tai lieu 2

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.96 MB, 35 trang )

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

2010

Phan Cuong Huy
YDS

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG

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

PHẦN 2: CÁC ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA

ĐỀ SỐ 1

THPT CHUYÊN HÀ NỘI KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA

ĐỀ THI THỬ LỚP 12 THPT NĂM 2010

Mơn: HỐ HỌC

Thời gian :180 phút(khơng kể thời gian giao đề)
(Đề thi gồm 3 trang, có 8 câu)

Câu I: ( 2.0 điểm)

Một terpen X thường gặp trong thiên nhiên được tổng hợp theo sơ đồsau

4–metylpentan–1,4–diol  dẫn xuất dibromua  bromanken ete khanMg Grignard G  X
Cho chất G phảnứng với sản phẩm sinh ra khi cho isopren phảnứng với but–3–en–2–on sẽ thu được chất cần
tổng hợp X.

1. Hồn thành chuyển hóa này bằng các cơng thức cấu tạo tương ứng.
2. Cho biết tên thông thường vàứng dụng của sản phẩm.

Câu II: (2.0 điểm)

Hydrocacbon A là một chất rắn có tính dẻo, đàn hồi (11,76% H theo khối lượng) có trong mủcây cao su. Ozon
phân A cho C16H16O6, khi cho một mol chất này vào nước nóng thu được 2 mol andehit levulinic
HOC(CH2)2COCH3.

Hydrocacbon B (11,11% H theo khối lượng) là chất tổng hợp đầu tiên có thành phân giống Anhưng khơng có
tính dẻo và tính đàn hồi giống như A. Bđược tạo thành khi đun nóng hydrocacbon C có mặt natri ; C có thành
phần định tính giống B

1. Cho biết CTCT của A, B, C

2. Sựvắng mặt của axetylaxeton trong sản phẩm của chúng chứng tỏAcó đặc trưng gì ?
Câu III: (2.0 điểm)

Quá trình tổng hợp phức Pt(CH3NH2)(NH3)[CH2COO]2là thuốc chống ung thư mới có hiệu qủa cao lại ít độc
và ít cho phảnứng phụ. Quá trình tổng hợp thuốc này như sau:

K2PtCl4 o

KI du
70 C

 A (dung dịch nâu) + CH NH3 2

1:2

 B (tinh thể sáng) HClO và C H OH4 2 5  C (rắn đỏ nâu)

3 2

NH / H O

D (tinh thểvàng kim, phân cực) Ag CO du và axit malonic2 3 

E (tinh thểvàng nhạt)

Phương pháp phổIR cho biết trong hợp chất C có hai loại liên kết Pt–I khác nhau và Ccó tâm đối xứng. Biết
MC= 1,88MB. Cho biết sốphối trí của platin ln khơng đổi trong q trình tổng hợp và platin ln giữdạng lai
hóa dsp2trong các phức

1. Viết CTCT các sản phẩm A, B, C, D, E.

2. Trong sản phẩm E thì khơng có chứa iot. Như vậy tại sao lúc ban đầu phải chuyển K2PtCl4thành A.
3. Mục đích của việc sửdụng Ag2CO3trong phảnứng cuối là gì ?

Câu IV: (2.0 điểm)

Lý thuyết lai hóa do Carl Linus Paulingđềxuất vẫn là lý thuyết chuẩn xác nhất trong việc giải thích dạng hình
học của các chất vô cơ. Vậyở đây chúng ta sẽthửgiải quyết những mô hìnhsau đây

1. Giải thích dạng hình học của TiCl4theo thuyết lai hóa ?

2. Giải thích dạng hình học của phức Fe(CO)5theo thuyết lai hóa ?
Câu V: (2.0 điểm)

Khí NO kết hợp với hơi Br2tạo ra một khí duy nhất trong phân tửcó ba ngun tử
1. Viếtphương trình phảnứng

2. Biết∆Hpư< 0; Kp(25oC) = 116,6. Tính KPở0oC, 50oC. Giảthiết rằng tỉsốgiữa trịsốcân bằng giữa 0oC và
25oC cũng như 25oC với 50oC đều bằng 1,54

3. Xét tại 25oC, lúc cân bằng hóa học đãđược thiết lập thì cân bằng đó sẽchuyển dịch thếnào nếu
a. Tăng lượng NO

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

c. Giảm nhiệt độ
d. Thêm khí N2vào khi

(1) V = const ;
(2) Pchung= const
Câu VI (4.0điểm)

Guaiol (C15H26O) là một ancol rắnởtrạng thái tinh thểcó cấu trúc terpen. Ancol này được phân lập từtinh dầu
cây gỗBulnesia sarmienyi. Khi dehydrat hóa guaiol bằng lưu huỳnh thì thuđược một hydrocacbon thơm màu xanh
da trời khơng chứa vòng benzen X (C15H18). Khi hòa tan hydrocacbon thơm này vào axit sunfuric đặc thì màu xanh
biến mất. Cho nước vào dung dịch này thì Xđược phục hồi nguyên dạng. Rất khó đểhydro hóa guaiol bằng hydro
có xúc tác. Qua một loạt các chuyển hóa dưới đây ta nhậnđược một dẫn xuất của naphtalen (A là sản phẩm duy
nhất của quá trình ozon phân)

1. Xác định cấu trúc của guaiol và X nếu biết trong phân tử guaiol thì nhóm hydroxyl gắn với ngun tử
cacbon bậc ba exocyclic của hệvịng

2. Giải thích màu xanh da trời của X và nêu lý do nó bịmất màu trong dung dịch axit sunfuric đặc
3. Xác định CTCT A, B và giải thích sựtạo thành A. Có bao nhiêu mảnh isopren trong chất X

Câu VII (2.0 điểm)

Có thể tách được rhodi ra khỏi các kim loại quý khác bằng cách sau: Một mẫu bột quặng rhodi được trộn với
NaCl và đun nóng trong dịng khí clo. Bã rắn thu được chứa một muối chứa 26,76% Rhodi vềkhối lượng. Bã rắn
này sau đó được hịa tan vào nước, lọc dung dịch thu được rồi cô bay hơi thu được tinh thểB chứa 17,13% rhodi.
Tinh thể được làm khôở120oC đến khối lượng không đổi (khối lượng mất đi là 35,98%) rồi đun nóng tới 650oC.

Rửa bã rắn thu được bằng nước ta có rhodi tinh khiết

1. Xác định công thức A, B

2. Khi một lượng dư H2S được sục qua dung dịch muối A thì tạo thành kết tủa C. Thành phần hợp thức của
hợp chất này chứa 47,59% S. Xác định cơng thức C

3. Giải thích tại sao cần phải rửa bằng nước nóngở bước cuối cùng. Viết các phảnứng xảy ra

Câu VIII: (4.0 điểm)

Các cacbohydrat tự nhiên đều được tổng hợp quang hóa trong cây xanh. Tuy nhiên các cacbohydrat khơng có
trong tựnhiên có thể được tổng hợp bằng con đường nhân tạo. Sơ đồ dưới đây là sơ đồtổng hợp L-ribozơ.Hoàn
chỉnh sơ đồtổng hợp sau:

_________________HẾT_________________
- Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu.

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

THPT CHUYÊN HÀ NỘI KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LỚP 12 THPT NĂM 2009 – 2010

Mơn: HỐ HỌC

(Đáp án đề thi gồm 4 trang, có 8 câu)

Câu I: (2.0 điểm)

1. Cơng thức cấu tạo các chất liên quan (1,75điểm)

2. Chất này là-bisabolol thường dùng trong công nghiệp mỹphẩm (0,25điểm)

Câu II: (2.0 điểm)

1. Công thức thực nghiệm của A là (C5H8)x, nó là cao su tựnhiên. Các công thức thực nghiệm của B và C lần
lượt là (C2H3)y. B là cao su tổng hợp polibutadien còn C là buta-1,3-dien (1,5điểm, một điểm cho mỗi cấu
tạo).

2. Ta có:

Như vậy sự vắng mặt của axetylaxeton trong sản phẩm ozon phân chứng tỏcao su thiên nhiên có cấu trúc
“đầu -đầu” (0,5điểm cho lập luận)

Câu III: (2.0 điểm)

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

2. Đểchắc chắn thu được sản phẩm cuối thì buộc B phảiởdạng cis nên K2PtCl4phải được chuyển thành A
(0,25 điểm)

3. Ag2CO3 phản ứng với D theo phản ứng D + Ag2CO3 = DCO3 + 2AgI sau đó DCO3 phản ứng với axit
malonic tạo thành E (0,5điểm)

Câu IV: (2.0 điểm)

1. Do đối với Ti lúc này thì năng lượng của AO3d đã giảm thấp hơn so với AO 4p nên sẽcó sựtổhợp giữa 1
AO 4s và 3 AO 3d tạo thành 4 AO lai hóa sd3hướng về 4 đỉnh của một tứdiện đều (1điểm)

2. Do CO là phối tử trường mạnh nên sẽ đẩy các electron của Fe vềtrạng thái cặp đôi. Lúc này 1 AO 3d trống
sẽtổhợp với 1 AO 4s trống và 3 AO 4p trống thành 5 AO lai hóa dsp3hướng về 5 đỉnh của một lưỡng tháp
tam giác.(1điểm)

Câu V: (2.0 điểm)

1. 2NO(k)+ Br2(hơi)→ 2NOBr(k) ∆H > 0 (0,25 điểm)
2. Do phảnứng thu nhiệt nên có liên hệKPtại 0oC < KP(25oC) < KP(50oC)

Vậy KPtại 0
o

C = 1/1,54.KP = 116,6 / 1.54 = 75,71

KPtại 50oC = 1,54.KP= 116,6.1,54 = 179,56 (0,25điểm)
3. Xét sựchuyển dời cân bằng hóa học tại 25oC

Trường hợp a và b vềnguyên tắc cần xét tỉsố:
2

NOBr

NO

P
Q

P



Sau đó so sánh Q với KPđểkết luận

Tuy nhiên ở đây không có điều kiện để lập luận theo biểu thức này nên ta sẽ dựa vào nguyên lý Le

Chartelier

a. Nếu tăng lượng NO thì cân bằng dịch chuyển sang phải (0,25 điểm)
b. Nếu giảm lượng Br2thì cân bằng hóa học dịch chuyển sang trái (0,25 điểm)
c. Nếu giảm nhiệt độthì cân bằng dịch chuyển sang trái đểchống lại chiều giảm nhiệt độ(0,25điểm)
d. Thêm N2là khí trơ

+ Nếu V = const thì khơngảnh hưởng tới cân bằng hóa học do N2khơng gâyảnh hưởng liên hệnào (theo
định nghĩa áp suất riêng phần)

+ Nếu P = const ta xét liên hệ

Nếu chưa có N2thì P = PNO+ PBr2+ PNOBr (a)
Nếu đã có N2thì P = P’NO+ P’Br2+ P’NOBr+ PN2 (b)
Vì P = const nên P’i= Pi

Lúc đó xét Q theo biểu thức liên hệ trên và so sánh tương quan với KP
- Q = KP: khôngảnh hưởng

- Q > KP: cân bằng chuyển dịch sang trái đểQ giảm tới KP

- Q < KP: cân bằng chuyển dời sang phải để Q tăng tới KP(1,25 điểm)

Câu VI (4.0 điểm)

1. Ta có thểsuy luận cơng thức của guaiol dựa trên những dữkiện sau:

- Dehydrat hóa ancol này bằng lưu huỳnh thu đươc hydrocacbon thơmX màu xanh da trời khơng chứa vịng
benzen. Như vậy X chỉcó thểlà dẫn xuất của azulen.

- Độbất bão hòa của guaiol là 3, tứcứng với hai vòng vẫn cịn một nối đơi. Vịtrí của nối đơi đó sẽnằmở
điểm tiếp giáp hai vịng do vị trí đó khó bịhydro hóa nhất, và khi ozon phân vịtrí này sẽdễcho sản phẩm
chuyển vịlà hai vòng 6 giáp nhau. Một vòng sinh ra do sựmởrộng vòng 5, một vòng sinh ra do sựthu hẹp
vịng 7

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

- Do nhóm OH của guaiol nằmởcacbon bậc ba nên công thức cấu tạo của guaiol chỉcó thểlà:

Lý luận dẫn ra CTCT đúng được 1,0 điểm, cấu tạo 0,5 điểm
- Công thức cấu tạo X sẽ là (0,5 điểm)

2. Màu xanh da trời của Xcó được do sựliên hợp giữa các nối đơi trong phân tửX. (0,25 điểm)

Khi hòa tan Xvào axit sunfuric đặc màu xanh sẽbiến mất do sựbiến mất của hệthống liên hợp trong hợp
chất được tạo thành như hình vẽ: (0,5 điểm)

3. Công thức cấu tạo hai chất A, Bnhư sau. Đúng CTCT mỗi chất được 0,25 điểm

O O

A B

Sựtạo thành chất Ađược giải thích như sau (0,5 điểm)

Do cơng thức phân tửcủa A là C15H26O nên trong A sẽcó 3 mảnh isopren (0,25 điểm)

Câu VII (2.0 điểm)

1. Na3[RhCl6] (0,375 điểm) ; Na3[RhCl6].12H2O (0,375 điểm)
2. Rh2S3.2H2S (0,5điểm)

3. Đểloại bỏcác muối tan, chủyếu là NaCl (0,25 điểm).
Mỗi phảnứng đúng được 0,125 điểm

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

Na3[RhCl6].12H2O = Na3[RhCl6] + 12H2O
2Na3[RhCl6] = 2Rh + 6NaCl + 3Cl2

2Na3[RhCl6] + 3H2S = Rh2S3.3H2S + 6NaCl + 6HCl

Câu VIII (4.0 điểm)

Công thức cấu tạo các sản phẩm trung gian (Các chất A, B mỗi chất 0,5 điểm, còn C, D, E, F mỗi chất 0,75 điểm).
Lưuý quá trình chuyển từD sang chấtởdịng thứhai bao gồm nhiều hơn một giai đoạn

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

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA

ĐỀTHI THỬ LỚP 12 THPT NĂM 2010

Môn: HỐ HỌC

Thời gian : 180 phút (khơng kểthời gian giao đề)

(Đềthi gồm 3 trang, có 10 câu)
CÂU 1:(2,0 điểm)

1. Oleum là hỗn hợp được tạo ra khi cho SO3tan trong H2SO4tinh khiết. Trong hỗn hợp đó có các axit dạng
poli sunfuric có cơng thức tổng qt H2SO4.nSO3hay H2Sn+1O3n+4chủyếu chứa các axit sau: axit sunfuric

H2SO4, axit đisunfuric H2S2O7, axit trisunfuric H2S3O10và axit tetrasunfuric H2S4O13. Cho biết công thức
cấu tạo của các axit trên.

2. Giải thích tại sao SO3lại dễdàng phảnứng với H2O, HF, HCl, NH3đểhình thành nên những phân tửtứ
diện tương ứng. Viết phương trình phảnứng và cơng thức cấu tạo sản phẩm.

3. Kim cương và than chì là hai dạng thù hình của ngun tốcacbon. Tính khối lượng riêng và thểtích mol
của chúng. Biết rằng: Độdài liên kết C–C (kim cương) là 154 pm, C–C (than chì) là 141 pm, khoảng cách
giữa các lớp than chì là 336 pm. NA= 6,02.10

.Kim cương có cấu tạo tương tựsilic và sốnguyên tử C
trong một ô mạng tinh thểcủa kim cương gấp 4 lần sốngun tửC trong một ơ mạng tinh thểthan chì.
CÂU 2:(2.0 điểm)

1. Viết công thức cấu tạo Lewis, nêu trạng thái lai hóa và vẽdạng hình học của các phân tửvà ion sau: B2H6,
XeO3, NO2+, NO2–.

2. Phảnứng của NaNO3 trong nước với hỗn hống Na/Hg cũng giống như phảnứng của etylnitrit C2H5NO2
với hydroxylamine NH2OH có mặt Natrietoxit cho cùng một sản phẩm. Sản phẩm này là muối của một axit
yếu không bền chứa Nitơ, axit này đồng phân hóa tạo thành một sản phẩm cóứng dụng trong thành phần
nhiên liệu tên lửa. Viết các phương trình phảnứng xảy ra và vho biết cơng thức cấu trúc của axit đồng phân
nói trên.

CÂU 3:(2.0 điểm)

Cho phảnứng: A  B C D (1) là phảnứng đơn giản. Tại 27oC và 68oC, phương trình (1) có hằng sốtốc độ
tương ứng lần lượt là k1= 1,44.107mol-1.l.s-1và k2= 3,03.107mol-1.l.s-1, R = 1,987 cal/mol.K

1. Tính năng lượng hoạt hóa EA(cal/mol) và giá trịcủa A trong biểu thức

E
RT

k

 

A e

 mol-1.l.s-1.

2. Tại 119oC, tính giá trịcủa hằng sốtốc độphảnứng k3.
3. Nếu CoA= CoB= 0,1M thì



1/2ởnhiệt độ119oC là bao nhiêu.
CÂU 4:(2,0 điểm)

1. Clobenzen có momen lưỡng cực1= 1,53 D (1hướng từ nhân ra ngồi) ; anilin có momen lưỡng cực2=
1,60D (2 hướng từ ngoài vào nhân benzen). Hãy tính momen lưỡng cực  của các chất sau: ortho –
cloanilin ; meta–cloanilin và para–cloanilin.

2. Tính pH của dung dịch NH4HCO3 0,1M. Biết rằng H2CO3 có hằng sốphân li axit K1 = 4,5.10-7 ; K2 =
4,7.10-11, NH3có pKb= 4,76.

CÂU 5:(2,0 điểm)

Có thể điều chếtinh thểFeCl3.6H2O theo cách sau: Hoà tan sắt kim loại vào trong dung dịch axit clohydric 25%.
Dung dịch tạo thành được oxy hóa bằng cách sục khí cloqua cho đến khi cho kết quảâm tính với K3[Fe(CN)6].
Dung dịch được cơ bay hơi ở95oC cho đến khi tỉtrọng của nó đạt chính xác 1,695 g/cm3và sau đó làm lạnh đến
4oC. Tách kết tủa thu được bằng cách hút chân không rồi cho vào một dụng cụchứa được niêm kín.

1. Viết các phảnứng dẫn đến sựkết tủa FeCl3.6H2O

2. Có bao nhiêu gam sắt và bao nhiêu mL dung dịch axit clohydric 36% (d=1,18g/cm3) cần để điều chế
1,00kg tinh thểnày. Biết rằng hiệu suất quá trình chỉ đạt 65%

3. Đun nóng 2,752g FeCl3.6H2O trong khơng khí đến 350
o

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

CÂU 6:(2,0 điểm)

1. A là chất bột màu lục khơng tan trong axit và kiềm lỗng. Khi nấu chảy A với KOH có mặt khơng khí thu
được chất B có màu vàng, dễ tan trong nước. Chất B tác dụng với axit sunfuric chuyển thành chất C có
màu da cam. Chất C bị lưu huỳnh khửthành chất A và có thể oxi hóa axit clohiđric thành khí Clo. Viết các
phương trình phảnứng xảy ra.

2. Từcác chất A, B, Ctrên, hoàn thành sơ đồsau:

- X to A + N2+ H2O

- C + (NH3)2S + H2O  Y + S + NH3+ KOH

- B + (NH4)2S + KOH + H2O  Z + S + NH3

- C + H2SO4+ H2S  T + S + K2SO4+ H2O
CÂU 7:(2,0 điểm)

1. Viết công thức cấu trúc các dạng enol của dietylmalonat (1), Etylaxetoaxetat (2). Trong các cấu trúc của
(2), cho biết dạng nào bền nhất, dạng nào kém bền. Giải thích?

2. Cho biết cơng thức mạch hởcủa các chất sau:

O OH

O
HO

O
O

CH3CH2

CH3

Brevicomin

O C2H5

HOCH2

Talaromicin A

a. b.

c. d.

CÂU 8:(2,0 điểm)

1. Cho biết sản phẩm tạo thành từcác phảnứng sau và gọi tên sản phẩm đó:

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

0 C
 A

b. Thiophen + C6H5COCl + SnCl4 B

c. Pyrol + C6H5N2+Cl–  C

d. Pyrol + CHCl3+ KOH  D

2. Viết sơ đồ điều chếizatin (indolin-2,3-dion) từ2-nitrobenzoyl clorua
CÂU 9:(2,0 điểm)

1. Khi cho amoniac phảnứng cộng với axetanđehit thu được sản phẩm không bền A, sản phẩm này dễbịtách
nước thành B. B dễdàng trime hóa cho sản phẩm C là triazin. Mặt khác nếu cho amoniac ngưng tụvới
fomanđehit sẽ thu được sản phẩm D (urotropin) có CTPT là C6H12N4. Chất D có khả năng tác dụng với axit
nitric trong anhiđrit axetic tạo ra E (hexogen hay xiclonit) là chất nổmạnh được dùng trongđại chiến thế
giới thứ II: C6H12N4+ 3HNO3  E + 3HCHO + NH3. Xác định A, B, C, D, E và viết các phương trình
phảnứng xảy ra.

2. Giải thích sựkhác nhau vềnhiệt độsôi trong dãy các chất sau:

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

N
S

N
N
H

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

CH2OH

HO
H

HO OH

axit L ascobic
-CÂU 10:(2,0 điểm)

1. Vitamin C (axit L-ascobic, pKa= 4,21) là endiol và có cấu trúc như sau:
a. Hãy giải thích tính axit của axit L-ascobic và cho biết ngun tửH nào

có tính axit.

b. Điều chếL-ascobic từD-glucozơ

2. Salixin C13H18O7 bị thủy phân bởi elmusin cho D-glucozơ và Saligenin
C7H8O2. Salixin không khửthuốc thửTolen. Oxi hóa Salixin bằng HNO3thu
được một hợp chất hữu cơX mà khi thủy phân thì cho D-Glucozơ và anđehit
Salixylic. Metyl hóa Salixinthu được pentametylsalixin, thủy phân hợp chất
này cho ta 2,3,4,6-tetra-O-metyl-D-Glucozơ. Xác định CTCT của Salixin

_________________ HẾT _________________
- Thí sinh khơng được sửdụng tài liệu.

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

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA

ĐỀTHI THỬ LỚP 12 THPT NĂM 2010

HƯỚ

NG D

Ẫ

N CH

ẤM ĐỀ

THI TH

Ử

MƠN HĨA H

Ọ

C

(Đáp án này có 8 trang)
CÂU 1:(2,0 điểm)

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

HO
S
HO

HO O

S
O
O
O

S
O
O

S
OH
O
O
S

HO O

O
O

S
O

HO O

S
O

O
O

S
OH
O

H2SO4 H2S2O7

H2S3O10 H2S4O13

2. (0,5 điểm) Giải thích đúng + viết đúng 4 phương trình và cấu trúc

- Giải thích: Phân tửSO3ởdạng tam giác phăng với nguyên tửSởtrạng thái lai hóa sp3, dễdàng phảnứng để
chuyển sang thạng thái lai hóa sp3bền, là trạng thái đặc trưng của lưu huỳnh

- Phương trình phảnứng: SO3+ H2O  H2SO4SO3+ HF  H[SO3F] SO3+ HCl  H[SO3Cl]
SO3+ NH3  H[SO3NH2]

- Cấu trúc các sản phẩm

S
O
O

O H

S
O
O

O H

S
O
O

O H

S
O
O

O H

NH2

3. (1,0 điểm)

- Kim cương (tương tựSilic) có cấu trúc lập phương tâm diện ngồi ra cịn có 4 nguyên tửCacbon nằm trong 4
hốc (site) tứdiện nên sốnguyên tửcacbon trong một ô mạng cơ sởtinh thể kim cương là: 8 1 6 1 4 8

8 2

    
- Do vậy suy ra cacbon than chì trong một ơ mạng tinh thểcó 2 ngun tửcacbon

- Trong ơ mạng tinh thể kim cương:
Độdài cạnh ô mạng tinh thể: a = 4d

3 (d = C–C (kim cương)) => Thểtích ơ mạng = a

3
=

4d
3

 
 
 
Khối lượng riêng của tinh thể kim cương:

3
10

A 23

8 M 8 12

D = 3, 545

N V 4 154 10

6, 02 10

3


   

    

  

 

(g/cm3)

=> Thểtích mol của kim cương = M

D =3,385 (cm

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

- Tương tựtrong ơ mạng tinh thểthan chì
Diện tích mặt đáy = 3 3 d2

2  (d = C–C (than chì))

Thểtích ơ mạng = 3 3 d2 h

2   (h là khoảng cách giữa các lớp)

=> Khối lượng riêng D = 2,297 (g/cm3) và thểtích mol = 5,224 (cm3/mol)
CÂU 2:(2.0 điểm)

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

- B2H6: B lai hóa sp3, gồm 2 tứdiện lệch có một cạnh chung, liên kết BHB là liên kết 3 tâm nhưng chỉcó 2
electron, 1 electron của H và 1 electron của B

- XeO3: Xe lai hóa sp3, phân tửdạng tháp đáy tam giác
- NO2+: N lai hóa sp, cấu trúc đoạn thẳng

- NO2–: N lai hoa sp2, cấu trúc gấp khúc (chữV)
- Công thức Lewis

Xe
O

O
O
B

H
B

H
H

H

H H

N

O O

N

O O

N

O O O N O

2. (1,0 điểm)

- Các phảnứng (mỗi phảnứng 0,25 điểm)

2NaNO3+ 8Na(Hg) + 4H2O  Na2N2O2+ 8NaOH + 8Hg
NH2OH + C2H5NO2+ 2C2H5ONa  Na2N2O2+ 3C2H5OH
- Na2N2O2là muối của axit hyponitrơ H2N2O2(2.0,125 = 0,25)

N N

OH
HO

N N

OH
HO

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

N N

O
H

CÂU 3:(2.0 điểm)

1. (1,0 điểm)

Phảnứng động học bậc hai, áp dụng phương trình Archénius ta có:
A

1
1

ln k ln A



  ; 2 A

ln k ln A



 

A A

2 1

2 A

1 1 2

2 1 2

2 1 1

E E

ln k ln k ln A ln A

RT RT

k E 1 1

k R T T

T T k

E R ln 3688, 2(cal / mol)

T T k

 

     

 

    

 



   

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

 





E
RT

ERT E

RT1

9 1 1

k
k

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

e e



 

      

2. (0,5 điểm)





RT3 7 1 1

k  A e 6,15 10 (mol .l.s )  

3. (0,5 điểm)

1/ 2

3 oA

1, 63 10 (s)
k .C



   

CÂU 4: (2,0 điểm)
1. (1,0 điểm)

Clo có độ âm điện lớn,1hướng từnhân ra ngồi–nhóm NH2có cặp e tựdo liên hợp với hệecủa vòng benzen

hai momen lưỡng cực cùng chiều

ortho meta para

Cộng vectơ sửdụng hệthức lượng trong tam giác a2= b2+ c2–2bc cos A
Dẫn xuất ortho: 2O =12 +22 212cos 600= 

2
1 +

2  12= 2,45

o= 2,45 = 1,65D

Dẫn xuất meta: 2m =21 +22 212cos 1200= 12 +22 +12= 7,35

m= 7,35 = 2,71D

Dẫn xuất para: 2p =1+2 = 1,60 + 1,53 = 3,13D
2. (1,0 điểm)

Ta có các quá trình sau:

4 3 4 3

4 3 a

3 2 3 1

3 3 2

2 W

NH HCO NH HCO

NH NH H ; K

HCO H H CO ; K

HCO H CO ; K

H O H OH ; K 10

 

 

  

  

 
 



 
 


  



Trong đó:

9,24
a

K 10

K




 

Áp dụng điều kiện proton ta có:
2

3 3 2 3

a 4 2 3 w

1 3

2 1 2

a 4 2 3 w 1 3

2 1 2

1 3 a 4 2 3 w

[H ] [NH ] [CO ] [OH ] [H CO ]

K .[NH ] K .[HCO ] K

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

[H ] [H ] [H ]

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

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

  

 

   

  

     

     

   

    

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





2 1

1 3 a 4 2 3 w

2 a 4 2 3 w

1 3

a 4 2 3 w

1 3

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

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

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

1 K .[HCO ]

    

 



 

 



 

    

 

 



 

 



Thay các giá trịgần đúng: [NH ] [HCO ]4  3 0,1M

[H ] 1, 6737.10 M

pH lg[H ] 7, 78

 



 

   

CÂU 5:(2,0 điểm)

1. Các phương trình phảnứng: (4.0,125 =0,5 điểm)
Fe + 2HCl  FeCl2+ H2

2FeCl2+ Cl2  2FeCl3

3FeCl2+ 2K3[Fe(CN)6]  Fe3[Fe(CN)6]2+ 6KCl
FeCl3+ 6H2O  FeCl3.6H2O

2.

3
,
270
1000

= 3,7mol FeCl3.6H2O

Như vậy cần 978mL

0,65
.
1,18
.
0,36

36,5
.
2
.

3,7 

dung dịch HCl 36%(0,5 điểm)
3. Khi đun nóng thì FeCl3.6H2O phân huỷ theo phương trình sau:

FeCl3.6H2O  FeOCl + 5H2O + 6HCl
Khi nhiệt độ tăng thì FeOCl sẽtiếp tục phân huỷ:
3FeOCl  FeCl3+ Fe2O3 (Hơi FeCl3bay ra)
Lượng FeCl3.6H2O trong mẫu là

3
,
270

752
,
2

= 10,18 mmol

Điều nàyứng với khối lượng FeCl3là 107,3. 0,01018 = 1,092g FeOCl

Do khối lượng thu được của bã rắn bé hơn nên ta biết được FeOCl sẽbị phân hủy một phần thành Fe2O3.
Khối lượng FeCl3mất mát do bay hơi là:

162,2
0,8977

1,902

= 1,20mmol => Bã rắn cuối cùng chứa (0,01018–
3.0,00120) = 6,58 mmol FeOCl và 1,20 mmol Fe2O3.(1,0 điểm)

CÂU 6:(2,0 điểm)

1. (1,0 điểm) mỗi phương trìnhđúng được 0,25

- A là Cr2O3, B là K2CrO4, C là K2Cr2O7

- Các phương trình phảnứng:

2Cr2O3+ 3O2+ 8KOH  4 K2CrO4+ 4H2O
2K2CrO4+ H2SO4  K2Cr2O7+ K2SO4+ H2O
S + K2Cr2O7  Cr2O3+ K2SO4

14HCl + K2Cr2O7  3Cl2+ 2CrCl3+ 2KCl + 7H2O
2. (1,0 điểm) mỗi phương trìnhđúng được 0,25

- X là (NH4)2Cr2O7, Y là Cr(OH)3, Z là K3[Cr(OH)6], T là Cr2(SO4)3

- Các phương trình phảnứng:
(NH4)2Cr2O7

 Cr2O3+ N2+ 4H2O

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

2K2CrO4+ 3(NH4)2S + 2KOH + 2H2O  2K3[Cr(OH)6] + 3S + 6NH3
K2Cr2O7+ 4H2SO4+ 3H2S  Cr2(SO4)3+ 3S + K2SO4+ 7H2O
CÂU 7:(2,0 điểm)

1. (1,0 điểm) Các cấu trúc

H OEt

O H O

EtO

H OEt

O O

EtO
H

OEt

O O

EtO

Trong đó:

- Dạng A ít bền do nối đơi khơng liên hợp
- Dạng B bền nhưng khơng có cộng hưởng este

- Dạng C bền nhất do có nối đơi liên hợp và cộng hưởng este

CH3COCH2COOEt

H2 OEt

O H O

C
H
C

H3 OEt

O O

C
H
C

H3 OEt

O H O

2. (1,0 điểm) Mỗi công thức đúng được 0,25 điểm
a. CH2OH–CH2CH2CH2=CHO

5-hidroxipentanal

b. CHOCH2CH2CHOHCH=CH–CH=CH2
4-hidroxiocta-5,7-dienal

c. CH3CH2CHOHCHOH(CH2)3COCH3
6,7-dihidroxinonan-2-on

d. (HOCH2)2CH–CHOHCH2CO(CH2)2CH(C2H5)CH2OH
2,8-di(hidroxometyl)-1,3-dihidroxidacan-5-on

CÂU 8: (2,0 điểm)

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

COCH3

2-acetylfuran

A

COC6H5

2-benzoylthiophen

B

N=NC6H5

2-(phenylazo)pyrol

C

N
CHO

2-pyrolcacboxandehit

D

2. (1,0 điểm)

NO2

C
O

Cl
KCN
-HCl

NO2

C
O

CN H3O+

-NH3

NO2

C
O

COOH 6H

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

NH2

C
O

COOH to

-H2O NH

O
O

CÂU 9:(2,0 điểm)

1. (1,5 điểm)

- Andehit béo có thểtham gia phảnứng cộng với amoniac tạo thành một sản phẩm ít bền là Andehit-amoniac
CH3CHO + NH3  Axetandehit-amoniac (tnc= 97

o
C) A

CH3 CH

NH2

- Axetandehit-amoniac dễbị tách nước thành B là CH3–CH=NH và B dễtrime hóa thành hợp chất dịvịng C
loại triazin

CH3 CH

NH2

-H2O

CH3CH=NH

trime hóa

NH NH

NH CH3

CH3

H3C

B C

- Mặt khác nếu cho amoniac ngưng tụ với fomanđehit sẽ thu được sản phẩm D (urotropin) có CTPT là
C6H12N4

6HCHO + 4NH3  C6H12N4+ 6H2O

N
N

Urotropin

- Urotropin có khả năng tác dụng với axit nitric trong anhiđrit axetic tạo ra E (hexogen hay xiclonit) là chất nổ
mạnh được dùng trong đại chiến thếgiới thứII theo phảnứng:

C6H12N4+ 3HNO3 + 3HCHO + NH3

N N

NO2

O2N

E

2. (0,5 điểm)

- Ta có nhiệt độsôi của (1) < (2) là do hai chất này không tạo được liên kết hydro nên nhiệt độsôi phụthuộc
vào khối lượng phân tử.

- Lại có, nhiêt độsơi của (4) < (3) là do mặc dù cảhai chất đều có liên kết hydro liên phân tử nhưng liên kết
hydro của (3) dạng polyme còn của (4) dạng dime

CÂU 10:(2,0 điểm)

1. (1,0 điểm)

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

C
HO

HO C

H+

- C

-O

HO C

C
C
O

HO C

b. Sơ đồ điều chế

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

enzym L-Socbose (B)

endiol B' 2CH3COCH3

Diaxetonua (C)

1. KMnO4/OH

-2. dd H+ (D)

H+
to

axit L-ascobic

Trong đó:

CH2OH

HO H

H OH

HO H

CH2OH

C O

HO H

H OH

HO H

CH2OH

C
HO

H OH

HO H

CH2OH

C
C

H O

HO H

CH2 O

CH3

O
O
C

CH3

COOH

C
C

H O

HO H

CH2 O

CH3

O
O
C

CH3

2. (1,0 điểm)

Salixinlà đường không khửvà là glucozit do bịthủy phân bởi elmuxin

RO H

OH
HO

CH2OH

H2O

enzim D-Glucose + ROH (Saligenin)

C7H8O2

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

Trong công thức C7H8O2, ROH xuất hiện nhân thơm. Tách được andehit salixylic, điều đó chứng tỏquá trình oxi
hóa nhóm–CH2OH thành nhóm–CHO

D-Glucose +

CHO
HO

H2O, H+

O
HO

OH
O

HOH2C

CHO

Saligenin là o-(hidroximetyl)phenol. Cơng thức cấu trúc của salixin là

O
HO

OH
O

HOH2C

CH2OH

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

KÌ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT

ĐỀTHI THỬ NĂM HỌC 2008–2009

MƠN THI: HĨA HỌC ĐẠI CƯƠNG

Thời gian làm bài: 180 phút (Khơng kểthời gian phát đề)

(Đềthi gồm có 2 trang)

Câu 1: (2.0 điểm)

1. Tại sao ion phức spin thấp [Co(NH3)6]
3+

lại có màu. Giải thích dựa vào 1

o 22900(cm )



  . Cho biết:

1 1

1 cm 11, 962 J.mol .

2. Dựa trên mơ hình VSEPR, giải thích dạng hình học của NH3, ClF3, XeF4.

3. Q trình: OO1e có I1= 13,614 (eV). Dựa vào phương pháp Slater xác định hằng sốchắn của các
electron trong nguyên tử đối với electron bị tách. So sánh độbền tương đối của hai cấu hình electron của O
và O+, giải thích.

Câu 2:(2.0 điểm)

1. Thiết lập biểu thức phụthuộc giữa thếoxi hóa–khửvới pH của môi trường trong 2 trường hợp sau:

2. 2 3

2 7

2 3

2 7 2 Cr O / 2Cr

Cr O 14H 6e 2Cr 7H O   1, 33V

    ; Eo  

. Ở pH = 7, 2

2 7

Cr O có oxi hóa được I

khơng?
Biết rằng:

o
I / 2I

E  0, 6197V; Co(OH)3 1e Co(OH)2 OH Co(OH) / Co(OH)3 2 0,17V


   ; Eo  

3. Biết tích sốion của nước KW= 10-14và 2, 303RTln x 0, 0592 lg x

F  ( tại 25

C, 1atm)

Câu 3:(1.5 điểm)

Cho phản ứng: A  B C D (1) là phảnứng đơn giản. Tại 27oC và 68oC, phương trình (1) có hằng sốtốc độ
tương ứng lần lượt là k1= 1,44.10

mol-1.l.s-1và k2= 3,03.10
7

mol-1.l.s-1, R = 1,987 cal/mol.K
1. Tính năng lượng hoạt hóa EA(theo cal/mol) và giá trịcủa A trong biểu thức  

E
RT

k A e mol-1.l.s-1.
2. Tại 119oC, tính giá trịcủa hằng sốtốc độphảnứng k3.

3. Nếu CoA= CoB= 0,1M thì 1/2ởnhiệt độ119oC là bao nhiêu.

Câu 4: (2.5 điểm)

Điện phân dung dịch NaCl dùng điện cực Katode là hỗn hống Hg dòng chảy đều và dùng cực titan bọc ruteni và
rođi là Anode. Khoảng cách giữa Anode và Katode chỉvài mm

1. Viết phương trình phảnứng xảy ra tại điện cực khi mới bắt đầu điện phân pH = 7. Tính các giá trịthế điện
cực và thếphân giải

2. Sau một thời gian, pH tăng lên đến giá trịpH = 11. Giải thích tại sao. Viết các phương trình xảy ra tại pH
đó. Tính thế điện cực và thếphân giải

3. Cho biết:

2 2

3 2

o o o

O / H O
Na / Na 2H O / H

E   2, 71V ; E  0, 00V ; E 1, 23V. Với dung dịch NaCl 25% và 0,2% Na
trong hỗn hống Na/Hg: o

Na / Na (Hg )

E   1, 78V.

o
Cl / Cl

E  1, 34Vcho dung dịch NaCl 25% theo khối lượng

H 1, 3V

  trên Hg ;

O 0,8V

  trên Ru/Rd

Câu 5: (1.5 điểm)

Trong các tinh thể  (cấu trúc lập phương tâm khối) các nguyên tửcacbon có thểchiếm các mặt của ơ mạng cơ sở
1. Bán kính kim loại của sắt là 1,24

A. Tính độdài cạnh a của ơ mạng cơ sở
2. Bán kính cộng hóa trịcủa cacbon là 0,77

A. Hỏi độdài cạnh a sẽ tăng lên bao nhiêu khi sắt



có chứa

cacbon so với cạnh a khi sắt  nguyên chất

3. Tính độdài cạnh ô mạng cơ sởcho sắt  (cấu trúc lập phương tâm diện) vàtính độ tăng chiều dài cạnh ơ
mạng biết rằng các nguyên tử cacbon có thểchiếm tâm của ô mạng cơ sởvà bán kính kim loại sắt  là
1,26

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

Câu 6: (1.5 điểm)

Kết quảphân tích một phức chất A của Platin (II) cho biết có: 64,78 % khối lượng là Pt, 23,59 % là Cl, 5,65 % là
NH3và 5,98 % còn lại là H2O

1. Tìm cơng thức phân tửcủa phức chất biết rằng A là phức chất 1 nhân và Pt có sốphối trí là 4. Viết công
thức cấu tạo 2 đồng phân cis và trans của nó

2. Entanpi tựdo chuẩn tạo thànhở25oC của các đồng phân cis, trans lần lượt là: -396 và -402 kJ.mol-1. Tính
hằng sốcân bằng K của phảnứng sau: cis(A)  trans(A)

3. Tính nồng độ mol/lit mỗi đồng phân trong dung dịch, biết rằng lúc đầu chỉ có đồng phân cis nồng độ
0,01M. Cho Pt = 195 ; Cl = 35,5 ; N = 14 ; O = 16 ; H = 1

Câu 7: (2.0 điểm)

Nitramit có thểbịphân hủy trong dd H2O theo phảnứng: NO2NH2  N2O(k)+ H2O
Các kết quảthực nghiệm cho thấy vận tốc phảnứng tính bởi biểu thức: 2 2

[NO NH ]

v k

[H O ]



1. Trong môi trường đệm bậc của phảnứng là bao nhiêu
2. Trong các cơ chế sau cơ chếnào chấp nhận được:

a. Cơ chế1: k1

2 2 2 (k) 2

NO NH N O + H O
b. Cơ chế2:

k +

2 2 3 2 3 2

+ +

2 3 2 3

NO NH H O NO NH + H O

NO NH N O + H O







c. Cơ chế3:

k +

2 2 2 2 3

2 2

k
+

3 2

NO NH H O NO NH + H O

NO NH N O + OH

H O OH 2H O



 






 




Câu 8: (3.0 điểm)

1. Có 3 nguyên tốA, B và C. A tác dụng với Bở nhiệt độcao sinh ra D. Chất D bị thuỷphân 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 hố đỏ. Hợp chất của A với C có trong tựnhiên và thuộc loại chất cứng
nhất. Hợp chất của 3 nguyên tốA, B, C là một muối không màu, tan trong nước và bịthuỷphân. Viết tên của
A, B, C và phương trình các phảnứng đã nêuởtrên.

2. Đểkhảo sát sựphụthuộc 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 khơng có khơng khí, dung tích 1 lít. Đun nóng bìnhđể B hố hơi
hồn tồn. Kết quả đo nhiệt độvà áp suất bìnhđược ghi lại trong bảng sau:

Nhiệt độ(oC) Áp suất (atm)

444,6 0,73554

450 0,88929

500 1,26772

900 4,80930

1500 14,53860

Xác định thành phần định tính hơi đơn chất B tại các nhiệt độtrên và giải thích.

Câu 9: (1.5 điểm)

Có thểviết cấu hình electron của Ni2+là:

Cách 1: Ni2+[1s22s22p63s23p63d8] Cách 2: Ni2+[1s22s22p63s23p63d64s2].

Áp dụng phương pháp gần đúng Slater, tính năng lượng electron của Ni2+với mỗi cách viết trên (theo đơn vịeV).
Cách viết nào phù hợp với thực tế. Tại sao.

Câu 10: (2.5 điểm)

1. Phịng thí nghiệm có mẫu phóng xạAu198với cường độ4,0 mCi/1g Au. Sau 48 giờ người ta cần một dung

dịch có độphóng xạ0,5 mCi/1g Au. Hãy tính sốgam dung mơi khơng phóng xạpha với 1g Au đểcó dung
dịch nói trên. Biết rằng Au198 có t1/2= 2,7 ngày đêm.

2. Hãy chứng minh rằng phần thểtích bịchiếm bởi các đơn vịcấu trúc trong mạng tinh thểkim loại thuộc các
hệlập phương đơn giản, lập phương tâm khối, lập phương tâmdiện tăng theo tỉlệ1 : 1,31 : 1,42.

- - - HẾT

-Nhanh
Chậm

Nhanh
Chậm

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

KÌ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT

ĐỀTHI THỬ NĂM HỌC 2008–2009

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN HĨA HỌC ĐẠI CƯƠNG

Câu Ý Nội dung Điểm

1

1 Tính được:  437nm. Sựhấp thụánh sáng nằm trong phổnhìn thấy nên có màu. 0,5

Cấu tạo của NH3 cho thấy quanh nguyên tử N trung tâm có 4 vùng không gian khu trú
electron, trong đó có 1 cặp electron tựdo (AB3E) nên phân tửNH3có dạng tháp đáy tam giác

với góc liên kết nhỏ hơn 109 28 'o (cặp electron tự do địi hỏi một khoảng khơng gian khu trú
lớn hơn)

N H
H
H N
H
H
H

Cấu trúc tháp đáy tam giác tâm là nguyên tửN

Phân tử ClF3 cỏ 5 khoảng không gian khu trú electron, trong đó có 2 cặp electron tự do
(AB3E2) nên phân tửcó dạng chữT (Các electron tựdo chiếm vị trí xích đạo)

Cl F
F
F Cl
F
F
F

Phân tử XeF4 có 6 vùng khơng gian khu trú electron, trong đó có hai cặp electron tự do
(AB4E2) nên có dạng vng phẳng (trong cấu trúc này các cặp electron tự do phân bố xa
nhau nhất)

Xe
F
F
F

F
Xe
F
F
F F

0, 25 3

= 0,75

- Cấu hình electron: O 1s22s22p4kém bền hơn O+1s22s22p3do lực đẩy lẫn nhau của 2 ô
trong một orbital của phân lớp 2p và do O+đạt cấu hình bán bão hịa phân lớp 2p nên
bền

- Đặt b là hằng sốchắn của các electron trong nguyên tử đới với electronbịtách. Ta có:
*2

*2 2 2

1 2

I 13, 6 13, 614 Z n 4 (8 b) 4 b 6

n
         
0,25

0,5
2.0
2 1

2 3 2 3

2 7 2 7

2 3
2 7
2 3
2 7
14
2
2 7
2
Cr O / 2Cr Cr O / 2Cr 3

14 2 7

Cr O / 2Cr 3

2
2 7
2

Cr O / 2Cr 3

Cr O H

0, 0592
lg

6 Cr

Cr O

0, 0592 0, 0592

lg H lg

6 6 Cr

Cr O
0, 0592
0,138pH lg
6 Cr
   
 
 
 







   
   

 
 
 
 
 
    
 
 
 
 
  
 
 
o
o
o

E = E
E

Đặt: 2 3 2 3

2 7 2 7

Cr O/ 2Cr  Cr O/ 2Cr0,138pH

' o

E E

2 3
2 7
'
Cr O / 2Cr

E  

 là thế điều kiện và phụthuộc vào pH. pH càng giảm thì dung dịch càng có mơi
trường axit thì E’ càng tăng, tính oxi hóa của 2

2 7

Cr O càng mạnh.
- Tại pH = 0, [H+] = 1M thì E = Eo= 1,33V

- Tại pH = 7 thì E’ = 0,364 <

o
I / 2I

E  0, 6197V nên không oxi hóa được I

-0,5

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

0,25

3 2 3 2

Co(OH ) / Co(OH ) Co(OH ) / Co(OH )

1
0, 0592 lg

[OH ]



E = E . Thay[OH ] KW

[H ]




 ta có:

3 2 3 2

3 2

Co(OH ) / Co(OH ) Co(OH ) / Co(OH )

Co(OH ) / Co(OH ) W

[H ]
0, 0592 lg

K
0, 0592 lg[H ] 0, 0592 lg K
0, 0592pH 0, 0592 lg K




  
  
o
o
o

E = E
E

. Thay 3 2

Co(OH ) / Co(OH )
14
W

0,17
K 10




E =

3 2

Co(OH) / Co(OH) 0, 996 0, 0592pH

E = 

pH càng tăng thì E càng giảm nghĩa là tính oxi hóa của Co(OH)3giảm, tính khửcủa Co(OH)2
tăng
0,25

0,5
0,25
2.0
3
1

- Phảnứng động học bậc hai, áp dụng phương trình Archénius ta có:
A

1
1

ln k ln A



  ; A

2
2

ln k ln A


 
A A
2 1
2 1
2 A

1 1 2

2 1 2

2 1 1

E E

ln k ln k ln A ln A

RT RT

k E 1 1

k R T T

T T k

E R ln 3688, 2(cal / mol)

T T k

 
     
 
    
 

   

-  
 

 

E
RT
E E
RT RT1

9 1 1

1
k
k

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

e e

 
 

     
0,5
0,25
0,25

 

RT3E 7 1 1

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



 

    0,25

3 1/ 2 7

3 oA
1

1, 63 10 (s)
k .C



    0,25

1.5

4 1

Trong dung dịch NaCl có: NaClNa++Cl-; 2H2O H3O++ OH
-Khi điện phân có thểcó các quá trình sau xảy ra:

Catode: Na+ + Hg + e  Na(Hg) 1 (1)

2H2O  H3O

+ OH- 2

2 H3O+ + 2e  H2 + 2H2O 1

2H2O + 2e  H2+ OH- (2)

Anode: 6 H2O  O2+ 4H3O++ 4e (3)

2 Cl-  Cl2 + 2e (4)

Na / Na (Hg )

E   1, 78V,

3 2

7
2H O / H

E  0, 00V0, 0592 lg10  0, 413V

3 2 3 2

' o

H
2H O / H 2H O / H

E  E     1, 713. Do

3 2

' o

2H O / H Na / Na (Hg )

E  E  nên khi mới bắt đầu
điện phân,ởKatode quá trình (2) sẽxảy ra, có H2thốtởAnode

ỞAnode: Từ(3) ta có:

2 2 2 2 2 2 2 2 2

o '

O / H O O / H O 3 O / H O O / H O O

E E 0, 0592 lg[H O ] 0,817V ; E E   1, 617V

Bởi vì:

2 2

'
O / H O
Cl / 2Cl

E  E nênởAnode xảy ra quá trình (4) và có Cl2bay ra
Phương trìnhđiện phân: 2Cl-+ 2H2O  H2 + Cl2 2OH

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

Thếphân giải: V = E'AE'K = 3,053V 0,25

Sau một thời gian, do [OH-] tăng nên pH cũng tăng. Khi pH = 11, phảnứng điện phân xảy ra
như sau:

Tại Catode: [H+] =10-11.

3 2 3 2

' o

2H O / H 2H O / H Na / Na

E   0, 649V ; E   1, 949VE  nên ở

Anode có quá trình (1) xảy ra
Tại Anode:

2 2 2 2 2 2

o '

O / H O O / H O 3 O / H O

E E 0, 0592 lg[H O ] 0,581V ; E 1,381V
Do

2 2

'
O / H O
Cl / 2Cl

E  E nênởAnode vẫn có Cl2bay ra

Phương trìnhđiện phân: 2Na++ 2Cl-+ 2Hg  Cl2+ 2Na(Hg)
Thếphân giải: V = E'AE'K = 3,12V

0,25

0,25
0,25
2.5

5

1 Độdài cạnh a của ô mạng cơ sởcủa sắt



là:

4r 4 1, 24

a 2,86 A

3 3



   0,25

Khi sắt  có chứa cacbon, độ tăng chiều dài cạnh a của ô mạng cơ sởlà:
o

Fe C

2 (r  r ) a 2(1, 24 0, 77) 2,86 1,16 A

         0,25

Độdài cạnh a của ô mạng cơ sởcủa sắt  là: a 4r 4 1, 26 3, 56 Ao

2 2



  

Khi sắt  có chứa cacbon, độ tăng chiều dài cạnh a của ô mạng cơ sởlà:
o

Fe C

2 (r  r ) a 2(1, 26 0, 77) 3, 56 0, 5 A

        

Kết luận: Khả năng xâm nhập của cacbon vào sắt  khó hơn vào sắt , do có độhịa tan
của C trong sắt



nhỏ hơn trong sắt 

0,25

0,5

1.5

6
1

Đặt CTPT của A là: PtxCly(NH3)z(H2O)t. Vì phức chất A là phức 1 nhân nên phân tửkhối của

A: Pt

M 100% 195 100

M 301(g / mol)

%Pt 64, 78

 

   . Từ % của các thành phần có trong A
 x = 1, y = 2, z = 1, t = 1 CTPT là: PtCl2(NH3)(H2O)

CTCT 2 đồng phân cis, trans:

Cis Trans

0,25

0,125.2
= 0,25

Xét phảnứng chuyển hóa:

Cis  Trans

Cân bằng: 10-2–x x

o
298K

G 402 396 6kJ

      = -6000J ;

6000
8,314 298

Ke  11, 27

0,5

Xét phảnứng chuyển hóa:

Cis  Trans K = 11,27

Cân bằng: 10-2–x x

[trans]
K

[cis]

 = 3 4

2
x

11, 27 x [trans] 9, 2 10 [cis] 8 10

10 x

 

         

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

1.5

7

1 Do trong môi trường đệm [H3O]
+

= const nên biểu thức tốc độ phản ứng là:
2 2

vk[NO NH ] là phảnứng bậc nhất theo thời gian 0,5

- Cơ chế1: vk [NO NH ]1 2 2  loại
- Cơ chế2: vk [NO NH ]3 2 3

Mà: 2 2 3

2 3 2

[NO NH ][H O ]
[NO NH ] k

[H O]

 

Vậy: 2 2 3

3 2

[NO NH ][H O ]

v k k

[H O]



  loại

- Cơ chế3: vk [NO NH ]5 2 

Mà: 2 2 2

2 4

[NO NH ][H O]
[NO NH ] k

[H O ]






Vậy: 2 2 2

5 4

[NO NH ][H O]

v k k

[H O ]



Trong môi trường dung dịch nước [H2O] = const. Chọn cơ chế3

0,25
0,25

0,25

0,5

2.0

8
1

- Hợp chất AxBylà một muối. Khi bịthuỷphân cho thoát ra H2S.
- Hợp chất AnCmlà Al2O3nhôm oxi

- Vậy A là Al nhôm, Blà S lưu huỳnh, C là O oxi
- Hợp chất AoBpCqlà Al2(SO4)3 nhôm sunfat

2 Al + 3 S



Al2S3

Al2S3 + 6 H2O



2 Al(OH)3 + 3 H2S

4 Al + 3 O2  2 Al2O3

S + O2



SO2

Al3+ + 2 H2O  Al(OH)2+ + H3O+

5 chất
0,125.5
= 0,625

5 ptrình
0,125.5
= 0,625

Sốmol nguyên tử S trong 3,2 gam lưu huỳnh: nS 3, 2 0,1mol
32

 

Dùng công thức: n PV
RT

 tính được số mol các phân tử lưu huỳnhở trạng thái hơi tại các
nhiệt độ:

* 444,6oC: n1= 0, 0125 mol gồm các phân tửS8vì 0, 01258 = 0,1 mol

* 450oC: n2= 0,015 mol, sốnguyên tửS trung bình trong 1 phân tử:

0,1

6, 67

0, 015

 Thành phần hơi lưu huỳnhởnhiệt độnày có thểgồm các phân tử lưu huỳnh có từ 1 đến
8 nguyên tử.

* 500oC: n3= 0,02 mol, sốnguyên tửS trung bình trong 1 phân tử:

0,1
5

0, 02

 Thành phần hơi lưu huỳnhởnhiệt độnày có thểgồm các phân tử lưu huỳnh có từ 1 đến
8 nguyên tửhoặc chỉgồm các phân tửS5.

* 900oC: n4= 0,05 mol, sốnguyên tửS trung bình trong 1 phân tử:

0,1
2

0, 05

 Thành phần hơi lưu huỳnhởnhiệt độnày có thểgồm các phân tử lưu huỳnh có từ 1 đến
8 nguyên tửhoặc chỉgồm các phân tửS2.

* 1500oC : n5= 0,1 mol : Hơi lưu huỳnh chỉgồm các nguyên tửS.

0,25

0,25
0,25

0,25

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

3.0

9

Năng lượng của một electronởphân lớp l có số lượng tửchính hiệu dụng n* được tính theo
biểu thức Slater:



= -13,6 x (Z–b)2/n* (theo eV)

Hằng sốchắn b và số lượng tử n* được tính theo quy tắc Slater. Áp dụng cho Ni2+(Z=28, có
26e) ta có:

Với cách viết 1 [Ar]3d8:



1s= -13,6 x (28–0,3)2/12 = -10435,1 eV



2s,2p= -13,6 x (28–0,85x2–0,35x7)2/ 22 = - 1934,0 eV



3s,3p= -13,6 x (28–1x2–0,85x8–0,35x7)2/32 = - 424,0 eV



3d = - 13,6 x (28–1x18–0,35x–0,35x7)

/32 = - 86,1 eV

E1= 2



1s+ 8



2s,2p+ 8



3s,3p+ 8



3d = - 40423,2 eV
Với cách viết 2 [Ar]sd64s2:



1s,



2s,2p,



3s,3pcó kết quả như trên . Ngoài ra:



3d = -13,6 x (28–1x18–0,35x5)2/32 = - 102,9 eV



4s = - 13,6 x (28–1x10–0,85x14–0,35)2/3,72 = - 32,8 eV
Do đó E2= - 40417,2 eV.

E1thấp (âm) hơn E2, do đó cách viết 1ứng với trạng thái bền hơn. Kết quả thu được phù hợp
với thực tếlàởtrạng thái cơ bản ion Ni2+có cấu hình electron [Ar]3d8.

0,25

0.125.5
= 0,625

0,125.3

= 0,375

0,25

1.5

10
1

- t = 48 h = 2 ngày đêm.

- Áp dụng biểu thức tốc độcủa phảnứng một chiều bậc một cho phảnứng 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 độphóng xạcủa mẫu ban đầu cịn: 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)

0,25

0,25
0,25
0,25

Phần thểtích bịchiếm bởi các nguyên tửtrong mạng tinh thểcũng chính là phần thểtích mà
các nguyên tửchiếm trong một tế bào đơn vị(ô mạng cơ sở).

- Đối với mạng đơn giản:

+ Sốnguyên tửtrong 1 tếbào: n = 8 x 1/8 = 1

+ Gọi r là bán kính của nguyên tửkim loại, thểtích V1của 1 nguyên tửkim loại:
V1= 4/3 x



r3 (1)

+ Gọi a là cạnh của tếbào, thểtích của tếbào là:
V2= a

(2)

Trong tếbào mạng đơn giản, tương quan giữa r và a được thểhiện trên hình sau:

hay a = 2r (3).

Thay (3) vào (2) ta có: V2= a
3

= 8r3 (4)

Phần thểtích bịchiếm bởi các nguyên tửtrong tếbào là:
V1/V2= 4/3



: 8r3=



/6 = 0,5236

Đối với mạng tâm khối:

0,5

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

- - - HẾT

-Thí sinh có thểlàm cách khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa

+ Sốnguyên tửtrong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 + 1 = 2. Do đó V1= 2x(4/3)



r3.
+ Trong tếbào mạng tâm khối quan hệgiữa r và a được thểhiện trên hình sau:

Do đó: d = a 3 = 4r.  ra a = 4r/ 3

Thểtích của tếbào:

V2= a3= 64r3/ 3 3

Do đó phần thểtích bịchiếm bởi các ngun tửtrong tếbào là:
V1: V2 = 8/3



r3: 64r3/3 3 = 0,68
Đối với mạng tâm diện:

+ Sốnguyên tửtrong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 + 6 x ½ = 4. Do đó thểtích của các
ngun tửtrong tếbào là:

V1= 4 x 4/3



+ Trong tếbào mạng tâm diện quan hệgiữa bán kính nguyên tửr và cạnh a của tếbào
được biểu diễn trên hình sau:

Từdó ta có: d = a 2 = 4r, do đó a = 4r/ 2

Thểtích của tếbào: V2= a
3

= 64r3/2 2

Phần thểtích bịcác nguyên tửchiếm trong tếbào là:
V1/V2= 16/3



: 64r3/ 2 2 = 0,74

Như vậy tỉlệphần thểtích bịchiếm bởi các nguyên tửtrong 1 tếbào của các mạng đơn giản,
tâm khối và tâm diện tỉlệvới nhau như 0,52 : 0,68 : 0,74 = 1 : 1,31 : 1,42.

0,5

2.5

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

KÌ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT

ĐỀTHI THỬ NĂM HỌC 2008–2009

MƠN THI: HĨA HỌC

Thời gian làm bài: 180 phút (Khơng kểthời gian phát đề)

(Đềthi gồm có 2 trang)
Câu 1:(2.5 điểm)

1. Cho bảng sau:

Nguyên tố Ca Sc Ti V Cr Mn

Năng lượng ion hoá I2(eV) 11,87 12,80 13,58 14,15 16,50 15,64

Hãy giải thích sự biến đổi năng lượng ion hoá thứ hai của các nguyên tố trong bảng.

2. Viết cơng thức Lewis và xác định dạng hình học của các phân tử và ion sau: BCl3, CO2, NO2+, NO2, IF3
3. Tại sao bo triclorua tồn tạiởdạng monome (BCl3) trong khi nhôm triclorua lại tồn tạiởdạng đime (Al2Cl6)?
Câu 2:(2.5 điểm)

Silic có cấu trúc tinh thể giống kim cương.

1. Tính bán kính của 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.

2. So sánh bán kính nguyên tử của silic với cacbon (rC= 0,077 nm) và giải thích.
3. Viết tất cả các đồng phân của phức chất [Co(bipy)2Cl2]+với bipy (hình bên)
Câu 3:(2.5 điểm)

1. Đối với phản ứng : A k1
k 2


 B. Các hằng số tốc độ k1= 300 giây-1; k2= 100 giây-1.

Ở thời điểm t = 0 chỉ có chất A và khơng có chất B. Hỏi trong bao lâu thì một nửa lượng ban đầu chất A biến
thành chất B.

2. Cho 2 cặp oxi hoá khử : Cu2+/ Cu+ 0
1 0,15

E  V ; I2/ 2I- E20 0, 62V

a. Viết các phương trìnhphản ứng oxi hố khử và phương trình Nernst tương ứng. Ở điều kiệnchuẩn có
thểxảy ra sự oxi hoá I-bằng ion Cu2+?

b. Khi đổ dung dịch KI vào dung dịch Cu2+thấy có phản ứng: 2+

-2

Cu + 2I CuI + I

 

Hãy xác định hằng số cân bằng của phản ứng trên . Biết tích số tan T của CuI là 10-12

Câu 4:(2.5 điểm)

1. Trong bình chân khơng dung tích 500cm3chứa m gam HgO rắn. Đun nóng bình đến 5000C xảy ra phản ứng:

2HgO(r)  2Hg(k)+ O2(k). Áp suất khi cân bằng là 4 atm

a. Tính KPcủa phản ứng

b. Tính khối lượng nhỏ nhất của thuỷ ngân oxit cần lấy để tiến hành thí nghiệm này. Cho Hg = 200.

2. Đốt cháy etan ( C2H6) thu sản phẩm là khí CO2và H2O ( lỏng ) ở 25°C.

a. Viết phương trình nhiệt hoá học của phản ứng xảy ra. Hãy xác định nhiệt hình thành etan và năng lượng
liên kết C=O. Biết khi đốt cháy 1 mol etan toả ra lượng nhiệt là 1560,5KJ. Và :

∆Hht( KJ.mol-1) Liên kết Năng lượng liên kết ( KJ.mol-1)

CO2 -393,5 C–C 347

H2O (l) -285,8 H–C 413

O2 0 H–O 464

O=O 495

b. Phản ứng có ∆G° = -1467,5 ( KJ.mol-1). Hãy tính độ biến thiên entropi của phản ứng đã cho theo đơn vị

J.mol-1.K-1.

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

Câu 5:(2.5 điểm)

1. Thêm 1 ml dung dịchNH SCN4 0,10 M vào 1ml dung dịch
3

Fe0,01 M và F 1M. Có màu đỏ của phức

FeSCN hay không? Biết rằng màu chỉ xuất hiện khi 2+

6
FeSCN

C 7.10 M và dung dịch được axit hóa đủ để
sự tạo phức hidroxo của Fe (III) xảy ra không đáng kể. Cho 1 13,10

3 FeF3 10



   ;

2 3,03

eSCN 10

F



  (



là hằng

số bền).

2. Đánh giá thành phần cân bằng trong hỗn hợp gồm Ag 1,0.10-3 M;

NH 1,0 M và Cu bột. Cho

3 2

7,24
2Ag(NH ) 10



  ; 3

2 12,03
4Cu(NH )4 10



  ;

0 0

Ag / Ag Cu / Cu

E  0, 799V;E  0,337V (ở 250C)

Câu 6:(2.5 điểm)

1. Khi cho PVC tác dụng với Zn trong rượu thì tách ra được ZnCl2và thu được polime có chứa 20,82% clo. Polime

khơng chứa nối đơi và khơng có tính dẻo như PVC. Kết quả trên cho biết gì về cấu tạo của polime mới thu
được. Tính % mắc xích vinyl clorua đã bị tách clo bởi Zn.

2. Xử lí - halogen xeton với bazơ mạnh tạo thành các sản phẩm chuyển vị. Sự chuyển vị này gọi là phản ứng
Favorski.



- cloxiclohexanon sẽ chuyển vị thành metylxiclopentancacboxilat khi có mặt CH3ONa trong ete.

Hãy xác định cơ chế của phản ứng này.

Câu 7:(2.0 điểm)

1. Viết sơ đồ điều chế các chất sau đây:

a. 1,2,3 – tribrômbenzen từ axêtilen và các hoá chất cần thiết khác.
b. Axit m –toluic từ benzen và các hoá chất cần thiết khác.

2. Hãy đề nghị cơ chế phản ứng khử nước (H+) của

a. Butan–1–ol tạo (trans)–but– 2–en

b. 3,3–đimetylbutan–2–ol tạo 2,3–đimêtylbut– 2–en

Câu 8:(3.0 điểm)

1. Axit fumaric và axit maleic có các hằng số phân li nấc 1 (k1), nấc 2 (k2). Hãy so sánh các cặp hằng số phân li

tương ứng của hai axit này và giải thích.

2. So sánh khả năng phản ứng của các ancol sau với hiđrobromua HBr và giải thích: p-CH3-C6H4-CH2OH,

p-CH3O-C6H4-CH2OH, p-CN-C6H4-CH2OH và p-Cl-C6H4-CH2OH.

3. Oxi hoá hiđrocacbon thơm A (C8H10) bằng oxi có xúc tác coban axetat cho sản phẩm B. Chất B có thể tham gia

phản ứng: với dung dịch NaHCO3giải phóng khí CO2; với etanol (dư) tạo thành D ; đun nóng B với dung dịch

NH3tạo thành E. Thuỷ phân E tạo thành G, đun nóng G ở nhiệt độ khoảng 1600C tạo thành F. Mặt khác, khi

cho B phản ứng với khí NH3(dư) cũng tạo thành F. Hãy viết các công thức cấu tạo của A, B, D, G, E và F.
4. Cho sơ đồ các phản ứng sau:

HCHO H2O

OH- A B

NaCN

DMF C

O Cl

D1 + D2 + E (s¶n phÈm phơ)
Hãy viết cơng thức cấu tạo củaA,B,C, D1, D2vàE. BiếtEcó cơng thức phân tử C19H22O5N2.

...

Hết

...

O
Cl

COOCH3

NaCl
CH3ONa

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

KÌ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT

ĐỀTHI THỬ NĂM HỌC 2008–2009

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN HĨA HỌC

Câu 1: (2,5 điểm)

1(0,5 điểm). Cấu hình electron của các nguyên tố:

Ca [Ar]4s2; Sc [Ar]3d14s2; Ti [Ar]3d24s2; V [Ar]3d34s2; Cr [Ar]3d54s1; Mn [Ar]3d54s2.

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 hố I2cũng 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 3d5đầy một nửa, electron thứ hai bị tách nằm trong cấu hình bền vững này cho nên sự

tách nó địi hỏi tiêu tốn nhiều năng lượng hơn nên I2của 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 I2của nó chỉ lớn hơn của V vừa phải,

thậm chí còn nhỏ hơn giá trị tương ứng của Cr.

2.a(0,5 điểm). Công thức Lewis:
BCl3

:
. B.

Cl
.
.
:
: : : : :. .:
Cl.
. . .. .
:
. B. .

Cl
Cl
.
.
.
Cl.
.
.
.
. . .
:
. . .B

Cl
.
.
.

. .
.
.

. Cl....
.

.Cl....

Cl.

. . .. .

CO2 NO2+ NO2 IF3

.. . . .
N
O
.
.
.
.
. ..
O.
. ... .
.
.
+
O : : N : : O
.

.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
.
. .
O..
. .. . ..N.

.
. O. ...

.
.

O : : C : : O

..
..
..
.. ..
I
. :..
:
F
F
F
. .
.

b(1 điểm). Dạng hình học:

BCl3: Xung quanh nguyên tử B có 3 cặp electron (2 cặp và 1 "siêu cặp") nên B có lai hố sp2, 3 ngun tử Cl liên kết

với B qua 3 obitan này, do đó phân tử có dạngtam giác đều.

CO2: Xung quanh C có 2 siêu cặp, C có lai hố sp, 2 nguyên tử O liên kết với C qua 2 obitan này. Phân tử códạng

thẳng.

NO+: Ion này đồng electron với CO

2nên cũng códạng thẳng.

NO2: Xung quanh N có 3 cặp electron quy ướcgồm 1 cặp + 1 siêu cặp (liên kết đơi) + 1 electron độc thânnên N

có lai hố sp2. Hai nguyên tử O liên kết với 2 trong số 3 obitan lai hố nên phân tử có cấu tạodạng chữ V(hay gấp

khúc). Góc ONO < 120ovì sự đẩy của electron độc thân.

IF3: Xung quanh I có 5 cặp electron, do đó I phải có lai hố sp3d, tạo thành 5 obitan hướng đến 5 đỉnh của một

hình lưỡng chóp ngũ giác. Hai obitan nằm dọc trục thẳng đứng liên kết với 2 nguyên tử F. Nguyên tử F thứ ba liên
kết với 1 trong 3 obitan trong mặt phẳng xích đạo. Như vậy phân tử IF3có cấu tạodạng chữ T. Nếu kể cả đến sự đẩy

của 2 cặp electron khơng liên kết, phân tử códạng chữ T cụp.

.
.
.
.
.
.
.
. ..
.
.
.
.
F
F
F

I

C O

O O N O

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

3 (0,5 điểm). BCl3: B có 3 electron hoá trị. Khi tạo thành liên kết với 3 nguyên tử Cl, ở nguyên tử B chỉ có 6

electron, phân tử khơng bền. Để có bát tử nguyên tử B sử dụng 1 obitan p không lai hoá để tạo liên kết π với 1
trong 3 nguyên tử Cl. Kết quả là tạo thành phân tử BCl3có dạng tam giác đều như đã trình bày ở trên.

AlCl3: AlCl3cũng thiếu electron như BCl3, nhưng Al khơng có khả năng tạo thành liên kết π kiểu pπ-pπ như B. Để

có đủ bát tử, 1 trong 4 obitan lai hố sp3của ngun tử Al nhận 1 cặp electron khơng liên kết từ 1 nguyên tử Cl ở

phân tử AlCl3bên cạnh. Phân tử AlCl3này cũng xử sự như vậy. Kết quả là tạo thành một đime.
Câu 2: (2,5 điểm)

1(0,5 điểm). Trong cấu trúc kiểu kim cương (Hình bên)

độ dài của liên kết C-C bằng 1/8 độ dài đường chéo d của tế bào đơn vị (unitcell).
Mặt khác,da 3, với a là độ dài của cạnh tế bào.

Gọi ρ là khối lượng riêng của Si.
Từ những dữ kiện của đầu bài ta có:

ρ = nM

NV = 23 3

8.28,1

6, 02.10 .a = 2,33

suy ra: a = [8 . 28,1 / 6,02.1023. 2,33]1/3cm = 5,43.10-8.

d = a3 = 9,40.10-8cm; r

Si= d : 8 = 1,17.10-8cm = 0,117nm

2(0,5 điểm). rSi= 0,117 nm > rC= 0,077 nm . Kết quả này hoàn tồn phù hợp với sự biến đổi bán kính ngun tử của

các nguyên tố trong bảng hệ thống tuần hoàn.

3(1điểm). Quy ước biểu diễn bipy bằng một cung lồi.

a(0,25 điểm). Đồng phân cis, trans:

b(0,75 điểm). Đồng phân quang học:

Câu 3: (2,5 điểm)

1. A k1

k 2


 B

t = 0 a 0
t

2
a

Áp dụng công thức đã cho : e

1 2

x
1

k k ln

t x x

 



Ở đây nồng độ lúc cân bằng xeđược xác định thông qua hằng số cân bằng K :

 

B x

A a-x

 

Sau khi biến đổi ta được :

K
1

aK
xe



 và e

aK-x(1+K)

x x

1 K

 


Cuối cùng

Kx

-x

-aK

aK
lg

t
303
,
2
k

k1 2 

Trans

Co
Cl

Cis

Co
Cl

C o
C l

C l C o

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

Vì
2
a

x Nên

2
a
K

-2
a

-aK
aK
lg
t
303
,
2
k

k1  2 

K

-1

-2K
2K
lg
t
303
,
2

1

-K
2K
lg
t
303
,
2


Vì K = k1/ k2

Nên

2
1

k

-

k

2k

lg

k

303 ,

2 t





2,7.10 giây

100

-300
300
.
2
lg
100
00
3
303
,

2  3




2. a. Xét 2 cặp oxi hoá khử :
Cu2+ + e 

 Cu+

2
0

1 1 0, 059 lg

Cu
E E
Cu


 
 
 
 
 
I2 + 2e  2I- 2 20

 

2 2

0, 059
lg
2
I
E E

I
 
 
 
0 0
1 2

E E : Không thể có phản ứng giữa Cu2+và I-được.

b. Giả sử đổ dung dịch KI vào dung dịch chứa Cu2+và một ít Cu+. Vì CuI rất

ít tan nên [Cu+] rất nhỏ, do đó E

1có thể lớn hơn E2.

Như vậy ta có : Cu2+ + e 

Cu+
I- + Cu+ 

 CuI

2I2 + e


 I

-Phản ứng oxi hoá khử tổng quát là :

Cu2+ + 2I- 

 CuI + 1

2I2 (1)

Lúc cân bằng ta có:
2
1 0,15 0, 059 lg

[ ]
Cu
E
T
I


 
 

  =

 

2 2

0, 059

0, 62 lg

2
I

E
I
 
 
 

 0,62 – 0,15

 

2
2
1
2
2
1

0, 059 lg 0, 059 lg

.
Cu I
T K
T I
 
   
   
 

 1 0,62 0,150,059 4

.10 10

 

 

K
T

Như vậy với K rất lớn, phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn.
Câu 4: (2.5 điểm)

1.a. 2HgO (r)  2Hg(k) + O2(k)

[ ]0 a mol 0 0

[ ]cb a – 2x 2x x

2 3

2 2 1 4 3 4.4

. 9, 48

3 3 27 27

p Hg O

K P P  P P P  

 

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

HgO

4.0, 5

3 0, 0105

0, 082.773
Vay a = 0,021 mol
m 0, 021.216 4, 53

PV

n x x

RT

g

    

 

2. Ta có các phương trình:
C2H6 +

2
7

O2  2CO2 + 3H2O ∆H = - 1560,5 KJ

( 2C2H6 + 7O2  4CO2 + 6H2O ∆H = - 3121 KJ )

∆Hpư= 4 ∆HhtCO2 + 6 ∆HhtH2O - 7∆HhtO2- 2 ∆HhtC2H6

 ∆HhtC2H6 =





 





2
3121
8
,
285
6
5
,
393

4     = - 83,9 ( KJ.mol-1)

∆Hpư= 2 EC – C+ 12 EC – H+ 7EO=O - 8 EC = O - 12 EH – O

 EC = O =









8
3121
464
x
12
495

x
7
413
x
12
347
x

2     

= 833( KJ.mol-1)

b. G° =H° - TS°

=> S° =













273
25
5
,
1467
5
,
1560





= - 0,312 (kJ.mol-1K-1) = -312 J.mol-1.K-1

Câu 5: (2.5 điểm)

1. Ta có: CFe3 << C ( 1)F  FeF3 rất lớn.

Vì vậy trong dung dịch, Fe3+tác dụng hết với F-tạo ra phức

FeF .

Fe 3F FeF

Ban đầu 0,01 1

Sau phản ứng __ 0,97 0,01
Sau khi trộn với NH SCN4 : CFeF3= 5.10

-3M;

C = 0,485M;

2
SCN

C  5.10 M





FeF3 Fe3+ + 3F- 10-13,10

Fe3++ SCN- FeSCN2+ 10+3,03

FeF3+ SCN-  FeSCN2+ + 3F- K = 10-10,07

C 5.10-3 5.10-2 0,485

[ ] (5.10-3-x) (5.10-2-x) x 0,485+3x

10,07

3 2

x(0, 485 3x) 10
(5.10 x)(5.10 x)



 



 

 

Với x << 5.10-3 ta được :





3 13 6

07
10
5
10
x
7
10
x
86
1
485
0
10
x
10
x
25

x  





 ,
,
,

Vậy màu đỏ của phức FeSCN2+không xuất hiện, nghĩa là F-đã che hoàn toàn Fe3+

2. Các quá trình xảy ra:

- Tạo phức 2+

Ag(NH ) (CNH3 CAg )

Ag+ + 2NH

3Ag(NH3)2+



2 107,24

1,0.10-3 1,0

__ 1,0-2,0.10-3 1,0.10-3

- Khử 2+

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

2x Ag(NH3)2+Ag++ 2NH3



21 107,24

   (1)

2Ag++ Cu2Ag + Cu2+ 15,61

0 10

K  (2)

- Tạo phức của Cu2+với

NH (  2

3 Cu

NH C

C )

Cu2+ + 4NH

3 Cu(NH3)42+



4 1012,03(3)

Tổ hợp (1)(2) và (3):

2Ag(NH3)2++ Cu2Ag + Cu(NH3)42+ ; 0 4
2

2 K

K . . = 1013,16
1,0.10-3

--- 5,0.10-4

TPGH: 2

3 4

Cu(NH ) : 5,0.10-4M ; 3
3

NH :1, 0 2.10  1, 0M

Cân bằng Cu(NH3)42++ 2Ag2Ag(NH3)2++ Cu 10- 13,16

C 5,0.10-4

[ ] 5,0.10-4-x 2x

13,16
4

(2x) 10
(5, 0.10 x)




 



x = 5.10- 42x = 4 1316 823 4

10
x
5
10

10
10
x

5  .  ,   ,  

Vậy: + -8,23 9

3 2

[Ag(NH ) ]=2x=10 5,9.10 M

2+ -4

3 4

[Cu(NH ) ]=5,0.10 M

Mặc dù Ag+tồn tại dưới dạng phức

3 2

Ag(NH )nhưng vẫn bị Cu khử hoàn toàn.

Câu 6:(2.5 điểm)

1. PVC clo chiếm 66,8% (theo khối lượng). Sau phản ứng với Zn, clo giảm còn 20,82%, lượng clo giảm nhiều mà
polime tạo thành khơng chứa nối đơi. vậy PVC có cấu tạo đều đặn, cứ một nhóm –CH2- lại đến 1 nhóm –CHCl-, vì

nếu có 2 nhóm –CHCl- cạnh nhau thì tạo nối đơi.
Phản ứng tách clo khỏi PVC có thể biểu diễn theo sơ đồ:

Trong polime tạo thành, nếu cứ x mắc xích cịn lại 1 ngun tử clo thì cơng thức là [-(C2H3)xCl-]n

Ta có: 35,5

27x 35,5 = 0,2082 x = 5.

Vậy cứ 5 mắc xích chỉ có 1 mắc xích cịn clo.
Suy ra % số mắc xích bị loại clo là: 4

5.100% = 80%
2. Cơ chế:

C l C H
3O
C H3O H

C l

C H3O

O O C H3

2 Zn
CH

CH2

CH
CH2

CH2

CH
CH2

Cl Cl

CH
CH2

CH2
CH

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

H2O

O OCH3 O OCH3

Câu 7: (2.5 điểm)

1a.

2. Cơ chế :
a.

CH3CHCCH3 C C

CH3

H3C

H
H2O

CH3

CH3CHCCH3

CH3

CH3CHCCH3

CH3

CH3 H3C

Câu 8:(2.5 điểm)

1(0,75 điểm).

H
HOOC

COOH -H+ H

H
HOOC

COO- -H+

F Axit fumaric F, F,,

-OOC

COO

-H H

O OH

OH O

-H+ -H+ H

COO

--OOC

...

H H

O O

O
OH

.... ....

...

M Axit maleic M, M,,

k1(M) > k1(F) là do M có khả năng tạo liên kết hidro nội phân tử, liên kết O-H của M trong quá trình phân li thứ

nhất phân cực hơn so với F và bazơ liên hợp M' cũng bền hơn F'.

CH3 CH3

NO2

CH3

NH2

CH3

NHCOCH3

CH3

NHCOCH3

NH2
Br
CH3

N2Cl

Br
Br

CH3

MgBr
CH3
CH3

COOH

CH3
CH3Cl

AlCl3

HNO3

H2SO4

[H]
Fe/HCl

CH3COCl Br2

H2O

NaNO2

C2H5OH

Mg/ete

CO2/ete /HCl

0 50C
C2H2

NO2 NH2 NH2

Br Br N2Cl

Br Br Br

Br
Br

600 C0
C

HNO3
H2SO4

[H]
Fe/HCl

Br2 NaNO2/HCl C2H5OH

CH3CH2CH2CH2OH CH3CH2CH2CH2 CH3CH2CHCH3 C C

CH3
H

H3C

H
H2O

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

k2M < k2F ) là do liên kết hidro nội phân tử làm cho M' bền, khó nhường proton hơn so với F'. Ngoài ra, bazơ liên

hợp M'' lại kém bền hơn (do năng lượng tương tác giữa các nhóm -COO-lớn hơn) bazơ liên hợp F''.

2(0,75 điểm). Phản ứng giữa các ancol đã cho với HBr là phản ứng thế theo cơ chế SN. Giai đoạn trung gian tạo

cacbocation benzylic. Nhóm –OCH3đẩy electron (+C) làm bền hoá cacbocation này nên khả năng phản ứng tăng.

Nhóm CH3có (+I) nên cũng làm bền hóa cacbocation này nhưng kém hơn nhóm –OCH3vì (+C) > (+I) . Các nhóm –Cl

(-I > +C) và –CN (-C) hút electron làm cacbocation trở nên kém bền do vậy khả năng phản ứng giảm, nhóm –CN
hút electron mạnh hơn nhóm –Cl.

Vậy sắp xếp theo trật tự tăng dần khả năng phản ứng với HBr là:
p-CN-C6H4-CH2OH <p-Cl-C6H4-CH2OH <p-CH3-C6H4-CH2OH <p-CH3O-C6H4-CH2OH.
3(0,75 điểm).

A B

CH3

C
C

O
O

D

C
O
C
O

O C

C
O

OC2H5

OC2H5

+ C2H5OH

ftalimit F
C

C
O

O + NH3(khÝ, d)

C
C
O

N H

C
C
O

NH2

F

C
C
O

N H

160OC

G

4.(0.75)

Sơ đồ điều chếp-hiđroxiphenylaxetamit

HO HO

CH2CN

CH2OH

CH2CONH2

HCHO

-H2O

NaCN
DMF

A B C

C D1 D2

H2NCOCH2

O Cl

H2NCOCH2
O

H2NCOCH2

Cl
OH

Sản
phẩm phụ:

C19H22O5N2

H2NCOCH2

O
OH

CH2CONH2

- - - HẾT

</div>


Tài liệu hỏi đáp 500 hỏi đáp y học.doc

Danh muc tai lieu kpi.doc

Tai Lieu on tap Luat dai cuong.pdf

Tài liệu môn triết học

Tài liệu vật lý hạt nhân

Tài liệu trắc nghiệm môn hóa

Tài liệu kiến thức hình học chuẩn

Tài liệu luyện thi đại học bài giảng ứng dụng Hàm Số

Tài liệu ôn thi đại học

Tài liệu học luật kinh tế

tai lieu 2

<b>2010</b>

<b>TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG</b>

<b>PHẦN 2: CÁC ĐỀ ÔN THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA</b>

k

 

A e



<b>HƯỚ</b>

<b>NG D</b>

<b>Ẫ</b>

<b>N CH</b>

<b>ẤM ĐỀ</b>

<b>THI TH</b>

<b>Ử</b>

<b>MƠN HĨA H</b>

<b>Ọ</b>

<b>C</b>

<sub></sub>

<sub></sub>











<sub> </sub>

 











<i></i>

<i></i>

<i></i>

<i></i>

<i></i>

<i></i>

<i></i>

<i></i>

<i></i>

<i></i>

<i></i>

<i></i>

<i></i>

<i></i>

<i></i>

<i></i>

<i></i>

<i></i>

<i></i>

<i></i>

<i></i>

<i></i>

<i></i>

<i></i>

<i></i>

<i></i>

<i></i>

<i><sub></sub></i>

<i></i>

<i></i>



Hết

I

 

 

k

-

k

2k

lg

k

k

303

,

2

t



