tuyen tap de thi HSG PTTH cap 3

2010
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG
MƠN HĨA HỌC

Phan Cuong Huy
YDS
Copyright © />

2

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MƠN HĨA HỌC

PHẦN 2: CÁC ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
ĐỀ SỐ 1

THPT CHUYÊN HÀ NỘI

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA

ĐỀ THI THỬ

LỚP 12 THPT NĂM 2010
Mơn: HỐ HỌC
Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 3 trang, có 8 câu)

Câu I: ( 2.0 điểm)
Một terpen X thường gặp trong thiên nhiên được tổng hợp theo sơ đồ sau
Mg
4–metylpentan–1,4–diol 
Grignard G 

 dẫn xuất dibromua 
 bromanken 
 X
ete khan

Cho chất G phản ứng với sản phẩm sinh ra khi cho isopren phản ứng với but–3–en–2–on sẽ thu được chất cần
tổng hợp X.
1. Hoàn thành chuyển hóa này bằng các cơng thức cấu tạo tương ứng.
2. Cho biết tên thông thường và ứng dụng của sản phẩm.
Câu II: (2.0 điểm)
Hydrocacbon A là một chất rắn có tính dẻo, đàn hồi (11,76% H theo khối lượng) có trong mủ cây cao su. Ozon
phân A cho C16H16O6, khi cho một mol chất này vào nước nóng thu được 2 mol andehit levulinic
HOC(CH2)2COCH3.
Hydrocacbon B (11,11% H theo khối lượng) là chất tổng hợp đầu tiên có thành phân giống A nhưng khơng có
tính dẻo và tính đàn hồi giống như A. B được tạo thành khi đun nóng hydrocacbon C có mặt natri ; C có thành
phần định tính giống B
1. Cho biết CTCT của A, B, C
2. Sự vắng mặt của axetylaxeton trong sản phẩm của chúng chứng tỏ A có đặc trưng gì ?
Câu III: (2.0 điểm)
Q trình tổng hợp phức Pt(CH3NH2)(NH3)[CH2COO]2 là thuốc chống ung thư mới có hiệu qủa cao lại ít độc
và ít cho phản ứng phụ. Quá trình tổng hợp thuốc này như sau:
KI du
3
2
4
2 5
 A (dung dịch nâu) 
 B (tinh thể sáng) 
K2PtCl4 
 C (rắn đỏ nâu)

1:2
70o C
+ CH NH

HClO và C H OH

NH 3 /H 2 O
Ag 2 CO3 du và axit malonic

 D (tinh thể vàng kim, phân cực) 
 E (tinh thể vàng nhạt)

Phương pháp phổ IR cho biết trong hợp chất C có hai loại liên kết Pt – I khác nhau và C có tâm đối xứng. Biết
MC = 1,88MB. Cho biết số phối trí của platin ln khơng đổi trong q trình tổng hợp và platin ln giữ dạng lai
hóa dsp2 trong các phức
1. Viết CTCT các sản phẩm A, B, C, D, E.
2. Trong sản phẩm E thì khơng có chứa iot. Như vậy tại sao lúc ban đầu phải chuyển K2PtCl4 thành A.
3. Mục đích của việc sử dụng Ag2CO3 trong phản ứng cuối là gì ?
Câu IV: (2.0 điểm)
Lý thuyết lai hóa do Carl Linus Pauling đề xuất vẫn là lý thuyết chuẩn xác nhất trong việc giải thích dạng hình
học của các chất vơ cơ. Vậy ở đây chúng ta sẽ thử giải quyết những mơ hình sau đây
1. Giải thích dạng hình học của TiCl4 theo thuyết lai hóa ?
2. Giải thích dạng hình học của phức Fe(CO)5 theo thuyết lai hóa ?
Câu V: (2.0 điểm)
Khí NO kết hợp với hơi Br2 tạo ra một khí duy nhất trong phân tử có ba ngun tử
1. Viết phương trình phản ứng
2. Biết ∆Hpư < 0; Kp(25oC) = 116,6. Tính KP ở 0oC, 50oC. Giả thiết rằng tỉ số giữa trị số cân bằng giữa 0oC và
25oC cũng như 25oC với 50oC đều bằng 1,54
3. Xét tại 25oC, lúc cân bằng hóa học đã được thiết lập thì cân bằng đó sẽ chuyển dịch thế nào nếu
a. Tăng lượng NO

b. Giảm lượng hơi Br2
Copyright © 2010 />

3

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MƠN HĨA HỌC
c. Giảm nhiệt độ
d. Thêm khí N2 vào khi
(1) V = const ;
(2) Pchung = const
Câu VI (4.0 điểm)
Guaiol (C15H26O) là một ancol rắn ở trạng thái tinh thể có cấu trúc terpen. Ancol này được phân lập từ tinh dầu
cây gỗ Bulnesia sarmienyi. Khi dehydrat hóa guaiol bằng lưu huỳnh thì thu được một hydrocacbon thơm màu xanh
da trời khơng chứa vịng benzen X (C15H18). Khi hòa tan hydrocacbon thơm này vào axit sunfuric đặc thì màu xanh
biến mất. Cho nước vào dung dịch này thì X được phục hồi nguyên dạng. Rất khó để hydro hóa guaiol bằng hydro
có xúc tác. Qua một loạt các chuyển hóa dưới đây ta nhận được một dẫn xuất của naphtalen (A là sản phẩm duy
nhất của quá trình ozon phân)

1. Xác định cấu trúc của guaiol và X nếu biết trong phân tử guaiol thì nhóm hydroxyl gắn với ngun tử
cacbon bậc ba exocyclic của hệ vịng
2. Giải thích màu xanh da trời của X và nêu lý do nó bị mất màu trong dung dịch axit sunfuric đặc
3. Xác định CTCT A, B và giải thích sự tạo thành A. Có bao nhiêu mảnh isopren trong chất X
Câu VII (2.0 điểm)
Có thể tách được rhodi ra khỏi các kim loại quý khác bằng cách sau: Một mẫu bột quặng rhodi được trộn với
NaCl và đun nóng trong dịng khí clo. Bã rắn thu được chứa một muối chứa 26,76% Rhodi về khối lượng. Bã rắn
này sau đó được hịa tan vào nước, lọc dung dịch thu được rồi cô bay hơi thu được tinh thể B chứa 17,13% rhodi.
Tinh thể được làm khô ở 120oC đến khối lượng không đổi (khối lượng mất đi là 35,98%) rồi đun nóng tới 650oC.
Rửa bã rắn thu được bằng nước ta có rhodi tinh khiết
1. Xác định công thức A, B
2. Khi một lượng dư H2S được sục qua dung dịch muối A thì tạo thành kết tủa C. Thành phần hợp thức của

hợp chất này chứa 47,59% S. Xác định cơng thức C
3. Giải thích tại sao cần phải rửa bằng nước nóng ở bước cuối cùng. Viết các phản ứng xảy ra
Câu VIII: (4.0 điểm)
Các cacbohydrat tự nhiên đều được tổng hợp quang hóa trong cây xanh. Tuy nhiên các cacbohydrat khơng có
trong tự nhiên có thể được tổng hợp bằng con đường nhân tạo. Sơ đồ dưới đây là sơ đồ tổng hợp L-ribozơ. Hồn
chỉnh sơ đồ tổng hợp sau:

_________________ HẾT _________________
-

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

Copyright © 2010 />

4

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MƠN HĨA HỌC
THPT CHUN HÀ NỘI

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ

LỚP 12 THPT NĂM 2009 – 2010
Mơn: HỐ HỌC
(Đáp án đề thi gồm 4 trang, có 8 câu)

Câu I: (2.0 điểm)
1. Công thức cấu tạo các chất liên quan (1,75 điểm)

2. Chất này là -bisabolol thường dùng trong công nghiệp mỹ phẩm (0,25 điểm)
Câu II: (2.0 điểm)
1. Công thức thực nghiệm của A là (C5H8)x, nó là cao su tự nhiên. Các công thức thực nghiệm của B và C lần
lượt là (C2H3)y. B là cao su tổng hợp polibutadien còn C là buta-1,3-dien (1,5 điểm, một điểm cho mỗi cấu
tạo).
2. Ta có:

Như vậy sự vắng mặt của axetylaxeton trong sản phẩm ozon phân chứng tỏ cao su thiên nhiên có cấu trúc
“đầu - đầu” (0,5 điểm cho lập luận)
Câu III: (2.0 điểm)
1. Công thức cấu tạo các chất liên quan (1,25 điểm ; 0,25 điểm cho mỗi cấu tạo)

Copyright © 2010 />

5

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MƠN HĨA HỌC
2. Để chắc chắn thu được sản phẩm cuối thì buộc B phải ở dạng cis nên K2PtCl4 phải được chuyển thành A
(0,25 điểm)
3. Ag2CO3 phản ứng với D theo phản ứng D + Ag2CO3 = DCO3 + 2AgI sau đó DCO3 phản ứng với axit
malonic tạo thành E (0,5 điểm)
Câu IV: (2.0 điểm)
1. Do đối với Ti lúc này thì năng lượng của AO 3d đã giảm thấp hơn so với AO 4p nên sẽ có sự tổ hợp giữa 1
AO 4s và 3 AO 3d tạo thành 4 AO lai hóa sd3 hướng về 4 đỉnh của một tứ diện đều (1 điểm)
2. Do CO là phối tử trường mạnh nên sẽ đẩy các electron của Fe về trạng thái cặp đôi. Lúc này 1 AO 3d trống
sẽ tổ hợp với 1 AO 4s trống và 3 AO 4p trống thành 5 AO lai hóa dsp3 hướng về 5 đỉnh của một lưỡng tháp
tam giác.(1 điểm)
Câu V: (2.0 điểm)
1. 2NO(k) + Br2(hơi) → 2NOBr(k) ∆H > 0

(0,25 điểm)
o
o
2. Do phản ứng thu nhiệt nên có liên hệ KP tại 0 C < KP (25 C) < KP (50oC)
Vậy KP tại 0oC = 1/1,54.KP = 116,6 / 1.54 = 75,71
KP tại 50oC = 1,54.KP = 116,6.1,54 = 179,56
(0,25 điểm)
3. Xét sự chuyển dời cân bằng hóa học tại 25oC
Trường hợp a và b về nguyên tắc cần xét tỉ số:

Q

PNOBr
2
PNO

Sau đó so sánh Q với KP để kết luận
Tuy nhiên ở đây khơng có điều kiện để lập luận theo biểu thức này nên ta sẽ dựa vào nguyên lý Le
Chartelier
a. Nếu tăng lượng NO thì cân bằng dịch chuyển sang phải
(0,25 điểm)
b. Nếu giảm lượng Br2 thì cân bằng hóa học dịch chuyển sang trái
(0,25 điểm)
c. Nếu giảm nhiệt độ thì cân bằng dịch chuyển sang trái để chống lại chiều giảm nhiệt độ (0,25 điểm)
d. Thêm N2 là khí trơ
+ Nếu V = const thì khơng ảnh hưởng tới cân bằng hóa học do N2 khơng gây ảnh hưởng liên hệ nào (theo
định nghĩa áp suất riêng phần)
+ Nếu P = const ta xét liên hệ
Nếu chưa có N2 thì P = PNO + PBr2 + PNOBr
(a)

Nếu đã có N2 thì P = P’NO + P’Br2 + P’NOBr + PN2
(b)
Vì P = const nên P’i = Pi
Lúc đó xét Q theo biểu thức liên hệ trên và so sánh tương quan với KP
- Q = KP: không ảnh hưởng
- Q > KP: cân bằng chuyển dịch sang trái để Q giảm tới KP
- Q < KP: cân bằng chuyển dời sang phải để Q tăng tới KP (1,25 điểm)
Câu VI (4.0 điểm)
1. Ta có thể suy luận cơng thức của guaiol dựa trên những dữ kiện sau:
- Dehydrat hóa ancol này bằng lưu huỳnh thu đươc hydrocacbon thơm X màu xanh da trời khơng chứa vịng
benzen. Như vậy X chỉ có thể là dẫn xuất của azulen.
- Độ bất bão hòa của guaiol là 3, tức ứng với hai vòng vẫn cịn một nối đơi. Vị trí của nối đơi đó sẽ nằm ở
điểm tiếp giáp hai vịng do vị trí đó khó bị hydro hóa nhất, và khi ozon phân vị trí này sẽ dễ cho sản phẩm
chuyển vị là hai vòng 6 giáp nhau. Một vòng sinh ra do sự mở rộng vòng 5, một vòng sinh ra do sự thu hẹp
vòng 7
- Ta dễ dàng nhận thấy rằng q trình chuyển hóa của guaiol khơng hề ảnh hưởng tới các mạch nhánh, vì
vậy từ vị trí các mạch nhanh trong dẫn xuất naphtalen ta có thể suy ra được vị trí của các mạch nhánh này
trong guaiol.
Copyright © 2010 />

6

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MƠN HĨA HỌC
-

Do nhóm OH của guaiol nằm ở cacbon bậc ba nên công thức cấu tạo của guaiol chỉ có thể là:

-

Lý luận dẫn ra CTCT đúng được 1,0 điểm, cấu tạo 0,5 điểm

Công thức cấu tạo X sẽ là (0,5 điểm)

2. Màu xanh da trời của X có được do sự liên hợp giữa các nối đôi trong phân tử X. (0,25 điểm)
Khi hòa tan X vào axit sunfuric đặc màu xanh sẽ biến mất do sự biến mất của hệ thống liên hợp trong hợp
chất được tạo thành như hình vẽ: (0,5 điểm)

3. Công thức cấu tạo hai chất A, B như sau. Đúng CTCT mỗi chất được 0,25 điểm
OH

O

O

A

OH

B

Sự tạo thành chất A được giải thích như sau (0,5 điểm)

Do cơng thức phân tử của A là C15H26O nên trong A sẽ có 3 mảnh isopren (0,25 điểm)
Câu VII (2.0 điểm)
1. Na3[RhCl6] (0,375 điểm) ; Na3[RhCl6].12H2O (0,375 điểm)
2. Rh2S3.2H2S (0,5 điểm)
3. Để loại bỏ các muối tan, chủ yếu là NaCl (0,25 điểm).
Mỗi phản ứng đúng được 0,125 điểm
2Rh + 6NaCl + 3Cl2 = 2Na3[RhCl6]
Copyright © 2010 />

7

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MƠN HĨA HỌC
Na3[RhCl6].12H2O = Na3[RhCl6] + 12H2O
2Na3[RhCl6] = 2Rh + 6NaCl + 3Cl2
2Na3[RhCl6] + 3H2S = Rh2S3.3H2S + 6NaCl + 6HCl
Câu VIII (4.0 điểm)
Công thức cấu tạo các sản phẩm trung gian (Các chất A, B mỗi chất 0,5 điểm, còn C, D, E, F mỗi chất 0,75 điểm).
Lưu ý quá trình chuyển từ D sang chất ở dòng thứ hai bao gồm nhiều hơn một giai đoạn

_________________ HẾT _________________
Thí sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn được điểm tối đa

Copyright © 2010 />

8

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MƠN HĨA HỌC
/>ĐỀ THI THỬ

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
LỚP 12 THPT NĂM 2010
Mơn: HỐ HỌC
Thời gian : 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 3 trang, có 10 câu)

CÂU 1: (2,0 điểm)
1. Oleum là hỗn hợp được tạo ra khi cho SO3 tan trong H2SO4 tinh khiết. Trong hỗn hợp đó có các axit dạng
poli sunfuric có cơng thức tổng quát H2SO4.nSO3 hay H2Sn+1O3n+4 chủ yếu chứa các axit sau: axit sunfuric
H2SO4, axit đisunfuric H2S2O7, axit trisunfuric H2S3O10 và axit tetrasunfuric H2S4O13. Cho biết công thức

cấu tạo của các axit trên.
2. Giải thích tại sao SO3 lại dễ dàng phản ứng với H2O, HF, HCl, NH3 để hình thành nên những phân tử tứ
diện tương ứng. Viết phương trình phản ứng và công thức cấu tạo sản phẩm.
3. Kim cương và than chì là hai dạng thù hình của nguyên tố cacbon. Tính khối lượng riêng và thể tích mol
của chúng. Biết rằng: Độ dài liên kết C–C (kim cương) là 154 pm, C–C (than chì) là 141 pm, khoảng cách
giữa các lớp than chì là 336 pm. NA = 6,02.1023. Kim cương có cấu tạo tương tự silic và số nguyên tử C
trong một ô mạng tinh thể của kim cương gấp 4 lần số nguyên tử C trong một ơ mạng tinh thể than chì.
CÂU 2: (2.0 điểm)
1. Viết công thức cấu tạo Lewis, nêu trạng thái lai hóa và vẽ dạng hình học của các phân tử và ion sau: B2H6,
XeO3, NO2+, NO2–.
2. Phản ứng của NaNO3 trong nước với hỗn hống Na/Hg cũng giống như phản ứng của etylnitrit C2H5NO2
với hydroxylamine NH2OH có mặt Natrietoxit cho cùng một sản phẩm. Sản phẩm này là muối của một axit
yếu không bền chứa Nitơ, axit này đồng phân hóa tạo thành một sản phẩm có ứng dụng trong thành phần
nhiên liệu tên lửa. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và vho biết công thức cấu trúc của axit đồng phân
nói trên.
CÂU 3: (2.0 điểm)
Cho phản ứng: A  B  C  D (1) là phản ứng đơn giản. Tại 27oC và 68oC, phương trình (1) có hằng số tốc độ
tương ứng lần lượt là k1 = 1,44.107 mol-1.l.s-1 và k2 = 3,03.107 mol-1.l.s-1, R = 1,987 cal/mol.K
1. Tính năng lượng hoạt hóa EA (cal/mol) và giá trị của A trong biểu thức k  A  e
2. Tại 119oC, tính giá trị của hằng số tốc độ phản ứng k3.
3. Nếu CoA = CoB = 0,1M thì  1/2 ở nhiệt độ 119oC là bao nhiêu.

E

RT

mol-1.l.s-1.

CÂU 4: (2,0 điểm)
1. Clobenzen có momen lưỡng cực 1 = 1,53 D (1 hướng từ nhân ra ngoài) ; anilin có momen lưỡng cực 2 =

1,60D (2 hướng từ ngồi vào nhân benzen). Hãy tính momen lưỡng cực  của các chất sau: ortho –
cloanilin ; meta – cloanilin và para – cloanilin.
2. Tính pH của dung dịch NH4HCO3 0,1M. Biết rằng H2CO3 có hằng số phân li axit K1 = 4,5.10-7 ; K2 =
4,7.10-11, NH3 có pKb = 4,76.
CÂU 5: (2,0 điểm)
Có thể điều chế tinh thể FeCl3.6H2O theo cách sau: Hoà tan sắt kim loại vào trong dung dịch axit clohydric 25%.
Dung dịch tạo thành được oxy hóa bằng cách sục khí clo qua cho đến khi cho kết quả âm tính với K3[Fe(CN)6].
Dung dịch được cô bay hơi ở 95oC cho đến khi tỉ trọng của nó đạt chính xác 1,695 g/cm3 và sau đó làm lạnh đến
4oC. Tách kết tủa thu được bằng cách hút chân không rồi cho vào một dụng cụ chứa được niêm kín.
1. Viết các phản ứng dẫn đến sự kết tủa FeCl3.6H2O
2. Có bao nhiêu gam sắt và bao nhiêu mL dung dịch axit clohydric 36% (d=1,18g/cm3) cần để điều chế
1,00kg tinh thể này. Biết rằng hiệu suất quá trình chỉ đạt 65%
3. Đun nóng 2,752g FeCl3.6H2O trong khơng khí đến 350oC thu được 0,8977g bã rắn. Xác định thành phần
định tính và định lượng của bã rắn.
Copyright © 2010 />

9

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MƠN HĨA HỌC
CÂU 6: (2,0 điểm)
1. A là chất bột màu lục không tan trong axit và kiềm loãng. Khi nấu chảy A với KOH có mặt khơng khí thu
được chất B có màu vàng, dễ tan trong nước. Chất B tác dụng với axit sunfuric chuyển thành chất C có
màu da cam. Chất C bị lưu huỳnh khử thành chất A và có thể oxi hóa axit clohiđric thành khí Clo. Viết các
phương trình phản ứng xảy ra.
2. Từ các chất A, B, C trên, hoàn thành sơ đồ sau:

-

t
X 

 A + N2 + H2O
o

C + (NH3)2S + H2O 
 Y + S + NH3 + KOH
B + (NH4)2S + KOH + H2O 
 Z + S + NH3
C + H2SO4 + H2S 
 T + S + K2SO4 + H2O

CÂU 7: (2,0 điểm)
1. Viết công thức cấu trúc các dạng enol của dietylmalonat (1), Etylaxetoaxetat (2). Trong các cấu trúc của
(2), cho biết dạng nào bền nhất, dạng nào kém bền. Giải thích?
2. Cho biết cơng thức mạch hở của các chất sau:

a.

b.
HO

c.

d.
O

CH3

O

O

O
O

C 2H 5

OH
O

HOCH2

CH3CH2

OH

Brevicomin

Talaromicin A

CÂU 8: (2,0 điểm)
1. Cho biết sản phẩm tạo thành từ các phản ứng sau và gọi tên sản phẩm đó:
0 C
a. Furan + (CH3CO)2O + (C2H5)2O: BF3 
A
b. Thiophen + C6H5COCl + SnCl4 
B
+ –
c. Pyrol + C6H5N2 Cl 
C
d. Pyrol + CHCl3 + KOH 

D
o

2. Viết sơ đồ điều chế izatin (indolin-2,3-dion) từ 2-nitrobenzoyl clorua
CÂU 9: (2,0 điểm)
1. Khi cho amoniac phản ứng cộng với axetanđehit thu được sản phẩm không bền A, sản phẩm này dễ bị tách
nước thành B. B dễ dàng trime hóa cho sản phẩm C là triazin. Mặt khác nếu cho amoniac ngưng tụ với
fomanđehit sẽ thu được sản phẩm D (urotropin) có CTPT là C6H12N4. Chất D có khả năng tác dụng với axit
nitric trong anhiđrit axetic tạo ra E (hexogen hay xiclonit) là chất nổ mạnh được dùng trong đại chiến thế
giới thứ II: C6H12N4 + 3HNO3  E + 3HCHO + NH3. Xác định A, B, C, D, E và viết các phương trình
phản ứng xảy ra.
2. Giải thích sự khác nhau về nhiệt độ sơi trong dãy các chất sau:
(1)
(2)
(3)
(4)

N

N

N
N
115oC

S
117oC

N

N

H

H

256oC

Copyright © 2010 />
187oC


10

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MƠN HĨA HỌC
CÂU 10: (2,0 điểm)
1. Vitamin C (axit L-ascobic, pKa = 4,21) là endiol và có cấu trúc như sau:

H

a. Hãy giải thích tính axit của axit L-ascobic và cho biết nguyên tử H nào

HO

có tính axit.

CH2OH
C
O

b. Điều chế L-ascobic từ D-glucozơ

O

2. Salixin C13H18O7 bị thủy phân bởi elmusin cho D-glucozơ và Saligenin
C7H8O2. Salixin khơng khử thuốc thử Tolen. Oxi hóa Salixin bằng HNO3 thu

HO

OH

được một hợp chất hữu cơ X mà khi thủy phân thì cho D-Glucozơ và anđehit
Salixylic. Metyl hóa Salixin thu được pentametylsalixin, thủy phân hợp chất
này cho ta 2,3,4,6-tetra-O-metyl-D-Glucozơ. Xác định CTCT của Salixin
_________________ HẾT _________________
-

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

Copyright © 2010 />
axit L- ascobic


TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MƠN HĨA HỌC

11

/>ĐỀ THI THỬ

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
LỚP 12 THPT NĂM 2010

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ MƠN HĨA HỌC
(Đáp án này có 8 trang)
CÂU 1: (2,0 điểm)
1.
(0,5 điểm) Mỗi cơng thức đúng được 0,125 điểm

HO

O

O

HO

O

S
HO

O

OH

S

S

O

O

H2SO4

H 2S 2O 7

O
HO

O

O

O

O

O

O

OH

HO

O
O

O
O

O
O

OH

S

S

S

S

S

S

S

O

O

O

O

O

O

O

H2S3O10

H2S4O13

2.
-

(0,5 điểm) Giải thích đúng + viết đúng 4 phương trình và cấu trúc
Giải thích: Phân tử SO3 ở dạng tam giác phăng với nguyên tử S ở trạng thái lai hóa sp3, dễ dàng phản ứng để
chuyển sang thạng thái lai hóa sp3 bền, là trạng thái đặc trưng của lưu huỳnh

-

Phương trình phản ứng: SO3 + H2O 
 H2SO4 SO3 + HF 
 H[SO3F] SO3 + HCl 
 H[SO3Cl]

-

 H[SO3NH2]
SO3 + NH3 
Cấu trúc các sản phẩm

O

O

H

O

H

O

H

O

S
F

O

O

O
3.
-

O

S

S
O

H

H

S
Cl

O

O

NH2
O

(1,0 điểm)
Kim cương (tương tự Silic) có cấu trúc lập phương tâm diện ngồi ra cịn có 4 ngun tử Cacbon nằm trong 4

1
8

hốc (site) tứ diện nên số nguyên tử cacbon trong một ô mạng cơ sở tinh thể kim cương là: 8   6 
-

1
48
2

Do vậy suy ra cacbon than chì trong một ơ mạng tinh thể có 2 ngun tử cacbon
Trong ô mạng tinh thể kim cương:

4d
 4d 
Độ dài cạnh ô mạng tinh thể: a =
(d = C–C (kim cương)) => Thể tích ơ mạng = a3 = 

3
 3
Khối lượng riêng của tinh thể kim cương:

D=

8 M

NA  V

8  12
3

 3,545 (g/cm3)

 4  154  10 
6, 02  1023  

3



M
=> Thể tích mol của kim cương =
=3,385 (cm3/mol)
D
10

Copyright © 2010 />
3


TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MƠN HĨA HỌC

12
-

Tương tự trong ơ mạng tinh thể than chì
Diện tích mặt đáy =

3
3  d 2 (d = C–C (than chì))
2

3
3  d 2  h (h là khoảng cách giữa các lớp)
2

Thể tích ơ mạng =

=> Khối lượng riêng D = 2,297 (g/cm3) và thể tích mol = 5,224 (cm3/mol)
CÂU 2: (2.0 điểm)

1.
(1,0 điểm) Mỗi công thức đúng được 0,25 điểm
B2H6: B lai hóa sp3, gồm 2 tứ diện lệch có một cạnh chung, liên kết BHB là liên kết 3 tâm nhưng chỉ có 2
electron, 1 electron của H và 1 electron của B
XeO3: Xe lai hóa sp3, phân tử dạng tháp đáy tam giác
NO2+: N lai hóa sp, cấu trúc đoạn thẳng
NO2–: N lai hoa sp2, cấu trúc gấp khúc (chữ V)
Công thức Lewis

H

H

H
O
H

H

H

Xe

B

B

O
O
N

O
2.
-

N

O

O

N

O

N

O

O

(1,0 điểm)
Các phản ứng (mỗi phản ứng 0,25 điểm)

 Na2N2O2 + 8NaOH + 8Hg
2NaNO3 + 8Na(Hg) + 4H2O 
-

 Na2N2O2 + 3C2H5OH
NH2OH + C2H5NO2 + 2C2H5ONa 

Na2N2O2 là muối của axit hyponitrơ H2N2O2 (2.0,125 = 0,25)

HO

HO

OH
N

N

N

N
OH

-

Cấu trúc đồng phân: H2N – NO2 (nitramit) (0,25)

H

O
N

H

N
O

CÂU 3: (2.0 điểm)
1.
(1,0 điểm)
Phản ứng động học bậc hai, áp dụng phương trình Archénius ta có:

ln k1 

E A
 ln A ;
RT1

 ln k 2  ln k1 

ln k 2 

E A
 ln A
RT2

E A
E A
 ln A 
 ln A
RT2
RT1

k 2 EA  1 1 

  
k1

R  T1 T2 
T T
k
 E A  R 2 1  ln 2  3688, 2(cal / mol)
T2  T1
k1
 ln

Copyright © 2010 />
O

O


13

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MƠN HĨA HỌC

k  A  e
2.

E



k
k
 A    E    E1  7  109 (mol 1.l.s 1 )
e RT e RT1 

(0,5 điểm)

k3  A  e
3.

RT



E

RT3

  6,15  107 (mol1.l.s 1 )

(0,5 điểm)

1/ 2 

1
 1, 63  107 (s)
k 3 .CoA

CÂU 4: (2,0 điểm)
1.
(1,0 điểm)
Clo có độ âm điện lớn, 1 hướng từ nhân ra ngoài – nhóm NH2 có cặp e tự do liên hợp với hệ e  của vòng benzen
 hai momen lưỡng cực cùng chiều

para

meta

ortho


Cộng vectơ sử dụng hệ thức lượng trong tam giác a = b + c – 2bc cos A
2

2

2

Dẫn xuất ortho:  2O =  12 +  22  212 cos 600 =  12 +  22  12 = 2,45
o =
 2m

Dẫn xuất meta:

=  12 +  22  212 cos 1200 =  12 +  22 + 12 = 7,35

m =
 2p

Dẫn xuất para:

2, 45 = 1,65D
7,35 = 2,71D

= 1 + 2 = 1,60 + 1,53 = 3,13D

2.
(1,0 điểm)
Ta có các quá trình sau:

NH 4 HCO3 
 NH 4  HCO3

 NH 3  H  ; K a
NH 4 


 H 2 CO3 ; K11
HCO3  H  


 H   CO32 ; K 2
HCO3 


 H   OH  ; K W  1014
H 2 O 

Trong đó: K a 

1014
 109,24
Kb

Áp dụng điều kiện proton ta có:

[H  ]  [NH 3 ]  [CO32 ]  [OH  ]  [H 2CO3 ]
 [H  ] 

K a .[NH 4 ] K 2 .[HCO3 ] K w

   K11.[H  ].[HCO3 ]


[H ]
[H ]
[H ]

 [H  ]2  K a .[NH 4 ]  K 2 .[HCO3 ]  K w  K11.[H  ]2 .[HCO3 ]
 [H  ]2  K11.[H  ]2 .[HCO3 ]  K a .[NH 4 ]  K 2 .[HCO3 ]  K w

Copyright © 2010 />

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MƠN HĨA HỌC

14





 [H  ]2 1  K11.[HCO3 ]  K a .[NH 4 ]  K 2 .[HCO3 ]  K w
 [H  ]2 

K a .[NH 4 ]  K 2 .[HCO3 ]  K w

1  K11.[HCO3 ]

 [H  ] 

K a .[NH 4 ]  K 2 .[HCO3 ]  K w
1  K11.[HCO3 ]

Thay các giá trị gần đúng: [NH 4 ]  [HCO 3 ]  0,1M

 [H  ]  1, 6737.108 M
 pH   lg[H  ]  7, 78
CÂU 5: (2,0 điểm)
1.
Các phương trình phản ứng: (4.0,125 = 0,5 điểm)
Fe + 2HCl 
 FeCl2 + H2
2FeCl2 + Cl2 
 2FeCl3
3FeCl2 + 2K3[Fe(CN)6] 
 Fe3[Fe(CN)6]2 + 6KCl
FeCl3 + 6H2O 
 FeCl3.6H2O
2.

1000
= 3,7mol FeCl3.6H2O
270,3
Như vậy cần

3.

3,7 .2 . 36,5
 978 mL dung dịch HCl 36% (0,5 điểm)
0,36 .1,18 . 0,65

Khi đun nóng thì FeCl3.6H2O phân huỷ theo phương trình sau:
FeCl3.6H2O 
 FeOCl + 5H2O + 6HCl
Khi nhiệt độ tăng thì FeOCl sẽ tiếp tục phân huỷ:
3FeOCl 
 FeCl3 + Fe2O3 (Hơi FeCl3 bay ra)
Lượng FeCl3.6H2O trong mẫu là

2,752
= 10,18 mmol
270,3

Điều này ứng với khối lượng FeCl3 là 107,3. 0,01018 = 1,092g FeOCl
Do khối lượng thu được của bã rắn bé hơn nên ta biết được FeOCl sẽ bị phân hủy một phần thành Fe2O3.
Khối lượng FeCl3 mất mát do bay hơi là:

1,902  0,8977
= 1,20mmol => Bã rắn cuối cùng chứa (0,01018 –
162,2

3.0,00120) = 6,58 mmol FeOCl và 1,20 mmol Fe2O3. (1,0 điểm)
CÂU 6: (2,0 điểm)
1.
(1,0 điểm) mỗi phương trình đúng được 0,25
A là Cr2O3, B là K2CrO4, C là K2Cr2O7

Các phương trình phản ứng:

 4 K2CrO4 + 4H2O
2Cr2O3 + 3O2 + 8KOH 
 K2Cr2O7 + K2SO4 + H2O
2K2CrO4 + H2SO4 
 Cr2O3 + K2SO4
S + K2Cr2O7 
2.

-

14HCl + K2Cr2O7 
 3Cl2 + 2CrCl3 + 2KCl + 7H2O
(1,0 điểm) mỗi phương trình đúng được 0,25
X là (NH4)2Cr2O7, Y là Cr(OH)3, Z là K3[Cr(OH)6], T là Cr2(SO4)3
Các phương trình phản ứng:
t
(NH4)2Cr2O7 
 Cr2O3 + N2 + 4H2O
o

K2Cr2O7 + 3(NH3)2S + H2O 
 2Cr(OH)3 + 5S + 6NH3 + 2KOH

Copyright © 2010 />

15

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MƠN HĨA HỌC

2K2CrO4 + 3(NH4)2S + 2KOH + 2H2O 
 2K3[Cr(OH)6] + 3S + 6NH3
K2Cr2O7 + 4H2SO4 + 3H2S 
 Cr2(SO4)3 + 3S + K2SO4 + 7H2O
CÂU 7: (2,0 điểm)
1.
(1,0 điểm) Các cấu trúc
O
EtO

H

H

O

O
OEt

C
H

O

O
EtO

OEt

EtO

O
OEt

C
H

Trong đó:
- Dạng A ít bền do nối đơi khơng liên hợp
- Dạng B bền nhưng khơng có cộng hưởng este
- Dạng C bền nhất do có nối đơi liên hợp và cộng hưởng este
O

H

H

O

O
CH3COCH2COOEt

OEt

H2C

H3C

A

O
C
H

OEt

B

O
H3C

H

O
OEt

C
H
C

2.
a.

(1,0 điểm) Mỗi công thức đúng được 0,25 điểm
CH2OH–CH2CH2CH2=CHO
5-hidroxipentanal
b.
CHOCH2CH2CHOHCH=CH–CH=CH2
4-hidroxiocta-5,7-dienal
c.

CH3CH2CHOHCHOH(CH2)3COCH3
6,7-dihidroxinonan-2-on
d.
(HOCH2)2CH–CHOHCH2CO(CH2)2CH(C2H5)CH2OH
2,8-di(hidroxometyl)-1,3-dihidroxidacan-5-on
CÂU 8: (2,0 điểm)
1.
(1,0 điểm) Mỗi công thức đúng được 0,25 điểm

A

B

COCH3

S

O

D

N=NC6H5
N H

2-benzoylthiophen

2-acetylfuran
2.

C

COC6H5

CHO
N H

2-(phenylazo)pyrol

2-pyrolcacboxandehit

(1,0 điểm)

O
C

O
Cl

NO2

C
KCN
-HCl

O
CN

NO2

Copyright © 2010 />

H 3O +

C

COOH

-NH3
NO2

6H
-H2O


TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MƠN HĨA HỌC

16

O
C

O
COOH

NH2

o

t

O

-H2O

NH

CÂU 9: (2,0 điểm)
1.
(1,5 điểm)
Andehit béo có thể tham gia phản ứng cộng với amoniac tạo thành một sản phẩm ít bền là Andehit-amoniac
CH3CHO + NH3 
 Axetandehit-amoniac (tnc = 97oC) A

OH
CH3

CH
NH2

Axetandehit-amoniac dễ bị tách nước thành B là CH3–CH=NH và B dễ trime hóa thành hợp chất dị vịng C
loại triazin

H 3C

OH
CH3

-H2O

CH
NH2

CH3CH=NH

trime hóa

NH
NH

CH3
NH

CH3

B

C

Mặt khác nếu cho amoniac ngưng tụ với fomanđehit sẽ thu được sản phẩm D (urotropin) có CTPT là
C6H12N4
6HCHO + 4NH3 
 C6H12N4 + 6H2O

N
N

N
N

Urotropin
Urotropin có khả năng tác dụng với axit nitric trong anhiđrit axetic tạo ra E (hexogen hay xiclonit) là chất nổ

mạnh được dùng trong đại chiến thế giới thứ II theo phản ứng:

NO2
N
C6H12N4 + 3HNO3
O 2N

N

N

+ 3HCHO + NH3
NO2

E
2.

(0,5 điểm)
Ta có nhiệt độ sơi của (1) < (2) là do hai chất này không tạo được liên kết hydro nên nhiệt độ sôi phụ thuộc
vào khối lượng phân tử.
Lại có, nhiêt độ sơi của (4) < (3) là do mặc dù cả hai chất đều có liên kết hydro liên phân tử nhưng liên kết
hydro của (3) dạng polyme còn của (4) dạng dime
CÂU 10: (2,0 điểm)
1.
(1,0 điểm)
a.
Anion được hình thành bởi sự tách H enolic là bền vì điện tích được giải tỏa đến O của C=O qua liên kết đơi
C=C

-

Copyright © 2010 />

17

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MƠN HĨA HỌC

O
HO

C

HO

b.

O

C

HO

- H+

C

-

C

O

C

HO

O C

C

C

O C

Sơ đồ điều chế

D-Glucose

[O]

NaBH4

D-Socbitol (A)

1. KMnO4/OHDiaxetonua (C)

2. dd H+

enzym
H+

(D)

endiol B'

L-Socbose (B)

o

2CH3COCH3

axit L-ascobic

t

Trong đó:

HO

H

HO

H

H

C O

HO

C

H

HO

C

HO
H

OH

HO

CH2OH

CH2OH

CH2OH

HO

H

H

OH

OH

HO

H

H

CH2OH

CH2OH

CH2OH

A

B

B'

CH2OH
CH3
C
CH3

CH3

O C

C

O C
H
O CH3
HO
H C
CH3
CH2 O

CH3

COOH
O C

O C
H
O CH3
HO
H C
CH3
CH2 O
D

C

2.
(1,0 điểm)
Salixin là đường không khử và là   glucozit do bị thủy phân bởi elmuxin

RO

H
OH

HO
OH

O

H 2O
enzim

CH2OH
Salixin

Copyright © 2010 />
D-Glucose + ROH (Saligenin)
C 7H 8O 2


18

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MƠN HĨA HỌC
Trong cơng thức C7H8O2, ROH xuất hiện nhân thơm. Tách được andehit salixylic, điều đó chứng tỏ q trình oxi
hóa nhóm –CH2OH thành nhóm –CHO

CHO
HO

H2O, H+

D-Glucose +

HOH2C
HO
HO

O
OH

Saligenin là o-(hidroximetyl)phenol. Cơng thức cấu trúc của salixin là

HOH2C
HO
HO

O
OH

CH2OH
O

- - - - - - - - - - HẾT - - - - - - - - - - Thí sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa

Copyright © 2010 />
CHO
O


19

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MƠN HĨA HỌC
/>ĐỀ THI THỬ

KÌ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2008 – 2009

MƠN THI: HĨA HỌC ĐẠI CƯƠNG
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)
(Đề thi gồm có 2 trang)
Câu 1: (2.0 điểm)
1. Tại sao ion phức spin thấp [Co(NH3)6]3+ lại có màu. Giải thích dựa vào  o  22900(cm 1 ) . Cho biết:

1 cm 1  11,962 J.mol 1 .
2. Dựa trên mô hình VSEPR, giải thích dạng hình học của NH3, ClF3, XeF4.
3. Q trình: O  O   1e có I1 = 13,614 (eV). Dựa vào phương pháp Slater xác định hằng số chắn của các
electron trong nguyên tử đối với electron bị tách. So sánh độ bền tương đối của hai cấu hình electron của O
và O+, giải thích.
Câu 2: (2.0 điểm)
1. Thiết lập biểu thức phụ thuộc giữa thế oxi hóa – khử với pH của mơi trường trong 2 trường hợp sau:
2. Cr2 O 72   14H   6e  2Cr 3  7H 2 O ; E oCr O2 / 2Cr3  1,33V . Ở pH = 7, Cr2 O 72 có oxi hóa được I 
2

7

không?
o
Biết rằng: E oI / 2I  0, 6197V ; Co(OH)3  1e  Co(OH) 2  OH  ; ECo(OH)
 0,17V
3 / Co(OH) 2

2

3. Biết tích số ion của nước KW = 10-14 và 2,303 RT ln x  0, 0592 lg x ( tại 25oC, 1atm)
F
Câu 3: (1.5 điểm)
Cho phản ứng: A  B  C  D (1) là phản ứng đơn giản. Tại 27oC và 68oC, phương trình (1) có hằng số tốc độ
tương ứng lần lượt là k1 = 1,44.107 mol-1.l.s-1 và k2 = 3,03.107 mol-1.l.s-1, R = 1,987 cal/mol.K
1. Tính năng lượng hoạt hóa EA (theo cal/mol) và giá trị của A trong biểu thức k  A  e
2. Tại 119oC, tính giá trị của hằng số tốc độ phản ứng k3.
3. Nếu CoA = CoB = 0,1M thì  1/2 ở nhiệt độ 119oC là bao nhiêu.

E
RT



mol-1.l.s-1.

Câu 4: (2.5 điểm)
Điện phân dung dịch NaCl dùng điện cực Katode là hỗn hống Hg dòng chảy đều và dùng cực titan bọc ruteni và
rođi là Anode. Khoảng cách giữa Anode và Katode chỉ vài mm
1. Viết phương trình phản ứng xảy ra tại điện cực khi mới bắt đầu điện phân pH = 7. Tính các giá trị thế điện
cực và thế phân giải
2. Sau một thời gian, pH tăng lên đến giá trị pH = 11. Giải thích tại sao. Viết các phương trình xảy ra tại pH
đó. Tính thế điện cực và thế phân giải
3. Cho biết: E oNa  / Na  2, 71V ; E o2H O / H  0, 00V ; E oO2 / H 2O  1, 23V . Với dung dịch NaCl 25% và 0,2% Na
3

2

trong hỗn hống Na/Hg: E oNa  / Na (Hg )  1, 78V . E oCl / Cl  1,34V cho dung dịch NaCl 25% theo khối lượng
2

H 2  1,3V trên Hg ; O2  0,8V trên Ru/Rd
Câu 5: (1.5 điểm)
Trong các tinh thể  (cấu trúc lập phương tâm khối) các nguyên tử cacbon có thể chiếm các mặt của ơ mạng cơ sở
o

1. Bán kính kim loại của sắt là 1,24 A . Tính độ dài cạnh a của ơ mạng cơ sở
o

2. Bán kính cộng hóa trị của cacbon là 0,77 A . Hỏi độ dài cạnh a sẽ tăng lên bao nhiêu khi sắt  có chứa
cacbon so với cạnh a khi sắt  ngun chất
3. Tính độ dài cạnh ơ mạng cơ sở cho sắt  (cấu trúc lập phương tâm diện) và tính độ tăng chiều dài cạnh ơ
mạng biết rằng các ngun tử cacbon có thể chiếm tâm của ơ mạng cơ sở và bán kính kim loại sắt  là
o

1,26 A . Có thể kết luận gì về khả năng xâm nhập của cacbon vào 2 loại tinh thể sắt trên

Copyright © 2010 />

20

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MƠN HĨA HỌC
Câu 6: (1.5 điểm)
Kết quả phân tích một phức chất A của Platin (II) cho biết có: 64,78 % khối lượng là Pt, 23,59 % là Cl, 5,65 % là
NH3 và 5,98 % cịn lại là H2O
1. Tìm cơng thức phân tử của phức chất biết rằng A là phức chất 1 nhân và Pt có số phối trí là 4. Viết cơng
thức cấu tạo 2 đồng phân cis và trans của nó
2. Entanpi tự do chuẩn tạo thành ở 25oC của các đồng phân cis, trans lần lượt là: -396 và -402 kJ.mol-1. Tính

hằng số cân bằng K của phản ứng sau: cis(A)  trans(A)
3. Tính nồng độ mol/lit mỗi đồng phân trong dung dịch, biết rằng lúc đầu chỉ có đồng phân cis nồng độ
0,01M. Cho Pt = 195 ; Cl = 35,5 ; N = 14 ; O = 16 ; H = 1
Câu 7: (2.0 điểm)
Nitramit có thể bị phân hủy trong dd H2O theo phản ứng: NO2NH2  N2O(k) + H2O
2]
Các kết quả thực nghiệm cho thấy vận tốc phản ứng tính bởi biểu thức: v  k [NO 2 NH


[H 3O ]

1. Trong môi trường đệm bậc của phản ứng là bao nhiêu
2. Trong các cơ chế sau cơ chế nào chấp nhận được:
k1
a. Cơ chế 1: NO 2 NH 2 
 N 2 O(k) + H 2 O
b. Cơ chế 2:
k2
+


NO 2 NH 2  H 3O  
 NO 2 NH 3 + H 2 O

NO 2 NH 3+  N 2 O + H 3O +
k3

c. Cơ chế 3:
k4


+


NO 2 NH 2  H 2 O 
 NO 2 NH + H 3O
k5
NO 2 NH  
 N 2 O + OH 


H 3O  OH  2H 2 O
+

k6

Nhanh
Chậm
Nhanh
Chậm
Nhanh

Câu 8: (3.0 điểm)
1. Có 3 nguyên tố A, B và C. A tác dụng với B ở nhiệt độ cao sinh ra D. Chất D bị thuỷ phân mạnh trong
nước tạo ra khí cháy được và có mùi trứng thối. B và C tác dụng với nhau cho khí E, khí này tan được
trong nước tạo dung dịch làm quỳ tím hố đỏ. Hợp chất của A với C có trong tự nhiên và thuộc loại chất cứng
nhất. Hợp chất của 3 nguyên tố A, B, C là một muối không màu, tan trong nước và bị thuỷ phân. Viết tên của
A, B, C và phương trình các phản ứng đã nêu ở trên.
2. Để khảo sát sự phụ thuộc thành phần hơi của B theo nhiệt độ, người ta tiến hành thí nghiệm sau đây: Lấy
3,2 gam đơn chất B cho vào một bình kín khơng có khơng khí, dung tích 1 lít. Đun nóng bình để B hố hơi
hồn tồn. Kết quả đo nhiệt độ và áp suất bình được ghi lại trong bảng sau:

Nhiệt độ (oC)
Áp suất (atm)
444,6
0,73554
450
0,88929
500
1,26772
900
4,80930
1500
14,53860
Xác định thành phần định tính hơi đơn chất B tại các nhiệt độ trên và giải thích.
Câu 9: (1.5 điểm)
Có thể viết cấu hình electron của Ni2+ là:
Cách 1: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d8]
Cách 2: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d64s2].
Áp dụng phương pháp gần đúng Slater, tính năng lượng electron của Ni2+ với mỗi cách viết trên (theo đơn vị eV).
Cách viết nào phù hợp với thực tế. Tại sao.
Câu 10: (2.5 điểm)
1. Phịng thí nghiệm có mẫu phóng xạ Au198 với cường độ 4,0 mCi/1g Au. Sau 48 giờ người ta cần một dung
dịch có độ phóng xạ 0,5 mCi/1g Au. Hãy tính số gam dung mơi khơng phóng xạ pha với 1g Au để có dung
dịch nói trên. Biết rằng Au198 có t1/2 = 2,7 ngày đêm.
2. Hãy chứng minh rằng phần thể tích bị chiếm bởi các đơn vị cấu trúc trong mạng tinh thể kim loại thuộc các
hệ lập phương đơn giản, lập phương tâm khối, lập phương tâm diện tăng theo tỉ lệ 1 : 1,31 : 1,42.
- - - - - - - - - - HẾT - - - - - - - - - Copyright © 2010 />