HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI

ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 11
NĂM 2015

HDC ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Thời gian làm bài 180 phút
( HDC này có 12 trang, gồm 10 câu)

Bài 1. (2,0 điểm): Tốc độ phản ứng.
1

→ SO


1. Xét phản ứng thuận nghịch:
O2 (k)+ SO2(k) ¬
3(k)
2
Hãy tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng trên ở 600C (chấp nhận hiệu ứng nhiệt của phản ứng không phụ
thuộc nhiệt độ).
Cho các số liệu nhiệt động tiêu chuẩn tại 250C như sau:
Khí

0
(kJ.mol–1)
∆Hsinh
-395,18

-296,06
0,0

SO3
SO2
O2
2. Phản ứng sau dùng để phân tích ion I − :
+
IO3(dd)
+ 5I-(dd) + 6H (dd)

→ 3I 2(dd) + 3H 2O (dd)

S0 (J.K–1.mol–1)
256,22
248,52
205,03

Khi nghiên cứu động học của phản ứng trên ở 25oC, thu được các kết quả thực nghiệm như sau:
Thí
[I-], M
[H+], M
v (mol.l-1.s-1)
[ IO3− ], M
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 25oC. 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
0
0
0
Ta có: ∆G = ∆H − T.ΔS = - RTlnKp
Ở 25 oC: ∆G 0298 = ∆H 0298 − T.ΔS0298 .
1


→ SO , suy ra:


Từ phản ứng: O2 + SO2 ¬
3
2
∆H 0298 = −395,18 + 296,06 = −99,12(kJ / mol)

0,5

1
∆S0298 = 256,22 − 248,52 − .205,06 = −94,815( J / mol)
2
0
∆G 298 = - 99,12 – 298.10-3 . (-94,815) ≈ - 70,87 (kJ.mol-1 )

0,5

→

K p, 298 = e

-

ΔG 0298
RT

=e

-


- 70,87.103
8,314 . 298

= 2,65.1012.


K p, 333
ΔH 0  1
1 
=Khi ∆H o = const, ta có: ln

÷
K p, 298
R  333 298 
→ ln

K p, 333
2,65.1012

=-

- 99,12.103  1
1 
10
-½

÷ → K p, 333 = 3,95.10 (atm ).
8,314  333 298 


IO3(− dd ) + 5I (−dd ) + 6H (+dd ) 
→ 3I 2( dd ) + 3H 2O( dd )

a) Theo định luật tác dụng khối lượng ta có: v = k[ IO3− ]a[I-]b[H+]c
v1 (0,01)a .(0,1) b .(0,01)c 0,6
=
=
⇒ a =1
v 2 (0,04)a .(0,1) b .(0,01)c 2,4
v1 (0,01).(0,1) b .(0,01) c 0,6
=
=
⇒b=2
v 3 (0,01).(0,3) b .(0,01) c 5,4
v1 (0,01).(0,1)3 .(0,01)c 0,6
=
=
⇒c=2
v 4 (0,01).(0,1)3 .(0,02) c 2,4

0,25
0,25

Vậy biểu thức tốc độ phản ứng: v = k[ IO3− ]1[I-]2[H+]2
b) Ta có: v1 = k[ IO3− ]1[I-]2[H+]2 = k[0,010]1[0,10]2[0,010]2 = 0,60 (mol.l-1.s-1)
⇒ k=
c) Ta có:

0,6
= 6.107 (mol −4 .l 4 .s −1 )

−2
−4
10 .10 .10

k1 = A.e

0,5

−2

−

Ea1
RT

−

Ea2
RT

; k2 = A.e
E − E a 2 (84 − 74).1000
k
⇒ ln 2 = a 1
=
= 4,03
k1
RT
298.8,314
k2

= e4,03 = 56,3
k1
Vậy tốc độ phản ứng tăng lên 56,3 lần .
⇒

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
M2+ + 2OH– Ksp = 3.10 ×10-12
M2+ + A–
[MA]+
K1 = 2.1 × 103
+
–
[MA] + A
[MA2]
K2 = 5.0 × 102
M2+ + B–
[MB]+ K’1 = 6.2 × 103
+
–
[MB] + B
[MB2] K’2 = 3.3 × 102

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 H2O
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 ]
= K HA
mặt khác:
[ HA]
Và
[HA] = [HA]i – [A–] ([HA]i là nồng độ ban đầu
+
−
−

Vì vậy: [ H ] × [ A ] = K HA × [ HA] = K HA ([ HA]i − [ A ]) )
K HA × [ HA]i
−
Do đó, A =
K HA + [ H + ]
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 HA × [ HA]i K HB × [ HB ]i
+
= H+
Vì KHA, KHB nhỏ hơn rất nhiều so với [H+], do đó:
+
+
[H ]
[H ]
–7
–7
+ 2
–3.75 2
Hoặc 1.74 × 10 × [HA]i + 1.34 × 10 × [HB]i = [H ] = (10 )
1.74 × [HA]i + 1.34 × [HB]i = 0.316
(Eq. 3)
Phản ứng trung hòa cho thấy:

HA + NaOH
NaA + H2O
HB + NaOH
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]
= Kb, A
Từ biểu thức trạng thái cân bằng:
[ A− ]
Và [A–] = 0.06 – [HA]
1 pt
K b, A × 0.06
Do đó, [ HA] =
K b. A + [OH − ]
K b , B × 0.04
Tương tự: [ HB ] =
K b.B + [OH − ]
K b , A × 0.06
K b , B × 0.04
Thay nồng độ cân bằng của HA và HB vào Eq. 6:
+
= [OH–]
K b. A + [OH − ]
K b. B + [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
M2+ + 2OH–
Ksp = 3.10 ×10-12

[ ]


0,25đ

[ ]

---0,5đ

[ ]

[ ]

0,25

0,25


H2O
H+ + OH–
Kw = 1.00 × 10-14
2+
–
+
M + A
[MA]
K1 = 2.10 × 103
[MA]+ + A–
[MA2]
K2 = 5.00 × 102
2+
–

+
M
+ B
[MB]
K’1 = 6.20 × 103
[MB]+ + B–
[MB2]
K’2 = 3.30 × 102
2+
+
Độ tan của M(OH)2 = s = [M ] + [MA ] + [MA2] + [MB+] + [MB2]
pH of Z = 10.0
K sp
3.10 × 10 −12
[ M 2+ ] =
=
= 3.10 × 10 −4 M
Eq.1
− 2
−4 2
[OH ]
(10 )
tại pH = 10.0
K HA × 0.06
[ A− ]total =
= 0.06
( K HA + 10 −10 )
[MA+] = K1[M2+][A-–] = 2.1 × 103 × 3.10 × 10–4 ×[A–] = 0.651 ×[A–]
Eq. 3
[MA2] = K1K2[M2+][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
[ MB + ] = K1' [ M 2+ ][ B − ] = 6.2 × 103 × 3.10 × 10 −4 × [ B − ] = 1.92 × [ B − ]
Eq. 6
'
'
2+
− 2
− 2
[ MB2 ] = K1 K 2 [ M ][ B ] = 634.3 × [ B ]
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 → H 2 AsO −4 + NH +4

0,25

0,25

0,25

o

2. Tính sức điện động của pin ở điều kiện tiêu chuẩn ( E pin ).
3. Biết CH3AsO4 = 0,025 M; C NH3 = 0,010 M. Tính sức điện động của pin.
.
Cho: pK ai(H3AsO4 ) = 2,13; 6,94; 11,50; pK a(NH+ ) = 9, 24 (pKa = - lgKa, với Ka là hằng số phân li axit).
4

p H 2 = 1 atm; ở 25 oC: 2, 303 RT = 0, 0592.
F
HD:
Nội dung
1. Phản ứng xảy ra trong pin được tổ hợp từ các cân bằng sau:

→ H+ + H 2 AsO-4
H3AsO4 ¬




Điểm



→ NH +4
NH3 + H+ ¬



→ H 2 AsO-4 + NH +4
H3AsO4 + NH3 ¬
K
(*)


+
Như vậy các cân bằng trên đều liên quan đến quá trình cho - nhận H , do đó có thể chọn điện 0,25
cực hiđro để thiết lập pin. Vì giá trị thế của điện cực hiđro ( E 2H + /H2 ) phụ thuộc vào [H+]:

E 2H + /H =
2

0,0592 [H + ]2
lg
2
pH2

nên điện cực platin nhúng trong dung dịch H 3AsO4 (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:
0,25
(-)
Pt(H2) │ NH3(aq) ║ H3AsO4(aq) │ Pt (H2)
(+)
p H2 = 1atm
p H2 = 1atm
2. Quá trình oxi hóa xảy ra trên anot:

→ 2H+ + 2e
H2 ¬


2


→ NH +4
NH3 + H+ ¬



K=1
2
9,24 2
(K -1
a ) = (10 )
0


→ 2 NH +4 + 2e

2 NH3 + H2 ¬



K1 =10-2.Ea /0,0592

9,24 . 2 . 0,0592
= - 0,547 (V)
-2
Quá trình khử xảy ra trên catot:

→ H+ + H 2 AsO-4
2 H3AsO4 ¬



(1)

→ E 0a =

0,25
(K a1 ) 2 = (10-2,13)2


→ H2
2H+ + 2e ¬



K=1

0


→ H2 + 2 H 2 AsO-4
2H3AsO4 + 2e ¬


→ E 0c = -2,13 . 2 . 0,0592 = - 0,126 (V)
2
o
0
Vậy E pin = E c - E 0a = 0,421 (V).

K 2 =102.Ec /0,0592

(2)
0,25

(Hoặc từ (*) ta có: K = Ka1.(Ka)-1 = 10E/0,0592 → E0pin = E = 0,421 (V))
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:

→ NH +4 + OHNH3 + H2O ¬
Kb = 10-4,76


[ ] 0,010-x
x
x

+
-4
→ [ NH 4 ] = [OH ] = x = 4,08.10 (M); [NH3] = 9,59.10-3 (M); [H+] = 2,45.10-11 (M)

0,25

[NH +4 ]2
0, 0592
lg
2
[NH3 ]2 .p H 2

Từ (1), ta có: Ea = E 0a +

2

Vì p H 2

−4 

= 1atm nên: Ea = -0,547 + 0, 0592 lg  4, 08.10 ÷ = - 0,63 (V)
 9,59.10−3 ÷
2


+

(Hoặc Ea = 0,0592.lg[H ])
Đối với H3AsO4, vì Ka1 ? Ka2 ? Ka3 nên tại dung dịch của nửa pin phải:
H3AsO4 ƒ H+ + H 2 AsO-4

Ka1 =10-2,13
[ ] 0,025-x
x
x
+
→ [ H 2 AsO 4 ] = [H ] = x = 0,0104 (M); [H3AsO4] = 0,0146 (M)

0,25


Từ (2), ta có: Ec =

E 0c

[H3AsO 4 ]2
0, 0592
lg
+
2
[H 2 AsO 4− ]2 .p H

0,25
2

2

→ Ec = -0,126 + 0, 0592 lg  0, 0146 ÷ ≈ - 0,12 (V)

2
 0, 0104 

+
(Hoặc Ec = 0,0592.lg[H ])
→ Epin = - 0,12 + 0,63 = 0,51 (V)

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 <35 → X thuộc chu kỳ 2 hoặc 3.
Gọi x là số oxi hóa dương cực đại của X; y là số oxi hóa âm của X.
x+ y = 8
x=5
⇒
x + 2 (-y) = -1 →
y=3
0,25
→ X là phi kim thuộc nhóm VA → X chỉ có thể là N hoặc P.
Xác định A, B, C, D, E, F.
- A, B, C là axit vì làm quì tím hóa đỏ.
- D, E, F phản ứng được với NaOH tạo chất Z và H2O nên phải là oxit axit hoặc muối axit.
0,25đ
-E, F tác dụng được với axit mạnh và bazơ mạnh nên E, F phải là muối axit.
⇒ X là photpho vì chỉ có photpho mới tạo được muối axit.

Do A, B, C, D, E, F phản ứng được với NaOH tạo chất Z và H2O nên nguyên tố P trong các
0,5đ
hợp chất này phải có số oxi hóa như nhau và cao nhất là +5.
Ta có: A: H3PO4 B: HPO3 C: H4P2O7
D: P2O5
E: NaH2PO4
F: Na2HPO4
Z: Na3PO4
Phương trình phản ứng.
H3PO4 + NaOH → Na3PO4 + H2O
HPO3 + NaOH → Na3PO4 + H2O
H4P2O7+ NaOH → Na3PO4 + H2O
P2O5+ NaOH → Na3PO4 + H2O
NaH2PO4 + NaOH → Na3PO4 + H2O
Na2HPO4 + NaOH → Na3PO4 + H2O
NaH2PO4 + HCl → NaCl + H3PO4
Na2HPO4 + HCl → NaCl + H3PO4
Bài 5 (2,0điểm): Sơ đồ biến hóa, Cơ chế phản ứng,
1. Cho sơ đồ chuyển hoá sau :
Na

CH3

toluen

OH
H3C

CH3


K2Cr2O7
H2SO4, to

A

ClCH2COOH
toluen

O2N

F

B

HCl
H 2O

8x0,125 =
1,0đ

CH3OH, H2SO4

C

t0

CHO

C2H5OH, KOH


Y

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:

D

H2N-NH2
EtOH

CH3O

E

CHO

X


1/ R
2/ H3O+

O

O

MgX
O

3/ EtONa


R

HDC:
Nội dung

Điểm

Công thức các chất là :
CH3
ONa
H3 C

CH3

CH3

CH3

H3C

(A)

H3C

CH3

(B)

0,225.2

=0,25

CH3
OCH2CONH

OCH2COOCH3

H3C

CH3

0,25.3
=0,75

CH3

(C)

CH3

H3C

OCH2COOH

OCH2COONa

0,25

NH2


CH3

(D)

(E)

CH3
OCH2CONH
H3C

N C

0,125.2
=0,25

OCH3

CH3

(X)
CH3

CH3 H
C

O

H3C

CH3 (F)


NO2

O

H3C

CH3

(Y)

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 oC): 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

(A2)

(A1)

F

F

F
F
F

(A3)

0,5 đ

(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).
Et
Me
B1
B2
B3
B4
B5
B6
B7
B8
1
O
2
C1
R
S
S
R
S
R
R
S
3
O
C2
R
S
R

S
S
R
S
R
4
O
5
C4
R
S
R
S
R
S
R
S
Me
Me
o
3. Hãy chỉ rõ trạng thái lai hóa của từng nguyên tử N ở cấu tạo C và ghi giá trị pKa ở 25 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
N sp 2
H

NH 2


(E)

- Nguyên tử N nhóm NH ở trạng thái lai hóa sp2, 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 sp2, cặp e
chưa chia ở obitan sp2 không tham gia vào hệ thơm
nên còn tính bazơ.
- Nguyên tử N nhóm NH2 ở trạng thái lai hóa sp3.

6,0

0,25đ
0,25đ

COOH 1,8

H N
N
H

NH 3 9,2

- Nhóm NH3+ là axit liên hợp của nhóm
H2Nsp3 , nhóm NH+ là axit liên hợp của
nhóm Nsp2.
- 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
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 2,4đinitrophenylhydrazin 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.
PhNH3Cl
CH3
H3 C

BrC2H4OH

NH2

HN

A

I2/PPh3

B


HC(OEt)3
HCOOH

KOC(CH3)3

C

D

CH3
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,

Điểm

1,0đ

CH3
H3C

CH3

NH2


Br
OH

H3C

CH3

I
B

A

CH3
H3C

NH

H

N

N

H3C

0,25.4 =
1,0

CH3


CH3

Cl

..
N

N
CH3

CH3
C

D

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:


[CH(COOEt)2]-Na+
A

Br


Br

Br2

B

CH3NH2

C (C11H19O4N)

0
ddHCl
Ba(OH)2 dd
t
D
0
E
Y + CO2 + H2O
t
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
0,125x6

0,25
- Vậy X là:
O

N

CH2

C

CH3

0,25.3

CH3

(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
2980K như sau:
∆H0 (kJ/mol)
∆G0 (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)
PNH 3(K) = PHCl(K) = 0,5atm
Ở T(K)
0,25
K(P(T) = 0,5 x 0,5 = 0,25
0
Ở T = 2980K ΔG 298 = - 95,3 - 16,6 + 203,9 = 92 (KJ/mol)
∆G0 = -RT lnKP = -8,314 x 298.ln KP(298)
0,25

ln KP(298) = -37,133
⇒ ∆H0(298) = -92,3 – 46,2 + 315,4 = 176,9 (KJ/mol) = 176900
(J/mol)
0,25
K P(T) ∆H 0  1 1 
ln
=
- 

K P(298)
R  298 T 
0,25
⇒ T = 596,80K
2.

A

→
a
x

2B

+
0

Số mol ban đầu
Số mol phản ứng
Số mol sau phản ứng
a-x

a/ Khi phản ứng kết thúc x=a
Số mol khí sau phản ứng : a + 2x = 3a
n đ Pđ
=
T, V không đổi:
ns
Ps
a
P
=
⇒ P = 91,2 (mm Hg)
3a 273,6
b/ Sau 10 phút, số mol khí sau = a + 2x
Pđ n đ
a
91,2 2
=
⇒
=
=
⇒ a = 4x.
Ps
ns
a + 2 x 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
x136,8 = 68,4 (mm Hg)
PA =
1,5a

1 N0 1
a
= ln
= 0,0288 Ph -1
c/ K = ln
t N 10 0,75a

C
0
2x

x

0,5

0,25

0,25

Bài 10 (2,0điểm): Phức chất
1. Thêm dần dung dịch KCN vào dung dịch NiCl 2 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 NH 3 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.
4
HD: CN
Ni
CN

CN
CN

0,25


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