30 đề thi học sinh giỏi môn hóa học lớp 11 của các trường chuyên khu vực duyên hải đồng bằng bắc bộ có đáp án

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC
BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG
TỈNH BG

ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI
11
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 03 trang, gồm 10 câu)

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Câu 1 (2,0 điểm) Tốc độ phản ứng
1. Cho phản ứng:
(các hằng số tốc độ phản ứng k1 = 300 s–1 ; k2 = 100 s–1 ).

k1

B
A 
k
2

(xe là nồng độ chất lúc cân bằng; x là nồng độ chất đã phản

(1)
k1 + k 2 =

xe
1

ln
t xe - x

ứng).

(2)
Ở thời điểm t = 0, chỉ có chất A mà không có chất B. Trong thời gian bao lâu thì một nửa lượng
chất A chuyển thành chất B?
2. Cho phản ứng pha khí: 2NO (k) + O 2 (k) → 2NO 2 (k)
(3)
Phản ứng (3) tuân theo định luật tốc độ thực nghiệm v = k[NO]2 [O 2 ].
Giả định rằng phản ứng không diễn ra theo một giai đoạn sơ cấp. Hãy đề nghị một cơ chế có khả năng
cho phản ứng (3) và chứng tỏ rằng cơ chế ấy phù hợp với thực nghiệm động học.
Câu 2 (2,0 điểm) Cân bằng trong dung dịch điện ly
1. a) Tính pH của dung dịch Na2 X 0,022 M.
b) Tính độ điện li của ion X2- trong dung dịch Na2 X 0,022 M khi có mặt NH4 HSO 4 0,001 M.
Cho: pK
- = 2,00; pK
+ = 9,24; pK a1(H X) = 5,30; pK a2(H X) = 12,60.
2
2
a(HSO )4

a(NH 4 )

2. Một dung dịch monoaxit HA có pH = 1,70. Khi pha loãng gấp đôi dung dịch đã cho thì thu được dung
dịch có pH = 1,89. Xác định hằng số ion hóa K a của axit HA.
Câu 3 (2,0 điểm) Điện hóa học
1. Muối KClO 4 được điều chế bằng cách điện phân dung dịch KClO 3 . Thực tế khi điện phân ở một điện
cực, ngoài nửa phản ứng tạo ra sản phẩm chính là KClO 4 còn đồng thời xẩy ra nửa phản ứng phụ tạo

thành một khí không màu. Ở điện cực thứ hai chỉ xẩy ra nửa phản ứng tạo ra một khí duy nhất. Hiệu
suất tạo thành sản phẩm chính chỉ đạt 60%.
a) Viết ký hiệu của tế bào điện phân và các nửa phản ứng ở anot và catot.
b) Tính điện lượng tiêu thụ và thể tích khí thoát ra ở điện cực (đo ở 250 C và 1atm) khi điều chế được
332,52g KClO 4 .
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.
Cho biết: E0Au3+ /Au + = 1,26V; E0Fe3+ /Fe = -0,037V; E0Fe2+ /Fe = -0,440V.
Câu 4 (2,0 điểm) Bài tập tính toán vô cơ tổng hợp
1. Hoà tan hoàn toàn 0,8120 gam một mẫu quặng sắt gồm FeO, Fe2 O3 và 35% tạp chất trơ trong dung dịch
H2 SO 4 loãng (dư), thu được dung dịch X. Sục khí SO 2 vào dung dịch X, thu được dung dịch Y. Dung dịch
Y phản ứng vừa đủ với 22,21 ml dung dịch KMnO 4 0,10M. Mặt khác, hoà tan hết 1,2180 gam mẫu quặng
trên trong dung dịch H2 SO 4 loãng (dư) rồi thêm ngay dung dịch KMnO 4 0,10M vào dung dịch thu được
cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thì hết 15,26 ml dung dịch KMnO 4 0,10M.
a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.


b) Tính thể tích SO 2 (ở điều kiện tiêu chuẩn) đã dùng và thành phần phần trăm theo khối lượng của
FeO, Fe2 O3 có trong mẫu quặng.
2. Hòa tan hoàn toàn 19,2 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3 O4 và Fe2 O 3 trong 400 ml dung dịch
HNO 3 3M (dư) đun nóng, thu được dung dịch Y và V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc).
Cho 350 ml dung dịch NaOH 2M vào dung dịch Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được
21,4 gam kết tủa. Tính khối lượng chất tan trong Y và giá trị của V?
Câu 5 (2,0 điểm) Sơ đồ biến hóa, Cơ chế phản ứng, Đồng phân lập thể, Danh pháp
1. Hãy đề nghị cơ chế cho các phản ứng sau:
O

1. BuMgBr
2. H2 O

a.

A1 + A2 + A3 + A4 + A5

3. H2 SO4

Biết rằng từ A1  A5 là các đồng phân có cùng công thức phân tử C13 H22 .
HO

H2SO4

b.
OH

O

O
1. NaOH, Cl 2

c.

2. H3 O+

COOH
COOH

O

2. Hợp chất X có công thức:

O

Hãy gọi tên X và cho biết X có bao nhiêu dạng cấu trúc không gian tương đối bền, các dạng đó khác nhau
về các yếu tố lập thể nào? Hãy viết công thức cấu trúc của hai dạng tiêu biểu, có ghi đầy đủ các ký hiệu lập
thể thích hợp.
Câu 6 (2,0 điểm) Tổng hợp các chất hữu cơ, so sánh nhiệt độ sôi, Nhiệt độ nóng chảy, Tính Axit- Bazơ
1. Từ xiclohexan-1,3-đion và các hợp chất  4C hãy viết sơ đồ tổng hợp chất sau:

2. a) So sánh tính axit của: Axit bixiclo[1.1.1]pentan-1-cacboxylic và axit 2,2-đimetyl propanoic
b) So sánh tính bazơ của:
N

Pyridin

N
H

N
H

Pyrol

piperidin

Câu 7 (2,0 điểm) Nhận biết, Tách chất, Xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ
1. Axit A được tách ra từ quả cây hồi. Cấu tạo của hợp chất A đã được xác định theo sơ đồ phản ứng
sau:

a) V cu trỳc cho cỏc hp cht Y1 , Y2 v t ú suy ra cu trỳc ca Y3 , A, B, C, D. Bit rng A ch cú
mt nguyờn t hiro etylenic.
b) Hóy vit s phn ng tng hp ra A t nhng hp cht cha khụng quỏ 4C.
2. Thy phõn hp cht A (C13 H18 O2 ) trong mụi trng axit HCl loóng cho hp cht B (C11 H14 O). Khi B
phn ng vi brom trong NaOH, sau ú axit húa thi thu c axit C. Nu un núng B vi hn hp
hirazin v KOH trong glicol thi cho hirocacbon D. Mt khỏc, B tỏc dng vi benzanehit trong dung
dch NaOH loóng (cú un núng) thi to thnh E (C18 H18 O). Khi A, B, C, D b oxi húa mnh thi u cho
axit phtalic. Hóy vit cụng thc cu to ca cỏc hp cht t A n E.
Cõu 8 (2,0 im) Hu c tng hp
Hn hp A gm ba axit cacboxylic n chc, mch h, trong ú cú hai axit no l ng ng k tip v
mt axit khụng no cú mt liờn kt ụi (C=C). Cho m gam A phn ng hon ton vi 700 ml dung dch NaOH
1M, thu c dung dch B. trung hũa lng NaOH (d) trong B cn va 200 ml dung dch HCl 1M v thu
c dung dch D. Cụ cn cn thn D thu c 52,58 gam cht rn khan E. t chỏy hon ton E ri hp th
ton b sn phm khớ v hi vo binh ng dung dch NaOH (d), thy khi lng binh tng thờm 44,14 gam.
Xỏc nh cụng thc ca ba axit v tớnh phn trm khi lng ca mi axit trong A?
Cõu 9 (2,0 im) Cõn bng húa hc
i vi phn ng thun nghch pha khớ: 2SO 2 + O2 2SO 3 .
1. Ngi ta cho vo bỡnh kớn th tớch khụng i 3,0 lớt mt hn hp gm 0,20 mol SO 3 v 0,15 mol
SO 2 . Cõn bng húa hc c thit lp ti 250 C v ỏp sut chung ca h l 3,20 atm. Hóy tớnh phn trm
th tớch oxi trong hn hp cõn bng.
2. Cng 250 C, ngi ta cho vo bỡnh trờn ch x mol khớ SO 3 . trng thỏi cõn bng húa hc thy cú
0,105 mol O 2 . Tớnh t l SO 3 b phõn hy, phn trm th tớch mi cht trong hn hp khớ v ỏp sut
chung ca h trng thỏi cõn bng.
Cõu 10 (2,0 im) Phc cht
Coban tạo ra đ-ợc các ion phức: CoCl2 (NH3 )4 + (A), Co(CN)6 3- (B), CoCl3 (CN)3 3- (C),
1. Viết tên của (A), (B), (C).
2. Theo thuyết liên kết hoá trị, các nguyên tử trong B ở trạng thái lai hoá nào?
3. Các ion phức trên có thể có bao nhiêu đồng phân lập thể? Vẽ cấu trúc của chúng.
4. Viết ph-ơng trình phản ứng của (A) với ion sắt (II) trong môi tr-ờng axit.
----------HT---------Ngi ra

(H tờn, ký tờn - in thoi liờn h)

Dng Trng Phong
(0985.574.133)


HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC
BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG
TỈNH BG

ĐÁP ÁN MÔN HÓA HỌC KHỐI
11
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
(Đáp án này có 09 trang, gồm 10
câu)

ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Câu

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA HỌC KHỐI 11
Nội dung chính cần đạt

Ý

Điểm
1,0đ

k1

 B
A 
k
2

Nồng độ đầu:
a
0
Nồng độ cân bằng: a - xe
xe
Ta có xe được xác định qua hằng số cân bằng (K):
x
[B]
aK
K
 e  xe 
[A] a - x e
1+K
Tại thời điểm một nửa lượng chất A đã tham gia phản ứng: x = a/2; t = t1/2
 xe – x = x e -



1
Thay
 t1/2 =

xe
aK/(1+K)
2K
=

xe - x
a(K-1)/[2(1+K)] K - 1

xe
2K
=
xe - x
K-1

vào

(2),

ta

có:

k1

+

k2



2,303 2K
lg
t1/2
K-1

2,303
2K
lg
k1 + k 2 K - 1

Vì K 

Câu 1
(2,0
điểm)

a
aK
a
2aK - a - aK
a(K - 1)
=
- =
=
2 1+K 2
2(1 + K)
2(1 + K)

k1
, nên:

k2

2k1
2,303
2,303
2 . 300
= 2,75.10-3 (s).
lg
=
lg
k1 + k 2 k1 - k 2 300 + 100 300 - 100
Vậy sau 2,75.10-3 giây thì một nửa lượng chất A đã chuyển thành chất B.
t1/2 =

Phản ứng có thể xảy ra theo cơ chế hai giai đoạn:
k
2NO ‡ˆ ˆˆk 1ˆ†
(a)
ˆˆ N 2 O2
1

2

Câu 2 1

1,0đ
(nhanh)

k2
 2NO 2

N2 O2 + O 2 
(b) (chậm)
Cộng (a) với (b) sẽ thu được phản ứng tổng cộng (3).
Giai đoạn (b)chậm, quyết định tốc độ chung của phản ứng, nên:
v = k2 [N2 O 2 ][ O 2 ]
(*)
Do giai đoạn (b) chậm và (a) nhanh nên có thể coi cân bằng (a) được thiết lập, khi đó có:
[N2 O2 ]/[NO]2 = k1 /k-1  [N 2 O2 ] = (k1 /k-1 )[NO]2 (2*)
Thay (2*) vào (*) thu được:
v = (k1 /k-1 )k2 [NO]2 [ O2 ] = k[NO]2 [ O 2 ] với k = (k1 /k-1 )k2 .
Như vậy từ cơ chế giả định có thể rút ra được định luật tốc độ thực nghiệm. Cơ chế là có
khả năng.
Chú ý: Thí sinh có thể đưa ra cơ chế khác. Nếu chứng minh chặt chẽ rằng cơ chế đó phù
hợp với thực nghiệm thì cho đủ điểm.

a)

X2- + H2 O ƒ

HX- + OH-

Kb1 = 10-1,4

(1)

0,5đ


(2,0
điểm)

HX- + H2 O ƒ
H2 X + OHKb2 = 10-8,7
(2)
+
-14
H2 O ƒ H
+ OH
Kw = 10
(3)
Vì K b1 .C >> K b2 .C >> K w  pH của hệ được tính theo cân bằng (1):
X2- + H2 O ƒ
HX- + OHKb1 = 10-1,4
C
0,022
[ ] 0,022 - x
x
x
[OH ] = x = 0,0158 (M)  pH = 12,20
b) Khi có mặt NH4 HSO 4 0,0010 M:
NH4 HSO 4 

NH


4

0,001
-

2

0,021
0,020

+

0,001
0,002

K 1 = 1010,6

SO 4

0,001
HX-

1,0đ


4

0,001

HX- +

0,022
0,021



X2- 
ƒ

+

+ H SO

NH
0,001


X2- 
ƒ

Phản ứng: H SO4 +
0,001
-


4

0,001
K 2 = 103,36

NH3
0,001
2

Hệ thu được gồm: X2- 0,020 M; HX- 0,002 M; SO 4 0,001 M; NH3 0,001 M.
Các quá trình xảy ra:

X2- + H2 O ƒ
HX+ OHKb1 = 10-1,4
(4)
NH3 + H2 O
HX-

+ H2 O

2

SO 4 + H2 O

HX-



ƒ
ƒ

NH 4

+ OH-

H2 X

OH-

+


ƒ
ƒ

H SO4 + OHH+

+

K 'b = 10-4,76
K b2 =

K b = 10-12

X2-

So sánh các cân bằng từ (4) đến (7), ta có: K b1 . C
Kb. C

2SO 4

10-8,7

Ka2 =

(5)
(6)
(7)

10-12,6

(8)

'

X

2-

>> K b . C NH >> Kb2 . C
3

HX

+ H2 O ƒ
HX+
OHKb1 = 10-1,4 C
0,002
0,02 - y
0,002 + y
y
 y = 0,0142  [HX ] = 0,0162 (M)
X2-

[]

>>

 (4) chiếm ưu thế và như vậy (4) và (8) quyết định thành phần cân bằng của

hệ:
0,02

-

 αX - =
2

-

[HX ]

(Hoặc α 2- =
X

0,0162

0,022

-

[OH ] + C

=

HSO 4

0,022

+C

0,022

+

NH 4



= 0,7364 hay α

X

-

2

= 73,64 %.

0,0142 + 0,001 + 0,001
0,022

= 0,7364)


[H + ][A - ]
(2)
[HA]
Bỏ qua sự phân li của nước, ta có: [H+]  [A-] và c (nồng độ mol của axit) = [A-] + [HA]
[H + ]2
Thay [H+] = [A-] và [HA] = c - [H+] vào (2), ta được K a =
(3)
c - [H + ]

Khi pH = 1,70 thì [H+]  10 -1,70  0,0200; Khi pH = 1,89 thì [H+]  10 -1,89  0,0129
Thay các kết quả này vào (3) ta được hệ phương trình:

0,022
K a = c - 0,02


0,01292
K
=
 a c

- 0,0129

2
Giải hệ phương trình ta được c = 0,0545 và Ka = 0,0116.
Vậy c = 0,0545 mol/l và K a = 0,0116
HA → H+ + A-

2

Ka =

(1)

a) Kí hiệu của tế bào điện phân:

Pt  KClO 3 (dd)  Pt

0,5đ

anot: ClO 3 - - 2e + H2 O  ClO 4 - + 2H+
catot:
2H2 O + 2e  H2 + 2OHClO 3 - + H2 O  ClO 4 - + H2
1
anot:
H2 O - 2e
 2H+ + O2
2
catot:
2H2 O + 2e  H2 + 2OH1
H2 O 
O2 + H2
2

Phản ứng chính:

Phản ứng phụ:

0,5đ

b) M KClO4  39,098 + 35,453 + 64,000 = 138,551
1
Câu 3
(2,0
điểm)

2

0,5đ

332,52
 2,4mol
138,551
c 100
 8.F  8(96485C)  771880C
q = 2,4 mol . 2F
.
mol 60
q = 771880 C
8F
Khí ở catot là hydro: n H2 =
 4 mol
2F / mol
nRT 4.0,08205.298

 97,80 lit
V H2 =
P
1
Khí ở anot là oxy: nF tạo ra O 2 = 8 . 0,4 = 3,2 F
3,2 F
n O2 =
 0,8 mol
4F / mol
nRT 0,8.0,08205.298

 19,56 lit
V O2 =
P

1
n KClO4 

a) Theo qui ước: quá trình oxi hóa Fe2+ xảy ra trên anot, quá trình khử Au3+ 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 │ Fe 3+(aq), Fe 2+(aq) ║ Au3+(aq), Au+(aq) │ Pt (+)
Phản ứng ở cực âm:

2x

Fe2+(aq)




Fe3+(aq) + e

1

K1

0,5đ


Au3+(aq) + 2e 
 Au+(aq)

Phản ứng ở cực dương:
Phản ứng trong pin:

Au3+(aq) + 2Fe2+(aq) 
 Au+(aq) + 2Fe3+(aq)
K = (K 11 )2 .K2 = 10

b)

K2

2( E 0

Au3+ /Au 

-E 0 3+
Fe

/Fe2+

K

) / 0,059

0,5đ

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)
Fe3+ + e €

Fe2+ E0 (3) =

-ΔG 0 (3)
ΔG0 (1) - ΔG0 (2)
= 
= 3E0 (1)- 2E0 (2) = 0,77V
F
F

→ K = (K 11 )2 .K2 = 102(1,260,77) / 0,059 = 1016,61
Ở điều kiện tiêu chuẩn, sức điện động chuẩn của pin trên sẽ là:
E0 pin = E 0 3+ + - E 0 3+ 2+ = 0,49 V
Au

/Au

Fe

/Fe

a)
FeO + H2 SO4  FeSO4 + H2 O
(1)
Fe2 O3 + 3H2 SO4  Fe2 (SO 4 )3 + 3H2 O
(2)
Fe2 (SO 4 )3 + 2H2 O + SO 2  2FeSO 4 + 2H2 SO 4
(3)

10FeSO 4 + 2KMnO 4 + 8H2 SO4  5Fe2 (SO 4 )3 + 2MnSO4 + K 2 SO 4 + 8H2 O (4)
5SO 2 + 2KMnO 4 + 2H2 O  2H2 SO 4 + 2MnSO 4 + K2 SO4
(5)
b) Từ (1) và (4) ta có:
nFeO (trong 1,2180 gam mẫu) = n Fe2 = 5. n MnO  = 5 . 0,10 . 15,26.10-3 = 7,63.10-3 (mol)

0,5đ

0,75đ

4

-3

7,63.10 . 0,8120
= 5,087.10-3 (mol)
1,2180
 mFeO (trong 0,8120 gam mẫu) = 72 . 5,087.10-3 = 0,3663 (g)
và mFe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu) = 0,8120 . 0,65 – 0,3663 = 0,1615 (g)
 nFeO (trong 0,8120 gam mẫu) =

0,1615
 1,01.10-3 (mol)
160
Tương tự, từ (3) và (5) ta có:  n SO2  n SO2 (3)  n SO2 (5)

 n Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu) =

1

Trong đó: nSO2 (3) = n Fe2 (SO4 )3 (trong 0,8120 gam mẫu) = n Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu) = 1,01.10-3 (mol)

Câu 4
(2,0
điểm)

5
5
1
n MnO- (5) = ( n MnO-   n Fe2 )
4
4
2
2
5
với:  n Fe2 = nFeO (trong 0,8120 gam mẫu) + 2.n Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu)
n SO2 (5) 

5
1
( n MnO-  (n FeO (trong 0,8120 gam mẫu) + 2.n Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu))
4
2
5
5
1
 nSO2 (5) =  0,10 . 22,21.10-3 - (5,087.10-3 + 2 . 1,01.10-3 )   2.10-3 (mol).
2
5


 nSO2 (5) =

Vậy:

n

SO2

 3,01.10-3 (mol)  VSO2 = 22,4 . 3,01.10-3 = 0,0674 (lit)

0,3663
.100 = 45,11 %
0,8120
% Fe2 O 3 = 65 % – 45,11 % = 19,89 %
Vì Fe3 O 4 là hỗn hợp của FeO và Fe2 O3 nên coi 19,2 gam X gồm: Fe, FeO và Fe2 O 3
PTHH:
Fe + 4HNO 3  Fe(NO 3 )3 + NO + 2H2 O
(1)
3FeO + 10HNO 3  3Fe(NO 3 )3 + NO + 2H2 O (2)
Fe2 O3 + 6HNO 3  2Fe(NO 3 )3 + 3H2 O
(3)

% FeO =

2

0,75đ

- Dung dịch Y gồm: Fe(NO 3 )3 và HNO 3 dư
- nNaOH = 0,35.2 = 0,7 mol
- Cho dd NaOH tác dụng với Y, PTHH:
HNO 3 + NaOH  NaNO 3 + H2 O
Fe(NO 3 )3 + 3NaOH  Fe(OH)3 + NaNO 3
Theo (5): nNaOH (5)  3nFe(OH )3  3.0, 2  0,6 mol

(4)
(5)

 nNaOH (4)  0,7  0,6  0,1mol
Theo (4): nHNO3 d­  nNaOH (4)  0,1mol

 nHNO3 p­  0, 4.3  0,1  1,1mol
- Gọi số mol NO là x mol
- Bảo toàn nguyên tố nitơ: nFe ( NO3 )3 (Y ) 

nHNO3 p­  nNO



1,1  x
mol
3

3
1,1

 0,55 mol
2

1
- Bảo toàn nguyên tố hiđro: n H2O = n HNO3 p­
2
- Định luật bảo toàn khối lượng:
m X +m HNO3 p­ =m Fe(NO3 )3 + m NO +m H 2O

 19, 2  63.1,1  242.

1,1  x
 30 x  18.0,55
3

 x  0, 2

 VNO = 0,2.22,4 = 4,48 lít
- Bảo toàn nguyên tố nitơ: nFe ( NO3 )3 (Y ) 

nHNO3 p­  nNO

3
- mchất tan trong Y = 0,1. 63 + 0,3.242 = 78,9 gam



1,1  0, 2
 0,3 mol
3

0,5đ

O
OMgBr

a/

1/ BuMgBr

OH

2/ H2O

3/ H3O+

+

-H+

-H2O

-H+

+

Câu 5
(2,0 1
điểm)

O

1/ BuMgBr
2/ H2O
3/ HCl 4M

A1 A5
0,5đ

HO
+H+

b/

-H2O

OH

+

-H+

+

OH
HO

O


O

O

c/

OH-

Cl2

Cl OH-

Cl Cl2

O
Cl2

COOH

- CCl

O
-

-

COO

OH

H 3O

-

-

COO

OH

- CCl

2

Cl

O
COO-

0,5đ

O

OH-

2

O

O

COOH

+

CCl3
COO-

COOH

O

X là: 6-metyl-2-p-tolylhept-4-en-3-on
Có 8 dạng cấu trúc không gian tương đối bền, chúng khác nhau về các yếu tố: cấu hình
R/S, cấu hình E/Z và cấu dạng S-cis/S-trans.
H Ar
2

Ar

(S)

H

O

(Z)

O

(E)

(R)

0,5đ

S-trans

S-cis
1,0đ

1

a) Tính axit: Axit bixiclo[1.1.1]pentan-1-cacboxylic > axit 2,2-đimetyl propanoic là do:

0,5đ

H3C
COOH

Câu 6
(2,0
điểm)

COOH

H3C
H3C

+I

+I

H3C
COOH3C

COO-

H3C

2

Bị solvat hóa tốt hơn
b) Tính bazơ:

Bị solvat hóa kém do hiệu ứng không gian
0,5đ
>

>
..

N
H

N lai hóa sp3

N

N
H

N lai hóa sp2

Tính bazơ của piperidin là mạnh nhất do N chịu ảnh hưởng đẩy e của 2 gốc
hidrocacbon no, do đó làm tăng mật độ e trên nguyên tử N nên làm tăng tính bazơ.
Với pyridin, mặc dù N lai hóa sp2 , song đôi e riêng của N có trục song song với


mặt phẳng vòng thơm nên cặp e riêng này không liên hợp vào vòng, do đó đôi e riêng của
N gần như được bảo toàn, do đó pyridin thể hiện tính chất của một bazơ
Với pyrol, cặp e riêng của N liên hợp với 2 liên kết pi trong vòng, sự liên hợp này
làm cho mật độ e trên nguyên tử N giảm mạnh, pyrol gần như không thể hiện tính bazơ.
a)

0,75đ

b) Sơ đồ phản ứng tổng hợp ra A từ những hợp chất chứa không quá 4C.

0,5đ

Sự tạo thành axit phtalic cho thấy các hợp chất là dẫn xuất của benzen bị thế hai lần ở vị
trí ortho. B là một xeton có nhóm CH3 CO-.

0,75đ

1

Câu 7
(2,0
điểm)

-

HO

B + C6H5CHO

E (C18H18O)

Cho thấy B chỉ ngưng tụ với một phân tử benzanđehit, vậy nhóm CH3 CO- sẽ đính trực
tiếp vào nhân benzen và xeton B phải là o-C3 H7 C6 H4 COCH3 .
2

C3H7
CH3
O

A

O

B

C3H7

C3H7

C3H7

C3H7

COCH3

COOH

C2H5

COCH=CHPh

C

D

E

- Gọi công thức trung bình của hai axit no đơn chức mạch hở là Cn H2n +1COOH

Câu 8
(2,0
điểm)

- Gọi công thức của hai axit không no đơn chức mạch hở có một liên kết đôi là CmH2m -1COOH
(m  2, nguyên)
PTHH:
Cn H2n +1COOH + NaOH  Cn H2n +1COONa + H2 O (1)
Cm H2m -1 COOH+ NaOH  Cm H2m -1 COONa + H2 O (2)
NaOH + HCl  NaCl + H2 O
(3)
Theo (3): nNaOH (3)=nNaCl=nHCl=0,2 mol

2,0đ

 nNaOH (1), (2) = 0,7 – 0,2 = 0,5 mol
Theo (1), (2): n3 axit =n3 muối = nNaOH (1), (2) = 0,5 mol
- Khối lượng 3 muối natri của 3 axit ( RCOONa): mRCOONa= 52,58 – 0,2.58,5 = 40,88 gam
- Sơ đồ phản ứng cháy:
O2
2Cn H 2n +1COONa 
 Na 2CO3  (2n +1)CO2 +(2 n+1)H 2O (4)
to
O2
2Cm H 2m -1COONa 
 Na 2 CO3  (2m +1)CO2 +(2m - 1)H2 O (5)
to

- CO 2 và H2 O bị hấp thụ vào dung dịch NaOH: mCO2 +mH2O =44,14gam
- Gọi số mol CO 2 và H2 O lần lượt là x và y.
 44x + 18y = 44,14 (*)
0,5
- Từ (4) và (5): n Na 2CO3 =
=0,25 mol
2
- mRCOONa = 12.(x + 0,25) + 2y + 0,5.23 + 0,5.2.16 = 40,88 gam
 12x + 2y = 10,38 (**)
 x  0, 77
- Từ (*) và (**)  
 y  0,57
- Theo (4) và (5): n CmH2m -1COONa = n CO2 -n H2O = 0,77-0,57 = 0,2mol

 n Cn H2 n +1COONa  0,5  0, 2  0,3mol

 0,2.(14m + 66) + 0,3.(14 n + 68) = 40,88
 2,8m +4,2 n =7,28
 m +1,5 n =2,6
Mà m  2, nguyên
 m=2 và n =0,4
 Công thức của 3 axit là: HCOOH; CH3 COOH; CH2 =CH-COOH (0,2 mol)
- Sơ đồ đường chéo:
HCOOH

0

]

CH 3COOH 1


Z
0,4
Z
]

0,6
0,4

n HCOOH
0,6 3


n CH3COOH 0, 4 2



mol
 nn HCOOH  0,18
0,12 mol
CH3COOH

- mX = 40,88 – 0,5.22=29,88 gam
Vậy:

0,18.46
.100%  27, 71%
29,88
0,12.60
%mCH3COOH 
.100%  24,10%
29,88
0, 2.72
%mHCOOH 
.100%  48,19%
29,88
Xét
2 SO 2
+
O2 €
2 SO 3
(1)
ban đầu
0,15
0,20

lúc cbhh
( 0,15 + 2a)
a
(0,20 – 2a)
Tổng số mol khí lúc cbhh là n1 = 0,15 + 2a + a + 0,20 – 2a = 0,35 + a
Từ pt trạng thái: P1 V = n1 RT → n1 = P1 V / RT = 3,2.3/0,082.298 ; 0,393
→ a = 0,043.
%mHCOOH 

Câu 9
(2,0 1
điểm)

0,75đ


Vy x O 2 = a / n1 = 0,043/ 0,393 = 0,1094 hay trong hh cb oxi chim 10,94%
ban u
lỳc cbhh
Trng thỏi cbhh c xột i vi
K = const; vy: n 2SO3 / (n 2SO 2 .n O 2 )

2 SO 2
+
0
2. 0,105
(1) v (2) nh nhau v
= const.

O 2

2 SO 3
(2)
0
x
0,105
(x 2. 0,105).
T (v cựng V) nờn ta cú

1,25

Theo (1) ta cú n 2SO3 / (n 2SO 2 .n O 2 ) = ( 0,20 2. 0,043)2 / (0,15 + 0,086)2 . 0,043 = 5,43.
2

1

2

Cõu
10
(2,0
im)

Theo (2) ta cú n 2SO3 / (n 2SO 2 .n O 2 ) = (x 0,21)2 / (0,21)2 .0,105 = 5,43. T ú cú phng
trỡnh
x2 0,42x + 0,019 = 0. Gii pt ny ta c x1 = 0,369; x2 = 0,0515 < 0,105
(loi b nghim x2 ny).
Do ú ban u cú x = 0,369 mol SO 3 ; phõn li 0,21 mol nờn t l SO3 phõn li l 56,91%
Ti cbhh tng s mol khớ l 0,369 + 0, 105 = 0,474 nờn:
SO3 chim ( 0,159 / 0,474).100% = 33,54%; SO2 chim ( 0,21 / 0,474).100% = 44,30%;
O2 chim 100% - 33,54% - 44,30% = 22,16%.

T pt trng thỏi: P2 V = n2 RT P2 = n2 RT/ V = 0,474.0,082.298/3 P2 = 3,86 atm.
Tên của các ion phức:
(A) Điclorotetraammincoban(III);
(B) Hexaxianocobantat(III);
(C) Triclorotrixianocobantat(III).
Co(CN)6 3-. Co : d2 sp3 ; C : sp ; N : không ở vào trạng thái lai hoá hoặc ở trạng thái
lai hoá sp.
- Ion phc (A) có 2 đồng phân:
Cl
Cl
H3N
H3N
NH3
Cl
Co
Co
H3N
H3N
NH3
NH3
Cl
NH3

0,75

0,25
0,75

- Ion phc (B) không có đồng phân:
CN

NC

3
NC

Co

CN
CN

CN

- Ion phc (C) có 2 đồng phân:
Cl
NC
Co
Cl

CN
CN
Cl

NC
Cl

CN

4

Co

Cl
Cl

CN

Co2+ + Fe3+ + 2 Cl- + 4 NH4 +
CoCl2 (NH3 )4 + + Fe2+ + 4 H+
----------HT---------Ngi ra
Dng Trng Phong (0985.574.133)

0,25


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH

ĐỀ THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI
BẮC BỘ NĂM 2015

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH

MÔN: HOÁ HỌC LỚP 11

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

Thời gian làm bài 180 phút

Câu 1: Tốc độ phản ứng
1. Phản ứng phân hủy xiclobutan thành etilen: C4H8  2C2H4 có hằng số tốc độ
k = 2,48.10-4 s -1 ở 438 C . Tính thời gian để tỉ số mol của C 2H4 và C4H8 :

a, Bằng 1.
b, Bằng 100.
2. Phản ứng phân hủy nhiệt metan xảy ra như sau:
k1

CH 4 
CH 3  H 
k2
CH 4  CH 3 
C2 H 6  H 
k3

CH 4  H  
CH 3 H 2


4
CH 3  H  
CH 4

k

a. Áp dụng nguyên lí dừng với H  và CH 3 , hãy chứng minh rằng:
3
d[C2 H 6 ]
 k[CH 4 ] 2 với k 
dt

k1 k 2 k 3
k4

b. Nếu nồng độ có thứ nguyên mol/cm3 và thời gian tính bằng giây, hãy tìm thứ nguyên
của k.
Câu 2: Dung dịch chất điện li
1.Tính pH bắt đầu kết tủa và kết tủa hoàn toàn Cr(OH)3 từ dung dịch CrCl3 0,010M.
2.Tính độ tan của Cr(OH)3?
(coi như khi kết tủa hoàn toàn nồng độ cation còn lại là 10-6 M)
pKs của Cr(OH)3 = 29,8;

Lg *βCrOH2+ = - 3,8

Cr(OH)3↓ = H+ + CrO2- + H2O

K = 10-14


Câu 3: Điện hóa học
1.Biểu diễn sơ đồ pin được ghép bởi 2 cặp CrO42-/CrO2¯ và NO3 /NO
- ở điều kiện tiêu chuẩn
- ở điều kiện CrO42- 0,010M, CrO2¯ 0,025M, NO3- 0,15M , p NO = 1 atm
Cho E0NO



3 ,H / NO

= 0,96 V; E0CrO

2


4 /Cr(OH)3 ,OH

= - 0,13 V; 2,303

RT
= 0,0592;
F

2. 50ml dung dịch hỗn hợp A gồm : Ni(NO3)2 10-3 M, Co(NO3)2 10-1M, HNO3 10-2 M,
CH3COONa 1,174.10-2 M. Điện phân dung dịch A với cường độ dòng I = 1,5A; bình
điện phân có điện trở R = 0,45Ω, hai cực làm bằng Pt.
a. Cho biết thứ tự các quá trình xảy ra trên catot. Tính điện áp tối thiểu cần tác dụng vào
bình điện phân để quá trình điện phân đầu tiên xảy ra.
b. Có khả năng tách riêng hai kim loại Ni, Co ra khỏi nhau hay không?
c. Tính thời gian điện phân và pH của dung dịch điện phân khi ion thứ nhất đã điện
phân được 10%.
Cho : H /Pt  0, 288V ; O /Pt  1,070V ; E0Co
2

2

2

/Co

 0, 28V ; E0Ni2 / Ni  0, 233V ;

E0O ,H /H O  1,23V ; pK CH3COOH  4,76
2

2

Câu 4: Bài tập tính toán vô cơ tổng hợp
Khi phân tích nguyên tố các tinh thể ngậm nước của một muối tan A của kim loại X,
người ta thu được các số liệu sau:
Nguyên tố

cacbon

oxi

lưu huỳnh

nitơ

hiđro

% khối lượng trong muối

0,00

57,38

14,38

0,00

3,62

Theo dõi sự thay đổi khối lượng của A khi nung nóng dần lên nhiệt độ cao,

người ta thấy rằng, trước khi bị phân hủy hoàn toàn, A đã mất 32% khối lượng.


Trong dung dịch nước, A phản ứng được với hỗn hợp gồm PbO2 và HNO3
(nóng), với dung dịch BaCl2 tạo thành kết tủa trắng không tan trong HCl.
Hãy xác định kim loại X, muối A và viết các phương trình phản ứng xảy ra.
Biết X không thuộc họ Lantan và không phóng xạ.
Câu 5 (sơ đồ biến hóa, cơ chế phản ứng. đồng phân lập thể, danh pháp)
1. (1 điểm) Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau và cho biết cấu trúc các hợp chất A, B,
C, D, E, F, G, H, I, K, L và M, biết rằng E và F là đồng phân của nhau, M có hai
mặt phẳng đối xứng
1. SOCl 2
CH2

C

1. KOH,t

CN

CH2

2.

t

E
NaBH4

CH3SO2Cl

B

A

G

NaN3

H3O+

I

(C2H5)3N
F

CH3SO2Cl

H

NaN3

K

(C2H5)3N

OsO4

2. NaN3

C

t0

3.
4. t- BuOH

NaIO4

1. H2,Pd/C

D
C9H15NO3

L

2. CF3COOH
3.NaHCO3
1. H2,Pd/C

M

2. CF3COOH
3.NaHCO3

2.(0,5 điểm) Styryllacton được phân lập từ thực vật có công thức (hình bên).
Viết công thức cấu dạng các cặp đồng
6
5
4

O

7

phân đối quang và gọi tên styryllacton

8

theo danh pháp IUPAC của nó

HO

3

9
1

O
2

;
3. (0,5 điểm)Viết cơ chế của phản ứng sau:
Br

Br
KCN

trung hoa
+ N2
COOH

NO2

O


Cõu 6 (Tng hp cỏc cht hu c, so sỏnh nhit sụi, Nhit núng chy,
Tớnh Axit- Baz)
1.(1im) Axit abxixic thuc loi sesquitecpenoit cú nhiu trong gii thc vt. Mt
trong nhng cỏch tng hp axit abxixic l i t axeton nh sau:
NaNH2

3CH3COCH3

A

etylenglicol

-2 H2O

H+

C (C11H18O2)

B (C9H13O)
p-CH3C6H4SO3H

D (C11H18O2)

KMnO4

OH-

E (C11H20O4)

KMnO4
OH

-

F (C11H18O4)

CH3SO2Cl

G (C11H15O3)

piridin

Tip theo s ni mch to thnh axit:
Metyl-3-metylpent-2Z-en-4-inoat
H2O

K

LDA

CrSO4

NH4+

DMF

H2O

H (Li+C7-H7O2)
M

+G

I (C18H22O5Li)

1. CH3ONa, H2O
2.H+

OH
COOH

O

a. Vit cụng thc cu trỳc ca cỏc cht t A n M.
b. Axit abxixic cú tớnh quang hot khụng? Cú cu hỡnh nh th no?
2.(0,5 im).So sỏnh nhit sụi ca cỏc cht sau , gii thớch:

N

(A)

(B)

S

(C)

O

NH

(D)

(E).

3. Sắp xếp sự tăng dần tính bazơ (có giải thích) của các chất trong từng dãy sau:
(a) CH3-CH(NH2)-COOH,(A) CH2=CH-CH2-NH2(B), CH3-CH2-CH2-NH2(C)
, CHC-CH2-NH2(D) .
(b)

-NH-CH3 ,

-CH2-NH2 , C6H5-CH2-NH2, p-O2N-C6H4-NH2.


Câu 7 (Nhận biết, Tách chất, Xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ)
1. Bằng phản ứng hóa học, phân biệt các chất trong từng cặp sau :
a.. Axit aspartic và axit suxinic.

b. Phenylalanin và tyrosin.

c. Serin và threonin.
2. Giải thích áp dụng phương pháp phân tách hỗn hợp aminoaxit bằng sắc kí trao
đổi ion.
3. M là một trisaccarit không có tính khử, được chuyển hóa theo sơ đồ sau:

mannozidaza

1.CH3Br du/bazo
Disaccarit A
+
2. H3O+
D- Mannopiranozo

2,3,4,6- Tetra- O- metyl-

D-galactopiranozo

1,3,4,6- Tetra- O- metyl-

D-f ructof uranozo

M

f ructozidaza

Disaccarit B
1.CH3Br du/bazo
+
2. H3O+
D- Fructof uranozo

2,3,4,6- Tetra- O- metyl- D-mannopiranozo
2,3,6- Tri- O- metyl-

D-galactopiranozo

1. Xác định cấu trúc và gọi tên M.
2. Trong dung dịch nước , α – D- mannopiranozo có thể chuyển hóa một phần
thành β- D- mannofuranozo. Viết cơ chế chuyển hóa đó.
3. Từ β- D- mannofuranozo và β- D- fructofuranozo có thể tạo ra các metyl
glicozit tương ứng. Viết các phương trình phản ứng và dự đoán phản ứng
nào xảy ra nhanh hơn.
Câu 8 (Hữu cơ tổng hợp)
1. Đối với phản ứng clo hóa toluen trong axit axetic ở 250 C, vận tốc tương đối (k
toluen/k benzen là 344.Tỉ lệ các đồng phân clotoluen là: % sản phẩm vị trí octo là
59,8%;% sản phẩm vị trí meta là 0,5%; % sản phẩm vị trí para là 39,7%;


a. Hãy tính yếu tố vận tốc phần fx ở các vị trí octo, meta, para ( x ứng với các
vị trí
octo, meta, para.
b. Để nói lên mối liên hệ giữa vận tốc thế ở vị trí para với vận tốc thế ở vị trí
meta người ta dùng hằng số gọi là yếu tố chọn lựa ( kí hiệu là S f).Tính S f của
phản ứng trên.
2. Một trong những phương pháp tổng hợp Piriđoxin (có trong thành phần của
vitamin B6 ) là đi từ CH3COCH2COCH2OC2H5 và H2N-COCH2CN.Hãy hoàn
thành sơ đồ tổng hợp Piriđoxin:
Me

O

NH2
+

O

piperidin C2H5OH/t0

O

HNO3 d
(CH3CO)2O

CN

0 0C

CH2OC2H5

Me
PCl5 / POCl3

C

0

N

1.NaNO2 HCl / 90 0 C

H 2 / Pd / Pt

D
HO

2. 48 % HBr / t0
3. AgCl, H 2O / t0

CH3COOH

150 C

B

A

CH2OH
CH2OH
( Piridoxin)

3. Cấu tạo của hợp chất K (tách từ quả hồi) đã được xác định theo sơ đồ phản ứng
sau:
K (C7H10O 5)

O3

Me2S

L (C7H10O7)

CH3OH
H+

M

HIO4

N

H3O+

OHCCHO + OHCCH(OH)CH2COCOOH

a. Hãy vẽ công thức cấu tạo của L, M, N và K, biết rằng K không chứa nhóm chức
ancol bậc ba.
b. Hãy viết sơ đồ phản ứng tổng hợp ra K từ những hợp chất chứa không quá 4C.
Câu 9: Cân bằng hóa học
Cho phản ứng PCl5(k)

PCl3(k) + Cl2(k)

Cho các giá trị nhiệt động học ở 250C, áp suất 1 atm
PCl5(k)

PCl3(k)

Cl2(k)


H T0 KJ.mol-1
S T0

JK-1.mol-1

-374,5

- 287,0

364,2

311,8

0
223,1

1. Tớnh hng s cõn bng KP 1800C.Gi thit nhit chờnh lch so vi
250C khụng ng hng gỡ n H v S ca phn ng.
2. a vo bỡnh chõn khụng dung tớch 5 lớt 15 gam PCl5 . y kớn bỡnh v
nung núng n 1800C. Tớnh phõn hu ca PCl5 v ỏp sut tng ca bỡnh.Nu bỡnh
cú th tớch 10 lớt thỡ phõn hu ca PCl5 v ỏp sut tng ca bỡnh l bao nhiờu
3. Cõn bng chuyn dch v phớa phn ng no nờu ta thờm khớ Ne vo bỡnh cựng
nhit v dung tớch bỡnh khụng i.Cho M PCl = 208,5
5

Cõu 10: Phc cht
1.

a.
FeSO4

Cho sơ đồ các phản ứng:

Fe2(SO4)3 đặc

FeCl2 (dd)

KCN đặc, d-

A (dd)

AgNO3

B kết tủa trắng
C kết tủa xanh đậm
D kết tủa trắng
FeCl2

KMnO4, H+

E (dd)

Pb(OH)2, KOH

G kết tủa xanh
A + F kết tủa nâu

Vit phng trỡnh ion ca cỏc phn ng xy ra theo s trờn.
b.Hóy cho bit t tớnh ca hp cht A, dựng thuyt lai húa gii thớch.
2.Cho cỏc ion phc : [NiSe4]2- ; [ZnSe4]2-. Trờn c s thuyt lai húa, hóy gii thớch s
hỡnh thnh liờn kt trong cỏc ion phc trờn v cho bit t tớnh ca chỳng. Bit rng,
tng tỏc ca cỏc ion trung tõm vi phi t l tng tỏc mnh.


ĐỀ THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI

S

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH

T

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH

BẮC BỘ NĂM 2015
MÔN: HOÁ HỌC LỚP 11

ĐÁP ÁN ĐỀ THI

Thời gian làm bài 180 phút

Câu 1 :
1. (1 điểm)
Phản ứng phân hủy xiclobutan thành etilen: C 4H8  2C2H4 có hằng số tốc độ
k = 2,48.10-4 s -1 ở 438 C . Tính thời gian để tỉ số mol của C 2H4 và C4H8 :
a, Bằng 1.
b, Bằng 100.
2. (1 điểm)Phản ứng phân hủy nhiệt metan xảy ra như sau:
k1

CH 4 
CH 3  H 
k2
CH 4  CH 3 
C2 H 6  H 
k3


CH 4  H  
CH 3 H 2


4
CH 3  H  
CH 4

k

a.(0,75đ) Áp dụng nguyên lí dừng với H  và CH 3 , hãy chứng minh rằng:
3
d[C2 H 6 ]
 k[CH 4 ] 2 với k 
dt

k1 k 2 k 3
k4

b.(0,25đ) Nếu nồng độ có thứ nguyên mol/cm3 và thời gian tính bằng giây, hãy tìm thứ
nguyên của k.
Hướng dẫn chấm:
1. Vì hằng số k có thứ nguyên là [s -1] nên phản ứng tuân theo quy luật động học bậc
nhất đối với butan(nồng độ, áp suất, số mol,...)


Gọi số mol xiclobutan ban đầu là a (mol), số mol xiclobutan phản ứng tại thời điểm t
là x (mol). Từ đó ta có mối liên hệ giữa hằng số k và thời gian phản ứng t:
ln

a
 kt (1)
ax

Và phương trình phản ứng:



C4H8

2C2H4

bđ

a

p/ư

x

2x

sau

(a – x)

2x (0,5đ)

a, khi

nC 2 H 4
nC 4 H8

 1 tức 2x = a – x => a = 3x. thay vào (1) ta được: (0,25đ)

t= 1634,94(s)
b, khi

nC2H 4
nC 4 H 8

 100 tức 2x = 100(a – x) => a = x. 1,02. thay vào (1) ta được: (0,25đ)

t= 15854,14(s)

2. a,Ta có:
d [C 2 H 6 ]

 k 2 [CH 4 ][CH 3 ] (*)
dt
d [CH 3 ]
 v1  v2  v3  v4  0 (**)
dt
d[H  ]
 v1  v 2  v3  v 4  0 (***)
dt

[CH 3  ]k 2  [ H  ]k 3
v 2  v3

Từ (**) và (***) => 
=> 
[CH 4 ]k1  [CH 3  ][ H  ]k 4
v1  v 4

=> [CH 4 ]k1 

k4k2
[CH 3 ]2
k3

=> [CH 3 ] 

k1 k 3
[CH 4 ] . Thay vào (*) ta được:
k2k4


d [C 2 H 6 ]
kk
 k 2 [CH 4 ] 1 3 [CH 4 ] 
dt
k2k4

Hay

3
d[C2 H 6 ]
 k[CH 4 ] 2 với k 
dt

3
k1 k 2 k 3
[CH 4 ] 2
k4

k1 k 2 k 3
(đpcm) (0,75đ)
k4

3
d[C2 H 6 ]
b, Vì
 k[CH 4 ] 2 nên ta có phương trình thứ nguyên như sau:
dt

[mol.cm-3.s -1] = [k] . [mol.cm-3]3/2
=> [k] = mol-1/2.cm3/2.s -1
Vậy thứ nguyên của k là [mol-1/2.cm3/2.s -1] (0,25đ)
Câu 2:
1.Tính pH bắt đầu kết tủa và kết tủa hoàn toàn Cr(OH)3 từ dung dịch CrCl3 0,010M.
(1đ)
2.Tính độ tan của Cr(OH)3? (2đ)
(coi như khi kết tủa hoàn toàn nồng độ cation còn lại là 10-6 M)
pKs của Cr(OH)3 = 29,8; Cr(OH)3↓ = H+ + CrO2- + H2O

K = 10-14

Lg *βCrOH2+ = - 3,8
Hướng dẫn chấm:

1. - Khi bắt đầu kết tủa thì: C'Cr .(C'OH )3 ≥ Ks (C’ là nồng độ ion trước khi tạo kết tủa)
3+

-

Trong đó: C'OH = [OH-];

C'Cr3+ = CCr3+ - CCrOH2+

Xét cân bằng:

H2O ƒ

-

Cr 3+ +

CrOH2+ + H+

*

b = 10-3,8

0,01
0,01-x
Giải ra được:
→
-

→

x = 1,182.10-3
C'OH- = [OH-] =

x

3

x

C'Cr3+ = 8,818.10-3M

Ks
= 5,643.10-10 M
'
CCr3+

→ pH = 4,75. (0,5đ)

Khi kết tủa hoàn toàn thì nồng độ còn lại của Cr3+ là 10-6M tức là:


[Cr3+]
→

[Cr3+]

+ [CrOH2+] = 10-6 M

Ks

K s .h 3
10- 6
=
=
=
1 + b.h - 1 [OH]3 (K w )3

→ Ks.h3 + *β.h2.Ks – (Kw)3.10-6 = 0

→ h = 6,038.10-8 M → pH = 7,2 (0,5đ)

2. Tổ hợp các cân bằng:
Cr(OH)3 ¯

Cr3+ + H2O
H+ + OHTa được cân bằng:

ƒ

Cr3+ +

ƒ

CrOH2+ + H+

*β = 10-3,8

ƒ

H2O

Kw-1 = 1014

Cr(OH)3 ¯

ƒ

3 OH-

Ks = 10-29,8

CrOH2+ + 2 OH- (1) có K1 = 10-19,6

So sánh các cân bằng, nhận thấy tính độ tan theo các cân bằng sau:
Cr(OH)3 ¯

ƒ

CrOH2+ + 2 OH-

K1 = 10-19,6

H+ + OH-

Kw = 10-14

H2O ƒ
Cr(OH)3↓ ƒ

H+ + CrO2- + H2O

K3 = 10-14

Áp dụng định luật bảo toàn nồng độ, ta có:
2K

1
[OH-] = 2.[CrOH2+] + [H+] - éêëCrO-2 ùúû =
- 2
[OH ]

→ [OH- ] . ( 1 +

Kw
K3
2K1
) =
+
- 2
[OH- ]
Kw
[OH ]

Ta có: Độ tan S =

→

+

K 3 .[OH- ]

Kw
Kw
[OH- ]

[OH- ] = 2,986.10-7 M (0,75đ)

éCrO-2 ù + [CrOH2+ ] + [Cr3+] (trong đó [Cr3+] rất nhỏ, bỏ qua)
êë
ú
û

K s .[OH- ]
K1
→S =
+
= 5,8.10-7 M (0,25đ)
Kw
[OH- ]2

Câu 3:
1.Biểu diễn sơ đồ pin được ghép bởi 2 cặp CrO42-/CrO2¯ và NO3 /NO
- ở điều kiện tiêu chuẩn
- ở điều kiện CrO42- 0,010M, CrO2¯ 0,025M, NO3- 0,15M , p NO = 1 atm


Cho E0NO

= 0,96 V; E0CrO




3 ,H / NO

2

4 /Cr(OH)3 ,OH

= - 0,13 V; 2,303

RT
= 0,0592;
F

2. 50ml dung dịch hỗn hợp A gồm : Ni(NO3)2 10-3 M, Co(NO3)2 10-1M, HNO3 10-2 M,
CH3COONa 1,174.10-2 M. Điện phân dung dịch A với cường độ dòng I = 1,5A; bình
điện phân có điện trở R = 0,45Ω, hai cực làm bằng Pt.
a. Cho biết thứ tự các quá trình xảy ra trên catot. Tính điện áp tối thiểu cần tác dụng vào
bình điện phân để quá trình điện phân đầu tiên xảy ra.
b. Có khả năng tách riêng hai kim loại Ni, Co ra khỏi nhau hay không?
c. Tính thời gian điện phân và pH của dung dịch điện phân khi ion thứ nhất đã điện
phân được 10%.
Cho

O2 /Pt  1,070V ; E0Co2 /Co  0, 28V ; E0Ni2 / Ni  0, 233V ;

H2 /Pt  0, 288V ;

:

E0O ,H /H O  1,23V ; pK CH3COOH  4,76

2

2

Hướng dẫn chấm:
1. – Sơ đồ pin ở điều kiện chuẩn: (0,25đ)
Tổ hợp các cân bằng:
Cr(OH)3 ƒ

H+ + CrO2- + H2O

K3 = 10-14
3E 0

CrO2- / Cr ( OH 3
)
4

ƒ

CrO24- + 4 H2O + 3e

H+ + OH-

Cr(OH)3 + 5 OH-

ƒ

H2O

K4 = 10

0,0592

Kw = 10-14

Ta tính được: CrO24- + 2H2O + 3e ƒ CrO2- + 4OH- có E0 = -0,13V
Nhận thấy: E0CrO

24

/CrO-2

= - 0,13V < E0NO- /NO = 0,96V nên ta có sơ đồ pin:
3

(-) Pt│ CrO24- 1M, CrO2- 1M , OH- 1M ║ NO-3 1M, H+ 1M │Pt (NO,1atm) (+)
- Ở điều kiện khác: (0,75đ)


Áp dụng pt Nernst ta có:
E CrO2- /CrO- = E
4

2

0
CrO 42- /CrO-2

= -0,13 +

E NO- / NO = E
3

0,0592
[CrO 24- ]
+
lg
3
[CrO-2 ].[OH- ]4

0,0592 [CrO 24- ].[H + ]4
lg
3
[CrO-2 ].K 4w

0
NO-3 / NO

(A)

0,0592 [NO-3 ].[H + ]4
+
lg
(B)
3
p NO

Lấy (B) – (A) ta được E NO

3

/NO

- ECrO

24

/CrO-2

= -0,0197V

Vậy ta có sơ đồ pin sau:
(-) Pt (NO, p = 1atm)│ NO-3 0,15M; H+ ║ CrO24- 0,01M; CrO-2 0,025M; OH-│Pt (+)
2. a. Tính pH của hệ :
Xét phản ứng :

CH3COO- + H+ „ CH3COOH
1,174.10-2

10-2

1,74.10-3
Xét cân bằng : CH3COOH ƒ
10-2

10-2
CH3COO- +

H+ Ka = 10-4,76

1,74.10-3
( 10-2 – x)



-

(1, 74.103  x) x
 104,76 
2
(10  x)

(1,74.10-3 + x) x

x = 9,39. 10-5. Vậy pH của hệ = 4,0275

- Xét các quá trình xảy ra tại catot (bỏ qua quá trình tạo phức hidroxo của các ion kim
Co2+ + 2e ƒ Co

loại)
Có : ECo

2

/Co

0
 ECo


2
/Co

0,0592
0, 0592
log[Co2 ] = -0,28 +
log 0,1 = -0,3096 V
2
2

Ni2+ + 2e
Có : E Ni

2

/ Ni

 E0Ni2 / Ni 

ƒ

Ni

0,0592
0, 0592
log[Ni 2 ] = -0,233 +
log 10-3 = -0,3218 V
2
2