tuyển tập đề thi học sinh giỏi môn hóa trung học phổ thông

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG THPT

2010 TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG

MÔN HÓA HỌC

Thời gian : 180 phút (không 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 đư ợc tổng hợp theo sơ đồ sau

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

1 Hoàn thành chuyển hóa này bằng các công thức cấu tạo tương ứng.

2 Cho biết tên thông thường và ứng 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 mủ cây cao su Ozon phân A cho C16H16O6, khi cho một mol chất này vào nước nóng thu được 2 mol andehit levulinicHOC(CH2)2COCH3

Hydrocacbon B (11,11% H theo khối lượng) là chất tổng hợp đầu tiên có thành phân gi ống A nhưng không có tính dẻo và tính đàn hồi giống như A B được 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 Sự vắng mặt của axetylaxeton trong sản phẩm của chúng chứng tỏ A có 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 phản ứng phụ Quá trình tổng hợp thuốc này như sau:

D (tinh thể vàng kim, phân cực) Ag CO du và axit malonic 2 3  E (tinh thể vàng nhạt)

Phương pháp phổ IR cho biết trong hợp chất C có hai loại liên kết Pt – I khác nhau và C có tâm đối xứng Biết

MC= 1,88MB Cho biết số phối trí của platin luôn không đổi trong quá trình tổng hợp và platin luôn giữ dạng laihóa dsp2trong các phức

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

2 Trong sản phẩm E thì không có chứa iot Như vậy tại sao lúc ban đầu phải chuyển K2PtCl4thành A.

3 Mục đích của việc sử dụng Ag2CO3trong phản ứng cuối là gì ?

Câu IV: (2.0 điểm)

Lý thuyết lai hóa do Carl Linus Pauling đề xuất vẫn là lý thuyết chuẩn xác nhất trong việc giải thích dạng hìnhhọc của các chất vô cơ Vậy ở đây chúng ta sẽ thử giải quyết những mô hình sau 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 tử có ba nguyên tử

1 Viết phương trình phản ứng

2 Biết ∆Hpư< 0; Kp(25oC) = 116,6 Tính KPở 0oC, 50oC Giả thiết rằng tỉ số giữa trị số cân bằng giữa 0oC và

25oC cũng như 25oC với 50oC đều bằng 1,54

3 Xét tại 25oC, lúc cân bằng hóa học đã được thiết lập thì cân bằng đó sẽ chuyển dịch thế nào nếu

a Tăng lượng NO

b Giảm lượng hơi Br2

Guaiol (C15H26O) là một ancol rắn ở trạng thái tinh thể có cấu trúc terpen Ancol này đư ợc phân lập từ tinh dầu

cây gỗ Bulnesia sarmienyi Khi dehydrat hóa guaiol b ằng lưu huỳnh thì thu được một hydrocacbon thơm màu xanh

da trời không chứa vòng benzen X (C15H18) Khi hòa tan hydrocacbon th ơm này vào axit sunfuric đ ặc thì màu xanh

biến mất Cho nước vào dung dịch này thì X được phục hồi nguyên dạng Rất khó để hydro hóa guaiol bằng hydro

có xúc tác Qua một loạt các chuyển hóa dưới đây ta nhận được 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 g ắn với nguyên tử

cacbon bậc ba exocyclic của hệ vòng

2 Giải thích màu xanh da trời của X và nêu lý do nó bị mất màu trong dung dịch axit sunfuric đặc

3 Xác định CTCT A, B và giải thích sự tạo 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 d òng khí clo Bã rắn thu được chứa một muối chứa 26,76% Rhodi về khối lượng Bã rắnnày sau đó được hòa tan vào nước, lọc dung dịch thu được rồi cô bay hơi thu được tinh thể B chứa 17,13% rhodi

Tinh thể được làm khô ở 120oC 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 công thức C

3 Giải thích tại sao cần phải rửa bằng nước nóng ở bước cuối cùng Viết các phản ứng xảy ra

Câu VIII: (4.0 điểm)

Các cacbohydrat tự nhiên đều được tổng hợp quang hóa trong cây xanh Tuy nhiên các cacbohydrat không cótrong tự nhiên có thể được tổng hợp bằng con đường nhân tạo Sơ đồ dưới đây là sơ đồ tổng hợp L-ribozơ Hoànchỉnh sơ đồ tổng hợp sau:

_ HẾT _

- Thí sinh không được sử dụng tài liệu.

- Giám thị không giải thích gì thêm.

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

2 Chất này là-bisabolol thường dùng trong công nghi ệp mỹ phẩm (0,25 điểm)

Câu II: (2.0 điểm)

1 Công thức thực nghiệm của A là (C5H8)x, nó là cao su tự nhiên 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 (1,5 điểm, một điểm cho mỗi cấu

tạo)

2 Ta có:

Như vậy sự vắng mặt của axetylaxeton trong sản phẩm ozon phân chứng tỏ cao su thiên nhiên có cấu trúc

“đầu - đầu” (0,5 điểm cho lập luận)

Câu III: (2.0 điểm)

1 Công thức cấu tạo các chất liên quan (1,25 điểm ; 0,25 điểm cho mỗi cấu tạo)

2 Để chắc chắn thu được sản phẩm cuối thì buộc B phải ở dạng 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 axitmalonic tạo thành E (0,5 điểm)

Câu IV: (2.0 điểm)

1 Do đối với Ti lúc này thì năng lượng của AO 3d đã giảm thấp hơn so với AO 4p nên sẽ có sự tổ hợp giữa 1

AO 4s và 3 AO 3d tạo thành 4 AO lai hóa sd3hướng về 4 đỉnh của một tứ diện đều (1 điểm)

2 Do CO là phối tử trường mạnh nên sẽ đẩy các electron của Fe về trạng thái cặp đôi Lúc này 1 AO 3d tr ống

sẽ tổ hợp 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.(1 điểm)

Câu V: (2.0 điểm)

1 2NO(k)+ Br2(hơi)→ 2NOBr(k) ∆H > 0 (0,25 điểm)

2 Do phản ứng thu nhiệt nên có liên hệ KPtại 0oC < KP(25oC) < KP(50oC)

P Q P

Sau đó so sánh Q với KPđể kết luận

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

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 độ thì cân bằng dịch chuyển sang trái để chống lại chiều giảm nhiệt độ (0,25 điểm)

d Thêm N2là khí trơ

+ Nếu V = const thì không ảnh hưởng tới cân bằng hóa học do N2không gây ảnh hưởng liên hệ nào (theo

định nghĩa áp suất riêng phần)

+ Nếu P = const ta xét liên h ệ

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 v ới KP

- Q = KP: không ảnh hưởng

- Q > KP: cân bằng chuyển dịch sang trái để Q 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 thể suy luận công thức của guaiol dựa trên những dữ kiện sau:

- Dehydrat hóa ancol này b ằng lưu huỳnh thu đươc hydrocacbon thơm X màu xanh da trời không chứa vòng

benzen Như vậy X chỉ có thể là dẫn xuất của azulen.

- Độ bất bão hòa của guaiol là 3, tức ứng với hai vòng vẫn còn một nối đôi Vị trí của nối đôi đó sẽ nằm ởđiểm tiếp giáp hai vòng do vị trí đó khó bị hydro hóa nhất, và khi ozon phân vị trí này sẽ dễ cho sản phẩm

chuyển vị là hai vòng 6 giáp nhau Một vòng sinh ra do sự mở rộng vòng 5, một vòng sinh ra do sự thu hẹpvòng 7

- Ta dễ dàng nhận thấy rằng quá trình chuyển hóa của guaiol không hề ảnh hưởng tới các mạch nhánh, vìvậy từ vị trí các mạch nhanh trong dẫn xuất naphtalen ta có thể suy ra được vị trí của các mạch nhánh nàytrong guaiol

- Do nhóm OH của guaiol nằm ở cacbon bậc ba nên công thức cấu tạo của guaiol chỉ có thể là:

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 X có được do sự liên hợp giữa các nối đôi trong phân tử X (0,25 điểm)

Khi hòa tan X vào axit sunfuric đặc màu xanh sẽ biến mất do sự biến mất của hệ thống liên hợp trong hợp

chất được tạo thành như hình vẽ: (0,5 điểm)

3 Công thức cấu tạo hai chất A, B như sau Đúng CTCT m ỗi chất được 0,25 điểm

OH

OH

Sự tạo thành chất A được giải thích như sau (0,5 đi ểm)

Do công thức phân tử của A là C15H26O nên trong A sẽ có 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 (0,5 điểm)

3 Để loại bỏ các muối tan, chủ yếu là NaCl (0,25 điểm).

Mỗi phản ứng đúng được 0,125 điểm

2Rh + 6NaCl + 3Cl = 2Na [RhCl]

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).

Lưu ý quá trình chuyển từ D sang chất ở dòng thứ hai bao gồm nhiều hơn một giai đoạn

_ HẾT _

Thí sinh có thể làm cách khác, nếu đúng vẫn được điểm tối đa

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA

Môn: HOÁ HỌC

Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề)

(Đề thi gồm 3 trang, có 10 câu)

2 Giải thích tại sao SO3lại dễ dàng phản ứng với H2O, HF, HCl, NH3để hình thành nên những phân tử tứ

diện tương ứng Viết phương trình phản ứng và công thức cấu tạo sản phẩm

3 Kim cương và than ch ì là hai dạng thù hình của nguyên tố cacbon Tính khối lượng riêng và thể tích mol

của chúng Biết rằng: Độ dài liên kết C–C (kim cương) là 154 pm, C –C (than chì) là 141 pm, kho ảng cáchgiữa các lớp than chì là 336 pm NA= 6,02.1023 Kim cương có cấu tạo tương tự silic và số nguyên tử Ctrong một ô mạng tinh thể của kim cương gấp 4 lần số nguyên tử C trong một ô mạng tinh thể than chì

CÂU 3: (2.0 điểm)

Cho phản ứng: A  B C D (1) là phản ứng đơn giản Tại 27oC và 68oC, phương trình (1) có hằng số tốc độtương 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 trị của A trong biểu thức k   A eERT mol-1.l.s-1.

2 Tại 119oC, tính giá trị của hằng số tốc độ phản ứng k3

3 Nếu CoA= CoB= 0,1M thì 1/2ở nhiệt độ 119oC là bao nhiêu

CÂU 4: (2,0 điểm)

1 Clobenzen có momen lư ỡng cực1= 1,53 D (1hướng từ nhân ra ngoài) ; anilin có momen lư ỡng cực2=1,60D (2 hướng từ ngoài vào nhân benzen) Hãy tính momen l ưỡng 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 số phân li axit K1 = 4,5.10-7 ; K2 =4,7.10-11, NH3có pKb= 4,76

CÂU 5: (2,0 điểm)

Có thể điều chế tinh thể FeCl3.6H2O theo cách sau: Hoà tan s ắt kim loại vào trong dung dịch axit clohydric 25%.Dung dịch tạo thành được oxy 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 95oC cho đến khi tỉ trọng 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 r ồi cho vào một dụng cụ chứa được niêm kín

1 Viết các phản ứng dẫn đến sự kết tủa FeCl3.6H2O

2 Có bao nhiêu gam sắt và bao nhiêu mL dung d ịch axit clohydric 36% (d=1,18g/cm3) cần để điều chế1,00kg tinh thể này Biết rằng hiệu suất quá trình chỉ đạt 65%

3 Đun nóng 2,752g FeCl3.6H2O trong không khí đến 350oC thu được 0,8977g bã rắn Xác định thành phầnđịnh tính và định lượng của bã rắn

CÂU 6: (2,0 điểm)

1 A là chất bột màu lục không tan trong axit và ki ềm loãng Khi nấu chảy A với KOH có mặt không 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 khử thành chất A và có thể oxi hóa axit clohiđric thành khí Clo Vi ết các

phương trình phản ứng xảy ra

2 Từ các chất A, B, C trên, hoàn thành sơ đồ sau:

1 Viết công thức cấu trúc các dạng enol của dietylmalonat (1), Etylaxetoaxetat (2) Trong các c ấu trúc của

(2), cho biết dạng nào bền nhất, dạng nào kém bền Giải thích?

2 Cho biết công thức mạch hở của các chất sau:

OHO

1 Khi cho amoniac phản ứng cộng với axetanđehit thu được sản phẩm không bền A, sản phẩm này dễ bị tách

nước thành B B dễ dàng trime hóa cho sản phẩm C là triazin Mặt khác nếu cho amoniac ngưng t ụ với 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 t ạo ra E (hexogen hay xiclonit) là ch ất nổ mạnh được dùng trong đại chiến thế

giới thứ II: C6H12N4+ 3HNO3  E + 3HCHO + NH3 Xác định A, B, C, D, E và viết các phương trình

NNH

NNH

CH2OHHO

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 nguyên tử H nào

có tính axit

b Điều chế L-ascobic từ D-glucozơ

2 Salixin C13H18O7 bị thủy phân bởi elmusin cho D-glucozơ và Saligenin

C7H8O2 Salixin không khử thuốc thử Tolen Oxi hóa Salixin bằng HNO3thu

được một hợp chất hữu cơ X mà khi thủy phân thì cho D-Glucozơ và anđehit

Salixylic Metyl hóa Salixin thu 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 không được sử dụng tài liệu.

- Giám thị không giải thích gì thêm.

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA

O

O

SO

O

SOO

O

SOO

O

SOHOO

SO

O

SOH

OO

SO

O

SO

O

O

SOHO

O

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

- Giải thích: Phân tử SO3ở dạng tam giác phăng với nguyên tử S ở trạng thái lai hóa sp3, dễ dàng phản ứng đểchuyển sang thạng thái lai hóa sp3bền, là trạng thái đặc trưng của lưu huỳnh

- Phương trình phản ứng: SO3+ H2O  H2SO4SO3+ HF  H[SO3F] SO3+ HCl  H[SO3Cl]

SO3+ NH3  H[SO3NH2]

- Cấu trúc các sản phẩm

SOO

SOO

F

SOO

Cl

SOO

NH2

3 (1,0 điểm)

- Kim cương (tương tự Silic) có cấu trúc lập phương tâm diện ngoài ra còn có 4 nguyên t ử Cacbon nằm trong 4

hốc (site) tứ diện nên số nguyên tử cacbon trong một ô mạng cơ sở tinh thể kim cương là: 1 1

    

- Do vậy suy ra cacbon than chì trong m ột ô mạng tinh thể có 2 nguyên tử cacbon

- Trong ô mạng tinh thể kim cương:

- Tương tự trong ô mạng tinh thể than chì

Diện tích mặt đáy = 3 2

3 d

2  (d = C–C (than chì))Thể tích ô mạng = 3 2

2   (h là khoảng cách giữa các lớp)

=> Khối lượng riêng D = 2,297 (g/cm3) và thể tích 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 tứ diện lệch có một cạnh chung, liên kết BHB là liên kết 3 tâm nhưng chỉ có 2electron, 1 electron của H và 1 electron của B

- XeO3: Xe lai hóa sp3, phân tử dạng tháp đáy tam giác

- NO2 : N lai hóa sp, cấu trúc đoạn thẳng

- NO2: N lai hoa sp2, cấu trúc gấp khúc (chữ V)

- Công thức Lewis

Xe O O O B

H B H H

OHHO

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

 

   

E RT

9 1 1 1

kk

Clo có độ âm điện lớn,1hướng từ nhân ra ngoài – nhóm NH2có cặp e tự do liên hợp với hệ ecủa vòng benzen

hai momen lưỡng cực cùng chiều

Cộng vectơ sử dụng hệ thức lượng trong tam giác a2= b2+ c2– 2bc cos A

1 K [HCO ]

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

36,5.2

3. 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 FeCl3bay ra)

Lượng FeCl3.6H2O trong mẫu là

3,270

752,2

= 10,18 mmol

Điều này ứng 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 sẽ bị phân hủy một phần thành Fe2O3.Khối lượng FeCl3mất mát do bay hơi là:

162,2

0,89771,902

= 1,20mmol => Bã rắn cuối cùng chứa (0,01018 –

3.0,00120) = 6,58 mmol FeOCl và 1,20 mmol Fe2O3 (1,0 điểm)

2. (1,0 điểm) mỗi phương trình đúng được 0,25

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

(NH4)2Cr2O7

o t

 Cr2O3+ N2+ 4H2O

K2Cr2O7+ 3(NH3)2S + H2O  2Cr(OH)3+ 5S + 6NH3+ 2KOH

2K2CrO4+ 3(NH4)2S + 2KOH + 2H2O  2K3[Cr(OH)6] + 3S + 6NH3

- Dạng A ít bền do nối đôi không liên hợp

- Dạng B bền nhưng không có cộng hưởng este

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

CH3COCH2COOEtC

O H O

CHC

CHC

2-benzoylthiophen

B

N

N=NC6H5H

2-(phenylazo)pyrol

C

N

CHOH

ClKCN-HCl

NO2

CO

-NH3

NO2

CO

-H2O

CO

OO

N

N

Urotropin

- Urotropin có khả năng tác dụng với axit nitric trong anhiđrit axetic t ạo ra E (hexogen hay xiclonit) là chất nổ

mạnh được dùng trong đại chiến thế giới thứ II theo phản ứng:

CH2OHCHOCHO

CH2OHB'

CH2OHCC

CH3

CH3

C

COOHCC

Trong công thức C7H8O2, ROH xuất hiện nhân thơm Tách đư ợc andehit salixylic, đi ều đó chứng tỏ quá trình oxihóa nhóm –CH2OH thành nhóm –CHO

D-Glucose +

CHOHO

H2O, H+

OHO

http://vn.myblog.yahoo.com/volcmttl KÌ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT

MÔN THI: HÓA HỌC ĐẠI CƯƠNG

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)

2 Dựa trên mô hình VSEPR, gi ải thích dạng hình học của NH3, ClF3, XeF4

3 Quá trình: OO1e có I1= 13,614 (eV) Dựa vào phương pháp Slater xác đ ịnh hằng số chắn của cácelectron trong nguyên t ử đối với electron bị tách So sánh độ bền tương đối của hai cấu hình electron của O

2 Tại 119oC, tính giá trị của hằng số tốc độ phản ứng k3

3 Nếu CoA= CoB= 0,1M thì 1/2ở nhiệt độ 119oC là bao nhiêu

2 Sau một thời gian, pH tăng lên đến giá trị pH = 11 Giải thích tại sao Viết các phương trình xảy ra tại pH

đó Tính thế điện cực và thế phân giải

Trong các tinh thể  (cấu trúc lập phương tâm khối) các nguyên tử cacbon có thể chiếm các mặt của ô mạng cơ sở

1 Bán kính kim loại của sắt là 1,24

o

A Tính độ dài cạnh a của ô mạng cơ sở

2 Bán kính cộng hóa trị của cacbon là 0,77

o

A Có thể kết luận gì về khả năng xâm nhập của cacbon vào 2 loại tinh thể sắt trên

Câu 6: (1.5 điểm)

Kết quả phân 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 công thức phân tử của phức chất biết rằng A là phức chất 1 nhân và Pt có số phối trí là 4 Viết công

thức cấu tạo 2 đồng phân cis và trans của nó

2 Entanpi tự do chuẩn tạo thành ở 25oC của các đồng phân cis, trans lần lượt là: -396 và -402 kJ.mol-1 Tínhhằng số cân bằng K của phản ứng 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 thể bị phân hủy trong dd H2O theo phản ứng: NO2NH2  N2O(k)+ H2O

Các kết quả thực nghiệm cho thấy vận tốc phản ứng tính bởi biểu thức: 2 2

3

[NO NH ]

v k[H O ]



1 Trong môi trường đệm bậc của phản ứng là bao nhiêu

2 Trong các cơ chế sau cơ chế nào chấp nhận được:

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 đư ợctrong 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 nư ớc 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) Áp suất (atm)

2 Hãy chứng minh rằng phần thể tích bị chiếm bởi các đơn vị cấu trúc trong mạng tinh thể kim loại thuộc các

hệ lập phương đơn giản, lập phương tâm khối, lập phương tâm diện tăng theo tỉ lệ 1 : 1,31 : 1,42

HẾT

-NhanhChậmNhanhChậmNhanh

KÌ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC ĐẠI CƯƠNG

1

2

Cấu tạo của NH3 cho thấy quanh nguyên tử N trung tâm có 4 vùng không gian khu trú

electron, trong đó có 1 c ặp electron tự do (AB3E) nên phân tử NH3có dạng tháp đáy tam giácvới góc liên kết nhỏ hơn109 28 'o (cặp electron tự do đòi hỏi một khoảng không gian khu trúlớn hơn)

Cấu trúc tháp đáy tam giác tâm là nguyên t ử NPhân tử ClF3 cỏ 5 khoảng không gian khu trú electron, trong đó có 2 c ặp electron tự do(AB3E2) nên phân tử có dạng chữ T (Các electron tự do chiếm vị trí xích đạo)

Cl FF

F

FF

Phân tử XeF4 có 6 vùng không gian khu trú electron, trong đó có hai c ặp electron tự do(AB4E2) nên có dạng vuông phẳng (trong cấu trúc này các cặp electron tự do phân bố xanhau nhất)

XeFFF

F

XeFF

2 7 2

0, 0592lg

Cr O / 2Cr

 là thế điều kiện và phụ thuộc vào pH pH càng giảm thì dung dịch càng có môi

trường axit thì E’ càng tăng, tính oxi hóa của 2

EE

o Co(OH ) / Co(OH ) 14 W

E E

RT RT1

1kk

Trong dung dịch NaCl có: NaClNa++Cl-; 2H2O H3O++ OH

-Khi điện phân có thể có các quá trình sau xảy ra:

E  E     1, 713 Do

2H O / H Na / Na (Hg )

E  E  nên khi mới bắt đầu

điện phân, ở Katode quá trình (2) sẽ xảy ra, có H2thoát ở Anode

'

O / H O

Cl / 2Cl

E  E nên ở Anode xảy ra quá trình (4) và có Cl2bay ra

Phương trình điện phân: 2Cl-+ 2H2O  H2 + Cl2 2OH

2 2 2

'

O / H O

Cl / 2Cl

E  E nên ở Anode vẫn có Cl2bay ra

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

0,25

0,25

0,250,25

Kết luận: Khả năng xâm nhập của cacbon vào sắt  khó hơn vào sắt , do có độ hòa tan

của C trong sắt  nhỏ hơn trong sắt 

6000 8,314 298

- Vậy A là Al nhôm, B là S lưu huỳnh, C là O oxi

- Hợp chất A o B p C qlà Al2(SO4)3 nhôm sunfat

= 0,625

5 ptrình0,125.5

* 444,6oC: n1= 0, 0125 mol gồm các phân tử S8vì 0, 01258 = 0,1 mol

* 450oC: n2= 0,015 mol, số nguyên tử S trung bình trong 1 phân t ử: 0,1

 Thành phần hơi lưu huỳnh ở nhiệt độ này có thể gồm các phân tử lưu huỳnh có từ 1 đến

8 nguyên tử hoặc chỉ gồm các phân tử S5

* 900oC: n4= 0,05 mol, số nguyên tử S trung bình trong 1 phân t ử: 0,1

2

0, 05

 Thành phần hơi lưu huỳnh ở nhiệt độ này có thể gồm các phân tử lưu huỳnh có từ 1 đến

8 nguyên tử hoặc chỉ gồm các phân tử S2

* 1500oC : n5= 0,1 mol : Hơi lưu hu ỳnh chỉ gồm các nguyên tử S

0,25

0,25

0,250,25

0,25

0,25

0,25

Với cách viết 1 [Ar]3d8:

 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 1 ứng với trạng thái bền hơn Kết quả thu được phù hợp

với thực tế là ở trạng thái cơ bản ion Ni2+có cấu hình electron [Ar]3d8

Như vậy, sau 48 giờ độ phóng xạ của mẫu ban đầu còn: 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

0,250,250,25

2

Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong mạng tinh thể cũng chính là phần thể tích màcác nguyên tử chiếm trong một tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở)

- Đối với mạng đơn giản:

+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 = 1+ Gọi r là bán kính của nguyên tử kim loại, thể tích V1của 1 nguyên tử kim loại:

V1= 4/3 xr3 (1)+ Gọi a là cạnh của tế bào, thể tích của tế bào là:

V2= a3 (2)Trong tế bào mạng đơn giản, tương quan giữa r và a được thể hiện trên hình sau:

hay a = 2r (3)

Thay (3) vào (2) ta có: V2= a3= 8r3 (4)Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là:

V1/V2= 4/3 r3: 8r3= /6 = 0,5236

Đối với mạng tâm khối:

0,5

ra

HẾT

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

+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 + 1 = 2 Do đó V1= 2x(4/3)r3.+ Trong tế bào mạng tâm khối quan hệ giữa r và a được thể hiện trên hình sau:

Đối với mạng tâm diện:

+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 + 6 x ½ = 4 Do đó th ể tích của cácnguyên tử trong tế bào là:

V1= 4 x 4/3r3+ Trong tế bào mạng tâm diện quan hệ giữa bán kính nguyên tử r và cạnh a của tế bào

được biểu diễn trên hình sau:

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

Thể tích của tế bào: V2= a3= 64r3/2 2

Phần thể tích bị các nguyên tử chiếm trong tế bào là:

V1/V2= 16/3r3: 64r3/ 2 2 = 0,74

Như vậy tỉ lệ phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong 1 tế bào của các mạng đơn giản,

tâm khối và tâm diện tỉ lệ với nhau như 0,52 : 0,68 : 0,74 = 1 : 1,31 : 1,42

0,5

0,5

2.5

ad

KÌ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT

MƠN THI: HĨA HỌC

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

(Đề thi gồm cĩ 2 trang)

Câu 1: (2.5 điểm)

1 Cho bảng sau:

Hãy giải thích sự biến đổi năng lượng ion hố 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 nhơm triclorua lại tồn tạiởdạng đime (Al2Cl6)?

Câu 2: (2.5 điểm)

Silic cĩ 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 molnguyên 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)

a Viết các phương trình phản ứng oxi hoá khử và phương trình Nernst tương ứng Ở điều kiện chuẩn có

thể xảy ra sự oxi hoá I-bằng ion Cu2+?

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

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 hố học của phản ứng xảy ra Hãy xác định nhiệt hình thành etan và năng lượngliên kết C=O Biết khi đốt cháy 1 mol etan toả ra lượng nhiệt là 1560,5KJ Và :

2 Xử lí - halogen xeton với bazơ mạnh tạo thành các sản phẩm chuyển vị Sự chuyển vị này gọi là phản ứngFavorski - cloxiclohexanon sẽ chuyển vị thành metylxiclopentancacboxilat khi có m ặt 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

COOCH3

NaCl

CH3ONa ete

KÌ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA 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 thứhai Do sự tăng dần điện tích hạt nhân nên lực hút giữa hạt nhân và các electron 4s tăng dần, do đó năng lượngion hoá I2cũng tăng đều đặn Đối với Cr, do cấu hình electron đặc biệt với sự chuyển 1 electron từ 4s về 3d đểsớm đạt được phân lớp 3d5đầy một nửa, electron thứ hai bị tách nằm trong cấu hình bền vững này cho nên sựtách nó đòi hỏi tiêu tốn nhiều năng lượng hơn nên I2của nguyên tố này cao hơn nhiều so với của V Cũng chính vìvậy 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 .

.

.

O.

.

.

+

O : : N : : O

.

.

.

.

.

O

.N 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 hoá sp2, 3 nguyên tử Cl liên kết

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

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

thẳng.

NO+: Ion này đồng electron với CO2nên cũng có dạng thẳng.

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

có lai hoá sp2 Hai nguyên tử O liên kết với 2 trong số 3 obitan lai hoá nên phân tử có cấu tạo dạng 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 hoá sp3d, tạo thành 5 obitan hướng đến 5 đỉnh của mộthình lưỡng chóp ngũ giác Hai obitan nằm dọc trục thẳng đứng liên kết với 2 nguyên tử F Nguyên tử F thứ ba liênkết với 1 trong 3 obitan trong mặt phẳng xích đạo Như vậy phân tử IF3có cấu tạo dạng chữ T Nếu kể cả đến sự đẩy của 2 cặp electron không liên kết, phân tử có dạng chữ T cụp.

.

FI

O

+

.

.

.

.

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 6electron, phân tử không bền Để có bát tử nguyên tử B sử dụng 1 obitan p không lai hoá để tạo liên kết π với 1trong 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 không có khả năng tạo thành liên kết π kiểu pπ-pπ như B Để

có đủ bát tử, 1 trong 4 obitan lai hoá sp3của nguyên tử Al nhận 1 cặp electron không liên kết từ 1 nguyên tử Cl ởphân 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:

6, 02.10 a = 2,33suy ra: a = [8 28,1 / 6,02.1023 2,33]1/3cm = 5,43.10-8

d = a3 = 9,40.10-8cm; rSi= d : 8 = 1,17.10-8cm = 0,117nm

2 (0,5 điểm) rSi= 0,117 nm > rC= 0,077 nm Kết quả này hoàn toàn phù hợp với sự biến đổi bán kính nguyên tử củacác 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:

2

a

2a

1 2

e

x1

Kx-x-aK

aKlg

t

303,2k

k1 2 

Trans

CoCl

aKlg

t

303,2k

k1  2 

K-1-2K

2Klgt

303,2



1-K

2Klgt

303,2



Vì K = k1/ k2

Nên

2 1 1 2

1 k - k

2k lg k k

303 , 2 t



100-300

300.2lg100003

303,

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 E1có thể lớn hơn E2

Như vậy ta có : Cu2+ + e Cu+

I- + Cu+  CuI1

2I2 + e  IPhản ứng oxi hoá khử tổng quát là :

T I

Như vậy với K rất lớn, phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn

4.0, 5

0, 082.773Vay a = 0,021 mol

,28565,393

x12495x413x12347

,1560

1 Ta có: CFe 3  << C ( 1)F 

3 FeF

10x10

x861485

0

10x10x25

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

2 Các quá trình xảy ra:

13,16 4

1010

Mặc dù Ag+tồn tại dưới dạng phức Ag(NH )3 2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 không chứa nối đôi vậy PVC có cấu tạo đều đặn, cứ một nhóm –CH2- lại đến 1 nhóm –CHCl-, vìnếu có 2 nhóm –CHCl- cạnh nhau thì tạo nối đôi

Phản ứng tách clo khỏi PVC có thể biểu diễn theo sơ đồ:

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

CH2

CH2

CH

CH2CH

Cl Cl

Cl Cl

CH

CH2CH

CH2

CH2

CH

CH2CH

ZnCl22

HHOOC

H3C

H

H2O

H

k2M < k2F ) là do liên kết hidro nội phân tử làm cho M' bền, khó nhường proton hơn so với F' Ngoài ra, bazơ liênhợp 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 –CNhút electron mạnh hơn nhóm –Cl

Vậy sắp xếp theo trật tự tăng dần khả năng phản ứng với HBr là:

D

COCO

CO

O

OC2H5

OC2H5+ C2H5OH

ftalimit F

CCO

O

CO

O

N H

CCO

O

NH2OH

F

CCO

OH

-H2O NaCN

H2NCOCH2

ClOH

Sảnphẩm phụ:

C 19 H 22 O 5 N 2

O

H2NCOCH2

OOH

CH2CONH2

HẾT

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

CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

Thời gian: 150 phút (không k ể thời gian giao đề)

Câu I (4 điểm)

X và Y là các nguyên tố nhóm A, đều tạo hợp chất với hiđro có dạng RH (R là kí hiệu của nguyên tố X hoặc Y).Gọi A và B lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của X và Y Trong B, Y chi ếm 35,323% khối lượng Trunghòa hoàn toàn 50 gam dung d ịch A 16,8% cần 150 mL dung dịch B 1M

1 Xác định các nguyên tố X và Y.

2 B’ là anion tương ứng của phân tử B (a) Hãy cho biết (có công thức minh họa) dạng hình học của B và B’ (b)

So sánh (có giải thích) độ dài liên kết Y-O trong phân tử B và B’

3 Biết X có cấu trúc tinh thể lập phương tâm khối và mật độ sắp xếp tương đối được định nghĩa bằng tỉ lệ giữa

thể tích chiếm bởi các hình cầu trong tế bào cơ sở và thể tích tế bào cơ sở Hãy tính mật độ sắp xếp tương đốitrong tinh thể của X

1 Hợp chất với hiđro có dạng RH nên Y có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA.

Trường hợp : Nếu Y thuộc nhóm IA thì B có dạng YOH

677,64

323,3517

Y    (loại do không có nghiệm thích hợp)

Trường hợp 2 : Y thuộc nhóm VIIA thì B có dạng HYO4

677,64

323,3565

Y    , vậy Y là nguyên tố clo (Cl)

B (HClO4) là một axit, nên A là một bazơ dạng XOH

gam4,8gam50100

8,16

XOH + HClO4XClO4+ H2O

 n n 0,15L 1mol/L 0,15mol

4 HClO



mol15,0

gam4,8mol/gam17

MX= 39 gam/mol, vậy X là nguyên tố kali (K)

2 B là HClO4, B’ là ClO4

(b) Bậc liên kết càng lớn độ dài liên kết càng nhỏ, do vậy :

3 Gọi a là độ dài cạnh ô mạng cơ sở và R là bán kính nguyên t ử, ta có 3a4R

Số nguyên tử có trong một ô mạng cơ sở bằng : 1 2

42f

2 Thêm lượng dư dung dịch KI (có pha hồ tinh bột) vào 5,00 mL dung dịch K2Cr2O7 có nồng độ a M trong

H2SO4, thì dung dịch thu được có màu xanh Thêm ti ếp dung dịch Na2S2O30,10 M vào cho đến khi màu xanh

biến mất thì đã dùng 15,00 mL dung d ịch này Viết các phương trình phản ứng và tính a Biết sản phẩm oxi hóa

S2O32-là S4O62-

3 Hòa tan hoàn toàn 9,06 gam một mẫu hợp kim Al-Mg (giả thiết không có tạp chất nào khác) bằng dung dịch

H2SO4đặc, thu được 12,22 L khí SO2(đo ở 136,5oC; 1,1 atm) và 0,64 gam ch ất rắn màu vàng Xác định phần

trăm khối lượng mỗi kim loại trong mẫu hợp kim trên

1

3 2 2 7

2 2

mol10.5,2

4,22

22,121,1n

0

02 0 12 , 0

6

y

4

4 , 0 8 , 0 6

y

3 0

y

x

2 0

x

Se6S

Se2Se

3AlAl

e2MgMg

;13,0x92,0yx

06,9y27x24

gam06,9

mol/gam24mol13,0m

0,5 đ

Câu III (4 điểm)

1. 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

a) Dựa trên cấu hình electron, cho biết vị trí của các nguyên tố trên trong bảng hệ thống tuần hoàn

b)So sánh (có giải thích) bán kính của các nguyên tử và ion X, X2+và Y-

2. Vẽ hình mô tả cách tiến hành thí nghiệm điều chế dung dịch HCl bằng những hóa chất và dụng cụ đơn giản có sẵntrong phòng thí nghiệm sao cho an toàn Ghi rõ các chú thích cần thiết

3 Sục Cl2vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch A, hòa tan I2vào dung dịch KOH loãng thu được dungdịch B (tiến hành ở nhiệt độ phòng).

a) Viết phương trình hóa học xảy ra và cho nhận xét

b) Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học xảy ra khi cho lần lượt các dung dịch hỗn hợp HCl và FeCl2,dung dịch Br2, H2O2vào dung dịch A (không có Cl2dư)

1. a) Xác định vị trí dựa vào cấu hình electron:

2Z N 60 ; Z N Z 20, X là canxi (Ca), cấu hình electron của20Ca:[Ar] 4s2

Y có 11 electron p nên cấu hình của Y là 1s22s22p63s23p5hay [Ne] 3s23p5Y là Cl

Theo giả thiết thì Z chính là crom, cấu hình electron của24Cr: [Ar] 3d54s1

Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử: RCa2  RCl RCa

b) 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 Ca2+nhỏ hơn Cl-do có cùng số lớp electron (n

= 3), nhưng điện tích hạt nhân Ca2+(Z = 20) lớn hơn Cl-(Z = 17) Bán kính nguyên tử Ca lớn

6KOH + 3I25KI + KIO3+ 3H2O

Giải thích: Trong môi trường kiềm tồn tại cân bằng: 3XO-⇌X

-+ XO3Ion ClO-phân hủy rất chậm ở nhiệt độ thường và phân hủy nhanh khi đun nóng, ion IO-phân

hủy ở tất cả các nhiệt độ

b) Các phương trình hóa học:

Ion ClO-có tính oxi hóa rất mạnh, thể hiện trong các phương trình hóa học:

- Khi cho dung dịch FeCl2và HCl vào dung dịch A: có khí vàng lục thoát ra và dung dịch từ

1,25 đ

không màu chuyển sang màu vàng nâu:

2 FeCl2+ KClO + 2HCl2 FeCl3+ Cl2 + H2O

- Khi cho dung dịch Br2vào dung dịch A : dung dịch brom mất màu :

2 Cho phản ứng: 2SO2(k) + O2(k)  2SO3(k) H = - 198 kJ

a) Để tăng hiệu suất quá trình tổng hợp SO3, người ta có thể sử dụng biện pháp nào liên quan đ ến áp suất, nhiệt độ

và chất xúc tác? Giải thích?

b) Cho 10,51 mol khí SO2và 37,17 mol không khí (20% v ề thể tích là O2còn lại là N2) có xúc tác là V2O5 Thựchiện phản ứng ở 4270C, 1 atm thì phản ứng đạt hiệu suất 98% Tính hằng số cân bằng KC, KPcủa phản ứng ở

4270C

3 A là một oxit của sắt Lấy một lượng A chia làm 2 phần bằng nhau Phần I tác dụng vừa đủ với a mol H2SO4

trong dung dịch H2SO4loãng Phần II tác dụng vừa đủ với b mol H2SO4trong dung dịch H2SO4đặc nóng tạo

SO2(sản phẩm khử duy nhất) Biết b = 1,25a, xác định công thức oxit sắt ban đầu

- Thổi liên tục SO2và không khí được nén ở áp suất cao vào lò phản ứng vì phản ứng xảy ra

theo chiều thuận làm giảm áp suất của hệ

- Dùng V2O5làm xúc tác để phản ứng mau chóng đạt trạng thái cân bằng

0,75 đ

2 nO2 bđ= 7,434 (mol), nN2 bđ= 29,736 (mol)

2SO2 (k) + O2  2SO3(k) H = - 198 kJBan đầu: 10,51 (mol) 7,434 (mol) 0

Lúc phản ứng: 10,3 (mol) 5,15 (mol) 10,3 (mol)

Lúc CB: 0,21 (mol) 2,284 (mol) 10,3 (mol)

∑số mol hỗn hợp ở TTCB = 0,21 + 2,284 + 10,3 + 2 9,736 = 42,53 (mol)

Pi= xi.P = xi.1 = xi

1,25 đ