đề thi và đáp án kỳ thi hsg quốc gia vòng 2 hóa học 2005

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH VÀO ĐỘI TUYỂN DỰ THI
OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ NĂM 2005
Thời gian: 240 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi thứ nhất: 09 / 5 / 2005

Thí sinh phải kiểm soát kỹ:
Đề thi có 03 trang
Câu 1

Hai xilanh A, B được đậy chặt bằng piston. Xilanh A chứa hỗn hợp khí CO2 và H2 theo tỉ lệ mol
1 : 1, xilanh B chứa khí C3H8. Nung nóng cả hai xilanh đến 527oC xảy ra các phản ứng sau:
(A) CO2 (k) + H2(k) ⇌ CO (k) + H2O (k)
(B)

C3H8 (k)

⇌

C3H6 (k) + H2 (k)

Kc(A) = 2,50.10-1
Kc(B) = 1,30.10-3

Khi đạt tới cân bằng, áp suất hơi ở hai xilanh bằng nhau. Thành phần phần trăm thể tích của
C3H8 trong xilanh B bằng 80%.
1. Tính nồng độ cân bằng của các chất trong xilanh B và áp suất cân bằng khi đạt tới cân bằng.
2. Tính nồng độ cân bằng của các chất trong xilanh A.
3. Dùng piston để giảm thể tích của mỗi xilanh còn một nửa thể tích ban đầu trong khi giữ nguyên

nhiệt độ. Tính áp suất toàn phần tại thời điểm cân bằng trong mỗi xilanh.
Câu 2
1. Hòa tan sản phẩm rắn trong qúa trình nấu chảy hỗn hợp gồm bột của một khoáng vật màu đen,
kali hydroxit và kali clorat thu được dung dịch có màu lục đậm. Khi để trong không khí thì màu
lục của dung dịch chuyển dần thành màu tím. Qúa trình chuyển đó còn nhanh hơn nếu sục khí
clo vào dung dịch hay điện phân dung dịch.
a) Hãy cho biết khoáng vật màu đen là chất gì?
b) Viết phương trình của tất cả các phản ứng xảy ra trong qúa trình thí nghiệm.
2. Nung hỗn hợp A gồm sắt và lưu huỳnh sau một thời gian được hỗn hợp rắn B. Cho B tác dụng
với dung dịch HCl dư thu được V1 lít hỗn hợp khí C. Tỉ khối của C so với hydro bằng 10,6. Nếu
đốt cháy hoàn toàn B thành Fe2O3 và SO2 cần V2 lít khí oxy.
a) Tìm tương quan giá trị V1 và V2 (đo ở cùng điều kiện)
b) Tính hàm lượng phần trăm các chất trong B theo V1 và V2.
c) Hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung trên là bao nhiêu phần trăm.
d) Nếu hiệu suất của các chất trong phản ứng nung trên là 75%, tính hàm lượng phần trăm các chất
trong hỗn hợp B.
Cho biết S = 32; Fe = 56; O = 16
Câu 3
1. Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120M; NH3 0,150M và KOH 5,00.10-3M.
2. Tính thể tích của dung dịch HCl 0,210M cần cho vào 50,00mL dung dịch A để pH của hỗn hợp
thu được bằng 9,24.
3. Thêm 1,00mL dung dịch HClO4 0,0100M vào 100,00mL dung dịch KCN 0,0100M. Thêm 2 giọt
chất chỉ thị bromthymol xanh (khoảng pH chuyển màu từ 6,0 – 7,6; pH < 6,0 màu vàng;
pH > 7,6 màu xanh lục). Sau đó thêm tiếp 100,00mL dung dịch Hg(ClO4)2 0,300M. Có hiện
tượng gì xảy ra? Giải thích.
4. Thêm 1 giọt (khoảng 0,03mL) dung dịch nước H2S bão hòa vào hỗn hợp thu được trong mục 3.
Có hiện tượng gì xảy ra?
Cho biết pKa của HCN là 9,35, của NH4+ là 9,24, của H2S là 7,00 và 12,92

Câu 4

Hg2+ + CN-

⇌ HgCN+

lgβ1 = 18,0

Hg2+ + 2CN-

⇌

lgβ2 = 34,70

Hg(CN)2

Chỉ số tích số tan pKs của HgS là 51,8. Nồng độ của H2S trong dung dịch bão hòa bằng 0,10M

Tính chất nhiệt động của một số phân tử và ion ở trạng thái tiêu chuẩn tại 25oC như sau:
C3H8 (k)
O2(k)
CO2 (k)
H2O (l)
CO32- (aq)
OH- (aq)
o
-1
∆H s(kJ.mol ) - 103,85
0
- 393,51

- 285,83
- 677,14
- 229,99
So (J.K-1.mol-1) 269,91
205,138
213,74
69,91
- 56,9
- 10,75
Xét qúa trình oxy hóa hoàn toàn 1 mol C3H8 (k) với O2 (k) tạo thành CO2 (k) và H2O (l), phản
ứng được tiến hành ở 25oC, điều kiện tiêu chuẩn, theo hai cách: a) Bất thuận nghịch và b) Thuận nghịch
(trong một tế bào điện hóa).
1. Tính ∆Ho, ∆Uo, ∆So, ∆Go của phản ứng trong mỗi cách nói trên.
2. Tính nhiệt, công thể tích, công phi thể tích (tức là công hữu ích) mà hệ trao đổi với môi trường
trong mỗi cách.
3. Tính ∆S của môi trường và ∆S tổng cộng của vũ trụ khi tiến hành qúa trình theo mỗi cách.
4. Một mô hình tế bào điện hóa khác làm việc dựa trên phản ứng oxy hóa C3H8 (k) bởi O2 (k) khi có
mặt dung dịch KOH 5M với điện cực Pt. Các loại phân tử và ion (trừ KOH) đều ở trạng thái tiêu
chuẩn. Hãy viết các nửa phản ứng ở catot, ở anot và phản ứng tổng cộng trong tế bào điện hóa.
Nếu từ tế bào điện hóa đó, ở 25oC ta thu được dòng điện 100mA, hãy tính công suất cực đại có
thể đạt được.
Câu 5
1. Muối LiCl kết tinh theo mạng lập phương tâm diện. Ô mạng cơ sở có độ dài mỗi cạnh là 5,14.1010
m. Giả thiết ion Li+ nhỏ đến mức có thể xảy ra tiếp xúc anion – anion và ion Li+ được xếp khít
vào khe giữa các ion Cl-. Hãy tính độ dài bán kính của mỗi ion Li+ và Cl- trong mạng tinh thể
theo picomet (pm).
2. Cho các phân tử XeF2; XeF4; XeOF4; XeO2F2.
a) Viết công thức cấu tạo Lewis cho mỗi phân tử.
b) Áp dụng quy tắc đẩy giữa các cặp electron hóa trị, hãy dự đoán cấu trúc hình học của các phân tử
đó.

c) Hãy cho biết kiểu lai hóa của nguyên tử trung tâm trong mỗi phân tử trên.
Câu 6
1. Người ta có thể làm tuyết nhân tạo bằng cách nén hỗn hợp hơi nước và không khí đến áp suất
cao rồi cho hỗn hợp khí đó phụt nhanh ra khỏi bình nén vào khí quyển. Hãy dùng nhiệt động học
để giải thích qúa trình đó.
2. Trên đỉnh núi cao vào một buổi sáng mùa đông lặng gió có sương tuyết tạo thành. Ở mặt phía
Tây của đỉnh núi, nhiệt độ hạ xuống đến -6oC, áp suất của hơi nước trong khí quyển là 2,20 Torr.
Ở mặt phía Đông của đỉnh núi, nhiệt độ hạ xuống đến -3oC, áp suất của hơi nước trong khí quyển
là 3,80Torr.
Hãy cho biết trong điều kiện như vậy các hạt sương tuyết có tồn tại hay không?
Biết rằng: Entanpi nóng chảy của nước đá là 6,008 kJ.mol-1, entanpi bay hơi của nước lỏng là
44,016 kJ.mol-1; áp suất không khí ở đỉnh núi là 0,6 atm; khối lượng riêng của nước lỏng là
0,9999g.cm-3; của nước đá là 0,9150g.cm-3. H = 1,0079; O = 15,9994.


Câu 7
Đồng vị

64
29

Cu phân rã phóng xạ đồng thời theo hai phản ứng:
64

64

k1
k2
−
+

Cu ⎯⎯→
và 64
⎯→
30 Zn + β
28 Ni + β
29 Cu ⎯
Thực nghiệm cho biết từ 1 mol 64Cu ban đầu, sau 25 giờ 36 phút lấy hỗn hợp còn lại hòa tan vào
dung dịch HCl dư thì còn 16 gam chất rắn không tan.
Từ một lượng đồng vị 64Cu ban đầu, sau 29 giờ 44 phút lấy hỗn hợp còn lại hòa tan vào dung
dịch KOH dư thì phần chất rắn không tan có khối lượng bằng 50,4% khối lượng hỗn hợp.
1. Tính các hằng số phóng xạ k1; k2 và chu kỳ bán rã của 64Cu.
2. Tính thời gian để 64Cu còn lại 10%
3. Tính thời gian để lượng 64Zn chiếm 30% khối lượng hỗn hợp.
64
29

•
•

Thí sinh không được sử dụng tài liệu
Giám thị không giải thích gì thêm


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH VÀO ĐỘI TUYỂN DỰ THI
OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ NĂM 2005

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Thời gian: 240 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi thứ hai: 10 / 5 / 2005

Thí sinh phải kiểm soát kỹ:
Đề thi có 03 trang

Câu 1
1. Hợp chất A có công thức phân tử CHNO, ở thể khí, độ dài liên kết CN bằng 121pm
(1pm = 10-12m), độ dài liên kết CO bằng 117pm. A tan trong nước tạo thành dung dịch axit với
Ka = 1,2.10-4. Ở 0oC, A tự biến đổi thành chất rắn X không tan trong các dung môi thông thường,
độ dài liên kết CN = 140pm. Trong dung dịch đặc, A tự biến đổi thành chất rắn Y có vòng 6 cạnh
với độ dài liên kết CN bằng 135pm. Biết độ dài liên kết trung bình ở các hợp chất như sau:
Liên kết
C–C C–N C–O C=N
C=O
C≡C
Cacbon oxit
Độ dài (pm) 154
147
143
130
123
116
112
a) Hãy viết công thức cấu tạo các đồng phân ứng với công thức phân tử CHNO. Công thức nào phù
hợp với A ở thể khí, vì sao?
b) Viết công thức cấu tạo và phương trình phản ứng điện ly của A trong dung dịch
c) Hãy đề nghị phương trình phản ứng tạo thành X, Y và công thức cấu tạo của chúng.
2. Viết công thức các sản phẩm có thể tạo thành khi thực hiện qúa trình đồng phân hóa B (có công
thức cấu tạo cho dưới) trong môi trường axit. Gọi tên cấu hình (nếu có) của các chất và cho bieté

đồng phân nào có tính quang hoạt.
CH3

B

Câu 2
1. Polime X có thể được tổng hợp theo sơ đồ sau:
AlCl3

Y

B (C 14H 10 O4 )
O
C
HOOC

nhanh

KMnO4

2A

C (C 10 H6 O8 )

D (C 10 H2 O6 )

COOH
H
C N
O

to
O

X (C 22H 10 N2 O5 )n

H
N
n

E

a)
b)
2.
a)

Viết sơ đồ phản ứng tổng hợp Y từ benzen và các chất vô cơ cần thiết.
Hoàn thành sơ đồ phản ứng tổng hợp X, viết một đoạn mạch của X gồm hai mắt xích
Dùng mũi tên cong chỉ rõ sự tạo thành các sản phẩm sau:
o
C
2–Metyl–5–isopropenylxiclohexanon ⎯300
⎯⎯
→ 1,7,7–trimetylbixiclo[2,2,1]heptan–2–on.
(Campho)
hν
b) Benzen + metyl – 3 – phenylpropiolat ⎯⎯→ X + Y
Với X là 2 – metylxiclooctatetraencacboxylat và Y có công thức như sau:

C6 H 5
COOCH 3

Câu 3

Axit lysergic được tìm thấy trong một số loài nấm. Người ta có thể tổng hợp toàn phần axit (±)
lysergic theo ba giai đoạn lớn sau đây:
Giai đoạn 1:
C 6H 5N N

COOC 2H 5
O

2 - cacbetoxixiclopentanon
(B)

Hexandial
(A)

COOH
N
H

(C)
(D)

Hãy viết sơ đồ các phản ứng thực hiện các chuyển hóa A → B và B → C
Giai đoạn 2:
D

H 2/Ni

E

1 :1

C6H5COCl / OH -

SOCl2

F

AlCl3

G

H

Br 2 / CH3COOH

J

a) Hãy viết công thức cấu tạo của E, F, G, H và I.
b) Trình bày cơ chế của phản ứng G → H
Giai đoạn 3:
(CH 3 )2 CO

Br 2 / CH 3COOH
1 :1

K

HOCH 2CH2 OH
H

+

L

CH 3NH2

M
HOOC

H
N

M
J

N

H 2 O/H+

OHP

Ni/natri arsenat
Q

W

H

CH 3

-H2
H N
axit ( ) lysergic

a) Hãy viết công thức cấu tạo của K, L, M, N, P và Q.
b) Giải thích tại sao phải chuyển K thành L và nêu bản chất của phản ứng P → Q.
c) Viết công thức cấu tạo của W và nêu cách tổng hợp W từ Q.
Câu 4
Cho 2 – cacbetoxixixlopentanon phản ứng với 1,3 – dibrompropan khi có mặt NaH trong DMF.
Sản phẩm A nhận được được đun nóng với một đương lượng NaH trong hỗn hợp benzen – DMF cho
phép thu được dẫn xuất bixiclic B C11H16O3.
B chịu tác dụng của etandithiol khi có mặt BF3 và Ni Raney trong metanol để hình thành sản
phẩm C. Xà phòng hóa C bằng NaOH sau đó thủy phân rồi xử lý với thionyl clorua và cuối cùng bằng
NaN3 trong axeton. Đun hồi lưu hỗn hợp trên khi có mặt vết axit H+ sẽ thu được D C8H15N. Bằng tác
dụng của fomandehit trong axit fomic ở 100oC D chuyển thành E. Sau khi xử lý E bằng metyl iodua, sau
đó bằng Ag2O trong nước, đun sản phẩm thu được ở 200oC khi có mặt 1,3 – diphenylisobenzofuran
người ta sẽ nhận được hai đồng phân C28H26O là (I) và (II) với hiệu suất thấp.


1. Hãy xác định công thức cấu trúc của các hợp chất trên.
2. Trình bày cơ chế của qúa trình A → B và D → E.
3. Hãy đưa ra cách tổng hợp 2 – cacbetoxixiclopentanon bằng phương pháp ngắn nhất và khác với
cách đã dùng ở câu 3.
Câu 5

1. Cho 8 – metylnona – 6,5,8 – dienal tác dụng với xiclohexa – 1,3 – dion (theo tỉ lệ mol 1:1) trong
môi trường kiềm được chất A C16H22O2. Đun nóng A thu được hỗn hợp B gồm các chất là đồng
phân của nhau có công thức phân tử C16H22O2.
a) Viết công thức cấu tạo của A và các chất trong B
b) Chỉ rõ các trung tâm bất đối trong phân tử trên.
2. Từ metyl xiclopropyl xeton và hợp chất cơ magie tùy ý chọn, viết sơ đồ phản ứng điều chế 2,6 –
dimetyl – 9 – bromnona – 2,6 – dien.
3. Thực hiện dãy chuyển hóa sau:
OH

1. NaOH
2. CH3COCl
AlCl3

A

+

B

(A có liên kết hydro nội phân tử)
Cl
OH /HC C C(CH3 )2
-

BF3
B

C

DMF

H2
D

OH

•
•

Thí sinh không được sử dụng tài liệu
Giám thị không giải thích gì thêm

Pd Lindlar

200 oC
E

F


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA DỰ THI
ĐỀ THI DỰ BỊ
OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ NĂM 2005
Thời gian: 240 phút (không kể thời gian giao đề)
Thí sinh phải kiểm soát kĩ:
Ngày thi thứ hai: 10 / 05 / 2005
Đề thi có 03 trang

Câu 1:

1. Cho xeten phản ứng với diazometan ở -78oC trong diclometan thu được A. Sản
phẩm này chỉ có thể được tách ra dưới dạng hemiaxetal B (C4H8O2) khi cho vào
hỗn hợp phản ứng 1 mol metanol ở -78oC. Hãy xác định công thức của A và B.
2. Lấy 1 mol B phản ứng với 2 mol vinyl magie bromua trong THF khan, sau khi
thuỷ phân bằng dung dịch nước sẽ nhận được C. Xử lý C với HOCl rồi loại nước
đuợc D. D phản ứng với một mol trietylamin tạo thành E C5H6O.
3. Sản phẩm C tác dụng với HBr khan trong CH2Cl2 khan cho phép nhận được F
C5H8O.
4. Xử lý A mới sinh ra bằng dimetylamin ở -78oC cho G, chất này phản ứng với
axeton trong môi trường axit cho H có tên 1-N,N-dimetylamino-1axetonylxiclopropan.
Hãy viết công thức cấu trúc của các chất trong giai đoạn trên. Dùng mũi tên cong
chỉ rõ sự tương tác của các chất để tạo sản phẩm.
Câu 2:
N(C2 H5 )2
1. LSD hay dietylamit của axit lysergic, có công
O
H
thức cấu trúc ở bên là một chất gây ảo giác rất
mạnh và bị nghiêm cấm sử dụng
N
CH 3
a) Xác định cấu hình tuyệt đối của LSD
H
b) Chỉ rõ nguyên tử nitơ có tính bazơ mạnh nhất
c) Phân tử LSD chứa những nhóm chức gì ?
H N
2. Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau, xác định cấu trúc của các hợp chất từ A đến I
H3 C

PCl5

OH

A

HC C HC CH2

A có 1 H etylenic
A

1) Mg / ete khan

B

2) H2 C C CHO
CH3

B có 5 H etylenic
B

1) LiNH2
2) C 6H 13 Br

C

to

D

D có 1 H etylenic
D

H2
Pd/C

E

Ac 2 O
CH 3MgI
F
I (C 19 H38 O2)
ete khan

Biết rằng hợp chất A chuyển vị thành:

ClMgCH C C C CH2
H
CH 3

Câu 3
Hợp chất thiên nhiên Y C7H14O6 không có tính khử và không đổi tính quang hoạt.
Y bị thủy phân bởi dung dịch HCl trong nước thành K là một đường khử. Khi bị oxy hóa
bởi axit nitric loãng thì K chuyển thành axit không quang hoạt L C6H10O8. Sự thoái phân
Ruff dẫn tới một đường khử M; chất này bị oxy hóa bởi axit nitric loãng thành axit quang
hoạt N C5H8O7.
Hợp chất Y được xử lý tiếp theo nhau với NaOH và dimetyl sunfat, dung dịch HCl
trong nước và axit nitric nóng. Từ hỗn hợp sản phẩm ta có thể phân lập được axit α,βdimetoxysucxinic và axit α-metoximalonic
1. Hãy cho biết cấu trúc của Y, K, L, M, N
2. Còn tồn tại sự không khẳng định nào về mặt cấu trúc không ?

Câu 4:
Người ta tiến hành tổng hợp một chất X (công thức cấu tạo dưới đây) như sau:
Nitro hóa toluen tạo thành hỗn hơp các đồng phân. Tách
lấy đồng phân para A. Lấy một nửa lượng A cho phản ứng với
sunfuryl clorua và chất tạo gốc azoisobutironitrin (AIBN) thu
được B, chuyển B thành ylid C. Nửa còn lại A cho phản ứng
với lượng sunfuryl clorua gấp đôi lần trước và chất tạo gốc
AIBN rồi thủy phân sẽ được D có phản ứng với thuốc thử
Tollens. C và D tham gia phản ứng Wittig tạo thành E (cis).
Khi chiếu sáng mạnh và có mặt iot, E chuyển thành F
X
(C14H8N2O4). F bị khử bằng Fe trong HCl tạo thành G, bằng
phản ứng diazo hóa rồi tiếp tục phản ứng với CuCl thì G
chuyển thành H
1. Viết công thức cấu tạo các hợp chất từ A đến H
2. Hãy viết sơ đồ chuyển hóa H với p-OHCCH2C6H4CH2CHO thành X. Cho biết tên
phản ứng chuyển hóa G thành H.
Câu 5
Hợp chất thiên nhiên A khi tác dụng với brom có chiếu sáng thì tạo thành hợp chất
hữu cơ B duy nhất chứa 55,81% C, 6,98% H và 37,21% Br. Cả A và B đều bền nhiệt,
không làm mất màu dung dịch KMnO4 và không quang hoạt. Phương pháp vật lý cho biết
hợp chất B hầu như gồm hai loại phân tử với số lượng tương đương nhưng phân tử khối
hơn kém nhau 2 đv.C


1. Hãy xác định công thức phân tử của A và B
2. Hãy viết công thức cấu tạo và công thức lập thể của A và B
3. Hãy dự đoán trạng thái tồn tại (rắn hay lỏng), tính tan của A và B.
4. Hãy dự đoán khả năng thế Br và tách HBr ở B (dễ , khó, bình thường) và giải thích
Câu 6:

1. Este Hagemann (H) được tổng hợp theo sơ đồ dưới đây:
O
CH 3COCH2 COOC 2H 5

+

HCHO

1. C 2H 5ONa / C 2H 5OH
2. H 3O +, tp

CH3
COOC 2H 5

(H)
Trình bày chi tiết quá trình hình thành H, biết rằng đầu tiên xảy ra quá trình ngưng
tụ kiểu andol giữa etyl axetoaxetat và fomandehit tạo một xeton α, β không no.
2. Khi nhiệt phân axit (A) người ta thu được các hydrocacbon đồng phân (B) có coôg
thức phân tử C8H12
H

H
COOH

to

H
H

H

(A)

C 8 H12

+

CO2

(B)

a) Hãy viết công thức lập thể dạng bền của A và cho biết nó có quang hoạt không ?
vì sao ?
b) Phản ứng trên xảy ra theo kiểu đồng li hay dị li, vì sao ?
c) Viết công thức cấu tạo và công thức lập thể của một hydrocacbon không chứa liên
kết pi và một hydrocacbon có chứa một liên kết pi được cho là chiếm tỉ lệ cao
trong hỗn hợp B
3. Cho sơ đồ phản ứng sau:
S-cis-buta-1,3-dien

H 2O
CH 3COOAg

axit propiolic
135o C

F

A

CH 3OH

Ac 2 O du
HCOOOH
C
B
o
to
piridin
t

xiclohexanon
G
H+

Viết công thức cấu trúc các hợp chất từ A đến G

D

NBS
CCl4

E


ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
NGÀY THI THỨ NHẤT: 09/5/2005
Câu 1
C3H6 10% và H2 10%
1. C3H8 80%
Gọi CB là tổng nồng độ của tất cả các hợp phần tại cân bằng
[C3H8] = 0,8CB; [C3H6] = [H2] = 0,1CB

(0,1.C B ) 2
= 1,3.10 −3 → C B = 0,104M
0,8.C B
[C3H8] = 0,0832M;
[C3H6] = [H2] = 0,0104M
PB = 692Kpa = 6,827atm
2. Nếu PA = PB thì CA = CB. Tại cân bằng [CO2] = [H2] = x
[CO] = [H2O] = (0,0104 – 2x)/2 = 0,052 – x;
(0,052 – x)2/x2 = 0,25 ⇒ x = 3,47.10-2M
[CO] = [H2O] = 1,73.10-2M
[CO2] = [H2] = 3,47.10-2M;
3. Xilanh A: PA’ = 2.PA = 1384Kpa
Xilanh B:

C3H8

⇌

C3H6 +

H2

Lúc đầu (M)
2. 0,0832
2.0,0104
2.0,0104
Cân bằng:
0,1664 + y
0,0208 – y 0,0208 – y
(0,0208 – y)2/(0,1660 + y) = 1,30.10-3 ⇒ y = 5,84.10-3M

CB’ = 2CB – y = 0,2022M
PB’ = CB’RT = 1345Kpa = 13,264atm
Câu 2
1. Khoáng vật màu đen: MnO2
Dung dịch màu lục đậm chuyển dần thành màu tím khi để trong không khí chỉ có thể là dung dịch
MnO42-. Vậy phản ứng xảy ra khi nấu chảy hỗn hợp là:
3MnO2 + 6KOH + 6KClO3 = 3K2MnO4 + 3H2O + KCl (1)
3K2MnO4 + 2H2O = 2KMnO4 + MnO2 + 4KOH
(2)
(3)
2KOH + CO2 = K2CO3 + H2O
Phản ứng này làm cân bằng (2) chuyển dịch sang phải
2K2MnO4 + Cl2 = 2KMnO4 + 2KCl
điện phân
2K2MnO4 + 2H2O
KMnO4 + 2KOH + H2
to
2. Fe + S ⎯⎯→ FeS
Thành phần của B gồm có FeS, Fe và có thể có S
FeS + 2HCl = FeCl2 + H2S
Fe + 2HCl = FeCl2 + H2
Vậy trong C có H2S và H2. Gọi x là % của H2 trong hỗn hợp C
[2x + 34(100 – x)]/100 = 10,6 .2 = 21,2 ⇒ x = 40%
Vậy trong C, H2 = 40% theo số mol; H2S = 60%
a) Đốt cháy B
4FeS + 7O2 = 2Fe2O3 + 4SO2
4Fe + 3O2 = 2Fe2O3
S + O2 = SO2
Thể tích O2 đốt cháy FeS là: (3V1/5).(7/4) = 21V1/20
Thể tích O2 đốt cháy Fe là: (2V1/)(3/4) = 6V1/20

Tổng thể tích O2 đốt cháy FeS và Fe là: 27V1/20
Thể tích O2 đốt cháy S là V2 – (27V1/20) = V2 – 1,35V1. Vậy V2 ≥ 1,35V1
b) Ta có:
3V1
.88.100
5280V1
165V1
5
% FeS =
=
=
%
3V1
2V1
75,2V1 + 32(V 2 − 1,35V1 ) V 2 + V1
.88 +
.56 + 32(V 2 − 1,35V1 )
5
5
2V1
.56.100
70V1
5
% Fe =
%
=
32(V 2 + V1 ) V 2 + V1
32(V 2 − 1,35V1 ).100 100V 2 − 135V1

%
=
32(V 2 + V1 )
V 2 + V1
c) Nếu dư S so với Fe thì hiệu suất phản ứng tính theo Fe. Trường hợp này H = 60%. Nếu dư Fe so với
S thì tính hiệu suất phản ứng theo S. Trường hợp này H > 60%. Vậy hiệu suất thấp nhất của phản
ứng nung trên là 60%.
d) Nếu H = 75% có nghĩa là nFeS = 3ns dư. nFeS tỉ lệ với 3V1/5. Vậy nS tỉ lệ với V1/5
5280V1
5280V1
% FeS =
=
= 64,7%
32V1
81,6V1
75,2V1 +
5
2240V1
% Fe =
= 27,45%
81,6V1
%S =

% S = 100 − (64,7 + 27,45) = 7,85%
Câu 3
1. Trong dung dịch có thể có các phản ứng
Kb1 = 10-4,65
CN- + H2O = HCN + OHNH3 + H2O = NH4+ + OHKb2 = 10-4,75
+
KOH = K + OH

H2O = H+ + OH[OH-] = CKOH + [HCN] + [NH4+] + [H+]
Đặt [OH-] = x
x = 5.10-3 + KB1[CN-]/x + KB2[NH3]/x + KW/x
x2 – 5.10-3x - (KB1[CN-] + KB2[NH3] + KW) = 0
Tính gần đúng coi [CN-] = 0,12M; [NH3] = 0,15M
Ta có: x2 – 5.10-3x – 5,29.10-6 = 0 ⇒ x = [OH-] = 5,9.10-3M
Kiểm lại [HCN]/[CN-] = 10-4,65/5,9.10-3 = 3,8.10-3 ⇒ [HCN] << [CN-]
[NH4+]/[NH3] = 10-4,75/5,9.10-3 = 2,9.10-3 ⇒ [NH4+] << [NH3]
Vậy cách giải gần đúng trên có thể chấp nhận ⇒ pH = 11,77
2. pH = pK(NH4+) + lg([NH3]/[NH4+]) = 9,24 + lg([NH3]/[NH4+]) = 9,24
⇒ [NH4+] = [NH3] có nghĩa là 50% NH3 đã bị trung hòa; dĩ nhiên toàn bộ KOH đã bị trung hòa. Mặt
khác pH = 9,24 = pKHCN + lg([CN-]/[HCN]) ⇒ [CN-] = 10-0,11 = 0,776.
[HCN]/[CN-] = 1/0,776 ⇒ [HCN]/C(CN-) = 1/(1+0,776) = 0,563
Nghĩa là 56,3% CN- đã bị trung hòa.
Vậy VHCl.0,21 = VA.CKCN.0,563 + VA.CNH3.0,5 + VA.CKOH


Thay số vào ta tính được VHCl = 35,13mL
3. CHClO4 = (0,01.1)/101 = 9,901.10-5M
CKCN = (0,01.100)/101 = 9,901.10-3M
+
CN=
HCN
H+
Ban đầu: 9,901.10-5
9,901.10-3
Sau pứ:
9,802.10-3
9,901.10-5
Thành phần: HCN: 9,901.10-5M + CN- 9,802.10-3M

CN- +
H2O =
HCN + OHKb = 10-4,65
-3
-5
9,901.10
Ban đầu: 9,802.10
Cân bằng: (9,802.10-3 – x)
(9,901.10-5 + x)
x
-5
-3
-4,65
2
-4
x(9,901.10 + x) / (9,802.10 – x) = 10
→ x + 1,214.10 x – 2,194.10-7 = 0
-4
⇒ x = [OH ] = 4,12.10 M; pH = 10,64 > 7,6. Vậy mới đầu dung dịch có màu xanh lục.
Khi thêm 100mL dung dịch Hg(ClO4)2 0,3M
C(CN-) = 9,802.10-3.101 / 201 = 4,929.10-3M
CHCN = 9,901.10-5.101 / 201 = 4,975.10-5M
C(Hg2+) = 0,3.100/201 = 0,1493M >> C(CN-)
Vậy CN- tạo phức hết với Hg2+
Hg2+ +
CN- =
HgCN+
β = 1018
Ban đầu:
0,1493 4,929.10-3

Cân bằng:
0,1443
4,929.10-3
Hg2+ dư phản ứng tiếp với HCN
Hg2+ +
HCN =
HgCN+
+
H+
K = 108,65
-5
-3
4,929.10
Ban đầu:
0,1443
4,975.10
Cân bằng:
0,14425
4,975.10-3
4,975.10-5
+
-18
2+
Sự phân ly của HgCN không đáng kể (K = 10 ) lại còn dư Hg , nồng độ CN- phân ly ra vô cùng
bé không ảnh hưởng đến pH của dung dịch vì vậy [H+] = 4,975.10-5 ⇒ pH = 4,3 < 6,0. Do đó sau
khi thêm Hg(ClO4)2 dung dịch chuyển sang màu vàng.
4. Thêm một giọt (0,03mL) dung dịch H2S bão hòa vào hỗn hợp (3) thể tích hỗn hợp coi như không
đổi. CH2S = 0,03.0,1/201 = 1,493.10-5M
=
H+

+
HSK = 10-7
H2S
-5
-5
Ban đầu: 1,493.10
4,975.10
4,975.10-5 + x
x
Cân bằng: 1,493.10-5 – x
-5
-5
-7
-8
x(4,975.10 + x) / (1,493.10 – x) = 10 ⇒ x = 3.10 << C(H+)
Như vậy nồng độ H+ do sự phân ly của H2S là không đáng kể
H2S
=
2H+
+
S2K = 10-19,92
Cân bằng: 1,493.10-5
4,975.10-5
x
2-19,92
-5
-5 2
-17
[S ] = x = 10
.1,493.10 / (4,975.10 ) = 7,25.10 M

Vì sự phân ly của HgCN+ không đáng kể nên có thể coi C(Hg2+) = 0,14425M
C(Hg2+) . C(S2-) = 0,14425.7,25.10-17 = 1,05.10-17 >> Ks
Vậy có kết tủa HgS màu đen xuất hiện: Hg2+ + H2S → HgS↓ + 2H+
Do sự kết tủa này làm tăng nồng độ của ion H+ trong dung dịch nên dung dịch vẫn có màu vàng.
Câu 4
1. Tính ∆Ho, ∆Uo, ∆So, ∆Go của phản ứng:
C3H8 (k) + 5O2 (k) → 3CO2 (k) + 4H2O (l)
∆Ho = -2220,00 kJ.mol-1
∆So = -374,74 J.K-1.mol-1


∆Uo = ∆Ho - ∆(pV) = ∆Ho - ∆(nkhí.RT) = -2212,56 kJ.mol-1
∆Go = ∆Ho - T∆So = -2108,33 kJ.mol-1
Vì H, U, S, G là các hàm trạng thái của hệ nên dù tiến hành theo cách thuận nghịch hay bất thuận
nghịch mà trạng thái đầu và trạng thái cuối của hai cách giống nhau thì các đại lượng ∆Ho, ∆Uo, ∆So,
∆Go cũng vẫn bằng nhau.
2. Tính nhiệt, công thể tích, công phi thể tích mà hệ trao đổi.
a) Qúa trình bất thuận nghịch
- Nhiệt trao đổi của hệ Q = ∆H
- Công thể tích Wtt = ∫-pdV = -p∆V = -∆nk.RT = +7436,90J.mol-1 > 0: hệ nhận công
- Công phi thể tích = 0
b) Qúa trình bất thuận nghịch
- Tổng năng lượng mà hệ trao đổi với môi trường là ∆H trong đó nhiệt trao đổi là
T∆S = -111,7287 kJ.mol-1.
- Công thể tích Wtt = -∆nk.RT = +7436,90J.mol-1 > 0: hệ nhận công
- Công phi thể tích cực đại: W’ = ∆Go = -2108,33 kJ.mol-1 < 0: hệ sinh công
3. Tính ∆S của môi trường và ∆S tổng cộng.
a) Qúa trình bất thuận nghịch thì ∆Shệ = -374,74J.K-1.mol-1
∆Smôi trường = qmt/T = -∆Hhệ/T = 74445,92 J.K-1.mol-1
∆Stổng cộng (vũ trụ) = ∆Shệ + ∆Smôi trường = 7071,18 J.K-1.mol-1 → phản ứng tự phát.

b) Qúa trình thuận nghịch
∆Shệ = -374,74J.K-1.mol-1
∆Smôi trường = qmt/T = -qhệ/T = 374,74 J. K-1.mol-1
∆Stổng cộng (vũ trụ) = ∆Shệ + ∆Smôi trường = 0
4. Các nửa phản ứng:
Anot: C3H8 + 26OH- - 20e = 3CO32- + 17H2O
Catot: O2 + 2H2O + 4e = 4OHPhản ứng chung: C3H8 (k) + 5O2 (k) + 6OH-(aq) → 3CO32- (aq) + 4H2O (l)
(L, anot): Pt C3H8 | KOH, K2CO3 | O2 | Pt (catot, R)
Công suất cực đại P = IE với I = 0,1A
Eo = -∆Go / νF
∆Go(pư) = ∆Ho(pư)- T∆So(pư)
∆Ho(pư) = -2548,44 kJ.mol-1
∆So(pư) = -912,43 J.K-1.mol-1
∆Go(pư) = -2276399 J.mol-1
Eo = -∆Go / νF = +1,18V
6
0,059
E = Eo +
lg OH − = 1,19V
20
P = I.E = 0,119W
Câu 5
1. Mỗi loại ion tạo ra một mạng lập phương tâm mặt. Hai mạng đó lồng vào nhau, khoảng cách hai
mạng là a/2.
Tam giác tạo bởi hai cạnh góc vuông a, a; cạnh huyền là đường chéo d, khi đó:
d2 = 2a2 → d = a 2
a 2
= 182 pm
d = 4rCl − ⇒ rCl − =
4

[

]


Xét một cạnh a:
a = 2r(Cl-) + 2r(Li+) → r(Li+) = 75pm
2. a) Các công thức cấu tạo Lewis
F
F

Xe

F

F

Xe

O
F

F

F

O

Xe

F

F

F

Xe

F

F
O

b) Cấu trúc hình học:
XeF2: thẳng
XeF4: vuông phẳng;
XeOF4: tháp vuông;
XeO2F2: ván bập bênh
c) Kiểu lai hóa trung tâm của nguyên tử Xe:
XeF2: sp3d
XeF4: sp3d2
XeOF4: sp3d2
XeO2F2: sp3d
Câu 6
1. Hỗn hợp khí bị nén đến áp suất cao phụt nhanh ra khỏi bình nên sinh công mà không kịp trao đổi
nhiệt với môi trường do đó được coi như quá trình đoạn nhiệt:
q=0
∆U = W + q = W
Hệ dãn nở sinh công chống áp suất khí quyển: W < 0, do đó ∆U < 0 tức là nội năng của khí giảm.
Nội năng của khí phụ thuộc nhiệt độ: nhiệt độ càng cao nội năng càng lớn. Khi nội năng giảm nhiệt

độ của khí giảm xuống.
Công do khí sinh ra khi dãn nở có trị số lớn do áp suất giảm mạnh nên nhiệt độ khí giảm mạnh
xuống dưới 0oC rất nhiều, do đó hơi nước trong hỗn hợp khí bị ngưng tụ thành tuyết
2. Xét khả năng nóng chảy và thăng hoa của sương tuyết
a) Khả năng nóng chảy:
Ở áp suất 1atm: Tnc(H2O, r ) = 273,15K (hay 0,00oC)
Ở áp suất 0,6atm: Tnc(H2O, r ) = ?
Áp dụng phương trình Clapeyron
∆T T∆V
với T > 0, ∆H > 0
=
∆p ∆H
18,02 18,02
∆T
∆V =
−
= −1,67cm 3 .mol −1 < 0 ⇒
<0
0,9999 0,915
∆p
Như vậy khi áp suất giảm thì Tnc tăng nên sương tuyết ở cả hai mặt đỉnh núi đều không bị nóng
chảy.
b) Khả năng thăng hoa:
Áp dụng phương trình Clapeyron – Clausius
pT
∆H ⎛ 1 1 ⎞
⎜ − ⎟
ln 2 = −
p T1
R ⎜⎝ T2 T1 ⎟⎠

Cho T1 = 273,16K và p(T1) = 4,58 Torr
- Ở mặt phía Đông:
T2 = 270,15K (-3oC)
pT
∆H ⎛ 1 1 ⎞
⎜ − ⎟ = -0,7824
ln 2 = −
p T1
R ⎜⎝ T2 T1 ⎟⎠


p(270,15K) = 3,583 Torr < 3,80 Torr, do đó hơi nước trong không khí sẽ bị ngưng tụ thành sương
tuyết, nghĩa là sương tuyết dày thêm.
- Ở mặt phía Tây:
T2 = 267,15K (-6oC)
pT
∆H ⎛ 1 1 ⎞
⎜ − ⎟ = -0,4947
ln 2 = −
p T1
R ⎜⎝ T2 T1 ⎟⎠
p(267,15K) = 2,793Torr > 2,2 Torr, do đó sương tuyết bay hơi, trời trở nên trong sáng.
Câu 7
1. Phương trình
dn Cu (1) dn Zn
n Cu ( 0)
−
=
= k1 nCu → ln
= k1t (1)

dt
dt
n Zn ( t )
dn Cu ( 2) dn Ni
n Cu ( 0 )
−
=
= k 2 n Cu → ln
= k 2 t (2)
dt
dt
n Ni ( t )
n Cu ( 0 )
dn
− Cu = (k1 + k 2 )t → ln
= kt
(3)
dt
n Cu ( t )
Khi hòa tan hỗn hợp vào dung dịch HCl dư, Zn và Ni tan hết còn lại 16g Cu
- Tại t = 25 giờ 36 phút = 1536 phút, nCu(0) = 1 mol; nCu(t) = 0,25 mol
nCu ( 0)
1
= ln
= ln 4 = kt = k .1536 ph → k = 9,025.10 − 4 ph −1
ln
n Cu ( t )
0,25
ln 2
= 768 ph

k
- Tại t = 29 giờ 44 phút = 1784 phút. Khi hòa tan hỗn hợp vào NaOH dư thì kẽm tan hết, còn lại
Cu và Ni. Từ một mol Cu ban đầu sau 1784 phút
nCu + nNi = 0,504 mol
nZn = 1 – 0,504 = 0,496 mol
n Cu (0)
1
- Theo (3): ln
= 1,61006 →
= 5,003
n Cu (1784)
n Cu (1784)
nCu(1784) = 0,19988 ≈ 0,20 mol
nCu đã phân rã = 0,80 mol
nCu đã phân rã ở phản ứng (1) = nZn(1) = 0,496 mol
nCu đã phân rã ở phản ứng (2) = 0,800 – 0,496 = 0,304 mol = nNi (2)
k1 n Zn (1) 0,496
=
=
= 1,6316 → k1 = 1,6316k 2
k 2 n Ni (2) 0,304
Mặt khác
k1 + k2 = k = 9,025.10-4
k2 + 1,6316k2 = 9,025.10-4
Từ đó:
k2 = 3,4295.10-4 ≈ 3,43.10-4
k1 = 5,5955.10-4 ≈ 5,56.10-4
64
2. Từ 1 mol Cu ban đầu, thời gian để còn lại 0,1 mol 64Cu là:
1

ln
= 9,025.10 − 4 t → t = 2551 ph
0,1

τ 1/ 2 =


3. Từ 1 mol 64Cu ban đầu, sau t phút tạo thành nZn = 0,30 mol
k
n Ni = 2 .n Zn = 0,18387mol
k1
n Zn + n Ni = 0,30 + 0,184 = 0,484mol
n Cu = 1,000 − 0,484 = 0,516mol
ln

1
= kt = 9,025.10 − 4 .t = 0,661649 ⇒ t = 733 ph
0,516
DỰ KIẾN THANG ĐIỂM:
Câu 1: 1,50
Câu 2: 3,00
Câu 3: 4,50
Câu 4: 4,00
Câu 5: 2,00
Câu 6: 3,00
Câu 7: 2,00


ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
NGÀY THI THỨ HAI: 10/5/2005

Câu 1
1. 3,0 điểm
a) Các đồng phân:
O
HN

C

O

HO

C

N

HO

N

C

HC

N

O

H

C

N

(II)
(III)
(I)
(IV)
(V)
Ở A, dCN = 121pm. Trung gian giữa liên kết C = N (130pm) và C ≡ N (116pm); dCO = 117pm,
trung gian giữa liên kết C = O (123pm) và C ≡ O (112pm). Vậy công thức I là phù hợp hơn cả
(cacbon ở trạng thái lai hóa sp), công thức IV và V không phù hợp với giá trị pKa.
b) Gía trị Ka = 1,2.10-4 lớn hơn cả axit axetic, chứng tỏ phân ly theo kiểu axit oxy (- O – H) chứ
không chỉ kiểu axit nitơ (-N – H) do có cân bằng hỗ biến và cộng hưởng cấu tạo.
N

C

O

N

C

O

H+ N

C

O

N

C

O

H
N

C

H

H

H+

c) Phản ứng:

n HN

C

O

O

n

(X): đó là polime kiểu poliamit nên khó tan. Độ dài liên kết CN (140pm) là trung gian giữa liên
kết đôi (130pm) và liên kết đơn (147pm).
H
N

O

3 HN

C

O

HO

OH

N

O

3N
HN

NH

O

N

C

OH

N

OH

Y’
Y
tạo ra từ dung dịch đặc nên kết tủa thành chất rắn Y. Độ dài liên kết CN (135pm) lớn hơn CN cô
lập (không thơm, khoảng 130pm), như vậy Y phù hợp hơn với Y’.


2. 1,0 điểm
Có 4 đồng phân:

cis, trans

R, S

quang hoạt
Câu 2
1. 2,50 điểm
a) Tổng hợp Y
H2 N

Y:

O

NH 2

NO 2

NH2
NHCOCH 3

Y

NHCOCH 3

NHCOCH 3

NO 2

NH 2

NH 2

NHCOCH 3

Cl
+
ONa

N N

NH 2

b) Tổng hợp X
O

COCl

O

O

COCl

B

O

O
O

t
E

O
OH
OH

HO
HO
O

Y

O

O

o

N

O

N
O
X

N
O

O
O

O

C

n

O
O
D

O


Công thức cấu tạo một đoạn mạch của X gồm hai mắt xích là:
O
N

O

H
N

O

N
O

2. 1,25 điểm
a)
O

O

H

O

O

N

O

N

O

O

O

O

b)
+

C 6 H5
C
C
COOCH 3

H

C 6H 5

H

COOCH 3

h

C 6H 5

C6 H5
COOCH 3

C6 H5

H

COOCH 3
COOCH 3

H

Câu 3
1. 1,0 điểm
A→B

CHO

andol hóa

CHO

oxy hóa

OH

A

este hóa

O

B

B→C
o
C
C6H5NH2 + NaNO2 + HCl ⎯0⎯→
⎯
C6H5N2+ClCOOC 2 H5
B

C 6H5 N2 +Cl-

OH

C

2. 1,25 điểm
a)
O
COOH

COOH

N

H

COCl
N
COC6H5

N
COC6H5

E
F

G

C 6 H5OC N
H


O
Br

C6 H5 OC N
J

b) Cơ chế phản ứng G → H là SE2 Ar
H

CO Cl

Cl

-

N
COC 6H 5

O

O
-H +

C6 H5 OC N

C6 H5 OC N

3. 2,0 điểm
a) Công thức cấu tạo các chất.

O
H3 C

C

O

CH 3COCH 2Br

CH2 Br

H3 C

O

C

O

CH2 NHCH3
O

CH3
N CH 2 C CH 3
O
O

C6 H 5OC N
L

K
O

M

N

O

CH 3
N CH 2 C CH 3
O

N

CH3

H N

C 6H 5 OC N
P

Q

b) Chuyển K thành L để bảo vệ nhóm chức C = O
Bản chất của phản ứng chuyển P → Q là ngưng tụ croton nội phân tử (đóng vòng) và thủy phân
amit.
c) Công thức cấu tạo W:
COOH

N

CH3

H N
W

Để chuyển hóa Q → thành W có thể làm nhiều cách, miễn sao hợp lý. Thí dụ: Khử CO → ancol
→ dẫn xuất halogen → cơ magie → cacbonyl hóa bằng CO2 → thủy phân.


Câu 4

1. 2,50 điểm

S
O

O

O
HS(CH 2)2 SH
COOEt

A
1. NaOH
+
COOEt 2. H 3O

CH 3OH

NaH

COOEt

1. NaH
COOEt 2. Br(CH ) Br
2 3

(CH 2) 3Br

COOEt

B
SOCl2

COOH

COCl

C

1. NaN 3
2. H 3O +

NH2
D

HCHO

1. CH3 I

HCOOH

N(CH 3 )2

2. Ag2 O
Ph

E

O

N(CH 3 )3
OH200 oC

Ph

Ph
O
Ph
(I)

S

Ph
O
Ph
(II)


2. 1,0 điểm
Cơ chế:
Từ A tạo thành B:
Br
O

O

Br
NaH

B

COOEt

COOEt

Từ D tạo thành E:
HCHO

RNH2

RNHCH2OH

H+
-H2O

H C O H
O

3. 0,5 điểm:
O

RNHCH3 + CO 2

RN CH 2

O
OEt

CH 3ONa

-O

OEt

O
OEt
COOEt

COOEt

COOEt

Câu 5
1. 1,75 điểm
Công thức cấu tạo của A và hỗn hợp B1; B2; B3 và B4.

COOEt


O

O

A

O

O

*

*
*

O

O
*

O

O
*
* O

O

O

O
*
*
O

O

O
O

*

* O

O

2. 1,0 điểm

O
C CH3

1. Mg
2. H 3O +
3. CH3MgBr

1. CH3MgCl
2. H 2O

CH 3
OH
CH 3

+ HBr
Br

- H2O

OH

CH 3
C CH2CH2 CH C
CH3

CH3

+ HBr

Br

CH3
CH 2CH 2CH C
CH 3

CH 3
CH 2CH 2CH C CH2CH 2CH C
CH3
CH3


3. 1,25 điểm
H
O

OH

O

OH
CH 3

+
COCH 3
B

A

HO
OH

COCH 3

O H
BF3

OH

O
NaOH

COCH 3

COCH 3

C
Cl
O

COCH 3

H 3C

C CH
CH3

O

O

COCH 3
D

COCH3
E

200 oC

OH

Thí sinh có thể làm cách khác, nếu hợp lý vẫn cho điểm

COCH 3
F


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA DỰ THI
ĐỀ THI DỰ BỊ
OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ NĂM 2005
Thời gian: 240 phút (không kể thời gian giao đề)
Thí sinh phải kiểm soát kĩ:
Ngày thi thứ hai: 10 / 05 / 2005
Đề thi có 03 trang
TÓM TẮT ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1

1.
H 2C

C OH + H 2C

N N

- N2
- 78o C

O C CH 2 + :CH 2

CH 3OH
O

-O

OCH3
H

chuyen vi
HO OCH 3
2.
H 3CO

OH

CH2 =CHMgBr

H 3 CO

O MgBr

THF khan

HO

CH=CH2

Cl - OH

1. CH 2 =CHMgBr
2. H+

O
HO

CHCH 2Cl

H
Cl

C

HO

D

CH=CH2

O

NEt3
E

3.
HO

CH=CH 2

H - Br

HO

CH 3

CH 2Cl2

C

O

- H+
F

4.
HNMe2
O

HO

NMe2

H+
- H2 O

NMe2
H 2 C C CH3
OH

NMe 2
CH 2COCH3

Câu 2
1.
a) Có hai nguyên tử C*, cả hai đều có cấu hình R vì
C (O, O, N) > C (N, H, H) > C (C, C, H)
N (C. C) > C (C, C, C) > C (C, H, H)
b) Nguyên tử N có tính bazơ mạnh nhất nằm ở vòng 6 cạnh không no. Hai nguyên
tử N còn lại gần như không có tính bazơ vì là N amit hoặc là N của vòng pirole
c) Các chức: amit, amin bậc ba, anken