2 de thi hoc sinh gioi mon hoa 12 va dap an

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

MÔN: HÓA HỌC LỚP 12
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I

(4 điểm)
1. Ba loại mạng tinh thể kim loại đặc trưng là lập phương tâm khối, lập phương tâm diện và lục phương. Định
nghĩa rằng mật độ sắp xếp tương đối (kí hiệu là f) bằng tỉ lệ giữa thể tích chiếm bởi các hình cầu trong tế bào cơ
sở và thể tích tế bào cơ sở. Hãy tính mật độ sắp xếp tương đối trong các tinh thể lập phương tâm khối và lập
phương tâm diện.

2. Xét phản ứng tổng hợp amoniac : N2 (k) + 3H2 (k) ⇄ 2NH3 (k)
Ở 450oC hằng số cân bằng của phản ứng này là KP = 1,5.10-5.
(a) Ban đầu trộn N2 và H2 theo tỉ lệ 1:3 về thể tích. Tính hiệu suất phản ứng tổng hợp NH 3 khi áp suất hệ bằng
500 atm và bằng 1000 atm.
(b) Các kết quả tính được có phù hợp với nguyên lý chuyển dời cân bằng hóa học hay không?
ĐÁP ÁN

ĐIỂM

1. Gọi r là bán kính hình cầu và a là độ dài cạnh ô mạng cơ sở :

1
8




Trong một ô mạng cơ cở lập phương tâm khối, số nguyên tử bằng  × 8  + 1 = 2 và

3a = 4r , ⇒

4
2 × πr 3
3
f =
= 68%
a3

0,75
(0,25 × 3)

1
8

 1

× 6  = 4 và
 2


Trong một ô mạng cơ cở lập phương tâm diện, số nguyên tử bằng  × 8  + 

2a = 4 r , ⇒

4
4 × πr 3
3
f =
= 74%
a3

0,75
(0,25 × 3)

2. (a) Gọi x và h lần lượt là số mol ban đầu của N2 và hiệu suất phản ứng.
N2 (k) +
3H2 (k) ⇄
2NH3 (k)
no x

3x

0

n

hx

3hx

2hx

x(1-h)

3x(1-h)

2hx

⇒ Σn = x(4-2h)

1


KP =

2
PNH
3

PN .PH3
2

=
2

 2 xh


P 
 x ( 4 − 2h ) 

1,00

2

 x (1 − h )  3x (1 − h ) 

P 
P 
 x (4 − 2h )  x (4 − 2h ) 

⇔

3

2h ( 4 − 2h )
5,2(1 − h ) 2

=P K

(*)

Tại 500 atm, (*) ⇔ 14,1h 2 − 28,2h + 10,1 = 0 với h ≤ 1

⇒ h = 0,467 , vậy hiệu suất phản ứng bằng 46,7%
1,00

2

Tại 1000 atm, (*) ⇔ 14,1h − 28,2h + 10,1 = 0 với h ≤ 1

(0,50 × 3)

⇒ h = 0,593 , vậy hiệu suất phản ứng bằng 59,3%

(b) Khi áp suất tăng, hiệu suất phản ứng tổng hợp NH 3 tăng. Điều này phù hợp với nguyên lý
chuyển dời cân bằng. Khi tăng áp suất, cân bằng chuyển dòi theo chiều làm giảm số phân tử
khí (với phản ứng tổng hợp NH3 là chiều thuận).

0,50

Câu II

(3 điểm)
1. (a) Viết phương trình phản ứng điều chế HBr từ PBr3.
(b) Cho biết cấu tạo và dạng hình học của phân tử các chất có trong phản ứng điều chế trên.
(c) Có thể điều chế HBr bằng phương pháp sunfat không ? Tại sao ?
2. (a) Viết phương trình phản ứng (ghi rõ điều kiện) điều chế trực tiếp nước Gia-ven từ NaCl, clorua vôi từ CaCl 2
và kali clorat từ KCl.
(b) Nước Gia-ven và clorua vôi tiếp xúc với không khí sẽ phản ứng với CO 2 để tạo chất oxi hóa mạnh là axit
hipoclorơ. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

ĐÁP ÁN
1.

ĐIỂM

(a) Phương trình phản ứng :
PBr3 + 3H2O → H3PO3 + 3HBr

0,50

(b) Cấu tạo và dạng hình học :
PBr3

H2O

H3PO3

HBr
1,00
(0,25 × 4)

Tháp đáy tam
giác

Gấp khúc

Tứ diện

2

Đường thẳng


(c) Không điều chế HBr bằng phương pháp sunfat, do dung dịch H 2SO4 đặc có thể oxi hóa Br thành Br2 (2HBr + H2SO4 → Br2 + SO2 + 2H2O).

0,25

dpdd

2.

(a) H2O + NaCl → NaClO + H2
kmn

dpdd

2H2O + CaCl2 → Ca(OCl)2 + 2H2
kmn

0,75
o

dpdd ( 70 − 75 C )

(0,25 × 3)

→ KClO3 + 3H2
3H2O + KCl     
kmn

(b) NaClO + H2O + CO2 → NaHCO3 + HClO
0,50

Ca(OCl)2 + H2O + CO2 → CaCO3 + 2HClO
hay 2CaOCl2 + H2O + CO2 → CaCO3 + CaCl2 + 2HClO

(0,25 × 2)

Câu III

(5 điểm)
1. Phèn chua là một loại muối sunfat kép có công thức KAl(SO 4)2.12H2O
(a) Khi hòa tan phèn chua trong nước, dung dịch thu được có thể có những ion nào (bỏ qua tương tác của ion
sunfat với nước) và có môi trường axit hay bazơ ? Giải thích.

(b) Thêm V (mL) dung dịch Ba(OH) 2 0,1M vào 100 mL dung dịch KAl(SO 4)2 0,1M thu được 2,1375 gam kết
tủa. Tính V.
2. X là hỗn hợp đồng nhất gồm hai kim loại Fe và Cu, trong đó Fe chiếm 52,24% phần trăm khối lượng. Chia
32,16 gam X thành hai phần bằng nhau.
(a) Hòa tan phần một trong 113,4 gam dung dịch HNO 3 40%. Khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được
dung dịch Y và sản phẩm khử duy nhất là khí NO. Điện phân dung dịch Y với các điện cực trơ, cường độ
dòng điện 5A, trong thời gian 2 giờ 9 phút thì kết thúc điện phân. Tính độ tăng khối lượng của catot, giả
thiết toàn bộ kim loại sinh ra bám lên catot.
(b) Hòa tan phần hai bằng 300 mL dung dịch HCl 1M (không có không khí). Khi phản ứng hoàn toàn, lọc tách
phần chất rắn không tan. Thêm dung dịch AgNO 3 dư vào dung dịch nước lọc, thu được kết tủa Z. Tính khối
lượng Z.

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

1. (a) Trong dung dịch phèn chua có xảy ra các quá trình :
KAl(SO4)2 → K+ + Al3+ + 2SO42Al3+ + H2O ⇄ Al(OH)2+ + H+
3


Al(OH)2+ + H2O ⇄ Al(OH)2+ + H+
Al(OH)2+ + H2O ⇄ Al(OH)3 + H+

1,00
(0,25 × 4)

H2O ⇄ OH- + H+
Vậy dung dịch phèn chua có thể có các ion K +, Al3+, SO42-, Al(OH)2+, Al(OH)2+, H+ và OH-. Vì
trong dung dịch này [H+] > [OH-] nên môi trường có tính axit.

(b) Theo giả thiết n Al 3+ = 0,01 mol và n SO 24− = 0,02 mol . Gọi x là số mol Ba(OH) 2 cần
thêm vào, như vậy n Ba 2+ = x mol và n OH − = 2 x mol .
Ba2+

SO42- →

+

no x (mol)
Al3+

BaSO4

(1)

Al(OH)3

(2)

Al(OH)4-

(3)

0,02 (mol)
3OH- →

+

no 0,01 (mol)

2x (mol)

Al(OH)3 +

OH-

→

0,25

Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (1) và (2). Trong trường hợp này Al 3+ tham gia phản ứng
vừa đủ hoặc dư :

2x
≤ 0,01 ⇒ x ≤ 0,015 (mol) , và như vậy Ba2+ phản ứng hết ở phản ứng
3

(1).
Ta có m(kết tủa) = 233.x + 78.

2x
= 2,1375 ⇒ x = 0,0075 (mol)
3

Vậy thể tích dung dịch Ba(OH)2 đã sử dụng là

0,50

0,0075 mol
× 1000mL / L = 75m L

0,1 mol / L

Nếu xảy ra các phản ứng (1), (2) và (3) thì x > 0,015 (mol)

⇒ m BaSO 4 > 0,015 mol × 233 gam / mol = 3,495 gam > 2,1375 gam (loại).
2.

n Fe =

52,24
32,16 gam
47,76
32,16 gam
×
= 0,3 mol ; n Cu =
×
= 0,24 mol
100 56 gam / mol
100 64 gam / mol

Như vậy trong mỗi phần có 0,15 mol Fe và 0,12 mol Cu.
(a) n HNO 3 =

40
113,4 gam
×
= 0,72 mol
100 63 gam / mol

3Fe + 8HNO3

0,15

0,72

0,15

0,4

→

3Fe(NO3)2 +

2NO + 2H2O

0,15
4

(1)

0,25


0

0,32

3Cu + 8HNO3
0,12

0,32

0

0

1,00

0,15
→

3Cu(NO3)2 +

2NO + 4H2O

(2)

0,12

Như vậy dung dịch Y chứa 0,15 mol Fe(NO3)2 và 0,12 mol Cu(NO3)2.
Các phản ứng điện phân có thể có (theo thứ tự) :
Cu(NO3)2 + H2O →

Cu + 1/2O2 + 2HNO3

(3)

0,12 ⇒ 0,06
Fe(NO3)2 + H2O →

Fe + 1/2O2 + 2HNO3

0,50

(4)

0,08⇐ 0,04
H2O → H2 + 1/2O2

Ta có : n O 2 =
Vì

(5)

1 5 × 7740
×
= 0,1 mol
4 96500

(

)

1
1
n Cu ( NO 3 ) 2 = 0,06 ≤ n O 2 ≤ n Cu ( NO 3 ) 2 + n Fe( NO 3 ) 2 = 0,135
2
2

⇒ đã xảy ra (1) và (2), nhưng Fe(NO3)2 còn dư.

0,50

Từ (3) và (4) ta thấy lượng kim loại kết tủa lên catot gồm 0,12 mol Cu và 0,08 mol Fe.
Vậy độ tăng khối lượng catot bằng :

(64 gam / mol × 0,12 mol) + ( 56 gam / mol × 0,08 mol) = 12,16 gam

(b) Hòa tan trong dung dịch HCl (không có không khí) :
Fe + 2HCl →
FeCl2 + H2
0,15

0,3

0,15

0,3

0,15

0

0,0

0,15

(6)

0,25

Dung dịch Z chứa 0,15 mol FeCl2 và 0,1 mol HCl.
Thêm dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch Z :
5


Ag+ + Cl- → AgCl↓
0,3

(7)
0,75

0,3

Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag↓
0,15

(8)

(0,25 × 3)

0,15

m ↓= m AgCl + m Ag = (0,3 × 143,5) + (0,15 × 108) = 59,25 (gam)

Câu IV

(3 điểm)
1. Trình bày phương pháp hóa học phân biệt năm lọ hóa chất lỏng mất nhãn gồm axit fomic, axit acrilic, anđehit
propionic, ancol etylic và ancol n-propylic.
2. A là hợp chất thơm có công thức phân tử C 7H8O2. A phản ứng hết với Na dư sinh ra H 2 có số mol bằng số mol

của A. A tác dụng được với Na 2CO3, nhưng không phản ứng với NaHCO 3. Khi tác dụng với HCl tạo hợp chất
có công thức C7H7OCl, còn tác dụng với Br2 tạo được dẫn xuất tribrom.
(a) Lập luận xác định cấu tạo A và gọi tên.
(b) Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
ĐÁP ÁN

ĐIỂM

1. Nhận ra hai axit cacboxylic bằng quỳ tím ẩm (làm quỳ hóa đỏ, các mẫu thử khác không làm
đổi màu quỳ) và phân biệt hai axit bằng phản ứng tráng gương (axit fomic tạo kết tủa Ag).
RCOOH + H2O ⇄ RCOO- + H3O+
HCOOH + 2AgNO3 + 4NH3 + H2O → (NH4)2CO3 + 2Ag + 2NH4NO3
Dùng phản ứng tráng gương nhận ra andehit axetic trong các mẫu thử còn lại và dùng
I2/NaOH để phân biệt hai ancol (chỉ etanol tạo kết tủa vàng iodofom).
CH3CHO + 2AgNO3 + 3NH3 + H2O → CH3COONH4 + 2Ag + 2NH4NO3

1,00
(0,25 × 4)

CH3CH2OH + 4I2 + 6NaOH → HCOONa + CHI3 + 5NaI + 5H2O
2. (a) C7H8O2 có ∆ = 4, như vậy A có một nhân thơm.
A phản ứng hết với Na dư sinh ra H 2 có số mol bằng số mol của A, như vậy A có hai nhóm
chức chứa H linh động (hai nhóm –OH).
A tác dụng được với Na2CO3, nhưng không phản ứng với NaHCO 3, như vậy A có nhóm
phenol. A tác dụng với HCl cho thấy A chứa nhóm ancol.

0,50

Khi tác dụng với Br2, A tạo được dẫn xuất tribrom, như vậy hai nhóm thế trên nhân thơm ở vị
trí meta-.

Cấu tạo và tên gọi :

0,50
6


Các phương trình phản ứng :
HOCH2C6H4OH + 2Na → NaOC6H4CH2ONa + H2
HOCH2C6H4OH + Na2CO3 → HOCH2C6H4ONa + NaHCO3
HOCH2C6H4OH + HCl → ClCH2C6H4OH + H2O
1,00
(0,25 × 4)

Câu V ( 5 điểm)
1. Cho biết dạng ion lưỡng cực chính của Lysin và của Axit glutamic. Giải thích nguyên nhân tại sao chúng tồn tại
ở dạng chính đó.
2. Cho m gam xenlulozơ tác dụng vừa hết với 25,2 gam HNO 3 có trong hỗn hợp HNO3 đặc và H2SO4 đặc tạo
thành 66,6 gam coloxilin (là hỗn hợp của xenlulozơ mononitrat và xenlulozơ dinitrat). Tính m và % khối lượng
các chất trong coloxilin.
3. Một disaccarit A có công thức phân tử C 12H22O11. A không tham gia phản ứng tráng gương và không làm mất
màu dung dịch brom. Chỉ có thể thủy phân A bằng mantaza (loại men dùng để thủy phân các cầu nối α-glicozit)
tạo thành sản phẩm duy nhất D-glucozơ. Metyl hóa hoàn toàn các nhóm hidroxyl của A, rồi thủy phân sản
phẩm thu được tạo ra 2,3,4,6-tetra-O-metyl-D-glucozơ. Lập luận xác định cấu trúc của A.
ĐÁP ÁN

ĐIỂM

1. Dạng ion lưỡng cực chính của Lysin :

0,75

Nhóm –NH2 trên C-2 chịu ảnh hưởng hút electron của nhóm –COOH nhiều hơn, nên tính
bazơ yếu hơn nhóm –NH2 trên C-6.

Dạng ion lưỡng cực chính của Axit glutamic :

7

(0,50+0,25)


Nhóm –COOH đầu mạch (C-1) chịu ảnh hưởng hút electron của nhóm –NH 2 mạnh hơn, nên
tính axit mạnh hơn nhóm –COOH cuối mạch (C-5).

0,75
(0,50+0,25)

2. Các phương trình phản ứng:
[C6H7O2(OH)3]n + nHONO2 → [C6H7O2(OH)2(ONO2)]n + nH2O (1)
a mol

na mol

207na gam

[C6H7O2(OH)3]n + 2nHONO2→[C6H7O2(OH)(ONO2)2]n + 2nH2O (2)
b mol

2nb mol

0,50

(0,25 × 2)

252nb gam

Đặt số mol xenlulozơ trong hai phản ứng (1), (2) lần lượt là a và b.

25,2

na = 0,2
 n HNO3 = na + 2nb =
= 0,4
Theo giả thiết ta có : 
⇔
63
 nb = 0,1
n coloxilin = 207na + 252nb = 66,6
Khối lượng xenlulozơ ban đầu :
m = 162n(a + b) = 162(na + nb) = 162 × 0,3 = 48,6 gam
Phần trăm khối lượng các chất trong coloxilin :
%mxenlulozomononitrat =

1,00
(0,50 × 2)

207 na × 100%
= 62,2%; %mxenlulozodinitrat = 37,8%
66,6

3. Thủy phân A tạo sản phẩm duy nhất là D-glucozơ, như vậy A là một disaccarit tạo từ hai đơn
vị glucozơ.

A không tham gia phản ứng tráng gương (không còn OH-hemiaxetal), nên các phân tử
glucozơ phải được liên kết với nhau qua cầu nối C(1)–C(1).
Nó chỉ có thể thủy phân bằng men mantaza, như vậy cầu nối glycosit là anpha đối với mỗi
vòng.
Nhóm –OH trên C-5 không bị metyl hóa cho thấy các vòng là vòng sáu cạnh.

Cấu trúc của A :

8

1,00
(0,25 × 4)


1,00

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐẮK LẮK

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2011 – 2012
MÔN: HOÁ HỌC 12 – THPT
Thời gian: 180 phút (không kể giao đề)
Ngày thi: 10/11/2011

ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề này có 2 trang)
Câu 1: (2,5 điểm)
1. Cho 3 nguyên tố X, Y, Z (Z X < ZY < ZZ). X, Y cùng một nhóm A ở 2 chu kì liên tiếp trong bảng
tuần hoàn; Y, Z là hai nguyên tố kế cận nhau trong một chu kì; Tổng số proton trong hạt nhân X, Y là 24.
Xác định bộ bốn số lưỡng tử của electron sau cùng trong các nguyên tử X, Y, Z.

2. Cho độ đặc khít của mạng tinh thể lập phương tâm khối là ρ = 68 %. Từ đó hãy tính khối lượng
riêng của nguyên tử Natri theo g/cm3, biết Natri kết tinh có dạng tinh thể lập phương tâm khối và bán kính
hiệu dụng của nguyên tử Natri bằng 0,189 nm
Câu 2: (1,5 điểm)
1. Thêm 100 ml HCl vào hỗn hợp KIO 3 và KI dư chuẩn độ iôt giải phóng ra thì hết 10,5 ml Na 2S2O3
0,01054M. Viết phương trình hóa học ở dạng ion rút gọn và cân bằng phản ứng theo phương pháp cân
bằng ion electron. Tính nồng độ dung dịch HCl ?
2. Trộn x mol tinh thể CaCl2.6H2O vào A lít dung dịch CaCl2 có nồng độ B mol/l và khối lượng riêng
là D1 g/l ta thu được V lít dung dịch CaCl2 có nồng độ mol/l là C và có khối lượng riêng là D2 (g/l).
Hãy tính giá trị của x theo A, B, C, D1, D2.
Câu 3: ( 2,0 điểm)
o
-5
-2
1. Hằng số cân bằng của phản ứng điều chế NH3: N2 + 3H2 ‡ˆ ˆ†
ˆˆ 2NH3 ở 500 C bằng 1,5.10 atm .
Tính xem có bao nhiêu phần trăm hỗn hợp ban đầu (N2 + 3H2) đã chuyển thành NH3, nếu phản ứng được
thực hiện ở 500 atm, 1000 atm. Cho nhận xét về kết quả
2. Cho độ biến thiên nồng độ chất phản ứng theo thời gian được biểu diễn theo bảng như sau:
t (s)

0

20
9

40

60

[A] mol/l

0,4

0,2

0,1

0,05

Tính tốc độ tức thời của phản ứng tại giây thứ 20.
Câu 4: ( 1,5 điểm)
1. Tính nhiệt sinh chuẩn ( ∆ H0298.s) của CH4 (K). Biết rằng năng lượng liên kết H – H trong H 2 là 436
kJ.mol-1; năng lượng liên kết trung bình C – H trong CH 4 là 410 kJ.mol-1 và nhiệt nguyên tử hóa ∆ H0a của
Cgr (K) là: ∆ H0a= 718,4 kJ.mol-1. Các giá trị đều xác định ở điều kiện chuẩn.
2. Sự phân hủy N2O5 theo phản ứng: N2O5 →N2O4 + ½ O2 có bậc động học bằng 1. Ở 250C, hằng số
tốc độ bằng 10-3 phút -1. Ở nhiệt độ này người ta cho vào bình phản ứng khí N 2O5 dưới áp suất po = 25.103
Pa. Hỏi sau 2 giờ áp suất riêng của N2O4 và của O2 là bao nhiêu?
Câu 5: (2,5 điểm)
1. Khi thêm NaOH vào dung dịch CuSO4 thì tạo ra kết tủa Cux(OH)y(SO4)z. Để làm kết tủa hoàn toàn
ion Cu2+ chứa trong 25 ml CuSO4 0,1M cần 18,75 ml NaOH 0,2M.
Xác định tỉ số mol Cu2+/OH- trong kết tủa
Tính thành phần phần trăm các nguyên tố trong Cux(OH)y(SO4)z
Viết phương trình hóa học xảy ra.
2. Một pin được cấu tạo bởi 2 điện cực, điện cực thứ nhất gồm một thanh đồng nhúng trong dung
dịch Cu2+ có nồng độ 10-2M; điện cực thứ hai gồm 1 thanh Cu nhúng trong dung dịch phức [Cu(NH 3)4]2+
10-2M. Suất điện động của pin ở 25 0C là 38 mV. Tính nồng độ mol/l của ion Cu 2+ trong dung dịch ở điện
cực âm và tính hằng số bền của phức chất [Cu(NH3)4]2+. Biết K a ,NH+4 = 10-9,2.
Câu 6: ( 3,0 điểm)

A là mẫu hợp kim Cu – Zn. Chia mẫu hợp kim đó thành 2 phần bằng nhau:
Phần 1 hòa tan bằng dung dịch HCl dư thấy còn lại 1 gam không tan.
- Phần 2 luyện thêm 4 gam Al vào thì thấy thu được mẫu hợp kim B trong đó hàm lượng phần
trăm của Zn nhỏ hơn 33,33 % so với hàm lượng Zn trong mẫu hợp kim A.
a) Tính hàm lượng % của Cu trong mẫu hợp kim A, biết rằng khi ngâm mẫu hợp kim B vào dung
dịch NaOH thì sau một thời gian khí bay ra đã vượt quá 6,0 lít (đktc).
b) Từ hợp kim B muốn có hợp kim C chứa 20% Cu; 50% Zn và 30% Al thì phải luyện thêm các kim
loại với lượng như thế nào?
Câu 7: ( 2,0 điểm)
+ ddKMnO 4
→ 2 mol
1. Hiđrocacbon A có d A = 2,5. Xác định công thức cấu tạo của A biết 1 mol A 
H 2SO 4

O2

CO2 + 2 mol axit oxalic. A có đồng phân hình học không? Nếu có hãy viết các đồng phân hình học của A
và gọi tên A.
2. Đề hiđrô hóa 1 mol ankan A thu được 1 mol hiđrocacbon B không no, thực hiện phản ứng ozon
phân B cho ra 1 mol anđehit maleic và 2 mol anđehit fomic. Xác định công thức cấu tạo của hiđrocacbon
A và B.
Câu 8: ( 2,0 điểm)
1. Hợp chất X có công thức phân tử C9H10O2 phản ứng với dung dịch NaHCO 3 giải phóng khí CO2. X
không làm mất màu dung dịch nước brom. X không phản ứng với CH 3OH khi có mặt H2SO4 đặc. Khi cho
H2SO4 đặc vào X sau đó cho hỗn hợp vào CH 3OH đã được làm lạnh thì thu được hợp chất B có công thức
phân tử C10H12O2. Hãy viết công thức cấu tạo của A. Giải thích các tính chất trên của A và cơ chế phản
ứng tạo thành B.
10

2. Đixian là hợp chất có công thức C2N2. Viết CTCT của đixian, khi đun nóng đixian đến 500 0C thu
được chất rắn A có màu đen, công thức (CN)n. Viết CTCT của A.
Câu 9: (3,0 điểm)
1. Peptit A có phân tử khối bằng 307 và chứa 13,7% N. Khi thủy phân một phần thu được 2 peptit B,
C. Biết 0,48 g B phản ứng với 11,2 ml dung dịch HCl 0,536M và 0,708 g chất C phản ứng với 15,7 ml
dung dịch KOH 2,1 % (d= 1,02 g/ml). Biết các phản ứng xảy hoàn toàn và có đun nóng. Lập công thức
cấu tạo của A, gọi tên các amino axit tạo thành A.
2. Hai hợp chất thơm A và B đều có công thức phân tử C nH2n-8O2. Hơi B có khối lượng riêng 5,447
g/l (đktc). A có khả năng phản ứng với kim loại Na giải phóng H 2 và có phản ứng tráng gương. B phản
ứng được với Na2CO3 giải phóng khí CO2 .
a) Viết công thức cấu tạo của A, B.
b) A có 3 đồng phân A1; A2; A3, trong đó A1 là đồng phân có nhiệt độ sôi nhỏ nhất.
Xác định công thức cấu tạo của A1, giải thích.
c) Viết sơ đồ chuyển hoá o-crezol thành A1; toluen thành B.
Cho: H=1; C=12; N=14; O=16; F=19; Na=23; Mg=24; Al=27; Si=28; P=31; S=32; Cl=35,5; K=39;
Ca=40; Cr=52; Mn=55; Fe=56; Cu=64; Zn=65; Br=80; Ag=108; Sn=118,7; I=127; Ba=137;
-

…….HẾT…….
Thí sinh không được sử dụng tài liệu và bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học
Giám thị không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh………………….........………….……………… Số báo danh………….....

HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN – MÔN HÓA HỌC 12 THPT
NỘI DUNG

ĐIỂM

Câu 1:(2,5đ)
24

= 12 ⇒ ZX< Z < ZY. A, B thuộc cùng một phân nhóm
2
chính ở 2 chu kì liên tiếp  X, Y thuộc cùng chu kì 2, 3. Dó đó: ZY – Z X = 8 (2)
 ZX = 8
X : O
⇒
Từ (1) và (2) ⇒ 
 ZY = 16 Y : S
Y, Z là 2 nguyên tố kế cận nhau trong 1 chu kì: ZZ = 17  Z là Cl
Cấu hình (e): O : 1s22s22p4.
S: 1s22s22p63s23p4
Cl: 1s22s22p63s23p5.
Bộ 4 số lượng tử của (e) sau cùng của:
1
O: n = 2; l = 1; m = -1; s = −
2
1
S: n = 3; l = 1; m = -1; s = −
2
1
Cl: n = 3; l = 1; m = 0; s = − .
2
2. Thể tích của một nguyên tử natri trong tinh thể:
1. ZX + ZY = 24 (1) ⇒ Z =

11

0,5

0,5

0,25

0,5


4
.3,14.(0,189.10−7 cm)3 = 2,83.10 −23 cm 3
3
⇒ Khối lượng riêng của natri:
23.68
≈ 0,92g / cm3
3
−23
6, 022.10 .2,83.10 .100
Câu 2: (1,5đ)
Phản ứng xảy ra khi cho HCl vào
−
2I O3 + 12H+ + 10e →
→
2 I−
−
2I O3 + 10 I − + 12H+ →
→

6 I3

IO3− +8 I − + 6H+

→

3 I3 + 3H2O

0,5

0,25

I2 + 6H2O
I2 + 2e
6I2 + 6H2O

6I2 +6 I −

0,25

0,25

−
−

2−
→
I3− + 2S2 O32−
S4 O6 +3 I −
1
1
n I− = n S O2− = n H+ → n H + = 0, 01054.10,5.10 −3
3
2 3
2
2

0,1107.10−3.1000
[HCl] =
= 1,107.10−3 M
100
1.Hướng dẫn:
Ta có:

219x + AD1 = VD 2 
 ⇒ xD 2 +ABD 2 = 219xC +AD1C
x + AB = VC

ABD 2 − ACD1
⇒x=
219C − D 2

0,25

0,25

0,25
0,25

Câu 3(2đ)
1. Hướng dẫn:
2
 PNH
3
= 1,5.10−5 (1)

3

 PN 2 .PH 2
1

⇒ (2) +(3) : PN2 = (P − PNH3 )(4)
 PH2 = 3PN2 (2)
4

 PN2 + PH 2 + PNH3 = P(3)


3
⇒ PH2 = (P − PNH3 )(5)
4
Thay (4) và (5) vào (1) ta được :

12

0,25


⇒

PNH3
(P − PNH3 ) 2

= 1, 26.10−3

0,25

2

⇒ 1, 26.10−3 PNH
− (2,52.10 −3 P + 1).PNH3 + 1, 26.10 −3 P 2 = 0
3

+ Khi p = 500atm:
2
1, 26.10−3.PNH
− 2, 26PNH3 + 315 = 0
3
 PNH = 1641,33atm
⇒ 3
 PNH3 = 152,3atm
+ Khi p = 1000 atm:
2
1, 26.10−3.PNH
− 3,52PNH3 + 1, 26.103 = 0
3

(loại vì PNH3 > P)

 PNH = 2372, 08atm
(loại vì PNH3 > P)
⇒ 3
 PNH3 = 421, 6atm
Gọi x và x’ là phần trăm hỗn hợp ban đầu đã chuyển hóa thành NH3 ở p = 500 atm và p = 1000
atm ta có:
ˆˆ 2NH3.
NH3 + 3H2 ‡ˆ ˆ†
Ban đầu
1

3
0
Phản ứng
x
3x
2x
Cân bằng
1– x 3 – 3x
2x
Tổng số mol sau phản ứng: 1– x + 3 – 3x + 2x = 4 – 2x
2x
152,3
⇒ x = 46,62%
=
Ở 500atm thì :
4 − 2x
500
2x '
421, 6
⇒ x’ = 59,55%
=
Ở 1000atm thì :
4 − 2x ' 1000
Như vậy áp suất tăng đã làm cho cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận, làm hiệu suất phản
ứng tăng.
2. Với phản ứng bậc 1:
C1 = C0.e − kt1 C2 = C0 .e − kt 2 k là hằng số tốc độ phản ứng
ln C1 − ln C2
lnC1 – lnC2 = k(t2 – t1) → k =
t 2 − t1

Nếu giá trị ki thu được trong thí nghiệm có giá trị xấp xỉ nhau cho các cặp (Ci; ti) thì có thể kết
luận là phản ứng bậc 1
Ta có:
ln 0, 4 − ln 0, 2 ln 0, 2 − ln 0,1 ln 0,1 − ln 0, 05
=
=
= 0, 035 ⇒ phản ứng trên là phản ứng bậc 1
20 − 0
40 − 20
60 − 40
Tốc độ phản ứng tức thời tại giây thứ 20: V = k.C20 = 0,035.0,2 = 0,007 mol. lít -1.s-1.

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 4: (1,5đ)
1. ta có : Cgr
∆H

+

2H2

0

∆H 298.s

→

CH4 (k)
13– 4EC – H

0,5


C(k)
+ 2H2 (k)
Theo định luật Hess:
0

2E H −H

→ C(k) + 4H(k)

0,25

0

∆H 298.s (CH4) = ∆H a + 2EH – H – 4EC – H = 718,4 + 2. 436 - 4. 410 = - 49,6 kJ.mol-1
2. Phương trình động học của phản ứng bậc nhất có dạng:
C

ln o = kt (với Co là nồng độ ban đầu và C là nồng độ ở từng thời điểm của chất phản
C
ứng). Vì Pi = CiRT( ở T = const thì

Po
Co Po
=
) nên ta cũng có : ln
= kt
PN2O5
C
P

0,25

0,25

Với t = 120 phút; k = 10-3 ph-1 và Po = 25.103 Pa ta tính được P N2O5 = 22,17.103 Pa
0

Mặt khác: P N2 O5 - P N2O5 = P N2O4 = 2P O2

0,25

P N2O4 = 25.103 - 22,17.103 = 2,83.103 Pa
P O2 = 1,415.103 Pa
Câu 5: (2,5đ)
1.nCu2+ = nCuSO4 = 0,0025 mol
nOH- = nNaOH = 0,00375 mol

0,25

nCu 2 +
1
2
=
=
−
nOH
1,5 3

1
nNaOH = 0, 001875mol
2
= 0, 0025 − 0, 001875 = 0, 000625 (trong kết tủa)

nNa 2SO 4 =
⇒ nSO 24−

0,25

nCu2+ : n OH − : nSO42- = 0,0025 : 0,00375 : 0,000625 = 4: 6: 1
→ Công thức phân tử của kết tủa là: Cu4(OH)6SO4
0,25
256
%Cu =
.100 = 53,388%
32
%S =
.100 = 7, 048%

454
454
0,25
160
%H = 1,322%
%O =
.100 = 35, 242%
454
0,25
- Phương trình: 4CuSO4 + 6NaOH → Cu4(OH)6SO4 + 3Na2SO4.
2. (-)Cu/[Cu(NH3)4]2-(10-2M)//Cu2+(10-2M)/Cu(+)
Đây là pin nồng độ, điện cực chứa ion phức là điện cực âm, điện cực chứa muối đồng là
cực dương
0,25
0, 059
10−2
lg
E = 0,038 =
2
[Cu 2+ ]
lg[Cu2+] = -3,288 nên [Cu2+] = 5,15.10-4M
[Cu(NH 3 ) 4 ]2+
2+
2+
0,25
Vì: [Cu(NH3)4] ‡ˆ ˆ†
ˆˆ Cu + 4NH3 Kb = [Cu 2+ ][NH ]4
3
14

Nên [NH3] = 4[Cu2+] = 4.(5,15.10-4 ) = 2,06.10-3M
và [Cu(NH3)4]2+ = 10-2 – 5,15.10-4 = 9,485.10-3M
Thay vào công thức ta được Kb = 1,02.1012.

0,25
2+

Ta biết: [Cu(NH3)4]2+ ‡ˆ ˆ†
ˆˆ

Cu2+ + 4NH3 Kb =

4NH3 + 4H+ ‡ˆ ˆ†
ˆˆ 4 NH

[Cu(NH 3 ) 4 ]
= 1, 02.1012
[Cu 2+ ][NH 3 ]4

[H + ]4 [NH 3 ]4
= 10−9,2
Ka =
+ 4
[NH 4 ]

+
4

2+

+ 4
4

0,25
0,25

[Cu ][NH ]
1
+
2+
[Cu(NH3)4]2+ + 4H+ ‡ˆ ˆ†
ˆˆ Cu + 4 NH 4 Kcb = [Cu(NH ) ]2+ [H + ]4 = K 4 .K
3 4
a
b
suy ra: Kcb =

1
1
=
= 6, 21.1024 = 1024,8
−9,2 4
K K b (10 ) .1, 02.1012
4
a

Câu 6: (3đ)
1. Ở phần thứ nhất: Hòa tan trong dung dịch HCl dư, chỉ Zn tan ⇒ vậy 1 gam kim loại
không tan chính là Cu. Nếu gọi x là khối lượng Zn trong mỗi phần thì: khối lượng phần thứ

nhất bằng khối lượng phần thứ 2 và bằng (1 + x)gam
Ở phần thứ hai: sau khi luyện thêm 4 gam Al ta có:
1
%mZn (trong A) - %m Zn (trong B) = 33,3% =
3
x
x
1
−
= ⇒ x 2 − 6x + 5 = 0 (I) . Giải ra: x1 = 1; x2 = 5.
Hay:
x +1 x +1+ 4 3
Khi hòa tan B trong dung dịch NaOH có các phản ứng:
Zn + 2NaOH →Na2ZnO2 + H2↑
(1)
2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2↑ (2)
Ở thời điểm có 6 lit khí bay ra, ta không xác định được lượng Al và Zn phản ứng (bị hòa tan) là
bao nhiêu ( do không biết tốc độ hòa tan của mỗi kim loại)
Vậy nếu gọi mAl phản ứng là m(g) (đk: 0 ≤ m ≤ 4)
và gọi mZn phản ứng là n(g) ( đk: 0 ≤ n≤ 5), theo (1), (2) ta có:
6
 n  3 m 
n H2 =  ÷+  ÷ >
(bài cho)
 65  2  27  22, 4
⇒m>
Nên:

390 − 22, 4n
, và vì m ≤ 4

80,89

0,5

0,25

0,5

0,25

0,25
0,25
0,25
0,25

390 − 22, 4n
< 4 ⇒ n > 3 ta chọn x2 = 5 (g) hợp lí.
80,89

1
.100% = 16,67%
0,25
6
2. Thành phần hợp kim B như sau: 1g Cu, 5g Zn, 4g Al
Tức là Cu chiếm 10%, Zn chiếm 50%, Al chiếm 40%. Trong hợp kim (C), % khối lượng
Al giảm (còn 30%), để đơn giản ta coi như lượng Al không đổi (cố định), chỉ thay đổi
0,25
lượng Cu và lượng Zn
Vì trong hợp kim (C), 4g Al chiếm 30% nên:

Vậy hàm lượng % Cu trong (A) là:

15


4
.20 = 2, 667(g) ⇒ cần thêm 1,667g Cu
30
4
.50 = 6, 667(g) ⇒ cần thêm 6,667g Zn
50% Zn ứng với:
30
Câu 7(2đ)
1. Hướng dẫn:
x = 6
⇒ C6 H 8
CxHy: 12x + y = 80 ⇒ 
y = 8
20% Cu ứng với:

0,25

0,25

0,25

1 mol A + dd KMnO4/H2SO4 →2 mol CO2 + 2mol HOOC – COOH
→A phải có nhóm CH2 = và 2 nhóm = CH – CH =
2.6 + 2 − 8
=3

Công thức phân tử của A là C6H8 → ∆ =
2
A có CTCT: CH=CH – CH = CH – CH = CH2. (hexa – 1,3,5 – trien)
A có đồng phân hình học:
H

C

C

H

H

CH CH2
CH2 CH
cis-hexa-1,3,5-trien

0,5

C

C

CH CH2

H
CH
trans-hexa-1,3,5-trien

CH2

2. Hướng dẫn:
CH2 – CH2 – CH2 – CH3 → CH2 = CH – CH2 – CH = CH2
O
CH2 CH CH2 CH CH2

+

2O3

CH2

0,25

0,5

O
CH CH2 CH

O O

CH2
O O

+ H2O/Zn

HOC CH2 CHO

+

2HCHO

+

2H2O2

Câu 8: (2đ)
1. A ( C9H10O2):
- Phản ứng với NaHCO3 giải phóng CO2 nên A chứa nhóm – COOH
- Không làm mất màu nước brom nên A chứa benzen
- A là axit mà không phản ứng este hóa với CH3OH nên A phải có án ngữ không gian ở
nhóm – COOH lớn, do đó A có cấu tạo là:
CH3

0,5

0,25

COOH
CH3
Sự tạo thành B:
0,5

16


CH3
C

O
OH

CH3

CH3
H+

C

O -- H O
2

C O

OH2

CH3

CH3

0,25

CH3
CH3OH

C

-H+

O
OCH3

CH3

CH3

(cùng một mặt phẳng)
2. Hướng dẫn:
CTCT của đixian: N ≡C – C ≡ N
Khi nung nóng ở 5000C → A : (CN)n.
CTCT của A:
C
C

0,5

0,25
N
N

C
C

N
N

N

C

C

N

N

C
C

N

Câu 9(3đ)

0,25

13, 7
.307 = 42g
1. Lượng N trong 1 mol A =
100
Tức 42: 14 = 3 mol N, như vậy A là một tripeptit có công thức cấu tạo phân tử:
NH2 CH CO NH CH CO NH CH COOH
R1

R2

R3

Khi thủy phân A thu được các peptit
(B) NH2 CH CO NH CH COOH
R1

(C)

NH2 CH CO NH CH COOH

R2

R2

0,25

R3

nHCl = 0,0112.0,536 = 0,006 mol
NH2 CH CO NH CH COOH
R1

+

2HCl + H2O

CINH3 CH COOH

R2
0,003 mol

+

CINH3 CH COOH

R1

R2

0,006 mol

0,25

MB = 0,48: 0,003 = 160 đvC ⇒ R1 + R2 = 160 -130 = 30 đv C (1)
15, 7.1, 02.0, 021
= 0, 006mol
nKOH =
56
NH2 CH CO NH CH COOH
R2

+

2KOH

NH2 CH COOK

R3
0,003 mol

+

R2
0,006 mol

MC = 0,708 : 0,003 = 236 đvC ⇒ R2 + R3 = 236 – 130 = 106 đvC (2)
Mặt khác: R1 + R2 + R3 = 307 – 186 = 121 đvC (3)
Giải hệ 3 phương trình (1), (2), (3) ta được R1 = R2 = 15 ứng với CH3–
R3 = 91 ứng với C6H5 – CH2 –
Các công thức cấu tạo có thể có của A là:

NH2 CH COOK
R3

0,25

0,25
17


NH2 CH CO NH CH CO NH CH COOH
CH3

CH3

CH2 C6H5

NH2 CH CO NH CH CO NH CH COOH
CH2 C6H5

CH3

CH3

Tên các α – amino axit là: α – alanin và α – phenyl alanin

0,25

2.
MB = 5,447.22,4 = 122 (g) => CTPT cña A, B: C7H6O2
A + Na 
→ H2 => A cã nhãm -OH.
NH 3
A + AgNO3 
→ Ag => A cã nhãm -CH=O
a) CTCT cña A:
CH=O

CH=O

0,25

CH=O

OH
0,25

OH
OH
B + Na2CO3 
→ CO2
A1 lµ:

0,5

=> B là axit: C6H5COOH

CH=O

OH

v× A1 cã liªn kÕt hi®ro néi ph©n tö lµm gi¶m nhiÖt ®é s«i.
(TÝnh axit cña B m¹nh h¬n axit CH3-COOH v× nhãm -C6H5 lµ nhãm hót e)
c) S¬ ®å ph¶n øng tõ o-crezol thµnh A1:

CH2OH

CH2Cl

CH3

OH

OH

OH

+ NaOH
t0

→

Cl2

→

as

Tõ toluen 
→ B:

CH3

CH=O

COOH
KMnO4 ( t o ); H +

→

18

+ CuO
t0


→

OH

0,25


19