30 đề thi học sinh giỏi môn hóa học lớp 10 & 11 của các trường chuyên khu vực duyên hải đồng bằng bắc bộ có đáp án

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN
HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
TỈNH PHÚ THỌ
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
BÀI THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
( Đề này có 04 trang, gồm 10 câu)
Câu 1: (2 điểm)
1. Tõ thùc nghiÖm, biÕt n¨ng l­îng ion hãa thø nhÊt(I 1 ) cña Li = 5,390 eV.
Qu¸ tr×nh Li - 2e → Li 2+ cã E = 81,009 eV.
H·y tÝnh n¨ng l­îng ion hãa I 2 vµ n¨ng l­îng kÌm theo qu¸ tr×nh: Li - 3e →
Li 3+ .
2. Dựa vào cấu tạo phân tử, hãy giải thích:
1. Phân tử khí CO có năng lượng liên kết lớn (1070 kJ.mol –1 ), lớn hơn cả năng
lượng liên kết ba trong phân tử khí N 2 (924 kJ.mol –1 ).
2. CO và N 2 có tính chất vật lí tương đối giống nhau, nhưng có những tính chất
hóa học khác nhau (CO có tính khử mạnh hơn, có khả năng tạo phức cao hơn N 2 ).
Câu 2: (2 điểm)
Kim loại X tồn tại trong tự nhiên dưới dạng khoáng vật silicát và oxit. Oxit
của X có cấu trúc lập phương với hằng số mạng a = 507nm, trong đó các ion kim
loại nằm trong một mạng lập phương tâm diện, còn các ion O 2- chiếm tất cả các lỗ
trống (hốc) tứ diện. Khối lượng riêng của oxit bằng 6,27 g/cm 3 .
1. Vẽ cấu trúc tế bào đơn vị của mạng tinh thể của oxit.
2. Xác định thành phần hợp thức của oxit và số oxi hoá của X trong oxit. Cho biết
công thức hoá học của silicat tương ứng (giả thiết X m (SiO 4 ) n ).
3. Xác định khối lượng nguyên tử của X và gọi tên nguyên tố đó.
Câu 3: (2 điểm)
1. Trong một thí nghiệm, Ernest Rutherford quan sát một mẫu 88 Ra 226 có khối
lượng 192 mg sau khi để 83 ngày. Số phân rã tạo ra bởi 1g Ra trong một giây là 4,6
×10 10 phân rã.
a) Hãy cho biết số phân rã quan sát được trong thí nghiệm của Rutherford.
b) 226 Ra phân rã phát ra tia và tạo thành 214 Pb. Hãy tính số nguyên tử He
được sinh ra trong thí nghiệm của Rutherford.
2. U 238 tù ph©n r· liªn tôc thµnh mét ®ång vÞ bÒn cña ch×. Tæng céng cã 8 h¹t
®­îc phãng ra trong qu¸ tr×nh ®ã. H·y gii thÝch vµ viÕt ph­¬ng tr×nh phn øng
chung cña qu¸ tr×nh nµy.

Câu 4: (2 điểm)
Amoni hidrosunfua là một chất không bền, dễ phân huỷ thành NH3 (k) và
H2S (k). Cho biết:
Hợp chất H0 (kJ/mol) S0 (J/K.mol)
NH4HS (r) 156,9 113,4
NH3(k) 45.9 192,6
H2S (k) 20,4 205,6
a) Hãy tính H o 298 , S o 298 và G o 298 của phản ứng trên
b) Hãy tính hằng số cân bằng Kp tại 250C của phản ứng trên
c) Hãy tính hằng số cân bằng Kp tại 350C của phản ứng trên, giả thiết H0 và S0
không phụ thuộc nhiệt độ.
d) Giả sử cho 1,00 mol NH4HS (r) vào một bình trống 25,00 lit. Hãy tính áp suất
toàn phần trong bình chứa nếu phản ứng phân huỷ đạt cân bằng tại 250C. Bỏ
qua thể tích của NH4HS (r).
Câu 5: (2 điểm)
Khí NO kết hợp với hơi Br 2 tạo ra một khí duy nhất trong phân tử có 3
nguyên tử.
1. Viết phương trình phản ứng xảy ra.
2. Biết phản ứng trên thu nhiệt, tại 25 o C có Kp = 116,6. Hãy tính Kp (ghi rõ đơn
vị) tại 0 o C ; 50 o C. Giả thiết rằng tỉ số giữa hai trị số hằng số cân bằng tại 0 o C với
25 o C hay 25 o C với 50 o C đều bằng 1,54.
3. Xét tại 25 o C, cân bằng hoá học đã được thiết lập. Cân bằng đó sẽ chuyển dịch
như thế nào? Nếu:
a) Tăng lượng khí NO.
b) Giảm lượng hơi Br 2 .
c) Giảm nhiệt độ.
d) Thêm khí N 2 vào hệ mà:
Câu 6 : (2 điểm)
- Thể tích bình phản ứng không đổi (V = const)
- Áp suất chung của hệ không đổi (P = const).
Có dung dịch A chứa hỗn hợp 2 muối MgCl 2 (10 -3 M) và FeCl 3 (10 -3 M). Cho
dung dịch NaOH vào dung dịch A.
a) Kết tủa nào tạo ra trước, vì sao? Khi kết tủa thứ hai bắt đầu tách ra thì nồng độ
ion kim loại thứ nhất còn lại trong dung dịch bằng bao nhiêu?

) Tìm pH thích hợp để tách một trong 2 ion Mg 2+ hoặc Fe 3+ ra khỏi dung dịch.
Cho T Mg(OH) 2 = 10 –11 ; T Fe(OH) 3 = 10 –39
Câu 7: (2 điểm)
1. Ăn mòn kim loại thường đi kèm với các phản ứng điện hóa. Tế bào điện hóa ứng
với quá trình ăn mòn được biểu diễn như sau (t=25 o C):
(-) Fe (r) │Fe 2+ (aq)║OH - (aq), O 2(k) │Pt (r) (+)
Cho biết thế khử chuẩn ở 25 o C: E o (Fe 2+ /Fe) = -0,44V, E o (O 2 /OH - ) = 0,40V.
1. Viết phản ứng xảy ra ở hai nửa pin và toàn bộ phản ứng.
2. Tính E o của phản ứng ở 25 o C.
3. Tính K của phản ứng.
4. Tính E của phản ứng biết: [Fe 2+ ] = 0,015M; pH nửa pin phải = 9,00
p(O 2 ) = 0,700bar.
2. Hoàn thành các phản ứng oxi hóa - khử sau, chỉ rõ sự oxi hoá, sự khử:
a) Cl 2 + I 2 + OH - →
b) NaClO + KI + H 2 O →
c) F 2 + …… → OF 2 + …..+…….
d) Na 2 SO 3 +……. → Na 2 S 2 O 3
Câu 8: (2 điểm)
Muối KClO 4 được điều chế bằng cách điện phân dung dịch KClO 3 . Thực tế
khi điện phân ở một điện cực, ngoài nửa phản ứng tạo ra sản phẩm chính là KClO 4
còn đồng thời xẩy ra nửa phản ứng phụ tạo thành một khí không màu. Ở điện cực
thứ hai chỉ xẩy ra nửa phản ứng tạo ra một khí duy nhất. Hiệu suất tạo thành sản
phẩm chính chỉ đạt 60%.
1. Viết ký hiệu của tế bào điện phân và các nửa phản ứng ở anot và catot.
2. Tính điện lượng tiêu thụ và thể tích khí thoát ra ở điện cực (đo ở 25 0 C và 1atm)
khi điều chế được 332,52g KClO 4 .
Cho F = 96500; R = 0,082 atm.lít/mol.K; H = 1; O = 16; Cl = 35,5; K = 39
Câu 9: (2 điểm)
Cho 88,2 g hỗn hợp A gồm FeCO 3 , FeS 2 cùng lượng không khí (lấy dư 10%
so với lượng cần thiết để đốt cháy hết A) vào bình kín dung tích không đổi. Nung
bình một thời gian để xảy ra phản ứng, sau đó đưa bình về nhiệt độ trước khi nung,
trong bình có khí B và chất rắn C (gồm Fe 2 O 3 , FeCO 3 , FeS 2 ). Khí B gây ra áp suất
lớn hơn 1,45% so với áp suất khí trong bình đó trước khi nung. Hòa tan chất rắn C
trong lượng dư H 2 SO 4 loãng, được khí D (đã làm khô); các chất còn lại trong bình
cho tác dụng với lượng dư dung dịch KOH thu được chất rắn E. Để E ngoài không
khí cho đến khi khối lượng không đổi, được chất rắn F. Biết rằng: Trong hỗn hợp
A một muối có số mol gấp 1,5 lần số mol của muối còn lại; giả thiết hai muối trong
A có khả năng như nhau trong các phản ứng; không khí chứa 20% oxi và 80% nitơ
về thể tích.

a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b) Tính phần trăm khối lượng của các chất trong hỗn hợp F.
c) Tính tỉ khối của khí D so với khí B.
Câu 10: (2 điểm)
KhÝ CO g©y ®éc v× t¸c dông víi hemoglobin (Hb) cña m¸u theo ph­¬ng tr×nh
3 CO + 4 Hb Hb 4 (CO) 3
Sè liÖu thùc nghiÖm t¹i 20 0 C vÒ ®éng häc phn øng nµy nh­ sau:
Nång ®é (mol. l -1 ) Tèc ®é ph©n huû Hb
CO Hb ( mol. l -1 .s -1 )
1,50
2,50
2,50
2,50
2,50
4,00
1,05
1,75
2,80
H·y tÝnh tèc ®é phn øng khi nång ®é CO lµ 1,30; Hb lµ 3,20 (®Òu theo
mol.l -1 ) t¹i 20 0 C .
----------------------------------------------HẾT----------------------------------------------
Người ra đề: Nguyễn Hồng Thư
ĐT: 0985340575

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG ĐỀ THI MÔN HOÁ - KHỐI 10
DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Thời gian làm bài: 180 phút
BẮC GIANG
(Đề thi gồm 10 câu trong 04 trang)
.
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Câu 1. Cấu tạo nguyên tử, phân tử- Định luật HTTH (2 điểm)
Hợp chất Z tạo thành từ 3 nguyên tố A,B,X có M 2 < 120 . Tổng số hạt proton,
nơtron,electron trong các phân tử AB 2 , XA 2 , XB lần lượt là 66,96,81
1. Xác định trên các nguyên tố A,B,X và công thức hóa học của Z
2. Nguyên tố Y tạo với A hợp chất Z ’ gồm 7 nguyên tử trong phân tử và tổng số hạt mang
điện trong Z ’ là 140 . Xác định Y và Z ’
3. Viết công thức electron , công thức cấu tạo của các chất AB,AB 2 , XA 2 ,XB,ZZ ’ , YCl 3 ,
Y 2 Cl 6 ( Cl : Clo )
Câu 2. Tinh thể (2 điểm)
1. Phân tử CuCl kết tinh dưới dạng lập phương tâm diện. Hãy biểu diễn mạng cơ sở của
CuCl.
a. Tính số ion Cu + và Cl - rồi suy ra số phân tử CuCl chứa trong mạng tinh thể cơ sở.
b. Xác định bán kính ion Cu + . Cho: D(CuCl) = 4,136 g/cm 3 ; r Cl- = 1,84 A 0 ; Cu = 63,5 ; Cl
= 35,5
2. Mạng lưới tinh thể của KCl giống như mạng lưới tinh thể của NaCl. Ở 18 o C, khối
lượng riêng của KCl bằng 1,9893 g/cm 3 , độ dài cạnh ô mạng cơ sở (xác định bằng
thực nghiệm) là 6,29082 Å. Dùng các giá trị của nguyên tử khối để xác định số
Avogadro. Cho biết K = 39,098; Cl = 35,453.
Câu 3. Phản ứng hạt nhân.(2 điểm)
1. Phòng thí nghiệm có mẫu phóng xạ Au 198 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 môi
1

không phóng xạ pha với 1g Au để có dung dịch nói trên. Biết rằng Au 198 có t 1/2 = 2,7
ngày đêm.
2. Cho dãy phóng xạ sau:
222
Rn 218 3,82d
Po
214 Pb
3,1min
214 Bi 214
Po
26,8min
Giả thiết rằng ban đầu chỉ có một mình radon trong mẫu nghiên cứu với hoạt độ
phóng xạ 3,7.10 4 Bq,
19,9min
164 s
a. Viết các phương trình biểu diễn các phân rã phóng xạ trong dãy trên.
b. Tại t = 240 min (phút) hoạt độ phóng xạ của 222 Rn bằng bao nhiêu?
c. Cũng tại t = 240 min hoạt độ phóng xạ của 218 Po bằng bao nhiêu?
d. Tại t = 240 min hoạt độ phóng xạ chung lớn hơn, nhỏ hơn hay bằng hoạt độ phóng
xạ ban đầu của 222 Rn.
Câu 4 . Nhiệt hóa học.(2 điểm)
Xác định nhiệt độ tại đó áp suất phân li của NH 4 Cl là 1 atm biết ở 25 0 C có các dữ kiện:
H 0 ht
(kJ/mol) G 0 ht
(kJ/mol)
NH 4 Cl (r) -315,4 -203,9
NH 3(k) -92,3 -95,3
HCl (k) -46,2 -16,6
Câu 5. Cân bằng hóa học pha khí.(2 điểm)
Ở 1020K, hai phản ứng sau có thể diễn ra đồng thời:
C (r) + CO 2(k) 2CO (k) (1) K P1 = 4
Fe (r) + CO 2(k) CO (k) + FeO (r) (2) K P2 = 1,25
Xét hệ gồm hai phản ứng trên.
1. Chứng minh rằng áp suất riêng phần của CO và CO 2 (và do đó áp suất toàn phần của
hệ) ở trạng thái cân bằng có giá trị xác định không phụ thuộc vào trạng thái đầu của hệ.
2. Cho vào bình kín dung tích V = 20 lít (không đổi) ở 1020K, 1 mol Fe, 1 mol C và 1,2
mol CO 2 . Tính số mol mỗi chất trong hệ tại thời điểm cân bằng?
Câu 6. Cân bằng trong dung dịch điện ly. (2 điểm)
1. Dung dịch A chứa hỗn hợp MgCl 2 10 4
M và FeCl 3 10 4
M. Tìm trị số pH thích hợp để
tách Fe 3+ ra khỏi dung dịch A dưới dạng kết tủa hidroxit. Cho biết tích số hòa tan:
K S (Mg(OH) 2 ) = 1,12.10 11 và K S (Fe(OH) 3 ) = 3,162.10 38
2

2. Chuẩn độ 20,00 ml dung dịch A bằng dung dịch HCl 0,10 M, khi chỉ thị metyl da cam
đổi màu (pH = 4,00) thì dùng hết 19,40 ml dung dịch HCl. Tính nồng độ CH 3 COONa
trong dung dịch A. Cho: pKa1(H S)
7,02; pK
2
a2(H2S)
12,9; pKa1(H3PO 4)
2,15; pKa2(H 3PO 4)
7,21;
pKa3(H3PO 4)
12,32; a(CH3COOH)
pK 4,76.
Câu 7. Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa. (2 điểm)
1. Trộn hai thể tích bằng nhau của hai dung dịch SnCl 2 0,100 M và FeCl 3 0,100 M. Xác
định nồng độ các ion thiếc và ion sắt khi cân bằng ở 25 0 C. Tính thế của các cặp oxi hóa
khử khi cân bằng.
2. Khi nhúng một sợi Ag vào dung dịch Fe 2 (SO 4 ) 3 2,5.10 -2 M. Xác định nồng độ của
Fe 3+ , Fe 2+ và Ag + khi cân bằng ở 25 0 C.
Biet
E o Sn 4+ = 15 ; E o ; E o
Sn 2+
+
2
0, V Fe 3+ = 0, 77 V Ag = 0, 80 V
Fe +
Ag
Câu 8. Nhóm Halogen. (2 điểm)
Cho m (g) muối halogen của một kim loại kiềm phản ứng với 200 ml dung dịch axít
H 2 SO 4 đặc, nóng (lấy dư). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khí X và hỗn hợp
sản phẩm Y. Dẫn khí X qua dung dịch Pb(NO 3 ) 2 thu được 23,9 (g) kết tủa mầu đen. Làm
bay hơi nước cẩn thận hỗn hợp sản phẩm Y thu được 171,2 (g) chất rắn A. Nung A đến
khối lượng không đổi thu được muối duy nhất B có khối lượng 69,6(g). Nếu cho dung
dịch BaCl 2 lấy dư vào Y thì thu được kết tủa Z có khối lượng gấp 1 ,674 lần khối lượng
muối B.
1. Tính nồng độ mol/1ít của dung dịch H 2 SO 4 và m (g) muối.
2. Xác định kim loại kiềm và halogen.
Câu 9. Nhóm O-S. (2 điểm)
1.Giải thích các hiện tượng sau: SnS 2 tan trong (NH 4 ) 2 S; SnS không tan trong dung dịch
(NH 4 ) 2 S nhưng tan trong dung dịch (NH 4 ) 2 S 2 .
2. Cho 6,00 gam mẫu chất chứa Fe 3 O 4 , Fe 2 O 3 và các tạp chất trơ. Hòa tan mẫu vào lượng
dư dung dịch KI trong môi trường axit (khử tất cả Fe 3+ thành Fe 2+ ) tạo ra dung dịch A.
Pha loãng dung dịch A đến thể tích 50ml. Lượng I 2 có trong 10ml dung dịch A phản ứng
2
vừa đủ với 5,50 ml dung dịch Na 2 S 2 O 3 1,00M (sinh ra SO 4 6
). Lấy 25 ml mẫu dung dịch
3

A khác, chiết tách I 2 , lượng Fe 2+ trong dung dịch còn lại phản ứng vừa đủ với 3,20 ml
dung dịch KMnO 4 1,00M trong dung dịch H 2 SO 4 .
a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (dạng phương
trình ion thu gọn).
b. Tính phần trăm khối lượng Fe 3 O 4 và Fe 2 O 3 trong mẫu ban đầu?
Câu 10. Động học. (2 điểm)
Trong một phản ứng bậc nhất tiến hành ở 27°C, nồng độ chất đầu giảm đi một nửa sau
3000 giây. Ở 37°C, nồng độ giảm đi 2 lần sau 1000 giây. Xác định:
1. Hằng số tốc độ ở 27°C.
2. Thời gian để nồng độ chất phản ứng còn lại 1/4 nồng độ đầu ở 37°C.
3. Hệ số nhiệt độ của hằng số tốc độ phản ứng
4. Năng lượng hoạt hóa của phản ứng.
--------------------Hết-----------------
NGƯỜI RA ĐỀ : Nguyễn Thị Hoa
Số điện thoại : 0962402565
4

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
BẮC GIANG ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HOÁ KHỐI 10
Câu 1: (2 điểm)
Gọi PX, NX lần lượt là số proton và nơtron của X
PY, NY lần lượt là số proton và nơtron của Y
Ta có: PX + nPY = 100 (1)
NX + nNY = 106 (2)
Từ (1) v à (2): (PX+NX) + n(PY+NY) = 206 AX+nAY = 206 (3)
Mặt khác: AX / (AX+nAY) = 15,0486/100 (4)
Từ (3), (4): AX = PX+NX = 31 (5)
Trong X có: 2PX - NX = 14 (6)
T ừ (5), (6): PX = 15; NX = 16 AX = 31
X là photpho 15P có cấu hình e là : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 3 nên e cuối cùng có bộ bốn số
lượng tử là:
n =3, l=1, m = +1, s = +1/2
Thay PX = 15; NX = 16 vào (1), (2) ta có nPY = 85; nNY = 90
nên: 18PY – 17NY = 0 (7)
Mặt khác trong Y có: 2PY – NY = 16 (8)
Từ (7), (8): PY = 17; NY = 18 AY = 35 và n = 5
Vậy: Y là Clo 17Cl có cấu hình e là 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5 ,
nên e cuối cùng có bộ bốn số lượng tử là: n = 3; l =1; m = 0, s = -1/2
1,0
b. Cl
A: PCl5; B: PCl3 Cl
c.
Cấu tạo của A: Cl P
- PCl5 có cấu trúc lưỡng tháp tam giác
- Nguyên tử P ở trạng thái lai hoá sp 3 d
Cl
Cấu tạo của B: ..
- PCl3 có cấu trúc tháp tam giác P
- Nguyên tử P ở trạng thái lai hoá sp 3
3 PCl5 + P2O5 = POCl3
PCl5 + 4H2O = H3PO4 + 5 HCl
2PCl3 + O2 = POCl3
PCl3 + 3H2O = H3PO3 + 3 HCl
Cl
Cl Cl
Cl
0.25
0.25
0.5
Câu 2. Tinh thể (2 điểm)
1.
a. Các ion Cl - xếp theo kiểu lập phương tâm mặt, các cation Cu + nhỏ hơn chiếm hết
số hốc bát diện. Tinh thể CuCl gồm hai mạng lập phương tâm mặt lồng vào nhau. Số
phối trí của Cu + và Cl - đều bằng 6
Số ion Cl - trong một ô cơ sở: 8.1/8 + 6.1/2 = 4
5
0.5

Số ion Cu + trong một ô cơ sở: 12.1/4 + 1.1 = 4; Số phân tử CuCl trong một ô cơ sở là 4.
b. Khối lượng riêng củaCuCl là:
D = (n.M) / (NA.a 3 ) a = 5,42.10 -8 cm ( a là cạnh của hình lập phương)
Có: 2.(r Cu+ + rCl-) = a = 5,42.10 -8 cm rCu+ = 0,87.10 -8 cm.
0.5
2. Xét một ô mạng cơ sở
0.25
Trong một ô mạng cơ sở có số ion K + (hoặc Cl - 1 1
) là: 8 + 6 = 4
8 2 0.25
Như vậy, trong một ô mạng cơ sở có 4 phân tử KCl
Xét 1 mol tinh thể KCl, khi đó: Khối lượng KCl là: 39,098 + 35,453 = 74,551 (g)
Thể tích tinh thể KCl là: 74,551 : 1,9893 = 37,476 (cm 3 )
0.25
Thể tích một ô mạng cơ sở là: (6,29082.10 -8 ) 3 = 2,4896.10 -22 (cm 3 )
Số ô mạng cơ sở là: 37,476 : (2,4896.10 -22 ) = 1,5053.10 23
Số phân tử KCl có trong 1 mol tinh thể KCl là: 1,5053.10 23 4 = 6,0212.10 23
Do đó, số Avogadro theo kết quả thực nghiệm trên là 6,0212.10 23
0.25
Câu 3. Phản ứng hạt nhân.(2 điểm)
1.
- t = 48 h = 2 ngày đêm.
- Áp dụng biểu thức tốc độ của phản ứng một chiều bậc một cho phản ứng
phóng xạ, ta có: = 0,693/t1/2;
Với t1/2 = 2,7 ngày đêm, = 0,257 (ngày đêm) -1 .
Từ pt động học p.ư một chiều bậc nhất, ta có: =(1/t) ln N0/N.
Vậy: N/N0 = e - t = e -0,257 x 2 = 0,598.
Như vậy, sau 48 giờ độ phóng xạ của mẫu ban đầu còn là:
0,598 x 4 = 2,392(mCi).
Do đó số gam dung môi trơ cần dùng là: (2,392 : 0,5) – 1,0 = 3,784 (g).
a)
222 86Rn 218 84Po + 4 2He
218 84Po 214 82Pb + 4 2He
214 82Pb
214 83Bi + -
214 83Bi
214 84Po + -
214 84Po 210 82Pb +
3,7.10 4 Bq = 1Ci , 240 min = 4 h
b) A1 = A01e -t = 1Ci.e -ln2.4/24.3,82 = 0,97 Ci
c) t = 240 min > 10 t1/2(Po), hệ đã đạt được cân bằng phóng xạ và
+ Quan niệm gần đúng rằng có cân bằng thế kỉ (1

d) A = A1 + A2 + ...> A01
0,25
Câu 4 . Nhiệt hóa học.(2 điểm)
Đối với phản ứng : NH4Cl(r) NH3(k) + HCl(k)
Hằng số cân bằng : K = PNH . P HCl ( )
3(
k ) k
Gọi T là nhiệt độ phải tìm thì với áp suất phân li là 1 atm, ta có áp suất riêng phần cân
bằng của NH3 và HCl là :
P = NH 3 ( k
P
) HCl(k
= 0,5 atm
)
Do đó : KT = 0,5.0,5=0,25 (atm) 2
Ở 25 0 C :
0
của phản ứng :
G 298
0
G 298
= -95,3 – 16,6 + 203,9 = 92kJ
0
Từ công thức G = -RTlnK, ta có :
92000 = -8,314.298.lnK298
lnK298 = -37,133
Mặt khác xem như trong khoảng nhiệt độ đang xét
0
không đổi nên :
0
H 298
H 298
= - 92,3 - 46,2 + 315,4 = 176,9 (kJ) = 176 900 (J)
Mối liên quan giữa 2 nhiệt độ đang xét :
0
K 1 1
ln T H
( ) T = 596,8 0 K
K R 298
298
T
0.5
0.5
0.5
0.5
Câu 5. Cân bằng hóa học pha khí.(2 điểm)
Nội dung
a. C(r) + CO2(k) 2CO(k) (1) KP1 = 4
2
PCO
Fe(r) + CO2(k) CO(k) + FeO(r) (2) KP2 = 1,25 K
P1
4 ,
P
K
P2
PCO
1,25 PCO 3,20;P
CO
2,56,P
t
5, 76
2
P
CO 2
P không phụ thuộc vào trạng thái đầu của hệ.
b. Gọi x, y là lần lượt là lượng C và Fe đã phản ứng ở thời điểm cân bằng (cho tới lúc
đạt cân bằng).
(1)
[ ]
C
1 - x
CO2
1,2 - x - y
2CO
2x + y
(2)
[ ]
Fe
1- y
CO2
1,2 - x - y
CO
2x + y
FeO
y
Tại thời điểm cân bằng: nkhí = 2x + y + 1,2 - x - y = 1,2 + x
Pt
V
PCOV
PtV = (1,2 + x)RT 1,2 x ; PCO.V = (2x + y)RT
2x
y
RT
RT
Pt = 5,76, PCO = 3,20 x = 0,18; y = 0,405
Thành phần của hệ ở trạng thái cân bằng:
nC = 0,82 mol; nFe = 0,595 mol; nFeO = 0,405 mol; nCO = 0,765 mol; nCO2 = 0,615
CO 2
Điểm
0.5
0.5
0.5
0,5
7

mol
Câu 6. Cân bằng trong dung dịch điện ly. (2 điểm)
1. Để tách hết Fe 3+ ở dạng kết thì : không có Mg(OH) 2 và Fe 3+ 10 -6
Tách hết Fe 3+ : Fe 3+ 10 -6 và Ks = Fe 3+ .OH - 3 = 3,162.10 -8
Fe (OH) 3
Fe 3+ =
3,162.10
38
OH
3
10 -6 OH - 3,162.10
6
10
38
= 3,162.10 11
14
H 10
= 0,32.10 3 pH 3,5
11
3,162.10
Không có Mg(OH)2: Mg 2+ .OH - 2 1,12.10 11
OH - 11
14
1,12.10
= 3,35.10 4
H 10
pH 10,5
4
4
10
3,35.10
Vậy: 3,5 pH 10,5
2. Khi chuẩn độ dung dịch A bằng HCl, có thể xảy ra các quá trình sau:
S 2- + H + HS - 10 12,9
HS - + H + H2S 10 7,02
CH3COO - + H + CH3COOH 10 4,76
- 4,00
4,00
[HS ] 10
Tại pH = 4,00: >>1 [HS - ] >> [S 2- [H2S] 10
]; >> 1
2- 12,90
- 7,02
[S ] 10
[HS ] 10
[H2S] >> [HS - ];
4,00
[CH3COOH] 10
10 0,76 1
- 4,76
[CH COO ] 10
3
0,76
[CH3COOH] 10
0,8519
- 0,76
[CH3COOH]+[CH 3COO ] 110
Như vậy khi chuẩn độ đến pH = 4,00 thì ion S 2- bị trung hòa hoàn toàn thành H2S
và 85,19% CH3COO - đã tham gia phản ứng:
0,10. 19,40 = 20,00.(2.0,0442 + 0,8519.C2) C
- = C2 = 0,010 (M).
CH3COO
0.5
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu 7. Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa. (2 điểm)
1. Sn 2+ + 2 Fe 3+ Sn 4+ + 2 Fe 2+
CMcb 0,05-x 0,05-2x x 2x
lgK = 2.(0,77 – 0,15)/ 0,059 = 21 => K = 10 21
K rất lớn và nồng độ Fe 3+ cho phản ứng nhỏ hơn nhiều so với Sn 2+ => phản ứng
gần như hoàn toàn 2x ; 0,05
[Fe 2+ ] = 0,05 M; [Sn 4+ ] = 0,025 M; [Sn 2+ ] = 0,025 M; [Fe 3+ ] = M
K =
2
0,025. 0,05
2
0,025.
=> 1.10 21 0,0025
=
2
Khi cân bằng Ecb = 0,77 + 0,059 lg
0.25
0.25
=> = [Fe 3+ ] = 1,58.10 -12 M
0.25
12
= 0,15 + 0,059 lg 0,025
2 0,025 = 0,15 V 0.25
1,58.10
0,05
8

2.
Ag + Fe 3+ Ag + + Fe 2+
CMcb 0,05 - x x x
0,77 0,80
lgK = = -0,51 => K = 0,31
0,059
2
x
Ta có:
0,05 x
= 0,31 => x = [Ag+ ] = [Fe 2+ ] = 4,38.10 -2 M
[Fe 3+ ] = 6. 10 -3 M.
3
6.10
Ecb = 0,77 + 0,059 lg = 0,80 + 0,059 lg 4,38.10 -2 = 0,72 V
2
4,38.10
3,2
32
0.5
0.5
Câu 8. Nhóm Halogen. (2 điểm)
1.
Gọi công thức muối halozen: MR.
Theo đầu bài khí X có mùi đặc biệt, phản ứng với Pb(NO3)2 tạo kết tủa đen, khí X
sinh ra do phản ứng của H2SO4 đặc. Vậy X là H2S. Các phương trình phản ứng:
8MR + 5H2SO4 = 4M2SO4 + 4R2 + H2S + 4H2O. (1)
0,8 0,5 0,4 0,4 0,1
H2S + Pb(NO3)2 = PbS + 2HNO3. (2)
0,1 0,1
BaCl2 + M2SO4 = 2MCl2 + BaSO4 (3)
Theo (2): nH2S = nPbS = 23,9: 239 = 0,1(mol)
theo (1): nM2SO4 = 4nH2S = 0,4(mol) = nR2
nH2SO4(pư) = 5nH2S = 0,5(mol)
Khối lượng R2 = 171,2 - 69,6 = 101,6 (g)
Theo (3): nBaSO4 = (1,674. 69,6): 233 = 0,5(mol)
Vậy số mol H2SO4 dư: 0,5- 0,4= 0,1(mol)
Nồng độ mol/l của axit là: (0,5+ 0,1): 0,2= 3(M)
Khối lượng m(g)= mM+ mR (với mM= 69,6- 0,4. 96= 31,2 gam )
m(g)= 31,2+ (171,2- 69,6)= 132,8(g)
0.25
0,25
0,25
0.25
0,25
0,25
2) X¸c ®Þnh kim lo¹i kiÒm vµ halogen.
+ Tìm Halogen: 101,6 : 0,4 = 2. MR MR = 127 (Iot)
+ Tìm kim loại: 0,8.(M + 127) = 132,8 MM =39 (Kali)
0.25
0.25
Câu 9 Nhóm O-S. (2 điểm)
1.
- SnS2 là sunfua axit nên tác dụng với (NH4)2S là sunfua bazơ:
SnS2 + (NH4)2S → (NH4)2SnS3 (*)
- SnS là sunfua bazơ nên không tác dụng với (NH4)2S (sunfua bazơ). Tuy nhiên, đối
với dung dịch (NH4)2S2 phản ứng có thể xảy ra vì, trước hết (NH4)2S2 oxi hoá SnS:
SnS + (NH4)2S2 → (NH4)2S + SnS2
sau đó SnS2 tạo thành sẽ phản ứng với (NH4)2S như phản ứng (*).
9
0.25
0.25

2.
a. Fe O 8H 2Fe3 Fe2
4H O
3 4 2
(1)
Fe O 6H
2Fe3 3H O
2 3 2
(2)
2Fe3 3I 2Fe2 I
3
(3)
2S O 2 I S O 2 3I
2 3 3 4 6
(4)
5Fe2 MnO 8H 5Fe3 Mn2
4H O (5)
4 2
b.
Trong 25 ml: 3
2
=0,016 (mol)
Fe
MnO4
→ trong 10ml n 2 = 6,4x10 -3 (mol)
Fe
Từ (3) và (4): n = 2 n
Fe SO 2 3
2 = 5,5x1x10 -3 = 5,5x10 -3 (mol)
Từ (3): n 3
Fe = n 2
Fe =5,5x10 -3 (mol) =2( n
Fe3O
+ n
4 Fe2O
)
3
Có thể xem Fe3O4 như hỗn hợp Fe2O3.FeO
n
FeO
= n
Fe3O
= 6,4x10 -3 – 5,5x10 -3 = 9x10 -4 (mol)
4
1
n
Fe2O
= 3
3
n
2 Fe
n
Fe3O
=1,85x10 -3 (mol).
4
Trong 50 ml : n
Fe3O
=4,5x10 -3 (mol) → m
4
Fe3O
=1,044 gam
4
→ % khối lượng Fe3O4 = 1,044/6 x 100% = 17,4%
m
n
Fe2O
= 9,25x10 -3 (mol) →
3
Fe 2 O 3
→ % khối lượng Fe2O3 = 1,48/6 x 100% = 24,67%
=1,48 gam
0.5
0,5
0,5
Câu 10. Động học. (2 điểm)
Đáp án
a. Phản ứng bậc 1 nên
k
Nội dung
0,693 0,693
s -1 .
10 4
2,31.
27
t1/ 2
3000
b) Phản ứng bậc 1 nên từ a a/2 cần t1/2; từ a/2 a/4 cần t1/2 t = 2t1/2 = 2000
giây.
4
0,693 0,693
4
c)
6,93. 10
k s -1 k k 6,93.10
37 ; = 27 10 37
3
4
t1/ 2
1000
k27
k27
2,31.10
.
k37 Ea
1 1
k37
1 1
d) ln Ea = R.ln :
k R 310 300 k 310 300
Ea
27
6,93.10
2,31.10
4
8,314.ln
4
:
1
310
27
1
84944,92 J/mol 84,945 kJ/mol.
300
Điểm
0,5
0.5
0.5
0.5
0.25
Nguyễn Thị Hoa, Số điện thoại : 0962402565
10

11

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG
DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
TỈNH BẮC NINH
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC – KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề này có 04 trang, gồm 10 câu)
Câu 1(Cấu tạo nguyên tử, phân tử - Định luật tuần hoàn): 2 điểm
Bảng dưới đây ghi các giá trị năng lượng ion hóa liên tiếp I n ( n = 1 6)(eV) và ái
lực với electron A(eV) của 3 nguyên tố X, Y, Z trong cùng một chu kì như sau:
Nguyên tố I 1 I 2 I 3 I 4 I 5 I 6 A
X 11,26 24,37 47,86 64,47 392,02 489,88 -1,25
Y 14,5 29,60 47,40 67,40 97,81 610,52 +0,32
Z 13,61 35,10 54,88 77,39 113,87 138,08 -1,465
1. Lập luận xác định tên các nguyên tố X, Y, Z?
2. Viết cấu hình electron của X ở trạng thái kích thích trong đó không có electron nào có
số lượng tử chính lớn hơn số thứ tự của chu kì.
3. Tính năng lượng của các ion X + ; Y + ; Z + ; X - ; Y - ; Z - ?
Câu 2(Tinh thể): 2 điểm
Muối LiCl kết tinh theo mạng tinh thể lập phương tâm diện. Ô mạng cơ sở có độ dài
mỗi cạnh là 0,514nm. Giả thiết ion Li + nhỏ đến mức có thể xảy ra sự tiếp xúc anion –
anion và ion Li + được xếp khít vào khe giữa các ion Cl - .
1. Hãy vẽ hình một ô mạng cơ sở LiCl.
2. Tính độ dài bán kính của mỗi ion Li + , Cl - trong mạng tinh thể?
3. Xác định khối lượng riêng của tinh thể LiCl. Biết Li = 6,94; Cl = 35,45.
Câu 3(Phản ứng hạt nhân): 2 điểm
1. So sánh độ bền của hạt nhân các nguyên tử sau: Dơteri( 2 238
54
1D ), Uran( 92U ) và sắt( 26
Fe ).
Từ đó, em có thể rút ra nhận xét gì? Biết: 2 238
54
1D = 2,013674; 92U = 238,125; 26
Fe = 53,956,
m n = 1,008612; m p = 1,007238; 1u = 931,5MeV/c 2 .
Trang 1

2. Các nuclit phóng xạ nhân tạo Be-7( t 1/ 2
= 53,37 ngày) và Ga-67 ( t 1/ 2
= 78,25 giờ) đều
được dùng trong các thí nghiệm chỉ thị phóng xạ. Khi phân hủy phóng xạ Be-7 chuyển
thành Li-7; Ga-67 phóng xạ cùng một kiểu với Be-7.
a. Xác định kiểu phóng xạ của Be-7.
b. Viết phương trình phân hủy phóng xạ của Ga-67.
c. Hai mẫu Be-7 và Ga-67 đều có độ phóng xạ bằng 7,0.10 7 Bq. Sau 3/4 giờ độ
phóng xạ của chúng còn bằng bao nhiêu?
Cho: M(Be-7) = 7,01693; M (Li-7)= 7,01600; m e = 0,0005486.
Câu 4(Nhiệt hóa học): 2 điểm
Một phản ứng dùng để luyện kẽm theo phương pháp khô là:
ZnS(r) + 3/2O 2 (k) → ZnO(r) + SO 2 (k)
1. Tính ∆H o của phản ứng ở nhiệt độ 298K và 1350K, coi nhiệt dung của các chất không
phụ thuộc vào nhiệt độ ở miền nhiệt độ nghiên cứu.
2. Giả thiết ZnS nguyên chất. Lượng ZnS và không khí (20% O 2 và 80% N 2 theo thể tích)
lấy đúng tỉ lệ hợp thức bắt đầu ở 298K sẽ đạt đến nhiệt độ nào khi chỉ hấp thụ lượng nhiệt
tỏa ra do phản ứng ở điều kiện chuẩn tại 1350K (lượng nhiệt này chỉ dùng để nâng nhiệt
độ các chất đầu). Hỏi phản ứng có duy trì được không, nghĩa là không cần cung cấp nhiệt
từ bên ngoài, biết rằng phản ứng trên chỉ xảy ra ở nhiệt độ không thấp hơn 1350K?
Cho biết: + Entanpi tạo thành chuẩn của các chất ở 25 o C (kJ.mol -1 )
Hợp chất ZnO(r) ZnS(r) SO 2 (k)
∆H o f -347,98 -202,92 -296,90
+ Nhiệt dung mol đẳng áp của các chất (J.K -1 .mol -1 ):
Hợp chất ZnS(r) ZnO(r) SO 2 (k) O 2 (k) N 2 (k)
C o p 58,05 51,64 51,10 34,24 30,65
Câu 5(Cân bằng hóa học pha khí): 2 điểm
Cho cân bằng: PCl 5(k) ⇌ PCl 3(k) + Cl 2(k) K P = 1,85 ở 525K
Làm ba thí nghiệm:
Thí nghiệm 1: Cho 1 mol PCl 5 vào bình chân không có dung tích không đổi. Lúc đạt cân
bằng ở 525K, áp suất trong bình là 2 atm.
Trang 2

Thí nghiệm 2: Làm giống thí nghiệm 1 nhưng cho thêm vào bình 1 mol khí agon và vẫn
duy trì nhiệt độ là 525K.
Thí nghiệm 3: Khi cân bằng ở thí nghiệm 2 được thiết lập nguời ta vẫn duy trì nhiệt độ của
bình là 525K nhưng tăng dung tích của bình lên sao cho áp suất cân bằng là 2atm.
Tính số mol PCl 5 và Cl 2 khi cân bằng trong mỗi thí nghiệm.
Câu 6(Cân bằng trong dung dịch điện ly): 2 điểm
Trộn các thể tích bằng nhau của 4 dung dịch sau: C 6 H 5 COOH 0,04M; HCOOH
0,08M; NH 3 0,22M; H 2 S 0,1M được dung dịch A
1. Cho biết thành phần giới hạn của dung dịch A?
2. Không tính pH, hãy cho biết dung dịch A có phản ứng axit hay bazơ? Vì sao?
3. Tính thể tích của dung dịch HCl( hoặc NaOH) 0,05M cần để trung hòa 20ml dung dịch
A đến pH = 10.
Cho pK a của C 6 H 5 COOH: 4,20; HCOOH: 3,75; NH 4
: 9,24; H 2 S: 7,02; 12,90.
Câu 7(Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa): 2 điểm
Dung dịch X gồm Cu(NO 3 ) 2 0,06M và Pb(NO 3 ) 2 0,04M
1. Tính pH của dd X.
2. Cho 25,00 ml dd X trộn vào 25,00 ml dung dịch NaIO 3 0,12M và HIO 3 0,14M thu được
dung dịch Y. Cho điện cực Cu nhúng vào dung dịch Y rồi ghép thành pin với điện cực Ag
nhúng vào dung dịch Z gồm AgNO 3 0,01M và NaI 0,04M ở 25 0 C.
a. Viết sơ đồ pin điện?
b. Tính suất điện động của pin ở 25 0 C ?
Biết: pK s của Cu(IO 3 ) 2 , Pb(IO 3 ) 2 , AgI lần lượt là 7,13 ; 12,61 ; 16,00
10 ; 10 ; E 0,337 V; E 0,126 V; E 0,799V
* 8 * 7,8 0 0 0
Cu( OH )
Pb( OH )
2 Cu / Cu
2 Pb / Pb
Ag / Ag
Câu 8(Nhóm Halogen): 2 điểm
1. Bằng hiểu biết về liên kết hoá học, hãy giải thích sự biến đổi năng lượng liên kết trong
dãy halogen:
Phân tử F 2 Cl 2 Br 2 I 2 At 2
- E X – X (Kcal/mol) 37,0 59,0 46,1 36,1 25,0
Trang 3

2. Nêu và giải thích ngắn gọn qui luật biến đổi :
Tính axit và độ bền phân tử trong dãy axit : HClO, HClO 2 , HClO 3 , HClO 4 .
Tính oxi hoá trong dãy ion: ClO , ClO 2 , ClO 3 , ClO 4 .
Câu 9(Nhóm oxi – lưu huỳnh): 2 điểm
Hãy cho biết hiện tượng xảy ra khi cho khí hiđrosunfua lội qua dung dịch gồm
HgCl 2 0,01 M; ZnCl 2 0,01 M; FeCl 3 0,01 M; HCl 1,00 M cho đến bão hoà (nồng độ
dung dịch H 2 S bão hòa là 0,10 M)
Cho: Các giá trị pK s của FeS, ZnS, HgS tương ứng là 17,2; 21,6; 51,8
H 2 S (pK a1 = 7,02 ; pK a2 = 12,90) ; E 0 (Fe 3+ /Fe 2+ ) = 0,771 V; E 0 (S/H 2 S) = 0,141 V
Câu 10(Động học): 2 điểm
Ở một nhiệt độ đã cho, tốc độ của một phản ứng phụ thuộc vào thời gian theo
phương trình: lgv = -0,68 – 0,09t
trong đó v là tốc độ phản ứng tính bằng mol/(L.s), t là thời gian tính bằng s.
Tính tốc độ phản ứng khi 50% chất đầu đã phản ứng, hằng số tốc độ và nồng độ đầu của
chất tham gia phản ứng.
************************** HẾT **************************
Người ra đề
Nguyễn Thị Loan
(Sđt: 0972973729)
Trang 4

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG
DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
TỈNH BẮC NINH
ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC – KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài: 180 phút
HƯỚNG DẪN
CÂU Ý NỘI DUNG CẦN ĐẠT ĐƯỢC ĐIỂM
CÂU 1 1/ *Đối với nguyên tố X:
Ii 1
I5
So sánh các tỉ số ta thấy
I I
i
thuộc nhóm IVA, nên X có thể là C, Si, Ge, Sn, Pb.
4
Ii 1
lớn hơn các tỉ số khác nên X
I
i
2
6
Theo quy tắc Slayter, I6( C) E 5
13,6 489,6( eV ) xấp xỉ I
C
2
6(X) .
1
Vậy, X là cacbon Y, Z thuộc chu kì 2.
*Đối với nguyên tố Y:
I6
Ta thấy,
I lớn hơn các tỉ số Ii
1
khác nên Y thuộc nhóm VA Y là
I
5
Nitơ
*Đối với nguyên tố Z:
i
Ii 1
Từ I 1 đến I 6 , các tỉ số xấp xỉ nhau, Z có ái lực với electron lớn nên
I
i
Z có thể là Oxi hoặc Flo
Cấu hình electron của O: 1s 2 2s 2 2p 4 ; của F: 1s 2 2s 2 2p 5 ; của N: 1s 2 2s 2 2p 3 .
Dựa vào cấu hình electron ta thấy, I 1(N) > I 1(O) ; I 1(F) > I 1(N)
Theo đề bài, I 1(Z) < I 1(N) nên Z là oxi.
0,25
0,25
0,25
2/ Cấu hình electron của X ở trạng thái cơ bản: 1s 2 2s 2 2p 2
Cấu hình electron của X ở trạng thái kích thích thỏa mãn đề bài là:
1s 2 2s 1 2p 3 ; 1s 2 2s 0 2p 4 ; 1s 1 2s 2 2p 3 ; 1s 1 2s 1 2p 4 ; 1s 1 2s 0 2p 5 ; 1s 0 2s 2 2p 4 ;
1s 0 2s 1 2p 5 ; 1s 0 2s 0 2p 6 . 0,5
3/ Năng lượng của các ion:
Trang 5

*C + : E ( I2 I3 I4 I5 I6) 1018,6( eV )
C
*C - : E ( I1 I2 I3 I4 I5 I6) AE
1031,11( eV )
C
*N + : E ( I2 I3 I4 I5 I6 I
7)
N
2
7
với I7(N) E 6
13,6 666,4( eV ) nên E 1529,1( )
N
2
eV
N
1
*N - : E ( I1 I
2I3 I4 I5 I6 I7) AE
1543,28( eV )
N
*O + : E ( I2 I3 I4 I5 I6) ( I7 I8)
O
0,25
0,25
2
(8 0,3)
Với I7 I8 E 2 213,6 1612,688( eV )
1s
2
1
nên E 2032,008( eV )
O
*O - : E ( I1 I2 I3 I4 I5 I6 I7 I8) AE
2047,083( eV )
O
CÂU 2 1/ Vẽ ô mạng cơ sở của LiCl 0,5
2/ Vì có sự tiếp xúc anion – anion nên
10
4r a 2 r 1,82.10 ( m)
Cl
Cl
Vì ion Li + được xếp khít vào khe giữa các anion Cl - nên
11
2( r r ) a r 7,53.10 ( m)
Cl Li Li
3/ Mỗi ô mạng tinh thể chứa 4 phân tử LiCl nên ta có:
m 4.(6,94 35,45)
DLiCl
g cm
23 8 3
V 6,02.10 .(5,14.10 )
CÂU 3 1/ Độ hụt khối của hạt nhân nguyên tử
m Z. m ( A Z).
m m
p n ntu
3
2,074( / )
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
nên
m u u m u
3 1
D
2,176.10 ( ); mFe 4,73324.10 ( );
U
1,798248( )
Năng lượng liên kết hạt nhân
E m c m u MeV c
2 2
. ( ).931,5( / )
E 2,027( MeV ); E 440,901( MeV ); E 1675,068( MeV )
H Fe U
Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân E
E
A
1,0135( MeV ); 8,1648( MeV ); 7,0381( MeV )
E( H ) E(Fe) E(U)
Năng lượng liên kết riêng càng lớn, hạt nhân càng bền
Hạt nhân nguyên tử Fe bền hơn U, bền hơn D.
0,25
0,25
0,25
Trang 6

*Nhận xét: Hạt nhân có khối lượng trung bình thì bền vững hơn hạt
nhân có khối lượng nhẹ và nặng. 0,25
2/ a/ 7 Be có thể phóng xạ + hay bắt electron theo phương trình:
Be Li
7 7
4 3
Be e Li
7 7
4 3
(1)
(2)
∆m 1 = M Be - M Li - 2m e = - 1,682.10 -4 u
∆m 2 = M Be - M Li = 9,3.10 -4 u.
Vậy, chỉ có quá trình (2) có thể xảy ra.
b/ Phương trình phóng xạ của Be – 7 và Ga – 67 là
0,25
0,25
CÂU 4 1/
Be
7 7
4 3
67 67
31 30
Li
Ga Zn
0,25
c/ Phản ứng phóng xạ tuân theo động học bậc nhất
t
tT / 1/2
A A .e hay A A .( ) với T 1/2 là chu kì bán hủy
0 0
1
2
Áp dụng biếu thức ta có, sau ¾ giờ,
A
7 7
Be
6,997.10 (Bq);AGa
6,998.10 ( Bq)
0,25
∆H o 298 = -347,98 – 296,90 + 202,92 = -441,96kJ
0,5
∆C o p = 51,64 + 51,10 – 58,05 – 3/2.34,24 = -6,67J.K -1
∆H 1350 = ∆H o 298 +
1350
0
Cp.
dT
= -448976,84J
298
0,5
2/ Vì nhiệt cung cấp chỉ dùng để nâng nhiệt độ các chất ban đầu nên:
H
C
o
P
o
1350
C
T
298
o
p ZnS)
3 C
2
o
p(
O )
6C
o
p(
N )
( 2
2
293,31dT
0 T 1829K
293,31JK
T = 1829K > 1350K nên phản ứng tự duy trì được.
CÂU 5 *Thí nghiệm 1:
1
0,5
0,5
PCl 5 ⇌ PCl 3 + Cl 2
CB: 1 – x x x
n = 1 + x
Trang 7

2 2
x 2 2x
Ta có: 1,85
1 x 1 x 1 x
Cl2 PCl5
2
x n 0,693mol n 0,307mol
0,75
*Thí nghiệm 2:
Thêm Ar vào ở T, V không đổi nên áp suất riêng phần của từng chất và
hằng số K p không đổi. Cân bằng không chuyển dịch, kết qủa giống thí
nghiệm 1
*Thí nghiệm 3:
0,5
PCl 5 ⇌ PCl 3 + Cl 2 + Ar
CB: 1 – x x x 1
n = 2 + x
CÂU 6 1/
2 2 2
x / (2 x) 2x
1,85 2
2
(1 x) / (2 x) 2 x x
x n 0,77mol n 0,23mol
0,75
Cl
PCl
2 5
Tính lại nồng độ của các chất sau khi trộn:
C 6 H 5 COOH: 0,01M; NH 3 : 0,055M; HCOOH: 0,02M; H 2 S: 0,025M
Sau khi trộn, xảy ra các phản ứng sau:
NH 3 + HCOOH NH 4
+ HCOO - K = 10 5,49
0,055 0,02
0,035 - 0,02 0,02
NH 3 + C 6 H 5 COOH NH 4
+ C 6 H 5 COO - K = 10 5,04
0,035 0,01
0,025 - 0,01 0,01
NH 3 + H 2 S NH 4
+ HS - K = 10 2,23
0,025 0,025
- - 0,025 0,025
Vậy thành phần giới hạn của dung dịch A là:
NH 4
: 0,055M; HCOO - : 0,02M; C 6 H 5 COO - : 0,01M; HS - : 0,025M
2/ Trong dung dịch A có các cân bằng sau:
0,25
0,25
Trang 8

NH NH H
9,24
4
ƒ
3
Ka
10 (1)
HS ƒ S H
2 12,90
a2
H O OH H
14
2
ƒ Kw
10 (3)
HS H O H S OH
6,98
2
ƒ
2
Kb2
10 (4)
6 5 2 6 5
K 10 (2)
C H COO H O ƒ C H COO H OH
K
9,8
10 (5)
10,25
HCOO ƒ HCOOH OH
Kb
10 (6)
So sánh (1), (2) và (3), bỏ qua cân bằng (2) và (3)
So sánh (4), (5) và (6), bỏ qua cân bằng (5) và (6)
Do đó, cân bằng (1) và (4) quyết định pH của dung dịch.
Mặt khác, ta có:
K . C K . C
a(1) NH b(4)
4
Vì vậy, dung dịch A có phản ứng bazơ, pH > 7
3/ Căn cứ vào pH của dung dịch sau phản ứng( pH = 10) để xác định chất
đã tham gia phản ứng
Trong dung dịch A, NH 4
và HS - có thể phản ứng với dung dịch
NaOH; HS - , HCOO - và C 6 H 5 COO - có thể phản ứng với dung dịch HCl.
Tính bazơ của HS - lớn hơn của C 6 H 5 COO - và lớn hơn của HCOO - .
Tính axit của NH 4
lớn hơn của HS - .
Tại pH = 10, ta có:
HS
9,24
NH3
K a
10
NH4
H
[ ] 10
; 1 nên NH 4
đã tham gia
[ ] [ ] 10
phản ứng. Vì vậy, phải dùng dung dịch NaOH để trung hòa dung dịch
A đến pH=10
Ta có, tại pH = 10:
[ NH ] 10
[ NH ]+[ ] 10 10
9,24
3
4
NH3
9,24
10
b
0,8519
nên 85,19% NH 4
đã tham gia phản ứng
2
12,9
[ S ] K
2
10
a
= 1
10
[ HS ] [ H ] 10
nên HS - chưa tham gia phản ứng
Phương trình phản ứng trung hòa dd A: OH - + NH 4
NH 3 + H 2 O
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,055.0,8519.20
nNaOH
n V NH ddNaOH
18,74( ml )
4 pu
0,05
0,25
Trang 9

CÂU 7 1/
Ta có các cân bằng:
Cu 2+ + H 2 O Cu(OH) + + H + (1) K 1 = 10 -8
Pb 2+ + H 2 O Pb(OH) + + H + (2) K 2 = 10 -7,8
Vì C 2 . K1
C
Cu ≈ 2
Pb 2
và (2), bỏ qua cân bằng (3).
H 2 O H + + OH - (3) K w = 10 -14
. K >> K w nên ta có thể tính pH theo cân bằng (1)
Theo điều kiện proton, ta có:
H
Cu( OH )
Pb( OH )
Theo cân bằng (1), (2), ta có :
2
2
K1. Cu K2.
Pb
2
2
h
h K1. Cu K2.
Pb
h h
Giả sử nồng độ cân bằng của Cu 2+ , Pb 2+ là nồng độ ban đầu, ta tính
được h = 3,513.10 -5 (M)
Tính lại nồng độ cân bằng của Cu 2+ , Pb 2+ theo giá trị H + ở trên
Gọi x, y lần lượt là nồng độ cân bằng của Cu(OH) + , Pb(OH) +
Theo cân bằng (1), (2) ta có
K
K
1
2
5
x.3,513.10
10 x1,708.10
0,06 x
8 5
5
y.3,513.10
10 y1,805.10
0,04 y
7,8 5
Giá trị của x, y rất nhỏ so với nồng độ ban đầu nên nồng độ cân bằng
của Cu 2+ , Pb 2+ coi như bằng nồng độ ban đầu( kết quả lặp)
Vậy [H + ] = 3,513.10 -5 ; pH = 4,454
2/ a/ Sau khi trộn,
C 0,03 M; C 0,02 M; C 0,07 M; C 0,13M
2 2
3
Cu Pb H IO
Vì môi trường axit mạnh nên bỏ qua sự tạo phức hiđroxo của các ion
kim loại
Các phản ứng:
.
0,25
0,25
0,25
0,25
Pb 2+ + 2IO 3
- Pb(IO 3 ) 2 K 3 = 10 12,61 >>
C bđ 0,02 0,13
Trang 10

[ ] 0 0,09
Cu 2+ + 2IO 3
- Cu(IO 3 ) 2 K 4 = 10 7,13 >>
C bđ 0,03 0,09
[ ] 0 0,03
Thành phần giới hạn của dung dịch Y gồm: Pb(IO 3 ) 2 ; Cu(IO 3 ) 2 ; IO 3- ;
H + ; Na + ; NO 3
-
Có các cân bằng:
0,125
Pb(IO 3 ) 2
Pb 2+ + 2IO 3
-
(4) K 3
-1
= 10 -12,61
Cu(IO 3 ) 2
Cu 2+ + 2IO 3
-
(5) K 4
-1
= 10 -7,13
Vì K 3
-1
phản ứng hoàn toàn
C bđ 0,01 0,04
Sau 0 0,03
Thành phần giới hạn của dung dịch: AgI; I - ; Na + , NO 3
-
Có cân bằng:
AgI
Ag + + I - K 6
-1
= 10 -16
C bđ 0 0,03
[ ] x 0,03 + x
Trang 11

1 16
K6 x.(0,03 x) 10 x = 3,333.10 -15
Thế điện cực Ag nhúng vào dung dịch A là:
E E
Ag
0,058( V )
0
15
0,0592log 0,799 0,0592log(3,333.10 )
Ag / Ag Ag / Ag
0,125
Vì E E 2
nên điện cực Cu là catot ở bên phải sơ đồ pin, điện
Ag / Ag Cu / Cu
cực Ag là anot ở bên trái sơ đồ pin. Vậy, sơ đồ pin là
(-) Ag│AgI, dung dịch I - 0,03M ║ Pb(IO 3 ) 2 ; Cu(IO 3 ) 2 ; IO
- 3
0,03M; H + ; Na + ; NO 3- │Cu (+)
0,25
b/ Ở 25 0 C, E pin = E (+) - E (-) = 0,216 – (-0,058) = 0,274 (V) 0,25
CÂU 8 1/ Sự biến đổi năng lượng liên kết trong dãy halogen :
- Năng lượng liên kết X – X trong F 2 nhỏ hơn trong Cl 2 và Br 2 do trong
F 2 chỉ có xen phủ p–p còn trong Cl 2 At 2 ngoài sự xen phủ p –p còn
có xen phủ p – d làm tăng độ bền liên kết.
0,5
- Năng lượng liên kết giảm từ Cl 2 At 2 là do bán kính nguyên tử tăng
dần từ F At nên mức độ xen phủ giữa các AO giảm dần độ bền
liên kết X – X giảm từ Cl 2 At 2 .
0,5
2/ Nêu và giải thích qui luật biến đổi:
Tính axit tăng từ HClO HClO 4 do khi số nguyên tử O liên kết
với nguyên tử Cl tăng làm tăng mật độ điện tích dương trên Cl làm
giảm mật độ điện tích âm trên nguyên tử O của nhóm O – H tăng độ 0,25
phân cực của liên kết O – H tính độ linh động của H.
Độ bền tăng từ HClO HClO 4 do khi số nguyên tử O liên kết
với nguyên tử Cl tăng tăng số cặp electron quanh nguyên tử Cl
làm giảm độ dài liên kết Cl – O; đồng thời khi số nguyên tử O tăng
0,25
làm tăng tính đối xứng của các ion độ bền của các gốc axit tăng.
Tính oxi hoá trong dãy ion: ClO
, ClO 2 , ClO 3 , ClO 4 giảm do độ
0,5
bền của các ion tăng khả năng hoạt động hoá học giảm.
CÂU 9 Dựa trên các tích số tan của các chất và thế điện cực học sinh thấy
được các phản ứng có thể xảy ra theo thứ tự là:
Trang 12

Hg 2+ + H 2 S ƒ HgS + 2H + K 1 = K s1
-1
.K a1 .K a2 = 10 31,88 (1)
0,01 1,00
- 1,02
2Fe 3+ + H 2 S ƒ 2Fe 2+ + S + 2H + 2 (0,7710,141)/0,0592 21,28
K 10 10 (2)
0,01 1,02
- 0,01 1,03
Zn 2+ + H 2 S ƒ ZnS + 2H + K 3 = K s3
-1
.K a1 .K a2 = 10 1,68 (3)
Fe 2+ + H 2 S ƒ FeS + 2H + K 4 = K s4
-1
.K a1 .K a2 = 10 -2,72 (4)
Theo phản ứng (1), (2), giá trị K 1 , K 2 tìm được rất lớn nên có kết tủa
HgS và S tạo ra.
Theo phản ứng (3) và (4), các giá trị K 3 , K 4 nhỏ nên cần phải xác định
xem có tạo kết tủa FeS và ZnS hay không.
*Đánh giá khả năng kết tủa của ZnS và FeS:
Vì H 2 S là một axit yếu nên chấp nhận [H + ] = CH
+ = 1,03 M, môi
2
0,5
0,25
trường axit, bỏ qua sự tao phức hiđroxo của ion Zn 2+ và ion Fe 2+ tức là
C’Zn 2+ = 0,01M và C’ Fe2+ = 0,01 M.
Từ cân bằng H 2 S ƒ 2H + + S 2- K = K a1 .K a2 = 10 -19,92 (5)
K . K .[ H S] 10 0,1
C 2
[ S ]= 10
S
[ H ] 1,03
19,92
2
a1 a2 2
20,95
2 2
Vậy ta có:
C’Fe 2+.C’ S 2-- = 0,01.10-20,95 = 10 -22,95

Như thế, phản ứng có sự phụ thuộc lgv = -0,68 – 0,09t (2) phải là
phản ứng bậc 1 với lgv 0 = -0,68.
→ v 0 = 10 -0,68 mol/(L.s) = 0,21 mol/(L.s)
Khi C = C 0 /2 thì v =v 0 /2 = 0,105 mol/(L.s)
→ lgv = lg0,105 = -0,98 (3)
0,5
0,5
Thay (3) vào (2): - 0,98 = -0,68 – 0,09t 1/2
→ t 1/2 = 3,33 s → k = ln2/t 1/2 = 0,21 s -1
→ C 0 = v 0 /k = 0,21 mol/(L.s): 0,21 s -1 = 1 mol/L
0,5
Trang 14

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỀ THI MÔN HOÁ KHỐI 10
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015
TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN THÀNH PHỐ HÀ NỘI Thời gian làm bài 180 phút
ĐỀ THI ĐÈ XUẤT
(Đề này có 3 trang, gồm 10 câu)
Câu I (2đ): Cấu tạo nguyên tử- Hệ thống tuần hoàn.
Cho A, B là 2 nguyên tố kế tiếp nhau trong cùng một chu kỳ của bảng tuần hoàn trong đó B
có tổng số lượng tử ( n + l ) lớn hơn tổng số lượng tử ( n + l ) của A là 1. Tổng số đại số của
bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng của cation A a
là 3,5.
1. Xác định bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng trên A, B.
2. Viết cấu hình electron và xác định tên của A, B.
Câu II (2đ): Liên kết hóa học- Hình học phân tử- Tinh thể
1. Silic có cấu trúc tinh thể giống kim cương.
a. Tính bán kính nguyên tử silic. Cho khối lượng riêng của silic tinh thể bằng
2,33g.cm -3 ; khối lượng mol nguyên tử của Si bằng 28,1g.mol -1 .
b. So sánh bán kính nguyên tử của silic với cacbon (rC = 0,077 nm) và giải thích.
2. Hãy so sánh và giải thích
a. Nhiệt hình thành của COF2 và COCl2.
b. Góc liên kết XSX trong các phân tử SO2X2 với X là các nguyên tử halogen.
3. Thực nghịêm xác định được momen lưỡng cực của phân tử H2O là 1,85D, góc liên kết
HOH là 104,5 o , độ dài liên kết O – H là 0,0957 nm. Tính độ ion của liên kết O – H trong phân
tử nước (bỏ qua momen tạo ra do các cặp electron hóa trị không tham gia liên kết của oxy)
Cho biết: 1D = 3,33.10 -30 C.m; Điện tích của electron là -1,6.10 -19 C; 1nm = 10 -9 m.
Câu 3 (2đ):(Phản ứng hạt nhân)
Khi nghiên cứu một mẫu cổ vật nguồn gốc hữu cơ chứa 1 mg cacbon, người ta thấy rằng tỷ lệ
14
C
đồng vị của mẫu là 1,2.10 -14 .
12
C
a. Có bao nhiêu nguyên tử 14 C có trong mẫu ?
b. Tốc độ phân rã của 14 C trong mẫu bằng bao nhiêu ?
c. Tuổi của mẫu nghiên cứu bằng bao nhiêu ?
Cho chu kỳ bán hủy của 14 C là 5730 năm, hoạt độ phóng xạ riêng của cacbon thời
chưa có các hoạt động hạt nhân của con người là 227 Bq/KgC. Cho biết 1Bq = 1 phân rã/giây.
Câu 4 (2đ): Nhiệt hóa học.
Một phản ứng dùng để luyện kẽm theo phương pháp khô là:
ZnS(r) + 3/2O2(k) → ZnO(r) + SO2(k)
1. Tính ∆H o của phản ứng ở nhiệt độ 298K và 1350K, coi nhiệt dung của các chất
không phụ thuộc vào nhiệt độ ở miền nhiệt độ nghiên cứu.
2. Giả thiết ZnS nguyên chất. Lượng ZnS và không khí (20% O2 và 80% N2 theo thể
tích) lấy đúng tỉ lệ hợp thức bắt đầu ở 298K sẽ đạt đến nhiệt độ nào khi chỉ hấp thụ lượng
nhiệt tỏa ra do phản ứng ở điều kiện chuẩm tại 1350K (lượng nhiệt này chỉ dùng để nâng
nhiệt độ các chất đầu)
Hỏi phản ứng có duy trì được không, nghĩa là không cần cung cấp nhiệt từ bên ngoài, biết
rằng phản ứng trên chỉ xảy ra ở nhiệt độ không thấp hơn 1350K?
3. Thực tế trong quặng sfalerit ngoài ZnS còn chứa SiO2. Vậy hàm lượng % của ZnS
trong quặng tối thiểu phải là bao nhiêu để phản ứng có thể tự duy trì được?
Biết:
ZnS(r) ZnO(r) SO2(k) O2(k) N2(k) SiO2(r)
∆H o (kJ.mol -1 ) -202,92 -347,98 -296,90
C o p (J.K -1 .mol - 58,05 51,64 51,10 34,24 30,65 72,65
1 )
MZnS = 97,42g.mol -1 ; MSiO2 = 60,10g.mol -1
1

Câu 5 (2đ): Cân bằng hóa học trong pha khí.
Amoni hiđrosunfua là một chất không bền, dễ phân huỷ thành NH 3 (k) và H 2 S (k).
Biết:
Hợp chất H 0 (kJ/mol) S 0 (J/K.mol)
NH 4 HS (r) 156,9 113,4
NH 3 (k) 45,9 192,6
H 2 S (k) 20,4 205,6
a. Tính H o 298 ,S o 298 và G o 298 của phản ứng trên
b. Tính hằng số cân bằng Kp tại 25 0 C của phản ứng trên
c. Tính hằng số cân bằng Kp tại 35 0 C của phản ứng trên.
Giả thiết H 0 và S 0 không phụ thuộc nhiệt độ.
d. Giả sử cho 1,00 mol NH 4 HS (r) vào một bình trống có thể tích 25,00 lít. Hãy tính áp
suất toàn phần trong bình, nếu phản ứng phân huỷ đạt cân bằng ở 25 0 C, bỏ qua thể tích của
NH 4 HS (r). Nếu thể tích bình là 100,00 lít, hãy tính lại áp suất toàn phần trong thí nghiệm
trên.
Câu 6 (2đ): Cân bằng axit- bazơ, tạo kết tủa.
Dung dịch A chứa NH3 0,2M; Na2C2O4 0,1M; Na2SO4 0,08M.
a. Tính pH của dung dịch A.
b. Thêm dần CaCl2 vào dung dịch A vào 10ml dung dịch A đến C = 0,18M.
Tính [C2O4 2- ], [SO4 2- ], [Ca 2+ ]? (Coi như thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể)
Cho pKa: NH4 + (9,24); HSO4 - (2,00); H2C2O4 (1,25; 4,27)
pKs: CaSO4 (4,26); CaC2O4 (8,75);
= 10-12,6
*
( CaOH )
Câu 7 (2đ): Phản ứng oxi hóa khử-pin điện hóa.
Dung dịch X gồm K2Cr2O7 0,010M; KMnO4 0,010M; Fe2(SO4)3 0,0050M và H2SO4 (pH của
dung dịch bằng 0).Thêm dung dịch KI vào dung dịch X cho đến nồng độ của KI là 0,50M,
được dung dịch Y (coi thể tích không thay đổi khi thêm KI vào dung dịch X).
a. Hãy mô tả các quá trình xảy ra và cho biết thành phần của dung dịch Y.
b. Tính thế của điện cực platin nhúng trong dung dịch Y.
c. Cho biết khả năng phản ứng của Cu 2+ với I - (dư) ở điều kiện tiêu chuẩn.Giải thích.
d. Viết sơ đồ pin được ghép bởi điện cực platin nhúng trong dung dịch Y và điện cực
platin nhúng trong dung dịch gồm Cu 2+ , I - (cùng nồng độ 1M) và chất rắn CuI. viết phương
trình hoá học của các phản ứng xảy ra trên từng điện cực và xảy ra trong pin khi hoạt động.
Cho: E 0 (Cr2O7 2- /Cr 3+ ) = 1,330V; E 0 (MnO4 - /Mn 2+ )= 1,510V; E 0 (Fe 3+ /Fe 2+ ) = 0,771V; E 0 (I3 - /I -
)= 0,5355V; E 0 (Cu 2+ /Cu + ) = 0,153V; pKs(CuI) = 12; ở 25 0 C: 2,303 RT 0,0592; Cr(z = 24).
F
Câu 8 (2đ): Nhóm halogen.
a. Độ bền đối với nhiệt từ HF đến HI thay đổi như thế nào? Có phù hợp với sự thay đổi
nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi không?
b. Điclo oxit ClO2 là một chất khí được dùng để tẩy trắng trong sản xuất giấy. Phương pháp
tốt nhất để điều chế ClO2 trong phòng thí nghiệm là cho hỗn hợp KClO3 và H2C2O4 tác dụng với
H2SO4 loãng. Trong công nghiệp ClO2 được điều chế bằng cách cho NaClO3 tác dụng với SO2 có
mặt H2SO4 4M.
* Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
2

* ClO2 là hợp chất dễ gây nổ, tại sao điều chế ClO2 trong phòng thí nghiệm theo phương
pháp trên tương đối an toàn?
Câu 9 (2đ): Oxi-Lưu huỳnh.
Trong một bình kín dung tích không đổi chứa 50 (g) hỗn hợp gồm: a1 (g) FeCO3 chứa a% tạp
chất trơ và a2 (g) FeS2 cũng chứa a% tạp chất trơ và một lượng gấp 1,5 lần lượng cần thiết
không khí giàu oxi (70% N2 và 30% O2 về thể tích). Nung nóng bình để phản ứng xảy ra hoàn
toàn thu được hỗn hợp oxit B và hỗn hợp khí C, sau đó đưa nhiệt độ bình về trạng thái ban
đầu thấy áp suất trong bình vẫn như trước khi nung.
Lấy chất rắn trong bình cho vào ống sứ, đốt nóng rồi dẫn một luồng khí CO đi qua.
Sau khi kết thúc thí nghiệm, từ chất rắn còn lại trong ống sứ lấy ra được 17,92 (g) sắt, biết
rằng chỉ có 80% sắt oxit bị khử thành sắt.
Cho hỗn hợp khí C vào bình kín dung tích không đổi 5 lít có mặt xúc tácV2O5, nung
nóng bình ở 546 0 C đến khi phản ứng oxi hóa SO2 đạt trạng thái cân bằng thấy áp suất trong
bình lúc đó là 38,304 atm.
a. Tính % tạp chất trơ a và khối lượng a1, a2.
b. Tính hằng số cân bằng phản ứng oxi hóa khử SO2 thành SO3 ở 546 0 C.
Câu 10 (2đ): Động học của phản ứng.
Đối với phản ứng: A + B → C + D
1. Trộn 2 thể tích bằng nhau của dung dịch chất A và dung dịch chất B có cùng nồng độ 1M:
a. Nếu thực hiện phản ứng ở nhiệt độ 333,2K thì sau 2 giờ nồng độ của C bằng
0,215M. Tính hằng số tốc độ của phản ứng.
b. Nếu thực hiện phản ứng ở 343,2K thì sau 1,33 giờ nồng độ của A giảm đi 2 lần.
Tính năng lượng hoạt hoá của phản ứng (theo kJ.mol -1 ).
2. Trộn 1 thể tích dung dịch chất A với 2 thể tích dung dịch chất B, đều cùng nồng độ 1M, ở
nhiệt độ 333,2K thì sau bao lâu A phản ứng hết 90%?
.................HẾT.................
3

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
ĐỀ XUẤT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI – ĐBBB 2015
Môn: Hóa học – Lớp 10
Câu I(2đ): Cấu tạo nguyên tử- Hệ thống tuần hoàn.
Cho A, B là 2 nguyên tố kế tiếp nhau trong cùng một chu kỳ của bảng tuần hoàn trong đó B
có tổng số lượng tử ( n + l ) lớn hơn tổng số lượng tử ( n + l ) của A là 1. Tổng số đại số của
bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng của cation A a
là 3,5.
1. Xác định bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng trên A, B.
2. Viết cấu hình electron và xác định tên của A, B.
Hướng dẫn:
Nội dung
Điểm
1.
Vì 2 nguyên tố kế tiếp nhau trong cùng một chu kỳ nên 2 nguyên tố có cùng số lớp 0,5 đ
electron (cùng n ). Mà tổng ( n + l ) của B lớn hơn tổng ( n + l ) của A là 1 nên: Cấu hình
electron lớp ngoài cùng của A, B là:
A: ns 2 ; B: np 1
Mặt khác A có 2e ở lớp ngoài cùng cation A có dạng A 2+ . Vậy tổng đại số của 4 số 0.5đ
lượng tử của A 2+ là: (n – 1 ) + 1 + 1 – 1/2= 3,5
Vậy 4 số lượng tử của :
0.25đ
1
A : n = 3 l = 0 m = 0 s = - 2
B: n = 3 l = 1 m = - 1 s = + 2
1 0.25đ
2. A: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 ( Mg ). 0.25đ
B: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 1 ( Al ). 0.25đ
Câu II(2đ): Liên kết hóa học- Hình học phân tử- Tinh thể
1. Silic có cấu trúc tinh thể giống kim cương.
a. Tính bán kính nguyên tử silic. Cho khối lượng riêng của silic tinh thể bằng
2,33g.cm -3 ; khối lượng mol nguyên tử của Si bằng 28,1g.mol -1 .
b. So sánh bán kính nguyên tử của silic với cacbon (rC = 0,077 nm) và giải thích.
2. Hãy so sánh và giải thích
a. Nhiệt hình thành của COF2 và COCl2.
b. Góc liên kết XSX trong các phân tử SO2X2 với X là các nguyên tử halogen.
3. Thực nghịêm xác định được momen lưỡng cực của phân tử H2O là 1,85D, góc liên kết
HOH là 104,5 o , độ dài liên kết O – H là 0,0957 nm. Tính độ ion của liên kết O – H trong phân
tử nước (bỏ qua momen tạo ra do các cặp electron hóa trị không tham gia liên kết của oxy)
Cho biết: 1D = 3,33.10 -30 C.m; Điện tích của electron là -1,6.10 -19 C; 1nm = 10 -9 m.
Hướng dẫn:
Nội dung
1.
a. Từ công thức tính khối lượng riêng
n.
M
D = V1 ô = ( 8.28,1)/(2,33.6,02.10 23 ) = 16,027 cm 3 .
.
N A
V
a= 5,43.10 -8 cm; d = a. 3 = 5,43.10 -8 .1,71 = 9.39.10 -8 cm;
Bán kính của nguyên tử silic là: r = d/8 = 1,17 .10 -8 cm;
4
Điểm
0.25đ

. Có rSi (0,117 nm) > rC( 0,077 nm). Điều này phù hợp với quy luật biến đổi bán kính
nguyên tử trong một phân nhóm chính.
0.25đ
2.
a. Ta có sơ đồ tạo thành COX2 có thể biểu diễn theo sơ đồ sau:
C (graphit) + 1/2O 2 + X 2
ht
COX 2
th
1/2E lk E X2
-2E lkC-X
C(khí) + O(khí) + 2X(khí)
-E lkC=O
Hht ( COF 2 )
Hht ( COCl 2 )
( Elk ( F2 )
Elk ( Cl2
)) 2( Elk ( CCl )
Elk ( CF)
)
+ Nguyên tử F không có phân lớp d nên phân tử F2 chỉ có đơn thuần 1 liên kết
đơn. Còn nguyên tử Cl có phân lớp d nên ngoài 1 liên kết đơn, giữa 2 nguyên tử Cl có
một phần liên kết kiểu p
d , do đó, Elk ( F2) Elk ( Cl2)
(1)
+ So với nguyên tử F, nguyên tử Cl có bán kính lớn hơn, độ âm điện nhỏ hơn,
do đó Elk ( CCl
)
Elk ( CF)
(2)
Từ (1) và (2) suy ra, H
H
ht ( COF 2) ht ( COCl 2)
b. + Phân tử SO2X2 có cấu tạo tứ diện, nguyên tử S lai hóa sp 3
+ S tạo liên kết đôi S = O với 2 nguyên tử O, tạo liên kết đơn S – X với 2
nguyên tử X, mật độ electron ở liên kết đôi S = O lớn hơn ở liên kết đơn S – X.
+ Từ F đến I, độ âm điện giảm dần nên mật độ electron càng ở xa nguyên tử
phối trí X, càng gần trung tâm S
Do đó, góc liên kết OSO tăng dần từ F đến I, ngược lại, góc liên kết SXS
(giảm) dần từ F đến I, có nghĩa là góc liên kết FSF < ClSCl < BrSBr < ISI (phối tử
có độ âm điện lớn, góc liên kết nhỏ)
0.5đ
3.
H
O
H
của phân tử bằng tổng các momen của hai liên kết (O – H):
Từ đó sử dụng các hệ thức lượng trong tam giác ta tính được momen của liên
kết O – H là: 1,51D
Tính OH (t.tế) 1,5109 D
9
0,0957.10 .1,6.10
Tính OH (l.thuyết) = l.e =
30
3,33.10
19
0.5đ
4,5982 D 0.5đ
5

% =
1,5109
100% 32,8585%
4,5982
0.5đ
Câu 3(2đ): (Phản ứng hạt nhân)
Khi nghiên cứu một mẫu cổ vật nguồn gốc hữu cơ chứa 1 mg cacbon, người ta thấy rằng tỷ lệ
14
C
đồng vị của mẫu là 1,2.10 -14 .
12
C
a. Có bao nhiêu nguyên tử 14 C có trong mẫu ?
b. Tốc độ phân rã của 14 C trong mẫu bằng bao nhiêu ?
c. Tuổi của mẫu nghiên cứu bằng bao nhiêu ?
Cho chu kỳ bán hủy của 14 C là 5730 năm, hoạt độ phóng xạ riêng của cacbon thời
chưa có các hoạt động hạt nhân của con người là 227 Bq/KgC. Cho biết 1Bq = 1 phân rã/giây.
Hướng dẫn:
0,001
23
19
0.5đ
a.Tổng số nguyên tử C trong mẫu vật .6,02.10 5,02.10 nguyên tử
12
Số nguyên tử 14 C = 5,02.10 19 .1,2.10 -14 = 6,02.10 5 nguyên tử.
b. Tốc độ phân rã:
0.5đ
ln2
ln2
5
6
A k.
N . N
.6,02.10 2,31.10 ( Bq)
t 5730.365.24.60.60
1
2
c. Tuổi của mẫu nghiên cứu
t1
6
1 No 1 Ao
2
Ao
5730 227.10
t ln ln ln .ln. 37925 năm
6
k N k A ln A ln 2,31.10
2
2
Câu 4(2đ): Nhiệt hóa học.
Một phản ứng dùng để luyện kẽm theo phương pháp khô là:
ZnS(r) + 3/2O2(k) → ZnO(r) + SO2(k)
1. Tính ∆H o của phản ứng ở nhiệt độ 298K và 1350K, coi nhiệt dung của các chất
không phụ thuộc vào nhiệt độ ở miền nhiệt độ nghiên cứu.
2. Giả thiết ZnS nguyên chất. Lượng ZnS và không khí (20% O2 và 80% N2 theo thể
tích) lấy đúng tỉ lệ hợp thức bắt đầu ở 298K sẽ đạt đến nhiệt độ nào khi chỉ hấp thụ lượng
nhiệt tỏa ra do phản ứng ở điều kiện chuẩm tại 1350K (lượng nhiệt này chỉ dùng để nâng
nhiệt độ các chất đầu)
Hỏi phản ứng có duy trì được không, nghĩa là không cần cung cấp nhiệt từ bên ngoài, biết
rằng phản ứng trên chỉ xảy ra ở nhiệt độ không thấp hơn 1350K?
3. Thực tế trong quặng sfalerit ngoài ZnS còn chứa SiO2. Vậy hàm lượng % của ZnS
trong quặng tối thiểu phải là bao nhiêu để phản ứng có thể tự duy trì được?
Biết:
ZnS(r) ZnO(r) SO2(k) O2(k) N2(k) SiO2(r)
∆H o (kJ.mol -1 ) -202,92 -347,98 -296,90
C o p (J.K -1 .mol - 58,05 51,64 51,10 34,24 30,65 72,65
1 )
MZnS = 97,42g.mol -1 ; MSiO2 = 60,10g.mol -1
Hướng dẫn giải
1đ
Nội dung
Điểm
6

1. ∆H o 298 = -347,98 – 296,90 + 202,92 = -441,96kJ
∆C o p = 51,64 + 51,10 – 58,05 – 3/2.34,24 = -6,67J.K -1
∆H1350 = -448976,84J
0 0 3 0 0 1
CP CP(ZnS) CP( O2) 6CP(N 2)
293,31 J.
K
2
2.
T
0
1350
293,31dT 0 T 1829K
. T = 1829K > 1350K nên phản ứng
298
tự duy trì được.
3. Gọi x là số mol SiO2 có trong 1 mol ZnS
C
o o
3 o
o
o
6 293,31
72,65 (
1
p
C
p ZnS)
C
p(
O )
C
p(
N )
xCp(
SiO )
x )
%ZnS = 47%
2
( 2
2
1350
2
JK
293,31dT
72,65xdT
0 x
448976,84
1,84mol
298
1350
298
0,25x4=1đ
0.5đ
0.25đ
0,25đ
Câu 5(2đ): Cân bằng hóa học trong pha khí.
Amoni hiđrosunfua là một chất không bền, dễ phân huỷ thành NH 3 (k) và H 2 S (k).
Biết:
Hợp chất H 0 (kJ/mol) S 0 (J/K.mol)
NH 4 HS (r) 156,9 113,4
NH 3 (k) 45,9 192,6
H 2 S (k) 20,4 205,6
a. Tính H o 298 ,S o 298 và G o 298 của phản ứng trên
b. Tính hằng số cân bằng Kp tại 25 0 C của phản ứng trên
c. Tính hằng số cân bằng Kp tại 35 0 C của phản ứng trên.
Giả thiết H 0 và S 0 không phụ thuộc nhiệt độ.
d. Giả sử cho 1,00 mol NH4HS (r) vào một bình trống có thể tích 25,00 lít. Hãy tính áp suất
toàn phần trong bình, nếu phản ứng phân huỷ đạt cân bằng ở 25 0 C, bỏ qua thể tích của
NH 4 HS (r). Nếu thể tích bình là 100,00 lít, hãy tính lại áp suất toàn phần trong thí nghiệm
trên.
Giải:
Nội dung
Điểm
a. H 0 = 45,9 20,4 ( 156,9 ) = 90,6 kJ/mol
0.5đ
S 0 = 192,6 + 205,6 113,4 = 284,8 J/K.mol
G 0 = H 0 T. S 0 = 90600 298,15 284,8 = 5687 J/mol hay 5,687
kJ/mol
b. G 0 = RT.ln K a 5687 = 8,314 298,15 ln K a . K a =
0,1008
Kp = Ka = 0,1008 atm 2 .
0.5đ
c. Tương tự tại 35 0 C, G 0 = H 0 T. S 0 = 2839 J/mol nên Ka = 0,3302 và Kp = 0.25đ
7

0,3302 atm 2 .
d. Do P (toàn phần) = P (NH 3 ) + P (H 2 S) P (NH 3 ) = P (H 2 S) = 0,5P (toàn
phần)
Kp = [0,5P (toàn phần)] 2 = 0,1008
8
P (toàn phần) = 0,635 atm
PV 0,635
25
số mol khí = = = 0,64 mol số mol NH 4 HS = 1
RT 0,08314
298,15
0,50,64= 0,68
0,635100
* Nếu dung tích bình 100 L thì số mol khí = = 2,56 mol
0,08314
298,15
số mol NH 4 HS = 1 0,5 2,56 = 0,28 không còn
chất rắn
Khi đó 1 mol chất rắn chuyển hết thành 2 mol chất khí nên
nRT 20,08314298,15
P (toàn phần) = = = 0,5 atm
V
100
Câu 6(2đ): Cân bằng axit- bazơ, tạo kết tủa.
Dung dịch A chứa NH3 0,2M; Na2C2O4 0,1M; Na2SO4 0,08M.
a. Tính pH của dung dịch A.
b. Thêm dần CaCl2 vào dung dịch A vào 10ml dung dịch A đến C = 0,18M.
Tính [C2O4 2- ], [SO4 2- ], [Ca 2+ ]? (Coi như thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể)
Cho pKa: NH4 + (9,24); HSO4 - (2,00); H2C2O4 (1,25; 4,27)
pKs: CaSO4 (4,26); CaC2O4 (8,75);
= 10-12,6
*
( CaOH )
Hướng dẫn:
Nội dung
a. Tính pHA?
Xét các cân bằng:
NH3 + H2O NH4 + + OH - Kb = 10 -4,76 (1)
C2O4 2- + H2O HC2O4 - + OH - Kb1 = 10 -9,73 (2)
HC2O4 - + H2O H2C2O4 + OH - Kb2 = 10 -12,75 (3)
SO4 2- + H2O HSO4 - + OH - Kb’ = 10 -12 (4)
Do Kb >> Kb1 >> Kb2, Kb’ nên cân bằng (1) là chủ yếu, quyết định pH của dung dịch A.
NH3 + H2O NH4 + + OH - Kb = 10 -4,76 (1)
C 0,2
[] 0,2-x x x
2
x
= 10 -4,76 x = 1,856.10 -3 pH = 11,27.
(0, 2 x)
b. Dung dịch A: NH3 (0,2M), C2O4 2- (0,1M), SO4 2- (0,08M)
Xét điều kiện hình thành kết tủa:
Ks( CaS O4
)
Muốn có CaSO4: C 2
= 6,87.10 -4
Ca
C
Muốn có CaC2O4: C 2
Ca
Vậy CaC2O4 xuất hiện trước.
2
SO4
K ( CaC O )
C
s 2 4
= 10 -7,75
2
CO 2 4
0.25đ
0.5đ
Điểm
0.5đ
0.5đ

Các phản ứng xảy ra:
Ca 2+ + C2O4 2- CaC2O4
0,18 0,1
Còn 0,08 -
Ca 2+ + SO4 2- CaSO4
0,08 0,08
Còn - -
TPGH: CaC 2 O 4 , CaSO 4 , NH 3 (0,2M)
NH3 + H2O NH4 + + OH - Kb = 10 -4,76 (1’)
CaSO4 Ca 2+ + SO4 2- Ks1 = 10 -4,26 (2’)
CaC2O4 Ca 2+ + C2O4 2- Ks2 = 10 -8,75 (3’)
So sánh Ks1 >> Ks2 cân bằng (1’) và (2’) là chủ yếu.
Cân bằng (1’) đó xét ở phần a: pH = 11,27
Xét cân bằng (2’):
CaSO4 Ca 2+ + SO4 2- Ks1 = 10 -4,26 (2’)
S S
Các quá trình phụ:
Ca 2+ + H2O CaOH + + H + * ( CaOH
= 10 -12,6 (4’)
)
SO4 2- + H2O HSO4 - + OH - Kb’ = 10 -12 (5’)
Do môi trưêng bazơ (pH = 11,27) nên có thể bỏ qua cân bằng nhận proton của SO 4 2- (cân
bằng (5’)).
Vậy S = [SO4 2- ]
và S = [Ca 2+ ] + [CaOH + ] = [Ca 2+ ].(1+ * .[H + ] -1 )
2
S
[ Ca ]
1
* .[ H ]
2
Vậy Ks1 = [Ca 2+ ].[SO4 2- S
]=
1
1 * .[ H ]
Thay [H + ] = 10 -11,27 , * , Ks1 ta tính được S = 7,6.10 -3
Kết quả: [SO4 2- ] = S = 7,6.10 -3
[Ca 2+ ] = 7,25.10 -3
[C2O4 2- ] =
K s 2
2
1
= 2,45.10 -7 .
[ Ca ]
0.25đ
0.75đ
Câu 7(2đ): Phản ứng oxi hóa khử-pin điện hóa.
Dung dịch X gồm K2Cr2O7 0,010M; KMnO4 0,010M; Fe2(SO4)3 0,0050M và H2SO4 (pH của
dung dịch bằng 0).Thêm dung dịch KI vào dung dịch X cho đến nồng độ của KI là 0,50M,
được dung dịch Y (coi thể tích không thay đổi khi thêm KI vào dung dịch X).
a. Hãy mô tả các quá trình xảy ra và cho biết thành phần của dung dịch Y.
b. Tính thế của điện cực platin nhúng trong dung dịch Y.
c. Cho biết khả năng phản ứng của Cu 2+ với I - (dư) ở điều kiện tiêu chuẩn.Giải thích.
d. Viết sơ đồ pin được ghép bởi điện cực platin nhúng trong dung dịch Y và điện cực platin
nhúng trong dung dịch gồm Cu 2+ , I - (cùng nồng độ 1M) và chất rắn CuI. viết phương trình
hoá học của các phản ứng xảy ra trên từng điện cực và xảy ra trong pin khi hoạt động.
Cho: E 0 (Cr2O7 2- /Cr 3+ ) = 1,330V; E 0 (MnO4 - /Mn 2+ )= 1,510V; E 0 (Fe 3+ /Fe 2+ ) = 0,771V; E 0 (I3 - /I -
)= 0,5355V; E 0 (Cu 2+ /Cu + ) = 0,153V; pKs(CuI) = 12; ở 25 0 C: 2,303 RT
F
9
0,0592; Cr(z = 24).

Hướng dẫn:
Nội dung
0 0 0 0
a) 1. Do E
- 2+
= 1,51 V > E
2- 3+
= 1,33 V > E
3+ 2+
= 0,771V > E
- -
= 0,5355 V,
MnO /Mn Cr O /Cr Fe /Fe I /I
4 2 7 3
nên các quá trình xảy ra như sau:
-
4
2 MnO + 16 H + + 15 I - 2 Mn 2+ + 5
0,01 0,5
- 0,425 0,01 0,025
2-
2 7
Cr O + 14 H + + 9 I - 2 Cr 3+ + 3
0,01 0,425 0,025
- 0,335 0,02 0,055
2 Fe 3+ + 3 I - 2 Fe 2+ + I
3
0,01 0,335 0,055
- 0,32 0,01 0,06
-
-
-
I
3
+ 8 H2O
-
I
3
+ 7 H2O
Thành phần của dung dịch Y: I 0,060 M; I - 0,32 M; Mn 2+ 0,01 M; Cr 3+ 0,02 M; Fe 2+
3
0,01 M.
E =
- -
I /I
3
-
b. I + 2 e 3 I -
3
0,0592 0,06
0,5355 + .log = 0,54 V.
3
2 (0,32)
Điể
m
0.5đ
0.5đ
c. Do
0
- -
I /I
E = 0,5355 V > E
2+
3
0
Cu
/
Cu
= 0,153 V nên về nguyên tắc Cu 2+ không oxi hóa được
I - và phản ứng: 2 Cu 2+ + 3 I - 2 Cu + -
+ I hầu như xảy ra theo chiều nghịch.
3
Nhưng nếu dư I - 0 0
1
thì sẽ tạo kết tủa CuI. Khi đó E
2+
= E
2+ + 0,0592.log
Cu /CuI Cu /Cu
K
0,863 V.
0
Như vậy E = 0,863 V >
2+
E
CuI:
Cu
/CuI
0
- -
I /I
3
2 Cu 2+ + 5 I - 2 CuI +
S(CuI)
= 0,5355 V Cu 2+ sẽ oxi hóa được I - do tạo thành
-
I
3
0.5đ
Câu 8(2đ): Nhóm halogen.
a. Độ bền đối với nhiệt từ HF đến HI thay đổi như thế nào? Có phù hợp với sự thay đổi nhiệt
độ nóng chảy và nhiệt độ sôi không?
b. Điclo oxit ClO2 là một chất khí được dùng để tẩy trắng trong sản xuất giấy. Phương pháp tốt
nhất để điều chế ClO2 trong phòng thí nghiệm là cho hỗn hợp KClO3 và H2C2O4 tác dụng với
H2SO4 loãng. Trong công nghiệp ClO2 được điều chế bằng cách cho NaClO3 tác dụng với SO2 có
mặt H2SO4 4M.
* Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
10

* ClO2 là hợp chất dễ gây nổ, tại sao điều chế ClO2 trong phòng thí nghiệm theo phương
pháp trên tương đối an toàn?
Hướng dẫn:
a. Độ dài liên kết HX, năng lượng liên kết và độ bền đối với nhiệt trong dãy từ HF đến HI có
các giá trị sau:
HF HCl HBr HI
Độ dài liên kết HX (Ǻ) 1,02 1,28 1,41 1,60
Năng lượng liên kết HX (Kcal/mol) 135 103 87 71
Phân hủy ở 1000 0 C (%) Không 0,014 0,5 33
Trong dãy đó, độ bền đối với nhiệt giảm do độ dài liên kết tăng và năng lượng liên
kết giảm.
Độ bền đối với nhiệt chỉ phụ thuộc vào năng lượng liên kết của phân tử, còn nhiệt độ
nóng chảy và nhiệt độ sôi lại phụ thuộc vào năng lượng tương tác giữa các phân tử nên độ bền
đối với nhiệt từ HF đến HI phù hợp với sự thay đổi nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi
b. 2KClO3 + H2C2O4 + 2H2SO4 2ClO2 + K2SO4 + 2CO2 + 2H2O
2NaClO3 + SO2 + H2SO4
2 ClO2 + 2NaHSO4
CO2 sinh ra pha loãng ClO2 nên làm giảm khả năng nổ của ClO2 nên điều chế ClO2 trong
phòng thí nghiệm theo phương pháp trên tương đối an toàn.
Câu 9(2đ): Oxi-Lưu huỳnh.
Trong một bình kín dung tích không đổi chứa 50 (g) hỗn hợp gồm: a1 (g) FeCO3 chứa a% tạp
chất trơ và a2 (g) FeS2 cũng chứa a% tạp chất trơ và một lượng gấp 1,5 lần lượng cần thiết
không khí giàu oxi (70% N2 và 30% O2 về thể tích). Nung nóng bình để phản ứng xảy ra hoàn
toàn thu được hỗn hợp oxit B và hỗn hợp khí C, sau đó đưa nhiệt độ bình về trạng thái ban
đầu thấy áp suất trong bình vẫn như trước khi nung.
Lấy chất rắn trong bình cho vào ống sứ, đốt nóng rồi dẫn một luồng khí CO đi qua.
Sau khi kết thúc thí nghiệm, từ chất rắn còn lại trong ống sứ lấy ra được 17,92 (g) sắt, biết
rằng chỉ có 80% sắt oxit bị khử thành sắt.
Cho hỗn hợp khí C vào bình kín dung tích không đổi 5 lít có mặt xúc tácV2O5, nung
nóng bình ở 546 0 C đến khi phản ứng oxi hóa SO2 đạt trạng thái cân bằng thấy áp suất trong
bình lúc đó là 38,304 atm.
a. Tính % tạp chất trơ a và khối lượng a1, a2.
b. Tính hằng số cân bằng phản ứng oxi hóa khử SO2 thành SO3 ở 546 0 C.
Hướng dẫn:
a. Gọi n
FeCO
và n
3 FeS
lần lượt là x và y
2
Phương trình phản ứng:
2FeCO3 + 1/2O2
x
x
4
t
0
Fe2O3 + CO2
t
2FeS2 + 11/2 O2
0
Fe2O3 + SO2
11y
y
y/2 2y
4
x 11y x 11y
n O 2
phản ứng = + = 4 4 4
x
11

n
O ban đầu = 1,5. x 11y
2
4
n = 1,5.7 x 11y
N
. = 3,5.
2
3 4
x 11y
4
Vậy hỗn hợp C gồm các chất có mol lần lượt là: CO2 x mol; SO2 2y mol; O2 dư 0,5.
x 11y
x 11y
mol; N2 3,5.
mol.
4
4
……………………………………………………………….0.5đ
x 11y
P1 = P2 nên n1 = n2 + = x 2 y x y (1)
4 4
Fe2O3
x y 80
.
2 100
CO
2Fe
80
( x y)
100
x y 80 17,92
Ta có . = 0, 32 (2)
2 100 56
Từ (1) và (2) ta có x = y = 0,2
+ Tổng khối lượng FeS2 và FeCO3 là:
m + m FeCO 3 FeS
= 0,2 .120 + 0,2.116 = 47,2 (g)
2
+ Vì phần trăm tạp chất như nhau nên phần trăm nguyên chất như nhau. Ta có tỉ lệ :
116.0,2 120.0,2 116.0,2 120.0,2
47,2
a1
a2
a1
a2
50
a1 = 24,58 (g) và a2 = 5,42 (g)
( a1 mFeS
).100
2
a
2,36%
a
1
……………………………………………………………0.5đ
b. n1 = nC = n
SO 2
+ n
CO 2
+ n
O dư + n 2 N 2
0,5(0,2 11.0,2)
3,5(0,2 11.0,2)
= 0,2
2.2,2
3( mol)
4
4
PV
2 2
38,304.5
n2 =
2,85( mol)
RT 22,4
2
(546
273)
273
2SO2 + O2 2SO3
2a
a 2a
2a + a – 2a = a = 3 – 2,85 = 0,15 a = 0,15
(mol)……………………………………………0.5đ
Ở trạng thái cân bằng :
n SO 2
= 2y -2a = 2.0,2 – 2.0,15 = 0,1 (mol)
n O 2
= 0,5.
x 11y
- a = 0,225 (mol)
4
n SO 3
= 2a = 0,3 (mol)
V SO 2
= 0,1/5 = 0,02 (l); V O 2
= 0,225/5 = 0,045 (l); V SO 3
= 0,3/5 = 0,06 (l)
12

2
2
[ SO3 ] 0,06
K C
200
2
2
[ SO2
] .[ O2
] 0,02 .0,045
……………………………………………………….0.5đ
Câu 10(2đ): Động học của phản ứng.
Đối với phản ứng: A + B → C + D
1. Trộn 2 thể tích bằng nhau của dung dịch chất A và dung dịch chất B có cùng nồng độ 1M:
a. Nếu thực hiện phản ứng ở nhiệt độ 333,2K thì sau 2 giờ nồng độ của C bằng 0,215M. Tính
hằng số tốc độ của phản ứng.
b. Nếu thực hiện phản ứng ở 343,2K thì sau 1,33 giờ nồng độ của A giảm đi 2 lần. Tính năng
lượng hoạt hoá của phản ứng (theo kJ.mol -1 ).
2. Trộn 1 thể tích dung dịch chất A với 2 thể tích dung dịch chất B, đều cùng nồng độ 1M, ở
nhiệt độ 333,2K thì sau bao lâu A phản ứng hết 90%?
Hướng dẫn:
Nội dung
Điể
m
1. a Đối với phản ứng: A + B → C + D
0.5đ
Phương trình tốc độ phản ứng dạng tổng quát là: v = kCACB (1)
Vì nồng độ ban đầu của A và B bằng nhau nên (1) trở thành v = k CA 2 và phương trình
động học tích phân tương ứng là:
kt = 1/CA - 1/CAo
Thay các giá trị số tính được k 1 = 2,1.10 -4 mol -1 ls -1 .
b. Tại 343,2K, tính toán tương tự trường hợp 1) được k 2 = 4,177.10 -4 mol -1 ls -1 .
Thay các giá trị k1 và k2 vào phương trình Arrhenius tính được Ea = 65 378 Jmol -1 .
0.75
đ
0.75
2. CAo = 1/3M; CBo = 2/3M. Nồng độ ban đầu của A và B khác nhau, phương trình động
1
học tích phân có dạng: kt =
a b
ln ( )
đ
b a x
a( b x)
Thay các giá trị số vào phương trình tính được t = 24353 s. (hay 6,764 h).
Người ra đề: Nguyễn Văn Kiên
Điện thoại 0914850023
13

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 04 trang, gồm 10 câu)
Câu 1 (2 điểm)
(a) Lập cấu hình electron của nguyên tử bari (Z = 56) ở trạng thái cơ bản.
(b) Tính hằng số chắn của các electron hóa trị và điện tích hiệu dụng tương ứng.
(c) Xác định năng lượng orbital của các electron hóa trị và từ đó suy ra năng lượng
ion hóa tạo ra ion Ba 2+ .
Câu 2 (2 điểm)
(a) Tinh thể nhôm có dạng lập phương tâm diện, khối lượng riêng bằng ρ = 2,70.10 3
kg.m -3 . Tính độ dài cạnh ô mạng cơ sở và bán kính nguyên tử nhôm (theo pm).
(b) Một nguyên tố A có bán kính nguyên tử R = 136 pm và đơn chất kết tinh theo cấu
trúc lập phương tâm diện, tỷ khối d = 22,4. Xác định A.
Câu 3 (2 điểm)
KCl thường được dùng trong hóa học phân tích dưới dạng nguyên tử đánh dấu, trong
đó, đồng vị phóng xạ là 40 K chiếm 1,17% tổng số nguyên tử trong hỗn hợp các đồng
vị của K. Một mẫu KCl cân nặng 2,71 gam có tốc độ phân rã là 4490 phân rã/s.
(a) Xác định thời gian bán hủy của 40 K theo năm.
(b) Sau bao lâu thì tốc độ phân rã của mẫu KCl đó là 3592 phân rã/s.
Cho biết: 1 năm = 365 ngày 4 giờ; K = 39,1; và Cl = 35,45.
1/4

Câu 4 (2 điểm)
Biết các số liệu sau ở 27 o C
NH 4 COONH 2 (r) CO 2 (k) NH 3 (k)
0
H 300,5
(kJ/mol) -645,2 -393,5 -46,20
0
G 300 (kJ/mol) -458,0 -394,4 -16,64
Với phản ứng : NH 4 COONH 2 (r) ⇄ CO 2 (k) + 2NH 3 (k)
(a) Hỏi ở điều kiện chuẩn và 27 o C phản ứng xảy ra theo chiều nào?
(b) Nếu coi H o và S o không đổi đối với T thì bắt đầu ở nhiệt độ nào phản ứng ở
điều kiện chuẩn xảy ra theo chiều ngược với chiều phản ứng ở 27 o C?
Câu 5 (2 điểm)
Phản ứng: H 2 + CO 2 ⇄ H 2 O(k) + CO ở 600 o K có nồng độ cân bằng của H 2 , CO 2 ,
H 2 O và CO lần lượt bằng 0,600; 0,459; 0,500 và 0,425 mol./1.
(a) Tìm K c , K p của phản ứng.
(b) Nếu lượng ban đầu của H 2 và CO 2 bằng nhau và bằng 1 mol được đặt vào bình 5
lít thì nồng độ cân bằng các chất là bao nhiêu?
Câu 6 (2 điểm)
(a) Hệ đệm photphat H 2 PO 4- /HPO
2- 4 có tầm quan trọng lớn trong việc ổn định pH
trong khoảng 7,1 và 7,2 của dịch nội bào. Tính tỉ lệ nồng độ mol các ion H 2 PO
- 4
và HPO
2- 4 trong dịch nội bào tại pH = 7,15. Biết K a2 (H 3 PO 4 ) = 6,2.10 -8 .
(b) Natri tripolyphotphat (Na 5 P 3 O 10 ) được sử dụng trong bột giặt tổng hợp cho mục
đích làm mềm nước vì có khả năng tạo phức với Mg 2+ và Ca 2+ (dạng MP 3 O
3- 10 ).
Xác định nồng độ Mg 2+ còn trong dung dịch sau khi thêm 40,0 gam Na 5 P 3 O 10 vào
1,0L dung dịch trong đó nồng độ ban đầu của Mg 2+ bằng 50mg/L. Biết hằng số
hình thành phức MgP 3 O
3- 10 bằng 4,0.10 8 .
2/4

Câu 7 (2 điểm)
(a) Hòa tan hoàn toàn 4,48 gam Cu trong 32,59 gam dung dịch HNO 3 58% thu được
dung dịch X và hỗn hợp khí Y. Thêm từ từ dung dịch KOH 1M vào dung dịch X
đến kết tủa cực đại thì đã dùng hết 200 mL dung dịch này. Tính nồng độ phần
trăm của Cu(NO 3 ) 2 trong dung dịch X.
(b) Xét pin: Pt| I - 0,1M; I
- 3 0,02M║ MnO
- 4 0,05M, Mn 2+ 0,01M, HSO
- 4 CM| Pt
0
Trong đó E 2= 1,51V;
MnO 4 /Mn
0
EI
3 /3I
= 0,5355V; và K a (HSO 4- ) = 10 -2 . Tính nồng độ
ban đầu của HSO 4- , biết rằng khi đo suất điện động của pin ở 25 o C được giá trị
0,824V.
Câu 8 (2 điểm)
(a) F 2 có phản ứng với dung dịch kiềm không?
(b) Cho biết sản phẩm tạo ra ở t o thường khi cho Cl 2 , Br 2 , I 2 lần lượt tác dụng với
dung dịch KOH, biết ion XO – trong dung dịch kiềm bị phân huỷ theo phản ứng:
hipohalogenit ⇄ halogenua + halogenat. Sự phân huỷ đó phụ thuộc bản chất
halogen và nhiệt độ: hipoclorit: phân huỷ chậm ở nhiệt độ thường, nhanh khi đun
nóng; hipobromit: phân huỷ chậm ở nhiệt độ thấp, nhanh ở nhiệt độ thường;
hipoiotit: Phân huỷ ở tất cả các nhiệt độ.
Câu 9 (2 điểm)
Những thay đổi nào có thể xảy ra khi bảo quản lâu dài trong bình miệng hở các dung
dịch sau đây: (a) Nước clo? (b) Axit sunfuhiđric? (c) Axit bromhiđric? (d) Nước vôi
trong? (e) Nước Gia-ven? (f) Dung dịch H 2 SO 4 đậm đặc ?
3/4

Câu 10 (2 điểm)
Người ta nghiên cứu động học phản ứng xà phòng hóa etyl axetat (E):
E + NaOH CH 3 COONa + C 2 H 5 OH
Ban đầu nồng độ E và NaOH đều bằng 0,05M. Phản ứng được theo dõi bằng cách lấy
10 mL dung dịch hỗn hợp phản ứng ở từng thời điểm t và chuẩn độ X mL dung dịch
HCl 0,01M. Kết quả như sau:
T (phút) 4 9 15 24 37 53
X (mL) 44,1 38,6 33,7 27,9 22,9 18,5
(a) Chứng minh rằng phản ứng trên là một phản ứng bậc 2.
(b) Tính hằng số tốc độ phản ứng và thời gian bán hủy của phản ứng.
………………………….Hết………………………….
Người ra đề
Nguyễn Thanh Hưng
0913150971
4/4

|TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHSP
ĐỀ NGUỒN KÌ THI HỌC SINH GIỎI VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG
BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015
MÔN THI: HÓA HỌC LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1: (2 điểm) Cấu tạo
Kim loại X được tìm thấy vào năm 1737. Tên của nó có nguồn gốc tiếng Đức là
“kobold” có nghĩa là “linh hồn của quỷ”. Một mẫu kim loại X được ngâm trong nước
cân nặng 13,315g, trong khi đó đem ngâm cùng khối lượng mẫu kim loại vào CCl 4 chỉ
nặng 12,331g. Biết khối lượng riêng của CCl 4 là 1,5842 g/cm 3 .Để xác định nguyên tố
X thì người ta phải dùng đến nhiễu xạ neutron. Phương pháp nhiễu xạ này chỉ đặc
trưng cho cấu trúc lập phương tâm mặt (fcc) và đo được thông số mạng a= 353,02pm.
Cũng cùng mẫu đó được đem nung trong khí quyển O 2 cho đến khi kim loại X phản
ứng hoàn toàn. Sản phẩm phản ứng là hợp chất A chứa 26,579% oxy về khối lượng.
Tất cả lượng hợp chất A khi cho phản ứng với HCl loãng cho 1,0298 L O 2 ở 25,00 o C
và áp suất 100kPa cùng với một muối B và nước.
1. Tính khối lượng riêng của kim loại X (g/cm 3 ). Tính khối lượng mol nguyên tử
của kim loại X (g/mol). X là nguyên tố nào?
2. Viết công thức hóa học của hợp chất A. Viết và cân bằng phản ứng của A với
dung dịch HCl loãng
Ý Nội dung
Điểm
1
Khi nhúng chìm một vật hoàn vào trong một chất lỏng thì nó sẽ có khối
lượng biểu kiến vì nó chịu lực đẩy Acsimet. Nếu coi kim loại X có khối
lượng m và thể tích V thì ta có
mX CCl m d . 12,331 1,5842 15,000
4 CCl V
4 m
V m
g
d 8.90
3 X g cm
mX H . 13,315 1,0000 1,685
2O
m dH2O
V m V V cm
Ô mạng fcc gồm 4 nguyên tử có:
3
0,5
0,5

Z. M 4M
d
3
VN . aN
A
A
3 3 7 3 23 1
A
d. a . N 8,90 g cm .(353,02.10 cm) .6,02.10 ( mol )
1
M 58,93( g. mol )
4 4
Vậy X là Co.
0,5
2
Từ thành phần đã cho dễ dàng xác định được A là Co 3 O 4 .
Thông thường Co 3 O 4 (CoO.Co 2 O 3 ) tác dụng với axit sẽ sinh ra 2 muối.
Nhưng ở đây ta lại chỉ thu được 1 muối B và còn thu được khí O 2 nên phải
có phản ứng oxi hóa – khử xảy ra. vì sản phẩm có O 2 nên B là CoCl 2 (HS có
thể tính toán số mol Co 3 O 4 và O 2 để suy ra tỉ lệ 2 chất là 2:1)
2 Co 3 O 4 + 12 HCl → 6 CoCl 2 + O 2 + 6H 2 O
0,5
Câu 2: (2 điểm) Cân bằng dung dịch điện li
Một học sinh đã nghiên cứu phản ứng hóa học giữa các cation A 2+ , B 2+ , C 2+ , D 2+ ,
E 2+ trong dung dịch nitrat và các anion X - , Y - , Z - , Cl - , OH - trong dung dịch chứa
cation natri. Học sinh này đã xác định được một số hợp chất kết tủa và một số phức
chất màu như trong bảng dưới đây:
X - Y - Z - Cl - OH -
A 2+ *** *** *** *** kết tủa
trắng
B 2+
kết tủa
vàng
kết tủa
trắng
*** *** ***
C 2+
kết tủa
trắng
kết tủa
nâu
kết tủa
nâu
kết tủa
trắng
kết tủa
đen
D 2+ *** kết tủa
đỏ
*** *** ***
E 2+ *** kết tủa
đỏ
kết tủa
trắng
*** ***
*** = không phản ứng,

1. Lập sơ đồ tách các cation A 2+ , B 2+ , C 2+ , D 2+ , E 2+ trong dung dịch nitrat bằng
cách sử dụng các dung dịch thuốc thử khác nhau chứa các anion X - , Y - , Z - ,
Cl - , OH - . Ghi rõ sản phẩm các sản phẩm hình thành trong mỗi bước.
2. Lập sơ đồ tách các anion X - , Y - , Z - , Cl - , OH - trong dung dịch chứa cation natri
bằng cách sử dụng các dung dịch thuốc thử khác nhau chứa các cation A 2+ ,
B 2+ , C 2+ , D 2+ , E 2+ . Ghi rõ sản phẩm các sản phẩm hình thành trong mỗi bước.
Ý Nội dung
Điểm
1
1,0

2 1,0
Câu 3: (2 điểm) Phản ứng hạt nhân
1. Tính năng lượng được giải phóng (theo J) trong quá trình hình thành 2 mol 4 He
2 3 4 1
từ phản ứng nhiệt hạch H
H
He n . Biết khối lượng hạt nhân (theo đvC) của
1 1 2 0
2
1 H là 2,01410; 3 4
1 H là 3,01604; 2 He là 4,00260 và của 1 0 n là 1,00862.
2. Ra-226 có chu kỳ bán huỷ là 1590 năm. Hãy tính khối lượng của một mẫu Ra-
226 có cường độ phóng xạ 1Ci (1Ci = 3,7.10 10 phân rã/giây), với giả thiết một năm
có 365 ngày.
Ý Nội dung
Điểm
1
m = 2.(2,0141 + 3,01604 – 4,0026 – 1,00862) = 0,03784 g
E = m.c 2 = (0,03784.(3.10 8 m.s -1 ) 2 = 3,410 12 (J)
hoặc E = (0,03784u) (931,5MeV.u -1 ) 6,023.10 23 = 212,3.10 23 (MeV)
1,0
2
Hằng số phóng xạ của Ra 226 là:
Độ phóng xạ A = k.N
k
0,693
(1590.365.24.3600s)
1,38.10
11 1
s
(3,7.10 10 nguyên tử.s -1 ) = (1,38.10 -11 s -1 ).(N nguyên tử)

10
(3,7.10 nt.s
N
11
(1,38.10 s
1
1
)
2,68.10
)
21
(2,68.10 nt)
1
m
Ra266 .(226g.mol ) 1 gam
23 1
(6,02.10 nt.mol )
21
nt
1,0
Câu 4: (2 điểm) Nhiệt hóa học
Các hydrat của axit nitric rất được chú ý do nó xúc tác cho quá trình dị thể tạo thành
các lỗ thủng ozone ở Nam cực. Worsnop đã tiến hành nghiên cứu sự thăng hoa của
mono-, di - và trihydrat của axit nitric.Kết quả được thể hiện bởi các thông số nhiệt
động sau đây ở 220K
a) Tính ∆G 0 của các phản ứng này ở 190K (là nhiệt độ của vùng cực). Giả sử ∆H 0
và ∆S 0 ít biến đổi theo nhiệt độ
b) Hydrat nào sẽ bền vững nhất ở 190K nếu áp suất của nước là 1,3.10 -7 bar và áp
suất HNO 3 là 4,1.10 -10 bar. Biết áp suất tiêu chuẩn là 1 bar.
Ý Nội dung
Điểm
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 5: (2 điểm) CB pha khí

Trong một hệ có cân bằng 3 H 2 + N 2 2 NH 3 ( * ) được thiết lập ở 400 K
người ta xác định được các áp suất phần: p(H 2 ) = 0,376.10 5 Pa , p(N 2 ) = 0,125.10 5
Pa , p(NH 3 ) = 0,499.10 5 Pa
a. Tính hằng số cân bằng Kp và ΔG 0 của phản ứng ( * ) ở 400 K. Tính lượng N 2 và
NH 3, biết hệ có 500 mol H 2.
b. Thêm 10 mol H 2 vào hệ này đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất tổng cộng
không đổi. Bằng cách tính, hãy cho biết cân bằng ( * ) chuyển dịch theo chiều nào?
Cho: Áp suất tiêu chuẩn P 0 = 1,013.10 5 Pa; R = 8,314 JK -1 mol -1 ; 1 atm = 1,013.10 5
Pa.
Nội dung
Điểm
P
NH3
a. Kp =
P
3
H
2
P
N
2 2
Kp =
(0,499 10 )
5 2
5 3 5
(0,376 10 ) (0,12510 )
= 3,747.10 9
Pa -2
0,25
K = Kp P 0
-Δn
K = 3,747.10 -9 (10 5 ) 2 = 37,47
ΔG 0 = -RTlnK ΔG 0 = -8,314 400 ln 37,47 = -12050 J.mol¯1 = -
12,050 kJ.mol -1
n
2
n
H
N
= 2 PN
2
H
n
3
P n 2
n
2
H2
NH
=
P
NH
N
=
3
P n 3
H2
500
0,125 = 166 mol
0,376
NH
= 500
0,376
0,499 = 664 mol
n tổng cộng = 1330 mol P tổng cộng = 110 5 Pa
b. Sau khi thêm 10 mol H 2 vào hệ, n tổng cộng = 1340 mol.
P
H
= 510
2
1340 1105 = 0,380.10 5 Pa ; P
N
= 166
2
1340 1105 = 0,12410 5
Pa
P
NH
=
3
ΔG = ΔG 0 + RTlnQ
664
1340 1105 = 0,49610 5 Pa
0,496
ΔG = [-12050 + 8,314 400 ln (
3
0,381 0,124 )] = - 144 J.mol1 < 0
2
0,5
0,5
0,25
0,5
Cân bằng ( * ) chuyển dịch sang phải.

Câu 6: (2 điểm) CB axit, bazơ, kết tủa
Cho 0,01 mol NH 3 và 0,1 mol CH 3 NH 2 vào H 2 O được 1 lít dung dịch A.
1. Cho thêm 0,11 mol HCl vào 1 lít dung dịch A (coi như thể tích dung dịch
không thay đổi) thì được dung dịch B. Tính pH của dung dịch B?
2. Cho thêm x mol HCl vào 1 lít dung dịch A (coi như thể tích dung dịch
không thay đổi) thì được dung dịch C có pH = 10. Tính giá trị của x?
Cho pKa
NH + = 9,24,
4
Lời giải:
pKa = 10,6, pK = 14
W
CH +
3
NH
3
Ý Nội dung Điểm
Học sinh chứng minh biểu thức phân số nồng độ
1. CH 3 NH 2 + HCl CH 3 NH 3 Cl
0,1 0,1 0,1 (mol)
NH 3 + HCl NH 4 Cl
0,01 0,01 0,01 (mol)
Do V= 1 (l) nên C M = n.
Dung dịch chứa CH 3 NH 3 Cl 0,1M và NH 4 Cl 0,01M
CH 3 NH 3 Cl CH 3 NH 3
+
+ Cl -
NH 4 Cl NH 4
+
+ Cl -
CH 3 NH 3
+
CH 3 NH 2 + H + K 1 = 10 -10.6 (1)
NH 4
+
NH 3 + H + K 2 = 10 -9.24 (2)
H 2 O H + + OH - Kw= 10 -14
Phương trình ĐKP: h = [CH 3 NH 2 ] +[ NH 3 ]+[ OH - ]
; CH NH
NH
1 3 3 2 4
h K K Kw
0,25
0,5
Ta có biểu thức tính nồng độ: CH NH C ; NH
C
1 2
3 3 4
h
K h K h
1 2
h
Gần đúng
h C . K C . K Kw 0,1.10 0,01.10 10 2,877.10
0 1 1 2 2
10,6 9.24 14 6
0,5

thay h 0 vào biểu thức tính nồng độ của CH 3 NH 3
+
và NH 4
+
thấy kq lặp nên
chấp nhận h = h 0
pH lg
H
5,54
H 2 O H + + OH - Kw= 10 -14
2. pH = 10 > 7 môi trường bazơ nên ta chọn Mức không là CH 3 NH 2 ; NH 3 ;
HCl và H 2 O
HCl → H + + Cl -
x M
CH 3 NH 2 + H + CH 3 NH
+ 3 K
-1 1 = 10 10.6 (3)
0,1 M
NH 3 + H + NH
+ 4 K 2 = 10 -9.24 (4)
0,01 M
H 2 O H + + OH - Kw= 10 -14
Phương trình ĐKP: h = x + [ OH - ] - [CH 3 NH 3+ ] -[ NH 4+ ] =
0,25
0,5
Kw h h
x C C
h K h K h
1 2
1 2
Ta có
10 10
10 4
10 10
10 x 10 0,1 0,01 x 0,0813
10 10,6 10 9,24
10 10 10 10
Câu 7: (2 điểm)Phản ứng oxi hóa – khử, điện hóa
Pin nhiên liệu hiện nay đang được các nhà khoa học hết sức quan tâm. Pin này hoạt
động dựa trên phản ứng: 2CH 3 OH(l) + 3O 2 (k) → 2CO 2 (k) + 4H 2 O(l)
1. Viết sơ đồ pin và các phản ứng xảy ra tại các điện cực sao để khi pin hoạt động
xảy ra phản ứng ở trên?
2. Cho thế chuẩn của pin E° = 1.21 V hãy tính biến thiên năng lượng Gibbs ΔG°
của phản ứng?
3. Biết thế điện cực chuẩn của Catot ở pH=0 là 1,23V. Hãy tính giá trị E° c ở pH=14.
Không tính toán hãy so sánh E° pin ở pH=0 và pH=14?
4. Nêu những ưu điểm của việc sử dụng phản ứng này trong pin nhiên liệu so với
việc đốt cháy CH 3 OH?

Ý Nội dung Điểm
anot: CH 3 OH + H 2 O → CO 2 + 6H + + 6e
catot: O 2 + 4H + + 4e → 2H 2 O
1.
phản ứng: 2CH 3 OH + 3O 2 → 4H 2 O + 2CO 2
Sơ đồ pin (-) Pt(CO 2 )│CH 3 OH, H + ││ H + │Pt(O 2 ) (+)
0,5
2. ΔG o = –nFE o = –(12 mol)(96500 J/V -1 .mol)(1.21 V) = –1.40×10 3 kJ 0,5
Sử dụng phương trình Nernst
3.
4.
0 RT
4
14
E E ln H 1,23 0,059lg 10 0,40( V )
4F
Trong phản ứng không xuất hiện H + hay OH - nên E o pin không phụ thuộc pH.
Không mất nhiệt ra môi trường và không mất NL trong suốt quá trình biến
đổi nên công có ích thực hiện nhiều hơn.
0,25
0,25
0,5
Câu 8: (2 điểm) Nhóm Halogen
Cho 50 gam dung dịch muối MX (M là kim loại kiềm, X là halogen) 35,6% tác
dụng với 10 gam dung dịch AgNO 3 thu được một kết tủa. Lọc bỏ kết tủa thu được
dung dịch nước lọc. Biết nồng độ MX trong dung dịch nước lọc bằng 5/6 lần nồng
độ MX trong dung dịch ban đầu. Xác định công thức muối MX.
Khối lượng của muối MX là: m = 35,6 . 50 : 100 = 17,8 (gam)
Gọi x là số mol của muối MX : MX + AgNO 3 → MNO 3 + AgX.
0,25
x x x x
Khối lượng kết tủa của AgX: m = (108 + X) . x (gam)
Khối lượng MX tham gia phản ứng: m = (M + X) . x (gam)
0,25

Khối lượng MX còn lại là: m = 17,8 - (M + X) . x (gam)
Suy ra nồng độ MX trong dung dịch sau phản ứng là
[17,8 - (M+X).x].100 35,6 5
.
[50+10 - (108 +X).x] 100 6
Biến đổi ta được 120 . (M + X) = 35,6 (108 + X)
Lập bảng :
M Li(7) Na(23) K(39)
X Cl(35,5) 12,58 4634,44
0,5
0,5
0,5
Vậy MX là muối LiCl.
Câu 9: (2 điểm) Nhóm Oxi
Nung a gam hỗn hợp X gồm Fe và S trong điều kiện không có không khí cho đến
khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được chất rắn Y. Chia Y thành 2 phần bằng
nhau. Cho phần 1 tác dụng với dung dịch HCl dư thu được hỗn hợp khí Z có d Z / H2
= 13.
1. Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong X.
2. Cho phần 2 tác dụng hết với 55g dung dịch H 2 SO 4 98%, đun nóng thu được V
lít khí SO 2 (đktc) và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng hết với dung dịch
BaCl 2 dư tạo thành 58,25 gam kết tủa. Tính a,V.
Ý Nội dung
Điểm
1
Nung hỗn hợp X : Fe + S = FeS (1)
Chất rắn Y gồm: FeS và Fe dư, tác dụng với dung dịch HCl:
FeS + 2HCl = FeCl 2 + H 2 S (2)
x mol
x mol
Fe + 2HCl = FeCl 2 + H 2 (3)
0,5
y mol
y mol

Gọi x, y là số mol FeS và Fe trong mỗi phần hỗn hợp Y.
34x 2y
x y
Ta có: 13x2 26
M Z
x 3 n
Fe x y 4y 4
y 1 n x 3y 3
S
0,5
% khối lượng của Fe =
4x56x100
(4x56) (3x32)
70%
3x32x100
(4x56)
(3x32)
% khối lượng của FeS =
30%
Phần 2 tác dụng với dung dịch H 2 SO 4 đặc nóng có phản ứng:
2FeS + 10H 2 SO 4 = Fe 2 (SO 4 ) 3 + 9SO 2 + 10H 2 O (4)
x mol 5x mol x/2 mol 9x/2 mol
2Fe + 6H 2 SO 4 = Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2 + 6H 2 O (5)
y mol 3y mol y/2 mol 3y/2 mol
Dung dịch A tác dụng với dung dịch BaCl 2 :
H 2 SO 4 dư + BaCl 2 = BaSO 4 + 2HCl (6)
0,5
z mol
z mol
2
Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3BaCl 2 = 3BaSO 4 + 2FeCl 3 (7)
(x/2+y/2) mol
3(x/2+y/2) mol
Ta có các phương trình:
x 3
y 1
(I) Số mol BaSO 4 =
x y 58, 25
3(
) z =
2 2 233
= 0,25
(II) Số mol H 2 SO 4 đã dùng = 5x + 3y + z =
55x98
100x98
= 0,55
(III) Giải ra: x = 0,075 ; y = 0,025; z = 0,1
0,5
Khối lượng hỗn hợp X = a = 2[(0,075x88) + (0,025x56)] = 16gam
Thể tích khí SO 2 = V = 22,4(
9x0,075 3x0,025
2 2
) = 8,4lit
Câu 10: (4 điểm) Động học không cơ chế pư

Chu kỳ bán hủy của phản ứng phân hủy dinitơ oxit (N 2 O) để tạo thành các nguyên
tố tỉ lệ nghịch đảo với nồng độ ban đầu C 0 của N 2 O. Ở 694 0 C chu kỳ bán hủy là
1520 (s) vào áp suất đầu P 0 (N 2 O) = 39,2 kPa
a. Từ P 0 tính nồng độ mol ban đầu C 0 (mol/L) của N 2 O ở 694 0 C.
b. Tính hằng số tốc độ phản ứng ở 694 0 C, sử dụng đơn vị L×mol -1 .s -1 .
Nội dung
Điểm
n P 39200
C 4,876( mol m ) 4,876.10 ( mol L)
V RT 8,314 967
3 3
a. Từ PV = nRT
0,75
b. Chu kỳ bán hủy của phản ứng phân hủy dinitơ oxit (N2O) để tạo thành các
nguyên tố tỉ lệ nghịch đảo với nồng độ ban đầu C0 của N2O nên phản ứng phân
hủy N2O là phản ứng bậc 2. Nên ta có
k 1 1 1 1
. t
k 0,135( . )
3
C C t . C
0 1 2 0
1520 4,876.10
L mol s
0,25
1,0
Cho: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24,3; Al = 27; P = 31; S = 32; Cl =
35,5; K = 39,1; Ca = 40,1; Ti = 47,9; Cr = 52; Mn = 54,9; Fe = 55,8; Co = 58,9; Ni =
58,7; Cu = 63,5; Zn = 65,4; Ag = 107,9; Ba = 137,3.
---------------------------------------------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Giáo viên: Quách Phạm Thùy Trang

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA TỈNH HÀ NAM NĂM 2015
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 4 trang, gồm 10 câu)
CÂU HỎI 1: CẤU TẠO NGUYÊN TỬ-ĐLTH (2 điểm)
1. Nguyên tử của nguyên tố X có electron cuối cùng có bộ các số lượng tử:
n = 3; l = 2; m = 0 và s = + 1 2 .
a) Viết cấu hình electron của nguyên tử nguyên tố X.
b) Hãy xác định năng lượng ion hóa thứ z (theo kJ/mol) của nguyên tử nguyên tố X.
Với z là số hiệu nguyên tử của nguyên tố X.
2. Cho các giá trị năng lượng ion hóa (eV) liên tiếp nhau như sau:
I 1 I 2 I 3 I 4
5,95 18,82 28,44 119,96
Hãy cho biết các giá trị năng lượng ion hóa đó có thể tương ứng với nguyên tố nào
sau đây:
Be (Z = 4); Al (Z = 13) và Fe (Z = 26).
Giải thích.
CÂU HỎI 2: TINH THỂ (2 điểm)
Tantan (Ta) có khối lượng riêng là 16,7 g/cm 3 , kết tinh theo mạng lập phương với
cạnh của ô mạng cơ sở là 3,32 A 0 .
a. Trong mỗi ô cơ sở đó có bao nhiêu nguyên tử Ta ?
b. Tantan kết tinh theo kiểu mạng lập phương nào ? Cho M Ta = 180,95 g/mol
CÂU HỎI 3: PHẢN ỨNG HẠT NHÂN (2 điểm)
Khi nghiên cứu một cổ vật dựa vào 14 C (t 1/2 = 5730 năm), người ta thấy trong mẫu
đó có cả 11 C; số nguyên tử 14 C bằng số nguyên tử 11 C; tỉ lệ độ phóng xạ 11 C so với 14 C
bằng 1,51.10 8 lần.
1. Viết phương trình phản ứng phóng xạ beta (β) của hai đồng vị đó.

2. Tính tỉ lệ độ phóng xạ 11 C so với 14 C trong mẫu này sau 12 giờ kể từ nghiên cứu
trên. Cho biết 1 năm có 365 ngày.
CÂU HỎI 4: NHIỆT HÓA HỌC (2 điểm)
1. Tính H 0 của phản ứng giữa N 2 H 4 (l) và H 2 O 2 (l). Biết:
Chất N 2 H 4 (l) H 2 O 2 (l) H 2 O(k)
H 0 s (kJ) 50,6 -187,8 -241,6
2. Tính H 0 của phản ứng giữa N 2 H 4 (l) và H 2 O 2 (l) nếu dựa vào các dữ kiện nhiệt
động sau:
Liên kết N-N N=N NN N-H O-O O=O O-H
E lk (kJ/mol) 167 418 942 386 142 494 459
và
Chất N 2 H 4 H 2 O 2
H 0 hoá
hơi
(kJ/mol)
41 51,63
3. Trong 2 kết quả tìm được ở trên, kết quả nào chính xác hơn? Tại sao?
4. Tính độ tăng nhiệt độ cực đại (T) của các khí sản phẩm?
Cho biết: C p , N 2 (k) = 29,1 J/mol.độ và C p , H 2 O (k) = 23,6 J/mol. độ
CÂU HỎI 5: CÂN BẰNG HÓA HỌC (2 điểm)
Cho các số liệu sau đây đối với phản ứng loại H 2 của C 2 H 6
1) Tính Kp đối với phản ứng khử hidro tại 900K bằng đơn vị Pa
2) Tại trạng thái cân bằng, trong bình phản ứng có áp suất tổng hợp là 2 atm. Tính K C
và K X
3) Người ta dẫn etan tại 627 0 C qua một chất xúc tác khử hidro. Tính phần trăm thể
tích các chất lúc cân bằng. Biết áp suất hệ lúc cân bằng là 101300 Pa

4) Tính K P của phản ứng khử H 2 tại 600K. Giả thiết trong khoảng nhiệt độ từ 600 –
900K và có giá trị không đổi. Giải thích sự khác nhau giữa các giá trị K P ở 600K
và 900K
CÂU HỎI 6: CÂN BẰNG DD CHẤT ĐIỆN LI (2 điểm)
1) Tính pH của dung dịch NaHCO 3 3.10 -2 (M).
Biết K 1 và K 2 của H 2 CO 3 lần lượt là 4,47.10 -7 và 4,68.10 -11
0,1M.
2) Tính nồng độ của H 3 O + trong dung dịch hỗn hợp HCOOH 0,01M và HOCN
Biết K HCOOH = 1,8.10 -4 và K HOCN = 3,3.10 -4
(0,01M).
3) Thêm dung dịch chứa ion Ag + vào dung dịch hỗn hợp Cl 2
(0,1M) và CrO
4
Hỏi kết tủa AgCl hay kết tủa Ag 2 CrO 4 xuất hiện trước?
Tính nồng độ ion Cl khi kết tủa màu nâu Ag 2 CrO 4 bắt đầu xuất hiện.
Cho
9,75
T AgCl
10 ; T Ag 2 CrO 4
10
11,95
CÂU HỎI 7: PHẢN ỨNG OXI HÓA KHỬ VÀ ĐIỆN HÓA (2 điểm)
1) Hoàn thành các phản ứng sau đây theo phương pháp cân bằng ion-electron
a) MnO
4
HNO
3
Fe2O 3
MnO
2
... ...
b)
2
Cu S HNO ... NO SO ...
2 3 4
2) Tính nồng độ ban đầu của HSO 4
biết rằng khi đo sức điện động của pin
Pt │ M
3
2
(0,1 ); (0,02 M)
║ MnO
4(0,05 M); Mn (0,01 M); HSO4( C M
)
ở 25 o C có giá trị 0,824(V).
o
Cho 2
1,51( V )
MnO4 / ;
Mn
│Pt
o
0,5355( V)
và
3 /3
CÂU HỎI 8: HALOGEN (2 điểm)
1,0.10
( )
a HSO4
1. Cho các giá trị nhiệt độ sôi của các hiđrua sau:
Chất HF HCl HBr HI H 2 O H 2 S
Nhiệt
( 0 C)
độ sôi
+ 19,5 -84,9 -66,8 -35,4 +100 - 60,75
a. Giải thích sự biến đổi nhiệt độ sôi của các dãy sau:
2

(1) HF, HCl, HBr, HI.
(2) H 2 O, H 2 S.
b. Trên thực tế, liên kết H-F phân cực hơn liên kết O-H, song tại sao nhiệt độ sôi của
HF < H 2 O
2. Hãy sắp xếp theo chiều tăng dần tính axit của các hiđrua đó. Giải thích?
CÂU HỎI 9: OXI LƯU HUỲNH (2 điểm)
Hoà tan lần lượt a gam Mg xong đến b gam Fe, c gam một sắt oxit X trong H 2 SO 4
loãng dư thu được 2,46 lít khí A (ở 27 0 C, 0,5 atm) và dung dịch B. Lấy 1/5 dung dịch B
cho tác dụng vừa đủ với 120 ml dung dịch KMnO 4 0,025M thu được dung dịch C. Biết
trong dung dịch C có 7,274 gam hỗn hợp muối trung hoà. Tìm công thức oxit sắt và các
giá trị a, b, c.
CÂU HỎI 10: ĐỘNG HỌC
Etylenoxit bị nhiệt phân theo phương trình sau:
CH 2 CH 2 (k) CH 4 (k) + CO (k)
O
Ở 687,7K áp suất chung của hỗn hợp phản ứng biến đổi theo thời gian như sau
t (phút) 0 5 7 9 1 1
2 8
P.10 5 0 0, 0 0, 0 0
(N.m -2 ) ,155 163 ,166 169 ,174 ,182
Hãy chứng tỏ rằng phản ứng phân hủy C 2 H 4 O là bậc nhất. Tính hằng số tốc độ ở nhiệt
độ thí nghiệm
Người ra đề
ĐINH TRỌNG MINH - 0988522822
LÃ THỊ THU

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
Câu Ý Nội dung chính cần đạt Điểm
a) Ứng với các số lượng tử đã cho => electron cuối cùng ứng
với cấu hình: 3d 3
Theo Kleckoski => phân lớp 3d có mức năng lượng lớn hơn 0.5
các phân lớp: 1s, 2s, 2p, 3s, 3p, 4s
Do đó theo nguyên lý vững bền
=> Thứ tự điền electron trong nguyên tử của nguyên tố X là:
1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 3d 3
1
Vậy cấu hình electron của X là: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 3 4s 2
Câu 1
2
b) Nguyên tố X có Z = 23 => Năng lượng ion hóa thứ Z của X
là:
I z = - E n =
23
13,6 1
2
2
= 7194,4 eV
1eV = 1,602.10 -19 .1 = 1,602.10 -19 J = 1,602.10 -19 . 6.10 23 =
9,612.10 4 J/mol = 96,12 kJ/mol
I z = 7194,4.96,12 = 691 526 kJ/mol
Nhận xét: Năng lượng ion hóa thứ 3 và thứ 4 có sự chênh lệch
lớn, do đó quá trình tách electron thứ 4 xảy ra ở lớp bên trong.
Cấu hình electron của nguyên tử các nguyên tố:
Be 1s 2 2s 2 => Năng lượng ion hóa thứ 2 và thứ 3 có sự
chênh lệch lớn vì sự tách electron xảy ra ở 2 lớp khác nhau.
Al 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 1 => Lớp ngoài cùng có 3 electron và
sự tách electron thứ 4 xảy ra ở lớp bên trong => Năng lượng
ion hóa thứ 4 có sự tăng mạnh so với các giá trị năng lượng ion
hóa trước đó.
Fe 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 6 4s 2 => Năng lượng ion hóa thứ
nhất (I 1 ) và thứ hai (I 2 ) tăng nhẹ vì sự tách electron xảy ra ở
cùng lớp ngoài cùng. Năng lượng ion hóa thứ ba (I 3 ) và thứ tư
(I 4 ) lớn hơn nhiều so với I 2 vì sự tách xảy ra ở lớp phía trong.
Do đó, năng lượng ion hóa thứ ba (I 3 ) và thứ tư (I 4 ) có sự chênh
lệch ít.
Vậy các giá trị năng lượng ion hóa đã cho tương ứng với
nguyên tử của nguyên tố nhôm (Al).
0.5
0.25
0.5
0.25

3,32 0 A = 3,32.10 -8 cm
Thể tích ô cơ sở của Ta là: V = (3,32.10 -8 ) 3 = 36,6.10 -24 cm 3
0.5
Câu 2
1
Khối lượng của ô cơ sở là:
m = 36,6.10 -24 .16,7 = 611,22.10 -24 g
Gọi n là số nguyên tử Ta trong một ô cơ sở. Khối lượng một
nguyên tử Ta là: m Ta =
MTa = mTa N =
611,22.10
n
24
611,22.10
n
24
g
6,02.10 -23 =
367,95
n
0.5
Mà khối lượng mol của Ta là M Ta = 180,95 g/mol
180,95 n = 2
367,95
=
n
Vì n = 2 nên Ta kết tinh theo kiểu mạng tinh thể lập phương
tâm khối.
0.5
0.5
2.
Câu 3
Các phương trình phản ứng hoá học hạt nhân:
1.
6C 11 7N 11 + β
6C 14 7N 14 + β
2. Độ phóng xạ của một hạt nhân được tính theo biểu thức:
A = λN (1).
Trong đó, λ là hằng số phóng xạ, N là số hạt nhân
phóng xạ tại thời điểm đang xét:
Với mỗi đồng vị trên ta có:
C 11 A 11 = λ 11 N 11 (2)
C 14 A 14 = λ 14 N 14 (3)
Theo đầu bài, tại thời điểm đầu, có thể coi thời gian t = 0. Ta
ký hiệu:
N 11 = (N o ) 11 ; N 14 = (N o ) 14 mà (N o ) 11 = (N o ) 14
(4)
Từ điều kiện:
[A 11 /A 14 ] = [ λ 11 (N o ) 11 /λ 14 (N o ) 14 ] = 1,51.10 8 , kết hợp với (4), ta
có: λ 11 = λ 14 1,51.10 8 (5)
Với C 14 ta có λ 14 = (0,6932/t 1/2 ) = (0,6932/5730 365
24 60) = 2,30210 10
(phút 1
).
Đưa kết quả này vào (5) ta tính được: λ 11 = 2,302 10 10
1,51.10 8 = 3,476.10 2
(phút 1
) (6)
0.5
0.5

•) Xét tại t =12 giờ: Ta biết độ phóng xạ của một hạt nhân được
tính theo biểu thức: A = λN (1).
Mặt khác, ta có: N = N o e λt
= N o exp [-λt] (7)
Với mỗi đồng vị ta có:
C 11 N 11 = (N o ) 11 exp [-λ 11 t] (8)
C 14 N 14 = (N o ) 14 exp [-λ 14 t] (9)
Vậy tại t = 12 giờ, ta có [A 11 /A 14 ] = [λ 11 N 11 /λ 14 N 14 ]
(10)
Thay (8) và (9) vào (10), kết hợp (4), ta được:
[A 11 /A 14 ] = [λ 11 /λ 14 ]exp [t(λ 14 - λ 11 )]
= (3,476.10 2
/2,30210 10
)exp [12 60 ( 2,302 10 -10 -
3,476.10 2
]
Thực tế 2,30210 10
> λ 14 =2,302
10 10
phút 1
.
Do đó trong thực tế ứng dụng người ta chỉ chú ý đến C 14 .
1.0
Câu 4
Câu 5
1.
2.
3.
4.
1.
2.
3.
N 2 H 4 (l) + 2H 2 O 2 (l) N 2 (k) + 4H 2 O (k)
H pư = 4 mol. (-241,6 kJ/mol) - [2 mol. (-187,6) + 1 mol.
(50,6 kJ/mol) = - 641,8 kJ.
H pư = 4.E N-H + E N-N + 4E O-H + 2E O-O - E N N - 8E O-H = -
638,74 kJ.
Kết quả 1) chính xác hơn 2) vì năng lượng liên kết chỉ là các
giá trị trung bình
Tổng nhiệt dung của hỗn hợp khí sản phẩm là C = 29,1 +
4.23,6 = 123,5 J/K.mol
Độ tăng nhiệt độ T = H pư / C = 5196,76 0 C.
Ta có
Thay số
Kp = K.
K C = K P .(RT)- ∆n = 5,017.10 -2 .(0,082.900) -1 = 6,79.10 -4
(mol/l)
K X = K P .P -∆n = 5,017.10 -2 .2 -1 = 2,5.10 -2
Giả sử ban đầu có 1mol C 2 H 6
Xét cân bằng:
C 2 H 6 ⇌ C 2 H 4 + H 2
Mol ban đầu 1
Mol cân bằng 1-x x x
→
Áp suất riêng phần của từng chất:
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5

Câu 6
4.
1.
2.
K P = = ,22
→ x = 0,2
→ tại cân bằng
%C 2 H 4 = %H 2 = 0,2/(1+0,2) = 16,67%
%C 2 H 6 = 66,66%
Phản ứng khử hidro
C 2 H 6 ⇌ C 2 H 4 + H 2 với
Có =
→
Áp dụng phương trình Van’t Hoff có
ln )
→ K p,600K = 0,34 Pa
Nhận xét: Phản ứng khử Hidro là phản ứng thu nhiệt, do
vậy khi giảm nhiệt độ (từ 900K xuống 600K) thì K P
giảm
Trong dung dịch có phản ứng chủ yếu là:
2
2HCO
3
H2CO3 CO
0.5
3
2
Cho nên H2CO3 CO
3
Axit cacbonic có các hằng số axit
2
H
HCO
3
H
CO
3
1
và 2
H2CO3
HCO
3
2
Suy ra: K 1 .K 2 =
H
H
K1.
K2
pH = 1 ( pK ) 8,34
1
pK2
2
HCOOH + H 2 O ˆ ˆ † ‡ ˆ ˆ H 3 O + + HCOO -
H O HCOO
1
1,8.10
HCOOH
3 4
HOCN + H 2 O ‡ ˆ ˆ†
ˆ H 3 O + + OCN -
H O OCN
2
3,3.10
HOCN
3 4
Vì nồng độ các axit không quá bé cho nên có thể bỏ qua sự
điện li của nước.
0.5
0.5

Áp dụng định luật bảo toàn nồng độ, ta có:
H O HCOO OCN
3
Suy ra:
HCOOH
HOCN
HO
3 1
2
H3O
H3O
3.
Cả hai axit đều yếu nên có thể coi gần đúng:
2
1
HCOOH C M và
Suy ra:
1
10 ( )
HOCN C2 10 ( M )
H O
K C K C M
Ag Cl AgCl ; AgCl Ag . Cl
4 2 4 1 3
3 1 1 2 2
1,8.10 .10 3,3.10 .10 5,9.10 ( )
2
2
2
4
2 4
; Ag .
2CrO Ag CrO
4 4
2Ag CrO Ag CrO
Để kết tủa AgCl xuất hiện thì:
9,75
AgCl 10
9
Ag
Cl
AgCl
Ag
1,78.10 ( M )
Cl
0,1
Để kết tủa Ag 2 CrO 4 xuất hiện thì:
2
Ag CrO
11,95
2 2 4
5
Ag CrO Ag2CrO
Ag M
4
Do
AgCl
4 2
CrO4
Ag
Ag
Ag2CrO4
10
0,01
cho nên kết tủa AgCl xuất hiện trước.
5
Khi bắt đầu xuất hiện kết tủa Ag 2 CrO 4 thì Ag
9,75
AgCl 10
Cl
5
Ag
1,06.10
5
1,68.10 ( M )
1,06.10 ( M )
1,06.10 ( )
Hoàn thành các phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng
ion-electron x2 X3
x3 x10
... ...
a) MnO
4
Fe3O 4
Fe2O 3
MnO
2
0.5
0.5
Câu 7 1.
MnO 3e H O MnO 4OH
4 2 2
Fe O 2OH 2Fe O 2H O 2e
3 4 2 3 2
2MnO 6Fe O H O 2MnO 9Fe O 2OH
4 3 4 2 2 2 3
0.5
b) Cu 2 S + HNO 3 → … + NO + SO 4
2-
+ …
Cu S 4H O 2Cu SO 8H 10e
2 2
2 2 4
NO 4H 3e NO 2H O
3 2
0.5

3Cu S 10NO 16H 6Cu 10NO 3SO 8H O
2 2
2 3 4 2
Ở điện cực dương (bên phải):
MnO 8H 5e ˆ ˆ † Mn 4H O
E phải =
2
4 ‡ ˆ ˆ
2
8
8
0,0592
4
. 0,0592 0,05.
o
2 lg
MnO
H
H
1,51 .lg
MnO4
/ Mn
2
5
Mn
5 0,01
2.
Câu 8 1.
điện cực âm (bên trái): ‡ ˆ ˆ†
ˆ 3
E trái =
3I I 2e
0,0592 I
o
3
0,0592 0,02
lg
0,5355 lg 0,574( V )
I3
/3I
3
2
I
2 (0,1)
E pin = E + - E - = 0,824
Suy ra:
0,059 0,05. H
0,824 1,51 lg
0,574
5 0,01
Giải ra ta được: [H + ] = 0,54 (M) = x
Từ cân bằng:
2
HSO4 ‡ ˆ ˆ†
ˆ H SO4
K a = 1,0.10 -2
Ban đầu: C 0 0
Cân bằng: (C – x) x x
2 2
x x
a
x C
Cx
a
Thay giá trị x =0,54 và K a = 1,0.10 -2 vào, ta tính được
C
HSO4
0,346( M)
a. Nhiệt độ sôi: HCl < HBr < HI < HF
Loại liên kết giữa các phân tử: Van der Van
Liên kết hiđro + Van der Van
Trong đó, liên kết hiđro trong HF bền hơn nhiều so với
liên kết Van der Van. Do đó HF có nhiệt độ sôi cao nhất.
Liên kết Van der Van phụ thuộc chủ yếu vào tương tác
khuếch tán, nghĩa là tăng theo M. Vì thế HCl < HBr < HI.
(2) Tương tự: H 2 O có liên kết Hiđro còn H 2 S
không có liên kết Hiđro.
b. Liên kết H-F phân cực hơn liên kết O-H nghĩa là liên
kết Hiđro của H-F > H-O. Song trong nước, các phân tử H 2 O
liên kết với nhau bằng 4 liên kết hiđro tạo thành mạng không
gian (H 2 O) n (n lớn)
còn trong HF, các phân tử HF liên kết với nhau bằng 2 liên kết
hiđro tạo thành
mạch thẳng với đoạn ngắn (HF) n (n 6)
8
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5

Câu 9
2.
Vì thế, nước có nhiệt độ sôi cao hơn trong HF
Tính axit: H 2 O < H 2 S < HF < HCl < HBr < HI
Giải thích: dựa vào mật độ điện tích âm trên nguyên tử trung
tâm: O 2- > S 2- > F - > Cl - > Br - > I -
Đặt x, y, z lần lượt là số mol tương ứng của Mg, Fe và sắt oxit.
Theo đề: n
H
=
2
0,5.2, 46
0,082.(273 27) 0,05
mol
Khi phản ứng hết với dung dịch B:
số mol KMnO 4 là: 5.0,12.0,025 = 0,015 mol,:
khối lượng muối trung hoà thu được là: 7,274.5 = 36,37 gam
PTPƯ: Mg + H 2 SO 4 MgSO 4 + H 2
(1)
Fe + H 2 SO 4 FeSO 4 + H 2
(2)
10FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4 5Fe2(SO4)3 + K2SO4
+ 2MnSO4 + 8H2O (3)
0,07 0,015 0,0375 0,0075 0,015
Khối lượng muối tạo thành từ (3):
0,0375.400 + 0,0075.174 + 0,015.151 = 18,57 g
Vậy trong dung dịch C còn lại một lượng muối là: 36,37 –
18,57 = 17,8g (chắc chắn chứa MgSO 4 )
- Nếu m
MgSO
= 17,8g thì
4
MgSO4
17,8
n = 0, 148
120
mol n (1)
0,148 mol > 0,05 mol : vô lí
Dung dịch B ngoài MgSO 4 , FeSO 4 còn có muối khác tạo
thành từ sắt oxit l à Fe 2 (SO 4 ) 3
- Nếu nFeSO 4
(4) 0, 075mol chỉ do (2) cung cấp thì n
H 2
(2)
= 0,075
mol > 0,05 mol: vô lí Phải có một lượng FeSO 4 tạo thành từ
sắt oxit
Vậy sắt oxit khi tác dụng với H 2 SO 4 phải đồng thời tạo ra 2
muối: FeSO 4 và Fe 2 (SO 4 ) 3
Công thức sắt oxit là: Fe 3 O 4
Fe3O4 + 4H2SO4 FeSO4 + Fe2(SO4)3 + H2O (4)
(1) n
MgSO = n
4 H = x mol (2) n
2
FeSO = n
4 H = y mol
2
(4) nFeSO
nFe
SO
z
4 2 ( 4 ) mol
3
Ta có các phương trình: H2
n = x + y = 0,05 (*)
n = y + z = 0,075 (**)
FeSO 4
m
Fe2 (SO4
) (4) + m
3
MgSO = 400.z + 120.x = 17,8 (***)
4
Giải hệ (*), (**) và (***)
ta có : x = 0,015 y = 0,035 z = 0,04
Vậy a = 0,36g b = 1,96g c = 9,28g
H 2
0.5
0.5
0.5
0.25
0.25
0.5

Câu 10
Giả sử phẩn ứng là bậc nhất
→ biểu thức tính
Gọi P là áp suất chung của hệ tại thời điểm t, P o là áp suất
ban đầu của etylenoxit, x là áp suất riêng phần của metan ở thời
điểm t, khi đó áp suất riêng phần của etylenoxit tại thời điểm t
là P o – x
→ áp suất chung của hệ P = P o – x + x + x = P o + x
→ x = P - P o → P o – x = P o – (P - P o ) = 2P o – P
→
→ phương trình động học của phản ứng có dạng
Thay các giá trị ứng với t khác nhau ta được
k 1 = 1,06.10 -2 ph -1
k 2 = 1,05.10 -2 ph -1
k 3 = 1,05.10 -2 ph -1
k 4 = 1,08.10 -2 ph -1
k 5 = 1,06.10 -2 ph -1
Nhận xét: hằng số tốc độ tại các thời điểm xấp xỉ bằng
nhau nên phản ứng đúng là bậc 1
Hằng số tốc độ phản ứng bằng
0.5
1.0
0.5
Người ra đề
ĐINH TRỌNG MINH - 0988522822
LÃ THỊ THU

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI
ĐỀ GIỚI THIỆU
Người soạn: Bùi Hữu Hải
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
THPT CHUYÊN – DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2015
MÔN: HOÁ HỌC LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1:
1. Biết năng lượng cần cung cấp để tách cả hai electron ra khỏi nguyên tử He là: 79,00eV.
Khi chiếu một bức xạ có bước sóng nm vào nguyên tử He thì thấy có 1 electron
thoát ra. Tính vận tốc của electron này. Cho h = 6,625.10 -34 J.s ; m e = 9,1.10 -31 kg.
2. Cho các phân tử: O 3 ; SO 2 ; NO 2 và các góc liên kết: 120 0 ; 132 0 ; 116,5 0 .
Câu 2:
a) Hãy ghi giá trị góc liên kết trên cho phù hợp với các phân tử tương ứng.
b) Giải thích (ngắn gọn).
Tính cân bằng trong dung dịch Cd(NO 3 ) 2 0,01M và HCl 1M. Cho hằng số bền tạo
phức CdCl i
(2-i)+
lần lượt là lgβ 1 = 1,95; lgβ 2 = 2,49; lgβ 3 = 2,34; lgβ 4 = 1,64.
Câu 3:
1. Tỉ lệ triti so với tổng số nguyên tử hidro trong một mẫu nước nặng là 8.10 -8 (mẫu
nước chứa hidro chủ yếu là đơteri). Triti phân hủy phóng xạ với chu kỳ bán hủy
12,3 năm. Có bao nhiêu nguyên tử triti trong 1,0g mẫu nước sông trên sau 20 năm.
2. 134 Cs và 137 Cs là sản phẩm phân hạch của nhiên liệu urani trong lò phản ứng hạt
nhân. Cả hai đồng vị này đều phân rã β.
a) Viết phương trình phản ứng biểu diễn các phân rã phóng xạ của 134 Cs và 137 Cs.
b) Tính năng lượng (eV) được giải phóng trong phản ứng phân rã phóng xạ của 134 Cs.
Cho: 134
55 Cs = 133,906700; 134
56 Ba = 133,904490.
Câu 4:
Tính chất nhiệt động của một số phân tử và ion ở trạng thái tiêu chuẩn tại 25 0 C như sau:
C 3 H 8 (k) O 2 (k) CO 2 (k) H 2 O (l) CO 3
2-
(aq.) OH - (aq.)
H 0 s (kJmol -1 ) - 103,85 0 -393,51 -285,83 - 677,14 - 229,99
S 0 (J.K -1 mol -1 ) 269,91 205,138 213,74 69,91 - 56,9 - 10,75
Xét quá trình oxi hoá bất thuận nghịch hoàn toàn 1 mol C 3 H 8 (k) với O 2 (k) tạo thành CO 2
(k) và H 2 O (l), phản ứng được tiến hành ở 25 0 C, điều kiện tiêu chuẩn.
1. Tính H 0 , U 0 ,S 0 , G 0 của phản ứng.

2. Tính S của môi trường và S tổng cộng của vũ trụ khi tiến hành quá trình.
Câu 5:
Cho cân bằng hóa học: N 2 (k) + 3H 2 (k) 2NH 3 (k) ; = -0,92 kJ
Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N 2 và H 2 theo tỉ lệ số mol đúng bằng hệ số tỉ lượng
3:1 thì khi đạt tới trạng thái cân bằng (450 o C, 300 atm) NH 3 chiếm 36% thể tích.
1. Tính hằng số cân bằng K P.
2. Giữ nhiệt độ không đổi (450 o C), cần tiến hành dưới áp suất là bao nhiêu để khi đạt tới
trạng thái cân bằng NH 3 chiếm 50% thể tích?
Câu 6:
1. Trộn 15,00ml dung dịch CH 3 COONa 0,03M với 30,00ml dung dịch HCOONa 0,15
M. Tính pH của dung dịch thu được.
2. Tính độ tan của FeS ở pH = 5,00.
Câu 7:
Câu 8:
Cho: K s = 10 -17,20 ; * Fe(OH)
+ = 10 -5,92 ; H 2 S (K a1 = 10 -7,02 , K a2 = 10 -12,90 )
Chuẩn độ dung dịch Fe 2+ bằng dung dịch chuẩn MnO 4
-
0,02M, biết rằng trong dung
dịch Fe 2+ có đủ axit để pH = 0 trong suốt quá trình chuẩn độ. Biết các thế oxi hóa khử
tiêu chuẩn của các hệ là :E o MnO4 - + H + / Mn
2+ + H2O =1,51V; E o Fe 3+ / Fe
2+
= 0,77V.
1. Hãy tính hằng số cân bằng của phản ứng giữa Fe 2+ và MnO 4
-
trong môi trường axit.
2. Tính thế oxi hoá khử của dung dịch và nồng độ mol của Fe 2+ ban đầu biết rằng khi
chuẩn độ 40,00 mL dung dịch Fe 2+ điểm tương đương đạt được khi cho vào 40,00
mL dung dịch chuẩn MnO 4- .
3. Tính thế của các cặp oxi hóa khử trong dung dịch khi thêm 60 ml dung dịch chuẩn.
1. Trong phòng thí nghiệm, ClO 2 được điều chế nhanh chóng bằng cách cho hỗn hợp
KClO 3 , H 2 C 2 O 4 tác dụng với H 2 SO 4 loãng, còn trong công nghiệp ClO 2 được điều
chế bằng cách cho NaClO 3 tác dụng với SO 2 có mặt H 2 SO 4 4M. Hãy lập các
phương trình hoá học giải thích sự tạo thành các chất trên. Viết các phản ứng khi
cho mỗi chất Cl 2 và ClO 2 tác dụng với H 2 O, với dung dịch NaOH.
2. Phim đen trắng chứa lớp phủ bạc bromua trên nền là xenlulozơ axetat. Bạc bromua
bị phân hủy khi chiếu sáng. Trong quá trình này thì lượng AgBr không được chiếu

sáng sẽ bị rửa bằng cách cho tạo phức bởi dung dịch natri thiosunfat. Ta có thể thu
hồi bạc từ dung dịch nước thải bằng cách thêm ion xianua vào, tiếp theo là kẽm.
Viết các phản ứng xảy ra.
Câu 9:
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
hoá 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 không có không khí,
dung tích 1 lít. Đun nóng bình để B hoá hơi hoàn toàn. Kết quả đo nhiệt độ và áp
suất bình được ghi lại trong bảng sau:
Nhiệt độ ( o C) 444,6 450 500 900 1500
Áp suất (atm) 0,73554 0,88929 1,26772 4,80930 14,53860
Xác định thành phần định tính hơi đơn chất B tại các nhiệt độ trên và giải thích.
Cho: R = 0,082 L.atm.K -1 .mol -1
Câu 10:
Người ta nghiên cứu phản ứng xà phòng hóa etyl fomiat bằng NaOH ở 25 0 C:
HCOOC 2 H 5 + NaOH → HCOONa + C 2 H 5 OH
Nồng độ ban đầu của NaOH và của este đều bằng 0,01M. Lượng etanol được tạo thành
theo thời gian được biểu diễn trong bảng sau:
Thời gian (s) 0 180 240 300 360
[C 2 H 5 OH] (M) 0 2,6.10 -3 3,17.10 -3 3,66.10 -3 4,11.10 -3
1. Chứng minh rằng bậc tổng cộng của phản ứng bằng 2. Từ đã suy ra bậc phản ứng
riêng đối với mỗi chất phản ứng.
2. Tính hằng số tốc độ phản ứng ở 25 0 C.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI
ĐỀ GIỚI THIỆU
Người soạn: Bùi Hữu Hải
Câu 1:
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
THPT CHUYÊN – DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2015
MÔN: HOÁ HỌC LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút
1. Biết năng lượng cần cung cấp để tách cả hai electron ra khỏi nguyên tử He là: 79,00eV.
Khi chiếu một bức xạ có bước sóng 40 nm vào nguyên tử He thì thấy có 1 electron
thoát ra.Tính vận tốc của electron này. Cho h = 6,625.10 -34 J.s ; m e = 9,1.10 -31 kg.
2. Cho các phân tử: O 3 ; SO 2 ; NO 2 và các góc liên kết: 120 0 ; 132 0 ; 116,5 0 .
a) Hãy ghi giá trị góc liên kết trên cho phù hợp với các phân tử tương ứng.
b) Giải thích (ngắn gọn).
1.1 Theo đề bài có: He He 2+ + 2e ; I = + 79,00 eV
Mặt khác,
He + He 2+ + 1e ; I 2 = -E e trong He+
mà He + là hệ 1 hạt nhân 1 electron I 2 = + 13,6. = + 54,4 eV
I 1, He = I – I 2 = 24,60 eV = 3,941.10 -18 (J)
Năng lượng của bức xạ:
0,5
W đ (e) =
(J)
= E – I 1 = 1,0277510 -18 (J) v = 1,503.10 6 m/s
0,5
1.2 a. Điền góc liên kết: O 3 : (116,5 o ) ; SO 2 : (120 o ) ; NO 2 : (132 o )
b. Giải thích:
- Các phân tử: O 3 : (116,5 o ) ; SO 2 : (120 o ) ; NO 2 : (132 o ) ;
Có lai hoá sp 2 nên góc liên kết ≈ 120 o .
Góc liên kết phụ thuộc hai yếu tố:
+ Độ âm điện của nguyên tố trung tâm; độ âm điện càng mạnh
tăng góc liên kết.
+ Mật độ e, độ lớn của obitan lai hoá chưa tham gia liên kết làm
tăng lực đẩy khép góc làm giảm góc liên kết.
- O 3 có góc liên kết nhỏ nhất vì obitan lai hoá còn cặp e chưa liên
kết tạo lực đẩy khép góc.
0,5
0,5

- NO 2 có góc liên kết lớn nhất vì N có độ âm điện lớn hơn S, obitan
lai hoá chưa tham gia liên kết có 1e nên lực đẩy khép góc kém.
Câu 2:Tính cân bằng trong dung dịch Cd(NO 3 ) 2 0,01M và HCl 1M. Cho hằng số bền tạo
phức CdCl
(2-i)+ i lần lượt là lgβ 1 = 1,95; lgβ 2 = 2,49; lgβ 3 = 2,34; lgβ 4 = 1,64
2 Các cân bằng: HCl → H + + Cl - ; Cd(NO 3 ) 2 → Cd 2+ + 2NO 3
-
1M 1M 0,01M
Cd 2+ + Cl - CdCl + lgβ 1 = 1,95 (1)
Cd 2+ + 2Cl - CdCl 2 lgβ 2 = 2,49 (2)
Cd 2+ + 3Cl - CdCl 3
-
lgβ 3 = 2,34 (3)
Cd 2+ + 4Cl - CdCl 4
2-
lgβ 4 = 1,64 (4)
Xét các điều kiện gần đúng:
- Môi trường axit, có thể bỏ qua sự tạo phức hiđroxo của ion Cd 2+
- C - C 2+
Cl
Cd
, các giá trị lgβ không quá lớn và không chênh lệch
-
nhau nhiều. Do đó, có thể coi nhưng không thể coi một dạng
-
[Cl ] C Cl
phức nào là chiếm ưu thế (β 1 ≈ β 2 ≈ β 3 ≈ β 4 ).
Tính gần đúng. Áp dụng ĐLBTNĐ ban đầu đối với ion Cd 2+ ta có:
C Cd
2+
= [Cd 2+ ] + [CdCl + ] + [CdCl 2 ] + [CdCl 3- ] + [CdCl 4
2-
] = 0,1 M (5)
Áp dụng ĐLTDKL cho các cân bằng (1) – (4) và thay các giá trị tính được
của các dạng phức vào (5) ta có:
C 0,01 [Cd ] + [Cd ][Cl ] + [Cd ][Cl ] + [Cd ][Cl ] + [Cd ][Cl ]
2+ 2+ - 2+ - 2 2+ - 3 2+ - 4
Cd 1 2 3 4
[Cd ] = C
1 [Cl ]+ [Cl ] + [Cl ] + [Cl ]
Sau khi tổ hợp ta rút ra: 2+ Cd
-
Chấp nhận [Cl ] C - 1, ta có:
Cl
- - 2 - 3 - 4
1 2 3 4
2+ -5
+ -3
-3
[Cd ] = 1,5.10 M ; [CdCl ] = 1,3.10 M ; [CdCl ] = 4,7. 10 M ;
2- -4
[CdCl ] = 3,3.10 M ; [CdCl ] = 6,6.10 M
- -3
3
Kiểm tra lại:
4
[Cl - ] = C 0 Cl - - {[CdCl + ] + 2[CdCl 2 ] + 3[CdCl 3- ] + 4[CdCl 4
2-
]} 1M
2
0,5
0,5
0,5
0,5

Câu 3:
(đúng)
3. Tỉ lệ triti so với tổng số nguyên tử hidro trong một mẫu nước nặng là 8.10 -8 (mẫu
nước chứa hidro chủ yếu là đơteri). Triti phân hủy phóng xạ với chu kỳ bán hủy
12,3 năm. Có bao nhiêu nguyên tử triti trong 1,0g mẫu nước sông trên sau 20 năm.
4. 134 Cs và 137 Cs là sản phẩm phân hạch của nhiên liệu urani trong lò phản ứng hạt
nhân. Cả hai đồng vị này đều phân rã β.
a) Viết phương trình phản ứng biểu diễn các phân rã phóng xạ của 134 Cs và 137 Cs.
b) Tính năng lượng (eV) được giải phóng trong phản ứng phân rã phóng xạ của 134 Cs.
Cho: 134
55 Cs = 133,906700; 134
56 Ba = 133,904490.
3.1 Số phân tử H 2 O có trong 10 (g) mẫu nước nặng:
(phtử)
0,25
Số nguyên tử H có trong 1,0 (g) mẫu nước: 6,023.0 23 (ngtử)
Số đồng vị 3 1
H có trong 1,0 (g) mẫu nước:
N 0 = 6,023.10 23 .8.10 -8 = 4,82.10 16 (ngtử)
t 1/2 = 12,3 năm k =
ln2
t
1/ 2
= 0,0564 năm -1
0.25
ln N
N 0
= kt N = N 0 .e -kt = 5,354.10 6 .e -0,0564.20 = 1,56.10 16 (ngtử)
Vậy sau 20 năm số nguyên tử 3 1
H còn trong 1,0 (g) mẫu nước là:
1,56.10 16 (ngtử)
0.5
3.2 a) Phương trình phản ứng biểu diễn các phân rã phóng xạ:
134
55 Cs → 134
56 Ba + 0
-1 e
137
55 Cs → 137
56 Ba + 0
-1 e
b) Năng lượng thoát ra trong phân rã phóng xạ của 134
55 Cs:
∆E = ∆m.c 2 =(133,9067-133,90449).(10 –3 /6,022.10 23 ) . (3,000.10 8 ) 2 (J)
→ ∆E = 3,30.10 –13 J = 3,30.10 –13 /(1,602.10 –19 ) = 2,06.10 6 (eV)
0,5
0,5
Câu 4:

Tính chất nhiệt động của một số phân tử và ion ở trạng thái tiêu chuẩn tại 25 0 C như sau:
C 3 H 8 (k) O 2 (k) CO 2 (k) H 2 O (l) CO
2- 3 (aq.) OH - (aq.)
H 0 s (kJmol -1 ) - 103,85 0 -393,51 -285,83 - 677,14 - 229,99
S 0 (J.K -1 mol -1 ) 269,91 205,138 213,74 69,91 - 56,9 - 10,75
Xét quá trình oxi hoá bất thuận nghịch hoàn toàn 1 mol C 3 H 8 (k) với O 2 (k) tạo thành CO 2
(k) và H 2 O (l), phản ứng được tiến hành ở 25 0 C, điều kiện tiêu chuẩn.
1. Tính H 0 , U 0 ,S 0 , G 0 của phản ứng.
2. Tính S của môi trường và S tổng cộng của vũ trụ khi tiến hành quá trình.
4.1 Tính H 0 , U 0 , S 0 , G 0 của phản ứng:
C 3 H 8 (k) + 5O 2 (k) 3CO 2 (k) + 4H 2 O(l)
H 0 (pư) = - 2220,00 kJ.mol -1 ; S 0 (pư) = - 374,74 J.K -1 .mol -1 ;
U 0 (pư) = H 0 (pư) - (pV) = H 0 - (n khí . RT)
= - 2220,00 .10 3 Jmol -1 - (-3mol . 8,3145 J.K -1 mol -1 . 298,15K )
U 0 = - 2212,56. 10 3 jmol -1 .
0,5
0,5
G 0 = H 0 - T S 0 = [- 2220,00 . 10 3 - (298,15) . (-374,74) ]Jmol -1
G 0 = - 2108,33 kJ.mol -1 .
4.2 Tính S của môi trường và S tổng cộng: S hệ = -374,74JK -1 mol -1 .
S môi trường = = = = 7445,92 JK -1 mol -1
S tổng cộng (vũ trụ) = H hệ + S môi trường = 7071,18 J.K -1 mol -1 > 0
phản ứng tự phát.
1,0
Câu 5:
Cho cân bằng hóa học: N 2 (k) + 3H 2 (k) 2NH 3 (k) ; = -0,92 kJ
Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N 2 và H 2 theo tỉ lệ số mol đúng bằng hệ số tỉ lượng
3:1 thì khi đạt tới trạng thái cân bằng (450 o C, 300 atm) NH 3 chiếm 36% thể tích.
1. Tính hằng số cân bằng K P.

2. Giữ nhiệt độ không đổi (450 o C), cần tiến hành dưới áp suất là bao nhiêu để khi đạt tới
trạng thái cân bằng NH 3 chiếm 50% thể tích?
5.1 N 2 (k) + 3H 2 (k) 2NH 3 (k) ; = -0,92 kJ
Ban đầu (mol) 1 3
Cân bằng (mol) 1-x 3-3x 2x
5.2
sau
n = 1 – x + 3 – 3x + 2x = 4 – 2x (mol)
%V NH 3
=
2x
.100%
= 36% x = 0,529
4 - 2x
%V N 2
=
1
x
1
0,592
.100%
= .100% = 16%
4 - 2x 4 2.0,592
%V H 2
= 100 (36 + 16) = 48%
K P =
P
P
3
H
2
NH
2
3
P
N
2
=
2
0,36 . P
0,16. P.
2
0,48.
P 3
2
0,36
0,16.0,48 . P = 8,14.10-5 (atm
-2 - )
=
3 2
2x
%V NH 3
= .100%
= 50% x = 2/3
4 - 2x
1
x
%V N 2
= .100%
= 12,5%;%V H
4 - 2x
2
= 37,5%
K P =
P
P
3
H
2
NH
2
3
P
N
P = 682,6 (atm)
2
2
0,5
0,125.0,375 . P = 8,14.10-5 (atm
-2 - )
= 3 2
1,0
1,0
Câu 6:
3. Trộn 15,00ml dung dịch CH 3 COONa 0,03M với 30,00ml dung dịch HCOONa 0,15
M. Tính pH của dung dịch thu được.
4. Tính độ tan của FeS ở pH = 5,00.
Cho: K s = 10 -17,20 ; * Fe(OH)
+ = 10 -5,92 ; H 2 S (K a1 = 10 -7,02 , K a2 = 10 -12,90 )
6.1
C
CH3COO
0,03.15
0,01M
C
45
Các cân bằng:
HCOO
0,15.30
0,1M
45
H 2 O H + + OH - Kw (1)
CH 3 COO - + H 2 O CH 3 COOH + OH - K b = 10 -9,24 (2)
HCOO - + H 2 O HCOOH + OH - K b’ = 10 -10,25 (3)
Do K b .
C
CH3COO
= 10 -11,24 ≈ K b’ . C = 10 -11,25 cho nên không thể tính
HCOO

gần đúng theo một cân bằng.
ĐKP: h= H OH CH COOH HCOOH
3
0,5
h =
Kw
-1 ' 1
1+ K
a CH3COO
( Ka)
HCOO
Chấp nhận
CH3COO
= 0.01 M; -
HCOO
tính h 1
0
0
=0,10 M và thay vào (4) để
h 1 =
14
10
110 .10 10 .10
4,76 2 3,75 1
2,96.10
9
.
0,5
Từ giá trị h 1 tính lại
-
CH3COO
HCOO
1 1
theo các biểu thức sau:
10
0,010 0,01
10 . 2,96.10
4,76
CH3COO
= 1
4,76 9
CH3COO
0
10
0,10 0,1
10 . 2,96.10
3,75
-
HCOO
=
1
3,75 9
=
-
HCOO
Vậy kết quả lặp. Vậy h= 2,96.10 -9 = 10 -8,53 pH= 8,53.
6.2 + Có các cân bằng của FeS ở pH = 5 là (gọi s là độ tan của FeS):
0
FeS ⇄ Fe 2+ + S 2- K s = 10 -17,20 (1)
C 0 s s
0,5
Fe 2+ + H 2 O ⇄ Fe(OH) + + H + * = 10 -5,92 (2)
S 2- + H + ⇄ HS - K
-1 a2 = 10 12,90 (3)
HS - + H + ⇄ H 2 S K
-1 a1 = 10 7,02 (4)
+ Có: [S 2- ] = s. ; [Fe 2+ ] = s. ;
K S = [H + ].[OH - ] = s 2 . . = 10 -17,20
+ Kết quả tính cho thấy độ tan của FeS ở pH = 5 là 2,44.10 -4 M.
0,5
Câu 7:

Chuẩn độ dung dịch Fe 2+ bằng dung dịch chuẩn MnO
- 4 0,02M, biết rằng trong dung
dịch Fe 2+ có đủ axit để pH = 0 trong suốt quá trình chuẩn độ. Biết các thế oxi hóa khử
tiêu chuẩn của các hệ là :E o MnO4 - + H + /
2+ Mn + H2O =1,51V; E o Fe 3+ /
2+ Fe = 0,77V.
1. Hãy tính hằng số cân bằng của phản ứng giữa Fe 2+ và MnO
- 4 trong môi trường axit.
2. Tính thế oxi hoá khử của dung dịch và nồng độ mol của Fe 2+ ban đầu biết rằng khi
chuẩn độ 40,00 mL dung dịch Fe 2+ điểm tương đương đạt được khi cho vào 40,00
mL dung dịch chuẩn MnO 4- .
3. Tính thế của các cặp oxi hóa khử trong dung dịch khi thêm 60 ml dung dịch chuẩn.
7.1 a. Phương trình phản ứng:
5Fe 2+ + MnO
- 4 + 8H + = 5Fe 3+ + Mn 2+ + 4H 2 O
0,5
E 0 = 1,51 – 0,77 = 0,74V K pư = = 10 62,5
7.2 Tại điểm tương đương:
[Fe 3+ ] = 5[Mn 2+ ]; [Fe 2+ ] = 5[MnO 4- ]
1,0
E dd = 1,3867V
Nồng độ Fe 2+ ban đầu = 5.0,02 = 0,1 M
(Vì thể tích của hai dung dịch bằng nhau)
7.3 Khi thêm 60 ml dung dịch chẩn thì MnO
- 4 cho gấp 1,5 lần lượng chuẩn độ
[MnO 4- ] = [Mn 2+ ] và cặp MnO 4
-
+ H + /Mn 2+ +H 2 O là cặp điện hoạt
Do vậy E dd = = 1,506V
0,5
Câu 8:
3. Trong phòng thí nghiệm, ClO 2 được điều chế nhanh chóng bằng cách cho hỗn hợp
KClO 3 , H 2 C 2 O 4 tác dụng với H 2 SO 4 loãng, còn trong công nghiệp ClO 2 được điều
chế bằng cách cho NaClO 3 tác dụng với SO 2 có mặt H 2 SO 4 4M. Hãy lập các

phương trình hoá học giải thích sự tạo thành các chất trên. Viết các phản ứng khi
cho mỗi chất Cl 2 và ClO 2 tác dụng với H 2 O, với dung dịch NaOH.
4. Phim đen trắng chứa lớp phủ bạc bromua trên nền là xenlulozơ axetat. Bạc bromua
bị phân hủy khi chiếu sáng. Trong quá trình này thì lượng AgBr không được chiếu
sáng sẽ bị rửa bằng cách cho tạo phức bởi dung dịch natri thiosunfat. Ta có thể thu
hồi bạc từ dung dịch nước thải bằng cách thêm ion xianua vào, tiếp theo là kẽm.
Viết các phản ứng xảy ra.
8.1 - 2KClO 3 + H 2 C 2 O 4 + 2H 2 SO 4 2ClO 2 + 2KHSO 4 + 2CO 2 + 2H 2 O
2NaClO 3 + SO 2 + H 2 SO 4 2ClO 2 + 2NaHSO 4
- 6ClO 2 + 3H 2 O HCl + 5HClO 3
Cl 2 + H2O HCl + HClO
- 2ClO 2 + 2NaOH NaClO 2 + NaClO 3 + H 2 O
Cl 2 + 2NaOH NaCl + NaClO + H2O
0,5
0,5
8.2 Phản ứng:
2AgBr
2Ag + Br /2Br
h
(r) (r) 2
AgBr(r) + 2Na 2 S 2 O 3 → Na 3 [Ag(S 2 O 3 ) 2 ] + NaBr
[Ag(S O ) ] + 2CN
[Ag(CN) ] + 2S O
3
2 3 2 2 2 3
2[Ag(CN) ] + Zn
[Zn(CN) ] + 2Ag
2 +
2 4
Câu 9:
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
hoá 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 không có không khí,
1,0

dung tích 1 lít. Đun nóng bình để B hoá hơi hoàn toàn. Kết quả đo nhiệt độ và áp
suất bình được ghi lại trong bảng sau:
Nhiệt độ ( o C) 444,6 450 500 900 1500
Áp suất (atm) 0,73554 0,88929 1,26772 4,80930 14,53860
Xác định thành phần định tính hơi đơn chất B tại các nhiệt độ trên và giải thích.
Cho: R = 0,082 L.atm.K -1 .mol -1
Câu 10:
Người ta nghiên cứu phản ứng xà phòng hóa etyl fomiat bằng NaOH ở 25 0 C:
HCOOC 2 H 5 + NaOH → HCOONa + C 2 H 5 OH
Nồng độ ban đầu của NaOH và của este đều bằng 0,01M. Lượng etanol được tạo thành
theo thời gian được biểu diễn trong bảng sau:
Thời gian (s) 0 180 240 300 360
[C 2 H 5 OH] (M) 0 2,6.10 -3 3,17.10 -3 3,66.10 -3 4,11.10 -3
1. Chứng minh rằng bậc tổng cộng của phản ứng bằng 2. Từ đã suy ra bậc phản ứng
riêng đối với mỗi chất phản ứng.
2. Tính hằng số tốc độ phản ứng ở 25 0 C.
10 Gọi nồng độ ban đầu của NaOH và este là a :
[NaOH] = [este] = a (M)
Gọi nồng độ etanol được tạo thành ở thêi điểm t là x, theo bài ra ta có:
HCOOC 2 H 5 + NaOH → HCOONa + C 2 H 5 OH 0,5
Thời điểm t=0: a a 0 0
t(s) a-x a-x x x
Phương trình tốc độ phản ứng :
d[NaOH]
v=- =k[este] .[NaOH] =k.(a-x) =k(a-x)
dt
p q p+q n
(ở đây, p và q là bậc phản ứng riêng tương ứng của este và NaOH, n là bậc 0,5
phản ứng tổng cộng)
Nếu phản ứng là bậc 2, phương trình động học tích phân sẽ là :

1 1
- = kt
a-x a
Từ các dữ kiện của bài toán ta có bảng sau:
t(s) 0 180 240 300 360
X 0 2,6.10 -3 3,17.10 -3 3,66.10 -3 4,11.10 -3
0,5
a-x 0,01 7,4.10 -3 6,83.10 -3 6,34.10 -3 5,89.10 -3
1/a-x 100 1,35.10 2 1,46.10 2 1,58.10 2 1,70.10 2
k(mol -1 .l.s -1 ) 0,194 0,192 0,193 0,194
Nhận xét: các giá trị của hằng số tốc độ k ở các thời điểm khác nhau không
nhiều, do đã giả thiết phản ứng bậc hai là đúng. Vì bậc phản ứng là bậc
2, nồng độ ban đầu của các chất phản ứng lại bằng nhau nên giả thiết đơn
giản và hợp lí nhất là bậc phản ứng riêng của mỗi chất phản ứng bằng một.
10.2 k = 0,194 mol -1 .l.s -1
(là giá trị trung bình các giá trị của hằng số k ở bảng trên)
0,25
0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒ NG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ
(Đề giới thiệu)
ĐỀ THI HSG DUYÊN HẢI – ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM 2015
Môn Hóa học; Khối 10
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (2 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử - Bảng tuần hoàn
1. Sử dụng mô hình về sự đẩy nhau của các cặp electron hóa trị (mô hình VSEPR), dự đoán dạng
hình học của các ion và phân tử sau: BeH2, BCl3, NF3, SiF6 2- , NO2 + , I3 - .
2. Trong bảng dưới đây có ghi các năng lượng ion hóa liên tiếp In (n = 1, 2, …, 6) theo kJ.mol-1
của hai nguyên tố X và Y.
I1 I2 I3 I4 I5 I6
X 590 1146 4941 6485 8142 10519
Y 1086 2352 4619 6221 37820 47260
A và B là những oxit tương ứng của X và Y khi X, Y ở vào trạng thái oxi hóa cao nhất
Viết (có giải thích) công thức của hợp chất tạo thành khi cho A tác dụng với B
Câu 2. (2 điểm) Tinh thể
Kim loại M tác dụng với hiđro cho hiđrua MHx (x = 1, 2,...). 1,000 gam MHx phản ứng với nước
ở nhiệt độ 25 o C và áp suất 99,50 kPa cho 3,134 lít hiđro.
a) Xác định kim loại M.
b) Viết phương trình của phản ứng hình thành MHx và phản ứng phân huỷ MHx trong nước.
c) MHx kết tinh theo mạng lập phương tâm mặt. Tính khối lượng riêng của MHx.
Bán kính của các cation và anion lần lượt bằng 0,68 o A và 1,36 o A .
Câu 3. (2 điểm) Phản ứng hạt nhân
32 P được điều chế bằng phản ứng giữa nơtron với hạt nhân 32 S.
a) Viết các phương trình phản ứng hạt nhân điều chế 32 P và biểu diễn sự phân rã phóng xạ 32 P.
b) Có hai mẫu phóng xạ 32 P được kí hiệu là mẫu I và mẫu II. Mẫu I có hoạt độ phóng xạ là 20
mCi được lưu giữ trong bình đặt tại buồng làm mát ở 10 o C. Mẫu II có hoạt độ phóng xạ 2mCi
bắt đầu được lưu giữ cùng thời điểm với mẫu I nhưng ở 20 o C. Khi hoạt độ phóng xạ của mẫu II
chỉ còn 5.10 -1 mCi thì lượng lưu huỳnh xuất hiện trong bình chứa mẫu I là bao nhiêu gam?
Biết: Trước khi lưu giữ, trong bình không có lưu huỳnh.
Chu kì bán hủy của 32 P là 14,28 ngày.
1Ci = 3,7.10 10 Bq (1Bq = 1 phân rã trong 1 giây)
Câu 4. (2 điểm) Nhiệt hóa học
1. Tính năng lượng mạng lưới tinh thể ion BaCl2 từ các dữ kiện thực nghiệm sau đây:
Nhiệt tạo thành tiêu chuẩn BaCl2 tinh thể: -205,6 kcal.mol -1
Nhiệt thăng hoa của Ba (rắn): + 46,0 kcal.mol -1
Năng lượng liên kết của Cl2: + 57,0 kcal.mol -1
Ái lực electron của Cl: - 87,0 kcal.mol -1
Năng lượng ion hóa lần thứ nhất của Ba: + 119,8 kcal.mol -1
Năng lượng ion hóa lần thứ hai của Ba: + 230,0 kcal. mol -1
2. Phản ứng tạo thành benzen từ các đơn chất không thể xảy ra ở 25 o C. Để xác định entanpi
chuẩn tạo thành của benzen ở 25 o C, người ta phải xác định bằng phương pháp gián tiếp.
Đốt cháy hoàn toàn 0,6700 gam benzen lỏng bằng một lượng dư oxi ở 25 o C trong bom nhiệt
lượng kế dung tích không đổi, tạo thành CO2 (k) và H2O (l) giải phóng ra 28,04 kJ.
Xác định nhiệt cháy chuẩn đẳng tích và đẳng áp của benzen lỏng ở 25 o C.
Cho M(C6H6) = 78,11 g.mol -1 .
Câu 5. (2 điểm) Cân bằng pha khí
Ở 1020K, hai cân bằng sau cùng tồn tại trong một bình kín:
C(graphit) + CO2 (k) 2CO (k); KP (1) = 4,00
Fe (tt) + CO2 (k) FeO (tt) + CO; (k) KP (2)= 1,25
a) Tính áp suất riêng phần các khí lúc cân bằng.
b) Cho 1,00 mol Fe; 1,00 mol C(graphit); 1,20 mol CO2 vào bình chân không dung tích 20,0 lít ở
1020K. Tính số mol các chất lúc cân bằng.

Câu 6. (2 điểm) Cân bằng trong dung dịch điện li
Dung dịch A là hỗn hợp của H3PO4 và NaHSO4 0,010 M, có pHA = 2,03.
a) Tính C
trong dung dịch A.
H 3 PO 4
b) Tính nồng độ HCOOH phải có trong dung dịch A sao cho độ điện li của H3PO4 giảm 25%.
c) Thêm dần ZnCl2 vào dung dịch A đến nồng độ 0,010 M. Có Zn3(PO4)2 tách ra không?
Coi thể tích dung dịch không thay đổi.
Cho pKa (HSO 4
) = 2 pK(H3PO4) = 2,15; 7,21; 12,32
pK (HCOOH) = 3,75 pKS (Zn3(PO4)2) = 35,42
Câu 7. (2 điểm) Phản ứng oxi hóa khử. Điện hóa
1. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng ion-electron:
a) KMnO4 + NaNO2 + H2SO4
b) Cr2O3 + O2 + NaOH
c) FeO + K2Cr2O7 + H2SO4
d) NaCrO2 + O2 + NaOH
e) As2S3 + KClO3 + H2O
2. Một pin được cấu tạo như sau ở 25 o C:
Mg | Mg(NO3)2 0,010M | | AgNO3 0,10M | Ag
Cầu muối nối hai điện cực là dung dịch KCl bão hòa. Ở 25 o C có:
E o (Mg 2+ /Mg) = -2,37V; E o (Ag + /Ag) = +0,7991V
a) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động.
b) Chỉ rõ catot, anot của pin và chiều di chuyển các electron, các ion khi pin hoạt động.
c) Tính sức điện động của pin (bỏ qua các phản ứng phụ).
Câu 8. (2 điểm) Nhóm Halogen
Khi đun nóng 22,12 gam KMnO4, thu được 21,16 gam hỗn hợp rắn. Tìm thể tích clo cực đại
(đktc) có thể thu được khi cho hỗn hợp rắn đó tác dụng với HCl 36,5% (d = 1,18 gam/ml). Tính
thể tích của axit bị tiêu hao trong phản ứng đó.
Câu 9. (2 điểm) Nhóm Oxi – Lưu huỳnh
Dung dịch A gồm hai muối: Na2SO3 và Na2S2O3:
- Lấy 100ml dd A trộn với lượng dư khí Cl2 rồi cho sản phẩm thu được tác dụng với BaCl2 dư
thì thu được 0,647g kết tủa
- Lấy 100ml dd trên nhỏ vài giọt hồ tinh bột rồi đem chuẩn độ bằng iot thì đến khi dd bắt đầu
xuất hiện màu xanh chàm thấy tốn hết 29ml I2 0,05M (I2 tan trong dd KI)
a) Tính CM của các chất trong dd A
b) Cho 100ml dd A tác dụng với dd HCl thì thu được bao nhiêu gam chất rắn?
Câu 10. (2 điểm) Động học
Đối với phản ứng C2H5(k) + HBr(k) C2H6 (k) + Br(k)
Thực nghiệm cho biết:
- Phản ứng theo chiều thuận có A = 1,0.10 9 L.mol −1 .s −1 ; Ea = - 4,2 kJ.mol −1 .
- Phản ứng theo chiều nghịch có A’ = 1,4.10 11 L.mol −1 .s −1 ; E
a,
= - 53,3 kJ.mol −1 .
(A, A’ là thừa số trước luỹ thừa; Ea và Ea’ là năng lượng hoạt động hoá trong phương trình Areniuxơ). Các
tham số nhiệt động tiêu chuẩn của một số chất có những trị số sau:
Hf 0 (kJ.mol −1 ) Gf 0 (kJ.mol −1 ) S 0 (J.K −1 .mol −1 )
C2H6 (k) -84,68 -32,82 229,6
HBr(k) -36,40 -53,45 198,70
Br(k) 111,88 82,40 175,02
(Trong đó Hf 0 là biến thiên entanpi hình thành chuẩn, Gf 0 là biến thiên năng lượng Gipxơ hình
thành chuẩn, S 0 là entropi chuẩn).
Từ các điều kiện trên, hãy tính Hf 0 , Gf 0 , S 0 tại 298 o K của C2H5(k).
********** Hết **********
Giáo viên ra đề: Phạm Thị Kim Oanh – Số điện thoại: 0917850339

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG
DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG
TỈNH PHÚ THỌ
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐÁP ÁN MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
NĂM 2015
Môn: HOÁ HỌC
Câu ý
Điểm
1 2,0
1
Do Li - 1e Li + cã I1 = 5,390 eV nªn
Li + + 1e Li E 0 1 = - I1 = - 5,390eV
Li - 2e Li 2+ E2 = 81,009 eV
Li + - e Li 2+ I2= E1 + E2 = 81,009 - 5,390
= 75,619 eV
Li 2+ lµ hÖ 1e mét h¹t nh©n, nªn n¨ng l­îng cña electron ®­îc tÝnh theo
c«ng thøc
2
2
Z
3
E3 (Li 3+ ) = - 13,6.
2
E3 (Li 3+ ) =-13,6.
2 = -122,4 (eV)
n
1
Li 2+ - 1e Li 3+ I3 = - E3 = 122,4 eV
Li - 2e Li 2+ E2 = 81,009 eV
Li - 3e Li 3+ E = I3 + E2 = 203,41 eV
0,5
0,5
2
1. Mô tả cấu tạo phân tử CO và N2:
π
π
σ
σ
p p s p
π
π p
Phân tử N2
Phân tử CO
Phân tử N2 có 1 liên kết và 2 liên kết , đều được hình thành do sự xen
phủ 2 obitan 2p của nguyên tử N.
Ở phân tử CO cũng có 1 liên kết và 2 liên kết . Hai liên kết được hình
thành do sự xen phủ 2 obitan 2p (trong đó có 1 liên kết cho ngược từ O
C làm giảm mật độ electron trên O). Liên kết được hình thành do sự
xen phủ obitan lai hóa sp của C với obitan 2p của O. Đám mây xen phủ
của các obitan sp – 2p lớn hơn so với mây xen phủ của các obitan 2p-2p,
nên liên kết trong CO bền hơn liên kết trong N2. Vì vậy năng lượng
liên kết trong phân tử CO lớn hơn năng lượng liên kết trong N2.
2. Phân tử CO, N2 là 2 phân tử đẳng electron, cấu trúc phân tử giống nhau
(cùng có độ bội liên kết bằng 3), khối lượng phân tử đều bằng 28, vì vậy
chúng có tính chất vật lý giống nhau (là chất khí không màu, không mùi,
khó hóa lỏng, khó hóa rắn, ít tan trong nước).
Phân tử N2 có cặp electron chưa tham gia liên kết nằm trên obitan 2s, có
mức năng lượng thấp nên khá bền, ít tham gia vào quá trình tạo liên kết.
Phân tử CO có cặp electron chưa tham gia liên kết nằm trên obitan lai hóa
0,5
0,5

sp của nguyên tử C, có năng lượng cao hơn obitan 2s, đám mây xen phủ lại
lớn nên thuận lợi cho quá trình hình thành liên kết, nguyên tử C trong phân
tử CO dễ nhường e thể hiện tính khử hoặc dễ hình thành liên kết cho nhận
khi tham gia tạo phức với các nguyên tố kim loại chuyển tiếp.
2 2,0
1 Cấu trúc của tế bào đơn vị:
Mạng tinh thể ion: ion M n+ ()
ion O 2- (O)
0,75
2
- Trong 1 tế bào mạng có 4 ion kim loại X và 8 ion O 2- nên thành phần
hợp thức của oxit là XO2.
- Từ công thức của oxit suy ra số oxi hoá của X bằng 4.
- Công thức hoá học của silicát XSiO4.
0,5
3 Đặt d là khối lượng riêng của oxit XO2, ta có:
4(
MKl 2MO)
d =
N(
A).
V
Suy ra M(X) = ¼ ( d.N(A).a 3 – 32 = 91,22. Nguyên tố X là Ziconi
Zr)
0,75
3 2,0
1 a) 0,192 83 2436004,6.10 10 = 6,334.10 16 phân rã;
1,0
2
b) 88Ra 226 82Pb 214 + 3 2He 4
số nguyên tử He sinh ra: 1,90.10 17 nguyên tử He
U 238 tù phãng x¹ t¹o ra ®ång vÞ bÒn 92Pb x cïng víi ba lo¹i h¹t c¬ bn:
2 4 , -1 o vµ o o .
Theo ®Þnh luËt bo toµn khèi l­îng: x = 238 4 8 = 206. VËy cã
82Pb 206 .
Theo ®Þnh luËt bo toµn ®iÖn tÝch :[ 92 – (82 + 2 8)] / (1) = 6.
VËy cã 6 h¹t -1 o .
Do ®ã ph­¬ng tr×nh chung cña qu¸ tr×nh nµy lµ:
92U 238 82Pb 206 + 8 He + 6.
1,0
4 2,0
a) H 0 = 45,9 20,4 ( 156,9 ) = 90,6 kJ 0,5

S 0 = 192,6 + 205,6 113,4 = 284,8 J/K
G 0 = H 0 T. S 0 = 90600 298,15 284,8 = 5729,6 J
b) G 0 = RT.ln K 5729,6 = 8,314 298 ln K.
Kp = 0,099 atm 2
0,5
c) Tương tự tại 35 0 C, G 0 = H 0 T. S 0 = 2839 J/mol
Kp = 0,325 atm 2 .
d) Do P (toàn phần) = P (NH 3 ) + P (H 2 S)
P (NH 3 ) = P (H 2 S) = 0,5P (toàn phần)
Kp = [0,5P (toàn phần)] 2 = 0,099 P (toàn phần) = 0,63 atm
5 2,0
1 2 NO(k) + Br2 (hơi) 2 NOBr (k) ; H > 0 (1)
2
3
Phản ứng pha khí, có n = -1 đơn vị Kp là atm -1
Do phản ứng thu nhiệt nên có liên hệ:
Kp tại 0 0 C < Kp tại 25 0 C < Kp tại 35 0 C (3)
Vậy : Kp tại 0 0 C = 1 / 1,54 x Kp tại 25 0 C = 116,6 / 1,54 = 75,71 (atm -1 )
Kp tại 35 0 C = 1,54 x Kp tại 25 0 C = 116,6 x 1,54 179, 56 (atm -1 )
Xét sự chuyển dời cân bằng hoá học tại 25 O C. Xét theo nguyên lý chuyển
dich cân bằng Lơsatơlie:
a. Nếu tăng lượng NO, CBHH chuyển dời sang phải,
b. Nếu giảm lượng Br2, CBHH chuyển dời sang trái, .
c. Sự giảm nhiệt độ làm cho CBHH chuyển dời sang trái, để chống lại sự
giảm nhiệt độ.
d. Thêm N2 là khí trơ.
+ Nếu V = const: không ảnh hưởng tới CBHH vì N2 không gây ảnh hưởng
nào liên hệ (theo định nghĩa áp suất riêng phần).
+ Nếu P = const ta xét liên hệ.
Nếu chưa có N2: P = pNO + pBr2 + pNOBr (a)
Nếu có thêm N2: P = p’NO + p’Br2 + p’NOBr + pN2 (b)
Vì P = const nên p’i < pi
Nên CBHH chuyển dời sang trái, .
6 2,0
0,5
0,5
0,5
1,0
0,5
MgCl2 Mg 2+ + 2Cl – và Mg 2+ + 2OH – Mg(OH)2 (1)
FeCl3 Fe 3+ + 3Cl – và Fe 3+ + 3OH – Fe(OH)3 (2)
1,0
a) Mg(OH)2
Mg 2+ + 2OH Ks = 10 11 [Mg 2+ ][OH ] 2 =
10 11 .
Fe(OH)3 Fe 3+ + 3OH Ks = 10 39 [Fe 3+ ][OH ] 3 = 10 39 .
Để kết tủa Mg(OH)2 thì [OH ]
10
10
11
3
= 10 4 .

Để kết tủa Fe(OH)3 thì [OH ]
Fe(OH)3 kết tủa trước
3
10
10
39
3
= 10 12 10 12 < 10 4
* Khi Mg(OH)2 bắt đầu kết tủa thì [OH ] trong dung dịch
=
10
10
11
3
= 10 4 .
[Fe 3+ ] còn lại =Ks/[OH - ] = 10 -39 /(10 -4 ) 3 = 10 -27 M
b) Để tạo Mg(OH)2: OH – = 10 -4 H + = 10 -10 pH = 10 (nếu
pH < 10 thì không )
Để tạo Fe(OH)3 hoàn toàn: Fe 3+ < 10 -6 OH – 3 < 10 -33
H + > 10 -3 pH > 3
Vậy để tách Fe 3+ ra khỏi dd: 3 < pH < 10
1,0
7 2,0
1
1. E o (pin) = E o phải - E o trái = 0,40 – (-0,44) = 0,84V
2. Phản ứng xảy ra ở hai nửa pin:
Trái: 2Fe → 2Fe 2+ + 4e (nhân 2)
Phải: O2 + 2H2O + 4e → 4OH -
Toàn bộ phản ứng: 2Fe + O2 + 2H2O → 2Fe 2+ + 4OH -
3. K = [Fe 2+ ][OH - ] 4 /p(O2)
∆G = -nFE o (pin) = -RTlnK → K = 6,2.10 56 (M 6 bar -1 )
4. Q = It = 10368C.
n(e) = Q/F = 0,1075mol
→ m(Fe) = 3,00g.
5.
E
( pin)
E
o
( pin)
0,05916
log
n
2
2
Fe
OH
p(
O
pH = 9,00 → [H + ] = 10 -9 M và [OH - ] = 10 -5 M
2
)
4
1,0
2
E(pin) = 1,187 V
Cl2 + I2 + OH - → IO3 - + Cl - + H2O
Sự khử: Cl2 + 2e → 2Cl - x 5
Sự oxi hóa: I2 + 12OH - → 2IO3 - + 10e+ 6H2O
b) NaClO + KI + H2O → NaCl + I2 + KOH
Sự khử: Cl +1 + 2e → Cl -
5Cl2 + I2 + 12OH - → 2IO3 - + 10Cl - + 6H2O
Sự oxi hóa: 2I - -2e → I2
1,0

NaClO + 2KI + H2O → NaCl + I2 + 2KOH
c) F2 + NaOH loãng, lạnh → OF2 + NaF + H2O
Sự khử: F2 + 2e → 2F -
Sự oxi hóa: 2OH - → OF2 + 2e+ H2O
2F2 + 2OH - → OF2 + 2F - + H2O
d) Na2SO3 + S → Na2S2O3
Sự oxi hóa: S - 2e → S +2
Sự khử: S +4 +2e → S +2
8 2,0
1
Kí hiệu của tế bào điện phân: Pt KClO3 (dd) Pt
Phản ứng chính: anot: ClO3 - - 2e + H2O ClO4 - + 2H +
catot: 2H2O + 2e H2 + 2OH -
1,0
ClO3 - + H2O ClO4 - + H2
Phản ứng phụ: anot: H2O - 2e 2H + 1
+ O2
2
catot: 2H2O + 2e H2 + 2OH -
1
H2O O2 + H2
2
2 M
KClO 4
138,5 g/mol
332,52
n
KClO
2,4mol
4
138,551
q = I.t = 2,4.F.100/60 = 8F = 772000 C
8F
Khí ở catot là hidro: n
H = 4 mol
2
2F
/ mol
= nRT/P = 97,7 lít
V
H 2
Khí ở anot là oxi: điện lượng tạo ra O2 = 8 F. 0,4 = 3,2 F
n
O 2
= 3,2F/4F = 0,8 mol
= 19,55 lít
V
O 2
1,0
9 2,0
a)
- Phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra:
4FeCO3 + O2 → 2Fe2O3 + 4CO2 (1)
4FeS2 + 11O2 → 2Fe2O3 + 8SO2 (2)
+ Khí B gồm: CO2, SO2, O2, N2; chất rắn C gồm: Fe2O3, FeCO3, FeS2.
+ C phản ứng với dung dịch H2SO4 loãng:
Fe2O3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O (3)
FeCO3 + H2SO4 → FeSO4 + H2O + CO2 (4)
FeS2 + H2SO4 → FeSO4 + S↓ + H2S (5)
+ Khí D gồm: CO2 và H2S; các chất còn lại gồm:FeSO4, Fe2(SO4)3, H2SO4
dư và S, khi tác dụng với KOH dư:
2KOH + H2SO4 → K2SO4 + 2H2O (6)
2KOH + FeSO4 → Fe(OH)2↓ + K2SO4 (7)
6KOH + Fe2(SO4)3 → 2Fe(OH)3↓ + 3K2SO4 (8)
+ Kết tủa E gồm Fe(OH)2, Fe(OH)3 và S, khi để ra không khí thì chỉ có
1,0

10
b)
c)
phản ứng:
4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3 (9)
Vậy F gồm Fe(OH)3 và S
- Nhận xét: So sánh hệ số các chất khí trong (1) và (2) ta thấy: áp suất khí
sau phản ứng tăng lên chứng tỏ lượng FeCO3 có trong hỗn hợp A nhiều
hơn FeS2.
Gọi a là số mol của FeS2 số mol của FeCO3 là 1,5a, ta có:
116.1,5a + 120a = 88,2 a = 0,3.
+ Vậy trong A gồm : FeS2 (0,3 mol), FeCO3 (0,45 mol).
+ Nếu A cháy hoàn toàn thì cần lượng O2 là : (0,45/4 + 11.0,3/4) =
1,03125 mol số mol N2 là 4.1,03125 = 4,125 mol ; số mol không khí là
(1,03125 + 4,125) = 5,15625 mol.
- Vì hai muối trong A có khả năng như nhau trong các phản ứng nên gọi x
là số mol FeS2 tham gia phản ứng (1) thì số mol FeCO3 tham gia phản ứng
(2) là 1,5x.
+ Theo (1), (2) và theo đề cho ta có : nB = (5,15625 + 0,375x)
+ Vì áp suất sau phản ứng tăng 1,45% so với áp suất trước khi nung, ta có :
(5,15625 + 0,375x) = 5,15625. 101,45/100 x = 0,2
- Theo các phản ứng (1), ...(9) ta có chất rắn F gồm : Fe(OH)3 (0,75 mol)
và S (0,1 mol). Vậy trong F có %Fe(OH)3 = 96,17% ; %S = 3,83%
- B gồm: N2 (4,125 mol), O2 (0,40625 mol), CO2 (0,3 mol), SO2 (0,4 mol)
MB = 32.
- Khí D gồm CO2 (0,15 mol), H2S (0,1 mol) MD = 40.
Vậy dD/B = 1,25
0,75
0,25
2,0
Tr­íc hÕt ta phi x¸c ®Þnh ®ù¬c bËc cña phn øng.
- KÝ hiÖu bËc riªng phÇn cña phn øng theo chÊt Hb lµ x, theo CO lµ y, ta
cã ph­¬ng tr×nh ®éng häc (®Þnh luËt tèc ®é) cña phn øng:
vp­ = k C x HbC y CO (1)
- Theo ®Þnh nghÜa, ta cã thÓ biÓu thÞ tèc ®é phn øng trªn theo tèc ®é
ph©n huû Hb, nghÜa lµ vp­ = 1/4 vph©n huû Hb (2).
VËy ta cã liªn hÖ: vp­ = 1/4 vph©n huû Hb = k C x HbC y CO (3) .
- Theo thø tù trªn xuèng ta ghi sè c¸c sè liÖu thÝ nghiÖm thu ®­îc lµ
ThÝ nghiÖm
sè
1
2
3
Nång ®é (mol. l -1 )
CO
1,50
2,50
2,50
Hb
2,50
2,50
4,00
Tèc ®é ph©n huû Hb
(mol. l -1 .s -1 )
1,05
1,75
2,80
Ta xÐt c¸c tØ sè tèc ®é phn øng ®Ó x¸c ®Þnh x vµ y trong ph­¬ng tr×nh (3):
* v2/ v1 = ( 2,50 / 2,50 ) x ( 2,50 / 1,50 ) y = 1 ( 1,67) y
= 1,75 /1,05
( 1,67) y = 1,67 y = 1 .
* v3/ v2 = ( 4,00 / 2,50 ) x ( 2,50 / 2,50 ) y = 2,80 / 1,75 ;
( 1,60) x = 1,60 x = 1 .
Do ®ã ph­¬ng tr×nh ®éng häc (®Þnh luËt tèc ®é) cña phn øng:
vp­ = k CHbCCO (4)
§Ó tÝnh h»ng sè tèc ®é phn øng k , tõ (4) ta cã:
1,0

k = vp­ / CHbCCO (5)
TÝnh gi¸ trÞ k trung b×nh tõ 3 thÝ nghiÖm ë bng trªn, hoÆc lÊy sè liÖu cña 1
trong 3 thÝ nghiÖm ë bng trªn, ch¼ng h¹n lÊy sè liÖu cña thÝ nghiÖm sè 1
®­a vµo ph­¬ng tr×nh (5), ta tÝnh ®­îc k:
k = 0,07 (mol. l -1 .s -1 )
§­a giá trÞ cña k võa tÝnh ®­îc, nång ®é c¸c chÊt mµ ®Ò bµi ®· cho vµo
ph­¬ng tr×nh (4) ®Ó tÝnh vp­:
vp­ = 0,07 1,30 3,20 = 0,2912 (mol. l -1 .s -1 )
0,5
0,5
Người ra đề: Nguyễn Hồng Thư
ĐT: 0985340575

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
ĐÁP ÁN
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có ....trang, gồm 10 câu)
Câu 1 (2 điểm)
(a) Lập cấu hình electron của nguyên tử bari (Z = 56) ở trạng thái cơ bản.
(b) Tính hằng số chắn của các electron hóa trị và điện tích hiệu dụng tương ứng.
(c) Xác định năng lượng orbital của các electron hóa trị và từ đó suy ra năng lượng
ion hóa tạo ra ion Ba 2+ .
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
(a) Ba (Z = 56): 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4d 6 4d 10 5s 2 5p 6 6s 2
0,5
(b) σ 6s = (46.1) + (8.0,85) + 0,35 = 53,15; Z
* 6s = 56 – 53,15 = 2,85
0,5
(c) Để tính năng lượng orbital ε, phải thay n bằng n * ; với n = 6; n * = 4,2
Từ đó :
2
6s
2,85
13,6
4,2
6,26eV
Ba và Ba 2+ chỉ khác nhau về số electron hóa trị
E i = E(Ba 2+ ) – E(Ba) = 0.ε 6s – 2.ε 6s = 12,52 eV
0,5
0,5
Câu 2 (2 điểm)
(a) Tinh thể nhôm có dạng lập phương tâm diện, khối lượng riêng bằng ρ = 2,70.10 3
kg.m -3 . Tính độ dài cạnh ô mạng cơ sở và bán kính nguyên tử nhôm (theo pm).
(b) Một nguyên tố A có bán kính nguyên tử R = 136 pm và đơn chất kết tinh theo cấu
trúc lập phương tâm diện, tỷ khối d = 22,4. Xác định A.
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
M.Z
(a)
3
a .N
A
a
3
27g / mol 4
6,02.10
23
mol
1
2,70.10
3
g / dm
a = 405 pm 0,5
3
1/8

R =
a
2
4
405pm
4
2
= 143 pm
0,5
(b) a 2R 2 = 385 pm;
3
.a
.N
M
Z
A
192g.mol
1
. Đó là Ir.
0,5
Câu 3 (2 điểm)
KCl thường được dùng trong hóa học phân tích dưới dạng nguyên tử đánh dấu, trong
đó, đồng vị phóng xạ là 40 K chiếm 1,17% tổng số nguyên tử trong hỗn hợp các đồng
vị của K. Một mẫu KCl cân nặng 2,71 gam có tốc độ phân rã là 4490 phân rã/s.
(a) Xác định thời gian bán hủy của 40 K theo năm.
(b) Sau bao lâu thì tốc độ phân rã của mẫu KCl đó là 3592 phân rã/s.
Cho biết: 1 năm = 365 ngày 4 giờ; K = 39,1; và Cl = 35,45.
(a) Số mol K = Số mol KCl =
ĐÁP ÁN
2,71
74,55
= 0,03635 (mol)
ĐIỂM
Số mol 40 K = 0,03635.0,0117 = 4,25295.10 -4 (mol)
Số nguyên tử 40 K = 4,25295.10 -4 .6,022.10 23 = 2,56.10 20 (nguyên tử)
0,5
dN
Ta có tốc độ phân rã = A = - = kN (N: Số nguyên tử
40
K ban đầu)
dt
4490
k =
20
2,56.10
= 1,754.10 -17 (s -1 ) = 5,534.10 -10 (năm)
Thời gian bán hủy: t 1/2 =
ln2
k
=
0,693
5,534.10
10
= 1,252.10 9 (năm)
0,5
N
o
A
(b) Ta có: kt = ln = ln
o
Nt
At
1 A
t = . ln
o
1 = k A
10
t 5,534.10
4490
.ln = 4,032.10
8
(năm)
3592
1,0
Câu 4 (2 điểm)
Biết các số liệu sau ở 27 o C
2/8

NH 4 COONH 2 (r) CO 2 (k) NH 3 (k)
0
H 300,5
(kJ/mol) -645,2 -393,5 -46,20
0
G 300 (kJ/mol) -458,0 -394,4 -16,64
Với phản ứng : NH 4 COONH 2 (r) ⇄ CO 2 (k) + 2NH 3 (k)
(a) Hỏi ở điều kiện chuẩn và 27 o C phản ứng xảy ra theo chiều nào?
(b) Nếu coi H o và S o không đổi đối với T thì bắt đầu ở nhiệt độ nào phản ứng ở
điều kiện chuẩn xảy ra theo chiều ngược với chiều phản ứng ở 27 o C?
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
(a) G 0 300
= (394,4) + (16,64 2) (458,0) = 30,32 kJ > 0
Theo G = H + PV hay G = A + PV = H + n RT với n = 3
G 0 300
= 30,32 10 3 3 8,314 300 = 22837,4 J > 0
phản ứng xảy ra theo chiều nghịch
(b) H 0 300
= (393,5) + (46,2 2) (645,2) = 159,3 kJ
0,5
0,5
S 0 300
=
o
H
G
300
o
159300 30320
300
= 429,93 J/K
Mà U o = H o nRT
U 0 300
= 159300 3 8,314 300 = 151817,4 J
0,5
Để phản ứng xảy ra theo chiều ngược với chiều ở 27 o C thì
H o = U o TS o < 0
H o = 151817,4 T 429,93 < 0
T > 353,12 K tức là ở 80 o C thì phản ứng đổi chiều.
0,5
Câu 5 (2 điểm)
Phản ứng: H 2 + CO 2 ⇄ H 2 O(k) + CO ở 600 o K có nồng độ cân bằng của H 2 , CO 2 ,
H 2 O và CO lần lượt bằng 0,600; 0,459; 0,500 và 0,425 mol./1.
(a) Tìm K c , K p của phản ứng.
3/8

(b) Nếu lượng ban đầu của H 2 và CO 2 bằng nhau và bằng 1 mol được đặt vào bình 5
lít thì nồng độ cân bằng các chất là bao nhiêu?
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
(a) Kc
H
2O
CO
H
CO
2
2
Kp Kc (RT)
0,5 0,425
0,7716
0,6 0,459
n
0,7716 ( n
0)
0,5
(b) Tại CBHH: [H 2 O] = a; [CO] = a ; [H 2 ] = [CO 2 ] = 0,2 – a
0,5
2
a
Ta có: 0, 7716
2
(0,2 a)
a = 0,094 và 0,2 – a = 0,106
0,5
0,5
Câu 6 (2 điểm)
(a) Hệ đệm photphat H 2 PO 4- /HPO
2- 4 có tầm quan trọng lớn trong việc ổn định pH
trong khoảng 7,1 và 7,2 của dịch nội bào. Tính tỉ lệ nồng độ mol các ion H 2 PO
- 4
và HPO
2- 4 trong dịch nội bào tại pH = 7,15. Biết K a2 (H 3 PO 4 ) = 6,2.10 -8 .
(b) Natri tripolyphotphat (Na 5 P 3 O 10 ) được sử dụng trong bột giặt tổng hợp cho mục
đích làm mềm nước vì có khả năng tạo phức với Mg 2+ và Ca 2+ (dạng MP 3 O
3- 10 ).
Xác định nồng độ Mg 2+ còn trong dung dịch sau khi thêm 40,0 gam Na 5 P 3 O 10 vào
1,0L dung dịch trong đó nồng độ ban đầu của Mg 2+ bằng 50mg/L. Biết hằng số
hình thành phức MgP 3 O
3- 10 bằng 4,0.10 8 .
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
(a)
0,5
(b) Hằng số hình thành phức lớn nên phản ứng tạo phức xem như hoàn toàn
Mg 2+ + P 3 O
5- 10 ⇌ MgP 3 O
3- 10
0,0021 0,11
0,5
4/8

0 0,1079 0,0021
Xét cân bằng
Mg 2+ + P 3 O 10
5-
⇌ MgP 3 O 10
3-
0 0,1079 0,0021
x 0,1079+x 0,0021-x
Từ
x = [Mg 2+ ] = 4,8.10 -11 M
0,5
0,5
Câu 7 (2 điểm)
(a) Hòa tan hoàn toàn 4,48 gam Cu trong 32,59 gam dung dịch HNO 3 58% thu được
dung dịch X và hỗn hợp khí Y. Thêm từ từ dung dịch KOH 1M vào dung dịch X
đến kết tủa cực đại thì đã dùng hết 200 mL dung dịch này. Tính nồng độ phần
trăm của Cu(NO 3 ) 2 trong dung dịch X.
(b) Xét pin: Pt| I - 0,1M; I
- 3 0,02M║ MnO
- 4 0,05M, Mn 2+ 0,01M, HSO
- 4 CM| Pt
0
Trong đó E 2= 1,51V;
MnO 4 /Mn
5
y
3y
4
N
e N
y
0
EI
3 /3I
0 2
x x x
Cu Cu
2e
5
2
0,07 0,14
x 3y
N
3e N
= 0,5355V; và K a (HSO 4- ) = 10 -2 . Tính nồng độ
ban đầu của HSO 4- , biết rằng khi đo suất điện động của pin ở 25 o C được giá trị
0,824V.
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
0,5832,59
4,48
(a) n HNO 0,3(mol ); n 0,07(mol )
3
Cu
63
64
n(OH - ) = 2n(Cu 2+ ) + n(H + dư) n(H + dư) = 0,2 - 0,07.2 = 0,06 (mol) 0,25
n(NO 3- oxi hóa) = n(NO 3- ban đầu) - n(NO 3- tạo muối) - n(NO
- 3 axit dư)
n(NO 3- oxi hóa) = 0,3 – 2.0,07 – 0,06 = 0,1
0,25
x y 0,1
; x = 0,08 và y = 0,02
0,14
0,25
m dd = 4,48 + 32,59 – 0,08.46 – 0,02.30 = 32,79 gam
0,25
5/8

(b) Ở điện cực phải: MnO 4
-
+ 8H + + 5e ⇄ Mn 2+ + 4H 2 O
E phải =
0,059 [MnO ].[H ] 0,059 0,05.[H ]
E .lg 1,51 .lg
5 [Mn ] 5 0,01
8 8
0 4
MnO
2
4
Ở điện cực trái: 3I - ⇄ I 3
-
+ 2e.
E trái =
0 0,059 [I
3
] 0,059 0,02
E .lg 0,5355 .lg
I 3 3
3 /3I
2 [I ] 2 0,1
= 0,574 V
0,059 .lg(5.[H ] ) -
5
8
E = E phải - E trái 0,824 = 1,51 + 0,574
[H + ] = 0,054M
Xét cân bằng HSO 4
-
⇄ H + + SO 4
2-
K a = 10 -2
Từ
2
x
C
x K
a
, với x = 0,054 và K a = 10 -2 ta tính được C = 0,346M.
0,5
0,5
Câu 8 (2 điểm)
(a) F 2 có phản ứng với dung dịch kiềm không?
(b) Cho biết sản phẩm tạo ra ở t o thường khi cho Cl 2 , Br 2 , I 2 lần lượt tác dụng với
dung dịch KOH, biết ion XO – trong dung dịch kiềm bị phân huỷ theo phản ứng:
hipohalogenit ⇄ halogenua + halogenat. Sự phân huỷ đó phụ thuộc bản chất
halogen và nhiệt độ: hipoclorit: phân huỷ chậm ở nhiệt độ thường, nhanh khi đun
nóng; hipobromit: phân huỷ chậm ở nhiệt độ thấp, nhanh ở nhiệt độ thường;
hipoiotit: Phân huỷ ở tất cả các nhiệt độ.
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
(a) Không thể kết luận được vì F 2 khi tiếp xúc với dung dịch kiềm thì tác 0,5
dụng với nước một cách mãnh liệt.
(b) Cl 2 + 2KOH KCl + KClO + H 2 O
0,5
Cl 2 + 6KOH
o
70 C
5KCl + KClO 3 + 3H 2 O
3Br 2 + 6KOH 5KBr + KBrO 3 + 3H 2 O
3I 2 + 6KOH 5KI + KIO 3 + 3H 2 O
0,5
0,5
6/8

Câu 9 (2 điểm)
Những thay đổi nào có thể xảy ra khi bảo quản lâu dài trong bình miệng hở các dung
dịch sau đây: (a) Nước clo? (b) Axit sunfuhiđric? (c) Axit bromhiđric? (d) Nước vôi
trong? (e) Nước Gia-ven? (f) Dung dịch H 2 SO 4 đậm đặc ?
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
(a) Nước clo, Cl 2 bay hơi một phần; thoát ra khí O 2 và nồng độ Cl 2 giảm 0,25
dần:
Cl 2 + H 2 O 2HCl + 1 2 O 2
(b) Axit sunfuhiđric, vẩn đục của kết tủa lưu huỳnh:
H 2 S + 1 2 O 2 H 2 O + S↓
(c) Axit bromhiđric, có màu vàng nhạt:
1
2 O 2 + 2HBr H 2 O + Br 2
(d) Nước vôi trong, vẩn đục:
CO 2 + Ca(OH) 2 CaCO 3 ↓ + H 2 O
(e) Nước Gia-ven: thoát khí O 2 và nồng độ giảm dần
NaClO + H 2 O + CO 2 NaHCO 3 + HClO
0,25
0,5
0,5
HClO HCl + 1 2 O 2
(f) Dung dịch H 2 SO 4 đậm đặc: có màu đen do sự than hoá chất bẩn có trong
không khí.
H2SO4
C n (H 2 O) m nC + mH 2 O
0,5
Câu 10 (2 điểm)
Người ta nghiên cứu động học phản ứng xà phòng hóa etyl axetat (E):
E + NaOH CH 3 COONa + C 2 H 5 OH
7/8

Ban đầu nồng độ E và NaOH đều bằng 0,05M. Phản ứng được theo dõi bằng cách lấy
10 mL dung dịch hỗn hợp phản ứng ở từng thời điểm t và chuẩn độ X mL dung dịch
HCl 0,01M. Kết quả như sau:
T (phút) 4 9 15 24 37 53
X (mL) 44,1 38,6 33,7 27,9 22,9 18,5
(a) Chứng minh rằng phản ứng trên là một phản ứng bậc 2.
(b) Tính hằng số tốc độ phản ứng và thời gian bán hủy của phản ứng.
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
E + NaOH CH 3 COONa + C 2 H 5 OH
t = 0 C o C o
t C o -a C o -a
Giả sử phản ứng này bậc 2, ta có phương trình động học:
1
C a
o
1
C
o
kt hay
1
k
t C
1
a
1
o C o
Theo phép chuẩn độ: 10(C o - a) = 0,01X, ta có kết quả xác định k theo
thực nghiệm:
t (phút) 4 9 15 24 37 53
X (mL) 44,1 38,6 33,7 27,9 22,9 18,5
C o - a (M) 0,0441 0,0386 0,0337 0,0279 0,0229 0,0185
k 0,669 0,656 0,645 0,660 0,640 0,643
Vì giá trị k không đổi nên giả thiết bậc 2 là phù hợp; k 0, 652 và
t1/
2
30phút
0,5
0,5
1,0
………………………….Hết………………………….
Người ra đề
Nguyễn Thanh Hưng
0913150971
8/8

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒ NG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ
(Đề giới thiệu)
ĐÁP AN ĐỀ THI HSG DUYÊN HẢI – ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM 2015
Môn Hóa học; Khối 10
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
1 1. BeH2: dạng AL2E0. Phân tử có dạng thẳng: H−Be−H.
BCl3: dạng AL3E0, trong đó có một “siêu cặp” của liên kết đôi B=Cl.
1,0
Phân tử có dạng tam giác đều, phẳng.
NF3: dạng AL3E1. Phân tử có dạng hình chóp đáy tam giác đều với N nằm ở
đỉnh chóp. Góc FNF nhỏ hơn 109 o 29’ do lực đẩy mạnh hơn của cặp electron
không liên kết.
SiF6 2- : dạng AL6E0. Ion có dạng bát diện đều.
NO2 + : dạng AL2E0, trong đó có 2 “siêu cặp” ứng với 2 liên kết đôi N=O
([O=N=O] + ). Ion có dạng đường thẳng.
I3 - : dạng AL2E3, lai hoá của I là dsp 3 , trong đó 2 liên kết I−I được ưu tiên
nằm dọc theo trục thẳng đứng, 3 obitan lai hoá nằm trong mặt phẳng xích đạo
(vuông góc với trục) được dùng để chứa 3 cặp electron không liên kết. Ion có
dạng đường thẳng.
2. I3 (X) và I5 (Y) tăng nhiều và đột ngột. Suy ra:
a. X thuộc nhóm II A, Y thuộc nhóm IV A trong bảng HTTH các nguyên tố
hoá học.
b. A là XO, B là YO2.
c. Các hợp chất do A tác dụng với B: XYO3
1,0
2 MHx + x H2O M(OH)x + x H2
1,0
3 2
3
3
PV 99,5.10 N.
m 3,134.10 m
n (H2) = = = 0,1258 moL
RT
1
1
8,314N.
m.
K . mol 298,15K
0,1258
1g
x
n (1g MHx) =
M =
x
0,1258moL
a) Kim loại M là Liti
x M (MHx) M (M) (M)
1 7,949 g.mol 1 6,941 g.mol 1 Liti
2 15,898 g.mol 1 13,882 g.mol 1
3 23,847 g.mol 1 20,823 g.mol 1
4 31,796 g.mol 1 27,764 g.mol 1
b) 2Li + H2 2 LiH
LiH + H2O LiOH + H2
c) LiH kết tinh theo mạng lập phương tâm mặt tương tự như kiểu mạng tinh thể
NaCl, ô mạng lập phương tâm mặt của Li + lồng vào ô mạng lập phương tâm
mặt của H - với sự dịch chuyển a/2.
r
Li 0,68
Do 0, 5
r 1,36
H
> 0,4142 nên a = 2( r
Li
+ r
H )
=
4 M (LiH)
=
4 M (LiH)
N N A 2 (r + r ) 3
A a 3
Li + H -
(a: cạnh ô mạng; r: bán kính).
0,5
0,5
4 7,95 g.mol 1
6,022.10 23 mol 1 [2(0,68 + 1,36).10 8 ] 3 cm 3

=
= 0,78 g.cm 3
3 a) Phương trình phản ứng hạt nhân điều chế 32 P:
16 32 S + 0 1 n 15 32 P + 1 1 p
Phương trình phân rã phóng xạ của 32 P:
15 32 P 16 32 S + -
t / t
1
1 / 2
A
b)
A = 5.10 mCi 1 1
= = t/t1/2 = 2 t = 2.t1/2. Vậy thời gian đã
0
2mCi
4 2
lưu giữ là 2 chu kì bán huỷ.
Tốc độ phân rã phóng xạ không phụ thuộc vào nồng độ đầu và nhiệt độ,
nên sau thời gian đó lượng 32 P của mẫu I cũng chỉ còn lại 1/4 so với lúc đầu
độ giảm hoạt độ phóng xạ trong mẫu I là:
3 20 mCi =15 mCi = 15.10 -3 .3,7.10 10 Bq = 15.3,7.10 7 Bq.
4
Số hạt nhân đã biến đổi phóng xạ là:
A.t 1/2
7
A 15.3,7.10 .14,28.24.3600
N = = 9,9.10 14 nguyên tử
λ ln2 0,693
Khối lượng 32 P đã phân rã là:
14
32.9,9.10
m =
= 5,3.10 -8 (g) = 5,3.10 -2 (g)
32 P
23
6,02.10
Khi bỏ qua sự hụt khối của phân rã phóng xạ, khối lượng 32 S tạo thành
đúng bằng khối lượng 32 P đã phân rã: m( 32 S) = 5,3.10 -2 g.
4 1. Áp dụng Chu trình Born- Haber tính được năng lượng mạng lưới BaCl2
Uml = - 484,4 kcal.mol -1
2. PTPƯ: C6H6 (l) + 15/2 O2 (k) 6CO2 (k) + 3H2O (l)
∆U o = 28,04
78,11
298
= -3269 kJ.mol -1
0, 67
5
a)
∆H o 298 = ∆U o 298 + ∆nRT = -3269 + (6-15/2) 8,314.10-3 298 = -3273 kJ.mol -1
P
P
P
P
2
CO
CO
2
2
CO
CO
2
:
= 4,00;
P
P
CO
CO 2
=
P
P
K
K
CO
CO 2
1
2
= 1,25
= P
CO
=> P
CO = 4,00/1,25 = 3,20 atm
P
CO 2
= 3,20/1,25 = 2,56 atm
b)
C(graphit) + CO2 (k) 2CO (k)
Lúc cân bằng 1 – x 1,2 – x – y 2x + y
Fe (tt) + CO2 (k) FeO (tt) + CO(k)
Lúc cân bằng 1 - y 1,2 – x – y y 2x + y
0,5
1,5
1,0
1,0
0,75
1,25
Tổng số mol khí lúc cân bằng: 1,2 – x – y + 2x + y = 1,2 + x
(3,2 2,56)20,0
1,2 + x = 1, 38 => x = 0,18
0,0821020
2,56
20,0
n
CO
0,61 mol
2
0,0821020
0,77mol
nCO

n
CO
2x + y => y = 0,41 mol
n 1,00 – 0,18 = 0,82 mol
C
n
Fe
= 1,00 – 0,41 = 0,59 mol
6 a)
HSO4 – H + + SO4 2– Ka =10 -2 (1)
H3PO4 H + + H2PO4 – Ka1 =10 -2,15 (2)
H2PO4 – H + + HPO4 2– Ka2 =10 -7,21 (3)
HPO4 – H + + PO4 3– Ka3 =10 -12,32 (4)
H2O H + + OH - Kw = 10 -14 (5)
Vì pH = 2,03 → bỏ qua sự phân li của nước.
Ka1 >> Ka2 >> Ka3 → quá trình (1) và (2) quyết định pH của hệ
+
K
K
Ta có: [H ] = [SO
2-
] + [H PO
-
] = C a
HSO H
3
PO
. a1
. + C
4 2 4 4 K + [H+]
4
a
K + [H+]
a1
K
K
C
H
3
PO
. a1 [H+] - C a
.
4
HSO
K + [H+] 4 K a + [H+]
a1
K
C K + [H+]
H
3
PO
([H+] - C . a ). a1
4
HSO4
K a + [H+] K
a1
-2 -2,15 2,03
2,03
10 10 + 10
C
H 3
PO 4
(10 - 0,010. ).
= 9,61.10 -3 (M)
10
-2 +
2,03 -2,15
10 10
-
[H
2PO4
]
2. Ta có: α = α = .100 ;
1 H3PO4
CH 3
PO 4
-2,15
-3 10
trong đó [H PO
-
] = 9,64.10 .
2 4 1 0 1 0
-2,15 -2,03
-3
4,16.10
α = .100 43,15%
H SO
-3
3 4 9,64.10
= 4,16.10 -3
Khi có mặt HCOOH trong dung dịch A
độ điện li của H3PO4 giảm 25%
α = α
,
= 43,15% 0,75 32,36% và trong dung dịch thu được sẽ có 3
2 H 3
PO 4
quá trình quyết định pH của hệ:
HSO4 – H + + SO4 2– Ka =10 -2 (1)
H3PO4 H + + H2PO4 2– Ka1 =10 -2,15 (2)
HCOOH H + + HCOO – Ka’ =10 -3,75 (6)
Ta có: [H+] = [SO
2-
] + [H PO
-
] + [HCOO
-
]
4 2 4
vì PO4 3–

K .[H PO ] 2,15 3
Từ (2) H + 10 6,52.10
= a1 3 4
- 0,0148 M
3
[H PO ] 3,12.10
2 4
Thay giá trị H2PO4 – và H + vào (7), ta được:
-2
-3,75
10
CHCOOH = (0,0148 – 3,12.10 -3 10 0,0148
- 0,01
) .
= 0,644 M.
-2
-3,75
10 0,0148 10
3. Zn 2+ + H2O ZnOH + + H + =10 -8,96
C ’ 0,1 – x x x x 10 -4,98

m
=> Vdd HCl = ddHCl 1.36,5.100%
= = 84,74 ml
d 36,5%.1, 18
9 1. Khi cho dd A tác dụng với khí clo rồi cho tác dụng với BaCl2 xảy ra các
ptpư:
H2O + Na2SO3 + Cl2 Na2SO4 + 2HCl
x x (mol)
2H2O + Na2S2O3 + Cl2 Na2SO4 + H2SO4 + 2HCl
y y y (mol)
Ba 2+ + SO4 2- BaSO4
x + 2y x + 2y (mol)
0,647
3
Có x + 2y = 2,777.10
233
(1)
Khi chuẩn độ dd A bằng I2:
H2O + Na2SO3 + I2 Na2SO4 + 2HI
x x (mol)
2Na2S2O3 + I2 Na2S4O6 + 2NaI
y y/2 (mol)
Lại có: x + y/2 = 29.10 -3 .0,05 = 1,45.10 -3 (2)
Từ (1) và (2) giải được: x = 10 -3 ; y = 8,845.10 -3
10 3 3
8,845.10
Vậy: CM Na2SO3 = 0,01M
; CM Na2S2O3 = 8,845.10
2 M
0,1
0,1
2. Nếu dùng HCl cho phản ứng với 100ml A:
Na2S2O3 + 2HCl 2NaCl + SO2 + S + H2O
nS = nNa2S2O3 = 8,845.10 -3 mol
Khối lượng chất rắn thu được là: 8,845.10 -3 .32 = 0,283g.
10
k A -ΔHr
Từ phương trình Areniuxơ, ta có: K= = exp( )
' '
k A RT
(1)
(K là hằng số cân bằng)
Mặt khác, K liên hệ với Sr và Hr bởi biểu thức:
k ΔSr
-ΔHr
K= = exp( )exp
'
k R RT
(2)
0
ΔSr
A
So sánh (1) và (2) rút ra ở điều kiện tiêu chuẩn: exp( ) =
'
R A
(3)
S 0 r = Rln(A/A’) = 8,3145J.K -1 mol -1 .ln(1,0.10 9 /1,4.10 11 )
= - 41,1 J.mol -1 (4)
Theo định lí nhiệt của Nerst:
S 0 r = S 0 (C2H6(k)) + S 0 (Br(k)) - S 0 (C2H5(k)) - S 0 (HBr(k)) (5)
Từ (4) đã tính được biến thiên entropi của phản ứng (S 0 r ). Theo (5) và các số
liệu của đầu bài về entropi của các chất khác, tính được S 0 của C2H5(k):
S 0 (C2H5(k)) = 240,0 J.K -1 .mol -1 .
Biến thiên entanpi của phản ứng là hiệu giữa các năng lượng hoạt động hoá của
phản ứng nghịch và thuận (lấy dấu ngược lại theo quy ước của nhiệt động học):
Hr 0 =- (E’a - Ea) = -57,5KJ/mol (6)
Theo quy tắc về entanpi hình thành ta có:
H 0 r = Hf 0 (C2H6(k)) + Hf 0 (Br(k)) - Hf 0 (C2H5(k)) - Hf 0 (HBr(k)) (7)
Sau vài biến đổi đơn giản và thay số ta tính được H 0 f (C2H5(k)) = 121,2 kJ/mol.
Áp dụng công thức: Gf 0 = Hf 0 - TSf 0
Ta được: Gf 0 (C2H5(k)) = 148,3 kJ/mol.
1,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Lưu ý: HS làm bài đúng nhưng bằng cách khác vẫn cho đủ số điểm

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ NĂM 2015
TỈNH HÒA BÌNH
ĐÁP ÁN ĐỀ GIỚI THIỆU
Thời gian làm bài 180 phút
Câu 1. Cấu tạo nguyên tử, phân tử.
1. Nguyên tử X có tổng số proton và số notron nhỏ hơn 35, tổng đại số số oxi hóa dương
cực đại và hai lần số oxi hóa âm là -1.
a. Xác định X. Cho biết giá trị 4 số lượng tử của electron cuối cùng.
b. Cho biết dạng hình học phân tử, trạng thái lai hóa của nguyên tử nguyên tố trung
tâm của hợp chất X với hiđro, và các phân tử F 2 O, NO 2 .
2. a. So sánh nhiệt độ nóng chảy và độ tan trong nước của các muối KCl, KI, KBr , giải
thích.
b. Các phân tử: POF 3 và POCl 3 chúng có dạng hình học như thế nào? Góc liên kết XPX
trong phân tử nào lướn hơn giải thích?
Câu 1
(2điểm)
1.a X có p + n < 35 nên X phải thuộc chu kỳ 2 hoặc 3. Gọi a là số oxi
hóa dương cực đại của X, gọi b là số oxi hóa âm của X:
a + b = 8 (1)
a + 2(-b)= -1 (2)
a= 5, b=3
Vậy X là phi kim của nhóm VA, X là N hoặc P
0.25
Nếu X là N: 1s 2 2s 2 2p 3 electron cuối cùng có 4 số lượng tử
là:
n=2, l=1, m=+1, s= +1/2
* Nếu X là P : n=3, l=1, m=+1, s= +1/2
0,25
1.b NH 3 : dạng chóp tam giác, N lai hóa sp 3
PH 3 : dạng chóp tam giác, P lai hóa sp 3
F 2 O : dạng góc, F lai hóa SP 3
NO 2 dạng góc, N lai hóa sp 2 0,5
2.a Do bán kính tăng từ Cl đến I nên năng lượng phân li
KCl > KBr>KI do đó:
+ Nhiệt độ nóng cháy KI < KBrCl nên F hút
electron mạnh hơn Cl vì vậy lực đẩy giữa các đôi e liên kết (P-X)
trong phân tử POCl 3 lớn hơn trong POF 3 nên góc liên kết FPF <
ClPCl 0,5
Câu 2. Tinh thể (2 điểm)

Trong mạng tinh thể của Beri borua, nguyên tử Bo kết tinh ở mạng lưới lập phương tâm
mặt và trong đó tất cả các hốc tứ diện đã bị chiếm bởi nguyên tử beri. Khoảng cách ngắn
nhất giữa 2 nguyên tử Bo là 3,29A 0 .
1. Vẽ hình biểu diễn sự chiếm đóng của nguyên tử Bo trong một ô mạng cơ sở.
2. Có thể tồn tại bao nhiêu hốc tứ diện, hốc bát diện trong một ô mạng? Từ đó cho biết
công thức thực nghiệm của hợp chất này ( công thức cho biết tỉ lệ nguyên tử của các
nguyên tố). Trong một ô mạng cơ sở có bao nhiêu đơn vị công thức trên?
3. Cho biết số phối trí của Be và Bo trong tinh thể này là bao nhiêu?
4. Tính độ dài cạnh a 0 của ô mạng cơ sở , độ dài liên kết Be-B và khối lượng riêng của
beri borua theo đơn vị g/cm 3 . Biết Be: 10,81 ; Bo 9,01
Câu 2.
2 điểm
1
A
C
0,25
A
2 Có 8 hốc tứ diện, và 4 hốc bát diện. 0,25
Mỗi nguyên tử Be chiếm một hốc tứ diện nên trong một ô mạng có
8 nguyên tử Be.
N B = 8*1/8 + 6*1/2 = 4
N B : N Be = 1:2 nên công thức thực nghiệm của hợp chất này là
Be 2 B. 0,25
Trong một ô mạng chứa 4 đơn vị công thức trên (Be 8 B) 0,125
3. Số phối trí của Be = 4; số phối trí của B = 8 0,125
4
a 0 2 = 2*3,29 a 0 = 4,65 A
0 0,25
1
Độ dài liên kết Be-B = a0
4
3 = 2,01A 0
0,25
8*9,01
4*10,81 1
m/V = *
8 3
23
(4,65*10 ) 6,022*10
Câu 3 (2 điểm) Phản ứng hạt nhân
1. Hoàn thành các P hạt nhân sau:
a) 12Mg 26 + ...? → 10 Ne 23 + 2 He 4+
b) 9F 19 + 1 H 1 → ...? + 2 He 4
c) 94Pu 242 + 10 Ne 22 → 4 0 n 1 + ...?
d) 1H 2 + ...? → 2 2 He 4 + 0 n 1
B
= 1,90 gam/cm 3
0,5

2. Một vụ nổ hạt nhân của 235 U đã giải phóng năng lượng là 1646.10 14 J. Xác định khối
lượng của U còn lại sau vụ nổ so với lượng lúc đầu với 2 kg là bao nhiêu?
Cho c = 3.10 8 m/s.
3. Xác định biến đổi đúng trong trường hợp sau và viết phương trình phản ứng hạt nhân:
Câu 3 Từ định luật bảo toàn điện tích và số khối các hạt còn thiếu:
2 điểm
1 a) 12Mg 26 + 0 n 1 → 10 Ne 23 + 2 He 4+ 0,25
b) 9F 19 + 1 H 1 → 8 O 16 + 2 He 4 0,25
c) 94Pu 242 + 10 Ne 22 → 4 0 n 1 + 104 U 260 0,25
d) 1H 2 + 3 Li 7 → 2 2 He 4 + 0 n 1 0,25
2 . E = mc 2
m = E/c 2 = 1,646.10 14 /(3.10 8 ) 2 = 1,829.10 -3 (kg)
m(còn) = 2 – 1,829.10 -3 = 1,9981 (kg) 0,5
3 Phản ứng hạt nhân xảy ra theo kiểu phóng xạ tự nhiên
tia phóng xạ là hoặc .
1. Biến đổi đã cho không phải là biến đổi trực tiếp quá trình:
lý
Theo định luật bảo toàn số khối: 235 = 206 + 4x
Biến đổi không đúng.
không hợp
Theo định luật bảo toàn vật chất
Biến đổi trên đúng
hợp lý
0,5
Câu 4 (2 điểm) Nhiệt hóa học
Ở điều kiện chuẩn, en tanpi phản ứng và entropi của các chất có giá trị như sau:

STT Phản ứng H 0 298 (kj)
1 2NH 3 + 3N 2 O → 4N 2 + 3H 2 O -1011
2 N 2 O + 3H 2 → N 2 H 4 + H 2 O -317
3 2NH 3 + 0,5O 2 → N 2 H 4 + H 2 O -143
4 H 2 + 0,5 O 2 → H 2 O -286
S 0 298(N 2 H 4 ) = 240J/mol.K
S 0 298 (N 2 ) = 191J/mol.K
S 0 298 (H 2 O) = 66,6J/mol.K
S 0 298 (O 2 ) = 205 J/mol.K
1. Tính entanpi tạo thành H 0 298 (kj) của N 2 H 4 , N 2 O và NH 3 .
2. Viết phương trình phản ứng cháy N 2 H 4 tạo thành H 2 O và N 2 . Tính nhiệt phản ứng
cháy đẳng áp này ở 298K, tính G 0 298 và hằng số cân bằng K của phản ứng.
3. Nếu hỗn hợp ban đầu gồm 2 mol NH 3 và 0,5 mol O 2 thì nhiệt của phản ứng (3) ở thể
tích không đổi bằng bao nhiêu?
Câu 4
2 điểm
1 -(1)+ 3.(2) + (3) –(4) ta được
4N 2 + 8H 2 → 4N 2 H 4 có H 0 298 = 203kJ
Vậy H 0 298 tạo thành N 2 H 4 = 203kJ/4 =50,8 kJ/mol 0,25
Từ pư (2) ta có:
317= H 0 298 (N 2 O) + 0 – 50,8 + 286
H 0 298 (N 2 O) = 81,8 kJ/mol 0,25
Từ pư (3) :
-143 = 50,8 -286 - 2 H 0 298 (NH 3 )
H 0 298 (NH 3 ) = -46,1 kJ/mol 0,25
2 N 2 H 4 + O 2 → N 2 + 2H 2 O
H 0 298 = -2(286) – 50,8 = -623kJ
S 0 298 = 191 +2(66,6) – 205 -240 = -121J/K
G 0 298 = -623 + 298*0,121 = -587kJ
G 0 = -587000 = -RTlnK = 8,314*289lnK ; K =10 103
3 H = U + p V = U + nRT
Pư (3) ta có: n = 1-2,5= -1,5 ( ở 298K H 2 O chưa ở thể khí)
U = -143000 + 1,5*8,314*298= -139283 J = -139,283kJ
0,125
0,125
0,25
0,25
Câu 5 (2 điểm) Cân bằng hóa học pha khí
Một trong những phương pháp phổ biến nhất để tổng hợp hiđro ở quy mô công
nghiệp là sử dụng phản ứng:
CH 4 (k) + H 2 O (k) 3 H 2 (k) + CO (k)
a. Hằng số cân bằng của phản ứng trên ở 298 K là K P, 298K =1,45×10 -25 ;
ở 1580 K là K P, 1580K =2,66×10 4 . Coi entropy và entapy không phụ thuộc vào nhiệt độ, tìm
ΔH o và ΔS o của phản ứng.
0.5

. Nạp vào bình phản ứng 1 mol CH 4 và 1 mol H 2 O rồi nâng nhiệt độ lên 1100 K. Khi cân
bằng hình thành thì thấy áp suất trong bình phản ứng là 1,6 atm. Tính hiệu suất chuyển hóa
của CH 4 .
Câu 5
2 điểm
1
2
K(
T2
) H
ln
K(
T ) R
2,6610
ln
1,4510
H
K
R
R
S
S
1
4
25
205,75 kJ 206 kJ
T
1
1
T
1
2
H
298
8,314
RT ln K H
1
T S
8,314
298
ln(1,4510
G
G
1100
1100
K P
1100
1100
e
1580
25
1
205750141700
214,93
298
215 J / K
30,7
kJ
) 205750
298
S
2057501100
214,93 30673
30673
8,3141100
28,6
28,6
CH 4 (k) + H 2 O (k) 3 H 2 (k) + CO (k)
n ban đầu 1 1 0 0
Δn -a -a +3ª +a
n cb 1-a 1-a 3a a Σn = 2(1+a)
P cb
1
a p
2(1 a)
1 a
p
2(1 a)
3a
p
2(1 a)
a
p
2(1 a)
1
K
K
P
P
3
( 3a ) a 2 (1
a ) 2 (1
a )
p
3
3
2 (1
a ) 2 (1
a ) (1
a ) (1
a )
4
27 a
2 2
4 (1
a ) (1 a )
p
2
1
p
2
2
4K P a
27 1 a
K = 28,6; p = 1,6 atm → a = 0,7501→ Hiệu suất 75,01% 1
Câu 6 (2 điểm) Cân bằng trong dung dịch điện li
Có dung dịch A chứa hỗn hợp 2 muối MgCl 2 (10 -3 M) và FeCl 3 (10 -3 M)
Cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch A (Giả sử thể tích dung dịch A không đổi)
1. Kết tủa nào tạo ra trước, vì sao?
2. Tìm pH thích hợp để tách một trong 2 ion Mg 2+ hoặc Fe 3+ ra khỏi dung dịch. Cho biết,
một ion được coi là kết tủa hoàn toàn nếu nồng độ cân bằng của ion đó < 10 -6 M.
3. Tính khoảng pH sao cho ion thứ nhất kết tủa được 90% nhưng chưa kết tủa ion thứ hai
2

Cho T Mg(OH) 2 = 10 –11 ; T Fe(OH) 3 = 10 –39
Câu 6
2 điểm
1. MgCl 2 Mg 2+ + 2Cl – và Mg 2+ + 2OH – Mg(OH) 2 (1)
FeCl 3 Fe 3+ + 3Cl – và Fe 3+ + 3OH – Fe(OH) 3 (2)
10
10
39
Để tạo Fe(OH) 3 thì OH – 3 3
10
10
11
Để tạo Mg(OH) 2 OH –
3
So sánh (I) < (II) thấy Fe(OH) 3 tạo ra trước.
= 10 -12 M (I)
= 10 -4 M (II)
0,5
2 Để tạo Mg(OH) 2 : OH – > 10 -4 H + = 10 -10 pH > 10
(nếu pH < 10 thì không )
Để tạo Fe(OH) 3 hoàn toàn:
Fe 3+ < 10 -6 OH – 3 > 10 -33 H + < 10 -3 pH > 3
Vậy để tách Fe 3+ ra khỏi dd: 3 < pH < 10. 0,75
3 Khi Fe 3+ kết tủa được 90% thì [Fe 3+ ] còn = 10 -4 nên OH – =
3
10
10
39
4
= 10 -11,6 , pH = 2,4.
Vậy khoảng pH sao cho ion thứ nhất kết tủa được 90% nhưng
chưa kết tủa ion thứ hai
2,33< pH < 10
Câu 7 (2 điểm) Phản ứng oxi hóa khử, điện hóa
Cho giản đồ Latimer của photpho trong môi trường kiềm:
-1,345V
0,75
-1,12V
3- 2-
PO 4 HPO 3
-2,05V
-
H 2 PO 2
-0,89V
P PH 3
1. Viết các nửa phản ứng của các cặp oxi hoá - khử trên.
2. Tính thế khử chuẩn của cặp HPO3 2- / H2PO2 - và H2PO2 - /PH3.
Câu 7
2 điểm
1
-1,345V
-1,12V
3- 2-
PO 4 HPO 3
-2,05V
-
H 2 PO 2
-0,89V
P PH 3

(1) PO4 3- + 2H2O + 2e⇌ HPO3 2- + 3OH - . G 0 1 = -2FE o 1 .
(2) HPO3 2- + 2H2O + 2 e ⇌H2PO2 - + 3OH - . G 0 1 = -
2FE o 2 . (3) PO4 3- + 4 H2O + 4 e ⇌H2PO2 - + 6OH - . G 0 3 = -
4FE o 3 . (4) H2PO2 - + 1e ⇌ P + 2OH - G 0 4 = -1 FE o 4 .
0.2
0.2
(5) P +3H2O + 3e ⇌ PH3 + 3OH - G 0 5 = -3FE o 5 .
(6) H2PO2 - + 3H2O + 4e ⇌ PH3 + 5OH - G 0 6 = -4FE o 6 .
2 Tổ hợp các phương trình ta có:
* (3) = (1) + (2)
4E3 = 2(E1+ E2)
E (HPO3 2- / H2PO2 - )= E2= (4E3 – 2E1)/2 = [4 . (-1,345) –2. (-
1,12) ]/2 = -1,57 V
* (6) = (4) + (5)
4 E6 = E4 + 3E5
E( H2PO2 - /PH3) = E6 = (E4 + 3E5)/4 = [-2,05 + 3. (-0,89) ]/4 = -
1,18 V
0.2
0.2
0.1
0.1
0.5
0.5
Câu 8 ( 2 điểm) Halogen.
1. Tại sao HF có khả năng tạo muối axit còn các axit khác không có khả năng đó
2. Giải thích tại sao ái lực electron của F lại nhỏ hơn Cl( 328 kJ/mol so với 349kJ/mol) mặc dù độ
âm điện của F lớn hơn?
3. Xác định các chất A,B,C,D,E và viết các PTPU thực hiện sơ đồ sau:
D+ A
dd KOH,t 0
A KNO dd KOH
3, H 2 SO 4
I 2 B D
dd KOH
N 2 H 4
CO
200 o C
E
0,25
Câu 8
2 điểm
1. Do HF + H 2 O F - + H 3 O +
HF + F - H 2 F -
2 Do việc nhận thêm 1e tạo ion X - phải thắng lực đẩy giữa các e với
nhau. Việc này khó với F vì do các e vốn đã chịu lực hút mạnh của hạt
nhân nên sẽ di chuyển trong một khoảng không gian nhỏ, do bán kính F
nhỏ. Với clo ko quá khó vì các e này ở lớp thứ 3 tương đối rộng và xa
hạt nhân.
0,25
3 . A là KI; B HIO3; C: I2O5; D: KIO3; E:HI 0,25
C

2KI + KNO3+H2SO4 I2 + KNO2+H2O
3I2+10HNO3 6HIO3+10NO + 2H2O 0,25
3I2+6KOH 5KI + KIO3 + 3H2O 0,25
HIO3 + KOH KIO3 + H2O 0,25
I2O5 + 5CO I2+ 5CO2 0,25
HI + KOH KI + H2O 0,25
Câu 9 (2 điểm) O-S
Hoàn thành các phương trình phản ứng:
1. NaCl + H2SO4 đặc nóng
2. NaBr + H2SO4 đặc nóng
3. NaClO + PbS
4. FeSO4 + H2SO4 + HNO2
5. KMnO4 + H2SO4 + HNO2
6. NaNO2 + H2SO4 loãng
7. Na2S + O2 + H2O →
8. Na2S2O3 + Cl2 + H2O →
Câu 9
2 điểm
1 NaCl + H2SO4 đặc nóng → HCl + NaHSO4
Hoặc 2 NaCl + H2SO4 đặc nóng → 2 HCl + Na2SO4
2 2 NaBr + 3 H2SO4 H2SO4 đặc nóng →2 NaHSO4 + SO2 + 2H2O +
0,25
0,25
Br2
3 4 NaClO + PbS → 4 NaCl + PbSO4 0,25
4 2 FeSO4 + H2SO4 + 2 HNO2→ Fe2(SO4)3 + 2 NO + 2 H2O 0,25
5 . 2 KMnO4 + 3 H2SO4 + 5 HNO2→ K2SO4 + 2 MnSO4 + 5 0,25
HNO3 + 3 H2O
6 3 NaNO2 + H2SO4 loãng → Na2SO4 + NaNO3 + 2 NO + H2O 0,25
7 2Na2S + O2 + H2O → Na2S2O3 + 2NaOH 0,25
8 Na2S2O3 + 4Cl2 + 5H2O → Na2SO4 + H2SO4 + 8HCl 0,25
Câu 10 (2 điểm) động học.
Phản ứng: S2O 2
8
+ 2 I ⇌ 2 SO 2 4 + I2 (1) được khảo sát bằng thực nghiệm như sau:
Trộn dung dịch KI với dung dịch hồ tinh bột, dung dịch S2O 2
3
; sau đó thêm dung dịch S2O 2
8
dung dịch trên. Các dung dịch đều có nồng độ ban đầu thích hợp.
1) Viết các phương trình phản ứng xảy ra; tại sao dung dịch từ không màu chuyển sang màu xanh lam?
2) Người ta thu được số liệu sau đây:
Thời gian thí nghiệm(theo giây) Nồng độ I (theo mol . l 1 )
0 1,000
20 0,752
50 0,400
80 0,010
Hãy tính tốc độ trung bình của phản ứng (1) dựa vào các số liệu trên.
vào

Câu 10
2 điểm
1 a) Các phương trình phản ứng xảy ra:
S 2
O 2
+ 2 I - 2 SO 2 8
4
I 2
giải phóng ra bị S 2
O
3 2 khử ngay
+ I 2
(1)
2 S 2
O 2
+ I
3
2
S 4
O
6 2 + 2 I (2)
Khi hết S 2
O
3 2 thì một ít I2 giải phóng ra từ (1) tác dụng với dung dịch
hồ tinh bột làm cho dung dịch xuất hiện màu xanh lam.
2
b) Ta cã phn øng = 1 C Cl
2 t
Thay sè
t 1
: 20 C 1
: 0,248 : 6,2.10 -3
1
t 2
: 50 C 2
: 0,600 : 6,0.10 -3
2
t 3
: 80 C 3
: 0,990 3
: 6,188.10 -3
3
(6, 2 6,0 6,188) 10
6,129.10 -3
3
(mol.l -1 .s -1 )

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN
ĐỀ GIỚI THIỆU
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
THPT CHUYÊN – DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2015
MÔN: HOÁ HỌC LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu Đáp án
1 Câu1-Cấu tạo nguyên tử , phân tử-Định luật tuần hoàn
Câu 1:
1. 1,0
Vì X thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3 nên là nhóm VA
(ns 2 np 3 ).
Vậy: ms = +1/2; l = 1 ; m = +1 n = 4,5 – 2,5 = 2. Vậy X là Nitơ
( 1s 2 2s 2 2p 3 )
Công thức cấu tạo các hợp chất và dự đoán trạng thái lai hóa của nguyên tử
trung tâm:
NH3 : N có trạng thái lai hoá sp 3 .
N
H
H
H
N2O5: N có trạng thái lai hoá sp 2 .
O
O
N O N
HNO3 : N có trạng thái lai hoá sp 2
H
O
N
O
O
O
O
2. 1,0
a) Gọi Z là số điện tích hạt nhân của X
=> Số điện tích hạt nhân của Y, R, A, B lần lượt
(Z + 1), (Z + 2), (Z + 3), (Z + 4)
Theo giả thiết
Z + (Z + 1) + (Z + 2) + (Z + 3) + (Z + 4) = 90
=> Z = 16
16X; 17Y; 18R; 19A; 20B
(S) (Cl) (Ar) (K) (Ca)
b) S 2- , Cl - , Ar, K + , Ca 2+ đều có cấu hình e: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6
Số lớp e giống nhau => r phụ thuộc điện tích hạt nhân. Điện tích hạt nhân càng
lớn thì bán kính r càng nhỏ.
r >r >r >r >r
S Cl Ar K Ca
2- - + 2+
Biểu
điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

2
c) Trong phản ứng oxi hóa – khử, ion S 2- , Cl - luôn luôn thể hiện tính khử vì các
ion này có số oxi hóa thấp nhất.
Câu 2: Tinh thể
1.Số nguyên tử Cu trong một ô cơ sở = 8.1/8 + 6.1/2 = 4
Khối lượng một ô cơ sở = 4.64/6,023.10 23 = 42,5.10 -23 (gam)
Cạnh của ô cơ sở = R/√2
Thể tích của một ô cơ sở = (R.2√2) 3 = (1,28.10 -8 .2√2) 3 = 47,438.10 -24 (cm 3 )
Khối lượng riêng của tinh thể Cu = 42,5.10 -23 /47,438.10 -24 = 8,96 (g/cm 3 )
2.
Ô mạng lập phương tâm diện của CuCl
0,25
0,5
0,5
Cu
Cl
--------------
Vì lập phương mặt tâm nên
Cl - 1
ở 8 đỉnh: 8 1 ion Cl -
8
1
4 ion Cl -
6 mặt: 6 3 ion Cl -
2
Cu + 1
ở giữa 12 cạnh : 12 3 ion Cu +
4
ở tâm : 1x1=1 ion Cu +
hoặc áp dụng định luật bảo toàn điện tích
4 ion Cu +
0,5
Vậy số phân tử trong mạng cơ sở là 4Cu + + 4Cl - = 4CuCl
-----------------
N.M
CuCl
d= với V=a 3 ( N : số phân tử, a là cạnh hình lập phương)
N .V
A
N.M 4.(63,5+35,5)
a = = =159,044.10 cm
3 CuCl
-24 3
23
d.N
A
4,136.6,02.10
-8 0
a=5,418.10 cm = 5,418 A
Mặt khác theo hình vẽ ta có a= 2r+ + 2ra-2r-
5,418-2.1,84
r
+
= = =0,869A
2 2
o
0,5

3 Phản ứng hạt nhân
1. a) 6C 14 7N 14 + -1e o + (1)
(Dựa vào định luật bảo toàn số khối và bảo toàn điện tích) .
b) (1) được coi là phản ứng một chiều bậc nhất nên có phương trình động học
(dạng tích phân)
1 Ro
t ln
R
0,6932 0,6932
t1 / 2
5700
Ro, R là số phân rã theo (1) của cơ thể sống và cổ vật đều có 14 C. Do đó:
12
R o
C 1
Thay vào phương trình động học th được t 17098,7 năm.
14
R C 0,125
c) Tổng lượng cacbon có: 80kg . 0,18 = 14,4kg = 14400g
Vậy độ phóng xạ A = 0,27'Bq/g.14400g = 3988,8Bq.
2. Urani phân rã phóng xạ thành radi theo chuỗi sau :
238
92U
Th
Pa
U
Viết đầy đủ các phản ứng của chuỗi trên.
238
234
4
92
U
90
Th +
2
He
234
234
90
Th
91
Pa + 0 1e
234
234
91
Pa
92
U + 0 1e
234
230
4
92
U
90
Th +
2
He
230
226
4
90
Th
88
Ra +
2
He
Th
Ra
0, 25
0,5
0, 5
0,75
4 4: Nhiệt hóa học
1. Fe(r)+2HCl(dd) FeCl2(dd)+ H2 (k) H1 = -21,00Kcal
FeCl2 (dd) FeCl2 (r)
H2 (k) + Cl2 (k) 2HCl (k)
2HCl (k) 2HCl (dd)
Fe(r) + Cl2(k) FeCl2(r)
Cộng theo vế ta được:
H = -21+19,5-44,48-35= -80,98 Kcal
- H2 = +19,5Kcal
H4 = -44,48Kcal
- 2 H3 = -35Kcal
H
1,0
2. a) H 0 pư = H 0 co
- H 0 co 2
= 282,99 kJ
S 0 1
pư = S 0 co
+ S
0
O - S 0
2
2 CO = 86,785 J. 0 K -1
2
G o pu = H o pu - TS o pu = 282,99.10 3 - 298.86,785
= 257128 J > 0
Vậy ở ĐKC (25 0 ) phản ứng này không xảy ra vì G 0 > 0
0,5

) Muốn phản ứng xảy ra phải có:
G = H - TS < 0 T > (H - G)/ S
Nếu chấp nhận H, S không phụ thuộc vào nhiệt độ thì phản ứng xảy ra
khi:
T > 282990;86
785
3216 0 K
5 5- CBHH pha khí
1.Gọi a là số mol của N2O4 có trong 1 mol hỗn hợp.
(1-a) là số mol của NO2.
Ở 35 0 C có M
hh
= 92a + 46 (1-a ) = 72,45
a = 0,575 n N2O4 = 0,575 và n NO2 = 0,425
2NO2
n(bđ) x
n(pư) 0,2125 0,425
n(cb) x- 0,2125 0,425
x - 0,2125 = 0,575 x = 0,7875 mol = 0,2125/0,7875 = 26,98%
N2O4
Ở 45 0 C có M
hh
= 92a + 46(1-a) = 66,8
N2O4
2NO2
n(bđ) y
n(pư) 0,27395 0,5479
n(cb) y-0,27395 0,5479
y –0,27395 = 0,4521 y = 0,72605
= 0,27395/0,72605= 37,73%
2. Ở 35 0 C PNO2 = (0,425/ 1). 1 = 0,425
PN2O4 = (0,575/ 1). 1 = 0,575
KP = (0,425) 2 / 0,575 = 0,314
Ở 45 0 C P NO2 = (0,5479/ 1). 1 = 0,5479 ; P N2O4 = (0,4521/ 1). 1 = 0,4521
KP = (0,5479) 2 / 0,4521 = 0,664
3. Độ điện li tăng , KP tăng nghĩa là phản ứng diễn ra theo chiều thuận. Khi tăng
nhiệt độ phản ứng diễn ra theo chiều thuận, vậy chiều thuận là chiều thu nhiệt,
chiều nghịch là chiều tỏa nhiệt.
0,5
0, 5
0, 5
0, 5
0, 25
0,25
6
6- Dung dịch điện li
1.
a) CH3COOH CH3COO - + H +
C (M) 0,1
[ ] (M) 0,1 – x x x
x 2
(0,1 - x)
= 10 -4,76
Giả sử, x pH = 2,88
b) CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O
(M) C C
CH3COONa → CH3COO - + Na +
(M) C C
0,5

CH3COOH CH3COO - + H + Ka = 10 -4,76
C 0 (M) 0,1- C C
[ ] (M) 0,1- C – 10 -3 C + 10 -3 10 -3
pH = 3 => [H + ] = 10 -3 (M)
3
3
( C 10
)10 4,76
10
3
0,1 C 10
C = 7,08. 10 -4 (M)
nNaOH = 7,08. 10 -4 (mol) => mNaOH = 40x 7,08. 10 -4 = 0,028 (g)
0, 5
2. Trong dung dịch:
H2S + H2O H3O + + HS K1 (1)
HS + H2O H3O + + S 2 K2 (2)
2H2O H3O + + OH Kw (3)
Vì K1 >> K2>> Kw trong dung dịch xảy ra cân bằng (1) là chủ yếu:
H2S + H2O H3O + + HS K1 = 10 -7
C 0,1 10 -3 0
[] 0,1-x (10 -3 +x) x
10 3 x x
K1 = = 10 -7
(0,1 x)
x TCdS = 10 -26 . (0,25đ)
Do đó có kết tủa CdS tạo ra
0,25
0,25
0,5
07 7- Phản ứng O-K. Điện hóa
1.
a) MnO C H O
2
H Mn CO ...
x 24
x 5
4 6 12 6 2
7 2
Mn5e
Mn ( MnO 4
: chất oxi hóa)
0 4
6C6.4e
6C
( C6H12O6: chất khử)
2
24MnO
4
5C6 H12O6 72H 24Mn 30CO
2
66H2O
Phương trình dưới dạng phân tử:
24KMnO4 + C6H12O6 + 36 H2SO4 → 24 MnSO4 + 30 CO2 + 66 H2O + 12 K2SO4
2
b) Fe O SO
H SO ...
x y 4 2
2y
x
x 2
x(3x-2y)
3
x Fe 2y 3x e x Fe (FexOy: chất khử)
6 4
S2e S
( SO : chất oxi hóa)
2
4
0,25

2
2Fe O 3x 2y SO 12x 4y H 2x Fe 3x 2y SO 6x 2y H O
x y 4 2 2
Dạng phân tử:
2FexOy + (6x – 2y)H2SO4 = x Fe2(SO4)3 + (3x – 2y)SO2 + (6x – 2y) H2O
2. Sắp xếp các nửa phản ứng theo chiều tăng dần của thế điện cực chuẩn, ta có:
Sn 4+ + 2e Sn 2+ E 0
0,15v
4 2
3
Sn / Sn
0
Fe / Fe
0
Br / 2Br
Fe 3+ + e Fe 2+ E 0,77v
3 2
Br2 + 2e 2Br - E 1,07v
2
MnO ' + 4 8H+ + 5e Mn 2+ 0
+ 4 H2O E 2 1,51v
Theo qui tắc α ta thấy có thể thực hiện các quá trình a), c)
a. Sn 2+ + Br2 →Sn 4+ + 2Br –
E 0 = +1,07 – (+0,15) = +0,92V
3.
2.0,92
0,059
31
K 10 1,536.10
c. 2Fe 2+ + Br2 → 2Fe 3+ + 2Br –
E 0 = +1,07-0,77=+0,3V
a. 3 2
2.0,3
0,059
K 10 1,477.10
Zn | Zn (0,1M) || AgNO (0,1M) | Ag( )
10
(NO ) 3
b. Tại (-) có sự oxi hóa Zn – 2e → Zn 2+
Tại (+) có sự khử Ag + : Ag + + e → Ag
Phản ứng tổng quát khi pin làm việc:
Zn + 2Ag + → Zn 2+ + 2Ag
0 0,059 2
E 2
E 2
lg Zn
Zn / Zn Zn / Zn
2
0 0,059
E E lg Ag
Ag / Ag Ag / Ag
1
0 0
Epin = 2 2
MnO 4 / Mn
0,059 Ag
E E E E lg
2
Zn
Ag / Ag Zn / Zn Ag / Ag Zn / Zn 2
1
10
2
0,059
0,80 0,76
lg 1,56 0,0295 1,53v
1
2 10
d. Khi hết pin Epin = 0
Gọi x là nồng độ M của ion Ag + giảm đi trong phản ứng khi hết pin. Ta có:
0,1 x 2
0,059
Epin
0 lg 1,53
2 x
0,1 2
2
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,1
x 2 51,86
10 0
x
0,1
2
x 0,1M
Zn
0,1 0,15M
2
2
x
x
2
51,86 27
Ag 0,1 .10 4,55.10 M
0,25

8 8- Nhóm halogen
H
1. Cl2 + 2NaBr
2NaCl + Br2 (1)
3Br2 + 3Na2CO3 5NaBr + NaBrO3 + 3CO2 (2)
H2SO4 + Na2CO3 → Na2SO4 + CO2 + H2O (3)
5NaBr + NaBrO3 + 3H2SO4 3Na2SO4 + 3Br2 + 3H2O (4)
Vai trò của H2SO4: (1) H2SO4 có tác dụng axit hóa môi trường phản ứng, (3) (4)
là chất tham gia pư, nếu môi trường kiềm thì sẽ có cân bằng: .
3Br 2 + 6OH -
OH -
H +
5Br - + BrO 3
-
+ 3H 2 O
0,75
2. Nguyên tử của nguyên tố X có:
n = 3
l = 1 electron cuối cùng ở phân lớp 3p
m = 0
s = - ½ electron này là e thứ 5 của ở phân lớp 3p
Cấu trúc hình e của X : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5
-> Zx = 17 X là clo
0,25
a
NaCl + AgNO3 → AgCl + NaNO3
KBr + AgNO3 → AgBr + KNO3
Khi cho Zn vào dd B, khối lượng miếng Zn tăng, chứng tỏ AgNO3 dư.
Zn + 2AgNO3 → Zn(NO3)2 + 2Ag
Zn + Cu(NO3)2 → Zn(NO3)2 + Cu
100. 0,1
n
Cu(NO 3 )
0,01 mol
2
1.000
->
m
m
NaNO
KNO
85x
101y
Giải hệ pt (1), (2) x 0,04
y 0,03
3
3
NaCl : x mol
KBr : y mol
C%NaNO
C%KNO
3,4
3,03
3
3
3,4
3,03
3,4
y 0, 75x
3,03
(1)
58,5x + 119y = 5,91 (2)
mA = 0,04 . 143,5 + 0,03 . 188 = 11,38g
0,75

1 mol Zn -> 2 mol Ag khối lượng tăng 151g
a mol Zn -> 151a
1 mol Zn -> 1 mol Cu khối lượng giảm 1g
0,01 mol -> 0,01g
n AgNO3 b ñ
C
M(AgNO 3
151a – 0,01 = 1,1225
a = 0,0075
0,04 + 0,03 + 0,015 = 0,085 mol
1000
0,085.
100
)
0,85M
0,25
9 9- Nhóm oxi-lưu huỳnh
1.Các phương trình phản ứng:
FeCO3 → FeO + CO2 (1)
4FeS2 + 11O2 → 2Fe2O3 + 8SO2 (2)
2FeO + 1/2O2 → Fe2O3 (3)
FeCO3 + 2HCl → FeCl2 + H2O + CO2 (4)
FeS2 + 2HCl → FeCl2 + S + H2S (5)
FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl (6)
4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3 (7)
2. Vì khả năng phản ứng của 2 muối như nhau, gọi số mol mỗi muối tham gia
phản ứng (1), (2), (3) là a mol
Số mol O2 tham gia phản ứng : 0,25a + 2,75a = 3a
Số mol CO2 và SO2 sau phản ứng (1), (2) : a + 2a = 3a
Vậy áp suất trong bình trước và sau khi nung không đổi.
3. Số mol HCl = 0,3.02 = 0,06 (mol) gọi số mol FeCO3 tham gia phản ứng (4)
là x , số mol FeS2 tham gia phản ứng (5) là y : x + y = 0,03 (*) => Số mol CO2
và H2S sinh ra do phản ứng (4) (5) là 0,03 mol => 3a = 0,06 mol => a= 0,02.
Khối lượng chất rắn F ( S và Fe(OH)3) = (x+y).107 + 32y = 3,85. Kết hợp với
(*) có hệ pt:
x + y = 0,03
107x + 139y = 3,85
Giải được: x = 0,01 ; y = 0,02
Khối lượng X = 0,03.116 + 0,04.120 = 8,28 gam
0,03.116.100
% khối lượng FeCO3 =
= 42,03%
8,28
% khối lượng FeS2 = 57,97% .
0,75
0,25
0,75
0,25
10 10- Động học
0,693 0,693
1. k 0,00347/
năm
t 200
1/ 2
N
2,303lg kt
N0
t = 1,02.10 4 năm hay 10,200 năm
3.10
2,303lg
6,5.10
3
12
0,00347t
0,25đ
0,25đ

2.BBr3 + PBr3 +3H2 → BP + 6HBr
Từ thí nghiệm 1,2,3 suy ra bậc riêng phần của BBr3 là 1
Từ thí nghiệm 4,5,6 suy ra bậc riêng phần của PBr3 là 1
Từ thí nghiệm 1,6 suy ra bậc riêng phần của H2 là 0
Do đó:
Biểu thức tốc độ phản ứng : v = k[BBr3][PBr3]
Bậc của phản ứng là 2
1) k800 = 4,60.10 -8 /2,25.10 -8 .9,00.10 -6 = 2272L 2 .s -1 .mol -1
k880 = 19,60.10 -8 /2,25.10 -8 .9,00.10 -6 = 9679L 2 .s -1 .mol -1
2) Phương trình Arrhenius có dạng: lgk = lgA – Ea/2,3RT
Ta có :
lgk1 = lgA – Ea/2,3RT1 (1)
lgk2 = lgA – Ea/2,3RT2 (2)
Trừ (1) cho (2) ta được :
lg k
E
1
1
1
a
1
lg k
2
E 2,3R
lg
2,3R
a
T1
T
2
T1
T
2
Thay số vào ta tính được E a = 186kJ.mol -1 .
1
k
k
1
2
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Tổ trưởng chuyên môn
Người làm đề
Nguyễn Thị Huệ
Nguyễn Thị Thu Hà

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT
TỈNH QUẢNG NGÃI
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA – KHỐI 10
Câu Ý Nội dung chính cần đạt Điểm
Câu
1
1.1. Đặt công thức phân tử chất A: XaYb
Ta có: a.PX + b.PY = 18
a + b = 4
Y có 4 electron ở phân lớp p nên:
- Trường hợp 1: Y thuộc chu kì 2 Y: 1s 2 2s 2 2p 4 Y là oxi (PY = 8)
0,5
b 2
b =1 b = 2
a = 3 a = 2
PX = 3,33
(loại)
PX = 1
(Hiđro)
Khi đó nghiệm phù hợp: a = b = 2, PX = 1 (Hiđro)
- Trường hợp 2: Y thuộc chu kì 3 Y: 1s 2 2s 2 2p 4 3s 2 3p 4 Y là lưu
huỳnh (PY = 16) b = 1
a = 3 PX = 0,67 (loại)
Vậy A là H 2 O 2 .
5H2O2 + 2KMnO4 + 3H2SO4 → 2MnSO4 + 5O2 + K2SO4 + 8H2O
n
H2O
= n
2 O
= 0,1 mol
2
0,1. 0,082. 300
V
O 2
= 4,92 lít
0,5
1.2. Cấu hình electron nguyên tử Si ở trạng thái cơ bản và trạng thái kích thích:
Si [Ne]3s 2 3p 2
0,5
0,5
Si * [Ne]3s 1 3p 3 3s 3p 3d
Cấu hình electron của nguyên tử F:
F: [He]2s 2 2p 5 F ‒ : [He]2s 2 2p 6
Khi hình thành phân tử SiF4 thì nguyên tử Si ở trạng thái kích thích (Si * )
sẽ có 4 AO chứa electron độc thân sẽ xen phủ với 4 AO 2p chứa electron độc
thân của 4 nguyên tử F tạo thành 4 liên kết σSi–F trong phân tử SiF4.
2
Để tạo thành ion SiF 6
thì mỗi phân tử SiF4 liên kết với 2 anion F ‒ theo
cách sau: mỗi ion F ‒ cho nguyên tử Si một cặp electron, cặp electron sẽ đi vào
các AO 3d còn trống.
Tương tự Si, nguyên tử C ở trạng thái kích thích cũng có 4 electron độc
thân:
0,5
1

Câu
2
a)
C [He]2s 2 2p 2
C * [He]2s 1 2p 3
Phân tử CF4 tồn tại tương tự SiF4.
Tuy nhiên không tồn tại
các AO d trống.
Ô mạng cơ sở:
CF vì nguyên tử cacbon ở chu kì 2, không có
2
6
0,5
b)
Trong một ô mạng:
- Số ion R n+ 1 1
: 8 6 4
8 2
- Số ion F ‒ : 81
8
Để đảm bảo về mặt trung hòa điện tích thì: 4×n = 8×1 n = 2
ion kim loại là R 2+
Vậy trong 1 ô mạng cơ sở có 4 phân tử oxit có dạng RF2.
0,5
c)
Khối lượng riêng florua tính theo công thức:
MRF 4
2
6,023.10
23
D =
3
a
3 23 7 23
D×a 6,023.10 4,89 (0,620.10 ) 6,023.10
MRF
175,48
2
4 4
MR
175,48 19 2 137,48 (g/mol)
Vậy kim loại R là bari.
Muối florua là BaF2.
1,0
Câu
3
3.1. Phương trình phóng xạ:
32 32 0
P S + β ( e)
15 16 1
33 33 0
15P
16S + β (
1e)
Đơn vị khối lượng nguyên tử: 1 amu = 1 gam/mol
* Phân rã của 32 P:
3
2
10 kg
ΔE
1= Δm . C = (31,97390 ‒ 31,97207).( ) (3,0.10 8 m.s ‒1 ) 2
23
6,023.10
= 2,734517 .10 ‒13 J = 1,707.10 6 eV = 1,707 MeV.
* Phân rã của 33 P:
0,25
0,5
2

2
ΔE
2= Δm . C = (32,97172 ‒ 32,97145).(
3
10 kg
) (3,0.10 8 m.s ‒1 ) 2
23
6,023.10
= 4,034534 .10 ‒14 J = 251843,6 eV = 0,2518 MeV.
3.2. a) Năng lượng photon:
34 8
hC 6,626.10 .3.10
15
E 1,691.10 J 0,01056 MeV
9
0,1175.10
b) Hoạt độ phóng xạ: A = 0,1 Ci = 0,1. 3,7.10 10 Bq = 3,7.10 9 Bq
9
ln2 A.t1/2
3,7.10 14,3 2460
60
Ta có: A = k.N = . N N=
t1/2
ln2 ln 2
N = 6,6.10 15 (nguyên tử)
15
Khối lượng của 32 326,6.10
7
P:
3,506.10 gam.
23
6,023.10
3.3. Hằng số tốc độ phân rã của
32
ln 2
P: k1
0,0485ngày ‒1
14,3
33
ln 2
P: k2
0,0274 ngày ‒1
25,3
Thời điểm ban đầu (t = 0): A32 + A33 = 9136,2 Ci
0,0485 14,3 0,0274
14,3
Sau 14,3 ngày: A
32. e A 33. e 4569,7
Giải hệ, ta có: A32= 9127,1 Ci và A33 = 9,1 Ci
Trong mẫu ban đầu:
N32 A32
32× 32×
m 32
P
NA k1
32×A ×k
= =
m N A
33
P 33× 33×
33×A ×k
NA k2
Thay số, ta được:
m 32
P
32 × 9127,1 × 0,0274
549,46
m 33 × 9,1 × 0,0485
33
P
%m 32 99,82% ; %m 0,18%
P
33 P
32 2
33 33 33 1
0,25
0,5
0,5
Câu
4
a) Phản ứng đốt cháy glucozơ: C6H12O6 (r) + 6O2 (k) 6CO2 (k) + 6H2O (l)
o
H 298 phản ứng = 6. (‒393,51) + 6. (‒ 285,84) ‒ (‒ 1274,45)
= ‒ 2801,65 kJ.mol ‒1
0,5
o
S 298 phản ứng = 6. (213,64) + 6. (69,94) ‒ (212,13) ‒ 6. (205,03)
0,5
= 259,17 J.K ‒1 .mol ‒1
o
o
o
G 298 phản ứng = H 298
‒ 298. S 298
= ‒ 2801,65 ‒ 298. (259,17. 10 ‒3 )
= ‒ 2878,88 kJ.mol ‒1 0,5
3

) Theo đề, ΔH và S của chất thay đổi không đáng kể theo nhiệt độ nên:
o
o
o
G 310 phản ứng = H 298
‒ 310. S 298
= ‒ 2801,65 ‒ 310. (259,17. 10 ‒3 )
= ‒ 2881,99 kJ.mol ‒1
o
o
Vì G 310 phản ứng < G 298 phản ứng (âm hơn), nên sự chuyển hóa đường trong cơ
thể ở 37 o C diễn ra thuận lợi hơn ở 25 o C.
0,5
Câu
5
a)
1 3
N
2
+ H2 NH3
2 2
PNH3
Hằng số cân bằng Kp được xác đinh theo biểu thức: K = P . P
p 1/2 3/2
N2 H2
* Tại 350 o C: Ptổng = 10 atm
Theo đề, tại cân bằng lượng NH3 chiếm 7,35% nên PNH
0,735 atm
3
P P 9,265
atm
→
N2 H2
Mặt khác lượng N2 và H2 ban đầu lấy theo tỉ lệ 1: 3 nên
N2
P 6,949 atm
H 2
Do đó:
0,735
p1-1 1/2 3/2
K = 2,64.10
(2,316) . (6,949)
2
P = 2,316 atm và
0,25
* Tại 350 o C: Ptổng = 50 atm
Tại cân bằng lượng NH3 chiếm 25,11% nên PNH
12,555 atm
3
P P 37,445 atm
→ N2 H2
P
N 2
= 9,361 atm và PH
28,084 atm
2
12,555
Do đó: K
p1-2
= 2,76.10
1/2 3/2
(9,361) . (28,084)
2
0,25
* Tại 450 o C: Ptổng = 10 atm
PNH 3
0,204 atm ; P
N
= 2,449 atm và P
2
H
7,347 atm
2
0,204
3
Do đó: K
p2-1
= 6,55.10
1/2 3/2
(2,449) . (7,347)
0,25
* Tại 450 o C: Ptổng = 50 atm
PNH 3
4,585 atm ; P
N
= 11,354 atm và P
2
H
34,061 atm
2
4,585
3
Do đó: K
p2-2
= 6,84.10
1/2 3/2
(11,354) . (34,061)
0,25
b) Tại áp suất tổng Ptổng = 10 atm:
o
Kp2-1
ΔH 1 1
ln ( )
K R T T
p1-1 1 2
4

Thay số:
3 o
6,55.10 ΔH 1 1
2
2,64.10 8,314 623 723
ln ( ) ΔH o = ‒52,199 J.mol ‒1
0,5
Tại áp suất tổng Ptổng = 50 atm:
o
Kp2-2
ΔH 1 1
ln ( )
K R T T
p1-2 1 2
3 o
6,84.10 ΔH 1 1
2
2,76.10 8,314 623 723
ln ( ) ΔH o = ‒51,613 J.mol ‒1
0,5
Câu
6
25,00
Vừa mới trộn: CH3PO
0,080 0,050 M
4
40,00
15,00
C
Ag NO 3
0,040 0,015 M
40,00
Trong dung dịch có các cân bằng sau:
(1) H3PO4 € H + + H2P O 4
Ka1 = 10 ‒2,23
(2) H2P O 4
€ H + + HP O 2 4
Ka2 = 10 ‒7,21
(3) HP O 2 4
€ H + + P O 3 4
Ka3 = 10 ‒12,32
(4) H2O € H + + OH ‒ Kw = 10 ‒14,00
Do Ka1 >> Ka2 >> Ka3 > Kw, chỉ xét cân bằng (1)
H3PO4 € H + + H2P O 4
Ka1 = 10 ‒2,23
C 0,050
[ ] 0,050 –x x x
H
H PO
Ka
1
10 5,89.10
H PO 0,050 x
2
2 4 x
2,23 3
3 4
x 2 + 5,89.10 -3 x – 2,94.10 -4 = 0
x = [H + ] = [H2P O 4
] = 1,45.10 -2 mol.L -1
[H3P O 4
] = 0,0500 – 0,0145 = 0,0355 mol.L -1
Tổ hợp 3 cân bằng (1), (2), (3) ta có:
H3PO4 € 3H + + P O 3 4
K = Ka1.Ka2.Ka3 = 10 ‒21,76 = 1,74.10 ‒22
3
H PO
0,0355
K
PO
1,74.10 2,03.10
Vì
3
4 3 22 18
4 3
H3PO4 0,0145
3
3 3
18 24
4 sp
Ag
PO
0,015 .2,03.10 6.85.10 K
Không tạo kết tủa Ag3PO4
Ag3PO4 € 3Ag + + PO Ksp= 10 ‒19,9
3
4
1,0
1,0
5

3
Vậy PO
4
tự do [H + ] không thay đổi so với tính toán ở trên
[H + ] = 0,0145 mol.L -1
pH = ‒ log [H + ] = ‒ log 1,45.10 ‒2 = 1,84
Câu
7
7.1. Khi nhúng thanh bạc vào dung dịch HI 1,0M, có thể xảy ra phản ứng:
2Ag + 2HI € 2AgI + H2
Ta xét các thế điện cực sau:
K
o
o
s,
AgI
E E 0,059lg[Ag] E 0,059lg
AgI / Ag Ag / Ag Ag / Ag [I
]
Vì
E
o
2 H / H2 2 H / H2
E2 H > E
/ H AgI / Ag
2
H2
17
8.10
0,8 0,059.lg 0,15
V
1,0
2 2
0,059 [H ] 0,059 1,0
E lg 0,00 lg 0,0 V
2 P
2 1
nên phản ứng xảy ra theo chiều thuận, chứng tỏ bạc thể
phản ứng với dung dịch HI giải phóng khí hiđro.
0,75
7.2. a) Để có kết tủa Ni ở catot thì thế catot: E
c< E 2+ (Ni 2+ + 2e → Ni)
Ni /Ni
Với:
0 0,059 2
0,059
E 2+ E 2+ .lg[Ni ] = 0,23 + .lg 0,10 0,2595 V
Ni /Ni Ni /Ni
2 2
0,25
b) * Ở catot có các quá trình:
Ni 2+ + 2e → Ni (1) có E = 2+ 0,2595 V
Ni /Ni
2 H + + 2e → H2 (2)
0 0,059 + 2 0,059 2 2
E + E + .lg[H ] = 0,00 + .lg(10 ) 0,118 V
2H /H2 2H /H2
2 2
E = 0,2595 V < E + 0,118 V nên khi bắt đầu điện phân, ở catot
Vì 2+
Ni
/Ni
2H /H 2
xảy ra quá trình (2) trước.
* Ở anot:
2H2O → O2 + 4H + + 4e
0 0,059 + 4 0,059 2 4
E
O 2 /H2O =E
O 2 /H2O .lg([H ] .P
O
) = 1,23 + .lg(10 ) 1,112 V
2
4 4
Điện áp tối thiểu cần phải đặt vào để quá trình điện phân bắt đầu xảy ra là:
V = Ea ‒ Ec + I.R = ( EO 2 /H2O
ηO
) ‒ ( E +
2 2H /H 2
) + I.R
= (1,112 + 0,80) ‒ (‒0,118) + 1,10. 3,15 = 5,495 V
0,5
c) Để [Ni 2+ ] = 1,0.10 ‒4 M thì lúc đó thế catot:
0,059 4
Ec = E 2+ 0,23 + .lg10 0,348 V
Ni /Ni
2
0,5
6

Câu
8
Câu
9
Khi đó, điện áp cần phải tác dụng là
V = Ea ‒ Ec + IR = (1,112 + 0,80) ‒ (‒0,348) + 1,10. 3,15 = 5,725 V
8.1. Ptpư: (mỗi phản ứng 0,25đ)
a) O3 + 2I ‒ + H2O O2 + I2 + 2OH ‒
b) CO2 + NaClO + H2O NaHCO3 + HClO
c) 3Cl2 + 2FeI2 2FeCl3 + 2I2
5Cl2 + I2 + 6H2O 2HIO3 + 10HCl
d) 2F2 + 2NaOH(loãng, lạnh) 2NaF + OF2 + H2O
8.2. Phản ứng hấp thu định lượng CO:
a) Ptpư:
I2O5 + 5CO → I2 + 5CO2
Phản ứng chuẩn độ:
I2 + 2Na2S2O3 → Na2S4O6 + 2NaI
Tính toán hàm lượng CO:
5 5
n
CO
= 5n
I
= n
2 Na2S2O
0,1000,016 0,004 mol
3
2 2
0,004
%VCO
100 29,87%
0,3
22,4
4FeCO3 + O2 → 2Fe2O3 + 4CO2 (1)
4FeS2 + 11O2 → 2Fe2O3 + 8SO2 (2)
+ Khí B gồm: CO2, SO2, O2, N2; chất rắn C gồm: Fe2O3, FeCO3, FeS2.
+Rắn C phản ứng với dung dịch H2SO4 loãng:
Fe2O3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O (3)
FeCO3 + H2SO4 → FeSO4 + H2O + CO2 (4)
FeS2 + H2SO4 → FeSO4 + S↓ + H2S (5)
+ Khí D gồm: CO2 và H2S;
Các chất còn lại gồm:FeSO4, Fe2(SO4)3, H2SO4 dư và S, khi tác dụng với
KOH dư:
2KOH + H2SO4 → K2SO4 + 2H2O (6)
2KOH + FeSO4 → Fe(OH)2↓ + K2SO4 (7)
6KOH + Fe2(SO4)3 → 2Fe(OH)3↓ + 3K2SO4 (8)
+ Kết tủa E gồm Fe(OH)2, Fe(OH)3 và S, khi để ra không khí thì chỉ có phản
ứng:
4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3 (9)
Vậy F gồm Fe(OH) 3 và S
b) Nhận xét: So sánh hệ số các chất khí trong (1) và (2) ta thấy: áp suất khí sau
phản ứng tăng lên chứng tỏ lượng FeCO3 có trong hỗn hợp A nhiều hơn FeS2.
Gọi a là số mol của FeS2 số mol của FeCO3 là 1,5a, ta có:
116.1,5a + 120a = 88,2 a = 0,3.
+ Vậy trong A gồm : FeS2 (0,3 mol), FeCO3 (0,45 mol).
1,0
1,0
0,5
1,0
7

0, 45 11
+ Nếu A cháy hoàn toàn thì cần lượng O2 là : 0,3. 0,9375
mol
4 4
Lượng không khí ban đầu trong bình có :
110
Số mol O2: 0,9375 1,03125
mol
100
Số mol N2: 41,03125 4,125
mol
Số mol không khí : 51,03125 5,15625 mol
- Vì hai muối trong A có khả năng như nhau trong các phản ứng nên gọi x là số
mol FeS2 tham gia phản ứng (1) thì số mol FeCO3 tham gia phản ứng (2) là
1,5x.
+ Theo (1), (2) thì độ tăng số mol khí sau phản ứng:
1,5 x x (4 1) .(8 11) 0,375 x
4 4
+ Vì áp suất sau phản ứng tăng 1,45% so với áp suất trước khi nung, ta
có :
0,375x 1, 455 x = 0,2
5,15625 100
- Theo các phản ứng (1), ...(9) ta có chất rắn F gồm : Fe(OH)3 (0,75 mol) và S
(0,1 mol).
Vậy trong F có %m-Fe(OH) 3 = 96,17% ;
%m-S = 3,83%
Câu
10
c) Hỗn hợp khí B gồm: N2 (4,125 mol), O2 (0,40625 mol), CO2 (0,3 mol), SO2
(0,4 mol) MB = 32.
Hỗn hợp khí D gồm: CO2 (0,15 mol), H2S (0,1 mol) MD = 40.
Vậy d D/B = 1,25
10.1. Phương trình động học của phản ứng thuận nghịch bậc 1:
k1
A B
t=0: a 0
t: a – x x
t cân bằng: a – x cb x cb
Biểu thức:
1 xcb
k
1+ k
2= .ln
t xcb
x
Tại thời điểm cân bằng (∞): x cb = 70%
Tại t = 45 giây:
Tại t = 90 giây:
Tại t = 270 giây:
k
x = 10,8%
x = 18,9%
x = 41,8%
2
k
1
K
cb
= =
k
2
[B]
[A]
1 70
3
k
tong 1
.ln 3,72.10
45 70 10,8
1 70
3
k
tong 2
.ln 3,50.10
90 70 18,9
1 70
k
tong 3
.ln 3,37.10
270 70 41,8
3
0,5
1,0
8

Lấy trung bình:
k
tong 1+ k
tong 2
+ k
tong 3 3
k
1
+ k2
3,53.10
3
k1
[B]
cb
70
Mặt khác, hằng số cân bằng phản ứng: K
cb
= = 2,333
k
2
[A]
cb
30
Do đó: k 1 = 2,47. 10 ‒3 s ‒1
k 2 = 1,06. 10 ‒3 s ‒1
10.2. Theo đề: v = k. [A].[B] nên phản ứng bậc 2.
a) CA = CB = a = 1,0 0,5
2 M
Nồng độ đầu 2 chất phản ứng bằng nhau nên phương trình động học:
1 1 1
k = ( )
t a x a
1 1 1
Tại T1 = 300K: k
1
= ( ) 0,7544
(mol ‒1 .lít.giờ ‒1 )
2 0,5 0,215 0,5
1 1 1
Tại T1 = 370K: k
2
= ( ) 1,5037
(mol ‒1 .lít.giờ ‒1 )
1,33 0,5 0,25 0,5
k2
1 1
Phương trình Arrhenius: ln E a ( )
k1 R T1 T2
1,5037 E 1 1
ln a
( )
0,7544 8,314 300 370
E a = 9093,55 (J/mol)
b) Ở 300K, k = 0,7544 mol ‒1 .lít.giờ ‒1
CA = a = 1. 1,0 0, 25
4 M; CB = b = 3. 1,0 0,75
4 M,
theo đề: x = 90%. a = 0,225 M
Do nồng độ đầu hai chất khác nhau nên phương trình động học:
1 a.(b x)
t .ln
k(b a) b.(a x)
1 0,25 (0,75 0,225)
=
.ln 5,16 (giờ)
0,7544 (0,75 0,25) 0,75 (0,25 0,225)
0,5
0,5
-----------HẾT -----------
Người ra đề
Lê Thị Quỳnh Nhi
Điện thoại: 01674715808
9

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TT HUẾ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC
ĐÁP ÁN GIỚI THIỆU
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
THPT CHUYÊN – DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2015
MÔN: HOÁ HỌC LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút
HƯỚNG DẪN CHẤM, THANG ĐIỂM
STT Đáp án Th/điểm
Câu 1
(2,0đ)
1. a. Phân lớp g có l = 4
=> ml có thể nhận các giá trị -4, -3, -2, -1 , 0, 1, 2, 3, 4.
Vì ml có 9 giá trị nên phân lớp g có 9 obitan.
0,25
Phân lớp h có l = 5
=> ml có thể nhận các giá trị -5, -4, -3, -2, -1 , 0, 1, 2, 3, 4, 5.
Vì ml có 11 giá trị nên phân lớp h có 11 obitan.
0,25
1.b. Cấu hình 10s 2 6h 1 7g o 8f o 9d o 10p o .
N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Số e 2 8 18 32 50 51 32 18 8 2
Z= Số e=221
2.a. 55 134 Cs → 56 134 Ba + e (1)
55 137 Cs → 56 137 Ba + e (2)
Năng lượng thoát ra trong phân rã phóng xạ của 55 134 Cs:
∆E = ∆m.c 2 = (133,906700 - 133,904490)(10 -3 /6,02.10 23 )(2,997925.10 8 ) 2 (J)
= 3,28.10 -13 J = 3,28.10 -13 /1,60219.10 -19 = 2,05.10 6 eV 0,25
2.b.
Gọi A1 là hoạt độ phóng xạ, t1/2 1 là thời gian bán hủy của 55 134 Cs
Gọi A2 là hoạt độ phóng xạ, t1/2 2 là thời gian bán hủy của 55 137 Cs
6 23
0 137
0,693 14,8.10 x6,02.10
A
2
137 .N( Cs) 1,28.mCi
Cs
10
30,17x365x24x3600 137x3,7.10
A 0 1 = Atổng - A 0 2 = 1,92 mCi – 1,28 mCi = 0,64 mCi
Sau thời gian t:
t
1
2
1
t1/ 2 1
1/ 2
t
Atổng = A1 + A2 = A 0 2
1
+ A 0 2
2
Vì: A2 ≤ Atổng. = 0,08 mCi. (1)
t
2
1
t 1/ 2
1
→ A2/ A 0 2 = 2
≤ 0,08/1,28 = 2
(2)
→ t/ t1/2 2 ≥ 4 → t ≥ 4t1/2 2 = 120,68 năm = 58,53 t1/2 1 (3)
Sau 58,53 t1/2 1 , hoạt độ phóng xạ của 55 134 Cs chỉ còn:
58,53
58,53
t
1
1
A1 = A 0 2
1 = 640. 2
= 1,54.10 -15 µCi
= 1,54.10 -15 x3,7.10 4 Bq = 5,7.10 -11 Bq

Atổng = A2 và t = 120,68 năm
55 134 Cs thực tế đã phân rã hết, m(55 134 Cs) ≈ 0 và tỉ số
m( 55
134
Cs)/ m( 55
137
Cs) ≈ 0.
Câu 2
(2,0đ)
1.a. Viết công thức Lewis cho Ba anion CNO - , CON - và NCO -
1.b.
2.a.
2.b.
2.c.
3.
C N O - C O N - N C O - 0,25
+ Điện tích hình thức của mỗi nguyên tử.
C N O - C O N - N C O -
-1 +1 -1 -1 +2 -2 0 0 -1
+ Ion NCO - bền nhất vì điện tích hình thức nhỏ nhất. Ion CON - kém bền nhất vì
điện tích hình thức lớn nhất.
SiO2 có cấu trúc mạng tinh thể nguyên tử, mỗi nguyên tử Si liên kết CHT với 4
nguyên tử Oxi, tạo nên hình tứ diện tinh thể Si bền có t 0 nc cao.
CO2 (r) có cấu trúc mạng tinh thể phân tử, tương tác giữa các phân tử CO2 là
lựcVanđervan, mặc khác phân tử CO2 phân tử không phân cực, nên tương tác này
rất yếu → tinh thể CO2 không bền có t 0 nc rất thấp
H2O (r) có cấu trúc mạng tinh thể phân tử, tương tác giữa các phân tử H2O là
lựcVanđervan, mặc khác phân tử H2O phân tử phân cực và giữa các phân tử H2O
có liên kết H, nên tương tác này lớn hơn tương tác trong tinh thể CO 2 → t 0 nc nước
đá lớn hơn t 0 nc nước đá khô.
So sánh và giải thích momen lưỡng cực:
O uur S lai hóa sp 2 uur S lai hóa sp 2 S lai hóa sp 3
uur uur
uur uur uur
S
1
1 =
1
2
S 2 >
1
1
S Cl
O
uuur uuur uur uur
O uur O O O Cl O Cl
pt = 0 uur pt ≠ 0 uur 2( SOCl2) 2( SO2
)
2
2
2
uuur uuur
pt
( SOCl2) pt
( SO2)
ur ur ur
SOCl >
2 SO >
2 SO 3
Câu 3
(2,0đ)
1. Nhiệt tạo thành chuẩn của As2O3 được tính từ phản ứng:
2As(r) + 3/2O2(k) = As2O3(r) (*)
Phản ứng (*) này được tổ hợp từ các phản ứng đã cho như sau:
2H3AsO3 (aq) = As2O3(r) +
3H2O (l)
2x │AsCl3(r) + 3H2O(l) = H3AsO3 (aq) + 3HCl(aq) (2)
2 x│As(r) + 3/2Cl2(k) = AsCl3(r) (3)
6 x│HCl(aq) = HCl(k) + aq (4)
6 x │ HCl(k) = 1/2H2(k) + 1/2Cl2(k) (5)
3 x │H2(k) + 1/2O2(k) = H2O(l) (6)
Do đó:
=
0
H As O
2 3
0
H 1
+
0
H 2
+
0
H 3
+
0
H 4
+
0
H 5
0
H 3
0
H 4
0
H 5
0
H 6
0
H 1
= - 31,59 kJ/mol
0
H 2
= 2 x73,55kJ/mol
= 2 x (-298,70) kJ/mol
= 6 x 72,43kJ/mol
= 6 x 93,05kJ/mol
= 3 x (-285,77)kJ/mol
+ = -346,32 kJ/mol
0
H 6
0,25
0,25
0,125
0,125
0,25
0,25
0,25
0.75
1,0
2

2. Nếu O3 có cấu tạo vòng 3 cạnh, khép kín thì khi nguyên tử hóa O3 phải phá vỡ 3
liên kết đơn O-O, lượng nhiệt cần cung cấp là: 3 x 138,07 = 414,21 kJ/mol
Nếu O3 có cấu tạo góc thì khi nguyên tử hóa O3 phải phá vỡ 1 liên kết đơn và 1 liên
kết đôi, lượng nhiệt cần cung cấp là: 493,71 + 138,07 = 632,78 kJ/mol
Trong khi đó nếu tính theo các giá trị đã cho ở đề bài, ta có:
Quá trình 3O2 = 2O3 có ΔH = -812,11 – (- 1095,79) = 283,68 kJ/mol
Ta lại có sơ đồ:
3O2
3. H pli,O2
6O
0,25
0,25
0,25
ΔH 2. H
pli,O 3
Từ đó: 3.
H pli,O2
= ΔH + 2.
2O3
H pli,O3
nên
H pli,O3
= 598,725 kJ/mol
Kết quả này gần với kết quả tính được khi giả sử ozon có cấu tạo góc. Do vậy, cấu
tạo góc phù hợp hơn về mặt năng lượng so với cấu tạo vòng.
0,25
Câu 4
(2,0đ)
1.
Do trong môi trường đệm [H3O + ] là hằng số nên biểu thức tốc độ phản ứng là:
v = k[NO2NH2] là phản ứng bậc nhất theo thời gian.
0,25
0,25
2. Cơ chế 1: v = k[NO2NH2] không phù hợp
Cơ chế 2: v = k3[NO2NH3 +
[ NO
] mà
2NH 3][
H2O] k
2
[ NO NH ][ H O ] k
2 2 3 2
k2
nên [ NO2NH3 ] [ NO2NH 2][ H3O ] = K[NO
2NH2][ H3O
] do [H2O]:
k [ H O]
2 2
const, thay vào biểu thức cơ chế 2: v = k3K[NO 2NH2][ H3O
]
Cơ chế 3: v = k5[NO2NH - ] mà
k4 [ NO2NH 2][ H2O] , [ NO2NH
2]
[NO2NH ] . K .
k [ H O ] [ H O ]
4 3 3
do [H2O] const.
Thay vào biểu thức của cơ chế 3:
, [ NO2NH
2] ,, [ NO2NH
2]
v k5K . K
[ H3O
] [ H3O
]
thực nghiệm.
Câu 5
(2,0đ)
1. N2 (k) + 3H2 (k) 2NH3 (k); = - 92 kJ
Ban đầu (mol) 1 3
Cân bằng (mol) 1-x 3-3x 2x
n = 1 – x + 3 – 3x + 2x = 4 – 2x (mol)
sau
2x
%VNH 3
= .100%
= 36% x = 0,529
4 - 2x
1
x 1
0,592
%VN 2
= .100%
=
.100% = 16%
4 - 2x 4 2.0,592
%VH 2
= 100 - (36 + 16) = 48%
KP =
P
P
3
H
2
NH
2
3
P
N
2
=
2
0,36 . P
0,16. P.
2
0,48.
P 3
=
3 2
phù hợp với
0,25
0,125
0,5
0,125
0,5
2
0,36
0,16.0,48 . P = 8,14.10-5 (atm- -2 ) 0,75
3

2.
3.
2x
%VNH 3
= .100%
= 50% x = 2/3
4 - 2x
1
x
%VN 2
= .100%
= 12,5%;
4 - 2x
%VH 2
= 37,5%
KP =
P
KP 2
=
P
3
H
2
NH
2
P
3
P
P
3
H
2
N
2
2
NH
3
P
N
2
0,5
0,125.0,375 . P = 8,14.10-5 (atm- -2 ) P = 682,6 (atm) 0,5
=
3 2
2
2
0,5
0,125.0,375 .300
=
3 2
= 4,21.10 -4
K
P
H
1 1
2
ln =
K
1 1 R K
P2
ln
R
P1
T1
T2
T1 T2
H
K
P1
1
T = 1
2
T - R K
P 1 8,314 4,21.10
2
ln
.ln
3
1
H
K
P
450
273 92.10 8,14.10
1
=
5
4
T2 = 652,9 K
0,75
Câu 6
(2,0đ)
1. H2S + H2O
H3O+ + HS – 7
A
10 (1)
HS – + H2O H3O+ + S 2 –
Vì
2H2O
K
1
K
1
K
2
12,92
(2)
A
10
H3O+ + OH – KW = 10 – 14 (3)
7
>>
A
10
K
2
12,92
>> KW = 10 – 14 nên cân bằng (1) là chủ yếu.
A
10
H2S + H2O
H3O+ + HS – 7
A
10 (1)
C 0,010
[ ] 0,010 – x x x
K
1
0,5
2
x
7
7
2
4,5
10 . Với x

2 2
Áp dụng định luật tác dụng khối lượng cho (4) ta có: [H
3O
] [S ] 19,92
10
[H S]
[H S] 0,010
= 10 – 15,92 = 1,2 . 10 – 16 0,5
2
)
2
19,92
2
19,92
[S ] 10 . 10 .
2
3
[H
3O]
(10
Câu 7
(2,0đ)
1. 3x CuS ƒ Cu 2+ + S 2- Ks
3x S 2- + 2H + ƒ H2S (Ka1.Ka2) -1
2.
3x H2S ƒ S + 2H + + 2e
2x NO3 - + 4H + + 3e ƒ NO + 2H2O
K
2
2.0,14
10 0,0592
3.0,96
, 0,0592
K 10
3CuS + 2NO3 - + 8H + ƒ 3Cu 2+ + 2S + 2NO + 4H2O K = 10 37,27
K rất lớn, phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Thành phần giới hạn: NO3 - : 0,75M ; Cu 2+ : 0,375M
Ta có cân bằng: 3Cu 2+ + 2S + 2NO + 4H2O ƒ 3CuS + 2NO3 - + 8H + K = 10 -37,27
C 0,375 0,75
[ ] 0,375 -3x 0,75 +2x 8x
[ H ] [ NO ] (8 x) (0,75 2 x)
K 10
[ Cu ] P (0,375 3 x)
8 2 8 2
3
2
3 2 3
NO
Với 3x

2.
Ag + + 2NH3 ƒ Ag(NH3)2 + [ Ag( NH
3) 2]
2 = = 10 7,24
2
[ Ag ][ NH ]
2
khá lớn, xem phản ứng xảy ra hoàn toàn [Ag(NH3)2 + ] = [Ag + ] = 10 - 4 M
[NH3] = 1 - 2.10 -4 1M
0 0,0592
/ / lg[
0,0592 [Ag(NH
E E Ag
Ag Ag Ag Ag
]
3) 2]
= 0,8 + lg
2
1
1 [ NH ]
= 0,8 +
0,0592 10
lg
1 10
4
7,24
= 0,1346V
3
2 3
0
Do E E 2
nên: catot điện cực Cu, anot điện cực Ag
Ag / Ag Cu / Cu
Sơ đồ pin: (-) Ag Ag(NH3)2 + 10 -4 M, NH3 1M Cu 2+ 10 -1 M Cu (+)
Epin = E(+) - E(-) = 0,3074 - 0,1346 = 0,1728V
Phản ứng trong pin: 2Ag + Cu 2+ + 4NH3 → Cu + 2[Ag(NH3)2] +
3. Cu 2+ + 2OH - → Cu(OH)2↓
[Cu 2+ ] giảm E giảm < E Cu
2 / Cu
Ag / Ag
Epin = E - E
Ag / Ag Cu
2
/
Cu
2 / Cu
E = E - Ag / Ag
Epin = 0,5632 - 0,813 = - 0,2498V
Cu
0,5
0,125
0,125
0,125
0,25
Câu 9
(2,0đ)
E = 0,337 +
0,0592 lg[Cu
2
]
= - 0,2498V [Cu 2+ ] = 10 -19,82 M
Cu
2 / Cu
2
Cu 2+ + 2OH - → Cu(OH)2 Ks -1
[Cu 2+ ] pư = 0,1 – 10 -19,82 0,1M ; [OH - ]cb = 1- 0,2 = 0,8M
Ks = [Cu 2+ ][OH - ] 2 = 10 -19,82 (0,8) 2 = 10 -20,01
0,125
1. Cấu trúc mạng Ge: cấu trúc mạng lập phương tâm diện. Ngoài ra có thêm các 0,25
nguyên tử Ge đi vào một nữa số lỗ tứ diện, vị trí so le với nhau.
Số nguyên tử/ion KL trong một ô mạng = 1 8 .8 + 1 2 .6 + 4 = 8
2. Đường chéo Ô mạng:
0,25
0,5
a
3
a 3 8r r 122,54pm
4 3
8. r
Độ đặc,ρ 3 0.34%
3
a
0.75
0,25
Khối lượng riêng d =
nM 8.72,64
N . V 6,023.10 (566.10 )
A
23 10 3
3
5,32( g / cm )
0,25
Câu 10
(2,0đ)
6

1. Phương trình phản ứng:
S + Mg MgS (1)
MgS + 2HCl MgCl2 + H2S (2)
Mg + 2HCl MgCl2 + H2 (3)
MB 0,8966
29 26 B chứa H2S và H2 [Mg có dư sau phản ứng (1)]
2,987
x y
Gọi x và y lần lượt là số mol khí H2S và H2, ta có
22,4
34x
2y
26
x y
Giải ra ta có x = 0,1 ; y = 1 . Từ (1), (2), (3) ta có:
30
0,132
% mS ( ) 100%
50%, % m(Mg) 50%
1
0,1 24 0,132
30
H2S + 2
3
O2
SO2 + H2O
0.25
0.25
0.25
0,1 0,1 0,1
H2 + 2
1
O2
H2O
1/30 1/30
SO2 + H2O2 H2SO4
0,1 0,147
0 0,047 0,1
100 0,1 64
0,133 18
108,
gam
m(dung dịch) = 8
C%(H2SO4) =
0,1.98
108,8
100%
0,047.34
9%; C%(H2O2) =
108,8
1,47%
0.25
0.25
2. Phương trình phản ứng:
S + O2 SO2 (1)
5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 (2)
5 5
3
Từ (1) và (2) nS nSO
n KMnO 0,625
0,005 7,8125. 10 mol
2
4
2 2
3
7,8125.10 32
%mS
100%
0,25% < 0,30%
100
Vậy nhiên liệu trên được phép sử dụng.
0.25
0.5
7

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
Câu Ý Nội dung chính cần đạt Điểm
1
Xác định vị trí :
2ZX NX 60 ;ZX NX ZX
20 ,
X là canxi (Ca), cấu hình electron của 20Ca : [Ar] 4s 2
Cấu hình của Y là 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5 hay [Ne] 3s 2 3p 5 Y là Cl
Theo giả thiết thì Z chính là crom, cấu hình electron của 24Cr : [Ar] 3d 5
4s 1 STT Chu kỳ nguyên tố Nhóm nguyên tố
1,0
Câu 1
Ca 20 4 IIA
Cl 17 3 VIIA
Cr 24 4 VIB
2
Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử: R
Ca 2 R R
Cl Ca
Bán kính nguyên tử tỉ lệ với thuận với số lớp electron và tỉ lệ nghịch với
số đơn vị điện tích hạt nhân của nguyên tử đó.
Bán kính ion Ca 2+ nhỏ hơn Cl - do có cùng số lớp electron (n = 3), nhưng
điện tích hạt nhân Ca 2+ (Z = 20) lớn hơn Cl - (Z = 17). Bán kính nguyên
tử Ca lớn nhất do có số lớp electron lớn nhất (n = 4).
1,0
Câu 2 1
CH3COOH CH3COO - + H +
C (M) 0,1
[ ] (M) 0,1 – x x x
x 2
(0,1 - x)
= 10 -4,76
Giả sử, x pH =
2,88
* CH3COOH + NaOH = CH3COONa + H2O
C C
CH3COONa CH3COO - + Na +
C C
CH3COOH CH3COO - + H + ; Ka = 10 -4,76
C 0 (M) 0,1- C C
[ ] (M) 0,1- C – 10 -3 C + 10 -3 10 -3
pH = 3 => [H + ] = 10 -3 (M)
3
3
( C 10 )10 4,76
10
3
0,1 C 10
C = 7,08. 10 -4 (M)
=> nNaOH = 7,08. 10 -4 (mol)
=> mNaOH = 40x 7,08. 10 -4 = 0,028 (g)
1,0

Trong dung dịch có các cân bằng:
Cr2O7 2- + H2O 2CrO4 2- + 2H + Ka = 2,3.10 -
15
2
Ba 2+ + CrO4 2- BaCrO4 T1 -1 = 10 9,93
Sr 2+ + CrO4 2- SrCrO4 T2 -1 = 10 4,65
Đk để có kết tủa hoàn toàn BaCrO4 và không có kết tủa SrCrO4 là
T1
T2
3,93
C
2
CrO
10 C
4
CrO
Ba
C
4
3,65
10
2
Sr
dlt/d khối lượng cho cân bằng (1) 3,4 pH 3,7
1,0
Ta có: 90Th 232 82Pb 208 + x 2He 4 + y -1e 0
1
90 = 82 + 2x - y
232 = 208 + 4x
0,5
Rút ra: x= 6, y = 4. Vậy số phân rã α: 6, số phân rã β: 4
Câu 3
2
Theo phương trình ta có: ∆m = mTh - mPb - 6mHe - 4me
Do khối lượng của -1e 0 không đáng kể nên có thể bỏ qua
Thay vào: ∆m = 232,03805 - 207,97664 - 6.4,0026 = 0,04581u
Năng lượng được giải phóng trong chuỗi là:
∆m.c 2 = 0,04581.931 = 42,65 MeV.
0,5
c. Ta có: 1 năm = 365 ngày.24 tiếng.60 phút = 525600 phút
Vậy sau một năm số nguyên tử còn lại:
ncl = 1,5.10 10 - 3440.525600 = 1,3192.10 10
3
1 nbd
1,5
áp dụng: k ln ln 0, 128 năm -1
t n 1,3192
cl
0,5
0,693 0,693
t1/
2
5,4 năm
k
1/ 2
0,128
Vậy chu kì bán hủy của đồng vị đó là 5,4 năm.
Câu 4
I2(k) ⇌ 2I(k)
P(I 2 ) 0 – x 2x
Ở cân bằng: P(I 2 )cân bằng = P(I 2 )bđ – x
Ptổng = P(I 2 )bđ – x + 2x = P(I 2 )bđ + x x = P cb – P bđ
* Ở 1073 K, x = 0.0750 – 0.0631 = 0.0119 bar
P(I)cb = 2x = 0.0238 bar
2,0

P(I 2 )cb = 0.0631 – 0.0119 = 0.0512 bar
K =
2
P
I 0,028
2
= 0,01106
0, 0111
P
I
2
0,0512
* Ở 1173 K, x = 0.0918 – 0.0684 = 0.0234 bar
P(I)cb = 2x = 0.0468 bar
P(I2)cb= 0.0684 – 0.0234 = 0.0450 bar
K =
2
PI,eq
2
0,0468
PI 2,eq
0,0450
= 0,04867 = 0,0487
ln
o
k2
H 1 1
( )
k1 R T1 T2
, ln 0,04867
0,01106 = 1,4817
1 1 1 1
( ) ( ) = 7,94510 5 K 1 H o =
T T 1073 1173
1 2
1,48178,314
5
7,94510
= 155052 J = 155 kJ
K
* Ở 1100K ; ln
1100 155052 1 1
( ) K1100 =
0,01106 8,314 1073 1100
0,0169 = 0,017
G o = RTlnK = 8,314 1100 ln(0,0169) = 37248,8 J =
37,2488 kJ
G o = H o TS o S o =
155052 37248,8
1100
= 107,1 J.K 1
1
Kp ở 100 0 C
0 0
ΔH
298
=ΔH
373=-111+242+75=206(kJ)
ΔS =ΔS =3.0,131+0,198-0,186-0,189=0,216(kJ/K)
0 0
298 373
G373 206
373.0,216 125,432(
KJ )
-125432/8,314.373 -8
K =e =2,716.10
p
0,5
Câu 5
2
Chiều dịch chuyển cân bằng của phản ứng.
Phần mol của từng khí:
n(H2) = 1200 mol n(H2O) = n(CO) = n(CH4) = 400 mol
n = 2400 mol
x(H2) = 0,5 x(H2O) = x(CO) = x(CH4) = 0,167
nRT 2400.8,314.373
6
Áp suất chung của hệ: P= = =2,48.10 hay P=24,8
V 3
bar
p(H2) = 12,4 bar
p(H2O) = p(CO) = p(CO2) = 4,133 bar
1,0

3
12,4 .4,133
-8
Q= =461,317>K
2
p(373)
=2,74.10
4,133
0 5
Hay
Q 461,317
ΔG=ΔG +RTlnQ=RTln =8,314.373.ln =1,44.10 (J)
-18
K 2,74.10
Cân bằng chuyển dịch sang trái (chiều nghịch).
Kp ở 900 0 C
K =e
p
Cp = 3.0,029 + 0.029 – 0,036 – 0,034 = 0,046 (kJ/mol)
0
ΔH =206+(1173-298).0,046=246.25(kJ)
1173
0
1173
ΔS
1173=0,216+0,046ln =0,279(kJ/K)
298
ΔG =246,25-1173.0,279 81,017(kJ)
0
1173
-81017/8,314.1173
=4054(bar)
0,5
1
Các quá trình xảy ra:
HClO4 H + + ClO4 -
0,005M
Fe(ClO4)3 Fe 3+ + 3ClO4 -
0,03M
MgCl2 Mg 2+ + 2Cl -
0,01M
Các cân bằng:
Fe 3+ + H2O Fe(OH) 2+ + H + K1 = 10 -2,17 (1)
Mg 2+ + H2O Mg(OH) + + H + K2 = 10 -12,8 (2)
H2O H + + OH - Kw = 10 -14 (3)
Ta có: KC . 1 3
Fe = 2,03.10 -4 = 10 -3,69 >> Kw = 10 -14
K . C = 10 -14,8
2 2
Mg
1,0
Câu 6
Sự phân li ra ion H + chủ yếu là do cân bằng (1)
Fe 3+ + H2O Fe(OH) 2+ + H + K1 = 10 -2,17 (1)
C 0,03 0,005
[ ] 0,03 – x x 0,005 + x
2
[ H ].[ Fe( OH ) ] (0,005 x)
x 2,17
K1 10
3
[ Fe ] 0,03 x
Giải phương trình được x = 9,53.10 -3
[H + ] = 0,005 + 9,53.10 -3 = 0,01453 M pH = 1,84
1
Tính lại nồng độ sau khi trộn:
C = 0,05M; C 2 = 0,005M; C 3 = 0,015M; C = 0,0025M
NH 3
Mg
Fe
H ( HClO4
)
Có các quá trình sau:
3NH3 + 3H2O + Fe 3+ Fe(OH)3 + 3NH4 + K3 = 10 22,72 (3)
2NH3 + 2H2O + Mg 2+ Mg(OH)2 + 2NH4 + K4 = 10 1,48 (4)
NH3 + H + NH4 + K5 = 10 9,24 (5)
1,0

Do K3, K5 >> nên coi như phản ứng (3), (5) xảy ra hoàn toàn
3NH3 + 3H2O + Fe 3+ Fe(OH)3 + 3NH4 +
0,05M 0,015M
0,005M - 0,045M
NH3 + H + NH4 +
0,005M 0,0025M 0,045M
0,0025M - 0,0475M
TPGH gồm: NH3 (0,0025M); NH4 + (0,0475M); Mg 2+ (0,005M); H2O
Tính gần đúng pH của dung dịch B theo hệ đệm:
Cb
0,0025
pH pKa
lg 9,24 lg 7,96
Ca
0,0475
Hoặc tính theo cân bằng:
NH3 + H2O NH4 + + OH - Kb = 10 -4,76
Mặt khác [Mg 2+ ].[OH - ] 2 = 4,16.10 -15 < KS( Mg ( OH ) 2 )
nên không có kết tủa
Mg(OH)2.
Vậy kết tủa A là Fe(OH)3
-1,345V
-1,12V
3- 2-
PO 4 HPO 3
-2,05V
-
H 2 PO 2
-0,89V
P PH 3
Câu 7
1
(1) PO4 3- + 2H2O + 2e⇌ HPO3 2- + 3OH - . G 0 1 = -2FE o 1 .
1,0
(2) HPO3 2- + 2H2O + 2 e ⇌H2PO2 - + 3OH - . G 0 1 = -2FE o 2 .
(3) PO4 3- + 4 H2O + 4 e ⇌H2PO2 - + 6OH - . G 0 3 = -4FE o 3 .
(4) H2PO2 - + 1e ⇌ P + 2OH - G 0 4 = -1 FE o 4 .
(5) P +3H2O + 3e ⇌ PH3 + 3OH - G 0 5 = -3FE o 5 .
(6) H2PO2 - + 3H2O + 4e ⇌ PH3 + 5OH - G 0 6 = -4FE o 6 .
2
Tổ hợp các phương trình ta có:
* (3) = (1) + (2)
4E3 = 2(E1+ E2)
E (HPO3 2- / H2PO2 - )= E2= (4E3 – 2E1)/2 = [4 . (-1,345) –2. (-
1,12) ]/2 = -1,57 V
* (6) = (4) + (5)
4 E6 = E4 + 3E5
E( H2PO2 - /PH3) = E6 = (E4 + 3E5)/4
= [-2,05 + 3. (-0,89) ]/4 = -1,18 V
1,0
Câu 8 1
Cl không có obitan f trống như I.
I2 + HClO4 + 4H2O H5IO6+ Cl2
0,5

2
A là KI; B HIO3; C: I2O5; D: KIO3; E:HI
2KI + KNO3+H2SO4 I2 + KNO2+H2O
3I2+10HNO3 6HIO3+10NO + 2H2O
3I2+6KOH 5KI + KIO3 + 3H2O
HIO3 + KOH KIO3 + H2O
1,5
I2O5 + 5CO I2+ 5CO2
HI + KOH KI + H2O
Câu 9
1
Coi hỗn hợp gồm Fe, Cu và O: nCu = a mol; nFe = bmol, nO = c mol
64a + 56b+ 16c = 48,8
2a + 3b -2c= số mol SO2. 2= 0,9
160a+ 400.b/2 = 124 a= 0,4; b= 0,3; c= 0,4 Fe 3 O 4
Số mol H2SO4 phản ứng = số mol SO4 2- trong muối + số mol SO2 = 0,4
+ ( 0,3/2).3 + 0,45 = 0,63 mol.
1,0
2
nHCl
2 400
0,8 mol
1000
Fe3O4 8HCl FeCl2 2 FeCl3
4H2O
0,1 0,8 0,1 0,2
dung dÞch B
0,3 mol
0,3 mol FeCl
0,1 mol CuCl
2
2
Cu 2FeCl3 2 FeCl2 CuCl2
0,1 0,2 0,2 0,1
chÊt r¾n D:
FeCl2 3AgNO3 2 AgCl Fe(NO 3) 3 Ag
0,3
0,6 0,3
CuCl 2AgNO 2 AgCl Cu(NO )
2 3 3 2
0,1
0,1
2
mE = (0,8 143,5) + (0,3 . 108) = 147, 2 g
n Cu = 0,4 - 0,1 =
1,0
Câu 10 1
Để chứng minh phản ứng (1) là phản ứng bậc 1, ta thế các dữ kiện
bài cho vào phương trình (1) để tính k của phản ứng (2), nếu các hằng số
thu được là hằng định thì phản ứng là bậc 1. Vì áp suất tỉ lệ với nồng độ
chất nên phương trình động học có thể biểu diễn theo áp suất riêng
phần.
Gọi p0 là áp suất đầu của AsH3 và y là áp suất riêng phần của H2
ở thời điểm t, ta có tại thời điểm t:
2AsH3 (khí) 2As (rắn) + 3H2 (khí) (1)
1,5

Ban đầu P0 0 0
Cân bằng P0 - 2x 2x 3x
p = 3x và PAsH3 = P0 – 2x.
H 2
P tổng = P0+ x x= P-P0
1 P0 1 P0
Áp dụng hệ thức (1): k = ln = ln , ta có:
t P - 2x t 3P - 2P
1 P0
Thiết lập được pt: k ln
t 3 P 2 P
0
0 0
Thay số: k1 = 0,04 giờ -1 ; k2 = 0,04045 giờ -1 ; k3 = 0,04076 giờ -1 ;
k1 k2 k3. Vậy phản ứng (1) là phản ứng bậc nhất.
Hằng số tốc độ trung bình của phản ứng là:
1
k (0,04 + 0,04045 + 0,04076) =0,0404 giờ -1 .
3
2
Thời gian nửa phản ứng của phản ứng (1) là:
0,693 0,693
0,5
t
1/2
= =
k 0,0404 = 17, 153 (giờ).
Người ra đề
Đoàn Minh Đức
(0975642818)

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ NĂM 2015
TỈNH HÒA BÌNH
ĐỀ GIỚI THIỆU
Thời gian làm bài 180 phút
Câu 1. (2 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử-Định luật tuần hoàn.
1. Nguyên tử X có tổng số proton và số notron nhỏ hơn 35, tổng đại số số oxi hóa
dương cực đại và hai lần số oxi hóa âm là -1.
a. Xác định X. Cho biết giá trị 4 số lượng tử của electron cuối cùng.
b. Cho biết dạng hình học phân tử, trạng thái lai hóa của nguyên tử nguyên tố trung
tâm của hợp chất X với hiđro, và các phân tử F 2 O, NO 2 .
2. a. So sánh nhiệt độ nóng chảy và độ tan trong nước của các muối KCl, KI, KBr , giải
thích.
b. Các phân tử: POF 3 và POCl 3 chúng có dạng hình học như thế nào? Góc liên kết
XPX trong phân tử nào lớn hơn giải thích?
Câu 2. (2 điểm) Tinh thể
Trong mạng tinh thể của Beri borua, nguyên tử Bo kết tinh ở mạng lưới lập phương tâm
mặt và trong đó tất cả các hốc tứ diện đã bị chiếm bởi nguyên tử beri. Khoảng cách
ngắn nhất giữa 2 nguyên tử Bo là 3,29A 0 .
1. Biểu diễn sự chiếm đóng của nguyên tử Bo trong một ô mạng cơ sở.
2. Có thể tồn tại bao nhiêu hốc tứ diện, hốc bát diện trong một ô mạng? Từ đó cho
biết công thức thực nghiệm của hợp chất này ( công thức cho biết tỉ lệ nguyên tử
của các nguyên tố). Trong một ô mạng cơ sở có bao nhiêu đơn vị công thức trên?
3. Cho biết số phối trí của Be và Bo trong tinh thể này là bao nhiêu?
4. Tính độ dài cạnh a 0 của ô mạng cơ sở , độ dài liên kết Be-B và khối lượng riêng
của beri borua theo đơn vị g/cm 3 . Biết Be: 10,81 ; Bo 9,01
Câu 3 (2 điểm) Phản ứng hạt nhân
1. Hoàn thành các P hạt nhân sau:
a) 12Mg 26 + ...? → 10 Ne 23 + 2 He 4+
b) 9F 19 + 1 H 1 → ...? + 2 He 4
c) 94Pu 242 + 10 Ne 22 → 4 0 n 1 + ...?
d) 1H 2 + ...? → 2 2 He 4 + 0 n 1
2. Một vụ nổ hạt nhân của 235 U đã giải phóng năng lượng là 1646.10 14 J. Xác định khối
lượng của U còn lại sau vụ nổ so với lượng lúc đầu với 2 kg là bao nhiêu?
Cho c = 3.10 8 m/s.
3. Xác định biến đổi đúng trong trường hợp sau và viết phương trình phản ứng hạt
nhân:
Câu 4 (2 điểm) Nhiệt hóa học
Ở điều kiện chuẩn, en tanpi phản ứng và entropi của các chất có giá trị như sau:

STT Phản ứng H 0 298 (kJ)
1 2NH 3 + 3N 2 O → 4N2 + 3H2O -1011
2 N 2 O + 3H 2 → N2H4 + H2O -317
3 2NH 3 + 0,5O 2 → N2H4 + H2O -143
4 H 2 + 0,5 O 2 → H2O -286
S 0 298(N 2 H 4 ) = 240J/mol.K
S 0 298 (N 2 ) = 191J/mol.K
S 0 298 (H 2 O) = 66,6J/mol.K
S 0 298 (O 2 ) = 205 J/mol.K
1. Tính entanpi tạo thành H 0 298 (kJ) của N 2 H 4 , N 2 O và NH 3 .
2. Viết phương trình phản ứng cháy N 2 H 4 tạo thành H 2 O và N 2 .
3. Tính nhiệt phản ứng cháy đẳng áp này ở 298K, tính G 0 298 và hằng số cân bằng
K của phản ứng.
4. Nếu hỗn hợp ban đầu gồm 2 mol NH 3 và 0,5 mol O 2 thì nhiệt của phản ứng (3) ở
thể tích không đổi bằng bao nhiêu?
Câu 5 (2 điểm) Cân bằng hóa học pha khí
Một trong những phương pháp phổ biến nhất để tổng hợp hiđro ở quy mô công
nghiệp là sử dụng phản ứng: CH 4 (k) + H 2 O (k) 3 H 2 (k) + CO (k)
a. Hằng số cân bằng của phản ứng trên ở 298 K là K P, 298K =1,45×10 -25 ;
ở 1580 K là K P, 1580K =2,66×10 4 . Coi entropy và entapy không phụ thuộc vào nhiệt độ,
tìm ΔH o và ΔS o của phản ứng.
b. Nạp vào bình phản ứng 1 mol CH 4 và 1 mol H 2 O rồi nâng nhiệt độ lên 1100 K. Khi
cân bằng hình thành thì thấy áp suất trong bình phản ứng là 1,6 atm. Tính hiệu suất
chuyển hóa của CH 4 .
Câu 6 (2 điểm) Cân bằng trong dung dịch điện li
Có dung dịch A chứa hỗn hợp 2 muối MgCl 2 (10 -3 M) và FeCl 3 (10 -3 M)
Cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch A (Giả sử thể tích dung dịch A không đổi)
1. Kết tủa nào tạo ra trước, vì sao?
2. Tìm pH thích hợp để tách một trong 2 ion Mg 2+ hoặc Fe 3+ ra khỏi dung dịch. Cho
biết, một ion được coi là kết tủa hoàn toàn nếu nồng độ cân bằng của ion đó < 10 -6 M.
3. Tính khoảng pH sao cho ion thứ nhất kết tủa được 90% nhưng chưa kết tủa ion thứ
hai
Cho T Mg(OH) 2 = 10 –11 ; T Fe(OH) 3 = 10 –39
Câu 7 (2 điểm) Phản ứng oxi hóa khử, điện hóa
Cho giản đồ Latimer của photpho trong môi trường kiềm:
-1,345V
-1,12V
3- 2-
PO 4 HPO 3
-2,05V
-
H 2 PO 2
-0,89V
P PH 3
1. Viết các nửa phản ứng của các cặp oxi hoá - khử trên.
2. Tính thế khử chuẩn của cặp HPO3 2- / H2PO2 - và H2PO2 - /PH3.
Câu 8 ( 2 điểm) Nhóm Halogen.

1. Tại sao HF có khả năng tạo muối axit còn các axit khác không có khả năng đó
2. Giải thích tại sao ái lực electron của F lại nhỏ hơn Cl( 328 kJ/mol so với 349kJ/mol)
mặc dù độ âm điện của F lớn hơn?
3. Xác định các chất A,B,C,D,E và viết các PTPU thực hiện sơ đồ sau:
D+ A
dd KOH,t 0
A KNO dd KOH
3, H 2 SO 4
I 2 B D
dd KOH
N 2 H 4
CO
200 o C
Câu 9 (2 điểm) Nhóm O-S
Hoàn thành các phương trình phản ứng:
1. NaCl + H 2 SO 4 đặc nóng
2. NaBr + H 2 SO 4 đặc nóng
3. NaClO + PbS
4. FeSO 4 + H 2 SO 4 + HNO 2
5. KMnO 4 + H 2 SO 4 + HNO 2
6. NaNO 2 + H 2 SO 4 loãng
7. Na 2 S + O 2 + H 2 O →
8. Na 2 S 2 O 3 + Cl 2 + H 2 O →
Câu 10 (2 điểm) động học.
E
Phản ứng: S2O 2
8
+ 2 I ⇌ 2 SO 2 4 + I2 (1) được khảo sát bằng thực nghiệm như sau:
Trộn dung dịch KI với dung dịch hồ tinh bột, dung dịch S2O 2 3
; sau đó thêm dung dịch S2O 2
8
vào
dung dịch trên. Các dung dịch đều có nồng độ ban đầu thích hợp.
1) Viết các phương trình phản ứng xảy ra; tại sao dung dịch từ không màu chuyển sang màu xanh
lam?
2) Người ta thu được số liệu sau đây:
Thời gian thí nghiệm(theo giây) Nồng độ I (theo mol . l 1 )
0 1,000
20 0,752
50 0,400
80 0,010
Hãy tính tốc độ trung bình của phản ứng (1) dựa vào các số liệu trên.
C

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN
ĐỀ GIỚI THIỆU
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
THPT CHUYÊN – DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2015
MÔN: HOÁ HỌC LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút
Người làm đề
Nguyễn Thị Thu Hà
0987 989 922
Câu 1: Cấu tạo nguyên tử , phân tử-Định luật tuần hoàn
1. X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hiđro có dạng XH3. Electron cuối cùng trên
nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5. Ở điều kiện thường XH3 là một chất khí. Viết
công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm trong phân tử XH3, trong
oxit và hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của X.
2. X, Y, R, A, B theo thứ tự là 5 nguyên tố liên tiếp trong Hệ thống tuần hoàn (HTTH) có tổng
số điện tích là 90 (X có số điện tích hạt nhân nhỏ nhất).
a) Xác định điện tích hạt nhân của X, Y, R, A, B. Gọi tên các nguyên tố đó.
b) Viết cấu hình electron của X 2− , Y − , R, A + , B 2+ . So sánh bán kính của chúng và
giải thích.
c) Trong phản ứng oxi hoá-khử, X 2− , Y − thể hiện tính chất cơ bản gì? Vì sao?
Câu 2: Tinh thể
1. Ở trạng thái đơn chất, đồng (Cu) có cấu trúc tinh thể lập phương tâm diện. Tính khối lượng
riêng (d) của tinh thể Cu theo g/cm 3 . Cho Cu = 64; bán kính nguyên tử Cu = 1,28 A 0
2. Phân tử CuCl kết tinh dưới dạng lập phương tâm diện.
a) Hãy biểu diễn ô mạng cơ sở của tinh thể này.
b) Tính số ion Cu + và Cl rồi suy ra số phân tử CuCl chứa trong ô mạng cơ sở.
c) Xác định bán kính ion của Cu + .
Cho dCuCl = 4,136 g/cm 3 ; r Cl-= 1,84A o ; MCu = 63,5gam/mol, MCl = 35,5 gam/mol,
NA = 6,02.10 23 .
Câu 3:Phản ứng hạt nhân
1. C 14 là đồng vị kém bền phát ra phóng xạ và , có chu kỳ bán huỷ 5700 năm.
a) Hãy viết phương trình phóng xạ của C 14 .
b) Tính tuổi cổ vật có tỉ lệ C 14 /C 12 là 0,125.
c) Tính độ phóng xạ của một người nặng 80,0kg: Biết rằng trong cơ thể người đó có
1% khối lượng là cacbon, độ phóng xạ của cơ thể sống là 0,277Bq tính theo 1,0
gam cacbon tổng số.
2. Urani phân rã phóng xạ thành radi theo chuỗi sau :
Th
Pa
U
Th
Ra
Viết đầy đủ các phản ứng của chuỗi trên.
238
92U
Câu 4: Nhiệt hóa học
1. Tính nhiệt tạo thành FeCl2 (rắn) biết:
Fe(r) + 2HCl (dd) FeCl2 (dd) + H2 (k)
FeCl2 (r) + H2O FeCl2 (dd)
HCl (k) + H2O HCl (dd)
H2 (k) + Cl2 (k) 2HCl (k)
Ký hiệu (r): rắn; (k): khí; (dd): dung dịch
H1 = - 21,00Kcal
H2 = -19,5Kcal
H3 = -17,5Kcal
H4 = -44,48Kcal

2. Cho phản ứng: CO2 (khí)
CO (khí) +
Và các dữ kiện:
1 O2 (khí)
2
Chất O2 CO2 CO
(KJ.mol -1 ) -393,51 -110,52
0
G 298
0
S 298
(J 0 K -1 .mol -1 ) 205,03 213,64 -197,91
a) Ở điều kiện chuẩn (25 0 C) phản ứng trên có xảy ra được không?
b) Giả sử H
và S
không phụ thuộc vào nhiệt độ. Hãy cho biết ở nhiệt độ nào phản ứng
trên có thể xảy ra?
Câu 5: CBHH pha khí
Cho hỗn hợp cân bằng trong bình kín:
N2O4 (k)
2NO2 (k) ( 1 )
Thực nghiệm cho biết:
Khi đạt tới trạng thái cân bằng ở áp suất chung 1 atm
- ở 35 0 C hỗn hợp có khối lượng mol trung bình M
hh
= 72,45 g/mol
- ở 45 0 C hỗn hợp có khối lượng mol trung bình M
hh
= 66,8 g/mol
1. Hãy xác định độ phân li của N2O4 ở mỗi nhiệt độ trên.
2. Tính hằng số cân bằng KP của ( 1 ) ở mỗi nhiệt độ (lấy tới chữ số thứ ba sau dấu phẩy).
3.Hãy cho biết phản ứng theo chiều nghịch của phản ứng (1) là thu nhiệt hay tỏa nhiệt? Giải
thích?
Câu 6: Dung dịch điện li
1. a)Tính pH của dung dịch CH3COOH 0,1M.
b)Phải thêm vào 1 lít dung dịch trên bao nhiêu gam NaOH để được dung dịch có pH =3.
2. Cho H2S đi qua dung dịch Cd 2+ 0,001M và HCl 0,001M cho đến bão hoà C H 2 S = 0,1M.
Hỏi có kết tủa CdS tạo ra không?
0
0
Cho biết E =+ 0,77 (v); E
4 = + 0,15 ;
3
Fe
2
Fe
Sn
2
Sn
TCdS = 10 -26 ; K
1, H2S
= 10 -7 ; K
2, H 2S
= 10 -12,92
Câu 7: Phản ứng O-K. Điện hóa
1.Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây dưới dạng phân tử và dạng ion:
2
a) MnO C H O H Mn CO ...
4 6 12 6 2
2
x y
4
2
b) Fe O H SO SO ...
2. Nếu muốn thực hiện các quá trình sau đây:
2
4
2
a. Sn Sn
b. Mn MnO 4
c. Fe
Chúng ta có thể dùng nước brom được không? Biết:
E 0
0,77v
0
3 2 ; E 2 1,51v
Fe
0
Sn
/ Fe
E 0,15v
4 2 ;
/ Sn
MnO 4 / Mn
E 1,07v
0
Br 2 / 2Br
Fe
2
3
Viết phương trình phản ứng nếu xảy ra và tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra.

3. Người ta lập 1 pin gồm 2 nửa pin sau:
Zn / Zn
(NO 3)
(0,1M) và Ag / Ag
2
NO 3
(0,1M) có thể chuẩn tương ứng bằng -0,76V và 0,80V
a) Thiết lập sơ đồ pin và các dấu ở 2 điện cực
b) Viết phương trình phản ứng khi pin làm việc
c) Tính E của pin
d) Tính các nồng độ khi pin không có khả năng phát điện (pin đã dùng hết)
Câu 8: Nhóm halogen
1. Trong thiên nhiên, brom có nhiều ở nước biển dưới dạng NaBr. Công nghiệp hóa học điều
chế brom từ nước biển được thực hiện theo quy trình sau đây:
- Cho một ít dung dịch H2SO4 vào một lượng nước biển;
- Sục khí clo vào dung dịch mới thu được;
- Dùng không khí lôi cuốn hơi brom tới bảo hòa vào dung dịch Na2CO3;
- Cho dung dịch H2SO4 vào dung dịch đã bão hòa brom, thu hơi brom rồi hóa lỏng.
Hãy viết các phương trình hóa học chính đã xảy ra trong các quá trình trên và cho biết vai trò
của H2SO4.
2.Nguyên tử của một nguyên tố X trong đó electron cuối cùng có 4 số lượng tử
n = 3, l = 1, m = 0, s = - ½
1) Xác định tên nguyên tố X.
2) Hòa tan 5,91 hỗn hợp NaX và KBr vào 100ml dung dịch hỗn hợp Cu(NO3)2 0,1M và
AgNO3 chưa biết nồng độ, thu được kết tủa A và dung dịch B.Trong dung dịch B, nồng
độ % của NaNO3 và KNO3 tương ứng theo tỉ lệ 3,4 : 3,03. Cho miếng kẽm vào dung
dịch B, sau khi phản ứng xong lấy miếng kẽm ra khỏi dung dịch, thấy khối lượng tăng
1,1225g.
a) Tính lượng kết tủa của A?
b) Tính CM của AgNO3 trong dung dịch hỗn hợp.
Câu 9: Nhóm oxi-lưu huỳnh
Hỗn hợp X gồm 2 chất rắn FeCO3 và FeS2. Cho X cùng một lượng O2 vào một bình kín có
thể tích V(lit). Đốt nóng bình cho phản ứng xảy ra,( giả thiết khả năng phản ứng của 2 muối là
như nhau, sản phẩm phản ứng là Fe2O3) sau phản ứng đưa về điều kiện ban đầu thu được chất
rắn Y và hỗn hợp khí Z, áp suất trong bình lúc này là P. Để hoà tan chất rắn Y cần 200 ml dung
dịch HCl 0,3M, thu được dung dịch E và hỗn hợp khí M, nếu đưa M vào bình kín thể tích V(lit)
ở cùng điều kiện với Z thì áp suất trong bình lúc này là 1/2P. Thêm dung dịch NaOH tới dư vào
dung dịch E được chất rắn F, lọc lấy F làm khô F ngoài không khí (không nung) cân được 3,85
gam.
a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
b) So sánh áp suất trong bình trước và sau khi nung.
c) Tính % khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp.
Câu 10: Động học
1.Một chất thải phóng xạ có chu kỳ bán hủy là 200 năm được chứa trong thùng kín và chôn
dưới đất. Tính thời gian cần thiết để tốc độ phân rã giảm từ 6,5.10 12 nguyên tử/phút xuống còn
3.10 -3 nguyên tử/phút.

2.BP (bo photphua) là một chất dễ tạo thành một lớp vỏ bền bọc bên ngoài chất cần bảo vệ.
Chính vì tính chất này nó là chất chống ăn mòn rất có giá trị. Nó được điều chế bằng cách cho
bo tribromua phản ứng với photpho tribromua trong khí quyển hydro ở nhiệt độ cao (>750 o C)
1) Viết phản ứng xảy ra.
Tốc độ hình thành BP phụ thuộc vào nồng độ của các chất phản ứng ở 800 o C cho ở bảng
sau:
Thí nghiệm [BBr3] (mol.L -1 ) [PBr3] (mol.L -1 ) [H2] (mol.L -1 ) v (mol.s -1 )
1 2,25.10 -6 9,00.10 -6 0,070 4,60.10 -8
2
4,50.10 -6 9,00.10 -6 0,070 9,20.10 -8
3 9,00.10 -6 9,00.10 -6 0,070 18,4.10 -8
4 2,25.10 -6 2.25.10 -6 0,070 1,15.10 -8
5 2,25.10 -6 4,50.10 -6 0,070 2,30.10 -8
6 2,25.10 -6 9,00.10 -6 0,035 4,60.10 -8
7 2,25.10 -6 9,00.10 -6 0,070 19,6.10 -8
(880 o C)
2) Xác định bậc phản ứng hình thành BP và viết biểu thức tốc độ phản ứng.
3) Tính hằng số tốc độ ở 800 o C và 880 o C.
4) Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng.
Tổ trưởng chuyên môn
Người làm đề
Nguyễn Thị Huệ
Nguyễn Thị Thu Hà

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
Câu 1.(2,0 điểm):Cấu tạo nguyên tử, phân tử- Định luật HTTH.
( Đề này có 04 trang, gồm 10 câu)
1. Có 3 nguyên tố R, X và Y trong bảng hệ thống tuần hoàn có số thứ tự tăng dần. R, X
và Y đều thuộc nhóm A và không cùng chu kì trong bảng hệ thống tuần hoàn. Electron
cuối cùng điền vào cấu hình electron của 3 nguyên tử R, X, Y có đặc điểm: tổng số lượng
tử chính (n) bằng 6; tổng số lượng tử orbital ( ) bằng 2; tổng số lượng tử từ ( m ) bằng -2;
tổng số lượng tử spin (m s ) bằng -1/2, trong đó số lượng tử spin của electron cuối cùng của
R là +1/2. Cho biết tên của R, X, Y.
2. Xác định cấu trúc phân tử của các phân tử và ion sau đồng thời cho biết kiểu lai hóa
các AO hóa trị của nguyên tử trung tâm: SOF 4 , TeCl 4 , BrF 3 , I 3- , ICl 4- ?
Câu 2.(2,0 điểm):Tinh thể
Titan đioxit (TiO 2 ) được sử dụng rộng rãi trong các loại kem chống nắng bởi khả năng
chống lại tia UV có hại cho da. Titan đioxit có cấu trúc tinh thể hệ bốn phương (hình hộp
đứng đáy vuông), các ion Ti 4+ và ion O 2- được phân bố trong một ô mạng cơ sở như hình
bên.
a. Xác định số ion O 2- , Ti 4+ trong một ô mạng cơ sở
và cho biết số phối trí của ion O 2- và của ion Ti 4+ .
b. Xác định khối lượng riêng (g/cm 3 ) của TiO 2 .
c. Biết góc liên kết trong TiO 2 là 90 o .
Tìm độ dài liên kết Ti-O.
Câu 3.(2,0 điểm):Phản ứng hạt nhân.
Chuỗi phân rã thiên nhiên 238
92
U
một loạt các bước kế tiếp.
ion Ti 4+
206
82
Pb bao gồm một số phân rã anpha và beta trong
a. Hai bước đầu tiên bao gồm 234
90
Th (t 1/2 = 24,10 ngày) và 234
91
Pa (t 1/2 = 6,66 giờ). Hãy
viết các phản ứng hạt nhân của hai bước đầu tiên trong sự phân rã của 238 U và tính tổng
động năng theo MeV của các sản phẩm phân rã. Cho khối lượng nguyên tử:
238
U = 238,05079u; 234 Th = 234,04360u; 234 Pa = 234,04332u và 4 He = 4,00260u.
1u = 931,5MeV và m n = 1,00867u; 1MeV = 1,602.10 -13 J.
4,59A 0 ion O 2-
2,96A 0 2,96A 0

. Phân rã kế tiếp của 238 U dẫn đến 226
88 Ra (t 1/2 = 1620 năm) mà sau đó bức xạ các hạt
anpha để tạo thành 222
86 Rn (t 1/2 = 3,83 ngày). Nếu một thể tích mol của rađon trong điều
kiện này là 25,0 lít thì thể tích của rađon ở cân bằng bền với 1,00kg rađi là bao nhiêu?
c. Hoạt độ của một mẫu phóng xạ trong chuỗi 238 U giảm 10 lần sau 12,80 ngày. Hãy tìm
hằng số phân rã và chu kỳ bán hủy của nó.
Câu 4.(2,0 điểm):Nhiệt hóa học.
Tính chất nhiệt động của một số phân tử và ion ở trạng thái chuẩn tại 25 0 C như sau:
C 3 H 8 (k) O 2 (k) CO 2 (k) H 2 O (l) CO 32 (aq.) OH - (aq.)
H 0 S
(kJmol -1 ) -103,85 0 -393,51 -285,83 - 677,14 - 229,99
S 0 (J.K -1 mol -1 ) 269,91 205,138 213,74 69,91 - 56,9 - 10,75
Xét quá trình oxi hoá hoàn toàn 1 mol C 3 H 8 (k) với O 2 (k) tạo thành CO 2 (k) và H 2 O (l),
phản ứng được tiến hành ở 25 0 C, điều kiện chuẩn, theo 2 cách: a) Bất thuận nghịch và b)
Thuận nghịch (trong một tế bào điện hoá).
1. Tính H 0 , U 0 , S 0 , G 0 của phản ứng trong mỗi cách nói trên.
2. Tính nhiệt, công thể tích, công phi thể tích (tức là công hữu ích) mà hệ trao đổi với môi
trường trong mỗi cách.
3. Tính S của môi trường và S tổng cộng của vũ trụ khi tiến hành quá trình theo mỗi
cách.
Câu 5.(2,0 điểm):Cân bằng hóa học pha khí.
Người ta tiến hành tổng hợp NH 3 với sự có mặt của chất xúc tác theo phản ứng sau:
1 3
N2 + H2 NH 3
2 2
Khi tổng hợp tỉ lệ mol N 2 và H 2 là 1:3. Trong quá trình tổng hợp chúng ta thu được các số
liệu thực nghiệm sau:
O
C
ở P tổng = 10 atm
Lượng % NH 3 chiếm giữ
ở P tổng = 50 atm
Lượng % NH 3 chiếm giữ
350 7,35 25,11
450 2,04 9,17
a. Xác định K p theo số liệu thực nghiệm của bảng
b. Tính giá trị H của phản ứng theo P tổng đã cho.

Câu 6.(2,0 điểm):Cân bằng trong dung dịch điện ly
1 Cho các dung dịch sau: NaH 2 PO 4 0,01M (A); Na 2 HPO 4 0,01M (B); HCl 0,01M (C).
a. Trình bày vắn tắt cách xác định pH của các dung dịch và cho biết chất chỉ thị nào sau
đây tốt nhất sử dụng để phân biệt các dung dịch đó. Nêu rõ hiện tượng xảy ra?
(1) Metyl dacam (khoảng chuyển màu từ 3,1 - 4,4: pH 3,1 màu đỏ; pH 4,4 màu vàng).
(2) Metyl đỏ (khoảng chuyển màu 4,4-6,2; pH < 4,4 màu đỏ; pH > 6,2 màu vàng);
(3) Quỳ (khoảng chuyển màu 5,0-8,0; pH < 5,0 màu đỏ; pH > 8,0 màu xanh);
(4) Phenolphtalein (khoảng chuyển màu 8,2 - 10,0; pH < 8,2 không màu; pH > 10 màu đỏ)
b. Nhỏ từ từ đến hết V lít dung dịch NaOH 0,03M vào V lít dung dịch H 3 PO 4 0,02M có
thêm vài giọt quỳ tím, thu được dung dịch X.
Viết phương trình phản ứng xảy ra và cho biết sự thay đổi màu sắc của dung dịch.
Cho biết: H 3 PO 4 có pKa 1 = 2,15; pKa 2 = 7,21; pKa 3 = 12,32; pK w = 14
2. a. Tính pH của dung dịch K 2 Cr 2 O 7 0,10M.
b. Cho 100,0 ml dung dịch BaCl 2 0,25M vào 100,0 ml dung dịch K 2 Cr 2 O 7 0,10M.
Xác định pH của dung dịch thu được.
Cho biết: H 3 PO 4 có pKa 1 = 2,15; pKa 2 = 7,21; pKa 3 = 12,32; pK w = 14
Cr 2 O 7
2-
+ H 2 O 2HCrO 4
-
có K = 10 -1,64 ;
HCrO 4
-
H + + CrO 4
2-
có K a = 10 -6,5 .
Tích số tan của BaCrO 4 là K S = 10 -9,93 .
Câu 7.(2,0 điểm):Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa.
1. Cho giản đồ Latimer sau:
H5IO6
1,7
V IO
- 3
1,14
V HOI I
+1,2V
? -
3
,54
V I
0
-
MnO4 -
? MnO4 2-
2,27
V MnO2
? Mn 3+
1,50
V Mn 2+
1,18
V Mn
+1,7V
+1,23V
0
Từ giản đồ trên tính: -
HOI/I 3
0
0
E ; E - 2 - ; E 3+ ?
MnO 4 /MnO4
MnO 2/Mn
2. Tính nồng độ ban đầu của HSO
- 4 biết rằng ở 25 o C, suất điện động của pin
Pt | I − 0,1 (M) I
− 3 0,02 (M) || MnO
− 4 0,05 (M) Mn 2+ 0,01 (M) HSO
− 4 C (M) | Pt
có giá trị 0,824 (V).
0
E 1,51(V); 0
2
MnO 4 / Mn
Câu 8.(2,0 điểm):Nhóm Halogen
E
I 3
0,5355(V);
/ 3I
HSO 4
K = 10 -2 .

Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất sau:
Đốt X ở nhiệt độ cao cho ngọn lửa màu vàng.
Hòa tan X vào nước được dung dịch A, cho khí SO 2 đi từ từ qua dung dịch A thấy
xuất hiện màu nâu. Nếu tiếp tục cho SO 2 qua thì màu nâu biến mất thu được dung dịch
B; thêm một ít HNO 3 vào dung dịch B , sau đó thêm dư dung dịch AgNO 3 thấy tạo
thành kết tủa màu vàng.
Hòa tan X vào nước, thêm một ít dung dịch H 2 SO 4 loãng và KI thấy xuất hiện màu
nâu và màu nâu bị biến mất khi thêm Na 2 S 2 O 3 .
1.Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion.
2.Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan hoàn toàn 0,1 g X vào nước
thêm dư KI và vài ml H 2 SO 4 loãng, lúc đó đã có màu nâu, chuẩn độ bằng Na 2 S 2 O 3 0,1
M tới mất màu tốn hết 37,4 ml dung dịch Na 2 S 2 O 3 . Tìm công thức phân tử của X.
Câu 9.(2,0 điểm):Nhóm O-S
Hòa tan hoàn toàn 2 gam một hỗn hợp chứa Na 2 S.9H 2 O, Na 2 S 2 O 3 .5H 2 O và tạp chất
trơ vào H 2 O, rồi pha loãng thành 250 ml dung dịch (dd A). Thêm tiếp 25 ml dung dịch iot
0,0525M vào 25 ml dung dịch A. Axit hóa bằng H 2 SO 4 rồi chuẩn độ iot dư hết 12,9 ml
dung dịch Na 2 S 2 O 3 0,101M. Mặt khác cho ZnSO 4 dư vào 50 ml dung dịch A. Lọc bỏ kết
tủa. Chuẩn độ dung dịch nước lọc hết 11,5 ml dung dịch iot 0,0101M. Tính % khối lượng
các chất trong hỗn hợp rắn ban đầu.
Câu 10.(2,0 điểm):Động học
Các quá trình trao đổi chất diễn ra trong cơ thể động vật có thể sản sinh ra các chất
độc hại, thí dụ O 2 . Nhờ tác dụng xúc tác của một số enzim (E) mà các chất này bị phá
huỷ, thí dụ: 2 O 2 + 2 H + → O 2 + H 2 O 2 ()
Người ta đã nghiên cứu phản ứng () ở 25 o C với xúc tác E là supeoxiđeđimutazơ
(SOD). Các thí nghiệm được tiến hành trong dung dịch đệm có pH bằng 9,1. Nồng độ
đầu của SOD ở mỗi thí nghiệm đều bằng 0,400.10 6
mol.lít 1
. Tốc độ đầu V o của phản
ứng ở những nồng độ đầu khác nhau của O 2 được ghi ở bảng dưới đây:
C o (O 2 ) mol. lít
1
7,69.10 6
3,33.10 5
2,00.10 4
V o mol. lít
1
.s 1
3,85.10 3
1,67.10 2 0,100
1. Thiết lập phương trình động học của phản ứng () ở điều kiện thí nghiệm đã cho.
2. Tính hằng số tốc độ phản ứng.
……..HẾT………

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
CÂU Ý Nội dung chính cần đạt Điểm
Câu1 1 Ta có : n R + n X + n Y = 6 (1)
R + X + Y = 2 (2)
m
(R)
m m = -2 (3)
(X)
(Y)
m s(R) + m s(X) + m s(Y) = -1/2 (4)
- Ta có: n R + n X + n Y = 6. Vì 3 nguyên tố không cùng chu kì.
=> n R = 1, n X = 2, n Y = 3. Ba nguyên tố đều thuộc chu kì nhỏ. Nguyên
tố R thuộc chu kì 1 nên electron của nó có R = 0, m
= 0, mà m s(R) =
+1/2
(R)
0,5
=> R là nguyên tố hiđro.
- Ta có: R + X + Y = 2 (2). Vì R = 0 nên X + Y = 2. Vì X và Y
thuộc chu kì nhỏ nên không thể có giá trị = 2 X = Y = 1. Electron
cuối cùng của X và Y thuộc phân lớp 2p và 3p.
m
(R)
m m = -2 (3).
(X)
(Y)
Vì
nên
m (R)
= 0 nên m
(X)
m
(Y)
mcó các giá trị -1, 0, +1
= -2. Mà X = Y = 1
m (X)
= m (Y)
= -1
m s(R) + m s(X) + m s(Y) = -1/2 (4).
Vì m s(R) = +1/2 nên m s(X) + m s(Y) = -1.
0,25
Mà m s chỉ có giá trị là -1/2 hoặc +1/2 nên m s(X) = m s(Y) = -1/2
Vậy electron cuối cùng điền vào cấu hình electron của nguyên tử
có bộ số lượng tử sau :
huỳnh)
R : n = 1, = 0,
X : n = 2, = 1,
Y : n = 3, = 1,
m
= 0, m s = +1/2
m
= -1, m s = -1/2
m
= -1, m s = -1/2
1s 1 (hiđro)
1s 2 2s 2 2p 4 (oxi)
1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 4 (lưu
0,25
2 Chất Trạng thái lai hóa Dạng hình ọc của phân tử
SOF 4 sp 3 d lưỡng tháp tam giác
Mỗi

TeCl 4 sp 3 d tháp vuông
BrF 3 sp 3 d hình chữ T
chất
0,2
=1đ
Câu2
I - 3 sp 3 d thẳng
ICl - 4 sp 3 d 2 vuông phẳng
a.
Số ion O 2- trong một ô mạng = 4.1/2 + 2.1 = 4
Số ion Ti 4+ trong một ô mạng = 8.1/8 + 1.1 = 2
Số ion O 2- bao quanh ion Ti 4+ là 6 => số phối trí của Ti 4+ là 6.
Số ion Ti 4+ bao quanh ion O 2- là 3 => số phối trí của O 2- là 3.
b. Thể tích ô mạng cơ sở
= 2,96.10 -8 . 2,96.10 -8 .4,59.10 -8 = 4,022.10 -23 cm 3
Khối lượng riêng,
[2.47,88 4.15,999]gam / mol
23 3
4,022.10 cm
3
D = 6,596gam / cm ≈ 6,6gam/cm 3
c. Ion Ti 4+ là tâm của bát diện đều tạo bởi 6 ion O 2- .
0,5
0,5đ
0,5đ
0,5đ
2,96A 0
Độ dài liên kết Ti-O là x => 2x = (2,96) 1/2 => x = 0,86A 0 .
a
Năng lượng phản ứng và tổng động năng:
Câu3
Bước 1:
238 234
92
U
90
Th
4
2
He
Q = Kd + K = [m( 238 U) – m( 234Th ) – m( 4 He)]c 2 = 4,28MeV.
234 234 0
Bước 2: Th Pa e(
hay )
90 91 1
Q = Kd + K = [m( 234 Th) – m( 234 Pa)]c 2 = 0,26MeV
0,25
0,25
b
Tại cân bằng (không đổi) N11 = N22 = A (A: hoạt độ)
Với 226 Ra; 1 = 1,17.10 -6 ngày -1
Với 222 Rn; 2 = 0,181 ngày -1 .
0,25
0,25

N
N
n
1
2
Rn
V
23
1000.6,022.10
24
2,66.10
226
24
6
.0,181 2,66.10 .1,17.10 N
2,86.10
222
Rn
c
N1 = Noe -t =>
5
mol
7,15.10
N
N
2
N e
N e
4
lít
1
1 o
1 2
o
t
t
2
e
( t t
)
ln10
0,693
0,18 => t
1/
2
3, 85 ngày.
12,80
0,181
2
1,72.10
Câu4 1 Tính H 0 , U 0 , S 0 , G 0 của phản ứng (pư):
C 3 H 8 (k) + 5O 2 (k) 3CO 2 (k) + 4H 2 O(l)
H 0 (pư) = - 2220,00 KJ.mol -1 ; S 0 (pư) = - 374,74 JK -1 mol -1 ;
19
0,5
0,5
0,25
U 0 (pư) = H 0 (pư) - (pV)
= H 0 - (n khí RT) = - 2220,00 .10 3 J.mol -1 - (-3mol . 8,3145
JK -1 mol -1 . 298,15K )
= - 2220,00 . 10 3 J.mol -1 + 7436,90 J.mol -1 .
U 0 = - 2212,56. 10 3 J.mol -1 .
G 0 = H 0 - T S 0 = [- 2220,00 . 10 3 - (298,15) . (-374,74) ]J.mol -1
G 0 = - 2108,3 kJ.mol -1 .
0,25
0,25
Vì H, U, S, G là các hàm trạng thái của hệ nên dù tiến hành theo cách
thuận nghịch hay bất thuận nghịch mà trạng thái đầu và trạng thái cuối
của hai cách giống nhau thì các đại lượng H, U, S, G cũng vẫn
bằng nhau.
2
Tính nhiệt, công thể tích, công phi thể tích mà hệ trao đổi.
*Quá trình bất thuận nghịch
- Nhiệt trao đổi của hệ q = H 0
- Công thể tích W tt = -pdV = -pV = - n k RT
n k = - 3 mol -> W tt = -(3mol) . 8,3145 JK -1 mol -1 . 298,15K = +7436,90
Jmol -1 >0 hệ nhận công.
0,5

- Công phi thể tích = 0
*Quá trình thuận nghịch.
- Tổng năng lượng mà hệ trao đổi với môi trường là H 0 trong đó nhiệt
trao đổi là :
TS = 298,15K . (-374,74) JK -1 mol -1 ) = -111,729 kJmol -1 .
0,25
- Công thể tích: Wtt = -n k RT = + 7436,90 Jmol -1 > 0 hệ nhận công
- Công phi thể tích cực đại: W' = G 0 = - 2108,33 KJmol -1 0 -> phản
ứng tự phát.
* Quá trình thuận nghịch
S hệ = -374,74JK -1 mol -1 .
S môi trường = q mt /T = - q hệ /T = +111,7287 KJmol -1 /298,15K +
374,74 JK -1 mol -1 .
0,25
S tổng cộng (vũ trụ) = H hệ + S môi trường = 0.
Câu
5
Phản ứng tổng hợp amoniac là:
1 3
N2 + H2 NH 3
2 2
Theo định luật tác dụng khối lượng ta viết:
NH3
K p =
1/ 2 3 / 2
P
N
P
2
. PH
2
a
- Tại nhiệt độ 350 O C, áp suất toàn phần là 10 atm, mà áp suất của NH 3
chỉ chiếm 7,35%, nghĩa là 0,735 nên áp suất của N 2 và H 2 sẽ là:

P
N
+ P
2 H
= 10 – 0,735 = 9,265 atm
2
Lượng áp suất này được chia làm bốn phần
(N 2 + 3H 2 2NH 3 ) nên ta dễ dàng suy ra:
P
NH
= 0,735 atm; P
3
N
= 2,316 atm; P
2
H
= 6,949 atm
2
Với các số liệu này thì hằng số K p sẽ là:
0,25
0,735
(2,316) (6,949)
K p =
1/ 2
3/ 2
= 2,64.10 2 atm 1
- Tại nhiệt độ 350 O C, áp suất toàn phần là 50 atm, mà áp suất của NH 3
chỉ chiếm 25,11%, nghĩa là áp suất của khí NH 3 chiếm
12,555 atm. Theo định nghĩa về áp suất toàn phần ta có:
P
N 2
+ P
H 2
= 50 – 12,555 = 37,445 atm
0,25
Lượng áp suất này được chia làm bốn phần sẽ dẫn đến
P
N 2
= 9,361 atm; P
H 2
= 3.9,361 = 28,084 atm
Áp dụng bằng số vào công thức trên ta có thể tính được giá trị K p :
12,555
(9,361) (28,08)
K p =
1/ 2
3/ 2
= 2,76.10 2 atm 1
Cũng bằng cánh lập luận và tính toán tương tự chúng ta thu được các
giá trị K p tại 450 O C như sau:
- Ở 450 O C, P tổng = 10 atm áp suất riêng phần cho từng khí là:
P NH 3
= 0,204 atm; P N 2
= 2,449 atm; P H 2
= 7,347 atm
0,25

0,204
(2,449) (7,347)
K p =
1/ 2
3/ 2
= 6,55.10 3 atm 1
- Ở 450 O C, P tổng = 50 atm áp suất riêng phần cho từng khí là:
0,25
P
NH
= 4,585 atm; P
3
N
= 11,354 atm; P
2
H
= 34,061 atm
2
4,585
(11,354) (34,061)
K p =
1/ 2
3/ 2
= 6,84.10 3 atm 1
Để tính sự biến thiên entanpi H của phản ứng trên tại hai nhiệt độ
b
350 O C và 450 O C chúng ta áp dụng công thức:
ln
K
K
p
p
2
1
=
H
R
1
T1
1
T
2
Trong trường hợp này giá trị H được xem là không phụ thuộc vào
khoảng nhiệt độ mà phản ứng xảy ra:
0,5
H O =
R.
T . T
1
T
2
2
K
ln
K
T
1
P1
p2
- Tại P tổng = 10 atm. Giá trị H sẽ là:
H O =
6,55.10
,314.623.723ln
2,64.10
723
623
3
8 2
= -52,199 J/mol
- Tại P tổng = 50 atm. Giá trị H sẽ là:
H O =
6,84.10
,314.623.723ln
2,76.10
723
623
3
8 2
= -51,613 J/mol
0,5

Câu
6
1
pKa
pKa
2
a. Dung dịch A: pH A =
1 2
= 4,68
pKa
pKa
2
Dung dịch B: pH B =
1 2
= 9,765
Dung dịch C: [H + ] = 0,01M => pH C = 2
Chất chỉ thị phù hợp nhất là metyl đỏ, khi đó:
0,5
dung dịch C có màu đỏ;
dung dịch A có màu đỏ da cam;
dung dịch B có màu vàng.
b. ( Nồng độ ban đầu của: NaOH = 0,015M; H 3 PO 4 0,01M
Phản ứng xảy ra:
H 3 PO 4 + OH - → H 2 PO 4
-
+ H 2 O
0,01 0,015
- 0,005 0,01
0,5
H 2 PO 4
-
+ OH - → HPO 4
2-
+ H 2 O
0,01 0,005
5.10 -3 - 5.10 -3
Dung dịch thu được là một dung dịch đệm có dạng axit và bazơ liên hợp
cùng nồng độ mol. Do đó:
pH X = pK a2 = 7,21.
Hiện tượng: dung dịch chuyển từ màu đỏ sang màu tím.
a. K 2 Cr 2 O 7 → 2K + + Cr 2 O 7
2-
0,1M
- 0,1M
Các cân bằng:
Cr 2 O 7
2-
+ H 2 O 2HCrO 4
-
(1) K 1 = 10 -1,64
HCrO 4
-
H + + CrO 4
2-
(2) K a = 10 -6,5
H 2 O H + + OH - (3) K w = 10 -14
Nhận xét: K 1 >> K a >> K w => coi như lượng HCrO 4
-
chuyển hóa không
đáng kể so với lượng HCrO 4
-
được tạo thành.
Xét cân bằng (1):
Cr 2 O 7
2-
+ H 2 O 2HCrO 4
-
(1) K 1 = 10 -1,64
0,5

C 0,1
[ ] 0,1 - x 2x
[HCrO ] (2x)
K 10
[Cr O ] 0,1 x
2 2
4
1 2
2 7
1,64
=> x = 2,124.10 -2 =>
[HCrO 4- ] = 4,248.10 -2 M
Xét cân bằng (2):
HCrO
- 4 H + + CrO
2- 4 (2) K a = 10 -6,5
C 4,248.10 -2
[ ] 4,248.10 -2 - y y y
[H ][CrO ] y
Ka
10
[HCrO ] 0,04248 y
2
2
4
4
y = 1,16.10 -4 pH = 3,96.
b.
Đánh giá khả năng hình thành kết tủa BaCrO 4 : [Ba 2+ ][CrO
2- 4 ] =
(0,25/2)(y/2) = 10 -5,14 >> K S , do đó có kết tủa BaSO 4 xuất hiện.
2Ba 2+ + Cr 2 O
2- 7 + H 2 O 2BaCrO 4 + 2H + (2) K 2 = K
- S
2
K 1 K
2 a = 10 5,22 >> 1
6,5
=>
0,5
0,125 0,05
0,025 - 0,10
[H + ] = 0,10M => pH = 1.
Câu
7
1
0 1,2.(5 + 1/ 3) - 1,14.(5 - 1)
E - = = 1,38 V
HOI/I3
1+
1/ 3
0 1,7.(7- 4) - 2, 27.(6-
4)
E - 2-
= = 0,56V
MnO 4 /MnO4
7-
6
;
;
0,25
0,25
0 1,23.(4- 2) - 1,5.(3-
2)
E 3+
= = 0,96V
MnO 2 /Mn
4-
3
0,25
2 Ở điện cực phải: MnO 4
-
+ 8H + + 5e→ Mn 2+ + 4H 2 O
E phải =
0
E +
2
MnO4
/ Mn
0,0592 [ MnO4
].[ H
lg
2
5 [ Mn ]
]
8
= 1,51 +
|
0,0592 0,05[ H ]
lg
5 0,01
8
0,25
Ở điện cực trái:
3I - → I 3
-
+ 2e

E trái =
0
E +
0,0592 [ I3
]
lg
I3
/ 3I
2 [ I ]
3
0,0592
2
0,02
(0,1)
= 0,5355 + lg =0,574
3
0,25
0 8
,0592
5
E pin = E phải - E trái => 0,824 = 1,51 + lg(5.[ H ] ) 0, 574
=> [H + ] = 0,05373 (M)
0,25
Mặt khác từ cân bằng
HSO 4
-
→ H + + SO 4
2-
K a = 10 -2
C o
C
[ ] C – [H + ] [H + ] [H + ]
10
2
[ H ]
C [
H
2
2
(0,054)
] C 0,054)
=> [HSO 4- ]=0,3456 M
0,5
Câu
8
1 X cháy cho ngọn lửa màu vàng thành phần nguyên tố của X có natri.
Dung dịch X tác dụng với SO 2 đến dư thu được dung dịch B tạo kết tủa
vàng với AgNO 3 thành phần nguyên tố của X có iot.
Phản ứng của X với SO 2 chứng minh X có tính oxi hóa.
0,5
Từ lập luận trên X có cation Na + và anion IO x
Đặt công thức của X là NaIO x .
Phản ứng dạng ion:
2 IO x +(2x-1) SO 2 + 2(x-1) H 2 O (2x-1) SO
2- 4 + I 2 + (4x-4) H (1)
(2)
(3)
I 2 + 2H 2 O + SO 2 2I + SO
2- 4 + 4H
Ag + I AgI
IO x + (2x-1) I + 2x H x I 2 + x H 2 O (4)
I 2 + 2Na 2 S 2 O 3 2NaI + Na 2 S 4 O 6 (5)
1,87.10 -3 3,74.10 -3
0,5
2 Số mol Na 2 S 2 O 3 = 0,1.0,0374 = 3,74.10 -3
Theo (5) Số mol I 2 = ½(Số mol Na 2 S 2 O 3 ) = 1,87.10 -3

Theo (4) Số mol IO x =
x 1 (số mol I 2 ) =
x 1 .1,87.10 -3
0,1
2312716x
=
x 1 .1,87.10 -3
0,5
0,1.x
15016x
= 1,87.10 -3
0,1x = 0,2805 + 0,02992x
0,5
x = 4
Câu9
Công thức phân tử của X: NaIO 4
Thêm 25 ml dung dịch I 2 0,0525M vào 25 ml dung dịch A
Na 2 S + I 2 → 2NaI + S ↓ (1)
2Na 2 S 2 O 3 + I 2 → Na 2 S 4 O 6 + 2NaI (2)
Chuẩn độ iot dư hết 12,9 ml dung dịch Na 2 S 2 O 3 0,101M (=0,0013029
mol)
2Na 2 S 2 O 3 + I 2 → Na 2 S 4 O 6 + 2NaI (3)
→ I 2 dư 0,00065145 mol
→ I 2 tham gia phản ứng (1)+(2) là : 0,025x0,0525 – 0,00065145 =
0,00066105 mol = 6,6105x10 -4 (mol)
→ số mol I 2 cần p/ư với 250 ml dd A: 6,6105.10 -3 mol
Cho ZnSO 4 dư vào 50 ml dung dịch A.
Zn 2+ + S 2- → ZnS ↓
Lọc bỏ kết tủa, chuẩn độ nước lọc hết 11,5 ml dd iot 0,0101M (=
0,00011615 mol = 1,1615.10 -4 mol) → số mol Na 2 S 2 O 3 trong 50 ml dd
A là 2,323.10 -4 mol → số mol Na 2 S 2 O 3 trong 250 ml dd A là 1,1615.10 -
3
mol
→ số mol I 2 cần dùng trong (2) khi p/ư với 250 ml A là : 5,8075.10 -4
mol
→ số mol Na 2 S trong 250 ml dung dịch A: 6,02975.10 -3 mol
% Na 2 S.9H 2 O= 6,02975.10 -3 . 168.100/2 = 72,36%
%Na 2 S 2 O 3 .5H 2 O = 14,40%
% tạp chất trơ = 13,24%
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
Câu
10
1
v
d [ O2]
dt
= k [H + ] [O 2 ] ;
Vì [H + ] là một hằng số nên :
v = k [O 2 ]
3,85.10 -3 = k (7,69.10 -6 )
0,5
1,67.10 -2 = k (3,33.10 -5 )

0,100 = k (2,00.10 -4 )
3,85.10
1,67.10
3
2
1,67.10
0,100
2
7,69.10
3,33.10
6
3,33.10
2,00.10
5
5
4
0,231 = (0,231) = 1
0,167 = (0,167) = 1
0,5
3,85.10
0,100
3
6
7,69.10
4
2,00.10
0,0385 = (0,0385) = 1
v = k [O 2 ]
k = 3,85.10 -3 mol.lit -1 .s -1 / 7,69.10 -6 mol.lit -1 = 501 s 1
k = 1,67.10 -2 mol.lit -1 .s -1 / 3,33.10 -5 mol.lit -1 = 501 s 1
k = 0,1 mol.lit -1 .s -1 / 2,00.10 -4 mol.lit -1 = 502 s 1
k tb = 501 s 1
0,5
0,5
HS làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
………HẾT…………

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG
TỈNH NAM ĐỊNH
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 05 trang, gồm 10 câu)
Câu 1: (2 điểm)
a) Đối với hệ gồm 1 hạt nhân và các electron, biểu thức liên hệ giữa năng lượng
liên kết của electron với hạt nhân được biểu diễn như sau:
trong đó n là số lượng tử chính; σ là hằng số chắn (σ = 0 khi hệ có 1 electron, σ =
0,3 khi hệ có 2 electron…) ; Z là số đơn vị điện tích hạt nhân. Xác định năng lượng
ion hóa thứ ba (theo eV) của Be (Z = 4) từ trạng thái cơ bản (ứng với sự tách
electron từ ion Be 2+ thành Be 3+ ).
b) Giải thích tại sao Flo có độ âm điện lớn hơn Clo nhưng ái lực electron của Flo
(3,58 eV) lại bé hơn của Clo (3,81 eV)?
Câu 2: (2 điểm)
a) Cho các dung dịch riêng rẽ sau: NaH 2 PO 4 0,01M (A); Na 2 HPO 4 0,01M (B); HCl
0,01M (C). Trình bày ngắn gọn cách xác định pH của các dung dịch và cho biết
chất chỉ thị nào sau đây tốt nhất sử dụng để phân biệt các dung dịch trên. Nêu rõ
hiện tượng xảy ra?
Cho các chất chỉ thị: (1) Metyl dacam (khoảng chuyển màu từ 3,1 - 4,4: pH 3,1
màu đỏ; pH 4,4 màu vàng); (2) Metyl đỏ (khoảng chuyển màu 4,4-6,2; pH < 4,4
màu đỏ; pH > 6,2 màu vàng); (3) Quỳ (khoảng chuyển màu 5,0-8,0; pH < 5,0
màu đỏ; pH > 8,0 màu xanh); (4) Phenolphtalein (khoảng chuyển màu 8,2 - 10,0;
pH < 8,2 không màu; pH > 10 màu đỏ)
b) Nhỏ từ từ đến hết V lít dung dịch NaOH 0,03M vào V lít dung dịch H 3 PO 4
0,02M có sẵn vài giọt quỳ tím, thu được dung dịch X. Viết phương trình phản ứng
xảy ra và cho biết sự thay đổi màu sắc của dung dịch.
Cho biết: H 3 PO 4 có pKa 1 = 2,15; pKa 2 = 7,21; pKa 3 = 12,32; pK w = 14

Câu 3: (2 điểm)
Trong mặt trời, có xảy ra một chuỗi các phản ứng hạt nhân nằm trong chu trình
cacbon-nitơ như sau:
a) Hoàn thành các phản ứng hạt nhân trên, viết phương trình tổng quát cho chu
trình cacbon-nitơ.
b) Hạt nhân nào được coi là xúc tác của quá trình? Hạt nhân nào được coi là hạt
nhân trung gian?
c) Tính năng lượng giải phóng ra nếu có 1 gam 1 H tham gia vào chu trình này.
Cho: Khối lượng mol nguyên tử của 1 H và F lần lượt là 1,00782 g/mol và 4,00260
g/mol. Khổi lượng của positron là 9,10939 × 10 -28 g. Hằng số Avogadro N =
6,022136 × 10 23 . Tốc độ ánh sáng trong chân không c = 2,998 × 10 8 m/s.
Câu 4: (2 điểm)
Độ ẩm tuyệt đối của không khí được tính bằng lượng hơi nước có trong 1 đơn vị
thể tích không khí (tính ra g/m 3 ). Độ ẩm tương đối của không khí là tỉ số giữa độ
ẩm tuyệt đối với độ ẩm cực đại (độ ẩm khi hơi nước bão hòa) ở nhiệt độ đang xét
(tính ra %). Cho P o = 101, 3 kPa và bảng tính chất nhiệt động sau (coi không phụ
thuộc nhiệt độ):
Chất ΔH o 298 (kJ/mol) S o 298 (J/mol.K)
Na 2 SO 4 -1384,6 149,5
Na 2 SO 4 .10H 2 O -4324,7 591,9
H 2 O (l) -285,8 70,1
H 2 O (k) -241,8 188,7
a) Có hiện tượng gì xảy ra khi để 2 khoáng vật Na 2 SO 4 và Na 2 SO 4 .10H 2 O ra ngoài
không khí có độ ẩm tương đối bằng 67% ở 25 o C.

) Các kết quả thu được ở trên có thay đổi không khi hạ nhiệt độ xuống 0 o C.
c) Ở độ ẩm tương đối nào của không khí cả hai chất song song tồn tại ở 25 o C.
d) Nói Na 2 SO 4 là chất hút ẩm tốt có đúng không?
Câu 5: (2 điểm)
Cho bảng dữ kiện nhiệt động của phản ứng: SO 2 (k) + O 2 (k) SO 3 (k) (1)
Nhiệtđộ ( o C) 530 550
Δ phảnứng G o (kJ/mol) –16,03 –15,31
a) Ước lượng hằng số cân bằng K p1 của phản ứng (1) ở 650 o C.
Cho 15,19 g sắt (II) sunfat được đun nóng trong bình chân không 1,00 L tới 650 o C
thì xảy ra các phản ứng sau:
FeSO 4 (r) Fe 2 O 3 (r) + SO 3 (k) + SO 2 (k) (2)
2SO 3 (k) 2SO 2 (k) + O 2 (k) (3)
Khi hệ đạt đến trạng thái cân bằng, áp suất riêng phần của oxy là 21,28 mmHg.
b) Tính áp suất tổng ở trạng thái cân bằng và giá trị K p2 của phản ứng (2).
c) Tính phần trăm FeSO 4 bị phân hủy?
Câu 6: (2 điểm)
a) Tính pH của dung dịch K 2 Cr 2 O 7 0,10M.
b) Trộn 50,0 ml dung dịch BaCl 2 0,50M với 50,0 ml dung dịch K 2 Cr 2 O 7 0,20M.
Xác định pH của dung dịch thu được.
Cho biết: Tích ion của nước là K w = 10 -14 . Tích số tan của BaCrO 4 là K S = 10 -9,93 .
Cr 2 O
2- 7 + H 2 O 2HCrO
- 4 có K = 10 -1,64 ;
HCrO
- 4 H + + CrO
2- 4 có K a = 10 -6,5 .
Câu 7: (2 điểm)
Cho ba pin điện hóa với sức điện động tương ứng ở 298K:
Pin 1: Hg | Hg 2 Cl 2 | KCl (bão hoà) || Ag + (0,0100M) | Ag có E 1 = 0,439V.
Pin 2: Hg | Hg 2 Cl 2 | KCl (bão hoà) || AgI (bão hoà) | Ag có E 2 = 0,089V.
Pin 3: Ag | AgI (bão hoà), PbI 2 (bão hoà) || KCl (bão hoà) |Hg 2 Cl 2 | Hg có E 3 =
0,230V.
a) Tính tích số tan của AgI.

) Tính tích số tan của PbI 2 .
Cho: E 0 (Ag + /Ag) = 0,799V.
Câu 8: (2 điểm)
Một số học sinh vào phòng thí nghiệm hóa của trường làm thực hành về tốc độ
phản ứng nhưng do vô ý nên khi làm xong đã để quên không đậy nắp và cất vào vị
trí cũ một lọ hóa chất A mà trên nhãn có ghi “bảo quản trong điều kiện tối”. Sau
một thời gian, các giáo viên tiến hành rà soát phòng thí nghiệm mới phát hiện ra thì
hóa chất trong chai đã biến đổi tạo thành ba hợp chất mới là B, C và D. Hợp chất A
có thể được dùng để làm tăng độ tan của hợp chất C trong các dung dịch nước nhờ
tạo thành D. Nếu trộn dung dịch đậm đặc của A và B với nhau sau đó cho phản
ứng với một khí F màu vàng lục sẽ sinh ra hai muối G và H. Trong môi trường
axit, muối G phản ứng với A tạo thành dung dịch màu nâu xỉn có chứa C. Oxy
chiếm 22,4% khối lượng của G. Khí F phản ứng với hidro trong điều kiện chiếu
sáng tạo ra axit J. Mặt khác, G tác dụng với J dẫn tới C, F và H.
a. Tìm công thức của các chất và viết phương trình phản ứng dạng ion thu gọn.
b. Tính pH cực đại mà ở đó phản ứng giữa dung dịch A 0,10 M và G 0,25 M tự
diễn biến ở 25 o C biết E o (C/A) = 0,536 V và E o (G, H + /C) = 1,195 V.
c. Vai trò của ánh sáng trong quá trình biến tính của A là gì?
Câu 9: (2 điểm)
Xục khí NH 3 vào SCl 2 người ta thu được một chất rắn X màu đỏ chỉ chứa S và N,
rất dễ nổ.
a) Hòa tan 8,48 gam X trong 500 gam benzen thu được dung dịch hóa rắn tại
4,988 o C biết rằng hằng số nghiệm lạnh của benzen là 5,065 o C.kg/mol và nhiệt độ
đông đặc của benzen là 5,455 o C. Xác định công thức phân tử của X và viết phương
trình phản ứng đã xảy ra (không có mặt hợp chất ion).
b) Viết cấu tạo của X và giải thích tại sao thực nghiệm cho thấy độ dài các liên kết
trong X bằng nhau.
c) Từ các dữ kiện sau, tính ΔH o của phản ứng điều chế 1 mol X ở ý a).
E(S–S) = 226 kJ mol –1 ; E(N≡N) = 946 kJ mol –1 ; E(S–N) = 273 kJ mol –1 ; E(S=N) =
328 kJ mol –1 ; ΔH bay hơi (S 8 ) = 77 kJ mol –1 ; ΔH bay hơi (X) = 88 kJ mol –1 ; ΔH tạo thành

(NH 3 ) = – 45,9 kJ mol –1 ; ΔH tạo thành (SCl 2 ) = – 50,0 kJ mol –1 ; ΔH tạo thành (HCl) = –
92.3 kJ mol –1 .
Câu 10: (2 điểm)
Cho phản ứng sau diễn ra tại 25 0 C: S 2 O
2- 8 + 3I - → 2SO
2- 4 + I 3- . Để xác định
phương trình động học của phản ứng, người ta tiến hành đo tốc độ đầu của phản
ứng ở các nồng độ đầu khác nhau :
Thí Nồng độ ban đầu Nồng độ ban đầu của Tốc độ ban đầu của phản
nghiệm của I - (mol/l ) S 2 O
2- 8 ( mol/l ) ứng v o x10 3 (mol/l.s)
1 0,1 0,1 0,6
2 0,2 0,2 2,4
3 0,3 0,2 3,6
a. Xác định bậc riêng phần của các chất phản ứng, bậc toàn phần và hằng số tốc độ
của phản ứng. Chỉ rõ đơn vị của hằng số tốc độ của phản ứng.
b. Nếu ban đầu người ta cho vào hỗn hợp đầu ở thí nghiệm 3 một hỗn hợp chứa
S 2 O
2- 3 và hồ tinh bột sao cho nồng độ ban đầu của S 2 O
2- 3 bằng 0,2 M. Tính thời
gian để dung dịch bắt đầu xuất hiện màu xanh. Biết phản ứng: 2S 2 O
2- 3 + I
- 3 →
S 4 O
2- 6 + 3I - có tốc độ xảy ra rất nhanh và để có màu xanh xuất hiện thì nồng độ I
- 3
phải vượt quá 10 -3 mol/l.
………………………….. HẾT …………………………..
Người ra đề
Lại Năng Duy
Điện thoại: 01634121380
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
Câu Ý Nội dung chính cần đạt Điểm
1 a Be 2+ có Z = 4. 0,5

Cấu hình electron ở trạng thái cơ bản (n = 1) là: 1s 2 .
Năng lượng liên kết giữa electron với hạt nhân trong ion Be 2+
ở trạng thái cơ bản là:
E Be
2+
= 2E 1 =
2
(4 0,3)
2.( 13,6) (eV) 372,368eV
2
1
Be 3+ (1s 1 ) là hệ 1 electron 1 hạt nhân
E Be
3+
= -
2
4
13,6 (eV)
2
1 = - 217,6 (eV)
0,5
Năng lượng ion hóa thứ ba của Be
I 3 = E
3+ Be - E
2+ Be = -217,6 – (-372,368) = 154,768 eV
0,5
Do Flo có bán kính nhỏ hơn Clo nên có khả năng hút cặp e
liên kết về phía mình mạnh hơn Clo (độ âm điện của Flo lớn
b
hơn). Cũng chính do bán kính nhỏ, nên khi Flo nhận hẳn một
electron vào nguyên tử sẽ gây nên lực đẩy mạnh giữa các
0,5
electron làm cho hệ kém bền. Do đó, Flo lại có ái lực electron
nhỏ hơn Clo.
Dung dịch A: pH A =
pKa
pKa
2
1 2
= 4,68
Dung dịch B: pH B =
pKa
pKa
2
1 2
= 9,765
0,75
a
Dung dịch C: [H + ] = 0,01M => pH C = 2
Chất chỉ thị phù hợp nhất là metyl đỏ, khi đó:
2
- dung dịch C có màu đỏ;
- dung dịch A có màu đỏ da cam;
0,25
- dung dịch B có màu vàng.
Nồng độ ban đầu của: NaOH = 0,015M; H 3 PO 4 0,01M
Phản ứng xảy ra:
b
H 3 PO 4 +
OH - → H 2 PO 4
-
+ H 2 O
0,5
0,01 0,015
- 0,005 0,01

H 2 PO
- 4 + OH - → HPO
2- 4 + H 2 O
0,01 0,005
5.10 -3 - 5.10 -3
Dung dịch thu được là một dung dịch đệm có dạng axit và
bazơ liên hợp cùng nồng độ mol. Do đó:
0,25
pH X = pK a2 = 7,21.
Hiện tượng: dung dịch chuyển từ màu đỏ sang màu tím. 0,25
a 1,0
3
b
c
4 a
Trung gian: 13 N, 13 C, 14 N, 15 O, 15 N. 0,25
Xúc tác: 12 C 0,25
Độ hụt khối tính cho 1 mol phản ứng chung là:
0,02758284 dvC hay 2,479.10 12 J
0,25
Tính cho 1g 1 H thì năng lượng giải phóng: 6,15.10 11 J 0,25
Không khí ẩm do nước bốc hơi. Độ ẩm cực đại khi có cân
bằng: H 2 O (l) H 2 O (k) (*)
G
K
p
2
*
RT
ln K K 3,04.
0
298K
10
n P k
0
K
P H O
p
3080Pa
Pcb, 298K
*
bh,298K
2
0,75
H O
,67P
H O Pa
Pkk , 298K
2
0
bh,298
2
2064
bh: bão hòa; cb: cân bằng; kk: không khí.

c
d
'
Tính P H
O
cb 298K
2
, khicó cân bằng:
Na2SO4
. 10H2O
Na SO 10H2O
(**)
r
2 4r
k
ở 25 o '
C thì P H
O Pa P H
O
cb 298K
2
kk ,298K
2
,
2523
Như vậy phản ứng (**) chuyển dịch theo chiều thuận và
Na2SO4
. 10H2O
mất nước (khoáng vật bị chảy ra). Trong khi
khoáng vật Na 2 SO 4 không đổi (bền, không hút nước).
Dùng
0
K
2
H
1 1
ln
K1
R T1
T2
tính lại các hằng số cân bằng
của (*) và (**) ở 0 o C và suy ra:
H
O Pa P H
O Pa
'
Pcb, 298K
2
366
kk ,298K
2
404
Phản ứng (**) chuyển theo chiều nghịch và Na 2 SO 4 chảy rữa.
'
Có điều này khi: P H
O P H
O Pa
kk , 298K
2 cb,298K
2
2523
nghĩa là độ ẩm tương đối của không khí bằng 81,9%.
Dựa vào kết quả 3 ý trên, ta thấy rằng: ở nhiệt độ thường
(khoảng 25 o C) và độ ẩm không khí đã khá cao nhưng Na 2 SO 4
vẫn không có xu hướng hút nước để tạo ra Na 2 SO 4 .10H 2 O,
nghĩa là Na 2 SO 4 không phải là chất hút ẩm tốt.
.
0,5
0,5
0,25
5
a
b
SO 2 (k) + O 2 (k) SO 3 (k) (1)
ΔH = -44938 J/mol
0,25
ΔS = -36 J/molK
ΔG ở 650 o C = -11710 J/mol → lnK p1 = 1,526 → K p1 = 4,6 0,25
2SO 3 (k) 2SO 2 (k) + O 2 (k) (3) có K p3 = (K p1 ) -2 = 0,047 0,25
Phản ứng (2): 2 FeSO 4 (s) Fe 2 O 3 (s) + SO 3 (g) + SO 2 (g)
Phân hủy: - - -
0,25
Cân bằng: P-a P+a
Phản ứng (3):
2 SO 3 (g) 2SO 2 (g) + O 2 (g)

6
c
Áp suất ban đầu: P P 0
Phản ứng: -a +a +a/2
Cân bằng: P-a P+a a/2
Ở cân bằng thì áp suất của O 2 là 21,28/760 = 0,028 atm
a/2 = 0,028 atm → a = 0,056 atm
K p3 =
2
( P 0,056) 0,028
0, 047
2
( P 0,056)
2
( P 0,056)
→ 1,
6973
2
( P 0,056)
( P 0,056)
→ 1,
303
( P 0,056)
→ P + 0,056 = 1,303P – 0,073
→ 0,303P = 0,12896 → P = 0,425 atm
2 FeSO 4 (s) Fe 2 O 3 (s) + SO 3 (g) + SO 2 (g)
K p2 = P SO3 P SO2 = (P-a)(P+a) = (0,425 – 0,056)(0,425 + 0,056)
= 0,177
Số mol SO 3 = SO 2 do phân hủy FeSO 4 :
PV = nRT → n = PV/PT = (0,425)1 /(0,082×923) = 5,6×10 -3
mol
Số mol FeSO 4 = 2n SO3 = 0,0112 mol
Khối lượng FeSO 4 phân hủy = 0,0112 ×151,91 = 1,70 g
Phần trăm khối lượng FeSO 4 = 1,70/15,19 = 11,21 %.
K 2 Cr 2 O 7 → 2K + + Cr 2 O
2- 7
0,1M
- 0,1M
Các cân bằng:
Cr 2 O
2- 7 + H 2 O 2HCrO
- 4 (1) K 1 = 10 -1,64
HCrO
- 4 H + + CrO
2- 4 (2) K a = 10 -6,5
H 2 O H + + OH - (3) K w = 10 -14
Nhận xét: K 1 >> K a >> K w => coi như lượng HCrO
- 4 chuyển
0,25
0,25
0,5
0,25

hóa không đáng kể so với lượng HCrO
- 4 được tạo thành.
Xét cân bằng (1):
Cr 2 O
2- 7 + H 2 O 2HCrO
- 4 (1) K 1 = 10 -1,64
C 0,1
[ ] 0,1 - x 2x
0,25
b
[HCrO ] (2x)
K 10
[Cr O ] 0,1 x
2 2
4
1 2
2 7
1,64
=> x = 2,124.10 -2 => [HCrO 4- ] = 4,248.10 -2 M
Xét cân bằng (2):
HCrO
- 4 H + + CrO
2- 4 (2) K a = 10 -6,5
C 4,248.10 -2
[ ] 4,248.10 -2 y y
[H ][CrO ] y
Ka
10
[HCrO ] 0,04248 y
2
2
4
4
6,5
=> y = 1,16.10 -4 pH = 3,96.
Sau khi trộn: Ba 2+ = 0,25 M
Cr 2 O
2- 7 = 0,10 M
Đánh giá khả năng hình thành kết tủa BaCrO 4 : [Ba 2+ ][CrO
2- 4 ]
= (0,25)(y) = 10 -4,74 >> K S , do đó có kết tủa BaCrO 4 xuất hiện.
2Ba 2+ + Cr 2 O
2- 7 + H 2 O 2BaCrO 4 + 2H + (2)
K 2 = K
-2 S K 1 K
2 a = 10 5,22 >> 1
0,25 0,1
TPGH: 0,05 - 0,20
Cân bằng hòa tan kết tủa:
BaCrO 4 Ba 2+ + CrO
2- 4 K S = 10 -9,93
BaCrO 4 + H + Ba 2+ + HCrO
- 4 (3) có K 3 = K
-1 s .K
-1 a = 10 -3,43
2BaCrO 4 + 2H + 2Ba 2+ + Cr 2 O
2- 7 + H 2 O (4) có K 4 = K
-1 2
Nhìn chung, các cân bằng này có hằng số tương đối bé nên dự
0,5
0,5
0,25

7
a
b
đoán sự hòa tan phức là không đáng kể. Nghĩa là
[Ba 2+ ] = 0,05 M; [H + ] = 0,2 M. Thực vậy:
[CrO
2- 4 ] = K s / [Ba 2+ ] = 2,35.10 -9 M
[HCrO 4- ] = [CrO
2- 4 ] [H + ] /K a = 1,486.10 -3 M
[Cr 2 O 7- ] = [HCrO 4- ] 2 /K = 9,64.10 -5 .
Rõ ràng các nồng độ trên rất bé so với [H + ] = 0,2 M
[H + ] = 0,20M => pH = 0,70. 0,25
Tính thế của điện cực calomen:
E 1 = E(Ag + /Ag) – E (calomen) trong đó
0,25
E(Ag + /Ag) = E o (Ag + /Ag) + 0,0592 log [Ag + ] = 0,681 V
→ E (calomen) = 0,242V
Tính nồng độ ion bạc: E2 = E(AgI (bão hòa)/Ag//Ag) – Ecalomen
0,25
⇒ E(AgI (bão hòa)/Ag//Ag) = 0,331V
E(Ag + /Ag) = E o (Ag + /Ag) + 0,0592 log [Ag + ] = 0,331
0,25
⇒ [Ag + ] = 1,22.10 -8 M
[Ag + ] = [I - ] ⇒ Tích số tan AgI: K s, AgI = 1,48.10 -16 0,25
E3 = Ecalomen – E(AgI (bão hoà), PbI 2 (bão hoà)/Ag)
0,25
⇒ E(AgI (bão hoà), PbI 2 (bão hoà)/Ag) = 0,012V
E(Ag + /Ag) = E o (Ag + /Ag) + 0,0592 log [Ag + ] = 0,012 V
0,25
⇒ [Ag + ] = 4,89.10 -14 M
⇒ [I - ] = = 3,02.10 -3 M = [Ag + ] + 2 [Pb 2+ ] 0,25
⇒ [Pb 2+ ] = 1,51.10 -3 M
0,25
Tích số tan: K s, PbI2 = 1,37.10 -8
A: KI; B: KOH, C: I 2 , D: KI 3 , F: Cl 2 , G: KIO 3 , J: HCl, H:
KCl
8 a
4I - + 2H 2 O + O 2 → 4OH - + I 2
I - + I 2 → I
- 3
6OH - + I - + 3Cl 2 → IO
- 3 + 6Cl - + 3H 2 O
IO
- 3 + 5I - + 6H + → 3I 2 + 3H 2 O
1,0

c
a
H 2 + Cl 2 2HCl
2IO
- 3 + H + + 10Cl 2 → I 2 + 5Cl 2 + 6H 2 O
IO
- 3 + 6H + + 5e → 1/2I 2 + 3H 2 O có E o 1 = 1,195 V
1/2I 2 + e → I - có E o 2 = 0,536 V
0,25
E 2 = E o 2 + 0,0592 lg [I - ] = 0,595 V
E 1 = E o 1 + 0,0592/5 lg [IO 3- ] 2 [H + ] 6
0,25
= 1,188 – 0,071 pH
Khi E 1 = E 2 thì pH = 8,35 0,25
Ánh sáng có 2 vai trò là:
- Cung cấp năng lượng để chất đầu vượt qua năng lượng hoạt
0,25
hóa.
- Khơi mào, tạo gốc tự do cho phản ứng
Độ hạ nhiệt độ đông: ΔT = 0,467 o C → Nồng độ molan của X:
0,0922 mol/kg
0,25
Vậy 8,5 gam X ứng với: 0,0461 mol
M X = 184
X là S 4 N 4 . 0,25
4NH 3 + 6SCl 2 → S 4 N 4 + 12HCl + 1/4S 8 0,25
9
b
0,5
c
Do cấu trúc cộng hưởng nên độ dài liên kết như nhau
ΔH tạo thành (X) = 4.226 + 2.946 – 4.328 – 4.273 = 392 kJ/mol 0,25
Đối với phản ứng ở ý a)
ΔH phản ứng = 392 + 12.(-92,3) + 0 – 4.(-45,9) – 6.(-50) = 232 0,5
kJ/mol
10 a
Phương trình tốc độ của phản ứng có dạng: v pư = k pư .[S 2 O 8
2-
] n [I - ] m
0,25

=> lgv pư = lgk pư + nlg[S 2 O 8
2-
] + mlg[I - ]
Thí nghiệm 1: lg (0,6.10 -3 ) = lgk pư + nlg(0,1) + mlg(0,1)
Thí nghiệm 2: lg (2,4.10 -3 ) = lgk pư + nlg(0,2) + mlg(0,2)
Thí nghiệm 3: lg (3,6.10 -3 ) = lgk pư + nlg(0,2) + mlg(0,3)
Giải hệ ta có: n = m = 1; lgk pư = -1,222
Bậc riêng phần của các chất đều bằng 1; Bậc phản ứng = 2.
k pư = 6.10 -2 (mol -1 .l.s -1 )
Khi cho S 2 O 3
2-
vào và xảy ra phản ứng rất nhanh với I 3
-
2S 2 O 3
2-
+ I 3
-
→ S 4 O 6
2-
+ 3I - (2)
Khi đó nồng độ I - không đổi trong giai đoạn phản ứng (2) diễn
ra, do đó bậc của phản ứng (1) sẽ bị suy biến thành bậc 1.
v pư = 0,06 .[S 2 O 8
2-
]0,3 = 1,8.10 -2 [S 2 O 8
2-
]
Khi đó có thể coi như xảy ra phản ứng:
S 2 O 8
2-
+ 2S 2 O 3
2-
→ 2SO 4
2-
+ S 4 O 6
2-
Thời gian để lượng S 2 O 3
2-
vừa hết là t 1 . Điều này đồng nghĩa
với lượng S 2 O 8
2-
đã phản ứng = 0,1M.
Khi đó: t 1 . 1,8.10 -2 =
0,2
ln 0,2 0,1
=> t = 38,5 giây
Để có lượng I 3
-
đạt đến 10 -3 M thì thời gian thêm là t 2
v pư =
dy
dt = k pư (0,1- y)(0,3-3y) => 3k pư t 2 =
Với y = 10 -3 M => t 2 = 0,56 giây.
1 1
0,1 y 0,1
Thời gian tối thiểu để xuất hiện màu xanh là 38,5 + 0,56 =
39,06 giây.
0,25
0,25
0,5
0,5
0,25
Lại Năng Duy
Điện thoại: 01634121380

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY NĂM 2015
TỈNH NINH BÌNH
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Câu I (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn.
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 4 trang, gồm 10 câu)
Photpho đỏ tác dụng với Cl 2 dư thu được hợp chất A. Đun nóng A với NH 4 Cl trong dung
môi hữu cơ thu được hợp chất B có dạng [NP 2 Cl 6 ][PCl 6 ]. Nếu tiếp tục đun, anion của B phản
ứng với NH 4
+
để tạo ra chất trung gian C có công thức Cl 3 P=NH, cation của B phản ứng với
C lần lượt tạo ra các cation D [N 2 P 3 Cl 8 ] + và E [N 3 P 4 Cl 10 ] + . Sau đó E tách đi cation F để tạo ra
hợp chất thơm G (N 3 P 3 Cl 6 ).
1. Viết công thức cấu tạo của các chất hoặc ion A, C, D, E, F.
2. Viết công thức cấu trúc của các ion trong B và xác định trạng thái lai hóa của N, P trong B,
G.
Câu II (2,0 điểm) Tinh thể
Bán kính ion của Ba 2+ và O 2- lần lượt là 134 pm và 140 pm. Giả sử khi tạo thành tinh thể,
không có sự biến đổi bán kính các ion.
1. BaO có mạng tinh thể kiểu NaCl. Hãy tính khối lượng riêng của BaO (g/cm 3 ) theo lý
thuyết. Cho nguyên tử khối của Ba là 137,327 và của oxi là 15,999.
2. BaO 2 cũng có mạng tinh thể tương tự BaO nhưng một cạnh của ô lập phương bị kéo dài so
với 2 cạnh còn lại. Hãy vẽ một ô mạng cơ sở của BaO 2 và tính gần đúng bán kính của mỗi
nguyên tử oxi trong ion O 2
2-
biết rằng độ dài liên kết O-O trong O 2
2-
là 149 pm và khối lượng
riêng của BaO 2 thực tế là 5,68 g/cm 3 .
Câu III (2,0 điểm). Phản ứng hạt nhân.
Photpho có hai đồng vị phóng xạ là 32 P (T 1/2 = 14,3 ngày) và 33 P (T’ 1/2 = 25,3 ngày) với khối
lượng nguyên tử tương ứng là 31,97390727 (u) và 32,9717255 (u). Quá trình phóng xạ của
32
P và 33 P đều sinh ra một loại hạt có thể đâm xuyên qua tờ giấy nhưng bị cản bởi lá nhôm.
Các hạt nhân con thu được có khối lượng lần lượt là 31,97207100 (u) và 32,97145876 (u).
1. Viết phương trình phân rã của 32 P và 33 P. Tính năng lượng giải phóng trong quá trình phân
rã theo đơn vị J/nguyên tử. (N A = 6,0221.10 23 ; c = 2,99979 m/s)
2. Một mẫu chứa cả hai đồng vị phóng xạ trên với độ phóng xạ ban đầu là 9136,2 Ci; sau 14,3
ngày, độ phóng xạ của mẫu giảm xuống còn 4569,7. Hãy tính tỷ lệ 32 P/ 33 P trong mẫu ban đầu.
1

Câu IV (2,0 điểm) Nhiệt hóa học.
1. Tính entanpi chuẩn ở 1500 o C của phản ứng:
CH 4 (k) + 2O 2 (k) → CO 2 (k) + 2H 2 O (k) ,
∆H o 298 = -802,25 kJ
Cho biết C o p ( J.K -1 . mol -1 ):
CH 4 (k): 23,64 + 47,86.10 -3 T -1,92.10 5 T -2
H 2 O (k): 30,54 + 10,29 . 10 -3 T
O 2 (k): 29,96 + 4,18 .10 -3 T – 1,67 .10 5 T -2
CO 2 (k): 44,22 + 8,79 . 10 -3 T – 8,62 .10 5 T -2
2. Tính nhiệt độ của ngọn lửa CO cháy trong hai trường hợp sau:
a. Cháy trong không khí (20% oxy và 80% nitơ theo thể tích).
b. Cháy trong oxy tinh khiết.
Cho biết lượng oxy vừa đủ cho phản ứng, nhiệt độ lúc đầu là 25 o C. Entanpi cháy của CO ở
25 o C và 1atm là 283kJ.mol -1 . Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường. Nhiệt dung mol chuẩn
của các chất như sau:
C o p (CO 2 , k) = 30,5 + 2.10 -2 T;
C o p (N 2 , k) = 27,2 + 4,2.10 -3 T
Câu V (2,0 điểm) Cân bằng pha khí
Ngày nay, để thu hồi Clo từ hidroclorua, người ta sử dụng cân bằng:
O 2(k) + 4HCl (k) 2Cl 2(k) + 2H 2 O (k)
1. Tính hằng số cân bằng K p của phản ứng trên ở 298K dựa vào các số liệu nhiệt động sau:
O 2(k) HCl (k) Cl 2(k) H 2 O (k)
H O s(kJ/mol) -92,3 -241,8
S O (J/mol.K) 205 186,8 223 188,7
2. Phản ứng trên thực tế có diễn ra ở nhiệt độ thường không? Giải thích.
3. Cho 2,2 mol O 2 và 2,5 mol HCl vào bình kín dạng xilanh, áp suất cố định là 0,5 atm và
nhiệt độ là T. Khi hệ đạt cân bằng, lượng O 2 nhiều gấp đôi lượng HCl. Tính giá trị T.
4. Ở 520K, nạp vào bình phản ứng một lượng hỗn hợp HCl và O 2 , Ở trạng thái cân bằng thì
HCl đạt mức chuyển hóa 80%. Tính áp suất riêng phần của O 2 ở trạng thái cân bằng.
Câu VI (2,0 điểm) Cân bằng axit-bazơ
Cho H 2 S lội qua dung dịch chứa Cd 2+ 0,010M và Zn 2+ 0,010M đến khi nồng độ H 2 S đã hấp
thụ đạt 0,02 M.
2

1. Hỏi những ion nào bị kết tủa hoàn toàn?Tính pH của dung dịch khi các cân bằng đã được
thiết lập.
2. Thiết lập khu vực pH tại đó còn dưới 0,1% Cd 2+ trong dung dịch mà ZnS chưa bị kết tủa.
Cho: H 2 S pK a1 = 7,02 pK a2 = 12,90; K s,CdS = 10 -26 ; K s,ZnS = 10 -21,6
Câu VII (2,0 điểm)
= 10 ; = 10
* 10,2 * 8,96
CdOH
ZnOH
Phản ứng oxi hóa khử-điện hóa
1. Hãy hoàn thành các phương trình phản ứng oxi hóa khử sau bằng cách điền thêm các chất
sản phẩm và các chất môi trường.
K 2 Cr 2 O 7 + CrSO 4 + .... → Cr 2 (SO 4 ) 3 +...
Fe(NO 3 ) 2 + H 2 SO 4 loãng →
K 2 MnO 4 + H 2 O →
NaNO 3 + Mg + H 2 SO 4 →
2. Cho pin sau : H 2 (Pt), P
H
=1atm/ H + : 1M || MnO
2
4
: 1M, Mn 2+ : 1M, H + : 1M / Pt
Biết rằng sức điện động của pin ở 25 0 C là 1,5V.
0
a) Hãy cho biết phản ứng thực tế xảy ra trong pin và tính E - 2+ ?
MnO /Mn
b) Sức điện động của pin thay đổi như thế nào khi thêm một ít NaHCO 3 vào nửa trái của
pin?
Câu VIII (2,0 điểm).
Nhóm halogen
1. Một giáo viên làm thí nghiệm vui mô tả cách biến chì thành vàng như sau: Ngâm một lá
chì vào một dung dịch X ở nhiệt độ 90 O C, một thời gian sau lấy lá chì ra, để nguội dung dịch
thấy những tinh thể màu vàng óng ánh xuất hiện.
a) Một học sinh xác định dung dịch X có thể là CuI 2 hoặc AuCl 3 . Điều này có hợp lý không?
Giải thích.
b) Đề nghị một dung dịch X khác hai chất trên để thực hiện thí nghiệm. Viết phương trình
minh họa.
2. Dẫn từ từ 2,24 lít hỗn hợp khí CO và CO 2 qua I 2 O 5 dư đun nóng. Chất rắn sau phản ứng
hòa tan vào dung dịch chứa NaI và Na 2 CO 3 dư được dung dịch Y. Dung dịch Y phản ứng vừa
đủ với 20,00 mL dung dịch Na 2 S 2 O 3 0,10 M.
Viết các phương trình phản ứng xảy ra và xác định phần trăm thể tích khí CO trong hỗn hợp
khí ban đầu.
4
3

Câu IX (2,0 điểm).
Oxi-lưu huỳnh
Các hợp chất X, Y, Z đều cấu tạo gồm các nguyên tố Na, S, O trong đó M Z – M Y = M Y – M X
= 16.
Khử Y bằng cacbon ở nhiệt độ cao rồi cho sản phẩm vào dung dịch HCl thu được một chất
khí mùi trứng thối. Khí này tác dụng với dung dịch HClO thu được sản phẩm chứa lưu huỳnh
có cùng số oxi hóa với lưu huỳnh trong Y.
Từ dung dịch X có thể trực tiếp điều chế Z bằng cách hòa tan vào Z một đơn chất, sau đó cô
đặc dung dịch và kết tinh để thu được một tinh thể. Lọc vớt tinh thể rồi làm khô, đun nóng
nhẹ được dung dịch chứa Z với nồng độ C%.
1. Xác định X, Y, Z và viết các phương trình phản ứng minh họa.
2. Tính giá trị của C.
Câu X (2,0 điểm). Động hóa học
1. Ở 25 O C, sự thủy phân metyl axetat với sự có mặt của HCl dư nồng độ 0,05 M là phản ứng
bậc 1. Sau mỗi khoảng thời gian, người ta lấy ra 25 cm 3 dung dịch và trung hòa bằng dung
dịch NaOH loãng. Thể tích dung dịch NaOH dùng để trung hòa 25cm 3 hỗn hợp phản ứng
theo thời gian như sau:
t (phút) 0 21 75 119
V NaOH (mL) 24,4 25,8 29,3 31,7 47,2
Bằng phương pháp tính hằng số tốc độ trung bình, hãy tính hằng số tốc độ và thời gian nửa
phản ứng.
2. Màu nâu xuất hiện khi oxy và nitơ (II) oxit kết hợp với nhau trong bầu thủy tinh chân
không. Từ các thí nghiệm ở 25 o C có các số đo sau:
[NO] (mol.L -1 ) [O 2 ] (mol.L -1 ) Tốc độ đầu (mol.L -1 .s -1 )
Thí nghiệm 1 1,16.10 -4 1,21.10 -4 1,15.10 -8
Thí nghiệm 2 1,15.10 -4 2,41.10 -4 2,28.10 -8
Thí nghiệm 3 2,31.10 -4 2,42.10 -4 9,19.10 -8
Xác định bậc phản ứng theo O 2 , theo NO và hằng số tốc độ phản ứng tại 298 o K.
------------------------------------Hết------------------------------------
Người ra đề: Đinh Xuân Quang (0989134836):
4

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA HỌC - KHỐI 10
Câu Nội dung chính cần đạt Điểm
1. P + Cl2 PCl5 (A)
PCl5 + NH4Cl [Cl3P=N=PCl3][PCl6] + 4HCl
(B)
0,25
[PCl6] + NH4 + Cl3P=NH + HCl
(C)
[Cl3P=N=PCl3] + + Cl3P=NH [Cl3P=N –PCl2 =N=PCl3] + + HCl
(D)
0,25
[Cl3P=N–PCl2=N=PCl3] + + Cl3P=NH [Cl3P=N–PCl2=N–PCl2=N=PCl3] + + HCl
0,25
(E)
I
[Cl3P=N –PCl2=N –PCl2=N=PCl3] + [PCl4] + + (N3P3Cl6)
(F) (G) (Vòng thơm
0,25
(-N=PCl2-)3
2. Cấu trúc của G và các ion trong B:
Cl
N
Cl
P P
Cl
Cl
Cl Cl
Cl
N N
Cl Cl Cl
P
P
P N P
Cl
Cl Cl
Cl Cl Cl
Cl
Cl
Trạng thái lai hóa: G: P sp 3 ; N sp 2 B: P sp 3 và sp 3 d 2 N sp
1. BaO có kiểu mạng giống với tinh thể NaCl, tức là 2 ô mạng lập phương tâm
diện của O 2- và Ba 2+ lồng vào nhau → có 4 phân tử BaO trong một tế bào cơ sở.
Thể tích của một tế bào cơ sở:
Vtb = (2x134.10 -10 + 2x140.10 -10 ) 3 = 1,64567.10 -22 (cm 3 ).
137,327 15,999
Khối lượng của một phân tử BaO: m =
= 2,54567.10 -22 (g).
23
6,023.10
Như vậy, khối lượng riêng của tinh thể BaO là :
4. m
d = = 6,1875( g.cm
-3
). (Thực nghiệm là 5.72 g/cm 3 )
V tb
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
II
2. Một cạnh của khối lập phương bị kéo dài do cấu tạo O2 2- có dạng số 8. Vì chỉ
một cạnh bị kéo dài so với 2 cạnh còn lại các ion O2 2- định hướng song song với
nhau.
0,25
Trong mỗi ô cơ sở có 4 phân tử BaO2 thể tích của mỗi ô: V = 4m/D
137,327 2.15,999
Với m =
= 2,8113.10 -22 gam .
23
6,023.10
V = 1,9798.10 -22 (cm 3 ) = 197979342 (pm 3 )
(2x134 + 2a) 2 .( 2x134 + 2a+149) = 197979342
0,25
0,25
5

Câu Nội dung chính cần đạt Điểm
(134 + a) 2 .(134 + a+74,5) = 24747418
(134 + a) 3 + (134 + a) 2 . 74,5 - 24747418 = 0
a = 268,6-134 = 135 pm 0,25
1. Khối lượng nguyên tử thay đổi không đáng kể hạt được phóng xạ ra là hạt +
hoặc - vì xuyên qua giấy nhưng bị cản bởi lá nhôm.
0,25
Nếu là + thì sinh ra 33 Si là nguyên tử kém bền ( 32 P phóng xạ vì nhiều notron). Vậy
quá trình phóng xạ là - .
15P 32 16S 32 + - (1)
15P 33 16S 33 + - . (2)
0,25
III
IV
V
Độ hụt khối lượng:
m1 = 1,83627.10 -3 (u) = 3,0491.10 -30 (kg) E1 = m1.c 2 = 2,7403.10 -13 (J).
m1 = 2,6674.10 -4 (u) = 4,4292.10 -31 (kg) E2 = m2.c 2 = 3,9807.10 -14 (J).
2. Gọi độ phóng xạ của 32 P và 33 P ban đầu là Ao và Ao’.
Ao + Ao’ = 9136,2
Sau 14,3 ngày, độ phóng xạ của 32 P và 33 P còn lại là Ao/2 và e -k’t .Ao’
với k’ = ln2/T1/2 = 0,0274 (ngày -1 )
Ao/2 + e -0,0274.14,3 .Ao’ = 4569,7
Giải hệ phương trình được Ao = 9127,1 và Ao’ = 9,1.
32
P Ao k'
AoT
1/ 2
Tỷ lệ mol: =
33
= 567
' ' '
P Ao
k AoT
1/ 2
1. ∆C o P = C o P(CO2) + 2 C o P(H2O) – [ C o P(CH4) + 2C o P(O2) ]
= 21,74 – 26,85.10 -3 T – 3,36.10 5 T -2
Theo phương trình Kirchhoff:
∆H o T2 = ∆H o T
T1 + 2
∆CP dT
T 1
∆H o 1773 = ∆H o 298 + 1773
= - 802,25.103 +
298
∆C o P dT
1773 1
3
[ 21,74T ] 298
- [ 26,85.10 T
2
]
2 1773
298
3,36.10
+ [
T
5
1773
]
298
= - 812130 J
2. Nhiệt sinh ra trong phản ứng cháy sẽ nâng nhiệt độ của hỗn hợp khí sau phản
ứng.
a. Cháy trong không khí:
T
o
o
o
H
298
( C
P
2C
P
) dT 0 T 2555K
CO2
N 2
298
b. Cháy trong oxi tinh khiết:
T
o
o
H
298
C
P
dT 0 T 4098K
CO2
298
1. Từ các số liệu trên, tính được H O = -114,4 (kJ/mol); S O = -128,8 (J/mol.K)
ở 298K, G O = H O -298S O = -76,02 (kJ/mol)
Mà G O = -RTlnK K = 10 13,2 .
2. Mặc dù hằng số K rất lớn nhưng phản ứng trên không xảy ra ở nhiệt độ thường
vì năng lượng liên kết của O2 lớn tốc độ phản ứng rất chậm.
3. O2(k) + 4HCl(k) 2Cl2(k) + 2H2O(k)
0,5
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
6

Câu Nội dung chính cần đạt Điểm
bđ 2,2 2,5
sp 2,2-x 2,5-4x 2x 2x
Vì O2 nhiều gấp đôi HCl 2,2-x = 2(2,5-4x) x = 0,4 mol
P
2
P
2 2 2 2
Cl2
H 2O
Cl2
H 2O
Kp = =
4
4
PO
PHCl
nO
nHCl
n
2
n
1 = 2,983
P
G O = -RTlnKp = H O -TS O .
-2,436T = -114400 + 128,8T T = 871,7 (K)
0,5
VI
O O
4.Ở 520 O H
S
C thì lnKp = = 1,86 Kp = 6,422
RT R
Vì lượng chuyển hóa HCl đạt 80% tại trạng thái cân bằng, PCl2 = PH2O = 2PHCl.
2 2
PCl
P
2 H 2O
16
Kp = = 6,422
4
P P
P = 6,422 P
O
= 2,49 (atm)
2
O
2
HCl
O
2
1. Các cân bằng:
H2S HS - + H + Ka1 = 10 -7,02
HS - S 2- + H + Ka2 = 10 -12,90
Cd 2+ + S 2- CdS Ks1 = 10 -26
Zn 2+ + S 2- ZnS Ks2 = 10 -21,6
Tổ hợp các cân bằng trên ta được:
H2S + Cd 2+ CdS + 2H + (1) K1 = 10 6,08
H2S + Zn 2+ ZnS + 2H + (2) K2 = 10 1,68
K1, K2 đủ lớn nên coi phản ứng tạo CdS, ZnS xảy ra hoàn toàn. Nồng độ H + đủ lớn
để bỏ qua các cân bằng tạo phức hidroxo, S 2- tồn tại chính ở dạng H2S.
ZnS + 2H + H2S + Zn 2+ K2 -1 = 10 -1,68
0,04 M
[ ] 0,04 -2x x x
2
x
= 10 -1,68 → x = 4,5.10 -3 .
2
(0,02 2 x)
CdS + 2H + H2S + Cd 2+ K1 -1 = 10 -6,08
0,0355 0,0045
[ ] 0,0355-2y 0,0045+ y y
(0,045 yy )
2
(0,0355 2 y)
= 10 -6,08
→ y = 2,329.10 -7 .
Vậy Cd 2+ kết tủa hoàn toàn, Zn 2+ chỉ kết tủa 55%
pH của dung dịch: 1,45.
K
2. Điều kiện để không có kết tủa ZnS là: C 2
<
S C
'
Khi CdS đã kết tủa 99,9% thì pH của dung dịch đạt rất thấp, sự tạo phức hidroxo
của Zn 2+ là không đáng kể
'
→ C 2 0,01M
Zn
s2
2
Zn
21,6
10
19,6
→ Điều kiện để ZnS chưa xuất hiện là: C 2
< = 10 M
S
0,01
(2)
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
7

Câu Nội dung chính cần đạt Điểm
Khi [Cd 2+ 0,1
5
] = 0,01 = 1,0.10 M
100
26
Điều kiện để kết tủa được 99,9% Cd 2+ 10
21
là: C 2
> = 10
S
5
10
0,25
Vậy khu vực pH tại đó chỉ còn 0,1%Cd 2+ trong dung dịch mà Zn 2+ vẫn chưa bị kết
tủa là:
10 -21 < C 2
S < 10 -19,6
21 K
a1.K a2.[H 2S]
19,6
10 < < 10 với [H2S] = 0,01001 M
2
[H ]
0,25
10 -1,16 < [H + ] < 10 -0,46
1. Các phản ứng:
K2Cr2O7 + CrSO4 + H2SO4 → Cr2(SO4)3 + K2SO4 + H2O
9Fe(NO3)2 + 6H2SO4 → 2Fe2(SO4)3 + 3NO + 5Fe(NO3)3 + 6H2O
3K2MnO4 + 2H2O → 2KMnO4 + MnO2 + 4KOH
2NaNO3 + 8Mg + 10H2SO4 → 8MgSO4 + Na2SO4 + (NH4)2SO4 + 6H2O
1,0
VII
VIII
2. Phản ứng thực tế xảy ra trong pin:
Do Epin = 1,5 V > 0 nên cực Pt - (phải) là catot, cực hiđro - (trái) là anot do đó
phản ứng thực tế xảy ra trong pin sẽ trùng với phản ứng quy ước:
- Catot: MnO 4
+ 8H + + 5e Mn 2+ + 4H2O
- Anot: H2 2H + + 2e
→ phản ứng trong pin: 2MnO 4
+ 6H + + 5H2 2Mn 2+ + 8H2O
* E 0 pin = E 0 2
- E 0 = 1,5 V
MnO4
/ Mn 2H / H 2
→ E 0 2
= 1,5 V
MnO / Mn
4
* Nếu thêm một ít NaHCO3 vào nửa trái của pin sẽ xảy ra pư:
→ [H + ] giảm nên E
Epin = (E
2
MnO4 / Mn
- E
2 / H 2
HCO3 - + H + H2O + CO2
0,059 H
.lg giảm , do đó:
2
P H
H =
2H / H 2
) sẽ tăng
1. a) Không thể là CuI2 vì CuI2 tự oxi hóa khử :
2
2CuI2 → 2CuI + I2
Không thể là AuI3 vì kim loại Au sinh ra ngay lập tức, không đợi dung dịch nguội.
2AuI3 + 3Pb → 3PbI2 + 2Au
b) Hóa chất đề nghị : HI
Pb + 2HI → PbI2 (tan trong nước nóng) + H2
2. Các phản ứng diễn ra : 5CO + I2O5 → 5CO2 + I2
I2 + NaI → NaI3
Từ các phản ứng trên suy ra nCO =5. n
I
= 5
2
2 . n
Na2S2O3
→ khí CO chiếm 5,0% về thể tích hỗn hợp đầu.
I2O5 + H2O → 2HIO3
HIO3 + Na2CO3 → NaHCO3 + NaI
NaI3 + 2Na2S2O3 → 3NaI + Na2S4O6
= 5.10 −3 mol.
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
8

Câu Nội dung chính cần đạt Điểm
1. Khí mùi trứng thối là H2S, vậy lưu huỳnh trong Y có SOH là +6.
Y là Na2SO4.
0,5
Na2SO4 + 4C → Na2S + 4CO
Na2S + 2HCl → 2NaCl + H2S
H2S + HClO → H2SO4 + HCl
0,5
IX
X
MZ – MY = MY – MX = 16.
Vậy Z phải là Na2S2O3, X là Na2SO3
Na2SO3 + S → Na2S2O3
Na2S2O3 + 5H2O → Na2S2O3.5H2O
2. Khi đun nóng, Na2S2O3.5H2O nóng chảy trong nước kết tinh được dung dịch với
C% = 63,71%
1. Lượng NaOH dùng để trung hòa HCl và CH3COOH mới sinh.
Từ biểu thức hằng số tốc độ:
C
kt = ln
o
C
lượng NaOH cần thiết tại mỗi thời điểm.
Co V
Vo
Vậy
C V
Vt
t 21 75 119
k.10 3 3,0176 3,2261 3,2430
→ ktb = 3,1622.10 -3 . (phút -1 )
→ Lượng este chưa bị thủy phân tỷ lệ với hiệu số lượng NaOH tối đa và
2. Bậc phản ứng
- Bậc đối với O2: Từ thí nghiệm 1, 2 thấy khi tăng gấp đôi nồng độ O2 thì tốc độ
tăng gấp đôi phản ứng là bậc 1 theo O2.
- Bậc đối với NO: Từ thí nghiệm 2,3 thấy khi tăng gấp đôi nồng độ NO thì tốc độ
tăng gấp bốn phản ứng là bậc 2 theo NO
- Biểu thức tính tốc độ phản ứng: v = k[NO] 2 [O2] nên k = v/[NO] 2 [O2]
(Nếu HS viết biểu thức tốc độ dựa vào hệ số cân bằng thì không cho điểm).
Từ các thí nghiệm khác nhau ta tính được k tb =7,13.10 3 L 2 mol -2 s -1 .
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Người ra đáp án
Đinh Xuân Quang
(0989134836)
9

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM
TỈNH QUẢNG NAM
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 04 trang, gồm 10 câu)
Câu 1: Liên kết hóa học
1.1(1 đ). Hai nguyên tố X, Y đều tạo hợp chất khí với hiđro có công thức XH a ; YH a ,
phân tử khối của hợp chất này gấp hai lần phân tử khối của hợp chất kia.
Hai hợp chất oxit với hóa trị cao nhất là X 2 O n, Y 2 O n , phân tử khối của hai oxit hơn
kém nhau là 34.
Tìm tên hai nguyên tố X và Y (M X < M Y )
1.2 (1 đ). Phân tử X có công thức ABC. Tổng số hạt mang điện và không mang điện
trong X là 82, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 22.
Hiệu số khối giữa B và C gấp 10 lần số khối của A. Tổng số khối của B và C gấp 27
lần số khối của A.
Tìm CTPT của X
Câu 2. Cân bằng điện ly
2. 1 (1đ) Dung dịch bão hòa Canxicacbonat trong nước có pH= 9,95. Hãy tính độ tan
của CaCO 3 trong nước và tích số tan của CaCO 3 . Biết K a của H 2 CO 3 là ( 4,5.10 -7 ;
4,7.10 -11 ).
2. 2 (1đ) Có dung dịch A chứa hỗn hợp 2 muối MgCl 2 (10 -3 M) và FeCl 3 (10 -3 M). Cho
dung dịch NaOH vào dung dịch A.
a) Kết tủa nào tạo ra trước, vì sao? Cho tích số tan của Fe(OH) 3 ,Mg(OH) 2 lần
lượt bằng K s1 = 10 -39 , K s2 = 10 -11 .
b) Tìm pH thích hợp để tách một trong 2 ion Mg 2+ hoặc Fe 3+ ra khỏi dung dịch.
Biết rằng nếu ion có nồng độ = 10 –6 M thì coi như đã được tách hết.
Câu 3. Phản ứng hạt nhân
3.1(1 đ). Năng lượng được giải phóng trong phản ứng tổng hợp nhiệt hạch
H + H He + n là 17,562 MeV
3 2 4 1
1 1 2 0

Hãy tính khối lượng của 4 He theo u, cho biết 2
MeV
m 3,016u;m 2,014u;m 1,0087u;1u 931,5
3H 2H 1n C
2
1 1 0
3.2(1 đ). 131 I phóng xạ với chu kỳ bán hủy là 8,05 ngày.
a. Viết phương trình phân rã hạt nhân 131 I
b. Nếu mẫu ban đầu chứa 1,0 microgam 131 I thì trong mỗi phút bao nhiêu hạt
được phóng ra? Cho N A = 6,02.10 23
Câu 4. Nhiệt hóa học
4.1 (1đ) Cho các số liệu sau đây tại 25 0 C của một số chất:
Fe 2 O 3 (r) Fe (r) C (r) CO 2 (k)
ΔH 0 s (kJ.mol -1 ) - 824,2 0 0 -392,9
S 0 (J.K -1 .mol -1 ) 87,40 27,28 5,74 213,74.
Trong điều kiện tiêu chuẩn, hãy xác định điều kiện nhiệt độ để phản ứng khử Fe 2 O 3 (r)
bằng C (r) thành Fe (r) và CO 2 (k) có thể tự xảy ra. Giả thiết ΔH và ΔS của phản ứng
không phụ thuộc nhiệt độ.
4. 2 (1đ) Xác định nhiệt độ tại đó áp suất phân li của NH 4 Cl là 1 atm, biết ở ở 25 o C
có các dữ kiện sau :
H o tt ( kJ/mol ) G o ( kJ/mol )
NH 4 Cl (r) -315,4 -203,9
HCl (k) -92,3 -95,3
NH 3(k) -46,2 -16,6
Giả sử ∆H 0 và ∆S 0 không thay đổi theo nhiệt độ.
Câu 5. Cân bằng hóa học trong pha khí
5.1(1đ). Cho phản ứng 2NO 2 N 2 O 4 có K p =9,18 ở 25 0 C. Hỏi ở cùng
nhiệt độ phản ứng xảy ra theo chiều nào trong điều kiện sau: P(N 2 O 4 )= 0,9atm ;
P(NO 2 )=0,1 atm.
5. 2(1đ). Cho các phản ứng sau:
0
C (gr) + ½ O 2(k) CO (k) (1) G 110500
89T
J
1
0
C (gr) + O 2(k) CO 2(k) (2) G 393500
3T
J
2

T: Nhiệt độ (K) bất kỳ; (gr: graphit).
a) Tính ΔG O và K P của phản ứng sau đây ở 1000K.
2CO (k) C (gr) + CO 2(k) (a)
b) Tính áp suất riêng phần CO, CO 2 của phản ứng (a) khi cân bằng tại 1000K, áp suất
là 1 atm.
c) Phản ứng (a) là toả nhiệt hay thu nhiệt. Cân bằng chuyển dịch như thế nào khi tăng
nhiệt độ và áp suất của phản ứng (a).
Câu 6. Cân bằng axit - bazo
6. 1(1đ) Thêm từ từ 50 ml dung dịch H 2 S bão hòa ( có nồng độ 0,1 M) vào 50 ml
dung dịch gồm KOH 0,04 M và K 2 S 0,04 M thu được dung dịch A. Tính pH và nồng
độ cân bằng các cấu tử có mặt trong dung dịch A, biết H 2 S có các hằng số phân li K a1
= 10 -7,02 , K a2 = 10 -12,9 .
6. 2(1đ). Chuẩn độ 25 ml dung dịch HCOOH 0,1M (K a = 1,77.10 -4 ) bằng dung dịch
KOH 0,04M. Tính pH của dung dịch thu được tại điểm tương đương.
Câu 7. Phản ứng oxi hóa khử - Điện hóa
7. 1(1đ) Một dung dịch chứa CuSO 4 0,1M; NaCl 0,2M; Cu dư và CuCl dư.
a) Chứng minh rằng xảy ra phản ứng sau ở 25 0 C :
Cu + Cu 2+ + 2Cl – 2CuCl
b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng trên.
Cho biết: Tích số tan của CuCl = 10 – 7 ; E 0 (Cu 2+ / Cu + ) = 0,15V ; E 0 (Cu + / Cu) =
0,52V
7. 2 (1đ) Cho sơ đồ pin:
(-) Ag │AgNO 3 1,000.10 -1 M; NH 3 1M ║ Ag 2 SO 4 (bão hoà) │Ag (+)
Tính hằng số tạo phức Ag(NH 3 )
+ 2 biết E o Ag + /Ag = 0,800V; K s Ag 2 SO 4
= 1,100.10 -5 ;
E pin = 0,390V.
Câu 8. (2 điểm)(Halogen)
Một mẫu sắt có chứa tạp chất nặng 30 gam khi tác dụng với 4 lít dung dịch HCl 0,5M
lấy dư (tạp chất không tham gia phản ứng) cho ra khí A và dung dịch B. Đốt cháy
hoàn toàn khí A và cho sản phẩm cháy qua bình đựng H 2 SO 4 đặc thì thấy khối lượng
của bình tăng 9 gam.

a. Tính % Fe nguyên chất có trong mẫu trên
b. Lấy 1/2 dung dịch B thêm vào V lít dung dịch KMnO 4 0,5M vừa đủ trong
H 2 SO 4 loãng, đun nóng thấy có khí C thoát ra. Dẫn khí này vào 1/2 dung dịch B còn
lại thì thu được muối D. Tính thể tích dung dịch KMnO 4 và khối lượng của D.
Câu 9: (2 điểm) Oxi - Lưu huỳnh
Cho m gam muối halogen của một kim loại kiềm phản ứng với 50 ml dung dịch
H 2 SO 4 đặc, nóng dư. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khí A có mùi đặc
biệt và hỗn hợp sản phẩm B. Trung hoà hỗn hợp sản phẩm B bằng 200 ml dung dịch
NaOH 2M rồi làm bay hơi nước cẩn thận thu được 199,6 gam hỗn hợp D (khối
lượng khô). Nung D đến khối lượng không đổi thu được hỗn hợp muối E có khối
lượng 98 gam. Nếu cho dung dịch BaCl 2 dư vào hỗn hợp sản phẩm B thì thu được kết
tủa F có khối lượng gấp 1,4265 lần khối lượng muối E. Dẫn khí A qua Pb(NO 3 ) 2 dư
thu được 23,9 gam kết tủa đen.
a. Tính C% dung dịch H 2 SO 4 ( D = 1,715 g/ml) và m gam muối
b. Xác định kim loại kiềm trên
Câu 10: (2 điểm)Động học
Etyl axetat thực hiện phản ứng xà phòng hóa:
CH 3 COOC 2 H 5 + NaOH CH 3 COONa + C 2 H 5 OH
Nồng độ ban đầu của CH 3 COOC 2 H 5 và NaOH đều là 0,05M. Phản ứng được theo dõi
bằng cách lấy 10ml dung dịch hỗn hợp phản ứng ở từng thời điểm t và chuẩn độ bằng
X ml dung dịch HCl 0,01M. Kết quả:
t (phút) 4 9 15 24 37
X (ml) 44,1 38,6 33,7 27,9 22,9
a. Tính bậc phản ứng và k
b. Tính T 1/2
-----------------------------Hết-----------------------
Người ra đề: Vũ Thị Linh - ĐT liên hệ:
Ký tên:

Câu
hỏi
Câu 1
Câu 2
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
Đáp án
1.1. Hai nguyên tố X và Y có cùng hóa trị trong hợp chất khí với H
và công thức oxit cao nhất nên chúng thuộc cùng 1 nhóm A, do vậy
a + n = 8 (1 a 8;4 n 7)
Theo đề
Y a 2(X a) Y 2X a
Y = 34- a
(2Y 16n) (2X 16n) 34 2Y 2X 34
=34 - (8 - n) = 26 + n
Lập bảng:
n 4 5 6 7
Y 30 31 (P) 32 33
Chọn n = 5 và a = 3 Y = 31 X = 14.
Vậy X là nito, Y là photpho
1.2. Theo đề, ta có:
2p 2p 2p n n n 82 p p p 26
A B C A B C A B C A A A 56
(2p 2p 2p ) (n n n ) 22
n n n 30
A B C
A B C A B C A B C
10A A A 0
A A 10A
A A 10A A B C
B C A
B C A
27A A A 0
A A 27A
A A 27A A B
C
B C A
B C A
A 2
A
A 37
B
, Vậy A là H (có p A =1; n A = 1)
A 17
C
Ta có:
kết hợp
p p 25 p 25
p
B C B C
p n 17 n 17 p
C C
C C
n
1 1,5 p 8 p 17
p
C
B
. Vậy C là oxi, B là clo.
Hợp chất X là HClO
2.1.CaCO 3 hòa tan trong nước, ion CO 3
2-
thủy phân tạo dung dịch có
pH = 9,95 ( bỏ qua phản ứng thủy phân của ion HCO 3
-
).
Thang
điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5

pH = 9,95 → [OH - ]= 10 -4,05 .
CaCO 3 Ca 2+ + CO
2- 3
s s
K
K
CO
2- 3 +H 2 O HCO 3- +OH - w
4
s-10 -4,05 . 10 -4,05 . 10 -4,05 .
HCO
3
. OH
Mà
2
CO
K
b
a2
2,127.10
K b
. → s = 1,26. 10 -4 M.
3
Tại thời điểm cân bằng :
[Ca 2+ ] = s = 1,26. 10 -4 M; [CO
2- 3 ] = 1,26. 10 -4 -10 -4,05 M.
Tích số tan của CaCO 3 là :
T= [Ca 2+ ].[CO
2- 3 ] = 1,26. 10 -4 .( 1,26. 10 -4 -10 -4,05 ) = 4,65. 10 -9
2.2.
MgCl 2 Mg 2+ + 2Cl – và
Mg 2+ + 2OH – Mg(OH) 2 (1)
FeCl 3 Fe 3+ + 3Cl – và
Fe 3+ + 3OH – Fe(OH) 3 (2)
0,25
0,25
0,5
10
10
39
a) Để tạo Fe(OH) 3 thì OH – 3 3
= 10 -12 M (I)
10
10
11
Để tạo Mg(OH) 2 OH –
3
= 10 -4 M (II)
So sánh (I) < (II) thấy Fe(OH) 3 tạo ra trước.
b) Để tạo Mg(OH) 2 : OH – = 10 -4 H + = 10 -10 pH = 10
(nếu pH < 10 thì không )
0,5
Để tạo hoàn toàn Fe(OH) 3 : Fe 3+ < 10 -6 OH – 3 > 10 -33
H + < 10 -3 . Để kết tủa hoàn toàn Fe 3+ thì pH > 3
Vậy để tách Fe 3+ ra khỏi dung dịch thì : 3 < pH < 10.

Câu 3 3.1. Ta có: E = m.C 2 m = E/C 2 = 17,562 MeV/C 2
m = 17,562/931,5 = 0,0189 (u)
Mà m = (m3 m
2
) (m4 m
1
)
H H He n
m4
= 3,016+ 2,014 - 1,0087 - 0,0189 = 4,0024(u).
He
3.2. Phương trình phân rã:
131 131 0
53
54
1
I Xe e
k = ln2/T 1/2 = ln2/(8,05.24.60) = 5,98.10 -5 /phút
Số nguyên tử ban đầu của 131 I là
A = 10 -6 .6,02.10 23 /131 = 4,5954.10 15 (nguyên tử)
Số hạt đã bị phân rã sau mỗi phút là
N = k.A = 5,98.10 -5 .4,5954.10 15 = 2,75.10 11 (nguyên tử)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 4 4.1.
Xét phản ứng:
Fe 2 O 3 (r) + 1,5 C (r) 2Fe (r) + 1,5 CO 2 (k)
ΔH 0 pư = -392,9.1,5-(- 824,2 ) = 234,85 kJ/mol
ΔS 0 pư = 1,5. 213,74+ 2. 27,28 –(1,5. 5,74 + 87,40 )= 279,16 J.
mol -1 .K -1
Điều kiện để phản ứng tự xảy ra ΔG 0 pư = ΔH 0 pư - T ΔS 0 pư < 0
=> T > 841 K.
Vậy phản ứng bắt đầu xảy ra khi nhiệt độ lớn hơn 568 0 C.
4. 2 . NH 4 Cl NH 3 (k) + HCl (k)
x x
Xét ở nhiệt độ T 2 :
Gọi x là số mol NH 3 tạo thành
x
PNH
P
3 HCl
.1 0,5atm
2x
K P .P 0,5.0,5 0,25(atm)
2 NH HCl
3
2
0,25
0,25
0,25
0,25
Ở 25 o C ta có:

H 46,2 92,3 ( 315,4) 176,9kJ .
o
pu
G 95,3 16,6 ( 203,9) 92kJ
o
pu
Mặt khác ∆G 0 = -2,303 RT lg K nên ta có :
92000 = -2,303 .298.8,314 lg K 1
Suy ra lgK 1 = -16,12.
Giả sử ∆H 0 và ∆S 0 không thay đổi theo nhiệt độ ta có:
K
K = 0
H
1 1
( )
R T T
T2
ln
T1
1 2
Thế các giá tri T 1 = 298K, ∆H = 176900 J, R = 8,314 vào biểu thức
trên ta tính được T 2 = 597K.
Câu 5 5.1. 2NO 2 N 2 O 4 K p =9,18.
0,5
0,25
0,25
0,25
Xét chiều phản ứng dựa vào công thức: ∆G=RTln
Q .
K p
Nếu Q < K p → ∆G < 0: phản ứng diễn ra theo chiều thuận
Nếu Q > K p → ∆G > 0: phản ứng diễn ra theo chiều nghịch
Nếu Q = K p → ∆G = 0: phản ứng ở trạng thái cân bằng.
0,25
Khi P(N 2 O 4 )= 0,9atm ; P(NO 2 )=0,1 atm ta có Q=0,9/(0,1) 2 =90 > K p
nên phản ứng diễn ra theo chiều nghịch.
5.2. a) Tổ hợp phản ứng (1) và (2) được phản ứng (a):
(a) = (2) - 2. (1)
0 0 0
Ta có: G
2G
hay:
G a
0
G a
172500175T
2
1
0,5
Ở 1000K:
G 0 a
2500J
ΔG O = −RT lnK p → K P =
0,7403 atm -1
b) T = 1000K, P hệ = 1atm → P CO2 + P CO =1
P
K P =
2
P
CO
2
CO
0,669 atm.
= 0,7403 atm -1 . → P CO2 = 0,331 atm; P CO =
0,5

Câu 6 6.1.
0
c) Dựa vào biểu thức G a
172500175T
. Ta thấy H 0 < 0: Phản
ứng (a) là phản ứng toả nhiệt.
+ Khi tăng nhiệt độ, cân bằng (a) chuyển dịch theo chiều thu nhiệt
là chiều nghịch.
+ Khi tăng áp suất, cân bằng (a) chuyển dịch theo chiều làm giảm số
phân tử khí hay chiều thuận. 0,25
Nồng độ các chất sau khi trộn 2 dung dịch :
C o H2S=0,05 M C o K2S=0,02 M C o KOH=0,02 M
Các phương trình phản ứng xảy ra:
H 2 S + OH - HS - + H 2 O K 1 =K a1 .K w
-1
=10 6,98 lớn → phản ứng
hoàn toàn
H 2 S + OH - HS - + H 2 O
C o : 0,05 0,02
TPGH : 0,03 - 0,02
0,25
H 2 S + S 2- 2HS - K 1 = K a1 .K a2
-1
=10 5,88 → phản ứng
0,25
hoàn toàn
C o : 0,03 0,02 0,02
TPGH : 0,01 - 0,06
Vậy TPGH của dung dịch A: H 2 S 0,01 M; HS - :0,06 M; K + : 0,06M
Mô tả cân bằng:
H 2 S HS - + H + (1) K a1 =10 -7,02
HS - + H 2 O H 2 S +OH - K b2 =10 -6,98 (2)
HS - S 2- + H + (3) K a2 =10 -12,9
H 2 O H + + OH - (4) K w =10 -14
K a1 .C H2S » K a2 .C HS- ≈K w nên bỏ qua cân bằng (3) và (4) so với (1) .
Coi dung dịch là hệ đệm gồm H 2 S 0,01 M và HS - :0,06 M
0,25

pH gần đúng = pK a1 + lg
chủ yếu
c
c
b
a
=7,8 (*) >7 cân bằng bazơ (2) của HS - là
HS - + H 2 O H 2 S + OH - K b2 =10 -6,98
C o 0,06 0,01
[ ] 0,06-x 0,01+x x
Ta có
x(0,01
x)
0,06
x
=10 -6,98 → x= 6,28.10 -7 . Do đó: pH=7,8
[HS - ]=0,06M ; [H 2 S]=0,01M ; [S 2- ]=4,77.10 -7 M; K + : 0,06M
6.2.
Tại điểm tương đương: V dd HCOOH . C HCOOH = V dd KOH . C KOH
V dd KOH =
25 0,1
0,04
= 62,5 ml
0,25
C o HCOOK =
25
0,1
25
62,5
= 0,0286M
HCOO - + H 2 O € HCOOH + OH - K b =
K
K
w
a
= 5,65.10 -11
0,25
Bđ 0,0285
[] 0,0285 - z z z
0,25
K b =
2
z
0,0285
z
= 5,65.10 -11
Giả sử z rất nhỏ so với 0,0285
z = 1,27.10 -6 (thỏa mãn)
0,5
[H + ] =
10 14
[ OH
]
= 7,874.10 -9 M. pH = 8,1
0,25
Câu 7 1.
a) Cu + Cu 2+ + 2Cl – 2CuCl
0,1M 0,2M
0,5
* Xét Cu 2+ + e Cu + có [Cu + ] =
K S
Cl
=
10
0,2
7
= 5. 10 – 7 M
E (Cu 2+ / Cu + ) = E 0 (Cu 2+ / Cu + ) + 0,059lg
Cu
Cu
2
= 0,15 +

0,1
5.10
0,059lg = 0,463V
7
* Xét Cu + + e Cu có E (Cu + / Cu ) = E 0 (Cu + / Cu ) +
0,059lg[Cu + ]
= 0,52 + 0,059lg 5.10 -7 =
0,148V
Rõ ràng: E (Cu 2+ / Cu + ) > E (Cu + / Cu ) . phản ứng xảy ra theo
chiều thuận.
b,Tổ hợp các quá trình sau:
( Cu + + Cl – CuCl ) 2 (K
-1 S ) 2 = 10 14 .
0, 15
Cu 2+ + e Cu + . K 1 = 10 0,
059
= 10 2 , 54
0, 52
Cu – e Cu + K 2 = 10 059
= 10 – 8,81
Ta có Cu + Cu 2+ + 2Cl –
7.2.
K = 10 14 . 10 2 , 54 . 10 – 8,81 = 10 7,73
+ Tại catot E (+) :
2CuCl
Theo cân bằng: Ag 2 SO 4 2Ag + + SO 4
2-
K s = 1,10.10 -5
=> [Ag + ] 2 .[SO 4
2-
] = (2S) 2 .S = K s
=> [Ag + ] = 2S = 2.(K s /4) 1/3
2S
=> E (+) = E o Ag + /Ag + 0,0592lg[Ag + ]
S
0,5
0,5
0,5
= E o Ag + /Ag + 0,0592lg2.(K s /4) 1/3 = 0,8 + 0,0592lg2.(1,1.10 -5 /4) 1/3
= 0,708(V).
+ Tại anot E (-) :
Theo cân bằng:
Ag + + 2NH 3 Ag(NH 3 )
+ 2 β = ?
C o 0,1 1 0
[ ] x (0,8+2x) (0,1-x)

=> β = (0,1-x)/x.(0,8+2x) = 0,1/0,8x
=> [Ag + ] = x = 1/8β
=> E (-) = E o Ag + /Ag + 0,0592lg[Ag + ] = 0,8 + 0,0592lg1/8β
= 0,747 - 0,0592lgβ
=> E pin = 0,708 - 0,747 + 0,0592lgβ = 0,390 => β = 10 7,247
Câu 8 Fe + 2HCl FeCl 2 + H 2
a 2a a a (mol)
t
2H 2 + O 2
0
2H 2 O
a
m H 2 SO 4 tăng = m H 2 O = 18.a = 9 a = 0,5 mol.
a. %Fe = 0,5.56.100 93,33%
30
b. Dung dịch B gồm FeCl 2 : a(mol); HCl dư : 2-2a = 1 mol.
Khi lấy ½ dung dịch B phản ứng ta có
10FeCl 2 + 6KMnO 4 +24H 2 SO 4 5Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3K 2 SO 4 + 6MnSO 4
+ 10Cl 2 + 24H 2 O
0,25 mol 0,15 mol
10HCl +2KMnO 4 + 3H 2 SO 4 K 2 SO 4 + 2MnSO 4 + 5Cl 2 + 8H 2 O
0,5 mol 0,1 mol 0,25 mol
nên thể tích dung dịch KMnO 4 = 0,25/0,5 = 0,5 (lít).
a
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
Câu 9
FeCl 2 + 1/2 Cl 2 FeCl 3
0,25 0,125 0,25
m
FeCl
= 0,25.162,5 = 40,625 gam.
3
Khí A dẫn qua Pb(NO 3 ) 2 dư thu được 23,9 gam kết tủa đen nên khí
A là H 2 S
Pb(NO 3 ) 2 + H 2 S PbS + 2HNO 3
0,1 0,1(mol)
Gọi công thức muối là MX
8MX + 5H 2 SO 4 đ 4M 2 SO 4 + H 2 S + 4X 2 + 4H 2 O
0,25
0,5

0,8 0,5 0,4 0,1 0,4 (mol)
Sản phẩm B gồm
M 2 SO 4 : 0,4 mol
X 2 : 0,4 mol
H 2 SO 4 dư:
Trung hòa với NaOH
2NaOH + H 2 SO 4 Na 2 SO 4 + 2H 2 O
0,4 0,2 0,2 (mol)
0,25
199,6 gam hỗn hợp D
M 2 SO 4 : 0,4 mol
X 2 : 0,4 mol
Na 2 SO 4 0,2 mol
nung
M 2 SO 4 : 0,4 mol
Na 2 SO 4 0,2 mol
0,25
142.0,2 0,4.(2M 96) 98
M 39
0,4.M 199,6 98
X
X 127
2
Vậy M là Kali còn X là Iốt
a.
n = 0,5 + 0,2 = 0,7 mol
H
2 SO
4
98.0,7
1,715.50
C% H 2 SO 4 = .100%
= 80%
m KI = 0,8.166 = 132,8 gam
b. Kim loại kiềm trên là kali
0,25
0,25
0,25
Câu 10
CH 3 COOC 2 H 5 + NaOH CH 3 COONa + C 2 H 5 OH
t = 0 C 0 C 0
t (C 0 - a) (C 0 - a)
Giả sử phản ứng là bậc 2 với nồng độ 2 chất bằng nhau nên
1 1 1 1 1
k.t = ( ) k ( )
C a C t C a C
0 0 0 0
Với C 0 = 0,05M còn (C 0 -a) là nồng độ este còn lại ở từng thời điểm.
0,25

Áp dụng công thức chuẩn độ: (C 0 -a).10 = 0,01X
(C 0 -a) =
0,01.
X = 10
-3
X.
10
Lập bảng
0,25
t (phút) 4 9 15 24 37
X (ml) 44,1 38,6 33,7 27,9 22,9
(C 0 - X) 44,1.10 -3 38,6.10 -3 33,7.10 -3 27,9.10 -3 22,9.10 -3
1 1 1
k 1 = ( ) 0,669
4 3
44,1.10 0,05
(l/mol.phút)
0,5
Tương tự k 2 = 0,66; k 3 = 0,65; k 4 = 0,66; k 5 = 0,64
Vậy điều giả sử là đúng, phản ứng bậc 2 với k = 0,6558 (l/mol.phút)
1
T 1/2 =
k.C = 1
30,5
0,6558.0,05 (phút) 0,5
0
0,5
Người ra đề: Vũ Thị Linh - ĐT liên hệ:
Ký tên:

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT
TỈNH QUẢNG NGÃI
ĐỀ THI MÔN HÓA – KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 4 trang, gồm 10 câu)
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Câu 1: (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử - phân tử - định luật tuần hoàn
1. Hợp chất A được tạo ra từ 4 nguyên tử của 2 nguyên tố X và Y. Tổng số hạt
mang điện trong hạt nhân của các nguyên tử trong một phân tử A là 18. Nguyên tử của
nguyên tố Y có 4 electron ở phân lớp p. Xác định công thức phân tử của A. Cho 3,4 gam
A tác dụng hết với hỗn hợp dung dịch gồm KMnO4 và H2SO4 dư. Tính thể tích khí sinh
ra ở 27 o C và 380 mmHg.
2. Giải thích sự hình thành phân tử SiF4 và ion
2
SiF 6
. Có thể tồn tại phân tử CF4
2
và ion CF 6
được không?
Câu 2: (2,0 điểm) Tinh thể
Muối florua của kim loại R có cấu trúc lập phương với hằng số mạng a = 0,62 nm,
trong đó các ion kim loại (R n+ ) nằm tại các vị trí nút mạng của hình lập phương tâm diện,
còn các ion florua (F ‒ ) chiếm tất cả các hốc tứ diện. Khối lượng riêng của muối florua là
4,89 g/cm 3 .
a) Vẽ cấu trúc tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở) của mạng tinh thể florua?
b) Xác định công thức phân tử tổng quát của muối?
c) Xác định kim loại R? Cho NA = 6,023.10 23 ; MF = 19 g/mol.
Câu 3: (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân
Hai đồng vị 32 P và 33 P đều phóng xạ β ‒ với thời gian bán hủy lần lượt là 14,3 ngày
và 25,3 ngày.
Đồng vị
32
P
33
P
32
S
33
S
Nguyên tử khối 31,97390 32,97172 31,97207 32,97145
(amu)
1. Viết phương trình của các phản ứng hạt nhân biểu diễn các quá trình phóng xạ
và tính năng lượng cực đại của các hạt β phát ra trong các quá trình phóng xạ nói trên
theo đơn vị MeV? Cho số Avogađro NA = 6,023.10 23 , vận tốc ánh sáng C = 3.10 8 m/s,
1eV = 1,602.10 ‒19 J.
2. Khi tương tác với các vật chất chùm bức xạ β của 32 P có thể làm phát ra các tia
hãm có bước sóng λ = 0,1175 nm.
a) Tính năng lượng photon theo MeV.
b) Tính khối lượng 32 P trong mẫu có hoạt độ phóng xạ 0,1 Ci.
1

3. Một mẫu phóng xạ đồng thời chứa 32 P và 33 P có tổng hoạt độ phóng xạ ban đầu
là 9136,2 Ci. Sau 14,3 ngày tổng hoạt độ phóng xạ còn lại 4569,7 Ci. Tính % khối lượng
của các đồng vị trong mẫu ban đầu.
Câu 4: (2,0 điểm) Nhiệt hóa học
a) Tính biến thiên năng lượng tự do
o
G 298
của phản ứng đốt cháy glucozơ:
C6H12O6 (r) + 6O2 (k) 6CO2 (k) + 6H2O (l)
Cho các dữ kiện nhiệt động học sau:
C6H12O6 (r) O2 (k) CO2 (k) H2O (l)
o
H 298
(kJ.mol ‒1 ) ‒ 1274,45 ‒ 393,51 ‒ 285,84
o
S
298
(J.K ‒1 .mol ‒1 ) 212,13 205,03 213,64 69,94
b)Trong cơ thể người, phản ứng tổng quát của sự chuyển hóa đường glucozơ ở
37 o C cũng tương tự phản ứng đốt cháy đường trong không khí. Hãy cho biết phản ứng
chuyển hóa đường trong cơ thể có thuận lợi hay không? Giả thuyết ΔH và S của chất thay
đổi không đáng kể theo nhiệt độ.
Câu 5: (2,0 điểm) Cân bằng hóa học trong pha khí
Người ta tiến hành tổng hợp NH3 với sự có mặt chất xúc tác Fe theo phản ứng sau:
1 3
N
2
+ H2 NH3
2 2
Khi tổng hợp tỉ lệ mol N2 và H2 là 1 : 3. Trong quá trình tổng hợp chúng ta thu được các
số liệu thực nghiệm sau:
Nhiệt độ
Ở Ptổng = 10 atm
Lượng % NH3 chiếm giữ
Ở Ptổng = 50 atm
Lượng % NH3 chiếm giữ
350 o C 7,35 25,11
450 o C 2,04 9,17
a) Xác định Kp theo số liệu thực nghiệm của bảng trên.
b) Tính giá trị ΔH của phản ứng ở Ptổng đã cho.
Câu 6: (2,0 điểm) Cân bằng trong dung dịch điện li
Tính pH của dung dịch thu được khi trộn 25,00 ml H3PO4 0,08 M với 15,00 ml
AgNO3 0,04 M.
Biết H3PO4 có pKa1 = 2,23 ; pKa2 = 7,21 ; pKa3 = 12,32; Ks(Ag3PO4) = 10 ‒19,9
2

Câu 7: (2,0 điểm) Phản ứng oxi hóa khử - điện hóa
1. Trong dãy hoạt động hóa học của kim loại, bạc đứng sau hidro nhưng khi nhúng
vào dung dịch HI 1,0M thì bạc có thể giải phóng khí hidro? Giải thích.
Cho P
H
= 1 atm, Ks, AgI = 8.10 ‒17 (ở 25 o C) và E o
0, 8V
2
Ag / Ag
2. Điện phân dung dịch NiSO4 0,10M có pH=2,00 dùng điện cực platin.
a) Tính thế catot cần thiết để có kết tủa Ni ở catot?
b) Tính điện áp cần tác dụng để có quá trình điện phân đầu tiên?
c) Tính điện áp phải tác dụng để [Ni 2+ ] còn lại bằng 1,0.10 ‒4 M.
Cho E 0 0,23 V; E 0
1,23 V; η 0,80 V
2+
Ni
/Ni
O /H O
2 2 2
Điện trở của bình điện phân R=3,15 Ω; I= 1,10 A.
Câu 8: (2,0 điểm) Halogen
1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong các trường hợp sau:
a) Ozon oxi hóa ion iodua trong môi trường trung tính.
b) Sục khí cacbonic qua nước Giaven.
c) Sục khí clo đến dư vào dung dịch FeI2.
d) Sục khí flo qua dung dịch NaOH loãng lạnh.
2. I2O5 là một chất rắn tinh thể màu trắng, có khả năng định lượng với CO. Để xác
định hàm lượng khí CO có trong một mẫu khí ta lấy 300 mL mẫu khí cho tác dụng hoàn
toàn với một lượng dư I2O5 ở nhiệt độ cao. Lượng iot sinh ra được chuẩn độ bằng dung
dịch Na2S2O3 0,100M. Hãy xác định phần trăm về thể tích của CO trong hỗn hợp khí.
Biết rằng thể tích Na2S2O3 cần dùng là 16,00 mL. Biết thể tích khí đo ở điều kiện tiêu
chuẩn.
Câu 9: (2,0 điểm) Oxi – Lưu huỳnh
Cho 88,2 g hỗn hợp A gồm FeCO3, FeS2 cùng lượng không khí (lấy dư 10% so
với lượng cần thiết để đốt cháy hết A) vào bình kín dung tích không đổi. Nung bình một
thời gian để xảy ra phản ứng, sau đó đưa bình về nhiệt độ trước khi nung, trong bình có
khí B và chất rắn C (gồm Fe2O3, FeCO3, FeS2).
Khí B gây ra áp suất lớn hơn 1,455% so với áp suất khí trong bình đó trước khi
nung.
Hòa tan chất rắn C trong lượng dư H2SO4 loãng, được khí D (đã làm khô); các
chất còn lại trong bình cho tác dụng với lượng dư dung dịch KOH thu được chất rắn E.
Để E ngoài không khí cho đến khi khối lượng không đổi, được chất rắn F.
Biết rằng: Trong hỗn hợp A một muối có số mol gấp 1,5 lần số mol của muối còn
lại; giả thiết hai muối trong A có khả năng như nhau trong các phản ứng; không khí chứa
20% oxi và 80% nitơ về thể tích.
a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b) Tính phần trăm khối lượng của các chất trong hỗn hợp F.
c) Tính tỉ khối của khí D so với khí B.
O (Pt)
3

Câu 10: (2,0 điểm) Động hóa học
1. Cho cân bằng ở 25 o k
C: A
1 B là phản ứng thuận nghịch bậc 1. Thành phần %
k2
của hỗn hợp phản ứng được cho dưới đây:
Thời gian (giây) 0 45 90 270 ∞
%B 0 10,8 18,9 41,8 70
Hãy xác định giá trị k1, k2 của phản ứng. Tính hằng số cân bằng hằng số tốc độ
của phản ứng.
2. Đối với phản ứng: A + B → C + D có biểu thức tốc độ phản ứng v = k. [A].[B]
a) Trộn 2 thể tích bằng nhau của dung dịch chất A và dung dịch chất B có cùng
nồng độ 1,0 M:
‒ Nếu thực hiện phản ứng ở nhiệt độ 300 K thì sau 2 giờ nồng độ của C bằng
0,215 M. Tính hằng số tốc độ của phản ứng.
‒ Nếu thực hiện phản ứng ở 370 K thì sau 1,33 giờ nồng độ của A giảm đi 2 lần.
Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng (theo kJ/mol).
b) Nếu trộn 1 thể tích dung dịch A với 3 thể tích dung dịch B đều cùng nồng độ
1,0 M, ở nhiệt độ 300 K thì sau bao lâu A phản ứng hết 90%?
------------------HẾT------------------
Người ra đề
Lê Thị Quỳnh Nhi
Điện thoại: 01674715808
4

HÓA HỌC 10-DUYEN HẢI 2015
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TT HUẾ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC
ĐỀ GIỚI THIỆU
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
THPT CHUYÊN - DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2015
MÔN: HOÁ HỌC LỚP 10
Thời gian làm bài 180 phút
Câu 1. (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử - phản ứng hạt nhân
1. Các nhà khoa học đang đặt ra giả thiết tồn tại phân lớp g (có l = 4) và phân lớp h (có l = 5)
a. Cho biết các trị số của số lượng tử ml , số obitan trong phân lớp g và h.
b. Dựa vào quy tắc Klechkopski, dự đoán nguyên tử có electron đầu tiên ở phân lớp h này thuộc nguyên
tố có số hiệu nguyên tử bằng bao nhiêu?
2. 134 Cs và 137 Cs là sản phẩm phân hạch của nhiên liệu urani trong lò phản ứng hạt nhân. Cả hai đồng vị
này đều phân rã β- với thời gian bán hủy là T1/2 ( 134 Cs) = 2,062 năm và T1/2 ( 137 Cs) = 30,17 năm.
a. Viết phương trình phản ứng hạt nhân biểu diễn các phân rã phóng xạ của 134 Cs và 137 Cs. Tính năng
lượng (eV) được giải phóng trong phân rã của 134 Cs dựa vào các số liệu dưới đây:
Đồng vị
134
55 Cs
134
56 Ba
Nguyên tử khối (u)
133,906700
133,904490
b. Trong một mẫu nước thu được sau sự cố của nhà máy điện hạt nhân người ta phát hiện được hai đồng
vị nói trên của Cs với hoạt độ phóng xạ tổng cộng 1,92 mCi. Khối lượng 137 Cs có trong mẫu nước này là
14,8µg.
Sau bao nhiêu năm thì hoạt độ phóng xạ tổng cộng của 2 đồng vị này trong mẫu nước đã cho chỉ còn bằng
80,0 µCi? Tính tỉ số khối lượng của 134 Cs và 137 Cs tại thời điểm đó. Giả thiết rằng thiết bi đo chỉ đo được các
hoạt độ phóng xạ β- lớn hơn 0,1 Bq.
Cho: 1Ci = 3,7.10 10 Bq; vận tốc ánh sáng c = 2,997925.10 8 ms -1 ;
1eV = 1,60219.10 -19 J; số Avogađro NA= 6,02.10 23 ; 1 năm = 365 ngày.
Câu 2. (2,0 điểm) Liên kết hóa học và cấu trúc phân tử
1. Các nguyên tử C, N, O có thể sắp xếp theo ba thứ tự khác nhau để tạo ra ba anion CNO - , CON - và NCO -
a. Viết công thức Lewis cho 3 thứ tự trên.
b. Với cách sắp xếp trên hãy: + Tìm điện tích hình thức của mỗi nguyên tử.
+ So sánh độ bền của ba anion. Giải thích.
2. Giải thích tại sao ?
a. SiO2 chất rắn, nhiệt độ nóng chảy 1700 0 C.
b. CO2 rắn (nước đá khô) dễ thăng hoa, nhiệt độ nóng chảy -56 0 C (dùng tạo môi trường lạnh và khô).
c. H2O rắn (nước đá) dễ chảy nước, nhiệt độ nóng chảy 0 0 C.
3. So sánh và giải thích ngắn gọn độ phân cực (momen lưỡng cực) của các chất: SO 2, SO3 và SOCl2
Câu 3. (2,0 điểm) Nhiệt động lực học
1. Hãy tính nhiệt tạo thành chuẩn của As2O3 tinh thể dựa vào các dữ kiện sau:
As2O3(r) + 3H2O (l) = 2H3AsO3 (aq)
AsCl3(r) + 3H2O(l) = H3AsO3 (aq) + 3HCl(aq)
As(r) + 3/2Cl2(k) = AsCl3(r)
HCl(k) + aq = HCl(aq)
1/2H2(k) + 1/2Cl2(k) = HCl(k)
0
H 298
0
H 298
0
H 298
0
H 298
0
H 298
= 31,59 kJ/mol
=73,55kJ/mol
= -298,70 kJ/mol
= -72,43kJ/mol
= -93,05kJ/mol
Trang 1 / 3

HÓA HỌC 10-DUYEN HẢI 2015
H2(k) + 1/2O2(k) = H2O(l)
3As2O3(r) + 3O2(k) = 3As2O5(r)
3As2O3(r) + 2O3(k) = 3As2O5(r)
0
H 298
0
H 298
0
H 298
= -285,77kJ/mol
=-812,11kJ/mol
= -1095,79kJ/mol
2. Cho biết năng lượng phân ly của phân tử oxi là 493,71 kJ/mol; năng lượng liên kết O-O (tính từ H2O2)
là 138,07kJ/mol. Hãy chứng minh rằng phân tử ozon không thể có cấu trúc vòng kín mà phải có cấu tạo góc.
Câu 4. (2,0 điểm) Động lực học
Nitramit có thể bị phân hủy trong dung dịch H2O theo phản ứng: NO2NH2 N2O(k) + H2O
Các kết quả thực nghiệm cho thấy vận tốc phản ứng tính bởi biểu thức:
[ NO NH ]
v k.
[ HO ]
1. Trong môi trường đệm, bậc của phản ứng là bao nhiêu?
2. Trong các cơ chế sau, cơ chế nào chấp nhận được
Cơ chế 1: NO2NH2
Cơ chế 2: NO2NH2 + H3O +
Cơ chế 3:
k
1
N2O(k) + H2O
k2
k 2
2 2
3
NO2NH3 + + H2O
nhanh
NO2NH3 + k3
N2O + H3O + chậm
NO2NH2 + H2O
k4
k 4
NO2NH - + H3O +
nhanh
NO2NH - k5
N2O + OH - chậm
H3O + + OH - k6
2 H2O
nhanh
Câu 5. (2,0 điểm) Cân bằng hóa học
Cho cân bằng hóa học: N2 (k) + 3H2 (k) 2NH3 (k); = - 92 kJ
Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N2 và H2 theo tỉ lệ số mol đúng bằng hệ số tỉ lượng 1: 3 thì khi đạt tới
trạng thái cân bằng (450 o C, 300 atm) NH3 chiếm 36% thể tích.
1. Tính hằng số cân bằng KP.
2. Giữ nhiệt độ không đổi (450 o C), cần tiến hành dưới áp suất là bao nhiêu để khi đạt tới trạng thái cân
bằng NH3 chiếm 50% thể tích?
3. Giữ áp suất không đổi (300 atm), cần tiến hành ở nhiệt độ nào để khi đạt tới trạng thái cân bằng NH3
chiếm 50% thể tích? Cho phương trình Van ’ t Hoff:
ln K
2 =
K
1
H
1
R T1
1
T2
Câu 6. (2,0 điểm) Cân bằng trong dụng dịch axit - bazơ
1. Tính nồng độ ion S 2- và pH của dung dịch H2S 0,010M.
2. Khi thêm 0,001 mol HCl vào 1 lit dung dịch H2S 0,010M thì nồng độ ion S 2 – bằng bao nhiêu? Cho hằng
số axit của H2S : Ka1 = 10 -7 và Ka2 = 10 -12,92
Câu 7. (2,0 điểm) Cân bằng hòa tan
1. Hãy tính độ tan của CuS trong dung dịch HNO3 1M
0
NO3
, H / NO
2 S
0
Biết: CuS: pKs = 35,2 ; H2S: pKa1 = 7 ; pKa2 = 12,92 ; E 0,96V
;
ES/H 0,14V
2. Trộn 150ml NH3 0,25M với 100 ml MgCl2 0,0125M và HCl 0,15M. Có kết tủa Mg(OH)2 tách ra không?
Tính [Mg 2+ ] khi cân bằng.
Biết: NH3: Kb = 10 -4,76 ; MgOH + : β = 10 -12,8 ; Mg(OH)2: Ks = 10 -10,9
Trang 2 / 3

HÓA HỌC 10-DUYEN HẢI 2015
Câu 8. (2,0 điểm) Phản ứng oxi hóa khử-Thế điện cực - Pin điện
Cho sơ đồ pin: Cu Cu 2+ Ag + Ag
Biết: E 0 Ag+/Ag = 0,8V ; E 0 Cu2+/Cu = 0,337V
1. Hãy cho biết sơ đồ pin, suất điện động và phản ứng trong pin, nếu: [Ag + ] = 10 -4 M; [Cu 2+ ] = 10 -1 M;
RT
ln 0,0592lg
F
2. Hãy cho biết sơ đồ pin, suất điện động và phản ứng trong pin, nếu thêm NH3 1M vào nửa bên phải của
pin. Biết: [Ag(NH3)2 + ]:
2 = 10 7,24 ; bỏ qua sự thay đổi về thể tích.
3. Thêm NaOH 1M vào nửa bên trái, sau khi phản ứng xong, suất điện động của pin bằng 0,813V.
Tính tích số tan của Cu(OH)2. Bỏ qua sự thay đổi về thể tích.
Câu 9. (2,0 điểm) Tinh thể
Germani (Ge) kết tinh theo kiểu kim cương (như hình dưới)
với thông số mạng a = 566 pm
1. Cho biết cấu trúc mạng tinh thể của Germani.
2. Xác định bán kính nguyên tử, độ đặc khít của ô mạng và
khối lượng riêng của Germani. (MGe=72,64)
Ge ở các đỉnh và tâm mặt
Ge chiếm các lỗ tứ diện
Câu 10. (2,0 điểm) Bài toán về nhóm Halogen - nhóm Oxi
1. Hỗn hợp A gồm bột S và Mg. Đun nóng A trong điều kiện không có không khí, sau đó làm nguội và cho
sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được 2,987 lit khí B có tỉ khối so với không khí bằng 0,8966.
Đốt cháy hết khí B, sau đó cho toàn bộ sản phẩm vào 100ml H2O2 5% (d = 1g/mL) thu được dung dịch D.
Xác định % khối lượng các chất trong A và nồng độ % các chất tạo ra trong dung dịch D. Cho thể tích các
chất khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.
2. Hàm lượng cho phép của tạp chất lưu huỳnh trong nhiên liệu là 0,30%. Người ta đốt cháy hoàn toàn
100,0 gam một loại nhiên liệu và dẫn sản phẩm cháy (giả thiết chỉ có CO 2, SO2 và hơi nước) qua dung dịch
KMnO4 5,0.10 -3 M trong H2SO4 thì thấy thể tích dung dịch KMnO4 đã phản ứng vừa hết với lượng sản phẩm
cháy trên là 625 ml. Hãy tính toán xác định xem nhiên liệu đó có được phép sử dụng hay không?
Trang 3 / 3

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DH VÀ ĐB BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI BÌNH.
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Người ra đề
Phạm Quang Hiệu
ĐT: 0984962783
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC
DUYÊN HẢI VÀ ĐB BẮC BỘ NĂM 2015
MÔN THI: HÓA HỌC LỚP 10
(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian
giao đề)
Đề thi gồm 02 trang
Câu 1: Cấu tạo nguyên tử, phân tử - Định luật HTTH: (2 điểm)
a. Trình bày các cơ sở để viết cấu hình electron của nguyên tử.
b. Electron cuối cùng của hai nguyên tử A và B ứng với bộ số lượng tử lần lượt là:
A: n= 3, l = 1, m= -1, ms= +1/2
B: n= 3, l = 2, m= -2, ms= -1/2
Hãy viết cấu hình electron của A, B và xác định vị trí của chúng trong bảng tuần hoàn.
Câu 2: Tinh thể : (2 điểm)
Niken (II) oxit có cấu trúc tinh thể giống mạng tinh thể natri clorua. Các ion O 2- tạo thành
mạng lập phương tâm mặt, các hốc bát diện có các ion Ni 2+ . Khối lượng riêng của Niken (II) oxit là
6,67 g/cm 3 . Nếu cho Niken (II) oxit tác dụng với Liti oxit và oxi thì được các tinh thể trắng có
thành phần LixNi1-xO:
x x Li2O + (1-x) NiO + O2 → LixNi1-xO
2
4
Cấu trúc mạng tinh thể của LixNi1-xO giống cấu trúc mạng tinh thể của NiO, nhưng một số
ion Ni 2+ được thay thế bằng các ion Liti và một số ion Ni 2+ bị oxi hóa để đảm bảo tính trung hòa
điện của phân tử. Khối lượng riêng của tinh thể LixNi1-xO là 6,21 g/cm 3 .
Tính x (chấp nhận thể tích của ô mạng cơ sở không thay đổi khi chuyển từ NiO thành LixNi1-xO).
Cho NA= 6,023.10 23 mol -1 ; Ni = 58,71; Li = 6,94; O = 16.
Câu 3: Phản ứng hạt nhân: (2 điểm)
Quá trình phân huỷ phóng xạ của nguyên tố chì xảy ra như sau:
214
82
Pb
1
214 83
Bi + -
2
214
84
P + -
0
Thời gian bán huỷ của mỗi giai đoạn tương ứng bằng 26,8 phút và 19,7 phút. Giả sử lúc đầu
có 100 nguyên tử 214 82
Pb , tính số nguyên tử 214 82
Pb , 214 214
83
Bi và 84
P
0
tại thời điểm t = 10 phút.
Câu 4: Nhiệt hoá học: (2 điểm)
Cho phản ứng: C + H2O → CO + H2.
Xác định biến thiên entanpi của phản ứng giữa 1,00 mol cacbon với nước ở 600 0 C?
Nhiệt dung đẳng áp (J.mol -1 .K -1 ) của các chất được cho như sau:
H2: Cp = 29,08 - 0,0008364T + 2,0.10 -6 T 2 .
CO: Cp = 26,86 + 0,006966T - 8,20.10 -6 T 2 .
H2O: Cp = 30,359 + 9,615.10 -3 T + 1,18.10 -6 T 2 .
C: Cp = 8,54.
Ở điều kiện chuẩn:
ΔH
0
CO
= -110,5 kJ/mol;
Câu 5: Cân bằng hóa học pha khí: (2 điểm)
ΔH
0
H 2 O
Ở 850 0 C hằng số cân bằng KP của các phản ứng như sau:
= -241,84 kJ/mol.

CaCO3 (r) ⇌ CaO (r) + CO2 (k) K1 = 0,2
C (r) + CO2 (k) ⇌ 2CO (k) K2 = 2
Cho 1 mol CaCO3 và 1 mol C vào bình chân không dung tích 22,4 lít duy trì ở 820 0 C.
a. Tính số mol các chất khi cân bằng.
b. Ở thể tích nào của bình thì sự phân hủy CaCO3 là hoàn toàn?
Câu 6: Cân bằng axit bazơ và kết tủa. : (2 điểm)
a. 100 ml nước ở 25 o C hòa tan được tối đa 440 ml khí H2S (ở đktc). Hãy tính nồng độ mol
của H2S trong dung dịch bão hòa. Giả thiết rằng quá trình hòa tan H2S không làm thay đổi thể tích
của dung dịch.
b. Dung dịch FeCl2 0,010 M được bão hòa H2S bằng cách sục liên tục dòng khí H2S vào
dung dịch. Cho TFeS = 8,0 .10 -19 . H2S có Ka1 = 9,5 .10 -8 và Ka2 = 1,3 .10 -14 . Hằng số ion của nước
Kw = 1 .10 -14 . Hãy cho biết để thu được nhiều kết tủa FeS hơn thì cần phải tăng hay giảm pH của
dung dịch?
c. Hãy tính pH cần thiết lập để nồng độ Fe 2+ giảm từ 0,010M xuống còn 1,0.10 -8 M.
Câu 7: Phản ứng oxi hoá khử. Điện hóa: (2 điểm)
Cho biết thế khử chuẩn ở 25 0 C của các cặp sau:
E 0 (H3AsO4/HAsO2) = 0,559V và E 0 (I2/I - ) = 0,5355V
a. Hỏi chiều của phản ứng sau ở điều kiện chuẩn:
H3AsO4 + 2I - + 2H + ⇌ HAsO2 + 2H2O
b. Nếu chỉ biến đổi pH (các điều kiện khác giữ nguyên như câu a) thì ở giá trị nào của pH
phản ứng trên bắt đầu đổi chiều?
c. Tính hằng số cân bằng K của phản ứng thuận và phản ứng nghịch.
Câu 8: Nhóm Halogen : (2 điểm)
a. Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của các hidro halogenua thay đổi như thế nào? Giải
thích nguyên nhân?
b. Độ bền đối với nhiệt từ HF đến HI thay đổi như thế nào? Có phù hợp với sự thay đổi
nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi không?
Câu 9: Nhóm Oxi – Lưu huỳnh: (2 điểm)
Cho 6 gam mẫu chất chứa Fe3O4, Fe2O3 và các tạp chất trơ. Hòa tan mẫu vào lượng dư dung
dịch KI trong môi trường axit (khử tất cả Fe 3+ thành Fe 2+ ) tạo thành dung dịch A. Pha loãng A đến
thể tích 50 ml. Lượng I2 có trong 10 ml dung dịch A phản ứng vừa đủ với 5,5 ml dung dịch
Na2S2O3 1M (sinh ra S4O 2
). Lấy 25 ml mẫu dung dịch A khác, chiết tách I2, lượng 6 Fe2+ trong
dung dịch còn lại phản ứng vừa đủ với 3,2 ml dung dịch MnO 4
1M trong H2SO4.
a. Viết phương trình phản ứng xảy ra (dưới dạng phương trình ion thu gọn).
b. Tính phần trăm khối lượng Fe3O4 và Fe2O3 trong mẫu ban đầu.
Câu 10: Động học: (2 điểm)
Trong một phản ứng bậc nhất tiến hành ở 27 0 C, nồng độ chất đầu giảm đi một nửa sau 5000
giây. Ở 37 0 C, nồng độ giảm đi 2 lần sau 1000 giây. Xác định:
a. Hằng số tốc độ ở 27 0 C
b. Thời gian để nồng độ đầu giảm tới ¼ ở 37 0 C.
c. Năng lượng hoạt hóa.
Hết

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA KHỐI 10.
Gv ra đề: Phạm Quang Hiệu
ĐT: 0984962783
Câu 1: Cấu tạo nguyên tử, phân tử - Định luật HTTH. (2đ)
a. Trình bày các cơ sở để viết cấu hình electron của nguyên tử.
b. Electron cuối cùng của hai nguyên tử A và B ứng với bộ số lượng tử lần lượt là:
A: n= 3, l = 1, m= -1, ms= +1/2
B: n= 3, l = 2, m= -2, ms= -1/2
Hãy viết cấu hình electron của A, B và xác định vị trí của chúng trong bảng tuần hoàn.
Câu 1 Nội dung Điểm
1.a Viết cấu hình electron của nguyên tử dựa theo hai nguyên lý và hai quy tắc sau:
* Nguyên lý vững bền: ở trạng thái cơ bản, trong nguyên tử các e chiếm lần lượt
các mức năng lượng từ thấp lên cao.
* Nguyên lý Pauli: Trong một obitan chỉ có thể có nhiều nhất là hai e và hai e
này chuyển động tự quay khác chiều nhau xung quanh trục riêng của mỗi e.
*Quy tắc Kleckopxki (Thứ tự phân mức năng lượng obitan nguyên tử):
1đ
Trong nguyên tử, năng lượng của phân mức en,l tăng theo giá trị tổng (n + l)
tăng, nếu hai phân mức có cùng trị (n + l) thì tăng theo sự tăng của n
(Học sinh có thể không cần phát biểu phần này)
Thứ tự phân mức năng lượng là:
1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 5s 4d 5p 6s 4f 5d 6p 7s…
*Quy tắc Hund: Trong cùng một phân lớp, các e phân bố trên obitan sao cho số
e độc thân là tối đa và các e này phải có chiều tự quay giống nhau.
1.b *Nguyên tử A: có e cuối cùng ứng với bộ số lượng tử là:
n= 3, l = 1, m= -1, ms= +1/2
-1 0 +1
Như vậy cấu hình phân lớp có năng lượng cao nhất của a là: 3p 1
Vậy cấu hình e đầy đủ của A là: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 1 (Z= 13)
A thuộc chu kì 3, nhóm IIIA trong bảng tuần hoàn. A là Nhôm
*Nguyên tử B: có e cuối cùng ứng với bộ số lượng tử là:
n= 3, l = 2, m= -2, ms= -1/2
0,5đ
0,5đ
-2 -1 0 +1 +2
như vậy cấu hình phân lớp có năng lượng cao nhất của a là: 3d 6
Vậy cấu hình e đầy đủ của A là: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 6 4s 2 ( Z= 26)
B thuộc chu kì 4, nhóm VIIIB trong bảng tuần hoàn. B là Sắt.
Câu 2: Tinh thể (2 điểm)
Niken (II) oxit có cấu trúc tinh thể giống mạng tinh thể natri clorua. Các ion O 2- tạo thành
mạng lập phương tâm mặt, các hốc bát diện có các ion Ni 2+ . Khối lượng riêng của Niken (II) oxit là
6,67 g/cm 3 . Nếu cho Niken (II) oxit tác dụng với Liti oxit và oxi thì được các tinh thể trắng có
thành phần LixNi1-xO:
x x Li2O + (1-x) NiO + O2 → LixNi1-xO
2
4
Cấu trúc mạng tinh thể của LixNi1-xO giống cấu trúc mạng tinh thể của NiO, nhưng một số
ion Ni 2+ được thay thế bằng các ion Liti và một số ion Ni 2+ bị oxi hóa để đảm bảo tính trung hòa
điện của phân tử. Khối lượng riêng của tinh thể LixNi1-xO là 6,21 g/cm 3 .
Tính x (chấp nhận thể tích của ô mạng cơ sở không thay đổi khi chuyển từ NiO thành LixNi1-xO).
Cho NA= 6,023.10 23 mol -1 ; Ni = 58,71; Li = 6,94; O = 16.
Câu 2 Nội dung Điểm

Trong một tinh thể, sự sắp xếp của các anion và các cation theo cấu trúc mạng
lập phương tâm mặt. Các cation và anion nằm xen kẽ nhau. Một ô mạng cơ sở
chứa 4 cation và 4 anion.
n.M
NiO
DNiO
3
NA.a
Tính cạnh a của ô mạng cơ sở của NiO:
474,71
a 3
= 4,006.10 -8 cm.
23
6,023.10 6,67
46,94x
(1
x).58,71
16
Vậy: 6,21 => x = 0,1.
23
8
6,023.10 4,206.10
3
0,5 đ
0,5 đ
1đ
Câu 3: Phản ứng hạt nhân (2 điểm)
Quá trình phân huỷ phóng xạ của nguyên tố chì xảy ra như sau:
1
83
2
214
82
Pb
Bi + -
214
84
P
0
+ -
Thời gian bán huỷ của mỗi giai đoạn tương ứng bằng 26,8 phút và 19,7 phút. Giả sử lúc đầu
có 100 nguyên tử 82
Pb , tính số nguyên tử 82
Pb , 214
83
Bi và 84
P
0
tại thời điểm t = 10 phút.
Câu 3 Nội dung Điểm
Quá trình phân huỷ phóng xạ đã cho là một phản ứng nối tiếp hai giai đoạn
bậc nhất. Khi t = t1/2 thì hằng số phóng xạ:
có:
1 =
ln2
26,8ph = 2,59.10 - 2 ph - 1 .
2 =
ln2
19,7ph = 3,52.10 - 2 ph - 1 .
Số nguyên tử mỗi loại tại t = 10 phút:
214 Pb = 100. e 2
2, 59.. 10 . 10
= 77 nguyên tử
N 83
N 82
2
2, 5910 . . 100
214
2, 59. 10 10 3 52 10 10
Bi = 2
2
. , .. 2 .
( 3, 52 2, 59).
10
= ln2
t 1/2
. Với mỗi giai đoạn ta
e e = 19 nguyên tử.
214
N 84
P
0
= 100 - 77 - 19 = 44 nguyên tử.
Câu 4: Nhiệt hoá học (2đ)
Cho phản ứng: C + H2O → CO + H2.
Xác định biến thiên entanpi của phản ứng giữa 1,00 mol cacbon với nước ở 600 0 C?
Nhiệt dung đẳng áp (J.mol -1 .K -1 ) của các chất được cho như sau:
H2: Cp = 29,08 - 0,0008364T + 2,0.10 -6 T 2 .
CO: Cp = 26,86 + 0,006966T - 8,20.10 -6 T 2 .
H2O: Cp = 30,359 + 9,615.10 -3 T + 1,18.10 -6 T 2 .
C: Cp = 8,54.
0
0
Ở điều kiện chuẩn: ΔH = -110,5 kJ/mol; ΔH = -241,84 kJ/mol.
CO
Câu 4 Nội dung Điểm
0
ΔH = ΔH - ΔH = -110,5 - (-241,84) =131,34 kJ.
0.5đ
0
298
0
CO
H 2 O
H 2 O
1đ
1đ
∆Cp= Cp (CO) + Cp (H2) - Cp (H2O) - CP (C) = 17,041 - 3,4854.10 -3 T -7,38.10 -6 T 2 .
873
0 0
ΔH
873
= ΔH
298
+ CpdT
131340 + 17,041.(873-298) - 3,4854.10 -3 (873 2 -
298
298 2 ):2 - 7,38.10 -6 (873 3 - 298 3 ):3 = 138393,545 138,4 kJ
0,5đ
1đ
Câu 5: Cân bằng hóa học pha khí (2đ)
Ở 850 0 C hằng số cân bằng KP của các phản ứng như sau:

CaCO3 (r) ⇌ CaO (r) + CO2 (k) K1 = 0,2
C (r) + CO2 (k) ⇌ 2CO (k) K2 = 2
Cho 1 mol CaCO3 và 1 mol C vào bình chân không dung tích 22,4 lít duy trì ở 820 0 C.
a. Tính số mol các chất khi cân bằng.
b. Ở thể tích nào của bình thì sự phân hủy CaCO3 là hoàn toàn?
Câu 5 Nội dung Điểm
5a. K1 = P = 0,2 atm
CO 2
2
PCO
K
2
=> PCO = 2.0,2 0,632atm
P
CO 2
Gọi x, y là số mol CaCO3 và CO2 đã phản ứng. Từ đó suy ra số mol các chất
ở trạng thái cân bằng là:
CaCO3 CaO CO2 C CO
1 - x x x-y 1-y 2y
PCO Ta có: x - y =
2
.V
0,05molCO2;
RT
0,5đ
P
2y = CO
.V 0,158molCO;
RT
0,5đ
=> nCaO= 0,129 mol; nCaCO3=0,871 mol
nC= 0,921 mol.
5b. Sự phân hủy hoàn toàn thì x = 1 => nCO2= (1- y) mol và nCO= 2y mol 0,5đ
Vậy: 0,632V = 2yRT và 0,2V = (1-y)RT.
Giải ra ta được: V= 1733,69 lít
Câu 6: Cân bằng trong dung dịch điện li (2đ)
a. Xác định độ điện ly của H – COOH 1M biết hằng số điện ly Ka = 2. 10 -4 .
b. Khi pha 10 ml axit trên bằng nước thành cho đến khi thu được dung dịch có pH bằng 6,5
thì độ điện ly của axit này thay đổi bao nhiêu lần? Giải thích.
c. Sỏi thận có thành phần chính là canxi oxalat (CaC2O4). Có người quan niệm rằng cứ ăn
nhiều chất chua như chanh hoặc dấm thì có thể hòa tan được sỏi. Em có ý kiến gì về quan niệm
này.
Câu 6 Nội dung Điểm
6a. Gọi độ điện ly của HCOOH là = x
0,75đ
H – COOH ⇌ H + + H – COO - .
[ ] 1 – x x x
2
x
Bỏ qua sự phân li của nước
1
x
Axit yếu do Ca > 100 Ka nên 1 –x 1 và
x = 0,014 hay 1,4%
6b. Khi pha loãng nồng độ của axit giảm đi nhưng hằng số điện ly không đổi. 0,75đ
Đến khi pH = 6,5 có nghĩa là nồng độ axit rất nhỏ vì thế không bỏ qua
được sự phân ly của nước.
Ta có:
2. 10 4
H HCOO 1 1 1
=
4
Co
HCOO
2.10 H
HCOO
C o
1
=
1
1 1
H
Thay số vào ta có được = 0,99
Vậy độ điện ly tăng 0,99/0,014 70 lần đúng theo định luật pha loãng
Ostwald: khi C giảm thì tăng.
0,5đ

6c. + Về nguyên tắc quan niệm như trên là quan điểm Cân bằng hóa học. Axit
oxalic là axit yếu nên có cân bằng hoà tan:
CaC2O4 + 2H + ⇌ Ca 2+ + 2HC2O4 -
+ Thực chất cơ thể con người là một hệ Sinh học thích nghi nên ảnh hưởng
của việc ăn chua không có tác dụng đáng kể.
(Học sinh có thể có lập luận khác không sai cũng cho điểm)
Câu 7: Phản ứng oxi hoá khử. Điện hóa
Cho biết thế khử chuẩn ở 25 0 C của các cặp sau:
E 0 (H3AsO4/HAsO2) = 0,559V và E 0 (I2/I - ) = 0,5355V
a. Hỏi chiều của phản ứng sau ở điều kiện chuẩn:
H3AsO4 + 2I - + 2H + ⇌ HAsO2 + 2H2O
b. Nếu chỉ biến đổi pH (các điều kiện khác giữ nguyên như câu a) thì ở giá trị nào của pH
phản ứng trên bắt đầu đổi chiều?
c. Tính hằng số cân bằng K của phản ứng thuận và phản ứng nghịch.
Câu 7 Nội dung Điểm
7a. Vì E 0 (H3AsO4/HAsO2) > E 0 (I2/I - ) nên phản ứng đi theo chiều thuận. 0,5đ
7b. Để đổi chiều phản ứng cần có điều kiện: E (H3AsO4/HAsO2) < E (I2/I - ).
Ta có: H3AsO4 + 2I - + 2H + ⇌ HAsO2 + 2H2O
Vì chỉ biến đổi pH so với câu a) nên: [H3AsO4] = [HAsO2] = 1M
Từ đó: E (H3AsO4/HAsO2)= E 0 0,059
(H3AsO4/HAsO2) + lg[H + ] 2 < 0,5355V
2
1đ
=> pH > 0,40. Vậy ở pH=0,4 thì phản ứng bắt đầu đổi chiều.
7c.
nE 0 20,559
0,5355
* Phản ứng thuận: lgKT= 0,7966 => KT= 6,26
0,059 0,059
2(0,5355
0,559)
1
* Phản ứng nghịch: lgKN= 0,7966
=> KN=0,16 (KN= )
0,059
K T 0,5đ
Câu 8: Nhóm Halogen (2đ)
a. Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của các hidro halogenua thay đổi như thế nào? Giải
thích nguyên nhân?
b. Độ bền đối với nhiệt từ HF đến HI thay đổi như thế nào? Có phù hợp với sự thay đổi
nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi không?
Câu 8 Nội dung Điểm
8a. Từ HF đến HCl: Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi giảm. Từ HCl đến HI
nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi tăng.
Các hidro halogenua tương tác với nhau bằng lực tương tác giữa các phân
tử gồm lực định hướng, lực khuếch tán và lực cảm ứng. Nhưng năng lượng
tương tác cảm ứng thường rất bé so với năng lượng tương tác định hướng
và tương tác khuếch tán, do đó ảnh hưởng của tương tác cảm ứng đến nhiệt
độ nóng chảy và nhiệt độ sôi có thể bỏ qua.
Năng lượng tương tác định hướng giảm từ HF đến HI do độ phân cực của
phân tử giảm. Năng lượng tương tác khuếch tán tăng lên trong dãy do sự
tăng bán kính nguyên tử của các halogen và sự giảm độ phân cực của liên
kết trong phân tử.
Từ HF đến HCl, nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi giảm do giữa các phân
tử HF phát sinh được liên kết Hidro, đồng thời năng lượng tổng quát của
tương tác giữa các phân tử giảm do tương tác định hướng giảm.
Từ HCl đến HI năng lượng tương tác khuếch tán chiếm ưu thế so với tương
tác định hướng vì vậy nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi tăng.
GV có thể cho số liệu hoặc cho HS tra bảng số liệu về nhiệt độ sôi và
nhiệt độ nóng chảy cho HS nhận xét quy luật biến đổi và yêu cầu giải
thích:
1đ
HF HCl HBr HI
0,5đ

t 0 nóng chảy ( 0 C) -83 -114,2 -88 -50,8
t 0 sôi ( 0 C) 19,5 -84,9 -66,7 -35,8
8b. Độ dài liên kết HX, năng lượng liên kết và độ bền đối với nhiệt trong dãy từ
HF đến HI có các giá trị sau:
HF HCl HBr HI
Độ dài liên kết HX (A 0 ) 1,02 1,28 1,41 1,60
Năng lượng liên kết HX 135 103 87 71
(Kcal/mol)
Phân hủy ở 1000 0 C (%) Không 0,014 0,5 33
Trong dãy đó, độ bền đối với nhiệt giảm do độ dài liên kết tăng và năng
lượng liên kết giảm. Độ bền đối với nhiệt chỉ phụ thuộc vào năng lượng liên
kết của phân tử, còn nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi lại phụ thuộc vào
năng lượng tương tác giữa các phân tử.
Câu 9: Nhóm Oxi – Lưu huỳnh
Cho 6 gam mẫu chất chứa Fe3O4, Fe2O3 và các tạp chất trơ. Hòa tan mẫu vào lượng dư dung
dịch KI trong môi trường axit (khử tất cả Fe 3+ thành Fe 2+ ) tạo thành dung dịch A. Pha loãng A đến
thể tích 50 ml. Lượng I2 có trong 10 ml dung dịch A phản ứng vừa đủ với 5,5 ml dung dịch
Na2S2O3 1M (sinh ra S4O 2 6 ). Lấy 25 ml mẫu dung dịch A khác, chiết tách I2, lượng Fe2+ trong
dung dịch còn lại phản ứng vừa đủ với 3,2 ml dung dịch MnO 4
1M trong H2SO4.
a. Viết phương trình phản ứng xảy ra (dưới dạng phương trình ion thu gọn).
b. Tính phần trăm khối lượng Fe3O4 và Fe2O3 trong mẫu ban đầu.
Câu 9 Nội dung Điểm
9a. Phương trình phản ứng:
Fe3O4 + 2I - + 8H + → 3Fe 3+ + I2 + 4H2O (1)
Fe2O3 + 2I - + 6H + → 2Fe 3+ + I2 + 3H2O (2)
1đ
2S2O
+ I2 → S4O 6 2I- (3)
9b.
2 3
5Fe 2+ + MnO 4 + 8H+ → 5Fe 3+ + Mn 2+ + 4H2O (4)
(3) => n 1 1
I
n .0,0055.1 0,00275mol
2 (3)
2
2
S 2 O 3 2
(4) => n 2
5n 5.0,0032.1
0,016mol
Fe
(4)
MnO4
Đặt số mol Fe3O4 và Fe2O3 lần lượt là x và y, ta có:
3x + 2y = 0,016.2 = 0,032
x + y = 0,00275.5 = 0,01375
x = 0,0045 và y = 0,00925
%mFe3O4 = 17,4% và %mFe2O3 = 24,7%
Câu 10: Động học
Trong một phản ứng bậc nhất tiến hành ở 27 0 C, nồng độ chất đầu giảm đi một nửa sau 5000
giây. Ở 37 0 C, nồng độ giảm đi 2 lần sau 1000 giây. Xác định:
a. Hằng số tốc độ ở 27 0 C
b. Thời gian để nồng độ đầu giảm tới ¼ ở 37 0 C.
c. Năng lượng hoạt hóa.
Câu 10 Nội dung Điểm
10a.
10b.
0,693
Ta có : t
1/2
=
k
0,693
-4 -1
k 0 = = 1,39.10 s
27 C
5000
0,693
4 -1
k 0 = = 6,93.10 s
37 C
1000
Thời gian cần thiết để nồng độ đầu giảm tới 1/4 giá trị đầu ở 37 0 C
là:
1 a
t
1/4
= ln = 2000 (s)
-4
6,93.10 a/4
1đ
0,75đ
0,75đ

10c. Năng lượng hoạt hóa E được tính theo biểu thức:
kT
E 1 1
2
lg = . -
kT 2,303.R T1 T2
1
-4
6,93.10 E 1 1
-4
1,39.10 2,303.8,314
300 310
lg = . -
E = 124 kJ/mol
0,5đ
Hết

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
TRƯỜNG PT VÙNG CAO VIỆT BẮC NĂM 2015
ĐỀ THI ĐÈ XUẤT
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 4 trang, gồm 10 câu)
Câu 1: ( 2 điểm)
Nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt các loại là 60, số hạt mang điện trong hạt
nhân bằng số hạt không mang điện. Nguyên tử của nguyên tố Y có 11 electron p. Nguyên
tử nguyên tố Z có 4 lớp electron và 6 electron độc thân.
Cho biết vị trí của các nguyên tố trên trong bảng hệ thống tuần hoàn. So sánh (có giải
thích) bán kính của các nguyên tử và ion X, X 2+ và Y - .
Câu 2: ( 2 điểm)
1. Tính pH của dung dịch CH 3 COOH 0,1M. Phải thêm vào 1 lít dung dịch trên
bao nhiêu gam NaOH để được dung dịch có pH =3.
2. Trộn dung dịch X chứa BaCl 2 0,01M và SrCl 2 0,1M với dung dịch K 2 Cr 2 O 7
1M có các quá trình sau đây xảy ra:
Cr 2 O 2- 7 + H 2 O 2CrO
2- 4 + 2H + K a = 2,3.10 -15
Ba 2+ + CrO
2- 4 BaCrO 4 T
-1 1 = 10 9,93
Sr 2+ + CrO
2- 4 SrCrO 4 T
-1 2 = 10 4,65
Tính khoảng pH để có thể kết tủa hoàn toàn Ba 2+ dưới dạng BaCrO 4 mà không kết tủa
SrCrO 4 ?
Câu 3: ( 2 điểm)
Một trong các chuỗi phóng xạ tự nhiên bắt đầu với 90 Th 232 và kết thúc là đồng vị
bền 82 Pb 208
1. Tính số phân rã và - xảy ra trong chuỗi này.
2. Trong toàn chuỗi có bao nhiêu năng lượng theo MeV được giải phúng.

3. Một phần tử trong chuỗi Thori sau khi tách riêng thấy có 1,5.10 10 nguyên tử
của một đồng vị và phân hủy với tốc độ 3440 phân rã / phút. Hãy xác định chu kì bán
hủy của đồng vị đó theo năm ?
Cho biết: 2 He 4 =4,0026u ; 82Pb 208 = 207,97664u ; 90Th 232 = 232,03805u
1 uc 2 = 931 MeV; 1 eV = 1,6.10 -19 J; N A = 6,023.10 23 .
Câu 4: ( 2 điểm)
Ở nhiệt độ cao, có cân bằng : I 2 (k) ⇌ 2 I (k) .
Bảng sau đây tóm tắt áp suất ban đầu của I 2 (g) và áp suất tổng cân bằng đạt được ở
những nhiệt độ nhất định.
T (K) 1073 1173
P( I2 ) (bar) 0.0631 0.0684
P tổng (bar) 0.0750 0.0918
Tính H °, G ° và S ° ở 1100 K. (Giả sử rằng H ° và S ° không phụ thuộc
nhiệt độ trong khoảng nhiệt độ nhất định.)
Câu 5: ( 2 điểm)
Người ta có thể điều chế hiđro rất tinh khiết từ metan và hơi nước theo phương
trình sau:
CH 4(k) + H 2 O (k) CO (k) + 3H 2(k) (1)
1. Tính K p của (1) ở 100 0 C. Biết
H 2 H 2 O CO CH 4
∆H 0 (kJ/mol) 0 -242 -111 -75
∆S 0 (kJ/mol.K) 0,131 0,189 0,198 0,186
C p (kJ/mol.K) 0,029 0,034 0,029 0,036
Giả sử ∆H 0 và ∆S 0 không đổi trong khoảng nhiệt độ từ 298K đến 373K

2. Trong bình phản ứng có chứa 6,40kg CH 4 , 7,2kg H 2 O, 11,2kg CO, 2,4kg H 2
ở 100 0 C. Dung tích bình V=3,00m 3 . Cho biết chiều dịch chuyển cân bằng của phản
ứng tại thời điểm trên.
3. Tính K p ở 900 0 C (giả sử C p không phụ thuộc vào nhiệt độ)
Câu 6: ( 2 điểm)
Một dung dịch X chứa HClO 4 0,005M, Fe(ClO 4 ) 3 0,03M, MgCl 2 0,01M.
1. Tính pH của dung dịch X.
2. Cho 100ml dung dịch NH 3 0,1M vào 100ml dung dịch X thì thu được kết tủa
A và dung dịch B. Xác định kết tủa A và pH của dung dịch B.
Cho biết:
NH
+ 4 (pK a = 9,24); Mg(OH) 2 (pK S = 11); Fe(OH) 3 (pK S = 37).
Fe 3+ + H 2 O Fe(OH) 2+ + H + K 1 = 10 -2,17
Mg 2+ + H 2 O Mg(OH) 2+ + H + K 2 = 10 -12,8
Câu 7: ( 2 điểm)
Cho giản đồ Latimer của photpho trong môi trường kiềm:
-1,345V
-1,12V
3- 2-
PO 4 HPO 3
-2,05V
-
H 2 PO 2
-0,89V
P PH 3
1. Viết các nửa phản ứng của các cặp oxi hoá - khử trên.
2. Tính thế khử chuẩn của cặp HPO
2- 3 / H 2 PO
- 2 và H 2 PO 2- /PH 3 .
Câu 8: ( 2 điểm)
1. Tại sao tồn tại phân tử H 5 IO 6 nhưng không tồn tại phân tử H 5 ClO 6 . Một trong
các phương pháp điều chế axit H 5 IO 6 là cho I 2 tác dụng với dung dịch HClO 4 đậm
đặc. Viết phương trình phản ứng xảy ra.
2. Xác định các chất A,B,C,D,E và viết các PTPU thực hiện sơ đồ sau:

D+ A
dd KOH,t 0
A KNO dd KOH
3, H 2 SO 4
I 2 B D
dd KOH
N 2 H 4
CO
200 o C
E C
Câu 9: ( 2 điểm)
Hòa tan 48,8 gam hỗn hợp gồm Cu và một oxit sắt trong dung dịch H 2 SO 4 đặc
nóng dư thu được dung dịch A và 10,08 lít khí SO 2 (đktc). Cô cạn dung dịch A thu
được 124 gam chất rắn khan.
1. Xác định công thức của oxit sắt. Tính số mol H 2 SO 4 đã phản ứng ?
2. Cho cùng lượng hỗn hợp trên tác dụng với 400 ml dung dịch HCl 2M cho
đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch B và chất rắn D. Cho dung
dịch B phản ứng với dung dịch AgNO 3 dư, được kết tủa E. Tính khối lượng kết tủa E?
Câu 10: ( 2 điểm)
Ở 310 0 C sự phân hủy AsH 3 (khí) xảy ra theo phản ứng :
2AsH 3 (khí) 2As (rắn) + 3H 2 (khí) (1)
Theo thời gian phản ứng, áp suất chung của hệ đo được là:
t (giờ) 0 5,5 6,5 8
P (mmHg) 733,32 805,78 818,11 835,34
1. Hãy chứng minh phản ứng trên là bậc 1 và tính hằng số tốc độ.
2. Tính thời gian nửa phản ứng của phản ứng (1) .
.................HẾT.................
Người ra đề
Đoàn Minh Đức
(0975642818)

SỞ GD VÀ ĐT
VĨNH PHÚC
ĐỀ ĐỀ XUẤT DHBB
NĂM HỌC: 2014-2015
MÔN: HOÁ HỌC 10
Thời gian làm bài: 180 phút
----------------------------
GV: Nguyễn Đình Hùng - THPT Chuyên Vĩnh Phúc Điện thoại: 0916003664
Câu 1. Cấu tạo nguyên tử, phân tử- Định luật HTTH.
1. Tính năng lượng ion hoá I1, I2, I3, I4 và I5 của nguyên tử 5X.
2. Giải thích các hiện tượng sau:
* Năng lượng phân li liên kết của Cl2 (240kJ/mol) lớn hơn của F2 (154kJ/mol) và Br2 (190kJ/mol).
*Nhiệt độ sôi của NH3 (-33 o C) cao hơn nhiệt độ sôi của NF3 (-129 o C) nhưng thấp hơn của NCl3
(71 o C).
* Sự biến đổi góc liên kết: NH3 107 o → PH3 93,6 o
PH3 93,6 o → PF3 96,3 o
Câu 2. Tinh thể
Tính dẻo và dễ uốn cong của kim loại là những đặc tính cực kì quan trọng trong xây dựng hiện
đại. Dạng bền nhiệt động của thiếc kim loại ở 298K và áp suất thường là thiếc trắng. Loại thiếc này
có các tính chất cơ học điển hình của kim loại và vì vậy có thể sử dụng làm vật liệu xây dựng. Ở
nhiệt độ thấp hơn, thiếc xám, một loại thù hình của thiếc trắng lại bền nhiệt động hơn. Bởi vì thiếc
xám giòn hơn nhiều so với thiếc trắng, vì vậy các thành phần xây dựng bằng thiếc nếu để lâu ở nhiệt
độ thấp sẽ trở nên hư hại, dễ gãy. Bởi vì sự hư hại này tương tự như một loại bệnh, nên người ta gọi
sự hư hại này là “bệnh dịch thiếc”.
a) Sử dụng bảng số liệu dưới đây, tính nhiệt độ tại đó thiếc xám cân bằng với thiếc trắng (tại áp suất
1 bar = 10 5 Pascal).
Chất H 0 (kj.mol -1 ) S 0 (j.mol -1 .k -1 )
Thiếc xám -2,016 44,14
Thiếc trắng 0 51,18
b) Thiếc trắng có ô mạng cơ sở khá phức tạp, ở dạng bốn phương, a = b = 583,2 pm và c = 318,1 pm
với 4 nguyên tử Sn trong 1 ô mạng cơ sở. Tính khối lượng riêng của thiếc trắng theo g/cm 3 .
c) Cho rằng thiếc xám có cấu trúc lập phương tâm mặt được gọi là cấu trúc kim cương (hình dưới)
Khảo sát một mẫu thiếc xám bằng phương pháp nhiễu xạ tia X (sử dụng bức xạ Cu Kα, =
154.18 pm). Góc phản xạ nhỏ nhất, gây bởi sự nhiễu xạ từ họ các mặt phẳng (111), được quan sát
thấy ở 2 = 23,74°. Tính khối lượng riêng của thiếc xám theo g/cm 3 .
d) Áp suất tại đáy thung lũng Mariana Trendch của Thái Bình Dương là 1090 bar. Nhiệt độ cân
bằng sẽ thay đổi cụ thể như thế nào tại áp suất đó? Giả sử tại áp suất đó, 2 dạng thù hình của thiếc
nằm cân bằng với nhau? Trong các tính toán, cho rằng năng lượng E, entropy S và thể tích mol phân
tử của cả 2 dạng thiếc không phụ thuộc vào nhiệt độ.
Câu 3. Phản ứng hạt nhân.

Xét chuỗi phân hủy phóng xạ tự nhiên bắt đầu với 232
208
90Th và kết thúc với đồng vị bền Pb . 82
(a) Hãy tính số phân hủy xảy ra trong chuỗi này.
(b) Tính năng lượng được giải phóng (theo MeV) khi 1 nguyên tử 232
90
Th chuyển hoá thành 1 nguyên
tử 208
82 Pb.
(c) Hãy tính tốc độ tạo thành năng lượng (công suất) theo watt (1W = Js -1 ) sản sinh từ một mẫu
phóng xạ chứa 1,00 kg 232 Th (t1/2 = 1,40.10 10 năm).
Coi 1 năm = 365 ngày. Biết : 4 He = 4,00260 u; 208 Pb = 207,97664 u; 232 Th = 232,03805 u; 1
MeV = 1,602.10 -13 J và NA = 6,022.10 23 mol -1 .
Câu 4. Nhiệt hóa học.
Trong công nghiệp người ta điều chế Zr bằng phương pháp Kroll theo phản ứng sau:
ZrCl4(k) + 2Mg(l) € 2MgCl2(l) + Zr(r)
Phản ứng được thực hiện ở 800 o C trong môi trường khí agon (Ar) ở áp suất 1,0 atm. Các pha trong
phản ứng không trộn lẫn vào nhau:
a) Thiết lập phương trình G o = f(T) cho phản ứng.
b) Chứng minh rằng phản ứng là tự phát trong điều kiện công nghiệp ở 800 o C và áp suất của
ZrCl4 là 0,10 atm
Cho biết các số liệu entanpi tạo thành H o s, entanpi thăng hoa H o th, entanpi nóng chảy H o nc (tính
bằng kJ.mol -1 ) và entropy S o (đơn vị J.K -1 .mol -1 ) ở bảng sau
Chất H o s H o th Tnc (K) Tth (K) S o H o nc
Zr (r) 0 - - - 39,0 -
ZrCl4 (r) -980 106 - 604 181 -
Mg (r) 0 - 923 - 32,68 9
MgCl2 (r) -641 - 981 - 89,59 43
Coi H o và S o của phản ứng là hằng số trong khoảng nhiệt độ khảo sát.
Câu 5. Cân bằng hóa học pha khí.
Cho cân bằng hóa học: N2(k) + 3H2(k) € 2NH3(k) ∆H = - 92 kJ/mol
Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N2 và H2 theo tỉ lệ mol 1 : 3, khi đạt tới trạng thái cân bằng ở điều
kiện tối ưu (450 o C, 300 atm) thì NH3 chiếm 36% về thể tích.
a. Tính hằng số cân bằng Kp.
b. Giữ nhiệt độ không đổi ở 450 o C, cần tiến hành phản ứng dưới áp suất là bao nhiêu để khi đạt
tới trạng thái cân bằng NH3 chiếm 50% về thể tích?
c. Giữ áp suất không đổi (300 atm), cần tiến hành phản ứng ở nhiệt độ nào để khi đạt tới trạng
thái cân bằng NH3 chiếm 50% về thể tích?
Câu 6. Cân bằng axit-bazơ và kết tủa.
Tính pH và nồng độ mol của Cr O
Cho:
2
4
K CH 3 COOH
= 1,8.10 -5
4
HCr O + H2O
4
2
7
, Cr2 O trong dung dịch K2Cr2O7 0,01M và CH3COOH 0,1M.
2
4
Cr O + H3O + pK2 = 6,5
2
7
2HCr O Cr2 O + H2O pK1 = -1,36
Câu 7. Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa.
Cho 25,00 ml dung dịch chứa Cu(NO3)2 0,06M và Pb(NO3)2 0,04M trộn vào 25,00 ml dung dịch
chứa NaIO3 0,12M và HIO3 0,14M thu được dung dịch Y.
1. Tính nồng độ cân bằng của Cu 2+ , Pb 2+ trong dung dịch Y.
2. Cho điện cực Cu nhúng vào Y rồi ghép thành pin với điện cực Ag nhúng vào dung dịch Z gồm
AgNO3 0,01M và NaI 0,04M ở 25 0 C. Viết sơ đồ pin điện, chỉ rõ dấu của điện cực.
Biết: pKs của Cu(IO3)2, Pb(IO3)2, AgI lần -1- lượt là 7,13 ; 12,61 ; 16,00
* 8 * 7,8 0 0 0
10 ; 10 ; E 0,337 V; E 0,126 V; E 0,799V
2 2
Cu( OH ) Pb( OH ) Cu / Cu Pb / Pb Ag / Ag

Câu 8. Nhóm Halogen.
Cho 9,44 gam hỗn hợp X gồm NaCl, NaBr và NaI tác dụng hoàn toàn với dung dịch H2SO4 đặc,
nóng, dư thu được 1,288 lít (đktc) hỗn hợp Y gồm 3 khí. Dẫn hỗn hợp Y vào nước dư, thu được một
chất rắn màu vàng nhạt và một dung dịch còn lại chỉ chứa một chất tan. Hãy tính khối lượng các
chất trong hỗn hợp X. Biết mỗi chất trong X tác dụng với H2SO4 theo một phản ứng duy nhất, Br2
sinh ra ở trạng thái lỏng, I2 sinh ra ở trạng thái rắn.
Câu 9. Nhóm O-S.
A là hợp chất của một kim loại M với oxi. Khi cho 32,9 gam A tác dụng với một lượng dư khí
cacbonic tạo nên chất rắn B và khí D. B hòa tan dễ dàng trong nước tạo ra dung dịch E, thêm một
lượng dư dung dịch Ba(NO3)2 vào E thu được 27,58 gam kết tủa. Sau khi cho khí D đi qua ống đựng
đồng nung nóng, khối lượng của ống tăng lên 6,72 gam. (a) Xác định A. (b) Viết phương trình phản
ứng xảy ra khi cho A lần lượt tác dụng với O3, NH3, HCl loãng
Câu 10. Động học (không có phần cơ chế phản ứng).
1. Cho phản ứng : (CH3)2O(k) CH4(k) + CO(k) + H2(k)
Khi tiến hành phân hủy đimetyl ete (CH3)2O trong một bình kín ở nhiệt độ 504 o C và đo áp suất
tổng của hệ, người ta được các kết quả sau:
t / giây 0 1550 3100 4650
Phệ / mm Hg 400 800 1000 1100
Dựa vào các kết quả này, hãy:
a) Chứng minh rằng phản ứng phân huỷ đimetyl ete là phản ứng bậc một.
b) Tính hằng số tốc độ phản ứng ở 504 o C.
c) Tính áp suất tổng của hệ trong bình và phần trăm lượng (CH3)2O đã bị phân hủy sau 460 giây.
----------------------------------------------

SỞ GD VÀ ĐT
VĨNH PHÚC
HDC ĐỀ ĐỀ XUẤT DHBB
NĂM HỌC: 2014-2015
MÔN: HOÁ HỌC 10
Thời gian làm bài: 180 phút
----------------------------
Câu Đáp án
1 a.Nhận xét: Trị số năng lượng ion hoá của một e còn lại trong lớp bằng trị số
năng lượng của e đó và tổng trị số năng lượng ion hoá trong một lớp bằng tổng
trị số năng lượng của các electron trong cấu tử đó. Theo từ (1) đến (5) ta có:
+ Theo (5): I5 = -E(1s') = - (-13,5 52
12 ) = 340 (eV)
+ Theo (4 và 5): I4 + I5 = -E(1s 2 )
( 5 0,3)2
→ I4 = - (-13,6 . 2) - 340 = 260,848 (eV)
12
(5 - 2.0,85)2
+ Theo (3): I3 = (2s') = - (-13,6
2 2 ) = 37,026 (eV)
+ Theo (2 và 3): I2 + I3 = -E(2s 2 )
(5 - 2.0,85 - 0,35)2
→ I2 = - (-13,6
2 2 . 2) - 37,026 = 22,151 (eV)
+ Theo (1, 2 và 3): I1 + I2 + I3 = - E(2s 2 2p 1 )
(5 - 2.0,85 - 2.0,35)2
→ I1 = - (-13,6
2 2 . 2) - 37,026 - 22,151 = 9,775(eV)
* Liên kết trong Cl2 bền hơn trong F2 vì nguyên tử F đủ nhỏ làm các electron
không liên kết trên nguyên tử F đẩy nhau, làm giảm độ bền liên kết. Hơn nữa
liên kết trong phân tử Cl2 còn mang một phần liên kết p→d giữa obitan p và
obitan d của hai nguyên tử Cl Đối với Br2, do Br có kích thước lớn dẫn tới xen
phủ obitan không hiệu quả.
Điểm
1,25đ
0,75đ
* Nhiệt độ sôi của NH3 cao hơn NF3 vì giữa các phân tử NH3 có liên kết hidro
với nhau. Lực liên kết hidro mạnh hơn so với lực tương tác khuếch tán, tương
tác lưỡng cực và tương tác cảm ứng giữa các phân tử NF3. Đối với NCl3, lực
tương tác khuếch tán đủ lớn (do clo là nguyên tử có kích thước lớn và phân
cực), mạnh hơn lực liên kết hidro trong NH3.
*Độ âm điện của N>P, cặp electron tự do trên nguyên tử N bị “giữ” chặt hơn,
chiếm ít không gian hơn.
Góc F-P-F lớn hơn H-P-H vì P có obitan trống sẽ tạo liên kết với cặp electron
tự do trên F, ( p→d). Liên kết mang một phần liên kết bội, không gian chiếm sẽ
lớn hơn liên kết đơn (trong PH3), chúng đẩy nhau mạnh hơn, góc mở rộng.
2 a. Hai pha thiếc nằm cân bằng với nhau nếu G 0 = 0 cho Sn(trắng) Sn(xám)
Từ đó dễ dàng tìm được T=13,2 o C.
b. Thể tích của 1 ô mạng cơ sở dạng bốn phương là 583,2 pm x 583,2 pm x
318,1 pm = 1.082.10 8 pm 3 = 1,082.10 –22 cm 3 . Vì 1 ô mạng cơ sở có 4 nguyên tử
Sn, từ đó tính được khối lượng riêng của thiếc trắng là 7,287 g.cm –3 .
0,5
0,5

c. Từ định luật Bragg, n = 2dsin. Với góc phản xạ nhỏ nhất, n = 1 d =
/(2sin) = 374.8 pm. Khoảng cách giữa các mặt (111) gần nhau nhất trong ô
mạng cơ sở lập phương là a 3 với a là độ dài cạnh ô mạng cơ sở. Như vậy, a =
d 3 = 649.1 pm, V = a 3 = 2,735 pm 3 = 2,735.10 –22 cm 3 . Theo hình vẽ, có 9
nguyên tử Sn trong 1 ô mạng cơ sở khối lượng riêng của thiếc xám là 5,766
g.cm –3 .
d. Về mặt định tính, khi tăng áp suất, sẽ làm tăng tính ổn định của pha rắn. Vì
khối lượng riêng thiếc trắng lớn hơn đáng kể so với thiếc xám do vậy thiếc trắng
bền hơn ở áp suất cao, cho nên nhiệt độ tại đó thiếc xám tự chuyển thành thiếc
trắng sẽ giảm đi.
Về định lượng, ta có:∆H° = ∆E° + ∆(pV) = ∆E°+ p∆V (cho phản ứng tại một áp
suất không đổi)
Khi áp suất thay đổi, ∆H° cho sự chuyển pha cũng thay đổi
∆H°1090 bar = ∆E° + (1090 bar)∆V
∆H°1090 bar = ∆H°1 bar + (1089 bar)∆V (*)(dựa vào giả thiết, E và V
không phụ thuộc T)
Theo các kết quả các câu trước, thể tích mol của thiếc trắng và xám lần
lượt là 16,17 và 20,43 cm 3 /mol ∆V = 4,26 cm 3 /mol = 4,26.10 -6 m 3 /mol. Thay
vào hệ thức (*) thu được:
∆H°1090 bar = ∆H°1 bar + 464 J/mol (2*)
Do nhiệt độ cân bằng Teq = ∆H°/∆S° (3*), do vậy thay thế (2*) và các giá
trị ∆H°1 bar, ∆S°1 bar vào (3*) tìm được Teq, 1090 bar = -52,8 o C.
Kết quả này cho thấy, ở những nhiệt độ thấp của đáy đại dương dạng thù
hình bền của thiếc là thiếc trắng vì ở đó ứng với áp suất cao hơn.
3 (a) Gọi x, y là số hạt và
232 208
Áp dụng định luật bảo toàn số khối, ta có : x = = 6
4
Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có : 90 = 82 + 6.2 – y y = 4
Vậy số phân huỷ trong dãy này là 4
……………………………………………………………………………………
232
208
4
(b) 90 Th →82
Pb + 62
He + 4β
Độ hụt khối lượng ∆m = m( 232 Th) – m( 208 Pb) – 6m( 4 He) = 0,0458 (u)
Năng lượng phóng thích :
E = ∆m.c 2 0,0458
=
23
6,022.10 .10-3 .(3.10 8 ) 2 = 6,845.10 -12 (J)
12
6,845.10
E =
= 42,73 (MeV).
13
1,602.10
……………………………………………………………………………………
23
1000.6,022.10
24
(c) 1,00 kg có chứa =
2,60.10 nguyên tử
232,04
Hằng số phân hủy của 232 0,693
18 1
Th, k 1,57.10 s
10
1,40.10 .365.24.3600
Độ phóng xạ của mẫu Th là:
A = kN = 1,57.10 -18 .2,60.10 24 = 4,08.10 6 (phân huỷ/s)
Mỗi phân hủy giải phóng 6,845.10 -12 J nên
Công suất = 4,08.10 6 .6,845.10 -12 = 2,79.10 -5 (W).
0,5
0,5
0,5
0,5
1đ

4 a) G o =H o - TS o
H o = 2H o s (MgCl2,l) + H o s (Zr, r) - H o s(ZrCl4,k) - 2H o s(Mg,l)
H o s (MgCl2,l) = H o s (MgCl2,r) + H o nc (MgCl2) = -641 + 43 = -598 kJ.mol -1
H o s(ZrCl4,k) = H o s(ZrCl4,r) + H o th(ZrCl4) = -980 + 106 = -874 kJ.mol -1
H o s(Mg,l) = H o s(Mg,r) + H o nc(Mg) = 0 + 9 kJ.mol -1 = 9 kJ/mol
H o = 2.(-598) + 874 – 2.9 = -340 kJ
S o = 2S o (MgCl2,l) + S o (Zr, r) - S o (ZrCl4,k) – 2S o (Mg,l)
S o (MgCl2,l) = S o (MgCl2,r) + H o nc /Tnc (Mg,r)
= 89,59 + (43.10 3 /981) = 133,42 J.K -1 .mol -1
S o (ZrCl4,k) = S o (ZrCl4,r) + H o th /Tth (ZrCl4)
= 181 + (106.10 3 /604) = 356,5 J.K -1 .mol -1
S o (Mg,l) = S o (Mg,r) + H o nc /Tnc (Mg)
= 32,68 + (9.10 3 /923) = 42,43 J.K -1 .mol -1
S o = 2.(133,42) + 39,0 – 356,5 -2.(42,43) = -135,52 J.K -1
G o = -340 + 0,13552T (kJ)
……………………………………………………………………………………
b) G = G o + RTlnQP
= -340 + 0,13552.1073 + 8,314.10 -3 .1073.ln(1/0,10)
= -174,05 kJ < 0. phản ứng tự phát
5 a) N2 + 3H2 € 2NH3
Bđ 1 3
Pư 3 2
[ ] (1-) (3-3) 2 ta có: nhệ = 4 - 2.
2
9
Vì NH3 chiếm 36% thể tích nên: 0,36
4 2 17
→Ta có KP1 = 8,14 .10 -5 (atm -2 ).
1,5
…….
0,5
0,5
2
2
b) 0,5
4 2 suy ra: K
3
Tính được: P2 = 682,6 (atm).
P1
2
(2 )
(1 )(3 3 ) 4 2
2
P2
5
. 8,14.10
2
0,5
c) Khi NH3 =50% , P = 300 atm;
=> = 2 3 => KP2 = K
4,21.10-4 (atm -2 P H
1 1
2
). Ta có : ln
KP
R T T
Nên => T2 =
1
R K 1
H K T
2
ln
0 652,9( K)
1 1
.
1 1 2
1đ
6 Ta có các cân bằng:
CH3COOH + H2O CH3COO + H3O + Ka = 1,8.10 -5 (1)
2
Cr2 O 7 + H2O 2HCr O K1 = 10 -1,36 (2)
4
HCr O + H2O
4
2
4
H3O + + Cr O K2 = 10 -6,5 (3)
Vì K1 >>Ka, K2 cân bằng (2) chiếm ưu thế. Tính nồng độ Cr2 O và HCr O
dựa vào cân bằng (2).
...............................................................................................................................
2
7
Cr2 O + H2O 2HCr O K1 = 10 -1,36
4
2
7
4
0,5
0,5

BĐ 0,010
TTCB 0,010-x 2x
Áp dụng định luật tác dụng khối lượng.
K1 =
(2x) 2 = 10 -1,36 (x < 0,01) x = 6,33.10 -3 .
(0,010 x)
2
7
Vậy : [Cr2 O ] = 0,010 - 6,33.10 -3 = 3,7.10 -3 (M) ;
[HCr O 4 ] = 6,33.2.10 -3 = 1,27.10 -2 (M)
…………………………………………………………………………………….
So sánh cân bằng (3) và (1): Ka.Ca >> K2[HCr O 4 ] cân bằng (1) chiếm
ưu thế:
CH3COOH + H2O CH3COO + H3O + Ka = 1,8.10 -5
BĐ 0,1
TTCB 0,1-a a a
a 2
Ka = = 1,8.10 -5
0,1 a
ĐK a> phản ứng hoàn toàn
Cbđ 0,03 0,09
[ ] 0 0,03
Thành phần giới hạn của dung dịch Y gồm: Pb(IO3)2; Cu(IO3)2; IO3 - ; H + ; Na + ;
NO3 -
Có các cân bằng:
Pb(IO3)2 Pb 2+ + 2IO3 - (4) K3 -1 = 10 -12,61
Cu(IO3)2 Cu 2+ + 2IO3 - (5) K4 -1 = 10 -7,13
Vì K3 -1

[ ] y 0,03 + 2y
Theo cân bằng (5): y = 2,727.10 -10 .
Thế của điện cực Cu nhúng vào dung dịch Y là
0 0,0592 2
2 2
/ / log
E E Cu
Cu Cu Cu Cu
2 0,216(V).
Vì [Pb 2+ ] rất nhỏ không oxi hóa được Cu.
...........................................................................................................................
* Xét dung dịch Z:
Ag + + I - AgI K6 = Ks -1 = 10 16 >>
Cbđ 0,01 0,04
Sau 0 0,03
Thành phần giới hạn của dung dịch: AgI; I - ; Na + , NO3 -
AgI Ag + + I - K6 -1 = 10 -16
Cbđ 0 0,03
[ ] x 0,03 + x
1 16
K6 x.(0,03 x) 10 x = 3,333.10 -15
Thế điện cực Ag nhúng vào dung dịch Z là:
0
15
E E 0,0592log Ag 0,799 0,0592log(3,333.10 ) 0,058( V )
Ag / Ag Ag / Ag
.................................................................................................................................
Vì E E 2
nên sơ đồ pin là
Ag / Ag Cu / Cu
(-) Ag│AgI, I - 0,03M || Pb(IO3)2; Cu(IO3)2; IO3 - 0,03M│Cu (+)
0,5
0,5
8 2NaCl + H2SO4 Na2SO4 + 2HCl↑
2NaBr + 2H2SO4 Na2SO4 + SO2 + Br2 + 2H2O
8NaI + 5H2SO4 4Na2SO4 + H2S↑ + 4I2 + 4H2O
Vậy hỗn hợp khí Y gồm: HCl, SO2, H2S
SO2 + 2H2S 3S↓ + 2H2O
………………………………………………………………………………….
Chất tan duy nhất là HCl. Gọi số mol của SO2 là x
* mNaCl = 9,44 – 103.2x - 150.16x
* nNaCl = nHCl = 0,0575 – 3x
…………………………………………………………………………………..
Từ các phương trình trên x = 0,0025 mol
nNaCl = 0,05 mol mNaCl = 58,5.0,05 = 2,925 gam
mNaBr = 0,005 . 103 = 0,515 gam
mNaI = 0,04 . 150 = 6 gam.
9 a) A tác dụng với CO2 tạo nên B là cacbonat kiềm (chỉ cacbonat kim loại kiềm
mới dễ tan trong nước) và khí D thoát ra là oxi. Gọi MxOy là công thức của A
Phương trình các phản ứng :
(1) 2MxOy + xCO2 xM2CO3 + (y-0,5x)O2
(2) M2CO3 + Ba(NO3)2 BaCO3 + 2MNO3
(3) 2Cu + O2 2CuO
…………………………………………………………………………………..
Sự tăng khối lượng của ống đựng đồng nung nóng bằng khối lượng của oxi đã
phản ứng với đồng nên:
Số mol O2 = 6,72 : 32 = 0,21 (mol)
1đ
0,5
0,5
0,5
0,5
Theo phản ứng (2)

Số mol BaCO3 = số mol M2CO3 = 25,78 : 197 = 0,14 (mol)
Số mol M = 2 số mol M2CO3 = 0,28 (mol)
x 0,14
Từ (1) suy ra x : y 1: 2 .
y 0,5x
0,21
Vậy CTPT đơn giản nhất của A là MO2
……………………………………………………………………………………
Số mol MO2 = số mol M = 0,28 (mol)
M
MO 2
= 29,2 : 0,28 = 117,5 MM = 117,5 – 32 = 85,5 M : Rb
Công thức của ban đầu là RbO2
……………………………………………………………………………………
b) Phương trình hóa học :
(1) RbO2 + O3 RbO3 + O2
(2) 2RbO2 + 2NH3 2RbOH + N2 + 2H2O
(3) 2RbO2 + 2HCl ( loãng ) 2RbCl + H2O2 + O2
0,5
0,5
10 a) a)
1,0
(CH3)2O(k) CH4 (k) + CO(k) + H2(k)
to = 0 Po
t Po – P P P P
Ở thời điểm t thì áp suất của cả hệ là: Ph = Po + 2P P = (Ph – Po)/2.
3.P
o
- Ph
Ở thời điểm t, P
(CH 3) 2O
= Po – P = .
2
Suy ra, ở thời điểm:
* t = 0 s thì P
(CH 3) 2O
= 400 mm Hg
* t = 1550 s thì P
(CH 3) 2O
= 200 mm Hg
* t = 3100 s thì P
(CH 3) 2O
= 100 mm Hg
* t = 4650 s thì P
(CH 3) 2O
= 50 mm Hg
Vì nhiệt độ và thể tích bình không đổi nên áp suất tỉ lệ với số mol khí. Ta
nhận thấy, cứ sau 1550 giây thì lượng (CH3)2O giảm đi một nửa. Do đó, phản
ứng phân hủy (CH3)2O là phản ứng bậc 1 với t1/2 = 1550 s.
……………………………………………………………………………………
b) Hằng số tốc độ của phản ứng là: k = ln2 / t1/2 = 0,693 / 1550 = 4,47.10 -4 s -1 . 0,5
……………………………………………………………………………………
c) Ta có:
Pt = Po.e -kt 4
4,47.10 .460
0,5
= 400. e = 325,7 (mm Hg)
P = Po – Pt = 400 – 325,7 = 74,3 (mm Hg)
Áp suất của hệ sau 460 giây là: Ph = Po + 2P = 400 + 2.74,3 = 548,6 (mm
Hg)
Phần trăm (CH3)2O bị phân huỷ = 74,3
400 .100% = 18,58 %
(Thí sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa)

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
Thời gian làm bài 180 phút
NGUYỄN TẤT THÀNH TỈNH YÊN BÁI
ĐỀ THI ĐÈ XUẤT
(Đề này có 05 trang, gồm 10 câu)
Câu 1(2 điểm).
a. Bán kính nguyên tử của các nguyên tố chu kì 3 như sau, hãy nhận xét và
giải thích:
Nguyên
Na Mg Al Si P S Cl
tử
Bán kính ( A o ) 1,86 1,60 1,43 1,17 1,10 1,04 0,99
b. Cho bảng sau:
Nguyên tố Ca Sc Ti V Cr Mn
Năng lượng ion hoá I 2
1,87 12,80 13,58 14,15 16,50 15,64
(eV)
Số hiệu nguyên tử 20 21 22 23 24 25
Hãy giải thích sự biến đổi năng lượng ion hoá thứ hai của các nguyên tố
trong bảng.
Câu 2 (2 điểm)
Tinh thể CuCl có cấu trúc lập phương tâm diện của các ion Cu + , còn các ion
Cl - chiếm các lỗ trống tám mặt trong ô mạng cơ sở của các ion Cu + , nghĩa là có 1
ion Cl - chiếm tâm của hình lập phương và 12 ion Cl - khác chiếm điểm giữa 12
cạnh của hình lập phương.
a. Hãy biểu diễn mạng tế bào cơ sở của CuCl.
b. Tính số ion Cu + và Cl - rồi suy ra số phân tử CuCl chứa trong một tế bào mạng
cơ sở.
c. Xác định bán kính của ion Cu + .
Biết: khối lượng riêng của CuCl : d (CuCl) = 4,136 g/cm 3 ;
Cl = 35,5.
Cl
o
r 1,84A
; Cu = 63,5;

Câu 3 (2 điểm)
a. Đồng vị phóng xạ 58 Co của Coban có chu kì bán rã 71,3 ngày đêm. Tính
độ phóng xạ của 1 g chất đó theo đơn vị beccơren và curi.
b. Một miligam hỗn hợp của 58 Co với đồng vị phóng xạ 59 Co có độ phóng xạ
2,2.10 10 Bq. Tính khối lượng của mỗi đồng vị.
Cho biết: số Avogadro N A = 6,022.10 26 nguyên tử/k.mol
Câu 4 (2 điểm)
các dữ kiện:
Xác định nhiệt độ tại đó áp suất phân li của NH 4 Cl là 1 atm biết ở 25 0 C có
Câu 5 (2 điểm).
H 0 ht
(kJ/mol) G 0 ht
(kJ/mol)
NH 4 Cl (r) -315,4 -203,9
NH 3(k) -92,3 -95,3
HCl (k) -46,2 -16,6
Trong một bình có thể tích 1568 lít ở nhiệt độ 1000K có những mẫu chất
sau: 2 mol CO 2 , 0,5 mol CaO và 0,5 mol MgO. Hệ này được nén thật chậm sao cho
từng cân bằng được thiết lập.
Ở 1000K có các hằng số cân bằng sau:
CaCO 3 CaO + CO 2
MgCO 3 MgO + CO 2
K 1 = 0,2 atm
K 2 = 0,4 atm
Vẽ đồ thị của hàm P = f(V) và giải thích ngắn gọn sự biến thiên của đồ thị.( P là áp
suất của hệ , V là thể tích của khí. Trục tung biểu diễn thể tích , trục hoành biểu
diễn áp suất)
Câu 6 (2 điểm). Cân bằng trong dung dịch điện ly ( chỉ xét cân bằng axit – bazơ,
cân bằng tạo kết tủa).
Tính pH cuûa dung dòch thu ñöôïc khi troän 25,00 ml H3PO4 0,080 M vôùi
15,00 ml AgNO3 0,040 M.
Bieát H3PO4 coù pKa1 = 2,23 ; pKa2 = 7,21 ; pKa3 = 12,32

Ksp(Ag3PO4) = 10 - 19,9
Câu 7( 2 điểm).
Xét khả năng hoà tan HgS trong
Cho biết:
Câu 8 (2 điểm).
a. Axit nitric.
b. Nước cường toan.
E 0 NO 3- /NO = E 2
0
= 0,96 V
E 0 S/H 2 S = E 0 1 = 0,17 V
T HgS = 10 -51,8
Phức HgCl
2- 4 có
4= 10 14,92
H 2 S có Ka 1 =10 -7 , Ka 2 =10 -12,92
Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây:
1. NaCl + H 2 SO 4 đặc, nóng
2. NaBr + H 2 SO 4 đặc, nóng
3. KMnO 4 + H 2 SO 4 + HNO 2
4. Na2O2 + Fe(OH)2 + H2O
5. Na 2 S 2 O 3 + Cl 2 + H 2 O
6. NaClO + PbS
7. FeSO 4 + H 2 SO 4 + HNO 2
8. NaNO 2 + H 2 SO 4 loãng
9. CrCl3 + H2O2 + NaOH
10. Na 2 S 2 O 3 + I 2
Câu 9 (2điểm).
Hòa tan hoàn toàn 2,36 gam hỗn hợp M gồm hai kim loại X và Y trong dung
dịch chứa đồng thời hai axit HNO 3 và H 2 SO 4 đậm đặc, đun nóng. Sau khi phản ứng
kết thúc, thu được 0,896 lít (đktc) hỗn hợp khí Z chỉ gồm T và NO 2 ; dung dịch G
có chứa ion X 2+ , Y + .

a. Tính khối lượng muối khan thu được sau khi cô cạn cẩn thận dung dịch G
(giả thiết không xảy ra quá trình nhiệt phân các muối trong dung dịch G), biết tỉ
khối của Z so với metan là 3,15625.
b. Xác định khoảng giá trị thay đổi của khối lượng muối khan khi thay đổi tỉ
lệ khí T và NO 2 .
c. Nếu cho cùng một lượng khí Cl 2 lần lượt tác dụng với kim loại X và Y thì
khối lượng kim loại Y đã phản ứng gấp 3,375 lần khối lượng của kim loại X đã
phản ứng; khối lượng muối clorua của Y thu được gấp 2,126 lần khối lượng muối
clorua của X đã tạo thành. Xác định X và Y.
Câu 10 (2 điểm).
Photgen là một chất khí độc được điều chế theo phản ứng:
CO(k) + Cl 2 (k) COCl 2 (k)
Số liệu thực nghiệm tại 20 o C về động học phản ứng này như sau:
Thí [CO]ban đầu [Cl 2 ]ban
Tốc độ ban
nghiệm (mol/lít) đầu(mol/lít) đầu(mol/lít.s)
1 1,00 0,10 1,29.10 -29
2 0,10 0,10 1,33.10 -30
3 0,10 1,00 1,30.10 -29
4 0,10 0,01 1,32.10 -31
a. Hãy viết biểu thức tốc độ phản ứng.
b. Nếu [CO] ban đầu là 1,00 mol/lít và [Cl 2 ] ban đầu 0,10 mol/lít, thì sau
thời gian bao lâu [Cl 2 ] còn lại 0,08 mol/lít.
....................HẾT.................
Người ra đề
Lương Thị Thanh Loan
0982188945

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
Câu Y Nội dung chính cần đạt Điểm
a
Câu 1
b
Câu 2
Nhận xét: Từ đầu đến cuối chu kì bán kính nguyên tử giảm 1
dần.
Giải thích: Trong chu kì, số lớp electron như nhau nhưng do
điện tích hạt nhân tăng dần, số electron lớp ngoài cùng tăng dần,
làm cho lực hút giữa hạt nhân với lớp ngoài cùng mạnh dần dẫn
đến bán kính nguyên tử giảm.
Cấu hình electron của các nguyên tố:
1
Ca [Ar]4s 2 ; Sc [Ar]3d 1 4s 2 ; Ti [Ar]3d 2 4s 2 ; V [Ar]3d 3 4s 2 ;
Cr [Ar]3d 5 4s 1 ; Mn [Ar]3d 5 4s 2 .
Năng lượng ion hoá thứ hai ứng với sự tách electron hoá trị
thứ hai. Từ Ca đến V đều là sự tách electron 4s thứ hai. Do sự
tăng dần điện tích hạt nhân nên lực hút giữa hạt nhân và các
electron 4s tăng dần, do đó năng lượng ion hoá I 2 cũng tăng đều
đặn. Đối với Cr, do cấu hình electron đặc biệt với sự chuyển 1
electron từ 4s về 3d để sớm đạt được phân lớp 3d 5 đầy một nửa,
electron thứ hai bị tách nằm trong cấu hình bền vững này cho nên
sự tách nó đòi hỏi tiêu tốn nhiều năng lượng hơn nên I 2 của
nguyên tố này cao hơn nhiều so với của V. Cũng chính vì vậy mà
khi chuyển sang Mn, 2 electron bị tách nằm ở phân lớp 4s, giá trị
I 2 của nó chỉ lớn hơn của V vừa phải, thậm chí còn nhỏ hơn giá trị
tương ứng của Cr.
Từ hình vẽ ta nhận thấy: 1
Cu +
Cl -
điểm

n Cu
+
= 8. 1 8 + 6. 1 2 = 4; n Cl- = 1 + 12. 1 4 = 4
Vậy có 4 phân tử CuCl trong 1 ô mạng cơ sở.
n.M
CuCl
Áp dụng công thức: d =
N V V o = a 3 =
A
o
1
4(63,5 35,5)
23
6,023.10 .4,136
158,965.10 cm
22 3
a = 5,4171.10 -8 cm = 5,4171 o A
Theo hình vẽ nhận thấy: a=2(r Cu
+
+ r Cl- ) r Cu
+ = (5,4171 –
2.1,84)/2 = 0,8686 o A
Số N nguyên tử chứa trong 1
N A .
m
M
6,022.10 .1.10
58
26 9
g Coban 58 là: N =
Hằng số rã (hay hằng số phóng xạ) của 58 Co là:
5
ln 2 0,693 693.10
T 71,3.86400 71,3.864
1,5
Câu 3
a.
Vậy, độ phóng xạ của 1
693.10 6,022.10
. N .
71,3.864 58
H =
5 17
4173,24....10
3572985
12
g = 10 -9 kg Coban 58 là: H =
9
1,167....10 hay H 1,17.10 9 Bq
Theo đơn vị curi, ta có: H =
1,17.10
3,7.10
9
10
0,0316 hay H 0,032 Ci
b. Khối lượng của 58 Co có chứa trong hỗn hợp là:
0,5
b.
m 1 =
10
2,2.10
1,167.10
9
18,851... g
hay m 1 18,85 g
Khối lượng của 59 Co trong hỗn hợp là:

m 2 = 1000 – m 1 = 1000 – 18,85 hay m 2 = 981,15
Đối với phản ứng : NH 4 Cl (r) NH 3(k) + HCl (k) 0, 5 0,25đ
Hằng số cân bằng : K =
NH
. P HCl ( )
P
3(
k ) k
g
d
Gọi T là nhiệt độ phải tìm thì với áp suất phân li là 1 atm,
ta có áp suất riêng phần cân bằng của NH 3 và HCl là :
P = HCl(k )
NH 3 ( k )
P = 0,5 atm 0,25đ
Do đó : K T = 0,5.0,5=0,25 (atm) 2
Ở 25 0 C :
0
G 298
của phản ứng :
0,5
Câu 4
0
G 298
= -95,3 – 16,6 + 203,9 = 92kJ 0,25đ
Từ công thức
0
G = -RTlnK, ta có :
92000 = -8,314.298.lnK 298
lnK 298 = -37,133
Mặt khác xem như trong khoảng nhiệt độ đang xét
0
H 298
không đổi nên :
1
0
H 298
= - 92,3 - 46,2 + 315,4 = 176,9 (kJ) = 176 900 (J) 0,25đ
Mối liên quan giữa 2 nhiệt độ đang xét :
0
K T H
1 1
298
R 298 T
ln ( ) T = 596,8 0 K
K
CaO + CO 2 CaCO 3 K
-1 1 = 5atm -1 = 1/P CO2 → P CO2 = 0,2 atm
MgO +CO 2 MgCO 3 K
-1 2 =2,5 atm -1 = 1/P CO2 →P CO2 =0,4 atm
0.5
Khi maø aùp suaát cuûa CO2 coøn chöa ñaït tôùi giaù trò p = 0,2atm thì
Câu 5
phaûn öùng giöõa oxit kim loaïi CaO vaø CO2 chöa xaûy ra
V > nRT/P = 2. 0,082 .1000/0,2 = 820 lít.
Luùc naøy khi neùn bình thì P taêng theo phöông trình P =
2.0,082 .1000/ V= 164 / V .

ÔÛ P=0,2 atm ( V = 820 lít) thì CO2 phaûn öùng vôùi CaO
0.5
thaønh CaCO3, cho ñeán khi CaO chuyeån hoaù hoaøn toaøn. V =
nRT/P = 1,5. 0,082 .1000/0,2 = 615 lít.
Khi maø aùp suaát cuûa CO2 coøn chöa ñaït tôùi giaù trò p =
0,4atm thì phaûn öùng giöõa MgO vaø CO2 chöa xaûy ra.V > nRT/P
= 1,5. 0,082 .1000/0,4 = 307,5 lít.
Luùc naøy khi neùn bình thì P taêng theo phöông trình P =
1,5.0,082 .1000/ V= 123/V .
ÔÛ P =0, 4atm ( V = 307,5 lít) thì CO2 phaûn öùng vôùi MgO
0.5
thaønh MgCO3, cho ñeán khi MgO chuyeån hoaù hoaøn toaøn.
V = nRT/P = 1 . 0,082 .1000/0,4 = 205 lít.
Luùc naøy khi neùn bình thì P taêng theo phöông trình P =
1.0,082 .1000/ V= 82/V.
0.5
Ñoà thò: (lít)
820
615
307,5
205

0,2 0,4 ( atm)
Vừa mới trộn:
H3PO4
25,00
C x0,080 0,050M
40,00
1
15,00
CAg NO 3
x0,040 0,015M
40,00
Trong dung dịch có các cân bằng sau:
(1) H 3 PO 4 H + + H 2 P O 4
Ka 1 = 10 -2,23
(2) H 2 PO 4 - H + + HP O 2
4
Ka 2 = 10 -7,21
(3) HPO 2
4
H + + P O Ka 3 = 10 -12,32
3 4
Câu 6
(4) H 2 O H + + OH - Kw = 10 -14,00
Do Ka 1 >> Ka 2 >> Ka 3 > Kw, chỉ xét cân bằng (1)
C (mol.L -1 ) 0,050
H 3 PO 4 H + + H 2 P O 4
Ka 1 = 10 -2,23
[ ] (mol.L -1 ) 0,050 –x x x
Ka
H
H PO
x
2
2 4
2,23
3
1
10 5,89. 10
H
3PO4
0,050 x
x 2 + 5,89.10 -3 x – 2,94.10 -4 = 0
x=0,0145
[H + ] = [H 2 P O 4
] = 1,45.10 -2 mol.L -1
[H 3 P O 4
] = 0,0500 – 0,0145 = 0,0355 mol.L -1
Tổ họp 3 cân bằng (1), (2), (3) ta có:
1
H 3 PO 4 3H + + P O 3
4
K = Ka 1 .Ka 2 .Ka 3
3
H3PO4 0,0145
= 10 -21,76 = 1,74.10 -22
H
PO
K
3
4 3 22 0,0355
18
PO4 1,74.10 2,03.10
3
3 3
3
18
24
Ag
PO4
0
,015 .2,03.10 6.85.10 Ksp

Không tạo kết tủa Ag 3 PO 4
Ag 3 PO 4
3Ag + 3
+ PO
4
K sp = 10 -19,9
Vậy
PO tự do [H + ] không thay đổi so với tính toán ở trên
3
4
[H + ] = 0,0145 mol.L -1
pH = - log [H + ] = -log 1,45.10 -2 = 2 - log 1,45
pH = 1,84
Trong dung dịch HNO 3 :
Các quá trình xảy ra:
1
HNO 3 = H + + NO
- 3
3× HgS Hg 2+ + S 2- T HgS = 10 -51,8
3× H + + S 2- HS - K
-1 a2 = 10 12,92
3× HS - + H + H 2 S K
-1 a1 = 10 7
a
2E 0
1
0
3× H 2 S – 2e S + 2H + K
-1 1 = 10 , 059
3,
2× NO
- 3 + 4H + + 3e NO + 2H 2 O K 2 = 10 0 059
0
E 2
Câu 7
3HgS + 2NO3 - + 8H + 3Hg 2+ + 3S + 2NO + 4H2O K
Ta có: K = T HgS
3
. K a2
-3
. K a1
-3
. K 1
-3
. K 2
2
= 10 -15,3
K = 10 -15,3 . V ì K rất nhỏ nên xem như HgS không
b
tan trong dung dịch HNO 3
Trong nước cường toan (HNO 3 +3HCl )
Các quá trình xảy ra:
HCl = H + + Cl -
3HgS + 2NO 3
-
+ 8H + 3Hg 2+ + 3S + 2NO + 4H 2 O K
3× Hg 2+ + 4Cl - HgCl
2- 4
4
1
3HgS + 2NO3 - + 8H + +12Cl - 3S + 2NO + 4H2O+ 3HgCl4 2- K’
K’ = K. 3 4

lg K’ = lgK + 3lg 4
= -15,3 + 3.14,92 = 29,46
K’= 10 29,46 rất lớn. Vậy HgS tan mạnh trong nước cường
toan
1. NaCl + H2SO4 (đặc, nóng) HCl + NaHSO4
hoặc 2 NaCl + H2SO4 (đặc, nóng) 2 HCl + Na2SO4
2. 2 NaBr + 2 H2SO4 (đặc, nóng) 2 NaHSO4 + 2 HBr
0,2đ/p
t
2 HBr + H2SO4 (đặc, nóng) SO2 + 2 H2O + Br2
2 NaBr + 3 H2SO4 (đặc, nóng) 2 NaHSO4 + SO2 + 2 H2O + Br2
0
t cao
2 NaBr + 2H2SO4 (đặc, nóng) Na2SO4 + SO2 + 2 H2O + Br2
Câu 8
3. 2 KMnO4+3 H2SO4 +5 HNO2 K2SO4+2 MnSO4+5 HNO3 +3H2O
4. Na2O2 + 2Fe(OH)2 + 2H2O 2Fe(OH)3 + 2NaOH
5. 4Cl 2 + Na 2 S 2 O 3 + 5H 2 O 2NaHSO 4 + 8HCl
Câu 9
a
6. 4 NaClO + PbS 4 NaCl + PbSO4
7. 2 FeSO4 + H2SO4 + 2 HNO2 Fe2(SO4)3 + 2 NO + 2 H2O
8. 3 NaNO2 + H2SO4 (loãng) Na2SO4 + NaNO3 + 2 NO + H2O
9. 2CrCl 3 + 3H 2 O 2 + 10NaOH 2Na 2 CrO 4 + 6NaCl + 8H 2 O
10. 2Na2S2O3 + I2 Na2S4O6 + 2NaI
Số mol Z = 0,896: 22,4 = 0,04 (mol)
M Z = 3,15625.16 = 50,5
M NO2 = 46 < 50,5 < M T T là SO 2 (M=64)
Gọi a là số mol SO 2 , b là số mol NO 2 .
Ta có: 64a + 46 b = 50,5.0,04 = 2,02
a + b = 0,04
a = 0,01; b = 0,03
Phương trình phản ứng:
X + 2H 2 SO 4 XSO 4 + SO 2 + 2H 2 O
2Y + 2H 2 SO 4 Y 2 SO 4 + SO 2 + 2H 2 O
X + 4HNO 3 X(NO 3 ) 2 + 2NO 2 + 2H 2 O
0,5

Y + 2HNO 3
YNO 3 + NO 2 + H 2 O
∑m muối khan = ∑mM + ∑mNO
- 3 + ∑m SO
2- 4
= 2,36 + 0,03.62 + 0,01.96 = 5,18 (gam)
X X 2+ + 2e
x 2x
Y Y + + 1e
y y
1,0
SO 4
2-
+ 2e SO 2
0,01 0,02 0,01
b
NO
- 3 + e NO 2
0,03 0,03 0,03
Theo định luật bảo toàn electron:
2x + y = 0,05
Khối lượng hỗn hợp: xX + yY = 2,36
Phản ứng giữa hai kim loại X, Y với hai axit HNO 3 và
H 2 SO 4 tạo ra hai muối nitrat và hai muối sunfat. Vì 1 mol
SO
2- 4 (96 gam) tương ứng 2 mol NO
- 3 (124 gam) nên với
cùng một kim loại và cùng số mol, khối lượng muốinitrat sẽ
nặng hơn khối lượng muối sunfat. Do đó, khối lượng muối sẽ
cực đại nếu phản ứng chỉ sinh ra 2 muối nitrat và cực
tiểu khi chỉ tạo ra 2 muối sunfat.
Khối lượng muối cực đại:
x mol X x mol X(NO 3 ) 2
y mol Y y mol YNO 3
Khối lượng 2 muối nitrat = x(X + 124) + y(Y + 62) = 2,36 +
62.0,05 = 5,46 (gam)
Khối lượng muối cực tiểu:

x mol X x mol XSO 4
y mol Y y/2 mol Y 2 SO 4
Khối lượng 2 muối sunfat = x(X + 96) + y/2(2Y + 96) = 2,36 +
48.0,05 = 4,76 (gam)
Vậy:
4,76 gam < khối lượng 4 muối < 5,46 gam
Xác định X và Y
0,5
Gọi z là số mol Cl 2 tác dụng với X (hoặc Y)
a
X + Cl 2 XCl 2
z z z
2Y + Cl 2 2YCl
2z z 2z
mY = 3,375mX 2zY = 3,375 zX 2Y = 3,375X (1)
mYCl = 2,126mXCl 2 2z(Y + 35,5) = 2,126z(X + 71)
2 (Y + 35,5) = 2,126 (X + 71) (2)
(1) (2) Y = 108 Y là Ag
X = 64 X là Cu
Biểu thức tốc độ phản ứng v=k[CO] x [Cl 2 ] y
v1/v2 = (1 x . 0,1 y ):(0,1 x . 0,1 y )=10 x=1
v3/v4 = (0,1 x . 1 y ):(0,1 x . 0,01y)=100 y=1
Vậy biểu thức tốc độ phản ứng v=k[CO][Cl 2 ]
1
Câu 10
b. Do phản ứng bậc 2 nên ta có: k=
1
t(
a b)
Từ: v=k[CO] x [Cl 2 ] y k=v:([CO] x [Cl 2 ] y )
ln
b(
a
a(
b
x)
x)
1
b
k 1 =1,29.10 -29 : (1x0,1) =1,29.10 -28
k 2 =1,33.10 -30 : (0,1x0,1) =1,33.10 -28
k 3 =1,30.10 -29 : (1x0,1) =1,30.10 -28
k 4 =1,32.10 -31 : (0,1x0,01) =1,32.10 -28
Suy ra: k=1,31.10 -28 l.mol - s -

0,1(1 0,02)
1,31.10 -28 1
t = ln
0,
9 1(0,1 0,02)
t=0,172.10 28 s
....................HẾT.................
Người ra đề
Lương Thị Thanh Loan
0982188945

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC
BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG
TỈNH BG
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI
11
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 03 trang, gồm 10 câu)
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Câu 1 (2,0 điểm) Tốc độ phản ứng
1. Cho phản ứng:
(1)
A
k1
B
k2
k1 + k2 =
1 ln
t
xe
x - x
e
ứng).
(các hằng số tốc độ phản ứng k1 = 300 s –1 ; k2 = 100 s –1 ).
(xe là nồng độ chất lúc cân bằng; x là nồng độ chất đã phản
(2)
Ở thời điểm t = 0, chỉ có chất A mà không có chất B. Trong thời gian bao lâu thì một nửa lượng
chất A chuyển thành chất B?
2. Cho phản ứng pha khí: 2NO (k) + O2 (k) → 2NO2 (k) (3)
Phản ứng (3) tuân theo định luật tốc độ thực nghiệm v = k[NO] 2 [O2].
Giả định rằng phản ứng không diễn ra theo một giai đoạn sơ cấp. Hãy đề nghị một cơ chế có khả năng
cho phản ứng (3) và chứng tỏ rằng cơ chế ấy phù hợp với thực nghiệm động học.
Câu 2 (2,0 điểm) Cân bằng trong dung dịch điện ly
1. a) Tính pH của dung dịch Na2X 0,022 M.
b) Tính độ điện li của ion X 2- trong dung dịch Na2X 0,022 M khi có mặt NH4HSO4 0,001 M.
Cho: pK = 2,00; pK +
= 9,24; pK = 5,30; pK = 12,60.
-
4
a(HSO )
a(NH )
4
a1(H2X)
a2(H2X)
2. Một dung dịch monoaxit HA có pH = 1,70. Khi pha loãng gấp đôi dung dịch đã cho thì thu được dung
dịch có pH = 1,89. Xác định hằng số ion hóa Ka của axit HA.
Câu 3 (2,0 điểm) Điện hóa học
1. Muối KClO4 được điều chế bằng cách điện phân dung dịch KClO3. Thực tế khi điện phân ở một điện
cực, ngoài nửa phản ứng tạo ra sản phẩm chính là KClO4 còn đồng thời xẩy ra nửa phản ứng phụ tạo
thành một khí không màu. Ở điện cực thứ hai chỉ xẩy ra nửa phản ứng tạo ra một khí duy nhất. Hiệu
suất tạo thành sản phẩm chính chỉ đạt 60%.
a) Viết ký hiệu của tế bào điện phân và các nửa phản ứng ở anot và catot.
b) Tính điện lượng tiêu thụ và thể tích khí thoát ra ở điện cực (đo ở 25 0 C và 1atm) khi điều chế được
332,52g KClO4.
2. a) Lập pin điện trong đó xảy ra sự oxi hoá ion Fe 2+ thành ion Fe 3+ và ion Au 3+ 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.
0 0 0
Cho biết: E 3+ + = 1,26V; E 3+ = -0,037V; E 2+ = -0,440V.
Au /Au Fe /Fe Fe /Fe
Câu 4 (2,0 điểm) Bài tập tính toán vô cơ tổng hợp
1. Hoà tan hoàn toàn 0,8120 gam một mẫu quặng sắt gồm FeO, Fe2O3 và 35% tạp chất trơ trong dung dịch
H2SO4 loãng (dư), thu được dung dịch X. Sục khí SO2 vào dung dịch X, thu được dung dịch Y. Dung dịch
Y phản ứng vừa đủ với 22,21 ml dung dịch KMnO4 0,10M. Mặt khác, hoà tan hết 1,2180 gam mẫu quặng
trên trong dung dịch H2SO4 loãng (dư) rồi thêm ngay dung dịch KMnO4 0,10M vào dung dịch thu được
cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thì hết 15,26 ml dung dịch KMnO4 0,10M.
a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.

) Tính thể tích SO2 (ở điều kiện tiêu chuẩn) đã dùng và thành phần phần trăm theo khối lượng của
FeO, Fe2O3 có trong mẫu quặng.
2. Hòa tan hoàn toàn 19,2 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3O4 và Fe2O3 trong 400 ml dung dịch
HNO3 3M (dư) đun nóng, thu được dung dịch Y và V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc).
Cho 350 ml dung dịch NaOH 2M vào dung dịch Y, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được
21,4 gam kết tủa. Tính khối lượng chất tan trong Y và giá trị của V?
Câu 5 (2,0 điểm) Sơ đồ biến hóa, Cơ chế phản ứng, Đồng phân lập thể, Danh pháp
1. Hãy đề nghị cơ chế cho các phản ứng sau:
O 1. BuMgBr
a.
2. H 2
O
3. H 2
SO 4
A 1 + A 2 + A 3 + A 4 + A 5
Biết rằng từ A1 A5 là các đồng phân có cùng công thức phân tử C13H22.
b.
c.
HO
OH
O
O
1. NaOH, Cl 2
2. H 3
O +
2. Hợp chất X có công thức:
H 2 SO 4
O
COOH
COOH
O
Hãy gọi tên X và cho biết X có bao nhiêu dạng cấu trúc không gian tương đối bền, các dạng đó khác 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.
Câu 6 (2,0 điểm) Tổng hợp các chất hữu cơ, so sánh nhiệt độ sôi, Nhiệt độ nóng chảy, Tính Axit- Bazơ
1. Từ xiclohexan-1,3-đion và các hợp chất 4C hãy viết sơ đồ tổng hợp chất sau:
2. a) So sánh tính axit của: Axit bixiclo[1.1.1]pentan-1-cacboxylic và axit 2,2-đimetyl propanoic
b) So sánh tính bazơ của:
N N
H
N
H
Pyridin Pyrol piperidin
Câu 7 (2,0 điểm) Nhận biết, Tách chất, Xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ
1. Axit A được tách ra từ quả cây hồi. Cấu tạo của hợp chất A đã được xác định theo sơ đồ phản ứng
sau:

a) Vẽ cấu trúc cho các hợp chất Y1, Y2 và từ đó suy ra cấu trúc của Y3, A, B, C, D. Biết rằng A chỉ có
một nguyên tử hiđro etylenic.
b) Hãy viết sơ đồ phản ứng tổng hợp ra A từ những hợp chất chứa không quá 4C.
2. Thủy phân hợp chất A (C13H18O2) trong môi trường axit HCl loãng cho hợp chất B (C11H14O). Khi B
phản ứng với brom trong NaOH, sau đó axit hóa thì thu được axit C. Nếu đun nóng B với hỗn hợp
hiđrazin và KOH trong glicol thì cho hiđrocacbon D. Mặt khác, B tác dụng với benzanđehit trong dung
dịch NaOH loãng (có đun nóng) thì tạo thành E (C18H18O). Khi A, B, C, D bị oxi hóa mạnh thì đều cho
axit phtalic. Hãy viết công thức cấu tạo của các hợp chất từ A đến E.
Câu 8 (2,0 điểm) Hữu cơ tổng hợp
Hỗn hợp A gồm ba axit cacboxylic đơn chức, mạch hở, trong đó có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp và
một axit không no có một liên kết đôi (C=C). Cho m gam A phản ứng hoàn toàn với 700 ml dung dịch NaOH
1M, thu được dung dịch B. Để trung hòa lượng NaOH (dư) trong B cần vừa đủ 200 ml dung dịch HCl 1M và thu
được dung dịch D. Cô cạn cẩn thận D thu được 52,58 gam chất rắn khan E. Đốt cháy hoàn toàn E rồi hấp thụ
toàn bộ sản phẩm khí và hơi vào bình đựng dung dịch NaOH (dư), thấy khối lượng bình tăng thêm 44,14 gam.
Xác định công thức của ba axit và tính phần trăm khối lượng của mỗi axit trong A?
Câu 9 (2,0 điểm) Cân bằng hóa học
Đối với phản ứng thuận nghịch ở pha khí: 2SO2 + O2 € 2SO3.
1. Người ta cho vào bình kín thể tích không đổi 3,0 lít một hỗn hợp gồm 0,20 mol SO3 và 0,15 mol
SO2. Cân bằng hóa học được thiết lập tại 25 0 C và áp suất chung của hệ là 3,20 atm. Hãy tính phần trăm
thể tích oxi trong hỗn hợp cân bằng.
2. Cũng ở 25 0 C, người ta cho vào bình trên chỉ x mol khí SO3. Ở trạng thái cân bằng hóa học thấy có
0,105 mol O2. Tính tỉ lệ SO3 bị phân hủy, phần trăm thể tích mỗi chất trong hỗn hợp khí và áp suất
chung của hệ ở trạng thái cân bằng.
Câu 10 (2,0 điểm) Phức chất
Coban t¹o ra ®­îc c¸c ion phøc: CoCl2(NH3)4 + (A), Co(CN)6 3- (B), CoCl3(CN)3 3- (C),
1. ViÕt tªn cña (A), (B), (C).
2. Theo thuyÕt liªn kÕt ho¸ trÞ, c¸c nguyªn tö trong B ë tr¹ng th¸i lai ho¸ nµo?
3. C¸c ion phøc trªn cã thÓ cã bao nhiªu ®ång ph©n lËp thÓ? VÏ cÊu tróc cña chóng.
4. ViÕt ph­¬ng tr×nh phn øng cña (A) víi ion s¾t (II) trong m«i tr­êng axit.
----------HẾT----------
Người ra đề
(Họ tên, ký tên - Điện thoại liên hệ)
Dương Trọng Phong
(0985.574.133)

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC
BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG
TỈNH BG
ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐÁP ÁN MÔN HÓA HỌC KHỐI
11
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
(Đáp án này có 09 trang, gồm 10
câu)
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA HỌC KHỐI 11
Câu Ý Nội dung chính cần đạt Điểm
A
k1
1,0đ
B
Câu 1
(2,0
điểm)
1
Nồng độ đầu: a 0
Nồng độ cân bằng: a - xe xe
Ta có xe được xác định qua hằng số cân bằng (K):
[B] xe
aK
K xe
[A] a - x 1 + K
k2
Tại thời điểm một nửa lượng chất A đã tham gia phản ứng: x = a/2; t = t 1/2
a aK a 2aK - a - aK a(K - 1)
xe – x = x e - = - = =
2 1 + K 2 2(1 + K) 2(1 + K)
Thay
1/2
1 2
xe
2K
=
x - x K - 1
2,303 2K
t = lg
k + k K - 1
k
Vì
1
K , nên:
k
e
2
xe
aK/(1+K) 2K
=
x - x a(K-1)/[2(1+K)] K - 1
1
t1/2
1 2 1 2
e
e
vào (2), ta có: k1 + k2
2,303 2k 2,303 2 . 300
= lg = lg
k + k k - k 300 + 100 300 - 100 = 2,75.10-3 (s).
Vậy sau 2,75.10 -3 giây thì một nửa lượng chất A đã chuyển thành chất B.
2,303 2K
lg
t K - 1
1/2
2
Phản ứng có thể xảy ra theo cơ chế hai giai đoạn:
k1
2NO ‡ ˆ ˆ ˆ† ˆˆ N2O2 (a) (nhanh)
k 1
k
N2O2 +
2
O2 2NO2 (b) (chậm)
Cộng (a) với (b) sẽ thu được phản ứng tổng cộng (3).
Giai đoạn (b)chậm, quyết định tốc độ chung của phản ứng, nên:
v = k2[N2O2][ O2] (*)
Do giai đoạn (b) chậm và (a) nhanh nên có thể coi cân bằng (a) được thiết lập, khi đó có:
[N2O2]/[NO] 2 = k1/k-1 [N2O2] = (k1/k-1)[NO] 2 (2*)
Thay (2*) vào (*) thu được:
v = (k1/k-1)k2[NO] 2 [ O2] = k[NO] 2 [ O2] với k = (k1/k-1)k2.
Như vậy từ cơ chế giả định có thể rút ra được định luật tốc độ thực nghiệm. Cơ chế là có
khả năng.
Chú ý: Thí sinh có thể đưa ra cơ chế khác. Nếu chứng minh chặt chẽ rằng cơ chế đó phù
hợp với thực nghiệm thì cho đủ điểm.
1,0đ
Câu 2 1 a) X 2- + H2O ƒ HX - + OH - Kb1 = 10 -1,4 (1) 0,5đ

(2,0
điểm)
HX - + H2O ƒ H2X + OH - Kb2 = 10 -8,7 (2)
H2O ƒ H + + OH - Kw = 10 -14 (3)
Vì Kb1.C >> Kb2.C >> Kw pH của hệ được tính theo cân bằng (1):
X 2- + H2O ƒ HX - + OH - Kb1 = 10 -1,4
C 0,022
[ ] 0,022 - x x x
[OH - ] = x = 0,0158 (M) pH = 12,20
b) Khi có mặt NH4HSO4 0,0010 M:
Phản ứng: HSO
4
NH4HSO4 NH + HSO
4
4
0,001 0,001
+ X2-
ƒ HX - +
2
SO 4
K1 = 10 10,6
0,001 0,022
- 0,021 0,001 0,001
NH + X2-
4
ƒ HX - + NH3 K2 = 10 3,36
0,001 0,021 0,001
- 0,020 0,002 0,001
Hệ thu được gồm: X 2- 0,020 M; HX - 2
0,002 M; SO 0,001 M;
4
NH3 0,001 M.
Các quá trình xảy ra:
X 2- + H2O ƒ HX - + OH - Kb1 = 10 -1,4 (4)
NH3 + H2O ƒ NH + OH - '
K
4
b
= 10 -4,76 (5)
HX - + H2O ƒ H2X + OH - Kb2 = 10 -8,7 (6)
2
SO + H2O ƒ HSO 4
4
+ OH - Kb = 10 -12 (7)
HX - ƒ H + + X 2- Ka2 = 10 -12,6 (8)
So sánh các cân bằng từ (4) đến (7), ta có: Kb1. C 2- >> K . C >> Kb2.
X
NH -
3
C >>
HX
Kb. C
2
(4) chiếm ưu thế và như vậy (4) và (8) quyết định thành phần cân bằng của
-
SO
4
hệ:
X 2- + H2O ƒ HX - + OH - Kb1 = 10 -1,4 C
0,02 0,002
[] 0,02 - y 0,002 + y y
y = 0,0142 [HX - ] = 0,0162 (M)
(Hoặc α 2 - X
2
-
[HX ] 0,0162
α - = =
X
0,022 0,022 = 0,7364 hay α
2
X - = 73,64 %.
-
[OH ] + C - + C
+
HSO4 NH 0,0142 + 0,001 + 0,001
4
=
= 0,7364)
0,022 0,022
'
b
1,0đ

HA → H + + A - (1)
a
+ -
[H ][A ]
K= [HA]
(2)
0,5đ
Bỏ qua sự phân li của nước, ta có: [H + ] [A - ] và c (nồng độ mol của axit) = [A - ] + [HA]
Thay [H + ] = [A - ] và [HA] = c - [H + ] vào (2), ta được
+ 2
[H ]
K = (3)
c - [H ]
a +
2
Khi pH = 1,70 thì [H + ] 10 -1,70 0,0200; Khi pH = 1,89 thì [H + ] 10 -1,89 0,0129
Thay các kết quả này vào (3) ta được hệ phương trình:
2
0,02
K= a
c - 0,02
2
0,0129
K=
a c - 0,0129
2
Giải hệ phương trình ta được c = 0,0545 và Ka = 0,0116.
Vậy c = 0,0545 mol/l và Ka = 0,0116
a) Kí hiệu của tế bào điện phân: Pt KClO3 (dd) Pt
0,5đ
Phản ứng chính: anot: ClO3 - - 2e + H2O ClO4 - + 2H +
catot: 2H2O + 2e H2 + 2OH -
ClO3 - + H2O ClO4 - + H2
Phản ứng phụ: anot: H2O - 2e 2H + + 2
1
O2
catot: 2H2O + 2e H2 + 2OH -
H2O 2
1
O2 + H2
Câu 3
(2,0
điểm)
1
b) M
KClO 4
39,098 + 35,453 + 64,000 = 138,551
n
KClO4
332,52
138,551
2,4mol
q = 2,4 mol . 2F c 100 . 8.F 8(96485C) 771880 C
mol 60
q = 771880 C
8F
Khí ở catot là hydro: n
H = 4 mol
2
2F / mol
nRT 4.0,08205.298
V
H 2
=
97,80 lit
P 1
Khí ở anot là oxy: nF tạo ra O2 = 8 . 0,4 = 3,2 F
3,2 F
n O 2
= 0,8 mol
4F / mol
nRT 0,8.0,08205.298
V O 2
=
19,56 lit
P 1
0,5đ
2
a) Theo qui ước: quá trình oxi hóa Fe 2+ xảy ra trên anot, quá trình khử Au 3+ xảy ra trên catot,
do đó điện cực Pt nhúng trong dung dịch Fe 3+ , Fe 2+ là anot, điện cực Pt nhúng trong dung
dịch Au 3+ , Au + là catot:
(-) Pt │ Fe 3+ (aq), Fe 2+ (aq) ║ Au 3+ (aq), Au + (aq) │ Pt (+)
Phản ứng ở cực âm: 2x Fe 2+ (aq) Fe 3+
(aq) + e K 1
1
0,5đ

Câu 4
(2,0
điểm)
1
2
Phản ứng ở cực dương: Au 3+ (aq) + 2e Au + (aq) K2
Phản ứng trong pin: Au 3+ (aq) + 2Fe 2+ (aq) Au + (aq) + 2Fe 3+ (aq) K
0 0
2( - ) / 0,059
10 E E
b) K = (K 1
1 ) 2 Au
3+
/Au
Fe
3+
/Fe
2+
.K2 =
Trong đó thế khử chuẩn của cặp Fe 3+ /Fe 2+ được tính (hoặc tính theo hằng số cân bằng)
như sau:
Fe 3+ + 3e € Fe E 0 (1) = -0,037 V, G 0 (1) = -3FE 0 (1)
Fe 2+ + 2e € Fe E 0 (2) = -0,440 V, G 0 (2) = - 2F E 0 (1)
0
Fe 3+ + e € Fe 2+ E 0 -ΔG (3) ΔG
0
(1) - ΔG
0
(2)
(3) = = = 3E 0 (1)- 2E 0 (2) = 0,77V
F
F
→ K = (K 1
1 ) 2 2(1,26 0,77) / 0,059
.K2 = 10
= 10 16,61
Ở điều kiện tiêu chuẩn, sức điện động chuẩn của pin trên sẽ là:
E 0 0 0
pin = E - E = 0,49 V
3+ + 3+ 2+
Au /Au Fe /Fe
a) FeO + H2SO4 FeSO4 + H2O (1)
Fe2O3 + 3H2SO4 Fe2(SO4)3 + 3H2O (2)
Fe2(SO4)3 + 2H2O + SO2 2FeSO4 + 2H2SO4 (3)
10FeSO4 + 2KMnO4+ 8H2SO4 5Fe2(SO4)3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O (4)
5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O 2H2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 (5)
b) Từ (1) và (4) ta có:
nFeO (trong 1,2180 gam mẫu) = 2
Fe
n = 5. n
MnO 4
= 5 . 0,10 . 15,26.10 -3 = 7,63.10 -3 (mol)
-3
7,63.10 . 0,8120
nFeO (trong 0,8120 gam mẫu) =
= 5,087.10 -3 (mol)
1,2180
mFeO (trong 0,8120 gam mẫu) = 72 . 5,087.10 -3 = 0,3663 (g)
và m
Fe2O
(trong 0,8120 gam mẫu) = 0,8120 . 0,65 – 0,3663 = 0,1615 (g)
3
n
Fe2O
(trong 0,8120 gam mẫu) = 0,1615 1,01.10 -3 (mol)
3
160
Tương tự, từ (3) và (5) ta có: nSO n 2 SO 2 (3)
nSO 2 (5)
Trong đó: n = n (trong 0,8120 gam mẫu)
SO 2 (3) Fe 2 (SO 4 ) 3
= n
Fe2O
(trong 0,8120 gam mẫu) = 1,01.10 -3 (mol)
3
5
n SO -
2 (5)
nMnO 4 (5)
2
= 5 1
( n
MnO n )
-
4
Fe
2 5
2
với: n 2
Fe = nFeO (trong 0,8120 gam mẫu) + 2.n
Fe2O
(trong 0,8120 gam mẫu)
3
n
SO 2 (5)
=
5 ( n 1
MnO - (n
FeO (trong 0,8120 gam mẫu) + 2.n
Fe
4
2O
(trong 0,8120 gam mẫu))
3
2 5
5 3 3 3
- 1
- -
n
SO 2 (5)
= 0,10 . 22,21.10 - (5,087.10 + 2 . 1,01.10 )
2
5
2.10-3 (mol).
Vậy: n SO
3,01.10 -3 (mol) V
2
SO 2
= 22,4 . 3,01.10 -3 = 0,0674 (lit)
% FeO = 0,3663 .100
0,8120
= 45,11 %
% Fe2O3 = 65 % – 45,11 % = 19,89 %
Vì Fe3O4 là hỗn hợp của FeO và Fe2O3 nên coi 19,2 gam X gồm: Fe, FeO và Fe2O3
PTHH:
Fe + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (1)
3FeO + 10HNO3 3Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (2)
Fe2O3 + 6HNO3 2Fe(NO3)3 + 3H2O (3)
0,5đ
0,5đ
0,75đ
0,75đ

- Dung dịch Y gồm: Fe(NO3)3 và HNO3 dư
- nNaOH = 0,35.2 = 0,7 mol
- Cho dd NaOH tác dụng với Y, PTHH:
HNO3 + NaOH NaNO3 + H2O (4)
Fe(NO3)3 + 3NaOH Fe(OH)3 + NaNO3 (5)
Theo (5): n 3n 3.0,2 0,6 mol
NaOH (5) Fe( OH ) 3
nNaOH (4)
0,7 0,6 0,1mol
Theo (4):
n
HNO3
p­
n n mol
HNO3 d­
NaOH (4)
0,1
0,4.3 0,11,1mol
- Gọi số mol NO là x mol
nHNO
3 p­
nNO
1,1 x
- Bảo toàn nguyên tố nitơ: nFe( NO3) 3( Y )
mol
3 3
- Bảo toàn nguyên tố hiđro: n
H2O
= 1 n 1,1
HNO
0,55
3p­
mol
2 2
- Định luật bảo toàn khối lượng:
m +m =m + m +m
X HNO3 p­ Fe(NO 3 ) 3 NO H2O
1,1 x
19,2 63.1,1 242. 30x
18.0,55
3
x 0,2
VNO = 0,2.22,4 = 4,48 lít
nHNO
3 p­
nNO
1,1 0,2
- Bảo toàn nguyên tố nitơ: nFe( NO3) 3( Y )
0,3mol
3 3
- mchất tan trong Y = 0,1. 63 + 0,3.242 = 78,9 gam
O
OMgBr OH
a/
1/ BuMgBr 2/ H 2 O
3/ H 3 O +
-H 2 O
+
-H +
0,5đ
Câu 5
(2,0
điểm)
1
O
1/ BuMgBr
2/ H 2 O
+
-H +
3/ HCl 4M
b/
HO
OH
A1 A5
+H + OH+
-H 2 O
HO
+
-H + 0,5đ
O

Cl 2 OH - H 3 O +
O
O
O
c/
OH -
OH -
Cl OH - COOH
-
Cl 2
Cl
Cl 2
CCl
Cl
2
O
O
O
O
COO -
COO -
COOH
CCl 3
COO -
COOH
OH - COO -
-
CCl 2
O
0,5đ
2
O
X là: 6-metyl-2-p-tolylhept-4-en-3-on
Có 8 dạng cấu trúc không 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
Ar
(R)
H
(E)
(S)
O
(Z)
0,5đ
O
S-trans
S-cis
1,0đ
1
Câu 6
(2,0
điểm)
a) Tính axit: Axit bixiclo[1.1.1]pentan-1-cacboxylic > axit 2,2-đimetyl propanoic là do:
+ I
COOH
H 3 C
H 3 C
H 3 C
+I
COOH
0,5đ
H 3 C
2
COO - COO -
H 3 C
H 3 C
Bị solvat hóa tốt hơn Bị solvat hóa kém do hiệu ứng không gian
b) Tính bazơ:
0,5đ
> >
..
N
H
N
N
H
N lai hóa sp 3
N lai hóa sp 2
Tính bazơ của piperidin là mạnh nhất do N chịu ảnh hưởng đẩy e của 2 gốc
hidrocacbon no, do đó làm tăng mật độ e trên nguyên tử N nên làm tăng tính bazơ.
Với pyridin, mặc dù N lai hóa sp 2 , song đôi e riêng của N có trục song song với

mặt phẳng vòng thơm nên cặp e riêng này không liên hợp vào vòng, do đó đôi e riêng của
N gần như được bảo toàn, do đó pyridin thể hiện tính chất của một bazơ
Với pyrol, cặp e riêng của N liên hợp với 2 liên kết pi trong vòng, sự liên hợp này
làm cho mật độ e trên nguyên tử N giảm mạnh, pyrol gần như không thể hiện tính bazơ.
a) 0,75đ
1
Câu 7
(2,0
điểm)
b) Sơ đồ phản ứng tổng hợp ra A từ những hợp chất chứa không quá 4C. 0,5đ
Sự tạo thành axit phtalic cho thấy các hợp chất là dẫn xuất của benzen bị thế hai lần ở vị
trí ortho. B là một xeton có nhóm CH3CO-.
0,75đ
2
B + C 6 H 5 CHO
HO - E (C 18 H 18 O)
Cho thấy B chỉ ngưng tụ với một phân tử benzanđehit, vậy nhóm CH3CO- sẽ đính trực
tiếp vào nhân benzen và xeton B phải là o-C3H7C6H4COCH3.
O
C 3 H 7
CH 3
O
C 3 H 7
COOH
COCH 3
C 3 H 7
C 3 H 7
C 2 H 5
C 3 H 7
COCH=CHPh
Câu 8
(2,0
điểm)
A B C
D
E
- Gọi công thức trung bình của hai axit no đơn chức mạch hở là C H COOH
n 2n +1
- Gọi công thức của hai axit không no đơn chức mạch hở có một liên kết đôi là CmH2m -1COOH
(m2, nguyên)
PTHH:
C H COOH + NaOH C H COONa + H2O (1)
n 2n +1
n 2n +1
CmH2m -1COOH+ NaOH CmH2m -1COONa + H2O (2)
NaOH + HCl NaCl + H2O (3)
Theo (3): nNaOH (3)=nNaCl=nHCl=0,2 mol
2,0đ

nNaOH (1), (2)= 0,7 – 0,2 = 0,5 mol
Theo (1), (2): n3 axit =n3 muối = nNaOH (1), (2) = 0,5 mol
- Khối lượng 3 muối natri của 3 axit ( RCOONa): mRCOONa= 52,58 – 0,2.58,5 = 40,88 gam
- Sơ đồ phản ứng cháy:
O2
2C H COONa o Na
n 2n +1
2CO 3
(2n +1)CO
2
+(2n+1)H
2O (4)
t
2C H COONa Na CO (2m+1)CO +(2m - 1)H O (5)
O2
m 2m -1 o
t 2 3 2 2
- CO2 và H2O bị hấp thụ vào dung dịch NaOH:
m +m =44,14gam
CO2 H2O
- Gọi số mol CO2 và H2O lần lượt là x và y.
44x + 18y = 44,14 (*)
0,5
- Từ (4) và (5): n
Na2CO
= =0,25mol
3
2
- mRCOONa = 12.(x + 0,25) + 2y + 0,5.23 + 0,5.2.16 = 40,88 gam
12x + 2y = 10,38 (**)
x
0,77
- Từ (*) và (**)
y
0,57
- Theo (4) và (5): n
CmH2m -1COONa =nCO -n
2 H2O=0,77-0,57=0,2mol
n 0,5 0,2 0,3mol
C H
n 2n +1
COONa
0,2.(14m + 66) + 0,3.(14 n + 68) = 40,88
2,8m +4,2 n =7,28
m +1,5 n =2,6
Mà m2, nguyên
Câu 9
(2,0
điểm)
1
m=2 và n =0,4
Công thức của 3 axit là: HCOOH; CH3COOH; CH2=CH-COOH (0,2 mol)
- Sơ đồ đường chéo:
HCOOH 0 0,6
] Z
0,4
Z ]
CH COOH 1 0,4
nHCOOH
0,6 3
n 0,4 2
3
CH3COOH
n
n
HCOOH
CH3COOH
0,18mol
0,12 mol
- mX = 40,88 – 0,5.22=29,88 gam
Vậy:
0,18.46
% mHCOOH
.100% 27,71%
29,88
0,12.60
% mCH .100% 24,10%
3COOH
29,88
0,2.72
% mHCOOH
.100% 48,19%
29,88
Xét 2 SO2 + O2 € 2 SO3 (1)
ban đầu 0,15 0,20
lúc cbhh ( 0,15 + 2a) a (0,20 – 2a)
Tổng số mol khí lúc cbhh là n1 = 0,15 + 2a + a + 0,20 – 2a = 0,35 + a
Từ pt trạng thái: P1V = n1RT → n1 = P1V / RT = 3,2.3/0,082.298 ; 0,393
→ a = 0,043.
0,75đ

Câu
10
(2,0
điểm)
2
1
2
3
Vậy x O 2
= a / n1 = 0,043/ 0,393 = 0,1094 hay trong hh cb oxi chiếm 10,94%
2 SO2 + O2 ‡ ˆ ˆ†
ˆ 2 SO3 (2)
ban đầu 0 0 x
lúc cbhh 2. 0,105 0,105 (x – 2. 0,105).
Trạng thái cbhh được xét đối với (1) và (2) như nhau về T (và cùng V) nên ta có
K = const; vậy: n 2 SO 3 SO 2 O 2
Theo (1) ta có n 2 / (n 2 .n ) = ( 0,20 – 2. SO 3 SO 2 O 2
0,043)2 / (0,15 + 0,086) 2 . 0,043 = 5,43.
Theo (2) ta có n 2 / (n 2 .n ) = (x – SO 3 SO 2 O 2
0,21)2 / (0,21) 2 .0,105 = 5,43. Từ đó có phương
trình
x 2 – 0,42x + 0,019 = 0. Giải pt này ta được x1 = 0,369; x2 = 0,0515 < 0,105
(loại bỏ nghiệm x2 này).
Do đó ban đầu có x = 0,369 mol SO3; phân li 0,21 mol nên tỉ lệ SO 3 phân li là 56,91%
Tại cbhh tổng số mol khí là 0,369 + 0, 105 = 0,474 nên:
SO 3 chiếm ( 0,159 / 0,474).100% = 33,54%; SO 2 chiếm ( 0,21 / 0,474).100% = 44,30%;
O 2 chiếm 100% - 33,54% - 44,30% = 22,16%.
Từ pt trạng thái: P2V = n2RT → P2 = n2 RT/ V = 0,474.0,082.298/3 → P 2 = 3,86 atm.
Tªn cña c¸c ion phøc:
(A) §iclorotetraammincoban(III);
(B) Hexaxianocobantat(III);
(C) Triclorotrixianocobantat(III).
Co(CN)6 3- . Co : d 2 sp 3 ; C : sp ; N : kh«ng ë vµo tr¹ng th¸i lai ho¸ hoÆc ë tr¹ng th¸i
lai ho¸ sp.
- Ion phức (A) cã 2 ®ång ph©n:
Cl
Cl
H 3 N
H 3 N
Co
Cl
- Ion phức (B) kh«ng cã ®ång ph©n:
- Ion phức (C) cã 2 ®ång ph©n:
NC
Cl
Cl
Co
CN
NH 3
NH 3
NC
NC
CN
Cl
CN
Co
CN
H 3 N
H 3 N
CN
CN
NC
Cl
Co
NH 3
CN
Co
CN
Cl
NH 3
Cl
Cl
1,25đ
0,75đ
0,25đ
0,75đ
4 CoCl2(NH3)4 + + Fe 2+ + 4 H + Co 2+ + Fe 3+ + 2 Cl - + 4 NH4 + 0,25đ
----------HẾT----------
Người ra đề
Dương Trọng Phong (0985.574.133)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
ĐỀ THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI
BẮC BỘ NĂM 2015
MÔN: HOÁ HỌC LỚP 11
Thời gian làm bài 180 phút
Câu 1: Tốc độ phản ứng
1. Phản ứng phân hủy xiclobutan thành etilen: C 4 H 8 2C 2 H 4 có hằng số tốc độ
k = 2,48.10 -4 s -1 ở 438 C . Tính thời gian để tỉ số mol của C 2 H 4 và C 4 H 8 :
a, Bằng 1.
b, Bằng 100.
2. Phản ứng phân hủy nhiệt metan xảy ra như sau:
CH
CH
CH
4
4
4
CH
k1
CH
H
3
H
3
CH
3
k2
k3
k
4
H
C
2
CH
H
3
4
6
CH H
H
2
a. Áp dụng nguyên lí dừng với H và CH
3
, hãy chứng minh rằng:
3
d[
C2H
6
]
2
k[
CH
4
] với
dt
k
k1k2k
k
4
3
b. Nếu nồng độ có thứ nguyên mol/cm 3 và thời gian tính bằng giây, hãy tìm thứ nguyên
của k.
Câu 2: Dung dịch chất điện li
1.Tính pH bắt đầu kết tủa và kết tủa hoàn toàn Cr(OH) 3 từ dung dịch CrCl 3 0,010M.
2.Tính độ tan của Cr(OH) 3 ?
(coi như khi kết tủa hoàn toàn nồng độ cation còn lại là 10 -6 M)
pK s của Cr(OH) 3 = 29,8; Lg *β CrOH 2+ = - 3,8
Cr(OH) 3 ↓ = H + + CrO
- 2 + H 2 O K = 10 -14

Câu 3: Điện hóa học
1.Biểu diễn sơ đồ pin được ghép bởi 2 cặp CrO 4
2-
/CrO 2¯ và NO 3 /NO
- ở điều kiện tiêu chuẩn
- ở điều kiện CrO 4
2-
0,010M, CrO 2¯ 0,025M, NO 3
-
0,15M , p NO = 1 atm
Cho
0
0
ENO
3 ,H = 0,96 V; E 2
/NO
CrO 4 /Cr(OH) 3 ,OH
= - 0,13 V; 2,303 RT
F = 0,0592;
2. 50ml dung dịch hỗn hợp A gồm : Ni(NO 3 ) 2 10 -3 M, Co(NO 3 ) 2 10 -1 M, HNO 3 10 -2 M,
CH 3 COONa 1,174.10 -2 M. Điện phân dung dịch A với cường độ dòng I = 1,5A; bình
điện phân có điện trở R = 0,45Ω, hai cực làm bằng Pt.
a. Cho biết thứ tự các quá trình xảy ra trên catot. Tính điện áp tối thiểu cần tác dụng vào
bình điện phân để quá trình điện phân đầu tiên xảy ra.
b. Có khả năng tách riêng hai kim loại Ni, Co ra khỏi nhau hay không?
c. Tính thời gian điện phân và pH của dung dịch điện phân khi ion thứ nhất đã điện
phân được 10%.
Cho : H 2 /Pt
0,288V ; O 2 /Pt
1,070V ; E 0
0,28V
2 ; E 0
0,233V
2 ;
0
E 1,23V ; pK
O ,H /H O
CH 3 COOH
4,76
2 2
Co
/Co
Ni
/Ni
Câu 4: Bài tập tính toán vô cơ tổng hợp
Khi phân tích nguyên tố các tinh thể ngậm nước của một muối tan A của kim loại X,
người ta thu được các số liệu sau:
Nguyên tố cacbon oxi lưu huỳnh nitơ hiđro
% khối lượng trong muối 0,00 57,38 14,38 0,00 3,62
Theo dõi sự thay đổi khối lượng của A khi nung nóng dần lên nhiệt độ cao,
người ta thấy rằng, trước khi bị phân hủy hoàn toàn, A đã mất 32% khối lượng.

Trong dung dịch nước, A phản ứng được với hỗn hợp gồm PbO 2 và HNO 3
(nóng), với dung dịch BaCl 2 tạo thành kết tủa trắng không tan trong HCl.
Hãy xác định kim loại X, muối A và viết các phương trình phản ứng xảy ra.
Biết X không thuộc họ Lantan và không phóng xạ.
Câu 5 (sơ đồ biến hóa, cơ chế phản ứng. đồng phân lập thể, danh pháp)
1. (1 điểm) Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau và cho biết cấu trúc các hợp chất A, B,
C, D, E, F, G, H, I, K, L và M, biết rằng E và F là đồng phân của nhau, M có hai
mặt phẳng đối xứng
CH 2 C CH 2
CN
t
A
1. KOH,t
2. H 3 O + B
OsO 4
NaIO 4
C
1. SOCl 2
2. NaN 3
3. t 0
4. t- BuOH
D
C 9 H 15 NO 3
NaBH 4
E
CH 3 SO 2 Cl
(C 2 H 5 ) 3 N
G
NaN3
I
1. H 2 ,Pd/C
2. CF 3 COOH
3.NaHCO 3
L
F
CH 3 SO 2 Cl
(C 2 H 5 ) 3 N
H
NaN3
K
1. H 2 ,Pd/C
2. CF 3 COOH
3.NaHCO 3
M
2.(0,5 điểm) Styryllacton được phân lập từ thực vật có công thức (hình bên).
Viết công thức cấu dạng các cặp đồng
6 5
O
4
7
3
phân đối quang và gọi tên styryllacton
9 O
8
O
1
theo danh pháp IUPAC của nó
HO 2
;
3. (0,5 điểm)Viết cơ chế của phản ứng sau:
Br
Br
KCN
trung hoa
+ N 2
COOH
NO 2

Câu 6 (Tổng hợp các chất hữu cơ, so sánh nhiệt độ sôi, Nhiệt độ nóng chảy,
Tính Axit- Bazơ)
1.(1điểm) Axit abxixic thuộc loại sesquitecpenoit có nhiều trong giới thực vật. Một
trong những cách để tổng hợp axit abxixic là đi từ axeton như sau:
3CH 3 COCH 3
NaNH 2
A
-2 H 2 O
B (C9 H 13 O)
etylenglicol
p-CH 3 C 6 H 4 SO 3 H
C (C 11 H 18 O 2 )
H +
D (C 11 H 18 O 2 )
KMnO 4
OH - E (C 11 H 20 O 4 ) KMnO 4
OH -
F (C 11 H 18 O 4 ) CH 3 SO 2 Cl
piridin
G (C 11 H 15 O 3 )
Tiếp theo sẽ nối mạch để tạo thành axit:
Metyl-3-metylpent-2Z-en-4-inoat
LDA
H (Li + C 7 - H 7 O 2 ) + G
I (C 18 H 22 O 5 Li)
H 2 O K
CrSO 4
DMF
NH 4
+
H 2 O
M
1. CH 3 ONa, H 2 O
2.H + O
OH
COOH
a. Viết công thức cấu trúc của các chất từ A đến M.
b. Axit abxixic có tính quang hoạt không? Có cấu hình như thế nào?
2.(0,5 điểm).So sánh nhiệt độ sôi của các chất sau , giải thích:
N
S O NH
(A) (B) (C) (D) (E).
3. S¾p xÕp sù t¨ng dÇn tÝnh baz¬ (cã gii thÝch) cña c¸c chÊt trong tõng d·y sau:
(a) CH 3 -CH(NH 2 )-COOH,(A) CH 2 =CH-CH 2 -NH 2 (B), CH 3- CH 2 -CH 2 -NH 2 (C)
, CHC-CH 2 -NH 2 (D) .
(b) -NH-CH 3 , -CH 2 -NH 2 , C 6 H 5 -CH 2 -NH 2 , p-O 2 N-C 6 H 4 -NH 2 .

Câu 7 (Nhận biết, Tách chất, Xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ)
1. Bằng phản ứng hóa học, phân biệt các chất trong từng cặp sau :
a.. Axit aspartic và axit suxinic.
b. Phenylalanin và tyrosin.
c. Serin và threonin.
2. Giải thích áp dụng phương pháp phân tách hỗn hợp aminoaxit bằng sắc kí trao
đổi ion.
3. M là một trisaccarit không có tính khử, được chuyển hóa theo sơ đồ sau:
mannozidaza
Disaccarit A
+
D- Mannopiranozo
2. H 3 O + 1,3,4,6- Tetra- O- metyl- D-fructofuranozo
1.CH 3 Br du/bazo
2,3,4,6- Tetra- O- metyl- D-galactopiranozo
M
fructozidaza
Disaccarit B
+
D- Fructofuranozo
1.CH 3 Br du/bazo
2. H 3 O + 2,3,4,6- Tetra- O- metyl- D-mannopiranozo
2,3,6- Tri- O- metyl- D-galactopiranozo
1. Xác định cấu trúc và gọi tên M.
2. Trong dung dịch nước , α – D- mannopiranozo có thể chuyển hóa một phần
thành β- D- mannofuranozo. Viết cơ chế chuyển hóa đó.
3. Từ β- D- mannofuranozo và β- D- fructofuranozo có thể tạo ra các metyl
glicozit tương ứng. Viết các phương trình phản ứng và dự đoán phản ứng
nào xảy ra nhanh hơn.
Câu 8 (Hữu cơ tổng hợp)
1. Đối với phản ứng clo hóa toluen trong axit axetic ở 25 0 C, vận tốc tương đối (k
toluen/k benzen là 344.Tỉ lệ các đồng phân clotoluen là: % sản phẩm vị trí octo là
59,8%;% sản phẩm vị trí meta là 0,5%; % sản phẩm vị trí para là 39,7%;

a. Hãy tính yếu tố vận tốc phần f x ở các vị trí octo, meta, para ( x ứng với các
vị trí
octo, meta, para.
b. Để nói lên mối liên hệ giữa vận tốc thế ở vị trí para với vận tốc thế ở vị trí
meta người ta dùng hằng số gọi là yếu tố chọn lựa ( kí hiệu là S f ).Tính S f của
phản ứng trên.
2. Một trong những phương pháp tổng hợp Piriđoxin (có trong thành phần của
vitamin B6 ) là đi từ CH 3 COCH 2 COCH 2 OC 2 H 5 và H 2 N-COCH 2 CN.Hãy hoàn
thành sơ đồ tổng hợp Piriđoxin:
CH 2 OC 2 H 5
Me
O
NH 2
+
O
PCl 5 / POCl 3
C
H 2 / Pd / Pt
150 0 C
CH 3 COOH
O
CN
piperidin C 2 H 5 OH/t 0
D
1.NaNO 2
HCl / 90 0 C
A
HNO 3 d
(CH 3 CO) 2 O
0 0 C
Me N
2. 48 % HBr / t 0
HO
B
CH 2 OH
CH 2 OH
( Piridoxin)
3. Cấu tạo của hợp chất K (tách từ quả hồi) đã được xác định theo sơ đồ phản ứng
sau:
O 3 Me 2 S CH 3 OH HIO 4 H 3 O
K + (C 7 H 10 O 5 )
L (C 7 H 10 O 7 )
H + M N OHCCHO + OHCCH(OH)CH 2 COCOOH
a. Hãy vẽ công thức cấu tạo của L, M, N và K, biết rằng K không chứa nhóm chức
ancol bậc ba.
b. Hãy viết sơ đồ phản ứng tổng hợp ra K từ những hợp chất chứa không quá 4C.
Câu 9: Cân bằng hóa học
Cho phản ứng PCl 5 (k) PCl 3 (k) + Cl 2 (k)
Cho các giá trị nhiệt động học ở 25 0 C, áp suất 1 atm
PCl 5 (k) PCl 3 (k) Cl 2 (k)

0
H T
KJ.mol -1 -374,5 - 287,0 0
0
S
T
JK -1 .mol -1 364,2 311,8 223,1
1. Tính hằng số cân bằng K P ở 180 0 C.Giả thiết nhiệt độ chênh lệch so với
25 0 C không ảng hưởng gì đến H và S của phản ứng.
2. Đưa vào bình chân không dung tích 5 lít 15 gam PCl 5 . Đậy kín bình và
nung nóng đến 180 0 C. Tính độ phân huỷ của PCl 5 và áp suất tổng của bình.Nếu bình
có thể tích 10 lít thì độ phân huỷ của PCl 5 và áp suất tổng của bình là bao nhiêu
3. Cân bằng chuyển dịch về phía phản ứng nào nêu ta thêm khí Ne vào bình ở cùng
nhiệt độ và dung tích bình không đổi.Cho M
PCl
= 208,5
5
1. a.
Cho s¬ ®å c¸c phn øng:
FeCl 2 (dd)
KCN ®Æc, d­
A (dd)
Câu 10: Phức chất
FeSO 4
Fe 2 (SO 4 ) 3 ®Æc
AgNO 3
KMnO 4 , H +
B kÕt tña tr¾ng
C kÕt tña xanh ®Ëm
D kÕt tña tr¾ng
E (dd)
Viết phương trình ion của các phản ứng xảy ra theo sơ đồ trên.
FeCl 2
Pb(OH) 2 , KOH
b.Hãy cho biết từ tính của hợp chất A, dùng thuyết lai hóa để giải thích.
G kÕt tña xanh
A + F kÕt tña n©u
2.Cho các ion phức : [NiSe 4 ] 2- ; [ZnSe 4 ] 2- . Trên cơ sở thuyết lai hóa, hãy giải thích sự
hình thành liên kết trong các ion phức trên và cho biết từ tính của chúng. Biết rằng,
tương tác của các ion trung tâm với phối tử là tương tác mạnh.

S
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
T TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
ĐÁP ÁN ĐỀ THI
ĐỀ THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI
BẮC BỘ NĂM 2015
MÔN: HOÁ HỌC LỚP 11
Thời gian làm bài 180 phút
1. (1 điểm)
Câu 1 :
Phản ứng phân hủy xiclobutan thành etilen: C 4 H 8 2C 2 H 4 có hằng số tốc độ
k = 2,48.10 -4 s -1 ở 438 C . Tính thời gian để tỉ số mol của C 2 H 4 và C 4 H 8 :
a, Bằng 1.
b, Bằng 100.
2. (1 điểm)Phản ứng phân hủy nhiệt metan xảy ra như sau:
CH
CH
CH
4
4
4
CH
k1
CH
H
3
H
3
CH
3
k2
k3
k
4
H
C
2
CH
H
3
4
6
CH H
H
a.(0,75đ) Áp dụng nguyên lí dừng với
2
H và CH
3
, hãy chứng minh rằng:
3
d[
C2H
6
]
2
k[
CH
4
] với
dt
k
k1k2k
k
4
3
b.(0,25đ) Nếu nồng độ có thứ nguyên mol/cm 3 và thời gian tính bằng giây, hãy tìm thứ
nguyên của k.
Hướng dẫn chấm:
1. Vì hằng số k có thứ nguyên là [s -1 ] nên phản ứng tuân theo quy luật động học bậc
nhất đối với butan(nồng độ, áp suất, số mol,...)

Gọi số mol xiclobutan ban đầu là a (mol), số mol xiclobutan phản ứng tại thời điểm t
là x (mol). Từ đó ta có mối liên hệ giữa hằng số k và thời gian phản ứng t:
a
ln kt (1)
a x
Và phương trình phản ứng:
bđ
C 4 H 8
a
2C 2 H 4
p/ư x 2x
sau (a – x) 2x (0,5đ)
nC2H4
a, khi 1 tức 2x = a – x => a = 3x. thay vào (1) ta được: (0,25đ)
n
C H
4
t= 1634,94(s)
8
nC2H4
b, khi 100tức 2x = 100(a – x) => a = x. 1,02. thay vào (1) ta được: (0,25đ)
n
C H
4
8
t= 15854,14(s)
2. a,Ta có:
d[
C H ]
k
dt
d[
CH
2 6
2[
CH
4
][ CH
3
dt
]
v v
3
1
2
v
3
v
4
]
(*)
0
(**)
d[
H
dt
]
v
1
v2
v3
v4
0
(***)
Từ (**) và (***) =>
v
v
2
1
v
v
3
4
[ CH
=> [ CH
3
4
] k
] k
1
2
[ H
[ CH
] k
3
3
][ H
] k
4
=>
k k
[ CH CH
4 2 2
4
] k1
[
3]
k3
k k
1 3
=> ] [ ]
[
3
CH
4
k2k4
CH . Thay vào (*) ta được:

d[
C2H
dt
6
]
k
2
[ CH
4
]
k1k
k k
2
3
4
[ CH
4
]
k1k2k
k
4
3
[ CH
4
]
3
2
d[
C H
]
2 6
Hay
2
k[
CH ] với
dt
4
3
k
k1k2k
k
4
3
(đpcm) (0,75đ)
d[
C H
]
3
2 6
b, Vì
2
k[
CH ] nên ta có phương trình thứ nguyên như sau:
dt
4
[mol.cm -3 .s -1 ] = [k] . [mol.cm -3 ] 3/2
=> [k] = mol -1/2 .cm 3/2 .s -1
Vậy thứ nguyên của k là [mol -1/2 .cm 3/2 .s -1 ] (0,25đ)
Câu 2:
1.Tính pH bắt đầu kết tủa và kết tủa hoàn toàn Cr(OH) 3 từ dung dịch CrCl 3 0,010M.
(1đ)
2.Tính độ tan của Cr(OH) 3 ? (2đ)
(coi như khi kết tủa hoàn toàn nồng độ cation còn lại là 10 -6 M)
pK s của Cr(OH) 3 = 29,8; Cr(OH) 3 ↓ = H + + CrO
- 2 + H 2 O K = 10 -14
Lg *β CrOH 2+ = - 3,8
Hướng dẫn chấm:
1. - Khi bắt đầu kết tủa thì: C ' .(C ' ) 3
3+ - ≥ K s (C ’ là nồng độ ion trước khi tạo kết tủa)
Cr
OH
Trong đó:
C = [OH-]; '
C - 3 + = C 3 + - 2
'
OH
Cr
Cr
C +
CrOH
Xét cân bằng:
3
Cr + + H 2 O ƒ
0,01
2
CrOH + + H + * b= 10 -3,8
0,01-x x x
Giải ra được: x = 1,182.10 -3 '
→ C 3 + = 8,818.10 -3 M
Cr
→
'
COH
- = [OH - ] =
3
K
s
= 5,643.10 -10 M → pH = 4,75. (0,5đ)
'
C 3
Cr +
- Khi kết tủa hoàn toàn thì nồng độ còn lại của Cr 3+ là 10 -6 M tức là:

[Cr 3+ ] + [CrOH 2+ ] = 10 -6 M
→ [Cr 3+ ] =
- 6
10 K K .h
= =
-
1 +b.h [OH] (K )
3
s
s
1 3 3
w
→ K s .h 3 + *β.h 2 .K s – (K w ) 3 .10 -6 = 0
2. Tổ hợp các cân bằng:
→ h = 6,038.10 -8 M → pH = 7,2 (0,5đ)
Cr(OH)
3
¯ ƒ Cr 3+ + 3 OH - K s = 10 -29,8
Cr 3+ + H 2 O ƒ CrOH 2+ + H + *β = 10 -3,8
H + + OH - ƒ H 2 O K w
-1
= 10 14
Ta được cân bằng: Cr(OH)
3
¯ ƒ CrOH 2+ + 2 OH - (1) có K 1 = 10 -19,6
So sánh các cân bằng, nhận thấy tính độ tan theo các cân bằng sau:
Áp dụng định luật bảo toàn nồng độ, ta có:
Cr(OH)
3
¯ ƒ CrOH 2+ + 2 OH - K 1 = 10 -19,6
H 2 O ƒ H + + OH - K w = 10 -14
Cr(OH) 3 ↓ ƒ H + + CrO 2
-
+ H 2 O K 3 = 10 -14
[OH - ] = 2.[CrOH 2+ ] + [H + ] - éCrO - ù
êë 2 úû = 2K1
[OH ]
- K3
→[OH ]. ( 1 +
K ) = 2K1
[OH ]
w
w
+
- 2
K
[OH ]
w
3
+ -
- 2
-
-
K .[OH ]
K
K
-
→
-
[OH ] = 2,986.10 -7 M (0,75đ)
[OH ]
Ta có: Độ tan S = éCrO - ù
êë
2 úû + [CrOH2+ ] + [Cr 3+ ] (trong đó [Cr 3+ ] rất nhỏ, bỏ qua)
w
→ S =
-
K
s.[OH ]
K
w
K
[OH ]
1
+ = 5,8.10 -7 M (0,25đ)
- 2
Câu 3:
1.Biểu diễn sơ đồ pin được ghép bởi 2 cặp CrO
2- 4 /CrO 2¯ và NO 3 /NO
- ở điều kiện tiêu chuẩn
- ở điều kiện CrO
2- 4 0,010M, CrO 2¯ 0,025M, NO
- 3 0,15M , p NO = 1 atm

0
0
Cho ENO
3 ,H = 0,96 V; 2
/NO
4 3
E
CrO /Cr(OH) ,OH
= - 0,13 V; 2,303 RT
F = 0,0592;
2. 50ml dung dịch hỗn hợp A gồm : Ni(NO 3 ) 2 10 -3 M, Co(NO 3 ) 2 10 -1 M, HNO 3 10 -2 M,
CH 3 COONa 1,174.10 -2 M. Điện phân dung dịch A với cường độ dòng I = 1,5A; bình
điện phân có điện trở R = 0,45Ω, hai cực làm bằng Pt.
a. Cho biết thứ tự các quá trình xảy ra trên catot. Tính điện áp tối thiểu cần tác dụng vào
bình điện phân để quá trình điện phân đầu tiên xảy ra.
b. Có khả năng tách riêng hai kim loại Ni, Co ra khỏi nhau hay không?
c. Tính thời gian điện phân và pH của dung dịch điện phân khi ion thứ nhất đã điện
phân được 10%.
Cho : H 2 /Pt
0,288V ; O 2 /Pt
1,070V ; E 0
0,28V
2 ; E 0
0,233V
2 ;
0
E 1,23V ; pK
O ,H /H O
CH 3 COOH
4,76
2 2
Co
/Co
Ni
/Ni
Hướng dẫn chấm:
1. – Sơ đồ pin ở điều kiện chuẩn: (0,25đ)
Tổ hợp các cân bằng:
Cr(OH) 3 ƒ H + + CrO 2
-
+ H 2 O K 3 = 10 -14
2
CrO - 4
+ 4 H 2 O + 3e ƒ Cr(OH) 3 + 5 OH - K 4 =
H + + OH - ƒ H 2 O K w = 10 -14
10
3E
0
CrO
2-
/Cr (OH)
4 3
0,0592
Ta tính được:
2
CrO -
4
+ 2H 2 O + 3e ƒ CrO 2
-
+ 4OH - có E 0 = -0,13V
0 0
Nhận thấy: E 2- - = - 0,13V < E - = 0,96V
CrO 4 /CrO 2 NO 3
nên ta có sơ đồ pin:
/NO
2
(-) Pt│ CrO - 4 1M, CrO
- 2 1M , OH - 1M ║ NO - 3 1M, H + 1M │Pt (NO,1atm) (+)
- Ở điều kiện khác: (0,75đ)

Áp dụng pt Nernst ta có:
0,0592 [CrO ]
E E lg
3 [CrO ].[OH ]
2-
0 4
2- - = 2- - +
CrO 4 /CrO2 CrO 4 /CrO
- -
2
2
4
= -0,13 +
0,0592 [CrO ].[H ]
lg
(A)
-
3 [CrO ].K
2- + 4
4
4
2 w
4
0,0592 [NO ].[H ]
E = E + lg
(B)
- -
3 3
NO /NO
- +
0 3
NO /NO
3 pNO
Lấy (B) – (A) ta được
E - NO - 3 /NO CrO
2 /CrO 4 2
E - - = -0,0197V
Vậy ta có sơ đồ pin sau:
(-) Pt (NO, p = 1atm)│ NO - 3
0,15M; H + ║
2. a. Tính pH của hệ :
Xét phản ứng : CH 3 COO - + H + „ CH 3 COOH
1,174.10 -2 10 -2 -
1,74.10 -3 10 -2
2
CrO - 4
0,01M; CrO - 2
0,025M; OH - │Pt (+)
Xét cân bằng : CH 3 COOH ƒ CH 3 COO - + H + K a = 10 -4,76
3
(1,74.10 )
2
(10 x)
10 -2 1,74.10 -3
xx
10
( 10 -2 – x) (1,74.10 -3 + x) x
4,76
x = 9,39. 10 -5 . Vậy pH của hệ = 4,0275
- Xét các quá trình xảy ra tại catot (bỏ qua quá trình tạo phức hidroxo của các ion kim
loại) Co 2+ + 2e ƒ Co
0 0,0592 2
Có : E 2
E 2
log[Co ] = -0,28 + 0,0592 log 0,1 = -0,3096 V
Co /Co Co /Co
2
2
Ni 2+ + 2e ƒ Ni
0 0,0592 2
Có : E 2
E 2
log[Ni ] = -0,233 + 0,0592 log 10 -3 = -0,3218 V
Ni /Ni Ni /Ni
2
2

2H + + 2e ƒ H 2
0 0,0592 2
E E log[H ] = -0,0592pH = -0,0592.4,0275= -0,2384V
2H /H2 2H /H2
2
( coi như áp suất H 2 là 1 atm)
Khi kể đến quá thế trên catot:
ý quá thế trên catot có dấu âm)
E = E -
'
2H /H
2
2H /H 2
H 2 /Pt
= -0,2384 –0,288 = -0,5264 V (lưu
Nhận thấy : E = - 0,3096 V > E = - 0,3218 V >
2 2
Co
/Co
Ni
/Ni
E = -0,5264 V
'
2H /H
2
Vậy thứ tự điện phận trên catot là : Co 2+ , Ni 2+ , H + . (0,25đ)
- Xét quá trình xảy ra trên anot : NO 3- , CH 3 COO - , H 2 O
2H 2 O ƒ 4H + + O 2 + 4e
Có:
0 0,0592 4
E E log[H ] = 1,23 – 0,0592pH
O 2 ,H /H2O
O 2 ,H /H2O
4
= 1,23 – 0,0592.4,0275 = 0,9916(coi như áp suất của O 2 là 1 atm)
Khi kể đến quá thế : E a =
E =
'
O ,H /H O
2 2
E +
2
O 2,H /H2O
O /Pt
=0,9916 + 1,070 =2,0616 V
Vậy khi quá trình điện phân đầu tiên xảy ra :
2Co(NO 3 ) 2 + 2H 2 O
dpdd
2Co + 4 HNO 3 + O 2
điện áp tối thiểu cần tác dụng : V p/c = U = E a – E c + I.R
= 2,0616- (-0,3096)+1,5.0,45 =3,0462V(0,25đ)
b. Khi Co 2+ bị điện phân hết, coi [Co 2+ ]= 10 -6 M thì :
E c =
Co
2 /
E = E
2
Co
0,0592 log[ Co ]
2
= - 0,28+ 0,0592 log10 -6 = - 0,4656 V
0 2
Co / Co
0 0,0592 2
Lúc này : E 2
E 2
log[Ni ] = - 0,4656 V
Ni /Ni Ni /Ni
2
[Ni 2+ ] = 2,58.10 -8 M >10 -6 M
2

Vậy không thể tách riêng hai kim loại ra khỏi nhau được.(0,25đ)
c. - Khi Co 2+ điện phân được 10% thì số mol Co 2+ đã bị điện phân là : 0,01. 0,05=
5.10 -4 (mol) số mol electron trao đổi là : 5.10 -4 .2 = 1.10 -3 ( mol)
Áp dụng định luật Faraday có : ne
It
t = 64,35 s.
F
Kiểm tra xem khi đó Ni 2+ đã bị điện phân chưa?
Có : E he = E = -0,28 + 0,0592 2
2
log[ Co ] = -0,288 + 0,0592 log(0,09) = -0,3109
> 2
Ni
/Ni
Co
/Co
E = - 0,3218 V. Ni 2+ chưa bị điện phân.
2
Tại anot : 2H 2 O ƒ 4H + + O 2 + 4e
1.10 -3 1.10 -3 mol
nồng độ H + điện phân thêm được : 1.10 -3 : 0,05 = 0,02 M
Xét phản ứng : CH 3 COO - + H + „ CH 3 COOH
1,74.10 -3 0,02 0,01
1,826.10 -2 1,174.10 -2
Xét cân bằng : CH 3 COOH ƒ CH 3 COO - + H + K a = 10 -4,76
1,174.10 -2 1,826.10 -2
(1,174.10 -2 –x) x ( 1,826.10 -2 + x)
⇒
2
(1,826.10 )
2
(1,174.10 x)
xx
10
4,76
. Giải ra ta được x = 1,12.10 -5 . Vậy pH = 1,74.(0,5đ)
Câu 4:
Khi phân tích nguyên tố các tinh thể ngậm nước của một muối tan A của kim loại X,
người ta thu được các số liệu sau:
N nguyên tố cacbon oxi lưu huỳnh nitơ hiđro
% khối lượng trong muối 0,00 57,38 14,38 0,00 3,62
2

Theo dõi sự thay đổi khối lượng của A khi nung nóng dần lên nhiệt độ cao,
người ta thấy rằng, trước khi bị phân hủy hoàn toàn, A đã mất 32% khối lượng.
Trong dung dịch nước, A phản ứng được với hỗn hợp gồm PbO 2 và HNO 3
(nóng), với dung dịch BaCl 2 tạo thành kết tủa trắng không tan trong HCl.
Hãy xác định kim loại X, muối A và viết các phương trình phản ứng xảy ra.
Biết X không thuộc họ Lantan và không phóng xạ.
Hướng dẫn chấm:
Biện luận được X là Mn; A là MnSO 4 .4H 2 O (1,5đ)
Viết phương trình phản ứng (0,5đ)
2MnSO 4 . + 5PbO 2 + 6HNO 3 2HMnO 4 + 3Pb(NO 3 ) 2 + 2PbSO 4 + 2H 2 O
MnSO 4 +BaCl 2 BaSO 4 + MnCl 2
Câu 5: (sơ đồ biến hóa, cơ chế phản ứng. đồng phân lập thể, danh pháp)
1. (1 điểm) Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau và cho biết cấu trúc các hợp chất
A, B, C, D, E, F, G, H, I, K, L và M, biết rằng E và F là đồng phân của nhau,
M có hai mặt phẳng đối xứng
CH 2 C CH 2
CN
t
A
1. KOH,t
2. H 3 O + B
OsO 4
NaIO 4
C
1. SOCl 2
2. NaN 3
3. t 0
4. t- BuOH
D
C 9 H 15 NO 3
NaBH 4
E
CH 3 SO 2 Cl
(C 2 H 5 ) 3 N
G
NaN3
I
1. H 2 ,Pd/C
2. CF 3 COOH
3.NaHCO 3
L
F
CH 3 SO 2 Cl
(C 2 H 5 ) 3 N
H
NaN3
K
1. H 2 ,Pd/C
2. CF 3 COOH
3.NaHCO 3
M

2.(0,5 điểm) Styryllacton được phân lập từ thực vật có công thức (hình bên).
Viết công thức cấu dạng các cặp đồng
6 5
O
4
7
3
phân đối quang và gọi tên styryllacton
9 O
8
O
1
theo danh pháp IUPAC.
HO 2
; của nó.
3. (0,5 điểm)Viết cơ chế của phản ứng sau:
Br
Br
KCN
trung hoa
+ N 2
COOH
NO 2
Hướng dẫn chấm :
1.

CH 2 C CH 2
CN
t
CH 2
CN
A
1. KOH,t
O
O
1. SOCl 2
2. NaN t 0 t- BuOH
3
N 2
chuyen vi
C
NCO
O N 3
OH
CH 2
2. H 3 O + COOH B
O
OSO 2 CH 3
NH
O
OsO 4
NaIO 4
OC(CH 3 ) 3
C
O
COOH
CH 3 SO 2 Cl
NaBH 4
NH
O
OC(CH 3 ) 3
E
(C 2 H 5 ) 3 N
NH
O
OC(CH 3 ) 3
G
OH
OSO 2 CH 3
CH 3 SO 2 Cl
NH
OC(CH 3 ) 3
(C 2 H 5 ) 3 N
NH
OC(CH 3 ) 3
O
F
O
H
N 3
NH 2
NaN3
NaN3
NH
N 3
NH
O
O
OC(CH 3 ) 3
NH 2
I
NH 2
1. H 2 ,Pd/C
2. CF 3 COOH
OC(CH 3 ) 3 3.NaHCO NH 3 2
K
1. H 2 ,Pd/C
2. CF 3 COOH
3.NaHCO 3
L
M

2. Tên: 8-hiđroxi-7-phenyl-2,6-đioxabixiclo[3.3.1]nonan-3-on
Công thức cấu dạng:
O
O
7 6 5
5 6
H 5 C 6 O O
HO
2
4
3
1
8 9
O O
3
4
2
1
9
OH
8
7
C 6 H 5
7
O
H 5 C 6
HO
3
8
6
O
1
2
O
4
5
9 9
4
2
O
5 6
1
O
3
O
7
8 OH C 6 H 5
3.
Br
Br
CN
Br
O
+ N
CN
O
O
+ N
H
O
CN
O
N
O
C N H OH
O
Br
N
C NH H OH
O
Br
C O
N : NH 2
O
Br
N
O
O
C
+ NH 2
Br
N
C
N
O
.
Br
N
C
N
O
OH
Br
N
C
N
O
OH
OH H CN
-
N 2 +
Br
COOH
Br
COO - H 3 O + Br
COOH

Câu 2: Tổng hợp các chất hữu cơ, so sánh nhiệt độ sôi, Nhiệt độ nóng chảy,
Tính Axit- Bazơ.(2 điêm)
1.(1điểm) Axit abxixic thuộc loại sesquitecpenoit có nhiều trong giới thực vật. Một
trong những cách để tổng hợp axit abxixic là đi từ axeton như sau:
3CH 3 COCH 3
NaNH 2
A
-2 H 2 O
B (C9 H 13 O)
etylenglicol
p-CH 3 C 6 H 4 SO 3 H
C (C 11 H 18 O 2 )
H +
D (C 11 H 18 O 2 )
KMnO 4
OH - E (C 11 H 20 O 4 ) KMnO 4
OH -
F (C 11 H 18 O 4 ) CH 3 SO 2 Cl
piridin
G (C 11 H 15 O 3 )
Tiếp theo sẽ nối mạch để tạo thành axit:
Metyl-3-metylpent-2Z-en-4-inoat
LDA
H (Li + C 7 - H 7 O 2 ) + G
I (C 18 H 22 O 5 Li)
H 2 O K
CrSO 4
DMF
NH 4
+
H 2 O
M
1. CH 3 ONa, H 2 O
2.H + O
OH
COOH
c. Viết công thức cấu trúc của các chất từ A đến M.
d. Axit abxixic có tính quang hoạt không? Có cấu hình như thế nào?
2.(0,5 điểm).So sánh nhiệt độ sôi của các chất sau , giải thích:
N
S O NH
(B) (B) (C) (D) (E).
3. S¾p xÕp sù t¨ng dÇn tÝnh baz¬ (cã gii thÝch) cña c¸c chÊt trong tõng d·y sau:
(c) CH 3 -CH(NH 2 )-COOH,(A) CH 2 =CH-CH 2 -NH 2 (B), CH 3- CH 2 -CH 2 -NH 2 (C)
, CHC-CH 2 -NH 2 (D) .
(d) -NH-CH 3 , -CH 2 -NH 2 , C 6 H 5 -CH 2 -NH 2 , p-O 2 N-C 6 H 4 -NH 2 .

Hướng dẫn chấm:
1.(1 điểm)
O
NaNH 2
HO
OH
-2 H 2 O
etylenglicol
O
(A)
O
B (C 9 H 13 O)
p-CH 3 C 6 H 4 SO 3 H
O
O
H +
C (C 11 H 18 O 2 )
O
OH
KMnO 4
OH
O
O
OH - O
D (C 11 H 18 O 2 )
E (C 11 H 20 O 4 )
CH 3 H
CH 3
C C
LDA
C C
CH C
COOCH 3
Li + C -
H
C H COOCH 3
+ G
O
O
C C C
OLi
I
H
CH 3
H
C
COOCH 3
CH 3
H 2 O
O
O
C C C
OH
K
CH 3
H
C
COOCH 3
CrSO 4
DMF
O
O
C C C
OH H
L
H
C
COOCH 3
NH 4
+
H 2 O
O
OH
M
COOCH 3
2. (0,5 điểm) Thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi:
1. CH 3 ONa, H 2 O
2.H + O
OH
COOH

D< A < C < B < E.
Giải thích:
E có nhiệt độ sôi cao nhất vì giữa các phân tử E có khả năng hình thành liên
kết hidro liên phân tử.
B: Có mo men lưỡng cực lớn do có nguyên tử N có độ âm điện lớn, hút e
mạnh làm tăng mo men lưỡng cực.
C có nhiệt độ sôi tăng ít so với ben zen vì có nguyên tử S liên kết trong vòng
làm tăng mo men lưỡng cực tăng nhẹ .
A phân tử không phân cực nhưng do khối lượng phân tử lớn hơn D.
D. Có nguyên tử O vừa gây hiệu ứng liên hợp dương (+C), vừa gây hiệu ứng
cảm ứng âm (-I), kết quả momen lưỡng cực nhỏ, đồng thời phân tử khối nhỏ
hơn A.vì vậy nhiệt độ sôi của D thấp nhất.
3. (0,5 điểm) TrËt tù t¨ng dÇn tÝnh baz¬ :
a.CH 3 -CH-COOH < CHC-CH 2 -NH 2 < CH 2 =CH-CH 2 -NH 2 < CH 3- CH 2 -CH 2 -NH 2
NH 2
Giải thích: (A)Tồn tại ở dạng ion lưỡng cực nên có tính bazơ yếu nhất. (D) Chứa C
lai hóa sp hút e mạnh nên tính bazơ giảm. (B) Chứa C lai hóa sp 2 hút e mạnh hơn C
lai hóa sp 3 nhưng yếu hơn C lai hóa sp.(C) Chứa C lai hóa sp 3 hút e yếu nhất.
b.O 2 N- -NH 2 < -CH 2 -NH 2 < -CH 2 -NH 2 < -NH-CH 3
(A) (B) (C) (D)
Nhóm p-O 2 N-C 6 H 4 - Nhóm -C6H4-CH2- Nhóm -CH2-C6H11 Nhóm C6H11
Hút electron mạnh do Hút electron yếu đẩy e làm và -CH3đẩy e
có nhóm -NO2 (-I -C) mật độ e trên Amin bậc 2
làm giảm nhiều mật nhóm NH 2
độ e trên nhóm NH 2

Câu 3:( Nhận biết, Tách chất, Xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ)
1. Bằng phản ứng hóa học, phân biệt các chất trong từng cặp sau :
a.. Axit aspartic và axit suxinic.
b. Phenylalanin và tyrosin.
c. Serin và threonin.
2. Giải thích áp dụng phương pháp phân tách hỗn hợp aminoaxit bằng sắc kí trao
đổi ion.
3. M là một trisaccarit không có tính khử, được chuyển hóa theo sơ đồ sau:
mannozidaza
Disaccarit A
+
D- Mannopiranozo
2. H 3 O + 1,3,4,6- Tetra- O- metyl- D-fructofuranozo
1.CH 3 Br du/bazo
2,3,4,6- Tetra- O- metyl- D-galactopiranozo
M
fructozidaza
Disaccarit B
+
D- Fructofuranozo
1.CH 3 Br du/bazo
2. H 3 O + 2,3,4,6- Tetra- O- metyl- D-mannopiranozo
2,3,6- Tri- O- metyl- D-galactopiranozo
a.Xác định cấu trúc và gọi tên M.
b.Trong dung dịch nước , α – D- mannopiranozo có thể chuyển hóa một phần
thành β- D- mannofuranozo. Viết cơ chế chuyển hóa đó.
c.Từ β- D- mannofuranozo và β- D- fructofuranozo có thể tạo ra các metyl
glicozit tương ứng. Viết các phương trình phản ứng và dự đoán phản ứng nào xảy
ra nhanh hơn.
Hướng dẫn giải:
1.( 0,5 điểm)
a.Dùng ninhidrin cho màu tím nhận ra Axit aspartic.
b.Tyrozin có phản ứng màu với FeCl 3 như phản ứng của phenol.
c.Threonin chứa nhóm CH 2 OH có phản ứng iodofom (dùng I 2 /NaOH tạo CHI 3 ).

2. .( 0,5 điểm)
Phương pháp sắc kí trao đổi ion dùng một cột chứa nhựa trao đổi ion có nhóm mang
điện tích trên bề mặt, chẳng hạn dùng RSO 3 Na trao đổi Na + với aminoaxit mang điện
tích dương trong axit để aminoaxit là cationic. Tốc độ chuyển động từ trên xuống phụ
thuộc vào biên độ điện tích dương ở trên aminoaxit. Chẳng hạn aminoaxit bazơ là
lysin, arginin và histidin có điện tích +2 ở pH= 3 và thế Na + . Aminoaxit bị hút mạnh
hơn, chuyển động chậm hơn và dừng lại trên cột. Aminoaxit có điện tích +1 kém chặt
hơn, chuyển động nhanh hơn và hấp phụ ở cuối cột. Axit glutamic và aspartic có +1
chuyển động với tốc độ nhanh xuống cuối cột. Xử lí các dịch chiết ra, phân tích phân
đoạn và phân tích trên máy phân tích aminoaxit.
3. .(1 điểm)
Xác định cấu trúc và gọi tên M.
M
Theo bài ra ta có:
mannozidaza
Disaccarit A
+
D- Mannopiranozo
2. H 3 O + 1,3,4,6- Tetra- O- metyl- D-fructofuranozo
1.CH 3 Br du/bazo
2,3,4,6- Tetra- O- metyl- D-galactopiranozo
Chứng tỏ đissaccarit A chứa 2 đơn vị monosaccarit là α-D-galactopiranozo và β-Dfructofuranozo
liên kết với nhau bằng liên kết glicorit giữa C 1 của α-Dgalactopiranozo
với oxi ở C 2 của β-D-fructofuranozo (C 1 - O- C 2 ).
Vậy M chứa 3 đơn vị monosaccarit là α-D-galactopiranozo và β-D-fructofuranozo
và α- D- mannopiranozo.
Lại có thủy phân M bằng β- fructozidaza thu được đissaccarit B và β-Dfructofuranozo,
metyl hóa đissaccarit B trong môi trường kiềm rồi axit hóa thu
được 2,3,4,6-tetra-O-metyl-2 đơn vị monosaccarit là α-D-galactopiranozo và 2,3,6-
Tri-O-metyl α-D-galactopiranozo, chứng tỏ B 2 đơn vị monosaccarit là α-Dgalactopiranozo
α-D-mannopiranozo bằng liên kết glicorit 1,4 ( C 1 của
mannopiranozo với O-C 4 của α-D-galactopiranozo).

Vậy công thức của M là:
HO
HO
OH HO
O
O
OH
OH
O
HO
OH
O
O
HO
OH
OH
Tên gọi của M: α-D-mannopiranozyl- (1 4)- α-D-galactopiranozyl-((1
2)-β-D-fructofuranozit.
2.Trong dung dịch nước , α – D- mannopiranozo có thể chuyển hóa một phần
thành β- D- mannofuranozo theo cơ chế sau:
HO
OH
HO
O
HO
HO
CHO
OH
HO
HO
O
OHHO
OH
HO
O
OH
CH 2 OH
3. Từ β- D- mannofuranozo và β- D- fructofuranozo có thể tạo ra các metyl glicozit
tương ứng như sau:

HO
HO
O
OH HO
OH
CH 3 OH
H +
HO
HO
O
OHHO
OCH 3
HO
O
HO
O
CH 3 OH
O OCH 3
HO
H +
HO OH
OH
OH
OH
Phản ứng (1) diễn ra chậm hơn, phản ứng (2) xảy ra nhanh hơn.
Câu 4: (Hữu cơ tổng hợp) .( 2 điểm)
1. Đối với phản ứng clo hóa toluen trong axit axetic ở 25 0 C, vận tốc tương đối (k
toluen/k benzen là 344.Tỉ lệ các đồng phân clotoluen là: % sản phẩm vị trí octo là
59,8%;% sản phẩm vị trí meta là 0,5%; % sản phẩm vị trí para là 39,7%;
a.Hãy tính yếu tố vận tốc phần f x ở các vị trí octo, meta, para ( x ứng với các vị
trí octo, meta, para.
b.Để nói lên mối liên hệ giữa vận tốc thế ở vị trí para với vận tốc thế ở vị trí
meta người ta dùng hằng số gọi là yếu tố chọn lựa ( kí hiệu là S f ).Tính S f của
phản ứng trên.
2. Một trong những phương pháp tổng hợp Piriđoxin (có trong thành phần của
vitamin B6 ) là đi từ CH 3 COCH 2 COCH 2 OC 2 H 5 và H 2 N-COCH 2 CN.Hãy hoàn
thành sơ đồ tổng hợp Piriđoxin:
+
Me
O
NH 2
O
CH 2 OC 2 H 5
O
CN
PCl 5 / POCl 3
C
H 2 / Pd / Pt
150 0 C
CH 3 COOH
piperidin C 2 H 5 OH/t 0
D
1.NaNO 2 HCl / 90 0 C
A
HNO 3 d
(CH 3 CO) 2 O
0 0 C
Me N
2. 48 % HBr / t 0
HO
B
CH 2 OH
CH 2 OH
( Piridoxin)

3. Cấu tạo của hợp chất K (tách từ quả hồi) đã được xác định theo sơ đồ phản ứng
sau:
O 3 Me 2 S CH 3 OH HIO 4 H 3 O
K + (C 7 H 10 O 5 )
L (C 7 H 10 O 7 )
H + M N OHCCHO + OHCCH(OH)CH 2 COCOOH
a. Hãy vẽ công thức cấu tạo của L, M, N và K, biết rằng K không chứa nhóm chức
ancol bậc ba.
b. Hãy viết sơ đồ phản ứng tổng hợp ra K từ những hợp chất chứa không quá 4C.
Hướng dẫn giải:
1. .( 0,75 điểm)
a. Tính yếu tố vận tốc phần ở vị trí octo là:
Áp dụng công thức:
f x =
k tuong dôi . % dong phan x.
so luong cac vi tri x trong vong.
Ta có:
.
6
100%
f o =
f m =
f p =
344. 59,8. 6
2. 100
344. 0,5 . 6
2. 100
344. 39,7 . 6
1. 100
= 617,13.
= 5,16
= 819,4.
b. Tính yếu tố chọn lựa S f của phản ứng trên bằng 2 cách:
Cách 1:
S f = lg ( f p / f m ) = lg (819,4/ 5,16) = 2,2.
Cách 2:
S f = lg (2.% f p / %f m ) = lg (2. 39,7/0,5) = 2,2.

2. .( 0,5 điểm)
HNO 3 d
(CH 3 CO) 2 O
0 0 C
O
NH 2
+
O
CH 2 OC 2 H 5
Me
H
N
O
piperidin C 2 H 5 OH/t 0
CN
PCl 5 / POCl 3
Me
Me N
150 0 C
Cl
NO 2 CN
(B)
NO 2
CN
CH 2 OC 2 H 5
CH 2 OC 2 H 5
O
H
N
CH 2 OC 2 H 5
O
CN
(A)
H 2 / Pd / Pt
CH 3 COOH
(C)
NH 2
Me
N
CH 2 NH 2
CH 2 OC 2 H 5 (D)
1.NaNO 2 HCl / 90 0 C
Me N
2. 48 % HBr / t 0
HO
CH 2 OH
CH 2 OH ( Piridoxin)
3. .( 0,75 điểm)
a. Hãy vẽ công thức cấu tạo của L, M, N và K, biết rằng K không chứa nhóm
chức ancol bậc ba.
HO
HO
COOH
COOH
COOH
COOH HO
O 3 Me 2 S
O
O O CH 3 OH O O HIO 4 O
CHO
HO
HO OH H + HO OMe CHO
OH
OH
OH
OH
OHC
K L M N
COOH
O
OMe
b. Hãy viết sơ đồ phản ứng tổng hợp ra K từ những hợp chất chứa không quá 4C.

Câu 9:
Cho phản ứng PCl 5 (k)
PCl 3 (k) + Cl 2 (k)
Cho các giá trị nhiệt động học ở 25 0 C, áp suất 1 atm
PCl 5 (k) PCl 3 (k) Cl 2 (k)
0
H T
KJ.mol -1 -374,5 - 287,0 0
0
S
T
JK -1 .mol -1 364,2 311,8 223,1
1, Tính hằng số cân bằng K P ở 180 0 C.Giả thiết nhiệt độ chênh lệch so với 25 0 C không
ảng hưởng gì đến H và S của phản ứng.
2, Đưa vào bình chân không dung tích 5 lít 15 gam PCl 5 . Đậy kín bình và nung nóng
đến 180 0 C. Tính độ phân huỷ của PCl 5 và áp suất tổng của bình.
Nếu bình có thể tích 10 lít thì độ phân huỷ của PCl 5 và áp suất tổng của bình là bao
nhiêu
3, Cân bằng chuyển dịch về phía phản ứng nào nêu ta thêm khí Ne vào bình ở cùng
nhiệt độ và dung tích bình không đổi.Cho M
PCl
= 208,5
5
1, Xét tại 180 0 C:
H 0 phản ứng = H 0 (PCl 3 ) –H 0 ( PCl 5 ) = 87,5 KJ.mol -
S 0 phản ứng = S 0 (PCl 3 ) + S 0 (Cl 2 ) - S 0 (PCl 5 ) = 170,7J.K -1 .mol -1
G 0 Phản ứng = H 0 phản ứng - TS 0 phản ứng = 10173 J.mol -1
G 0 Phản ứng = -RTlnK P K P = 0,067 (atm)
(0,5đ)
2,Số mol PCl 5 ban đầu =
15
208,5
0,072 mol
Xét cân bằng: PCl 5 (k) PCl 3 (k) + Cl 2 (k)
Ban đầu 0,072
Khi cân bằng 0,072 –x x x

Cl2
PCl3
K = 0,067
P
P
P
P
PCl
5
Thay P i =
n i
RT
V
2
x RT
(0,072
x)
V
ta được 0, 072
Với R = 0,082; T = 453; V = 5 ta tìm được x = 0,02137
Vậy độ phân huỷ của PCl 5 là = 29,68%
Tổng số mol khí tại cân bằng = 0,072 + x = 0,09337
Áp suất tổng là P =
0,09337.0,082.453
5
0,6934 atm (0,5đ)
+ Nếu V = 10 lít ta có x = 0,02813
Độ phân huỷ của PCl 5 = 39,07%
Áp suất tổng là P = 0,372 atm (0,5đ)
3,Thêm khí Ne (khí trơ ) vào hệ mà thể tích bình chức không đổi ở cùng nhiệt độ thì áp
suất riêng phần của các khí tropng hệ không đổi nên K P không đổI vì vậy cân bằng
không chuyển dịch (0,5đ)
Câu 10: Phức chất
1.
Cho s¬ ®å c¸c phn øng:
FeCl 2 (dd)
KCN ®Æc, d­
A (dd)
FeSO 4
Fe 2 (SO 4 ) 3 ®Æc
AgNO 3
KMnO 4 , H +
B kÕt tña tr¾ng
C kÕt tña xanh ®Ëm
D kÕt tña tr¾ng
E (dd)
FeCl 2
Pb(OH) 2 , KOH
a. Viết phương trình ion của các phản ứng xảy ra theo sơ đồ trên.
b.Hãy cho biết từ tính của hợp chất A, dùng thuyết lai hóa để giải thích.
G kÕt tña xanh
A + F kÕt tña n©u

2.Cho các ion phức : [NiSe 4 ] 2- ; [ZnSe 4 ] 2- . Trên cơ sở thuyết lai hóa, hãy giải thích sự
hình thành liên kết trong các ion phức trên và cho biết từ tính của chúng. Biết rằng,
tương tác của các ion trung tâm với phối tử là tương tác mạnh.
Hướng dẫn giải:
1. a. Các phương trình phản ứng: (mỗi phương trình phản ứng 0,125đ)
F Fe 2+ + 6 CN - 4-
[Fe(CN)
6
]
(A)
4-
[Fe(CN)
6
]
+ 2 Fe 2+ Fe 2 [Fe(CN) 6 ] trắng
4-
3 [Fe(CN)
6
] + 4 Fe 3+ Fe 4 [Fe(CN) 6 ] 3 xanh đậm
5
4-
6
4-
[Fe(CN)
6
] + 4 Ag + Ag 4 [Fe(CN) 6 ] trắng
[Fe(CN) ] +
-
MnO + 8 H + Mn 2+ + 4 H 2 O + 5
3-
4
3-
2 [Fe(CN)
6
] + 3 Fe 2+ Fe 3 [Fe(CN) 6 ] 2 xanh
hoặc K + 3-
+ [Fe(CN)
6
] + Fe 2+ KFe[Fe(CN) 6 ] xanh
[Fe(CN) ]
3-
2 [Fe(CN)
6
] + Pb(OH)
2
+ 2 OH - 4-
2 [Fe(CN)
6
] + 2 H 2 O + PbO 2 nâu (F)
b. (0,5đ) Cấu hình electron của Fe 2+ là [Ar]3d 6 4s 0 4p 0 4d 0
6
3d 6 4s 0 4p 0 4d 0
Vì CN - là phối tử trường mạnh, do đó khi tạo phức với Fe 2+ , 4 electron độc thân trên
4 obitan 3d của Fe(II) bị ghép đôi, giải phóng 2 obitan 3d trống. Hai obitan này lai hóa
với 1 obitan 4s và 3 obitan 4p, tạo thành 6 obitan lai hóa d 2 sp 3 hướng về 6 đỉnh của hình
bát diện đều. Mỗi obitan lai hóa này xen phủ với một obitan tự do có hai electron của
CN - , tạo ra 6 liên kết cho nhận, hình thành phức
diện. Phức này nghịch từ vì có tổng spin bằng không:
CN - CN - CN - CN - CN - CN -
↓ ↓ ↓ ↓ ↓ ↓
4-
[Fe(CN)
6
] lai hóa trong, có cấu trúc bát
d 2 sp 3

2. (0,5đ)phối tử trong 2 ion phức là ion điselenua S 2 đóng vai trò là phối tử 2 càng.
2
- ion Ni 2+ có cấu hình [Ar]3d 8 với 2 electron độc thân. Khi tương tác với phối tử S 2 , 2
2
electron độc thân sẽ ghép đôi. Do đó, trong ion phức [NiSe 4 ] 2- , ion Ni 2+ ở trạng thái lai
hóa dsp 2 . Vì vậy, [NiSe 4 ] 2- có cấu tạo vuông phẳng, nghịch từ.
- ion Zn 2+ có cấu hình [Ar]3d 10 , các electron đều ghép đôi. Do đó, trong ion phức
[ZnSe 4 ] 2- , ion Zn 2+ ở trạng thái lai hóa sp 3 . Vì vậy, [ZnSe 4 ] 2- có cấu tạo tứ diện, nghịch
từ.

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC KHỐI 11
TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN –HÀ NỘI NĂM 2015
ĐỀ THI ĐÈ XUẤT
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có5 trang, gồm 10 câu)
Người ra đề: Đoàn Thị Hiền-0904128225
Câu 1.Tốc độ phản ứng.(2 điểm)
Xét phản ứng của gốc iso-propyl với khí Hidrobromua:
Hệ số Arrhenius và năng lượng hoạt hóa của phản ứng thuận làn lượt là A=9,5 10 8 L.mol -1 s -1
và E a =- 6,4 kJ.mol -1 và phản ứng nghịch lần lượt là A’=5,1 10 10 L.mol -1 s -1 và
E’ a =36 kJ.mol -1 tại 25 0 C.
0 0
a. Tính H
, S của phản ứng trên (cho rằng các giá trị không phụ thuộc vào nhiệt độ
trong khoảng nhiệt độ được xét).
b. Giải thích vì sao E a của phản ứng thuận âm.
Câu 2.Dung dịch điện li.(2 điểm)
Chì cromat được sử dụng rộng rãi làm chất mầu, tuy nhiên cả hai thành phần có mặt trong
chất này đều có độc tính đối với người.
(a) Một mẫu nước ngầm được bão hòa PbCrO 4 (r) và có pH = 6,00. Hãy tính nồng độ cân
bằng của Pb 2+ , CrO
2– 4 , HCrO
– 4 và Cr 2 O
2– 7 . Cho các hằng số cân bằng:
2
2
2
13
[ H ][ CrO4
]
7
K sp
[
Pb ][ CrO4
] 2,82.10 , K a 2
3,34. 10
[ HCrO4
]
[ Cr O
]
2
2 7
14
14
K D
3,13. 10 , K
2 2
2
W
[
H ][ OH ] 1,00.10
[ H ] [ CrO4
]
(b) Biết trong dạ dày của một người bị nhiễm độc crom có nồng độ cân bằng của HCrO
– 4
và Cr 2 O
2– 7 bằng nhau. Giả thiết dịch dạ dày có pH = 3,0. Hãy tính nồng độ tổng cộng của
crom hòa tan có trong dạ dày của người này.
Câu 3.Điện hóa học.(2 điểm)
Nồng độ đường trong máu (pH = 7,4) thường được xác định bằng phương pháp
Hagedorn-Jensen. Phương pháp này dựa vào phản ứng sắt(III) oxi hóa glucozơ thành axit
gluconic. Quy trình phân tích như sau: Lấy 0,200 ml mẫu máu cho vào bình nón, thêm 5,00 ml

dung dịch natri hexaxianoferat(III) 4,012 mmol/lit và đun cách thủy. Xử lý dung dịch thu
được bằng lượng dư dung dịch ZnCl 2 và sau đó bằng lượng dư KI có mặt CH 3 COOH. Iot sinh
ra được chuẩn độ bằng dung dịch Na 2 S 2 O 3 .
1. Hãy viết phương trình hóa học các phản ứng xảy ra trong quy trình trên.
2. Hãy cho biết tại sao không thể dùng muối Fe(III) để thay cho natri hexaxianoferat(III) trong
thí nghiệm trên?
3. Hãy tính hằng số cân bằng của phản ứng:
2 [Fe(CN) 6 ] 3- + 3 I - ƒ 2 [Fe(CN) 6 ] 4- + I
- 3
Từ đó cho biết vai trò của ZnCl 2 .
4. Hãy tính nồng độ của glucozơ (theo gam/lít) có trong mẫu máu, biết rằng phép chuẩn độ
cần dùng 3,28 ml dung dịch Na 2 S 2 O 3 để đạt tới điểm tương đương.
Cho:
0
E 0
= 0,771 V; Các phức [Fe(CN) 6 ] 3- và [Fe(CN) 6 ] 4- có hằng số
3+ 2+
I
3
/I
Fe /Fe
E = 0,5355 V;
bền tổng cộng lần lượt là β
3
= 10 42 và β
2
= 10 35 . Ở 25 o C:
Câu 4. Bài tập tính toán vô cơ tổng hợp.(2 điểm)
RT
2,303 = 0,0592.
F
Trong công nghiệp người ta thường sản xuất SO 2 từ các khoáng vật chứa nhiều S, sẵn
có nhất ở Việt Nam là quặng FeS 2 . Một mẫu khoáng vật đã được loại bỏ hết tạp chất trơ X
chứa hỗn hợp FeS 2 và Cu 2 S được đốt cháy hoàn toàn bằng không khí vừa đủ thu được hỗn
hợp khí Y chỉ chứa SO 2 và N 2 . Lấy một thể tích Y thực hiện một loạt các thí nghiệm liên tiếp.
Đầu tiên cho hỗn hợp đi qua bình chứa 23,9 gam chì đioxit thu được 30,3 gam muối A. Khí đi
ra lại cho tiếp qua bình đựng 8,7 gam mangan đioxit, trong bình chứa 86 ml nước được đun
liên tục trào lên để hòa tan hết muối B sinh ra ta thu được dung dịch B chứa duy nhất một chất
tan có nồng độ phần trăm là 20%. Khí đi ra cho qua bình chứa đựng Na 2 O dư thấy khối lượng
bình tăng 26,2 gam, khí đi ra có thể tích 96,1 lit (đktc).
.
1.Xác định hợp chất A, B và viết các phương trình phản ứng. Biểu diễn cấu trúc anion của
muối A và B.
2.Xác định hàm lượng phần trăm theo khối lượng của hỗn hợp Y.
3.Nếu hỗn hợp Y cho đi qua bình chứa bột Zn đun nóng, viết phương trình phản ứng và
biểu diễn cấu trúc anion của muối tạo ra trong phản ứng.

Câu 5.Sơ đồ biến hóa, Cơ chế phản ứng, Đồng phân lập thể, Danh pháp (2 điểm)
1.C 12 H 14 (D) là một hiđrocacbon có cấu trúc kỳ thú. D chỉ gồm các vòng 4 cạnh và năm cạnh.
Trong phân tử D chỉ gồm các nguyên tử cacbon bậc 2 và bậc 3 với tỉ lệ 1:5. D được tổng hợp
theo sơ đồ dưới đây:
Hãy xác định cấu trúc của D và các hợp chất A, B và C trong sơ đồ chuyển hóa trên.
2. Đề nghị cơ chế phản ứng sau.
Câu 6.Tổng hợp các chất hữu cơ, so sánh nhiệt độ sôi, Nhiệt độ nóng chảy, Tính Axit-
Bazơ. (2 điểm)
1. Xuất phát từ hidrocacbon (không quá 5C) và các tác nhân cần thiết khác hãy điều chế hợp
chất sau:
2. Sắp xếp theo thứ tự tăng dần tính bazơ
NH
N N
N
NH
NH
N
Câu 7.Nhận biết, Tách chất, Xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ. (2 điểm)
1.Cho hỗn hợp các chất lỏng: C 6 H 5 CHO, C 6 H 5 COOH, C 6 H 5 Cl, p-HOC 6 H 4 CH 3 , C 6 H 5 N(CH 3 ) 2 .
Hãy tách lấy riêng từng chất có trong hỗn hợp.
2.Trong quá trình tổng hợp chất hữu cơ X (C 20 H 21 NO 4 ), người ta clometyl hóa 1,2-
đimethoxybenzen bằng fomalđehit và axit clohiđric để được chất hữu cơ Y, sau đó cho chất Y
tác dụng với natri xianua để được chất hữu cơ Z. Sản phẩm Z một phần được thủy phân thu
được chất hữu cơ M, phần khác được hiđro hóa có xúc tác niken - Raney để được chất hữu cơ

N. Hai chất M và N cho ngưng tụ với nhau ở khoảng nhiệt độ 170 0 C đến 180 0 C cho amit P,
chất này được đóng vòng bằng POCl 3 cho chất hữu cơ Q, tiếp đó đề hiđro hóa có xúc tác
niken-Raney trong đecalin ở 180 0 C cho chất hữu cơ X. Xác định công thức cấu tạo của X, Y,
Z, M, N, P và Q.
Câu 8.Hữu cơ tổng hợp. (2 điểm)
Taxan là các đitecpen tự nhiên được tách ra từ cây thủy tùng (Taxus) thường được sử
dụng trong hóa trị liệu. Hợp chất K trong sơ đồ dưới đây mang bộ khung phân tử của các
Taxan. Hoàn thành sơ đồ tổng hợp và giải thích sự hình thành K từ H:
Câu 9.Cân bằng hóa học.(2 điểm)
Cho bảng số liệu sau: CH 4 (k)
0
C (gr) + 2H 2 (k) H
74,85 kJ (1)
S (J.K .mol )
0 -1 1
298
C (J.K .mol )
0 -1 1
298
CH 4 (k) C (gr) H 2 (k)
186,19 5,69 130,59
35,71 8,64 28,84
a. Tính K p của phản ứng (1) ở 25 0 C.
0
b. Xác định H T
và K p ở 727 0 C, coi
298
0
C
p không phụ thuộc vào nhiệt độ.
c. So sánh giá trị K p ở 727 0 C và 25 0 C xem có phù hợp với nguyên lý Le Chatelier
không? Giải thích.
Câu 10.Phức chất.(2 điểm)
Chất A được tạo từ cation K + và anion X n– . Chất B được tạo từ cation K + và anion X m– .
Hai anion này đều là anion phức bát diện nhưng khác nhau về momen từ:
1,72D. Trong phối tử của hai anion trên chỉ chứa hai nguyên tố thuộc chu kỳ 2.
n
X m =
X = 0;
Khi cho 20mL dung dịch 0,1M của A tác dụng với 1,3240 gam Pb(NO 3 ) 2 thì tạo thành 1,2520
gam kết tủa trắng và trong dung dịch chỉ còn lại muối kali. Khi cho 1,2700 gam FeCl 2 vào một
lượng dư dung dịch của A thì tạo thành 1,6200 gam kết tủa trắng C (chứa 51,85% khối lượng

là sắt). Khi để ra ngoài không khí C trở thành xanh lơ và chuyển thành D. Dung dịch của B tác
dụng với FeCl 2 cũng tạo thành D.
Biết momen từ : n(n
2)
; trong đó n là số electron độc thân của ion trung tâm.
a) Các chất A, B, C là những chất gì
b) Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
.................HẾT.................
Người ra đề
Đoàn Thị Hiền-0904128225

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐÁP ÁN MÔN: HÓA HỌC KHỐI 11
TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN –HÀ NỘI NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
Người ra đề: Đoàn Thị Hiền-0904128225
Câu 1.Tốc độ phản ứng.(2 điểm)
Xét phản ứng của gốc iso-propyl với khí Hidrobromua:
Hệ số Arrhenius và năng lượng hoạt hóa của phản ứng thuận làn lượt là A=9,5 10 8 L.mol -1 s -1
và
E a =- 6,4 kJ.mol -1 và phản ứng nghịch lần lượt là A’=5,1 10 10 L.mol -1 s -1 và E’ a =36 kJ.mol -1
tại 25 0 C.
0 0
c. Tính H
, S của phản ứng trên (cho rằng các giá trị không phụ thuộc vào nhiệt độ
trong khoảng nhiệt độ được xét).
d. Giải thích vì sao E a của phản ứng thuận âm.
Hướng dẫn chấm:
Nội dung
Điểm
a.
H E E 6,4.10 36.10 42,4.10 (J/ mol)
k
k
t
n
0 ' 3 3 3
a a
A e
A e
Ea
RT
10 1
. 1,26.10 (s )
'
Ea
RT
4 1
. 2,5.10 (s )
kt
K
p
5,04.10
k
n
0
G
8,314.298ln
Kp
5
32531,34(J)
1
Mà ta có
0,5
0 0 3
0 0 0 0 H
G
42,4.10 32531,34
G H TS S
33,12(J/ Kmol)
T
298

.E a của phản ứng thuận âm vì chất đầu không bền khi tạo sản phẩm trung 0,5
gian , electron được giải tỏa trên 2 liên kết C-H và H-Br năng lượng giảm
Câu 2.Dung dịch điện li.(2 điểm)
Chì cromat được sử dụng rộng rãi làm chất mầu, tuy nhiên cả hai thành phần có mặt trong
chất này đều có độc tính đối với người.
(a) Một mẫu nước ngầm được bão hòa PbCrO 4 (r) và có pH = 6,00. Hãy tính nồng độ cân
bằng của Pb 2+ , CrO
2– 4 , HCrO
– 4 và Cr 2 O
2– 7 . Cho các hằng số cân bằng:
2
2
2
13
[ H ][ CrO4
]
7
K sp
[
Pb ][ CrO4
] 2,82.10 , K a 2
3,34. 10
[ HCrO4
]
[ Cr O
]
2
2 7
14
14
K D
3,13. 10 , K
2 2
2
W
[
H ][ OH ] 1,00.10
[ H ] [ CrO4
]
(b) Biết trong dạ dày của một người bị nhiễm độc crom có nồng độ cân bằng của HCrO
– 4
và Cr 2 O
2– 7 bằng nhau. Giả thiết dịch dạ dày có pH = 3,0. Hãy tính nồng độ tổng cộng của
crom hòa tan có trong dạ dày của người này.
Hướng dẫn chấm:
NỘI DUNG
ĐIỂM
(a). Các cân bằng xảy ra:
0,5
PbCrO 4 (r) Pb 2+ + CrO
2 – 2
2
13
4 K sp
[
Pb ][ CrO ] 2,82.10 (1)
CrO
2 – 4 + H + HCrO
– 7
4
4
K a
3,34.
(2)
4
2
[ H ][ CrO ]
[ HCrO4
]
2
10
2
[ Cr O ]
2
[ H ] [ CrO
2 CrO
2 – 4 + 2 H + Cr 2 O
2 – 2 7
14
7 + H 2 O K D
3,13. 10 (3)
Có: S = [Pb 2+ ] = [CrO 4
2 –
] + [HCrO 4 –
] + 2 [Cr 2 O 7
2 –
] (4)
[ H
][ CrO
K
6
10 [ CrO
3,34.10
(2) => 4
4
2
[ HCrO ]
2,994[ CrO ]
4
a2
2
]
2
7
]
4
]
2
2
4
2
2 2
2
14 6
2 2
2
2
2
(3) => [ O ] K [ H ] [ CrO ] 3,13.10 (10
) [ CrO ] 313[ CrO
Cr
D
2 7
4
4
4
]
13
2-
2-
2- 2
(4) =>
2,82.10
0,5
[CrO
2-
4
]
[CrO
4
] 2,994[CrO ] 2313[CrO
4
4
]

2- 3
2- 2
13
=> 626[CrO ] 3,994[CrO ] 2,82.10 0
4 4
=> [CrO 4
2 –
] = 2,66.10 –7 M
[ Pb
2
2,82.10
]
2,66.10
13
-7
1,06.10
6
M
7
[ HCrO4 ] 2,994
2,66.10 7,96. 10
2
7
2
[ Cr2O
7
] 313(2,66.10
) 2,21. 10
7
M
11
M
[ H
][ CrO
K
3
10 [ CrO
3,34.10
b. Có:
4
4
2
[ HCrO ]
2994[ CrO ]
4
a2
2
]
2
7
]
4
0,5
[ Cr
D
2
2 2
2
14 3
2 2
2
8 2
2
2
O7
] K [ H ] [ CrO4
] 3,13.10 (10
) [ CrO4
] 3,13.10 [ CrO4
]
2
8 2
2
=> 2994[ CrO
] 3,13.10 [ CrO
4 4
]
=> [CrO 4
2 –
] = 9,57.10 –6 M
2
6
[ Cr O ] [
HCrO ] 29949,57.10
0, 02864M
2 7
4
=> C Cr = [CrO
2 – 4 ] + [HCrO – 4 ] + 2 [Cr 2 O
2 – 7 ]
= 9,57.10 –6 + 3 0,02864 = 0,0860 M)
Câu 3.Điện hóa học.(2 điểm)
Nồng độ đường trong máu (pH = 7,4) thường được xác định bằng phương pháp
Hagedorn-Jensen. Phương pháp này dựa vào phản ứng sắt(III) oxi hóa glucozơ thành axit
gluconic. Quy trình phân tích như sau: Lấy 0,200 ml mẫu máu cho vào bình nón, thêm 5,00 ml
dung dịch natri hexaxianoferat(III) 4,012 mmol/lit và đun cách thủy. Xử lý dung dịch thu
được bằng lượng dư dung dịch ZnCl 2 và sau đó bằng lượng dư KI có mặt CH 3 COOH. Iot sinh
ra được chuẩn độ bằng dung dịch Na 2 S 2 O 3 .
1. Hãy viết phương trình hóa học các phản ứng xảy ra trong quy trình trên.
2. Hãy cho biết tại sao không thể dùng muối Fe(III) để thay cho natri hexaxianoferat(III) trong
thí nghiệm trên?
3. Hãy tính hằng số cân bằng của phản ứng:
2 [Fe(CN) 6 ] 3- + 3 I - ƒ 2 [Fe(CN) 6 ] 4- + I
- 3

Từ đó cho biết vai trò của ZnCl 2 .
4. Hãy tính nồng độ của glucozơ (theo gam/lít) có trong mẫu máu, biết rằng phép chuẩn độ
cần dùng 3,28 ml dung dịch Na 2 S 2 O 3 để đạt tới điểm tương đương.
Cho:
0
E 0
= 0,771 V; Các phức [Fe(CN) 6 ] 3- và [Fe(CN) 6 ] 4- có hằng số
3+ 2+
I
3
/I
Fe /Fe
E = 0,5355 V;
bền tổng cộng lần lượt là β
3
= 10 42 và β
2
= 10 35 . Ở 25 o C:
Hướng dẫn chấm:
Nội dung
1. Phương trình hóa học các phản ứng xảy ra (0,75 điểm)
RT
2,303 = 0,0592.
F
C 6 H 12 O 6 + 2 [Fe(CN) 6 ] 3- + 3 OH - C 6 H 11 O 7
-
+ 2 [Fe(CN) 6 ] 4- + 2 H 2 O
(1)
Điểm
0,75
(2)
(3)
2 [Fe(CN) 6 ] 3- + 3 I - 2 [Fe(CN) 6 ] 4- + I 3
-
2
2-
2 3
SO + I
- 2-
3 SO + 3 I -
4 6
2. pH của máu là 7,4 nên Fe(III) sẽ kết tủa ở dạng Fe(OH) 3 và không có khả
năng oxi hóa glucozơ.
0,25
3. Tính thế khử của cặp [Fe(CN) 6 ] 3- / [Fe(CN) 6 ] 4-
0,5
8,36.10 -7
2
= 0,77 + 0,0592
0 0
E
3 4
= E
3+ 2+
0,0592log β
Fe(CN)
6
/Fe(CN)
6
Fe / Fe
β 3
log 10
10
35
42
= 0,36 (V)
2 [Fe(CN) 6 ] 3- + 3 I - 2 [Fe(CN) 6 ] 4- + I
- 2(0,36 0,5355)/0,0592
3 K = 10
=
Zn 2+ tạo kết tủa với [Fe(CN) 6 ] 4- làm phản ứng (2) xảy ra hoàn toàn theo chiều
thuận.
2 K + + Zn 2+ + [Fe(CN) 6 ] 4- K 2 Zn[Fe(CN) 6 ]
4. n 2-
SO 2 3
= 3,28.10 -3 . 4,00 = 13,12.10 -3 (mmol)
n =
I
-
3
n
2-
SO 2 3
2
= 6,56.10 -3 (mmol)
0,5

n 3-
Fe(CN) 6
= 5,00.10 -3 .4,012 = 20,06.10 -3 (mmol)
n 3-
Fe(CN)
(dư)
6
= 2 . 6,56.10 -3 = 13,12.10 -3 (mmol)
n glucozơ =
20,06.10 13,12.10
2
3 3
3,47. 10 -3 (mmol)
C glucozơ =
3
3,47.10 .180
= 3123 (mg/lit) = (3,123 g/lit)
3
0,2.10
Câu 4.Bài tập tính toán vô cơ tổng hợp.(2 điểm)
Trong công nghiệp người ta thường sản xuất SO 2 từ các khoáng vật chứa nhiều S, sẵn
có nhất ở Việt Nam là quặng FeS 2 . Một mẫu khoáng vật đã được loại bỏ hết tạp chất trơ X
chứa hỗn hợp FeS 2 và Cu 2 S được đốt cháy hoàn toàn bằng không khí vừa đủ thu được hỗn
hợp khí Y chỉ chứa SO 2 và N 2 .
Lấy một thể tích Y thực hiện một loạt các thí nghiệm liên tiếp. Đầu tiên cho hỗn hợp đi qua
bình chứa 23,9 gam chì đioxit thu được 30,3 gam muối A. Khí đi ra lại cho tiếp qua bình đựng
8,7 gam mangan đioxit, trong bình chứa 86 ml nước được đun liên tục trào lên để hòa tan hết
muối B sinh ra ta thu được dung dịch B chứa duy nhất một chất tan có nồng độ phần trăm là
20%. Khí đi ra cho qua bình chứa đựng Na 2 O dư thấy khối lượng bình tăng 26,2 gam, khí đi ra
có thể tích 96,1 lit (đktc).
1.Xác định hợp chất A, B và viết các phương trình phản ứng. Biểu diễn cấu trúc anion của
muối A và B.
2.Xác định hàm lượng phần trăm theo khối lượng của hỗn hợp Y.
3.Nếu hỗn hợp Y cho đi qua bình chứa bột Zn đun nóng, viết phương trình phản ứng và
biểu diễn cấu trúc anion của muối tạo ra trong phản ứng.
Hướng dẫn chấm (2 điểm)
1. SO2 PbO2
Nội dung
30,3 26,9
n (1) 0,1 mol, n 0,1mol
64
0,5
Điểm

muối thu được là PbSO 4 (muối A)
8,7 mSO
(2)
2
0,2 mSO
(2) 12,8gam
2
8,7 m
(2) 86
SO2
n : n 1: 2 B: MnS O
MnO2 SO2 2 6
Viết các phương trình phản ứng
0,5
o
t
2
2
2 3
2
4FeS 11O 2Fe O 8SO
o
t
2
2
2
2
2
Cu S O CuO SO
SO PbO PbSO
2 2
4
2SO MnO MnS
O
2 2
2 6
SO Na O Na SO
2 2 2 3
Cấu trúc ion
2
4
SO 2
và SO :
2 6
0,25
,
2. V của N 2 là 96,1lit
n
O2
26,2
nSO
0,1 0,2 0,71
2
64
96,1
1,07
mol
22,4
4
Đặt x là số mol FeS 2 , y là số mol Cu 2 S ta có hệ:
2x
y0,71
11
x2y
1,07
4
x 0,28; y 0,15
0,5
%FeS 2 : 58,33% và %Cu 2 S : 41,67%
t
3. 2SO2 Zn
o
ZnS2O4
0,25
2
Cấu trúc ion SO 2 4
:

.
Câu 5.Sơ đồ biến hóa, Cơ chế phản ứng, Đồng phân lập thể, Danh pháp (2 điểm)
1.C 12 H 14 (D) là một hiđrocacbon có cấu trúc kỳ thú. D chỉ gồm các vòng 4 cạnh và năm cạnh.
Trong phân tử D chỉ gồm các nguyên tử cacbon bậc 2 và bậc 3 với tỉ lệ 1:5. D được tổng hợp
theo sơ đồ dưới đây:
Hãy xác định cấu trúc của D và các hợp chất A, B và C trong sơ đồ chuyển hóa trên.
Hướng dẫn chấm (1 điểm)
1,0
2. Đề nghị cơ chế phản ứng sau.
Hướng dẫn chấm (1 điểm)

Dẫn xuất o-amino của axit benzoic tác dụng với NaNO 2 /HCl tạo muối điazoni.
Hợp chất này không bền tự phân hủy, giải phóng CO 2 và N 2 tạo thành một hợp
chất benzyn rất hoạt động, vừa hình thành đã tham gia phản ứng đóng vòng
Đinxơ-Anđơ nội phân tử với dị vòng furan.
1,0
Câu 6.Tổng hợp các chất hữu cơ, so sánh nhiệt độ sôi, Nhiệt độ nóng chảy, Tính Axit- Bazơ.
(2 điểm)
1. Xuất phát từ hidrocacbon (không quá 5C) và các tác nhân cần thiết khác hãy điều chế hợp
chất sau:
Hướng dẫn chấm (1 điểm)
Phân tử cần tổng hợp gồm 3 mảnh cấu trúc: metyl xiclopentan, pentyl (5C),
xiclopropan (1C)
NBS
Br
NaOH
OH
CuO
O
H 3
C
CH 3
MgBr
H 2
O/HCl
OH
0,5
H 2
SO 4
3

0,5
2. Sắp xếp theo thứ tự tăng dần tính bazơ
Hướng dẫn chấm (1 điểm)
NH
N N
N
NH
NH
N
Cặp e trên N
Cả 2 N đều
N sp 2 , không
N sp 2 chịu ảnh
N sp 3 , vòng no
đã tham gia
chịu
ảnh
có hiệu ứng –I
hưởng
của
đẩy e
vào hệ liên
hưởng
của
hiệu ứng +C
hợp
hiệu ứng –I
của NH
của
nhau
(Nsp 2 )
Câu 7.Nhận biết, Tách chất, Xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ. (2 điểm)
1.Cho hỗn hợp các chất lỏng: C 6 H 5 CHO, C 6 H 5 COOH, C 6 H 5 Cl, p-HOC 6 H 4 CH 3 , C 6 H 5 N(CH 3 ) 2 .
Hãy tách lấy riêng từng chất có trong hỗn hợp.
Hướng dẫn chấm (0,5 điểm)

hh loûng (X)
+ HCl
ete
C 6 H 5 NH(CH 3 ) 2 Cl
hh loûng (Y) + NaOH
ete
+ NaOH
ete
C 6 H 5 N(CH 3 ) 2
p-CH 3 C 6 H 4 ONa
C 6 H 5 COONa
+CO 2
ete
+NaHSO
hh loûng (Z)
3
ete
p-CH 3 C 6 H 4 OH
C 6 H 5 COONa
C 6 H 5 Cl
C 6 H 5 CH(OH)SO 3 Na
HCl
C 6 H 5 COOH
ete
+HCl
ete
C 6 H 5 CHO
2.Trong quá trình tổng hợp chất hữu cơ X (C 20 H 21 NO 4 ), người ta clometyl hóa 1,2-
đimethoxybenzen bằng fomalđehit và axit clohiđric để được chất hữu cơ Y, sau đó cho chất Y
tác dụng với natri xyanua để được chất hữu cơ Z. Sản phẩm Z một phần được thủy phân thu
được chất hữu cơ M, phần khác được hiđro hóa có xúc tác niken - Raney để được chất hữu cơ
N. Hai chất M và N cho ngưng tụ với nhau ở khoảng nhiệt độ 170 0 C đến 180 0 C cho amit P,
chất này được đóng vòng bằng POCl 3 cho chất hữu cơ Q, tiếp đó đề hiđro hóa có xúc tác
niken-Raney trong đecalin ở 180 0 C cho chất hữu cơ X. Xác định công thức cấu tạo của X, Y,
Z, M, N, P và Q.
Hướng dẫn chấm (1,5 điểm)
Mỗi chất đúng được 0,2 điểm
H 3 CO
CH 2 Cl
H 3 CO
CH 2 CN
H 3 CO
CH 2 COOH
H 3 OC
(Y)
H 3 OC
(Z)
H 3 OC
(M)
CH 3 O OCH 3
H 3 CO
CH 2 CH 2 NH 2
H 3 CO
CH 2
O
H 3 OC
(N)
H 3 CO
(P)
NH
CH 3 O OCH 3
CH 3 O OCH 3
H 3 CO
CH 2
H 3 CO
CH 2
H 3 CO
(Q)
N
H 3 CO
(X)
N

Câu 8.Hữu cơ tổng hợp.
Taxan là các đitecpen tự nhiên được tách ra từ cây thủy tùng (Taxus) thường được sử
dụng trong hóa trị liệu. Hợp chất K trong sơ đồ dưới đây mang bộ khung phân tử của các
Taxan. Hoàn thành sơ đồ tổng hợp và giải thích sự hình thành K từ H:
Hướng dẫn chấm
2,
0
Câu 9.Cân bằng hóa học.(2 điểm)
Cho bảng số liệu sau: CH 4 (k)
0
C (gr) + 2H 2 (k) H
74,85 kJ (1)
S (J.K .mol )
0 -1 1
298
C (J.K .mol )
0 -1 1
298
CH 4 (k) C (gr) H 2 (k)
186,19 5,69 130,59
35,71 8,64 28,84
298

a. Tính K p của phản ứng (1) ở 25 0 C.
0
b. Xác định H T
và K p ở 727 0 0
C, coi C
p
không phụ thuộc vào nhiệt độ.
c. So sánh giá trị K p ở 727 0 C và 25 0 C xem có phù hợp với nguyên lý Le Chatelier
không? Giải thích.
Hướng dẫn chấm
a.
0
S 298
5,69 + 130,59.2 - 186,19 = 80,68 JK -1 ;
0
→ G 298
0
H 298
- T S
0 298
= 74,85.10 3 - 298.80,68 = 50,81.10 3 J
0,5
0
→ G 298
- RTlnK p → K p = exp
3
50,81.10
8,314.298
=1,24.10 -9
b.
0
C 298
8,64 + 28,84.2 - 35,71 = 30,61 JK -1
T
0 0 0
T 298 p
298
H H C dT
= 74,85.10 3 + 30,61(T-298) = 65,73.10 3 + 30,61.T
1
0
→ H 1000
65,73.10 3 + 30,61.1000 = 96,34.10 3 J
ln K
p
( ) 0
P
T
H
RT
0
T
2
→
T
p 2
R T
298 298
T
1 65,73.103 + 30,61.T
d ln K
dT
→ lnK P(T) = -14,96 - 7905,94.T -1 = 3,68lnT
→ K P(1000) = 12,9
c. → Khi tăng nhiệt độ K p tăng là phù hợp với nguyên lý Le Chatelier vì phản ứng
thu nhiệt, cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.
0,5
Câu 10.Phức chất.(2 điểm)
Chất A được tạo từ cation K + và anion X n– . Chất B được tạo từ cation K + và anion X m– .
Hai anion này đều là anion phức bát diện nhưng khác nhau về momen từ:
1,72D. Trong phối tử của hai anion trên chỉ chứa hai nguyên tố thuộc chu kỳ 2.
n
X m =
X = 0;

Khi cho 20mL dung dịch 0,1M của A tác dụng với 1,3240 gam Pb(NO 3 ) 2 thì tạo thành 1,2520
gam kết tủa trắng và trong dung dịch chỉ còn lại muối kali. Khi cho 1,2700 gam FeCl 2 vào một
lượng dư dung dịch của A thì tạo thành 1,6200 gam kết tủa trắng C (chứa 51,85% khối lượng
là sắt). Khi để ra ngoài không khí C trở thành xanh lơ và chuyển thành D. Dung dịch của B tác
dụng với FeCl 2 cũng tạo thành D.
Biết momen từ : n(n
2)
; trong đó n là số electron độc thân của ion trung tâm.
c) Các chất A, B, C là những chất gì
d) Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
Hướng dẫn chấm
n 1,3240 : 331 2
n 0,1 .0,02 1
Pb(NO 3)
2
a)
A
Anion trong A là X 4-
2Pb 2+ + X 4- Pb 2 X
4.10 -3 2.10 -3 2.10 -3 (mol)
0,5
M
1,252
626 (g / mol)
2.10
4
X
Pb2X 3
2Fe 2+ + X 4- Fe 2 X (C)
0,01 0,005 (mol)
M
= 626 – 207.2 = 212 (g/mol)
n
FeCl 2
1,27
0,01 (mol) ;
127
1,62
M M 324 (g / mol)
C Fe2X
0,005
Số nguyên tử Fe trong chất C = 324.51,85 3
100.56
ion X 4- có 1 nguyên tử Fe
Vì X n- là phức bát diện nên số phối tử là 6
212
56
6
Mà M
4
X = 212 (g/mol) M phối tử = 26
0,5
phối tử là CN -
4
X = 0 ion X4- chứa Fe 2+
X 4- là [Fe(CN) 6 ] 4- .

Vậy : A là K 4 [Fe(CN) 6 ]
Anion X m- : [Fe(CN) 6 ] m-
m
X
= 1,72 = [n(n+2)] 1/2 n 1 X m- chứa Fe 3+ .
Vậy B là K 3 [Fe(CN) 6 ]
Suy ra C: Fe 2 [Fe(CN) 6 ];
0,5
b) K 4 [Fe(CN) 6 ] + 2Pb(NO 3 ) 2 Pb 2 [Fe(CN) 6 ] + 4KNO 3
K 4 [Fe(CN) 6 ] + 2FeCl 2 Fe 2 [Fe(CN) 6 ] + 4KCl
2Fe 2 [Fe(CN) 6 ] + 2K 4 [Fe(CN) 6 ] + O 2 + H 2 O 4KFe[Fe(CN) 6 ] +
4KOH
K 3 [Fe(CN) 6 ] + FeCl 2 KFe[Fe(CN) 6 ] + 2KCl
0,5

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐIỆN BIÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
==============
ĐỀ GIỚI THI ỆU
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2015
MÔN HOÁ HỌC LỚP 11
Thời gian làm bài 180 phút
ĐỀ BÀI
Câu 1 (2,0đ): Tốc độ phản ứng
Cho phản ứng A + B →C + D (*) diễn ra trong dung dịch ở 25 O C.
Đo nồng độ A trong hai dung dịch ở các thời điểm t khác nhau, thu được kết quả:
Dung dịch 1 [A] 0 = 1,27.10 -2 mol.L -1 ; [B] 0 = 0,26 mol.L -1
t(s) 1000 3000 10000 20000 40000 100000
[A] (mol.L -1 ) 0,0122 0,0113 0,0089 0,0069 0,0047 0,0024
Dung dịch 2 [A] 0 = 2,71.10 -2 mol.L -1 ; [B] 0 = 0,495 mol.L -1
t(s) 2.000 10000 20000 30000 50000 100000
[A] (mol.L -1 ) 0,0230 0,0143 0,0097 0,0074 0,0050 0,0027
1. Tính tốc độ của phản ứng (*) khi [A] = 3,62.10 -2 mol.L -1 và [B] = 0,495 mol.L -1 .
2. Sau thời gian bao lâu thì nồng độ A giảm đi một nửa?
Câu 2 (2,0đ):
a) Tính pH của dung dịch Na 2 A 0,022 M.
b) Tính độ điện li của ion A 2- trong dung dịch Na 2 A 0,022 M khi có mặt
NH 4 HSO 4 0,001 M.
Cho:
pK = 2,00; pK + = 9,24;
-
4
a(HSO )
a(NH )
4
pK
a1(H2A)
= 5,30;
pK
a2(H2A)
= 12,60.
Câu 3 (2,0đ): Điện hóa học.
Có thể hoà tan hoàn toàn 100mg bạc kim loại trong 100ml dung dịch
amoniac nồng độ 0,1M khi tiếp xúc với không khí được không?
Cho biết nguyên tử khối của Ag = 107,88; hằng số điện li bazơ của amoniac là K b =
1,74.10 -5 ; các hằng số bền của phức [Ag(NH 3 ) i ] + tương ứng là: lg 1 = 3,32(i = 1) và
lg 2 = 6,23 (i = 2). Các thế khử (thế oxy hóa - khử) chuẩn ở 25 o C: E o (Ag + /Ag) =
0,799V; E o (O 2 /OH - ) = 0,401V. Áp suất riêng phần của oxy trong không khí là
0,2095atm. Phản ứng được thực hiện ở 25 o C.
Câu 4 (2,0đ):Bài tập tính toán vô cơ tổng hợp.
Trộn CuO với một oxi kim loại đơn hóa trị II theo tỉ lệ 1:2 được hôn hợp A.
Dẫn một luồng khí H 2 dư đi qua 3,6 gam A nung nóng được hỗn hợp B. Để hòa tan
hết B cần 60ml dung dịch HNO3 2,5M và thu được V lít khí NO duy nhất (đktc) và
dung dịch chỉ chứa nitrat kim loại. Xác định kim loại nói trên và tính V?

Câu 5 (2,0đ): Sơ đồ biến hóa, Cơ chế phản ứng, Đồng phân lập thể, Danh pháp.
1. Xét cấu tạo 2-isopropyl-5-metylxyclohexanol.
(a) Viết các đồng phân hình học tương ứng với cấu tạo này.
(b) Vẽ cấu dạng bền nhất cho mỗi đồng phân hình học trên.
(c) Mỗi cấu dạng đó tương ứng với chất nào trong bốn chất : mentol, neomentol,
isomentol hay neoisomentol. Biết rằng độ bền của các phân tử này được xếp theo
trật tự mentol > neomentol > isomentol > neoisomentol.
2. Xét hai axit dicacboxylic đồng phân có M = 116. Oxi hóa mãnh liệt một trong
hai chất đều tạo sản phẩm duy nhất là axit oxalic. So sánh các hằng số phân ly axit
(K 1 , K 2 ) giữa hai axit dicacboxylic này.
Câu 6 (2,0đ): Phức chất.
Phức vuông phẳng cis-diaminodicloroplatin (II) là một dược phẩm quan trọng để
điều trị ung thư.
1. Viết các đồng phân cis và trans của phức.
Một số ion cũng có công thức nguyên Pt(NH 3 ) 2 Cl 2 .
2. Viết tất cả công thức có thể có của ion trên nhưng phải thỏa mãn các điều kiện
sau:
- Có công thức nguyên Pt(NH 3 ) 2 Cl 2 .
- Anion và cation phải được viết rõ và tất cả phải có cấu trúc vuông phẳng.
- Anion và cation phải thể hiện được sự tồn tại của mỗi phức platin (II)
riêng biệt của mỗi hợp chất.
3. Lớp 5d của platin có bao nhiêu electron?
Sự tách mức năng lượng trong giản đồ năng lượng obitan d của phức vuông phẳng
liên quan đến phức bát diện do lien kết kim loại – ligand: Nếu các ligand nằm trên
trục z biến mất mà liên kết kim loại – ligand với các ligand nằm trên trục x và y
trở nên mạnh hơn.
4. Trong số 5 obitan 5d của platin, trong phức Pt vuông phẳng thì obitan nào có
mức năng lượng cao nhất?
Câu 7 (2,0đ): Nhận biết, Tách chất, Xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ.
1. Hợp chất A chứa C, H, O có khối lượng phân tử là 74 đvC. Biết A không phản
ứng với Na và khi phản ứng với dung dịch NaOH chỉ thu được một chất hữu cơ.
Xác định cấu tạo của A. Biết từ A thực hiện được sơ đồ sau:
CH 3 MgCl A B
H 2
O CH 3 CHO D
H 2
O ancol sec-butylic
2. Cho axetanđehit tác dụng với lượng dư fomanđehit có mặt NaOH, thu được chất
A. Cho A tác dụng với lượng dư dung dịch NaBr bão hoà và H 2 SO 4 đặc, thu được
chất B. Đun nóng B với bột Zn, thu được chất C. C có công thức phân tử là C 5 H 8 .
Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

Câu 8 (2,0đ): Hữu cơ tổng hợp.
1. 0,75 điểm; 2. 1,25 điểm.
Viết công thức cấu tạo của các hợp chất hữu cơ A, B, C, D, E, F, G, H, I, J,
K, M, N để hoàn thành các sơ đồ chuyển hóa sau:
1. PhCHO
NaCN
A
HNO 3 , CH 3 COOH
B
1. NaOH, t o
(C 14 H 12 O 2 )
2. H +
C
2.
CH 3 -CH 2 -CH 2 -OH
CH 2 =CH-CHO
HO
HBr
OH
PCC, CH 2 Cl 2
G
Mg
ete
D
H 2 N-C(CH 3 ) 3 LiN[CH(CH 3 ) 2 ]
E
2
F
O
1. CH 3
CH H 2 , Pd/C H 2 O, H
H I J
+
3
K
2. H 2 O
H
M 2 O, H +
N
(C 15 H 20 O)
Câu 9 (2,0đ): Cân bằng hóa học.
Trong một hệ có cân bằng 3 H 2 + N 2
2 NH ( 3 * ) được thiết lập ở 400
K người ta xác định được các áp suất phần sau đây:
p = 0,376.10 5 Pa , p = 0,125.10 5 Pa , p = 0,499.10 5 Pa
1. Tính hằng số cân bằng Kp và ΔG 0 của phản ứng ( * ) ở 400 K.
2. Tính lượng N 2 và NH 3, biết hệ có 500 mol H 2.
3. Thêm 10 mol H 2 vào hệ này đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất tổng cộng
không đổi. Bằng cách tính, hãy cho biết cân bằng ( * ) chuyển dịch theo chiều nào?
4. Trong một hệ cân bằng H 2 /N 2 /NH 3 ở 410 K và áp suất tổng cộng 1.10 5 Pa, người
ta tìm được: Kp = 3,679.10 -9 Pa -2 , n = 500 mol , n = 100 mol và n = 175
mol. Nếu thêm 10 mol N 2 vào hệ này đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất không
đổi thì cân bằng chuyển dịch theo chiều nào?
Cho: Áp suất tiêu chuẩn P 0 = 1,013.10 5 Pa; R = 8,314 JK -1 mol -1 ;
1 atm = 1,013.10 5 Pa.
Câu 10 (2,0đ):
1. Trong mỗi cặp chất sau đây, chất nào có nhiệt hiđro hóa lớn hơn? Giải thích.
a) Penta-1,4-đien và penta-1,3-đien.
b) trans- và cis-4,4-đimetylpent-2-en
2. Cho hợp chất CH 3 CH=C(CH 3 )COCH 3 . Vẽ tất cả các công thức cấu trúc bền và
viết tên của một trong các công thức cấu trúc tìm được của hợp chất.
3. Vẽ công thức cấu trúc của các dẫn xuất 1,4-đioxan là sản phẩm đime hóa hợp chất (R)-
1,2-epoxi-2-metylpentan.
HẾT
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu;
Người ra đề: Bùi Thị Thu Hà 01213119288

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐIỆN BIÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
==============
ĐÁP ÁN KÌ THI CHỌN HỌC SINH
GIỎI DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2015
MÔN HOÁ HỌC LỚP 11
Thời gian làm bài 180 phút
Câu 1:
1. Giả sử phương trình động học của phản ứng có dạng v = k [A] α [B] β .
, ,
Vì [B]0 >> [A]0 nên v = k [A] α ; k = k [B]0
,
β
Cho α các giá trị 0, 1, 2 và tính k theo các công thưc sau:
, 1
α = 0 k = ([A]0 -[A])
t
, 1 [A]0
α = 1 k =
t
ln
[A]
1
α = 2 k =
t
,
[A]0 - [A]
[A]0 [A]
Kết quả tính cho thấy chỉ ở trường hợp α = 2 k mới có giá trị coi như không đổi.
Đối với dung dịch 1
k 1 = k [B] 0,1
β
= 3,22.10 -3 ; 3,25.10 -3 ; 3,36.10 -3 ; 3,35.10 -3 ; 3,35.10 -3 ; 3,37.10 -3
(L.mol -1 .s -1 );
k 1 (trung bình) = 3,31.10 -3 L. mol -1 .s -1
Đối với dung dịch 2
k 2 = k[B] 0,2
β
= 3,28.10 -3 ; 3,30.10 -3 ; 3,30.10 -3 ; 3,37.10 -3 ; 3,26.10 -3 ; 3,33.10 -3
k 2 (trung bình) = 3,30.10 -3 L.mol -1 s -1
k 1 ≈ k 2 ; k (trung bình) = 3,30.10 -3 L.mol -1 s -1 . Vậy α = 2
= = 1 Vì [B] 0,1 ≠ [B] 0,2 nên β = 0 và k = k (trung bình)
v = k [A] 2 = 3,30.10 -3 L mol -1 s -1 (3,62.10 -2 mol.L -1 ) 2
v = 4,32.10¯6 mol.L -1 . s -1
(L.mol -1 .s -1 );
2. t ½ = 8371 s

Câu 2:
a) A 2- + H 2 O HA - + OH - K b1 = 10 -1,4 (1)
HA - + H 2 O H 2 S + OH - K b2 = 10 -8,7 (2)
H 2 O H + + OH - K w = 10 -14 (3)
Vì K b1 .C >> K b2 .C >> K w pH của hệ được tính theo cân bằng (1):
A 2- + H 2 O HA - + OH - K b1 = 10 -1,4
C 0,022
[ ] 0,022 - x x x
[OH - ] = x = 0,0158 (M) pH = 12,20
b) Khi có mặt NH 4 HSO 4 0,0010 M:
NH 4 HSO 4 NH + HSO 4
4
0,001 0,001
Phản ứng: HSO 4
+ A
0,001 0,022
2-
ƒ HA - +
2
SO K
4 1 = 10 10,6
- 0,021 0,001 0,001
NH + A2-
ƒ HA - + NH 3 K 2 = 10 3,36
4
0,001 0,021 0,001
- 0,020 0,002 0,001
Hệ thu được gồm: A 2- 0,020 M; HA - 2
0,002 M; SO 0,001 M; NH
4
3 0,001 M.
Các quá trình xảy ra:
A 2- + H 2 O HA - + OH - K b1 = 10 -1,4 (4)
NH 3 + H 2 O NH + OH - '
K
4
b
= 10 -4,76 (5)
HA - + H 2 O H 2 A + OH - K b2 = 10 -8,7 (6)
2
SO + H
4 2 O HSO 4
+ OH - K b = 10 -12 (7)
HA - H + + A 2- K a2 = 10 -12,6 (8)
'
So sánh các cân bằng từ (4) đến (7), ta có: K b1 . C 2- >> K
A b
. C
NH 3
>> K b2 . C - >>
HA
K b . C
2
(4) chiếm ưu thế và như vậy (4) và (8) quyết định thành phần cân bằng
-
SO
4
của hệ:
A 2- + H 2 O HA - + OH - K b1 = 10 -1,4
C 0,02 0,002
[] 0,02 - x 0,002 + x x
x = 0,0142 [HA - ] = 0,0162 (M)
2
A
-
-
[HA ] 0,0162
α = =
(Hoặc α 2 - A
= 0,7364 hay α
2
A
0,022 0,022 - = 73,64 %.
=
-
[OH ] + C + C 0,0142 + 0,001 + 0,001
-
HSO
+
4
NH4
= 0,7364)
0,022 0,022

Câu 3 (2,0đ):
N Ag = 0,100 : 107,88 = 9,27.10 -4 mol
Số mol cực đại của NH 3 cần để tạo phức là: 9,27.10 -4 . 2 = 1,854.10 -3 M nghĩa là nhỏ
hơn nhiều so với số mol NH 3 có trong dung dịch (10 -2 M). Vậy NH 3 rất dư để hoà
tan lượng Ag nếu xảy ra phản ứng.
Chúng ta sẽ kiểm tra khả năng hoà tan theo quan điểm điện hóa và nhiệt động:
Ag + + e Ag E 1 = E o 1 + 0,059lg[Ag + ]
E
0,059 PO
lg
4 OH
O 2 + 4e + H 2 O 4OH - 2
2 2
4
E
o
Khi cân bằng E 1 = E 2 . Trong dung dịch NH 3 = 0,1M (lượng NH 3 đã phản ứng
không đáng kể) ta có: [OH - ] = (K b .C) 1/2 = 1,32.10 -3 M
E 2 = 0,5607V.
Vì E 2 = E 1 nên từ tính toán ta có thể suy ra được [Ag + ] = 9,12.10 -5 M
Nồng độ tổng cộng của Ag + trong dung dịch:
[Ag + ] o = [Ag + ] + [Ag(NH 3 ) + ] + [Ag(NH 3 ) 2+ ]
= [Ag + ](1 + 1 [NH 3 ] + 1 2 [NH 3 ] 2 ) = 15,5M
Giá trị này lớn hơn nhiều so với lượng Ag dùng cho phản ứng. Vì vậy các điều kiện
điện hóa và nhiệt động thuận lợi cho việc hoà tan 0,100g Ag
Câu 4 (2,0đ):
Gäi oxit kim lo¹i phi t×m lµ MO vµ a vµ 2a lµ sè mol CuO vµ MO trong A.
V× hidro chØ khö ®­îc nh÷ng oxit kim lo¹i ®øng sau nh«m trong d·y ®iÖn hãa nªn
cã 2 kh n¨ng xy ra:
* Tr­êng hîp 1: M ®øng sau nh«m trong d·y ®iÖn hãa
CuO + H 2 Cu + H 2 O
MO + H 2 M + H 2 O
3Cu + 8HNO 3 3Cu(NO 3 ) 2 + 2NO + 4H 2 O
3M + 8HNO 3 3 M(NO 3 ) 2 + 2NO + 4H 2 O
Ta cã hÖ pt:
80 a ( M 16).2a
3,6
8a
16a
= 0,15
3 3
Gii hÖ pt cho a = 0,01875 vµ M = 40 Ca
Tr­êng hîp nµy lo¹i v× Ca ®øng tr­íc Al trong d·y thÕ ®iÖn hãa.
* Tr­êng hîp 2: M ®øng tr­íc nh«m trong d·y ®iÖn hãa
CuO + H 2 Cu + H 2 O
3Cu + 8HNO 3 3Cu(NO 3 ) 2 + 2NO + 4H 2 O
MO + 2HNO 3 M(NO 3 ) 2 + 2H 2 O
Ta cã hÖ pt:
80 a ( M 16).2a
3,6
8a
4a = 0,15
3
Gii hÖ pt cho a = 0,01875 vµ M = 24 Mg

NghiÖm nµy hîp lý vµ V= 0,01875. 2 . 22,4 = 0,28 lÝt.
3
Câu 5 (2,0đ):
1. Đồng phân hình học, cấu dạng bền và chất xác định :
Me
OH Pr
Me
%CuO 41,66%
%MgO 58,34%
OH
OH
Pr Me Pr Me Pr
OH
Me
Me
OH
Pr
OH
OH
Pr Me OH
Me
Pr
Pr
mentol
neomentol
isomentol
neoisomentol
2. Gọi công thức của hai axit là R(COOH) 2 . Theo giả thiết R + 90 = 116
R = 26 (C 2 H 2 ). Vì oxi hóa mãnh liệt mỗi chất đều tạo axit oxalic, nên hai
axit này có cùng cấu tạo HOOC-CH=CH-COOH và là đồng phân hình học của
nhau.
HOOC
H
HOOC
H
- OOC
H
O
H COOH
-H + H COO - -H +
H COO -
F F' F"
OH... O
OH...
O
OH
-H + O
O
-H +
- OOC COO -
H
H
H H
H H
M M' M"
- K 1 (M) > K 1 (F) là do M có khả năng tạo liên kết hidro nội phân tử, liên kết O-
H của M trong quá trình phân ly thứ nhất phân cực hơn so với F và bazơ liên
hợp M’ cũng bền vững hơn F’.
- K 2 M < K 2 F là do liên kết hidro nội phân tử làm cho M’ khó nhường proton
hơn so với F’ và bazơ liên hợp của M’ là M” lại kém bền hơn (do thế năng
tương tác giữa các nhóm -COO - lớn) bazơ liên hợp của F’ là F’’.
Câu 6 (2đ)
1. Công thức cấu tạo các dạng đồng phân của phân tử cis-diaminodicloroplatin
(II): (1 điểm)

Cl NH 3
Pt
Cl NH 3
cis
H 3 N Cl
Pt
Cl NH 3
trans
2. [Pt(NH 3 ) 4 ][PtCl 4 ]. [Pt(NH 3 ) 3 Cl][Pt(NH 3 )Cl 3 ]
[Pt(NH 3 ) 3 Cl] 2 [PtCl 4 ] [Pt(NH 3 ) 4 ][Pt(NH 3 )Cl 3 ] 2
3. 8
5d y
2 2
x
4. . Trong phức tứ diện 4 ligand đều nằm trên đường phân giác của hai
trục x và y. Nếu được đầy đủ electron thì mật độ electron sẽ cao hơn.
Câu 7 (2,0đ):
1. Đặt công thức phân tử của A là C x H y O z .
Theo giả thiết ta có: 12x + y + 16z = 74, y 2x + 2
Ta chọn được công thức có thể có của A là: C 4 H 10 O, C 3 H 6 O 2 và C 2 H 2 O 3 .
Với sơ đồ trên chỉ thoả với công thức phân tử và công thức cấu tạo của A là lần
lượt là: C 2 H 2 O 3
H
H
O
C
O
C
O
anhidrit fomic
(HCO) 2 O + 2NaOH 2HCOONa + H 2 O
CH 3 MgCl + (HCO) 2 O CH 3 CH(OOCH)OMgCl
CH 3 CH(OOCH)OMgCl + H 2 O CH 3 CH=O + HCOOH + Mg(OH)Cl
C 2 H 5 MgCl + CH 3 CH=O CH 3 CH 2 CH(CH 3 )OMgCl
CH 3 CH 2 CH(CH 3 )OMgCl + H 2 O CH 3 CH 2 CH(CH 3 )OH

2.
CH 2 OH
CH 3 CHO + 4 HCHO + NaOH HO CH 2 C CH 2 OH HCOONa
CH 2 OH
(A)
(Hoặc:
CH 2 OH
OH
CH 3 CHO + 3HCHO HO CH 2 C CHO
CH 2 OH
CH 2 OH
CH 2 OH
HOCH 2 C CHO HCHO NaOH HOCH 2 C CH 2 OH HCOONa
CH 2 OH
CH 2 OH
(A) )
CH 2 OH
CH 2 Br
HOCH 2 C CH 2 OH 4 KBr 4H 2 SO 4 BrCH 2 CCH 2 Br 4KHSO 4 4H 2 O
CH 2 OH
CH 2 Br
CH 2 Br
BrCH 2 CCH 2 Br 2 Zn 2 ZnBr 2
CH 2 Br
(B)
Câu 8:
Ph
2PhCHO NaCN OH
1.
Ph-CO-CHOH-Ph HNO 3
CH 3 COOH Ph-CO-C-Ph
Ph- C- C-OH
(A)
(B) O
O O
Ph
Ph
2.
Ph- C - C- OH
O O
H +
Ph- C - C- OH
HO O (C)

Li +
CH 3 -CH 2 -CHO H 2N-C(CH 3 ) 3 LiN[CH(CH 3 ) 2 ] 2
CH 3 -CH 2 -CH 2 -OH PCC, CH 2Cl 2
CH 3 -CH 2 -CH=N-C(CH 3 ) 3
CH 3 -CH-CH=N-C(CH 3 ) 3
D
E
F
HBr
O
CH 2 =CH-CHO
H 2 C-CH 2
HO OH Br
O
G
Mg
ete
O
H 2 C-CH 2
MgBr O
H
1. CH 3
O
CH 3
2. H 2 O
H 3 C
H 3 C
I
OH
O
O
H 3 C
H 3 C
I
OH
O
O
H 2 , Pd/C
- H 2 O
H 3 C
CH 3
J
O
O
H 2 O
H +
H 3 C
CH 3
K
CHO
CH 3
CH 3
CH 3
Li
CH 3 -CH-CH=N-C(CH 3 ) 3
F
+
H 3 C
K
CHO
H 2 O, H +
H 3 C
- H 2 N-C(CH 3 ) 3
H 3 C
(CH 3 ) 3 C-N=HC CH 3
M
OHC CH 3
N
Câu 9 (2,0đ)
P
NH3
1. Kp =
2.
P
3
H
2
P
N
2 2
Kp =
(0,499 10 )
5 2
5 3 5
(0,376 10 ) (0,12510 )
= 3,747.10 9
Pa -2
K = Kp P 0
-Δn
K = 3,747.10 -9 (1,013.10 5 ) 2 = 38,45
ΔG 0 = -RTlnK ΔG 0 = -8,314 400 ln 38,45 = -12136 J.mol¯1 = - 12,136
kJ.mol -1
n
2
n
H
N
= 2 PN
2
H
n
3
P n 2
n
2
H2
NH
=
P
NH
N
=
3
P n 3
H2
500
0,125 = 166 mol
0,376
NH
= 500
0,376
0,499 = 664 mol
n tổng cộng = 1330 mol P tổng cộng = 110 5 Pa
3. Sau khi thêm 10 mol H 2 vào hệ, n tổng cộng = 1340 mol.
P
H
= 510
2
P
NH
=
3
ΔG = ΔG 0 + RTln
1340 1105 = 0,380.10 5 Pa ; P
2
664
1340 1105 = 0,49610 5 Pa
ΔG 0 = [-12136 + 8,314 400 ln (
496
1,013
0,124
2
3
381 2
N
= 166
1340 1105 = 0,12410 5 Pa
)] = -144,5 J.mol1
Cân bằng ( * ) chuyển dịch sang phải.
4. Sau khi thêm 10 mol N 2 trong hệ có 785 mol khí và áp suất phần mỗi khí là:

P = 100 H 2
785 1105 Pa ; P
2
ΔG = ΔG 0 + RTln
N = 510
ΔG = 8,314 410 [-ln (36,79 1,013 2 ) + ln (
J.mol¯1
Câu 10 (2,0đ):
785 1105 Pa ; P= 175 785 1105 Pa
175
2
2
100 510
Cân bằng ( * ) chuyển dịch sang trái.
785 2 1,013 2 )] = 19,74
1. Nhiệt hình thành của hai đồng phân hợp chất không bão hòa chỉ có thể so sánh
khi hiđro hóa chúng cho cùng một sản phẩm và đo nhiệt hiđro hóa. Đồng phân kém
bền có nhiệt hiđro hóa lớn hơn và khi đó tách ra nội năng lớn hơn. Nhiệt hiđro hóa
bằng -H của phản ứng. Vì vậy, nhiệt hiđrohóa của penta-1,4-đien lớn hơn của
penta-1,3-đien; của cis-4,4- đimetylpent-2-en lớn hơn của trans-4,4- đimetylpet-2-
en.
2. Các công thức cấu trúc bền của CH 3 CH=C(CH 3 )COCH 3 .
H 3 C
H 3 C
C
C
H
C
O
cis, s-trans
CH 3
H 3 C
H CH 3
C
C
C
O
CH 3
trans, s-trans
H 3 C
H 3 C
C
C
H
cis, s-cis
CH 3
O
H 3 C
H CH 3
C
C
CH 3
trans, s-cis
Tên của một trong các cấu trúc đó: trans,s-trans-3-metylpent-3-en-2-on.
3. Công thức cấu trúc của các dẫn xuất 1,4-đioxan thế khi đime hóa hợp chất (R)-1,2-
epoxi-2-metylpentan:
CH 3 O
n-C 3 H 7
O
CH 3
C 3 H 7 -n
n-C 3 H 7
CH 3
O C 3 H 7 -n
CH 3
O
n-H 7 C 3
H 3 C
O
CH 3
O C 3 H 7 -n
n-H 7 C 3
H 3 C
O
O
O
C 3 H 7 -n
CH 3
C 3 H 7 -n
O CH 3
n-C 3 H 7 O
CH 3
CH
O 3
n-C 3 H 7 O
CH
C 3 H 7 -n
3
H 3 C
O
O
C 3 H 7 -n
CH 3
C 3 H 7 -n
O
O CH 3
C 3 H 7 -n
CH 3
C 3 H 7 -n

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA
TỈNH HÀ NAM
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Câu 1. (2 điểm). Tốc độ phản ứng
1. Nghiên cứu động học của phản ứng:
ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC
KHỐI 11
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
( Đề này gồm có 5 trang, gồm 10 câu)
2NO (k) + 2H 2 (k) N 2 (k) + 2H 2 O (l)
người ta thu được các số liệu sau:
P(NO), atm P(H 2 ), atm Tốc độ phản ứng (atm.s 1
)
0,375 0,500 6,34.10 4
0,375 0,250 3,15.10 4
0,188 0,500 1,56. 10 4
a. Viết biểu thức liên hệ tốc độ phản ứng với nồng độ các chất tham gia phản ứng.
b. Phản ứng được cho là bao gồm 3 giai đoạn sơ cấp:
Giai đoạn 1. 2NO N 2 O 2
Giai đoạn 2. N 2 O 2 + H 2 N 2 O + H 2 O
Giai đoạn 3. N 2 O + H 2 N 2 + H 2 O
Với các điều kiện nào về tốc độ tương đối của các giai đoạn 1, 2, và 3, cơ chế phản
ứng trên là phù hợp với quy luật động học thu được từ thực nghiệm?
2. Hiệu suất lượng tử của phản ứng quang hóa là tỉ số giữa số phân tử bị biến đổi
hóa học với số quang tử mà hệ hấp thụ.
Hơi axeton, đựng trong bình kín (không chứa chất khí nào khác) có thể tích 59
mL ở nhiệt độ 56,7 o C được chiếu bởi một chùm ánh sáng đơn sắc có bước sóng λ
= 313 nm, bị phân hủy theo phương trình phản ứng tổng cộng sau:
CH 3 COCH 3 (k) → C 2 H 6(k) + CO (k) (1)
Nếu liên tục chiếu sáng trong 7 giờ bằng nguồn sáng có bước sóng cho ở trên với
tốc độ cung cấp năng lượng 4,81.10 -3 J/s thì áp suất trong bình tăng từ 1,022 bar
lên 1,044 bar. Cho rằng hơi axeton chỉ hấp thụ 91,5 % năng lượng ánh sáng tới.
Hãy tính hiệu suất lượng tử của phản ứng (1).
Cho h = 6,626.10 -34 J.s; c = 3.10 8 m/s; N A = 6,02.10 23 . mol -1
Câu 2. (2 điểm). Cân bằng trong dung dịch điện li
1

1. Tính số ml dung dịch (NH 4 ) 2 SO 4 0,100M cần thêm vào 100 ml dung dịch Na 2 S
0,100M để pH của hệ giảm 0,76 đơn vị.
2. Tính số gam KCN cần cho vào 100,00 ml dung dịch NH 3 0,020M để độ điện li
của NH 3 giảm 30%.
Câu 3. (2 điểm) Điện hóa học
1. Thiết lập khu vực pH sao cho K 2 Cr 2 O 7 có thể oxi hóa được hơn 80% Br - và ít
hơn 2% Cl - từ hỗn hợp KBr 0,010M và KCl 1,0M.
Cho:
E 0
= 1,36 V;
Cl / 2Cl
2
E 0
= 1,065 V;
Br / 2Br
2( l )
E 0
= 1,33 V;
2 3
Cr2O
7 / 2Cr
[Cr 2 O
2- 7 ] = [Cr 3+ ] = 1M. Độ tan của Br 2 trong nước là 0,22 M.
2. Đánh giá thành phần cân bằng trong hỗn hợp KClO 3 0,10M và FeBr 2 0,060M ở
pH= 2,0. Cho:
* 2,
17 3
III
0
E = 1,45 V;
ClO /Cl
3
= 10 (Fe ) ;
E 0
= 1,085 V;
Br / 2Br
2(H2O)
= 10 (Fe )
* 5,
92 2
II
3 2
E 0
= 0,771 V;
Fe /Fe
Câu 4. (2 điểm) Bài toán vô cơ tổng hợp.
Acgirôđit là một khoáng vật hiếm gặp trong tự nhiên. Nó có màu đen pha
tím, ánh kim. Thành phần của Acgirôđit gồm bạc (Ag +1 ), lưu huỳnh (S -2 ) và một
hợp chất chứa một nguyên tố mới X chưa xác định lúc bấy giờ.
Đốt cháy hoàn toàn 1,0002 gam Acgirôđit trong không khí thấy có khí SO 2
thoát ra và chất rắn A. Chất rắn A hòa tan trong axit nitric thu được dung dịch C và
chất rắn B, là một oxit lưỡng tính. Để xác định ion Ag + , người ta cho vào dung
dịch C 100 ml KSCN 0,1M, lượng dư KSCN được chuẩn độ bởi dung dịch Fe 3+
0,1M thấy hết 9,69 ml. Khí SO 2 sinh ra được hấp thụ hoàn toàn trong dung dịch
Ba(OH) 2 dư thu được 1,156 gam kết tủa.
a. Tính số mol và khối lượng Ag + và S 2- trong 100 gam Acgirôđit.
b. Xác định nguyên tố X và công thức của Acgirôđit.
c. Viết phương trình phản ứng của B với HCl đậm đặc và dung dịch NaOH.
Cho: Ag = 107,9; Ba = 137,3; S= 32,1; O = 16.
Câu 5. (2 điểm) Tổng hợp chất hữu cơ
Hợp chất có cấu trúc
2

COOCH 2 CH 3
được tổng hợp từ propen và benzen theo sơ đồ các phản ứng sau
A B C
+
MgCl
D
H
G
F
E
I K L M P
+C 2 H 5 OH
COOC 2 H 5
Chỉ rõ cấu trúc của các chất ứng với các chữ cái.
Câu 6. (2 điểm) Nhiệt độ nóng chảy, nhiệt độ sôi.
a. So sánh nhiệt độ nóng chảy của các chất sau, giải thích.
Axit oxalic, axit maleic và axit fumaric
b. So sánh khả năng tan trong H 2 O của các chất sau, giải thích.
Axit axetic, axit fumaric và axit maleic.
Câu 7. (2 điểm). Xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ.
Hợp chất hữu cơ X có công thức phân tử C 6 H 14 O. X phản ứng được với I 2
trong dung dịch kiềm tạo kết tủa. Sử lý X với dung dịch H 3 O + thu được
hiđrocacbon E. Ozon phân E thu được chất hữu cơ F. Cho X tác dụng với SOCl 2
thu được chất hữu cơ Y. Cho Y tác dụng với (CH 3 ) 3 CONa thu được chất hữu cơ Z.
Cho Z phản ứng với HBr có mặt xúc tác thu được chất hữu cơ B, còn khi cho Z tác
dụng với C 6 H 5 CO 3 H thu được chất hữu cơ A. Cho B tác dụng với Mg(trong ete)
thu được chất D. Cho D tác dụng với A, tiếp theo là H 3 O + thu được chất Q có tên
gọi là 2,2,7,7-tetrametyloctan-3-ol. Cho chất D tác dụng với chất F tiếp theo là
H 3 O + thu được chất P có tên gọi là 2,5,5-trimetylhexan-2-ol.
1; Chỉ ra công thức cấu tạo của các chất ứng với các chữ cái trên.
2; Viết cơ chế của quá trình chuyển từ X đến E.
Câu 8. (2 điểm) Tổng hợp hữu cơ.
3

Chất hữu cơ X có công thức phân tử C 9 H 16 O mạch hở, có khả năng tham gia
phản ứng iodofom. Tiến hành ozon phân X [1;O 3 , 2;(CH 3 ) 2 S] thu được hai chất
hữu cơ là Y và Z. Chất Z tác dụng với H 2 (Ni,t o ) thu được chất A. Chất A tác dụng
với SOCl 2 thu được dẫn xuất chứa clo B. Sử lý X với dung dịch H 3 O + thu được
chất D có công thức C 9 H 18 O 2 . Đun D với H 2 SO 4 (đặc) thu được một hiđrocacbon E.
Ozon phân E thu được hai chất hữu cơ là F và G. Chất G tác dụng với HIO 4 thu
được hai axit cacboxylic là H và K có khối lượng mol tương ứng bằng 74 và 46.
Sử lý F với C 2 H 5 O - /C 2 H 5 OH, tiếp theo là phản ứng với chất B, thu được 3-
propylpentan-2,4-đion.
A; Chỉ ra công thức cấu tạo của các chất ứng với các chữ cái.
B; Chỉ ra cấu trúc các đồng phân không gian của X và gọi tên của chúng.
Câu 9. (2 điểm) Cân bằng hóa học
Hai xi lanh A, B được đậy chặt bằng piston. Xi lanh A chứa hỗn hợp khí
CO 2 và H 2 theo tỉ lệ mol 1:1, xilanh B chứa khí C 3 H 8 . Nung nóng cả 2 xi lanh đến
527 0 C xảy ra các phản ứng sau:
(A) CO 2 (k) + H 2(k) CO (k) + H 2 O (k) K c = 2,50.10 -1
(B) C 3 H 8(k) C 3 H 6(k) + H 2(k) K c = 1,30.10 -3
Khi đạt tới cân bằng, áp suất ở 2 xi lanh bằng nhau. Thành phần % thể tích của
C 3 H 8 trong xi lanh B bằng 80%.
1. Tính nồng độ cân bằng các chất trong xi lanh B và áp suất toàn phần khi đạt tới
cân bằng.
2. Tính nồng độ cân bằng của các chất trong xi lanh A.
3. Dùng piston để giảm thể tích của mỗi xi lanh còn một nửa thể tích ban đầu,
trong khi giữ nguyên nhiệt độ. Tính áp suất toàn phần tại thời điểm cân bằng trong
mỗi xi lanh.
Câu 10. (2 điểm) Phức chất
1. Coban tạo ra được các ion phức: [CoCl 2 (NH 3 ) 4 ] + (A); [Co(CN) 6 ] 3- (B);
[CoCl 3 (CN) 3 ] 3- (C).
a. Gọi tên (A), (B), (C).
b. Theo thuyết liên kết hóa trị các nguyên tử trong (B) ở trạng thái lai hóa nào?
c. Các ion phức trên có thể có bao nhiêu đồng phân lập thể? Vẽ cấu trúc của chúng.
4

d. Viết phương trình phản ứng của (A) với ion Fe 2+ trong môi trường axit.
2. Cho sơ đồ các phản ứng:
FeSO 4
B kÕt tña tr¾ng
FeCl 2 (dd)
KCN ®Æc d­
A (dd)
Fe 2 (SO 4 ) 3 ®Æc
AgNO 3
C kÕt tña xanh ®Ëm
D tr¾ng FeCl 2
G kÕt tña xanh
KMnO 4 ,H +
E (dd)
a. Viết phương trình ion của các phản ứng theo sơ đồ trên.
Pb(OH) 2
KOH
b. Hãy cho biết từ tính của hợp chất A, dùng thuyết lai hóa để giải thích.
A + F kÕt tña n©u
5

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA
TỈNH HÀ NAM
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM
MÔN: HÓA HỌC KHỐI: 11
Câu Ý Nội dung chính cần đạt Điểm
1a 2H 2 (k) + 2NO (k) N 2 (k) + 2H 2 O (k)
0,5
Câu
1
BiÓu thøc ®Þnh luËt tèc ®é phn øng: v = k.[NO] a .[H 2 ] b
v 1 = k.(0,375) a .(0,500) b = 6,34. 10 4
v 2 = k.(0,375) a .(0,250) b = 3,15.10 4
1b
v 3 = k.(0,188) a .(0,500) b = 1,56.10 4
a = 2, b = 1
Thùc nghiÖm chøng tá r»ng v = k.[NO] 2 .[H 2 ] 1
Cách 1: Giải bằng phương pháp gần đúng nồng độ dừng
Trong c¬ chÕ 3 giai ®o¹n:
v =
kt
Giai ®o¹n 1. 2NO ‡ ˆ ˆ ˆ† ˆˆ N 2 O 2
kn
k2
Giai đoạn 2. N 2 O 2 + H 2 N 2 O + H 2 O
k3
Giai đoạn 3. N 2 O + H 2 N 2 + H 2 O
d N O
dt
2
d N 2
dt
2 2
d N O
dt
= k 3 [N 2 O][H 2 ] (1)
= k 2 [N 2 O 2 ][H 2 ] - k 3 [N 2 O][H 2 ] = 0 (2)
= k t [NO] 2 - k n [N 2 O 2 ] - k 2 [N 2 O 2 ][H 2 ] = 0 (3)
Từ (2)→ [N 2 O] = (k 2 /k 3 )[N 2 O 2 ] (4)
(2)+ (3) → k t [NO] 2 - k n [N 2 O 2 ] - k 3 [N 2 O][H 2 ] = 0 (5)
Thay (4) vào (5):
k t [NO] 2 - k n [N 2 O 2 ] – k 2 [N 2 O 2 ][H 2 ] = 0 (6)
0,75
→ [N 2 O 2 ] =
k
k
n
t
NO 2
k [ H ]
2 2
(7)
6

Thay (7) vào (4) ta có: [N 2 O] = (k 2 /k 3 )
Thay (8) vào (1) thu được: v =
d N 2
dt
k
k
n
t
= k 2
NO 2
k [ H ]
k
2 2
k
n
t
NO 2
k [ H ]
2 2
(8)
[H 2 ] (9)
Để (9) trùng với định luật tốc độ thực nghiệm cần có điều kiện
k n >> k 2 [H 2 ], tức là giai đoạn 2 phải là chậm. Khi ấy (9) trở thành:
v = Kk 2 [NO] 2 .[H 2 ] = k.[NO] 2 .[H 2 ]
K = k t /k n (giai đoạn thuận nghịch nhanh nên có thể thiết lập được cân
bằng), k = Kk 2
Cách 2: Giải bằng phương pháp gần đúng tốc độ giới hạn
Nếu 2 chậm, 1 và 3 nhanh.
2NO N 2 O 2 (1) nhanh
k2
N 2 O 2 + H 2 N 2 O + H 2 O (2) chậm
k3
N 2 O + H 2 N 2 + H 2 O (3) nhanh
Tốc độ phản ứng được quyết định bởi (2), nên:
v = k 2 [N 2 O 2 ].[H 2 ] (4)
Dựa vào cân bằng (1) rút ra:
[N 2 O 2 ] = K. [NO] 2 (5)
Thay (5) vào (4) thu được:
v = K.k 2 [NO] 2 .[H 2 ] = k[NO] 2 .[H 2 ]
Các giả định khác không đưa ra được định luật tốc độ phù hợp với thực
nghiệm.
2 CH 3 OCH 3 → C 2 H 6 + CO (1)
0,75
n 0 0 0
n 0 - x x x
Sau phản ứng tổng số mol khí là ∑n = n 0 - x + x + x = n 0 + x
Sự thay đổi số mol
∆n = x = số mol axeton đã phản ứng
Coi các khí là lý tưởng ta có số phân tử N của axeton đã phản ứng là:
N = N A . ∆n =
pV N A
RT
Năng lượng của lượng tử sáng:
2
. 0,022.5,9.10 6,02.10
23
0,082.328,7
= 2,9.10 19 phân tử
7

Câu
2
E = hc/λ =
34 8
6,626.10 ( J. s).3.10 ( m / s) 23 1
7 6,02.10 .
mol
3,13.10 ( m)
Số quang tử hệ đã hấp thụ:
N hν =
3
91,5.4,81.10 .3600.7 6,02.10
23
100.382300
= 382,3 kJ/mol
= 1,75.10 20 photon
Hiệu suất lượng tử:
η = 2,9.10 19 /1,75.10 20 = 0,17
1 Trong dung dịch Na 2 S có các cân bằng:
S 2- + H 2 O HS - + OH - (1) K b1 = 10 -1,1
HS - + H 2 O H 2 S + OH - (2) K b2 = 10 -6,98
H 2 O H + + OH - (3) K w = 10 -14
So sánh các cân bằng trên ta thấy: K b1 >>K b2 và K b1 .C>>K w nên cân bằng
(1) là chủ yếu:
S 2- + H 2 O HS - + OH - K b1 = 10 -1,1
C 0 0,1
[] 0,1 – x x x
1,0
x 2
0,1 - x
= 10
1,1
x = [OH - ] = [HS - ] = 5,78.10 -2 M
pH = 12,76
Gọi V là số ml dung dịch (NH 4 ) 2 SO 4 0,100M cần thêm vào 100,00 ml
dung dịch Na 2 S 0,100M để pH = 12,76 – 0,76 = 12,00
Vì pH = 12 nên:
+ -12
4
-9,24
3 a
0,1.100 10
C 2
= =
S
100 + V 100 + V
0,1.V
0,2.V
C 2
= ; C =
SO 4 NH4
100 + V 100 + V
[NH ] h 10
+
= =

Vậy sau khi phản ứng với NH 4
+
còn dư S 2- .
NH 4
+
+ S 2- NH 3 + HS - K = 10 3,66
C 0
C -
TPGH: S 2-
0, 2.V
100 + V
HS -
10
100 + V
10 - 0, 2.V
100 + V
10 - 0, 2.V
100 + V ; NH 3
0, 2.V
100 + V ; SO 4 2-
0, 2.V
100 + V
0, 2.V
100 + V ;
0,1.V
100 + V
Các quá trình xảy ra trong dung dịch:
0, 2.V
100 + V
HS - + H 2 O H 2 S + OH - (4) K b2 = 10 -6,98
H 2 O H + + OH - (5) K w = 10 -14
NH 3 + H + NH
+ 4 (6) K
-1 a = 10 9,24
HS - + H + H 2 S (7) K
-1 a1 = 10 7,02
SO
2- 4 + H + HSO
- 4 (8) K
’-1 a = 10 2
Vì K
’-1 a

Câu
3
Ta có: K b1 . C
NH3
NH 3 + H 2 O NH 4
+
+ OH - (1) K b1 = 10 -4,76
CN - + H 2 O HCN + OH - (2) K b2 = 10 -4,65
H 2 O H + + OH - (3) K w
>> K w nên bỏ qua sự phân li của nước
[NH ]
α = = 2,0335.10
+
' 4
2
NH3
0
CNH3
[NH 4+ ] = 2,0335.10 -2 .0,02 = 4,067.10 -4 M
0
BTNĐĐ:
3
C = [NH ] + [NH ] = 0,02
NH 3 4
[NH 3 ] = 1,9593.10 -2 M
Theo cân bằng (1):
Mặt khác từ cân bằng (1) và (2):
K .[NH ] 10 .1,9593.10
[OH ] = = = 8,372.10
[OH - ] = [NH 4+ ] + [HCN]
4,76 2
- b1 3
4
+ 4
[NH
4
] 4,067.10
[HCN] = 8,372.10 -4 – 4,067.10 -4 = 4,305.10 -4 M
[HCN].[OH ] 4,305.10 .8,372.10
[CN ] = = = 1,6099.10 M
4 4
- 2
4,65
Kb2
10
BTNĐĐ:
C = C = [HCN] + [CN ]
0 0
KCN
CN
Khối lượng KCN cần là:
= 1,65295.10 -2 M
m KCN = 1,65295.10 -2 .0,1.65 = 0,1074 (gam)
1 Nhận xét: Vì lượng Br 2 sinh ra tối đa chỉ có thể bằng 5.10 -3 M, bé hơn độ
tan của Br 2 trong nước vì vậy phải tính
E 0
:
Br / 2Br
2(H2O)
M
1,0
Br 2 (l) + 2e 2Br - 1
K = 10 0
Br 2 (H 2 O) Br 2 (l)
K
1
2E /0,0592
[ Br
2(l)
]
= = S
Br (H O)
1
2 Br2
2 2
E
Br 2 (H 2 O) + 2e 2Br - 2E 3
= 10 0 /0,0592
K = K 1 .K 2
0 0 0,0592
E = E - lgS
2
2( H2O)
3 1 Br
0 0
Br
/2Br
2
0,059
= E
3
= 1,065 - lg0,22 = 1,0845 V
2
10

Ta có:
Br - trước, Cl - sau.
E 0
= 1,36 V
Cl / 2Cl
2
> E 0
= 1,0845 V nên Cr 2 O 2- 7 oxi hóa
Br
2(H2O)
- Để oxi hóa 80% Br - thì [Br - ] còn = 0,2.0,01 = 2.10 -3 M
E
Br /2Br
/2Br
[Br 2 ] = 1/2.(0,01 – 2.10 -3 ) = 4.10 -3 M
0 0,0592 [ Br2
]
= E + lg = 1,1733V
Br /2Br
2
2 [ Br ]
2 2
Oxi hóa 2% Cl - thì [Cl - ] = 0,98M; [Cl 2 ] = 0,01M
E
E
Cl /2Cl
0 0,0592 [Cl
2]
= E + lg = 1,3013V
Cl /2Cl
2
2 [Cl ]
2 2
Cr 2 O 7
2-
+ 14H + + 6e 2Cr 3+
2 3 2 3
2 7 2 7
= 1,33 -
+ 7H 2 O
0,0592 [ Cr O ][ . H ]
lg
3
2
6 [ Cr ]
2 14
0 2 7
= E +
Cr O /2Cr Cr O /2Cr
14.0,0592 pH
6
= 1,33 – 0,138pH
Để oxi hóa hơn 80% Br - và ít hơn 2% Cl - thì:
E < E <
2 3
Br 2 /2Br
Cr O
2 7
/2Cr
E
Cl 2 /2Cl
1,1733 < 1,33 – 0,138pH < 1,3013
0,21 < pH < 1,14
2 Ở pH = 2,0
E 0
= 1,085 V
Br / 2Br
2(H2O)
không phụ thuộc vào pH vì vậy thế
1,0
điều kiện
'
0
E = E = 1,085 V;
Br / Br Br / Br
2(H 2
2O) 2(H 2
2O)
Đối với cặp ClO 3- /Cl - : ClO
- 3 + 6H + + 6e Cl - + 3H 2 O
0, 0592 [ClO ] 0,
0592
E = E + lg + lg[H ]
6 [Cl ] 6
0 3
6
Tính thế điều kiện E ’ :
'
' 0,
0592 [ClO
3
]
E = E + lg - 0,0592pH
'
6 [Cl ]
Vì [ClO 3- ] ’ = [ClO 3- ]; [Cl - ] ’ = [Cl - ] nên E ’ = E 0 – 0,0592pH
Ở pH = 2 thì E ’ = 1,45 – 0,0592.2 = 1,33V
11

Đối với cặp Fe 3+ /Fe 2+ :
Fe 3+ + H 2 O FeOH 2+ + H +
Fe 2+ + H 2 O FeOH + + H +
= III 10
* 2,
17
= II 10
* 5,
92
3
'
'
[Fe ] 0
E = E 3
2
+ 0,0592lg =
Fe /Fe
2 '
3
2
Fe /Fe
[Fe ]
E + 0,0592lg
Vì [Fe 3+ ] ’ = [Fe 3+ ] + [FeOH 2+ ] = [Fe 3+ ].(1 + * .h -1 )
[Fe 2+ ] ’ = [Fe 2+ ] + [FeOH + ] = [Fe 2+ ].(1 + * .h -1 )
Do đó tổ hợp lại ta có:
*
' 0 h + III
E = E - 0,0592lg h +
*
II
II
III
3
[Fe ]
2
[Fe ]
2 2,
17
= 10 + 10
0,771 - 0,0592lg
= 0,758V
2 5,
92
10 + 10
Phản ứng đầu tiên xảy ra:
ClO
- 3 + 6Fe 2+ Cl - + 6Fe 3+ K = 10 6(1,33-0,758)/0,0592 =
10 57,97
C 0 0,10 0,06
C 0,09 - 0,01 0,06
Phản ứng tiếp theo:
ClO
- 3 + 6Br - Cl - + 3Br 2 K = 10 6(1,33-1,085)/0,0592 =
10 24,83
C 0 0,09 0,12 0,01
C 0,07 - 0,03 0,06
Xét cân bằng ngược:
3Br 2 + Cl - ClO
- 3 + 6Br - 10 -24,83
[] 0,06 -3x 0,03-x 0,07+x 6x
6
( 6x) .( 0, 07 + x)
3
0 06 0 03
( , - 3x) .( , -x)
= 10
24,
83
6x = [Br - ] = 1,55.10 -5 M
[Br 2 ] = 0,060M; [Cl - ] = 0,03M; [ClO 3- ] = 0,07M
Từ (1): 6Fe 3+ + Cl - 6Fe 2+ + ClO
- 3 10 -57,97
[ ] 0,06-6x 0,03-x 6x 0,07+x
Giả thiết x

1 0,
06
[Fe 3+ ] = [Fe 3+ ] ’ . =
* 1 2,
17 2
1 + .h 1 + 10 . 10
III
= 0,0358M
[FeOH 2+ ] = 0,0242M
Câu
a
Ag + + SCN - AgSCN
0,5
4
Fe 3+ + 3SCN - Fe(SCN) 3
Ta có: n = 0,1.9,69.10 = 9,69.10
Fe
3
3 4
mol
n
SCN
3
= 0,1.100.10 = 0,01 mol
3 3
n = n - 3n = 0,01 - 9,69.10 .3 = 7,093.10 mol
3
Ag SCN Fe
3
m = 7,093.10 .107,9 = 0,7653 (g)
Ag
SO 2 + Ba(OH) 2 BaSO 3 + H 2 O
1,156
Ta có: nBaSO
= = 5,317.10
3
217,4
3
mol
n = n = 5,317.10
S
2
BaSO
3
3
mol
3
m = 5,317.10 .32,1 = 0,1707 (g)
S
2
b Trong Acgirodit có chứa Ag 2 S:
1,0
3
n 7,093.10
n
Ag
= = = 3,547.10
2S
2 2
Ag 3
Số mol S 2- trong hợp chất còn lại:
n = 5,317.10 - 3,547.10 = 1,770.10
S
2
3 3 3
mol
mol
Nguyên tố X phải có số oxi hóa dương trong hợp chất còn lại.
Gọi công thức của hợp chất là X a S b :
n
n
XS
X
a
b
2 b/a
3
1,77.10
= mol
b
3
1,77.10 .a
= (mol)
b
m = 1,0002 - 0,7653 - 0,1707 = 0,0642 (g)
X
2 b/a
0,0642 b b
M
X
= . = 36,27. (g/mol)
3
1,77.10 a a
Hợp chất X a S b có thể là: X 2 S, XS 2 , X 2 S 3 , XS,…Tương ứng với tỉ lệ
13

a = 0,5; 2; 1,5; 1…và M X tương ứng: 18,1; 72,5; 54,4; 36,3..
Nhận giá trị b/a = 2, M X = 72,5, X là nguyên tố Ge
Hợp chất X a S b là GeS 2 (Ge hóa trị 4)
n
GeS
2
3 3
1,77.10 1,77.10
4
= = = 8,85.10 mol
b 2
3 4
n : n = 3,547.10 : 8,85.10 = 4 : 1
Ag S
GeS
2 2
Vậy công thức của Agirodit là: Ag 8 GeS 6
c
Phương trình phản ứng:
0,5
GeO 2 + 4HCl đ GeCl 4 + 2H 2 O
GeO 2 + 2NaOH Na 2 GeO 3 + H 2 O
Câu
Cl
MgCl
2,0
5
D
+Cl 2
t o
A
Cl
B
OH
+
MgCl
F
COOH
E
CHO
C
CHO
AlCl 3 ,t o NaBH 4
H + ,t o
G
COCl
COOC 2 H 5
H
O
COOH
I
OH
CO 2 MgCl
K
+CH 3 MgCl
MgCl
+C 2 H 5 OH +H 2 O
P
M
+CO 2
L
Câu
a
Nhiệt độ nóng chảy giảm dần theo thứ tự
1,0
6
Axit fumaric> axit oxalic> axit maleic
Do axit fumaric có cấu hình trans thuận lợi cho sự tạo mạng lưới tinh thể,
axit fumaric có hiệu ứng –C và –I của nhóm COOH làm cho liên kết
Hiđro giữa các phân tử lớn
Axit oxalic có hiệu ứng –I của nhóm COOH.
Axit maleic có cấu hình cis cản trở sự tạo mạng lưới tinh thể, có liên kết
14

Hiđro nội phân tử làm giảm liên kết giữa các phân tử làm cho nhiệt độ
nóng chảy của nó nhỏ nhất.
Khả năng tan trong H 2 O của axit axetic> axit oxalic > axit fumaric
1,0
Câu
7
Axit axetic có kích thước nhỏ, liên kết hiđro giữa các phân tử yếu nên tan
tốt nhất(tan vô hạn). Axit fumaric tạo liên kết hiđro giữa các phân tử lớn
nhất(-C,-I) nên tạo mạng lưới tinh thể bền nhất, khả năng tan trong H 2 O
là nhỏ nhất(0,7gam). Axit maleic có kích thước phân tử lớn, có 2 nhóm
COOH nên tan kém hơn so với axit axetic nhưng do cấu hình cis nên
năng lượng mạng lưới nhỏ hơn so với axit fumaric dẫn đến tan trong
H2O nhiều hơn so với axit fumaric.(79gam)
1 Chất X là (CH 3 ) 3 CCHOHCH 3
Chất E l à (CH 3 ) 2 C=C(CH 3 ) 2
Chầt F là CH 3 COCH 3
Chất B là (CH 3 ) 3 CCH 2 CH 2 Br
Chất Y là (CH 3 ) 3 CCHClCH 3
Chất Z l à (CH 3 ) 3 CCH=CH 2
1,0
2
O
Chất A là (CH 3 ) 3 C Chất D là (CH 3 ) 3 CCH 2 CH 2 MgBr
CH
H 3 C
3
H 3 C CH 3
H 3 C
OH H + CH 3
OH 2 -H 2 O
H 3 C
H 3 C
H 3 C
H CH 3
H CH 3
H CH 3
1,0
H 3 C
H 3 C
CH 3
-H +
H 3 C
CH 3
H 3 C
CH 3
H
CH 3
Câu
8
a
H 3 C CH 2 C
H
C CH 2
H C C CH3
CH 3 CH 3 O
1,0
(X)
O C CH 2
H C C CH3
CH 3 CH 3 O
(Y)
H 3 C CH 2 CH O
(Z)
15

O
H 3 C CH 2 CH 2 OH H 3 C CH 2 C
(A)
(G)
CHO H 3 C CH 2 CH 2 Cl
(B)
H 3 C CH 2 C OH
H 3 C C CH 2
C
CH 3
HCOOH
(H)
O
O
(F)
O
(K)
OH
HO
(D)
(E)
b
O
O
1,0
CH 3
H
(1)
CH 3
CH3
H 3 C
(2)
H
O
O
CH 3 H
CH 3
CH3 H 3 C
(3) (4)
H
Câu
9
1
Tên gọi của các đồng phân trên là:
Chất(1): (5E,3S) 3,5-đimetyloct-5-en-2-on
Chất(2): (5E,3R) 3,5-đimetyloct-5-en-2-on
Chất(3): (5Z,3S) 3,5-đimetyloct-5-en-2-on
Chất(4): (5Z,3R) 3,5-đimetyloct-5-en-2-on
nCH
3 8
Ở xi lanh B: %V
C3H
= 80% x
8 C3H
= 0,8 =
8
n
C H
3 6 2
0,75
khÝ
H
nB
V = 0,104 B
x = x = 0,1
Gọi tổng số mol khí trong xi lanh B ở trạng thái cân bằng là: n B
(B) C 3 H 8(k) C 3 H 6(k) + H 2(k) K c = 1,30.10 -3
0,8.n 0,1n
B B
[C3H 8] = ; [C3H 6] = [H
2] =
VB
VB
[C H ].[H ] (0,1.n )
2
3 6 2 B
3
K
c
= = = 1,3.10
[C3H 8] 0,8.n
B.VB
16

0,8.n
B
2
[C3H 8] = = 0,8.0,104 = 8,32.10 M
VB
0,1n
B
2
[C3H 6] = [H
2] = = 0,1.0,104 = 1,04.10 M
VB
- Áp suất toàn phần khi đạt tới cân bằng:
p =
B
n
B.RT
V
2 Tính nồng độ cân bằng các chất trong xi lanh A:
nA nB
Vì p A = p B nên = = 0,104
V V
A
B
B
= 0,104.0,082.(527 + 273) = 6,8224 atm
0,5
(A) CO 2 (k) + H 2(k) CO (k) + H 2 O (k) K c = 2,50.10 -1
n đầu x x
n cb x – a 2x – a a a
n
khÝ
= n
A
= 2x = 0,104VA
x = 0,052V A
2
a
Mặt khác: K
c
= = 0,25 a = x/3
2
(x - a)
x a 2
2
[CO
2] = [H
2] = = .0,052 = 3,467.10 M
VA
3
a 1
2
[CO] = [H2O] = = .0,052 = 1,733.10 M
VA
3
3 Khi giảm thể tích mỗi xi lanh đi một nửa:
- Xi lanh A:
(A) CO 2 (k) + H 2(k) CO (k) + H 2 O (k) K c = 2,50.10 -1
Cân bằng trên có n = 0, khi thay đổi thể tích cân bằng không chuyển
dịch chỉ có nồng độ các chất tăng lên.
p cbA = 2.6,8224 = 13,6448 atm
- Xi lanh B: C 3 H 8(k) C 3 H 6(k) + H 2(k) K c = 1,30.10 -3
Cân bằng trên có n = 1 nên khi giảm thể tích của xi lanh thì cân bằng
chuyển dịch theo chiều nghịch.
Khi thể tích giảm ½ thì nồng độ các chất:
0,75
17

Câu
10
2
C
CH
= 8,32.10 .2 = 0,1664 M
3 8
2 2
C
C H
= C
H
= 2.1,04.10 = 2,08.10 M
3 6 2
C 3 H 6(k) + H 2(k) C 3 H 8(k) K c = 1,30.10 -3
C 0 2,08.10 -2 2,08.10 -2 0,1664
[ ] 2,08.10 -2 – y 2,08.10 -2 – y 0,1664 + y
(2,08.10 -y)
0,1664 + y
2 2
3
= 1,3.10 y = 5,836.10 -3
[C 3 H 8 ] = 0,1664 + 5,836.10 -3 = 0,1722 M
[C 3 H 6 ] = [H 2 ] = 2,08.10 -2 – 5,836.10 -3 = 1,496.10 -2 M
p
cbB
= p
C3H + p
8 C3H + p
6 H
= ([C
2 3H 8] + [C3H 6] + [H
2]).RT
p cbB = (0,1722 + 1,496.10 -2 .2).0,082.800 = 13,259 atm
1 a.Tên của các ion phức:
(A): Đicloro tetraamin coban (III)
(B): Hexaxiano cobantat (III)
(C): Tricloro trixiano cobantat (III)
b.
[Co(CN) 6 ] 3- : Co lai hóa d 2 sp 3 ; C lai hóa sp; N: không ở vào trạng thái lai
hóa hoặc ở trạng thái lai hóa sp.
c. Ion phức A có 2 đồng phân:
H 3 N
H 3 N
Cl
Co
Cl
NH 3
NH 3
H 3 N
H 3 N
trans-điclororrotetraamincoban(III)
Ion phức (B) không có đồng phân:
NC
NC
CN
Co
CN
CN
CN
Ion phức (C) có 2 đồng phân:
Cl
Co
Cl
NH 3
NH 3
cis-
0,75
18

H 3 N
H 3 N
CN
Co
CN
NH 3
CN
H 3 N
NC
CN
NH 3
Co
CN NH 3
2 a. Fe 2+ + 6CN - [Fe(CN) 6 ] 4-
1,25
[Fe(CN) 6 ] 4- + 2Fe 2+ Fe 2 [Fe(CN) 6 ] trắng
3[Fe(CN) 6 ] 4- + 4Fe 3+ Fe 4 [Fe(CN) 6 ] 3 xanh đậm
[Fe(CN) 6 ] 4- + 4Ag + Ag 4 [Fe(CN) 6 ] trắng
5[Fe(CN) 6 ] 4- + MnO
- 4 + 8H + Mn 2+ + 4H 2 O + 5[Fe(CN) 6 ] 3-
2[Fe(CN) 6 ] 3- + 3Fe 2+ Fe 3 [Fe(CN) 6 ] 2 xanh
2[Fe(CN) 6 ] 3- + Pb(OH) 2 +2OH - PbO 2 nâu + 2H 2 O + 2[Fe(CN) 6 ] 4-
b. Cấu hình electron của Fe 2+ là [Ar] 3d 6 4s 0 4p 0 4d 0
3d 6 4s 0 4p 0 4d 0
Vì CN - là phối tử trường mạnh, do đó khi tạo phức với Fe 2+ , 4electron
độc thân trên AO -3d của Fe(II) bị ghép đôi, tạo ra 2AO -3d trống. Hai
AO này lai hóa với 1AO-4s và 3AO-4p tạo thành 6AO lai hóa d 2 sp 3
hướng về 6 đỉnh của bát diện đều. Mỗi AO này xen phủ với 1AO tự do
có 2e của CN - tạo ra 6 liên kết cho nhận, hình thành phức [Fe(CN) 6 ] 4- lai
hóa trong, có cấu trúc bát diện.
Phức này nghịch từ vì có tổng spin bằng 0.
CN - CN - CN - CN - CN - CN -
d 2 sp 3
19

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN TRÃI
TỈNH HẢI DƯƠNG
GIỚI THIỆU ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI
CÁC TRƯỜNG CHUYÊN KHU VỰC
DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
MÔN : HÓA HỌC LỚP 11
Thời gian làm bài 180 phút
Câu 1. (2 điểm)
Cho phản ứng A + B → C + D (*) diễn ra trong dung dịch ở 25 O C.
Đo nồng độ A trong hai dung dịch ở các thời điểm t khác nhau, thu được kết quả:
*Dung dịch 1
[A]0 = 1,27.10 -2 mol.L -1 ; [B]0 = 0,26 mol.L -1
t(s) 1000 3000 10000
[A] (mol.L -1 ) 0,0122 0,0113 0,0089
*Dung dịch 2
[A]0 = 2,71.10 -2 mol.L -1 ; [B]0 = 0,495 mol.L -1
t(s) 2.000 10000 20000
[A] (mol.L -1 ) 0,0230 0,0143 0,0097
a. Tính tốc độ của phản ứng (*) khi [A] = 3,62.10 -2 mol.L -1 và [B] = 0,495 mol.L -1 .
b. Sau thời gian bao lâu thì nồng độ A giảm đi một nửa?
Câu 2. (2 điểm)
Pyridin (C5H5N) là một bazơ yếu (Kb = 1,78.10 -9 )
Lấy 20 mL dung dịch pyridin 0,24M, đem chuẩn độ bằng dung dịch HCl 0,12M
a. Tính pH của dung dịch thu được sau khi thêm 20 ml dung dịch HCl vào
b. Tính pH tại điểm tương đương (khi pyridin chuẩn độ vừa hết)
c. Thêm MgCl2 vào dung dịch pyridin 0,24M. Tính nồng độ Mg 2+ tối thiểu để xuất hiện kết tủa.
Ks(Mg(OH)2) = 5,6.10 -12
d. Một dung dịch chứa [Mg 2+ ]= 0,10M, [C5H5N]= 0,24M. Nồng độ [C5H5NH + ] phải bằng bao
nhiêu để không xuất hiện kết tủa Mg(OH)2.
Câu 3. (2 điểm)
Có thể hòa tan 100 mg bạc kim loại trong 100 mL amoniac 0,1M khi tiếp xúc với không khí được
không ? Cho K b (NH 3 ) = 1,74. 10 5 ;KL mol (Ag) = 107,88.
Hằng số bền của phức Ag(NH 3 ) + = 10 3,32 ; Ag(NH 3 ) 2 = 10 7,23 ;
Thế oxihóa-khử chuẩn E 0 (Ag + /Ag) = 0,799 V ; E 0 (O 2 /OH ) = 0,401 V
(Hàm lượng oxi trong không khí là 20,95% theo thể tích)
Phản ứng tạo phức : Ag + + NH 3 ⇌ Ag(NH 3 ) + .
Ag + + 2NH 3 ⇌ Ag(NH 3 ) 2
Câu 4. (2điểm)
4.1. Hoà tan sản phẩm rắn của quá trình nấu chảy hỗn hợp gồm MnO 2, KOH và KClO3, thu được dung
dịch có màu lục đậm. Khi để trong không khí, màu lục của dung dịch chuyển dần thành màu tím. Quá
trình chuyển đó còn xảy ra nhanh hơn nếu sục khí clo vào dung dịch hay khi điện phân dung dịch.
Viết phương trình của tất cả các phản ứng xảy ra trong quá trình thí nghiệm.
4.2. Nung hỗn hợp A gồm sắt và lưu huỳnh sau một thời gian được hỗn hợp rắn B. Cho B tác dụng với
dung dịch HCl dư, thu được V 1 lít hỗn hợp khí C. Tỉ khối của C so với hiđro bằng 10,6. Nếu đốt cháy
hoàn toàn B thành Fe2O3 và SO2 cần V 2 lít khí oxi.
a. Tìm tương quan gía trị V 1 và V 2 (đo ở cùng điều kiện).
b. Tính hàm lượng phần trăm các chất trong B theo V 1 và V 2 .

Câu 5:
5.1. Gọi tên IUPAC kèm ký hiệu mô tả lập thể (E/Z) đối với mỗi hợp chất sau đây
5.2. Nhiệt hydro hóa thể hiện tính bền tương đối của anken. Nối liền các hợp chất tương
ứng ở cột A với nhiệt hydro hóa tương ứng của chúng bên cột B
5.3. Viết cơ chế phản ứng sau:
5.4. Hoàn thành sơ đồ các phản ứng sau:
X
Cl 2
Y
NaOH, H 2 O
Z
1. HNO 2 /HCl 0 -5C
T
2. H 3 PO 2
Cho biết Y có CTPT : C8H7NOCl2
Hãy xác định các chất X, Y, Z, T
Câu 6. Metyl da cam có công thức:
(CH 3 ) 2 N - - N = N - - SO 3 H
a. Viết phương trình phản ứng điều chế metyl da cam từ: N,N-dimetylanilin, benzen và các hợp chất
vô cơ cần thiết.
b. Cho biết trong phân tử metyl da cam, nguyên tử N nào có tính bazơ mạnh nhất? Giải thích.
Câu 7.
a. Một ankin D quang hoạt có 89.52% cacbon. Hợp chất D có thể bị hydro hóa có xúc tác tạo n-
butylxiclohexan. Xử lý D với C2H5MgBr không giải phóng khí. Hydro hóa D với xúc tác Pd/C trong sự
có mặt của quinolin (chất đầu độc xúc tác) và xử lý sản phẩm với ozon sau đó là H2O2 cho axit
tricacboxylic quang hoạt E (C8H12O6). Hợp chất E khi đun nóng sẽ tách ra một phân tử nước để tạo thành
F. Viết các cấu trúc có thể có của D, E và F.

. Trong phòng thí nghiệm có 4 dung dịch và chất lỏng mất nhãn, riêng biệt gồm: C6H5ONa (dung dịch),
C6H6(lỏng), C6H5NH2(lỏng) , C2H5OH(lỏng). Hãy trình bày cách nhận biết các dung dịch và chất lỏng
trên bằng một thuốc thử duy nhất
Câu 8. (2 điểm)
8.1. Khi cùng một lượng buta-1,3-dien và brom phản ứng với nhau ở nhiệt độ cao sẽ tạo ra hai hợp chất G
(sản phẩm chính) và H (sản phẩm phụ) với công thức C4H6Br2. Hợp chất G phản ứng với lượng dư Br2 để
tạo hợp chất I (C4H6Br4) là hợp chất meso. Hợp chất H phản ứng với lượng dư Br2 tạo ra chất I và đồng
phân dia J. Vẽ công thức cấu trúc của G và H. Vẽ công thức chiếu Fischer của I và J. Chỉ ra cấu hình
tuyệt đối ở các trung tâm bất đối.
8.2. a) Tiến hành phản ứng Diels-Alder giữa 2,5-dimetylfuran và anhydrit maleic cho hợp chất K tồn tại ở
hai dạng đồng phân lập thể. Vẽ cấu trúc của hai đồng phân này.
b) Dehydrat hóa K xúc tác axit thu được chất L (C10H8O3). Vẽ cấu trúc của L.
Câu 9: (2 điểm)
Cho cân bằng hoá học :
N2 + 3H2 ⇄ 2NH3 H o 298 = -92 kJ. mol -1
Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N2 và H2 theo tỉ lệ mol là 1:3 thì khi đạt tới trạng thái cân bằng ở 450 o C và
300 atm thì NH3 chiếm 36% thể tích .
a. Tính hằng số cân bằng Kp và cho biết đơn vị của Kp .
b. Giữ ở nhiệt độ không đổi 450 o C , cần tiến hành ở áp suất bao nhiêu để khi đạt trạng thái cân bằng, NH3
chiếm 50% thể tích .
Câu 10: (2 điểm)
Coban tạo ra được các ion phức: CoCl2(NH3)4 + (A), Co(CN)6 3- (B), CoCl3(CN)3 3- (C),
a. Viết tên của (A), (B), (C).
b. Theo thuyết liên kết hoá trị, các nguyên tử trong B ở trạng thái lai hoá nào?
c. Các ion phức trên có thể có bao nhiêu đồng phân lập thể? vẽ cấu trúc của chúng.
d. Viết phương trình phản ứng của (A) với ion sắt (II) trong môi trường axit.

ĐÁP ÁN
Câu 1. (2 điểm)
Cho phản ứng A + B → C + D (*) diễn ra trong dung dịch ở 25 O C.
Đo nồng độ A trong hai dung dịch ở các thời điểm t khác nhau, thu được kết quả:
*Dung dịch 1
[A]0 = 1,27.10 -2 mol.L -1 ; [B]0 = 0,26 mol.L -1
t(s) 1000 3000 10000
[A] (mol.L -1 ) 0,0122 0,0113 0,0089
*Dung dịch 2
[A]0 = 2,71.10 -2 mol.L -1 ; [B]0 = 0,495 mol.L -1
t(s) 2.000 10000 20000
[A] (mol.L -1 ) 0,0230 0,0143 0,0097
a. Tính tốc độ của phản ứng (*) khi [A] = 3,62.10 -2 mol.L -1 và [B] = 0,495 mol.L -1 .
b. Sau thời gian bao lâu thì nồng độ A giảm đi một nửa?
Câu ý Nội dung Điểm
Câu 1 a a. Giả sử phương trình động học của phản ứng có dạng v = k [A] α [B] β .
0,5
Vì [B]0 >> [A]0 nên v = k [A] α ; k = k [B]0 β
Cho α các giá trị 0, 1, 2 và tính k theo các công thức sau:
α= 0 : k’= ([A]0 –[A]t)
α =1 :
α=2:
k’=
k’=
Kết quả tính cho thấy chỉ ở trường hợp α = 2 thì k’ mới có giá trị coi như không
đổi.
Đối với dung dịch 1
k'1 = k [B]0,1 β = 3,22.10 -3 ; 3,25.10 -3 ; 3,36.10 -3 ; (L.mol -1 .s -1 );
k’1 (trung bình) = 3,31.10 -3 L. mol -1 .s -1
Đối với dung dịch 2
k'2 = k[B]0,2 β = 3,28.10 -3 ; 3,30.10 -3 ; 3,30.10 -3 ; (L.mol -1 .s -1 );
k’2 (trung bình) = 3,30.10 -3 L.mol -1 s -1
Vậy k’1 ≈ k’2 ; k’ (trung bình) = 3,30.10 -3 L.mol -1 s -1 . Vậy α = 2
0,5
Ta có
k
k
[B]
'
1 0,1
'
2
[B]
0,2
1 Vì [B]0,1 ≠ [B]0,2 nên β = 0 và k = k’ (trung bình)
0,5
v = k [A] 2 = 3,30.10 -3 L mol -1 s -1 (3,62.10 -2 mol.L -1 ) 2
v = 4,32.10¯6 mol.L -1 . s -1
b 1 1
1
t1/2 8371s
3 2
k[A] 0
3,3.10 .3,62.10
0,5

Câu 2. (2 điểm)
Pyridin (C5H5N) là một bazơ yếu (Kb = 1,78.10 -9 )
Lấy 20 mL dung dịch pyridin 0,24M, đem chuẩn độ bằng dung dịch HCl 0,12M
a. Tính pH của dung dịch thu được sau khi thêm 20 ml dung dịch HCl vào
b. Tính pH tại điểm tương đương (khi pyridin chuẩn độ vừa hết)
c. Thêm MgCl2 vào dung dịch pyridin 0,24M. Tính nồng độ Mg 2+ tối thiểu để xuất hiện kết tủa.
Ks(Mg(OH)2) = 5,6.10 -12
d. Một dung dịch chứa [Mg 2+ ]= 0,10M, [C5H5N]= 0,24M. Nồng độ [C5H5NH + ] phải bằng bao
nhiêu để không xuất hiện kết tủa Mg(OH)2.
Câu ý Nội dung Điểm
Câu 2 a npy = 0,0048 mol
nHCl = 0,0024 mol
0,5
py + H + → pyH +
n 0 0,0048 0,0024
cb 0,0024 0,0024
[OH - ] = Kb = 1.78x10 -9
pH = 5.25
b
Điểm tương đương đạt được khi thể tích dung dịch HCl 0,12M thêm vào
đạt 40ml
Khi đó nồng độ pyH + = 0,0048 : (0,02 + 0,04) = 0,08M
pyH + ⇄ py + H +
0,5
[H + ] = 6,7x10 -4
pH = 3,17
c Ks = [Mg 2+ ] [OH - ] 2
vì [OH - ] = 2.07x10 -5 nên [Mg 2+ ] = Ks/[OH - ] 2 = 1,3.10 -2 0,5
d [Mg 2+ ] = 0.1M
[pyH + ] = 5.71x10 -5 0,5

Câu 3. (2 điểm)
Có thể hòa tan 100 mg bạc kim loại trong 100 mL amoniac 0,1M khi tiếp xúc với không khí được
không ? Cho K b (NH 3 ) = 1,74. 10 5 ;KL mol (Ag) = 107,88.
Hằng số bền của phức Ag(NH 3 ) + = 10 3,32 ; Ag(NH 3 ) 2
= 10 7,23 ;
Thế oxihóa-khử chuẩn E 0 (Ag + /Ag) = 0,799 V ; E 0 (O 2 /OH ) = 0,401 V
(Hàm lượng oxi trong không khí là 20,95% theo thể tích)
Phản ứng tạo phức : Ag + + NH 3 ⇌ Ag(NH 3 ) + .
Ag + + 2NH 3 ⇌ Ag(NH 3 ) 2
Câu Nội dung Điểm
Câu 3 Về tính toán theo phương trình phản ứng ta thấy có khả năng Ag tan hết, do : 1
số mol Ag =
0,1
107,88 = 9,27. 10 4 ;
số mol NH 3 đã cho = 10 2 > số mol NH 3 cực đại để tạo phức = 18,54. 10 4 ;
* Cần phải kiểm tra khả năng hòa tan bằng nhiệt động học :
Ag + + e Ag E 1 = E 0 1 + 0,059 lg [Ag+ ]
O 2 + 2H 2 O + 4e 4OH . E 2 = E 0 + 0,059
2
2
lg
4
4 [ OH ]
Vì khi cân bằng E 1 = E 2 nên tính được E 2 . Trong dung dịch NH 3 0,1 M
p O
[OH ] = (K b .C) 1/2 = (1,74. 10 5 .0,1) 1/2 = 1,32. 10 3 .
0,059 0,2059
E 2 = 0,401 + lg
= 0,561 V
3 4
4 (1,32.10 )
lg [Ag + ] =
E E
0,059
0
2 1
= 4,034 [Ag + ] = 9,25. 10 5 M
Nồng độ tổng cộng của bạc trong dung dịch : ( giả sử [NH 3 ] 0,1 M )
S = [Ag + ] + [Ag(NH 3 ) + + Ag(NH 3 ) 2
] = [Ag + ] ( 1 + 1 [NH 3 ] + 2 [NH 3 ] 2 )
1
= 9,12. 10 5 ( 1 + 10 2,32 + 10 5,23 ) = 15,5 M >> nồng độ đã tính để hòa tan
hoàn toàn bạc kim loại . Vậy các điều kiện nhiệt động thuận lợi cho sự hòa tan.
Câu 4. (2điểm)
1. Hoà tan sản phẩm rắn của quá trình nấu chảy hỗn hợp gồm MnO 2, KOH và KClO3, thu được dung
dịch có màu lục đậm. Khi để trong không khí, màu lục của dung dịch chuyển dần thành màu tím. Quá
trình chuyển đó còn xảy ra nhanh hơn nếu sục khí clo vào dung dịch hay khi điện phân dung dịch.
Viết phương trình của tất cả các phản ứng xảy ra trong quá trình thí nghiệm.
2. Nung hỗn hợp A gồm sắt và lưu huỳnh sau một thời gian được hỗn hợp rắn B. Cho B tác dụng với
dung dịch HCl dư, thu được V 1 lít hỗn hợp khí C. Tỉ khối của C so với hiđro bằng 10,6. Nếu đốt cháy
hoàn toàn B thành Fe2O3 và SO2 cần V 2 lít khí oxi.
a. Tìm tương quan gía trị V 1 và V 2 (đo ở cùng điều kiện).
b. Tính hàm lượng phần trăm các chất trong B theo V 1 và V 2 .
Câu 4.
Câu ý Nội dung Điểm
1 Dung dịch màu lục đậm chuyển dần thành màu tím khi để trong không khí chỉ có
thể là dung dịch MnO4 2- vậy phản ứng xảy ra khi nấu chảy hỗn hợp là
0,5

3MnO2 + 6KOH + 6KlO3 → 3K2MnO4 + 3H2O + KCl (1)
3K2MnO4 + 2H2O → 2KMnO4 + MnO2 + 4KOH (2)
2KOH + CO2 → K2CO3 (3)
Phản ứng này làm cân bằng (2) chuyển dịch dần sang phải
2K2MnO4 + Cl2 → 2KMnO4 + 2KCl
2K2MnO4 + 2H2O
dp
2KMnO4 + 2KOH + H2
2 Fe + S → FeS.
Thành phần B gồm có FeS, Fe và có thể có S.
FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2.
Vậy trong C có H2S và H2 . Gọi x là % của H2 trong hỗn hợp C .
(2x+34(100-x))/100 = 10,6.2 = 21,2 -> x = 40%
Vậy trong C, H2 = 40% theo số mol ; H2S = 60%.
a) Đốt cháy B :
4FeS + 7O2 = 2Fe2O3 + 4SO2
4Fe + 3O2 = 2Fe2O3
S + O2 = SO2 .
Thể tích O2 đốt cháy FeS là: (3V1/5) . (7/4) = 21V1/20.
Thể tích O2 đốt cháy Fe là: (2V1/5) . (3/4) = 6V1/20.
Tổng thể tích O2 đốt cháy FeS và Fe là: 21V1/20 + 6V1/20 = 27V1/20.
Thể tích O2 đốt cháy S là: V2- (27V1/20) = V2 - 1,35 V1. Vậy V2 ≥ 1,35 V1
b)
% FeS
% Fe
3V
5
1
3V
1
x88x100
5
2V
1
x88
x56
32( V2
5
2V
1
x56x100
5
70V
1
32( V V
) V V
2
1
2
1
%
75,2V
1,35V
)
1
1
5280V
1
165V
1
32( V 1,35V
) V V
2
1
2
1
%
0,5
0,5
0,5
% S
32( V2
1,35V
1)
x100
100V
2
32( V V
) V
2
1
2
135V
1)
%
V
1
Câu 5:
1. Gọi tên IUPAC kèm ký hiệu mô tả lập thể (E/Z) đối với mỗi hợp chất sau đây
2. Nhiệt hydro hóa thể hiện tính bền tương đối của anken. Nối liền các hợp chất tương
ứng ở cột A với nhiệt hydro hóa tương ứng của chúng bên cột B

3. Viết cơ chế phản ứng sau:
4. Hoàn thành sơ đồ các phản ứng sau:
X
Cl 2
Y
NaOH, H 2 O
Z
1. HNO 2 /HCl 0 -5C
T
2. H 3 PO 2
Cho biết Y có CTPT : C8H7NOCl2
Hãy xác định các chất X, Y, Z, T
Câu 5
Câu ý Nội dung Điểm
1 (a) Z-5-methyl hex-2-en-1-al
0,5
(b) Z-2-metyl-1-phenyl hept-1-en-6-in
2 (a) iv (b) iii (c) ii (d) v (e) i 0,5
3 0,5
4
1,3 - điclorobenzen
X) Y) Z)
2,4 - đicloroanilin
0,5
T

Câu 6. Metyl da cam có công thức:
(CH 3 ) 2 N - - N = N - - SO 3 H
a. Viết phương trình phản ứng điều chế metyl da cam từ: N,N-dimetylanilin, benzen và các hợp chất
vô cơ cần thiết.
b. Cho biết trong phân tử metyl da cam, nguyên tử N nào có tính bazơ mạnh nhất? Giải thích.
Câu ý Nội dung Điểm
Câu 6 a Điều chế metyl dacam:
1,0
NO 2
H
+ HNO 2 SO 4 ®
3
t 0
NO 2
+ H 2 O
NH 2
+ 3Fe + 6HCl + 3FeCl 2 + 2 H 2 O
NH 2
NH 2 NH 3
+ H 2 SO 4
250 o C
+ H 2 O
HSO 4
SO 3 H
HSO 3
NH 2
+ NaNO 2 + 2 HCl HSO 3
N= N + Cl - + NaCl
+ 2H 2 O
HOSO 2
N= N + Cl - + N CH 3
HOSO
CH 2
N= N N CH 3
3 CH 3
b
b) Metyl dacam : ( CH 3 ) 2 N N= N SO 3 H
(I) (II) (IV)
1,0
Nguyªn tö N (IV) cã tÝnh baz¬ m¹nh nhÊt v×:
( CH 3 ) 2 N N= N SO 3 H + H + ( CH 3 ) 2 N
+
N= NH SO 3 H
(bÒn)
Câu 7.
a. Một ankin D quang hoạt có 89.52% cacbon. Hợp chất D có thể bị hydro hóa có xúc tác tạo n-
butylxiclohexan. Xử lý D với C2H5MgBr không giải phóng khí. Hydro hóa D với xúc tác Pd/C trong sự
có mặt của quinolin (chất đầu độc xúc tác) và xử lý sản phẩm với ozon sau đó là H2O2 cho axit
tricacboxylic quang hoạt E (C8H12O6). Hợp chất E khi đun nóng sẽ tách ra một phân tử nước để tạo thành
F. Viết các cấu trúc có thể có của D, E và F.

. Trong phòng thí nghiệm có 4 dung dịch và chất lỏng mất nhãn, riêng biệt gồm: C6H5ONa (dung dịch),
C6H6(lỏng), C6H5NH2(lỏng) , C2H5OH(lỏng). Hãy trình bày cách nhận biết các dung dịch và chất lỏng
trên bằng một thuốc thử duy nhất
Câu ý Nội dung Điểm
Câu7 a 1,0
b Dùng dung dịch H2SO4 loãng dư cho từ từ vào ống nghiệm lắc đều và quan sát.
- C6H5ONa thấy đầu tiên tạo dung dịch trong suốt sau đó bị vẩn đục
2C6H5ONa + H2SO4 2C6H5OH + Na2SO4 (3)
- C6H6 tách lớp không tan
- C6H5NH2 đầu tiên tách lớp sau đó tan hoàn toàn
2C6H5NH2 + H2SO4 (C6H5NH3)2SO4 (4)
- C2H5OH tan : tạo dung dịch đồng nhất
1,0
Câu 8. (2 điểm)
1. Khi cùng một lượng buta-1,3-dien và brom phản ứng với nhau ở nhiệt độ cao sẽ tạo ra hai hợp chất G
(sản phẩm chính) và H (sản phẩm phụ) với công thức C4H6Br2. Hợp chất G phản ứng với lượng dư Br2 để
tạo hợp chất I (C4H6Br4) là hợp chất meso. Hợp chất H phản ứng với lượng dư Br2 tạo ra chất I và đồng
phân dia J. Vẽ công thức cấu trúc của G và H. Vẽ công thức chiếu Fischer của I và J. Chỉ ra cấu hình
tuyệt đối ở các trung tâm bất đối.
2. a) Tiến hành phản ứng Diels-Alder giữa 2,5-dimetylfuran và anhydrit maleic cho hợp chất K tồn tại ở
hai dạng đồng phân lập thể. Vẽ cấu trúc của hai đồng phân này.
b) Dehydrat hóa K xúc tác axit thu được chất L (C10H8O3). Vẽ cấu trúc của L.
Câu ý Nội dung Điểm
Câu 8 1 1,0
2
0,5
a.

0,5
b.
Câu 9: (2 điểm)
Cho cân bằng hoá học :
N2 + 3H2 ⇄ 2NH3 H o 298 = -92 kJ. mol -1
Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N2 và H2 theo tỉ lệ mol là 1:3 thì khi đạt tới trạng thái cân bằng ở 450 o C và
300 atm thì NH3 chiếm 36% thể tích .
a. Tính hằng số cân bằng Kp và cho biết đơn vị của Kp .
b. Giữ ở nhiệt độ không đổi 450 o C , cần tiến hành ở áp suất bao nhiêu để khi đạt trạng thái cân bằng, NH3
chiếm 50% thể tích .
Câu ý Nội dung Điểm
a Hỗn hợp khí %V = % Mol .
1,0
ở trạng thái cân bằng , phần mol của NH3 = 0,36 .
1 - 0,36
Phần mol của N2 = 1/3 phần mol của H2 = = 0,16
4
phần mol của H2 = 0,48
K
X
2
xNH3
7,324
3
x .x
N2 H2
Kx Kx
Kp = Kx . P n = = = 8,14.10 -5 atm - 2
P 2 (300) 2
b ở t o không đổi thì Kp không đổi xNH3 = 0,5
xN2 = 0,125 xH2 = 0,375
( 0,5) 2
Kx = = 37,926
0,125 . ( 0,375) 3
1,0
Kp = Kx/ p 2 = 8,14.10 -5 atm 2
P 2 = 465920 ( atm) 2
p = 682,6 (atm)
Câu 10: Phức chất
Coban tạo ra được các ion phức: CoCl2(NH3)4 + (A), Co(CN)6 3- (B), CoCl3(CN)3 3- (C),
a. Viết tên của (A), (B), (C).
b. Theo thuyết liên kết hoá trị, các nguyên tử trong B ở trạng thái lai hoá nào?
c. Các ion phức trên có thể có bao nhiêu đồng phân lập thể? vẽ cấu trúc của chúng.
d. Viết phương trình phản ứng của (A) với ion sắt (II) trong môi trường axit.
Câu ý Nội dung Điểm
Câu 10 a Tên của các ion phức:
0,75
(A) Điclorotetraammincoban(III);
(B) Hexaxianocobantat(III);

(C) Triclorotrixianocobantat(III).
b Co(CN)6 3- . Co : d 2 sp 3 ; C : sp ; N : không ở vào trạng thái lai hoá hoặc ở trạng thái
lai hoá sp.
c Ion phức (A) có 2 đồng phân:
Cl
Cl
H 3 N
H 3 N
Co
Cl
Ion phức (B) không có đồng phân:
NH 3
NH 3
H 3 N
H 3 N
Co
NH 3
Cl
NH 3
0,25
0,75
CN
NC
NC
Co
CN
CN
CN
Ion phức (C) có 2 đồng phân:
Cl
CN
NC
Cl
Co
CN
Cl
NC
Cl
Co
Cl
Cl
CN
CN
d CoCl2(NH3)4 + + Fe 2+ + 4 H + → Co 2+ + Fe 3+ + 2 Cl - + 4 NH4 + 0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN
PHÚ
(Đề giới thiệu gồm 4 trang)
ĐỀ THI HSG DUYÊN HẢI – ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM 2015
Môn Hóa học; Khối 11
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (4 điểm) Cân bằng hóa học
1. Tính độ tan của AgBr trong dung dịch NH3 0,020M.
2. Hấp thụ toàn bộ 0,5 mol khí NH3 vào 1 lít dung dịch HNO3 0,2 M thu được dung dịch
A. Tính pH của dung dịch A.
3. Thêm m gam FeCl2 rắn vào dung dịch A (ở ý 2) thu được dung dịch B trong đó nồng
độ của ion Fe 2+ tại thời điểm cân bằng 1,5 × 10 -4 M. Tính m.
Cho: Các quá trình không làm thay đổi thể tích của dung dịch. = 9,24; pKs của Fe(OH)2 =
15,1; pKsAgBr = 12,3 ; Phức Ag + -NH3: lgi = 3,32; 7,23; lg * AgOH = -11,7; * Fe(OH) + = 10 −5,92 .
Câu 2. (4 điểm) Tốc độ phản ứng, Bài tập tính toán vô cơ tổng hợp
Nitramit bị phân huỷ chậm trong dung dịch nước: NO2NH2 N2O + H2O
Các kết quả thí nghiệm cho thấy: v = k
1. Trong môi trường đệm, bậc của phản ứng bằng bao nhiêu?
2. Trong số các cơ chế sau đây, cơ chế nào có thể chấp nhận được:
a) NO2NH2 N2O + H2O
c)
rất nhanh
chậm
b)
rất nhanh
nhanh
chậm
Thiết lập hệ thức giữa hằng số tốc độ k và các hằng số tốc độ của cơ chế đã chọn.
3. Chứng minh rằng trong khuôn khổ của cơ chế đã chấp nhận, các ion OH - là chất xúc
tác cho phản ứng phân huỷ của nitramit.
4. Người ta nghiên cứu phản ứng phân huỷ ở trên trong môi trường đệm ở nhiệt độ cố
định bằng cách đo áp suất riêng phần của khí N2O (thực tế không tan trong nước) trong thể tích
không đổi ở trên dung dịch nitramit và thu được các kết quả sau đây:
t (phút) 0 5 10 15 20 25
P (mmHg) 0 51 93 129 156 180

Sau một thời gian khá dài, áp suất xấp xỉ bằng 300 mmHg.
a) Chứng minh rằng các kết quả thực nghiệm phù hợp với phương trình động học ở trên.
b) Tính . Tính chu kì bán huỷ.
Câu 3. (2 điểm) Sơ đồ biến hóa, Cơ chế phản ứng, Đồng phân lập thể, Danh pháp
1. Hoàn thành phương trình hóa học cho mỗi biến đổi trong dãy sau đây
BF3 B2H6 B(OH)3 B(OR)3
4). NaBH4 + B2H6 Na2B12H6 + ?
5). B2H6 + ? H3N- BH3(r)
2. Vẽ công thức Lewis cho B3N3H6 (bao gồm công thức cộng hưởng). Dùng VSEPR, giải
thích hình dạng của B3N3H6
3. Mặc dù có sự tương tự như trên về hình học phân tử, nhưng B3N3H6 khác C6H6 về khả
năng phản ứng hóa học. Hoàn thành phản ứng
B3N3H6 + ? → NH3 + B(OH)3 + H2
4. Xét BH ; B2O ; B3O .
a.Vẽ công thức Lewis cho mỗi hệ đó.
b. Dùng VSEPR, dự đoán hình dạng của mỗi hệ đó.
Câu 4. (4 điểm) Tổng hợp các chất hữu cơ, so sánh nhiệt độ sôi, Nhiệt độ nóng chảy, Tính
Axit- Bazơ
Axit chrysanthemic (X) là một hợp phần quan trọng của các pyrethin – thuốc trừ sâu có nguồn
gốc tự
nhiên, hầu như không gây hại cho động vật có vú. X có tên gọi theo danh pháp IUPAC là axit
(1R,3R)-2,2-đimetyl-3-(2-metylprop-1-en-1-yl)xyclopropancacboxylic.
1. Vẽ cấu trúc của X (có thể hiện cấu hình chính xác). Nếu thay một nguyên tử H bất kì
trong X bằng một nhóm CH3 thì sẽ thu được tất cả bao nhiêu chất mới?
2. Ban đầu, este của X thường được điều chế qua con đường dùng phản ứng của một
cacben với chất mang nối đôi thích hợp. Dưới đây là hai sơ đồ điều chế metyl chrysanthemat
(X’) theo hướng này:

Biết F được điều chế bằng cách đồng phân hóa B trong môi trường axit, K có chứa nhóm anlen;
hãy chỉ ra cấu tạo các chất chưa rõ trong các sơ đồ trên? Có giải thích bằng cơ chế ngắn gọn.
3. Hiện nay, X’ có thể được điều chế trực tiếp và nhẹ nhàng hơn nhiều bằng phản ứng
sau:
a. Viết cơ chế thích hợp cho chuyển hóa trên.
b. Viết sơ đồ tổng hợp Y từ các hợp chất hữu cơ chứa không quá 2 nguyên tử cacbon.
Câu 5. (4 điểm) Bài tập tính toán hữu cơ tổng hợp
Axit ascorbic (AA) là một vitamin và là một chất kháng sinh quan trọng. Hàm lượng của nó
được xác định bằng phép chuẩn độ với KIO3 trong môi trường HCl 0,5M với sự có mặt của chỉ
thị hồ tinh bột. Sản phẩm tạo ra là ion iođua và axit dehyroascorbic (DHA: C6H6O6).
axit ascorbic
1. Viết phương trình hóa học cho phản ứng chuẩn độ và giải thích cách xác định điểm
cuối của phép chuẩn độ. Tính hàm lượng (AA) có trong mẫu theo mg nếu 9,50 mL dung dịch
KIO3 0,100 M đã được dùng để đạt đến điểm cuối.
2. Sau khi được tạo ra, DHA từ từ chuyển hóa thành xylosone C5H8O5 do phản ứng cộng
nước và tách cacboxyl. Xylosone nhanh chóng (nhanh hơn giai đoạn trước rất nhiều) bị khử bởi
phân tử AA khác để tạo ra xylozơ C5H10O5 và một phân tử DHA khác. Xylozơ sau đó từ từ
chuyển hóa thành furfural C5H4O2. Một sinh viên chuẩn độ một mẫu chứa 1,00 mmol AA với
KIO3 0,100M sau đó rời phòng thí nghiệm. Một lúc sau, chị ấy trở lại và phát hiện thấy dung
dịch không chứa axit ascorbic. Thay vào đó, xylozơ và furfural có mặt và tổng hàm lượng của
chúng là 0,55 mmol.
a. Viết phương trình hóa học cho phản ứng chuyển hóa DHA và xylosone trong suốt quá trình
cất trữ dung dịch. Giải thích sự tạo thành furfural bằng cơ chế phản ứng.
b. Bên cạnh xylozơ và furfural, những chất nào có mặt trong dung dịch thu được ở trạng thái
cân bằng khi người phân tích trở lại. Hàm lượng của chúng là bao nhiêu? Tính thể tích dung dịch
KIO3 0,100M đã được người phân tích dùng trước khi rời phòng thí nghiệm.
3. Nếu phản ứng chuẩn độ AA được thực hiện với KIO3 trong môi trường HCl 5M thì IO3
cũng bị khử về ion iodua nhưng tiêu tốn đến 7,00 mL KIO3 0,100 M với mẫu chứa 0,300 mmol
AA. Cho biết sản phẩm của quá trình oxi hóa AA trong trường hợp này. Viết phương trình hóa
học và chỉ ra cấu tạo sản phẩm biết chỉ có một sản phẩm chứa cacbon được tạo ra.
Câu 6. (2 điểm) Phức chất
Chlorophyll (Chất diệp lục) có cấu tạo khá phức tạp như được minh họa trong hình 1.
Phần trung tâm với lõi là nguyên tử Mg được coi gần đúng là hệ liên hợp, phẳng, vòng.

Hình 1. Cấu tạo khái quát của Chlorophyll (Chất diệp luc).
Phần trung tâm của phân tử với lõi Mg được coi gần đúng là hệ vòng liên hợp phẳng.
1. Nguyên tử Mg có e-π vào toàn hệ hay không? Tại sao?
2. Năng lượng e-π trong hệ liên hợp, phẳng, vòng được tính rất gần đúng theo biểu thức:
En = (n 2 h 2 )/(8mR 2 π 2 ) (1).
Trong đó: n là sô lượng tử “quay”, nhận giá trị n = 0; 1; 2; 3; 4; 5; ... (2);
hằng số Planck, h = 6,625.10 -34 J.s; m = 9,1110 -31 kg; R = 3.10 - 8 cm (bán kính vòng);
Cho tốc độ ánh sáng trong chân không, c =3.10 8 m.s. Khi 1 e chuyển dời từ HOMO lên
LUMO trong hệ này, số sóng theo cm -1 là bao nhiêu?
3. Hệ này thuận từ hay nghịch từ? Tại sao?
********** Hết **********
Giáo viên ra đề: Nguyễn Thị Thanh Thúy
Số điện thoại: 0983481700

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒ NG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ
(Đề giới thiệu gồm 4 trang)
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG DUYÊN HẢI – ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM 2015
Môn Hóa học; Khối 11
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
âu 1.
(4,0 đ)
1. (2.0đ)
Cách 1:
AgBr ⇌ Ag + + Br - Ks AgBr = 10 -12,3 (1)
Ag + + NH3 ⇌ [Ag(NH3)] + 1 = 10 3,32 (2)
Ag + + 2NH3 ⇌ [Ag(NH3)2] + 2 = 10 7,23 (3)
NH3 + H2O ⇌ NH4 + + OH - Kb = 10 -4,76 (4)
Ag + + H2O ⇌ [AgOH] + H + *
AgOH = 10 -11,7 (5)
Ks AgBr = 10 -12,3 , * AgOH = 10 -11,7 rất bé nên có thể bỏ qua cân bằng (5).
Lại có
C ? C K 10 và vì 2 = 10 7,23 >> 1 = 10 3,32 nên có thể tổ
NH3
hợp (1) và (3):
0 12,3
Ag s
AgBr + 2NH3 ⇌ [Ag(NH3)2] + + Br - K = 10 -12,3 .10 7,23 = 10 -5,07 .
C 0,02
C’ 0,02-2x x x
2
x
5,07
10
x = 5,8.10 -5 .
2
(0.02 2 x)
0,5 đ
0,5 đ
C =C =x=5,8.10 M và C =0,0199M
' ' -5 '
+
Ag(NH 3)
2
-
Br
NH3
Lượng NH3 dư quyết định pH của hệ.
NH3 + H2O ⇌ NH4 + + OH - Kb = 10 -4,76
0,0199
0,0199-x x x
2
x
4,76
10 x = 5,8.10 -4 pH = 10,76
2
(0.0199 x)
K K (1 h
[NH ]+ [NH ] ) = 3,19.10 -9
' 1 2
s s 1 3 2 3
Vậy S =
' 9
K s
3,19.10
= 5,65.10 -5 .
1. (2.0đ)
Cách 2: Tính theo ĐKP với MK là Ag + (S mol/l), NH3 (0,020M) và H2O
h = [OH - ] – [NH4 + ] + [AgOH]. Sau khi tổ hợp cần thiết ta được
h =
+
Kw
[Ag ]
1
1 Ka
[NH
3]
Bước 1: Chấp nhận [Ag + ]o = 10 -6,15 và [NH3]o = 0,020 ta có h1 = 1,7.10 -11 . pH = 10,77
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
Đề HSG Duyên hải 2015 – Hóa học 11 Trang 1 / 8

K =[Ag ][Br ]= S
1 [NH ]+ [NH ]
2
+ -
s h
1 2
1 3
2 3
[Ag +
]= 1 h
1 [NH ]+ [NH ] 2
1 3
2 3
[Ag + ]1 = 10 -8,07
[NH ]= C
1 [Ag ]+2 [Ag ][NH ])
S
NH 3
3 1 + +
Ka
h1 2 3
được [NH3]1 = 0,0193
(6) Tính được S1 = 5,85.10 -5
(7) Thay S1 và [NH3]o tính được
(8) Thay [Ag + ]1, [NH3]o tính
0,5 đ
Bước 2: Thay [Ag + ]1 và [NH3]1 tính h2 = 1,72.10 -11 . pH = 10,76
Thay h2 và [NH3]1 vào (6) tính được S2 = 5,65.10 -5 …
Bước 3: S3 = 5,65.10 -5 (kết quả lặp).
Vậy S = 5,65.10 -5 M.
2. NH3 + HNO3 → NH4NO3
TPGH: NH4 + : 0,2 M và NH3 : 0,3 M; NO3 - = 0,2 M.
Hệ cần tính pH là hệ đệm NH4 + /NH3 pH = pK a + lg(C b /C a ) 9,42.
3. (1.5đ) Khi [Fe 2+ ] = 1,5. 10 −4 M, với dung dịch ban đầu có [OH − ] = 10 −4,58 thì đã có
2+ 2
kết tủa sinh ra vì Fe .C OH
-
= 10 −12,98 > Ks = 10 −15,1 .
[OH − K
] = s
2+
[Fe ]
= 10 −5,64 → [H + ] = 10 -8,36 (= h).
Theo: Fe 2+ + H2O ⇄ Fe(OH) + + H + ; *
[FeOH + ] = [Fe 2+ ].*.h −1 = 1,5. 10 −4 .10 −5,92 .10 8,36 = 0,0413 (M)
K
NH4
[NH3] = CNH
.
3 NH
= 0,5 . = 0,0582 (M)
3
K h
[NH4 + ] = 0,4418 M
Vì dung dịch trung hòa điện:
2[Fe 2+ ] + [FeOH + ] + [H + ] + [NH4 + ] = [Cl - ] + [OH - ] + [NO3 - ]
2.1,5.10 −4 + 0,0413 + 10 -8,36 + 0,4418 = [Cl - ] + 10 −5,64 + 0,2
[Cl - ] = 0,2834 M
→ Tổng số mol FeCl2 đã dùng là: 0,2834 / 2 = 0,1417 mol
m FeCl2 = 17,96 gam.
NH
4
0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ
Câu 2.
(4,0 đ)
1. Trong môi trường đệm, [H3O + ] coi như không đổi nên phản ứng là bậc 1. 0,25 đ
2. Cơ chế c. 1 đ
Giai đoạn (2) chậm quyết định tốc độ phản ứng v = k5[NO2NH - ]()
0,25 đ
Cân bằng (1) xảy ra rất nhanh nên nồng độ các chất trong (1) nhanh chóng đạt nồng
Đề HSG Duyên hải 2015 – Hóa học 11 Trang 2 / 8

độ cân bằng
- +
k4
[NO2NH ].[H3O ]
K= Rút ra [NO2NH - k
4
[NO2NH 2]
] =
k [NO NH ]
+
k [H O ]
-4 2 2
-4 3
0,5 đ
Thay vào () ta có:
[NO2NH 2]
k4k5
Tốc độ phản ứng v = k với k =
+
[H O ] k
3
-4
(Phù hợp thực nghiệm)
0,5 đ
3. Chất xúc tác làm tăng tốc độ phản ứng nhưng sau phản ứng không thay đổi về
lượng.
- Lượng OH - được tạo ra ở (2) bằng lượng NO2NH - tạo ra ở (1) và lượng OH - mất đi
ở (3) bằng lượng H3O + tạo ra ở (1). Như vậy sau phản ứng lượng OH - không thay
đổi.
- Khi có mặt OH - trung hoà H3O + làm giảm nồng độ ion H3O + bên phải cân bằng (1)
Cân bằng dịch chuyển sang phải, tăng nồng độ NO2NH - do vậy, theo (), làm
tăng tốc độ phản ứng.
4. a) Tốc độ phản ứng là tốc độ tạo ra khí N2O.
t (phút) 0 5 10 15 20 25
P (mmHg) 0 51 93 129 156 180 300
P tương ứng với lượng NO2NH2 ban đầu, Pt tương ứng với lượng NO2NH2 phân
huỷ P - Pt tương ứng với lượng NO2NH2 còn lại.
1 P
Phương trình động học phản ứng bậc nhất: k= ln
t P - P
Ta có bảng sau
t (phút) 5 10 15 20 25
k (phút -1 ) 0,0373 0,0371 0,0375 0,0367 0,0367 k =0,0371
4. b) Giá trị k xấp xỉ bằng nhau, như vậy các kết quả thực nghiệm phù hợp với định
k
luật động học ở trên (bậc 1). k’ =
+
[H O ] = k = 0,0371 (phút-1 )
ln 2
Thời gian bán huỷ t1/ 2
= 18,7 phút.
k '
3
t
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
1 đ
0,25 đ
0,25 đ
Câu 3.
(2,0 đ)
1.
1) 3BF3 + 3NaBH4 → 2 B2H6 + 3NaF
2) B2H6 + 6H2O → 2 B(OH)3 + 6H2
3) B(OH)3 + 3ROH → 2 B(OR)3 + 3H2O
0.5
Đề HSG Duyên hải 2015 – Hóa học 11 Trang 3 / 8

Et3 N;100
4) 2NaBH4 + 5B2H6
180 C
Na2B12H6 + 16H2
o
5) B2H6 + 2NH3
đk
2 H3N- BH3(r)
0.5
2.
3. B3N3H6 + 9H2O → 3NH3 + 3B(OH)3 + 3H2 0.5
4. BH : dạng AX4, tứ diện đều;
4
0.5
B2O 5
gồm 2 nhóm AX3, 2 tam giác nối với nhau, toàn hình phẳng;
B3O 3
6
: mỗi B tạo ra 1 nhóm AX3 → 3 tam giác nối với nhau; O vòng dạng AX2E2;
toàn hình phẳng
Câu 4.
(4,0 đ)
1.
Axit chrysanthemic (X)
1,5 đ
axit (1R,3R)-2,2-đimetyl-3-(2-metylprop-1-en-1-yl)xyclopropancacboxylic
Thay một nguyên tử H bất kì trong X bằng một nhóm CH3 thì sẽ thu được 8 chất mới:
Đề HSG Duyên hải 2015 – Hóa học 11 Trang 4 / 8

2. 2 điểm (10 chất: mỗi chất cấu tạo + cơ chế) 2,0
Đề HSG Duyên hải 2015 – Hóa học 11 Trang 5 / 8

0,5 đ
Câu 5.
(4,0 đ)
1.
Phương trình hóa học cho phản ứng chuẩn độ axit ascorbic bởi KIO3 trong HCl
0,5M:
HO
HO
HO
H
O
OH
O
3 + KIO 3 3
+ KI + 3H 2 O
Cách xác định điểm cuối của phép chuẩn độ
HO
HO
O
H
O
O
O
axit dehyroascorbic (DHA)
Khi axit ascorbic bị oxi hóa hết thành DHA, xảy ra phản ứng giữa HCl với KIO3
tạo thành sản phẩm I2. I2 tạo phức với chỉ thị hồ tinh bột làm dung dịch chuyển sang
màu xanh và đó là dấu hiệu để xác định điểm cuối của phép chuẩn độ.
KIO3 + 5KI + 6HCl 3I2 + 6KCl + 3H2O
I2 + dd hồ tinh bột phức xanh tím
1,0 đ
Đề HSG Duyên hải 2015 – Hóa học 11 Trang 6 / 8

n(KIO3) = 9,50 mL 0,100 mmol/mL = 0,095 mmol
m(AA) = 1 3
0,095 mmol 176 mg/mmol = 5,57 mg.
2,0 đ
2.
V dd 1 0, 45
(KIO3 0,100 M) =
3 0,100 = 1,5 mL
a. DHA chứa nhóm –COOH gắn với cacbon-oxo nên dễ bị decacboxyl hóa theo phản
ứng sau:
HO H
HO H
HO
O
O
HO
OH
+ H 2 O H + CO 2
O O
O O
HO
xylosone
HO H
HO H
HO H
HO H
OH HO
O
O
O HO
O HO
H
+ +
OH
O O
HO
OH
O O
HO
xylosone (AA) (DHA)
xylozơ
HO H
O OH
O O
O O
HO
OH
H
O
H +
O
H
+
HO
OH H + HO
OH 2
HO
-2H 2 O
HO
O
OH
OH
OH
xylozơ
furfural
b. Do phản ứng giữa DHA và xylosone nhanh hơn so với phản ứng tạo ra từ
xylosone từ DHA rất nhiều nên hỗn hợp cân bằng gồm xylosone, xylozơ và furfural.
n(xylosone) = 1,00 mmol [n(xylozơ) + n(furfural)] = 1,00 mmol 0,55 mmol =
0,45 mmol
Như vậy, chỉ mới có 0,55 mmol AA được chuẩn độ.
H
O
3. Phản ứng oxi hóa DHA bởi oxi không khí cũng làm giảm hàm lượng DHA trong
suốt quá trình cất trữ dung dịch.
n(AA) = 0,3 mmol
1,0 đ
Đề HSG Duyên hải 2015 – Hóa học 11 Trang 7 / 8

n(IO3 ) = 0,7 mmol
IO3 + 6H + + 6e I
mmol: 0,7 0,42
AA ne
mmol: 0,3 0,3n
+ sản phẩm X
Ta có: 0,42 = 0,3n n = 14
+ 3H2O
Số oxi hóa trung bình của C trong C6H8O6 là: +2/3
Gọi số oxi hóa của C trong sản phẩm X là +m.
6C +2/3 14e + 6C +m
4 = 6m 14 m = 3.
Như vậy, sản phẩm X là: H2C2O4
Phản ứng chuẩn độ trong điều kiện HCl 5M:
3C6H8O6 + 7KIO3 9H2C2O4 + 7KI + 3H2O
Câu 6.
(2,0 đ)
1. Nguyên tử Mg không đóng góp e-π vào toàn hệ. Vì nguyên tử Mg không có
electron p độc thân
2. Đáp số
= 3,073.10 4 cm -1
Tính cụ thể:
= (E5 – E4)/hc =[( h 2 )/ hc(8mR 2 π 2 )](5 2 - 4 2 )
Thay số các đại lượng đã biết, tinh được
= 3,073.10 4 cm -1
3. Vẽ giản đồ
Hệ nghịch từ vì không có eletron độc thân
0,5
1,0
0,5
Đề HSG Duyên hải 2015 – Hóa học 11 Trang 8 / 8

SỞ GÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÒA BÌNH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC
DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2014 - 2015
MÔN: HÓA HỌC – LỚP 11
Thời gian làm bài 180 phút
Bài 1. (2 điểm): Tốc độ phản ứng.
HƯỚNG DẪN CHẤM
1. (1 điểm) Phản ứng phân huỷ nhiệt Metan xảy ra như sau:
CH 4
CH 4 + CH 3
CH 4 + H
k
1
CH 3 + H
k
2
C 2 H 6 + H
k
3
CH 3 + H 2
H + CH 3 + M
k
4
CH4 + M
a/ Áp dụng nguyên lý nồng độ ổn định đối với H và CH 3 hãy chứng minh rằng:
2 6
d C H
dt
= k CH 4 3/2 víi k =
k . k . k
k M
1 2 3
b/ Nếu nồng độ có thứ nguyên phân tử / cm 3 với thời gian tính bằng giây, hãy tìm thứ
nguyên của k.
2. (1 điểm) Nghiên cứu động học của phản ứng : NO (k) + O 3(k) € NO 2(k) + O 2(k) (1). Ở
25 0 C được một số kết quả sau đây:
C 0, NO (M) C 0, O3 (M) v 0, (M.s
-1 )
4
1 2 2,4.10 10
2 4 9,6.10 10
2 1 2,4.10 10
a. Tính các giá trị v 0 theo atm.s -1 ?
b.Tính hằng số tốc độ k của phản ứng ở 25 0 C?
c. Tính giá trị hằng số Areniuyt của phản ứng? Biết Ea = 11,7 KJ/mol.
d. Tính hằng số cân bằng của phản ứng (1) ở 75 0 C ?
1. a) (0.75 điểm)
d H
dt
2 6
d C H
dt
Hướng dẫn giải
= k2[CH4].[CH3]
= k1[CH4] + k2[CH4].[CH3] – k3[CH4].[H] – k4[H].[CH3].[M] = 0
1

d CH 3
dt
= k1[CH4] – k2[CH4].[CH3] + k3[CH4].[H] – k4[H].[CH3].[M] = 0
Cộng 2 pt cho: k1[CH4] = k4[H].[CH3].[M] nªn k2[CH4].[CH3] = k3[CH4].[H]
k
k1[CH4] = k4[H].[CH3].[M] = k4
2
CH3
Suy ra: [CH3] =
k.[CH4] 3/2 .
kk
1.
CH
3
.
4
k . k M vµ d C 2H6
dt
2 4
hay k2 [CH3] = k3[H] [H] =
k
3
k . k
k
.[CH3].[M] =
4 2
= k2.[CH4].[CH3] =
3
k
CH
2 3
k
3
[CH3] 2 [M]
k . k . k
. CH
k
1 2 3 2
4
4
M
3
=
b) (0.25 điểm) [k] =
1
3 3
cm
phantu
.s
1
2. (1.0 điểm), Mỗi phần 0.25 điểm
a) v k NO 2
] [ O ]
[
3
9,6.10
2,4.10
10
1
3 1
1 1 1 phantu
2
1
3
C
n
t.
C
= [C]1– n [t] –1 =
2
2
Ta có: 1
vaf
2 .2 1
4
10
9,6
2,4
Vậy v = k [NO 2 ] [O 3 ]
P.V = nRT nên P= CRT
v 0(1) = 2,4.10 10 . 0,082.298 = 5,86464.10 11 (atm s -1 )
v 0(2) = 9,6.10 10 . 0,0082.298 = 2,346.10 12 (atm s -1 )
v 0(3) = 5,86464.10 11 (atm s -1 )
b) Tính K (1) ở 25 0 C
2,4.10
1.2
10
10
k
( 1)
1,2.
10 (mol -1 .l.s -1 )
c) Tính A (1) biết Ea = 11,7 kJ/mol
C . t C t .s
cm
=
k
E a / RT
A. e
--> 1,2.10 10 = A.
d) Tính K(1) ở 75 0 C
3
11,7 / 8,314.10 .298
e –> A = 1,3492.10 12 (L.mol -1 .s -1 )
k
ln
1,2.10
11,7.10
8,314
1
(
348
8
10
1
)
298
Bài 2. (2 điểm): Dung dịch điện li
-> K = 2,365 .10 10 (L.mol -1 .s -1 )
2

1. (1 điểm) Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120 M; NH 3 0,150 M và KOH
5,00.10 -3 M.
2. (1 điểm) Tính thể tích dung dịch HCl 0,210 M cần cho vào 50,00 mL dung dịch
A để pH của hỗn hợp thu được bằng 9,24.
Cho biết pK a của HCN là 9,35; của NH 4+ là 9,24;
1. (1 điểm)
Hướng dẫn giải
CN - + H 2 O = HCN + OH - K b1 = 10 - 4,65
NH 3 + H 2 O = NH 4
+
+ OH - K b2 = 10 - 4,76
KOH -> K + + OH -
H 2 O = H + + OH -
[OH - ] = C KOH + [HCN] + [NH 4+ ] + [H + ]
Đặt [OH - ] = x
x = 5.10 -3 + K B1 [CN]/x + K B2 [NH 3 ]/x + K H2O /x
x 2 - 5.10 -3 x - (K B1 [CN - ] + K B2 [NH 3 ] + K H2O ) = 0
Tính gần đúng coi [CN - ] bằng C CN - = 0,12M ; [NH 3 ] = C NH3 = 0,15 M .
Ta có: x 2 - 5.10 -3 . x - 5,29 . 10 -6 = 0 -> x = [OH - ] = 5,9.10 -3 M.
Kiểm lại [HCN] / [CN - ] = 10 -4,65 / 5,9.10 -3 = 3,8.10 -3 -> [HCN] [NH 4+ ] pH = 11,77.
2. (1 điểm)
pH = pK NH4
+
+ lg([NH 3 ]/[NH 4+ ] ) = 9,24 + lg([NH 3 ]/[NH 4+ ] ) = 9,24
-> [NH 4+ ] = [NH 3 ] có nghĩa là 50% [NH 3 ] đã bị trung hoà; dĩ nhiên toàn bộ KOH đã
bị trung hoà. Mặt khác PH = 9,24 = pK HCN + lg([CN - ]/[HCN] ) = 9,35 + lg([CN -
]/[HCN] )
-> [CN - ] = 10 -0,11 = 0,776.
[HCN]/[CN - ] ) = 1/0,776 -> [HCN] / C CN - = 1/(1+0,776) = 0,563
Nghĩa là 56,3% CN - đã bị trung hoà.
Vậy V HCL . 0,21 = V A . C KCN . 0,563 + V A . C NH3 . 0,5 + V A . C KOH
V HCL = 50(0,12 . 0,563 + 0,15 . 0,5 + 5.10 -3 ) / 0,51 = 35,13 ml.
3

Bài 3. (2 điểm): Điện hóa học.
Dung dịch X gồm K 2 Cr 2 O 7 0,010 M; KMnO 4 0,010 M; Fe 2 (SO 4 ) 3 0,0050 M và H 2 SO 4
(pH của dung dịch bằng 0). Thêm dung dịch KI vào dung dịch X cho đến nồng độ của
KI là 0,50 M, được dung dịch Y (coi thể tích không thay đổi khi thêm KI vào dung
dịch X).
a) Hãy mô tả các quá trình xảy ra và cho biết thành phần của dung dịch Y.
b) Tính thế của điện cực platin nhúng trong dung dịch Y.
c) Cho biết khả năng phản ứng của Cu 2+ với I - (dư) ở điều kiện tiêu chuẩn. Giải thích.
d) Viết sơ đồ pin được ghép bởi điện cực platin nhúng trong dung dịch Y và điện cực
platin nhúng trong dung dịch gồm Cu 2+ , I - (cùng nồng độ 1 M) và chất rắn CuI. Viết
phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra trên từng điện cực và xảy ra trong pin
khi pin hoạt động.
0 0 0
Cho:
2 3+ 2+ 3+ 2+
Cr
2O 7
Cr /
MnO /Mn
4
Fe /Fe
E = 1,330 V; E = 1,510 V; E = 0,771 V ;
0
2+ s(CuI)
Cu /Cu
E = 0,153 V;
pK 12;
ở 25 o C:
Hướng dẫn giải
E
0
3
I /I
RT
2,303 = 0,0592;
F
= 0,5355 V
Cr (Z = 24).
Mỗi phần đúng được 0.5 điểm
0 0 0 0
a) Do E
- 2+
= 1,51 V > E
2- 3+
= 1,33 V > E
3+ 2+
= 0,771V > E
- -
= 0,5355 V, nên các
MnO /Mn Cr O /Cr Fe /Fe I /I
4 2 7 3
quá trình xảy ra như sau:
2
-
MnO
4
+ 16 H + + 15 I - 2 Mn 2+ + 5 I - + 8 H 3 2O
0,01 0,5
- 0,425 0,01 0,025
2-
Cr O + 14 H + + 9 I - 2 Cr 3+ + 3 I - 2 7
3
+ 7 H 2 O
0,01 0,425 0,025
- 0,335 0,02 0,055
2 Fe 3+ + 3 I - 2 Fe 2+ -
+ I
3
0,01 0,335 0,055
- 0,32 0,01 0,06
Thành phần của dung dịch Y: 3
-
I 0,060 M; I - 0,32 M; Mn 2+ 0,01 M; Cr 3+ 0,02 M; Fe 2+
0,01 M.
-
b) I + 2 e 3 I -
3
E =
- -
I /I
3
0,0592 0,06
0,5355 + .log
2 (0,32)
3
= 0,54 V.
4

c) Do
0
- -
I /I
E = 0,5355 V > E
2+
3
0
Cu
/ Cu
= 0,153 V nên về nguyên tắc Cu 2+ không oxi hóa được I -
. Nhưng nếu dư I - 0 0
thì sẽ tạo kết tủa CuI. Khi đó
2+ 2+
0,863 V.
Như vậy E 0
= 0,863 V >
2+
CuI:
Cu
/CuI
d) Vì E 0
= 0,863 V >
2+
Cu
/CuI
E
0
- -
I /I
3
2 Cu 2+ + 5 I - 2 CuI +
E
- -
I /I
3
E = E + 0,0592.log
Cu /CuI Cu /Cu
K
1
S(CuI)
= 0,5355 V Cu 2+ sẽ oxi hóa được I - do tạo thành
-
I
3
= 0,54 V điện cực Pt nhúng trong dung dịch Y là
anot, điện cực Pt nhúng trong dung dịch gồm Cu 2+ , I - (cùng nồng độ 1 M), có chứa kết
tủa CuI là catot. Vậy sơ đồ pin như sau:
(-) Pt│ 3
-
I 0,060 M; I - 0,32 M║CuI; Cu 2+ 1 M; I - 1 M │Pt (+)
Trên catot: Cu 2+ + I - + e CuI
Trên anot: 3 I - -
I + 2e
3
Phản ứng trong pin: 2 Cu 2+ + 5 I - -
2 CuI + I
3
Bài 4. (2 điểm): Bài tập tính toán vô cơ tổng hợp.
1. (1 điểm) Kim loại M tác dụng với hiđro cho hiđrua MH x (x = 1, 2,...). 1,000 gam
MH x phản ứng với nước ở nhiệt độ 25 o C và áp suất 99,50 kPa cho 3,134 lít hiđro.
a. Xác định kim loại M.
b. Viết phương trình của phản ứng hình thành MH x và phản ứng phân huỷ MH x trong
nước.
Cho: N A = 6,022.10 23 mol 1
; R = 8,314 J.K 1
.mol 1
;
H = 1,0079; Li = 6,94; Na = 22,99; Mg =24,30; Al = 26,98
c. MH x kÕt tinh theo m¹ng lËp ph­¬ng t©m mÆt. TÝnh khèi l­îng riªng cña MH x .
B¸n kÝnh cña c¸c cation vµ anion lÇn l­ît b»ng 0,68 A vµ 1,36 A.
Cho: N A = 6,022.10 23 mol 1 ; R = 8,314 J.K 1 .mol 1 ;
H = 1,0079; Li = 6,94; Na = 22,99; Mg =24,30; Al = 26,98
2. (1 điểm) Cho 2,04 gam muối clorua của kim loại M hoá trị (II) không đổi tác dụng
vừa đủ với một lượng dung dịch chứa 1,613 gam muối axit của axit sunfuhiđric thấy
tạo ra 1,455 gam kết tủa. Xác định muối clorua ban đầu.
o
o
5

Hướng dẫn giải
1. (1.0 điểm)
MH x + x H 2 O M(OH) x + x H 2
PV 99,5. 10
n (H 2 ) = = 3 N.m 2 3,134.10 3 m 3
= 0,1258 moL
RT 8,314 N.m.K 1 .mol 1 298,15 K
0,1258
n (1g MH x ) = M =
x
MH x
1 g x
0,1258 moL
x M (MH x ) M (M) (M)
1 7,949 g.mol 1
6,941 g.mol 1 Liti
2 15,898 g.mol 1
13,882 g.mol 1
3 23,847 g.mol 1
20,823 g.mol 1
4 31,796 g.mol 1
27,764 g.mol 1
a. (0.5 điểm) Kim loại M là liti
b. (0.25 điểm) 2Li + H 2 2 LiH
LiH + H 2 O LiOH + H 2
4 M (LiH) 4 M (LiH)
c. = = (a: cạnh ô mạng; r: bán kính).
N N A 2 (r
Li
+ r ) 3
A a 3
+ H -
4 7,95 g.mol
= 1
= 0,78 g.cm 3
6,022.10 23 mol 1 [2(0,68 + 1,36).10 8 ] 3 cm 3
(0.25 điểm)
2. ( 1 điểm)
Gọi CTPT của muối clorua là MCl 2 và muối axit của H 2 S là A(HS) n . n = 1, 2, 3.
TH1: MCl 2 + A(HS) n MS + ACl n + nHCl
Ta có nMS
Zn.
2,04 1,445
0,015mol
7132
vậy
M
97(g / mol) M 65(g / mol)
1,455
MS 0,015
Tuy nhiên ZnS lại không bền trong dung dịch HCl tạo ra nên loại TH 1 .
TH 2 . nMCl 2 + 2A(HS) n + 2nH 2 O nM(OH) 2 + 2ACl n + 2nH 2 S
Ta có: nM(OH)
2
2,04 1,455
0,0158mol
M
71
34
M(OH) 2
58,09(g/mol) vậy M là Ni, muối MCl 2 là NiCl 2 .
nên M là
1,455
92,09(g / mol) M=
0,0158
Bài 5. (2 điểm): Sơ đồ biến hóa, Cơ chế phản ứng, Đồng phân lập thể, Danh pháp.
6

1. (1.5 điểm) Anlylmagie bromua (A) phản ứng với acrolein tạo thành chất B, sau khi
thuỷ phân B sẽ được sản phẩm C duy nhất. Đun nóng C nhận được chất D. Cho D
phản ứng
với C 6 H 5 Li thu được sản phẩm E. Đun nóng E khi có vết iot thì được F có công thức
C 12 H 14 .
a. Hoàn thành sơ đồ dãy phản ứng trên (viết công thức cấu trúc của các chất hữu cơ từ
C đến F).
b. Ghi kí hiệu cơ chế các giai đoạn của phản ứng dưới các mũi tên trong sơ đồ, trừ giai
đoạn tạo thành F.
c. Cho biết cấu hình của F.
2. (0.5 điểm) Thùc hiÖn d·y chuyÓn ho¸ sau :
OH
1.
2.
NaOH
CH 3 COCl
AlCl 3
A +
B
(A cã liªn kÕt hi®ro néi ph©n tö).
1. Mỗi phần a, b, c cho 0.5 điểm
Hướng dẫn giải
- +
CH 2 =CH-CH 2 -MgBr
thuû ph©n
Hoặc
+
-
CH 2 = CH-CH = O
A N
céng 1, 4
CH 2 =CH-CH 2 -CH 2 -CH=CH-OH
C
CH 2 =CH-CH 2 -CH 2 -CH=CH 2 -OMgBr
B
tautome ho¸
CH 2 =CH-CH 2 -MgBr
A
+
N
céng 1, 2
CH 2 =CH-CH=O
CH 2=CH-CH 2 -CH-CH=CH 2
B OMgBr
C
OH
ChuyÓn vÞ 3, 3
OLi H t o
C 6 H 5
OH
H 3 O +
CH 2 =CH-CH 2 -CH 2 -CH 2 -CH=O
D
H 2 O
-MgBr(OH)
H 2 O C 6 H 5
E
Hç biÕn
xeto-enol
OH H
CH 2 =CH-CH 2 -CH-CH=CH 2
C OH
D
H
O
VÕt iot, t o
-H 2 O
C 6 H 5 Li
A N
,
F có cấu hình (E) bền hơn. Tuy vậy, phản ứng cũng tạo thành một lượng nhỏ F có cấu
hình (Z).
2. (0.5 điểm)
F
C 6 H 5
7

OH
H
- - -
O
O C
CH 3
OH
+
A
COCH 3
B
Bài 6. (2 điểm): Tổng hợp các chất hữu cơ, so sánh nhiệt độ sôi, Nhiệt độ nóng
chảy, Tính Axit- Bazơ.
1. (1.0 điểm) Cho các chất: anilin, glyxerol, axit photphoric. Viết sơ đồ các phương
trình phản ứng để điều chế
N
(quinolin).
2. (1.0 điểm) Giải thích sự khác nhau về nhiệt độ sôi trong dãy chất sau:
1. (1.0 điểm) Điều chế quinolin.
N
N
S N N N
H H
115 0 C 117 0 C 256 0 C 187 0 C
Hướng dẫn giải
N
HOCH 2 -CHOH-CH 2 OH
H 3 PO 4
CH 2 =CH-CHO
CHO
H
OH
+
NH 2
H 2 C=CH-CHO
NH
H +
NH
H +
- H 2 O
2. (1.0 điểm)
Nhiệt độ sôi:
NH
- 2 H
N
N
M = 79 M = 85
Vì hai chất này không có liên kết hidro nên có nhiệt độ sôi thấp nhất và nhiệt độ sôi
phụ thuuộc vào phân tử khối. Và hai chất
N
H
N
<
S
N
N N
Có nhiệt độ sôi cao hơn vì chúng đều tạo liên kết hidro.
Nhưng
H
8

N
Hình thành liên kết hidro liên phân tử
N
N
H
N
H. . . N
Còn
N
H
N N
H
Hình thành liên kết nội phân tử tạo thành dạng dime
Vậy: Nhiệt độ sôi
N N . . .
H
H. N . . N
N
N
< <
S N N <
H
115 0 C 117 0 C 187 0 C 256 0 C
Bài 7. (2 điểm): Nhận biết, Tách chất, Xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu
cơ.
1.(1.0 điểm). Hãy phân biệt 4 aminoaxit sau (có giải thích), biết rằng phòng thí
nghiệm có các loại giấy quỳ, dd NaNO 2 , dd HCl, ddNaOH, C 2 H 5 OH và các dụng
cụ cần thiết.
N
H
N
CH 3 CH COOH
NH 2
(Ala) H 2 N (CH 2 ) 4 CH COOH
NH 2
(Lys)
HOOC (CH 2 ) 2 CH COOH
NH 2
(Glu)
N
H
COOH
(Pro)
2. .(1.0 điểm) Sulcatol (C 8 H 16 O) là chất pheromon do một loài côn trùng tiết ra dưới
dạng 2 chất đối quang là (R)-sulcatol (chiếm 65 %) và (S)-sulcatol (chiếm 35 %).
9

Cho sulcatol tác dụng với ozon rồi xử lí sản phẩm bằng H 2 O 2 thì thấy sinh ra một hỗn
hợp gồm propanon và hợp chất A tự đóng vòng thành hợp chất A (C 5 H 8 O 2 ). Người ta
có thể khử A thành sản phẩm mạch vòng là B (C 5 H 10 O 2 ).
R, S.
a. Xác định cấu tạo của sulcatol và viết tên hệ thống của nó.
b. Viết công thức các đồng phân lập thể của B, trên đó có ghi kí hiệu cấu hình
Hướng dẫn giải
1.(1.0 điểm) Nhận biết mỗi chất được 0.25 điểm
Hoà tan từng aminoaxit vào nước để được bốn dd bão hoà. Dùng giấy quỳ, thí dụ giấy
quỳ tím, để phân biệt:
- Dung dịch chuyển giấy quỳ tím thành xanh là dd chứa Lys, vì phân tử có hai
nhóm NH 2 và một nhóm COOH nên Lys có tính bazơ.
- Dung dịch chuyển giấy quỳ tím thành hồng là dd chứa Glu, vì phân tử Glu chứa
hai nhóm COOH và một nhóm NH 2 .
Khó phân biệt Ala và Pro bằng giấy quỳ, vì trong phân tử số nhóm COOH và NH 2
(hoặc NH) bằng nhau. Cho từng dd còn lại phản ứng với HNO 2 (từ NaNO 2 và HCl).
Dung dịch nào cho bọt khí (N 2 ) thoát ra là Ala do:
CH 3 -CH(NH 2 )-COOH + HNO 2 CH 3 -CHOH-COOH + N 2 + H 2 O
Dung dịch còn lại là dd chứa Pro (Pro phản ứng với HNO 2 tạo ra hợp chất
nitrosamin màu vàng).
2. (1.0 điểm)
a. (0.5 điểm) Sulcatol (C 8 H 16 O) có độ , bất bão hoà là 1, có tính quang hoạt, khi tác
dụng với ozon rồi xử lí sản phẩm bằng H 2 O 2 thì nhận được (CH 3 ) 2 CO và A nên
sulcatol là một ancol không no, OH có thể ở C 2 , C 3 , C 4 . A tự đóng vòng thành A
(C 5 H 8 O 2 ), tức dễ đóng vòng -lacton (5 cạnh bền) nên OH ở C 2 . Vậy cấu tạo của
sulcatol và tên hệ thống như sau:
OH
6-Metylhept-5-en-2-ol
(0.5 điểm)
b.
H (R) O (R) H H 3 C
(S) O
OH
OH
(S) H (R) O (S)
H 3 C
(S) O
H 3 C
OH H
H H 3 C
H H
Bài 8. (2 điểm): Bài tập tính toán hữu cơ tổng hợp.
(R)
H
OH
Hợp chất thiên nhiên A khi tác dụng với brom có chiếu sáng thì tạo thành hợp chất
hữu cơ B duy nhất chứa 55,81% C, 6,98% H và 37,21% Br. Cả A và B đều bền nhiệt,
không làm mất màu dung dịch KMnO 4 và không quang hoạt. Phương pháp vật lí cho
10

iết hợp chất B hầu như gồm hai loại phân tử với số lượng tương đương nhưng phân
tử khối hơn kém nhau 2 đv C.
1. Hãy xác định công thức phân tử của A và B.
2. Hãy viết công thức cấu tạo và công thức lập thể của A và B.
3. Hãy dự đoán trạng thái tồn tại ( rắn hay lỏng ), tính tan của A và B.
4. Hãy dự đoán khả năng thế Br và tách HBr ở B (dễ, khó, bình thường) và giải
thích vì sao ?
Hướng dẫn giải
1. (0.5 điểm) Công thức đơn giản nhất của B là C 10 H 15 Br.
Vi Br có 2 đồng vị 79 Br và 80 Br với % số nguyên tử tương đương, nên suy ra phân tử B
chỉ có 1 nguyên tử Br, hay công thức phân tử của B chính là C 10 H 15 Br. Vậy công thức
phân tử của A là C 10 H 16 .
2. (0.5 điểm) A có độ không no bằng 3, nên phân tử A không chứa vòng benzen.
A, B không chứa liên kết bội; không chứa vòng 3 cạnh; không có tính quang hoạt nên
không có tính không trùng vật - ảnh.
Phân tử A có các vị trí bị thể brom phải tương đương nhau và có tính chọn lọc cao hơn
hẳn các vị trí còn lại. Do đó cấu tạo A, B dưới đây phù hợp hơn
Br
A
B
A
A1
3. (0.5 điểm) A có cấu tạo đối xứng và có M lớn nên là chất rắn. B có phân tử khối
lớn hơn A nên cũng là chất rắn.
A và B đều không hoặc kém phân cực nên không tan trong nước, tan tốt trong dung
môi không phân cực.
4. (0.5 điểm) Khả năng thế Br ở B rất khó, vì nếu theo S N 1 thì không tạo được cation
phẳng; còn theo S N 2 thì bị án ngữ không gian không tạo ra trạng thái chuyển tiếp thích
hợp.
Khả năng tách Br ở B cũng rất khó vì nguyên tử C đính với Br bị khoá chặt khó
11

chuyển sang trạng thái sp 2 phẳng được.
Bài 9. (2 điểm): Cân bằng hóa học.
Bảng 1. Năng lượng Gibbs sinh (áp suất tiêu chuẩn là 1 atm ) là:
Chất t, 0 C f G 0 ,
kJ/mol
NiO 1627 -72,1
TiO 2 727 -757,8
TiC 727 -162,6
CO 727 -200,2
NH 3 27 -16,26
1. Hãy tính hằng số cân bằng của phản ứng (1) ở 1627 0 C. Nếu áp suất riêng phần
ban đầu của O 2 dưới 1,00 Torr phản ứng này có thể xảy ra theo chiều thuận
được không?
2Ni ( ) + O 2 (k) = 2NiO (r) (1).
2. Phản ứng TiO 2 (r) + 3C (r) = 2CO (k) + TiC (r) (2)
có năng lượng Gibbs tiêu chuẩn dương tại 727 0 C. Hãy tính áp suất cân bằng của CO
tại 727 0 C. Cần có điều kiện nào (biết rằng có thể thỏa mãn được) để phản ứng thuận
chiếm ưu thế xảy ra ở nhiệt độ đó?
3. Tính năng lượng Gibbs tiêu chuẩn của phản ứng (3) tại 300 K:
3H 2 + N 2 = 2NH 3 (3).
Ở điều kiện p(NH 3 ) = 1,0 atm; p(H 2 ) = 0,50 atm; p(N 2 ) = 3,0 atm phản ứng thuận trên
có chiếm ưu thế được không?
Thực tế, tại 300 K phản ứng đó xảy ra nhưng với tốc độ không đáng kể. Tại sao?
Hướng dẫn giải
1. (0.75 điểm) Biến thiên năng lượng Gibbs chuẩn của phản ứng (1) gấp 2 lần biến
thiên năng lượng Gibbs hình thành của NiO:
G o
1900
= 2(–72.1) = – 144.2 kJ/mol
Hằng số cân bằng và áp suất riêng phần của oxi ở 1900 K là:
1 G
o 144200
K = = exp
= exp = 9215 ,
p(O 2) RT 8.314 1900
12

1
p(O
2) = = 1.085 10
K
4
atm = 0.0825 Torr.
Khi áp suất cao hơn giá trị cân bằng, phản ứng sẽ diễn ra theo chiều từ trái sang phải
để đạt đến trạng thái cân băng. Như vậy, câu trả lời sẽ là:
0.0825 Torr < p(O 2 ) < 1.00 Torr.
2. (0.75 điểm) Phản ứng sẽ diễn ra cho đến khi nào G

2. (1 điểm) Coban tạo ra được các ion phức: CoCl 2 (NH 3 ) 4 + (A), Co(CN) 6 3- (B),
CoCl 3 (CN) 3 3- (C),
a. Viết tên của (A), (B), (C). Theo thuyết liên kết hoá trị, các nguyên tử trong B ở
trạng thái lai hoá nào?
b. Các ion phức trên có thể có bao nhiêu đồng phân lập thể? Vẽ cấu trúc của chúng.
c. Viết phương trình phản ứng của (A) với ion sắt (II) trong môi trường axit.
Hướng dẫn giải
1. (1 điểm) [PtCl 2 (NH 3 ) 2 ] (1) là đồng phân trans- đòi hỏi phức chất phải có cấu tạo
vuông phẳng:
- Phản ứng của (1) với Ag 2 O:
Cl
│
H 3 N—Pt—NH 3 (1)
Trans-[PtCl 2 (NH 3 ) 2 ] + Ag 2 O + H 2 O → Trans-[PtCl 2 (NH 3 ) 2 (H 2 O) 2 ] 2+ + 2OH -
- Etylenđiamin là phối tử hai càng mạch ngắn. Khi phối trí với các ion kim loại
nó chỉ chiếm 2 vị trí phối trí cạnh nhau (vị trí cis). Hiện tượng en không thể
phản ứng với [PtCl 2 (NH 3 ) 2 (H 2 O) 2 ] 2+ theo phản ứng:
│
Cl
[PtCl 2 (NH 3 ) 2 (H 2 O) 2 ] 2+ + en → [PtCl 2 (NH 3 ) 2 (H 2 O) 2 en] 2+ + 2H 2 O
chứng tỏ rằng 2 phân tử H 2 O nằm ở 2 vị trí trans đối với nhau. Như vậy công thức
cấu tạo của phức chất phải là:
H2O
NH3
Pt
Cl
NH3
2. (1 điểm)
a. (0.25 điểm)
Tên của các ion phức:
(A) Điclorotetraammincoban(III);
(B) Hexaxianocobantat(III);
(C) Triclorotrixianocobantat(III).
Co(CN) 6 3- . Co : d 2 sp 3 ; C : sp ; N : không ở vào trạng thái lai hoá hoặc ở trạng
thái lai hoá sp.
Cl
H2O
14

. (0.5 điểm)
Ion phức (A) có 2 đồng phân:
H 3 N
H 3 N
Cl
Co
Cl
NH 3
NH 3
H 3 N
H 3 N
Cl
Co
NH 3
Cl
NH 3
Ion phức (B) không có đồng phân:
NC
NC
CN
Co
CN
CN
CN
Ion phức (C) có 2 đồng phân:
NC
Cl
Cl
Co
CN
CN
Cl
NC
Cl
CN
Co
CN
Cl
Cl
c. (0.25 điểm)
CoCl 2 (NH 3 ) 4 + + Fe 2+ + 4 H + Co 2+ + Fe 3+ + 2 Cl - + 4 NH 4
+
-----HẾT-----
15

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI
HDC ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 11
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
( HDC này có 12 trang, gồm 10 câu)
Bài 1. (2,0 điểm): Tốc độ phản ứng.
1
1. Xét phản ứng thuận nghịch: O2 (k)+ SO2(k)
SO3(k)
2
Hãy tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng trên ở 60 0 C (chấp nhận hiệu ứng nhiệt của phản ứng không phụ
thuộc nhiệt độ).
Cho các số liệu nhiệt động tiêu chuẩn tại 25 0 C như sau:
Khí
0
H sinh (kJ.mol –1 )
0
S (J.K –1 .mol –1 )
SO3 -395,18 256,22
SO2 -296,06 248,52
O2 0,0 205,03
2. Phản ứng sau dùng để phân tích ion I :
- - +
IO + 5I + 6H 3I + 3H O
3(dd) (dd) (dd) 2(dd) 2 (dd)
Khi nghiên cứu động học của phản ứng trên ở 25 o C, thu được các kết quả thực nghiệm như sau:
Thí [ IO ], M [I - ], M [H + ], M v (mol.l -1 .s -1 )
3
nghiệm
1 0,010 0,10 0,010 0,60
2 0,040 0,10 0,010 2,40
3 0,010 0,30 0,010 5,40
4 0,010 0,10 0,020 2,40
a) Sử dụng các dữ kiện trên để xác định bậc riêng phần đối với từng chất phản ứng. Viết biểu thức tốc độ của
phản ứng.
b) Tính hằng số tốc độ và cho biết thứ nguyên của nó.
c) Năng lượng hoạt hóa của phản ứng được xác định là 84kJ/mol ở 25 o C. Tốc độ phản ứng tăng lên bao
nhiêu lần nếu năng lượng hoạt hóa giảm còn 74kJ/mol bằng cách dùng xúc tác thích hợp.
HD:
Nội dung
Điểm
Ta có:
0 0 0
G H T.ΔS = - RTlnKp
0 0 0
298 298 298
Ở 25 o C: G H T.ΔS .
Từ phản ứng: 1 O2 + SO2
SO3, suy ra:
2
0
H
395,18
296,06 99,12(kJ / mol)
S
298
0
298
256,22
248,52
1
.205,06
2
94,815(J / mol)
G 0 298 = - 99,12 – 298.10 -3 . (-94,815) - 70,87 (kJ.mol -1 )
0
ΔG 298
- 70,87.10 3
-
-
8,314 . 298
K = e RT = e = 2,65.10 12 .
p, 298
0,5
0,5

Khi
o
H = const, ta có:
K 0
p, 333 ΔH 1 1
ln = - -
K R 333 298
p, 298
K 3
p, 333 - 99,12.10 1 1
ln = - -
12
2,65.10 8,314 333 298 Kp, 333 3,95.10 10 (atm - ½ ).
IO 5I 6H 3I 3H O
3( dd ) ( dd ) ( dd ) 2( dd ) 2 ( dd )
a) Theo định luật tác dụng khối lượng ta có: v = k[ IO ] a [I - ] b [H + ] c
3
a b c
v1 (0,01) .(0,1) .(0,01) 0,6
a 1
a b c
v (0,04) .(0,1) .(0,01) 2,4
2
b c
v1 (0,01).(0,1) .(0,01) 0,6
b 2
b c
v (0,01).(0,3) .(0,01) 5,4
3
3 c
v1 (0,01).(0,1) .(0,01) 0,6
c 2
3 c
v (0,01).(0,1) .(0,02) 2,4
4
Vậy biểu thức tốc độ phản ứng: v = k[ IO ] 1 [I - ] 2 [H + ] 2
3
b) Ta có: v1 = k[ IO ] 1 [I - ] 2 [H + ] 2 = k[0,010] 1 [0,10] 2 [0,010] 2 = 0,60 (mol.l -1 .s -1 )
3
0,6
k
2 2 4
10 .10 .10
mol l s
c) Ta có:
a1
E
RT
1 2
k A. e ; k A.
e
k Ea E
ln
1
a 2
k RT
1
7 4 4 1
6.10 ( . . )
Ea2
RT
(84
74).1000
298.8,314
2
k2
4,03
e 56,3
k1
Vậy tốc độ phản ứng tăng lên 56,3 lần .
4,03
0,25
0,25
0,5
Bài 2 (2,0điểm): Cân bằng trong dung dịch điện li
Một dung dịch (X) có chứa hai loại đơn axit yếu : HA với hằng số axit của KHA = 1.74 × 10 -7 , và HB với
hằng số axit của KHB = 1.34 × 10 -7 . Dung dịch X có pH bằng 3,75.
1. Để phản ứng hết với các chất có trong hoàn 100 ml dung dịch X cần 100 ml dung dịch NaOH 0,220 M.
Tính nồng độ (mol/L) của mỗi axit trong dung dịch X. Biết [KW = 1,00 × 10 -14 ở 298 K.]
2. Tính pH của dung dịch Y mà ban đầu có chứa 6.00 × 10-2 M của NaA và 4.00 × 10-2 M NaB.
3. Một dung dịch đệm được thêm vào dung dịch Y để duy trì độ pH 10.0. Giả sử không có sự thay đổi thể
tích của dung dịch Z.
Tính độ tan (trong mol • L-1) của M(OH)2 trong Z, biết các anion A - và B - có thể tạo ra các phức với M 2 +
M(OH)2 M 2+ + 2OH – Ksp = 3.10 ×10 -12
M 2+ + A – [MA] + K1 = 2.1 × 10 3
[MA] + + A – [MA2] K2 = 5.0 × 10 2
M 2+ + B – [MB] + K’1 = 6.2 × 10 3
[MB] + + B – [MB2] K’2 = 3.3 × 10 2
HD:
Nội dung
Điểm
1. Trong dung dịch X, H + được tạo ra từ các phản ứng:
HA H + + A – and HB H + + B – and H 2 O H + + OH –
Dl trung hoà điện có: [OH – ] + [A – ] + [B – ] = [H + ]
(Eq.1)
Trong các dung dịch axit (pH = 3,75), [OH - ] có thể được bỏ qua, vì vậy:

[A – ] + [B – ] = [H + ] (Eq. 2)
[ H ] [
A ]
mặt khác:
K
HA
[ HA]
Và [HA] = [HA]i – [A – ] ([HA]i là nồng độ ban đầu
Vì vậy: [ H ] [
A ] KHA
[
HA]
KHA
[
HA]
i
[
A ])
K
HA
[
HA]
i
Do đó, A
K [ H ]
HA
K
HB
[
HB]
i
Tương tự như vậy,:B
K
HB
[ H ]
Thay nồng độ cân bằng của [A – ] và [B – ] vào Eq.2:
K
HA
[
HA]
i
K
HB
[
HB]
i
H
K
HA
[ H ] K
HB
[ H ]
K
Vì KHA, KHB nhỏ hơn rất nhiều so với [H + HA
[
HA]
i
K
HB
[
HB]
i
], do đó:
H
[ H ]
Hoặc 1.74 × 10 –7 × [HA]i + 1.34 × 10 –7 × [HB]i = [H + ] 2 = (10 –3.75 ) 2
1.74 × [HA]i + 1.34 × [HB]i = 0.316 (Eq. 3)
Phản ứng trung hòa cho thấy:
HA + NaOH
HB + NaOH
NaA + H2O
NaB + H2O
nHA + nHB = nNaOH
hoặc ([HA]i + [HB]i) × 0.1 L = 0.220 M × 0.1 L
[HA]i + [HB]i = 0.220 M (Eq. 4)
giải Eq.3 và Eq.4 được [HA]i = 0.053 M v à [HB]i = 0.167 M
nồng độ của HA = 0.053 M
nồng độ của HB = 0.167 M
2.
Dung dịch Y chứa NAA 0,06 M và NAB 0,04 M.
Các cân bằng trong dugn dịch
NaA + H2O HA + OH – Kb,A = Kw/KHA = 5.75 ×10 -8
NaB + H2O HB + OH – Kb,B = Kw/KHB = 7.46 ×10 -8
H2O H + + OH – Kw = 1.00 10 -14
và chúng ta có: [H + ] + [HA] + [HB] = [OH – ] (Eq. 5)
Trong dung dịch cơ sở, [H +] có thể được bỏ qua, vì vậy: [HA] + [HB] = [OH – ] (Eq. 6)
[ OH ] [
HA]
Từ biểu thức trạng thái cân bằng:
K
b , A
[ A ]
Và [A – ] = 0.06 – [HA]
1 pt
Kb,
A
0.06
Do đó, HA
Kb.
A
[
OH ]
Kb,
B
0.04
Tương tự:HB
Kb.
B
[
OH ]
Kb,
A
0.06 Kb,
B
0.04
Thay nồng độ cân bằng của HA và HB vào Eq. 6:
+
Kb.
A
[
OH ] Kb.
B
[
OH ]
= [OH – ]
Giả sử rằng Kb,A and Kb,B là nhỏ hơn nhiều so với [OH - ] (*), do đó
[OH – ] 2 = 5.75 × 10 –8 × 0.06 + 7.46 × 10 –8 × 0.04
[OH – ] = 8.02 × 10 –5 (giả định (*) là hợp lý)
như vậy pOH = 4.10 và pH = 9.90
3.
M(OH)2 M 2+ + 2OH – Ksp = 3.10 ×10 -12
[ H
]
0,25đ
---0,5đ
0,25
0,25

H2O H + + OH – Kw = 1.00 × 10 -14
M 2+ + A – [MA] + K1 = 2.10 × 10 3
[MA] + + A – [MA2] K2 = 5.00 × 10 2
M 2+ + B – [MB] + K’1 = 6.20 × 10 3
[MB] + + B – [MB2] K’2 = 3.30 × 10 2
Độ tan của M(OH)2 = s = [M 2+ ] + [MA + ] + [MA2] + [MB + ] + [MB2]
pH of Z = 10.0
12
2
Ksp
3.1010
4
[ M ]
3.1010
M
2
4
2
[ OH ] (10 )
Eq.1
tại pH = 10.0
KHA
0.06
[ A ]
total
0.06
10 ( KHA
10
)
[MA + ] = K1[M 2+ ][A -– ] = 2.1 × 10 3 × 3.10 × 10 –4 ×[A – ] = 0.651 ×[A – ] Eq. 3
[MA2] = K1K2[M 2+ ][A - ] 2 = 325.5× [A – ] 2 Eq. 4
[A – ]total = [A - ] + [MA + ] + 2 × [MA2] = 0.06 M Eq. 5
thay Eq. 3 và Eq. 4 vào Eq. 5:
[A – ] + 0.651 × [A – ] + 2 × 325.5 × [A – ] 2 = 0.06
Giải phương trình này: [A - ] = 8.42× 10 –3 M
Thay giá trị này vào Eq. 3 và Eq. 4:
[MA + ] = 0.651 × [A – ] = 5.48 × 10 –3 M
[MA2] = 325.5 × [A – ] 2 = 2.31 × 10 –2 M
Tương tự như vậy,
[B – ]total = 0.04 M
' 2
3
4
[ MB ] K [ M ][ B ] 6.210
3.1010
[
B ] 1.92[
B ] Eq. 6
1
' ' 2
2
2
2
] K1K2[
M ][ B ] 634.3 [
B ]
[ MB Eq.7
[B – ]total = [B - ] + [MB + ] + 2 × [MB2] = 0.04 M Eq. 8
Thay Eq. 6 và Eq. 7 vào Eq. 8:
[B – ] + 1.92 × [B – ] + 2 × 634.3 × [B – ] 2 = 0.04
Giải phương trình này: [B – ] = 4.58 × 10 –3 M
Thay giá trị này vào Eq. 6 và Eq. 7:
[MB + ] = 1.92 ×[B – ] = 8.79 × 10 –3 M
[MB2] = 634.3 ×[B – ] 2 = 1.33 × 10 –2 M
Do đó, khả năng hòa tan của M(OH)2 trong Z là s’
s’ = 3.10×10 – 4 + 5.48×10 – 3 + 2.31×10 – 2 + 8.79 × 10 – 3 + 1.33 ×10 – 2 = 5.10×10 – 2 M
Trả lời: Độ tan của M(OH) 2 in Z = 5.10×10 – 2 M.
Bài 3 (2,0điểm): Điện hoá học
1. Hãy trình bày cách thiết lập sơ đồ pin sao cho khi pin hoạt động thì xảy ra phản ứng:
H3AsO4 + NH3 → H2AsO
4
2. Tính sức điện động của pin ở điều kiện tiêu chuẩn ( E o pin ).
3. Biết
C H3AsO
= 0,025 M;
4
+
+
NH 4
C NH 3
= 0,010 M. Tính sức điện động của pin.
.
Cho: pK ai(H3AsO 4)
= 2,13; 6,94; 11,50; pK + 9,24 (pKa = - lgKa, với Ka là hằng số phân li axit).
a(NH 4 )
pH 2
1 atm; ở 25 o RT
C: 2,303 0,0592.
F
HD:
Nội dung
1. Phản ứng xảy ra trong pin được tổ hợp từ các cân bằng sau:
H3AsO4
H + -
+ H2AsO
4
0,25
0,25
0,25
Điểm

NH3 + H +
+
NH 4
H3AsO4 + NH3
- +
H2AsO 4 + NH 4 K (*)
Như vậy các cân bằng trên đều liên quan đến quá trình cho - nhận H + , do đó có thể chọn điện
cực hiđro để thiết lập pin. Vì giá trị thế của điện cực hiđro ( E + ) phụ thuộc vào [H + ]:
2H /H 2
+ 2
0,0592 [H ]
E + = lg
2H /H2
2 p
H
nên điện cực platin nhúng trong dung dịch H3AsO4 (có [H + ] lớn hơn) có thế dương hơn, sẽ là
catot. Ngược lại điện cực platin nhúng trong dung dịch NH3 sẽ là anot. Vậy ta có sơ đồ pin:
(-) Pt(H2) │ NH3(aq) ║ H3AsO4(aq) │ Pt (H2) (+)
p H 2
= 1atm p H = 1atm
2
2. Quá trình oxi hóa xảy ra trên anot:
H2
2H + + 2e K = 1
2 NH3 + H +
+
NH 4
2 NH3 + H2
2 NH + 2e
0 9,24 . 2 . 0,0592
E a = = - 0,547 (V)
-2
Quá trình khử xảy ra trên catot:
E 0 c =
Vậy
E o pin =
+
4
2 H3AsO4 H + +
2H +
2
-
H2AsO
4
-1 2
a
+ 2e H2 K = 1
-
2 4
2H3AsO4 + 2e
H2 + 2 H AsO
-2,13 . 2 . 0,0592
= - 0,126 (V)
2
0 0
E c - E a = 0,421 (V).
(K ) = (10 9,24 ) 2
(Hoặc từ (*) ta có: K = Ka1.(Ka) -1 = 10 E/0,0592 E 0 pin = E = 0,421 (V))
1
0
-2.E a /0,0592
K =10 (1)
2
a1
2
(K ) = (10 -2,13 ) 2
0
2.E c /0,0592
K =10 (2)
3. Do sự phân li của nước trong dung dịch NH3 0,010 M và trong dung dịch H3AsO4 0,025 M
không đáng kể, nên:
a) Tại dung dịch của nửa pin trái:
NH3 + H2O
+
NH 4 + OH - Kb = 10 -4,76
[ ] 0,010-x x x
[ NH ] = [OH - ] = x = 4,08.10 -4 (M); [NH3] = 9,59.10 -3 (M); [H + ] = 2,45.10 -11 (M)
+
4
Từ (1), ta có: Ea =
0
E a +
+ 2
4
2
3
0,0592 [NH ] lg
2 [NH ] .p
4
0,0592
4,08.10
Vì pH 2
1atm nên: Ea = -0,547 + lg
2
3
= - 0,63 (V)
9,59.10
(Hoặc Ea = 0,0592.lg[H + ])
Đối với H3AsO4, vì Ka1 ? Ka2 ? Ka3 nên tại dung dịch của nửa pin phải:
H3AsO4 ƒ H + -
+ H2AsO 4 Ka1 =10 -2,13
[ ] 0,025-x x x
H 2
2
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

[ H AsO ] = [H + ] = x = 0,0104 (M); [H3AsO4] = 0,0146 (M)
-
2 4
Từ (2), ta có: Ec =
0
E c +
2
3 4
2
2 4
0,0592 [H AsO ]
lg
2 [H AsO ] .p
0,0592 0,0146
Ec = -0,126 + lg
2
0,0104
(Hoặc Ec = 0,0592.lg[H + ])
Epin = - 0,12 + 0,63 = 0,51 (V)
2
H 2
- 0,12 (V)
0,25
0,25
Bài 4 (2,0 điểm) : Bài tập vô cơ
A, B, C, D, E, F là các hợp chất có oxi của nguyên tố X và khi cho tác dụng với NaOH đều tạo ra
chất Z và H2O. X có tổng số hạt proton và nơtron bé hơn 35, có tổng số oxi hóa dương cực đại và 2 lần số oxi
hóa âm là -1. Hãy lập luận để tìm các chất trên và viết phương trình phản ứng. Biết rằng dung dịch mỗi chất
A, B, C trong dung môi nước làm quỳ tím hóa đỏ. Dung dịch E, F phản ứng được với dung dịch axit mạnh và
bazơ mạnh.
HD:
Nội dung
Điểm
Xác định X: p+n

2. Viết cơ chế của chuyển hóa sau:
HDC:
Công thức các chất là :
O
O
1/ R
2/ H 3 O +
3/ EtONa
MgX
Nội dung
R
O
Điểm
CH 3
ONa
CH 3
OCH 2 COONa
CH 3
OCH 2 COOH
0,25.3
=0,75
H 3 C CH 3
H 3 C CH 3
H 3 C CH 3
(A) (B) (C)
0,225.2
=0,25
CH 3
OCH 2 COOCH 3
H 3 C CH 3
(D)
CH 3
OCH 2 CONH NH 2
H 3 C CH 3
CH 3
OCH 2 CONH N C OCH 3
H 3 C CH 3
(E)
0,25
CH 3
CH 3
(X)
H
C
0,125.2
=0,25
NO 2
(Y)
O
H 3 C CH 3
(F)
O
H 3 C CH 3
0,25
0,25
Bài 6 (2,0điểm): Tổng hợp các chất hữu cơ. Tính Axit- Bazơ. Đồng phân lập thể, Danh pháp.
Cho các công thức cấu tạo sau:

1. Hãy vẽ công thức các đồng phân lập thể ứng với cấu tạo A.
2. Ứng với công thức cấu tạo B có bao nhiêu đồng phân lập thể, vì sao? Dùng các kí hiệu thích hợp để chỉ rõ
cấu hình của mỗi đồng phân đó.
3. Hãy chỉ rõ trạng thái lai hóa của từng nguyên tử N ở cấu tạo C và ghi giá trị pKa (ở 25 o C): 1,8; 6,0; 9,2
vào từng trung tâm axit trong công thức tương ứng với C, giải thích.
HD:
Nội dung
Điểm
1. Hãy vẽ công thức các đồng phân lập thể ứng với cấu tạo A.
F
F
F
F
F
F
F
F
F
F
0,5 đ
F
(A1)
(A2)
(A3)
F (A4)
2. Ứng với công thức cấu tạo B có bao nhiêu đồng phân lập thể, vì sao? Dùng các kí hiệu thích hợp
để chỉ rõ cấu hình của mỗi đồng phân đó.
B có 3C bất đối, không có mặt phẳng và tâm đối xứng nên có 8 đồng phân lập thể.
ví dụ: Cấu hình của B1 như chỉ ra trong bảng, viết gọn là (1R)-(2R)-(4R).
Me Et
B1 B2 B3 B4 B5 B6 B7 B8
O
2 C1 R S S R S R R S
3 O
C2 R S R S S R S R
O
C4 R S R S R S R S
Me
1
4
5
Me
3. Hãy chỉ rõ trạng thái lai hóa của từng nguyên tử N ở cấu tạo C và ghi giá trị pKa ở 25 o C: 1,8; 6,0;
9,2 vào từng trung tâm axit trong công thức tương ứng với C, giải thích.
sp 2 N
COOH
sp 3
NH
N
2
sp 2
H
(E)
- Nguyên tử N nhóm NH ở trạng thái lai hóa sp 2 , cặp
e chưa chia ở obitan p xen phủ với 5 obitan p khác tạo
thành hệ thơm được lợi về mặt năng lượng nhưng
“mất” tính bazơ.
- Nguyên tử N thứ hai ở trạng thái lai hóa sp 2 , cặp e
chưa chia ở obitan sp 2 không tham gia vào hệ thơm
nên còn tính bazơ.
- Nguyên tử N nhóm NH2 ở trạng thái lai hóa sp 3 .
6,0 COOH 1,8
H N
NH
N 3 9,2
H
- Nhóm NH3 + là axit liên hợp của nhóm
H2Nsp 3 , nhóm NH + là axit liên hợp của
nhóm Nsp 2 .
- Bazơ càng mạnh thì axit liên hợp càng
yếu, vì thế giá trị 9,2 là thuộc nhóm NH3 +
còn giá trị 6,0 thì thuộc nhóm NH + .
0,25đ
0,25đ
0,25đ
x 2 =
0,5đ
Bài 7 (2,0điểm): Nhận biết, Tách chất, Xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ.
1. Hợp chất A (có công thức phân tử là C13H18O) có tính quang hoạt, không phản ứng với 2,4-
đinitrophenylhydrazin nhưng tham gia phản ứng idofom. Phản ứng ozon phân hợp chất A thu được chất B và
chất C, cả hai hợp chất này đều tác dụng với 2,4-đinitrophenylhydrazin nhưng chỉ có chất C tác dụng được
với thuốc thử Tollens. Nếu lấy sản phẩm của phản ứng giữa chất C với thuốc thử Tollens để axit hóa rồi đun
nóng thì thu được chất D (có công thức phân tử là C6H8O4). Chất B có thể chuyển hoá thành chất E (có công
thức cấu tạo là p-C2H5C6H4-CH2CHO). Hãy viết công thức cấu tạo của các chất A, B, C, D, E.

2. Xác định cấu tạo các chất từ A đến D và hoàn thành sơ đồ sau. Biết D là một cacben.
CH 3
PhNH 3 Cl
H 3 C NH 2
BrC 2 H 4 OH
A I 2/PPh 3
HC(OEt) 3 KOC(CH 3 ) 3
B
C
HN
HCOOH
CH 3
N
HD:
Nội dung
2. Xác định đúng mỗi chất được 0,25 x 4 = 1 đ.
. A quang hoạt, không có nhóm >C=O,
có nhóm CH3CHOH, có liên kết đôi.
B: xeton; C: có chức andehit; D: đilacton,
D
Điểm
1,0đ
CH 3
Br
H 3 C NH 2
OH
H 3 C
CH 3
NH
I
0,25.4
= 1,0
A
CH 3
B
CH 3
H 3 C
H
CH 3
N
CH 3
C
N
Cl
H 3 C
CH 3
N
CH 3
D
. .
N
Bài 8 (2,0điểm): Bài tập hữu cơ tổng hợp.
X là một ankaloit, được tìm thấy trong cây coca. Khi phân tích X thấy: %C=68,09%; %H=10,64%;
%N=9,93%; còn lại là O.
Biết:
- Công thức phân tử của X có 1 nguyên tử oxi.
- X không tác dụng với benzensunfoclorua, không tan trong kiềm nhưng tn trong dung dịch HCl. X
tác dụng với phenylhidrazin và cho phản ứng iodofom.
- Nếu oxi hóa X bằng CrO3 sẽ tạo thành axit Y (C6H11O2N).
- Có thể tổng hợp axit Y bằng chuỗi phản ứng sau:

Br
Br
[CH(COOEt) 2 ] - Na + A
Br 2 CH 3 NH 2
B
C (C 11 H 19 O 4 N)
Ba(OH) 2 dd
t 0 D ddHCl t 0 E Y + CO 2 + H 2 O
1. Hãy xác định công thức phân tử của X ?
2. Hãy viết các phản ứng trên và thực hiện sơ đồ chuyển hóa trên để xác định cấu tạo của X và Y ?
Nội dung
1. (0.125đ) CTPT của X là C8H15ON
2.
- Từ các dữ kiện đã cho chứng tỏ X có nhóm amin bậc ba và có nhóm metylxeton (0.125đ)
- Chuyển hóa: (0.125x6)đ
Điểm
0,125
0,125
0,125x
6
- Vậy X là:
N
CH 2
C
O
CH3
0,25
0,25.3
CH 3
(xác định đúng CTCT: 0.25đ)
- Các phản ứng: (3x0.25)đ
Bài 9 (2,0điểm): Cân bằng hoá học
1. Cho một lượng NH4Cl rắn vào một bình chân không. Đun bình lên nhiệt độ T(K). Khi hệ đạt đến
trạng thái cân bằng thì áp suất trong bình là 1,0 atm. Xác định T. Biết các đại lượng nhiệt động ở
298 0 K như sau:
∆H 0 (kJ/mol) ∆G 0 (kJ/mol)
NH4Cl(r) -315,4 -203,9
NH3(k) -92,3 -95,3

HCl(k) -46,2 -16,6
2. Giả thiết hiệu ứng nhiệt của phản ứng không phụ thuộc vào nhiệt độ và bỏ qua thể tích chất rắn.
Giả sử phản ứng phân hủy khí A là phản ứng bậc nhất
A(k) → 2B(k) + C(k)
Trong 1 bình kín chứa khí A nguyên chất, áp suất trong bình lúc đầu là p (mmHg). Sau 10 phút, áp
suất trong bình là 136,8mmHg. Đến khi phản ứng kết thúc, áp suất trong bình là 273,6mmHg. Xem như thể
tích bình và nhiệt độ không đổi trong suốt quá trình phản ứng.
a. Tính p.
b. Tính áp suất riêng phần của A sau 10 phút.
HD:
Nội dung
Điểm
1. NH4Cl(r) NH3(K) + HCl(K)
Ở T(K) PNH 3(K)
PHCl(K)
0,5atm
0,25
K(P(T) = 0,5 x 0,5 = 0,25
Ở T = 298 0 K ΔG 0 298
-95,3-16,6 203,9
92(KJ/mol)
∆G 0 = -RT lnKP = -8,314 x 298.ln KP(298)
0,25
ln KP(298) = -37,133
∆H 0 (298) = -92,3 – 46,2 + 315,4 = 176,9 (KJ/mol) = 176900
(J/mol)
0,25
0
KP(T)
H
ln
KP(298)
R
T = 596,8 0 K
1
298
1
-
T
2. A → 2B + C
Số mol ban đầu a 0 0
Số mol phản ứng x
Số mol sau phản ứng a-x 2x x
a/ Khi phản ứng kết thúc x=a
Số mol khí sau phản ứng : a + 2x = 3a
T, V không đổi:
đ
Pđ
n P
n
s s
P 91,2 (mm Hg)
a P
3a
273,6
b/ Sau 10 phút, số mol khí sau = a + 2x
Pđ
nđ
a 91,2 2
a = 4x.
Ps
ns
a 2x
136,8 3
nA sau 10 phút = a – x = a – 0,25a = 0,75a
nhh sau = a + 2x = a + 2,0,25a = 1,5a
0,75a
PA = x136,8
68,4 (mm Hg)
1,5a
1 N0 1 a
c/ K = ln ln 0,0288Ph -1
t N 10 0,75a
0,25
0,5
0,25
0,25
Bài 10 (2,0điểm): Phức chất
1. Thêm dần dung dịch KCN vào dung dịch NiCl2 lúc đầu thu được kết tủa xanh R, sau đó kết tủa này tan ra
tạo thành dung dịch màu vàng của chất S. Nếu cho thêm tiếp KCN đặc thì thu được dung dịch màu đỏ của
chất T. Hãy viết các phương trình phản ứng xảy ra trong thí nghiệm này.
2. Cho biết S và T đều nghịch từ, dựa theo thuyết liên kết hóa trị (VB), hãy dự đoán cấu trúc phân tử của
chúng.

3. Chất S ở dạng rắn có màu vàng, phản ứng với lượng dư K kim loại trong NH3 lỏng cho chất rắn Z màu vàng
nhạt, nghịch từ. Chất Z bị phân hủy nhanh khi tiếp xúc với không khí ẩm tạo thành lại chất S. Nếu cho 3,1910
gam chất Z vào nước (dư) thì thu được 0,224 lít khí H2 (đktc). Cho biết Z chứa 49,0% K theo khối lượng. Hãy
xác định công thức hóa học, dự đoán cấu trúc phân tử của Z và viết các phương trình phản ứng xảy ra.
HD:
Nội dung
1. - NiCl2 + 2CN – + 2H2O Ni(OH)2↓ (R, xanh) + 2HCN + 2Cl –
- Ni(OH)2 + 4CN – [Ni(CN)4] 2– (S, màu vàng) + 2OH –
- [Ni(CN)4] 2– + CN – [Ni(CN)5] 3– (T, màu đỏ)
Điểm
0,125.3 =
0,375
2. Ni 2+ cấu hình d 8 , ion phức chất [Ni(CN)4] 2– nghich từ do vây sẽ lai hóa trong, hai e độc
thân sẽ ghép đôi. Vói phối trí 4 sẽ phù hợp với dạng dsp 2 , cấu trúc hình học vuông phẳng.
Học sinh có thể suy luận do CN - là phối tử trường mạnh
3d 8 4s 4p 4 cặp e nhận từ 4 CN -
Ion phức chất [Ni(CN)5] 3– nghịch từ do vậy sẽ lai hóa trong dạng dsp 3 lưỡng chóp tam giác.
Số phối trí 5 trong [Ni(CN)5] 3– học sinh có thể suy luận từ sự lai hóa vì ion d 8 chỉ còn tối đa 5
AO trống trong trường hợp lai hóa trong.
3d 8 4s 4p 5 cặp e nhận từ 5 CN -
Cấu trúc hình học (đối với chất T, học sinh vẽ chóp đáy vuông vẫn cho điểm vì trong dung
dịch, hai dạng đông phân có thể chuyển hóa cho nhau bởi sự quay Berry)
S
T
CN
CN
Ni
CN
CN
2
CN
CN
Ni
CN
CN
3. Chất Z bị khử, d 8 d 10 (do nghịch từ) Ni có số oxi hóa (0) => chất khử rất mạnh
Phản ứng với nước Ni 0 Ni +2 => số mol Ni 0 = số mol H2 = 0.01 mol.
MZ = 3,191/0,01 = 319,1 g/mol
K chiếm 49% theo khối lượng, => tỉ lệ số nguyên tử K: Ni là 4:1,
Phản ứng trao đổi phối tử không xảy ra vì CN – liên kết bền với nguyên tử có mức oxi hóa
thấp.
Phản ứng Z tạo thành S trong không khí để xác định phối tử trong Z là CN - . Công thức phù
hợp là K4[Ni(CN)4],
Phản ứng:: K2[Ni(CN)4] + 2K K4[Ni(CN)4]
K4[Ni(CN)4] + O2 K2[Ni(CN)4] + K2O
K4[Ni(CN)4] + 2H2O K2[Ni(CN)4] + 2KOH + H2
Chú ý phản ứng trong không khí ẩm, học sinh có thể viết phương trình với O 2 hoặc hơi nước.
Số phối trí 4 của cấu hình d 10 phù hợp với cấu trúc tứ diện, lai hóa sp 3
CN
4
CN
3
0,25
0,25
0,25
0,25
0,125.3=
0,375
CN
Ni
CN
CN
0,25
------------------------------------HẾT----------------------------------

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LÊ HỒNG PHONG-NAM ĐỊNH
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN
HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG
NĂM HỌC 2014- 2015
MÔN: HOÁ HỌC LỚP 11
Thời gian làm bài 180 phút
Bài 1: Tốc độ phản ứng:
Cho phản ứng: A B + C
Phản ứng trên bậc 1 và có hằng số tốc độ tại 288K và 325K lần lượt là 2. 10 -2 s -1 và 0,38 s -1 .
1. Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng.
2. Tính thời gian cần thiết để phản ứng hoàn thành được 0,1%; 50%; 75% ở 303K.
Hướng dẫn chấm:
Thí sinh làm hoàn chỉnh bài 1 được 2 điểm.
Làm hoàn chỉnh ý 1 được 1 điểm.
Làm hoàn chỉnh ý 1 được 1 điểm. Tính đúng mỗi ý K 303 ; t 1 ; t 2 ; t 3 được 0,25 điểm.
1. Sự phụ thuộc của hằng số tốc độ phản ứng vào nhiệt độ được biểu thị bởi phương trình:
K
lg 2 1
K = E
2,303R
1
(
T T
) (1)
1
1
2
K 1 , K 2 - hằng số tốc độ phản ứng ở nhiệt độ T 1 , T 2 .
R- hằng số khí lí tưởng ( R = 1,987 cal.mol -1 . độ -1 ).
Thay giá trị của R vào (1) ta được
K = E(
T2
T1
)
4,576T 1T2
K
lg 2 1
(2)
Từ đây suy ra:
E=
K
2
lg .4,576TT
1 2
K1
T
T
2 1
(3)
Thay các giá trị đã cho vào (3) ta được:

E=
0,38
lg .4,576.288.325
2
2.10
325 288
= 14803 cal.mol -1 = 61,966kJ.mol -1 .
2. Từ phương trình (2) ta có:
lg K 2 =
E(
T2
T1
)
4,576T T
1
2
+ lg K 1 (4)
Từ đây, hằng số tốc độ phản ứng ở 303K bằng:
lg K 303 =
14803(303
288)
4,576.303.288
+ lg 0,02
K 303 = 7,19. 10 -2 . s -1 .
Thời gian để phản ứng hoàn thành được 50% :
t =
0,693
= 9,63s
0,072
Thời gian để phản ứng hoàn thành được 0,1% :
2,303 100
t = lg = 0,01 s
K 100-0,1
303
Thời gian để phản ứng hoàn thành được 75% :
2,303 100
t = lg = 19,27 s
K 100-75
303
Bài 2: Dung dịch điện ly:
1.Có hai dung dịch A chứa H 2 C 2 O 4 0,1M và dung dịch B chứa Na 2 C 2 O 4 0,1M. Tính pH và
nồng độ ion C 2 O 4
2-
có trong dung dịch A và B.
2.Thêm Fe(NO 3 ) 3 (tinh thể) vào dung dịch A và dung dịch B để đạt nồng độ (ban đầu) là
1,0.10 -4 M. Giả thiết thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể. Hãy cho biết có xuất hiện kết
tủa Fe(OH) 3 không? Chứng minh?
3.Tính phần mol của phức Fe(C 2 O 4 ) 3
3-
trong dung dịch A.
Cho các giá trị hằng số tạo thành tổng hợp của phức Fe 3+ với C 2 O 4
2-
là 1 = 1,0.10 8 ; 2 =
2,0.10 14 ; 3 = 3,0.10 18 ; K W = 10 -14 .
Hằng số phân ly axit của H 2 C 2 O 4 là K a1 = 0,05; K a2 = 5.10 -5 .

Tích số tan của Fe(OH) 3 K s = 2,5.10 -39 .
Hướng dẫn chấm:
Thí sinh làm hoàn chỉnh bài 2 được 2 điểm.
Làm hoàn chỉnh ý 1 được 1 điểm. Tính đúng pH và nồng độ ion C 2 O 4
2-
của mỗi dung
dịch được 0,4 điểm x 2 = 0,8 điểm.
Làm hoàn chỉnh ý 2 được 0,8 điểm. Tính đúng mỗi dung dịch được 0,4 điểm.
Làm hoàn chỉnh ý 3 được 0,4 điểm.
1.Tính pH và nồng độ ion C 2 O 4
2-
có trong dung dịch A
Ta có: H 2 C 2 O 4 H + + HC 2 O 4
-
K a1 = 0,05 (1)
HC 2 O 4
-
H + + C 2 O 4
2-
K a2 = 5,0.10 -5 (2)
Vì K a1 >> K a2 nên (1) là cân bằng chính.
Gọi C là nồng độ ban đầu của A.
+ - + 2
[H ][HC2O 4] [H ]
K
a1
= =
+
[H2C2O 4] C
A
- [H ]
+ 2 +
[H ] + K
a1[H ] - Ka1C A
= 0
[H + ] = 0,05M pH = 1,3.
Mà ta có:
+ 2-
[H ][C2O 4
]
K
a2= [HC
-
2 O
4 ]
và
+ -
[H ] = [HC2O 4] = 0,05M
2- 5
[C O ] K 5.10 M
2 4 a2
Tính pH và nồng độ ion C 2 O
2- 4 có trong dung dịch B
Ta có: H 2 O + C 2 O
2- 4 HO - + HC 2 O
- 4 K b1 = 2,0.10 -10
(1)
H 2 O + HC 2 O
- 4 HO - + H 2 C 2 O 4 K b2 = 2,0.10 -13 (2)
Vì K b1 >> K b2 nên (1) là cân bằng chính.
[OH ] = K C = 2,0.10
.0,1 = 4,5.10 M
- -10 -6
b1
pH = 8,7
2-
[C2O 4
] 0,1M
2.Chứng minh dung dịch A không có kết tủa Fe(OH) 3 :
Có các cân bằng: Fe 3+ + C 2 O 4
2-
FeC 2 O 4
+

Fe 3+ + 2C 2 O 4
2-
Fe(C 2 O 4 ) 2- .
Fe 3+ + 3C 2 O 4
2-
Fe(C 2 O 4 ) 2
3-
Bảo toàn nồng độ ion Fe 3+ ta có:
C = [Fe ] + [FeC O ] + [Fe(C O ) ] + [Fe(C O ) ]
3+
Fe
3+ + - 3-
2 4 2 4 2 2 4 3
Mà
[FeC O ] [Fe ][C O ]
+ 3+ 2-
2 4 1 2 4
[Fe(C O ) ] [Fe ][C O ]
- 3+ 2- 2
2 4 2 2 2 4
[Fe(C O ) ] [Fe ][C O ]
3- 3+ 2- 3
2 4 3 3 2 4
3+
Suy ra Fe
C = [Fe ] + [Fe ][C O ] + [Fe ][C O ] + [Fe ][C O ]
3+ 3+ 2- 3+ 2- 2 3+ 2- 3
1 2 4 2 2 4 3 2 4
C
3+ Fe
[Fe ]
3+
1 + [C O ] + [C O ] + [C O ]
2- 2- 2 2- 3
1 2 4 2 2 4 3 2 4
4
1,0.10
11,0.10 .5,0.10 2,0.10 .(5,0.10 ) 3,0.10 .(5,0.10 )
8 5 14 5 2 18 5 3
1,1.10
10
M
Mà [OH - ] A = 2.10 -13 M [Fe 3+ ].[OH - ] 3 = 9,1.10 -49 < K s
không có kết tủa Fe(OH) 3 ở dung dịch A.
Chứng minh dung dịch B có kết tủa Fe(OH) 3 :
Có các cân bằng: Fe 3+ + C 2 O
2- 4 FeC 2 O
+ 4
Fe 3+ + 2C 2 O
2- 4 Fe(C 2 O 4 ) 2- .
Fe 3+ + 3C 2 O
2- 4 Fe(C 2 O 4 )
3- 2
Bảo toàn nồng độ ion Fe 3+ ta có:
C = [Fe ] + [FeC O ] + [Fe(C O ) ] + [Fe(C O ) ]
3+
Fe
3+ + - 3-
2 4 2 4 2 2 4 3
Mà
[FeC O ] [Fe ][C O ]
+ 3+ 2-
2 4 1 2 4
[Fe(C O ) ] [Fe ][C O ]
- 3+ 2- 2
2 4 2 2 2 4
[Fe(C O ) ] [Fe ][C O ]
3- 3+ 2- 3
2 4 3 3 2 4
Suy ra
C = [Fe ] + [Fe ][C O ] + [Fe ][C O ] + [Fe ][C O ]
3+
Fe
3+ 3+ 2- 3+ 2- 2 3+ 2- 3
1 2 4 2 2 4 3 2 4

C
3+ Fe
[Fe ]
3+
1 + [C O ] + [C O ] + [C O ]
2- 2- 2 2- 3
1 2 4 2 2 4 3 2 4
4
1,0.10
11,0.10 .0,1 2,0.10 .(0,1) 3,0.10 .(0,1)
8 14 2 18 3
3,3.10
20
M
Mà [OH - ] A = 4,5.10 -6 M [Fe 3+ ].[OH - ] 3 = 3,0.10 -36 > K s = 2,5.10 -39
có kết tủa Fe(OH) 3 ở dung dịch B.
3.Phần mol của phức Fe(C 2 O 4 )
3- 3 trong dung dịch A.
Phần mol của Fe(C 2 O 4 )
3- 3 được tính như sau:
[Fe(C O ) ] [Fe ][C O ]
x
C [Fe ] + [Fe ][C O ] + [Fe ][C O ] + [Fe ][C O ]
3- 3+ 2- 3
2 4 3 3 2 4
3+ 3+ 2- 3+ 2- 2 3+ 2- 3
3+
1 2 4
Fe
2 2 4
3 2 4
[C O ]
1 + [C O ] + [C O ] + [C O ]
2- 3
3 2 4
2- 2- 2 2- 3
1 2 4 2 2 4 3 2 4
18 5 3
3,0.10 .(5,0.10 )
11,0.10 .5,0.10 2,0.10 .(5,0.10 ) 3,0.10 .(5,0.10 )
8 5 14 5 2 18 5 3
0,43
Vậy phần mol của Fe(C 2 O 4 )
3- 3 bằng 0,43.
Bài 3: Pin điện:
1.Người ta tiến hành thiết lập một pin sau:
Nửa pin I: gồm một điện cực Ag được phủ AgCl nhúng vào dung dịch KCl bão hòa.
Nửa pin II: gồm thanh Pt được phủ hỗn hợp nhão gồm Hg và Hg 2 Cl 2 nhúng vào dung dịch
KCl bão hòa.
a.Xác định các điện cực, phản ứng tại các điện cực và phản ứng chung trong pin.
b. Tính sức điện động của pin trên tại 25 0 C.
c. Tại 20 0 C, người ta đo được sức điện động của pin là 0,0421V. Xác định H 0 , S 0 , G 0
của phản ứng chung trong pin tại 25 0 C. Giả thiết H 0 , S 0 không đổi trong khoảng nhiệt độ
trên.
Cho pKs (AgCl) = 10; pKs(Hg 2 Cl 2 ) = 17,88; E 0 của Ag + /Ag = 0,800V và Hg 2+ 2/Hg =
0,792V.

2.Viết các quá trình xảy ra tại các điện cực và phản ứng chung của quá trình khi tiến hành
điện phân các dung dịch sau với điện cực trơ:
a.Dung dịch H 2 SO 4 . b.Dung dịch Cu(NO 3 ) 2 .
Hướng dẫn chấm:
Làm hoàn chỉnh ý 1 được 1,5 điểm.
Ý 1a được 0,25 x 3 = 0,75 điểm.
Ý 1b được 0,25 điểm.
Ý 1c được 0,5 điểm.
Làm hoàn chỉnh ý 2 được 0,5 điểm. Viết đúng quá trình điện phân mỗi dung dịch
được 0,25 điểm x 2 = 0,5 điểm.
1.Pin điện:
Nửa pin 1: AgCl + e Ag + Cl -
E 1 = E 0 Ag + /Ag + 0,0592 lg [Ag + ] = E 0 Ag + /Ag + 0,0592 lg Ks 1 - 0,0592 lg [Cl - ]
Nửa pin 2: Hg 2 Cl 2 + 2e 2Hg + 2Cl -
E 1 = E 0 Hg2 2+ /Hg + 0,0592/2. lg [Hg
2+ 2 ] = E 0 Hg2 2+ /Hg + 0,5. 0,0592 lg Ks 2 -
0,0592 lg [Cl - ]
Đặt: E 0’ 1 = E 0 Ag + /Ag + 0,0592 lg Ks 1 = 0,208 V
E 0’ 2 = E 0 Hg2 2+ /Hg + 0,5. 0,0592 lg Ks 2 = 0,263V
=> E 1 = 0,208 – 0,0592 lg [Cl - ] < E 2 = 0,263 - 0,0592 lg [Cl - ]
Do đó, nửa pin I là cực âm, nửa pin II là cực dương.
Cấu tạo của pin:
(-) Ag, AgCl | KCl bão hòa | Hg 2 Cl 2 , Hg (Pt) (+)
Phản ứng trong pin:
Cực (-): Ag + Cl - AgCl + e
Cực (+): Hg 2 Cl 2 + 2e 2Hg + 2Cl -

Phản ứng chung:
2Ag + Hg 2 Cl 2 2AgCl + 2Hg
E pin = E 2 - E 1 = 0,055V
Tại 25 0 C các giá trị H 0 = 137,77 kJ/mol.
S 0 = 497,94 J/mol.K
G 0 = -10,615 kJ/mol.
2.Điện phân dung dịch:
a.Dung dịch H 2 SO 4 :
H 2 SO 4 → 2H + + SO
2- 4
Tại điện cực dương: H 2 O, SO
2- 4 Tại điện cực âm: H 2 O, H +
2H 2 O → 4H + + O 2 + 4e 2H + + 2e → H 2 .
Phản ứng chung 2H 2 O → 2H 2 + O 2 .
b.Dung dịch Cu(NO 3 ) 2 :
Cu(NO 3 ) 2 → Cu 2+ + 2NO
- 3
Tại điện cực dương: H 2 O, NO
- 3 Tại điện cực âm: H 2 O, Cu 2+
2H 2 O → 4H + + O 2 + 4e
Cu 2+ + 2e → Cu.
Phản ứng chung: 2Cu 2+ + 2H 2 O → 2Cu + O 2 + 4H +
Bài 4: Bài tập tính toán vô cơ tổng hợp:
1.Hòa tan 9,13 gam một mẫu kali iođua vào 100 gam nước nóng. Thêm 13,96 gam I 2 vào
dung dịch, khuấy đều đến khi thu được dung dịch đồng nhất A. Cô đặc dung dịch A rồi hạ nhiệt
độ xuống 2 o C thấy xuất hiện tinh thể B. Tinh thể B có màu nâu sẫm. Lọc lấy phần tinh thể B,
rửa sạch rồi làm khô. Hòa tan 0,950 gam B vào nước thu được dung dịch X. Chuẩn độ toàn bộ
lượng dung dịch X cần 21,7 ml dung dịch Na 2 S 2 O 3 0,2M (có mặt hồ tinh bột). Xác định công
thức hợp chất B.
Cho nguyên tử khối K: 39,10; I: 126,90; Cl: 35,45; O: 16,00; N: 14,01; C: 12,01; H: 1,01.

2.Từ KI, KCl, Cl 2 , I 2 và nước hãy viết phương trình điều chế ICl.
3.Viết các phương trình phản ứng sau:
a.Khử Mn (III) oxit bằng CO, đun nóng để điều chế Mn 3 O 4 .
b.Cho KCN dư vào dung dịch CuSO 4 .
c.Hòa tan Cr 2 O 3 vào dung dịch phức Fe(CN)
3- 6 trong môi trường kiềm.
Hướng dẫn chấm:
Làm hoàn chỉnh ý 1 được 1 điểm.
Làm hoàn chỉnh ý 2 được 0,25 điểm.
Làm hoàn chỉnh ý 3 được 0,75 điểm. Mỗi phương trình đúng 0,25 điểm x 3 = 0,75
điểm.
1.Ta có: n KI = 0,055 mol và n I2 = 0,055 mol KI và I 2 phản ứng với nhau theo tỉ lệ 1 : 1
theo phương trình:
KI + I 2 → KI 3 .
Phản ứng chuẩn độ: I
- 3 + 2S 2 O
2- 3 → S 4 O
2- 6 + 3I - .
Ta có số mol của S 2 O
2- 3 là 4,34.10 -3 mol số mol I
- 3 là 2,17.10 -3- mol.
Vậy khối lượng KI 3 trong dung dịch được chuẩn độ là 0,911 gam.
Trong khi đó, khối lượng muối B hòa tan vào nước là 0,950 gam Trong B có thành phần
nước (B là tinh thể hiđrat).
Khối lượng nước trong tinh thể B là 0,950 – 0,911 = 0,039 gam
n nước = 2,17.10 -3- mol. tỉ lệ n KI3 : n H2O = 1 : 1 công thức muối B là KI 3 .H 2 O.
2.Từ KI, KCl, Cl 2 , I 2 và nước. Viết phương trình điều chế
KI + Cl 2 + nH 2 O → KICl 2 .nH 2 O.
2KICl 2 .nH 2 O (đun nóng) → KCl + ICl + nH 2 O.
3.Phương trình:
3Mn 2 O 3 + CO → 2Mn 3 O 4 + CO 2 .

4CN - + 2Cu 2+ → 2CuCN + (CN) 2
Cr 2 O 3 + 6Fe(CN)
3- 6 + 10 OH - → 2CrO
2- 4 + 6 Fe(CN)
4- 6 + 5H 2 O.
Bài 5: Cơ chế phản ứng, sơ đồ phản ứng, đồng phân, danh pháp:
1.Trình bày cơ chế các phản ứng sau:
a.
b.
2.Cho sơ đồ phản ứng sau:
a.Cho biết công thức cấu tạo các chất A, B, C, D, F.
b.Cho biết F có thể có tất cả bao nhiêu đồng phân cấu hình?
c.Trong số các đồng phân cấu hình của F, hãy viết công thức cấu hình một đồng phân và
biểu diễn cấu dạng của đồng phân đó.
Hướng dẫn chấm:
Làm hoàn chỉnh ý 1 được 0,75 điểm. Trình bày đúng cơ chế 1 được 0,5 điểm; cơ chế
2 được 0,25 điểm
Làm hoàn chỉnh ý 2 được 1,25 điểm.
Làm đúng ý 1a được 0,75 điểm.

Làm đúng ý 1b được 0,25 điểm.
Làm đúng ý 1c được 0,25 điểm.
Sơ đồ phản ứng:

.Số đồng phân cấu hình có thể có của F là 2 5 = 32 đồng phân.
Bài 6: Tổng hợp hữu cơ, so sánh tính axit – bazo, nhiệt độ sôi, nhiệt độ nóng chảy:
1.Axit squaric có công thức phân tử C 4 H 2 O 4 . Ở điều kiện thường axit squaric ở trạng thái
tinh thể màu trắng, tan tốt trong nước. Axit squaric là axit tương đối mạnh so với các axit hữu
cơ thường gặp (CH 3 COOH có pK a = 4,76). Hằng số phân ly axit của axit squaric là pK a1 = 1,5
và pK a2 = 3,4. Trong ion squarat C 4 O
2- 4 độ dài các liên kết CC bằng nhau (1,47 A o ), các liên kết
CO bằng nhau (1,26 A o ).
Đề xuất công thức cấu tạo của axit squaric. Biểu diễn cấu trúc của ion squarat. Giải thích
tại sao axit squaric có tính axit tương đối mạnh.
sau:
2.Axit maleic và axit fumaric là đồng phân hình học của nhau. Công thức của hai axit như
Hai axit có các giá trị pK a như sau: 1,9; 3,03; 4,44; 6,07. Hãy cho biết pK a1 và pK a2 của hai
axit tương ứng với các giá trị nào? Giải thích ngắn gọn.
3.Viết sơ đồ tổng hợp các hợp chất hữu cơ sau từ các hợp chất hữu cơ có 2 cacbon trở
xuống, benzen, toluen và các chất vô cơ cần thiết:
a. b. (azulen)
4.Các hợp chất hữu cơ có mạch liên hợp phân cực thường mang màu.
a.Azulen là hiđrocacbon thơm không chứa vòng benzen, có màu xanh da trời. Naphtalen
cũng là hiđrocacbon thơm và là đồng phân của azulen. Giải thích tại sao azulen có màu trong
khi đó naphtalen lại không có màu.

.Khi cho azulen vào dung dịch H 2 SO 4 , azulen bị mất màu. Giải thích hiện tượng.
Hướng dẫn chấm:
Làm hoàn chỉnh ý 1 được 0,5 điểm.
Làm hoàn chỉnh ý 2 được 0,25 điểm.
Làm hoàn chỉnh ý 3 được 0,5 điểm. Điểu chế được mỗi chất được 0,25 điểm.
Làm hoàn chỉnh ý 4 được 0,5 điểm. Giải thích được mỗi ý được 0,25 điểm.
1.Axit squaric là axit 2 nấc mà có 2 nguyên tử H cả 2 nguyên tử H đều là H axit.
Trong phân tử ion squarat C 4 O
2- 4 độ dài các liên kết CC bằng nhau (1,47 A o ), các liên kết
CO bằng nhau (1,26 A o ). Suy ra trong ion có sự giải tỏa electron mạnh. Hơn nữa, chính sự giải
tỏa e này làm anion sinh ra bền dẫn đến tính axit tăng lên. Anion squarat là một hệ thơm bền
vững. Vậy cấu trúc của ion squarat là
Công thức cấu tạo axit squaric:
2.Sắp xếp giá trị pK a :
Axit maleic: pK a1 = 1,9 và pK a2 = 6,07.
Axit fumaric: pK a1 = 3,03 và pK a2 = 4,44.
Giá trị pK a1 của axit maleic nhỏ hơn axit fumaric do hiệu ứng không gian loại II, cản trở sự
liên hợp. Anion của axit maleic sinh ra bền hơn do có liên kết H nội phân tử.
Giá trị pK a2 của axit maleic lớn hơn axit fumaric do anion có liên kết H nội phân tử làm H
khó tách ra. Hơn nữa axit maleic sau khi phân ly nấc 2, hai nhóm mang điện âm gần nhau, tăng
sức đẩy làm anion kém bền, dẫn đến làm giảm tính axit.
3.Điều chế:

a.
b.
c.Naphtalen là hệ liên hợp nhưng các liên kết π ít phân cực nên không có màu. Trong khi
đó azulen phân cực để tạo thành 2 vòng thơm bền vững hơn. Phân tử azulen tạo thành hệ liên
hợp phân cực nên có màu.
Khi cho azulen vào dung dịch H 2 SO 4 thì H + sẽ cộng vào vòng 5 cạnh làm mất hệ liên hợp
khép kín và mất tính phân cực của hệ nên azulen bị mất màu.
Bài 7: Nhận biết – tách chất – xác định công thức phân tử:
1.Hợp chất hữu cơ X là một hormon trong cơ thể con người. X tham gia vào một số quá
trình của cơ thể như điều hòa huyết áp,... X là một dẫn xuất của axit heptanoic. Trong phân tử X
không chứa nguyên tử cacbon bậc IV. Kết quả đo phổ khối lượng cho biết phân tử khối của X là
354u. Để xác định cấu tạo của X, người ta tiến hành các thí nghiệm sau:

Hợp chất X không phản ứng với phenylhiđrazin để tạo kết tủa. Thực hiện phản ứng ozon
phân oxi hóa X thu được 3 hợp chất hữu cơ A, B và C.
Hợp chất A không quang hoạt và có công thức phân tử C 5 H 8 O 4 . Đun nóng A thu được
anhiđrit axit vòng D.
Hợp chất B thu được từ phản ứng ozon phân ở trên là một hỗn hợp raxemic. Hợp chất B có
thể thu được khi cho hexanal phản ứng với HCN rồi thủy phân sản phẩm trong dung dịch axit.
Oxi hóa C (C 8 H 12 O 6 ) bằng CrO 3 thu được hợp chất hữu cơ Y. Thực hiện phản ứng khử C
bằng LiAlH 4 thu được chất G. Để chuyển hóa 1 mol C thành dẫn xuất axetyl F cần 2 mol axetyl
clorua.
Xác định công thức cấu tạo của các chất A, B, C, D, G, F.
2.Có các lọ mất nhãn đựng chất lỏng và dung dịch riêng biệt sau đây: CH 3 OH; C 2 H 5 OH;
CH 3 CHO; CH 3 CH 2 CHO; CH 3 COOH; glixerol. Trình bày phương pháp nhận biết các dung dịch,
chất lỏng trên.
Hướng dẫn chấm:
Làm hoàn chỉnh ý 1 được 1,5 điểm.
Xác định được công thức của A được 0,25 điểm, công thức B và D được 0,25 điểm,
công thức C được 0,5 điểm, công thức G, F, X được 0,5 điểm.
Làm hoàn chỉnh ý 2 được 0,5 điểm.
1.Vì hợp chất A không quang hoạt và có công thức phân tử C 5 H 8 O 4 . Đun nóng A thu được
anhiđrit axit vòng D. Công thức cấu tạo của A là:
Công thức cấu tạo của D là:

Để chuyển hóa 1 mol C thành dẫn xuất axetyl F cần 2 mol axetyl clorua do vậy C có 2
nhóm chức ancol. Thực hiện phản ứng khử C bằng LiAlH 4 thu được chất G suy ra C có chức
nhóm C=O.
Y có cấu trúc mạch cacbon và vị trí các nhóm chức giống C
Công thức cấu tạo của C là
Hợp chất G là
Công thức cấu tạo của B là
và F là
Suy ra công thức cấu tạo của X là
Mà X là một dẫn xuất của axit heptanoic.
Vậy công thức của X là:
hoặc

2.Nhận biết các dung dịch: CH 3 OH; C 2 H 5 OH; CH 3 CHO; CH 3 CH 2 CHO; CH 3 COOH;
glixerol
-Quỳ tím: nhận ra được CH 3 COOH.
-Dung dịch AgNO 3 /NH 3 : nhận ra được CH 3 CHO và CH 3 CH 2 CHO.
- Dùng I 2 /NaOH để phân biệt CH 3 CHO và CH 3 CH 2 CHO.
- Dùng Cu(OH) 2 để nhận ra glixerol.
- Dùng I 2 /NaOH đun nóng để nhận biết C 2 H 5 OH và CH 3 OH.
Bài 8: Bài tập tổng hợp kiến thức hữu cơ:
Tretinoin (A) là một tecpenoit được sử dụng rộng rãi để điều trị mụn trứng cá. A có công
thức cấu hình như sau:
1.Xác định cấu hình của A.
sau:
2.Để tổng hợp tretinoin từ xitral – a và axeton người ta tiến hành qua các giai đoạn như
Thực hiện phản ứng ngưng tụ giữa xitral – a với axeton thu được pseuđoionon (B). Xử lý B
với dung dịch H 2 SO 4 loãng thu được hỗn hợp C, D và E. Các chất B, C, D , E cùng có công thức
phân tử C 13 H 20 O. Chất C, D và E đều chứa vòng 6 cạnh, C và D có một nguyên tử cacbon bất
đối còn E không có đồng phân quang học.
Ngưng tụ E với CH 3 CN (xúc tác C 4 H 9 Li) thu được hợp chất F (C 15 H 21 N). Tiến hành khử F
bằng DiBAlH thu được hợp chất G (C 15 H 22 O). Ngưng tụ G với hợp chất anhđrit β-
metylglutaconic thu được H (C 21 H 26 O 3 ). Thủy phân H thu được K (C 21 H 28 O 4 ). Đun nóng K với

quinolin có mặt Cu để thực hiện phản ứng đecacboxyl hóa thu được L (C 20 H 28 O 2 ). Đun nóng L
với I 2 thu được A.
Cho biết: Công thức của các chất như sau:
Anhđrit β-metylglutaconic Xitral – a.
DiBAlH là điisobutyl nhôm hiđrua: (i-Bu 2 AlH) 2 .
a.Xác định công thức cấu hình của các chất B, C, D , E, F, G, H, K, L, biết rằng các chất
trên đều là các sản phẩm chính.
b.Trình bày cơ chế phản ứng từ B tạo ra hỗn hợp C, D , E và từ E tạo ra F.
Hướng dẫn chấm:
Làm hoàn chỉnh ý 1 được 0,25 điểm.
Làm hoàn chỉnh ý 2 được 1,75 điểm. Làm ý 2a được 1,25 điểm.
Làm ý 2b được 0,5 điểm. Mỗi cơ chế được 0,25 điểm.
1.Cấu hình của A: tất cả các liên kết đôi đều có cấu hình E.
2.Tổng hợp A:
a.Công thức cấu hình của các chất B, C, D , E, F, G, H, K, L:

.Cơ chế phản ứng từ B tạo ra C, D , E:
Cơ chế phản ứng từ E tạo ra F:

Bài 9: Cân bằng hóa học:
Cho cân bằng hóa học: CH 3 OH (k) + H 2 O (k) 3H 2(k) + CO 2(k) .
Entanpi và năng lượng tự do Gibbs tại 374K có giá trị ∆H 0 374K = + 53kJ/mol và ∆G 0 374K = -
17 kJ/mol.K
Cho vào bình phản ứng 1 mol metanol và 1 mol nước có mặt chất xúc tác. Duy trì nhiệt độ
và áp suất trong bình không đổi là 374K và 10 5 Pa.
1.Tính hằng số cân bằng của phản ứng tại nhiệt độ 374K.
2.Khi hệ đạt trạng thái cân bằng, tính phần trăm lượng metanol đã chuyển hóa thành H 2 .
3.Ở một thí nghiệm khác, cho vào bình phản ứng 1 mol metanol, 1 mol nước và 20 mol N 2
có mặt chất xúc tác. Duy trì nhiệt độ và áp suất trong bình không đổi (374K và 10 5 Pa). Tính
phần trăm lượng metanol đã chuyển hóa thành H 2 .
Hướng dẫn chấm:
Làm hoàn chỉnh ý 1 được 0,5 điểm.
Làm hoàn chỉnh ý 2 được 0,75 điểm.
Làm hoàn chỉnh ý 3 được 0,75 điểm.
1.
0 3
G
17.10
ln K 5,47
RT 8,314.374
K = 2,37.10 2 .
2.Xét cân bằng: CH 3 OH (k) + H 2 O (k) 3H 2(k) + CO 2(k) .
C 0 1 1
[ ] 1 – x 1 – x 3x x

Tổng số mol khí trong bình ở TTCB là (2 + 2x)
3
3
H2 CO2
.
0 0 .
4
p p 3x x
p p
2 + 2x 2 + 2x 27x
K =
=
= 5,47
2 2
p 1 - x 1 - x
CH3OH
p HO
(2 + 2x) .(1 - x)
2
.
.
0 0
p p 2 + 2x 2 + 2x
Giải phương trình có x = 0,925 %CH 3 OH (phản ứng) = 92,5%.
3. Xét cân bằng: CH 3 OH (k) + H 2 O (k) 3H 2(k) + CO 2(k) .
C 0 1 1
[ ] 1 – x 1 – x 3x x
Tổng số mol khí trong bình ở TTCB là (22 + 2x)
3
3
H2 CO2
.
0 0 .
4
p p 3x x
p p
22 + 2x 22 + 2x 27x
K =
=
= 5,47
2 2
p 1 - x 1 - x
CH3OH
p HO
(22 + 2x) .(1 - x)
2
.
.
0 0
p p 22 + 2x 22 + 2x
Giải phương trình có x = 0,986 %CH 3 OH (phản ứng) = 98,6%.
Bài 10: Phức chất:
1.Đun nóng sắt với CO ở nhiệt độ 150 0 C áp suất 15 atm thu được chất lỏng A. A không tan
trong nước và phân hủy ở nhiệt độ 300 0 C. Cho biết công thức cấu tạo của A. Nguyên tử sắt
trong A ở trạng thái lai hóa gì? Mô tả sự hình thành liên kết của A. Hình dạng phân tử của A
như thế nào? Hợp chất A là chất thuận từ hay nghịch từ?
2.Thực hiện phản ứng A với các chất theo phương trình như sau:
A + 2K → D + B.
A + 4KOH → D + E + 2H 2 O.
A + I 2 → F + B.
Xác định các chất D, B, E, F.
Hướng dẫn chấm:
Làm hoàn chỉnh ý 1 được 1,25 điểm. Trả lời mỗi ý được 0,25 điểm.

Làm hoàn chỉnh ý 2 được 0,75 điểm. Viết đúng mỗi phương trình được 0,25 điểm.
Công thức phân tử của A: Fe(CO) 5 .
Trong A, nguyên tử Fe lai hóa dsp 3 . Phân tử A có hình dạng lưỡng tháp tam giác. A là hợp
chất nghịch từ.
Fe +5CO → Fe(CO) 5
Fe(CO) 5 + 2K → K 2 [Fe(CO) 4 ] + CO
Fe(CO) 5 + 4KOH → K 2 [Fe(CO) 4 ] + K 2 CO 3 + 2H 2 O
Fe(CO) 5 + I 2 → [Fe(CO) 4 ]I 2 + CO
Người ra đề
Phạm Trọng Thịnh
Số điện thoại: 0943666387

TRƯỜN G THPT CHUYÊ N HÙNG
VƯƠN G
***
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
Môn: Hóa học lớp 11
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1 (2điểm).
Khi nghiên cứu phản ứng:
6I (dd) + BrO3 (dd) + 6H + (dd) 3I2 (dd) + Br (dd) + 3H2O (dd)
người ta thu được các số liệu thực nghiệm như sau:
[I ], M [BrO - 3], M [H + ], M v(mol.L 1 .s 1 )
0,0010 0,0020 0,010 8.10 5
0,0020 0,0020 0,010 1,6.10 4
0,0020 0,0040 0,010 1,6.10 4
0,0010 0,0040 0,020 1,6.10 4
Hằng số tốc độ k của phản ứng này có đơn vị như thế nào?
Câu Đáp án Điểm
6I (dd) + BrO3 (dd) + 6H + (dd) 3I2 (dd) + Br (dd) + 3H2O (dd)
Các số liệu sau thu được từ thực nghiệm:
[I ], M [BrO3 ], M [H + ], M
v(mol.l 1 .s 1 )
0,0010 0,0020 0,010 8.10 5
0,0020 0,0020 0,010 1,6.10 4
0,0020 0,0040 0,010 1,6.10 4
0,0010 0,0040 0,020 1,6.10 4
Biểu thức định luật tốc độ phản ứng: v = k[I ] a [BrO3 ] b [H + ] c
Tăng nồng độ I lên gấp đôi, giữ nguyên nồng độ các chất còn lại thì vận tốc
phản ứng tăng gấp đôi a = 1
0,5
0,5
Tăng nồng độ BrO3 , I lên gấp đôi so với lúc đầu thì vận tốc phản ứng vẫn
chỉ tăng như khi gấp đôi nồng độ I b = 0. 0,5
Chỉ tăng nồng độ H + lên gấp đôi so với lúc đầu, tốc độ phản ứng tăng gấp đôi 0,5
nên c = 1.
Biểu thức định luật tốc độ phản ứng: v = k[H + ].[I ]
1 1
mol. lit . s
thứ nguyên của k =
= L.mol 1 .s 1 2 2
mol . lit
Câu 2 (2điểm).
Tính độ tan của CaF2 trong.
1. Dung dịch đệm có pH= 7.
2. Dung dịch đệm có pH= 2.
3. Trong nước cất.
Biết Ks(CaF2) = 10 -10,41 , HF có pKa = 3,17.
Câu Đáp án Điểm
1. CaF2 Ca 2+ + 2F -
F - + H + HF
Có: S = [Ca 2+ ]
2S = [F - ] + [HF]
=> 2[Ca 2+ ] = [F - ] + [HF]
(1)
1,0

[ H ][ F
[ HF]
Ka
(1) => 2[Ca 2+ ] = [F - ]
K s
[
Ca
2
][ F
2
] 10
10
] [
Ca
2
7
3,17
[ F
](2[ Ca
] 1,48.10
=> K
10,41
2
s
10
4
S Ca 3 3
[ ] 2,13.10 M
4 4
2. CaF2 Ca 2+ + 2F -
Có:
(2)
F - + H + HF
2[Ca 2+ ] = [F - ] + [HF]
2
[ H ][ F ] 10
[ HF]
[ F ] 14,8[
F
3,
17
Ka
10
(2) => 2[Ca 2+ ] = [F - ] + 14,8[F - ] = 15,8[F - ]
K s
[ Ca
2
][ F
] [ Ca
2
2
2
])
2
2
2[ Ca ]
]( )
15,8
2
4
[ F ]
=> K
10,41
2
s
10
3
S [ Ca ] 3 3 1,34.10
M
2
2
1,60.10 1,60.10
3. CaF2 Ca 2+ + 2F -
F - + H2O HF + OH - Kb = 10 -10,83
Có: 2[Ca 2+ ] = [F - ] + [HF]
(3)
Vì pH > 7 và pKa = 3,17 nên [F - ] >> [HF].
(1) => 2[Ca 2+ ] = [F - ]
2
2 2
2
2
[
Ca ][ F ] [
Ca ](2[ Ca ])
K s
=> K
10,41
2
s
10
4
S Ca 3 3
[ ] 2,13.10 M ) 0,5
4 4
]
0,5
Câu 3 (2điểm).
200 ml dung dịch A chứa 0,414 gam ion kim loại M 2+ . Sức điện động của pin:
MM 2+ (dung dịch A) HCl 0,02 M H2, p = 1 atm (Pt)
ở 25 0 có giá trị là 0,0886 V và sức điện động của pin sau ở 25 0 C có giá trị là 0,0530 V.
M dung dịch bão hòa MX2, NaX 2,00 M HCl 1,00. 10 -4 M H2, p = 1 atm (Pt)
Tích số tan của MX2 là 10 -4,78 . Hãy tính nguyên tử khối của M.
Câu Đáp án Điểm
Xét pin thứ nhất:
2
2
Có: [
M ][ X ]
K s
4,78
2
K
=>
s
10
6
[ M ] 4,149.10 M
2 2
0,5
[ X ] 2
E
pin
E
H / H 2
0,0592
E 2
0
log(10
M / M
2
0
E 2
0,
130
M / M
=> V
)
4
2
E
0
2
M / M
0,0592
log(4,149.10
2
6
) 0,053
0,5
Xét pin thứ hai:
0,0592
2 0,0592 0,414
0,5
Epin
E
2 0 log(0,02)
0,130 log 0,0886
/ E
H H 2 M / M
2
2 0,2M
Giải phương trình =>M = 207 (Pb)) 0,5

Câu 4 (2điểm).
Có thể điều chế tinh thể FeCl3.6H2O theo cách sau: Hoà tan sắt kim loại vào trong dung dịch
axit clohiđric 25%. Dung dịch tạo thành được oxi 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 95 o C cho đến khi tỉ trọng của nó đạt
chính xác 1,695 g/cm 3 và sau đó làm lạnh đến 4 o C. Tách kết tủa thu được bằng cách hút chân không
rồi cho vào một dụng cụ 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 clohiđric 36% (d=1,18g/cm 3 ) cần để điều
chế 1,00 kg tinh thể này. Biết rằng hiệu suất quá trình chỉ đạt 65%.
3. Đun nóng 2,752 gam FeCl3.6H2O trong không khí đến 350 o C thu được 0,8977 gam bã rắn. Xác
định thành phần định tính và định lượng của bã rắn.
Câu Đáp án Điểm
1. Các phản ứng:
Fe + 2HCl = FeCl2 + H2
2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3
3FeCl2 + 2K3[Fe(CN)6] = Fe3[Fe(CN)6]2 + 6KCl
FeCl3 + 6H2O = FeCl3.6H2O
0,5
2.
3.
1000 = 3,7mol FeCl3.6H2O
270,3
Như vậy cần
3,7.2.36,5
978mL
dung dịch HCl 36%
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
270,3
= 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
1,902 0,8977
một phần thành Fe2O3. Khối lượng FeCl3 mất mát do bay hơi là:
=
162,2
1,20mmol
Như vậy bã rắn cuối cùng chứa (0,01018 – 3.0,00120) = 6,58 mmol FeOCl và
1,20 mmol Fe2O3.
0,75
0,75
Câu 5 (2điểm).
Trình bày cơ chế phản ứng:
1.

2.
Đề nghị cơ chế phản ứng từ A đến B.
3.
1.
Câu Đáp án Điểm
0,5

2.
3.
0,75
0,75
Câu 6 (2điểm).
Xác định các chất A, B, C, D,E trong sơ đồ phản ứng sau:
COOH
OH
(CH 3
CO) 2
O
A
AlCl 3
B
Br 2
(CHCl 3
)
C
N
H
D
LiAlH 4
Salbutamol
H 2
/Pd-C
E
Câu Đáp án Điểm

A: HO O
B:
O
O
O
HO
O
OH
0,4x5=
2
điểm
C: D:
HO O
HO
O
OH
OH
Br
O
N
O
HO
E:
OH
N
OH
Câu 7 (2điểm).
Tìm tổng số đồng phân lập thể của các chất sau. Vẽ một vài công thức cấu trúc của các
đồng phân lập thể đó: [-NH-CH(CH3)-CH2-CO-]4
(gợi ý: Vẽ theo khung cacbon sau:)
1.
Câu Đáp án Điểm
2,00

1/3x 6
=2
điểm
Câu 8 (2điểm).
D-Glucosamin có tên quốc tế là (2R,3R,4S,5R)-2-amino-3,4,5,6-tetrahydroxyhexanal,
nó là một loại thực phẩm chức năng chống suy thoái khớp xương.
1. Viết công thức chiếu Fischer và công thức Haworth của D-glucosamin.
2. So sánh nhiệt độ sôi của D-glucosamin với D-glucozơ. Giải thich.
3. Vitamin C là axit L-ascorbic ( C6H8O5) có pKa=4,21. Hãy chỉ ra nguyên tử hydro mang tính
axit và giải thích.
4. Dung dịch tinh bột với dung môi nước có nồng độ 10 gam/lit , gây ra áp suất thẩm thấu là
5,0.10 -3 atm ở 25 0 C. Hãy tính gần đúng số đơn vị gốc glucozơ trung bình trong mẫu tinh bột nói
trên
Câu Đáp án Điểm
1. Công thức Haworth và công thức chiếu Fischer
0,5
2. +Nhiệt độ sôi của D- glucozơ cao hơn của D-glucosamin.
+Giải thích. Vì liên kết hydro ở D- glucozơ bền hơn liên kết hydro ở D-
glucosamin . Chính nhóm NH2 gây ra điều này
0,5

3. Mỗi công thức cho( +1/4 ) x 3 = 3/4 và giải thích cho ¼
0,5
+Anion ascorbat có sự giải tỏa điện tích âm nhờ hiệu ứng liên hợp
trở nên ổn định.
4. số đơn vị gốc glucozơ trung bình trong mẫu tinh bột ( 4 ý, mỗi ý 1/4)
+
mà
0,5
+
+Khối lượng mol của mẫu tinh bột trong dung dịch là
+Mỗi đơn vị gốc glucozơ trong tinh bột có khối lượng mol là (180-18=162)
gam/mol. Do đó số đơn vị gốc glucozơ trung bình trong mẫu tinh bột là n
Câu 9 (2điểm).
PbCO3 và ZnO thường được sử dụng làm bột tạo màu trắng. H2S trong không khí có thể làm hư
hại các bột màu này do các phản ứng sau:
PbCO3 (r) + H2S (k) PbS (r) + CO2 (k) + H2O (h) (1)
ZnO (r) + H2S (k) ZnS (r) + H2O (h) (2)
a) Tính hằng số cân bằng của các phản ứng (1) và (2).
b) Cần khống chế nồng độ tối đa của H2S trong không khí bằng bao nhiêu g/m 3 để các bột màu nói
trên không bị hư hại?
c) Trong 2 chất màu nói trên, chất nào ưu thế hơn khi môi trường có H2S, tại sao? Bằng cách xử lí
với dung dịch H2O2, có thể làm trắng lại các mảng bị đổi màu do sự hình thành PbS. Viết
phương trình của phản ứng xảy ra trong cách xử lí này.
d) Hãy chứng tỏ rằng, về mặt nhiệt động học, oxi của không khí có thể thay thế H2O2 trong phương
pháp xử lí trên.
e) Trong thực tế, ngay cả khi không khí chưa bị ô nhiễm nặng, chẳng hạn p(H2S) = 5,1.10 -9 atm,
mầu trắng của PbCO3 để lâu trong không khí vẫn bị xám dần đi do sự hình thành PbS. Hiện tượng
này có thể giải thích như thế nào?
Để tính toán có thể sử dụng các dữ kiện và bảng sau: T= 298K; áp suất khí quyển p = 1,000 atm;
% thể tích của các khí và hơi trong không khí: N2 77,90; O2 20,70; CO2 0,026; H2O (h) 0,40; các khí khác:
1,03.
ΔfG°298
PbCO3(r) H2S(k) PbS(r) ZnO(r) ZnS(r) CO2(k) H2O(h) PbSO4(r) H2O2(l)
- 626,0 - 33,0 - 92,6 - 318,0 - 184,8 - 394,2 - 228,5 - 811,5 120,4
kJ/mol
Màu trắng đen trắng trắng trắng

Câu Đáp án Điểm
a. Đối với phản ứng (1)
ΔG°(1) = (-92.6 – 394.2 – 228.5 + 626.0 + 33.0) kJ/mol = -56,3 kJ/mol
K(1) = e - ΔG°(1)/RT = e 56300/8,314.298 = 7,4.10 9 .
Đối với phản ứng (2)
ΔG°(2)=(-184.8 -228.5 + 318.0 + 33.0) kJ/mol = - 62,3 kJ/mol
K(2) = e - ΔG°(2)/RT = e 62300/8,314.298 = 8,3.10 10 0,5
b. Đối với phản ứng (1)
4 3
2.6 10 4 10
ΔG(1)= -RTlnK(1)+ RT.ln
p H 2 S
Điều kiện để (1) ưu thế theo chiều thuận:
2.6 10 4 10
ΔG(1) =-RTlnK(1) + RT.ln
4 3
p H 2 S
< 0 (a)
4 3
2.6 10 4 10
→ pH2S >
= 1,4.10 -16 bar (b)
9
7,4.10
Để bảo vệ được mầu trắng PbCO3 thì nồng độ H2S được phép trong không khí tối
đa là:
34.(1,4.10 -16 .1000 L)/(0,082 L.bar.mol -1 .K -1 .298K) = 1,9.10 -13 g/m 3
Đối với phản ứng (2)
3
4 10
ΔG(2) = - RTlnK(2) + RT.ln
p H 2 S
Điều kiện để (2) ưu thế theo chiều thuận:
4 10
ΔG(2) = - RTlnK(2) + RT.ln
p H 2 S
3
< 0 (c)
3
4 10
→ pH2S > = 4,8.10 -14 bar
10
8,3.10
Để bảo vệ được mầu trắng ZnO thì nồng độ H2S được phép trong không khí tối
đa là: 34.(4,8.10 -14 .1000 L)/(0,082 L.bar.mol -1 .K -1 .298K) =
6,7.10 -11 g/m 3
c. ZnO ưu thế hơn vì:
- Phản ứng (1) Tự diễn biến ở những nồng độ H2S nhỏ hơn;
- Sản phẩm của (1) là PbS có mầu đen còn sản phẩm của (2) là ZnS vẫn còn là
mầu trắng.
PbS + 4H2O2 PbSO4 + 4H2O (3)
0,5
0,5
d. PbS + 2 O2 PbSO4 (4)
ΔG° = -811.5 kJ/mol + 92.6 kJ/mol = - 718.9 kJ/mol
1
ΔG = - 718.9 kJ/mol + RT.ln = - 711,1 kJ/mol
2
0.207
Phản ứng (4) có thể tự diển ra trong không khí ở nhiệt độ 298 K. Oxi của không
khí có thể tái tạo màu trắng bằng cách oxi hóa PbS PbSO4.
0,25

e. Với p(H2S) = 5.1.10 -9 bar thì
4 3
2.6 10 4 10
ΔG(1) = -56,3 kJ/mol + RT∙ln
-43 kJ/mol.
9
5,1.10
Trong không khí xảy ra đồng thời 2 quá trình: tạo ra và làm mất PbS.
PbCO 3 (r) + H 2 S (k)
k 1
PbS + ...
O 2
k 2
PbSO 4
Xét về phương diện nhiệt động học thì sự oxi hóa PbS bởi oxi không khí thuận lợi
hơn rất nhiều. Sự đổi màu của PbCO3 có thể là do phản ứng oxi hóa PbS bởi oxi
không khí bị cản trở động học.
Câu 10 (2điểm).
Khi cho Co 3+ , Co 2+ vào dung dịch amoniac sẽ xẩy ra hai phản ứng:
Co 3+ (aq) + 6 NH3aq
[Co(NH3)6] 3+ ; K1 = 4,5 . 10 33 (mol/l) -6
Co 2+ (aq) + 6 NH3aq
[Co(NH3)6] 2+ ; K2 = 2,5 . 10 4 (mol/l) -6
1. Cho biết tên gọi, trạng thái lai hoá, dạng hình học của hai phân tử phức trên.
2. Nếu thay NH3 trong [Co(NH3)6] 3+ bằng i nguyên tử Cl (i = 1, 2) thì có thể tồn tại bao nhiêu đồng
phân. Cho các đồng phân này tác dụng với Fe 2+ trong môi trường axit. Viết phương trình phản ứng
xẩy ra.
3. Trong một dung dịch, nồng độ cân bằng của amoniac là 0,1 mol/l; tổng nồng độ của Co 3+ (aq) và
[Co(NH3)6 ] 3+ aq bằng 1 mol/l.
a) Tính nồng độ của Co 3+ (aq) trong dung dịch này.
b) Trong một dung dịch khác với nồng độ cân bằng của amoniac là 0,1 mol/l. Tính tỉ lệ
C(Co 2+ (aq)/C([Co(NH3)6 ] 2+ (aq)).
c) Ion Co 3+ (aq) phản ứng với nước giải phóng khí nào? Giải thích?
d) Vì sao không giải phóng khí trong dung dịch Co 3+ aq có chứa NH3
Biết: Co 3+ (aq) + e
Co 2+ aq ; E 0 = + 1,82V
2H2O + 2e
H2(k) + 2OH - aq ; E 0 = - 0,42 V tại pH = 7
O2(k) + 4 H + aq + 4e 2H2O ; E 0 = + 0,82 (V) tại pH = 7
Câu Đáp án Điểm
1. 1) - Tên: [Co(NH3)6] 3+ : hexamin coban (III)
- [Co(NH3)6] 2+ : hexamin coban (II)
- Trạng thái lai hoá của 2 phức trên là sp 3 d 2
- Dạng hình học của 2 phức là bát diện đều.
0,25
0,5
2. Với i=1 công thức [Co(NH3)5Cl] 2+ có 1 đồng phân:
NH3
H3N
NH3
0,5
H3N
Co
Cl
NH3
Với i = 2 công thức [Co(NH3)4Cl2] + có 2 đồng phân:

Cl
NH3
NH3
Và
Co
NH3
NH3
Cl
- Tác dụng với Fe 2+ trong môi trường axit
NH3
NH3
Cl
Co
NH3
NH3
Cl
[Co(NH3)5Cl] 2+ + 5H + + Fe 2+ Co 2+ + Fe 3+ + 5NH4 + + Cl -
[Co(NH3)4Cl2] + + 4H + + Fe 2+ Co 2+ + Fe 3+ + 4NH4 + + 2Cl -
3. a) [Co(NH3)6] 3+ Co 3+ + 6NH3 ; k1 -1 = (4,5.10 33 ) -1
Mặt khác:
C .C
3+
(Co )
6
NH
C Co(NH )
3 6
3
3+
= 1
4,5.10
33
=>
C
3+
(Co )
C Co(NH )
3+
3+
C(Co )+C Co(NH
3) 6
=0,1
3+ 27 3+
CCo(NH 3) 6
=4,5.10 .C(Co )
C(Co 3+ )= 2,2. 10 -28 mol/l
3 6
3+
= 1
4,5.10
27
0,25
b) Ta có: [Co(NH3)6] 2+ Co 2+ + 6NH3 k2 -1 = 1/2,5.10 4
C(Co ).C
2+ 6
NH3
2+
C Co(NH )
3 6
= 1
2,5.10
4
2+
C(Co ) 1
C Co(NH )
3 6
= =40
(0,1) x2,5.10
2+ 6 4
0,25
c) Do E 0
3+ 2+ >
Co
/Co
E
0
O
2 2
4H /2H O (pH=7)
Nên có xảy ra phản ứng:
4Co 3+ + 2H2O 4Co 2+ + O2 + 4H +
=> Có giải phóng khí O2
d) Do trong dung dịch ở câu trên có [Co 3+ ] = 2,2.10 -28 mol/l
Quá nhỏ nên thế của Co 3+ /Co 2+ nhỏ hơn thế của 2H2O/O2 + 4H + ở pH = 7 nên
không giải phóng khí.
0,25
0,25

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA KHỐI 11
Câu Ý Nội dung chính cần đạt Điểm
1 1.1 d[N2O 5]
1
v = - = k1[N2O5] – k-1[NO2][NO3] + k3[NO][N2O5]
dt
(1)
d[NO
3]
= k1[N2O5] – k-1[NO2][ NO3] - k2[NO2] [NO3] = 0
dt
(2)
d[NO]
= k2[NO2] [NO3] - k3[NO] [N2O5] = 0
dt
k
1[N2O 5]
Từ (2): [NO3] =
(k + k )[NO ]
-1 2 2
k
2[NO 2][NO 3]
Từ (3): [NO] =
k [N O ]
3 2 5
kk
2 1
k
3(k -1+k 2)
Thay [NO3], [NO] vào (1) ta được:
k [NO ]k [N O ]
k [N O ](k +k )[NO ]
=
2 2 1 2 5
3 2 5 -1 2 2
=
1.2
d[N2O 5]
v = -
dt
k
1[N2O 5]
kk
2 1
= k1[N2O5] – k-1[NO2] +k
3
[N2O 5]
(k + k )[NO ] k k
k1k-1 k1k2
v = k.[N2O5] với k = k1 – +
k
-1+ k2 k-1
Phản ứng bậc 1 với N2O5
E A - RT
e
-1 2 2 3 -1
Phương trình Areniut: k = A.
kT2 EA
1 1
Vì EA và A là hằng số nên ta có: ln = ( - )
k R T T
Vì kT2 = 2kT1 nên : ln2 =
ln2 =
103000 1 1
( - )
8,31 300 T
2
EA
1 1
( - )
R T T
1 2
T2 = 305K
T1 1 2
1
2 2.1 Xét dung dịch X:
Gọi C là nồng độ dung dịch H2SO4
-
H2SO4 → HSO
4
+ H +
C C C
-
HSO ˆ †
4 ‡ ˆ ˆ H + 2-
+ SO
4 Ka = 10 -2
C C
C – x C + x x
x( C x)
2
10
Ta có: C
x
1,2
C
x 10
C = 0,0555M; x = 7,5931.10 -3 M
1
1

-
Trong dung dịch X có HSO 0,0555M và H + 0,0555M
4
-
Nồng độ các chất sau khi trộn: C5H5N 0,0222M; HSO 0,0222M; H +
4
0,0222M
Xét dung dịch A:
C5H5N + H + → C5H5NH +
0,0222M 0,0222M 0,0222M
TPGH: C5H5NH + -
0,0222M; HSO
4
0,0222M
Có các cân bằng:
C5H5NH + ‡ ˆ ˆ†
ˆ C5H5N + H + Ka1 = 10 -5,23
(1)
0,0222
y
-
HSO ˆ †
4 ‡ ˆ ˆ H + 2-
+ SO
4
Ka2 =
10 -2 (2)
0,0222
0,0222 – y y y
Vì Ka1 nhỏ, bỏ qua cân bằng (1), từ cân bằng (2)ta có:
2
y
0,0222 y
y = 0,0107
[C5H5N][H ]
Từ (1) = 10 -5,23
[C5H5
NH ]
Xem [C5H5NH + ] 0,0222M
5,32
[C5H5NH ].10
[C5H5N] =
0,0222.10 -5,23 /0,0107
[H ]
[C5H5N] 1,22.10 -5 M
Độ điện li của ion C5H5NH + là 1,22.10 -5 .100%/0,0222 = 0,055%
2.2 dung dịch A gồm C5H5NH + 0,0222M;
0,0222.
-
HSO
4
0,0222M. Đặt C =
C5H5NH + ‡ ˆ ˆ†
ˆ C5H5N + H + Ka1 =
10 -5,23
C(1-α)
Cα
-
HSO
4 ‡ ˆ ˆ†
ˆ H + +
C(1-α’)
Tại pH = 4,4:
2-
[SO
4
]
-
[HSO ] = 10-2 /10 -4,4 = 10 2,4
4
2-
SO
4
Ka2 = 10 -2
Cα’
[SO ] 10
[HSO ]+[SO ] 10 1
2- 2,4
4
- 2- 2,4
4 4
2- 2,4
2,4
[SO
4
] 10
2,4
C 10 1
2- 10
[SO ] .
4
10 2,4 1 C
[C5H5N]
= 10 -5,23 /10 -4,4 = 10 -0,83
[C H NH ]
5 5
[C H N] 10
0,83
5 5
0,83
[C5H5NH ]+[C5H5
N] 10 1
1
2

0,83
10
[C5H5N] .
0,83
10 1 C
2-
Do đó: nC5H5N + nSO = nOH- cần
VNaOH =
VNaOH =
4
-3 2-
5 5 4
25.10 .([C H N]+[SO ])
0,05
10 10
10 1 10 1
0,05
VNaOH = 12,486.10 -3 lít = 12,486 ml
0,83 2,4
-3
25.10 .0,0222.( + )
0,83 2,4
3 3.1 2MnO4 - + 5C2O4 2- + 16H3O + → 2Mn 2+ + 10CO2 + 24H2O
5Fe 2+ + MnO4 - + 8H3O + → 5Fe 3+ + Mn 2+ + 12H2O
Fe 2+ + Ce 4+ → Fe 3+ + Ce 3+ .
3.2 Chuẩn độ 1: 0,2228 gam Na2C2O4 tương đương 1,66.10 -3 mol C2O4 2- .
(2/5).1,66.10 -3 = [MnO4 - ]. V -
MnO 4
= 0,0023M
Chuẩn độ 2: [MnO4 - ]. V -
MnO 4
= (1/5)[Fe 2+ ]. V 2+
Fe
[Fe 2+ ] = 0,111M
Chuẩn độ 3: [Ce 4+ ] = [Fe 2+ ]. V 2+ / V 4+ = 0,125M
Fe Ce
3.3 Ta có:
o
o
( E 4
3
E 3
2
). F
Ce / Ce Fe / Fe
14
lg K
K 1,61.10
RT
3.4 Tại điểm tương đương thì lượng chất đã cho vào n 4
Ce = n 2+ . Với
0 (Fe )
mỗi ion Ce 3+ mới hình thành thì cũng hình thành một ion Fe 3+ , tức là
[Ce 3+ ] = [Fe 3+ ] và cả [Ce 4+ ] = [Fe 3+ ]
Ta có:
3
3
Ce
Fe
4
2
Ce
Fe
3
3
Fe Fe
7
K
C
; K
C
1,27.10
2
2
2
Fe Fe
3.5 Đưa gía trị mới tìm được vào phương trình Nernst đối với thế của sắt
người ta thu được: E = 1,19V
(Tương tự như vậy có thể đưa gía trị [Ce 4+ ]/[Ce 3+ ] = (1,27.10 -7 ) -1
vào phương trình Nernst đối với thế của ceri).
3.6 Thế của dung dịch tại điểm chuyển màu là:
E = 0,8 + RT/2F(ln10) = 0,83V
Đưa gía trị này vào phương trình Nernst đối với sắt:
2
3
Fe
Fe
1
3
0 RT Fe
10,2
,83
0,77
ln
2
F Fe
2
sai số là: (11,2) -1 .100% = 8,95%
4 4.1 Rắn R gồm Fe2O3 và CuO
Gọi x = nFe ; y = nCu trong hỗn hợp A, ta có:
56x64 y 2,32
80x80 y3,2
x = 0,03; y = 0,01
%mFe = 0,03.56.100%/2,32 = 72,41%
%mFe = 27,59%
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
3

4.2 Khi dung dịch X tác dụng với dung dịch KOH thu dung dịch Z:
- Nếu KOH hết nKNO3 trong Z = nKOH = 0,1 mol
nKNO2 thu được khi nung Z = 0,1 mol
mKNO2 = 85.0,1 = 8,5 gam > 8,21
Vậy KOH dư trong dung dịch Z chứa KNO3 và KOH dư
Gọi a = nKNO3; b = nKOH trong Z, ta có:
85a56b8,21
a = 0,09; b = 0,01
a
b 0,1
nKOH phản ứng = 0,09 mol
Nhận xét: Nếu ban đầu Fe bị oxi hóa hết thành Fe 3+ thì 3
Fe
n = nFe =
0,03 mol
nKOH phản ứng với Fe3+ = 0,09 mol: vô lí
dung dịch X chứa Fe 2+ ; Fe 3+ ; Cu 2+ và do đó HNO3 phản ứng hết
Gọi c = nFe2+ ; d = nFe3+ ta có:
cd
0,03
2c 3d 0,01.2 0,09 nOH
c = 0,02; d = 0,01
mdung dịch X = mFe(NO3)2 + mFe(NO3)3 + mCu(NO3)2 + mH2O trong dung dịch HNO3 ban
đầu + mH2O tạo thành sau các phản ứng với kim loại
mH2O trong dung dịch HNO3 ban đầu = 8,68 gam
nHNO3 ban đầu = 0,14 mol
mH2O tạo thành sau các phản ứng với kim loại = nHNO3/2 = 0,07 mol
mdung dịch X = 0,02.180 + 0,01.242 + 0,01.188 + 8,68 + 0,07.18 =
17,84 gam
C% Fe(NO3)2 = 0,02.180.100%/17,84 = 20,18%
C% Fe(NO3)3 = 0,01.242.100%/17,84 = 13,57%
C% Cu(NO3)2 = 0,01.188.100%/17,84 = 10,54%
4.3 nelectron do kim loại nhường = 0,09
nH+ = nHNO3 = 0,14
2H + + NO3 - + 1e → NO2 + H2O
4H + + NO3 - + 3e → NO + H2O
10H + + 2NO3 - + 8e → N2O + 5H2O
12H + + 2NO3 - + 10e → N2 + 6H2O
Nhận xét: nếu trong khí B không có khí NO2 thì ne nhận luôn > 0,09
trong B có NO2
Dựa vào các dữ kiện: mkhí B = mA + 17,5 – mdung dịch X = 2,32 + 17,5 –
17,84 = 1,98 gam
nN trong khí = 0,14 – 0,09 = 0,05; nH+ = 0,14
chọn 2 khí trong B là NO2 (0,03 mol) và NO (0,02 mol)
V = 1,12 lít
1
0,5
4

5 5.1 1
5.2 - Viết cơ chế cho phản ứng tổng hợp phenolphthalein: 1
5

- Cơ chế cho quá trình chuyển hóa phenolphthalein thành
đianion màu đỏ trong môi trường bazơ.
6 6.1 Cặp electron không liên kết của N(1) có hiệu ứng +C vào vòng
benzen nên N(1) có mật độ electron thấp hơn so với 2 nguyên tử
nitơ còn lại. Trong các công thức cộng hưởng ta nhận thấy N(3) có
mật độ electron cao nhất do điện tích âm được nằm trên nó trong
khi N(2) thì không. N(3) có mật độ điện tích âm cao nhất, nó dễ
dàng nhận H + nhất so với 2 nguyên tử nitơ còn lại. Do đó N(3) có
tính bazơ mạnh nhất. (hay hs có thể vẽ hiệu ứng (A, E))
1
6

O
N N N S
1
O
A
ONa N N N S
O
B
O
ONa
O
N N N S
O
E
ONa
O
N N N S
O
6.2 Các giá trị pKa tương ứng của peptit X : 1
D
ONa
7 7.1
0,5
H2SO4
Các axit α - hydroxy cacboxylic tham gia phản ứng này.
7.2 Khối lượng phân tử A là 236
20 ml KOH 0,05M phản ứng đủ với 118 mg A
1000ml KOH 1M phản ứng đủ với 118 gam A
A là axit 2 chức
80 mg Br2 phản ứng đủ với 118 mg A
160 mg Br2 phản ứng đủ với 236 mg A
A có chứa một liên kết đôi. Trong phân tử A có chứa vòng anisol,
A được hình thành từ axit HOOC–CH2–CO–CH2–COOH và có công
thức phân tử C12H12O5.
Do có sự cản trở không gian của các nguyên tử hydro trong anisol nên
nhóm thế buộc phải nằm ở vị trí para so với nhóm –OCH3. Như vậy
công thức cấu tạo của chất A là:
0,75
7

Vì A tạo được anhydrit nên hai nhóm -COOH buộc phải ở cùng phía
so với liên kết đôi.
7.3 Công thức cấu tạo các chất B và C
0,75
B
C
Trong sự hình thành chất A từ anisol thì hướng tấn công là vị trí para
so với nhóm –OCH3. Tuy nhiên trong phản ứng tạo thành chất B từ
phenol thì vị trí tấn công là ortho so với nhóm –OH. Sự khác nhau này
là do sự cản trở không gian của các nguyên tử hydro trong nhóm –
OCH3. Mặt khác đối với phenol sự tấn công có thể xảy ra ở hai vị trí
ortho và para nhưng hướng tấn công ortho được ưu tiên hơn do sản
phẩm trung gian có thể vòng hóa được để tạo sản phẩm bền B.
Phenol chỉ có 1 nhóm –OH trong vòng, còn resoxinol có 2 nhóm –OH
trong vòng mà hai nhóm này lại ở vị trí meta. Điều này dẫn đến vị trí
4 trong resoxinol có mật độ electron lớn hơn nên hiệu suất tạo thành C
cao hơn.
8 8.1 1
8

8.2
Cl
OH
OH
O
1
0
+Cl 2
1) NaOH ñ,
t , p
Fe, t 0 2) H O +
3
+ H 2
Ni, t 0
CuO
t 0
NH OH
2
NH
O
N
OH
N +
+
N - OH 2
H +
N - OH
Caprolactam
9 Gọi a = nCOCl2 ban đầu; α = 0,25 là độ phân li của COCl2 ở nhiệt độ T và
áp suất P = 1 atm
COCl2 (k) ‡ ˆ ˆ†
ˆ CO k) + Cl2 (k)
Ban đầu a 0 0
Cân bằng a(1- α) aα aα
α 2
P
CO.P
(P )
2
Cl2
KP,T = = 1-α α
= P
2
P 1-α
COCl2
P 1-α
1+α
2
KP,T =
2
0,25
1. = 1/15
1-0,25
2
nCl2 thêm vào = 0,25a
Gọi P’ là áp suất của cân bằng ở nhiệt độ T, thể tích V, α’ là độ phân
li của COCl2 ở điều kiện mới, ta có:
COCl2 (k) ‡ ˆ ˆ†
ˆ CO k) + Cl2 (k)
Ban đầu a 0 0,25a
Cân bằng a(1- α’) aα’ a(α’+0,25)
P
CO.PCl
α'(α' 0,25)
2
KP,T = =
P
= 1/15 (*)
(1-α')(α' 1,25)
COCl2
Cùng điều kiện T, V nên
P a(1+α) 1,25
= =
P' a(1,25+α') 1,25+α'
P’ = 1,25+α' : thay vào phương trình (*) ta được:
1, 25
α' 1,25 α'(α' 0,25) 1
.
1,25 (1-α')(α' 1,25) 15
α'(α' 0,25) 1
1,25(1-α') 15
12α’ 2 + 4α’ – 1 = 0 α’ = 1/6 P’ = 1,13 atm
10 10.1 Ni 2+ : [Ar]3d 8
[Ni(CN)4] 2-
1
9

1 4 4 4 4 2 4 4 4 4 3
dsp2
Vì sự tương tác giữa ion Ni 2+ và ion CN - mạnh nên xảy ra sự
ghép đôi 2 electron độc thân của Ni 2+ Ni ở trạng thái lai hóa dsp 2 ;
phức có cấu trúc vuông phẳng; phức nghịch từ vì không còn electron
độc thân.
[NiCl4] 2-
1 4 4 4 4 2 4 4 4 4 3
sp3
Vì sự tương tác giữa ion Ni 2+ và ion Cl - yếu nên không xảy ra sự
dồn điện tử của Ni 2+ Ni ở trạng thái lai hóa sp 3 ; phức có cấu trúc tứ
diện; phức thuận từ vì có electron độc thân.
10.2 Vì [Ni(NH3)4] 2+ + HCl
thu (A) và (B) là 2 đồng phân, nên
[Ni(NH3)4] 2+ phải có cấu trúc vuông phẳng, Ni ở trạng thái lai hóa
dsp 2 ; phức nghịch từ.
1
Vì (A) + (COOH)2 → [Ni(NH3)2(C2O4)]; (B) + (COOH)2
nên A là đồng phân dạng cis; B dạng trans
(A)
(B)
---------------------HẾT--------------------
Người ra đề: Hoàng Yến Nhi- ĐT: 0935527645
10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TT HUẾ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC
ĐÁP ÁN GIỚI THIỆU
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
THPT CHUYÊN – DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2015
MÔN: HOÁ HỌC LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút
HƯỚNG DẪN CHẤM, THANG ĐIỂM
STT Đáp án Th/điểm
Câu 1
(2,0đ)
1. a. Phân lớp g có l = 4
=> ml có thể nhận các giá trị -4, -3, -2, -1 , 0, 1, 2, 3, 4.
Vì ml có 9 giá trị nên phân lớp g có 9 obitan.
0,25
Phân lớp h có l = 5
=> ml có thể nhận các giá trị -5, -4, -3, -2, -1 , 0, 1, 2, 3, 4, 5.
Vì ml có 11 giá trị nên phân lớp h có 11 obitan.
0,25
1.b. Cấu hình 10s 2 6h 1 7g o 8f o 9d o 10p o .
N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Số e 2 8 18 32 50 51 32 18 8 2
Z= Số e=221
2.a. 55 134 Cs → 56 134 Ba + e (1)
55 137 Cs → 56 137 Ba + e (2)
Năng lượng thoát ra trong phân rã phóng xạ của 55 134 Cs:
∆E = ∆m.c 2 = (133,906700 - 133,904490)(10 -3 /6,02.10 23 )(2,997925.10 8 ) 2 (J)
= 3,28.10 -13 J = 3,28.10 -13 /1,60219.10 -19 = 2,05.10 6 eV 0,25
2.b.
Gọi A1 là hoạt độ phóng xạ, t1/2 1 là thời gian bán hủy của 55 134 Cs
Gọi A2 là hoạt độ phóng xạ, t1/2 2 là thời gian bán hủy của 55 137 Cs
6 23
0 137
0,693 14,8.10 x6,02.10
A
2
137 .N( Cs) 1,28.mCi
Cs
10
30,17x365x24x3600 137x3,7.10
A 0 1 = Atổng - A 0 2 = 1,92 mCi – 1,28 mCi = 0,64 mCi
Sau thời gian t:
t
1
2
1
t1/ 2 1
1/ 2
t
Atổng = A1 + A2 = A 0 2
1
+ A 0 2
2
Vì: A2 ≤ Atổng. = 0,08 mCi. (1)
t
2
1
t 1/ 2
1
→ A2/ A 0 2 = 2
≤ 0,08/1,28 = 2
(2)
→ t/ t1/2 2 ≥ 4 → t ≥ 4t1/2 2 = 120,68 năm = 58,53 t1/2 1 (3)
Sau 58,53 t1/2 1 , hoạt độ phóng xạ của 55 134 Cs chỉ còn:
58,53
58,53
t
1
1
A1 = A 0 2
1 = 640. 2
= 1,54.10 -15 µCi
= 1,54.10 -15 x3,7.10 4 Bq = 5,7.10 -11 Bq

Atổng = A2 và t = 120,68 năm
55 134 Cs thực tế đã phân rã hết, m(55 134 Cs) ≈ 0 và tỉ số
m( 55
134
Cs)/ m( 55
137
Cs) ≈ 0.
Câu 2
(2,0đ)
1.a. Viết công thức Lewis cho Ba anion CNO - , CON - và NCO -
1.b.
2.a.
2.b.
2.c.
3.
C N O - C O N - N C O - 0,25
+ Điện tích hình thức của mỗi nguyên tử.
C N O - C O N - N C O -
-1 +1 -1 -1 +2 -2 0 0 -1
+ Ion NCO - bền nhất vì điện tích hình thức nhỏ nhất. Ion CON - kém bền nhất vì
điện tích hình thức lớn nhất.
SiO2 có cấu trúc mạng tinh thể nguyên tử, mỗi nguyên tử Si liên kết CHT với 4
nguyên tử Oxi, tạo nên hình tứ diện tinh thể Si bền có t 0 nc cao.
CO2 (r) có cấu trúc mạng tinh thể phân tử, tương tác giữa các phân tử CO2 là
lựcVanđervan, mặc khác phân tử CO2 phân tử không phân cực, nên tương tác này
rất yếu → tinh thể CO2 không bền có t 0 nc rất thấp
H2O (r) có cấu trúc mạng tinh thể phân tử, tương tác giữa các phân tử H2O là
lựcVanđervan, mặc khác phân tử H2O phân tử phân cực và giữa các phân tử H2O
có liên kết H, nên tương tác này lớn hơn tương tác trong tinh thể CO 2 → t 0 nc nước
đá lớn hơn t 0 nc nước đá khô.
So sánh và giải thích momen lưỡng cực:
O uur S lai hóa sp 2 uur S lai hóa sp 2 S lai hóa sp 3
uur uur
uur uur uur
S
1
1 =
1
2
S 2 >
1
1
S Cl
O
uuur uuur uur uur
O uur O O O Cl O Cl
pt = 0 uur pt ≠ 0 uur 2( SOCl2) 2( SO2
)
2
2
2
uuur uuur
pt
( SOCl2) pt
( SO2)
ur ur ur
SOCl >
2 SO >
2 SO 3
Câu 3
(2,0đ)
1. Nhiệt tạo thành chuẩn của As2O3 được tính từ phản ứng:
2As(r) + 3/2O2(k) = As2O3(r) (*)
Phản ứng (*) này được tổ hợp từ các phản ứng đã cho như sau:
2H3AsO3 (aq) = As2O3(r) +
3H2O (l)
2x │AsCl3(r) + 3H2O(l) = H3AsO3 (aq) + 3HCl(aq) (2)
2 x│As(r) + 3/2Cl2(k) = AsCl3(r) (3)
6 x│HCl(aq) = HCl(k) + aq (4)
6 x │ HCl(k) = 1/2H2(k) + 1/2Cl2(k) (5)
3 x │H2(k) + 1/2O2(k) = H2O(l) (6)
Do đó:
=
0
H As O
2 3
0
H 1
+
0
H 2
+
0
H 3
+
0
H 4
+
0
H 5
0
H 3
0
H 4
0
H 5
0
H 6
0
H 1
= - 31,59 kJ/mol
0
H 2
= 2 x73,55kJ/mol
= 2 x (-298,70) kJ/mol
= 6 x 72,43kJ/mol
= 6 x 93,05kJ/mol
= 3 x (-285,77)kJ/mol
+ = -346,32 kJ/mol
0
H 6
0,25
0,25
0,125
0,125
0,25
0,25
0,25
0.75
1,0
2

2. Nếu O3 có cấu tạo vòng 3 cạnh, khép kín thì khi nguyên tử hóa O3 phải phá vỡ 3
liên kết đơn O-O, lượng nhiệt cần cung cấp là: 3 x 138,07 = 414,21 kJ/mol
Nếu O3 có cấu tạo góc thì khi nguyên tử hóa O3 phải phá vỡ 1 liên kết đơn và 1 liên
kết đôi, lượng nhiệt cần cung cấp là: 493,71 + 138,07 = 632,78 kJ/mol
Trong khi đó nếu tính theo các giá trị đã cho ở đề bài, ta có:
Quá trình 3O2 = 2O3 có ΔH = -812,11 – (- 1095,79) = 283,68 kJ/mol
Ta lại có sơ đồ:
3O2
3. H pli,O2
6O
0,25
0,25
0,25
ΔH 2. H
pli,O 3
Từ đó: 3.
H pli,O2
= ΔH + 2.
2O3
H pli,O3
nên
H pli,O3
= 598,725 kJ/mol
Kết quả này gần với kết quả tính được khi giả sử ozon có cấu tạo góc. Do vậy, cấu
tạo góc phù hợp hơn về mặt năng lượng so với cấu tạo vòng.
0,25
Câu 4
(2,0đ)
1.
Do trong môi trường đệm [H3O + ] là hằng số nên biểu thức tốc độ phản ứng là:
v = k[NO2NH2] là phản ứng bậc nhất theo thời gian.
0,25
0,25
2. Cơ chế 1: v = k[NO2NH2] không phù hợp
Cơ chế 2: v = k3[NO2NH3 +
[ NO
] mà
2NH 3][
H2O] k
2
[ NO NH ][ H O ] k
2 2 3 2
k2
nên [ NO2NH3 ] [ NO2NH 2][ H3O ] = K[NO
2NH2][ H3O
] do [H2O]:
k [ H O]
2 2
const, thay vào biểu thức cơ chế 2: v = k3K[NO 2NH2][ H3O
]
Cơ chế 3: v = k5[NO2NH - ] mà
k4 [ NO2NH 2][ H2O] , [ NO2NH
2]
[NO2NH ] . K .
k [ H O ] [ H O ]
4 3 3
do [H2O] const.
Thay vào biểu thức của cơ chế 3:
, [ NO2NH
2] ,, [ NO2NH
2]
v k5K . K
[ H3O
] [ H3O
]
thực nghiệm.
Câu 5
(2,0đ)
1. N2 (k) + 3H2 (k) 2NH3 (k); = - 92 kJ
Ban đầu (mol) 1 3
Cân bằng (mol) 1-x 3-3x 2x
n = 1 – x + 3 – 3x + 2x = 4 – 2x (mol)
sau
2x
%VNH 3
= .100%
= 36% x = 0,529
4 - 2x
1
x 1
0,592
%VN 2
= .100%
=
.100% = 16%
4 - 2x 4 2.0,592
%VH 2
= 100 - (36 + 16) = 48%
KP =
P
P
3
H
2
NH
2
3
P
N
2
=
2
0,36 . P
0,16. P.
2
0,48.
P 3
=
3 2
phù hợp với
0,25
0,125
0,5
0,125
0,5
2
0,36
0,16.0,48 . P = 8,14.10-5 (atm- -2 ) 0,75
3

2.
3.
2x
%VNH 3
= .100%
= 50% x = 2/3
4 - 2x
1
x
%VN 2
= .100%
= 12,5%;
4 - 2x
%VH 2
= 37,5%
KP =
P
KP 2
=
P
3
H
2
NH
2
P
3
P
P
3
H
2
N
2
2
NH
3
P
N
2
0,5
0,125.0,375 . P = 8,14.10-5 (atm- -2 ) P = 682,6 (atm) 0,5
=
3 2
2
2
0,5
0,125.0,375 .300
=
3 2
= 4,21.10 -4
K
P
H
1 1
2
ln =
K
1 1 R K
P2
ln
R
P1
T1
T2
T1 T2
H
K
P1
1
T = 1
2
T - R K
P 1 8,314 4,21.10
2
ln
.ln
3
1
H
K
P
450
273 92.10 8,14.10
1
=
5
4
T2 = 652,9 K
0,75
Câu 6
(2,0đ)
1. H2S + H2O
H3O+ + HS – 7
A
10 (1)
HS – + H2O H3O+ + S 2 –
Vì
2H2O
K
1
K
1
K
2
12,92
(2)
A
10
H3O+ + OH – KW = 10 – 14 (3)
7
>>
A
10
K
2
12,92
>> KW = 10 – 14 nên cân bằng (1) là chủ yếu.
A
10
H2S + H2O
H3O+ + HS – 7
A
10 (1)
C 0,010
[ ] 0,010 – x x x
K
1
0,5
2
x
7
7
2
4,5
10 . Với x

2 2
Áp dụng định luật tác dụng khối lượng cho (4) ta có: [H
3O
] [S ] 19,92
10
[H S]
[H S] 0,010
= 10 – 15,92 = 1,2 . 10 – 16 0,5
2
)
2
19,92
2
19,92
[S ] 10 . 10 .
2
3
[H
3O]
(10
Câu 7
(2,0đ)
1. 3x CuS ƒ Cu 2+ + S 2- Ks
3x S 2- + 2H + ƒ H2S (Ka1.Ka2) -1
2.
3x H2S ƒ S + 2H + + 2e
2x NO3 - + 4H + + 3e ƒ NO + 2H2O
K
2
2.0,14
10 0,0592
3.0,96
, 0,0592
K 10
3CuS + 2NO3 - + 8H + ƒ 3Cu 2+ + 2S + 2NO + 4H2O K = 10 37,27
K rất lớn, phản ứng xảy ra hoàn toàn.
Thành phần giới hạn: NO3 - : 0,75M ; Cu 2+ : 0,375M
Ta có cân bằng: 3Cu 2+ + 2S + 2NO + 4H2O ƒ 3CuS + 2NO3 - + 8H + K = 10 -37,27
C 0,375 0,75
[ ] 0,375 -3x 0,75 +2x 8x
[ H ] [ NO ] (8 x) (0,75 2 x)
K 10
[ Cu ] P (0,375 3 x)
8 2 8 2
3
2
3 2 3
NO
Với 3x

2.
Ag + + 2NH3 ƒ Ag(NH3)2 + [ Ag( NH
3) 2]
2 = = 10 7,24
2
[ Ag ][ NH ]
2
khá lớn, xem phản ứng xảy ra hoàn toàn [Ag(NH3)2 + ] = [Ag + ] = 10 - 4 M
[NH3] = 1 - 2.10 -4 1M
0 0,0592
/ / lg[
0,0592 [Ag(NH
E E Ag
Ag Ag Ag Ag
]
3) 2]
= 0,8 + lg
2
1
1 [ NH ]
= 0,8 +
0,0592 10
lg
1 10
4
7,24
= 0,1346V
3
2 3
0
Do E E 2
nên: catot điện cực Cu, anot điện cực Ag
Ag / Ag Cu / Cu
Sơ đồ pin: (-) Ag Ag(NH3)2 + 10 -4 M, NH3 1M Cu 2+ 10 -1 M Cu (+)
Epin = E(+) - E(-) = 0,3074 - 0,1346 = 0,1728V
Phản ứng trong pin: 2Ag + Cu 2+ + 4NH3 → Cu + 2[Ag(NH3)2] +
3. Cu 2+ + 2OH - → Cu(OH)2↓
[Cu 2+ ] giảm E giảm < E Cu
2 / Cu
Ag / Ag
Epin = E - E
Ag / Ag Cu
2
/
Cu
2 / Cu
E = E - Ag / Ag
Epin = 0,5632 - 0,813 = - 0,2498V
Cu
0,5
0,125
0,125
0,125
0,25
Câu 9
(2,0đ)
E = 0,337 +
0,0592 lg[Cu
2
]
= - 0,2498V [Cu 2+ ] = 10 -19,82 M
Cu
2 / Cu
2
Cu 2+ + 2OH - → Cu(OH)2 Ks -1
[Cu 2+ ] pư = 0,1 – 10 -19,82 0,1M ; [OH - ]cb = 1- 0,2 = 0,8M
Ks = [Cu 2+ ][OH - ] 2 = 10 -19,82 (0,8) 2 = 10 -20,01
0,125
1. Cấu trúc mạng Ge: cấu trúc mạng lập phương tâm diện. Ngoài ra có thêm các 0,25
nguyên tử Ge đi vào một nữa số lỗ tứ diện, vị trí so le với nhau.
Số nguyên tử/ion KL trong một ô mạng = 1 8 .8 + 1 2 .6 + 4 = 8
2. Đường chéo Ô mạng:
0,25
0,5
a
3
a 3 8r r 122,54pm
4 3
8. r
Độ đặc,ρ 3 0.34%
3
a
0.75
0,25
Khối lượng riêng d =
nM 8.72,64
N . V 6,023.10 (566.10 )
A
23 10 3
3
5,32( g / cm )
0,25
Câu 10
(2,0đ)
6

1. Phương trình phản ứng:
S + Mg MgS (1)
MgS + 2HCl MgCl2 + H2S (2)
Mg + 2HCl MgCl2 + H2 (3)
MB 0,8966
29 26 B chứa H2S và H2 [Mg có dư sau phản ứng (1)]
2,987
x y
Gọi x và y lần lượt là số mol khí H2S và H2, ta có
22,4
34x
2y
26
x y
Giải ra ta có x = 0,1 ; y = 1 . Từ (1), (2), (3) ta có:
30
0,132
% mS ( ) 100%
50%, % m(Mg) 50%
1
0,1 24 0,132
30
H2S + 2
3
O2
SO2 + H2O
0.25
0.25
0.25
0,1 0,1 0,1
H2 + 2
1
O2
H2O
1/30 1/30
SO2 + H2O2 H2SO4
0,1 0,147
0 0,047 0,1
100 0,1 64
0,133 18
108,
gam
m(dung dịch) = 8
C%(H2SO4) =
0,1.98
108,8
100%
0,047.34
9%; C%(H2O2) =
108,8
1,47%
0.25
0.25
2. Phương trình phản ứng:
S + O2 SO2 (1)
5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 (2)
5 5
3
Từ (1) và (2) nS nSO
n KMnO 0,625
0,005 7,8125. 10 mol
2
4
2 2
3
7,8125.10 32
%mS
100%
0,25% < 0,30%
100
Vậy nhiên liệu trên được phép sử dụng.
0.25
0.5
7

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG PT VÙNG CAO VIỆT BẮC
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ GIỚI THIỆU
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2014 - 2015
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA HỌC 11
Thời gian: 180 phút (không kể giao đề)
( Hướng dẫn chấm có 10 trang)
Câu 1 (2,0 điểm) Tốc độ phản ứng:
Xét phản ứng: IO3 - + I - + 6H + 3I2 + 3H2O
Vận tốc của phản ứng đo ở 25 0 c có giá trị theo bảng sau
Thí nghiệm [I - ] [IO
- 3 ] [H + ] Vận tốc (mol.l -1 .s -1 )
1 0,01 0,1 0,01 0,6
2 0,04 0,1 0,01 2,4
3 0,01 0,3 0,01 5,4
4 0,01 0,1 0,02 2,4
-Lập biểu thức tính tốc độ phản ứng.
- Tính hằng số tốc độ phản ứng và xác định đơn vị của hằng số tốc độ đó.
- Năng lượng hoạt hóa của phản ứng E = 84KJ/mol ở 25 0 C. Vận tốc của phản ứng thay
đổi thế nào nếu năng lượng hoạt hóa giảm đi một nửa.
Câu
1
Nội dung
Điểm
1
a.v = k [I - ] x . [IO3 - ] y . [H + ] z
Thay các giá trị nồng độ thích hợp vào ở mỗi thí nghiệm
0,6 = k [0,01 ] x . [0,1 ] y . [0,01 ] z
2,4= k [0,04 ] x . [0,1 ] y . [0,01 ] z
5,4 = k [0,01 ] x . [0,3 ] y . [0,01 ] z
2,4 = k [0,01 ] x . [0,1 ] y . [0,02 ] z
Giải các phương trình ta tìm được x = 1, y = 2, z = 2.
b. Thay x,y,z vào một trong các phương trình ta được k = 6.10 -7 .
c. ta có: k1 = A e -E1/RT , k2 = A e -E2/RT E1 E2
, ln k2/k1 =
RT
Thế vào biểu thức ta được: ln
k
k
Vậy tốc độ phản ứng tăng 56,6 lần
2
1
=
10.1000
8,314.298
k2 = 56,6k1
0.5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 2: (2,0 điểm) Cân bằng trong dung dịch điện ly.
1. Trộn 10 ml dung dịch KCN 0,6M với 20 ml dung dịch KOH nồng độ 0,0125M và 20 ml
dung dịch NH3 0,375M thu được 50 ml dung dịch A. Tính pH của dung dịch A.
2. Cho V1 ml dung dịch HCl 0,210 M vào V ml dung dịch A thì pH của hỗn hợp thu được
bằng 9,24. Tính tỉ lệ V1/V.

Câu 2 Nội dung Điểm
1 Tính lại nồng độ của các chất sau khi trộn 3 dung dịch:
CKCN = 0,6x10/50 = 0,12 M; CKOH= 0,0125x20/50= 5.10 -3 M;
CNH3=0,375x20/50 = 0,15M
CN - + H 2 O HCN + OH - K b1 = 10 - 4,65
NH 3 + H 2 O NH 4
+
+ OH - K b2 = 10 - 4,76
KOH K + + OH -
H 2 O H + + OH -
Theo điều kiện proton [OH - ] = C KOH + [HCN] + [NH 4+ ] + [H + ]
§Æt [OH - ] = x
x = 5.10 -3 + K B1 [CN]/x + K B2 [NH 3 ]/x + K H2O /x
x 2 – 5.10 -3 x – (K B1 [CN - ] + K B2 [NH 3 ] + K H2O ) = 0
TÝnh gÇn ®óng coi [CN - ] b»ng C CN - = 0,12M ; [NH 3 ] = C NH3 = 0,15 M .
Ta cã: x 2 – 5.10 -3 . x – 5,29 . 10 -6 = 0 -> x = [OH - ] = 5,9.10 -3 M.
KiÓm l¹i [HCN] / [CN - ] = 10 -4,65 / 5,9.10 -3 = 3,8.10 -3 -> [HCN] [NH 4+ ] pH = 11,77.
2 pH = pKNH4 + + lg([NH3]/[NH4 + ] ) = 9,24 + lg([NH3]/[NH4 + ] ) = 9,24
[NH4 + ] = [NH3] có nghĩa là 50% [NH3] đã bị trung hoà; dĩ nhiên toàn
bộ KOH đã bị trung hoà.
Mặt khác pH = 9,24 = pKHCN + lg([CN - ]/[HCN] ) = 9,35 + lg([CN - ]/[HCN]
) [CN - ]/[HCN] = 10 -0,11 = 0,776 [HCN]/[CN - ] ) = 1/0,776
[HCN] / CCN- = 1/(1+0,776) = 0,563
Nghĩa là 56,3% CN - đã bị trung hoà.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Vậy VHCl . 0,21 = VA . CKCN . 0,563 + VA. CNH3 . 0,5 + VA . CKOH
V1 = V(0,12 . 0,563 + 0,15 . 0,5 + 5.10 -3 ) / 0,21 V1/V= 0,703
0,5
Câu 3 ( 2,0 điểm) Điện hóa học.
Cho sức điện động của pin:
Ag AgNO3 0,001M AgCl Ag
Na2S2O3 0,10M HCl 0,05M là 0,341V.
1.Viết phương trình phản ứng khi pin hoạt động .
2. Tính
E
0
3
Ag(
S 2 O 3 ) 2 / Ag
3. Tính KsAgCl .
4. Thêm 0,01 mol KCN vào 1 lít dung dịch ở anôt .Tính Epin
0
Cho: E =0,80V , Ag + + 2S2O3 2- Ag(S2O3)2 3- lgβ1 =13,46
Ag
/ Ag
Ag + + 2CN - Ag(CN)2 - lgβ2 = 21

Câu
3
1,2
3
Giải:
Nội dung
Ở điện cực trái : Ag + + 2S2O3 2- Ag(S2O3)2 3-
0,001 0,10 (M)
- 0,098 0,001 (M)
Do S2O3 2- rất dư nên [Ag(S2O3)2 3- ] ≈ 0,001(M)
Xét cặp Ag(S2O3)2 3- /Ag:
Ag(S2O3)2 3- Ag + + 2S2O3 2- - lgβ1
Ag + + e Ag lgK1
Ag(S2O3)2 3- + e Ag + 2S2O3 2- lgK2=lgK1- lgβ1
0
0
E2
E1
0 0
3
lg
E2
E1
0,0592lg
3,168.10 ( V )
0,0592 0,0592
0
Vậy E =3,168.10 -3 (V)
3
2
Ag(
S 2 O 3 ) / Ag
Khi pin hoạt động: AgCl + e Ag + Cl -
Ag + 2S2O3 2- Ag(S2O3)2 3- + e
AgCl + 2S2O3 2- Ag(S2O3)2 3- + Cl -
3
0 [ Ag( S2O3 )
2
] 3
0,001
EA
E2 0,0592lg 3,168.10 0,0592lg 0,055( V)
2
2 2
[ SO
2 3
] 0,098
EC = Epin + EA = 0,341 +(- 0,055) = 0,286(V)
Xét điện cực phải:
Ta có : AgCl + e Ag + Cl -
E
0
0
AgCl / Ag
E
Ag / Ag
0,0592lg
Ks
AgCl
Điểm
0,5
0,5
4
0
0
E E 0,0592lg[ Cl ] E 0,0592lgKs
0,0592lg[ Cl
C
lg Ks
AgCl
AgCl / Ag
E
Vậy KsAgCl = 10 -10
C
E
0
Ag / Ag
0,0592
Ag / Ag
0,0592lg[ Cl
]
10
Ag(S2O3)2 3- + 2CN - Ag(CN)2 - + 2S2O3 2- K = 10 7,54
0,001 0,01 0,098
- 8.10 -3 0,001 0,1
Ag(CN)2 - Ag + + 2CN - Kkb= 10 -21
C: 0,001 8.10 -3
[]: 0,001-x x 2x+8.10 -3
K kb
x
3
( 2x
8.10 ) 21
0,001
x
10
21
10 .0,001
20
Coi x

Câu 4. (2,0 điểm) Bài tập tính toán vô cơ tổng hợp.
1. Cho 14,4g hỗn hợp Fe, Mg, Cu (số mol mỗi kim loại bằng nhau) tác dụng hết với dung
dịch HNO3 (dư) thu được dung dịch X và 2,688 lít (đktc) hỗn hợp gồm 4 khí N2, NO, N2O,
NO2 trong đó 2 khí N2 và NO2 có số mol bằng nhau. Cô cạn cẩn thận dung dịch X thì được
58,8g muối khan. Tìm số mol HNO3 đã phản ứng.
2. X là dung dịch Al2(SO4)3, Y là dung dịch Ba(OH)2. Trộn 200ml dung dịch X với 300ml
dung dịch Y thu được 8,55 gam kết tủa. Trộn 200ml dung dịch X với 500ml dung dịch Y thu
được 12,045 gam kết tủa. Tính nồng độ mol/l của dung dịch X và Y.
Câu
4
1
Nội dung
Vì hỗn hợp 4 khí trên NO2, NO, N2O, N2 trong đó số mol N2 bằng số mol NO2
ta coi 2 khí này là một khí N3O2 NO.N2O cho nên hỗn hợp bốn khí được coi
là hỗn hợp 2 khí NO và N2O với số mol lần lượt là a và b
Như vậy, ta có sơ đồ:
HNO3
Fe, Mg, Cu Fe 3+ , Mg 2+ , Cu 2+ , NH4 + + NO, N2O + H2O
Ta có quá trình cho nhận e
Fe Fe +3 + 3e (1) ; Mg Mg +2 + 2e (2) ; Cu Cu +2 + 2e (3)
0,1 0,3 0,1 0,2 0,1 0,2
Tổng số mol e cho: 0,3 + 0,2 + 0,2 = 0,7 (mol)
4H + + NO3 - + 3e NO + 2H2O (4)
4a 3a a
10H + + 2NO3 - + 8e N2O + 5H2O (5)
10b 8b b
10H + + NO3 - + 8e NH4 + + 3H2O (6)
0,125 0,1 0,0125
Tổng số mol e nhận là: 3a + 8b + 0,1
a b 0,12 a b 0,12 a
0,072
Vậy ta có hệ phương trình:
3a 8b 0,1 0,7 3a 8b 0,6 b
0,048
Theo các phương trình (4), (5), (6)
Tổng số mol HNO3 đã dùng là : 4a + 10b + 0,125 = 0,893 (mol)
0,25
0,25
0,25
0,25
2
Gọi nồng độ Al2(SO4)3 và Ba(OH)2 lần lượt là x,y
Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 → 2 Al(OH)3 + 3 BaSO4
m↓ = 0,2y.78 + 0,3y.233 = 8,55 → y = 0,1
TN 2 có thêm phản ứng:
2 Al(OH)3 + Ba(OH)2 → Ba(AlO2)2 + 4H2O
*TH1: Al(OH)3 dư
0,5
0,25

m↓ = (1,6x -0,1).78 + 0,6x.233 = 12,045 → x = 0,075
* TH2: Al(OH)3 tan hết → loại
Câu 5. (2,0 điểm) Sơ đồ biến hóa, Cơ chế phản ứng, Đồng phân lập thể, Danh pháp
0,25
1. Cho hợp chất 3- metyl but-1-en tác dụng với axit HCl tạo ra các sản phẩm, trong đó có A
là 2- clo-3-metylbutan và B là 2-clo-2-metylbutan. Bằng cơ chế phản ứng, hãy giải thích sự tạo
thành 2 sản phẩm trên.
2. Để tổng hợp được axit retigeranic, người ta cần phải tổng hợp được chất trung gian X:
Từ 6-metylhept-5-enal và but-3-en-2-on người ta có thể tổng hợp ra X theo sơ đồ sau:
Xác định công thức cấu tạo của các chất A, B, C, D, E.
Trình bày cơ chế phản ứng tạo ra A trong sơ đồ điều chế trên. Nếu chất đầu dùng là
đồng phân (2R)-2,6-đimetylhept-5-enal thì sản phẩm A thu được sẽ có cấu hình như thế nào?
Câu
5
1.
Nội dung
CH 3
CH 3
CH 3 -CH-CH 2 -CH 2
+H
CH 3 -CH-CH=CH + 2
CH 3 CH 3
chuyÓn vÞ
CH 3 -CH-CH-CH 3 CH 3 -C-CH 2 -CH 3
2.
+ Cl - + Cl -
CH 3 CH 3
CH 3 -CH-CH-CH 3 CH 3 -C-CH 2 -CH 3
Cl
Cl
(A)
(B)
Do cacbotion bËc 2 cã kh n¨ng chuyÓn vÞ hi®rua t¹o thµnh cacbotion bËc 3 nªn t¹o thµnh 2
sn phÈm A, B
Quá trình tổng hợp chất X theo sơ đồ như đây:
0,5

Trình bày cơ chế phản ứng tạo ra A trong sơ đồ điều chế trên:
1,0
Nếu dùng chất đầu là đồng phân (2R)-2,6-đimetylhept-5-enal thì sản
phẩm A thu được sẽ là một hỗn hợp raxemic do cacbanion sinh ra:
0,5
có cấu trúc phẳng để có sự liên hợp giải tỏa electron với nhóm cacbonyl.
Câu 6:(2,0 điểm) So sánh nhiệt độ sôi, nhiệt độ nóng chảy, tính Axit- Bazơ.
1. So sánh tính bazơ của các hợp chất sau và giải thích:
CH3-CH(NH2)-COOH (I) ; CHC-CH2-NH2 (II) ; CH2CH-CH2-NH2 (III) ; CH3-CH2-CH2-NH2
(IV).
2. Hãy điền các giá trị nhiệt độ sôi sau: 240 o C, 273 o C, 285 o C cho 3 đồng phân benzenđiol
C6H4(OH)2. Giải thích ngắn gọn.

Câu 6 Nội dung Điểm
1 Tính bazơ được đánh giá bởi mật độ electron trên nguyên tử nitơ. Các
nhóm có hiệu ứng làm giảm mật độ electron thì làm cho tính bazơ giảm và
ngược lại.
Chất I tồn tại ở dạng ion lưỡng cực
-I của chất II (Csp) > -I của chất III (Csp2)
Chất IV có +I.
Tính bazơ của các hợp chất: (I) < (II) < (III) < (IV)
0,75
2 Ta có: ortho-(240 o C) < meta-(273 o C) < para- (285 o C)
Giải thích: Đồng phân ortho có 2 nhóm OH cạnh nhau tạo liên kết
hiđro nội phân tử, liên kết này không làm tăng lực hút giữa các phân tử nên
nhiệt độ sôi thấp nhất:
0,5
0,25
Các đồng phân meta- và para- chỉ có liên kết hiđro liên phân tử,
nhưng liên kết của đồng phân para- bền hơn nên nhiệt độ sôi cao hơn:
0,25
( liên kết hiđro liên phân tử giữa các đồng phân meta-)
( liên kết hiđro liên phân tử giữa các đồng phân para-)
0,25
Câu 7: (2,0 điểm) Xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ.
Hợp chất A (C5H9OBr) khi tác dụng với dung dịch iốt trong kiềm tạo kết tủa màu vàng.
A tác dụng với dung dịch NaOH tạo ra 2 xeton B và C cùng có công thức phân tử C5H8O. B, C
đều không làm mất màu dung dịch kalipemanganat ở lạnh, chỉ có B tạo kết tủa màu vàng với
dung dịch iốt trong kiềm. Cho B tác dụng với CH3MgBr rồi với H2O thì được D (C6H12O). D
tác dụng với HBr tạo ra hai đồng phân cấu tạo E và F có công thức phân tử C6H11Br trong đó
chỉ có E làm mất màu dung dịch kali pemanganat ở lạnh.

Dùng công thức cấu tạo, viết sơ đồ phản ứng từ A tạo thành B, C, D, E, F. Viết tên A và D theo
danh pháp IUPAC.
Câu 7 ĐÁP ÁN Điểm
CH 3
C
O
CH 2
CH 2
CH 2
Br
H 2 O
OH
CH 3
C
O
CH
CH 2
CH 2
Br
Br
CH 3
C
O
(B )
CH 2
C
O
CH 2
CH 2
CH 2
Br
Br
O
(C)
0,5
C
CH 3
CH 2
O
1) CH 3 MgBr
2) H 2 O
CH 3
C
OH
(D )
H 2 O
HBr
+
CH 3
CH 3
CH 3
C
CH 3
C
Br
(E )
Br
0,5
(F )
0,5
CH 3
CH CH 2
CH 3
OH
H 2 O
+
Br
C
CH 3 C
CH CH 2
H + 3
C CH CH 2
+
CH 3
CH
0,5
CH 3
3
Br
(ChuyÓn vÞ )
Tên gọi A : 5-brom – 2 – pentanol ;
D : 2 – xiclopropyl – 2 – propanol
Câu 8: (2 điểm) Hữu cơ tổng hợp
Methadol là thuốc giảm đau có hoạt tính giống Morphin được dùng để điều trị cho người
nghiện Heroin có cấu trúc như sau:
O
N
Ph Ph
Chất này được điều chế từ muối clorua của nó qua nhiều giai đoạn, bắt đầu từ chất đầu là C6H5-CH2-
CN.

CN Br2
A AlCl 3
benzen B NaOH + X 1) C 2
H 5
Br
C
D
Methadol
+
2) H 3
O
Chất X: là muối clorua được điều chế bằng cách xử lý 2 chất đồng phân với SOCl2, nung hỗn hợp phản
ứng .
1-(đimetylamin) propan-2-ol + SOCl2 Y
X
2-(đimetylamin) propan-1-ol + SOCl2 Z
Hãy suy luận cấu trúc của X.
OH
N
SOCl 2
(Y)
N
(+)
N
N
OH
SOCl 2
N
Cl
(X)
0.5
(Z)
+
X
NC
Ph
CN
Br
CN
+ Br 2
CN + AlCl +
3
NaOH
Benzen Ph Ph
Ph
Ph
N
1)
C 2
H 5
Br
2) H 3
O+
Methadol
CN
(-)
Ph
1,5 đ
Câu 9. Cân bằng hóa học (2,0 điểm)
Cho cân bằng sau : CO(k) + 2H2 (k) CH3OH (k)
H 0 pư = - 90,0 kJ.mol -1 , giả thiết là không đổi trong khoảng nhiệt độ tiến hành thí
nghiệm. KP (573K) = 2,5.10 -3
1. Trong 1 bình kín, ban đầu lấy CO và H2 theo tỷ lệ mol 1 : 2 tại nhiệt độ 573K . Xác
định áp suất toàn phần của hệ để hiệu suất phản ứng đạt 70%.
2. Xác định phương trình của sự phụ thuộc giữa lnKP vào T .
3. Tại 200 bar, xác định nhiệt độ mà tại đó hiệu suất phản ứng đạt 70%.
Đáp án
Điểm

1. Xét cân bằng:
CO(k) + 2H2 (k) CH3OH(k)
Ban đầu 1 2 0 ntổng = 3
Cân bằng 1-x 2 – 2x x ntổng = 3 – 2x
Hiệu suất đạt 70% -> x = 0,7
1 x
PH
. PT
0, 1875P
2
3 2x
x
PCO
2PH
0,375P
T
; PCH
OH
. PT
0, 4357P
2 3
T
3 2x
K
P
P
P
CH OH
CO
3
. P
2
2
h
2,5.10
3
T
0,4375
0,1875.(0,375)
2
.
1
P
2
T
0,5
0,5
PT = 81,486 (bar)
0
K ( ) H
P
T
pu 1 1
2. Ta có : ln
K (573K
) R T 573
P
10.825
lnKP(T) = 24, 88
T
3. Tại PT = 200 bar và hiệu suất 70%
0,4375
1
4
2
KP(T) = . 4,15.10 ( bar )
2 2
0,1875.(0,375) 200
10825
lnKP(T) = -7,79 = 24, 88 => T = 633K
T
0,5
0,5
Câu 10 : (2 điểm) Phức chất.
Cấu hình electron của nguyên tố M ở trạng thái cơ bản chỉ ra rằng: M có 4 lớp electron,
số electron độc thân của M là 3.
a. Dựa vào các dữ liệu trên cho biết M có thể là các nguyên tố nào.
b. M tạo được ion phức có công thức M(NH3)6 3+ , phép đo momen từ chỉ ra rằng ion
này là nghịch từ.
- Cho biết tên gọi của M(NH3)6Cl3
- Cho biết trạng thái lai hoá của M trong ion phức trên và chỉ ra dạng hình học của ion
phức này.
Câu
10
a
Vì có 4 lớp điện tử do vậy phân lớp cuối cùng trong phân bố điện tử chỉ có
thể là 4S, 3d, 4P.
Vì có 3 điện tử độc thân do vậy, phân lớp cuối cùng chỉ có thể là
0,25

3d 3 Cấu hình hoàn chỉnh 1S 2 2S 2 2P 6 3S 2 3P 6 3d 3 4S 2 Nguyên tố 23V
b
3d 7 Cấu hình hoàn chỉnh 1S 2 2S 2 2P 6 3S 2 3P 6 3d 7 4S 2 Nguyên tố 27Co
3P 3 Cấu hình hoàn chỉnh 1S 2 2S 2 2P 6 3S 2 3P 6 3d 10 4S 2 4P 3 Nguyên tố 33As 0,5
Tạo phức với NH3 có công thức [M(NH3)6] 3+ do vậy không thể là As. Vì
phức nghịch từ do vậy không có điện tử độc thân M chỉ có thể là Coban
[CO]
Tên gọi [CO(NH3)6]Cl3 : Hexa amin coban (III) Clorua:
0,25
CO 3+ : 1S 2 2S 2 2P 6 3S 2 3P 6 3d 6
Vì NH3 là phối tử trường mạnh do vậy khi tạo phức có sự dồn 2
electron vào vậy:
0,5
NH 3 NH 3 NH 3 NH 3 NH 3 NH 3
Vậy Co lai hoá d 2 sp 3
Hình dạng phân tử bát diện:
NH 3
H 3 N
NH 3
H 3 N
Co
NH 3
0,5
NH 3
Số điện thoại:
0988.777.827
Người ra đề
Ngô Tuấn Vinh

SỞ GÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÒA BÌNH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC
DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2014 - 2015
MÔN: HÓA HỌC – LỚP 11
Thời gian làm bài 180 phút
Bài 1. (2 điểm): Tốc độ phản ứng.
1. (1 điểm) Phản ứng phân huỷ nhiệt Metan xảy ra như sau:
CH 4
CH 4 + CH 3
CH 4 + H
k
1
CH 3 + H
k
2
C 2 H 6 + H
k
3
CH 3 + H 2
H + CH 3 + M
k
4
CH4 + M
a/ Áp dụng nguyên lý nồng độ ổn định đối với H và CH 3 hãy chứng minh rằng:
2 6
d C H
dt
= k CH 4 3/2 víi k =
k . k . k
k M
1 2 3
b/ Nếu nồng độ có thứ nguyên phân tử / cm 3 với thời gian tính bằng giây, hãy tìm thứ
nguyên của k.
2. (1 điểm) Nghiên cứu động học của phản ứng : NO (k) + O 3(k) € NO 2(k) + O 2(k) (1). Ở
25 0 C được một số kết quả sau đây:
C 0, NO (M) C 0, O3 (M) v 0, (M.s
-1 )
4
1 2 2,4.10 10
2 4 9,6.10 10
2 1 2,4.10 10
a. Tính các giá trị v 0 theo atm.s -1 ?
b.Tính hằng số tốc độ k của phản ứng ở 25 0 C?
c. Tính giá trị hằng số Areniuyt của phản ứng? Biết Ea = 11,7 KJ/mol.
d. Tính hằng số cân bằng của phản ứng (1) ở 75 0 C ?
Bài 2. (2 điểm): Dung dịch điện li
1. (1 điểm) Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120 M; NH 3 0,150 M và KOH
5,00.10 -3 M.
2. (1 điểm) Tính thể tích dung dịch HCl 0,210 M cần cho vào 50,00 mL dung dịch
A để pH của hỗn hợp thu được bằng 9,24.
Cho biết pK a của HCN là 9,35; của NH 4+ là 9,24;
1

Bài 3. (2 điểm): Điện hóa học.
Dung dịch X gồm K 2 Cr 2 O 7 0,010 M; KMnO 4 0,010 M; Fe 2 (SO 4 ) 3 0,0050 M và H 2 SO 4
(pH của dung dịch bằng 0). Thêm dung dịch KI vào dung dịch X cho đến nồng độ của
KI là 0,50 M, được dung dịch Y (coi thể tích không thay đổi khi thêm KI vào dung
dịch X).
a) Hãy mô tả các quá trình xảy ra và cho biết thành phần của dung dịch Y.
b) Tính thế của điện cực platin nhúng trong dung dịch Y.
c) Cho biết khả năng phản ứng của Cu 2+ với I - (dư) ở điều kiện tiêu chuẩn. Giải thích.
d) Viết sơ đồ pin được ghép bởi điện cực platin nhúng trong dung dịch Y và điện cực
platin nhúng trong dung dịch gồm Cu 2+ , I - (cùng nồng độ 1 M) và chất rắn CuI. Viết
phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra trên từng điện cực và xảy ra trong pin
khi pin hoạt động.
0 0 0
Cho:
2 3+ 2+ 3+ 2+
Cr
2O 7
Cr /
MnO /Mn
4
Fe /Fe
E = 1,330 V; E = 1,510 V; E = 0,771 V ;
0
2+ s(CuI)
Cu /Cu
E = 0,153 V;
pK 12;
ở 25 o C:
Bài 4. (2 điểm): Bài tập tính toán vô cơ tổng hợp.
E
0
3
I /I
RT
2,303 = 0,0592;
F
= 0,5355 V
Cr (Z = 24).
1. (1 điểm) Kim loại M tác dụng với hiđro cho hiđrua MH x (x = 1, 2,...). 1,000 gam
MH x phản ứng với nước ở nhiệt độ 25 o C và áp suất 99,50 kPa cho 3,134 lít hiđro.
a. Xác định kim loại M.
b. Viết phương trình của phản ứng hình thành MH x và phản ứng phân huỷ MH x trong
nước.
Cho: N A = 6,022.10 23 mol 1
; R = 8,314 J.K 1
.mol 1
;
H = 1,0079; Li = 6,94; Na = 22,99; Mg =24,30; Al = 26,98
c. MH x kÕt tinh theo m¹ng lËp ph­¬ng t©m mÆt. TÝnh khèi l­îng riªng cña MH x .
B¸n kÝnh cña c¸c cation vµ anion lÇn l­ît b»ng 0,68 A vµ 1,36 A.
Cho: N A = 6,022.10 23 mol 1 ; R = 8,314 J.K 1 .mol 1 ;
H = 1,0079; Li = 6,94; Na = 22,99; Mg =24,30; Al = 26,98
2. (1 điểm) Cho 2,04 gam muối clorua của kim loại M hoá trị (II) không đổi tác dụng
vừa đủ với một lượng dung dịch chứa 1,613 gam muối axit của axit sunfuhiđric thấy
tạo ra 1,455 gam kết tủa. Xác định muối clorua ban đầu.
Bài 5. (2 điểm): Sơ đồ biến hóa, Cơ chế phản ứng, Đồng phân lập thể, Danh pháp.
1. (1.5 điểm) Anlylmagie bromua (A) phản ứng với acrolein tạo thành chất B, sau khi
thuỷ phân B sẽ được sản phẩm C duy nhất. Đun nóng C nhận được chất D. Cho D
phản ứng
với C 6 H 5 Li thu được sản phẩm E. Đun nóng E khi có vết iot thì được F có công thức
C 12 H 14 .
o
o
2

a. Hoàn thành sơ đồ dãy phản ứng trên (viết công thức cấu trúc của các chất hữu cơ từ
C đến F).
b. Ghi kí hiệu cơ chế các giai đoạn của phản ứng dưới các mũi tên trong sơ đồ, trừ giai
đoạn tạo thành F.
c. Cho biết cấu hình của F.
2. (0.5 điểm) Thùc hiÖn d·y chuyÓn ho¸ sau :
OH
1.
2.
NaOH
CH 3 COCl
AlCl 3
A +
B
(A cã liªn kÕt hi®ro néi ph©n tö).
Bài 6. (2 điểm): Tổng hợp các chất hữu cơ, so sánh nhiệt độ sôi, Nhiệt độ nóng
chảy, Tính Axit- Bazơ.
1. (1.0 điểm) Cho các chất: anilin, glyxerol, axit photphoric. Viết sơ đồ các phương
trình phản ứng để điều chế
N
(quinolin).
2. (1.0 điểm) Giải thích sự khác nhau về nhiệt độ sôi trong dãy chất sau:
N
S
N
N
H
N
N N
115 0 C 117 0 C 256 0 C 187 0 C
Bài 7. (2 điểm): Nhận biết, Tách chất, Xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu
cơ.
1.(1.0 điểm). Hãy phân biệt 4 aminoaxit sau (có giải thích), biết rằng phòng thí
nghiệm có các loại giấy quỳ, dd NaNO 2 , dd HCl, ddNaOH, C 2 H 5 OH và các dụng
cụ cần thiết.
H
CH 3 CH COOH
NH 2
(Ala) H 2 N (CH 2 ) 4 CH COOH
NH 2
(Lys)
HOOC (CH 2 ) 2 CH COOH
NH 2
(Glu)
N
H
COOH
(Pro)
2.(1.0 điểm) Sulcatol (C 8 H 16 O) là chất pheromon do một loài côn trùng tiết ra dưới
dạng 2 chất đối quang là (R)-sulcatol (chiếm 65 %) và (S)-sulcatol (chiếm 35 %).
Cho sulcatol tác dụng với ozon rồi xử lí sản phẩm bằng H 2 O 2 thì thấy sinh ra một hỗn
hợp gồm propanon và hợp chất A tự đóng vòng thành hợp chất A (C 5 H 8 O 2 ). Người ta
có thể khử A thành sản phẩm mạch vòng là B (C 5 H 10 O 2 ).
3

a. Xác định cấu tạo của sulcatol và viết tên hệ thống của nó.
b. Viết công thức các đồng phân lập thể của B, trên đó có ghi kí hiệu cấu hình
R, S.
Bài 8. (2 điểm): Bài tập tính toán hữu cơ tổng hợp.
Hợp chất thiên nhiên A khi tác dụng với brom có chiếu sáng thì tạo thành hợp chất
hữu cơ B duy nhất chứa 55,81% C, 6,98% H và 37,21% Br. Cả A và B đều bền nhiệt,
không làm mất màu dung dịch KMnO 4 và không quang hoạt. Phương pháp vật lí cho
biết hợp chất B hầu như gồm hai loại phân tử với số lượng tương đương nhưng phân
tử khối hơn kém nhau 2 đv C.
1. Hãy xác định công thức phân tử của A và B.
2. Hãy viết công thức cấu tạo và công thức lập thể của A và B.
3. Hãy dự đoán trạng thái tồn tại ( rắn hay lỏng ), tính tan của A và B.
4. Hãy dự đoán khả năng thế Br và tách HBr ở B (dễ, khó, bình thường) và giải
thích vì sao ?
Bài 9. (2 điểm): Cân bằng hóa học.
Bảng 1. Năng lượng Gibbs sinh (áp suất tiêu chuẩn là 1 atm ) là:
Chất t, 0 C f G 0 ,
kJ/mol
NiO 1627 -72,1
TiO 2 727 -757,8
TiC 727 -162,6
CO 727 -200,2
NH 3 27 -16,26
1. Hãy tính hằng số cân bằng của phản ứng (1) ở 1627 0 C. Nếu áp suất riêng phần
ban đầu của O 2 dưới 1,00 Torr phản ứng này có thể xảy ra theo chiều thuận
được không?
2Ni ( ) + O 2 (k) = 2NiO (r) (1).
2. Phản ứng TiO 2 (r) + 3C (r) = 2CO (k) + TiC (r) (2)
có năng lượng Gibbs tiêu chuẩn dương tại 727 0 C. Hãy tính áp suất cân bằng của CO
tại 727 0 C. Cần có điều kiện nào (biết rằng có thể thỏa mãn được) để phản ứng thuận
chiếm ưu thế xảy ra ở nhiệt độ đó?
4

3. Tính năng lượng Gibbs tiêu chuẩn của phản ứng (3) tại 300 K:
3H 2 + N 2 = 2NH 3 (3).
Ở điều kiện p(NH 3 ) = 1,0 atm; p(H 2 ) = 0,50 atm; p(N 2 ) = 3,0 atm phản ứng thuận trên
có chiếm ưu thế được không?
Thực tế, tại 300 K phản ứng đó xảy ra nhưng với tốc độ không đáng kể. Tại sao?
Bài 10. (2 điểm): Phức chất.
1. (1 điểm) Phức chất [PtCl 2 (NH 3 ) 2 ] được xác định là đồng phân trans-. Nó phản ứng
chậm với Ag 2 O cho phức chất [PtCl 2 (NH 3 ) 2 (OH 2 ) 2 ] 2+ (kí hiệu là X). Phức chất X
không phản ứng được với etylenđiamin (en) khi tỉ lệ mol phức chất X : en = 1 : 1. Hãy
giải thích các sự kiện trên và vẽ (viết) cấu tạo của phức chất X.
2. (1 điểm) Coban tạo ra được các ion phức: CoCl 2 (NH 3 ) 4 + (A), Co(CN) 6 3- (B),
CoCl 3 (CN) 3 3- (C),
a. Viết tên của (A), (B), (C). Theo thuyết liên kết hoá trị, các nguyên tử trong B ở
trạng thái lai hoá nào?
b. Các ion phức trên có thể có bao nhiêu đồng phân lập thể? Vẽ cấu trúc của chúng.
c. Viết phương trình phản ứng của (A) với ion sắt (II) trong môi trường axit.
-----HẾT-----
5

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ ĐỀ NGHỊ
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG NĂM HỌC
2014- 2015
MÔN THI: HÓA HỌC LỚP 11.
(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 03 trang
Câu 1 (2 điểm): Tốc độ phản ứng.
Cho phản ứng: 2N2O5(k) → 4NO2(k) + O2(k)
Giá trị tốc độ đầu của N2O5 tại 25 0 C được cho trong bảng dưới đây:
[N2O5], M 0,150 0,350 0,650
Tốc độ, mol.l -1 .phút -1 3,42.10 -4 7,98.10 -4 1,48.10 -3
1. Hãy viết biểu thức của định luật tốc độ phản ứng cho phản ứng trên và tính hằng số tốc độ phản ứng.
Chỉ dẫn cách tính cụ thể.
2. Tính thời gian cần để nồng độ N2O5 giảm từ 0,150M xuống còn 0,050M.
3. Tốc độ đầu của phản ứng khi nồng độ N2O5 bằng 0,150M là 2,37.10 -3 mol.l -1 .phút -1 tại 40 0 C. Xác định
năng lượng hoạt hoá của phản ứng.
4. Cho biết cơ chế của phản ứng phân huỷ N2O5 theo sơ đồ sau:
1
N2O5 k
NO2 + NO3
NO2 + NO3
k2
NO2 + NO3
' k 1
N2O5
NO2 + NO + O2
k
NO + 3
N2O5 3NO2
d[N2O 5]
Áp dụng nguyên lí nồng độ ổn định đối với NO3 và NO, hãy thiết lập biểu thức của tốc độ .
dt
Câu 2. (2 điểm): Dung dịch điện li.
Sục từ từ H2S vào dung dịch chứa Ag + 0,10M; Zn 2+ 0,10 M và Ni 2+ 0,10 M cho đến bão hòa H2S, thu
được dung dịch A.
Biết: pKs của Ag2S: 49,2; ZnS: 21,6; NiS: 18,5
pKa của H2S: 7,02 và 12,9; nồng độ phân tử H2S bão hòa lúc cân bằng là 0,1 M.
1. Tính pH và nồng độ S 2- của dung dịch H2S bão hòa trong nước.
2. Hỏi ion nào kết tủa trước và ion nào kết tủa sau cùng. Giải thích cụ thể.
Câu 3. (2 điểm): Điện hóa học.
1. Dung dịch X gồm Na2S 0,010M, KI 0,060M, Na2SO4 0,050M. Axit hoá chậm dung dịch X đến pH =
0. Thêm FeCl3 cho đến nồng độ 0,10M.
- Tính thế của cực platin nhúng trong dung dịch thu được so với điện cực Ag nhúng trong dung
dịch KI 0,01M có chứa AgI
- Biểu diễn sơ đồ pin, viết phương trình phản ứng xảy ra tại các điện cực và phản ứng tổng quát
khi pin hoạt động.
Cho: pKa của axit: H2S pK1 = 7,00 , pK2 = 12,90 ; HSO4 - pK=2,00
Tích số tan: PbS = 10 -26 ; PbSO4 = 10 -7,8 ; PbI2 = 10 -7,6 .
E o Fe 3+ /Fe 2+ = 0,77 V ; E o S/H2S = 0,14V ; E o I2/2I - o
= 0,54V ; E
AgI / Ag = -0,145V
2. Để mạ kẽm cho một chi tiết kim loại bằng phương pháp điện phân có thể dùng dung dịch ZnSO4. Hãy
tính thời gian để được lớp mạ có chiều dày h = 100 m , nếu mật độ dòng i = 2A/dm 2 . Giả thiết hiệu suất
điện phân là 100%, khối lượng riêng của kẽm d = 7140 kg/m 3 . (Cho khối lượng nguyên tử kẽm MZn =
65g/mol; F = 96500 C/mol).
Câu 4. (2 điểm): Bài tập tính toán vô cơ tổng hợp.
1

Có một hỗn hợp gồm MgCl2, FeCl3, CuCl2. Hoà tan hỗn hợp này vào nước được dung dịch A. Cho dòng
khí H2S sục từ từ vào A cho đến dư thì thu được một lượng kết tủa (sau khi rửa sạch kết tủa và sấy khô)
nhỏ hơn 2,51 lần lượng kết tủa thu được khi cho A tác dụng với một lượng dư dung dịch Na2S.
Bằng cách tương tự, nhưng nếu thay FeCl3 bằng cùng khối lượng của FeCl2 ( dung dịch B) thì lượng kết
tủa thu được sẽ chỉ bằng 1/3,36 lượng kết tủa khi cho dung dịch Na2S vào dung dịch B.
Viết các phương trình phản ứng và xác định thành phần (% khối lượng) của mỗi chất trong hỗn hợp ban
đầu.
Câu 5. (2 điểm): Sơ đồ biến hóa, Cơ chế phản ứng, Đồng phân lập thể, Danh pháp.
1. Thực hiện dãy chuyển hoá sau:
B
OH
1.
2.
BF 3
NaOH
CH 3 COCl
AlCl 3
OH
A +
B
C OH , HC C C(CH 3) 2
DMF
(A có liên kết hiđro nội phân tử).
Cl
D
H 2
Pd Lindla E 2000 C F
2. Viết các giai đoạn xảy ra trong quá trình chuyển vị pinacol của những glicol dưới đây trong môi trường
axit:
a. Me2C(OH)C(OH)Me2 b. Ph2C(OH)C(OH)Me2
Câu 6. (2 điểm): Tổng hợp các chất hữu cơ, so sánh nhiệt độ sôi, Nhiệt độ nóng chảy, Tính Axit-
Bazơ.
1. Chất K có công thức:
Từ chất A là 1,2,3-trimetylbenzen người ta tổng hợp ra chất K theo sơ đồ:
CN du
0
H3 O , t
ThO
C
2
1.( CH3)
2CHMgCl
D E 2. HO
NBS
A
1:2 B
F
CH3Cl
AlCl G
3
0
2 4 ,
H SO t
H
CH 2 N 2
I
as
2
H2
, Pd
0 K
40 C
a) Hãy cho biết cấu tạo của các chất từ B đến I. Trong phản ứng I
F
2
H2
, Pd
0 K có thể tạo ra sản phẩm
nào khác không ?
b) So sánh nhiệt độ sôi của các chất: D, E và G. Giải thích ngắn gọn?
Hợp chất F có 2 đồng phân cấu hình, hãy cho biết nhiệt độ sôi của chúng giống nhau hay khác nhau? Tại
sao?
2. Từ metyl xiclopropyl xeton và hợp chất cơ magie tuỳ ý chọn, viết sơ đồ phản ứng điều chế 2,6-
đimetyl-9-bromnona-2,6-đien.
Câu 7. (2 điểm): Nhận biết, Tách chất, Xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ.
1. Chất A có CTPT là C8H16O, cho phản ứng Iođofom nhưng không cộng được H2. Khi đun A với H2SO4
đặc ở 170 o C ta thu được chất B và C (cả hai đều có CTPT là C8H14). Nếu ôxi hóa B rồi đề cacboxyl sản
phẩm sẽ thu được metylxiclopentan. Chât B không có đồng phân hình học. Xác định CTCT của A,B,C và
giải thích sự tạo ra chất C.
2. Metylisopropylxeton phản ứng với đietyl cacbonat trong môi trường kiềm-rượu, tạo thành hợp chất A.
Cho axeton tác dụng với fomanđehit và đietylamin, thu được chất B. Metyl hoá B bằng metyl iođua, sau
đó tiến hành tách loại Hopman, thu được C. Khi C phản ứng với A trong môi trường kiềm- rượu thì được
D. Cho D phản ứng với NaOH, sau với axit HCl và cuối cùng đun nóng thì được E. Hãy xác định công
thức cấu tạo của các hợp chất từ A đến E và hoàn thành các phương trình phản ứng.
40 C

Câu 8. (2 điểm): Hữu cơ tổng hợp.
Chia 44,8 gam hỗn hợp X gồm axit axetic, glixerol và etyl axetat làm ba phần (tỉ lệ số mol của các chất
trong mỗi phần là như nhau).
- Phần 1: tác dụng hết với Na thu được 1,344 lít (đktc) khí H2.
- Phần 2: tác dụng vừa đủ với 500 ml dung dịch NaOH 0,4M khi đun nóng.
- Phần 3: (có khối lượng bằng khối lượng phần 2) tác dụng với NaHCO3 dư thì có 2,688 lít (đktc) khí
bay ra.
Tính khối lượng mỗi chất có trong hỗn hợp X, biết rằng hiệu suất các phản ứng đều là 100%
Câu 9. (2 điểm): Cân bằng hóa học.
Cho các phản ứng với hằng số cân bằng tại 820 o C như sau :
CaCO3(r) CaO(r) + CO2(k) (1) Kp1 = 0,2
C(r) + CO2(k) 2CO(k) (2) Kp2 = 2
1. Trong một bình chân không dung tích 22,4 lít ở 820 0 C, người ta cho 1,0 mol CaCO3 và 1,0 mol
cacbon. Xác định thành phần của hệ ở trạng thái cân bằng.
2. Phải tăng thể tích bình lên bao nhiêu thì CaCO3 phân hủy hoàn toàn.
Bài 10. (2 điểm): Phức chất.
Coban (Z=27) tạo ra được các phức [CoCl2(NH3)4 + ] A ; [Co(CN)6] 3- B ; [CoCl3(CN)3] 3- C.
1. Viết tên của A,B,C.
2. Theo thuyết liên kết hóa trị, các nguyên tử trong B ở trạng thái lai hóa nào?
3. Các ion phức trên có thể có bao nhiêu đồng phân lập thể? Vẽ cấu trúc của chúng.
4. Viết phương trình phản ứng của A với ion Fe 2+ trong môi trường axit.
----------------HẾT-------------
3

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO
HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
HƯỚNG DẪN CHẤM CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG
NĂM HỌC 2014- 2015
MÔN THI: HÓA HỌC LỚP 11.
Câu 1 (2 điểm): Tốc độ phản ứng.
Cho phản ứng: 2N2O5(k) → 4NO2(k) + O2(k)
Giá trị tốc độ đầu của N2O5 tại 25 0 C được cho trong bảng dưới đây:
[N2O5], M 0,150 0,350 0,650
Tốc độ, mol.l -1 .phút -1 3,42.10 -4 7,98.10 -4 1,48.10 -3
1. Hãy viết biểu thức của định luật tốc độ phản ứng cho phản ứng trên và tính hằng số tốc độ phản ứng.
Chỉ dẫn cách tính cụ thể.
2. Tính thời gian cần để nồng độ N2O5 giảm từ 0,150M xuống còn 0,050M.
3. Tốc độ đầu của phản ứng khi nồng độ N2O5 bằng 0,150M là 2,37.10 -3 mol.l -1 .phút -1 tại 40 0 C. Xác định
năng lượng hoạt hoá của phản ứng.
4. Cho biết cơ chế của phản ứng phân huỷ N2O5 theo sơ đồ sau:
1
N2O5 k
NO2 + NO3
NO2 + NO3
k2
NO2 + NO3
NO + N2O5
' k 1
N2O5
NO2 + NO + O2
k
3
3NO2
d[N2O 5]
Áp dụng nguyên lí nồng độ ổn định đối với NO3 và NO, hãy thiết lập biểu thức của tốc độ .
dt
Ý Nội dung Điểm
1 Biểu thức của định luật tốc độ phản ứng cho phản ứng trên và tính hằng số tốc độ phản 0,5
ứng.
v = k.[N2O5] x
Dựa vào số liệu cho suy ra x = 1 hay v = k.[N 2 O 5 ]
Tính k của các thí nghiệm suy ra k trung bình k = 2,28.10 -3 (phút -1 )
2 Thời gian cần để nồng độ N2O5 giảm từ 0,150M xuống còn 0,050M.
0,5
Áp dụng biểu thức của động học bậc nhất: kt =
0
[N
2O5] 0,150
3
ln ln 2,28.10 .
[N O ] 0,050
T = 481 phút
3 Tốc độ đầu của phản ứng khi nồng độ N2O5 bằng 0,150M là 2,37.10 -3 , mol.l -1 .phút -1 tại
40 0 C. Năng lượng hoạt hoá của phản ứng.
Tại 40 0 C có k2 = 2,37.10 -3 : 0,150 = 1,58.10 -2 (phút -1 )
Áp dụng phương trình Arrhenus:
4
k E 1 1
2
2 a
ln = -
k1 R T1 T2
. Thay các số liệu: a
ln = -
3
E a = 1,00.10 5 (J/mol)
d[N2O 5]
Thiết lập biểu thức của tốc độ phản ứng .
dt
1
N2O5 k NO2 + NO3
NO2 + NO3
2 5
1,58.10 E 1 1
2,28.10 8,314 298 313
k'
1
N2O5
k
2
NO2 + NO3 NO2 + NO + O2
t
0,5
0,5
4

k
NO + 3
N2O5 3NO2
Áp dụng nguyên lí nồng độ ổn định đối với NO3 và NO:
d[NO
3]
dt
d[NO]
dt
d[N2O 5]
dt
= k1.[N2O5] -
'
k .[NO2].[NO3] – k2.[NO2].[NO3] = 0 (1)
1
= k2.[NO2].[NO3] – k3.[NO].[N2O5] = 0 (2)
= - (k1.[N2O5] + k3.[NO].[N2O5] ) +
'
k .[NO2].[NO3]
1
Từ (1) và (2) suy ra: k1.[N2O5] = ( k + k2).[NO2].[NO3]
'
1
k3.[NO].[N2O5] = k2.[NO2].[NO3]
k k
[ NO]
k k k
2 3
'
1
2 1
[ NO kk
] k ( k k )
1 2
'
3 1
2
d[N2O 5]
= - k1.[N2O5] - k3.[NO].[N2O5] +
dt
k2
= k1.[N2O5].( -1 -
'
k k
k3
[NO2].[NO3] =
k .[NO].[N2O5]
1 2
+
k
k
'
1
'
1
k2
2
' k3
k .
1
k .[NO].[N2O5]
Câu 2. (2 điểm): Dung dịch điện li.
Sục từ từ H2S vào dung dịch chứa Ag + 0,10M; Zn 2+ 0,10 M và Ni 2+ 0,10 M cho đến bão hòa H2S, thu
được dung dịch A.
Biết: pKs của Ag2S: 49,2; ZnS: 21,6; NiS: 18,5
pKa của H2S: 7,02 và 12,9; nồng độ phân tử H2S bão hòa lúc cân bằng là 0,1 M.
1. Tính pH và nồng độ S 2- của dung dịch H2S bão hòa trong nước.
2. Hỏi ion nào kết tủa trước và ion nào kết tủa sau cùng. Giải thích cụ thể.
Ý Nội dung Điểm
1 Tính cân bằng trong dung dịch H2S theo sự phân ly 2 nấc, pH chỉ phụ thuộc nấc thứ nhất. 0,5
H2S H + + HS -
K1
HS - H + + S 2-
K2
→ Tính được pH = 4,01 và [S 2- ] = 10 -12,92 M
2 Để biết ta tính nồng độ cần thiết của [S 2- ] để xuất hiện mỗi kết tủa:
0,5
- Để xuất hiện kết tủa Ag2S từ dung dịch Ag + 0,10M: [S 2- ] = KS(Ag2S)/[Ag + ] 2 = 10 -47,2 M
- Để xuất hiện kết tủa ZnS từ dung dịch Zn 2+ 0,10M: [S 2- ] = KS(ZnS)/[Zn 2+ ]= 10 -20,6 M
- Để xuất hiện kết tủa NiS từ dung dịch Zn 2+ 0,10M: [S 2- ] = KS(NiS)/[Ni 2+ ]= 10 -17,5 M
→ Thứ tự kết tủa có thể xuất hiện là: Ag 2 S, ZnS, NiS.
Khi Ag2S xuất hiện trước, ta có:
0,5
2Ag + + H2S Ag2S + 2H + K = 10 29,28
Vì cân bằng có K lớn → Xem như xảy ra hoàn toàn → pH = 1
0,5
Vì [H2S] = 0,1 M → ta có [S 2- ] = 10 -18,92 M > 10 -20,6 M.
Vậy sau khi Ag + kết tủa hoàn toàn thì Zn 2+ vẫn bị kết tủa, còn Ni 2+ thì không bị kết tủa
Câu 3. (2 điểm): Điện hóa học.
1. Dung dịch X gồm Na2S 0,010M, KI 0,060M, Na2SO4 0,050M. Axit hoá chậm dung dịch X đến pH =
0. Thêm FeCl3 cho đến nồng độ 0,10M.
)
2
5

- Tính thế của cực platin nhúng trong dung dịch thu được so với điện cực Ag nhúng trong dung
dịch KI 0,01M có chứa AgI
- Biểu diễn sơ đồ pin, viết phương trình phản ứng xảy ra tại các điện cực và phản ứng tổng quát
khi pin hoạt động.
Cho: pKa của axit: H2S pK1 = 7,00 , pK2 = 12,90 ; HSO4 - pK=2,00
Tích số tan: PbS = 10 -26 ; PbSO4 = 10 -7,8 ; PbI2 = 10 -7,6 .
E o Fe 3+ /Fe 2+ = 0,77 V ; E o S/H2S = 0,14V ; E o I2/2I - o
= 0,54V ; E
/
AgI Ag
= -0,145V
2. Để mạ kẽm cho một chi tiết kim loại bằng phương pháp điện phân có thể dùng dung dịch ZnSO4. Hãy
tính thời gian để được lớp mạ có chiều dày h = 100 m , nếu mật độ dòng i = 2A/dm 2 . Giả thiết hiệu suất
điện phân là 100%, khối lượng riêng của kẽm d = 7140 kg/m 3 . (Cho khối lượng nguyên tử kẽm MZn =
65g/mol; F = 96500 C/mol).
Ý Nội dung Điểm
1 Axit hoá dung dịch X:
S 2- + 2H + H2S (C H2S = 0,010 < S H2S nên H2S chưa bão hoà, không thoát ra
khỏi dung dich)
Phản ứng:
0,5
2 Fe 3+ + H2S 2 Fe 2+ + S + 2 H + K=10 21
0,1 0,01
0,08 0,02 0,02
2 Fe 3+ + 2I - 2 Fe 2+ + I2 K=10 7,8
0,08 0,06 0,02
0,02 0,08 0,030
Thành phần trong dung dịch: Fe 3+ 0,020 ; Fe 2+ 0,080 ;I2 0,030M ;H + 0,02M
E Fe 3+ /Fe 2+ = 0,77 + 0,059 lg 0,02/0,08 = 0,743V (cực dương)
0,0592 1 0,0592 1
lg 0,145 lg 0,0266
V (cực âm)
1 [I ] 1 0,01
o
EAgI / Ag
EAgI / Ag
Epin = E+ E = 0,743 (-0,0266) = 0,7696 V
0,25
Sơ đồ pin:
(-) Ag , AgII - 0,01M Fe 3+ , Fe 2+ Pt (+)
0.25
Phản ứng: Ag + I - AgI + 1 e
Fe 3+ + 1 e Fe 2+
Ag + Fe 3+ + I - AgI +Fe 2+
2 . 1m = 10 3 mm =10 6 m
0,5
M
m Zn = Zn
It (1)
2 F
Mặt khác mZn = V.d = S.h.d (2)
h: Chiều dày lớp mạ
S: Diện tích bề mặt điện cực ( bề mặt kim loại cần mạ)
D: Khối lượng riêng của Zn.
Từ (1) và (2) suy ra
2FShd
t = vì mật độ dòng
I i ( i: mật độ dòng)
M I
S
Zn.
S 1
I i
6

2Fhd
Nên: t =
M i
Zn.
(*)
Thay các giá trị : h = 100 m = 10 -4 m
MZn = 65 g/mol
vào biểu thức (*) ta được :
d = 7140 Kg/m 3 = 7140. 10 3 g/m 3
F = 96500 C/mol
i = 2A/ dm 2 = 200 A/m 2
4
3
2.96500.10 .7140.10
t =
10600,15 (s) = 2,944 (giờ)
65.200
Câu 4. (2 điểm): Bài tập tính toán vô cơ tổng hợp.
Có một hỗn hợp gồm MgCl2, FeCl3, CuCl2. Hoà tan hỗn hợp này vào nước được dung dịch A. Cho dòng
khí H2S sục từ từ vào A cho đến dư thì thu được một lượng kết tủa (sau khi rửa sạch kết tủa và sấy khô)
nhỏ hơn 2,51 lần lượng kết tủa thu được khi cho A tác dụng với một lượng dư dung dịch Na2S.
Bằng cách tương tự, nhưng nếu thay FeCl3 bằng cùng khối lượng của FeCl2 ( dung dịch B) thì lượng kết
tủa thu được sẽ chỉ bằng 1/3,36 lượng kết tủa khi cho dung dịch Na2S vào dung dịch B. Viết các phương
trình phản ứng và xác định thành phần (% khối lượng) của mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu.
Ý Nội dung Điểm
. Các phương trình phản ứng:
1,0
Trường hợp dung dịch A:
- Tác dụng với H2S:
CuCl2 +H2S → CuS↓ + 2HCl
2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + 2HCl + S↓
- Tác dụng với Na2S:
CuCl2 +Na2S → CuS↓ + 2NaCl
MgCl2 + Na2S +2H2O → Mg(OH)2+H2S + 2NaCl
2FeCl3 + 3Na2S → 2FeS + S↓ + 6NaCl
Trường hợp dung dịch B
- Tác dụng với H2S: CuCl2 +H2S → CuS↓ + 2HCl
- Tác dụng với Na2S:
CuCl2 +Na2S → CuS↓ + 2NaCl
MgCl2 + Na2S +2H2O → Mg(OH)2 +H2S + 2NaCl
FeCl2 + 3Na2S → 2FeS + 2NaCl
Xác định thành phần:
1,0
Gọi lần lượt x,y,z là số mol của CuCl2, MgCl2, FeCl3. Đối với trường hợp dung dịch A,
theo các phương trình phản ứng ta có:
96x + 88z + 32z/2 + 58y =2,51 (96x + 32z/2) (1)
Khi thay khối lượng của FeCl3 bằng một khối lượng tương đương FeCl2, số mol FeCl2 là
162,5z
127 .
Đối với trường hợp dung dịch B ta có phương trình:
96x + 58y + 88 162,5z = 3,36.96z (2)
127
Từ (1) và (2) tính được y= 0,664x và z= 1,67x
Cuối cùng tính ra MgCl2: 13,45%; FeCl3: 57,80%; CuCl2 : 28,75%.
Câu 5. (2 điểm): Sơ đồ biến hóa, Cơ chế phản ứng, Đồng phân lập thể, Danh pháp.
1. Thực hiện dãy chuyển hoá sau:
7
0,5

B
OH
1.
2.
BF 3
NaOH
CH 3 COCl
AlCl 3
OH
A +
B
Cl
C OH , HC C C(CH 3) 2
DMF
(A có liên kết hiđro nội phân tử).
D
H 2
Pd Lindla E 2000 C F
2. Viết các giai đoạn xảy ra trong quá trình chuyển vị pinacol của những glicol dưới đây trong môi trường
axit:
a. Me2C(OH)C(OH)Me2 b. Ph2C(OH)C(OH)Me2
Ý Nội dung Điểm
1
1
H- - -O
OH
O
C
CH 3
+
OH
OH O H
A
COCH 3 B
+
-
BF 3
HO COCH 3
OH
COCH 3
(C)
NaOH
O
-
COCH 3
O
-
Cl
Me 2 C C
CH
O
CH 3 CH 3
O C CH=CH 2
200 0 C
OH
COCH 3
COCH 3
D
COCH 3
E
F
COCH 3
2 a)
0,5
CH 3 CH 3
CH 3 CH 3
H +
H 3 C C C CH 3 H 3 C C C CH 3
+
OH OH
OH OH 2
- H 2 O
CH 3 CH 3
H 3 C C C
+
CH 3
OH
CH 3
+
H 3 C C C CH 3
: OH CH 3
- H +
CH 3
H 3 C C C CH 3
O CH 3
b.
0.5
8

Ph CH 3
Ph CH 3
Ph CH 3
H + - H 2 O
Ph C C CH 3
Ph C C CH 3
Ph C C CH
+
3
+
OH OH
OH 2 OH
OH
Ph
Ph
+
- H +
Ph C C CH 3
Ph C C CH 3
CH 3
: OH
CH 3 O
Câu 6. (2 điểm): Tổng hợp các chất hữu cơ, so sánh nhiệt độ sôi, Nhiệt độ nóng chảy, Tính Axit-
Bazơ.
1. Chất K có công thức:
Từ chất A là 1,2,3-trimetylbenzen người ta tổng hợp ra chất K theo sơ đồ:
NBS
A
1:2 B
F
CH3Cl
AlCl G
3
CN du
C
0
2 4 ,
H SO t
H
0
3 , t
H O
D
CH 2 N 2
I
as
ThO
2
E
H2
, Pd
0 K
40 C
a) Hãy cho biết cấu tạo của các chất từ B đến I. Trong phản ứng I
1.( CH3)
2CHMgCl
2. HO F
2
H2
, Pd
0 K có thể tạo ra sản phẩm
40 C
nào khác không ?
b) So sánh nhiệt độ sôi của các chất: D, E và G. Giải thích ngắn gọn?
Hợp chất F có 2 đồng phân cấu hình, hãy cho biết nhiệt độ sôi của chúng giống nhau hay khác nhau? Tại
sao?
2. Từ metyl xiclopropyl xeton và hợp chất cơ magie tuỳ ý chọn, viết sơ đồ phản ứng điều chế 2,6-
đimetyl-9-bromnona-2,6-đien.
Ý Nội dung Điểm
1
B
Br
Br
C
CN
CN
D
COOH
COOH
1,0
E F G
OH
O
OH
H
I
9

Sản phẩm khác:
b. - Nhiệt độ sôi giảm dần theo trình tự: D > G > E
- D, G có liên kết hyđro và liên kết hyđro giữa các phân tử D bền hơn giữa các phân tử G.
+ 2 đồng phân cấu hình của F có nhiệt độ sôi khác nhau vì chúng vừa là đồng phân quang học vừa
là đồng phân hình học.
0,5
2
O
C
CH3
.
.
1
2
CH 3 MgBr
H 2 O
OH
C CH3
CH 3
+ HBr
- H 2 O
Mg
OH
. H
C CH 2 CH 2 CH=C CH 3 O +
3 HBr
CH 3 MgBr
CH
CH 3
3
1
2
3
.
.
Br CH 2 CH 2 CH=C
Br CH 2 CH 2 CH=C
CH 3
CH 3
CH 3
CH 2 CH 2 CH=C
Câu 7. (2 điểm): Nhận biết, Tách chất, Xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ.
1. Chất A có CTPT là C8H16O, cho phản ứng Iođofom nhưng không cộng được H2. Khi đun A với H2SO4
đặc ở 170 o C ta thu được chất B và C (cả hai đều có CTPT là C8H14). Nếu ôxi hóa B rồi đề cacboxyl sản
phẩm sẽ thu được metylxiclopentan. Chât B không có đồng phân hình học. Xác định CTCT của A,B,C và
giải thích sự tạo ra chất C.
2. Metylisopropylxeton phản ứng với đietyl cacbonat trong môi trường kiềm-rượu, tạo thành hợp chất A.
Cho axeton tác dụng với fomanđehit và đietylamin, thu được chất B. Metyl hoá B bằng metyl iođua, sau
đó tiến hành tách loại Hopman, thu được C. Khi C phản ứng với A trong môi trường kiềm- rượu thì được
D. Cho D phản ứng với NaOH, sau với axit HCl và cuối cùng đun nóng thì được E. Hãy xác định công
thức cấu tạo của các hợp chất từ A đến E và hoàn thành các phương trình phản ứng.
Ý Nội dung Điểm
1 . Chất A có v =1, cho phản ứng Iođofom nhưng không cộng được H2 A có
1,0
CH 3
-CH-
nhóm OH
Và A có 1 vòng.
Nếu ôxi hóa B rồi đề cacboxyl sản phẩm sẽ thu được metylxiclopentan nên A cũng phải có bộ
khung giống metylxiclopentan. Vậy A là 1 trong 3 chất sau đây:
CH 3
CH 3
0,5
OH
HO
OH
(1) (2) (3)
Chất 3 phù hợp do tách nước sinh ra B không có đồng phân hình học.
B là :
C là
10

Sự tạo thành chất C:
H +
- H
+
OH
-
H 2
O
(+)
(+)
Xác định CTCT đúng của A,B,C được 0,5 đ. Viết đúng cơ chế tạo C được 0,5 đ
2
O
CO(OEt) 2
EtONa
O
A
O
OEt
1,0
O
+ CH2 O + Et 2 NH Manich O
NEt 2
B
1. CH 3 I
2. T¸ch Hopman
O
C
A, EtONa
E: 3-isopropylxiclohex-2-enon
Xác định CTCT của A,B,C,D,E mỗi chất được 0,25đ.
O
COOEt
1. NaOH
2. H +
3. t o
D
O
E
Câu 8. (2 điểm): Hữu cơ tổng hợp.
Chia 44,8 gam hỗn hợp X gồm axit axetic, glixerol và etyl axetat làm ba phần (tỉ lệ số mol của các chất
trong mỗi phần là như nhau).
- Phần 1: tác dụng hết với Na thu được 1,344 lít (đktc) khí H2.
- Phần 2: tác dụng vừa đủ với 500 ml dung dịch NaOH 0,4M khi đun nóng.
- Phần 3: (có khối lượng bằng khối lượng phần 2) tác dụng với NaHCO3 dư thì có 2,688 lít (đktc) khí
bay ra.
Tính khối lượng mỗi chất có trong hỗn hợp X, biết rằng hiệu suất các phản ứng đều là 100% \
Ý Nội dung Điểm
Phần 1 : CH3COOH (a mol), C3H5(OH)3 (b mol) và CH3COOC2H5 (c mol)
Phần 2 : CH3COOH (xa mol), C3H5(OH)3 (xb mol) và CH3COOC2H5 (xc mol)
Phần 3 : CH3COOH (xa mol), C3H5(OH)3 (xb mol) và CH3COOC2H5 (xc mol)
mhh = 60.(a + 2xa) + 92.(b+2xb) + 88.(c+2xc) = 44,8 (gam)
0,25
=> (2x + 1)(60a + 92b + 88c) = 44,8 (I)
- Cho phần 1 tác dụng hết với Na :
1
CH COOH + Na CH COONa+ H
3 3 2
0,25
2
a
Mol : a
2
3
C H (OH) + 3Na C H (ONa) + H 2
3b
3 5 3 3 5 3 2
Mol:
b
2
11

Số mol khí H2 thu được là: a + 3b = 0,06(mol) a + 3b = 0,12
2 2
- Cho phần 2 tác dụng với dung dịch NaOH :
CH COOH NaOH CH COONa H O
3 3 2
Mol : xa xa
3 2 5 3 2 5
(II)
CH COOC H NaOH CH COONa C H OH
Mol : xc xc
Số mol NaOH phản ứng là : xa + xc = 0,2 (mol)
(III)
- Cho phần 3 tác dụng với NaHCO3 dư:
CH COOH NaHCO CH COONa CO H O
3 3 3 2 2
Mol : xa xa
Số mol khí CO2 thu được là : xa = 0,12 (mol) (IV)
0,25
0,25
Từ (II), (III) và (IV) ta có:
0,12
ax = 0,12 a= x
0,04x - 0,04
b
x
0,08
cx = 0,08 c=
x
Do b > 0 nên 0,04x - 0,04> 0 x >1 (*)
Thay a, b, c vào (I) ta được:
0,12 0,04x 0,04 0,08
(2x 1) 60. 92. 88.
44,8
x x x
Giải phương trình bậc 2 =>
2
7,36x - 20x + 10,56 = 0
x
2 (Tháa m·n (*))
x
33/ 46 < 1 (Lo¹i)
Thay x = 2 vào (II), (III) và (IV) ta được kết quả:
Khối lượng của các chất có trong hỗn hợp X là:
m
CH3COOH
= 60.(a + 2xa) = 18 gam
m = 92.(b+2xb) = 9,2 gam
C3H 5 (OH) 3
m
CH3COOC 2H5
= 88.(c+2xc) = 17,6 gam
12
a = 0,06 (mol)
b = 0,02 (mol)
c = 0,04 (mol)
Câu 9. (2 điểm): Cân bằng hóa học.
Cho các phản ứng với hằng số cân bằng tại 820 o C như sau :
CaCO3(r) CaO(r) + CO2(k) (1) Kp1 = 0,2
C(r) + CO2(k) 2CO(k) (2) Kp2 = 2
1. Trong một bình chân không dung tích 22,4 lít ở 820 0 C, người ta cho 1,0 mol CaCO3 và 1,0 mol
cacbon. Xác định thành phần của hệ ở trạng thái cân bằng.
2. Phải tăng thể tích bình lên bao nhiêu thì CaCO3 phân hủy hoàn toàn.
Ý Nội dung Điểm
1 Gọi x là số mol CaCO3 bị phân hủy. y là số mol C tham gia phản ứng.
1,0
Ta có: CaCO3(r) CaO(r) + CO2(k) (1) K1 = 0,2
1,0

1-x x x-y
C(r) + CO2(k) 2CO(k) (2) K2 = 2
1-y x - y 2y
Số mol của hỗn hợp khí = x + y (mol)
RT
Từ (1) → K1 = PCO2 = 0,2 atm = (x – y). V = (x- y)
0,082.(273
820)
22, 4 = (x – y). 4
→ x- y = 0,2/4 = 0,05(*)
P
2
CO
Pco2
Từ (2) → K2 = = 2 => PCO =
2.
P CO
2
0,4
atm.
RT
0,4
0,4
y 0,079
=> 2y. V =
2.4
Thay vào (*) → x = 0,129
Trong hệ có 0,129 mol CaO ; 0,871 mol CaCO3 ; 0,921 mol C ; 0,05 mol CO2 ; 0,158 mol
CO.
2 Để sự phân hủy CaCO3 xảy ra hoàn toàn => x = 1 và áp suất riêng phần của các khí tại
thời điểm cân bằng bị phá hủy là không bị thay đổi.
Nghĩa là PCO = 0,632 atm và PCO2 = 0,2 atm.
RT
(1 y')
0,2 ( I)
V
RT
.2y'
0,632 ( II )
=> V
Với y’là số mol C đã tham gia phản ứng.
2y'
3,16
Lấy (II) chia cho (I) =>
1 y'
=> y’ = 0,612 mol. Thay vào (II)
0,082.(820
273).2.0,612
173,6
=> V =
0,632
lít.
=> Để CaCO3 phân hủy hoàn toàn thì thể tích bình phải lấy là: V 173,76lít
Bài 10. (2 điểm): Phức chất.
Coban (Z=27) tạo ra được các phức [CoCl2(NH3)4 + ] A ; [Co(CN)6] 3- B ; [CoCl3(CN)3] 3- C.
5. Viết tên của A,B,C.
6. Theo thuyết liên kết hóa trị, các nguyên tử trong B ở trạng thái lai hóa nào?
7. Các ion phức trên có thể có bao nhiêu đồng phân lập thể? Vẽ cấu trúc của chúng.
8. Viết phương trình phản ứng của A với ion Fe 2+ trong môi trường axit.
Hướng dẫn
Ý Nội dung Điểm
1 Điclorotetraamincoban(III)
Hexaxianocobantat(III)
Triclorotrixianocobantat(III)
0,5
2 [Co(CN)6] 3- - Co lai hóa d 2 sp 3 , C- sp, N sp hoặc N không lai hóa. 0,5
3. A có hai đồng phân, B không có đồng phân, C có hai đồng phân. 0,75
13

Cl
Cl
H 3 N
H 3 N
Co
NH 3
NH 3
H 3 N
H3 N
Co
Cl
NH 3
Cl
NH 3
( A)
NC
NC
CN
Co
CN
CN
CN
( B)
Cl
CN
NC
Cl
Co
CN
Cl
NC
Cl
Co
Cl
Cl
CN
CN
( C)
4 . [CoCl2(NH3)4 + ] + Fe 2+ + 4H + → Co 2+ + Fe 3+ + 2Cl - + 4NH4 + 0,25
14

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 11
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
( Đề thi này có 03 trang, gồm 10 câu)
Bài 1. (2,0 điểm): Tốc độ phản ứng.
1
1. Xét phản ứng thuận nghịch: O2 (k)+ SO2(k)
SO3(k)
2
Hãy tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng trên ở 60 0 C (chấp nhận hiệu ứng nhiệt của phản ứng không phụ
thuộc nhiệt độ).
Cho các số liệu nhiệt động tiêu chuẩn tại 25 0 C như sau:
Khí
0
sinh
H (kJ.mol –1 )
0
S (J.K –1 .mol –1 )
SO3 -395,18 256,22
SO2 -296,06 248,52
O2 0,0 205,03
2. Phản ứng sau dùng để phân tích ion I :
- - +
IO + 5I + 6H 3I + 3H O
3(dd) (dd) (dd) 2(dd) 2 (dd)
Khi nghiên cứu động học của phản ứng trên ở 25 o C, thu được các kết quả thực nghiệm như sau:
Thí [ IO ], M [I - ], M [H + ], M v (mol.l -1 .s -1 )
3
nghiệm
1 0,010 0,10 0,010 0,60
2 0,040 0,10 0,010 2,40
3 0,010 0,30 0,010 5,40
4 0,010 0,10 0,020 2,40
a) Sử dụng các dữ kiện trên để xác định bậc riêng phần đối với từng chất phản ứng. Viết biểu thức tốc độ của
phản ứng.
b) Tính hằng số tốc độ và cho biết thứ nguyên của nó.
c) Năng lượng hoạt hóa của phản ứng được xác định là 84kJ/mol ở 25 o C. Tốc độ phản ứng tăng lên bao
nhiêu lần nếu năng lượng hoạt hóa giảm còn 74kJ/mol bằng cách dùng xúc tác thích hợp.
Bài 2 (2,0điểm): Cân bằng trong dung dịch điện li
Một dung dịch (X) có chứa hai loại đơn axit yếu : HA với hằng số axit của KHA = 1.74 × 10 -7 , và HB với
hằng số axit của KHB = 1.34 × 10 -7 . Dung dịch X có pH bằng 3,75.
1. Để phản ứng hết với các chất có trong hoàn 100 ml dung dịch X cần 100 ml dung dịch NaOH 0,220 M.
Tính nồng độ (mol/L) của mỗi axit trong dung dịch X. Biết [KW = 1,00 × 10 -14 ở 298 K.]
2. Tính pH của dung dịch Y có chứa 6,00.10 -2 (M) NaA và 4,00.10 -2 M NaB
3. Một dung dịch đệm được thêm vào dung dịch Y để duy trì độ pH 10.0. Giả sử không có sự thay đổi thể
tích của dung dịch Z.
Tính độ tan (trong mol • L-1) của M(OH)2 trong Z, biết các anion A - và B - có thể tạo ra các phức với M 2 +
M(OH)2 M 2+ + 2OH – Ksp = 3.10 ×10 -12
M 2+ + A – [MA] + K1 = 2.1 × 10 3
[MA] + + A – [MA2] K2 = 5.0 × 10 2
M 2+ + B – [MB] + K’1 = 6.2 × 10 3
[MB] + + B – [MB2] K’2 = 3.3 × 10 2
Bài 3 (2,0điểm): Điện hoá học
1. Hãy trình bày cách thiết lập sơ đồ pin sao cho khi pin hoạt động thì xảy ra phản ứng:
H3AsO4 + NH3 → H2AsO
4
+
+
NH 4

2. Tính sức điện động của pin ở điều kiện tiêu chuẩn ( E o pin ).
3. Biết C H3AsO
= 0,025 M; C
4
NH = 0,010 M. Tính sức điện động của pin.
3
Cho: pK ai(H3AsO 4)
= 2,13; 6,94; 11,50; pK + 9,24 (pKa = - lgKa, với Ka là hằng số phân li axit).
a(NH 4 )
pH 2
1 atm; ở 25 o C:
RT
2,303 0,0592.
F
Bài 4 (2,0 điểm) : Bài tập vô cơ
A, B, C, D, E, F là các hợp chất có oxi của nguyên tố X và khi cho tác dụng với NaOH đều tạo ra
chất Z và H2O. X có tổng số hạt proton và nơtron bé hơn 35, có tổng số oxi hóa dương cực đại và 2 lần số oxi
hóa âm là -1. Hãy lập luận để tìm các chất trên và viết phương trình phản ứng. Biết rằng dung dịch mỗi chất
A, B, C trong dung môi nước làm quỳ tím hóa đỏ. Dung dịch E, F phản ứng được với dung dịch axit mạnh và
bazơ mạnh.
Bài 5 (2,0điểm): Sơ đồ biến hóa, Cơ chế phản ứng.
1. Cho sơ đồ chuyển hoá sau :
Na
CH 3 toluen
OH
K 2 Cr 2 O 7
H 3 C CH 3
H 2 SO 4 , t o
CH 3 O CHO
ClCH
A 2 COOH HCl CH 3 OH, H 2 SO 4
B C D E X
O 2 N
F
toluen
C 2 H 5 OH, KOH
CHO
Y
H 2 O
Viết công thức cấu tạo của các chất A, B, C, D, E, F, G, H, X, Y.
2. Viết cơ chế của chuyển hóa sau:
O
O
1/ R
2/ H 3 O +
3/ EtONa
MgX
H 2 N-NH 2
t 0 EtOH
Bài 6 (2,0điểm): Tổng hợp các chất hữu cơ. Tính Axit- Bazơ. Đồng phân lập thể, Danh pháp.
Cho các công thức cấu tạo sau:
R
O
1. Hãy vẽ công thức các đồng phân lập thể ứng với cấu tạo A.
2. Ứng với công thức cấu tạo B có bao nhiêu đồng phân lập thể, vì sao? Dùng các kí hiệu thích hợp để chỉ rõ
cấu hình của mỗi đồng phân đó.
3. Hãy chỉ rõ trạng thái lai hóa của từng nguyên tử N ở cấu tạo C và ghi giá trị pKa (ở 25 o C): 1,8; 6,0; 9,2
vào từng trung tâm axit trong công thức tương ứng với C, giải thích.
Bài 7 (2,0điểm): Nhận biết, Tách chất, Xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ.
1. Hợp chất A (có công thức phân tử là C13H18O) có tính quang hoạt, không phản ứng với 2,4-
đinitrophenylhydrazin nhưng tham gia phản ứng idofom. Phản ứng ozon phân hợp chất A thu được chất B và
chất C, cả hai hợp chất này đều tác dụng với 2,4-đinitrophenylhydrazin nhưng chỉ có chất C tác dụng được
với thuốc thử Tollens. Nếu lấy sản phẩm của phản ứng giữa chất C với thuốc thử Tollens để axit hóa rồi đun
nóng thì thu được chất D (có công thức phân tử là C6H8O4). Chất B có thể chuyển hoá thành chất E (có công
thức cấu tạo là p-C2H5C6H4-CH2CHO). Hãy viết công thức cấu tạo của các chất A, B, C, D, E.
2. Xác định cấu tạo các chất từ A đến D và hoàn thành sơ đồ sau. Biết D là một cacben.
CH 3
PhNH 3 Cl
H 3 C NH 2
BrC 2 H 4 OH
A I 2/PPh 3
HC(OEt) 3 KOC(CH 3 ) 3
B
C
D
HN
HCOOH
CH 3
N

Bài 8 (2,0điểm): Bài tập hữu cơ tổng hợp.
X là một ankaloit, được tìm thấy trong cây coca. Khi phân tích X thấy: %C=68,09%; %H=10,64%;
%N=9,93%; còn lại là O.
Biết:
- Công thức phân tử của X có 1 nguyên tử oxi.
- X không tác dụng với benzensunfoclorua, không tan trong kiềm nhưng tn trong dung dịch HCl. X
tác dụng với phenylhidrazin và cho phản ứng iodofom.
- Nếu oxi hóa X bằng CrO3 sẽ tạo thành axit Y (C6H11O2N).
- Có thể tổng hợp axit Y bằng chuỗi phản ứng sau:
Br
Br
[CH(COOEt) 2 ] - Na + A
Br 2 CH 3 NH 2
B
C (C 11 H 19 O 4 N)
Ba(OH) 2 dd
t 0 D ddHCl E
t 0 Y + CO 2 + H 2 O
1. Hãy xác định công thức phân tử của X ?
2. Hãy viết các phản ứng trên và thực hiện sơ đồ chuyển hóa trên để xác định cấu tạo của X và Y ?
Bài 9 (2,0điểm): Cân bằng hoá học
1. Cho một lượng NH4Cl rắn vào một bình chân không. Đun bình lên nhiệt độ T(K). Khi hệ đạt đến
trạng thái cân bằng thì áp suất trong bình là 1,0 atm. Xác định T. Biết các đại lượng nhiệt động ở
298 0 K như sau:
∆H 0 (kJ/mol) ∆G 0 (kJ/mol)
NH4Cl(r) -315,4 -203,9
NH3(k) -92,3 -95,3
HCl(k) -46,2 -16,6
2. Giả thiết hiệu ứng nhiệt của phản ứng không phụ thuộc vào nhiệt độ và bỏ qua thể tích chất rắn.
Giả sử phản ứng phân hủy khí A là phản ứng bậc nhất
A(k) → 2B(k) + C(k)
Trong 1 bình kín chứa khí A nguyên chất, áp suất trong bình lúc đầu là p (mmHg). Sau 10 phút, áp
suất trong bình là 136,8mmHg. Đến khi phản ứng kết thúc, áp suất trong bình là 273,6mmHg. Xem như thể
tích bình và nhiệt độ không đổi trong suốt quá trình phản ứng.
a. Tính p.
b. Tính áp suất riêng phần của A sau 10 phút.
Bài 10 (2,0điểm): Phức chất
1. Thêm dần dung dịch KCN vào dung dịch NiCl2 lúc đầu thu được kết tủa xanh R, sau đó kết tủa này tan ra
tạo thành dung dịch màu vàng của chất S. Nếu cho thêm tiếp KCN đặc thì thu được dung dịch màu đỏ của
chất T. Hãy viết các phương trình phản ứng xảy ra trong thí nghiệm này.
2. Cho biết S và T đều nghịch từ, dựa theo thuyết liên kết hóa trị (VB), hãy dự đoán cấu trúc phân tử của
chúng.
3. Chất S ở dạng rắn có màu vàng, phản ứng với lượng dư K kim loại trong NH3 lỏng cho chất rắn Z màu vàng
nhạt, nghịch từ. Chất Z bị phân hủy nhanh khi tiếp xúc với không khí ẩm tạo thành lại chất S. Nếu cho 3,1910
gam chất Z vào nước (dư) thì thu được 0,224 lít khí H2 (đktc). Cho biết Z chứa 49,0% K theo khối lượng. Hãy
xác định công thức hóa học, dự đoán cấu trúc phân tử của Z và viết các phương trình phản ứng xảy ra.
------------------------------------HẾT----------------------------------

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LÊ HỒNG PHONG-NAM ĐỊNH
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC
MỞ RỘNG NĂM HỌC 2014- 2015
MÔN: HOÁ HỌC LỚP 11
Thời gian làm bài 180 phút
Bài 1: Tốc độ phản ứng:
Cho phản ứng:
A B + C
Phản ứng trên bậc 1 và có hằng số tốc độ tại 288K và 325K lần lượt là 2. 10 -2 s -1 và 0,38 s -1 .
1. Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng.
2. Tính thời gian cần thiết để phản ứng hoàn thành được 0,1%; 50%; 75% ở 303K.
Bài 2: Dung dịch điện ly:
1.Có hai dung dịch A chứa H 2 C 2 O 4 0,1M và dung dịch B chứa Na 2 C 2 O 4 0,1M. Tính pH và
nồng độ ion C 2 O
2- 4 có trong dung dịch A và B.
2.Thêm Fe(NO 3 ) 3 (tinh thể) vào dung dịch A và dung dịch B để đạt nồng độ (ban đầu) là
1,0.10 -4 M. Giả thiết thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể. Hãy cho biết có xuất hiện kết
tủa Fe(OH) 3 không? Chứng minh?
3.Tính phần mol của phức Fe(C 2 O 4 )
3- 3 trong dung dịch A.
Cho các giá trị hằng số tạo thành tổng hợp của phức Fe 3+ với C 2 O
2- 4 là 1 = 1,0.10 8 ; 2 =
2,0.10 14 ; 3 = 3,0.10 18 ; K W = 10 -14 .
Hằng số phân ly axit của H 2 C 2 O 4 là K a1 = 0,05; K a2 = 5.10 -5 .
Tích số tan của Fe(OH) 3 K s = 2,5.10 -39 .
Bài 3: Pin điện:
1.Người ta tiến hành thiết lập một pin sau:
Nửa pin I: gồm một điện cực Ag được phủ AgCl nhúng vào dung dịch KCl bão hòa.
Nửa pin II: gồm thanh Pt được phủ hỗn hợp nhão gồm Hg và Hg 2 Cl 2 nhúng vào dung dịch
KCl bão hòa.

a.Xác định các điện cực, phản ứng tại các điện cực và phản ứng chung trong pin.
b. Tính sức điện động của pin trên tại 25 0 C.
c. Tại 20 0 C, người ta đo được sức điện động của pin là 0,0421V. Xác định H 0 , S 0 , G 0
của phản ứng chung trong pin tại 25 0 C. Giả thiết H 0 , S 0 không đổi trong khoảng nhiệt độ
trên.
Cho pKs (AgCl) = 10; pKs(Hg 2 Cl 2 ) = 17,88; E 0 của Ag + /Ag = 0,800V và Hg 2+ 2/Hg =
0,792V.
2.Viết các quá trình xảy ra tại các điện cực và phản ứng chung của quá trình khi tiến hành
điện phân các dung dịch sau với điện cực trơ:
a.Dung dịch H 2 SO 4 . b.Dung dịch Cu(NO 3 ) 2 .
Bài 4: Bài tập tính toán vô cơ tổng hợp:
1.Hòa tan 9,13 gam một mẫu kali iođua vào 100 gam nước nóng. Thêm 13,96 gam I 2 vào
dung dịch, khuấy đều đến khi thu được dung dịch đồng nhất A. Cô đặc dung dịch A rồi hạ nhiệt
độ xuống 2 o C thấy xuất hiện tinh thể B. Tinh thể B có màu nâu sẫm. Lọc lấy phần tinh thể B,
rửa sạch rồi làm khô. Hòa tan 0,950 gam B vào nước thu được dung dịch X. Chuẩn độ toàn bộ
lượng dung dịch X cần 21,7 ml dung dịch Na 2 S 2 O 3 0,2M (có mặt hồ tinh bột). Xác định công
thức hợp chất B.
Cho nguyên tử khối K: 39,10; I: 126,90; Cl: 35,45; O: 16,00; N: 14,01; C: 12,01; H: 1,01.
2.Từ KI, KCl, Cl 2 , I 2 và nước hãy viết phương trình điều chế ICl.
3.Viết các phương trình phản ứng sau:
a.Khử Mn (III) oxit bằng CO, đun nóng để điều chế Mn 3 O 4 .
b.Cho KCN dư vào dung dịch CuSO 4 .
c.Hòa tan Cr 2 O 3 vào dung dịch phức Fe(CN)
3- 6 trong môi trường kiềm.
Bài 5: Cơ chế phản ứng, sơ đồ phản ứng, đồng phân, danh pháp:
1.Trình bày cơ chế các phản ứng sau:

a.
b.
2.Cho sơ đồ phản ứng sau:
a.Cho biết công thức cấu tạo các chất A, B, C, D, F.
b.Cho biết F có thể có tất cả bao nhiêu đồng phân cấu hình?
c.Trong số các đồng phân cấu hình của F, hãy viết công thức cấu hình một đồng phân và
biểu diễn cấu dạng của đồng phân đó.
Bài 6: Tổng hợp hữu cơ, so sánh tính axit – bazo, nhiệt độ sôi, nhiệt độ nóng chảy:
1.Axit squaric có công thức phân tử C 4 H 2 O 4 . Ở điều kiện thường axit squaric ở trạng thái
tinh thể màu trắng, tan tốt trong nước. Axit squaric là axit tương đối mạnh so với các axit hữu
cơ thường gặp (CH 3 COOH có pK a = 4,76). Hằng số phân ly axit của axit squaric là pK a1 = 1,5
và pK a2 = 3,4. Trong ion squarat C 4 O
2- 4 độ dài các liên kết CC bằng nhau (1,47 A o ), các liên kết
CO bằng nhau (1,26 A o ).
Đề xuất công thức cấu tạo của axit squaric. Biểu diễn cấu trúc của ion squarat. Giải thích
tại sao axit squaric có tính axit tương đối mạnh.

sau:
2.Axit maleic và axit fumaric là đồng phân hình học của nhau. Công thức của hai axit như
Hai axit có các giá trị pK a như sau: 1,9; 3,03; 4,44; 6,07. Hãy cho biết pK a1 và pK a2 của hai
axit tương ứng với các giá trị nào? Giải thích ngắn gọn.
3.Viết sơ đồ tổng hợp các hợp chất hữu cơ sau từ các hợp chất hữu cơ có 2 cacbon trở
xuống, benzen, toluen và các chất vô cơ cần thiết:
a. b. (azulen)
4. Các hợp chất hữu cơ có mạch liên hợp phân cực thường mang màu.
a.Azulen là hiđrocacbon thơm không chứa vòng benzen, có màu xanh da trời. Naphtalen
cũng là hiđrocacbon thơm và là đồng phân của azulen. Giải thích tại sao azulen có màu trong
khi đó naphtalen lại không có màu.
b.Khi cho azulen vào dung dịch H 2 SO 4 , azulen bị mất màu. Giải thích hiện tượng.
Bài 7: Nhận biết – tách chất – xác định công thức phân tử:
1.Hợp chất hữu cơ X là một hormon trong cơ thể con người. X tham gia vào một số quá
trình của cơ thể như điều hòa huyết áp,… X là một dẫn xuất của axit heptanoic. Trong phân tử
X không chứa nguyên tử cacbon bậc IV. Kết quả đo phổ khối lượng cho biết phân tử khối của X
là 354u. Để xác định cấu tạo của X, người ta tiến hành các thí nghiệm sau:
Hợp chất X không phản ứng với phenylhiđrazin để tạo kết tủa. Thực hiện phản ứng ozon
phân oxi hóa X thu được 3 hợp chất hữu cơ A, B và C.
Hợp chất A không quang hoạt và có công thức phân tử C 5 H 8 O 4 . Đun nóng A thu được
anhiđrit axit vòng D (C 5 H 6 O 3 ).
Hợp chất B thu được từ phản ứng ozon phân ở trên là một hỗn hợp raxemic. Hợp chất B có
thể thu được khi cho hexanal phản ứng với HCN rồi thủy phân sản phẩm trong dung dịch axit.

Oxi hóa C (C 8 H 12 O 6 ) bằng CrO 3 thu được hợp chất hữu cơ Y. Thực hiện phản ứng khử C
bằng LiAlH 4 thu được chất G. Để chuyển hóa 1 mol C thành dẫn xuất axetyl F cần 2 mol axetyl
clorua.
Xác định công thức cấu tạo của các chất A, B, C, D, G, F.
2.Có các lọ mất nhãn đựng chất lỏng và dung dịch riêng biệt sau đây: CH 3 OH; C 2 H 5 OH;
CH 3 CHO; CH 3 CH 2 CHO; CH 3 COOH; glixerol. Trình bày phương pháp nhận biết các dung dịch,
chất lỏng trên.
Bài 8: Bài tập tổng hợp kiến thức hữu cơ:
Tretinoin (A) là một tecpenoit được sử dụng rộng rãi để điều trị mụn trứng cá. A có công
thức cấu hình như sau:
1.Xác định cấu hình của A.
sau:
2.Để tổng hợp tretinoin từ xitral – a và axeton người ta tiến hành qua các giai đoạn như
Thực hiện phản ứng ngưng tụ giữa xitral – a với axeton thu được pseuđoionon (B). Xử lý B
với dung dịch H 2 SO 4 loãng thu được hỗn hợp C, D và E. Các chất B, C, D , E cùng có công thức
phân tử C 13 H 20 O. Chất C, D và E đều chứa vòng 6 cạnh, C và D có một nguyên tử cacbon bất
đối còn E không có đồng phân quang học.
Ngưng tụ E với CH 3 CN (xúc tác C 4 H 9 Li) thu được hợp chất F (C 15 H 21 N). Tiến hành khử F
bằng DiBAlH thu được hợp chất G (C 15 H 22 O). Ngưng tụ G với hợp chất anhđrit β-
metylglutaconic thu được H (C 21 H 26 O 3 ). Thủy phân H thu được K (C 21 H 28 O 4 ). Đun nóng K với

quinolin có mặt Cu để thực hiện phản ứng đecacboxyl hóa thu được L (C 20 H 28 O 2 ). Đun nóng L
với I 2 thu được A.
Cho biết: Công thức của các chất như sau:
Anhđrit β-metylglutaconic Xitral – a.
DiBAlH là điisobutyl nhôm hiđrua: (i-Bu 2 AlH) 2 .
a.Xác định công thức cấu hình của các chất B, C, D , E, F, G, H, K, L, biết rằng các chất
trên đều là các sản phẩm chính.
b.Trình bày cơ chế phản ứng từ B tạo ra hỗn hợp C, D , E và từ E tạo ra F.
Bài 9: Cân bằng hóa học:
Cho cân bằng hóa học: CH 3 OH (k) + H 2 O (k) 3H 2(k) + CO 2(k) .
Entanpi và năng lượng tự do Gibbs tại 374K có giá trị ∆H 0 374K = + 53kJ/mol và ∆G 0 374K =
-17 kJ/mol.K
Cho vào bình phản ứng 1 mol metanol và 1 mol nước có mặt chất xúc tác. Duy trì nhiệt độ
và áp suất trong bình không đổi là 374K và 10 5 Pa.
1.Tính hằng số cân bằng của phản ứng tại nhiệt độ 374K.
2.Khi hệ đạt trạng thái cân bằng, tính phần trăm lượng metanol đã chuyển hóa thành H 2 .
3.Ở một thí nghiệm khác, cho vào bình phản ứng 1 mol metanol, 1 mol nước và 20 mol N 2
có mặt chất xúc tác. Duy trì nhiệt độ và áp suất trong bình không đổi (374K và 10 5 Pa). Tính
phần trăm lượng metanol đã chuyển hóa thành H 2 .
Bài 10: Phức chất:
1.Đun nóng sắt với CO ở nhiệt độ 150 0 C áp suất 15 atm thu được chất lỏng A. A không tan
trong nước và phân hủy ở nhiệt độ 300 0 C. Cho biết công thức cấu tạo của A. Nguyên tử sắt

trong A ở trạng thái lai hóa gì? Mô tả sự hình thành liên kết của A. Hình dạng phân tử của A
như thế nào? Hợp chất A là chất thuận từ hay nghịch từ?
2.Thực hiện phản ứng A với các chất theo phương trình như sau:
A + 2K → D + B.
A + 4KOH → D + E + 2H 2 O.
A + I 2 → F + B.
Xác định các chất D, B, E, F.
--------------------Hết--------------------
Người ra đề
Phạm Trọng Thịnh
Số điện thoại: 0943666387

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG
DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LƯƠNG VĂN TỤY, TỈNH NINH BÌNH
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 11
NĂM 2015
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể
thời gian giao đề
(Đề có 05 trang, gồm 10 câu)
Câu 1 (2,0 điểm): Tốc độ phản ứng
Đinitơ pentaoxit (N 2 O 5 ) là chất không bền và là một chất nổ. Ở pha khí phân hủy
theo phương trình hóa học:
2N 2 O 5(k) 4NO 2(k) + O 2(k) (*)
Các kết quả nghiên cứu động học cho thấy hằng số tốc độ của phản ứng (*):
k = 4,1.10 13 .e
1
103,137kJ
. mol
RT
(s -1 )
1. Xác định các giá trị của A, E a và biểu thức định luật tốc độ của phản ứng (*).
2. Tính hệ số góc của log k = f(T -1 ) (T là nhiệt độ tuyệt đối) cho phản ứng (*).
2 O 5
Ở nhiệt độ nào ta có v = N (s-1 )?
3. Tính giá trị đạo hàm
d N O5
dt
2
khi tiến hành phản ứng (*) trong bình kín có dung
tích V = 12,0 dm 3 . Ở thời điểm này trong bình có 0,0453 mol N 2 O 5 và áp suất riêng phần
của N 2 O 5 là 0,1 atm (các khí được coi là khí lí tưởng).
4. Áp dụng nguyên lý nồng độ dừng, chứng minh cơ chế phản ứng sau phù hợp:
N 2 O 5 NO 2 + NO 3
k
NO 2 + NO 3
NO 2
2 + O 2 + NO
k
NO + N 2 O 5
3
3 NO 2
Câu 2 (2,0 điểm): Cân bằng trong dung dịch điện li
Dung dịch A: CaCl 2 0,016M; dung dịch B: Na 2 CO 3 0,016M
1. Tính pH của dung dịch B.
2. Trộn 10 ml dung dịch A với 10 ml dung dịch B. Điều chỉnh pH = 10. Có kết tủa
CaCO 3 và Ca(OH) 2 tách ra không? Nếu có CaCO 3 tách ra hãy tính độ tan của CaCO 3
trong hỗn hợp thu được.
k 1
k -1
3. Tính thể tích dung dịch HCl 0,01M cần dùng để chuẩn độ 10 ml dung dịch B
đến đổi màu phenolphtalein pH = 8.
1

Cho pK a (H 2 CO 3 ) = 6,35; 10,33; log * ( CaOH
) = -12,6;
K S1 (Ca(OH) 2 ) = 6,46.10 -6 ; K S2 (CaCO 3 ) = 3,31.10 -9 .
Câu 3 (2,0 điểm): Điện hóa học
1. Thiết lập sơ đồ pin sao cho khi pin hoạt động xảy ra phản ứng giữa 2 cặp oxi
hóa-khử sau: Fe 3+ (0,10 M)/Fe 2+ (0,0050M); Br 2 (0,010M)/2Br - (0,10M).
Cho E o Fe 3 / Fe 2 = 0,77 V; E o Br 2 /2Br = 1,07 V
2. Viết phương trình phản ứng xảy ra trong pin và tính sức điện động của pin.
3. Tính nồng độ các ion trong dung dịch khi pin phóng điện hoàn toàn, giả thiết thể
tích hai dung dịch ở hai nửa pin bằng nhau và đều bằng 100 ml.
4. Thêm vào dung dịch ban đầu (V = 100ml) ở anot 100 ml dung dịch KSCN 2,0M
và ở catot 100 ml dung dịch AgNO 3 0,1M. Tính sức điện động của pin và viết phương
trình phản ứng xảy ra khi pin phóng điện. (Bỏ qua sự tạo phức hiđroxo).
Biết Fe 3+ + 3SCN - Fe(SCN) 3 = 10 12
pK S (AgBr) = 13,0.
Câu 4 (2,0 điểm): Bài tập tính toán vô cơ tổng hợp
Chất X tinh thể màu trắng, có các tính chất sau:
a/ Đốt X ở nhiệt độ cao thấy ngọn lửa có màu vàng tươi. Hòa tan X vào nước được
dung dịch A. Cho khí SO 2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiện màu nâu. Nếu tiếp tục
cho SO 2 qua thì màu nâu biến mất, thu được dung dịch B. Thêm một ít axit nitric vào
dung dịch B, sau đó thêm AgNO 3 thấy tạo thành kết tủa màu vàng.
b/ Hòa tan X vào nước, thêm dung dịch H 2 SO 4 loãng, sau đó là dung dịch KI thấy
xuất hiện màu nâu. Màu này bị biến mất khi thêm dung dịch Na 2 S 2 O 3 vào.
1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion.
2. Để xác định công thức của X người ta hòa tan 0,100 gam X vào nước, thêm dư
KI và một ít dung dịch H 2 SO 4 loãng. Chuẩn độ dung dịch thu được bằng dung dịch
Na 2 S 2 O 3 0,100M tới mất màu chỉ thị hồ tinh bột thấy hết 37,40 ml dung dịch Na 2 S 2 O 3.
Tìm công thức phân tử và gọi tên X.
Câu 5 (2,0 điểm): Sơ đồ biến hóa, cơ chế phản ứng, đồng phân lập thể, danh pháp
Hợp chất A đóng vai trò là chất gốc để tạo thành các hợp chất E1 và E2
2

(Gợi ý: Các hợp chất E1 và E2 là trans-diol có tỉ lệ 1: 1).
1. Xác định cấu trúc của A, D, E1 và E2 trong sơ đồ phản ứng trên.
2. Viết tên các hợp chất A, B, C, D, E1 và E2.
3. Thêm các chất phản ứng cần thiết bổ sung ở những nơi có dấu "?".
4. Đánh dấu tất cả các trung tâm bất đối của các hợp chất A, B, C, D, E1 và E2.
Câu 6 (2,0 điểm): Tổng hợp các chất hữu cơ, so sánh nhiệt độ sôi, nhiệt độ nóng
chảy, tính axit- bazơ
1. Nhóm OH nào thể hiện tính axit mạnh nhất trong hợp chất sau:
(1) HO
O
O
HO (2)
OH (3)
2. Cho 3 dị vòng (hình bên). Hãy sắp xếp các dị
vòng theo thứ tự tăng dần nhiệt độ sôi; tăng dần tính bazơ
của các nhóm –NH. Giải thích.
N
H
A
N
H
B
N
N
H
C
Câu 7 (2,0 điểm): Nhận biết, tách chất, xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ
Khi đun nóng hợp chất A (C 4 H 10 O) với axit sunfuric thu được hợp chất B. B có thể
kết hợp với 1 phân tử Cl 2 được sản phẩm C. Sản phẩm C này được xử lí với NaNH 2 cho
D (C 4 H 6 ). D phản ứng với BH 3 , sau đó với H 2 O 2 /OH - thì được F (C 4 H 8 O). Phản ứng của
E với F sau đó thủy phân cho G. Hợp chất này bị hiđro hóa với xúc tác Pd/BaCO 3 cho H
(C 8 H 16 O). Hãy xác định công thức cấu tạo của các hợp chất từ A đến H.
3

Câu 8 (2,0 điểm): Hữu cơ tổng hợp
Hai hợp chất hữu cơ A, B đều chỉ chứa 2 nguyên tố và là đồng phân của nhau, đều
có khối lượng mol M < 250 g/mol.
A phản ứng với dung dịch AgNO 3 /NH 3 tạo ra chất C, phản ứng với dung dịch
HgSO 4 /H 2 SO 4 tạo ra chất D. Đun nóng D với dung dịch KMnO 4 trong H 2 SO 4 loãng sinh
ra hợp chất hữu cơ E duy nhất có cấu tạo:
CH 3 CH 2 COOH
CH 3 -C-CH 2 -CH-CH-CO-CH 3
CH 3 COOH
B phản ứng với hơi Br 2 có chiếu sáng thu được một dẫn xuất monobrom duy nhất G.
Biết B không phản ứng với Br 2 khi có bột Fe. Đốt cháy m gam B thu được m gam H 2 O.
1. Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của A, B, C, D.
2. Đun nóng B với dung dịch KMnO 4 dư, sau khi axit hóa sản phẩm được sản
phẩm hữu cơ rắn X. Đun nóng X được sản phẩm Y chứa 2 nguyên tố. Xác định công thức
cấu tạo của X, Y.
(Không cần viết phương trình hóa học).
Câu 9 (2,0 điểm): Cân bằng hóa học
Cho : O 2(k) Cl (k) HCl (k) H 2 O (k) H 2 O (l)
H 0 (kJ/mol -1 ) 0 0 - 92,31 -241,83 285,8
S 0 298 (J.mol -1 . K) 205,03 222,9 186,7 188,7 69,9
1. Tính hằng số K P của phản ứng sau tại 298K:
4HCl (k) + O 2 (k) 2Cl 2 (k) + 2H 2 O (k) (1)
2. Giả thiết rằng S và H của phản ứng không phụ thuộc vào nhiệt độ. Tính hằng
số K P của phản ứng ở 698 K.
3. Xác định áp suất hơi bão hoà của nước tại 298K. Từ đó tính hằng số K P của
phản ứng tại 298K.
Câu 10 (2,0 điểm): Phức chất
1. Vào thời kỳ của Werner, việc nghiên cứu phức chất chủ yếu dựa vào các phương
pháp cổ điển như phân tích nguyên tố, đo độ dẫn điện của dung dịch phức, đo momen từ,
nhận biết sự tồn tại của các đồng phân hình học và quang học.
4

Với phức chất có số phối trí 6, nguyên tử loại trung tâm có thể có 3 kiểu cấu hình:
lục giác (A 1 ), lăng trụ tam giác (A 2 ) và bát diện (A 3 ). Để xác nhận kiểu cấu hình nào là
đúng, Werner đã tiến hành đếm số đồng phân hình học ứng với mỗi cấu hình (A 1 , A 2 , A 3 )
của phức MA 4 B 2 trong đó A và B là các phối tử đơn càng. Hãy vẽ tất cả các đồng phân
hình học của phức MA 4 B 2 ứng với mỗi cấu hình A 1 , A 2 và A 3 .
trans:
2. Thứ tự ảnh hưởng trans của các phối tử như sau:
CN ~ CO ~ C 2 H 4 > PPh 3 > NO
- 2 > I - > Br - > Cl - > NH 3 ~ Py > OH - > H 2 O
Hãy vẽ cấu trúc của các sản phẩm của các phản ứng sau dựa theo sự ảnh hưởng
a/ [PtCl 3 NH 3 ] - + NO
- 2 A
A + NO
- 2 B
b/ [PtCl(NH 3 ) 3 ] + + NO
- 2 C
C + NO
- 2 D
-------------HẾT-------------
Người ra đề
Hồ Thị Khuê Đào
Điện thoại: 0912.657.628
5

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG
DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LƯƠNG VĂN TỤY, TỈNH NINH BÌNH
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN
HÓA HỌC KHỐI 11 NĂM 2015
(Đáp án có 10 trang, gồm 10 câu)
Câu Ý Đáp án Điểm
1
A = 4,1.10 13 (s -1 )
E a = 103,137 kJ.mol -1
0,25
Đơn vị của k là s -1 phản ứng là bậc 1 v = k 0,25
log k = log (4,1.10 13 .e
1
103,137kJ
. mol
RT
2 O 5
1
103,137kJ
. mol
) = log (4,1.10 13 ) + log e
RT
= log (4,1.10 13 ) +
3
103,137.10
RT
.log e
2
= log (4,1.10 13 ) +
3
103,137.10
8,314
.log e. T
1
1
3
4
Hệ số góc:
2 O 5
3
103,137.10 .log e = 5387,5 K
8,314
v = N (s-1 ) k = 1 4,1.10 13 .e
RT
v = -1/2
6
3
103,137.10
2
O
= k. N
d N O
2 5
= -2k. N
d N
5
dt
2 O 5
N = 0,0453/12 = 3,775.10-3 (mol/l)
2 O 5
Từ PV = nRT T = 0,1.12/(0,0453.0,082) = 323 K
3
103,137.10
k 323 = 4,1.10 13 8,314. 323
.e
d N O5
dt
dt
= 8,57.10 -4 (s -1 )
= 1 T = 395,77 K
2 O 5
2
= -2. 8,57.10 -4 . 3,775.10 -3 = -6,47.10 -6 (mol/l.s)
Tốc độ của quá trình tạo thành O 2 cũng là tốc độ của phản ứng tổng
quát:
d O
dt
2
2
NO
NO
k
(1)
Áp dụng nguyên lí nồng độ dừng cho NO 3 ta được:
d
NO
dt
3
1
2
N
O
k NO
NO
k NO
NO
2
5
1
2
3
3
k
= 0 (2)
NO
k
1
3
.
k
1
k2
N
2
O
NO
2
2
5
2
3
(3)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

Thay (3) vào (1) ta được:
d O
dt
2
k1k
2
k k
1
2
N
O kN
O
2
5
2
5
với k =
k1k
2
k k
1
2
Vậy cơ chế phản ứng đã cho là phù hợp. 0,25
CO 2
3
+ H 2 O HCO 3
+ OH - (1) K b1 = 10 -3,67
HCO 3
+ H 2 O (H 2 O + CO 2 ) + OH - (2) K b2 = 10 -7,65
1
K b1 = 10 -3,67 >> K b2 = 10 -7,65 Tính theo cân bằng (1)
C 0 (M) 0,016
CO 2
3
+ H 2 O HCO 3
+ OH - (1) K b1 = 10 -3,67
[ ] 0,016 – x x x
x 2 /(0,016-x) = 10 -3,67 x = 1,746.10 -3
pOH = -log (1,746.10 -3 ) = 2,76 pH = 11,24
2
C Ca = C CO 2
= 3 8.10-3 M; pH = 10
2
Điều kiện kết tủa: C’ Ca . (C’ OH ) 2 2
> K S1; C’ Ca .C’ CO 2
> K
3 S2 ; C’:
0,25
0,25
2
nồng độ các ion khi tạo kết tủa.
C’ OH = 10-4 2
M; C’ Ca = ?
C Ca
2
= 8.10 -3 M
Ca 2+ + H 2 O CaOH + + H + *
= 10 -12,6
2
C
'
CaOH
'
2
Ca
C
*
=
H
= 10 -2,6 2
2
> pK a1 . Tính theo cân bằng:
C (M) 8.10 -3
CO 2
3
+ H 2 O HCO 3
+ OH - (1) K b1 = 10 -3,67
C’ 8.10 -3 – x x 10 -4
x = 5,45. 10 -3 M C’ CO 2
= 3 2,55.10-3 M
C’ 2 Ca . (C’ OH ) 2 < K S1; C’ 2 Ca .C’ CO 2
> K
3 S2
chỉ có kết tủa CaCO 3 theo phản ứng:
0,25
0,25
7

Ca 2+ + CO 2
CaCO 3 3
C (M) 8.10 -3 8.10 -3
C’ (M) - - 8.10 -3
CaCO 3 , pH = 10
CaCO 3
C (M) S S
Ca 2+ + CO 2
3
K S2 = 3,31.10 -9
CO 2
3
+ H 2 O HCO 3
+ OH - (1) K b1 = 10 -3,67
S = C Ca
S = C
2
CO
S 2 = C Ca
2 =
2
Ca
K b1
)
= 2
2
CO
3 3
+ HCO 3
= CO 3
(1 +
OH
2 . CCO 2
CO =
2 2
Ca .
3 3
1
K
S
b1
2
OH
1
.
= K S2
0,25
S = K (1 K OH
1
S 2 b1.
= 1,02.10 -4 (M)
0,25
pH = 8 < pH HCO
pK
3 = 2
pK
a1 a2
= 8,45 quá 1 nấc
3
TPGH: HCO 3
, H 2 CO 3 .
H
2CO3
H
C H
HCO
3
K
a1
10
8
8
10
10
6,35
0,022
2,2% HCO 3
bị trung
0,25
hòa chuẩn độ được 102,2% lượng CO 2
3
.
0,016.10.102,2
0,01.100
V HCl = 16, 352 ml
0,25
3 1
E Fe 3 / Fe 2 = E o Fe 3 / Fe
Fe 3+ + 1e Fe 2+
2 + 0,0592log
3
Fe
2
Fe
0, 1
= 0,77 + 0,0592log 0,
005
E Br 2 /2Br = E o Br 2 /2Br +
= 1,07 +
Br 2 + 2e 2Br -
0,0592 Br log
2
0,0592 0,01
log
2
2 0,1
= 0,847 (V)
2
Br
2
= 1,07 (V) 0,25
8

E Br 2
/2Br
Sơ đồ pin:
> E Fe 3 / Fe 2 Fe 3+ /Fe 2+ : cực (-); Br 2 /2Br - : cực (+)
(-) Pt Fe 3+ 0,10 M; Fe 2+ 0,005M Br 2 0,010M; Br - 0,1M Pt (+) 0,25
Cực (-) Fe 2+ Fe 3+ + 1e
2
Cực (+) Br 2 + 2e 2Br -
Phản ứng xảy ra trong pin: 2Fe 2+ + Br 2 Fe 3+ + 2Br -
E pin = E (+) – E (-) = 1,07 – 0,847 = 0,223 (V) 0,25
Khi pin phóng điện hoàn toàn E pin = 0
2Fe 2+ + Br 2 2Fe 3+ + 2Br - K = 10 2(1,07-0,77)/0,0592 = 10 10,14 >>
C o 0,005 0,010 0,10 0,10
TPGH - 0,0075 0,105 0,105
0,25
3
4
2Fe 3+ + 2Br - 2Fe 2+ + Br 2 K = 10 -10,14
C o 0,105 0,105 0,0075
[ ] 0,105-2x 0,105-2x 2x 0,0075+x
2
2x 0,0075
x
= 10
0,105
2x 10,14 x = 5,234.10 -7
4
[Fe 3+ ] = [ Br - ] = 0,105M; [Fe 2+ ] = 1,0468.10 -6 M; [Br 2 ] = 0,0075M
3
Dung dịch A: C Fe = 0,050M; C Fe 2
= 0,00250M; C SCN = 1,0M
Fe 3+ + 3SCN - Fe(SCN) 3 = 10 12
C o 0,050 1,0
TPGH 0,85 0,05
Fe(SCN) 3 Fe 3+ + 3SCN - 1 = 10 -12
C o 0,05 0,85
[ ] 0,05-x x 0,85+3x
x 0,85
3x
0,05
x
3
= 10 -12 x = 8,142.10 -14
0,25
E = 0,77 + 0,0592log
14
8,142.10
0,0025
= 0,151 (V)
0,25
Dung dịch B: C Br 2
= 0,005M; C Br
= 0,05M; C Ag
= 0,05M
Ag + + Br - AgBr K S = 10 13 >>
9

C o 0,05 0,05
TPGH AgBr, Br 2 0,05M
AgBr Ag + + Br - K 1
= 10 13
S
[Ag + ] = [Br - ] = 10 -6,5
E = 1,07 +
0,0592
2
0,005
10
log = 1,39 (V)
6,5. 2
E pin = 1,39 - 0,151 = 1,239 (V)
* Phản ứng xảy ra trong pin
2x Fe 2+ + 3SCN -
Br 2 + 2Ag + + 2e
Fe(SCN) 3 + 1e
2AgBr
0,25
4
5
1
2
1,4
2
2 x Fe 2+ + 3SCN - + Br 2 + 2Ag + Fe(SCN) 3 + 2AgBr
0,25
Từ ý a X là hợp chất của Na.
0,25
Khi thêm AgNO 3 thấy tạo thành kết tủa màu vàng
X là NaIO x : NaIO, NaIO 2 : các hợp chất không bền x = 3; 4. 0,25
PTHH
2IO x
+ (2x-1) SO 2 + (2x-2) H 2 O I 2 + (2x-1) SO 2
4
+ (4x-4) H +
SO 2 + I 2 + 2H 2 O 2I - + SO 2
4
+ 4H +
IO x
+ (2x-1) I - + 2x H + x I 2 + x H 2 O
I 2 + 2 S 2 S 4O 2
+ 2I- 1,0
6
2 O 3
n NaIO = 1/2.n
2
x
1
2x
I
= n S
2
O
0,1
1
3
.37,4.10
15016x
2x
OH
2
*
3
x = 4 CTPT X: NaIO 4 : natri peiođat 0,5
O
*
R
*
* OH
* OH
* OH
A D E 1
E 2 C
A: xiclohexanol; B: xiclohexen;
OH
C: cis-xiclohexan-1,2-diol; D: xiclohexanepoxit
*
OH
*
S
OH
R S 1,0
E 1 : (1R, 2R)-xiclohexan-1,2-diol; E 2 : (1S, 2S)-xiclohexan-1,2-diol 0,5
10

KMnO
B 4 lo·ng, l¹nh
C
mCPBA H
D 3 O
B +
E 1
+ E 2
0,25
3
axit meta-Chloroperoxybenzoic (mCPBA) là một axit
peroxycarboxylic sử dụng rộng rãi như một chất oxy hóa trong tổng
hợp hữu cơ.
0,25
1 Tính axit của (2) mạnh nhất do hiệu ứng liên hợp 0,5
a. So sánh nhiệt độ sôi: A < B < C
Nhiệt độ sôi phụ thuộc vào liên kết hiđro giữa các phân tử.
0,25
6
2
N-H....... N
H
Vòng no, liên kết hiđro
giữa nhóm –NH của dị
vòng no nên rất yếu.
N-H..........
N
H
Vòng thơm, liên kết hiđro giữa
nhóm –NH với dị vòng thơm
chứa một nguyên tử nitơ yếu
hơn so với dị vòng thơm C có
2 nguyên tử N.
N
N
H....... N
N
H
Vòng thơm, liên kết
hiđro bền.
0,5
b. So sánh tính bazơ A > C > B
A: Tính bazơ mạnh nhất vì electron n Nsp 3 .
B: Tính bazơ không còn vì electron n đã tham gia liên hợp vòng
thơm.
C: Tính bazơ trung bình vì electron n Nsp 2
0,25
0,5
11

A là một ancol vì bị đehiđrat hóa cho B, vậy:
CH3CH2CH2CH2OH
H
2SO
Cl
CH3CH2CH=CH2
2 CH3CH2CHCl-CH2Cl
4
(A) (B) (C)
NaNH
CH3CH2C CH
2
(D)
BF3
CH 3
MgBr
CH3CH2C CMgBr
(E)
7
CH3CH2CH=CHOH CH3CH2CH2CHO
(F)
CH3CH2C CCH(OH)CH2CH2CH3: (G)
3
H
2 , Pd
/ BaCO
CH3CH2CH=CHCH(OH)CH2CH2CH3
(H)
2,0
H2O2/OH - CH 2 -C(CH 3 ) 3
8
1
Đốt cháy m gam B thu được m gam H 2 O B là C x H y
12x + y = 9y x/y = 2/3 B (C 2 H 3 ) n 27n < 250 n < 9,25
n chẵn n = 8 B: C 16 H 24
n = 6 B: C 12 H 18
... ...
Đun nóng D với dung dịch KMnO 4 trong H 2 SO 4 loãng sinh ra hợp
chất hữu cơ E duy nhất chứa 12C A, B có CTPT C 12 H 18 .
Độ bất bão hòa: a = 4
A phản ứng với dung dịch AgNO 3 /NH 3 tạo ra chất C A có liên
kết ba đầu mạch.
A phản ứng với dung dịch HgSO 4 /H 2 SO 4 tạo ra chất D. Đun nóng D
với dung dịch KMnO 4 trong H 2 SO 4 loãng sinh ra hợp chất hữu cơ E
A có 1 vòng và trong vòng phải phải chứa 1 liên kết CTCT
0,5
(A)
C CH
Biết B không phản ứng với Br 2 khi có bột Fe B không chứa H
trong vòng thơm.
B phản ứng với hơi Br 2 có chiếu sáng thu được một dẫn xuất
0,25
12

monobrom duy nhất G phân tử có tính đối xứng cao CTCT
(B)
CH 3
0,75
H 3 C
H 3 C
CH 3
CH 3
CH 3
(C)
CH 2 -C(CH 3 ) 3
C CAg
(D)
CH 2 -C(CH 3 ) 3
CO-CH 3
(X)
COOH
2
HOOC
HOOC
COOH
COOH
(Y)
COOH
0,5
9
1
(1) Ta có : H 0 pư = (2.0 + 2 (-241,83)) - 4 (-92,31) - 1.0
= - 114,42 (kJ)
S 0 pư = (2 . 188,7) + 2,222,9 - 205,03 - 4.186,7
= - 128,63 (J/K)
G 0 pư = H 0 pư - 298 S 0 pư
13

= - 114420 - 298 (-128,63)
= - 76088,26 (J)
0,5
G 0 = - RT ln K p
G
RT
0
( 76088,26)
8,314 .298
ln K p =
30, 71
K p = 2,17 . 10 13
P
2
2 2
2
( atm)
. P ( atm)
1
Cl2 H 2O
13
K p = 2,17 .10 ( atm )
P
4
HCl
( atm)
4
.
P
O
2
( atm)
0,25
Ta có ln K p =
0 0
0
( H
TS
) H
1 S
.
RT
R T R
0
2
3
Vì S 0 , H 0 được giả thiết là không phụ thuộc vào t 0
(1114420
8,314
1
698
( 128,63)
8,314
ln K p (698k) = )
4, 245
K p = 69,777 (atm -1 )
Từ cân bằng: H 2 O (l) H 2 O (k) (3)
H 0 (3) = - 214,83 - (- 285,8) = 43,97 (kJ)
S 0 (3) = 188,7 - 69,9 = 118,8 (J/k)
G 0 (3) = H 0 (3) - T S 0 (2) = 43970 – 298.118,8 = 8567,6 (J)
ln
P
2
H O
K p(3) =
PH
2 O (bão hoà) => G 0 (2) = - RT ln
H O (bão hoà)
8567,6
PH
2 O (bão hoà) = 3,
458
8,314.298
(bão hoà) = 3,15 . 10 -2 (atm)
Ta có : (2) = (1) - 2. (3)
= G 0 (2) - (- 76088,26) - 2 (8567,6) = - 93.223,46 (J)
G
RT
0
( 93.233,46)
8,314.298
ln K p =
37, 63
K p = 2,19. 10 16
Cl2 16
K p = 2,19 .10 ( atm )
P
4
HCl
P
2
( atm)
2
( atm)
3
4
.
P
O
2
( atm)
P
2
0,5
0,5
0,25
14

A
A
B
M
A
B
A
A
A
B
M
A
A
B
A
A
B
M
B
A
A
1
B
B
B
B
B
B
10
a/
B
B
B
B
1,0
H 3 N
Cl
Pt
Cl
Cl
+ NO 2
-
H 3 N
Cl
A
Pt
Cl
NO 2
+ Cl -
2
b/
Cl
H 3 N
H 3 N
O 2 N
H 3 N
H 3 N
Pt
A
Pt
Pt
C
Cl
NO 2
O 2 N
H 3 N
Cl
NO 2
-
+ NO 2 Pt
+ Cl -
B
Cl
H 3 N Cl
NH 3
O 2 N NH 3
-
+ NO 2
Pt
+ NH 3
C
Cl
H 3 N NO 2
-
+ NO 2
Pt
+ Cl -
NH 3
O 2 N
D
0,5
0,5
NH 3
-------------HẾT-------------
Chú ý: Thí sinh làm cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
Người làm đáp án
Hồ Thị Khuê Đào
Điện thoại: 0912.657.628
15

TRƯỜ NG THP T CHU Y ÊN
HÙN G VƯƠ NG
***
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
Môn: Hóa học lớp 11
ĐỀ GIỚI THIỆU
Câu 1 (2điểm).
Khi nghiên cứu phản ứng:
6I (dd) + BrO3 (dd) + 6H + (dd) 3I2 (dd) + Br (dd) + 3H2O (dd)
người ta thu được các số liệu thực nghiệm như sau:
[I ], M [BrO - 3], M [H + ], M v(mol.L 1 .s 1 )
0,0010 0,0020 0,010 8.10 5
0,0020 0,0020 0,010 1,6.10 4
0,0020 0,0040 0,010 1,6.10 4
0,0010 0,0040 0,020 1,6.10 4
Hằng số tốc độ k của phản ứng này có đơn vị như thế nào?
Câu 2 (2điểm).
Tính độ tan của CaF2 trong.
1. Dung dịch đệm có pH= 7.
2. Dung dịch đệm có pH= 2.
3. Trong nước cất.
Biết Ks(CaF2) = 10 -10,41 , HF có pKa = 3,17.
Câu 3 (2điểm).
200 ml dung dịch A chứa 0,414 gam ion kim loại M 2+ . Sức điện động của pin:
MM 2+ (dung dịch A) HCl 0,02 M H2, p = 1 atm (Pt)
ở 25 0 có giá trị là 0,0886 V và sức điện động của pin sau ở 25 0 C có giá trị là 0,0530 V.
M dung dịch bão hòa MX2, NaX 2,00 M HCl 1,00. 10 -4 M H2, p = 1 atm (Pt)
Tích số tan của MX2 là 10 -4,78 . Hãy tính nguyên tử khối của M.
Câu 4 (2điểm).
Có thể điều chế tinh thể FeCl3.6H2O theo cách sau: Hoà tan sắt kim loại vào trong dung
dịch axit clohiđric 25%. Dung dịch tạo thành được oxi 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 95 o C cho đến
khi tỉ trọng của nó đạt chính xác 1,695 g/cm 3 và sau đó làm lạnh đến 4 o C. Tách kết tủa thu
được bằng cách hút chân không rồi cho vào một dụng cụ 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 clohiđric 36% (d=1,18g/cm 3 ) cần
để điều chế 1,00 kg tinh thể này. Biết rằng hiệu suất quá trình chỉ đạt 65%.
3. Đun nóng 2,752 gam FeCl3.6H2O trong không khí đến 350 o C thu được 0,8977 gam bã
rắn. Xác định thành phần định tính và định lượng của bã rắn.
Câu 5 (2điểm).
Trình bày cơ chế phản ứng:
1.

2.
Đề nghị cơ chế phản ứng từ A đến B.
3.
Câu 6 (2điểm).
Xác định các chất A, B, C, D,E trong sơ đồ phản ứng sau:
COOH
OH
(CH 3
CO) 2
O
A
AlCl 3
B
Br 2
(CHCl 3
)
C
N
H
D
LiAlH 4
Salbutamol
H 2
/Pd-C
Câu 7 (2điểm).
Tìm tổng số đồng phân lập thể của các chất sau. Vẽ một vài công thức cấu trúc của
các đồng phân lập thể đó: [-NH-CH(CH3)-CH2-CO-]4
(gợi ý: Vẽ theo khung cacbon sau:)
E
Câu 8 (2điểm).
D-Glucosamin có tên quốc tế là (2R,3R,4S,5R)-2-amino-3,4,5,6-
tetrahydroxyhexanal, nó là một loại thực phẩm chức năng chống suy thoái khớp xương.
1. Viết công thức chiếu Fischer và công thức Haworth của D-glucosamin.
2. So sánh nhiệt độ sôi của D-glucosamin với D-glucozơ. Giải thich.
3. Vitamin C là axit L-ascorbic ( C6H8O5) có pKa=4,21. Hãy chỉ ra nguyên tử hydro
mang tính axit và giải thích.

4. Dung dịch tinh bột với dung môi nước có nồng độ 10 gam/lit , gây ra áp suất thẩm
thấu là 5,0.10 -3 atm ở 25 0 C. Hãy tính gần đúng số đơn vị gốc glucozơ trung bình trong
mẫu tinh bột nói trên
Câu 9 (2điểm).
PbCO3 và ZnO thường được sử dụng làm bột tạo màu trắng. H2S trong không khí có thể
làm hư hại các bột màu này do các phản ứng sau:
PbCO3 (r) + H2S (k) PbS (r) + CO2 (k) + H2O (h) (1)
ZnO (r) + H2S (k) ZnS (r) + H2O (h) (2)
a) Tính hằng số cân bằng của các phản ứng (1) và (2).
b) Cần khống chế nồng độ tối đa của H2S trong không khí bằng bao nhiêu g/m 3 để các bột
màu nói trên không bị hư hại?
c) Trong 2 chất màu nói trên, chất nào ưu thế hơn khi môi trường có H2S, tại sao? Bằng
cách xử lí với dung dịch H2O2, có thể làm trắng lại các mảng bị đổi màu do sự hình
thành PbS. Viết phương trình của phản ứng xảy ra trong cách xử lí này.
d) Hãy chứng tỏ rằng, về mặt nhiệt động học, oxi của không khí có thể thay thế H2O2 trong
phương pháp xử lí trên.
e) Trong thực tế, ngay cả khi không khí chưa bị ô nhiễm nặng, chẳng hạn p(H2S) = 5,1.10 -9
atm, mầu trắng của PbCO3 để lâu trong không khí vẫn bị xám dần đi do sự hình thành PbS.
Hiện tượng này có thể giải thích như thế nào?
Để tính toán có thể sử dụng các dữ kiện và bảng sau: T= 298K; áp suất khí quyển p =
1,000 atm;
% thể tích của các khí và hơi trong không khí: N2 77,90; O2 20,70; CO2 0,026; H2O (h) 0,40; các
khí khác: 1,03.
PbCO3(r
)
H2S(k
)
PbS(r
)
ZnO(r
)
ZnS(r
)
CO2(k
)
H2O(h
)
PbSO4(r
)
ΔfG°298
- -
- 626,0 - 33,0 - 92,6
kJ/mol
318,0 184,8
Màu trắng đen trắng trắng trắng
Câu 10 (2điểm).
Khi cho Co 3+ , Co 2+ vào dung dịch amoniac sẽ xẩy ra hai phản ứng:
Co 3+ (aq) + 6 NH3aq
Co 2+ (aq) + 6 NH3aq
H2O2(l
)
- 394,2 - 228,5 - 811,5 120,4
[Co(NH3)6] 3+ ; K1 = 4,5 . 10 33 (mol/l) -6
[Co(NH3)6] 2+ ; K2 = 2,5 . 10 4 (mol/l) -6
1. Cho biết tên gọi, trạng thái lai hoá, dạng hình học của hai phân tử phức trên.
2. Nếu thay NH3 trong [Co(NH3)6] 3+ bằng i nguyên tử Cl (i = 1, 2) thì có thể tồn tại bao
nhiêu đồng phân. Cho các đồng phân này tác dụng với Fe 2+ trong môi trường axit. Viết
phương trình phản ứng xẩy ra.
3. Trong một dung dịch, nồng độ cân bằng của amoniac là 0,1 mol/l; tổng nồng độ của
Co 3+ (aq) và [Co(NH3)6 ] 3+ aq bằng 1 mol/l.
a) Tính nồng độ của Co 3+ (aq) trong dung dịch này.
b) Trong một dung dịch khác với nồng độ cân bằng của amoniac là 0,1 mol/l. Tính tỉ
lệ C(Co 2+ (aq)/C([Co(NH3)6 ] 2+ (aq)).
c) Ion Co 3+ (aq) phản ứng với nước giải phóng khí nào? Giải thích?
d) Vì sao không giải phóng khí trong dung dịch Co 3+ aq có chứa NH3
Biết: Co 3+ (aq) + e
Co 2+ aq ; E 0 = + 1,82V
2H2O + 2e
H2(k) + 2OH - aq ; E 0 = - 0,42 V tại pH = 7
O2(k) + 4 H + aq + 4e 2H2O ; E 0 = + 0,82 (V) tại pH = 7
Học sinh được dùng bảng tuân hoàn các nguyên tố hóa học.

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM
TỈNH QUẢNG NAM
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 11
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 04 trang, gồm 10 câu)
Câu 1. (2 điểm) Tốc độ phản ứng
Cho phản ứng thuận nghịch bậc 1: NH4SCN (NH2)2CS
Biết giá trị nồng độ ban đầu của 2 chất tương ứng là a= 18,23; b=0;
Bảng giá trị x phụ thuộc vào thời gian t đo được bằng thực nghiệm như sau:
t (phút)
21 2,41
50 4,96
100 8,11
1.Tính hằng số cân bằng
2. Tính hằng số tốc độ thuận và nghịch
Câu 2. (2 điểm) Dung dịch
120 9,10
13,28
Có 4 lọ hóa chất (A, B, C, D) bị mất nhãn, mỗi lọ chứa có thể là dung dịch của một
trong các chất: HCl, H3AsO4, NaH2AsO4, cũng có thể là dung dịch hỗn hợp của chúng. Để
xác định các lọ hóa chất trên, người ta tiến hành chuẩn độ 10,00 ml mỗi dung dịch bằng
dung dịch NaOH 0,120 M, lần lượt với từng chất chỉ thị metyl da cam (pH = 4,40),
phenolphtalein (pH = 9,00) riêng rẽ.
Kết quả chuẩn độ thu được như sau:
Dung dịch
chuẩn độ
A
B
C
D
VNaOH = V1 (ml)
Dùng chỉ thị
metyl da cam
12,50
11,82
10,75
0,00
x
VNaOH = V2 (ml)
Dùng chỉ thị
phenolphtalein
18,20
23,60
30,00
13,15
1. Hãy biện luận để xác định thành phần định tính của từng dung dịch A, B, C, D.
2. a) Tính nồng độ ban đầu của chất tan trong dung dịch C.
b) Tính số mol Na3AsO4 cần cho vào 10,00 ml dung dịch C để thu được hỗn hợp có pH =
6,50 (coi thể tích của dung dịch không thay đổi khi thêm Na3AsO4 và bỏ qua sự phân li của
nước).
Cho: pK = 2,13; 6,94; 11,50.
ai(H3AsO 4)
1

Câu 3. (2 điểm) Điện hóa học
Một pin điện hóa được hình thành từ 2 điện cực:
Điện cựcA: là điện cực Ag nhúng vào dung dịch X gồm AgNO3 0,010 M và KSCN
0,040 M. Điện cực B là điện cực Pt nhúng vào dung dịch Y thu được khi thêm 0,40 mol KI
vào 1 lít dung dịch KMnO4 0,24 M ở pH = 0.
1. Viết sơ đồ pin
2. Sức điện động của pin thay đổi thế nào nếu:
a. Thêm NH3 vào dung dịch của điện cực A
b. Thêm FeSO4 vào dung dịch của điện cực B
Cho tich số tan pKs: AgSCN là 12,0
E o của MnO4 - /Mn 2+ ;I2/ I - ; IO3 - / I2 lần lượt là E1 0 ; E2 0 ; E3 0 : 1,51 V; 0,545 V; 1,19 V.
Câu 4. (2 điểm) Bài toán vô cơ.
Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Zn, FeCO3, Ag bằng lượng dư dung dịch HNO3
loãng thu được hỗn hợp khí A và dung dịch B. Hỗn hợp A gồm 2 hợp chất khí có tỉ khối so
với H2 là 19,2. Cho dung dịch B tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH thu được kết tủa.
Lọc lấy kết tủa rồi nung đến khối lượng không đổi thu được 5,64 gam chất rắn. Tính khối
lượng mỗi chất trong hỗn hợp đầu, biết khối lượng Zn và FeCO3 bằng nhau và mỗi chất
trong X chỉ khử HNO3 xuống một số oxy hóa xác định.
Câu 5. (2 điểm) Sơ đồ biến hóa, cơ chế phản ứng, đồng phân lập thể, danh pháp.
1. Vitamin A hay retinol là một thành phần cần thiết cho mắt. Cấu trúc của nó được hiển thị
dưới đây:
Phản ứng của Vitamin A với H2 có Pd tạo ra chất có công thức phân tử là C20H40O.
Chất này tạo thành không tinh khiết, có khoảng nhiệt độ nóng chảy rộng và không hiển thị
góc quay cực.
Hãy xác định cấu tạo của chất sản phẩm, xác định các trung tâm lập thể và giải thích
các nhận định trên.
2. Cho sơ đồ phản ứng sau:
X
A
B CH4 D E C2H5OH
Biết: Chất X chứa C, H, O, chất D có 3 nguyên tố và chất E hòa tan được Cu(OH)2 ở điều
kiện thường tạo dung dịch trong suốt màu xanh lam. Mỗi mũi tên là một phản ứng.
Hãy hoàn thành sơ đồ phản ứng trên (không viết phương trình hóa học).
2

3. Trình bày cơ chế của các phản ứng theo sơ đồ sau: (trong đó phản ứng (2) có thêm chất
khơi mào là AIBN: Azobisisobutyronitrile)
Câu 6. (2 điểm) Tổng hợp các chất hữu cơ, so sánh lực axit – bazo, nhiệt độ sôi,…
1. Dưới đây là các giá trị nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của pentan và neopentan. Giải
thích sự khác biệt nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi giữa các chất này.
pentan
neo-pentan
Nhiệt độ sôi ( 0 C) 36 9,5
Nhiệt độ nóng chảy ( 0 C) -130 -17
2. So sánh và giải thích vắn tắt độ mạnh lực axit của CH4, C6H5OH (phenol), CH3OH,
CH3COOH, CH3SO2OH.
3. Viết phương trình hóa học của các phản ứng để điều chế các chất trong các sơ đồ sau:
a) b)
Câu 7. (2 điểm) Nhận biết, tách chất. Xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ
1. Axit benzoic và axit o-clobenzoic là hai chất rắn không tan trong nước. Người ta có thể
tách hai axit này ra khỏi hỗn hợp của chúng bằng cách cho vào dung dịch nước của natri
fomat. Hãy giải thích quá trình tách này.
2. X, Y, Z là các hợp chất hữu cơ no (chứa C, H, O), có cùng khối lượng phân tử là 74 đvC.
Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo và viết phương trình hóa học của các phản
ứng xảy ra, biết rằng:
- X, Y, Z đều tham gia phản ứng tráng gương;
- X, Y tác dụng với Na giải phóng H2;
- X, Z tác dụng với dung dịch NaOH;
- Y khi bị oxy hóa với chất xúc tác thích hợp sẽ tạo thành axit hai lần axit.
Câu 8. (2 điểm) Hữu cơ tổng hợp
Cho X, Y là hai chất thuộc dãy đồng đẳng của axit acrylic và MX < MY; Z là ancol có
cùng số nguyên tử cacbon với X; T là este hai chức tạo bởi X, Y và Z. Đốt cháy hoàn toàn
11,16 gam hỗn hợp E gồm X, Y, Z, T cần vừa đủ 13,216 lít khí O2 (đktc), thu được khí CO2
và 9,36 gam nước. Mặt khác 11,16 gam E tác dụng tối đa với dung dịch chứa 0,04 mol Br 2.
Tính khối lượng muối thu được khi cho cùng lượng E trên tác dụng hết với dung dịch KOH.
3

Câu 9. (2 điểm) Cân bằng hóa học
Ngày nay, để sản xuất clo từ hiđro clorua, người ta sử dụng cân bằng:
O2 (k) + 4 HCl (k) 2 Cl2 (k) + 2 H2O (k)
1. Cho vào bình phản ứng 2,2 mol oxi và 2,5 mol hiđro clorua ở áp suất cố định là 0,5
atm và nhiệt độ T. Khi hệ đạt cân bằng thì bình phản ứng chứa lượng oxi gấp đôi hiđro
clorua, tìm giá trị T ( o C).
2. Ở 520 o C, nạp vào bình phản ứng một lượng hỗn hợp khí oxi và hiđro clorua. Ở
trạng thái cân bằng thì hiệu suất chuyển hóa của hiđro clorua bằng 80%. Tìm áp suất riêng
phần của oxi tại trạng thái cân bằng.
Cho: Bảng số liệu nhiệt động (coi không phụ thuộc vào nhiệt độ)
Chất O2 (k) HCl (k) Cl2 (k) H2O (k)
ΔH o s (kJ/mol) 0 -92,3 0 -241,8
S o (J/mol.K) 205 186,8 223 188,7
Câu 10. (2 điểm) Phức chất
1. Hãy xác định kiểu lai hóa và các cấu trúc có thể của phân tử Pd(NH3)2Cl2.
2. Khi tinh chế Ag kim loại từ quặng, người ta sử dụng phương pháp chuyển Ag vào phức
tan sau đó lọc phần dung dịch cho tác dụng với kim loại mạnh để thu hồi bạc.
Thông thường người ta sử dụng dung dịch NaCN, tức là cho quặng Ag tác dụng với
dung dịch NaCN, có sục qua không khí. Khi lấy phần dung dịch cho tác dụng với Zn, ta thu
hồi được Ag.
a) Viết phương trình phản ứng xảy ra. Tính Kcb.
b) Nếu thay dung dịch NaCN bằng dung dịch NH3 thì có gì thay đổi?
0
0
Biết: E Ag ( CN)
/ Ag 0 ,31V
; E Ag(
NH ) / Ag 0,3757 ;
2 3 2
V
0 0
2
E O / 4OH
0 ,404V
; E Zn(
CN)
/ Zn 1, 26V
2 4
-------------------------HẾT------------------------
Người ra đề: Đinh Gia Thiện - ĐT 0905201210
4

STT
câu
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐÁP ÁN
Câu 1 1. NH4SCN € (NH2)2CS (0,25đ)
t = 0 a = 18,23 b = 0
t 0 (a - x) x
t = ∞ (a - xC) xC
[(NH ) CS] x
Áp dụng công thức K=
C 13,28
k
2,683
[NH CSN] a x 18,23 13,28 k
2.
2 2 1
4 C 2
(0,25đ)
ĐIỂM
0,50
1,50
k1
a b
k
A=
1a k2b k2
K.a b 2,683.18,23
13,28
k k
1 k2
1 K 1 2,683 1
1
k
2
k1 + k2 = 1 ln
A
1 ln
13,28
t A x t 13,28 x
1 13,28
k1 + k2 =
3
ln 9,536.10 (phút)
21 13,28 2,41
-1
(0,50đ)
(0,25đ)
1 13,28
k1 + k2 =
3
ln 9,352.10 (phút)
50 13,28 4,96
-1
1 13,28
k1 + k2 =
3
ln 9,434.10 (phút)
100 13,28 8,11
-1
1 13,28
k1+k2 =
3
ln 9,633.10 (phút)
120 13,28 9,1
-1
Giải hệ
k
2,683 k 6,913.10
k
k k 9,49.10
1
3
1
2
3
3 k2
2,677.10
1
2
(phút) -1
(0,25đ)
(0,25đ)
(0,25đ)
Câu 2.
1. Biện luận hệ: H3AsO4 là axit 3 chức, nhưng chỉ có khả năng chuẩn độ riêng
được nấc 1 và nấc 2 vì Ka3 = 10 –11,50 rất nhỏ.
pK a1 + pKa2
pH - = 4,535 4,40 → nếu dùng chỉ thị metyl da cam
H2AsO4
2
(pH = 4,40) thì chuẩn độ hết nấc 1 của H3AsO4.
(0,25đ)
Tương tự, pH 2-
HAsO
phenolphtalein (pH = 9,00) thì chuẩn độ đến
4
pK a2 + pKa3
= 9,22 9,00 → nếu dùng chỉ thị
2
2
HAsO4
, do đó
- Nếu dung dịch chuẩn độ là dung dịch HCl thì V2 V1
(0,25đ)
1,00
5

- Nếu dung dịch chuẩn độ là H3AsO4 thì V2 2V1
- Nếu dung dịch chuẩn độ là H2AsO4
thì V1 = 0 < V2
(0,25đ)
- Nếu dung dịch chuẩn độ là hỗn hợp của H3AsO4 và HCl thì nấc 1 chuẩn độ
đồng thời HCl và 1 nấc của H3AsO4, nấc 2 chỉ chuẩn độ 1 nấc của H3AsO4, do đó V1
< V2 < 2V1.
- Nếu dung dịch chuẩn độ là hỗn hợp của H3AsO4 và H 2 AsO 4 thì V2 > 2V1. Như
vậy căn cứ vào kết quả chuẩn độ, suy ra: Dung dịch A gồm H3AsO4 và HCl; Dung
dịch B chỉ gồm H3AsO4; Dung dịch C gồm H3AsO4 và H 2 AsO 4 và dung dịch D là
dung dịch H2AsO4
(0,25đ)
2. a) (0,5 điểm) Gọi nồng độ ban đầu của H3AsO4 và H2AsO4
trong dung dịch
C lần lượt là C1 và C2, ta có:
Tại thời điểm metyl da cam chuyển màu, thành phần chính của hệ là H2AsO4
,
có thể coi chuẩn độ hết nấc 1 của H3AsO4:
dịch là
H3AsO4 + OH – H2O + H2AsO4
→10,00.C1 10,75.0,120 (1) (0,25đ)
Tương tự, tại thời điểm chuyển màu của phenolphtalein, sản phẩm chính của dung
2
HAsO4
, có thể chấp nhận lượng NaOH cho vào trung hòa hết 2 nấc của H3AsO4
và 1 nấc của H2AsO4
:
H3AsO4 + 2OH – 2H2O +
H2AsO4
+ OH - H2O +
6
2
HAsO4
2
HAsO4
→ 10,00 . (2C1 + C2) 30,00 . 0,120 (2)
Từ (1) và (2) → C1 0,129 (M) và C2 0,102 (M)
b) (0,5 điểm)
Gọi số mol Na3AsO4 cần cho vào 10,00 ml dung dịch C là x → C 3-
AsO 4
Tại pH = 6,50:
+ 6,50
3 4
- 2,13
2 4
Ka1
(0,25đ)
= 100x (M)
[H AsO ] [H ] 10
= 1→ [H3AsO4] = [ H2AsO4
] → H3AsO4 đã tham
[H AsO ] 10
gia phản ứng hết.
+ 6,50
2 4
2
6,94
4
Ka2
[H AsO ] [H ] 10
0,44
10 1→ [ H2AsO4
2
] [ HAsO4
]
[HAsO ] 10
2 + 6,50
4
3
11,50
4
Ka3
[HAsO ] [H ] 10
? 1→ Na3AsO4 cũng tham gia phản ứng hết.
[AsO ] 10
(0,25đ)
Vậy thành phần chính của hệ là H2AsO4
và
H3AsO4 +
3
AsO 4 H2AsO4
+
2
HAsO4
. Các quá trình xảy ra:
2
HAsO4
K1= 10 9,37 (3)
1,00

Vì
0,129 100x 0,102
0,129 - 100x 0 0,102 + 100x 100x
H3AsO4 +
2
HAsO4
2 H 2 AsO 4 K2 = 10 4,81 (4)
0,129 - 100x 100x 0,102 + 100x
0 200x - 0,129 0,36 - 100x
[H AsO ]
C
= 10 10 → 0,36 - 100x = 10 0,44 (200x -
[HAsO ]
2
-
-
4 0,44 H2AsO4
0,44
2-
4
C 2-
HAsO4
0,129)
→ x = 1,099.10 –3 (mol).
Vậy số mol Na3AsO4 cần cho vào 10,00 ml dung dịch C để pH = 6,50 là
1,099.10 –3 mol. (0,25đ)
Câu 3.
1. E o của MnO4 - /Mn 2+ ;I2/ I - ; IO3 - / I2 lần lượt là E1 0 ; E2 0 ; E3 0 : 1,51V ; 0,545V;
1,19V
Vì E1 0 = 1,51 V >> E2 0 = 0,545 V nên đầu tiên sẽ xảy ra phản ứng:
MnO4 - + 8H + + 5e Mn 2+ + 4H2O
2 I - I2 (r) + 2 e
2 MnO4 - + 10 I - + 16 H + 2Mn 2+ + 8H2O + 5I2 (r) K = 10 163
0,24 0,4
0,08 0,4 0,08 0,2
0,16 0 0,08 0,2 (0,25đ)
MnO4 - còn dư sẽ oxi hoá tiếp I2 thành IO3 - .
2 MnO4 - + 8 H + + 5 e Mn 2+ + 4H2O
I2 (r) + 6 H2O 2 IO3 - + 12 H + + 10 e
2 MnO4 - + I2 (r) + 4 H + 2Mn 2+ + 2H2O + 2 IO3 - K = 10 176.
0,16 0,2 0,08
0,16 0,08 0,16 0,16
0 0,12 0,16 0, 24 (0,25đ)
Thành phần hỗn hợp sau phản ứng: IO3 - 0,16 M; Mn 2+ 0,24 M;
I2 (r) 0,12 M; pH = 0.
Trong hỗn hợp có cặp IO3 - / I2 (r) nên tính thế khử theo cặp này:
Tính được E1 = 1,18 V (0,25đ)
Xét dung dịch X:
Ag + + SCN ⇌ AgSCN ; Ks -1 = 10 12,0
0,010 0,040
0 0,030 0,010
AgSCN ⇌ Ag + + SCN ; Ks -1 = 10 -12,0
0,030
x (0,030 + x)
7
1,50

x(0,030 + x) = 10 -12
12
10
11
Ag
x 3,33.10
E
2
3x10
2
0,799 0,0592 lg
Ag
0,799 0,0592lg3,33.10
11
(0,25đ)
E
2
0,179V
(0,25đ)
Nhận xét vì E1 = 1,18 V>E2 nên điện cực Ag là điện cực âm, điện cực Pt là điện
cực dương.
Sơ đồ pin: (-) Ag│ dd X ║ dd Y │Pt (+) (0,25đ)
2.a. (0,25 điểm) Thêm NH3 vào dd của điện cực A thì xảy ra phản ứng tạo phức
Ag[NH3]2 + làm cho nồng độ Ag + giảm , EAg giảm nên Epin tăng
b. (0,25 điểm) Thêm FeSO4 vào dd của điện cực phải thì xảy ra phản ứng
5Fe 2+ + MnO4 - + 8H + → 5 Fe 3+ + Mn 2+ + 4H2O
dẫn đến nồng độ MnO4 - giảm nên EPt giảm; Epin giảm
0,50
Câu 4.
M
A
= 38,4 Hỗn hợp khí A gồm CO2 và NO
Gọi số mol CO2 (x) và NO (y)
x 3
y 2
(0,25đ)
2,00
Giả sử cả 3 khử HNO3 NO
3Zn + 2NO3 - + 8H + 3Zn 2+ + 2NO + 4H2O
a
2 a
3
3FeCO3 + NO3 - + 10H + 3Fe 3+ + 3CO2 + NO + 5H2O
b
b
b
3
3Ag + NO3 - + 4H + 3Ag + + NO + 2H2O
c
c
3
(0,25đ)
Số mol NO = 3
c + 3
b + 3
2 a, số mol CO2 = b.
65a = 116b a > b
(0,25đ)
c
n
NO
b n
3
CO2 (vô lý vì số mol CO2 > số mol NO)
Vậy: 4Zn + NO3 - + 10H + 4Zn 2+ + NH4 + + 3H2O
(0,25đ)
b c
n NO
, nCO b
3
2
.
3
3 b c
Ta có: b b=c (0,25đ)
2 3
Dung dịch B + NaOH dư
2Fe 3+ Fe(OH)3 Fe2O3
8

2
2Ag + Ag2O 2Ag
(0,25đ)
c
c
b
Ta có:
160. 108c
5,64
2
b = c = 0,03
(0,25đ)
b c
Vậy: m 3,48g,m 3,24g,m 3,48g
(0,25đ)
FeCO 3
Ag
Zn
Câu 5. 1.
0,50
Sản phẩm tạo ra có chứa trung tâm lập thể nên ta thu được một hỗn hợp sản phẩm
với lập thể khác nhau, 2 4 = 16 đồng phân lập thể, hoặc 2 n-1 = 2 3 = 8 cặp đối quang.
Từ các đồng phân dia có đặc tính khác nhau, ta sẽ có một loạt các điểm nóng chảy
khác nhau. Trong khi mỗi đồng phân lập thể là chiral, nó có mặt với số lượng
tương đương như đối quang của nó. Vì vậy, ta sẽ có một hỗn hợp racemic của các
cặp đối quang, nên không hiển thị góc quay cực.
2. X: CH3COOCH=CH2 A: CH3CH=O B: CH3COONa
D: HCHO E: C6H12O6
0,50
Câu 5. 3.
1,00
AIBN:
9

Câu 6 1. Ta có giá trị Ka của axit benzoic (6,3.10 -5 ) < Ka của axit fomic (17,7.10 -5 ) < Ka
của axit o-clobenzoic (120.10 -5 ) nên lực axit của axit benzoic < axit fomic < axit o-
clobenzoic.
Do đó, axit o-clobenzoic có thể phản ứng với dung dịch HCOONa để tạo muối
o-clobenzoat và axit fomic tan vào dung dịch, còn lại axit benzoic không tan, lọc tách
lấy axit benzoic.
o-Cl-C6H4-COOH + HCOONa → o-Cl-C6H4-COONa + HCOOH
0,50
2.
Gọi CTPT là CxHyOz; z < (74-12): 16= 3,875
+ z=1 => CTPT là C4H10O
+ z=2 => CTPT là C3H6O2
+ z=3 => CTPT là C2H2O3 ( 0,375đ)
- Vì X phản ứng với Na tạo H2, với dd NaOH và tham gia phản ứng tráng gương nên
CTCT của X là O=HC-COOH.
2OHC-COOH + 2Na → 2OHC-COONa + H2
OHC-COOH + NaOH → OHC-COONa + H2O
OHC-COOH + 2[Ag(NH3)2]OH → NH4OOC-COONH4 + 2Ag + 2NH3 +2H2O
(0,375đ)
- Vì Y phản ứng với Na tạo H2, tham gia phản ứng tráng gương và bị oxy hóa tạo axit
2 chức nên CTCT của Y là HO-CH2-CH2-CH=O
2HO-CH2-CH2-CHO + 2Na → 2NaO-CH2-CH2-CHO + H2
HO-CH2-CH2-CHO + 2[Ag(NH3)2]OH → HO-CH2-CH2-COONH4+ 3NH3 + 2Ag+
H2O
HO-CH2-CH2-CHO + 2[O] → HOOC-CH2-COOH + H2O (0,375đ)
- Vì Z phản ứng với dd NaOH và tham gia phản ứng tráng gương nên CTCT của Y là
1,50
HCOO-CH2-CH3
HCOO-C2H5 + NaOH → HCOONa + C2H5OH
HCOO-C2H5 + 2[Ag(NH3)2]OH → NH4OCOO-C2H5 + 2Ag + 3NH3 +H2O
(0,375đ)
Câu 7.
1. * Nhiệt độ sôi của neopentan thấp hơn pentan vì khi phân tử có càng nhiều nhánh,
tính đối xứng cầu của phân tử càng tăng, diện tích bề mặt phân tử càng giảm, làm cho
độ bền tương tác liên phân tử giảm và nhiệt độ sôi trở nên thấp hơn.
* Trái lại, tính đối xứng cầu lại làm cho mạng tinh thể chất rắn trở nên đặc khít hơn
và bền vững hơn, nên nhiệt độ nóng chảy cao hơn.
2. Trật tự độ mạnh lực axit là: CH4 < CH3OH < C6H5OH < CH3COOH < CH3SO3H 0,50
0,50
10

3.
a)
1,00
b)
11

Câu 8
Câu 9. 1.
nH2O = 0,52 mol và nO2 = 0,59 mol
Theo định luật BTKL ta có: mCO2 = 11,16 + 0,59.32 – 9,36 = 20,68 gam
=> nCO2 = 0,47 mol < nH2O nên ancol đã cho phải thuộc ancol no (0,25đ)
Quy đổi 11,16 gam hhE thành 11,16 gam hh gồm:
Axit: CnH2n-2O2: a mol
Ancol: CmH2m+2O2: b mol
và loại đi c mol H2O
(0,25đ)
Vì axit có 1 liên kết C=C nên số mol của axit = số mol của Br2 => a = 0,04 mol
Theo định luật bảo toàn nguyên tố, ta có:
0,04n + mb = 0,47 (1)
0,04(n-1) + (m+1)b – c = 0,52 (2)
(0,04(14n + 30) + (14m + 34)b – 18c = 11,16 (3) (0,75đ)
Từ (1), (2) và (3), ta được: b = 0,11 mol và c = 0,02 mol (0,25đ)
Thay b = 0,11 vào (1), ta được:
0,47
0,11m
n
0,04
Vì số nguyên tử C trong ancol = số nguyên tử C trong một axit 1 liên kết C=C, đơn
chức => m > 2 và n > 3
+ m = 3 => n = 3,5 (chọn) (0,25đ)
+ m = 4 => n = 0,75 (loại)
Khối lượng muối kali tạo thành là: (14.3,5 + 30 + 38). 0,04 = 4,68 gam (0,25đ)
Vậy m = 4,68 gam
O2 (k) + 4 HCl (k) 2 Cl2 (k) + 2 H2O (k)
Ban đầu (mol) 2,2 2,5
Cân bằng (mol) 2,2-x 2,5-4x 2x 2x
Theo đề: 2,2 - x = 2(2,5 – 4x)
x = 0,4 mol
(0,25đ)
(0,25đ)
2,00
1,00
ΔH o = -114,4 kJ/mol và ΔS o = -128,8 J/mol.K
ΔG o = -RTlnK = ΔH o - TΔS o → -2,436T = -11400 + 128,8T
→ T = 829,7 0 K = 556,7 o C
(0,25đ)
(0,25đ)
2. Ở 520 o C thì lnK = -ΔH o /RT + ΔS o /R = 1,86 → K = 6,422 (0,25đ)
O2 (k) + 4 HCl (k) 2 Cl2 (k) + 2 H2O (k)
Ban đầu (mol) a b
Cân bằng (mol) a-0,2b 0,2b 0,4b 0,4b (0,25đ)
Dễ thấy: P
CL / P
2 HCL = 2 và P
CL = P
2 H 2 O
(0,25đ)
1,00
Mặt khác:
Từ đó: P
O = 2,49 atm
2
(0,25đ)
12

Câu 10 1.
Phân tử Pd(NH3)2Cl2 có chứa Pd 2+ với cấu hình e ngoài cùng là 4d 8 và số phối trí 4
nên có cấu trúc
0,50
Lai hóa dsp 2
Cl
NH 3
H 3 N
Cl
cis-
Pd
vµ trans-
Pd
Cl NH 3 Cl NH 3
2.
a) Trường hợp 1: sử dụng NaCN.
Quá trình hòa tan Ag được thể hiện bằng các phản ứng:
Ta có
O2 + 2H2O +4e 4OH -
4 x A g + 2CN - Ag(CN)2 - + e
4Ag +8CN - + O2 + 2H2O 4Ag(CN)2 - + 4OH - (1)
0
0
n(
E 0 xh E
kh ) 4(0,4040,31)
0,059
0,059
48,4
K
cb( 1)
10 10 10
Kết tủa lại Ag bằng Zn
2 x Ag(CN)2 - + e Ag + 2CN -
Zn + 4CN -
Zn(CN)4 2- + 2e
2Ag(CN)2 - + Zn 2Ag + Zn(CN)4 2- (2)
Ta có
2( 0,311,26)
0,059
32,2
K
cb( 2)
10 10
1,00
Ta thấy rằng Kcb(1) và Kcb(2) là rất lớn nên phản ứng xem như xảy ra hoàn toàn.
b)
Trường hợp 2: sử dụng dung dịch NH3.
Hòa tan Ag :
O2 + 2H2O +4e 4OH -
4 x Ag + 2NH3 Ag(NH3)2 + + e
4Ag + 8NH3 + O2 + 2H2O 4Ag(NH3)2 + + 4OH - (3)
4(0,4040,3757)
0,059
Ta có Kcb(3) = 10 83
Kết tủa lại bằng Zn, khác với trường hợp 1,ở trường hợp này, quá trình kết tủa
lại Ag bằng Zn không thể thực hiện được vì Zn không tạo phức với NH3.
Do vậy, trong thực tế mặc dù NaCN vừa là hóa chất đắt tiền, vừa là chất gây
độc hại nhưng trong quy trình sản xuất Ag từ quặng người ta vẫn sử dụng dung dịch
NaCN.
0,50
Đinh Gia Thiện - ĐT 0905201210
13

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT TỈNH
QUẢNG NGÃI
ĐỀ THI MÔN HÓA KHỐI 11
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 4 trang, gồm 10 câu)
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Câu 1: (2 điểm)
Đinitơ pentoxit phân hủy tạo thành nitơ oxit và oxy theo phương trình:
2N2O5 → 4NO2 + O2
Cơ chế của phản ứng trên như sau:
k1
(1) N2O5 ‡ ˆ ˆ ˆ† ˆˆ NO2 + NO3
k -1
k2
(2) NO2 + NO3 NO2 + O2 + NO
k3
(3) NO + N2O5 3NO2
1.1/ Sử dụng nguyên lý phỏng định trạng thái bền đối với NO và NO3, viết biểu thức tốc độ
của phản ứng phân hủy đinitơ pentoxit. Xác định bậc của phản ứng.
1.2/ Năng lượng hoạt động hóa của phản ứng ở 300K là EA = 103 kJ. Ở nhiệt độ nào thì
hằng số tốc độ phản ứng tăng gấp đôi. Biết EA và A không đổi trong suốt quá trình phản
ứng.
Câu 2: (2 điểm)
Trộn 10ml dung dịch H2SO4 có pH = 1,2 (dung dịch X) với 15 ml dung dịch pyridin
C5H5N 0,037M (dung dịch Y) thu được dung dịch A.
2.1/ Tính độ điện li của ion C5H5NH + trong dung dịch A.
2.2/ Chuẩn độ 25 ml dung dịch A bằng dung dịch NaOH 0,05M đến đổi màu metyl da cam.
Tại thời điểm chuyển màu pH = 4,4. Tính thể tích dung dịch NaOH đã dùng.
Cho pK
a2 (H2SO 4)
= 2; pK = 5,23
a (C5H5NH )
Câu 3: (2 điểm)
Một dung dịch ceri (IV) sunfat cần được chuẩn hóa, cho các dung dịch và các chất sau
đây:
Natri oxalat rắn, dung dịch kali pemanganat và dung dịch sắt (II) sunfat, cả hai đều không
biết nồng độ.
Tiến hành ba lần chuẩn độ trong dung dịch axit (mỗi lần đều đối với một lượng dư axit
sunfuric) và thu được những kết qủa sau đây:
+ 0,2228 gAM natri oxalat dùng hết 28,74 cm 3 dung dịch kali pemanganat.
+ 25,00 cm 3 dung dịch sắt (II) sunfat dùng hết 24,03 cm 3 dung dịch kali pemanganat.
+ 25,00 cm 3 dung dịch sắt (II) sunfat dùng hết 22,17 cm 3 dung dịch ceri (IV) sunfat.
3.1/ Viết các phương trình phản ứng của ba lần chuẩn độ.
3.2/ Tính nồng độ của dung dịch ceri (IV) sunfat.
Cho các thế điện cực tiêu chuẩn: E 0
= 0,77V; E 0
= 1,61V
3+ 2+
4+ 3+
3.3/ Tính KC của phản ứng: Fe 2+ + Ce 4+ → Fe 3+ + Ce 3+ .
(Đối với phần còn lại của bài tập giả thiết các điều kiện là tiêu chuẩn)
3
Fe
3.4/ Tính tỉ số
2
Fe
Fe
/Fe
tại điểm tương đương.
3.5/ Nếu như người ta sử dụng một chất chỉ thị oxi hóa - khử (In) với E 0 bằng thế của dung
dịch tại điểm tương đương để nhận biết điểm kết thúc của việc chuẩn độ đó thì sẽ không có
vấn đề gì về độ chính xác của việc nhận biết điểm kết thúc.
Ce
/Fe
1

Nhưng đối với chất chỉ thị sau đây thì: InOx + 2e → In 2- kh E 0 = 0,80V
Sự chuyển màu sẽ thể hiện rõ khi: In
Ox 10
. Tính thế của dung dịch tại điểm tương
2
In
kh
1
đương.
3
Fe
3.6/ Tính tại điểm chuyển màu của chất chỉ thị này và cho biết sai số phần trăm
2
Fe
trong lần chuẩn độ đã tiến hành.
Câu 4: (2 điểm)
Hòa tan hoàn toàn 2,32 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu vào 17,5 gam dung dịch HNO3
50,4% thu dung dịch X và V lít (đktc) hỗn hợp khí B. Cho 100ml dung dịch KOH 1M vào
dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Lọc kết tủa Y nung trong không khí đến
khối lượng không đổi thu 3,2 gam chất rắn R. Cô cạn dung dịch Z được rắn T, nung T đến
khối lượng không đổi thu 8,21 gam rắn. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
4.1/ Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A.
4.2/ Tính C% mỗi chất tan trong X.
4.3/ Giả sử trong khí B gồm hai chất khí có tỉ lệ mol là 3:2, xác định hai chất khí và tính V.
Câu 5: (2 điểm)
5.1. Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau bằng cách xác định cấu trúc các chất từ (A) đến (L)
5.2. Chỉ thị axit- bazơ phenolphthalein được điều chế bằng phản ứng giữa anhidritphtalit và
phenol xúc tác H2SO4 có phản ứng sau:
Viết cơ chế cho phản ứng tổng hợp phenolphthalein và cơ chế cho quá trình chuyển hóa
phenolphthalein thành đianion màu đỏ trong môi trường bazơ.
Câu 6: (2 điểm)
2

6.1. Metyl da cam là chất chỉ thị màu axit-bazơ có công thức:
1 2 3
(H 3 C) 2 N N N SO 3 Na
Cho biết nguyên tử N nào có tính bazơ mạnh nhất ? Giải thích.
6.2. Pentapeptit X: Lys-Val-His-Glu-Met có một dãy các pKa là: 2,3 – 4,3 – 6,0 – 9,0 –
10,5.
Đặt các giá trị pKa bên cạnh các nhóm chức thích hợp của X.
Câu 7: (2 điểm)
Axit xitric (axit-2-hydroxy-1,2,3-propantricacboxylic) được sử dụng rộng rãi trong công
nghiệp thực phẩm, sản xuất nước ngọt và làm thuốc cắn màu trong công nghiệp phẩm
nhuộm. Ngoài ra nó cũng là một chất trung gian quan trọng trong các qúa trình sinh hóa.
7.1/ Viết công thức cấu tạo của sản phẩm sinh ra khi đun nóng axit xitric với axit sunfuric
đặc ở 45 – 50 0 C. Loại axit hữu cơ nào tham gia được phản ứng trên?
7.2/ Sau khi đun nóng axit xitric với axit sunfuric, người ta thêm anisol (metoxybenzen) vào
hỗn hợp phản ứng và thu được chất A (C12H12O5).
A tạo anhydrit khi đun nóng với anhydrit axetic.
Để trung hoà 118 mg A cần 20 ml dung dịch KOH 0,05M.
Cùng một lượng chất A như trên phản ứng vừa đủ với 80 mg brom để tạo thành sản phẩm
cộng.
Xác định công thức cấu tạo A.
7.3/ Nếu trong phản ứng hình thành A ta thay anisol bằng chất khác như phenol hay
resoxinol thì tương ứng ta thu được các chất B và C. B không cho phản ứng màu khi tác
dụng với FeCl3 nhưng C thì có. Trong cùng điều kiện phản ứng tạo thành 2 chất B, C thì
hiệu suất tạo thành C cao hơn.
Xác định công thức cấu tạo của B và C.
- Phản ứng tạo thành A và B khác nhau ở điểm cơ bản nào?
- Tại sao hiệu suất tạo thành C cao hơn tạo thành B?
Câu 8: (2 điểm)
Từ benzen và các chất vô cơ cần thiết đề nghị sơ đồ tổng hợp:
8.1/ Axit 5-amino – 2,4 – đihidroxibenzoic.
8.2/ caprolactam.
Câu 9: (2 điểm)
Xét một hỗn hợp khí A cân bằng do sự nhiệt phân COCl2 ở nhiệt độ T theo phương trình
phản ứng: COCl2 (k) ‡ ˆ ˆ†
ˆ CO (k) + Cl2 (k)
Ở nhiệt độ này, độ phân li của COCl2 là 0,25; áp suất tổng cộng P = 1 atm, thể tích của
hỗn hợp là V. Người ta thêm vào hỗn hợp A một thể tích Cl2 bằng đúng thể tích Cl2 có trong
hỗn hợp A, rồi nén cho thể tích của hệ trở lại như cũ. Tính độ phân li của COCl 2 trong điều
kiện mới.
Câu 10: (2 điểm)
Xác định trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm, dạng hình học phân tử và cho biết từ
tính của các hợp chất phức sau:
3

10.1/ [Ni(CN)4] 2- ; [NiCl4] 2- dựa vào thuyết VB.
10.2/ [Ni(NH3)4] 2+ dựa vào các dữ kiện thực nghiệm sau:
[Ni(NH3)4] 2+ + HCl
(A) + (B) (A, B có cùng công thức [Ni(NH3)2Cl2])
0
+ HCl, t
(B)
(A)
(A) + (COOH)2 → [Ni(NH3)2(C2O4)]
(B) + (COOH)2
Xác định cấu trúc phân tử A, B và [Ni(NH3)2(C2O4)]
----------------HẾT--------------------
Người ra đề: Hoàng Yến Nhi- ĐT: 0935527645
4

HÓA HỌC 10-DUYEN HẢI 2015
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TT HUẾ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC
ĐỀ GIỚI THIỆU
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
THPT CHUYÊN - DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2015
MÔN: HOÁ HỌC LỚP 10
Thời gian làm bài 180 phút
Câu 1. (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử - phản ứng hạt nhân
1. Các nhà khoa học đang đặt ra giả thiết tồn tại phân lớp g (có l = 4) và phân lớp h (có l = 5)
a. Cho biết các trị số của số lượng tử ml , số obitan trong phân lớp g và h.
b. Dựa vào quy tắc Klechkopski, dự đoán nguyên tử có electron đầu tiên ở phân lớp h này thuộc nguyên
tố có số hiệu nguyên tử bằng bao nhiêu?
2. 134 Cs và 137 Cs là sản phẩm phân hạch của nhiên liệu urani trong lò phản ứng hạt nhân. Cả hai đồng vị
này đều phân rã β- với thời gian bán hủy là T1/2 ( 134 Cs) = 2,062 năm và T1/2 ( 137 Cs) = 30,17 năm.
a. Viết phương trình phản ứng hạt nhân biểu diễn các phân rã phóng xạ của 134 Cs và 137 Cs. Tính năng
lượng (eV) được giải phóng trong phân rã của 134 Cs dựa vào các số liệu dưới đây:
Đồng vị
134
55 Cs
134
56 Ba
Nguyên tử khối (u)
133,906700
133,904490
b. Trong một mẫu nước thu được sau sự cố của nhà máy điện hạt nhân người ta phát hiện được hai đồng
vị nói trên của Cs với hoạt độ phóng xạ tổng cộng 1,92 mCi. Khối lượng 137 Cs có trong mẫu nước này là
14,8µg.
Sau bao nhiêu năm thì hoạt độ phóng xạ tổng cộng của 2 đồng vị này trong mẫu nước đã cho chỉ còn bằng
80,0 µCi? Tính tỉ số khối lượng của 134 Cs và 137 Cs tại thời điểm đó. Giả thiết rằng thiết bi đo chỉ đo được các
hoạt độ phóng xạ β- lớn hơn 0,1 Bq.
Cho: 1Ci = 3,7.10 10 Bq; vận tốc ánh sáng c = 2,997925.10 8 ms -1 ;
1eV = 1,60219.10 -19 J; số Avogađro NA= 6,02.10 23 ; 1 năm = 365 ngày.
Câu 2. (2,0 điểm) Liên kết hóa học và cấu trúc phân tử
1. Các nguyên tử C, N, O có thể sắp xếp theo ba thứ tự khác nhau để tạo ra ba anion CNO - , CON - và NCO -
a. Viết công thức Lewis cho 3 thứ tự trên.
b. Với cách sắp xếp trên hãy: + Tìm điện tích hình thức của mỗi nguyên tử.
+ So sánh độ bền của ba anion. Giải thích.
2. Giải thích tại sao ?
a. SiO2 chất rắn, nhiệt độ nóng chảy 1700 0 C.
b. CO2 rắn (nước đá khô) dễ thăng hoa, nhiệt độ nóng chảy -56 0 C (dùng tạo môi trường lạnh và khô).
c. H2O rắn (nước đá) dễ chảy nước, nhiệt độ nóng chảy 0 0 C.
3. So sánh và giải thích ngắn gọn độ phân cực (momen lưỡng cực) của các chất: SO 2, SO3 và SOCl2
Câu 3. (2,0 điểm) Nhiệt động lực học
1. Hãy tính nhiệt tạo thành chuẩn của As2O3 tinh thể dựa vào các dữ kiện sau:
As2O3(r) + 3H2O (l) = 2H3AsO3 (aq)
AsCl3(r) + 3H2O(l) = H3AsO3 (aq) + 3HCl(aq)
As(r) + 3/2Cl2(k) = AsCl3(r)
HCl(k) + aq = HCl(aq)
1/2H2(k) + 1/2Cl2(k) = HCl(k)
0
H 298
0
H 298
0
H 298
0
H 298
0
H 298
= 31,59 kJ/mol
=73,55kJ/mol
= -298,70 kJ/mol
= -72,43kJ/mol
= -93,05kJ/mol
Trang 1 / 3

HÓA HỌC 10-DUYEN HẢI 2015
H2(k) + 1/2O2(k) = H2O(l)
3As2O3(r) + 3O2(k) = 3As2O5(r)
3As2O3(r) + 2O3(k) = 3As2O5(r)
0
H 298
0
H 298
0
H 298
= -285,77kJ/mol
=-812,11kJ/mol
= -1095,79kJ/mol
2. Cho biết năng lượng phân ly của phân tử oxi là 493,71 kJ/mol; năng lượng liên kết O-O (tính từ H2O2)
là 138,07kJ/mol. Hãy chứng minh rằng phân tử ozon không thể có cấu trúc vòng kín mà phải có cấu tạo góc.
Câu 4. (2,0 điểm) Động lực học
Nitramit có thể bị phân hủy trong dung dịch H2O theo phản ứng: NO2NH2 N2O(k) + H2O
Các kết quả thực nghiệm cho thấy vận tốc phản ứng tính bởi biểu thức:
[ NO NH ]
v k.
[ HO ]
1. Trong môi trường đệm, bậc của phản ứng là bao nhiêu?
2. Trong các cơ chế sau, cơ chế nào chấp nhận được
Cơ chế 1: NO2NH2
Cơ chế 2: NO2NH2 + H3O +
Cơ chế 3:
k
1
N2O(k) + H2O
k2
k 2
2 2
3
NO2NH3 + + H2O
nhanh
NO2NH3 + k3
N2O + H3O + chậm
NO2NH2 + H2O
k4
k 4
NO2NH - + H3O +
nhanh
NO2NH - k5
N2O + OH - chậm
H3O + + OH - k6
2 H2O
nhanh
Câu 5. (2,0 điểm) Cân bằng hóa học
Cho cân bằng hóa học: N2 (k) + 3H2 (k) 2NH3 (k); = - 92 kJ
Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N2 và H2 theo tỉ lệ số mol đúng bằng hệ số tỉ lượng 1: 3 thì khi đạt tới
trạng thái cân bằng (450 o C, 300 atm) NH3 chiếm 36% thể tích.
1. Tính hằng số cân bằng KP.
2. Giữ nhiệt độ không đổi (450 o C), cần tiến hành dưới áp suất là bao nhiêu để khi đạt tới trạng thái cân
bằng NH3 chiếm 50% thể tích?
3. Giữ áp suất không đổi (300 atm), cần tiến hành ở nhiệt độ nào để khi đạt tới trạng thái cân bằng NH3
chiếm 50% thể tích? Cho phương trình Van ’ t Hoff:
ln K
2 =
K
1
H
1
R T1
1
T2
Câu 6. (2,0 điểm) Cân bằng trong dụng dịch axit - bazơ
1. Tính nồng độ ion S 2- và pH của dung dịch H2S 0,010M.
2. Khi thêm 0,001 mol HCl vào 1 lit dung dịch H2S 0,010M thì nồng độ ion S 2 – bằng bao nhiêu? Cho hằng
số axit của H2S : Ka1 = 10 -7 và Ka2 = 10 -12,92
Câu 7. (2,0 điểm) Cân bằng hòa tan
1. Hãy tính độ tan của CuS trong dung dịch HNO3 1M
0
NO3
, H / NO
2 S
0
Biết: CuS: pKs = 35,2 ; H2S: pKa1 = 7 ; pKa2 = 12,92 ; E 0,96V
;
ES/H 0,14V
2. Trộn 150ml NH3 0,25M với 100 ml MgCl2 0,0125M và HCl 0,15M. Có kết tủa Mg(OH)2 tách ra không?
Tính [Mg 2+ ] khi cân bằng.
Biết: NH3: Kb = 10 -4,76 ; MgOH + : β = 10 -12,8 ; Mg(OH)2: Ks = 10 -10,9
Trang 2 / 3

HÓA HỌC 10-DUYEN HẢI 2015
Câu 8. (2,0 điểm) Phản ứng oxi hóa khử-Thế điện cực - Pin điện
Cho sơ đồ pin: Cu Cu 2+ Ag + Ag
Biết: E 0 Ag+/Ag = 0,8V ; E 0 Cu2+/Cu = 0,337V
1. Hãy cho biết sơ đồ pin, suất điện động và phản ứng trong pin, nếu: [Ag + ] = 10 -4 M; [Cu 2+ ] = 10 -1 M;
RT
ln 0,0592lg
F
2. Hãy cho biết sơ đồ pin, suất điện động và phản ứng trong pin, nếu thêm NH3 1M vào nửa bên phải của
pin. Biết: [Ag(NH3)2 + ]:
2 = 10 7,24 ; bỏ qua sự thay đổi về thể tích.
3. Thêm NaOH 1M vào nửa bên trái, sau khi phản ứng xong, suất điện động của pin bằng 0,813V.
Tính tích số tan của Cu(OH)2. Bỏ qua sự thay đổi về thể tích.
Câu 9. (2,0 điểm) Tinh thể
Germani (Ge) kết tinh theo kiểu kim cương (như hình dưới)
với thông số mạng a = 566 pm
1. Cho biết cấu trúc mạng tinh thể của Germani.
2. Xác định bán kính nguyên tử, độ đặc khít của ô mạng và
khối lượng riêng của Germani. (MGe=72,64)
Ge ở các đỉnh và tâm mặt
Ge chiếm các lỗ tứ diện
Câu 10. (2,0 điểm) Bài toán về nhóm Halogen - nhóm Oxi
1. Hỗn hợp A gồm bột S và Mg. Đun nóng A trong điều kiện không có không khí, sau đó làm nguội và cho
sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được 2,987 lit khí B có tỉ khối so với không khí bằng 0,8966.
Đốt cháy hết khí B, sau đó cho toàn bộ sản phẩm vào 100ml H2O2 5% (d = 1g/mL) thu được dung dịch D.
Xác định % khối lượng các chất trong A và nồng độ % các chất tạo ra trong dung dịch D. Cho thể tích các
chất khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.
2. Hàm lượng cho phép của tạp chất lưu huỳnh trong nhiên liệu là 0,30%. Người ta đốt cháy hoàn toàn
100,0 gam một loại nhiên liệu và dẫn sản phẩm cháy (giả thiết chỉ có CO 2, SO2 và hơi nước) qua dung dịch
KMnO4 5,0.10 -3 M trong H2SO4 thì thấy thể tích dung dịch KMnO4 đã phản ứng vừa hết với lượng sản phẩm
cháy trên là 625 ml. Hãy tính toán xác định xem nhiên liệu đó có được phép sử dụng hay không?
Trang 3 / 3

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DH VÀ ĐB BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI BÌNH.
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Người ra đề
Nguyễn Thị Nhung
ĐT : 0979001969
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC
DUYÊN HẢI VÀ ĐB BẮC BỘ NĂM 2015
MÔN THI: HÓA HỌC LỚP 11
(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 03 trang
Câu 1. Tốc độ phản ứng: (2 điểm)
Nghiên cứu phản ứng oxi hoá ion iođua bởi ion peroxođisunfat tại 25 0 C:
S 2 O
2- 8 + 2I - 2SO
2- 4 + I 2 . (*)
Người ta ghi được các số liệu thực nghiệm sau:
C o (S 2 O
2- 8 )[mol.l -1 ] C o (I - )[mol.l -1 ] v o .10 8 [mol.l -1 .s -1 ]
10 -4 10 -2 1,1
2.10 -4 10 -2 2,2
2.10 -4 5.10 -3 1,1
a. Viết biểu thức tính tốc độ của phản ứng, cho biết giá trị hằng số k, bậc của phản ứng.
b. Cho năng lượng hoạt hoá của phản ứng bằng 42kJ.mol -1 . Tìm nhiệt độ (t o c) để tốc độ
phản ứng tăng lên 10 lần.
c. Lượng iot sinh ra được chuẩn độ nhanh chóng bởi ion thiosunfat. Viết phản ứng chuẩn độ
và viết lại biểu thức tính tốc độ phản ứng (*). Nhận xét.
d. Giải thích tại sao ion peroxođisunfat có tính oxi hoá rất mạnh và ion iođua có tính khử
mạnh mà phản ứng (*) lại xảy ra rất chậm?
Câu 2: Cân bằng trong dung dịch điện li: (2 điểm)
Cho dd A chứa FeCl 3 0.01M. Giả thiết rằng Fe(H 2 O) 6
3+
(Viết tắt là Fe 3+ ) là axit một
nấc với hằng số phân li là K a = 6,3.10 -3 .
a. Tính pH của dd A.
b. Tính pH cần thiết để bắt đầu xảy ra sự kết tủa Fe(OH) 3 từ dd A. Biết Fe(OH) 3 có K s = 6,3.10 -38
c. Ở pH nào thì sự kết tủa Fe(OH) 3 từ dd A xảy ra hoàn toàn? Giả thiết kết tủa được coi là
hoàn toàn khi hàm lượng sắt còn lại trong dd dưới 10 -6 M.
Câu 3: Điện hoá học: (2 điểm)
Ăn mòn kim loại thường đi kèm với các phản ứng điện hóa. Việc ăn mòn rỉ sắt trên
bề mặt cũng theo cơ chế này. Phản ứng điện cực ban đầu thường là:
(1) Fe (r) → Fe 2+ (aq) + 2e
(2) O 2 + 2H 2 O + 4e → 4OH - (aq)
Tế bào điện hóa ứng với các phản ứng trên được biểu diễn như sau (t=25 o C):
Fe (r) │Fe 2+ (aq)║OH - (aq), O 2(k) │Pt (r) .
Thế chuẩn ở 25 o C:
Fe 2+ (aq) + 2e → Fe (r)
E o = -0,44V.
O 2 + 2H 2 O + 4e → 4OH - (aq)
E o = 0,40V.
Cho biết: RTln10/F = 0,05916V (ở 25 o C). F = 96485C.mol -1 .
a. Tính E o của phản ứng ở 25 o C.
b. Viết phản ứng xảy ra ở hai nửa pin và toàn bộ phản ứng.
c. Tính K của phản ứng.

d. Phản ứng xảy ra trong 24 giờ và I = 0,12A. Tính khối lượng Fe chuyển thành Fe 2+ sau 24
giờ. Biết oxy dư.
e. Tính E của phản ứng biết:
[Fe 2+ ] = 0,015M; pH nửa pin phải = 9,00, p(O 2 ) = 0,700bar
Câu 4: Bài tập tính toán vô cơ tổng hợp: (2 điểm)
Hoà tan 1,00g hiđroxylamoni clorua vào nước được 250ml dd A. Cho 25,0ml A vào
dd chứa lượng dư ion Fe 3+ trong môi trường axit sunfuric. Hỗn hợp được đun nóng một thời
gian để phản ứng xảy ra hoàn toàn rồi đưa về nhiệt độ phòng thu được dd B. Đem chuẩn độ
dd B bằng dd kalipermanganat 0,02mol.l -1 thấy tốn hết 28,9ml.
a. Biểu diễn cấu trúc của ion hiđroxylamoni kèm theo giá trị gần đúng các góc liên kết.
b. Tìm công thức sản phẩm oxi hoá chứa nitơ của hiđroxylamin và viết các Pt ion:
Câu 5: Sơ đồ biến hoá, cơ chế phản ứng, đồng phân lập thể, danh pháp: (2 điểm)
Cho hợp chất hữu cơ H là một dẫn xuất của prolin có công thức:
N
HO
O
O
H được tổng hợp theo các quy trình sau:
O O O
H 2 O
A
1. O 3
2. Me 2 S
DMSO
B
NH 2
NBS, H 2 O
NaOH
C D E
B + E
NH 3 /NH 4
+
NBS: N-bromsuxinimit; DMSO: đimetylsunfoxit
a. Biết rằng 2mol B được tạo thành từ 1mol A, trong mỗi phân tử D, E còn một liên kết đôi
ở nhánh. Hãy cho biết cấu trúc các phân tử A, B, C, D và E.
b. Sự kết hợp giữa B và E nhờ xúc tác axit yếu (đệm NH 3 /NH 4+ ) lần lượt tạo 2 ion dương F
và G. G xảy ra quá trình chuyển hoá nội phân tử tạo thành H. Trình bày cơ chế phản ứng
tạo thành H từ B và E?
Câu 6: Tổng hợp các chất hữu cơ, so sánh nhiệt độ sôi, nhiệt độ nóng chảy, tính axit
bazơ: (2 điểm)
2,7-đimetylnaphtalen có thể được tổng hợp bằng phản ứng giữa tác nhân Grignard A và
axetal B theo sơ đồ sau:
H

i
MgBr
A
CHO
ii
O
+A/H +
O
O
O
B
a. Đề nghị điều kiện tạo thành A và B. Viết phương trình phản ứng
b. Trình bày cơ chế phản ứng tạo thành 2,7-đimetylnaphtalen.
Câu 7: Nhận biết, tách chất, xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ: (2 điểm)
Người ta tiến hành các phản ứng sau đây để xác định công thức cấu tạo của hợp chất
thơm A (C 9 H 10 O):
- Oxy hóa mạnh chất A với KMnO 4 đậm đặc thu được hai axit C 7 H 6 O 2 và C 2 H 4 O 2 .
- Cho A phản ứng với metyl magie bromua rồi thuỷ phân thu được ancol bậc ba (B) có
một nguyên tử cacbon bất đối.
a. Viết công thức cấu tạo và gọi tên A.
b. Hãy cho biết góc quay mặt phẳng ánh sáng phân cực của ancol B bằng 0 hay khác 0, vì sao?
c. Cho A tác dụng với metyl iodua dư trong môi trường bazơ mạnh người ta cô lập được C
(C 11 H 14 O). Hãy cho biết tên cơ chế phản ứng. Viết công thức cấu tạo và gọi tên C.
Câu 8: Hữu cơ tổng hợp: (2 điểm)
a.
OH
Trình bày cơ chế của các phản ứng sau:
OH -
O
R
b.
O
Cl
O
R
O
c.
OH -
OH
H +

Câu 9: Cân bằng hoá học: (2 điểm)
Trong công nghiệp amoniac được tổng hợp từ nitơ và hiđro theo cân bằng sau:
N 2(k) + 3H 2(k) 2NH 3(k) K p
Coi entanpi và entropi không đổi trong suốt quá trình phản ứng. Tại 298K có
o
1
G298 ( NH3) 16,30 kJ.
mol
1
; H o
s
( NH
3) 45,86 kJ.
mol
a. Tính hằng số cân bằng của phản ứng tại 298K và 450K. Nhận xét?
N 2 và H 2 được đưa vào hệ phản ứng theo đúng tỉ lệ của phương trình và được tiến
hành duy trì ở nhiệt độ 450K. Khi hệ đạt cân bằng áp suất chung đo đượu là P.
b. Tính áp suất riêng phần của từng khí tại thời điểm cân bằng theo P.
c. Cho P = 10 bar. Tính hiệu suất của phản ứng tổng hợp NH 3 ?
d. Tính áp suất của hệ duy trì để hiệu suất tổng hợp NH 3 bằng 25%?
Câu 10: Phức chất: ( 2 điểm)
Cho phức chất B được tạo thành từ nguyên tố kim loại chuyển tiếp Pt với mức oxi
hoá +2. Một trong các phương pháp tổng hợp B là cho muối kali C tác dụng với NH 3 theo tỉ
lệ mol tương ứng là 1:2. Tuy nhiên trong quá trình tổng hợp luôn sinh kèm một đồng phân
B' của B. Biết rằng trong phân tử C chứa 3 loại nguyên tố hoá học và tỉ lệ khối lượng mol
của C/B là 1,383.
a. Cho biết công thức phân tử của B, B' và C?
b. Vẽ cấu trúc phân tử và gọi tên B, B'.
c. B có thể được điều chế từ C theo phương pháp sau:
Vẽ cấu trúc của D, E và F.
KIdu
2 NH 3 2AgNO3
KCldu
C D E F B
.
…………………………HẾT………………………………

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA KHỐI 11.
Câu 1. Tốc độ phản ứng:
Nghiên cứu phản ứng oxi hoá ion iođua bởi ion peroxođisunfat tại 25 0 C:
S2O8 2- + 2I - 2SO4 2- + I2. (*)
Người ta ghi được các số liệu thực nghiệm sau:
Co(S2O8 2- )[mol.l -1 ] Co(I - )[mol.l -1 ] vo.10 8 [mol.l -1 .s -1 ]
10 -4 10 -2 1,1
2.10 -4 10 -2 2,2
2.10 -4 5.10 -3 1,1
a. Viết biểu thức tính tốc độ của phản ứng, cho biết giá trị hằng số k, bậc của phản ứng.
b. Cho năng lượng hoạt hoá của phản ứng bằng 42kJ.mol -1 . Tìm nhiệt độ (t o c) để tốc độ phản ứng tăng lên 10 lần.
c. Lượng iot sinh ra được chuẩn độ nhanh chóng bởi ion thiosunfat. Viết phản ứng chuẩn độ và viết lại biểu
thức tính tốc độ phản ứng (*). Nhận xét.
d. Giải thích tại sao ion peroxođisunfat có tính oxi hoá rất mạnh và ion iođua có tính khử mạnh mà phản
ứng (*) lại xảy ra rất chậm?
HD:
a. Gọi x, y là bậc riêng phần của phản ứng (*) tương ứng với ion S2O8 2- và ion I - .
Ta có biểu thức tốc độ của phản ứng được tính theo phương trình:
V = k.(C(S2O8 2- )) x .(C(I - )) y (1)
Dựa vào giá trị tốc độ đầu của phản ứng ở các TN trên có: Từ TN1 và TN2 có x= 1; Từ TN2 và TN3 có y
=1. Thay x, y vào (1) tính được k = 0,011(l.mol -1 .s -1 )
E a
b. Áp dụng biểu thức: k Ae .
k
RT
2
E
2 1
có biểu thức ln a
T T
( ) ta tìm được T2 = 345K, t2 = 72 0 C.
k1 R T1 . T2
c. Phương trình chuẩn độ iot: 2S2O3 2- + I2 S4O6 2- + 2I - (**)
Vì phảm ứng (**) xảy ra rất nhanh nêu nồng độ của I - trong phản ứng (*) coi như không đổi. Do đó phản
ứng (*) là giả bậc I với biểu thức: V = k'.C(S2O8 2- ) với k'=k.C(I - ).
d. vì hai ion cùng dấu đẩy nhau, làm giảm tốc độ của phản ứng
Câu 2: Cân bằng trong dung dịch điện li:
Cho dd A chứa FeCl3 0.01M. Giả thiết rằng Fe(H2O)6 3+ (Viết tắt là Fe 3+ ) là axit một nấc với hằng
số phân li là Ka = 6,3.10 -3 .
a. Tính pH của dd A.
b. Tính pH cần thiết để bắt đầu xảy ra sự kết tủa Fe(OH)3 từ dd A. Biết Fe(OH)3 có Ks = 6,3.10 -38
c. Ở pH nào thì sự kết tủa Fe(OH)3 từ dd A xảy ra hoàn toàn? Giả thiết kết tủa được coi là hoàn toàn khi
hàm lượng sắt còn lại trong dd dưới 10 -6 M
HD:
a. Xét các cân bằng điện li H + trong A:
(1) Fe 3+ + H2O Fe(OH) 2+ + H + Ka = 6,3.10 -3
(2) H2O H + + OH - Kw = 10 -14
Ka

Từ (**) và (***) [Fe 3+ ] +
3 - Ka
[ Fe ].[OH ]. = 0.01M (****)
K
w
K
Kết hợp (*) và (****): s
(1+[OH - Ka
].
3
[ OH ] K ) = 0,01 tính được [Fe3+ ] = 0,00399M và [OH - ] = 2,51.10 -12
w
pH = 2,4.
c. Làm tương tự b có pH = 4,3.
Câu 3: Điện hoá học:
Ăn mòn kim loại thường đi kèm với các phản ứng điện hóa. Việc ăn mòn rỉ sắt trên bề mặt cũng
theo cơ chế này. Phản ứng điện cực ban đầu thường là:
(3) Fe(r) → Fe 2+ (aq) + 2e
(4) O2 + 2H2O + 4e → 4OH - (aq)
Tế bào điện hóa ứng với các phản ứng trên được biểu diễn như sau (t=25 o C):
Fe(r)│Fe 2+ (aq)║OH - (aq), O2(k)│Pt(r).
Thế chuẩn ở 25 o C:
Fe 2+ (aq) + 2e → Fe(r)
E o = -0,44V.
O2 + 2H2O + 4e → 4OH - (aq)
E o = 0,40V.
Cho biết:
RTln10/F = 0,05916V (ở 25 o C).
F = 96485C.mol -1 .
a. Tính E o của phản ứng ở 25 o C.
b. Viết phản ứng xảy ra ở hai nửa pin và toàn bộ phản ứng.
c. Tính K của phản ứng.
d. Phản ứng xảy ra trong 24 giờ và I = 0,12A. Tính khối lượng Fe chuyển thành Fe 2+ sau 24 giờ. Biết oxy dư.
e. Tính E của phản ứng biết:
[Fe 2+ ] = 0,015M; pHnửa pin phải = 9,00, p(O2) = 0,700bar
HD:
a. E o (pin) = E o phải - E o trái = 0,40 – (-0,44) = 0,84V
b. Phản ứng xảy ra ở hai nửa pin:
Trái: Fe → Fe 2+ + 2e
Phải: O2 + 2H2O + 4e → 4OH -
Phản ứng: 2Fe + O2 + 2H2O → 2Fe 2+ + 4OH -
c. K = [Fe 2+ ][OH - ] 4 /p(O2)
∆G = -nFE o (pin) = -RTlnK → K = 6,2.10 56 (M 6 bar -1 )
d. Q = It = 10368C n(e) = Q/F = 0,1075mol m(Fe) = 3,00g.
e.
E
( pin)
E
o
( pin)
0,05916
log
n
2
2
Fe
OH
4
; pH = 9,00 → [H + ] = 10 -9 M và [OH - ] = 10 -5 M
p(
O2
)
Câu 4: Bài tập tính toán vô cơ tổng hợp:
Hoà tan 1,0g hiđroxylamoni clorua vào nước được 250,0ml dd A. Cho 25,0ml A vào dd chứa lượng dư
ion Fe 3+ trong môi trường axit sunfuric. Hỗn hopự được đun nóng một thời gian để phản ứng xảy ra hoàn toàn
rồi đưa về nhiệt độ phòng thu được dd B. Đem chuẩn độ dd B bằng dd kalipermanganat 2.10 -2 mol.l -1 thấy tốn
hết 28,9ml.
a. Biểu diễn cấu trúc của ion hiđroxylamoni kèm theo giá trị gần đúng các góc liên kết.
b. Tìm công thức sản phẩm oxi hoá chứa nitơ của hiđroxylamin và viết các phương trình phản ứng:
HD:
a. Cấu trúc ion hiđroxylamoni:
O
H
+
H
N
H
104-110 o
H
.
108-110 o

1 1
3
b. n (25 ml) . 1,44.10 mol
NH3OH Cl
10 69,5
28,9 4
4
.0,02 5,78.10
nKMnO
mol
1000
Phương trình chuẩn độ B bằng KMnO4:
5Fe 2+ + MnO4 - + 8H + 5Fe 3+ + Mn 2+ + 4H2O
2,89.10 -3 5,78.10 -4
Có tỉ lệ: NH3OH + Cl - : Fe 2+ = 1,44.10 -3 : 2,89.10 -3 = 1:2
Gọi số oxi hoá sản phẩm oxi hoá của hiđroxylamin là x ta có:
N -1 N x + (x+1)e Fe 3+ +e Fe 2+
1
x+1 2 2
Áp dụng định luật bảo toàn e có: x + 1 = 2 x = +1. Vậy công thức của sản phẩm là N2O.
PT: 2NH3OH + Cl - + 4Fe 3+ N2O + H2O + 2Cl - + 4Fe 2+ + 6H +
Câu 5: Sơ đồ biến hoá, cơ chế phản ứng, đồng phân lập thể, danh pháp:
Cho hợp chất hữu cơ H là một dẫn xuất của prolin có công thức:
N
HO
O
O
H được tổng hợp theo các quy trình sau:
O O
O
H 2 O
A
1. O 3
2. Me 2 S
DMSO
B
NH 2
NBS, H 2 O
NaOH
C D E
+
NH 3 /NH 4
B + E
H
NBS: N-bromsuxinimit; DMSO: đimetylsunfoxit
a. Biết rằng 2mol B được tạo thành từ 1mol A, trong mỗi phân tử D, E còn một liên kết đôi ở nhánh. Hãy
cho biết cấu trúc các phân tử A, B, C, D và E.
b. Sự kết hợp giữa B và E nhờ xúc tác axit yếu (đệm NH3/NH4 + ) lần lượt tạo 2 ion dương F và G. G xảy ra
quá trình chuyển hoá nội phân tử tạo thành H. Trình bày cơ chế phản ứng tạo thành H từ B và E?
HD:
a.
B
A
O
O
H
O
HO
OH
C có thể là 1 trong 4 công thức sau:
O
OH

C
Br
HO
HO
Br
HO
Br
OH
Br
E
D
OH
O
N
H
b. Cơ chế B + E tạo thành H:
O
H +
HO
H
HO
O
H
O
Bn
N
H
O +
H
OH
Bn
+/-H + HO
+
OH 2
O
N
OH
-H 2 O
N
Bn
-H +
N +
OH
Bn
N +
OH
HO
O
HO
HO
O
O
Câu 6: Tổng hợp các chất hữu cơ, so sánh nhiệt độ sôi, nhiệt độ nóng chảy, tính axit bazơ:
2,7-đimetylnaphtalen có thể được tổng hợp bằng phản ứng giữa tác nhân Grignard A và axetal B theo sơ
đồ sau:
O
i
MgBr
O
CHO
ii
O
B
A
O
O
1. A
2. H +
a. Đề nghị điều kiện tạo thành A và B. Viết phương trình phản ứng
b. Trình bày cơ chế phản ứng tạo thành 2,7-đimetylnaphtalen.
HD:
a.
NBS
Mg/THF
MgBr
Br
A

HO
CHO
HO
O
O
H +
O
O
b.
B
A + B OMgBr
O
O
H + /H 2 O
O
HC
OH
OH
OH
H +
HC +
OH
S E
OH
-2H 2 O
Câu 7: Nhận biết, tách chất, xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ:
Người ta tiến hành các phản ứng sau đây để xác định công thức cấu tạo của hợp chất thơm A (C 9H10O):
- Oxy hóa mạnh chất A với KMnO4 đậm đặc thu được hai axit C7H6O2 và C2H4O2.
- Cho A phản ứng với metyl magie bromua rồi thuỷ phân thu được ancol bậc ba (B) có một nguyên
tử cacbon bất đối.
a. Viết công thức cấu tạo và gọi tên A.
b. Hãy cho biết góc quay mặt phẳng ánh sáng phân cực của ancol B bằng 0 hay khác 0, vì sao?
c. Cho A tác dụng với metyl iodua dư trong môi trường bazơ mạnh người ta cô lập được C (C 11H14O). Hãy
cho biết tên cơ chế phản ứng. Viết công thức cấu tạo và gọi tên C.
HD:
1. A
O C7H6O2
C2H4O2
A có nhân benzen, một mạch nhánh, có 1O và một liên kết đôi
axit benzoic axit axetic
C 6 H 5 C CH 2 CH 3
O
CH 3
1) CH 3 MgBr
2) H 3 O + C
C 6 H 5 CH 2 CH 3
A: etylphenylxeton
b) B = 0 vì CH3MgBr tấn công như nhau vào hai phía nhóm C = O tạo ra hỗn hợp raxemic.
2. Ta có:
OH
(B)
C 6 H 5 COCH 2 CH 3
OH - CH 3 I
S N 2
C 6 H 5
C
CH 3
CH 3
C
(C)
O CH 3
tert-butylphenylxeton

Câu 8: Hữu cơ tổng hợp:
Trình bày cơ chế của các phản ứng sau:
a.
OH
OH -
O
b.
R
O
Cl
O
R
O
c.
OH -
OH
H +
HD:
a.
R
OH
OH -
R
O -
-Cl
O
Cl
Cl
R
b.
OH - O - O
O
H 2 O
O
O
andol
-H 2 O
c.
OH
O
O

OH
OH
OH
HC +
+H + /-H 2 O
HC + -H +
Câu 9: Cân bằng hoá học:
Trong công nghiệp amoniac được tổng hợp từ nitơ và hiđro theo cân bằng sau:
N2(k) + 3H2(k) 2NH3(k) Kp
Coi entanpi và entropi không đổi trong suốt quá trình phản ứng. Tại 298K có
o
1
G298 ( NH3) 16,30 kJ.
mol
1
; H o
s
( NH
3) 45,86 kJ.
mol
a. Tính hằng số cân bằng của phản ứng tại 298K và 450K. Nhận xét?
N2 và H2 được đưa vào hệ phản ứng theo đúng tỉ lệ của phương trình và được tiến hành duy trì ở nhiệt độ
450K. Khi hệ đạt cân bằng áp suất chung đo đượu là P.
b. Tính áp suất riêng phần của từng khí tại thời điểm cân bằng theo P.
c. Cho P = 10 bar. Tính hiệu suất của phản ứng tổng hợp NH3?
d. Tính áp suất của hệ duy trì để hiệu suất tổng hợp NH3 bằng 25%?
HD:
o o
Hs
G298 1 1
a. Có GT
H T S S 0,099 kJ. mol . K
T
o
1
G450 1,22 kJ.
mol
o
G450
của phản ứng = 2, 44kJ
Áp dụng công thức . Tính được Kp (298) = 518162 và Kp (450) = 1.92
b. Xét cân bằng: N2(k) + 3H2(k) 2NH3(k) n khí
[] 1-x 3-3x 2x 4-2x
ni
1
x 3
3 x
2x
Áp dụng công thức Pi
. P ta có PN
. P; P
2
H
n
4
2
. P; PNH
. P
2x
4
3
2x
4 2x
2
PNH3
c. Ta có K
p
P . P
3
N2 H2
i
Thay áp suất riêng phần của từng khí trong ý b vào phương trình Kp có

2 2
4 x .(4 2 x)
1,92
với P = 10bar x = 0,77. H %( NH
2 4
3) 77%
27 P .(1 x)
d. Thay x = 0,25 vào biểu thức tính Kp theo x và P có P= 0,43bar
Câu 10: Phức chất:
Cho phức chất B được tạo thành từ nguyên tố kim loại chuyển tiếp Pt với mức oxi hoá +2. Một
trong các phương pháp tổng hợp B là cho muối kali C tác dụng với NH3 theo tỉ lệ mol tương ứng là 1:2.
Tuy nhiên trong quá trình tổng hợp luôn sinh kèm một đồng phân B' của B. Biết rằng trong phân tử C chứa
3 loại nguyên tố hoá học và tỉ lệ khối lượng mol của C/B là 1,383.
a. Cho biết công thức phân tử của B, B' và C?
b. Vẽ cấu trúc phân tử và gọi tên B, B'.
KIdu
2 3 2 3
c. B có thể được điều chế từ C theo phương pháp sau: NH
AgNO
KCldu
C D E F B .
Vẽ cấu trúc của D, E và F.
HD:
a. B và B' có công thức: [Pt(NH3)2Cl2]; C có công thức K2[PtCl4].
b. cấu trúc phân tử của B là B':
B'
B
c.
H 3 N
H 3 N
Pt
Cl
Cl
Cis-diammindicloplatin(II)
I
I
H 3 N
Cl
Pt
Cl
NH 3
Trans-diammindicloplatin(II)
D E F
2-
I
H 3 N I
H 3 N
Pt
Pt
Pt
I
H 3 N I
H 3 N
H 2 O
H 2 O
Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác kết quả đúng vẫn tính điểm.
…………………………HẾT………………………………
GV ra đề: Nguyễn Thị Nhung.
ĐT: 0979001969.
Ký tên:

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HOÁ KHỐI 11.
Câu Nội dung chính Ý Điểm
a 0,5
Tốc độ phản ứng.
b 0,5
1
c 0,5
d 0,5
a 0,5
2 Cân bằng trong dung dịch điện li.
b 1,0
c 0,5
a 0,25
b 0,25
3 Điện hoá học.
c 0,25
d 0,75
e 0,5
4 Bài tập tính toán vô cơ tổng hợp. a 0,5
b 1,5
5 Sơ đồ biến hoá, cơ chế phản ứnh,
a 1,0
đồng phân lập thể, danh pháp.
b 1,0
6 Tổng hợp các chất hữu cơ, so sánh t o s; a 1,0
t o nc, tính axit bazơ.
b 1,0
Nhận biết, tách chất, xác định công a 0,75
7
thức hợp chất hữu cơ.
b 0,5
c 0,75
a 0,5
8 Hữu cơ tổng hợp
b 0,75
c 0,75
a 0,5
9 Cân bằng hoá học
b 0,5
c 0,5
d 0,5
a 0,5
10 Phức chất
b 0,5
c 1,0

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG PT VÙNG CAO VIỆT BẮC
ĐỀ GIỚI THIỆU
(Đề thi có 03 trang)
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
KHU VỰC DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2014 - 2015
ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC 11
Thời gian: 180 phút (không kể giao đề)
Câu 1 (2,0 điểm) Tốc độ phản ứng:
Xét phản ứng: IO3 - + I - + 6H + 3I2 + 3H2O
Vận tốc của phản ứng đo ở 25 0 c có giá trị theo bảng sau
Thí nghiệm [I - ] [IO
- 3 ] [H + ] Vận tốc (mol.l -1 .s -1 )
1 0,01 0,1 0,01 0,6
2 0,04 0,1 0,01 2,4
3 0,01 0,3 0,01 5,4
4 0,01 0,1 0,02 2,4
-Lập biểu thức tính tốc độ phản ứng.
- Tính hằng số tốc độ phản ứng và xác định đơn vị của hằng số tốc độ đó.
- Năng lượng hoạt hóa của phản ứng E = 84KJ/mol ở 25 0 C. Vận tốc của phản ứng thay
đổi thế nào nếu năng lượng hoạt hóa giảm đi một nửa.
Câu 2: (2,0 điểm) Cân bằng trong dung dịch điện ly.
1. Trộn 10 ml dung dịch KCN 0,6M với 20 ml dung dịch KOH nồng độ 0,0125M và 20 ml
dung dịch NH3 0,375M thu được 50 ml dung dịch A. Tính pH của dung dịch A.
2. Cho V1 ml dung dịch HCl 0,210 M vào V ml dung dịch A thì pH của hỗn hợp thu được
bằng 9,24. Tính tỉ lệ V1/V.
Câu 3 ( 2,0 điểm) Điện hóa học.
Cho sức điện động của pin:
Ag AgNO3 0,001M AgCl Ag
Na2S2O3 0,10M HCl 0,05M là 0,341V.
1.Viết phương trình phản ứng khi pin hoạt động .
2. Tính
E
0
3
Ag(
S 2 O 3 ) 2 / Ag
3. Tính KsAgCl .
4. Thêm 0,01 mol KCN vào 1 lít dung dịch ở anôt .Tính Epin
0
Cho: E =0,80V , Ag + + 2S2O3 2- Ag(S2O3)2 3- lgβ1 =13,46
Ag
/ Ag
Ag + + 2CN - Ag(CN)2 - lgβ2 = 21
Câu 4. (2,0 điểm) Bài tập tính toán vô cơ tổng hợp.
1. Cho 14,4g hỗn hợp Fe, Mg, Cu (số mol mỗi kim loại bằng nhau) tác dụng hết với dung
dịch HNO3 (dư) thu được dung dịch X và 2,688 lít (đktc) hỗn hợp gồm 4 khí N2, NO, N2O,
NO2 trong đó 2 khí N2 và NO2 có số mol bằng nhau. Cô cạn cẩn thận dung dịch X thì được
58,8g muối khan. Tìm số mol HNO3 đã phản ứng.

2. X là dung dịch Al2(SO4)3, Y là dung dịch Ba(OH)2. Trộn 200ml dung dịch X với 300ml
dung dịch Y thu được 8,55 gam kết tủa. Trộn 200ml dung dịch X với 500ml dung dịch Y thu
được 12,045 gam kết tủa. Tính nồng độ mol/l của dung dịch X và Y.
Câu 5. (2,0 điểm) Sơ đồ biến hóa, Cơ chế phản ứng, Đồng phân lập thể, Danh pháp
1. Cho hợp chất 3- metyl but-1-en tác dụng với axit HCl tạo ra các sản phẩm, trong đó có A
là 2- clo-3-metylbutan và B là 2-clo-2-metylbutan. Bằng cơ chế phản ứng, hãy giải thích sự tạo
thành 2 sản phẩm trên.
2. Để tổng hợp được axit retigeranic, người ta cần phải tổng hợp được chất trung gian X:
Từ 6-metylhept-5-enal và but-3-en-2-on người ta có thể tổng hợp ra X theo sơ đồ sau:
Xác định công thức cấu tạo của các chất A, B, C, D, E.
Trình bày cơ chế phản ứng tạo ra A trong sơ đồ điều chế trên. Nếu chất đầu dùng là
đồng phân (2R)-2,6-đimetylhept-5-enal thì sản phẩm A thu được sẽ có cấu hình như thế nào?
Câu 6: (2,0 điểm) So sánh nhiệt độ sôi, nhiệt độ nóng chảy, tính Axit- Bazơ.
1. So sánh tính bazơ của các hợp chất sau và giải thích:
CH3-CH(NH2)-COOH (I) ; CHC-CH2-NH2 (II) ; CH2CH-CH2-NH2 (III) ; CH3-CH2-CH2-NH2
(IV).
2. Hãy điền các giá trị nhiệt độ sôi sau: 240 o C, 273 o C, 285 o C cho 3 đồng phân benzenđiol
C6H4(OH)2. Giải thích ngắn gọn.
Câu 7: (2,0 điểm) Xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ.
Hợp chất A (C5H9OBr) khi tác dụng với dung dịch iốt trong kiềm tạo kết tủa màu vàng.
A tác dụng với dung dịch NaOH tạo ra 2 xeton B và C cùng có công thức phân tử C5H8O. B,
C đều không làm mất màu dung dịch kalipemanganat ở lạnh, chỉ có B tạo kết tủa màu vàng với
dung dịch iốt trong kiềm. Cho B tác dụng với CH3MgBr rồi với H2O thì được D (C6H12O). D
tác dụng với HBr tạo ra hai đồng phân cấu tạo E và F có công thức phân tử C6H11Br trong đó
chỉ có E làm mất màu dung dịch kali pemanganat ở lạnh.
Dùng công thức cấu tạo, viết sơ đồ phản ứng từ A tạo thành B, C, D, E, F. Viết tên A và D
theo danh pháp IUPAC.

Câu 8: (2 điểm) Hữu cơ tổng hợp
Methadol là thuốc giảm đau có hoạt tính giống Morphin được dùng để điều trị cho người
nghiện Heroin có cấu trúc như sau:
O
N
Ph Ph
Chất này được điều chế từ muối clorua của nó qua nhiều giai đoạn, bắt đầu từ chất đầu là C 6H5-CH2-
CN.
CN Br2
A AlCl 3
benzen B NaOH C
+ X 1) C 2
H 5
Br
D
+
2) H 3
O
Methadol
Chất X: là muối clorua được điều chế bằng cách xử lý 2 chất đồng phân với SOCl2, nung hỗn hợp phản
ứng .
1-(đimetylamin) propan-2-ol + SOCl2 Y
X
2-(đimetylamin) propan-1-ol + SOCl2 Z
Hãy suy luận cấu trúc của X.
Câu 9. (2,0 điểm) Cân bằng hóa học
Cho cân bằng sau : CO(k) + 2H2 (k) CH3OH (k)
H 0 pư = - 90,0 kJ.mol -1 , giả thiết là không đổi trong khoảng nhiệt độ tiến hành thí
nghiệm. KP (573K) = 2,5.10 -3
1. Trong 1 bình kín, ban đầu lấy CO và H2 theo tỷ lệ mol 1 : 2 tại nhiệt độ 573K . Xác
định áp suất toàn phần của hệ để hiệu suất phản ứng đạt 70%.
2. Xác định phương trình của sự phụ thuộc giữa lnKP vào T .
3. Tại 200 bar, xác định nhiệt độ mà tại đó hiệu suất phản ứng đạt 70%.
Câu 10 : (2 điểm) Phức chất.
Cấu hình electron của nguyên tố M ở trạng thái cơ bản chỉ ra rằng: M có 4 lớp electron,
số electron độc thân của M là 3.
a. Dựa vào các dữ liệu trên cho biết M có thể là các nguyên tố nào.
b. M tạo được ion phức có công thức M(NH3)6 3+ , phép đo momen từ chỉ ra rằng ion
này là nghịch từ.
- Cho biết tên gọi của M(NH3)6Cl3
- Cho biết trạng thái lai hoá của M trong ion phức trên và chỉ ra dạng hình học của ion
phức này.
Số điện thoại:
Người ra đề
0988.777.827
Ngô Tuấn Vinh

TRƯỜNG THPT
CHUYÊN VĨNH PHÚC
ĐỀ THI CHỌN HSG
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ - NĂM 2015
MÔN: HOÁ HỌC- LỚP 11
Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm trang)
GV: Nguyễn Đắc Tứ - THPT Chuyên Vĩnh Phúc Điện thoại: 0945028349
Câu 1. (2 điểm) Tốc độ phản ứng
Khảo sát phản ứng phân hủy NO 2 tạo thành NO và O 2 ở 10 0 C dưới ảnh hưởng động học
và nhiệt động học. Bảng sau cho biết tốc độ đầu của phản ứng phụ thuộc vào các nồng độ đầu
khác nhau của NO 2 :
[NO 2 ] o ( mol.L -1 ) 0,010 0,012 0,014 0,016
V o ( mol.L -1 .s -1 ) 5,4.10 -5 7,78.10 -5 1,06.10 -5 1,38.10 -5
a) Xác định bậc của phản ứng và hằng số vận tốc ?
b) Một cách gần đúng, nếu xem như các đại lượng nhiệt động của phản ứng trên không
phụ thuộc nhiệt độ. Hãy sử dụng các giá trị sau để trả lời các câu hỏi: Nhiệt độ nhỏ nhất
cần đạt đến để cân bằng dịch chuyển về phía phải là bao nhiêu?
0
0
H s , NO
33,2kJ
/ mol.
; H 90,3 / .
2 s , NO
kJ mol
S
0
NO
0
0
241J
/ mol;
S 211J
/ mol;
S 205J
/ mol.
2 NO
O
2
Câu 2. (2 điểm) cân bằng trong dung dịch
Tốc độ của phản ứng khử HCrO 4
–
bằng HSO 3
–
được biểu diễn bằng phương trình:
V = k.[HCrO 4
–
][HSO 3
–
] 2 [H + ]
Trong một thí nghiệm với các nồng độ ban đầu:
HCrO 4
–
= 10 – 4 mol/l; HSO 3
–
= 0,1 mol/l; H + cố định bằng 10 – 5 mol/l
Thì nồng độ HCrO 4
–
giảm xuống còn 5.10 – 5 mol/l sau 15 giây.
1. sau bao lâu nồng độ HCrO 4
–
sẽ bằng 1,25.10 – 5 M.
2. nếu nồng độ đầu của HSO 3
–
là 0,01M thì sau bao lâu nồng độ của HCrO 4
–
sẽ bằng 5.10 – 5
M.
3. Tính hằng số tốc độ phản ứng k.
4. Nếu nồng độ ban đầu của HSO 3
–
và H + đều bằng 10 – 3 M và được giữ cố định thì cần thời
gian bao lâu để một nữa lượng HCrO 4
–
bị khử.
Câu 3. (2 điểm) Pin điện. Điện phân.
Cho pin sau : H 2 (Pt), P H
1atm
/ H + 1M // MnO 2 4
1M, Mn 2+ 1M, H + 1M / Pt
Biết rằng sức điện động của pin ở 25 0 C là 1,5V.
1. Hãy cho biết phản ứng thực tế xảy ra trong pin và tính E 0 2
.
MnO 4
/ Mn
2. Sức điện động của pin thay đổi như thế nào trong các trượng hợp sau :
- Thêm một ít NaHCO 3 vào nửa trái của pin.
- Thêm một ít FeSO 4 vào nửa phải của pin.
- Thêm một ít CH 3 COONa vào nửa phải của pin.
Câu 4. (2 điểm) Bài tập vô cơ

Cho m gam hợp chất X ( được tạo thành từ hai nguyên tố) phản ứng hoàn toàn với H 2 SO 4 đặc,
nóng chỉ thu được 20,16 lít (đktc) hỗn hợp khí A gồm hai khí và H 2 O. A làm mất màu vừa đủ
1,6 lít dung dịch Br 2 0,5M và A không có phản ứng với dung dịch CuCl 2 . Cho A vào dung
dịch Ca(OH) 2 dư, thu được 106 gam kết tủa trắng.
Xác định công thức của X, và tính m.
Câu 5. (2 điểm) Cơ chế phản ứng – Đồng phân lập thể – Danh pháp
Hãy cho biết các công thức cấu tạo của các chất ứng với các chữ cái trong sơ đồ.
+ COOCH 3
O
1.KMnO 4 ,H +
2. CH 2 N 2 du
P
CH 3 ONa
- CH 3 OH
Q
Q
H 3 O + ,t 0
- CO 2
R
CH 2 N 2
S
Zn, BrCH 2 CO 2 CH 3
T
- H 2 O
U
H 2 /Pt
V
V
CH 3ONa H 3 O + , t 0
- CH 3 OH X
- CO 2
Y
NaNH 2 , CH 3 I du
O
(fenchon)
Câu 6. (2 điểm) So sánh nhiệt độ sôi, nhiệt độ nóng chảy, tính axit- bazơ, Nhận biết
1. So sánh tính chất của các chất trong các dãy sau (có giải thích):
a. Tính axit: CH 3 COOH, CH 2 =CH-COOH; Phenol, m-crezol, p- crezol.
b. Tính bazơ: đietyl amin; tetrametylen amin; anilin; CH 3 CONH 2 .
2. Hợp chất hữu cơ A chứa C, H, O có khối lượng phân tử bằng 74 đvc. Biết A không
phản ứng với Na, khi phản ứng với dung dịch NaOH chỉ thu được một sản phẩm hữu
cơ. Biết từ A thực hiện được sơ đồ:
A
+ C H 3M gC l
B
+ H 2 O H
C H 3 C H O
2 O
D + bu ta n 2 ol
Xác định công thức cấu tạo của A và viết phương trình phản ứng.
Câu 7. ( 2 điểm) Dựa vào tính chất xác định Cấu tạo, cấu trúc của hợp chất hữu cơ
Hợp chất (A) có công thức phân tử C 10 H 10 O không tạo màu với FeCl 3 , tạo sản phẩm cộng
với NaHSO 3 . Cho (A) tác dụng với I 2 /NaOH không tạo kết tủa, axit hóa hỗn hợp sau phản ứng
được (B) là C 10 H 10 O 2 , không làm mất màu dung dịch KMnO 4 . Cho (B) tác dụng với lượng dư
brom khi có mặt HgO(đỏ) hay Ag 2 O/CCl 4 thu được (C) là 1,2,3-tribrom-2-phenylpropan, hầu
như không có sản phẩm hữu cơ khác.
Mặt khác, cho (A) tác dụng với NaBH 4 thu được (D) là C 10 H 12 O. Đun nóng nhẹ (D) với
axit H 2 SO 4 đặc thu được (E) là C 10 H 10 . Xác định công thức cấu tạo của (A), (B), (C), (D), (E).
Hãy giải thích sự tạo thành (E) từ (D).
Câu 8. ( 2 điểm) Tổng hợp các chất hữu cơ:
Antihistamine (kháng histamine) được dùng để giảm ảnh hưởng của các tác động dị ứng trên
cơ thể. Dược chất fexofenadin được dùng để chữa chứng hắt hơi, hảy nước mũi, ngứa mắt do
dị ứng phấn hoa mà không gây buồn ngủ. Fexofenadin được bán trên thị trường dưới dạng
muối hidro clorua. Đây là sơ đồ tổng hợp fexofenadin:

Xác định cấu tạo của các chất trong phương pháp tổng hợp trên.
Câu 9. (2 điểm) Cân bằng hóa học
ở 820 0 C hằng số cân bằng của phản ứng phân huỷ:
CaCO 3 (r) CaO (r) + CO 2 (k) là K = 0,2.
Trong một bình kín, chân không, dung tích 22,4 lít ở 820 0 C , ta đưa 0,1 mol CaCO 3 vào.
1. Tính thành phần số mol mỗi chất ở trạng thái cân bằng.
2. Giả sử tăng dần thể tích V ( vẫn ở 820 0 C) Vẽ các đồ thị biểu diễn sự biến thiên của áp suất
P và của số mol CaO theo thể tích V.
3. Trong một bình kín, chân không, dung tích 22,4 lít ở 820 0 C ta đưa 0,1 mol CaO vào.Sau đó
bơm khí CO 2 , vẽ đồ thị biểu diễ sự biến thiên của áp suất P theo số mol CO 2 đưa vào.
Câu 10. (2 điểm) Phức chất
1. Dựa vào thuyết MO, Viết cấu hình electron đối với các phân tử CO và O 2 . Tính độ bội liên
kết, xác định từ tính của mỗi chất.
2. Sử dụng thuyết liên kết hóa trị (VB) để giải thích dạng hình học, từ tính của các phức
chất sau: [Ni(CN) 4 ] 2- , [NiCl 4 ] 2- , [Ni(CO) 4 ]
........................................................Hết......................................

TRƯỜNG THPT
CHUYÊN VĨNH PHÚC
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ - NĂM 2015
MÔN: HOÁ HỌC- LỚP 11
Thời gian: 180 phút ( không kể thời gian giao đề)
Câu 1.
Câu 1
(2
điểm)
a) Phản ứng : 2NO 2 2NO + O 2
Tính toán :
V = k[NO 2 ] x lgv = logk + xlog[NO 2 ]
Áp dụng : log 5,4.10 -5 = logk + xlog0,010 và log 1,38.10 -4 = logk +
xlog0,016
0,4075 = x.0,0204 x 2 k = [NO 2
v2 ]
Sử dụng lần lượt các dữ kiện thực nghiệm, ta có:
K 1 = 5,4.10 -5 /0,01 2 = 5,040.10 -1
K 2 = 7,78.10 -5 /0,012 2 = 5,35.10 -1
K 3 = 1,57.10 -4 /0,014 2 = 5,41.10 -1
K 4 = 2,05.10 -4 /0,016 2 = 5,39.10 -1
Tóm lại: bậc của phản ứng là bậc 2, k = 0,54L/mol.s
b) Trước hết, ta tính các thông số nhiệt động cơ bản của phản ứng như sau :
∆H
0 pứ = 290,3 – 233,2 = 114,2 kJ
∆S
0 pứ = 2211 + 205 – 2241 = 145 J/K
∆G
0 pứ = 114,2 -283 0,145 = 73,2 kJ
Tóm lại : ∆H
0 pứ = 114,2 kJ; ∆S
0 pứ = 145 J/K, ∆G
0 pứ = 73,2 kJ
Một cách gần đúng , về mặt nhiệt động học khi phản ứng đạt đến cân bằng
thì : ∆G
0 pứ = 0
T =
H
S
o
o
114,2 1000J
787,6K
145( J / K)
Như vậy, điều kiện về nhiệt độ cần để cân bằng dịch chuyển về phía phải là
:
T 787,6 K
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 2
Câu 2
(2
điểm)
1) Vì nồng độ HSO 3
–
= 0,1M >> HCrO 4
–
= 10 – 4 M và H + = const
=> phản ứng là giả bậc nhất với HCrO 4
–
=> thời gian bán phản ứng là 15 (giây)
=> để HCrO 4
–
còn 1,25.10 – 5 M thì cần thời gian là : 15.3 = 45 (giây)
2) Phản ứng là bậc 2 với HSO 3
–
nên khi giảm nồng độ HSO 3
–
từ 0,1M xuống
0,01M thì tốc độ phản ứng giảm 100 lần
0,5

=> để HCrO
– 4 giảm còn 5.10 – 5 M thì thời gian cần là: 15. 100 = 1500 giây.
3) khi phản ứng là giả bậc 1 với HCrO
– 4 ta có
-
2
ln 2 0,693
k ' k.
HSO
3 .
H
0,0462
t 15
0,0462
0,1 .10
5 3 1
=> k M s
2 5
1
2
4,62.10 ( . )
4) nếu nồng độ đầu của HSO 3
–
và H + đều bằng 10 – 3 M và không đổi
khi đó k” giảm 100 lần so với k’
=> tốc độ phản ứng giảm 100 lần
Hay thời gian để ½ lượng HCrO 4
–
bị khử là 1500 giây
0,5
0,5
Câu 3.
Câu 2
(2
điểm)
1.
* Phản ứng thực tế xảy ra trong pin:…………………………….
E pin = 1,5 V > 0 nên cực Pt - (phải) là catot, cực hiđro - (trái) là anot do đó
PƯ thực tế xảy ra trong pin sẽ trùng với phản ứng qui ước:
- Catot: MnO 4
+ 8H + + 5e Mn 2+ + 4H 2 O
- Anot: H 2 2H + + 2e
- PƯ: 2MnO 4
+ 6H + + 5H 2 2Mn 2+ + 8H 2 O
*Tính E 0 2
:………………………………………………….
MnO 4
/ Mn
Ta có: E 0 pin = E 0 2
- E 0 = 1,5 V
MnO4
/ Mn 2H / H 2
E 0 2
= 1,5 V
MnO 4
/ Mn
2. Sự thay đổi suất điện động của pin:
*) Nếu thêm một ít NaHCO 3 vào nửa trái của pin sẽ xảy ra pư:
HCO
- 3 + H + H 2 O + CO 2
0,059 H
H
giảm nên E
.lg giảm , do đó
E pin = (E
2
MnO4 / Mn
- E
2 / H 2
2
P H
H =
2H / H 2
2
) sẽ tăng……………………………….
*) Nếu thêm một ít FeSO 4 vào nửa phải của pin sẽ xảy ra PƯ:
MnO 4
+ 8H + + 5Fe 2+ Mn 2+ + 5Fe 3+ + 4H 2 O
SO
2- 4 + H + HSO
- 4
do đó nồng độ của MnO 4
và H + giảm , Mn 2+ tăng
E 2
= E 0 MnO /
4 / Mn
8
0,059 MnO
4
. H
2
+ .lg
MnO 4 Mn
2
5
Mn
giảm do đó E pin giảm
*) Nếu thêm một ít CH 3 COONa vào nửa phải của pin sẽ xảy ra PƯ:
CH 3 COO - + H + CH 3 COOH
nên nồng độ H + giảm , do đó E pin giảm…………………………..
0,5
0,25
0,5
0,25
0,5
0,25
0,25

Câu 4.
Câu 4
(2
điểm)
nA
20,16
0,9( mol)
22,4
Trong A có SO 2 và một khí Y , Y không phản ứng với dung
dịch Br 2
nBr 2
0,5.1,6 = 0,8 (mol) => nSO
0,8 (mol)
2
=> n Y = 0,1 (mol)
Kết tủa gồm 0,8 mol CaSO 3 và kết tủa do Y tạo ra.
m (CaSO 3 ) = 0,8. 120 = 96 (gam)
=> kết tủa do Y tạo ra = 106 – 96 = 10 (gam)
Mà n Y = 0,1 (mol) => Y là CO 2 và kết tủa là CaCO 3
=> A gồm 0,1 mol CO 2 và 0,8 mol SO 2
=> X chứa hai nguyên tố là C và S
Giả sử công thức của X là CS x
=> CS x C + 4 + xS + 4 + (4 + 4x)e
S + 6 + 2e S + 4
n(CO 2 ) : n(SO 2 ) = 1 :8
=> x + 2 + 2x = 8 => x = 2
Công thức của X là CS 2 và m = 0,1.76 = 7,6 gam
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 5
Bài 5
(2
điểm)
COOCH 3
COOCH 3
COOCH 3
COOCH 3
CH 3
H 3 COOC
H 3 COOC
CH 3
O
CH 3
O
O
COOH
CH 3
O
P
COOCH 3
CH 3
Q
H 3 COOC
H 3 C
OH
COOCH 3
R
H 3 COOC
S
H 3 COOC
T
H 3 C
COOCH 3
H 3 C
COOCH 3
U
V
COOCH 3
O
O
CH 3
X
CH 3
Y

Câu 6. (2 điểm).
1. Tính axit tăng dần theo thứ tự:
p-Crezol < m-Crezol < Phenol < CH 3 COOH < CH 2 =CH-COOH
+I, +H(CH 3 -) +I (CH 3 -) + I -I,+C
- Nhóm OH của phenol có tính axit yếu hơn nhóm OH của nhóm caboxylic.
2. Tính bazơ tăng dần theo dãy:
CH 3 CONH 2 < C 6 H 5 NH 2 < (C 2 H 5 ) 2 NH < (-CH 2 -) 4 NH
NH 2 trong nhóm amit hầu như không còn tính bazơ do hiệu ứng –C của nhóm CO. Anilin có
tính bazơ yếu hơn NH 3 do hiệu ứng – C của nhó phenyl
(C 2 H 5 ) 2 NH; (-CH 2 -) 4 NH là các amin no bậc 2 có tính bazơ lớn hơn NH 3 nhưng 2 nhóm
metyl cồng kềnh hơn tetrametylen nên tính bazơ (C 2 H 5 ) 2 NH < (-CH 2 -) 4 NH
3. Đặt công thức phân tử của A là C x H y O z . Theo giả thiết ta có:
12x + y + 16z = 74; y 2x + 2 z (74 - 12.1 – 2):16 = 3,75
Lần lượt xét z = 1, 2, 3 ta thu được các công thức: C 4 H 10 O; C 3 H 6 O 2 ; C 2 H 2 O 3
Mà A thoả mãn sơ đồ thì A phải có CTPT và CTCT tương ứng là: C 2 H 2 O 3 và
O
H C O
O C
H anhidrit fomic
Các phương trình phản ứng:
(HCO) 2 O + 2 NaOH 2HCOONa + H 2 O
(HCO) 2 O + CH 3 MgCl CH 3 CH(OOCH)OMgCl
CH 3 CH(OOCH)OMgCl + H 2 O CH 3 CHO + HCOOH + Mg(OH)Cl
C 2 H 5 MgCl + CH 3 CH=O CH 3 CH 2 CH(CH 3 )OMgCl
CH 3 CH 2 CH(CH 3 )OMgCl + H 2 O CH 3 CH 2 CH(CH 3 )OH
Câu 7. (2 điểm).
A: C 10 H 10 O ( 6), có 1 nguyên tử O A có thể ancol, phenol, ete, andehit, xeton.
A không tạo màu với FeCl 3 không phải phenol.
A tạo sản phẩm cộng với NaHSO 3 là andehit hoặc metylxeton
A không tạo kết tủa với I 2 /NaOH không phải metylxeton
A chứa nhóm –CHO.
2
Mặt khác, A(C 10 H 10 O) 1.I /NaOH
+ B(C
2.H
10 H 10 O 2 ), đây là phản ứng oxi hóa nhóm –CHO thành
nhóm –COOH.
Do B không làm mất màu dung dịch KMnO 4 B chứa vòng benzen, nhánh no.
A chứa vòng benzen ( 4), chứa 1 nhóm –CHO ( 1). Mà A có 6 nên suy ra A có
thêm 1 vòng no (xiclo)
Br2 du / HgO
Mặt khác, B C: C 6 H 5 -CBr(CH 2 Br) 2 .Suy ra:
CTCT (A):
CHO

(A)
CHO
1. I 2 /NaOH
2. H + COOH
(B)
Br 2 du/HgO
CH 2 Br
CBr
CH 2 Br
(C)
NaBH 4
H +
CH 2 OH
(D)
(E)
* Cơ chế phản ứng: D E
CH 2 OH
(D)
+ + H 2 O
H +
+
CH 2 OH 2
+
CH 2
Ch.vi + - H +
Câu 8.
(E)
Câu 9.
Câu 9
(2
điểm)
Ta có cân bằng:
CaCO 3 (r)
CaO(r) + CO 2 (k) với k = 0,2
0.1
0,1 – n n n
1. Nếu CaCO 3 chưa bị phân huỷ hoàn toàn ( n < 0,1)
=> CO2
P K 0,2
(atm)
pv 0,2.22,4
n 0,05(mol)
RT 0,082.1093
Vậy số mol các chất ở trạng thái cân bằng:
CaCO 3 : 0,05(mol); CaO : 0,05 (mol); CO 2 : 0,05 (mol)
2. Khi CaCO 3 phân hủy hoàn toàn thì số mol CO 2 = 0,1 (mol) 0,5

đồ thị:
Thay vào phương trình trạng thái;
V = 44,8 (l)
nếu tiếp tục tăng V thì áp suất lại giảm vì số mol khí không đổi.
mối liên hệ: p = 8,96
V
p(atm)
0,2
3. Khi cho CO 2 vào ta có phương trình
CaO (r) + CO 2 (k) CaCO 3 (r) (1)
số mol CO 2 < 0,05 mol tức p < 0,2 (atm) thì (1) không xảy ra.
Khi p = 0,2 (atm) bắt đầu xảy ra phản ứng, khi đó p = const
số mol CaO phản ứng hết, p = 0,2(atm) => số mol CO 2 = 0,15 (mol)
sau đó p tăng theo số mol CO 2 theo phương trình
p = 4(n – 1)
Ta có đồ thị.
p(atm)
V(lit)
22,4 44,8
0,75
0,2
0,05
0,15
n
0,75
Câu 10 (2 điểm).

Câu 5
(2 đ)
1. Giản đồ các MO của CO và O2
Cấu hình electron :
lk 2 plk 2 lk 2 lk lk 4 * 1 * 1
8 4
O2 : (
2s
) ( 2s
) ( 2p
) ( x
y
) ( x
) ( y
) ; độ bội liên kết = 2 ; thuận từ
2
( S = 1)
lk 2 plk 2 lk lk 4 lk 2
8 2
CO : (
2 s
) ( 2s
) ( x
y
) ( 2p
) ; độ bội liên kết = 3 ; nghịch từ ( S = 0)
2
2. Ni : 3d 8 4s 2 ; Ni 2+ : 3d 8
Ni 2+ :
0,5
0,5
0,25
3d 4s 4p
Phức [Ni (CN)4] 2- : CN - là phối tử nhận tạo trường mạnh dồn electron d
tạo phức vuông phẳng với lai hóa dsp 2 . Spin thấp (S = 0 ). Nghịch từ
dsp 2
[Ni(CN) 4 ] 2-
3d 4s 4p
Phức [NiCl4] 2- : Cl - là phối tử cho tạo trường yếu không dồn ép electron
d được tạo phức tứ diện với lai hóa sp 3 . Spin thấp (S = 1 ). Thuận từ
sp 3
[Ni(Cl) 4 ] 2-
3d 4s 4p
0,25
Ni : 3d 8 4s 2
0,5
3d 4s 4p
Phức [Ni(CO)4] : CO là phối tử nhận tạo trường mạnh dồn electron 4s
vào 3d tạo obitan 4s,3d trống lai hóa sp 3 , phức tứ diện. Spin thấp (S = 0).
Nghịch từ
sp 3
[Ni(CO) 4 ]
3d 4s 4p
CO
CO
CO CO
........................................................Hết......................................

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG ĐỒNG BẰNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH
TỈNH YÊN BÁI
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 11
NĂM 2015
Thời gian: 180 phút.
(Đề gồm có 02 trang)
Câu 1 (2 điểm). Tốc độ phản ứng
Trong dung dịch, nitramit bị phân hủy theo phản ứng:
NO2NH2 N2O(k) + H2O
Các kết quả thực nghiệm cho thấy vận tốc phản ứng tính bởi biểu thức:
Cơ chế 1:
[ NO NH ]
v
k
[ HO ]
2 2
3
a. Trong các cơ chế sau, cơ chế nào phù hợp với thực nghiệm?
NO2NH2
Cơ chế 2: NO2NH2 + H3O +
k
1
N2O(k) + H2O
k2
k 2
NO2NH3 + + H2O
nhanh
Cơ chế 3:
NO2NH3 + k3
N2O + H3O + chậm
NO2NH2 + H2O
k4
k 4
NO2NH - + H3O +
nhanh
NO2NH - k5
N2O + OH - chậm
H3O + + OH - k6
2 H2O
nhanh
b. Nếu phản ứng thực hiện trong môi trường đệm thì bậc của phản ứng là bao nhiêu?
Câu 2 (2 điểm): Cân bằng trong dung dịch điện ly
Dung dịch A chứa H2C2O4 (0,05M); HCl (0,1M), NH3 (0,1M)
a. Tính pH của dung dịch A?
b. Trộn 1ml dung dịch A với 1 ml dung dịch chứa CaCl2 (0,05M) và HCl (0,01M).
Có kết tủa CaC2O4 tách ra không? Nếu có hãy tính S
CaC2O
?
4
Cho pKa: NH4 + (9,24); H2C2O4 (1,25; 4,27); pKs: CaC2O4 (8,75)
Câu 3 (2 điểm) : Điện hóa học
Các cây cầu sắt bị phá hủy bởi quá trình ăn mòn điện hóa học. Các phản ứng ăn mòn xảy ra như sau:
(1) Fe → Fe 2+ (aq) + 2e
(2) O2(k) + 2 H2O (l) + 4e → 4OH - (aq)
Một tế bào điện hóa được thiết lập (nhiệt độ là 25 0 C). Tế bào điện hóa được biểu diễn như sau:
Thế điện cực chuẩn ở 25 0 C:
Fe 2+ (aq) + 2e → Fe
Fe| Fe 2+ (aq)|| OH - (aq), O2 (k) | Pt
E 0 = - 0,44 V

O2(k) + 2 H2O (l) + 4e → 4OH - (aq) E 0 = 0,40 V
1. Tính sức điện động chuẩn của pin ở 25 0 C
2. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin phóng điện.
3. Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 25 0 C
4. Pin phóng điện liên tục 24h ở điều kiện chuẩn với cường độ dòng không đổi là 0,12 A. Tính toán khối
lượng của sắt đã bị oxi hóa thành Fe 2+ sau 24h. Biết rằng H2O và O2 có dư.
5. Tính toán ∆E của pin tại 25 0 c dưới các điều kiện sau:
[Fe 2+ ] = 0,015M; pHnửa bên phải tế bào = 9,0; p (O2) = 0,70 bar.
Câu 4 (2 điểm) : Bài tập vô cơ tổng hợp
Cho hỗn hợp X gồm MgO, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 có số mol đều bằng nhau. Lấy m gam X cho vào ống sứ chịu
nhiệt, nung nóng rồi cho luồng khí CO đi qua ống, CO phản ứng hết, toàn bộ khí CO2 ra khỏi ống được hấp
thụ hết vào bình đựng 100 ml dung dịch Ba(OH)2 0,60M, thấy khối lượng dung dịch tăng so với dung dịch
đầu là 1,665 gam. Chất rắn còn lại trong ống sứ gồm 5 chất và có khối lượng là 21 gam. Cho hỗn hợp này tác
dụng hết với dung dịch HNO3, đun nóng được V lít khí NO (là sản phẩm khử duy nhất, ở 0 o C; 2 atm). Viết
các phương trình phản ứng xảy ra và tính khối lượng m, V, số mol HNO3 đem dùng (biết lượng axit dư 20%
so với ban đầu).
Câu 5 ( 2 điểm): Sơ đồ biến hóa, Cơ chế phản ứng, Đồng phân lập thể, Danh pháp
Cho sơ đồ biến hóa sau:
H
A 2 O
OH
B - 1.CH 2 O H 2 SO 4
C D PhCOCH=CH 2
Hg 2+ 2.H 2 O
Br 2
OH -
E
MnO
300 0 C
F
1.PhMgBr
2.H 2 O
KMnO
G H 2 SO 4
4
H F
H +
a. Viết các phương trình phản ứng trong sơ đồ trên.
b. Nêu cơ chế phản ứng từ C D và D PhCOCH=CH2.
Câu 6: Tổng hợp các chất hữu cơ, so sánh nhiệt độ sôi, Nhiệt độ nóng chảy, Tính Axit- Bazơ.
1. a. So sánh tính axit của:
Axit bixiclo[1.1.1]pentan-1-cacboxylic (A) và axit 2,2-đimetyl propanoic (B)
b. So sánh tính bazơ của:
2. Điều chế:
a.
N N
H
N
H
Pyridin Pyrol piperidin
b. CH3CH2CH2OCH2CH2OH từ CH4 và các chất vô cơ cần thiết
từ etyl benzoat, xiclopentylmetanol và các chất vô cơ cần thiết.

Câu 7 ( 2 điểm): Nhận biết, tách chất, biện luận xác định công thức cấu tạo của hợp chất hữu cơ.
1. Hợp chất hữu cơ X, phân tử chỉ chứa 3 nguyên tố C,H,O và MX= 88 đvC; X tác dụng với dung dịch NaOH
đun nóng tạo hai chất hữu cơ Y và Z (Y, Z đều có phản ứng tráng bạc). Tìm công thức cấu tạo của X và gọi
tên.
2. Trong phòng thí nghiệm có 7 dung dịch và chất lỏng mất nhãn, riêng biệt gồm NH4HCO3 (dung dịch),
Ba(HCO3)2(dung dịch) , C6H5ONa (dung dịch), C6H6(lỏng), C6H5NH2(lỏng) , C2H5OH(lỏng) và K[Al(OH)4]
(dung dịch). Hãy trình bày cách nhận biết các dung dịch và chất lỏng trên bằng một dung dịch chỉ chứa một
chất tan.
Câu 8 (2 điểm): Hữu cơ tổng hợp
Hợp chất A (C13H18O) có tính quang hoạt, không phản ứng với 2,4-đinitrophenylhdrazin nhưng tham
gia phản ứng idofom. Phản ứng ozon phân hợp chất A, thu được B và C, cả hai hợp chất này đều tác dụng với
2,4-đinitrophenylhdrazin, nhưng chỉ có C tác dụng được với thuốc thử Tolenxơ. Nếu lấy sản phẩm của phản
ứng giữa C với thuốc thử Tolenxơ để axit hóa rồi đun nóng thì thu được D (C6H8O4). B có thể chuyển hoá
thành E (p-C2H5C6H4-CH2CHO).
a. Hãy viết công thức cấu tạo của A, B, C, D, E.
b. Dùng công thức cấu tạo, viết sơ đồ các phản ứng chuyển hoá B thành E.
Câu 9 (2 điểm): Cân bằng hóa học
ở 820 0 C có các phản ứng sau với hằng số cân bằng tương ứng:
CaCO3 (r) ⇌ CaO (r) + CO2 (k) K1 = 0,2
C (r) + CO2 (k) ⇌ 2CO (k) K2 = 2,0
Lấy hỗn hợp gồm 1 mol CaCO3 và 1 mol C cho vào bình chân không có thể tích 22,4 lít giữ ở 820 0 C.
1. Tính số mol các chất lỏng có trong bình khi phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng.
2. Sự phân huỷ CaCO3 sẽ hoàn toàn khi thể tích bình bằng nhiêu (áp suất riêng của các khí không đổi)
Câu 10 (2 điểm) : Phức chất
Coban tạo ra các ion phức CoCl2(NH3)4 + (A), Co(CN)6 3- (B), CoCl3(CN)3 3- (C)
a. Viết tên của (A), (B), (C).
b. Theo thuyết liên kết hóa trị các nguyên tử trong B ở trạng thái lai hóa nào
c. Các ion phức trên có bao nhiêu đồng phân lập thể, vẽ cấu trúc của chúng
d. Viết phương trình phản ứng của (A) với ion sắt (II) trong môi trường axit.
---------Hết-----------
Người ra đề
Phạm Thị Hải Linh- 0989815146

Câu 1(2 điểm). Tốc độ phản ứng
HƯỚNG DẪN CHẤM
Trong dung dịch, nitramit bị phân hủy theo phản ứng:
NO2NH2 N2O(k) + H2O
Các kết quả thực nghiệm cho thấy vận tốc phản ứng tính bởi biểu thức:
Cơ chế 1:
[ NO NH ]
v
k
[ HO ]
2 2
3
a. Trong các cơ chế sau, cơ chế nào phù hợp với thực nghiệm?
NO2NH2
Cơ chế 2: NO2NH2 + H3O +
k
1
N2O(k) + H2O
k2
k 2
NO2NH3 + + H2O
nhanh
Cơ chế 3:
NO2NH3 + k3
N2O + H3O + chậm
NO2NH2 + H2O
k4
k 4
NO2NH - + H3O +
nhanh
NO2NH - k5
N2O + OH - chậm
H3O + + OH - k6
2 H2O
nhanh
b. Nếu phản ứng thực hiện trong môi trường đệm thì bậc của phản ứng là bao nhiêu?
Đáp án
Điểm
1 a. Cơ chế 1: v = k1[NO2NH2] không phù hợp 0,5
Cơ chế 2: v = k3[NO2NH3 + ]
Lại có:
nên
[ NO NH ][ H O] k
[ NO NH ][ H O ] k
2 3 2 2
2 2 3 2
k
[ NO NH ] [ NO NH ][ H O ]
2
2 3 2 2 3
k
2[
H2O]
Thay vào biểu thức cơ chế 2:
k2
v k3 [ NO2NH 2][ H3O ] = k[ NO2NH 2][ H3O
] ([H2O] = const)
k [ H O]
2 2
không phù hợp với thực nghiệm
Cơ chế 3: v = k5[NO2NH - ]
Lại có
k [ NO NH ][ H O]
[NO2NH
]
k
4 2 2 2
4 [ H3O
]
Thay vào biểu thức của cơ chế 3:
k [ NO NH ][ H O] [ NO NH ]
v k 5
. k
([H2O] = const )
k H O H O
4 2 2 2 2 2
4 [
3
] [
3
]
0,5
0,5

phù hợp với thực nghiệm.
b. Do trong môi trường đệm [H3O + ] là hằng số nên biểu thức tốc độ phản ứng :
v = k’[NO2NH2] là phản ứng bậc nhất theo thời gian.
0,5
Câu 2 (2 điểm): Cân bằng trong dung dịch điện ly
Dung dịch A chứa H2C2O4 (0,05M); HCl (0,1M), NH3 (0,1M)
a. Tính pH của dung dịch A?
b. Trộn 1ml dung dịch A với 1 ml dung dịch chứa CaCl2 (0,05M) và HCl (0,01M).
Có kết tủa CaC2O4 tách ra không? Nếu có hãy tính
S
CaC2O
?
4
Cho pKa: NH4 + (9,24); H2C2O4 (1,25; 4,27); pKs: CaC2O4 (8,75)
Đáp án
Điểm
1 a. Phản ứng xảy ra:
NH3 + H + „ NH4 + Ka -1 = 10 9,24
0,1 0,1
- - 0,1
TPGH: NH4 + (0,1); H2C2O4 (0,05)
Các cân bằng:
H2C2O4 ƒ H + + HC2O4 - Ka1 = 10 -1,25 (1)
HC2O4 - ƒ H + + C2O4 2- Ka2 = 10 -4,27 (2)
NH4 + ƒ NH3 + H + Ka = 10 -9,24 (3)
So sánh: Ka1 >> Ka2 >> Ka cân bằng (1) là chủ yếu
H2C2O4 ƒ H + + HC2O4 - Ka1 = 10 -1,25 (1)
[] 0,05 – x x x
2
x
0,05 x
= 10-1,25 x = 0,0319 pH =1,50 0,5
b. Trộn 1ml dung dịch A với 1 ml dung dịch chứa CaCl2 (0,05M) và HCl (0,01M)
Sau khi trộn tính lại nồng độ:
C = 0,05M C 2 = 0,025M
NH 4
C
H2C2O
= 0,025M C
4
H = 0,005M
Tính C 2 để xét điều kiện kết tủa?
CO 2 4
Ca
H2C2O4 ƒ H + + HC2O4 - Ka1 = 10 -1,25 (1)
0,025 0,005
0,025 – x 0,005+x x
0,5

x.(0,005 x)
= 10 -1,25 x = 0,0178
0,025 x
HC2O4 - ƒ H + + C2O4 2- Ka2 = 10 -4,27 (2)
0,0178 0,0228
0,0178-y 0,0228+y y
y.(0,0228 y)
= 10 -4,27 y = 4,175.10 -5
0,0178 y
Xét C . 2
C
Ca CO
2 > Ks xuất hiện CaC2O4
Phản ứng:
2 4
Ca 2+ + H2C2O4 „ CaC2O4 + 2H + K=10 3,23 >>
0,025 0,025 0,005
- - 0,055
TPGH: CaC2O4, H + (0,055), NH4 + (0,05M)
Tính
S
CaC2O
?
4
Các quá trình phụ:
CaC2O4 ƒ Ca 2+ + C2O4 2- Ks1 = 10 -8,75 (4)
S
S
Ca 2+ + H2O ƒ CaOH + + H + * ( CaOH
= 10 -12,6 (5)
)
C2O4 2- + H + ƒ HC2O4 - Ka2 -1 = 10 4,27 (6)
HC2O4 - + H + ƒ H2C2O4 Ka1 -1 = 10 1,25 (7)
Nhận xét: do môi trường axit (H + 0,055M) nên cân bằng tạo phức hiđroxo của Ca 2+ có thể bỏ
qua.
Ta có: S = [Ca 2+ ]
Vậy
Ks=[Ca 2+ ].[C2O4 2- ]=
S = [C2O4 2- ] + [HC2O4 - ] + [H2C2O4]
= 2
1 1
[ C 1 2
2O4 ]. 1 Ka2. h Ka 1. Ka2.
h
S
[ CO ]= 1 . . .
2
2 4 1 1 1 2
Ka2 h Ka 1
Ka2
h
2
S
1 K . h K . K . h
Thay h = 0,055 S = 1,9.10 -3 (M)
1 1 1 2
a2 a1 a2
0,25
0,25
0,5
Câu 3(2 điểm) : Điện hóa học
Các cây cầu sắt bị phá hủy bởi quá trình ăn mòn điện hóa học. Các phản ứng ăn mòn xảy ra như sau:
(1) Fe → Fe 2+ (aq) + 2e
(2) O2(k) + 2 H2O (l) + 4e → 4OH - (aq)
Một tế bào điện hóa được thiết lập (nhiệt độ là 25 0 C). Tế bào điện hóa được biểu diễn như sau:

Thế điện cực chuẩn ở 25 0 C:
Fe 2+ (aq) + 2e → Fe
O2(k) + 2 H2O (l) + 4e → 4OH - (aq)
1. Tính sức điện động chuẩn của pin ở 25 0 C
Fe| Fe 2+ (aq)|| OH - (aq), O2 (k) | Pt
E 0 = - 0,44 V
E 0 = 0,40 V
2. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin phóng điện.
3. Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 25 0 C
4. Pin phóng điện liên tục 24h ở điều kiện chuẩn với cường độ dòng không đổi là 0,12 A. Tính toán khối
lượng của sắt đã bị oxi hóa thành Fe 2+ sau 24h. Biết rằng H2O và O2 có dư.
5. Tính toán ∆E của pin tại 25 0 c dưới các điều kiện sau:
[Fe 2+ ] = 0,015M; pHnửa bên phải tế bào = 9,0; p (O2) = 0,70 bar.
Đáp án
Điểm
1. ∆E = E 0 phải – E 0 trái = 0,4 – (-0,44) = 0,84 V 0,25
2. 2Fe + O2 + 2 H2O → 2 Fe 2+ + 4OH - 0,25
3.
0,5
4.
0,5
5. K = c(Fe 2+ ) 2 . c(OH - ) 4 / p(O2)
∆Epin = ∆E 0 pin -
pH = 9 => [OH - ] = 10 -5 mol/L
=> ∆Epin = 1,19 V
0,5
Câu 4 (2 điểm) : Bài tập vô cơ tổng hợp
Cho hỗn hợp X gồm MgO, FeO, Fe2O3 và Fe3O4 có số mol đều bằng nhau. Lấy m gam X cho vào ống sứ chịu
nhiệt, nung nóng rồi cho luồng khí CO đi qua ống, CO phản ứng hết, toàn bộ khí CO2 ra khỏi ống được hấp
thụ hết vào bình đựng 100 ml dung dịch Ba(OH)2 0,60M, thấy khối lượng dung dịch tăng so với dung dịch
đầu là 1,665 gam. Chất rắn còn lại trong ống sứ gồm 5 chất và có khối lượng là 21 gam. Cho hỗn hợp này tác
dụng hết với dung dịch HNO3, đun nóng được V lít khí NO (là sản phẩm khử duy nhất, ở 0 o C; 2 atm). Viết
các phương trình phản ứng xảy ra và tính khối lượng m, V, số mol HNO3 đem dùng (biết lượng axit dư 20%
so với ban đầu).
Đáp án
Điểm

Có các phương trình phản ứng là:
Phản ứng oxit bị khử bởi CO:
3Fe2O3 + CO 2Fe3O4 + CO2 (1)
Fe3O4 + CO 3FeO + CO2 (2)
FeO + CO Fe + CO2 (3)
MgO + CO không phản ứng
- Viết phản ứng theo khí CO2 lội vào dung dịch Ba(OH)2:
CO2 + Ba(OH)2 BaCO3 + H2O (4)
n o x 0,06
ns (x-0,06) 0 0,06
CO2 + H2O + BaCO3 Ba(HCO3)2 (5)
n o (x-0,06) 0,06
ns 0 (0,12-x)
Từ (4), (5) và giả thiết cho ta có:
mCO2 – m CaCO3 = 44x – 197(0,12-x) = 1,665
0,25
0,5
=> x = 0,105
Hoặc tính CO2 theo hai phản ứng giữa CO2 với Ba(OH)2 tạo ra hai muối
Từ (1), (2), (3), theo bảo toàn khối lượng ta có
m + m CO = 21 + m CO2
=> m + 28.0,105 = 21 + 44.0,105
=> m = 22,68 gam
+ Các phản ứng của MgO, Fe2O3, Fe3O4, FeO, Fe với dung dịch HNO3:
MgO + 2HNO3 Mg(NO3)2 + H2O (6)
Fe2O3 + 6HNO3 2Fe(NO3)3 + 3H2O (7)
3Fe3O4 + 28HNO3 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (8)
3FeO + 10HNO3 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O (9)
Fe + 4HNO3 Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (10)
0,5
0,5
Tính V
Theo kết quả trên: m = 72x + 160x + 232x + 40x = 22,68 => x = 0,045 mol
Từ (1), (2), (3), (8), (9), (10) và dựa vào bảo toàn electron ta có
ne(FeO, Fe3O4) + ne (CO) = ne (NO)
=> 0,045.1 + 0,045.1 + 0,105.2 = 3.V/22,4.2
=> V = 1,12 lít.
Tính n HNO3 . Từ (6) => (10), có số mol HNO3 phản ứng là
0,5

n HNO3 = 2n Mg + 3n Fe + n NO = 2.0,045 + 3.0,045.6 + 2.1,12/22,4 = 1 mol
=> Số mol HNO3 đem dùng là 1/0,8 = 1,25 mol
0,25
Câu 5 ( 2 điểm): Sơ đồ biến hóa, Cơ chế phản ứng, Đồng phân lập thể, Danh pháp
Cho sơ đồ biến hóa sau:
H
A 2 O
OH
B - 1.CH 2 O H 2 SO 4
C D PhCOCH=CH 2
Hg 2+ 2.H 2 O
Br 2
OH -
1.PhMgBr
2.H 2 O
E
MnO
300 0 C
F
KMnO
G H 2 SO 4
4
H F
a. Viết các phương trình phản ứng trong sơ đồ trên.
b. Nêu cơ chế phản ứng từ C D và D PhCOCH=CH2.
H +
Đáp án
Điể
m
a. Các phương trình phản ứng:
Ph C CH + H 2 O Hg 2+
t
(A)
0 Ph C
O
(B)
CH 3
Ph
C
CH 3
OH -
Ph
C
CH 2
O
(B)
O
(C)
H 2 O Ph C
O
Ph
C
CH 2
+ HCHO
CH 2 CH 2 OH
0,5
O
(D)
Ph
Ph
C
O
(B)
C
O
CH 3
CH 2 CH 2 OH
H 2 SO 4
t 0 Ph C
O
+ 3Br 2 + 4OH - PhCOO - + CHBr 3
+ 3Br -
(E)
2PhCOO - MnO
Ph C Ph
300 0 C
(F)
O
+ CO 3
2-
CH CH 2
0,5

CH 3
Ph
C
O
(B)
CH 3
1.PhMgBr
2.H 2 O
Ph C Ph
OH
(G)
CH 3
Ph C Ph
H 2 SO 4
t 0
Ph
C
CH 2
OH
(G)
Ph
(H)
Ph
C
CH 2
KMnO 4
H + Ph C
Ph + CO 2
0,5
Ph
(H)
O
(F)
b. Cơ chế phản ứng từ C D: AN
H C H
+H 2 C C
chËm
Ph Ph C CH 2
0,2
O
O
O
Ph C CH 2 CH 2
-H + Ph C CH CH 2
Ph C CH 2 CH 2 O + H 2 O
nhanh
Ph C CH 2 CH 2 OH + OH -
5
O
O
Cơ chế phản ứng tách: cơ chế E1
Ph C CH 2 CH 2 OH
H + Ph C CH 2 CH 2 OH 2
-H 2 O
O
O
O
O
Câu 6: Tổng hợp các chất hữu cơ, so sánh nhiệt độ sôi, Nhiệt độ nóng chảy, Tính Axit- Bazơ.
1. a. So sánh tính axit của:
b. So sánh tính bazơ của:
Axit bixiclo[1.1.1]pentan-1-cacboxylic (A) và axit 2,2-đimetyl propanoic (B)
CH 2
O
0,2
5
2. Điều chế:
a.
N N
H
N
H
Pyridin Pyrol piperidin

từ etyl benzoat, xiclopentylmetanol và các chất vô cơ cần thiết.
b. CH3CH2CH2OCH2CH2OH từ CH4 và các chất vô cơ cần thiết.
Đáp án
Điể
m
1. a. Tính axit: A > B là do:
+ I
COOH
H 3 C
H 3 C
H 3 C
+I
COOH
H 3 C
Bị solvat hóa tốt hơn
b. Tính bazơ:
COO - COO -
H 3 C
H 3 C
Bị solvat hóa kém do hiệu ứng không gian
0,5
> >
..
N
H
N
N
H
N lai hóa sp 2
Tính bazơ của piperiđin là mạnh nhất do N chịu ảnh hưởng đẩy e của 2 gốc hiđrocacbon no, do
đó làm tăng mật độ e trên nguyên tử N nên làm tăng tính bazơ.
Với pyriđin, mặc dù N lai hóa sp 2 , song đôi e riêng của N có trục song song với mặt phẳng vòng
thơm nên cặp e riêng này không liên hợp vào vòng, do đó đôi e riêng của N gần như được bảo toàn, do
đó pyriđin thể hiện tính chất của một bazơ.
Với pyrol, cặp e riêng của N liên hợp với 2 liên kết trong vòng, sự liên hợp này làm cho mật
độ e trên nguyên tử N giảm mạnh, pyrol gần như không
0,5
2. Điều chế chất:
0,5

Điều chế CH3CH2CH2OCH2CH2OH
0,5
Câu 7( 2 điểm): Nhận biết, tách chất, biện luận xác định công thức cấu tạo của hợp chất hữu cơ.
1. Hợp chất hữu cơ X, phân tử chỉ chứa 3 nguyên tố C,H,O và MX= 88 đvC; X tác dụng với dung dịch NaOH
đun nóng tạo hai chất hữu cơ Y và Z (Y, Z đều có phản ứng tráng bạc). Tìm công thức cấu tạo của X và gọi
tên.
2. Trong phòng thí nghiệm có 7 dung dịch và chất lỏng mất nhãn, riêng biệt gồm NH4HCO3 (dung dịch),
Ba(HCO3)2(dung dịch) , C6H5ONa (dung dịch), C6H6(lỏng), C6H5NH2(lỏng) , C2H5OH(lỏng) và K[Al(OH)4]
(dung dịch). Hãy trình bày cách nhận biết các dung dịch và chất lỏng trên bằng một dung dịch chỉ chứa một
chất tan.
Đáp án
Điểm
t
1. X + dd NaOH 0
cho 2 chất hữu cơ Y, Z nên X chứa nhóm:-COO-
MX= 88 X chỉ chứa một nhóm:-COO-, X: chứa chức este
X: HCOOR, R = 43; - R: chỉ chứa C, H: C3H7: loại;
MR = 43, R chứa tối đa 2 O
- R là gốc có oxi
- Nếu R có 2 O: 12x + y = 43-32 = 11 vô lí
- R có 1 O: 12x + y = 43-16 = 27: C2H3-
X: HCOOCH2CHO: fomylmetylfomat 0,5
2. Dùng dung dịch H2SO4 loãng dư cho từ từ vào ống nghiệm lắc đều và quan sát
-NaHCO3 có khí thoát ra
2NaHCO3 + H2SO4 Na2SO4 + 2CO2 + 2H2O (1)
- Ba(HCO3)2 thấy có kết tủa đồng thời có khí thoát ra.
H2SO4 + Ba(HCO3)2 BaSO4 + 2CO2 + 2H2O (2)
- C6H5ONa thấy đầu tiên tạo dung dịch trong suốt sau đó bị vẩn đục
2C6H5ONa + H2SO4 2C6H5OH + Na2SO4 (3)
- C6H6 tách lớp không tan
- C6H5NH2 đầu tiên tách lớp sau đó tan hoàn toàn
1,5

2C6H5NH2 + H2SO4 (C6H5NH3)2SO4 (4)
- C2H5OH tan : tạo dung dịch đồng nhất
- K[Al(OH)4] có kết tủa keo trắng, sau đó kết tủa tan
H2SO4 + 2K[Al(OH)4] 2Al(OH)3 + 2H2O + K2SO4 (5)
3H2SO4 + 2Al(OH)3 Al2(SO4)3 + 3H2O (6)
Câu 8 (2 điểm): Hữu cơ tổng hợp
Hợp chất A (C13H18O) có tính quang hoạt, không phản ứng với 2,4-đinitrophenylhdrazin nhưng tham
gia phản ứng idofom. Phản ứng ozon phân hợp chất A, thu được B và C, cả hai hợp chất này đều tác dụng với
2,4-đinitrophenylhdrazin, nhưng chỉ có C tác dụng được với thuốc thử Tolenxơ. Nếu lấy sản phẩm của phản
ứng giữa C với thuốc thử Tolenxơ để axit hóa rồi đun nóng thì thu được D (C6H8O4). B có thể chuyển hoá
thành E (p-C2H5C6H4-CH2CHO).
a. Hãy viết công thức cấu tạo của A, B, C, D, E.
b. Dùng công thức cấu tạo, viết sơ đồ các phản ứng chuyển hoá B thành E.
Đáp án
Điểm
a. A quang hoạt, không có nhóm >C=O,
có nhóm CH3CHOH, có liên kết đôi.
B: xeton; C: andehit; E: dilacton,
H 3 C
O
E
O
O
O
CH 3
CH 3- CH-CHO
C
OH
H 5 C 2
B
COCH 3
H 5 C 2
CH 3
CH 3
A
OH
0,25
x 5
COCH 3
CCl 2 CH 3
C
CH
CH 2 CHO
PCl 5
C 2 H 5
-HCl
BH 3 /THF
H 2 O
0,25x3
C 2 H 5
C 2 H 5
C 2 H 5
F
Câu 9(2 điểm): Cân bằng hóa học
ở 820 0 C có các phản ứng sau với hằng số cân bằng tương ứng:

CaCO3 (r) ⇌ CaO (r) + CO2 (k) K1 = 0,2
C (r) + CO2 (k) ⇌ 2CO (k) K2 = 2,0
Lấy hỗn hợp gồm 1 mol CaCO3 và 1 mol C cho vào bình chân không có thể tích 22,4 lít giữ ở 820 0 C.
1. Tính số mol các chất lỏng có trong bình khi phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng.
2. Sự phân huỷ CaCO3 sẽ hoàn toàn khi thể tích bình bằng nhiêu (áp suất riêng của các khí không đổi).
Đáp án
Điểm
1. CaCO3 (r) ⇌ CaO (r) + CO2 (k) K1 = 0,2
KP 1
= P
CO 2
= 0,2 atm
C (r) + CO2 (k) ⇌ 2CO (k) K2 = 2,0
KP 2 =
P
P
2
CO
CO2
= 2 P CO
= 0,632 atm
0,5
nCO2 =
PCO 2
V
RT
= 0,05 atm ; nCO = PCO
nCaO = 0,05 + 0,158 = 0,129 mol
2
RT
nCaCO3 = 1- nCaO = 1 – 0,129 = 0,871 atm
nC = 1 - 0,158
2
= 0,921 mol
V
= 0,158 atm
0,5
0,5
2. Phản ứng xảy ra hoàn toàn khi nCaO = 0 hay:
1 – ( nCO
nCO
+ nCO2 ) = 0
2 2 + nCO2 = 1 V P (
CO P
CO 2
) 1 V 173,7lit
RT 2 0,5
Câu 10(2 điểm) : Phức chất
Coban tạo ra các ion phức CoCl2(NH3)4 + (A), Co(CN)6 3- (B), CoCl3(CN)3 3- (C)
a. Viết tên của (A), (B), (C).
b. Theo thuyết liên kết hóa trị các nguyên tử trong B ở trạng thái lai hóa nào
c. Các ion phức trên có bao nhiêu đồng phân lập thể, vẽ cấu trúc của chúng
d. Viết phương trình phản ứng của (A) với ion sắt (II) trong môi trường axit
Đáp án
Điểm
a. Tên của ion phức
(A) Diclorotetraammincoban(III);
(B) Hexaxianocobantat(III);
(C) Triclorotrixianocobantat(III). 0,5

. Co(CN)6 3- . Co : d 2 sp 3 ; C : sp ; N : không ở trạng thái lai hóa hoặc ở trạng thái lai hóa
sp
0,25
c. Ion phức (A) có 2 đồng phân:
H 3 N
H 3 N
Cl
Co
Cl
NH 3
NH 3
H 3 N
H 3 N
Cl
Co
NH 3
Cl
NH 3
1,0
Ion phức (B) không có đồng phân:
NC
NC
CN
Co
CN
CN
CN
Ion phức (C) có 2 đồng phân:
NC
Cl
Cl
Co
CN
CN
Cl
NC
Cl
CN
Co
CN
Cl
Cl
d. CoCl2(NH3)4 + + Fe 2+ + 4 H + Co 2+ + Fe 3+ + 2 Cl - + 4 NH4 + 0,25
-------Hết--------