Trường THPT chuyên ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG BẰNG
Nguyễn Bỉnh Khiêm KHỐI 12 – NĂM HỌC 2010 -2011
Tỉnh Vĩnh Long Câu 1: (2,5đ)
1.) Nguyên tử của nguyên tố hóa học X có tổng số hạt các loại là 180, trong đó tổng số hạt mang điện
gấp 1,432 lần số hạt nơtron.
a. Hãy viết cấu hình electron của nguyên tử X.
b. Dự đoán tính chất của X ở dạng đơn chất (tính oxi hóa, tính khử), nêu cơ sở dự đoán và viết phương
trình phản ứng để minh họa.
c Dạng đơn chất của X tác dụng được với dung dịch AgNO
3
(dung môi không phải là nước) ở điều
kiện thường chỉ tạo ra hai chất; trong đó có một chất là XNO
3
và một chất kết tủa màu vàng. Hãy viết phương
trình phản ứng và cho biết phản ứng thuộc loại nào.
2). Sắt dạng  (Fe

) kết tinh trong mạng lập phương tâm khối, nguyên tử có bán kính r = 1,24 Å. Hãy
tính:
a) Cạnh a của tế bào sơ đẳng
b) Tỉ khối của Fe theo g/cm
3
.
c) Khoảng cách ngắn nhất giữa hai nguyên tử Fe
(Cho Fe = 56 )

ĐÁP ÁN
1.) Nguyên tử X

VII A, dạng đơn chất I
2

a. Iôt có khuynh hướng nhận thêm 1 electron để đủ 8 e lớp ngoài cùng. Vậy Iôt có tính oxi hóa, I
2
thể
hiện tính chất của phi kim.
2Na + I
2
 2NaI (0,25Đ)

0
2
I + 2e = 2I
-

b. Iôt thuộc nhóm VII A nên có tính phi kim yếu, khi tiếp xúc với chất oxi hóa mạnh hơn thì Iôt thể
hiện tính khử
3I
2
+ 10HNO
3
 6HIO
3
+ 10 NO + 2H
2
O (0,25Đ)
I
2
- 2e → 2I

1
8
= 1
 Ở tâm lập phương = 1
Vậy tổng số ngun tử Cu chứa trong tế bào sơ đảng = 1 + 1 = 2 (ngun tử) (0,25Đ)

b) Từ hình vẽ, ta có: AD
2
= a
2
+ a
2
= 2a
2

xét mặt ABCD: AC
2
= a
2
+ AD
2
= 3a
2

mặt khác, ta thấy AC = 4r = a
3
nên a =
4r
3
=


  
= 7,95 g/cm
3
(0,25Đ)

Trường THPT chuyên ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG
BẰNG
A
B
C
D
a
D
C
A
B
E

4
+
, Cu
2+
, Cl
-
. Khi dn H
2
S vo:
Cu
2+
+ H
2
S CuS + 2H
+
(0,25)
2Fe
3+
+ H
2
S 2Fe
2+
+ S + 2H
+

(0,25)
Cỏc phn ng trờn gii phúng ra H
+
ngn cn quỏ trỡnh kt ta FeS. (0,25)
Vy dung dch B: NH


p H= 8,92 (0,25)
b. Trong 100 ml dung dch pyridin 0,005 mol pyridin
Khi cho 0,0025 mol HCl vo s cú 0,0025 mol pyridin trung hũa theo phn ng
C
5
H
5
N + HCl

[ C
5
H
5
NH
+
] Cl
-

(0,25)
Dung dich m [C
5
H
5
N] = 0,0025 M
[ C
5
H
5
NHCl] = 0,0025M


Trường THPT chuyên ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG
BẰNG
Nguyễn Bỉnh Khiêm KHỐI 12 – NĂM HỌC 2008 -2009
Tỉnh Vónh Long

CÂU 3: (2Đ)
Cho Fe
3+
+ e
-
→ Fe
2+

E
0
= 0,771V
Ag
+
+ e
-

→ Ag E
0
= 0,799 V
Người ta lắp một pin theo sơ đồ
Ag
│Ag
+
│Fe

a. E
1
=E
1
0

+
0,059
1
lg
3
2
[ ]
[ ]
Fe
Fe


= E
1
0
= 0,771V (0,5Đ)
Thế của điện cực Ag là
E
2
= E
2
0
+0,059 lg [Ag
+

Trường THPT chuyên ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG
BẰNG
Nguyễn Bỉnh Khiêm KHỐI 12 – NĂM HỌC 2008 -2009
Tỉnh Vónh Long CÂU 4 ( 2Đ)

Để xác định bậc của phản ứng

mol/l 12,5
Xác định bậc của phản ứng
ĐÁP ÁN
1/2 1
1/2 2
( )
( )
t
t
=
( 1)
2 2
( 1)
2 1
[ ]
[ ]
n
n
Br
Br


hay n= lg
1/2 1
1/2 2
( )
( )
t
t
/ lg


Trường THPT chuyên ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG
BẰNG
Nguyễn Bỉnh Khiêm KHỐI 12 – NĂM HỌC 2008 -2009
Tỉnh Vónh Long

Câu 5 (2điểm)
Hỗn hợp X gồm một kim loại R và muối cacbonat của nó (có tỉ lệ mol tương ứng là 2 : 1). Hòa tan
hồn tồn 68,4 gam hỗn hợp X trong dung dịch HNO
3
dư, thấy thốt ra hỗn hợp khí Y gồm NO (sản phẩm khử
duy nhất) và CO

n+
+ 3yCO
2

(amol) + (nx - 2y)NO + (2nx _ y) H
2
O (1) ( 0,25đ)
3R + 4nH
+
+ n

3
NO  3R
n+
+ nNO + 2nH
2
O (2)
(2amol)
10NO + 6Mn

4
O
+ 8H
+
 10

3
NO
+ 6Mn
2+

ddgiảm
= mCaCO
3
- mCO
2
 100t - 44t = 56t = 16,8 (g)
 n
CO2
= t = 16,8/56 = 0,3mol; Từ (1)  n
CO2
= ay  ay = 0,3 (I)
Từ (1) (2)  n
NO
= 7,0
3
2
3
2


m
a
ynx
(II)
M
hhX
= a(xM
R
+ 60y) + 2aM
R

18,7 37,3 56
Thích hợp
Vậy R là Fe (0,5đ)
Thế n = 3 vào (*) (IV)  a =
6
3
7,2

x

(I)  a = 23
3,0
63
7,23,0


 xy
yxy
(0,25Đ)
Nên x = 1, y = 1 là nghiệm hợp lý
 Công thức phân tử của muối là FeCO
3
( 0,25Đ)



Trường THPT chuyên ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG
BẰNG
Nguyễn Bỉnh Khiêm KHỐI 12 – NĂM HỌC 2008 -2009
Tỉnh Vónh Long
Câu 6: (2 điểm)
1.
a) Sắp xếp trình tự giảm dần khả năng brom hóa vào vòng benzen của các chất có tên sau:
m – đinitrobenzen; toluen; m – xlien; benzen; p – nitrobenzen.
b) Sắp xếp theo trình tự tăng dần tính axit của các chất trong dãy sau: axit benzoic, phenyl etanoic,
3 – phenyl propanoic, xiclohexyl etanoic, 1 – metyl xiclohexan cacboxylic
c) Sắp theo chiều thứ tự tăng dần tính bazơ của các chất trong dãy sau:
NH – CH
3
; CH
2
– NH
2
; CH
2
– NH
2
; O
2

a)
> > > > (0,25Đ)

b)

< < < < (0,25Đ)

c) O
2
N NH
2
< CH
2
– NH
2
< CH
2
– NH
2
<

NH – CH
3
(0,25Đ)

d)

< < (0,25Đ)

A
µ
= 1,57D – cis
B
µ
= 1,69D – trans
CH
3

CH
3

CH
3

CH
3

NO
2

NO
2

NO
2

CH
2

3
MgCl
A


B
O
2
H


CH
3
CHO
H MgCl
2 5
C


D
O
2
H


ancol sec – butylic.
Viết các phương trình phản ứng xảy ra ở dạng cơng thức cấu tạo thu gọn.
2. Cho axetanđehit tác dụng với lượng dư fomanđehit có mặt NaOH, thu được chất A. Cho A tác dụng với
lượng dư dung dịch NaBr bão hòa và H
2

3
H
6
O
2
(0,25Đ)
z=3

C
2
H
2
O
3

Vì A khơng tác dụng với Na và khi phản ứng với dung dịch NaOH chỉ tạo được 1 chất hữu cơ do đó A khơng
phải axit, rượu hoặc este. Kết hợp với sơ đồ điều chế

A thỏa mãn cơng thức C
2
H
2
O
3
và có cơng thức như sau:
H – C – O – C – H
║ ║ anhiđric fomic (0,25Đ)
O O
Các phương trình phản ứng xảy ra:
(HCO)


OMgCl O
C
2
H
5
MgCl + CH
3
CHO

CH
3
CH
2
– CH – OMgCl

│

CH
3

CH
3
CH
2
– CH – OMgCl + H
2
O

CH

OH
CH
2
OH CH
2
Br

│

│

HOCH
2
– C – CH
2
OH + 4NaBr + 4H
2
SO
4


BrCH
2
– C – CH
2
Br + 4NaHSO
4
+ 4H
2
O

CH
2

Trường THPT chuyên ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG
BẰNG
Nguyễn Bỉnh Khiêm KHỐI 12 – NĂM HỌC 2008 -2009
Tỉnh Vónh Long CÂU 8( 2Đ)
: Khi thủy phân hòan tòan 1 mol tri peptit B thu được 2 mol Glu, 1mol Ala và 1 mol NH
3
, B khơng
phản ứng với 2,4 –đinitroflobenzen và B chỉ có một nhóm cacboxyl tự do.Thủy phân B nhờ enzim
cacboxypeptidaza thu được alanin.Xác định cơng thức cấu tạo của B.
ĐÁP ÁN:
Thủy phân B nhờ enzim cacboxypeptidaza thu được alanin

aminoaxit đầu C là Ala và như vậy
tripeptit có cấu tạo như sau Glu-Glu-Ala. (0,5Đ)
B khơng phản ứng với 2,4-đinitro flobenzenvà B chỉ có một nhóm cacboxyl tự do

nhóm NH
2
của
aminoaxit đầu N đã tạo lactam với nhóm cacboxyl củaGlu thứ hai tồn tại dưới dạng amit –CONH
2
(0,5Đ)
.Vậy cơng thức của B là
(1Đ)
Trường THPT chuyên ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI HSG ĐỒNG
BẰNG
Nguyễn Bỉnh Khiêm KHỐI 12 – NĂM HỌC 2008 -2009
Tỉnh Vónh Long

Câu 9 (2Đ):
Mannozơ (monosaccarit) HOCH
2
-(CHOH)
4
-CHO là đồng phân của glucozơ.Ở dạng vòng sáu cạnh
mannozơ chỉ khác glucozơ ở chỗ nhóm OH ở ngun tử C
2
nằm cùng phía với OH ở ngun tử C
3
.Oxi hóa
mannozơ bằng dung dịch HNO
3
ở 100
0
C thu được sản phẩm Y chứa 41,38% C, 3,45% H và 55,17% O.Y bị
thủy phân cả trong mơi trường axit và bazờ tạo ra axit polihidroxidicacboxilic hoặc muối tuơng ứng.Xác định
cơng thức cấu tạo của Y biết M
Y
= 174 u
Đáp án
Đặt cơng thức tổng qt của Y là C
x

10
O
8
) thì khơng phù hợp với cơng thức phân tử
của Y (C
6
H
6
O
6
) (0,5Đ)
.Mặt khác theo giả thiết Y bị thủy phân trong mơi trường axit cũng như bazờ ,vậy Y phải là este nội
phân tử (lacton) hai lần este ứng với cấu trúc bền (vòng 5 hoặ 6 cạnh)
thì cấu tạo của Y sẽ là (m
ỗi ct 0,25đ)

-CHO là đồng phân của glucozơ.Ở dạng vòng sáu cạnh
mannozơ chỉ khác glucozơ ở chỗ nhóm OH ở nguyên tử C
2
nằm cùng phía với OH ở nguyên tử C
3
.Oxi hóa
mannozơ bằng dung dịch HNO
3
ở 100
0
C thu được sản phẩm Y chứa 41,38% C, 3,45% H và 55,17% O.Y bị
thủy phân cả trong môi trường axit và bazờ tạo ra axit polihidroxidicacboxilic hoặc muối tuơng ứng.Xác định
công thức cấu tạo của Y biết M
Y
= 174 u
Đáp án
Đặt công thức tổng quát của Y là C
x
H
y
O
z

Ta có : x: y:z =
41,38
12
:
3,45
1
:

CÂU 8( 2Đ)
: Khi thủy phân hòan tòan 1 mol tri peptit B thu được 2 mol Glu, 1mol Ala và 1 mol NH
3
, B không
phản ứng với 2,4 –đinitroflobenzen và B chỉ có một nhóm cacboxyl tự do.Thủy phân B nhờ enzim
cacboxypeptidaza thu được alanin.Xác định công thức cấu tạo của B.
ĐÁP ÁN:
Thủy phân B nhờ enzim cacboxypeptidaza thu được alanin

aminoaxit đầu C là Ala và như vậy
tripeptit có cấu tạo như sau Glu-Glu-Ala. B không ophản ứng với 2,4-đinitro flobenzenvà B chỉ có một nhóm
cacboxyl tự do

nhóm NH
2
của aminoaxit đầu N đã tạo lactam với nhóm cacboxyl củaGlu thứ hai tồn tại
dưới dạng amit –CONH
2
.Vậy công thức của B là

CÂU 9 :
Cho Fe
3+
+ e
-

→ Fe
2+

E
0
= 0,771V
Ag
+
+ e
-
→ Ag E
0
= 0,799 V
Người ta lắp một pin theo sơ đồ
Ag
│
Ag
+
│Fe
2+

1
0

+
0,059
1
lg
3
2
[ ]
[ ]
Fe
Fe


= E
1
0
= 0,771V
Thế của điện cực Ag là
E
2
= E
2
0
+0,059 lg [Ag
+
]

Khi súât điện động của pin (E) đạt tới giá trị = 0 thì thế 2 cực phải bằng nhau