H
2010
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG
MÔN ÓA HỌC





 

 

 



 



 





TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA
HỌC
 


HÀ

NỘI KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC
GIA
ĐỀ THI THỬ LỚP 12 THPT NĂM
2010
Môn: HOÁ
HỌC
!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 được tổng hợp theo sơ đồ
sau
4–metylpentan–1,4–diol → dẫn xuất dibromua →
bromanken

Mg
→ Grignard G →
X
Cho chất G phản ứng với sản phẩm sinh ra khi cho isopren phản 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.

điểm)
Quá trình tổng hợp phức
Pt(CH
3
NH
2
)(NH
3
)[CH
2
COO]
2
là 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:
K
2
PtCl
4

K

I

d
→
u
A (dung
dịch

(rắn đỏ
nâu)

N

H
3

/

H
2

O
→ D (tinh thể vàng kim,
phân
cực)

A

g
2

C

O
3

du v


3
trong 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
hình
học 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 TiCl
4
theo thuyết lai hóa
?
2. Giải thích dạng hình học của phức Fe(CO)
5
theo thuyết lai hóa
?
Câu V: (2.0
điểm)
Khí NO kết hợp với hơi Br
2
tạo ra một khí duy nhất trong phân tử có ba nguyên
tử
1. Viết phương trình phản
ứng
2. Biết ∆H
pư
< 0; K
p
(25













3. Xét tại 25
o
C, 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
Br
2
c. Giảm nhiệt
độ
d. Thêm khí N
2
vào
khi
(1) V = const
;
(2) P

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 dòng khí clo. Bã rắn thu được chứa một muối chứa 26,76% Rhodi về khối lượng. Bã
rắn
này 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 120
o
C đến khối lượng không đổi (khối lượng mất đi là 35,98%) rồi đun nóng tới
650
o
C.
Rửa bã rắn thu được bằng nước ta có rhodi tinh
khiết
1. Xác định công thức A,
B
2. Khi một lượng dư H
2
S 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

câu)
Câu I: (2.0
điểm)
1. Công thức cấu tạo các chất liên quan (1,75
điểm)
2. Chất này là α-bisabolol thường dùng trong công nghiệp mỹ phẩm (0,25
điểm)
Câu II: (2.0
điểm)
1. Công thức thực nghiệm của A là (C
5
H
8
)
x
, nó là cao su tự nhiên. Các công thức thực nghiệm của B và C
lần
lượt là (C
2
H
3
)
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

malonic 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 sd
3
hướng 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
trống
sẽ tổ hợp với 1 AO 4s trống và 3 AO 4p trống thành 5 AO lai hóa dsp
3
hướng về 5 đỉnh của một lưỡng
tháp
tam giác.(1
điểm)
Câu V: (2.0
điểm)
1. 2NO
(k)
+ Br
2(hơi)
→ 2NOBr
(k)
∆H > 0 (0,25
điểm)
2. Do phản ứng thu nhiệt nên có liên hệ K
P

C
Trường hợp a và b về nguyên tắc cần xét tỉ
số:
Q
=

P
N

OBr
NO
Sau đó so sánh Q với K
P
để kết
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 Br
2
thì 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 N
2
là khí
trơ

=
P
i
Lúc đó xét Q theo biểu thức liên hệ trên và so sánh tương quan với
K
P
- Q = K
P
: không ảnh
hưởng
- Q > K
P
: cân bằng chuyển dịch sang trái để Q giảm tới
K
P
- Q < K
P
: cân bằng chuyển dời sang phải để Q tăng tới K
P
(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 bằng 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

O
OH
A
Sự tạo thành chất A được giải thích như sau (0,5
điểm)
Do công thức phân tử của A là C
15
H
26
O nên trong A sẽ có 3 mảnh isopren (0,25
điểm)
Câu VII (2.0
điểm)
1. Na
3
[RhCl
6
] (0,375 điểm) ; Na
3
[RhCl
6
].12H
2
O (0,375
điểm)
2. Rh
2
S
3
.2H

3
[RhCl
6
] = 2Rh + 6NaCl +
3Cl
2
2Na
3
[RhCl
6
] + 3H
2
S = Rh
2
S
3
.3H
2
S + 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
đoạnHẾT


(Đề thi gồm 3 trang, có 10
câu)
CÂU 1: (2,0
điểm)
1. Oleum là hỗn hợp được tạo ra khi cho SO
3
tan trong H
2
SO
4
tinh khiết. Trong hỗn hợp đó có các axit
dạng
poli sunfuric có công thức tổng quát H
2
SO
4
.nSO
3
hay H
2
S
n+1
O
3n+4
chủ yếu chứa các axit sau: axit
sunfuric
H
2
SO
4

diện tương ứng. Viết phương trình phản ứng và công thức cấu tạo sản
phẩm.
3. Kim cương và than chì 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, khoảng
cách
giữa các lớp than chì là 336 pm. N
A
= 6,02.10
23
. Kim cương có cấu tạo tương tự silic và số nguyên tử
C
trong một ô mạng tinh thể của kim cương gấp 4 lần số nguyên tử C trong một ô mạng tinh thể than
chì.
CÂU 2: (2.0
điểm)
1. Viết công thức cấu tạo Lewis, nêu trạng thái lai hóa và vẽ dạng hình học của các phân tử và ion sau:
B
2
H
6
,
XeO
3
, NO
2
+
,
NO
2

độ
tương ứng lần lượt là k
1
= 1,44.10
7
mol
-1
.l.s
-1
và k
2
= 3,03.10
7
mol
-1
.l.s
-1
, R = 1,987
cal/mol.K
−

E
1. Tính năng lượng hoạt hóa E
A
(cal/mol) và giá trị của A trong biểu thức
k
=

A


1
hướng từ nhân ra ngoài) ; anilin có momen lưỡng cực µ
2
=
1,60D (µ
2
hướng từ ngoài vào nhân benzen). Hãy tính momen lưỡng cực µ của các chất sau: ortho
–
cloanilin ; meta – cloanilin và para –
cloanilin.
2. Tính pH của dung dịch NH
4
HCO
3
0,1M. Biết rằng H
2
CO
3
có hằng số phân li axit K
1
= 4,5.10
-7
; K
2
=
4,7.10
-11
, NH
3
có pK

.6H
2
O
2. Có bao nhiêu gam sắt và bao nhiêu mL dung dịch axit clohydric 36% (d=1,18g/cm
3
) cần để điều
chế
1,00kg tinh thể này. Biết rằng hiệu suất quá trình chỉ đạt
65%
3. Đun nóng 2,752g FeCl
3
.6H
2
O trong không khí đến 350
o
C thu được 0,8977g bã rắn. Xác định thành
phần
định tính và định lượng của bã
rắn.
3 2 2 5 2 3

CÂU 6: (2,0
điểm)
1. A là chất bột màu lục không tan trong axit và kiềm 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. Viết
các
phương trình phản ứng xảy

O → Z + S +
NH
3
- C + H
2
SO
4
+ H
2
S → T + S + K
2
SO
4
+
H
2
O
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 công thức mạch hở của các chất
sau:
a.
b.
c.
d.
HO

C
→
A
b. Thiophen + C
6
H
5
COCl + SnCl
4
→
B
c. Pyrol + C
6
H
5
N
2
+
Cl
–
→
C
d. Pyrol + CHCl
3
+ KOH →
D
2. Viết sơ đồ điều chế izatin (indolin-2,3-dion) từ 2-nitrobenzoyl
clorua
CÂU 9: (2,0
điểm)

(1) (2) (3)
(4)
N
N
N
N
S
N
N
H
H
115
o
C 117
o
C 256
o
C
187
o
C


TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA
HỌC
CÂU 10: (2,0
điểm)
1. Vitamin C (axit L-ascobic, pK
a
= 4,21) là endiol và có cấu trúc như

thu
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
O
HO
OH
axit
L
-

ascobic

HẾT
- Thí sinh không được sử dụng tài
liệu.
- Giám thị không giải thích gì
thêm.
3

HO
O
S
HO
O
O
O
HO O
OH
S
S
O
O
H
2
SO
4
H
2
S
2
O
7
O
HO
O
S
O
O
O

ở dạng tam giác phăng với nguyên tử S ở trạng thái lai hóa sp
3
, dễ dàng phản ứng
để
chuyển sang thạng thái lai hóa sp
3
bền, là trạng thái đặc trưng của lưu
huỳnh
- Phương trình phản ứng: SO
3
+ H
2
O → H
2
SO
4
SO
3
+ HF → H[SO
3
F] SO
3
+ HCl →
H[SO
3
Cl]
SO
3
+ NH
3

8

×

+

6

×

+
4
=

8
8
2
- Do vậy suy ra cacbon than chì trong một ô mạng tinh thể có 2 nguyên tử
cacbon
- Trong ô mạng tinh thể kim
cương:
3
4d
Độ dài cạnh ô mạng tinh thể: a
=

4d

(d = C–C (kim cương)) => Thể tích ô mạng = a
3

3
)

3

N
A
×

V


4

×
154

×
10
−
10

6,

02

×
10
23
×

Thể tích ô mạng
=
3
3
×
d
2
×
h
(h là khoảng cách giữa các
lớp)
2
=> Khối lượng riêng D = 2,297 (g/cm
3
) và thể tích mol = 5,224
(cm
3
/mol)
CÂU 2: (2.0
điểm)
1. (1,0 điểm) Mỗi công thức đúng được 0,25
điểm
- B
2
H
6
: B lai hóa sp
3
, gồm 2 tứ diện lệch có một cạnh chung, liên kết BHB là liên kết 3 tâm nhưng chỉ có
2

H
H
O N
O
2. (1,0
điểm)
H
O
O

N
O
N
N
O O
O
O
- Các phản ứng (mỗi phản ứng 0,25
điểm)
2NaNO
3
+ 8Na(Hg) + 4H
2
O → Na
2
N
2
O
2
+ 8NaOH +

2
là muối của axit hyponitrơ H
2
N
2
O
2
(2.0,125 =
0,25)
HO OH
HO
N N
N
N
OH
- Cấu trúc đồng phân: H
2
N – NO
2
(nitramit)
(0,25)
H
O
N
N
H
O
CÂU 3: (2.0
điểm)
1. (1,0

ln
k
2
−
ln
k
1
=

−

E
A
+
ln A
−

−

E
A
+
ln
A
RT
2
⇒
ln
k
2

2

×

T
1 ×
ln
k
2
≈
3688, 2(cal /
mol)
T
2
−
T
1
k
1
e
1/
2
O 1 2
1
2
m
1 2 1 2

k

1 =

7

×
10
9
(mol
−1
.l.s

−1

)
2. (0,5
điểm)
e
(
−
E
RT
)

×10 (mol .l.s
)
3. (0,5
điểm)
τ

=
1 =

1,

63

×
10
−
7
(s)
k
3

.C
oA
CÂU 4: (2,0

1
µ
2
cos 60
0
= µ
2
+ µ
2
− µ
1
µ
2
=
2,45
µ
o
=
2,
45
=
1,65D
Dẫn xuất meta: µ
2
= µ
2
+ µ
2
− 2µ
1

điểm)
Ta có các quá trình
sau:
NH HCO → NH
+

+
HCO
−
NH
4
←


→

NH
3
+
H
;

K
a
HCO
−

+
H
+

3
←
3
2
H O
→

H
+

+
OH
−

;
K
=

10
−
14
2
←
W
Trong đó:
K
a
10
−
14


−
[H CO
]
⇒
[H
+
]
=

K
a
.[ NH
4

]
+

K
2

.[

HC

O

3

]


]
2
=
K .[NH
+

]

+
K .[HCO
−

]

+

K
−

K

−
1
.[H
+

]
2
.[HCO

]
+
K
+ −
1 3
1 3 a 4 2 3 w
1 3
⇒ [H
+

]
2
(
1
+
K

−
1
.[HCO
−

]
)

= K .[NH
+

]
+ K .[HCO

O

3]
+

K
w
1
+
K

−
1
.[HCO
−

]
+

−
⇒ [H
+

]

1
+
K

−
1
.[HCO
−

]
+

−
Thay các giá trị gần đúng:
[

NH

4
]
=
[HCO
3
]
=

0,1M
⇒ [H
+


→

2FeCl
3
3FeCl
2
+ 2K
3
[Fe(CN)
6
] → Fe
3
[Fe(CN)
6
]
2
+
6KCl
FeCl
3
+ 6H
2
O →
FeCl
3
.6H
2
O
1000
2.

2
O → FeOCl + 5H
2
O +
6HCl
Khi nhiệt độ tăng thì FeOCl sẽ tiếp tục phân
huỷ:
3FeOCl → FeCl
3
+ Fe
2
O
3
(Hơi FeCl
3
bay
ra)
2,752
Lượng FeCl
3
.6H
2
O trong mẫu
là
270,3
= 10,18
mmol
Điều này ứng với khối lượng FeCl
3
là 107,3. 0,01018 = 1,092g

2
O
3
, B là K
2
CrO
4
, C là
K
2
Cr
2
O
7
- Các phương trình phản
ứng:
2Cr
2
O
3
+ 3O
2
+ 8KOH → 4 K
2
CrO
4
+
4H
2
O

O
3
+
K
2
SO
4
14HCl + K
2
Cr
2
O
7
→ 3Cl
2
+ 2CrCl
3
+ 2KCl +
7H
2
O
2. (1,0 điểm) mỗi phương trình đúng được
0,25
- X là (NH
4
)
2
Cr
2
O

O
3
+ N
2
+
4H
2
O
K
2
Cr
2
O
7
+ 3(NH
3
)
2
S + H
2
O → 2Cr(OH)
3
+ 5S + 6NH
3
+
2KOH
2K
2
CrO
4

3
+ 3S + K
2
SO
4
+
7H
2
O
CÂU 7: (2,0
điểm)
1. (1,0 điểm) Các cấu
trúc
H
H
Trong
đó:
O
EtO
O
C
OEt
H
O
O
EtO
OEt
EtO
O
O

H
O O
H
3
C C
H
C
2. (1,0 điểm) Mỗi công thức đúng được 0,25
điểm
a.
CH
2
OH–CH
2
CH
2
CH
2
=CHO
5-hidroxipentanal
b.
CHOCH
2
CH
2
CHOHCH=CH–CH=CH
2
4-hidroxiocta-5,7-dienal
c.
CH

CÂU 8: (2,0
điểm)
1. (1,0 điểm) Mỗi công thức đúng được 0,25
điểm
A
COCH
3
B
COC
6
H
5
C
N=NC
6
H
5
D
CHO
O
S N H N
H
2-acetylfuran
2. (1,0
điểm)
O
C
2-benzoylthiophen
O
Cl

COOH
t
o
O
NH
2
CÂU 9: (2,0
điểm)
1. (1,5
điểm)
-H
2
O
NH
- Andehit béo có thể tham gia phản ứng cộng với amoniac tạo thành một sản phẩm ít bền là
Andehit-amoniac
CH
3
CHO + NH
3
→ Axetandehit-amoniac (t
nc
= 97
o
C)
A
OH
CH
3
CH

3
C
- Mặt khác nếu cho amoniac ngưng tụ với fomanđehit sẽ thu được sản phẩm D (urotropin) có CTPT
là
C
6
H
12
N
4
6HCHO + 4NH
3
→ C
6
H
12
N
4
+
6H
2
O
N
N
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 thế giới thứ II theo phản

hydro của (3) dạng polyme còn của (4) dạng
dime
CÂU 10: (2,0
điểm)
1. (1,0
điểm)
a. Anion được hình thành bởi sự tách H enolic là bền vì điện tích được giải tỏa đến O của C=O qua liên kết
đôi
C=C
+
O
HO C
C
HO
C
-
H
+
O
HO C
C

-
O
C
O
HO C
C
O
C

CH
2
OH
HO
H
HO
H
CH
2
OH
C
O
HO
H
CH
2
OH
HO
C
HO
C
H
OH
HO
H
CH
2
OH
A
CH

CH
3 O
C
H
O
HO
H
CH
3
C
H
O
HO
H
CH
3
C
CH
2
O
CH
2
O
C
D
2. (1,0
điểm)
Salixin là đường không khử và là β − glucozit do bị thủy phân bởi
elmuxin
RO

2
OH thành nhóm
–CHO
CHO
HO
D-Glucose
+
H
2
O,
H
+
HOH
2
C
HO
HO
O
CHO
O
OH
Saligenin là o-(hidroximetyl)phenol. Công thức cấu trúc của salixin
là
HOH
2
C
O
HO
HO
O

KÌ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12
THPT
ĐỀ THI THỬ NĂM HỌC 2008 –
2009
Câu 1: (2.0
điểm)
MÔN THI: HÓA HỌC ĐẠI
CƯƠNG
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát
đề)
(Đề thi gồm có 2
trang)
1. Tại sao ion phức spin thấp [Co(NH
3
)
6
]
3+
lại có màu. Giải thích dựa
vào
1 cm
−
1
=
11,
962 J.mol
−
1
.
2. Dựa trên mô hình VSEPR, giải thích dạng hình học của NH

Câu 2: (2.0
điểm)
1. Thiết lập biểu thức phụ thuộc giữa thế oxi hóa – khử với pH của môi trường trong 2 trường hợp
sau:
2
−

+
3
+

o
2
−

−
2.
Cr
2

O
7
không?
+ 14H + 6e  2Cr
+
7H
2
O
; E
2

0,

6197V
;
Co(OH)1e
+
Co(OH)OH
+
−

;
E
o
0,1
=
7V
+
I
2
/
2

I
−
3 2
Co

(OH

)/

→
C
+

D
(1) là phản ứng đơn giản. Tại 27
o
C và 68
o
C, phương trình (1) có hằng số tốc
độ
tương ứng lần lượt là k
1
= 1,44.10
7
mol
-1
.l.s
-1
và k
2
= 3,03.10
7
mol
-1
.l.s
-1
, R = 1,987
cal/mol.K
1. Tính năng lượng hoạt hóa E

o
C 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 chỉ vài
mm
1. Viết phương trình phản ứng xảy ra tại điện cực khi mới bắt đầu điện phân pH = 7. Tính các giá trị thế
điện
cực và thế phân
giải
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
3. Cho biết:
E
o
=

−
2,
71V ;
E
o
=

0,

Na/Hg:
o
Na

+

/ Na (Hg
)
=
−1,

78V
.
E
o
Cl
2
/

Cl
−
=

1,
34V cho dung dịch NaCl 25% theo khối
lượng
η

=