ứng với OH- không tạo ra sản phẩm A’.
Muốn tạo ra A’, nguyên tử Br đó phải ở vị trí 2 và phản ứng xẩy ra như sau:

1.
3

Br

OH
2

O
Br

OH

- H2O

O
Br

Br

OH

O
Br

COOH

O

Br

.

2.
NH2

NHCOCH3

HNC2H5

LiAlH4

CH3COCl

N

ClCH2COCl

CH2Cl

C

O
N
C2H5
N-Etyloxin®ol

AlCl3

O

C2H5
3.

OH H

H

N

N

HO
H3C CH3O

O

OH
SH

HO
H3C CH3

B

COONa + H2N
C
D

COONa

SH

+ H2 N
E

4.
Me

Me

O

+ O

O
§iel-Alder

O

Me

Me

HO

HOCH2
Me

HOCH2

Me

1. Hg(OAc)2

LiAlH4

O

H

Me

2. NaBH4

H

O

O

(Giai đoạn cuối cùng có thể dùng H3O+).
Câu 4. (4,0 điểm): 1. 1 điểm; 2. 1 điểm; 3. 1,5 điểm; 4. 0,5 điểm.

trang 12/9

Me


Apiin là một flavon-glycozit có trong cây cần tây, mùi tây. Thủy phân
apiin có xúc tác enzim β-glycosidaza, thu được A (apigenin, công thức
HO
O
7
phân tử là C15H10O5), B (C6H12O6) và C (C5H10O5). Metyl hóa hoàn
toàn apiin bởi CH3I/Ag2O, sau đó thuỷ phân sản phẩm thì thu được
5
OH O
D (C17H14O5), E (C9H18O6) và F (C8H16O5). Oxi hóa E bằng CrO3/H2SO4, thu

được sản phẩm chính là axit (2S),(3S)-đimetoxisucxinic. Khi cắt mạch
Ruff C thì thu được G (C4H8O4).
Mặt khác, C chuyển hóa được theo sơ đồ dưới đây:
+

C MeOH/H C1

NaIO4

C2

NaIO4

OH

A (Apigenin)

+
C3 H C4 + C5

1. Xác định cấu trúc của B.
2. Vẽ công thức Havooc của các đồng phân có thể tồn tại của C khi ở dạng furanozơ.
3. Vẽ cấu trúc của C1, C2, C3, C4 và C5.
4. Vẽ cấu trúc của apiin, biết phần đisaccarit liên kết với nguyên tử cacbon ở vị trí số 7 của A.
Cho: E và F là các monosaccarit thuộc dãy D, có thể tồn tại ở dạng hỗn hợp các đồng phân anome;
Khi B ở dạng α-piranozơ và C ở dạng β-furanozơ thì đều phản ứng được với 1
đương lượng (CH3)2CO/H2SO4;
C có tính quang hoạt, còn G không có tính quang hoạt; C và G đều tham gia phản ứng
Tolenxơ.
Hướng dẫn chấm:

1. Từ các dẫn xuất metyl, E và F, suy được thứ tự liên kết của các monosaccrit: C-B-Apigenin.
Xác định B.
Kết hợp điều kiện B ở dạng α-piranozơ phản ứng
được với 1 đương lượng axeton và sản phẩm oxi hóa E là
axit (2S),(3S)-đimetoxisucxinic, suy ra B có thể là Dglucozơ, D-sorbozơ,…

H

CH2OH
O
OH

HO
H

H
OH
CH2OH

D-Sorbose

Khi B là D-glucozơ: Hai nhóm cacboxyl được tạo thành do oxi hóa nhóm OH ở C2 và OH ở C5 của
E. Do vậy, C liên kết với B qua vị trí 2.
MeO

HO
H

H

HO
H

O H

H

O H
OH

CHO

OMe
OH

H

α-D-Glucopiranose

OH

OH

COOH

OH

MeO
H
H

H

MeO

OH

H

H
OMe
OH
CH2OMe

MeO
H

s

H

s OMe
COOH

Axit (2S),(3S)-§imetoxisucxinic

E (α-anome)

2. Xác định đường C. Theo đầu bài C là monosaccarit dãy D, có tính quang hoạt, khi cắt mạch Ruff
cho G không quang hoạt, suy ra C là một D-andotetrozơ, dạng β có nhánh CH2OH (apiozơ).

CHO
H
HO

2
3

OH
CH2OH

CHO

Thoái phân Ruff

CH2OH

HO

CH2OH

CH2OH

(C)

(G)

trang 13/9


Nhóm CHO có thể nối với mỗi nhóm CH2OH, cho 2 dạng vòng furanozơ. Mỗi dạng lại có 2 đồng

phân: α- và β-anome. Như vậy, về mặt lí thuyết khi ở dạng furanozơ, C có thể tồn tại 4 đồng phân
như sau (Dãy D: OH ở C2 nằm bên phải ở công thức Fisơ, và nằm dưới mặt phẳng vòng ở công
thức Haworth):
O

OH

O

CH2OH

OH

CH2OH

OH

OH

OH

OH
α-Anome
(1)

OH
OH
H2COH

H2COH

OH

OH
α-Anome
(3)

β-Anome
(2)

OH

O

O

OH

β-Anome
(4)

Trong số 4 dạng trên chỉ có 2 dạng (1) và (2) có nhóm CH2OH ở phía trên của vòng là đảm bảo dữ
kiện của đề bài.
3. Công thức của C, C1, C2, C3, C4 và C5.
O

OH

CH2OH

MeOH/H

OH

OH
β-Anome

OCH3

O
+

CH2OH
OH

NaIO4

OH

OCH3

O

NaIO4

O

CHO

H

+

HOCH2-COOH
C4
+

COOH CHO

CH2OH

C1

OCH3

O

C3

C2

OHC-CHO
C5

4. Khi B là D-glucozơ thì công thức của Apiin là
OH

OH
O

HO
HO

2

7

O

O

O

O

CH2OH
OH

O

OH

2'

OH

Apiin

Khi B là D-sorbozơ thì “apiin” có công thức sau (mặc dù chưa tìm thấy chất này tồn tại ở dạng
glycozit trong thiên nhiên).

HO
HO

O
3

O

O

CH2OH

OH
O

O
7

CH2OH

5

OH O

2'

OH

OH

"Apiin"

Câu 5. (4,0 điểm): 1. 1,5 điểm; 2. 1,5 điểm; 3. 1,0 điểm.
1. 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
E
Liên kết
E

O-H (ancol)
437,6
C-O (ancol)
332,8

C=O (RCHO)
705,2
C-C (RCHO)
350,3

C-H (ankan)
412,6
C-H (RCHO)
415,5

C-C (ankan)
331,5
H-H
430,5

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

(1)

trang 14/9


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. Cho phản ứng:
CuCO3 (rắn) ƒ
CuO (rắn) + CO2 (khí)
(2)
Thực nghiệm cho biết liên hệ giữa nhiệt độ T (theo Kenvin) với hằng số cân bằng hóa học K p như
sau:
T (K)
Kp

400
2,10.10-3

500
1,51.10-1

600
2,61

a) Không cần tính, hãy chỉ rõ ảnh hưởng của nhiệt độ T đến cân bằng hóa học của phản ứng (2).
b) Tính nhiệt phản ứng (∆H0pư) và biến thiên năng lượng tự do Gipxơ tiêu chuẩn (∆G0pư) của
phản ứng (2). Hãy nhận xét sự biến thiên theo nhiệt độ của ∆H0pư và ∆G0pư.

3. Thả một viên nước đá có khối lượng 20 gam ở -25 oC vào 200 ml rượu Vodka-Hà 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.ml-1;
nhiệt dung đẳng áp của nước đá là 37,66 J.mol-1.K-1, của nước lỏng là 75,31 J.mol-1.K1
và của rượu là 113,00 J.mol-1.K-1. Nhiệt nóng chảy của nước đá là 6,009 kJ.mol-1.
Hướng dẫn chấm:
1. a) Phương trình phản ứng:
H
O

C

CH2 C

H

H

H

O
+ 2H

H

H

O

C

CH2 C O

H
m

n

i=1

j=1

H

(1)

H

∆H pư = ∑ ν i E i - ∑ ν jE j
0

i là liên kết thứ i trong chất đầu; ν i là số mol liên kết i
j là liên kết thứ j trong chất cuối; ν j là số mol liên kết j
Vậy ∆H0pư = (2EC=O + 2EH-H + 2EC-H (RCHO) + 2EC-H (Ankan) + 2EC-C (RCHO))
– (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 .
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 hơn tổng năng lượng tỏa ra khi hình thành các liên kết ở phân tử chất cuối
2. a) Theo bài ra, khi nhiệt độ T tăng, giá trị K p tăng. Vậy phản ứng (2) thu nhiệt, ∆H0pư > 0.
Như vậy khi T tăng, cân bằng hóa học chuyển dịch sang phải.
KT
RT1T2ln 2
K T1
b)
∆H0pư =
T2 - T1
0
Với T1 = 400, T2 = 500 → ΔH pu = 71,08 (kJ.mol-1)
0
Với T1 = 500, T2 = 600 → ΔH pu = 71,06 (kJ.mol-1)

Vậy ∆H0pư = 71,07 (kJ/mol).
∆G0pư = - RTlnKp
0
Với T1 = 400; Kp1 = 2,10.10-3 → ΔG1 = + 20,51 (kJ.mol-1)
0
Với T2 = 500; Kp2 = 1,51.10-1 → ΔG 2 = + 7,86 (kJ.mol-1)
trang 15/9


0
Với T3 = 600; Kp3 = 2,61 → ΔG 3 = - 4,78 (kJ.mol-1).
Nhận xét: theo chiều tăng của nhiệt độ thì ∆H0pư hầu như không thay đổi, nhưng ∆G0pư giảm.
3. Thành phần của rượu và nước trong rượu 39,5o là:
39,5 . 200
VC2 H5OH =
= 79 (ml) → VH 2O = 200 - 79 = 121 (ml)

100
→ m C2 H5OH = 79 . 0,8 =63,2 (g) và m H 2O = 121 . 1 = 121 (g).

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:
Q1
Q2
Q3
H 2 O (r) 
→ H 2O (r) 
→ H 2 O (l) 
→ H 2O (l)
o
o
o
-25 C
0 C
0 C
tcb oC
20
20
20
. 37,66 . (0 - (-25)) +
. 6,009.103 +
. 75,31 . (t cb - 0)
Qthu = Q1 + Q2 + Q3 =
18
18
18

→ Qthu = 7722,78 + 83,68 . tcb
Mặt khác nhiệt tỏa ra của quá trình:
121
63, 2
. 75,31 . (25 − t cb ) +
. 113,00 .(25 − t cb )
Qtỏa = Qtỏa của nước + Qtỏa của rượu =
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).
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:
∆S1
∆S2
∆S3
H 2O (r) →
H 2 O (r) →
H 2O (l) →
H 2 O (l)
o
o
o
-25 C
0 C
0 C
tcb oC
Vậy ΔS nđ = ΔS1 + ΔS2 + ΔS3
3

→ ΔS nđ = 20 . 37,66 . ln 273 + 20 . 6,009.10 + 20 . 75,31 . ln 273 + 11,83 = 32,03 (J.K-1)
18
273 - 25 18
273
18
273

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
121
273 + 11,83
63, 2
273 + 11,83
→ ΔS hhr =
. 75,31 . ln
+
. 113,00 . ln
= - 29,9 (J.K-1).
18
298
46
298
Vậy ΔS hệ = 32,03 – 29,9 = 2,13 (J.K-1)

-------------------- HẾT -------------------(Nếu thí sinh làm theo cách khác mà đúng vẫn cho đủ điểm theo biểu điểm)

trang 16/9