de thi hsg thpt

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (631.76 KB, 32 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Phan Cuong Huy 
2010

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

ĐỀ SỐ 1 LỚP 12 THPT

Mơn: HỐ HỌC

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) 
Câu 1: (2,0 điểm)

1. So sánh độ tan trong nước của các chất trong hai dãy sau và giải thích:
a. LiF, NaF, KF, RbF, CsF

b. NaClO4, KClO4, RbClO4, CsClO4

2. Cần lưu ý gì để pha được dung dịch SbCl3, Bi(NO3)3 trong suốt từ tinh thể muối của nó? Giải thích và
viết phương trình phản ứng, gọi tên sản phẩm.

Câu 2: (2,5 điểm)

Hợp chất của Bo với hydro được gọi là Boran có cơng thức chung là BnHm. Đó là các chất khơng màu,
nghịch từ, kém bền nhiệt và độc. Một số dễ bị thủy phân và cháy trong khơng khí nên được sử dụng làm
nhiên liệu tên lửa. Hợp chất đơn giản nhất của Bo với hydro là diboran B2H6.

1. Bằng phương pháp MO – LCAO, giải thích cấu trúc phân tử của B2H6.

2. Ngày nay người ta điều chế các boran khác từ diboran. Tuy nhiên để điều chế được diboran, người ta
thường xuất phát từ Natri hydroborat và Bo triflorur. Viết phương trình điều chế B2H6, B4H10 từ hai
chất trên.

3. Than chì trắng (BN)n là một chất có kiến trúc lớp giống than chì, tuy nhiên nó kém bền hơn và bị
nước và acid phân hủy chậm khi đun nóng. Từ diboran người ta có thể điều chế một lượng nhỏ BN
thông qua chuỗi phản ứng sau: H O2 NaOH NH Cl,t4 o

2 6

B H + → → →X + Y + BN.

Biết sau khi tạo thành dung dịch Y, người ta kết tinh từ Y một muối Y’ là thành phần chính của hàn
the, sau đó mới cho Y’ phản ứng với amoni clorur. Xác định các chất trong sơ đồ, cho biết công thức
của Y’và hồn thành phương trình phản ứng trong sơ đồ trên.

Câu 3: (2,5 điểm)

Ở T = 298,15K thế tiêu chuẩn của H2 (k) | NaOH (dd) | HgO (r), Hg (l) là Eo =0,926V.
Phản ứng: H2(k ) 1O2(k ) H O ; G2 (l) om(298,15K ) 237, 200 kJ.mol1

−

+ → ∆ = − .

Cho bảng sau:

Chất Hg (l) HgO (r) O2 (k)

o 1 1

m(298,15K )

S / J.mol .K− − 77,100 73,200 205,000

1. Viết phương trình phản ứng xảy ra ở mỗi điện cực và phương trình phản ứng tổng quát xảy ra trong

pin điện hóa trên.

2. Tính áp suất riêng phần lúc cân bằng của oxi, p(O2) tại 298,15K và ∆Hom(298,15K )của phản ứng:

(r ) (l) 2(k)

HgO Hg O

→ +

3. Tính nhiệt độ phân hủy của HgO(r) trong khơng khí với giả thiết entanpy và entropy đều không thay

đổi theo nhiệt độ.

Câu 4: (1,0 điểm)

1. Viết công thức của các phức sau: Kali hexacyanoferat(II) ; Kali hexacyanoferat(III).

2. Đọc tên khác của các phức này và cho biết các phức này dùng để định tính ion gì, mơ tả, viết phương

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Câu 5: (2,0 điểm)

Dung dịch A gồm FeSO4 0,020 M; Fe2(SO4)3 và H2SO4.

1. Lấy chính xác 25,000 ml dung dịch A, khử Fe3+ thành Fe2+; chuẩn độ Fe2+ trong hỗn hợp (ở điều kiện

thích hợp) hết 15 ml K2Cr2O7 0,020 M. Hãy viết phương trình ion của phản ứng chuẩn độ. Tính nồng

độ mol/lit của Fe2(SO4)3 trong dung dịch A.

2. Tính nồng độ mol/lit của H2SO4 trong dung dịch A, biết dung dịch này có pH = 1,00.

Cho

4
a ( HSO )

pK − =1,99;

3 2

o o

Fe /Fe Ag / Ag

E + + =0, 771 V ; E + = 0, 799 V;
RT

ln 0, 0592 lg.
F

 

 

 

Fe3+ + H2O FeOH2+ + H+ pKa = 2,17

Fe2+ + H2O FeOH+ + H+ pKa = 5,69.

Câu 6: (2,0 điểm)

X và Y là các nguyên tố nhóm A, đều tạo hợp chất với hydro có dạng RH (R là kí hiệu của ngun tố X

hoặc Y). Gọi A và B lần lượt là hydroxid ứng với hóa trị cao nhất của X và Y. Trong B, Y chiếm

35,323% khối lượng. Trung hịa hồn tồn 50 gam dung dịch A 16,8% cần 150 mL dung dịch B 1M.

1. Xác định các nguyên tố X và Y.

2. B’ là anion tương ứng của phân tử B.

a. Hãy cho biết (có cơng thức minh họa) dạng hình học của B và B’.

b. So sánh (có giải thích) độ dài liên kết Y-O trong phân tử B và B’.

3. Biết X có cấu trúc tinh thể lập phương tâm khối và mật độ sắp xếp tương đối được định nghĩa 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 tinh thể của X.

Câu 7: (2,0 điểm)

Dưới đây là chuỗi chuyển hóa có liên quan đến một số chất hữu cơ

4 2 2

KMnO NaOH,H O NaNO ,HCl

Sn,HCl HCl NaOH,t

→ → → → → →

A B C ; D E F ; G H I

Các chất A, E và I là những đồng phân, cũng như B và C. Các chất C, F và G là những muối. Chất F

chứa 15,85% Natri theo khối lượng. Có thể tạo được chất E bằng cách oxi hóa một số alkaloid tự nhiên

1. Viết tên và công thức cấu tạo của các chất A, B, C, D, E, F, G, H ,I

2. Chất E được tạo ra từ alkaloid nào

3. Những phản ứng chuyển hóa nào được xúc tác bởi các dẫn xuất của E. Giải thích ngắn gọn

4. Viết công thức cấu tạo của các chất thu được khi B tác dụng lần lượt với acid HNO2 và với chất H

Câu 8: (2,0 điểm)

Một acid carboxylic A có cơng thức ngun là C5H8O2. Hợp chất này tồn tại ở 2 dạng đồng phân lập thể

là A1 và A2. Để giải thích cấu trúc của hai đồng phân trên, người ta xử lí A với ozon. Sau phản ứng thu

được axetaldehyt và acid 2-oxypropanoic. Khi hiđro hóa A1và A2 bằng hydro (trên thanh tiếp xúc Platin)

sẽ sinh ra hỗn hợp racemic của acid carboxylic B.

1. Viết CTCT các đồng phân hình học của A1 và A2, gọi tên

2. Viết công thức chiếu Fischer các đồng phân của B và gọi tên theo danh pháp Cahn-Jugold-Prelog và

cho biết hướng quay (+ hoặc –) của các đồng phân đó

3. Viết phương trình phản ứng của A1 và A2 với Brom (dùng cơng thức hình chiếu Säge-bock).

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Câu 9: (2,0 điểm)

1. Somatostatin là tetrađecapeptit. Trật tự các aminoacid được xác định bởi sự kết hợp giữa thoái biến
Edman và thực nghiệm thủy phân enzym. Dựa trên các dữ kiện sau đây hạy đưa ra cấu trúc bậc I của

Somatostatin:

- Thoái biến Edman cho PTH-Ala

- Thủy phân chọn lọc được các peptit sau: Phe-Trp, Thr-Ser-Cys, Lys-Thr-Phe,

Thr-Phe-Thr-Ser-Cys, Asn-Phe-Phe-Trp-Lys, Ala-Gly-Cys-Lys-Asn-Phe
- Somotostatin có cầu nối đisunfua

2. Tổng hợp Prolin từ acid adipic

Câu 10: (2,0 điểm)

Xiprofloxaxin (G) là một thuốc kháng khuẩn mới có phổ rộng. Tiến trình tổng hợp nó là:

Cl Cl

3 2 5 3

3 2 5 2 3 2 5

AlCl NaH (C H O) CH

8 5 2 11 9 2 3

CH COCl C H Cl FO( ) (C H ) CO C H Cl FO ( ) C H ONa ( )

→ A → B →C

Cl Cl

COOC2H5

OC2H5

cyclopropyla min

15 14 2 3 15 13 3

( )C H Cl FNO ( )C H ClFNO

→ D → E

(C)

13 9 3

( )C H ClFNO ( )

→ F  → G
(E)

HN NH

N
HN

COOH

1. Xác định CTCT các chất A, B,D,E, F

2. Tại sao phải dùng NaH để biến đổi A thành B nhưng lại dùng C2H5ONa để chuyển B thành C
3. Quá trình biến đổi C thành D là một giai đoạn hay hai giai đoạn. Giải thích ngắn gọn

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 
LỚP 12 THPT

Câu 1: (2,0 điểm)

1. Độ tan của các chất trong hai dãy:

a. Độ tan của muối với anion hóa trị I kích thước bé tăng theo chiều

LiF < NaF < KF < RbF < CsF

b. Ngược lại, các muối với anion lớn hơn hóa trị I lại có độ hóa tan giảm theo kích thước của ion M+

NaClO4 > KClO4 > RbClO4 > CsClO4

Ta có: nhiệt hịa tan của một chất là tổng năng lượng mạng lưới và nhiệt hydrat hóa của hợp chất đó.
Đối với một loại hợp chất của các nguyên tố trong cùng một nhóm, độ tan biến đổi nói chung song
song với nhiệt hịa tan

Ở đây có sự cạnh tranh giữa năng lượng mạng lưới ion và nhiệt hydrat hóa của các ion tạo muối. Từ

Li+ đến Cs+ năng lượng mạng lưới giảm cịn nhiệt hydrat hóa tăng lên. Nhưng mức độ giảm của năng

lượng mạng lưới lại phụ thuộc vào kích thước anion

- Trong các florur, khi đi từ Li+ đến Cs+, năng lượng mạng lưới giảm xuống nhiều nhất và độ tan

tăng lên càng nhiều hơn

- Tuy nhiên trong anion kích thước tương đối lớn như ClO4-, nhiệt hydrat hóa tăng lên nhanh hơn

do đó độ tan giàm xuống từ Na+ đến Cs+

(Mỗi dãy so sánh và giải thích đúng được 0,5 điểm, khơng giải thích bằng Ephân ly => 0,5.2 = 1 điểm)

2. Khi pha chế dung dịch SbCl3, Bi(NO3)3 trong suốt từ tinh thể muối của nó cần chú ý:

Các muối SbCl3, Bi(NO3)3 rất dễ bị thủy phân tạo kết tủa theo các phản ứng sau:

3 2 2

2 2

SbCl 2H O Sb(OH) Cl 2HCl

Sb(OH) Cl SbOCl H O

Antimonyl clorur

↓

 + → +

 ←



→ +



3 3 2 2 3 3

2 3 3 2

Bi(NO ) 2H O Bi(OH) (NO ) 2HNO

Bi(OH) (NO ) BiO(NO ) H O

Bitmutyl nitrat

↓

 + → +

 ←



→ +



Do đó để pha được dung dịch SbCl3 cần thêm vào 1 ít HCl cũng như để pha chế dung dịch Bi(NO3)3 cần

thêm 1 ít HNO3 để các cân bằng thủy phân trên dịch chuyển theo chiều nghịch tức là chiều chống lại sự

thủy phân các muối này.

(Viết đúng phương trình được 0,5 điểm, giải thích đúng 0,5 điểm)
Câu 2: (2,5 điểm)

1. Ta có cấu hình electron của Bo và Hydro là:

5B [He] 2s22p1 [He]

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Tổng số electron trong phân tử B2H6 là 12, nghĩa là không đủ để tạo thành liên kết cộng hóa trị bình

thường, mỗi liên kết được tạo nên nhờ một cặp electron => Hợp chất diboran là hợp chất thiếu electron.
Mặt khác ta có giản đồ năng lượng các orbital phân tử trong diboran

sp3

Trong đó phân tử diboran gồm 2 nhom tứ diện lệch BH4 nối với nhau qua 1 cạnh chung, như vậy hai

nguyên tử B và 4 nguyên tử H ở hai đầu mút đều nằm trong một mặt phẳng còn 2 nguyên tử H cầu nối

nằm trên và dưới mặt phẳng đó và đối xứng với nhau. Liên kết trong B2H6 có hai loại

- Liên kết giữa các nguyên tử H ở hai đầu mút với nguyên tử B ở giữa là liên kết 2 electron bình thường

- Liên kết giữa các nguyên tử H ở cầu nối với 2 nguyên tử B (liên kêt B – H – B) là kiểu liên kết đặc

biệt, nghĩa là có 2 liên kết nhưng chỉ có một cặp electron. Theo phưong pháp MO liên kết cộng hóa trị
gồm có 2 electron bình thường là liên kết 2 tâm còn liên kết B – H – B là liên kết ba tâm. Do đó liên
kết trong B2H6 là liên kết ba tâm – 2 electron. Mỗi liên kết được tạo thành nhờ sự che phủ của 2

orbital lai hóa ở hai nguyên tử B với 1 orbital 1s của nguyên tử H cầu nối. Ba orbital đó tổ hợp thành
3 orbital phân tử: liên kết, không liên kết và phản liên kết. Cặp electron chung của liên kết được điền
vao MO liên kết.

Như vậy cấu trúc phân tử của B2H6 là 2 tứ diện chung cạnh

(Vẽ giản đồ được 0,25 ; nêu đúng cấu trúc được 0,25 ; giải thích bản chất liên kết và phân bố electron trên
các orbital 0,5 điểm)

2. Điều chế B2H6 bằng phản ứng: 3NaBH4+4BF3→3NaBF4+2B H2 6

Sau đó dùng B2H6 để điều chế B4H10: 2B H2 6 →B H4 10+H2

(Viết đúng mỗi phương trình được 0,25 điểm => 0,25.2 = 0,5 điểm)
3. X là H3BO3, dung dịch Y là Na2B4O7, Y’ là borac Na2B4O7.10H2O

2 6 2 3 3 2

3 3 2 4 7 2

2 4 7 4 2 3 2

B H 6H O 2H BO 6H

4H BO 2NaOH Na B O 7H O

Na B O 2NH Cl 2BN B O 4H O 2NaCl

+ → +

+ → + + +

(Xác định chất đúng: 0,25 ; viết đúng mỗi phương trình được 0,25 => 0,25.3 + 0,25 = 1 điểm)
σ

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Câu 3: (2,5 điểm)

1. Các phản ứng: (Mỗi nửa phản ứng 0,125 ; phản ứng chung 0,25 => 0,25 + 0,125.2 = 0,5 điểm)

2(k ) 2 (l)

(r ) 2 (l)

2(k ) (r ) 2 (l) (l)

( ) H 2OH 2H O 2e

( ) HgO H O 2e 2OH Hg

H HgO 2H O Hg

−

− + → +

+ + + → +

+ → +

2. ∆Gm(298,15K )o = −nFEo = − ×2 96500 0, 9260× = −178, 7 10 (J.mol )× 3 −1

2(k ) 2(k ) 2 (l) m 2

2(k ) (r ) 2 (l) (l) m1

(r ) (l) 2( k ) m3

o o o

m3 m1 m 2

H O H O G 237, 2 kJ / mol
2

H HgO 2H O Hg G 178, 7 kJ / mol

HgO Hg O G
2

G G G 58, 5 kJ / mol

+ → ∆ = −

+ → + ∆ = −

→ + ∆

∆ = ∆ − ∆ = +

o 3

o m3 o 11

p p

G 58,5 10

ln K 23, 596 K 5, 63 10

RT 8,314 285,15

−
∆   × 
= − = − = − ⇒ = ×
×
 
 

( )

1
2
2
2
2
(O )

o o o 21 19

p o (O ) p

K P P K 3,17.10 101,3 3, 21.10 kPa

− −

 

=  ⇒ = × = × =

 

Tính ∆Ho298,15Kcủa phản ứng: HgO(r ) Hg(l) 1O2(k)

→ +

o o o 3 3

298,15K 298,15K 298,15K

H G S 58,5 10 298,15 106, 4 90, 2 10 (J / mol) 90, 2(kJ / mol)

∆ = ∆ + ∆ = × + × = × =

(Tính đúng:∆Gom3được 0,25 ; K được 0,25 ; P(Oop 2) được 0,5 ; tính đúng ∆Hom(298,15K )được 0,5)

3. Ta có:

o o

2 1

2 2 m

o o

1 1 1 2 1 m

1 2

P
R ln

P P

K 1 P H 1 1

ln ln T 799K

K P 2 P 1 1 T T 2 H

R
T T
 
 
 
    ∆  
=  = = ⇒ = − ⇒ =
     
∆
  
     
−
  
 
 

(Tính đúng T2 được 0,5 điểm)

Câu 4: (1,0 điểm)

Kali hexacyanoferat(II) K4[Fe(CN)6] Kali ferocyanur Định tính Fe3+

Kali hexacyanoferat(III) K3[Fe(CN)6] Kali fericyanur Định tính Fe2+

Mơ tả:

K4[Fe(CN)6] định tính Fe3+ vì tạo phức màu xanh Berlin hay xanh Prusse

FeCl3 + K4[Fe(CN)6] → KFe[Fe(CN)6] + 3KCl

Kali sắt(III) hexacyanoferat(II)

K3[Fe(CN)6] định tính Fe2+ vì tạo phức màu xanh Turbull

FeSO4 + K3[Fe(CN)6] → KFe[Fe(CN)6] + K2SO4

Kali sắt(II) hexacyanoferat(III)

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Câu 5: (2,0 điểm)

1. Phản ứng chuẩn độ: Cr2O27− + 6 Fe2+ + 14 H+ → 2 Cr3+ + 6 Fe3+ + 7 H2O

3.10-4mol 18.10-4mol 18.10-4mol

4
FeSO

n ban đầu = 5.10-4 mol

2 4 3
Fe (SO )

C =

4 4

18.10 5.10

0, 026 M
2.0, 025

− − −

= (0,5 điểm)

2. Trong dd A có: Fe2+ 0,020 M; Fe3+ 0,052M; H+ (C, M); HSO4

−

(C, M); các cân bằng:

2 H2O H3O+ + OH- Kw = 10-14 (1)

Fe2+ + 2 H2O FeOH+ + H3O+ Ka1 = 10-5,96 (2)

Fe3+ + 2 H2O FeOH2+ + H3O+ Ka2 = 10-2,17 (3)

HSO4− + H2O SO24

−

+ H3O+ Ka = 10-1,99 (4).

So sánh ta thấy (3) và (4) là chủ yếu và tương đương nhau. Áp dụng định luật bảo tồn proton, ta có
[H3O+] = CH+ + [FeOH2+] + [SO

4
−

] (a) (0,5 điểm)

Từ (3) ta có:

2 2

2 2 2,17

a a

3 2,17 1,07

3 Fe a 3

K K

[FeOH ] [FeOH ] 10

[Fe ] [H O ] C K [H O ] 10 10

[FeOH ] 0, 0736

+
+ + −
+ + + − −
+
= ⇒ = =
+ +
⇒ =
3
3
Fe

C + 0, 0736 0, 052 3,8272.10 M

−

= × = (0,5 điểm)

Tương tự, từ (4) có

2
a
4
4 3
K
[SO ]
=

[HSO ] [H O ]

−
− +
4
2 1,99
2
4
4
1,99 1,07
HSO

[SO ] 10

[SO ] 0,107.C

C − 10 10

− −

−

− −

⇒ = ⇒ =

Phương trình (a) trở thành: [H3O+] = C + 0,0736.CFe3++ 0,107.C (b).

Từ (b):

2 4
H SO

C = C =

1 3

10 3.8272.10

1 0,1

− − −

+ = 0,08743M

2 4
H SO

C = C = 0,08743 M. (0,5 điểm)

Câu 6: (2,0 điểm)

1. Hợp chất với hiđro có dạng RH nên Y có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA.

Trường hợp 1: Nếu Y thuộc nhóm IA thì B có dạng YOH

Ta có : Y 9,284

677
,
64
323
,
35
17
Y
=
⇒

= (loại do khơng có nghiệm thích hợp)

Trường hợp 2: Y thuộc nhóm VIIA thì B có dạng HYO4

Ta có : Y 35,5

677
,
64
323
,
35
65
Y
=
⇒

= , vậy Y là nguyên tố clo (Cl).

B (HClO4) là một acid, nên A là một bazơ dạng XOH. 50gam 8,4gam

100
8
,
16

mA = × =

XOH + HClO4→ XClO4 + H2O

⇒ n n 0,15L 1mol/L 0,15mol

4
HClO

A = = × = ⇒

mol
15
,
0
gam
4
,
8
mol
/
gam
17

MX + =

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

2. B là HClO4, B’ là ClO4-(0,75 điểm)

(a) Dạng hình học :

Acid pecloric
(dạng tứ diện)

Ion peclorat
(dạng tứ diện đều)

(b) Bậc liên kết càng lớn độ dài liên kết càng nhỏ, do vậy :

3. Gọi a là độ dài cạnh ô mạng cơ sở và R là bán kính ngun tử,

ta có 3a=4R

Số ngun tử có trong một ơ mạng cơ sở bằng:

2
1
8
1
8× + =

Vậy 68%

R
3
4
2
f

3
3

v =

π
×

= (0,5 điểm)

Câu 7: (2,0 điểm)

1. Các chuỗi chuyển hóa là: (1 điểm)

NO2

NH2

NH3Cl

CH3

COOH

COONa SO3Na OH OH

N
O

2. Có thể tạo acid nicotinic (chất E) bằng cách oxy hóa nicotin (0,5 điểm)

CH3

[O]

COOH

3. Các dẫn xuất đặc biệt của acid nicotinic đều làm xúc tác cho các q trình oxi hóa và khử đặc biệt là

cho việc chuyển đổi ion hidrua giữa các phân tử (0,25 điểm)

4. Cho anilin (B) tác dụng lần lượt với acid nitro và phenol (H) ta được chất màu azo (0,25 điểm)

N N

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Câu 8: (2,0 điểm)

1. Xác định đồng phân A1, A2(0,5 điểm)

CH3

C C

CH3

COOH
H

(A1 cũng như A2)

C C

CH3

COOH

CH3

Acid cis-2-metyl-but-2-enoic Acid trans-2-metyl-but-2-enoic

2. Viết công thức chiếu Fischer các đồng phân của B. (0,5 điểm)

Khi hidro hóa A1 và A2 thì đều cho acid carbocylic B như nhau có chứa một trung tâm chiral (hợp chất

mà ảnh của nó qua gương phẳng khơng trùng khít được với hình của nó) bất đối. Do đó chúng là hỗn hợp
racemic

COOH
H

CH3

C2H5

COOH

CH3

C2H5

Acid (S)-2-metylbuatnoic acid (R)-2-metylbutanoic

Hướng của góc quay quang học khơng thể suy ra từ cấu hình tuyệt đối

3. Phản ứng cộng Brom hình thành qua 2 trung tâm chiral bât đối mới. (1 điểm)

CH3

COOH
H

H3C

+ Br2

H3C COOH

CH3 H

H3C

COOH
Br

H
CH3

Acid (2S,3R)-2,3-dibrommetylbutan-2-oic

Acid (2R,3S)-2,3-dibrommetylbutan-2-oic

CH3

COOH
CH3

+ Br2

H3C COOH

H CH

H3C

COOH
Br

CH3
H

Acid (2S,3S)-2,3-dibrommetylbutan-2-oic

Acid (2R,3R)-2,3-dibrommetylbutan-2-oic

- Nó thuộc loại phản ứng lập thể chọn lọc: Cộng hợp trans

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Câu 9: (2,0 điểm)

1. Thoái biến Edman cho PTH-Ala => đầu N là Ala, khi thủy phân từng phần cho hexapeptide

Ala-Gly-Cys-Lys-Asn-Phe

Dùng chất này làm xuất phát điểm khảo sát sự nối tiếp các aminoacid
Ala-Gly-Cys-Lys-Asn-Phe

Asn-Phe-Phe-Trp-Lys
Phe-Trp

Lys-Thr-Phe

Thr-Phe-Thr-Ser-Cys
Thr-Ser-Cys
Nghĩa là:

Ala-Gly-Cys-Lys-Asn-Phe-Phe-Trp-Lys-Thr-Phe-Thr-Ser-Cys (0,5 điểm)

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14

Cầu disulfur trong somotostatin nằm giữa Cys 3 và cys 14. Vậy cấu trúc bậc 1 của somotostatin là:

Ala-Gly-Cys

Lys-Asn-Phe-Phe-Trp-Lys

S-S-Cys-Ser-Thr-Phe-Thr (0,5 điểm)

2. Sơ đồ tổng hợp: (1,0 điểm)

CH2COOH

CH2COOH

HN3

H2SO4

CH2COOH

CH2NH2 P, Br

H+

CHBrCOOH

CH2NH3 OH

-NH

COOH
hoặc:

3 2

1)SOCl

2) NH Br / KOH

2 4 2 2 4

HOOC(CH ) COOH→H NCO(CH ) COOH→A rồi tiếp tục như trên

Câu 10: (2,0 điểm)

1. Xác định CTCT các chất A, B,D,E, F (1,0 điểm)

Cl Cl

C CH3

Cl Cl

C CH2COOC2H5

Cl Cl

C
O

COOC2H5

Cl N

COOC2H5 F

Cl N

COOH
F

Cl Cl

C
O

COOC2H5

OC2H5

2. Giải thích: (0,5 điểm)

- Tính acid của A yếu hơn nên phải dùng NaH

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

3. Qua 1 giai đoạn tạo chất trung gian trước khi tạo D => phản ứng 2 giai đoạn (0,5 điểm)

Cl Cl

C
O

COOC2H5

OC2H5

Cl Cl

C
O

COOC2H5

H2N

C
O

COOC2H5

NH
Cl

C2H5O

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

ĐỀ SỐ 2 LỚP 12 THPT

Mơn: HỐ HỌC

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) 
Câu 1: (2,0 điểm)

1. Bằng phương pháp trường tinh thể, giải thích từ tính của các phức sau: [Co(NH3)6]2+, [Co(NH3)6]3+.

2. Những tiểu phân có số điện tử như nhau gọi là đẳng điện tử. Các tiểu phân đẳng điện tử của NO+, CO,

CN- đều có cùng số orbital, chứa cùng số điện tử.

a. Viết công thức điện tử của các tiểu phân này, chỉ rõ số điện tử trên các orbital phân tử liên kết và

phản liên kết.

b. Giải thích tại sao ion cyanur phối trí được tốt hơn với ion kim loại chuyển tiếp và cho biết khả

năng phối trí đó được thực hiện bởi nguyên tử nào.

c. Sắp xếp theo thứ tự tăng dần khả năng tạo liên kết cho của các ligand trên và giải thích.

Câu 2: (1.5 điểm)

Một phức chất quen thuộc của Nickel(II) là Nickel dimethylglyoximat được tạo nên giữa ion Ni2+ và

dimethylglyoxim trong dung dịch NH3 loãng. Đây cũng là phản ứng để định tính và định lượng ion Ni2+

trong dung dịch. Biết Nickel dimethylglyoximat là một phức chất vòng càng trung hòa điện, phân tử cấu

tạo hình vng.

1. Viết cơng thức cấu tạo của Nickel dimethylglyoximat biết cấu tạo của dimethylglyoxim là:

HO N C

CH3
C
CH3

N OH

2. Từ butanon, viết sơ đồ điều chế dimethylglyoxim.

Câu 3: (2,0 điểm)

Cho từ từ dung dịch KCN vào dung dịch FeSO4 thu đuợc kết tủa A màu vàng nâu, sau đo kết tủa A tan

dần tạo dung dịch màu vàng, đem cô cạn dung dịch thu được tinh thể ngậm nước B. Khi phân tích thấy tỷ

lệ nước trong phân tử chất B chiếm 12,796% về khối lượng. Đun nóng B ở nhiệt độ khoảng 90oC thì nó

mất nước biến thành muối khan C màu trắng, nếu tiếp tục đun đến 100oC thì C bị phân hủy. Ở điều kiện

thường, chất C bền với oxy khơng khí và với dung dịch kiềm, nhưng tác dụng đuợc với Cl2 tạo thành chất

D có màu vàng.

1. Xác định công thức của B, goi tên các chất A, C, D và viết các phương trình hóa học xảy ra.

2. Ion phức trong C có tính nghịch từ, cho biết trạng thái lai hóa của ngun tử trung tâm và dạng hình

học của ion phức này.

Câu 4: (1,5 điểm)

Brom lỏng tác dụng được với H3PO3 theo phản ứng sau:

3 3 2 2 3 4

H PO + Br + H O → H PO + 2H++ 2Br−

Cho biết các số liệu sau ở 298,15 K:

H3PO4(dd) Br-(dd) H3PO3(dd) Br2(l) H2O(l)

∆Ho (kJ/mol) -1308 -141 -965 0 -286

∆So(J/mol.K) -108 83 167 152 70

1. Tính thế điện cực chuẩn

3 4 3 3
o

H PO / H PO

E . Biết

o
Br / 2Br

E −= 1,087V.

2. Tính thế điện cực chuẩn o

3 3 3 2
H PO /H PO

E . Biết

3 4 3 2
o

H PO / H PO

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Câu 5: (3,0 điểm)

A là muối clorua khan của một kim loại có cơng thức là MCln (màu hoa đào) khơng hịa tan trong nước

tinh khiết (a) ngay cả khi để trong nhiều ngày hoặc cho thêm HCl. Khi cho thêm một lượng nhỏ ion thiếc

Sn(II), hoặc chất tương tự Cr(II),… sẽ có sự hòa tan tạo thành B (b) – một dạng hiđrat của A. Dung dịch

B này (được pha chế từ 1,000 gam chất A) cho tác dụng với dung dịch AgNO3 dư sẽ cho ra 0,905 gam kết

tủa AgCl (c). Lọc tách AgCl ra, còn lại dung dịch lọc B’ (trong đó cịn chứa AgNO3) đem đun qua đêm

(d). Màu dung dịch chuyển qua màu xanh lá cây sáng (C), sau đó chuyển qua màu tím (D). Người ta lại

lọc để lấy tiếp AgCl. Q trình đó được biểu diễn theo sơ đồ sau:

( 2 ) 3

(

)

II II

3
2

H O

AgNO
Sn ,Cr ,ZnO AgNO

H O, ,24h

a A b B c B ' d C d D tím

+ AgCl + AgCl

∆ ∆

← → → → →

1. Hãy cho biết phản ứng (a) là phản ứng nhiệt động học không tự phát hay phản ứng bị cản trở do

nguyên nhân động học, giải thích? Dựa vào kết quả thu được, hãy biện luận tìm MCln.

2. Một cách tổng quát, giải thích tại sao các phản ứng của M ở trạng thái oxy hóa lại diễn ra chậm. Vì

sao khi có mặt một lượng nhỏ Sn(II) trong dung dịch phản ứng (a) lại xảy ra?

3. Viết các dạng đồng phân phối tử của B và cho biết các ion phức nào tồn tại trong dung dịch B, C, D

Xét tiếp các quá trình sau:

Kết quả phân tích nguyên tố của I: M2+

(

OAc

)

2−.H O2

4. Cho biết các sản phẩm của phản ứng e, f, g và cấu trúc của G.

5. H có thể có những cấu hình electron như thế nào.

6. Acetat I kết tinh có tính nghịch từ. Hãy giải thích hiện tượng nghịch từ của I.

Câu 6: (2,0 điểm)

1. Hãy chỉ ra cơ chế phản ứng và sản phẩm cuối của phản ứng cộng Brom (1 : 1) với những chất sau:

a. Acid maleic (1)

b. Acid fumaric (2)

c. But-2-in (3)

H H

COOH

HOOC

H COOH

H
HOOC

H C C3 − ≡ −C CH3
(1) (2) (3)

2. Hãy gọi tên sản phẩm cuối của 3 phản ứng trên theo danh pháp IUPAC, R/S, E/Z

Câu 7: (2,0 điểm)

Một dẫn xuất của các azoankan được dùng làm chất khơi mào cho phản ứng trùng hợp vì chúng là nguồn

cung cấp các gốc tự do. 1,1’-dicyano-1,1’-dimethylazometan (X) được tổng hợp như sau:

2 4 2 2

N H Cl +H O

acetonY→ A → B →X. Biết chất A có một nhóm –OH, chất B khơng chứa oxy

1. Nêu rõ vai trị của Cl2 + H2O

2. Viết công thức cấu tạo của Y và gọi tên. Xác định CTCT của A và B

3. Viết phương trình phản ứng phân hủy (dạng CTCT) của X nếu tạo ra 2 gốc tự do và cho thốt ra khí

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Câu 8: (2,0 điểm)

Quá trình tổng hợp α–aminoacid như sau:

3 2 2 2

NH H O CN / H H O / H H O / H

CH CHO→ A − →[ ]B − +→ C +→ D +→E (α–aminoacid)

1. Viết công thức cấu tạo của các sản phẩm từ A → E

2. Viết công thức chiếu Fischer và gọi tên α–aminoacid E

Câu 9: (2,0 điểm)

Xác định các chất A, B, C, D trong 2 sơ đồ sau và viết công thức cấu tạo của chúng

(b) 1.C H ONa2 5 NaOH / H O,2 HCl,

2 5 2 2 5 2.Epoxit 7 10 4 4 6 2

C H OCO CH− −COOC H →A(C H O )∆→ →B ∆ C(C H O )

3 2
(CH CO) O Cl NaOH,H O 1.HNO /H SO

2.H PO

Anilin→ → → →A B C D

1. Trong sơ đồ (a), cho biết A có mấy đồng phân

2. Trong sơ đồ (b), gọi tên C, D theo danh pháp IUPAC

Câu 10: (2,0 điểm)

Quần tây có thể là (ủi) rất tốt kể cả khi bị mưa và không để lại vết sắt là nhờ khả năng bảo vệ của hợp

chất hữu cơ X. Người ta có thể tổng hợp X theo sơ đồ sau:

2 5

2 2 4

2 5

C H OH / H

Cl / P Br / CCl

3 11 18 6

Na / C H OH

22 34 12

CH COOH (C H O )

; (C H O )

→ → → →

→ + →

A B C D

C E E D F

1. Xác định các chất từ A → F

2. Tại sao X lại giữ được nếp là (ủi) trên quần.

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 
LỚP 12 THPT

Câu 1:

1. Cấu hình electron:

Co2+ [Ar]3d7 Co3+ [Ar]3d6

Co2+ Co3+

Theo thuyết trường tinh thể ta có:

- Phức [Co(NH3)6]2+ là phức bát diện, spin cao với nguyên tử trung tâm có cấu hình t2g5eg2, cịn 3

electron độc thân chưa ghép đơi nên có tính thuận từ

- Phức [Co(NH3)6]3+ là phức bát diện, spin thấp với nguyên tử trung tâm có cấu hình t2g6eg0, khơng

cịn electron độc thân chưa ghép đơi nên có tính nghịch từ

(Giải thích đúng mỗi chất được 0,5 => 0,5.2 = 1)

2. (1,0 điểm)

a. (1 ) (1 ) (2 ) (2σ 2 σ* 2 σ 2 σ* 2) (3 ) (3 )σ 2 π 4(Viết đúng được 0,25 điểm)

b. Ion cyanur phối trí với các nguyên tố kim loại chuyển tiếp chủ yếu bởi đôi điện tử tự do trên nguyên

tử carbon (do orbital phân tử 3π4có mức năng lượng gần với mức năng lượng của orbital nguyên tử

C), có nghĩa là nguyên tử này ái nhân hơn (Nêu và giải thích đúng được 0,25 điểm)

c. Khả năng tạo liên kết cho của NO+ > CO > CN-. Do các tiểu phân có điện tích dương hơn thì có khả

năng nhận điện tử tốt hơn. (So sánh và giải thích đúng được 0,5 điểm)

Câu 2: (2,0 điểm)

1. Công thức cấu tạo: (0,5 điểm)

H3C C N

O H O

N C CH3

C CH3

N
C

H3C N

O H

2. Sơ đồ điều chế: (1,0 diểm)

EtONO, HCl [HONHSO3]-Na+

OH
N

N
HO
H3C

CH3

N
HO
H3C

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

Câu 3: (2,0 điểm)

1. Các phương trình phản ứng xảy ra:

4 2 2 4

2 4 6

2KCN FeSO Fe(CN) K SO

Fe(CN) 4KCN K [Fe(CN) ]

+ → +

+ →

Vậy tinh thể B ngậm nước là: K4[Fe(CN)6].nH2O

%H O = 12, 796%⇒n=3⇒B là K4[Fe(CN)6].3H2O

90 C

4 6 2 4 6 2

100 C

4 6 2

4 6 2 3 6

K [Fe(CN) ].3H O K [Fe(CN) ] 3H O

K [Fe(CN) ] Fe(CN) 4KCN

2K [Fe(CN) ] Cl 2K [Fe(CN) ] 2KCl

→ +

+ → +

Đọc tên:

A là Fe(CN)2 Sắt (II) cyanur

C là K4[Fe(CN)6] Kali hexacyanoferat(II) Kali ferocyanur

D là K3[Fe(CN)6] Kali hexacyanoferat(III) Kali fericyanur

(Viết đúng phương trình được 1,0 điểm ; đọc đúng tên được 0,25 điểm)

2. Ta có cấu hình electron của Fe là: [Ar] 3d64s2

.

Do : Fe→Fe2++2e ⇒ Fe [Ar]3d2+ 6

Do CN- là phối tử trường mạnh có khả năng dồng điện tử nên phức [Fe(CN)6]4- là phức spin thấp.

Theo thuyết trường tinh thể, phức [Fe(CN)6]4- là phức bát diện với ion trung tâm là Fe2+ có cấu hình

6 o
2g g

t e do đó Fe2+ lai hóa d2sp3. Cấu trúc phức là bát diện đều.

Sơ đồ phân bố năng lượng của Fe2+:

Fe2+

Sơ đồ tạo phức:

Fe2+ [Ar]

-lai hóa d2sp3

Cấu trúc hình học: bát diện đều

CN
NC

Fe2+
CN

NC CN

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Câu 4: (1,5 điểm)

1. ∆Hopư = -339kJ

∆Sopư = -331JK-1.

∆Gopư = -240,362kJ ⇒ lgK 42,125 ⇒ K = 1,33.1042.

∆Gopư = -nFEopư⇒ Eopư = 1,245V

Eo(Br2/2Br-) - Eo(H3PO4/H3PO3) = Eopư = 1,245V

⇒ Eo(H3PO4/H3PO3) = -0,158V ≈ - 0,16V (0,75 điểm)

2. H3PO4 + 4H+ + 4e → H3PO2 + 2H2O Eo1 = - 0,39V (1)

H3PO4 + 2H+ + 2e → H3PO3 + H2O Eo1 = - 0,16V (2)

Lấy phương trình (1) – (2) ta được: H3PO2 + 2H+ + 2e → H3PO2 + H2O Eo3 = ?

∆Go3 = ∆Go1 - ∆Go2⇒ -2FEo3 = -4FEo1 – (-2FEo2) ⇒ Eo3 = -0,62V (0,75 điểm)

Câu 5: (3,0 điểm)

1. Phản ứng bị kì hãm khơng phải do ngun nhân nhiệt động mà là do ngun nhân động học vì khi có

xúc tác phản ứng lại xảy ra. (0,25 điểm)

- Biện luận MCln

Thực tế A chứa nhiều hơn một Clo cho mỗi đơn vị cơng thức, và q trình phân tách được tiến hành
từng bước một, xảy ra các phản ứng sau:

(b) (c)

x (r ) y (aq ) x y y (aq) 3 x y ( r )

[MCl ] [MCl .n ]Cl [MCl .n ](NO ) (x y)AgCl

A B B'

− −

→ → + −

(

)

AgCl A

AgCl

0,905 6,314.10

n = 6,314.10 mol n (mol)

M x y

−
−

= ⇒ =

−

Trong A

Cl A Cl AgCl Cl

M Cl AgCl Cl

AgCl Cl

M
M

AgCl
A

m n .x.M n . .M

x y

m 1, 000 m 1, 000 n . .M

x y
x

1, 000 n . .M

m x y

n
n

x y

= =

−

= − = −

−
−

−

⇒ = =

−

Xét bảng: Giá trị phân tử khối của M

y 
x

1 2 3 4

2 87,4

3 210,4 52,02

4 333,3 174,9 16,6

5 456,2 297,9 139,5 <0

Từ bảng trên ta thấy chỉ khi x = 3, y = 2, M = 52,02 khì mới thỏa yêu cầu. Vậy M là Crom

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

2. Với liên kết bát diện, Cr3+ có lớp vỏ bán bão hịa electron vì vậy hệ tương đối bền về mặt động học

(ion trung tâm Cr3+ ở trạng thái spin thấp t e ). Với lớp vỏ bán bão hịa, sự tấn cơng của các phối tử 32g g0

khó xảy ra (Cr [Ar] 3d54s1) (0,25 điểm)

- Khi có mặt chaất khử trên bề mặt của A, Cr(III) bị khử thành Cr(II) khơng bền, vì vậy nó có thể rời

mạng tinh thể đi vào dung dịch. Mặt khác Cr(II) hịa tan có thể khử Cr(III) rắn tạo thành dung dịch

Cr(III). Trong quá trình này xuất hiện một ion Clo. (0,25 điểm)

3. Các đồng phân phối tử của B là: [CrCl3(H2O)3], [CrCl2(H2O)4]Cl, [CrCl(H2O)5]Cl2, [Cr(H2O)6]Cl3.

(Viết đủ 4 đồng phân được 0,25 điểm)

- Trong:

B: [CrCl2(H2O)4]+ dạng cis cũng như dạng trans

C: [CrCl(H2O)5]2+

D: [Cr(H2O)6]3+

(đúng thành phần 3 chất được 0,25 điểm)

4. E là CrO24−, F là Cr O2 72−, G là CrO3. Cấu trúc cao phân tử là ( O CrO− − 2−)n. Khơng có phân tử

CrO3 độc lập. (0,5 điểm)

5. H là [Cr(H2O)6]2+, cấu hình electron vỏ hóa trị của Cr(II) là 3d4. Trong trường bát diện:

Phức chất spin cao: t e 32g g1
Phức chất spin thấp: t e 42g g0

Nước là phối tử yếu và chỉ tạp nên trường phối tử yếu, do đó H là phức spin cao. (0,25 điểm)

6. I nằm ở dạng dime, sự nghịch từ được giải thích bằng liên kết bốn CrII---CrII(0,25 điểm)

[Cr(CH3COO)2H2O]2 trong đó Cr ở trạng thái lai hóa d2sp3, những gốc CH3COO- là cầu nối hai ion

Cr2+ lại với nhau. Sở dĩ [Cr(CH3COO)2H2O]2 có tính nghịch từ vì 4 elctron d ở mỗi ion Cr2+ đã được

ghép đôi tạo thành liên kết bốn gồm: một liên kết σ,hai liên kết π và một liên kết δ. Công thức:

Cr Cr
O
O

C
CH3
O O

C
CH3

O O
C

CH3

O O
C
H3C

H2O
H2O

Câu 6: (2,0 điểm)

a. acid maleic (1)

COOH

COOH
H

+ Br Br

COOH

COOH
H

H
Br

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

Tạo thành một hỗn hợp racemic

COOH
Br
Br

COOH
H

Br
COOH
H

COOH
Br

acid (2R,3R)-2,3-dibrombutandioc

acid (2R,3R)-2,3-dibrombutandioc
b)

b. Acid fumaric (2)

COOH
H

HOOC
H

+ Br Br

COOH
H

HOOC
H
Br

Có 4 cách tấn công của ion Br- như đều cho chung 1 sản phẩm là acid (2R, 3S)- 2,3-dibrombutanoic

c. Sản phẩm là E-2,3-dibrombut-2-en

H3C C C CH3

Br Br

H3C C C CH3

C C

Br
Br

H3C

CH3

(Viết đúng mỗi chất được 0,5 => 0,5.3 = 1,5 ; đọc tên đúng 0,5)
Câu 7: (2,0 điểm)

1. Phản ứng Cl2 + H2O → HClO + HCl tạo HClO là chất oxy hóa (0,5 điểm)

2. Chất Y là hydro cyanur HCN (0,75 điểm)

CH3

C CN

H3C

OH A

CH3 C NH NH C CH3

CN
CH3

B

3. Ta có: MX’ = 32.0,875 = 28 g/mol nên X’ là N2(0,75 điểm)

CH3 C N N C CH3

CN
CH3

CH3 C

CN
CH3

+ N2

Câu 8: (2,0 điểm)

1. Viết công thức cấu tạo của các sản phẩm từ A → E (1,5 điểm)

CH3CHO

NH3

H3C C NH2

H
OH

- H2O

[H3C CH NH]

H+ H3C C NH2

H
CN

H2O

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

H3C C NH2

CONH2

H2O

H+ H3C C NH2

H
COOH

E là α −alanin

2. Công thức chiếu Fischer của E là: (0,5 điểm)

COOH

CH3
H
H2N

COOH

CH3
NH2

L-alanin D-alanin

Câu 9: (2,0 điểm)

1. A có 2 đồng phân. A, B, C là: (0,75 điểm)

COOCH2CH3

O
COOH

2. C là 2,4-dicloanilin ; D là 1,3-diclobenzen (1,25 điểm)

NHCOCH3 NHCOCH3

NH2

Câu 10: (2,0 điểm)

1. Xác định các chất từ A → F (1,5 điểm)

- A là acid cloacetic

- B là etyl este của acid cloacetic

- C là etyl este của acid enantricarbonic

- D là etyl este của acid 2-brom-2-carbocylbutandiol

- E là dẫn xuất Natri của C

- F là etyl este của acid enanhexacarbonic

- X là acid butantetracarbonic

2. X tham gia phản ứng ngưng tụ với cellulose và tạo ra nhiều cầu giữa các sợi vải. (0,5 điểm)

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI

ĐỀ SỐ 3 LỚP 12 THPT

Mơn: HỐ HỌC

Thời gian : 180phút (không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (2,0 điểm)

1. Cho biết công thức cấu tạo của các acid sau: acid sunfuric H2SO4, acid disunfuric H2S2O7, acid

trisunfuric H2S3O10 và acid tetrasunfuric H2S4O13.

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 cơng thức cấu tạo sản phẩm.

3. Kim cương và than chì là hai dạng thù hình của ngun tố carbon. 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 ô 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 hydroxylamin NH2OH có mặt Natrietoxit cho cùng một sản phẩm. Sản phẩm này là

muối của một acid yếu không bền chứa Nitơ, acid 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 cơng
thức cấu trúc của acid 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

E
RT

k= ×A e− mol-1.l.s-1.

2. Tại 119oC, tính giá trị của hằng số tốc độ phản ứng k3.

3. Nếu CoA = CoB = 0,1M thì τ1/2 ở nhiệt độ 119oC là bao nhiêu.

Câu 4: (2,0 điểm)

1. Clobenzen có momen lưỡng cực µ1 = 1,53 D (µ1 hướng từ nhân ra ngồi) ; anilin có momen lưỡng

cực µ2 = 1,60D (µ2 hướng từ ngồi vào nhân benzen). Hãy tính momen lưỡng cực µ 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 acid 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 acid

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 acid clohydric 36% (d=1,18g/cm3) cần để điều chế

1,00 kg 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

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

Câu 6:(2,0 điểm)

1. A là chất bột màu lục khơng tan trong acid và kiềm lỗng. 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 acid sunfuric chuyển thành chất

C có màu da cam. Chất C bị lưu huỳnh khử thành chất A và có thể oxi hóa acid 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:

- X →to A + N2 + H2O

- 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 công thức mạch hở của các chất sau:

O OH

O
HO

O
O
CH3CH2

CH3

Brevicomin

O C2H5

HOCH2

OH
Talaromicin A

a. b.

c. d.

Câu 8: (2,0 điểm)

1. Cho biết sản phẩm tạo thành từ các phản ứng sau và gọi tên sản phẩm đó:

a. Furan + (CH3CO)2O + (C2H5)2O: BF3

o
0 C

→ A

b. Thiophen + C6H5COCl + SnCl4 →B

c. Pyrol + C6H5N2+Cl– → C

d. Pyrol + CHCl3 + KOH → D

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 acetaldehyt 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 fomandehyt sẽ thu được sản phẩm D (urotropin) có CTPT là C6H12N4. Chất D có khả năng tác

dụng với acid nitric trong anhidrit acetic tạo ra E (hexogen hay cyclonit) 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
S

N
N
H

N
H

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

CH2OH

HO
H

HO OH

acid L ascobic

-CÂU 10: (2,0 điểm)

1. Vitamin C (acid L-ascobic, pKa = 4,21) là endiol và có cấu trúc như

a. Hãy giải thích tính acid của acid L-ascobic và cho biết nguyên tử

H nào có tính acid.

b. Điều chế L-ascobic từ D-glucose

2. Salixin C13H18O7 bị thủy phân bởi elmusin cho D-glucose và

Saligenin C7H8O2. Salixin không khử thuốc thử Tolen. Oxi hóa

Salixin bằng HNO3 thu được một hợp chất hữu cơ X mà khi thủy phân

thì cho D-Glucose và aldehyt Salixylic. Methyl hóa Salixin thu được

pentamethylsalixin, thủy phân hợp chất này cho ta

2,3,4,6-tetra-O-methyl-D-Glucose. Xác định CTCT của Salixin

_________________ HẾT _________________

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 
LỚP 12 THPT

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI SỐ 3

CÂU 1: (2,0 điểm)

1. (0,5 điểm) Mỗi công thức đúng được 0,125 điểm

HO
S
HO
O
O
S
O
O

HO O
S
O
O
O
S
O
O
O
S
OH
O
O
S
O
O
HO O
S
OH
O
O
S
O
O
HO O
S
O
O
O
S

OH
O
O

H2SO4 H2S2O7

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]

SO3 + NH3 → H[SO3NH2]

- Cấu trúc các sản phẩm

S
O
O
O H

O H
S
O
O
O H
F
S
O
O
O H
Cl
S
O
O
O H
NH2

3. (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 hốc (site) tứ diện nên số nguyên tử cacbon trong một ô mạng cơ sở tinh thể kim cương là:

1 1

8 6 4 8

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:

Độ dài cạnh ô mạng tinh thể: a = 4d

3 (d = C–C (kim cương)) => Thể tích ô mạng = a

3
=
3
4d
3
 
 
 

Khối lượng riêng của tinh thể kim cương:

3
10

A 23

8 M 8 12

D = 3,545

N V 4 154 10

6, 02 10

3
−
× ×
= =
×  × × 
× × 
 

(g/cm3)

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

- Tương tự trong ô mạng tinh thể than chì

Diện tích mặt đáy = 3 3 d2

2 × (d = C–C (than chì))

Thể tích ơ mạng = 3 3 d2 h

2 × × (h là khoảng cách giữa các lớp)

=> 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

Xe
O

O
O
B

H
B

H
H

H

H H

N

O O

N

O O

N

O O O N O

2. (1,0 điểm)

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

2NaNO3 + 8Na(Hg) + 4H2O → Na2N2O2 + 8NaOH + 8Hg

NH2OH + C2H5NO2 + 2C2H5ONa → Na2N2O2 + 3C2H5OH

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

N N

OH
HO

N N

OH
HO

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

N N

O
H

CÂU 3: (2.0 điểm)

1. (1,0 điểm)

Phản ứng động học bậc hai, áp dụng phương trình Archénius ta có:

A
1

ln k ln A

−

= + ; A

2
2

ln k ln A

−

= +

A A

2 1

2 A 2 1 2

1 1 2 2 1 1

E E

ln k ln k ln A ln A

RT RT

k E 1 1 T T k

ln E R ln 3688, 2(cal / mol)

k R T T T T k

− −

⇒ − = + − +

  ×

⇒ =  − ⇒ = × ≈

−

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

( )

( ) ( )

E
RT

ERT E
RT1

9 1 1

k
k

k A e A 7 10 (mol .l.s )

e e

−

− −

= × ⇒ = = = ×

2. (0,5 điểm)

( E )

RT3 7 1 1

k A e 6,15 10 (mol .l.s )

−

− −

= × = ×

3. (0,5 điểm)

7
1/ 2

3 oA

1, 63 10 (s)
k .C

−

τ = = ×

CÂU 4: (2,0 điểm)

1. (1,0 điểm)

Clo có độ âm điện lớn, µ1 hướng từ nhân ra ngồi – nhóm NH2 có cặp e tự do liên hợp với hệ e π của

vòng benzen ⇒ hai momen lưỡng cực cùng chiều

ortho meta para

Cộng vectơ sử dụng hệ thức lượng trong tam giác a2 = b2 + c2 – 2bc cos A

Dẫn xuất ortho: µ2O = µ21 + µ22 − 2µ1µ2 cos 600 = µ21 + µ
2

2 −µ1µ2 = 2,45

µo = 2,45 = 1,65D

Dẫn xuất meta: µ2m = µ12 + µ22 − 2µ1µ2 cos 1200 = µ12 + µ22 + µ1µ2 = 7,35

µm = 7,35 = 2,71D

Dẫn xuất para: µ2p = µ1 + µ2 = 1,60 + 1,53 = 3,13D

2. (1,0 điểm)

Ta có các q trình sau:

4 3 4 3

4 3 a

3 2 3 1

3 3 2

2 W

NH HCO NH HCO

NH NH H ; K

HCO H H CO ; K

HCO H CO ; K

H O H OH ; K 10

+ −
+ +
− + −
− + −
+ − −
→ +
→ +
←
→
+ ←
→ +
←
→ + =
←
Trong đó:

14
9,24
a
b
10
K 10
K
−
−

= = . Áp dụng điều kiện proton ta có:

3 3 2 3

a 4 2 3 w

1 3

2 1 2

a 4 2 3 w 1 3

2 1 2

1 3 a 4 2 3 w

[H ] [NH ] [CO ] [OH ] [H CO ]
K .[NH ] K .[HCO ] K

[H ] K .[H ].[HCO ]

[H ] [H ] [H ]

[H ] K .[NH ] K .[HCO ] K K .[H ] .[HCO ]
[H ] K .[H ] .[HCO ] K .[NH ] K .[HCO ] K

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

(

)

2 1

1 3 a 4 2 3 w

2 a 4 2 3 w

1 3

a 4 2 3 w

1 3

[H ] 1 K .[HCO ] K .[NH ] K .[HCO ] K

K .[NH ] K .[HCO ] K
[H ]

1 K .[HCO ]
K .[NH ] K .[HCO ] K
[H ]

1 K .[HCO ]

+ − − + −

+ −

− −

+ −

− −

⇒ + = + +

+ +

⇒ =

+ +

⇒ =

Thay các giá trị gần đúng: [NH ] [HCO ]4+ = 3− =0,1M

[H ] 1, 6737.10 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.

3
,
270
1000

= 3,7mol FeCl3.6H2O

Như vậy cần 978mL

0,65
.
1,18
.
0,36

36,5
.
2
.
3,7

≈ dung dịch HCl 36% (0,5 điểm)

3. 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

3
,
270

752
,
2

= 10,18 mmol

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:

162,2
0,8977
1,902−

= 1,20mmol => Bã rắn cuối cùng

chứa (0,01018 – 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:

2Cr2O3 + 3O2 + 8KOH → 4 K2CrO4 + 4H2O

2K2CrO4 + H2SO4 → K2Cr2O7 + K2SO4 + H2O

S + K2Cr2O7 → Cr2O3 + K2SO4

14HCl + K2Cr2O7 → 3Cl2 + 2CrCl3 + 2KCl + 7H2O

2. (1,0 điểm)

Mỗi phương trình đúng được 0,25

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

- Các phương trình phản ứng:
(NH4)2Cr2O7

o
t

→ Cr2O3 + N2 + 4H2O

K2Cr2O7 + 3(NH3)2S + H2O → 2Cr(OH)3 + 5S + 6NH3 + 2KOH

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

H OEt

O H O

EtO

H OEt

O O

EtO
H

OEt

O O

EtO

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

CH3COCH2COOEt
C

H2 OEt

O H O

C
H
C

H3 OEt

O O

C
H

H3 OEt

O H O

C
2. (1,0 điểm) Mỗi công thức đúng được 0,25 điểm

a. CH2OH–CH2CH2CH2=CHO

5-hydroxypentanal

b. CHOCH2CH2CHOHCH=CH–CH=CH2

4-hydroxyocta-5,7-dienal

c. CH3CH2CHOHCHOH(CH2)3COCH3

6,7-dihydroxynonan-2-on

d. (HOCH2)2CH–CHOHCH2CO(CH2)2CH(C2H5)CH2OH

2,8-dy(hidroxomethyl)-1,3-dihydroxydacan-5-on

CÂU 8: (2,0 điểm)

1. (1,0 điểm) Mỗi công thức đúng được 0,25 điểm

O
COCH3

2-acetylfuran
A

COC6H5

2-benzoylthiophen
B

N=NC6H5

2-(phenylazo)pyrol
C

N
CHO

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

2. (1,0 điểm)

NO2

C
O

KCN
-HCl

NO2

C
O

CN H3O+

-NH3

NO2

C
O

COOH 6H

-H2O

NH2

C
O

COOH to

-H2O NH

O
O

CÂU 9: (2,0 điểm)

1. (1,5 điểm)

- Aldehyt béo có thể tham gia phản ứng cộng với amoniac tạo thành một sản phẩm ít bền là

Aldehyt-amoniac

CH3CHO + NH3 → Acetaldehyt-amoniac (tnc = 97oC) A

CH3 CH

NH2

- Acetaldehyt-amoniac dễ bị tách nước thành B là CH3–CH=NH và B dễ trime hóa thành hợp chất dị

vịng C loại triazin

CH3 CH
OH

NH2

-H2O

CH3CH=NH trime hóa NH NH

NH CH3

CH3

H3C

B C

- Mặt khác nếu cho amoniac ngưng tụ với fomandehyt sẽ thu được sản phẩm D (urotropin) có CTPT là

C6H12N4

6HCHO + 4NH3 → C6H12N4 + 6H2O

N
N

Urotropin

- Urotropin có khả năng tác dụng với acid nitric trong anhydrit axetic tạo ra E (hexogen hay cyclonit) là

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

C6H12N4 + 3HNO3 + 3HCHO + NH3

N N

NO2

O2N

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

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 sôi 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 đôi C=C

C
C
HO

HO C

H+

- C

-O

HO C

C
C
O

HO C

b. Sơ đồ điều chế

D-Glucose NaBH4 D-Socbitol (A)
[O]

enzym L-Socbose (B) endiol B'

2CH3COCH3

Diaxetonua (C)

1. KMnO4/OH
-2. dd H+ (D)

H+
to

axit L-ascobic

Trong đó:

CH2OH

HO H

H OH

HO H

CH2OH

C O

HO H

H OH

HO H

CH2OH

C
HO

H OH

HO H

CH2OH

C
C

H O

HO H

CH2 O

CH3

O
O
C

CH3

COOH
C
C

H O

HO H

CH2 O

CH3

O
O
C

CH3

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

2. (1,0 điểm)

Salixin là đường không khử và là β −glucozit do bị thủy phân bởi elmuxin

RO H

OH
HO

CH2OH

H2O

enzym D-Glucose + ROH (Saligenin)

C7H8O2

Salixin

Trong công thức C7H8O2, ROH xuất hiện nhân thơm. Tách được andehit salixylic, điều đó chứng tỏ q

trình oxy hóa nhóm –CH2OH thành nhóm –CHO

D-Glucose +

CHO
HO

H2O, H+

O
HO

OH
O

HOH2C

CHO

Saligenin là o-(hydroxymethyl)phenol. Công thức cấu trúc của salixin là

O
HO

OH
O

HOH2C

CH2OH

- - - HẾT - - -

</div>


de thi Hsg cap truong k10, truong THPTDC2, deso1

Đề thi HSG 12 Trường THPT Yên thành2 năm học 2008-2009

ĐỀ THI HSG BẬC THPT(có Đ.ÁN) 08-09 TỈNH VĨNH LONG

Đáp án đề thi HSG vòng trường THPT Tràm Chim Năm học 2008 - 2009

Đề thi HSG Truong THPTDTNT Quế Phong

Đề thi HSG Vật lý 12 Trường THPT Quỳ Hợp2

Đề thi HSG Toán THPT Thanh hóa 2009

Đề thi HSG Anh L12 THPT V1

Đề thi HSG Sinh L12 THPT 08-09

Đề thi HSG môn ngữ văn L12 THPT 08-09

de thi hsg thpt

( )

<sub>(</sub>

<sub>)</sub>

(

)

.

(

)

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI SỐ 3

(

)

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về