De thi HSG duyen hai – DBBB 2014 – mon hoa 11

S GIO DC V O TO H NI
TRNG THPT CHU VN AN

XUT THI HC SINH GII KHU VC DUYấN HI - BBB NM 2014
thi mụn Húa hc lp 11
---------------------Cõu I. CU TO NGUYấN T V HT NHN
1/ Cỏc cation 2+ (ication) hai nguyờn t bn vng cú cụng thc XHe 2+ thng ch cú khi nng lng
ion húa th hai (I2) ca X nh hn nng lng ion húa th nht ca He. Khụng cn da vo bng tr s
cỏc mc nng lng ion húa, hóy:
a) Xỏc nh nguyờn t X cú s hiu nguyờn t t 1 n 18 l phự hp nht vi tiờu chun trờn? Ti sao?
b) Xỏc nh nguyờn t ngay sỏt vi nguyờn t X trong bng h thng tun hon tỡm c (a) l thớch
hp nht, l khú thớch hp nht to c ication vi He.
2/ Trong mt mu ỏ ngi ta tỡm thy cỏc t l sau õy:
n( 206
n( 238
82 Pb)
92U )
= 8,17 v
= 75,41
206
204
n( 82 Pb)
n( 82 Pb)
Trong ú n l s mol nguyờn t ca cỏc ng v tng ng ghi trong du ngoc.
Ngi ta cho rng khi mu ỏ ny hỡnh thnh ó cú cha sn Pb t nhiờn. Chỡ t nhiờn bao gm 4 ng
v bn vi thnh phn ng v cho trong bng di õy:
204
206
207
208
ng v

Pb
Pb
Pb
Pb
Phn trm khi lng
1,4
24,1
22,1
52,4
Hóy tớnh tui ca mu khoỏng vt. Cho chu kỡ bỏn hy ca 238U l 4,47.109 nm. Chp nhn rng trong
sut thi gian mu ỏ tn ti, 238U v cỏc ng v bn ca chỡ hon ton khụng b ra trụi bi nc ma.
Cõu II. LIấN KT HểA HC, CU TRC PHN T - TINH TH
1/ Thc nghim cho bit c ba hp cht CHBr 3, SiHBr3, CH(CH3)3 u cú cu to t din. Cú ba tr s
gúc liờn kt ti tõm l 110o; 111o; 112o(khụng k ti H khi xột cỏc gúc ny). õm in ca H l 2,20;
CH3 l 2,27; Csp3 l 2,47; Si l 2,24; Br l 2,50. Da vo mụ hỡnh s y gia cỏc cp e húa tr (VSEPR)
v õm in, hóy cho bit tr s gúc ca mi hp cht v gii thớch.
2/ Tinh th kim cng cú cu trỳc lp phng tõm din, ngoi ra cỏc nguyờn t cacbon cũn chim mt
na s l trng t din, 293K kim cng cú khi lng riờng D = 3,514 g/cm3, C =12; NA =6,022.1023.
Hóy tớnh bỏn kớnh ca nguyờn t cacbon kim cng v c khớt ca tinh th.
Cõu III. NHIT NG HC NG HC CN BNG HểA HC
Cho phn ng: A + B C + D din ra trong dung dch 25oC.
Ngi ta tin hnh hai thớ nghim vi cỏc nng cht A, B khỏc nhau v o nng cũn li ca cht A
sau cỏc khong thi gian khỏc nhau, thu c cỏc giỏ tr sau:
Thớ nghim 1: C0A = 1,27.10-2 M ; C0B = 3,8 M
Thớ nghim 2: C0A = 2,71.10-2 M ; C0B = 5,2 M
t(s)
1000
3000
10000 20000
t(s)

2000
10000 20000
30000
CA (M) 0,0122 0,0113 0,0089 0,0069
CA (M) 0,0230 0,0143 0,0097 0,0074
1/ Tớnh tc ca phn ng khi CA = 3,62.10-2 mol.l-1 v CB = 4,95 mol.l-1.
2/ Tớnh thi gian phn ng nng cht A gim i mt na?
Cõu IV. CN BNG TRONG DUNG DCH
1/ Tính thể tích KOH 1,8M cần để:
a) Trung hoà hoàn toàn 50,00 ml dung dịch H 3PO4 0,60M. Tính pH tại thời điểm
đó.
b) Trung hoà 25,00 ml dung dịch H 3PO4 trên đến pH1 = 4,68 và đến pH2 = 7,21.
Cho hằng số phân li axit của H3PO4 là K1 = 10- 2,15; K2 =10- 7,21; K3 = 10- 12,32.
2/ a) Tớnh pH ca dung dch Na2A 0,022 M.
b) Tớnh in li ca ion A2- trong dung dch Na2A 0,022 M khi cú mt NH4HSO4 0,001 M.


Cho: pK a(HSO-4 ) = 2,00; pK a(NH +4 ) = 9,24; pK a1(H 2A) = 5,30; pK a2(H 2A) = 12,60.
Câu V. PHẢN ỨNG OXI HÓA – KHỬ, THẾ ĐIỆN CỰC, PIN ĐIỆN, ĐIỆN PHÂN
Dung dịch A gồm AgNO3 0,050 M và Pb(NO3)2 0,100 M.
1. Tính pH của dung dịch A.
2. Thêm 10,00 ml KI 0,250 M và HNO 3 0,200 M vào 10,00 ml dung dịch A. Sau phản ứng người ta
nhúng một điện cực Ag vào dung dịch B vừa thu được và ghép thành pin (có cầu muối tiếp xúc hai dung
dịch) với một điện cực có Ag nhúng vào dung dịch X gam AgNO3 0,010 M và KSCN 0,040 M.
a) Viết sơ đồ pin .
b) Tính sức điện động Epin tại 250C .
c) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động.
d) Tính hằng số cân bằng của phản ứng trên .
Cho biết: Ag+ + H2O
AgOH + H+

(1) ; K1= 10 –11,70
Pb2+ + H2O
PbOH+ + H+ (2) ; K2= 10 –7,80
Cho pKs: AgI là 16,0; PbI2 là 7,86; AgSCN là 12,0 .
RT
0
ln = 0,0592 lg
EAg
;
=
0
,799
V
+
F
/Ag
3. Epin sẽ thay đổi ra sao nếu:
a) Thêm một lượng nhỏ NaOH vào dung dịch B?
b) Thêm một lượng nhỏ Fe(NO3)3 vào dung dịch X?
Câu VI. ĐỒNG PHÂN LẬP THỂ. DANH PHÁP
1. Hợp chất A có công thức:

O

Hãy gọi tên A và cho biết A 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.
2.Streptimidon là một loại kháng sinh có công thức sau:
O
O

NH

H OH

H
H

H3C H
CH3

H

O

(a) Mô tả các trung tâm lập thể của streptimidon bằng kí hiệu E, Z và R, S.
(b) Streptimidon có bao nhiêu đồng phân lập thể, trong đó có bao nhiêu đồng phân enan và bao nhiêu

đồng phân dia?
Câu VII. CƠ CHẾ PHẢN ỨNG
1. Viết cơ chế phản ứng sau:


2. Xitral (C10H16O) là một monotecpen-anđehit có trong tinh dầu chanh. Oxi hóa xitral bằng KMnO4 thu
được axit oxalic, axeton và axit levulinic (hay axit 4-oxopentanoic). Từ xitral người ta điều chế β-ionon
để điều chế vitamin A.
a. Xác định cấu tạo và viết tên hệ thống của xitral.
b. Đun nóng Xitral với axeton/ Ba(OH)2 được X. Tiếp tục đun nóng X với H2SO4 loãng được β-Ionon .
O

OH

Vitamin A

β-Ionon

Viết sơ đồ tạo β-Ionon từ Xitral.
c. Biết β-Ionon có lẫn một lượng đáng kể chất đồng phân cấu tạo là α – Ionon. Viết cơ chế tạo
β-Ionon và α – Ionon . Cho biết vì sao β-Ionon là sản phẩm chính.
Câu VIII. XÁC ĐỊNH CTCT CHẤT HỮU CƠ
1. Trong quá trình tổng hợp chất hữu cơ X (C 20H21NO4), người ta clometyl hóa 1,2-đimethoxybenzen
bằng fomalđehit và axit clohiđric để được chất hữu cơ Y, sau đó cho chất Y tác dụng với natri xyanua để
được chất hữu cơ Z. Sản phẩm Z một phần được thủy phân thu được chất hữu cơ M, phần khác được
hiđro hóa có xúc tác niken - Raney để được chất hữu cơ N. Hai chất M và N cho ngưng tụ với nhau ở
khoảng nhiệt độ 1700C đến 1800C cho amit P, chất này được đóng vòng bằng POCl 3 cho chất hữu cơ Q,
tiếp đó đề hiđro hóa có xúc tác niken-Raney trong đecalin ở 180 0C cho chất hữu cơ X. Xác định công
thức cấu tạo của X, Y, Z, M, N, P và Q.
2. Hiđrocacbon A (C12H20) có một số tính chất sau: Tác dụng với lượng dư H 2 (bột Ni, 1200C) cho sản
phẩm C12H26; Tác dụng với Br2/CCl4 cho sản phẩm C12H20Br6; Tác dụng với O3 rồi Zn/H2O hoặc
H2O2/H2O đều cho sản phẩm duy nhất B (C 6H10O). B cho phản ứng iođofom và có thể tạo ra 5 gốc hóa trị
I. Xác định công thức cấu tạo của A, B và viết các phương trình hóa học.
Câu IX. TỔNG HỢP HỮU CƠ
1.Từ các hợp chất hữu cơ có từ 2 nguyên tử C trở xuống, xiclohexan, và các chất vô cơ cần thiết, hãy
điều chế:

2. Trong phòng thí nghiệm có các chất hữu cơ là 4- metylpiriđin , benzen, metanol và các chất vô cơ cần
thiết, hãy viết sơ đồ phản ứng tổng hợp chất X có công thức cấu tạo sau đây:
CH3
H3C
N

CH2-CH3

Cho piriđin có công thức là :

N
Câu X. BÀI TOÁN PHI KIM
1/ Nung 109,6 gam Bari kim loại với một lượng vừa đủ NH4NO3 trong một bình kín, thu được hỗn hợp
sản phẩm chỉ chứa 3 hợp chất của Bari (hỗn hợp A). Hòa tan hỗn hợp A trong một lượng nước dư, thu
được hỗn hợp khí B và dung dịch C.
a. Giải thích và viết phương trình phản ứng xảy ra.
b. Cho khí B vào bình kín dung tích không đổi, khi áp suất ổn định (đạt tới trạng thái cân bằng) thấy áp
suất tăng 10% so với áp suất ban đầu. Tính % thể tích các khí ở trạng thái cân bằng.
2/ Cho một chất rắn màu đen tím X 1 vào nước được dung dịch huyền phù. Cho dung dịch huyền phù này
vào dung dịch không màu X2 (dạng bão hòa) được một chất rắn màu vàng X 3 và một dung dịch không


màu chỉ chứa một chất tan X4. Chất X3 tan được trong dung dịch Na2SO3 và trong dung dịch Na2S. Cho
một đơn chất màu trắng X5 vào dung dịch X4 (đặc) thấy tạo được một chất kết tủa màu vàng X 6. Kết tủa
này không tan trong nước nóng, nhưng tan được trong dung dịch X 4. Xác định công thức hóa học của các
chất X1, X2, X3, X4, X5, X6 và viết các phương trình hóa học cho các quá trình biến đổi trên.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN

ĐÁP ÁN
ĐỀ XUẤT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐBBB NĂM 2014

Môn Hóa học – Lớp 11
Câu I. CẤU TẠO NGUYÊN TỬ VÀ HẠT NHÂN

1/ Các cation 2+ (đi–cation) hai nguyên tử bền vững có công thức XHe 2+ thường chỉ có khi năng lượng
ion hóa thứ hai (I2) của X nhỏ hơn năng lượng ion hóa thứ nhất của He. Không cần dựa vào bảng trị số
các mức năng lượng ion hóa, hãy:
a) Xác định nguyên tố X có số hiệu nguyên tử từ 1 đến 18 là phù hợp nhất với tiêu chuẩn trên? Tại sao?
b) Xác định nguyên tố ngay sát với nguyên tố X trong bảng hệ thống tuần hoàn tìm được ở (a) là thích
hợp nhất, là khó thích hợp nhất để tạo được đi–cation với He.
2/ Trong một mẫu đá người ta tìm thấy các tỉ lệ sau đây:
n( 206
n( 238
82 Pb )
92U )
=
8,17
= 75,41
và
206
204
n( 82 Pb)
n( 82 Pb)
Trong đó n là số mol nguyên tử của các đồng vị tương ứng ghi trong dấu ngoặc.
Người ta cho rằng khi mẫu đá này hình thành đã có chứa sẵn Pb tự nhiên. Chì tự nhiên bao gồm 4 đồng
vị bền với thành phần đồng vị cho trong bảng dưới đây:
204
206
207
208
Đồng vị
Pb
Pb
Pb

Pb
Phần trăm khối lượng
1,4
24,1
22,1
52,4
Hãy tính tuổi của mẫu khoáng vật. Cho chu kì bán hủy của 238U là 4,47.109 năm. Chấp nhận rằng trong
suốt thời gian mẫu đá tồn tại, 238U và các đồng vị bền của chì hoàn toàn không bị rửa trôi bởi nước mưa.
Hướng dẫn chấm
1/ a. Nguyên tố dễ tạo với He cation 2+ có công thức XHe2+ nhất là nguyên tố có giá trị năng lượng
ion hóa thứ hai nhỏ nhất. I2 có giá trị lớn hay bé phụ thuộc vào các yếu tố như: Cấu trúc electron
của X+, bán kính của X+ và điện tích hạt nhân.
Nguyên tố có số hiệu nguyên tử từ 1 đến 18, có I2 nhỏ nhất là Mg. Vì các nguyên tố nhóm IIA ( Be,
Mg) có cấu trúc X+: 1s2 2s1 và 1s22s22p63s1 là các cấu trúc kém bền vững nhất. Bán kính ion của
Mg+ lớn hơn bán kính ion của Be+ cho nên nguyên tố Mg dế tạo nhất.
b. Cũng lập luận tương tự ở trên thì nguyên tố ngay sát với Mg thích hợp nhất để tạo đi – cation
với He là nguyên tố Ca, nguyên tố khó thích hợp nhất là Na.
2/ Trong mẫu đá

n( 238
92 U )
= 8,17 → nếu có 1 mol 238U trong mẫu sẽ có:
206
n( 82 Pb)

1/8,17 = 0,1224 mol 206Pb.
Cùng với (0,1224/75,41) mol 204Pb
Tỉ số mol của 206Pb và 204Pb trong chì tự nhiên là:
n(206Pb)/n(204Pb) = (24,1/206)/(1,4/204)= 17,0
(0,1224/75,41) mol 204Pb sẽ tương ứng với số mol 206Pb vốn có trong chì tự nhiên là:

(0,1224/75,41).17,0 = 0,0276 mol 206Pb.
Như vậy số mol 206Pb sinh ra do sự phân rã 238U trong mẫu là:
0,1224 mol - 0,0276 mol = 0,0948 mol.
Nếu hiện nay còn 1 mol 238U thì số mol 238U khi mẫu đá mới hình thành là 1 mol + 0,0948 mol

0.5

0.5
0.5

0.25


= 1,0948 mol
Theo phương trình N0 = N.eλt = N.e(0,693/t1/2)t ta có:
1,0948/1 = e(0,693/t1/2)t
Hay:
ln1.0948 = (0,693/4,47.10-9)t
→ t = (ln1.0948)/(0,693/4,47.10-9) = 5,84.108 năm
Câu II. LIÊN KẾT HÓA HỌC, CẤU TRÚC PHÂN TỬ - TINH THỂ

0.25

1/ Thực nghiệm cho biết cả ba hợp chất CHBr 3, SiHBr3, CH(CH3)3 đều có cấu tạo tứ diện. Có ba trị số
góc liên kết tại tâm là 110o; 111o; 112o(không kể tới H khi xét các góc này). Độ âm điện của H là 2,20;
CH3 là 2,27; Csp3 là 2,47; Si là 2,24; Br là 2,50. Dựa vào mô hình sự đẩy giữa các cặp e hóa trị (VSEPR)
và độ âm điện, hãy cho biết trị số góc của mỗi hợp chất và giải thích.
2/ Tinh thể kim cương có cấu trúc lập phương tâm diện, ngoài ra các nguyên tử cacbon còn chiếm một
nửa số lỗ trống tứ diện, ở 293K kim cương có khối lượng riêng
D = 3,514 g/cm3, C =12; NA =6,022.1023

Hãy tính bán kính của nguyên tử cacbon kim cương và độ đặc khít của tinh thể.
Hướng dẫn chấm
1/ Cấu tạo không gian của các phân tử được biểu diễn như sau:

H
Si
Br

Br

0,75đ

H

H

C
Br

Br

Br

C

Br

H3C

CH3

CH3

SiHBr3 (1)
CHBr3 (2)
CH(CH3)3 (3)
- Khi so sánh 2 góc Br – A – Br ở (1) và (2), độ âm điện C lớn hơn Si, bán kính Si lớn hơn
C, cặp e liên kết ở gần C hơn nên đẩy mạnh hơn góc Br – C – Br có trị số lớn hơn góc
Br – Si – Br.
- Khi so sánh 2 góc Br – C – Br và H3C – C – CH3 ở (2) và (3), độ âm điện của Br lớn hơn
của CH3, cặp e liên kết của (2) ở xa C hơn của (3) do đó góc ở (3) lớn hơn ở (2).
- Từ hai so sánh trên thấy rằng trị số các góc tăng dần theo thứ tự sau:
Góc ở (1) < Góc ở (2) < Góc ở (3)
1100
1110
1120
2/ Mô tả tinh thể
0.5

a =3,55 A
Liªn kÕt C-C dµi 1,54 A

Một ô mạng cơ sở có mặt 8 nguyên tử ở 8 đỉnh, 6 nguyên tử ở 6 mặt, 4 nguyên tử ở 4 hốc tứ
diện. Số nguyên tử nguyên vẹn có trong 1 ô mạng là 8.
Vng.tu = 4 π R3/3
8.12
D=
=3,516g/cm3; a = 0,357nm.
N .a 3
a 3
Mặt khác 2R =

từ đó R = 0,0772 nm.
4

0.25

0.5


Độ đặc khít =

8.VNgtö
a3

.100% = 33,75%.

Câu III. NHIỆT ĐỘNG HỌC – ĐỘNG HỌC – CÂN BẰNG HÓA HỌC
Cho phản ứng: A + B → C + D diễn ra trong dung dịch ở 25oC.
Người ta tiến hành hai thí nghiệm với các nồng độ chất A, B khác nhau và đo nồng độ còn lại của chất A
sau các khoảng thời gian khác nhau, thu được các giá trị sau:
Thí nghiệm 1: C0A = 1,27.10-2 M ; C0B = 3,8 M
Thí nghiệm 2: C0A = 2,71.10-2 M ; C0B = 5,2 M
t(s)
1000
3000
10000 20000
t(s)
2000
10000 20000
30000
CA (M) 0,0122 0,0113 0,0089 0,0069

CA (M) 0,0230 0,0143 0,0097 0,0074
1/ Tính tốc độ của phản ứng khi CA = 3,62.10-2 mol.l-1 và CB = 4,95 mol.l-1.
2/ Tính thời gian phản ứng để nồng độ chất A giảm đi một nửa?
Hướng dẫn chấm
1/ Giả sử phương trình động học của phản ứng có dạng v = k [A]α[B]β.
Vì [B]0 >> [A]0 nên v = k’ [A]α
;
k’ = k [B]0β
’
Cho α các giá trị 0, 1, 2 và tính k theo các công thức sau:
1
α=0
k’ = ([ A]o − [ A])
t
1 [ A]o
ln
α=1
k’ =
t [ A]
1 [ A]o − [ A]
α=2
k = ×
[ A]o .[ A]
t
Đối với dung dịch 1:
α = 0 k1’ = k [B]0,TN1β= 5.10-7; 4,66.10-7; 3,8.10-7; 2,9.10-7; (l.mol-1.s-1);
α = 1 k1’ = k [B]0,TN1β =4,02.10-5; 3,89.10-5; 3,55.10-5; 3,05.10-5; (l.mol-1.s-1);
α = 2 k’1 = k [B]0,TN1β = 3,23.10-3 ; 3,25.10-3 ; 3,36.10-3 ; 3,35.10-3 ; (l.mol-1.s-1);
Kết quả tính cho thấy chỉ ở trường hợp α = 2, k’ mới có giá trị coi như không đổi.
k’1 (trung bình) = 3,30.10-3 l. mol-1.s-1

Đối với dung dịch 2 ta chỉ cần tính cho trường hợp α = 2
k’2 = k[B]0,TN2β = 3,28.10-3; 3,30.10-3; 3,30.10-3; 3,37.10-3; (l.mol-1.s-1);
k’2 (trung bình) = 3,31.10-3 l.mol-1 s-1
k’1 ≈ k’2 ; k’ (trung bình) = 3,305.10-3 l.mol-1 s-1. Vậy α = 2
β
k1' [ B ]0,TN 1
=
= 1 Vì [B]0,TN1 ≠ [B]0,TN2 nên β = 0 và k = k’ (trung bình)
k 2' [ B ]0β,TN 2
v = k [A]2 = 3,305.10-3 l mol-1 s-1 × (3,62.10 -2 mol.l-1) 2
v = 4,33.10¯6 mol.l-1. s-1
1
1
=
= 8358s
2/ t½ =
−3
k .[ A]o 3,305.10 .3,62.10 − 2
Câu IV. CÂN BẰNG TRONG DUNG DỊCH

0.25

0.5

0.5

0.5

0.25

1/ TÝnh thÓ tÝch KOH 1,8M cÇn ®Ó:
a) Trung hoµ hoµn toµn 50,00 ml dung dÞch H 3PO4 0,60M. TÝnh pH t¹i thêi ®iÓm
®ã.
b) Trung hoµ 25,00 ml dung dÞch H 3PO4 trªn ®Õn pH1 = 4,68 vµ ®Õn pH2 = 7,21.
Cho h»ng sè ph©n li axit cña H3PO4 lµ K1 = 10- 2,15; K2 =10- 7,21; K3 = 10- 12,32.
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-4 ) = 2,00; pK a(NH +4 ) = 9,24; pK a1(H 2 A) = 5,30; pK a2(H 2 A) = 12,60.
1/ a) n H3PO4 = 0,050 . 0,60 = 0,03 mol
3KOH + H3PO4 → K3PO4 + 3H2O
0,09
0,03
0,03
nKOH = 0,09 mol → Vdd KOH =
n K 3PO4

0,09
1,8

= 0,03mol → CM K3PO4 =

= 0,05 (l) hay 50,00ml

0,03
0,05 + 0,05

= 0,03M

TPGH:
PO : 0,3M; H2O
C©n b»ng:
H2O ⇌ H+ + OHKw = 10-14
32PO4 + HOH ⇌ HPO4 + OH
Kb1 = 10-1,68
HPO42- + HOH ⇌ H2PO4- + OHKb2 = 10-6,79
H2PO4 + HOH ⇌ H3PO4 + OH
Kb = 10-11,85
So s¸nh: Kb1 >> Kb2 >> Kb3 >> Kw ⇒ TÝnh theo c©n b»ng (2)
PO43- + HOH ⇌ HPO42- + OHC
0,3
0
0
[]
0,3-x
x
x
34

x2
0,3 − x

0.25

= 10-1,68 ⇒ x = 0,069

[H+] =

10 −14
0,069

= 1,45.10-13

pH ≈ 12,84
b. NhËn thÊy pH1 =

pK 1 + pK 2 2,15 + 7,21
=
=
2
2

4,68

⇒ Thµnh phÇn cña hÖ lµ muèi H2PO4KOH + H3PO4 → KH2PO4 + H2O
0,015
0,015
nKOH = 0,015 mol
0,015
Vdd KOH =
= 0,0083 (l) hay 8,30ml
1,8
Víi pH2 = 7,21 ta thÊy pH2 = pK2
⇒Thµnh phÇn cña hÖ sau trung hoµ lµ mét hÖ ®Öm gồm H2PO4- vµ
HPO42-.
pH2 = 7,21 = pKa2 + lg

[HPO 24− ]

[H 2 PO −4 ]
⇒ n HPO2 − = n H

0.25

0.25

−
⇒ [HPO42-] = [H2PO4-]
4
2 PO 4
3KOH + 2H3PO4 → KH2PO4 + K2HPO4 + 3H2O
0,0225
0,015
nKOH = 0,0225 mol
0,0225
Vdd KOH =
= 0,0125 (l) hay 12,50ml
1,8
2. a)
A2- + H2O ⇌HA- + OHKb1 = 10-1,4
(1)
-8,7
HA + H2O ⇌ H2S + OH
Kb2 = 10
(2)
H2O ⇌ H+
+ OH K w = 10-14
0.25

(3)
Vì Kb1.C >> Kb2.C >> Kw → pH của hệ được tính theo cân bằng (1):
A2+
H2O ⇌ 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
-

−

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



→
ƒ

HA- +

0,001

2−

SO 4

K1 = 1010,6

0,001

→

ƒ
A2HA+ NH3
K2 = 103,36
0,001
0,021
0,001
0,020
0,002
0,001
2Hệ 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 ⇌ HA+ OHKb1 = 10-1,4
(4)

+
'
NH3 + H2O ⇌ NH 4 + OH(5)
K b = 10-4,76
-8,7
HA + H2O ⇌ H2A
+ OH
Kb2 = 10
(6)
2−
−
Kb = 10-12
(7)
SO 4 + H2O ⇌ H SO 4 + OH+
2-12,6
HA ⇌ H
+ 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-

NH 4

+

→ (4) chiếm ưu thế và như vậy (4) và (8) quyết định thành phần cân bằng của hệ:
A20,02
0,02 - x

+ H2O ⇌ HA+

OHC
0,002
[]
0,002 + x
x
→x = 0,0142 → [HA-] = 0,0162 (M)
[HA ]
0,0162
→ α 2- =
= 0,7364 hay α A 2- = 73,64 %.
=
A
0,022
0,022
-

(Hoặc α A 2- =

[OH ] + C

HSO 4

0,022

+C

+

NH 4

=

0,0142 + 0,001 + 0,001

0.25

Kb1 = 10-1,4

0.25

= 0,7364)

0,022

Câu V. PHẢN ỨNG OXI HÓA – KHỬ, THẾ ĐIỆN CỰC, PIN ĐIỆN, ĐIỆN PHÂN
Dung dịch A gồm AgNO3 0,050 M và Pb(NO3)2 0,100 M.
1. Tính pH của dung dịch A.
2. Thêm 10,00 ml KI 0,250 M và HNO 3 0,200 M vào 10,00 ml dung dịch A. Sau phản ứng người ta
nhúng một điện cực Ag vào dung dịch B vừa thu được và ghép thành pin (có cầu muối tiếp xúc hai dung
dịch) với một điện cực có Ag nhúng vào dung dịch X gåm AgNO3 0,010 M và KSCN 0,040 M.
a) Viết sơ đồ pin .
b) Tính sức điện động Epin tại 250C .
c) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động.
d) Tính hằng số cân bằng của phản ứng trên .
Cho biết: Ag+ + H2O
AgOH + H+
(1) ; K1= 10 –11,70
Pb2+ + H2O
PbOH+ + H+
(2) ; K2= 10 –7,80

Cho pKs : AgI là 16,0; PbI2 là 7,86; AgSCN là 12,0 .


RT
ln = 0,0592 lg
;
=
0
,799
V
F
/Ag
3. Epin sẽ thay đổi ra sao nếu:
a) Thêm một lượng nhỏ NaOH vào dung dịch B?
b) Thêm một lượng nhỏ Fe(NO3)3 vào dung dịch X?
1. Ag+ + H2O ⇌ AgOH + H+ ; K1 = 10-11,7
(1)
2+
+
+
-7,8
Pb + H2O ⇌ PbOH + H
; K2 = 10
(2)
Do K2 >> K1 nên tính pH theo (2)
Pb2+ + H2O ⇌ PbOH + H+ ; K2 = 10-7,8 (2)
C
0,10
[]
0,10 − x

x
x
2
x
= 10 −7 ,8
x = 10-4,4 = [H+]
; pH = 4,40
0,1 − x
2.a) Dung dịch B: Thêm KI : CAg+ = 0,025 M; CPb2+ = 0,050
CI- = 0,125M ; CH+ = 0,10M
Ag+
+
I−
AgI ↓
0,025
0,125
0,10
Pb2+
+
2 I−
PbI2 ↓
0,05
0,10
Trong dung dịch có đồng thời 2 kết tủa AgI ↓ và PbI2 ↓
AgI ↓ ⇌ Ag+ + I− ;
Ks1 = 1.10-16 (3)
PbI2 ↓ ⇌ Pb2+ + 2 I− ;
Ks2 = 1.10-7,86 (4)
Ks1 << Ks2, vậy trong dung dịch cân bằng (4) là chủ yếu. Sự tạo phức
hiđroxo của Pb2+ là không đáng kể vì có H+ dư:

Pb2+ + H2O ⇌ PbOH + H+ ; K2 = 10-7,8
PbOH + 10 −7 ,8
=
= 10 −6,8 → PbOH + << Pb 2+
2+
−1
Pb
10
Trong dung dịch
PbI2↓ ⇌ Pb2+ + 2 I−
Ks2 = 1.10-7,86
x
2x
(2x)2x = 10-7,86
x = 1,51.10-3M
2x = [I−] = 2,302 . 10-3M
0
EAg
+

[

[

]

]

[

] [

0,25

0.5

]

[Ag ] [ ]

K s1
1.10 −16
= − =
= 3,31.10 −14 M .
−3
I
3,02.10

+

E của cực Ag trong dung dịch A: Ag+ + e ⇌ Ag
E 1 = E 0Ag + + 0,0592 lg Ag + = 0,799 + 0,0592 lg 3,31.10 −14
Ag

[

]

E 1 = 0,001V
Dung dịch X: Ag+

+ SCN− ⇌ AgSCN↓ ;
0,010
0,040
0,030
0,010
AgSCN↓ ⇌ Ag+ + SCN−
;
0,030
x
(0,030 + x)
x0,030 + x) = 10-12
10 −12
+
Ag = x =
= 3,33.10 −11
−2
3x10

[

]

1012,0
10-12,0

0.25


[

]

E 2 = 0,799 + 0,0592 lg Ag + = 0,799 + 0,0592 lg 3,33.10 −11
E 2 = 0,179V
V× E2 > E1 , ta có pin gồm cực Ag trong X là cực + , cực Ag trong B là cực –
Sơ đồ pin:
Ag

AgI↓
PbI2↓

AgSCN↓
SCN− 0,03 M

Ag
0.5

b)

Epin = 0,179 – 0,001 = 0,178V

c) Phương trình phản ứng: Ag + I– ⇌ AgI↓ + e
AgSCN + e ⇌ Ag↓ + SCN–
AgSCN + I– ⇌ Ag↓ + SCN–
d)

K = KsAgSCN

KsAgI

–12
= 10

= 104

–16

10

3. a) Khi thêm lượng nhỏ NaOH vào dung dịch B, có thể xảy ra 3 trường hợp:
- Lượng NaOH quá ít không đủ để trung hòa HNO 3: Sự tạo phức hiđroxo của Pb2+ vẫn
không đáng kể, do đó Epin không thay đổi.
- Lượng NaOH đủ để trung hòa HNO3: Có sự tạo phức hiđroxo của Pb2+ do đó [Pb2+] giảm,
Nồng độ I – sẽ tăng lên, do đó nồng độ Ag+ giảm xuống, E1 giảm ; vậy Epin tăng.
- Lượng NaOH đủ dư để trung hòa hết HNO 3 và hòa tan PbI2 tạo thành PbO2–, do đó [Pb2+]
giảm và Epin tăng. PbI2 + 4 OH–
PbO2– + 2 H2O + 2 I–
b) Thêm ít Fe3+ vào dung dịch X: Fe3+ + SCN–
Nồng độ ion SCN– giảm, do đó nồng độ ion Ag+ tăng, E2 tăng

0.25

0.5

FeSCN2+
Epin tăng

Câu VI.ĐỒNG PHÂN LẬP THỂ. DANH PHÁP
1. Hợp chất A có công thức:

O

Hãy gọi tên A và cho biết A 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.
2.Streptimidon là một loại kháng sinh có công thức sau:
O
O

NH

H OH

H
H

H3C H
CH3

H

O

(c) Mô tả các trung tâm lập thể của streptimidon bằng kí hiệu E, Z và R, S.
(d) Streptimidon có bao nhiêu đồng phân lập thể, trong đó có bao nhiêu đồng phân enan và bao nhiêu

đồng phân dia?
Hướng dẫn chấm

1. A là: 6-metyl-2-(p-metyl phenyl)hept-4-en-3-on
0.25
hoặc 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, 0.25
cấu hình E/Z và cấu dạng S-cis/S-trans.
H Ar
(S)

H

Ar

O

(E)

(R)

O

(Z)

S-trans

S-cis
Nói rõ 8 dạng: (R, S-cis, Z); (R, S-cis, E); (R, S-trans, Z); (R, S-trans, E); (S, S-cis, Z); (S, Scis, E); (S, S-trans, Z); (S, S-trans, E);

0.25

0.25

2.
a)Streptimidon có ba trung tâm lập thể:
S
O
E
H

O

H

NH

H OH

*

*

H3C H
CH3

0.5

H

O

R
(b) Streptimidon có 23 = 8 đồng phân lập thể, trong đó streptimidon và đối quang của nó 0.5

tạo cặp đồng phân enan, còn sáu đồng phân lập thể còn lại là đồng phân dia của
streptimidon.
Câu VII. CƠ CHẾ PHẢN ỨNG
1. Viết cơ chế phản ứng sau:

2. Xitral (C10H16O) là một monotecpen-anđehit có trong tinh dầu chanh. Oxi hóa xitral bằng KMnO4 thu
được axit oxalic, axeton và axit levulinic (hay axit 4-oxopentanoic). Từ xitral người ta điều chế β-ionon
để điều chế vitamin A.
a. Xác định cấu tạo và viết tên hệ thống của xitral.
b. Đun nóng Xitral với axeton/ Ba(OH)2 được X. Tiếp tục đun nóng X với H2SO4 loãng được β-Ionon .
O

β-Ionon

OH

Vitamin A

Viết sơ đồ tạo β-Ionon từ Xitral.
c. Biết β-Ionon có lẫn một lượng đáng kể chất đồng phân cấu tạo là α – Ionon.
β-Ionon và α – Ionon . Cho biết vì sao β-Ionon là sản phẩm chính.
Hướng dẫn chấm

Viết cơ chế tạo


1.

0.75

2.
a. Lập luận tìm công thức cấu tạo của xitral

0.5

O

3,7-Đimetylocta-2,6-đienal
0.25

b.
O

O

CH3COCH3/Ba(OH)2
ng ng tô

O

H2SO4
®ãng vßng

Xitral

β-Ionon

c.
+

O

+

O

0.25

O

O

H+

+

-H+
O

β-Ionon
α – Ionon
β-Ionon là sản phẩm chính do nối đôi sinh ra ở vị trí liên hợp  bền hơn.

0.25

Câu VIII. XÁC ĐỊNH CTCT CHẤT HỮU CƠ
1. Trong quá trình tổng hợp chất hữu cơ X (C 20H21NO4), người ta clometyl hóa 1,2-đimethoxybenzen
bằng fomalđehit và axit clohiđric để được chất hữu cơ Y, sau đó cho chất Y tác dụng với natri xyanua để
được chất hữu cơ Z. Sản phẩm Z một phần được thủy phân thu được chất hữu cơ M, phần khác được
hiđro hóa có xúc tác niken - Raney để được chất hữu cơ N. Hai chất M và N cho ngưng tụ với nhau ở

khoảng nhiệt độ 1700C đến 1800C cho amit P, chất này được đóng vòng bằng POCl 3 cho chất hữu cơ Q,
tiếp đó đề hiđro hóa có xúc tác niken-Raney trong đecalin ở 180 0C cho chất hữu cơ X. Xác định công
thức cấu tạo của X, Y, Z, M, N, P và Q.
2. Hiđrocacbon A (C12H20) có một số tính chất sau: Tác dụng với lượng dư H 2 (bột Ni, 1200C) cho sản
phẩm C12H26; Tác dụng với Br2/CCl4 cho sản phẩm C12H20Br6; Tác dụng với O3 rồi Zn/H2O hoặc
H2O2/H2O đều cho sản phẩm duy nhất B (C 6H10O). B cho phản ứng iođofom và có thể tạo ra 5 gốc hóa trị
I. Xác định công thức cấu tạo của A, B và viết các phương trình hóa học.
Hướng dẫn chấm


1.
H3CO

CH2Cl

H3OC

H3CO

CH2CN H3CO

H3OC

(Y)

H3OC

(Z)

CH2COOH

(M)
CH3O

H3CO

CH2CH2NH2
H3CO

1.0

O
NH

H3OC

H3CO

(N)

CH3O

H3CO

OCH3

CH2

H3CO
N

(P)
CH3O

OCH3

CH2
N

H3CO

2. C12H20

CH2

OCH3

H3CO

(Q)
(X)
0
(a=3)+ H2 dư/Ni, 120 C cho C12H26(a=0)
1.0
+ Br2/CCl4 cho sản phẩm C12H20Br6(a=0) A chứa liên kết π hoặc vòng 3

cạnh
- tác dụng với O3 rồi thủy phân – khử (Zn) hoặc thủy phân oxi hóa (H 2O2) đều cho sản phẩm
duy nhất B có công thức C6H10O(a=2) B là xeton chứa vòng 3 cạnh, đơn chức.
B cho phản ứng iodofom có dạng CH3-C=O. Vậy B có thể là:

hoãc

CH3 C

CH3 C CH2

CH3
O
B tạo ra 5 gốc hóa trị I B là:

O

CH3 C

CH3
O
A  duy nhất B A đối xứng qua liên kết đôi, A là:
CH3

C=C

CH3

CH 3CH3
Câu IX. TỔNG HỢP HỮU CƠ
1.Từ các hợp chất hữu cơ có từ 2 nguyên tử C trở xuống, xiclohexan, và các chất vô cơ cần thiết, hãy
điều chế:

2. Trong phòng thí nghiệm có các chất hữu cơ là 4- metylpiriđin , benzen, metanol và các chất vô cơ cần
thiết, hãy viết sơ đồ phản ứng tổng hợp chất X có công thức cấu tạo sau đây:

CH3
H3C
N

CH2-CH3

Cho piriđin có công thức là :

N
Hướng dẫn chấm
1.

0.75

Cl 2

Mg/ete

Cl

askt, t 0

1. O

MgCl

OH

2. H2O/H+
H 2SO 4, t 0
-H 2O
CH 2N 2
hν

2.
CH3OH

0.25

+ HI

CH3OH CuO
O
t C

CH3-I

Mg / ete CH MgI
3
CH3MgI

H-CH=O

H3O

+

CH3-CH2-OH

+ HBr

CH3CH2-Br

CH3
O
O2, V2O5

O

O

t C

H3C

+

CH3 O
O

O

H3C

NH

t C

1

O

CH3CH2Br

H3C
NH3

CH3 O

O

CH3 O
N-CH2-CH3

NaOH

LiAlH4

H3C

O
CH3
N-CH2-CH3

O

Câu X. BÀI TOÁN PHI KIM
1/ Nung 109,6 gam Bari kim loại với một lượng vừa đủ NH4NO3 trong một bình kín, thu được hỗn hợp

sản phẩm chỉ chứa 3 hợp chất của Bari (hỗn hợp A). Hòa tan hỗn hợp A trong một lượng nước dư, thu
được hỗn hợp khí B và dung dịch C.
a. Giải thích và viết phương trình phản ứng xảy ra.


b. Cho khí B vào bình kín dung tích không đổi, khi áp suất ổn định (đạt tới trạng thái cân bằng) thấy áp
suất tăng 10% so với áp suất ban đầu. Tính % thể tích các khí ở trạng thái cân bằng.
2/ Cho một chất rắn màu đen tím X 1 vào nước được dung dịch huyền phù. Cho dung dịch huyền phù này
vào dung dịch không màu X2 (dạng bão hòa) được một chất rắn màu vàng X 3 và một dung dịch không
màu chỉ chứa một chất tan X4. Chất X3 tan được trong dung dịch Na2SO3 và trong dung dịch Na2S. Cho
một đơn chất màu trắng X5 vào dung dịch X4 (đặc) thấy tạo được một chất kết tủa màu vàng X 6. Kết tủa
này không tan trong nước nóng, nhưng tan được trong dung dịch X 4. Xác định công thức hóa học của các
chất X1, X2, X3, X4, X5, X6 và viết các phương trình hóa học cho các quá trình biến đổi trên.
Hướng dẫn chấm
t 0 cao
1/ 8Ba + NH4NO3 
→ 3BaO + Ba3N2 + 2 BaH2

0.5

BaO + H2O 
→ Ba(OH)2
Ba3N2 + 6H2O 
→ 3Ba(OH)2 + 2NH3 ↑
BaH2 + 2H2O 
→ Ba(OH)2 +2H2 ↑
b. Theo đầu bài n B =
a

109,6

1
=0,8mol;n NH3 =0,8. .2=0,2mol;n H 2 =0,4mol
137
8

Khi cho khí vào bình kín

2NH3 ⇌ N2 + 3H2

Trước phản ứng

0,2 mol

Phản ứng

2x

Cân bằng

0,2 – 2x

0

0,4 mol
x

0,4+3x

Theo đầu bài áp suất bình tăng 10% nên số mol khí sau phản ứng bằng 1,1 lần

0.5

số mol trước phản ứng
0,2 – 2x + x + 0,4 + 3x = 1,1.0,6


→ x = 0,03 mol

Vậy ở trạng thái cân bằng thành phần số mol mỗi khí là
0,14 mol NH3 (21,21%); 0,03 mol N2 (4,55%); 0,49 mol H2 (74,24%)
2/ Chất rắn màu vàng X3, không tan trong nước, tan được trong dung dịch Na 2SO3 và dung
dịch Na2S ⇒ Chất rắn X3 đó là lưu huỳnh:
0.5
nS + Na2S → Na2Sn + 1
S + Na2SO3 →Na2S2O3
Chất rắn màu đen tím cho vào nước tạo được huyền phù, chứng tỏ chất rắn ít tan
trong nước. Dung dịch huyền phù này cho vào dung dịch không màu (dạng bão hòa) được
lưu huỳnh, chứng tỏ dung dịch bão hòa đó là H2S và chất rắn X1 là I2.
H2S + I2 → S + 2HI
Dung dịch chứa một chất tan X4 là HI
Đơn chất màu trắng, tan trong dung dịch HI đặc để tạo kết tủa màu vàng, kết tủa vàng
không tan trong nước nóng, tan được trong dung dịch HI ↔ kết tủa vàng X 6 là AgI và đơn 0.5
chất màu trắng X5 là Ag
2Ag + HI → 2AgI + H2
AgI + HI → HAgI2