ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA KHỐI 11
Câu
1

Ý
1.1

Nội dung chính cần đạt

v= -

d[N 2 O5 ]
= k1[N2O5] – k-1[NO2][NO3] + k3[NO][N2O5]
dt

Điểm
1

(1)
d[NO3 ]
= k1[N2O5] – k-1[NO2][ NO3] - k2[NO2] [NO3] = 0
dt

(2)
d[NO]
= k2[NO2] [NO3] - k3[NO] [N2O5] = 0
dt
k1[N 2 O5 ]
Từ (2):
[NO3] =
(k -1 + k 2 )[NO 2 ]

Từ (3):

[NO] =

k 2 [NO 2 ][NO3 ]
=
k 3[N 2 O5 ]

k 2 [NO 2 ]k1[N 2 O5 ]
=
k 3 [N 2 O5 ](k -1 +k 2 )[NO2 ]

k 2 k1
k 3 (k -1 +k 2 )

Thay [NO3], [NO] vào (1) ta được:
k1[N 2 O5 ]
k k
d[N 2 O5 ]
+k 3 2 1 [N 2O5 ]
= k1[N2O5] – k-1[NO2]
(k -1 + k 2 )[NO 2 ]
k 3 k -1
dt
k1k -1
kk
+ 1 2
v = k.[N2O5] với k = k1 –
k -1 + k 2 k -1


v= -

Phản ứng bậc 1 với N2O5
1.2

1

EA

Phương trình Areniut: k = A. e- RT
ln

Vì EA và A là hằng số nên ta có:
E

1

k T2
E 1 1
= A( - )
k T1
R T1 T2

1

A
Vì kT2 = 2kT1 nên : ln2 = R ( T - T )
1
2


103000

1

1

ln2 = 8,31 ( 300 - T ) ⇒ T2 = 305K
2
2

2.1

Xét dung dịch X:
Gọi C là nồng độ dung dịch H2SO4
H2SO4 → HSO 4 + H+
C
C
C
+
HSO 4 ‡ˆ ˆ†
SO 2-4
+
ˆˆ H
C
C
C–x
C+x
x


1

Ka = 10-2

 x(C + x)
= 10−2

⇒ C = 0,0555M; x = 7,5931.10-3M
C
−
x
Ta có: 
C + x = 10−1,2

1


-

Trong dung dịch X có HSO 4 0,0555M và H+ 0,0555M
Nồng độ các chất sau khi trộn: C 5H5N 0,0222M; HSO 4 0,0222M; H+
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†
Ka1 = 10-5,23
ˆˆ C5H5N + H
(1)
0,0222
y
+
HSO 4
SO 2-4
H
+
Ka2 =
‡ˆ ˆ†
ˆˆ
-2
10
(2)
0,0222
0,0222 – y
y
y
Vì Ka1 nhỏ, bỏ qua cân bằng (1), từ cân bằng (2)ta có:
y2
= 10-2 ⇒ y = 0,0107
0, 0222 − y

[C5 H 5 N][H + ]
⇒
Từ (1)
= 10-5,23
[C5 H5 NH + ]
Xem [C5H5NH+] ≈ 0,0222M
⇒ [C5H5N] =

[C5 H 5 NH + ].10−5,32
≈ 0,0222.10-5,23/0,0107
[H + ]

[C5H5N] ≈ 1,22.10-5M
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; HSO -4 0,0222M. Đặt C =
0,0222.
+
C5H5NH+
Ka1 =
‡ˆ ˆ†
ˆˆ C5H5N + H
-5,23
10
C(1-α)
Cα
2HSO 4
H+ + SO4
Ka2 = 10-2

‡ˆ ˆ†
ˆˆ
C(1-α’)
Cα’
Tại pH = 4,4:

1

[SO 2-4 ]
[SO 2-4 ]
102,4
-2
-4,4
2,4 ⇒
=
=
10
/10
=
10
[HSO-4 ]
[HSO-4 ]+[SO 2-4 ] 102,4 + 1
[SO 2-4 ]
102,4 ⇒
102,4
= 2,4
[SO 2-4 ] = 2,4 .C
C
10 + 1
10 + 1

[C5 H 5 N]
=
10-5,23/10-4,4
[C5 H 5 NH + ]

=

10-0,83

⇒

[C5 H5 N]
10−0,83
=
[C5 H 5 NH + ]+[C5 H 5 N] 10−0,83 + 1
2


−0,83
⇒ [C5 H 5 N] = 10
.C
10−0,83 + 1
2Do đó: n
+ n SO 4 = n

C5H5N

⇒ VNaOH =

VNaOH =


OH- cần

-3

25.10 .([C5 H 5 N]+[SO 42- ])
0,05

25.10-3 .0,0222.(

10−0,83
102,4
+
)
10−0,83 + 1 10 2,4 + 1
0,05

VNaOH = 12,486.10-3 lít = 12,486 ml
3

3.1

3.2

2MnO4- + 5C2O42- + 16H3O+ → 2Mn2+ + 10CO2 + 24H2O
5Fe2+ + MnO4- + 8H3O+ → 5Fe3+ + Mn2+ + 12H2O
Fe2+ + Ce4+ → Fe3+ + Ce3+.
Chuẩn độ 1: 0,2228 gam Na2C2O4 tương đương 1,66.10-3 mol C2O42-.
(2/5).1,66.10-3 = [MnO4-]. VMnO = 0,0023M
4


0,25

0,5

-

Chuẩn độ 2: [MnO4-]. VMnO = (1/5)[Fe2+]. VFe
[Fe2+] = 0,111M
Chuẩn độ 3: [Ce4+] = [Fe2+]. VFe / VCe = 0,125M
4

-

2+

2+

3.3

0,25

Ta có:
lg K =

3.4

3.6

(E


o
Ce 4 + / Ce 3 +

−E

o
Fe 3 + / Fe 2 +

).F

RT

⇒ K = 1,61.10 −14

Tại điểm tương đương thì lượng chất đã cho vào nCe = n 0 (Fe ) . Với
mỗi ion Ce3+ mới hình thành thì cũng hình thành một ion Fe3+, tức là
[Ce3+] = [Fe3+] và cả [Ce4+] = [Fe3+]
Ta có:
4+

KC
3.5

4+

[Ce ][ Fe ] ; K
=
[Ce ][ Fe ]
3+


3+

4+

2+

[ Fe ]
=
[ Fe ]

3+ 2

C

2+ 2

⇒

[ Fe ] = 1,27.10
[ Fe ]
3+

2+

7

2+

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 [Ce4+]/[Ce3+] = (1,27.10-7)-1 vào
phương trình Nernst đối với thế của ceri).
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:

[
[

] [
] [

0,25

0,25

0,5

]
]

RT
Fe 3+
Fe 3+ 10,2
ln
⇒
=
F
1

Fe 2 +
Fe 2 +
-1
⇒ sai số là: (11,2) .100% = 8,95%

0,83 = 0,77 +
4

4.1

Rắn R gồm Fe2O3 và CuO
Gọi x = nFe ; y = nCu trong hỗn hợp A, ta có:
56 x + 64 y = 2,32

80 x + 80 y = 3, 2

0,5

⇒ x = 0,03; y = 0,01

%mFe = 0,03.56.100%/2,32 = 72,41%
%mFe = 27,59%
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:
85a + 56b = 8, 21

 a + b = 0,1
⇒ nKOH phản ứng = 0,09 mol

1

⇒ a = 0,09; b = 0,01

Nhận xét: Nếu ban đầu Fe bị oxi hóa hết thành Fe 3+ thì nFe = nFe =
0,03 mol
⇒ nKOH phản ứng với Fe3+ = 0,09 mol: vô lí
⇒ dung dịch X chứa Fe2+; Fe3+; Cu2+ và do đó HNO3 phản ứng hết
Gọi c = nFe2+ ; d = nFe3+ ta có:
3+

c + d = 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

0,5

4


5

5.1


5.2

1

- Viết cơ chế cho phản ứng tổng hợp phenolphthalein:

1

5


-

6

6.1

Cơ chế cho quá trình chuyển hóa phenolphthalein thành
đianion màu đỏ trong môi trường bazơ.

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

O
N

N N

1

N

S ONa
O

N N

A

N

B

N N

O
S ONa
O


N

7

O
S ONa
O

N N

D

E
6.2

S ONa
O

Các giá trị pKa tương ứng của peptit X :

7.1

1

0,5

H 2SO4

→


7.2

Các axit α - hydroxy cacboxylic tham gia phản ứng này.
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 –OCH 3. 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
1) NaOHñ, t , p
2) H3O +


+Cl 2
Fe, t 0

OH
+ H2
Ni, t 0

0

1

O
CuO
t0
NH2 OH

+
N
NH

N

O

+

N - OH2

OH


N - OH
H

+

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)
CO k) +
Cl2 (k)
‡ˆ ˆ†
ˆˆ
Ban đầu
a
0
0
Cân bằng
a(1- α)
aα
aα
KP,T =

PCO .PCl2
PCOCl2

2


α 2
)
α2
1-α
P
=
=
1-α
1-α2
P
1+α
(P

0,252
KP,T = 1.
= 1/15
1-0,252

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)
CO k) +
Cl2 (k)
‡ˆ ˆ†
ˆˆ
Ban đầu
a
0

0,25a
Cân bằng
a(1- α’)
aα’
a(α’+0,25)
KP,T =

PCO .PCl2
PCOCl2

= P'

α'(α' + 0, 25)
= 1/15 (*)
(1-α')(α' + 1, 25)

Cùng điều kiện T, V nên

P
a(1+α)
1,25
=
=
P' a(1,25+α') 1,25+α'

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
⇒ P’ =

10

10.1

Ni2+ : [Ar]3d8
[Ni(CN)4]2-

1

9


1 4 4 4 42 4 4 4 43

dsp2

Vì sự tương tác giữa ion Ni2+ 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-

144 44244 443

sp3

Vì sự tương tác giữa ion Ni 2+ và ion Cl- yếu nên không xảy ra sự
dồn điện tử của Ni2+ ⇒ Ni ở trạng thái lai hóa sp 3; phức có cấu trúc tứ
diện; phức thuận từ vì có electron độc thân.
10.2

+ HCl
Vì [Ni(NH3)4]2+ 
→ thu (A) và (B) là 2 đồng phân, nên
2+
[Ni(NH3)4] phải có cấu trúc vuông phẳng, Ni ở trạng thái lai hóa
dsp2; phức nghịch từ.

Vì (A) + (COOH)2 → [Ni(NH3)2(C2O4)]; (B) + (COOH)2
nên A là đồng phân dạng cis; B dạng

(A)

1

trans

(B)


---------------------HẾT-------------------Người ra đề: Hoàng Yến Nhi- ĐT: 0935527645

10