Đề và HDC HSGQG 2009 vòng 2

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KÌ THI CHỌN HỌC SINH VÀO CÁC ĐỘI TUYỂN
QUỐC GIA DỰ THI OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2009

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Mơn: HĨA HỌC
Ngày thi thứ nhất: 18/4/2009
Câu I (3 điểm): 1. 1 điểm; 2. 0,75 điểm; 3. 1,25 điểm.
1. 238U là đồng vị đầu tiên trong họ phóng xạ urani–rađi, các đồng vị của các nguyên tố
khác thuộc họ này đều là sản phẩm của chuỗi phân rã phóng xạ bắt đầu từ 238U. Khi
phân tích quặng urani người ta tìm thấy 3 đồng vị của urani là 238U, 235U và 234U đều có
tính phóng xạ.
Hai đồng vị 235U và 234U có thuộc họ phóng xạ urani–rađi khơng? Tại sao? Viết
phương trình biểu diễn các biến đổi hạt nhân để giải thích.
Điện tích hạt nhân Z của thori (Th), protactini (Pa) và urani (U) lần lượt là 90, 91, 92. Các
nguyên tố phóng xạ tự nhiên có tính phóng xạ  và .
2. Ở nước ta, urani có thể thu được khi thuỷ luyện quặng Nông Sơn ở Quảng Nam bằng
axit sunfuric. Sau khi kết tủa urani bằng kiềm, nước thải của dung dịch thuỷ luyện
quặng urani có chứa đồng vị phóng xạ 226Ra với nồng độ rất nhỏ, nhưng vẫn có thể ảnh
hưởng đến mơi trường. Vì thế, người ta phải xử lí bằng cách cho vào nước thải này một
lượng BaCl2 gần đủ cho phản ứng với lượng ion sunfat còn trong nước thải.
Hãy tìm một cách giải thích phương án xử lí nước thải nói trên và viết các phương
trình phản ứng cần thiết.
3. Sản phẩm của xử lí nước thải chứa 226Ra có thể được kết khối trong xi măng (phương
pháp xi măng hoá), bảo quản trong các thùng kim loại, rồi đem chơn giữ trong các kho
thải phóng xạ.
Cần giữ an toàn trong bao lâu để lượng Ra của khối chất thải này chỉ còn lại
1
lượng ban đầu? Thời gian bán huỷ của 226Ra là 1600 năm.
1000

Hướng dẫn giải:
1. Khi xảy ra phân rã , nguyên tử khối không thay đổi. Khi xảy ra 1 phân rã , nguyên
tử khối thay đổi 4u. Như thế, số khối của các đồng vị con cháu phải khác số khối của
đồng vị mẹ 4nu, với n là số nguyên. Chỉ 234U thoả mãn điều kiện này với n = 1. Trong 2
đồng vị 234U, 235U, chỉ 234U là đồng vị “con, cháu” của 238U. Sự chuyển hoá từ 238U thành
234
U được biểu diễn bằng các phản ứng hạt nhân sau:
238
234
234
234
234
234
92 U
90Th + α ; 90Th
91 Pa + β ;
91 Pa
92 U + β
22+
2. Trong nước thải chứa ion SO4 . Khi đưa Ba vào dung dịch sẽ xảy ra phản ứng:
SO42-(aq) + Ba2+(aq)  BaSO4(r)
Kết tủa lượng lớn của BaSO4 sẽ kéo theo sự kết tủa của RaSO 4. Nếu không có kết tủa
của BaSO4, thì RaSO4 khơng kết tủa được, vì nồng độ Ra 2+ quá nhỏ, chưa đạt đến tích
số tan.
3. Sau n chu kì bán huỷ của rađi, lượng Ra chỉ cịn lại 1/2n. Hoạt độ phóng xạ chỉ còn nhỏ hơn
1
khi: 2n > 103 hay n.log 2 > 3
1000

trong khối chất thải còn lại nhỏ hơn

n > 3/0,301  10. Thời gian cần lưu giữ để lượng rađi
1
lượng ban đầu là: t  10 ×1600 năm = 16000 năm.
1000

Câu II (3 điểm): 1. 1,5 điểm; 2. 1,5 điểm.
1. Viết các phương trình ion của các phản ứng xảy ra trong dung dịch nước (ghi rõ trạng
thái mỗi chất (aq) hoặc (r), (k), (l)) khi tiến hành các thí nghiệm dưới đây:
a. Cho một mẩu canxi vào nước.
1/8 trang


b. Rót axit H2SO4 (lỗng) vào dung dịch Pb(CH3COO)2 (lỗng).
c. Rót axit HCl (đặc) vào MnO2.
d. Cho NaCN vào nước.
e. Cho mẩu Ag vào dung dịch HNO3 (loãng).
f. Cho dung dịch NaOH (dư) vào dung dịch Al(NO3)3.
2. Khi sự sống bắt đầu trên Trái Đất thì thành phần khí quyển gồm: khí А, metan,
amoniac và các khí khác, trong lúc đơn chất B hầu như khơng có. Do các q trình hóa
học diễn ra trong cơ thể sống nên lượng khí A giảm trong khi đó B tăng. Ngày nay, B
có mặt nhiều ở khí quyển nhờ sự quang hóa (nA + nH2O
nB + (CH2O)n). Lúc đầu,
2+
B tích tụ trong khí quyển, ion Fe có mặt trong nước biển bị oxi hóa thành Fe 3+. Tầng
khí quyển bảo vệ Trái Đất khỏi tác dụng của tia tử ngoại chứa chất C, một dạng thù
hình của B. Tất cả các biến đổi ở trên đã tạo nên sự sống đa dạng trên Trái Đất.
Trong các điều kiện xác định, hợp chất D có thể hình thành cả trong khí quyển và cơ
thể sống. Các gốc dẫn tới sự lão hóa được phát sinh từ sự thoái biến của D. Chất D

được tạo thành từ hai nguyên tố hiđro và oxi, có cả tính oxi hóa và tính khử.
a. Viết cơng thức của các chất A, B, C, D.
b. Viết phương trình phản ứng biểu diễn các chuyển hóa:
(1) nA + nH2O
nB + (CH2O)n ; (2) D
B;
(3) Fe(OH)2 + B + H2O
…
;
(4) B
C.
c. Viết các nửa phương trình electron và phương trình đầy đủ của các phản ứng oxi hoá - khử:
(1) D + KI + H2SO4
…
; (2) D + K2Cr2O7 + H2SO4
…
Hướng dẫn giải:
1. a. Ca(r) + 2H2O(l)

Ca2+(aq) + 2OH−(aq) + H2(k)

b. Pb2+(aq) + 2CH3COO−(aq) + H+(aq) + HSO4−(aq)
PbSO4(r) + 2CH3COOH(aq)
c. MnO2(r) + 4H (aq) + 2Cl (aq)
Mn (aq) + 2H2O(l) + Cl2(k)
+
d. NaCN(r) + H2O(l)
Na (aq) + HCN(aq) + 2OH−(aq)
+
e. 3Ag(r) + 4H (aq) + NO3−(aq)

3Ag+(aq) + NO(k) + 2H2O(l)
f. [Al(H2O)6]3+(aq) + 6OH−(aq)
[Al(OH)6]3−(aq) + 6H2O(l)
2. a. A: CO2 ; B: O2 ; C: O3
;
D: H2O2
+

b.

−

2+

nCO2 + nH2O
nO2 + (CH2O)n
2H2O2
O2↑ + 2H2O
4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O
4Fe(OH)3
3O2
2O3

(1)
(2)
(3)
(4)

c.
H2O2 + 2KI + H2SO4

H2O2 + 2H+ + 2e
2I−
H2O2 + 2H+ + 2I−

I2 + K2SO4 + 2H2O
2H2Ohoặc: 2O−1 + 2e−
2O−2
I2 + 2e
2I− − 2e−
I2 + 2H2O

3H2O2 + K2Cr2O7 + 4H2SO4
3O2 + K2SO4 + Cr2(SO4)3 + 7H2O
2−
+
Cr2O7 + 14H + 6e
2Cr3+ + 7H2O hoặc: 2Cr+6 + 6e−
3x │ H2O2
O2 + 2H+ + 2e
2O−1 − 2e−
Cr2O72− + 3H2O2 + 14H+

(1)
I2
(2)
2 Cr+3
O20 | × 3

2Cr3+ + 3O2 + 7H2O

Câu III (3 điểm): 1. 1 điểm; 2. 2 điểm.
1. So sánh độ dẫn điện (cao, thấp) của các dung dịch: CoCl 2 (aq) 0,10 mol/L;
Co(CH3COO)2 (aq) 0,10 mol/L; H2S (aq) 0,10 mol/L. Giải thích.
2. Người ta tiến hành hai thí nghiệm (TN) dưới đây:
2/8 trang


TN (1): Cho dung dịch CoCl2 (aq) 0,10 mol/L vào dung dịch H2S (aq) 0,10 mol/L.
TN (2): Cho dung dịch Co(CH3COO)2 (aq) 0,10 mol/L vào dung dịch H2S (aq) 0,10 mol/L.
a. Viết phương trình ion của phản ứng xảy ra ở mỗi thí nghiệm.
b. Cho biết những sự thay đổi nhìn thấy được khi tiến hành thí nghiệm.
c. So sánh độ dẫn điện (cao, thấp) của các dung dịch thu dược sau thí nghiệm. Giải thích.
Hướng dẫn giải:
1. So sánh và giải thích: Trong dung dịch nước CoCl 2 và Co(CH3COO)2 được phân li
hoàn toàn thành các ion. Một lượng rất ít CH 3COO− tác dụng với nước tạo ra
CH3COOH, nhưng khi đó các ion OH− lại được tạo ra. Vì những lí do đó mà độ dẫn
điện của các dung dịch này là cao.
Trong dung dịch nước, H2S điện li yếu:
H2S(aq) + H2O(l)
HS−(aq) + H3O+(aq)
−
HS (aq) + H2O(l)
S2−(aq) + H3O+(aq)
H2S tồn tại chủ yếu ở dạng phân tử vì vậy độ dẫn điện của dung dịch này là thấp.
2.
Dung dịch (1):
a. Co2+(aq) + S2−(aq)
CoS(r)
2+
b. Màu thay đổi: hồng nhạt Co (aq) thành đen CoS(r).

c. Sự kết tủa của 1 ion Co2+ dẫn tới sự hình thành 2 ion H3O+ và như vậy độ dẫn điện là cao.
Dung dịch (2):
a. Các phản ứng xảy ra ở Dung dịch (2) giống như ở Dung dịch (1).
b. Màu thay đổi: hồng nhạt Co2+(aq) thành đen CoS(r).
c. Sự kết tủa của 1 ion Co2+ dẫn tới sự hình thành 2 ion H 3O+, nhưng ion H3O+ lại tác
dụng với ion CH3COO− để tạo thành các phân tử không mang điện
CH3COO−(aq) + H3O+(aq)
CH3COOH(aq) + H2O(l)
và như vậy độ dẫn điện là thấp.
Câu IV (2 điểm): 1. 1 điểm; 2. 1 điểm.
Cho: E 0Ag Ag = 0,80V; E 0AgI/Ag,I = -0,15V; E0Au
+

-

3+

/Ag

= 1,26V; E0Fe3+ /Fe = -0,037V; E0Fe2+ /Fe = -0,440V

Hãy:
1. a. Thiết lập một sơ đồ pin để xác định tích số tan của AgI. Viết các phương trình phản
ứng xảy ra trên mỗi điện cực và trong pin.
b. Tính độ tan (s) tại 25oC của AgI trong nước.
2. a. Lập pin điện trong đó xảy ra sự oxi hố ion Fe 2+ thành ion Fe3+ và ion Au3+ bị khử
thành ion Au+. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trên mỗi điện cực và trong pin.
b. Tính sức điện động chuẩn của pin và hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin này.
Hướng dẫn giải:
1. a. Để xác định tích số tan KS của AgI, cần thiết lập sơ đồ pin có các điện cực Ag làm

việc thuận nghịch với Ag+. Điện cực Ag nhúng trong dung dịch nào có [Ag+] lớn hơn sẽ
đóng vai trị catot. Vậy sơ đồ pin như sau:
(-) Ag │ I-(aq), AgI(r) ║ Ag+(aq) │ Ag(r) (+)
Hoặc:

(-) Ag, AgI(r) │ I-(aq) ║ Ag+(aq) │ Ag(r) (+)

Phản ứng ở cực âm:
Ag(r) + I−(aq)
Phản ứng ở cực dương:
Ag+(aq) + e
Phản ứng xảy ra trong pin: Ag+(aq) + I-(aq)

AgI(r) + e
Ag(r)
AgI(r)

) / 0,059
Trong đó K S-1 = K 11 .K2 = 10
≈ 1,0.1016
b. Gọi S là độ tan của AgI trong nước nguyên chất, ta có:
AgI↓
Ag+ + IKS = 10-16
( E 0 + -E 0
Ag /Ag AgI/Ag,I-

3/8 trang

K 11
K2

K S-1

(1)
KS = 1,0.10−16.


S
S
+
Vì q trình tạo phức hidroxo của Ag khơng đáng kể, I- là anion của axit mạnh HI, nên
S = KS =1,0.10-8 M
2. Theo qui ước: q trình oxi hóa Fe2+ xảy ra trên anot, quá trình khử Au3+ xảy ra trên
catot, do đó điện cực Pt nhúng trong dung dịch Fe3+, Fe2+ là anot, điện cực Pt nhúng trong
dung dịch Au3+, Au+ là catot:
(-)

Pt │ Fe3+(aq), Fe2+(aq) ║ Au3+(aq), Au+(aq) │ Pt

(+)

Phản ứng ở cực âm:
2x Fe2+(aq)
Fe3+(aq) + e
K 11
Phản ứng ở cực dương:
Au3+(aq) + 2e
Au+(aq)
K2
3+
2+

+
3+
Phản ứng trong pin: Au (aq) + 2Fe (aq)
Au (aq) + 2Fe (aq) K
(2)
1 2
2( E 0 3+  -E 0 3+ 2+ ) / 0,059
K = (K 1 ) .K2 = 10 Au /Au Fe /Fe
Trong đó thế khử chuẩn của cặp Fe3+/Fe2+ được tính (hoặc tính theo hằng số cân bằng)
như sau:
Fe3+ + 3e
Fe E0(1) = -0,037 V, G0(1) = -3FE0(1)
Fe2+ + 2e
Fe E0(2) = -0,440 V,
G0(2) = - 2F E0(1)
0
0
-ΔG 0 (3)
Fe3+ + e
Fe2+ E0(3) =
=  ΔG (1) - ΔG (2) = 3E0(1)- 2E0(2) = 0,77V
F
F
1 2
2(1,26 0,77) / 0,059
→ K = (K 1 ) .K2 = 10
= 1016,61
Ở điều kiện tiêu chuẩn, sức điện động chuẩn của pin trên sẽ là:
0
0

E0 = E 3+ + - E 3+ 2+ = 0,49 V
Au

pin

/Ag

Fe

/Fe

Câu V (3 điểm): 1. 0,5 điểm; 2. 1 điểm; 3. 1,5 điểm. c
1. Cho phản ứng: 2 NO2 (k)
2 NO (k) + O2(k).
Mỗi đường cong trong hình bên biểu thị sự thay đổi
nồng độ của một chất theo thời gian.
Đường nào ứng với sự phụ thuộc nồng độ oxi
vào thời gian? Vì sao?

A
B
C

2. Để nghiên cứu động học của phản ứng
2[Fe(CN)6]

3−

−

t
4−

+ 2I

2[Fe(CN)6]

+ I2 (*).

Người ta đo tốc độ đầu của sự hình thành iot ở 4 hỗn hợp dưới đây. Các hỗn

hợp ban đầu không chứa iot.
c([Fe(CN)6]3−)
mol/L

c(I−)
mol/L

c([Fe(CN)6]4−)
mol/L

Tốc độ đầu
mmol.L−1. h−1

Thí nghiệm 1

Hỗn hợp 1

1

1

1

1

Thí nghiệm 2

Hỗn hợp 2

2

1

1

4

Thí nghiệm 3

Hỗn hợp 3

1

2

2

2

Thí nghiệm 4

Hỗn hợp 4

2

2

1

16

Trong trường hợp tổng quát, tốc độ phản ứng được biểu thị bởi phương trình:
dc(I 2 )
= k.ca([Fe(CN)6]3−).cb(I−).cd([Fe(CN)6]4−).ce(I2)
dt
Xác định giá trị của a, b, d, e và hằng số tốc độ phản ứng k.
3. Cơ chế sau đây đã được đề xuất cho phản ứng (*):
k1

[Fe(CN)6]3− + 2 I− k− [Fe(CN)6]4− + I2−
1
4/8 trang

(1)


k2

[Fe(CN)6]3− + I2−

[Fe(CN)6]4− + I2
(2)
a. Trong 2 phản ứng trên, phản ứng nào diễn ra nhanh, phản ứng nào diễn ra chậm?
b. Chứng minh rằng cơ chế trên phù hợp với phương trình biểu diễn tốc độ phản ứng
tìm được ở 2.
Hướng dẫn giải:
1. Các nồng độ của NO và O2 tăng với thời gian (các đường A và B).Vì nồng độ NO
tạo ra gấp đôi nồng độ O2 cho nên đường B biểu thị sự phụ thuộc nồng độ của O2 với
thời gian.
2.
Từ thí nghiệm 1 và 2 → a = 2
Từ thí nghiệm 1 và 3 → d = -1
Từ thí nghiệm 1 và 4 → b = 2
e=0
dc(I 2 )
= k.c2([Fe(CN)6]3−).c2(I−).c−1([Fe(CN)6]4−).c0(I2)
dt
Thí nghiệm 1:
1.10−3 mol.L−1. h−1 = k . 1 mol2.L−2.1 mol2.L−2.(1 mol.L−1) −1
K = 1.10−3 mol−2.L2. h−1
3.
k
��
�
�
[Fe(CN)6]3− + 2 I− ��
�
�
[Fe(CN)6]4− + I2−
(1)

k
1

1

k
[Fe(CN)6]3− + I2− ��
[Fe(CN)6]4− + I2
(2)
�
(1) diễn ra nhanh.
(2) diễn ra chậm.
Nếu chấp nhận như vậy thì chứng minh được rằng cơ chế đề xuất phù hợp với định luật
tốc độ rút ra từ thực nghiệm.
Chứng minh:
Từ cân bằng (1) được xác lập rất nhanh:
c([Fe(CN)6 ]4- ) �c(I 2 - )
k1
k1 c([Fe(CN) 6 ]3- ) �c 2 (I- )
−
�
=
→ c(I2 ) =
(a)
k -1
c([Fe(CN) 6 ]4- )
k -1
c([Fe(CN)6 ]3- ) �c 2 (I- )
Phản ứng (2) diễn ra chậm:
2

dc(I2 )
= k2 × c([Fe(CN)6]3−) × c(I2−)
dt

(b)

Thay (a) vào (b) ta được:
k1
c 2 ([Fe(CN)6 ]3- ) �c2 (I - )
dc(I2 )
=
× k2 ×
k -1
dt
c([Fe(CN)6 ]4- )
Kết quả này phù hợp với kết quả thực nghiệm.
Nếu phản ứng (1) là chậm, phản ứng (2) nhanh:

dc(I2 )
= k2.c([Fe(CN)6]3−).c(I2−) và c(I2−) = k1.c([Fe(CN)6]3−).c2(I−) →
dt
dc(I2 )
= k1.k2.c2([Fe(CN)6]3−).c2(I−). Kết quả này không phù hợp với kết quả thực nghiệm.
dt

Câu VI (3 điểm): 1. 0,75 điểm; 2. 0,75 điểm; 3. 0,5 điểm; 4. 1 điểm.
1. Bạc tác dụng với dung dịch nước của NaCN khi có mặt khơng khí theo phản ứng:
4Ag + O2 + 2H2O + 16CN−
4[Ag(CN)4]3− + 4OH−

Để ngăn cản sự hình thành của axit HCN (một chất dễ bay hơi và rất độc) thì pH của
dung dịch phải trên 10.
Nếu dung dịch chỉ có NaCN, pH = 10,7 thì nồng độ NaCN bằng bao nhiêu?
5/8 trang


2. Một dung dịch chứa các ion Ag+ và 0,020 mol/L NaCN. So với ion bạc thì natri xianua rất
dư. pH của dung dịch này bằng 10,8. Trong dung dịch có cân bằng sau:
Ag+ + 4CN−
[Ag(CN)4]3− ; hằng số cân bằng β1 = 5,00.1020
c([Ag(CN)4 ]3- )
Xác định tỉ số của
trong dung dịch.
c(Ag + )
3. Để tăng nồng độ của ion Ag + tự do (chưa tạo phức) phải thêm vào dung dịch đó
NaOH hay HClO4? Vì sao?
4. Sau khi thêm axit/bazơ (dựa vào kết quả của 3.) để nồng độ ion Ag+ trong dung dịch
tăng lên 10 lần so với nồng độ ion Ag+ trong dung dịch cho ở 2.
Tính nồng độ ion CN− trong dung dịch mới này.
Sử dụng c(CN−) = 0,0196 mol/L (khi chưa thêm axit/bazơ). Thể tích của dung dịch coi như
không thay đổi sau khi thêm axit/bazơ. pKa (HCN) = 9,31.
Hướng dẫn giải:
c(HCN).c(OH - )
1. CN + H2O
HCN + OH ; K =
; K = Kw/Ka = 10−4,69
c(CN - )
C0 = c(HCN) + c(CN−) và c(HCN) �c(OH−) = 10−3,3 mol/L
(10-3,3 )2
−4,69

10
=
C0 = 0,0128 mol/L
c0 - (10-3,3 ) 2
−

+

2. Ag + 4CN

−

−

3−

[Ag(CN)4]

c([Ag(CN) 4 ]3- )
β1 =
= 5,00.1020
c(Ag + ).c(CN - ) 4

c([Ag(CN) 4 ]3- )
= β1 × c(CN−)4
c(Ag + )
Vì CN− dư nên
c(CN−) �c(NaCN) – c(OH−)
c(CN−) �(0,020 – 10−3,3) mol/L = 0,0194 mol/L
c([Ag(CN) 4 ]3- )

= 5,00.1020 × 0,01944 = 7,04.1013
+
c(Ag )

3. c(Ag+) tăng nếu c(CN−) giảm và c(CN−) giảm nếu c(OH−) giảm. Vậy phải thêm axit
HClO4.
4. Đặt v và n chỉ các nồng độ trước và sau khi tăng nồng độ của ion Ag+.
c(Ag+) n
= 10 và c([Ag(CN)4]3−) = c(Ag+) × β1 × c(CN−)4
c(Ag+) v
c([Ag(CN)4]3−)v + c(Ag+)v = c([Ag(CN)4]3−)n + c(Ag+)n
c(Ag+)v × β1 × c(CN−)4v + c(Ag+)v = c(Ag+)n × β1 × c(CN−)4n + c(Ag+)n
c(Ag+) n
β1 × c(CN - )4v + 1
=
= 10
c(Ag+) v
β1 × c(CN - ) 4n + 1
β1 × c(CN - ) 4v β × c(CN
9 ) 1
�
c(CN ) =
10 × β1
10 × β1
10 × β1

− 4
n

4

v

bởi vì β1 = 5,00.1020

c(CN−)n = c(CN−)v × ( 4 10)-1 = 0,0196 × ( 4 10)-1 = 0,0110 mol/L
Câu VII (3 điểm): 1. 1,5 điểm; 2. 1,5 điểm.
Một polime là sản phẩm đồng trùng hợp của các monome: etilen, α-metylstiren
và propilen. Người ta xác định khối lượng mol trung bình (Mtb) bằng cách đo áp suất thẩm
thấu của các dung dịch loãng chứa polime ở nhiệt độ 25 oC và thu được các kết quả dưới
đây:
Áp suất thẩm thấu  (Pa)
6/8 trang

55,68

111,4

167,0


Nồng độ polime trong dung dịch loãng c (mg/cm3)
1. Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của

2

4

6

Π

vào c. Về lí thuyết, đồ thị có thể đi qua
RT

điểm (0,0) được khơng? Vì sao?
2. Xác định khối lượng mol trung bình của polime này.
Hằng số khí R = 8,314 J.K–1.mol–1 ; 1 J = 1 N. m ; 1 Pa = 1 N.m−2 ; 1 N = 1 kg m s-2.
Hướng dẫn giải:
1. c (mg/cm3) = c (g/L)
Các giá trị /RT được tính như sau:
Khi  = 55,68 Pa
Π
55,68 N
1 mol × 1 K
1
mol
=
×
×
= 0,0225
= 2,25.10−5 moL/L
2
3
RT
8,314
N
×
m
(273,15
+
25)

K
m
m
Tính tốn tương tự như trên, được các số liệu sau:
 (Pa)
55,68
111,4
167,0
c (g/L)
2
4
6
−5
−5
4,49.10
6,74.10−5
/RT (mol/L) 2,25.10
7
/RT (10-5 moL/L)

6
5
4
3
2
1
0

Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của

0

1

2

3 4
c (g/L)

5

6

7

Π
vào c là một đường thẳng.
RT

Phương trình Van Hop về áp suất thẩm thấu có dạng:  = RTC (C là nồng độ moL/L).
c(g/L)
C=
(2) (M là khối lượng moL).
M
Từ (1) và (2) suy ra:  = 0, c = 0. Về lí thuyết, đồ thị đi qua điểm (0,0).
2.
Thay (2) vào (1), ta có:
Π 1
=
× c(g/L)

(3)
RT M
1
Theo (3), hệ số góc của đường đồ thị chính là M
tb
Hệ số góc =

4,49.10-5 - 2,25.10-5
moL/g = 1,12.10–5moL/g
4-2
1

Mtb = 1,12.10-5mol/g = 89.300 g/mol
(Có thể vẽ đường thẳng qua gốc và các điểm thực nghiệm rồi xác định hệ số góc
dựa vào đồ thị, hoặc tính----------------hệ số góc bằng
các giá trị khác của bảng số liệu).
HẾT----------------7/8 trang

(1)


8/8 trang


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KÌ THI CHỌN HỌC SINH VÀO CÁC ĐỘI TUYỂN
QUỐC GIA DỰ THI OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2009

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC

MƠN HĨA HỌC
Ngày thi thứ hai: 19/4/2009
Câu I (4 điểm): 1. 1,5 điểm; 2: 2,5 điểm.
1. Khi hiđro hóa naphtalen thu được đecalin (C10H18), oxi hóa đecalin thì được hỗn hợp các
đecalon (C10H16O).
a. Viết các đồng phân lập thể của 1-đecalon.
b. Trong dung dịch bazơ, 1-đecalon phản ứng với benzanđehit cho A, phản ứng với metylvinylxeton
cho B (C14H20O). Hãy viết công thức cấu tạo của A và B.
2. Có 5 polime sau:
a. Nilon-6,6 được hình thành từ axit ađipic và hexametylenđiamin.
b. Nilon-6 được hình thành từ ε-caprolactam.
c. Đacron được hình thành từ đimetyl terephtalat và etylen glicol.
d. Gliptan được hình thành từ glixerin và anhiđrit phtalic.
e. Poliuretan được hình thành từ điisoxianat (thí dụ toluenđiisoxianat) và etylen glicol.
Hãy cho biết các polime trên thuộc loại nào? Viết phương trình phản ứng tạo
thành sản phẩm, chỉ ra công thức một đoạn mạch của polime và gọi tên theo danh pháp
IUPAC các polime a, b, c.
Hướng dẫn giải:
1.a.(0,75 điểm) Các đồng phân lập thể của 1-đecalon

O

O

O

O

O

O

b.(0,75 điểm). A là sản phẩm ngưng tụ, B là sản phẩm cộng Michael rồi ngưng tụ tiếp.
O

O

CH-C6H5

1. Baz¬
2. PhCHO

O

A

H 3C
O

O
C

O

CH2
CH2

1. Baz¬
2. CH2=CHCOCH3

- H2O

B

. (0,5 điểm). Nilon-6,6 là poliamit do phản ứng của cả 2 nhóm –COOH của axit ađipic
phản ứng với cả 2 nhóm –NH2 của hexametylenđiamin. Các liên kết –CONH- được hình
thành do tách loại H2O. Ban đầu phản ứng cho muối nilon, sau đó đun nóng.

9/8 trang

2.a


HOOC(CH2)4COOH + H2N(CH2)6NH2
t

o

OOC(CH2)4COOH3N(CH2)6NH3

-C-(CH2)4-C-NH-(CH2)6-NH-C-(CH2)4-C-NH-(CH2)6-NHO
O
O
O
Poli(hexametylen ađ
ipamit)

Một đ
oạn mạch của polime:

NH-(CH2)6-NH-C-(CH2)4-C
O
O

b. (0,5 im). Nilon-6 cũng là poliamit nhưng được hình thành từ monome
ε-caprolactam. Đó là amit vịng của axit ε-aminocaproic . Khi đun nóng vịng lactam được
mở ra cho muối aminoaxit sau đó hình thành liên kết amit với phân tử khác khi tách loại nước.
O
N H

o

t
H2O

o

+

t
- H 2O

H3N-(CH2)5COO-

NH-(CH2)5-C-NH-(CH2)5-C-N H-(CH2)5-C
O
O
O

Poli(amit cña axit 6-aminohexanoic)

ε-caprolactam

Mét ®
o¹n m¹ch cđa polime:

NH-(CH2)5-C
O

c. (0,5 điểm). Đacron là polieste do phản ứng chuyển đổi este giữa đimetyl terephtalat với
etylen glicol.
HO-CH2CH2OH + H3COOCto
- CH3OH

-COOCH3 + HO-CH2CH2OH + H3COOC-

O-CH2CH2-O-C-

-C-O-CH2CH2O-CO
O

O

-COOCH3

-C
O

Poli(etylen terephtalat)

Một đ
oạn mạch cña polime:

CO

-C-O-CH2CH2-O
O

d. (0,5 điểm). Gliptan cũng là polieste, nhưng glyxerrin sẽ tạo thành nhựa mắt lưới dẻo cứng. Ở
giai đoạn đầu tiên sẽ hình thành polime thẳng với nhóm OH bậc một.
O C

O

O

O C

C O
+ OH-CH2CHCH2-OH
OH
C

-H2O

O

C O

+

+ OH-CH2CHCH2-OH
OH

C O-CH2CHCH2-O C
O
OH
O

C

O-CH2CHCH2-O C
O
OH

C

Một đ
oạn mạch của polime:

O-CH2CHCH2-O
O
OH

O

Nhúm OH t do bc hai sẽ liên kết chéo với nhiều phân tử anhiđrit phtalic khác.

e. (0,5 điểm). Poliuretan được hình thành từ etylen glicol với điisoxianat.

10/8 trang


HO-CH2CH2OH + O=C=N

N=C=O + HO-CH2CH2OH + O=C=N

N=C=O

CH3

CH3

O H
OCH2CH2O C N

Mét ®o¹n m¹ch cđa polime:

O H
H O
N C OCH2CH2O C N

H O
N C

CH3

CH3

O H

C N

H O
N C OCH2CH2O
CH3

Câu II (4 điểm): 1.a:1,0 điểm; b:1,0 điểm; 2. 1,5 điểm; 3. 0,5 điểm.
1.a. Hoàn thành dãy phản ứng sau:
HO

OH

CH3COOH
ZnCl2 khan

A

Me2SO4 (1:1)
Na2CO3 - axeton

B

PhCHO
Piperidin

t

C

o

D

O

E (C16H12O4)

b. Viết sơ đồ điều chế 4,4-đimetylxiclopentan-1,2-điol từ axeton và đietyl malonat.
2. Hợp chất A1 là dẫn xuất của eugenol có khả năng kích thích sinh trưởng thực vật. Từ
eugenol có thể tổng hợp A1 theo hai cách sau:
OH
OCH3

a.

NaOH/EtOH

1. ClCH2COONa, 90OC

A

140OC - 180OC

A1

2. HCl

CH2-CH=CH2
OH
OCH3

b.

1. NaOH
2. ClCH2COONa,

O
B 1. NaOH/EtOH, 100 C

2. HCl

90OC

A1

CH2-CH=CH2

Hãy giải thích và so sánh khả năng phản ứng của hai cách tổng hợp trên.
3. Các dẫn xuất chứa nitơ của A1 có hoạt tính kháng khuẩn và kháng nấm rất tốt. Xử lí
A1 với CH3OH/H2SO4 thu được A2, cho A2 phản ứng với hiđrazin hiđrat thì được A3.
Sản phẩm A4 là do A3 phản ứng với benzanđehit khi có mặt piperiđin. Hãy viết sơ đồ
phản ứng, cơng thức cấu tạo của A2, A3, A4 và gọi tên A1.
Hướng dẫn giải:
1.a.

OH

OH

OH

COCH3

CH3COOH
ZnCl2 khan

HO

HO

CH3O

A
OH
COCH=CHPh

CH3O

O

O

Ph
OH

CH3O

11/8 trang

B

CH3O

Ph

PhCHO
Piperidin

O

o

t

C

COCH3

Me2SO4 (1:1)
Na2CO3 - axeton

D

O

O
E


b.
O

CH2(COOEt)2

COOEt

R2NH, H+

COOEt

CH2(COOEt)2

COOEt 1.
H3O+

EtOOC

RO-

EtOOC

COOEt

2. -CO2
+
3. H / EtOH

NaBH4

Na
Xilen

EtOOC

COOEt

O

OH

HO

OH

2.(1,5 điểm).
ONa

OH
OCH3

a.

OCH3

NaOH/EtOH
140OC -

OCH2COOH
OCH3

1. ClCH2COONa , 90OC

180OC

2. HCl

A CH=CH-CH3

CH2- CH=CH2

A1 CH=CH-CH3
OCH2COOH

OCH2COONa

OH

OCH3

1. NaOH

OCH3

b.

2. HCl

B CH2- CH=CH2

CH2- CH=CH2

OCH3

1. NaOH/EtOH, 100O C

2. ClCH2COONa, 90OC

A1 CH=CH-CH3

Phản ứng tạo thành A là phản ứng đồng phân hoá eugenol thành isoeugenol trong môi trường
kiềm rượu theo cơ chế tạo cacbanion. Ở đây ArOH chuyển thành ArO - , sự liên hợp của O- với
nhân thơm làm giảm độ bền của cacbanion.
Trong q trình b. O- của ion ArOCH2COO- khơng liên hợp với nhân thơm nên cacbanion bền
hơn làm cho phản ứng đồng phân hố dễ dàng hơn. Do đó việc thực hiện theo quá trình b.
thuận lợi hơn, ở mhiệt độ thấp hơn và cho hiệu suất cao hơn.

3.(0,5 điểm).
OCH2COOH
OCH3

OCH2COOCH3
OCH3

CH3OH/H2SO4

CH=CH-CH3

OCH2CONHNH2
OCH3

N2H4.H2O

CH=CH-CH3
A2

OCH2CONHN=CHPh
OCH3

PhCHO
piperidin

CH=CH-CH3
A3

CH=CH-CH3
A4

A1: Axit isoeugenoxiaxetic
Câu III (4 điểm): 1. 3,0 điểm; 2. 1,0 điểm.
1. Để tổng hợp axit permetrinic (E), là một sản phẩm lí thú trong hóa học về thuốc trừ
sâu hại trong nông nghiệp, người ta thực hiện các phản ứng theo sơ đồ sau:
H+

a. 2-Metylbut-3-en-2-ol

3-Metylbut-2-en-1-ol

CH3C(OEt)3
(-EtOH)

A (C9H16O2)

Viết công thức cấu tạo của A và trình bày cơ chế của hai giai đoạn phản ứng.
b.

A

to
3,3

B

CCl4
FeCl3

C

tBuONa
(C6H6)

D

KOH
EtOH

HOOC

Cl
E

Cl

Viết công thức cấu tạo của B, C, D và trình bày cơ chế phản ứng B → C và C → D.
2. Hãy điều chế axit trans-crysanthemic (hình bên)
từ B (trong sơ đồ b. ở trên) và các hóa chất tuỳ chọn.
12/8 trang

HO
O


Hướng dẫn giải:
1.(a. 1,0 điểm; b. 2,0 điểm).
+

-H2O

H

a.

OH

OH2

OEt

..
O
H

C

+

CH3

+

OEt

OEt
OEt

OEt
H

H2O
_ +
H

+

+

+

O C
H CH3

+

OEt

OEt

O C

~H

OEt

OEt

OH

EtOH

O

CH2

A

H
b.

3
2

to

1

3,3

3
2

O

EtO

1

EtO

A

Cl

CCl4
FeCl3

B

O

EtO

O

C

tBuONa
(C6H6)

CCl3

KOH

Cl
EtOOC

CCl3

CCl3

EtOH

D

HOOC

Cl
Cl

E

Giai đoạn B → C phản ứng được tiến hành theo cơ chế cộng gốc:
CCl3-Cl

Fe(III)

Cl3C +

Cl3C + Cl
Cl3C

R

R

CCl4

Cl

R + Cl3C ...

Cl3C

R l phần phâ
n tử còn lại

2.(1,0 im)
Cl
COOOH

EtO

O

EtO

CrO3
Py

O

EtO

O

(CH3)2C=PPh3

O

OLi

OH
EtOOC

1.KOH, EtOH

H
EtOOC

O

LDA

EtOOC

2.H3O+

HOOC

Cõu IV (4,5 điểm): 1. 1,0 điểm; 2. 3,5 điểm.
1. Viết sơ đồ điều chế 2,3,4,5-tetraphenylxiclopenta-2,4-đienon từ benzanđehit, etyl fomiat và
các chất vô cơ cần thiết.
2. Xitral (C10H16O) là một monotecpen-anđehit có trong tinh dầu chanh. Oxi hóa xitral bằng
KMnO4 thu được axit oxalic, axeton và axit levulinic (hay axit 4-oxopentanoic). Từ xitral
người ta điều chế β-ionon để điều chế vitamin A.
a. Xác định cấu tạo và viết tên hệ thống của xitral.
13/8 trang


b. Viết sơ đồ các phản ứng chuyển hóa xitral thành β-ionon.
c. β-Ionon sinh ra có lẫn một lượng đáng kể chất đồng phân cấu tạo là α-ionon, không
thể tách ra bằng cách chưng cất.
Trình bầy cơ chế tạo thành α-ionon cùng với β-ionon. Nêu phương pháp tách
riêng hai đồng phân đó.
d. Từ β-ionon, axetilen,O
OCOCH3 và các hố chất cần thiết, hãy điều chế vitamin A.
O

OH

Vitamin A

β-Ionon

Hướng dẫn giải:
1.
PhCHO

Ph

CN-

Ph

O
PhCHO

Ph

Ph

O

O

OH
HBr

PhCH2OH

Ph

PCC

1.Mg, ete
2.HCOOEt

PhCH2Br

PCC

2.

Ph

Ph

Ph

1. Baz¬

O

Ph

OH

Ph

Ph
OH

Ph

Ph

O

Ph

O

Ph

O

Ph

2.(a: 0,5 điểm; b: 1,0 điểm; c: 1,0 điểm; d: 1,0 điểm).
a. Lập luận tìm cơng thức cấu tạo của xitral
O

3,7-imetylocta-2,6-ienal
b.
O

O

CH3COCH3/Ba(OH)2
ng ng tụ

O

H2SO4
đ
óng vòng

Xitral

-Ionon

c.
+

O

O

O

H+

+

O

-Ionon

+

-H+
O

-Iionon

tỏch riờng 2 ng phõn cu tạo là β-ionon và α-ionon, nguyên tắc là chuyển chúng
thành hỗn hợp các dẫn xuất ở nhóm C=O rồi kết tinh lại trong dung mơi thích hợp, khi
ấy 2 dẫn xuất có độ tan khác nhau sẽ được tách riêng ra. Sau cùng, chuyển 2 dẫn xuất
trở lại 2 xeton ban đầu, ví dụ

14/8 trang


β -Ionon
 -Ionon

β-Ionon thiosemicacbazon
 -Ionon thiosemicacbazon

H2NNHCSNH2

β -Ionon thiosemicacbazon
 -Ionon thiosemicacbazon

H+
thuû phâ
n

-Ionon

H+
thuỷ phâ
n

-Ionon

d.

-Ionon thiosemicacbazon
-Ionon thiosemicacbazon

Kết tinh lại
trong etanol

OH

O

C C
H

NaC CH

PPh3

O

1. Li/NH3 (khư C C)
+
2. H (chun vÞOH)

1. Ph3P

Br

2. C4H9Li

3. PBr3 (thÕOH)

OCOCH3

OCOCH3

Wittig

NaOH
thủ ph©
n

Vitamin A

Câu V (3,5 điểm: 2,5; 1,0).
1. Cho sơ đồ chuyển hoá sau:
CH3

HO

O
OMe

HIO4/H2O

C6H12O5

B

OH OH A

C

C8H16O5 C

O
/Ag 2
H 3I

CH2OH

H

2 /N

i, t

H
o

C

OCH3
O

H 3C

H
CH2OH

3 trúc của A (có biểu diễn cấu hình của từng
a. Viết cơng thứcCH
cấu
tử cacbon bất
C8H16ngun
O5
g 2O
A
/
O
β-glicozit?
I
đối). A thuộcHdãy nàoO(D hay L) và dạng α-glicozit hay
CH 3
HIO4/H2O
CH2cacbonyl.
OH
OMe
b. Viết công thức cấu tạo của B và C biết rằng
Giải thích
C6H12B
O5khơng chứa nhóm
H
H
OCH
sự tạo thành B.
2 /N

3
i to
OHnhóm
(A) cacbonyl mà vẫn bị khử ,bởi
OHchứa
C hiđro?O
c. Vì sao B khơng
2. Hợp chất A có cơng thức: Hãy gọi tên A và cho biết A có bao nhiêu dạng cấu trúc

H3C

H

khơng gian tương đối bền, các dạng CH
đó2khác
OH nhau về các yếu
tố lập thể nào? Hãy viết công thức cấu trúc của hai dạng tiêu
biểu, có ghi đầy đủ các ký hiệu lập thể thích hợp.

O

Hướng dẫn giải:
1.a.(1,0 điểm). Cấu trúc của A là
Nó thuộc dẫy L, loại β -glicozit.

O OMe

HO
CH3
OH

OH

b.(1,0 điểm). Sau khi phản ứng với HIO4, một nhóm anđehit bị hiđrat hố thành gem điol,
chất này tạo vịng với nhóm anđehit thứ hai, tiếp theo là phản ứng metyl hoá.
O OMe

HO
CH3

HIO4
H2O

OH

OH
A

O OMe
HC CH3
O

CH
HO OH

O OMe
HC CH3
HO O CH
B

OH

O OMe
CH3I
Ag2O

HC CH3
MeO O CH
C

OMe

c.(0,5 điểm). Dưới tác dụng của nhiệt, B mở vịng, bị đehiđrat hố trở lại anđehit và do
đó bị khử.
2.(1,0 điểm). A là: 6-metyl-2-p-tolylhept-4-en-3-on
15/8 trang


Có 8 dạng cấu trúc khơng gian tương đối bền, chúng khác nhau về các yếu tố: cấu hình
R/S, cấu hình E/Z và cấu dạng S-cis/S-trans.
H
Ar

(S)

H
(E)

(R)

O

Ar

S-trans

(Z)

O
S-cis

------------------ HẾT------------------

16/8 trang