2010
Phan Cuong Huy
YDS
Copyright © />TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG
MÔN HÓA HỌC
Copyright © 2010 />2
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
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
Môn: HOÁ 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 được tổng hợp theo sơ đồ sau
4–metylpentan–1,4–diol

dẫn xuất dibromua

bromanken
Mg
ete khan

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.

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
o
KI du
70 C

A (dung dịch nâu)
3 2
+ CH NH
1:2

B (tinh thể sáng)
4 2 5
HClO và C H OH

C (rắn đỏ nâu)
3 2
NH /H O

D (tinh thể vàng kim, phân cực)
2 3
Ag CO du và axit malonic

E (tinh thể vàng nhạt)

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
o
C) = 116,6. Tính K
P
ở 0
o
C, 50
o
C. Giả thiết rằng tỉ số giữa trị số cân bằng giữa 0
o
C và
25
o
C cũng như 25
o
C với 50
o
C đều bằng 1,54
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

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 điểm)
Các cacbohydrat tự nhiên đều được tổng hợp quang hóa trong cây xanh. Tuy nhiên các cacbohydrat không có
trong tự nhiên có thể được tổng hợp bằng con đường nhân tạo. Sơ đồ dưới đây là sơ đồ tổng hợp L-ribozơ. Hoàn
chỉnh sơ đồ tổng hợp sau:
_________________ HẾT _________________
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
- Giám thị không giải thích gì thêm.
Copyright © 2010 />4
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
THPT CHUYÊN HÀ NỘI KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ LỚP 12 THPT NĂM 2009 – 2010
Môn: HOÁ HỌC
(Đáp án đề thi gồm 4 trang, có 8 câu)

phải được chuyển thành A
(0,25 điểm)
3. Ag
2
CO
3
phản ứng với D theo phản ứng D + Ag
2
CO
3
= DCO
3
+ 2AgI sau đó DCO
3
phản ứng với axit
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

= 116,6.1,54 = 179,56 (0,25 điểm)
3. Xét sự chuyển dời cân bằng hóa học tại 25
o
C
Trường hợp a và b về nguyên tắc cần xét tỉ số:
2
NOBr
NO
P
Q
P

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
+ Nếu V = const thì không ảnh hưởng tới cân bằng hóa học do N
2
không gây ảnh hưởng liên hệ nào (theo
định nghĩa áp suất riêng phần)
+ Nếu P = const ta xét liên hệ

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 ở
điểm 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 hẹp
vòng 7
- Ta dễ dàng nhận thấy rằng quá trình chuyển hóa của guaiol không hề ảnh hưởng tới các mạch nhánh, vì
vậy từ vị trí các mạch nhanh trong dẫn xuất naphtalen ta có thể suy ra được vị trí của các mạch nhánh này
trong guaiol.
Copyright © 2010 />6
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
- 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 mỗi chất được 0,25 điểm
OH
OH

Mỗi phản ứng đúng được 0,125 điểm
2Rh + 6NaCl + 3Cl
2
= 2Na
3
[RhCl
6
]
Copyright © 2010 />7
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
Na
3
[RhCl
6
].12H
2
O = Na
3
[RhCl
6
] + 12H
2
O
2Na
3
[RhCl
6
] = 2Rh + 6NaCl + 3Cl
2
2Na

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
, axit đisunfuric H
2
S
2
O
7
, axit trisunfuric H
2
S
3
O

,
XeO
3
, NO
2
+
, NO
2
–
.
2. Phản ứng của NaNO
3
trong nước với hỗn hống Na/Hg cũng giống như phản ứng của etylnitrit C
2
H
5
NO
2
với hydroxylamine NH
2
OH 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 có ứng dụng trong thành phần
nhiên liệu tên lửa. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và vho biết công thức cấu trúc của axit đồng phân
nói trên.
CÂU 3: (2.0 điểm)
Cho phản ứng:
A B C D  
(1) là phản ứng đơn giản. Tại 27
o
C và 68

-1
.
2. Tại 119
o
C, tính giá trị của hằng số tốc độ phản ứng k
3
.
3. Nếu C
oA
= C
oB
= 0,1M thì

1/2
ở nhiệt độ 119
o
C là bao nhiêu.
CÂU 4: (2,0 điểm)
1. Clobenzen có momen lưỡng cực 
1
= 1,53 D (
1
hướng từ nhân ra ngoài) ; 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 NH

6
].
Dung dịch được cô bay hơi ở 95
o
C cho đến khi tỉ trọng của nó đạt chính xác 1,695 g/cm
3
và sau đó làm lạnh đến
4
o
C. Tách kết tủa thu được bằng cách hút chân không rồi cho vào một dụng cụ chứa được niêm kín.
1. Viết các phản ứng dẫn đến sự kết tủa FeCl
3
.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.
Copyright © 2010 />9
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
CÂU 6: (2,0 điểm)

2
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:
O OH
O
HO
O
O
CH

2
O: BF
3
o
0 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


S
N
N
H
N
N
H
115
o
C 117
o
C 256
o
C 187
o
C
Copyright © 2010 />10
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
C
CH
2
OH
HO
H
O
HO OH
O
axit L ascobic
-
CÂU 10: (2,0 điểm)

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
ĐỀ THI THỬ LỚP 12 THPT NĂM 2010
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ MÔN HÓA HỌC
(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
O
O
S
O
O
HO O
S
O
O
O
S
O
O
O
S
OH
O
O
S
O
O

3
O
10
H
2
S
4
O
13
2. (0,5 điểm) Giải thích đúng + viết đúng 4 phương trình và cấu trúc
- Giải thích: Phân tử SO
3
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

O H
F
S
O
O
O H
Cl
S
O
O
O H
NH
2
3. (1,0 điểm)
- Kim cương (tương tự Silic) có cấu trúc lập phương tâm diện ngoài ra còn có 4 nguyên tử 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
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:
Độ dài cạnh ô mạng tinh thể: a =
4d
3
(d = C–C (kim cương)) => Thể tích ô mạng = a
3
=
3
4d

=3,385 (cm
3
/mol)
Copyright © 2010 />12
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
- Tương tự trong ô mạng tinh thể than chì
Diện tích mặt đáy =
2
3
3 d
2

(d = C–C (than chì))
Thể tích ô mạng =
2
3
3 d h
2
 
(h là khoảng cách giữa các lớp)
=> 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

H
H
H
N
O O
N
O O
NO O
NO O
2. (1,0 điểm)
- Các phản ứng (mỗi phản ứng 0,25 điểm)
2NaNO
3
+ 8Na(Hg) + 4H
2
O

Na
2
N
2
O
2
+ 8NaOH + 8Hg
NH
2
OH + C
2
H
5

2
(2.0,125 = 0,25)
N N
OHHO
N N
OH
HO
- Cấu trúc đồng phân: H
2
N – NO
2
(nitramit) (0,25)
N N
O
O
H
H
CÂU 3: (2.0 điểm)
1. (1,0 điểm)
Phản ứng động học bậc hai, áp dụng phương trình Archénius ta có:
A
1
1
E
ln k ln A
RT

 
;
A

 

   

Copyright © 2010 />13
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
 
 
 
E
RT
E
E
RT
RT
1
9 1 1
1
k
k
k A e A 7 10 (mol .l.s )
e
e



 
      
2. (0,5 điểm)
 

2
= b
2
+ c
2
– 2bc cos

A
Dẫn xuất ortho: 
2
O
= 
2
1
+ 
2
2
 2
1

2
cos 60
0
= 
2
1
+ 
2
2
 

+ 
1

2
= 7,35

m
=
7,35
= 2,71D
Dẫn xuất para: 
2
p
= 
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
1
3 2 3 1
2
3 3 2
14
2 W
NH HCO NH HCO
NH NH H ;K


 
Áp dụng điều kiện proton ta có:
2
3 3 2 3
1
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
  
 
   
  
     
     
   
    
    
    
Copyright © 2010 />14
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC


Thay các giá trị gần đúng:
4 3
[NH ] [HCO ] 0,1M
 
 
8
[H ] 1,6737.10 M
pH lg[H ] 7,78
 

 
   
CÂU 5: (2,0 điểm)
1. Các phương trình phản ứng: (4.0,125 = 0,5 điểm)
Fe + 2HCl

FeCl
2
+ H
2
2FeCl
2
+ Cl
2

2FeCl
3
3FeCl
2

2
O
Như vậy cần
mL978
0,65.1,18.0,36
36,5.2.3,7

dung dịch HCl 36% (0,5 điểm)
3. Khi đun nóng thì FeCl
3
.6H
2
O phân huỷ theo phương trình sau:
FeCl
3
.6H
2
O

FeOCl + 5H
2
O + 6HCl
Khi nhiệt độ tăng thì FeOCl sẽ tiếp tục phân huỷ:
3FeOCl

FeCl
3
+ Fe
2
O

. (1,0 điểm)
CÂU 6: (2,0 điểm)
1. (1,0 điểm) mỗi phương trình đúng được 0,25
-
A là Cr
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

O
7

Cr
2
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

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
Copyright © 2010 />15
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
2K
2

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

H
A
B
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
3
CH
2
CHOHCHOH(CH
2
)
3

6
H
5
2-benzoylthiophen
B
N
N=NC
6
H
5
H
2-(phenylazo)pyrol
C
N
CHO
H
2-pyrolcacboxandehit
D
2. (1,0 điểm)
NO
2
C
O
Cl
KCN
-HCl
NO
2
C
O

O
CÂU 9: (2,0 điểm)
1. (1,5 điểm)
- 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
CH
3
CH
OH
NH
2
- Axetandehit-amoniac dễ bị tách nước thành B là CH
3
–CH=NH và B dễ trime hóa thành hợp chất dị vòng C
loại triazin
CH
3
CH
OH
NH
2

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 ứng:
C
6
H
12
N
4
+ 3HNO
3
+ 3HCHO + NH
3
N N
N
NO
2
NO
2
O
2

b. Sơ đồ điều chế
D-Glucose
NaBH
4
D-Socbitol (A)
[O]
enzym
L-Socbose (B)
endiol B'
2CH
3
COCH
3
Diaxetonua (C)
1. KMnO
4
/OH
-
2. dd H
+
(D)
H
+
t
o
axit L-ascobic
Trong đó:
CH
2
OH

CH
2
OH
C
C
H O
HO H
CH
2
O
C
CH
3
CH
3
O
O
C
CH
3
CH
3
C
COOH
C
C
H O
HO H
CH
2

D-Glucose + ROH (Saligenin)
C
7
H
8
O
2
Salixin
Copyright © 2010 />18
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
Trong công thức C
7
H
8
O
2
, ROH xuất hiện nhân thơm. Tách được andehit salixylic, điều đó chứng tỏ quá trình oxi
hóa nhóm –CH
2
OH thành nhóm –CHO
D-Glucose +
CHO
HO
H
2
O, H
+
O
HO
HO

)
6
]
3+
lại có màu. Giải thích dựa vào
1
o
22900(cm )

 
. Cho biết:
1 1
1cm 11,962 J.mol
 

.
2. Dựa trên mô hình VSEPR, giải thích dạng hình học của NH
3
, ClF
3
, XeF
4
.
3. Quá trình:
O O 1e

 
có I
1
= 13,614 (eV). Dựa vào phương pháp Slater xác định hằng số chắn của các

I /2I
E 0,6197V


;
3 2
3 2 Co(OH) /Co(OH)
Co(OH) 1e Co(OH) OH 0,17V

   
o
; E
3. Biết tích số ion của nước K
W
= 10
-14
và
RT
2,303 ln x 0,0592lg x
F

( tại 25
o
C, 1atm)
Câu 3: (1.5 điểm)
Cho phản ứng:
A B C D  
(1) là phản ứng đơn giản. Tại 27
o
C và 68

.l.s
-1
.
2. Tại 119
o
C, tính giá trị của hằng số tốc độ phản ứng k
3
.
3. Nếu C
oA
= C
oB
= 0,1M thì

1/2
ở nhiệt độ 119
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:
2 2
3 2
o o o
O /H O

(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
. Hỏi độ dài cạnh a sẽ tăng lên bao nhiêu khi sắt

có chứa
cacbon so với cạnh a khi sắt

nguyên chất
3. Tính độ dài cạnh ô mạng cơ sở cho sắt

(cấu trúc lập phương tâm diện) và tính độ tăng chiều dài cạnh ô
mạng biết rằng các nguyên tử cacbon có thể chiếm tâm của ô mạng cơ sở và bán kính kim loại sắt

là
1,26
o
A
. Có thể kết luận gì về khả năng xâm nhập của cacbon vào 2 loại tinh thể sắt trên
Copyright © 2010 />20
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
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
NH
3

2
O
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:
a. Cơ chế 1:
1
k
2 2 2 (k) 2
NO NH N O + H O
b. Cơ chế 2:
2
3
k
+
2 2 3 2 3 2
k
+ +
2 3 2 3
NO NH H O NO NH + H O
NO NH N O + H O



nhất. Hợp chất của 3 nguyên tố A, B, C là một muối không màu, tan trong nước 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)
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 độ trên và giải thích.
Câu 9: (1.5 điểm)
Có thể viết cấu hình electron của Ni
2+
là:
Cách 1: Ni
2+
[1s
2
2s
2

1. Phòng thí nghiệm có mẫu phóng xạ Au
198
với cường độ 4,0 mCi/1g Au. Sau 48 giờ người ta cần một dung
dịch có độ phóng xạ 0,5 mCi/1g Au. Hãy tính số gam dung môi không phóng xạ pha với 1g Au để có dung
dịch nói trên. Biết rằng Au
198
có t
1/2
= 2,7 ngày đêm.
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 - - - - - - - - - -
Nhanh
Chậm
Nhanh
Chậm
Nhanh
Copyright © 2010 />21
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
KÌ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT
ĐỀ THI THỬ NĂM HỌC 2008 – 2009
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC ĐẠI CƯƠNG
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
1
1
Tính được:
437nm 

2
) nên phân tử có dạng chữ T (Các electron tự do chiếm vị trí xích đạo)
Cl F
F
F
Cl
F
F
F
Phân tử XeF
4
có 6 vùng không gian khu trú electron, trong đó có hai cặp electron tự do
(AB
4
E
2
) nên có dạng vuông phẳng (trong cấu trúc này các cặp electron tự do phân bố xa
nhau nhất)
Xe
F
FF
F
Xe
FF
F F
0,25 3
= 0,75
3
- Cấu hình electron: O 1s
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
2
14
2 7
2
Cr O / 2Cr
3
2
2 7
2
Cr O / 2Cr
3
Cr O H
0,0592
lg
6
Cr
Cr O

 
 
 
  
 
 
o
o
o
E = 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 phụ thuộc vào pH. pH càng giảm thì dung dịch càng có môi
trường axit thì E’ càng tăng, tính oxi hóa của



o
E = E
. Thay
W
K
[OH ]
[H ]



ta có:
3 2 3 2
3 2
3 2
Co(OH) /Co(OH) Co(OH) /Co(OH)
W
Co(OH) /Co(OH) W
Co(OH) /Co(OH) W
[H ]
0,0592lg
K
0,0592lg[H ] 0,0592lgK
0,0592pH 0,0592lgK



  
  

3
1
- Phản ứng động học bậc hai, áp dụng phương trình Archénius ta có:
A
1
1
E
ln k ln A
RT

 
;
A
2
2
E
lnk ln A
RT

 
A A
2 1
2 1
2 A
1 1 2
2 1 2
A
2 1 1
E E
ln k ln k ln A ln A

k
k
k A e A 7 10 (mol .l.s )
e
e



 
     
0,5
0,25
0,25
2
 
E
RT
3
7 1 1
3
k A e 6,15 10 (mol .l.s )

 
   
0,25
3
7
1/ 2
3 oA
1


1 (1)
2H
2
O

H
3
O
+
+ OH
-

2
2 H
3
O
+
+ 2e

H
2
+ 2H
2
O

1
2H
2
O + 2e

2H O /H
E 0,00V 0,0592lg10 0,413V


   
2
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, ở Katode quá trình (2) sẽ xảy ra, có H
2
thoát ở Anode
Ở Anode: 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 0,0592lg[H O ] 0,817V ; E E 1,617V


Copyright © 2010 />23
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
Thế phân giải: V =
' '
A K
E E
= 3,053V
0,25
2
Sau một thời gian, do [OH
-
] tăng nên pH cũng tăng. Khi pH = 11, phản ứng 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

0,25
0,25
0,25
2.5
5
1
Độ dài cạnh a của ô mạng cơ sở của sắt

là:
o
4r 4 1,24
a 2,86A
3 3

  
0,25
2.
Khi sắt

có chứa cacbon, độ tăng chiều dài cạnh a của ô mạng cơ sở là:
o
Fe C
2 (r r ) a 2(1,24 0,77) 2,86 1,16A

        
0,25
3
Độ dài cạnh a của ô mạng cơ sở của sắt

là:

x
Cl
y
(NH
3
)
z
(H
2
O)
t
. Vì phức chất A là phức 1 nhân nên phân tử khối của
A:
Pt
A
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: PtCl
2
(NH
3

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
 

       

0,25.2
= 0,5
Copyright © 2010 />24
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
1.5
7
1
Do trong môi trường đệm [H
3
O]
+
= const nên biểu thức tốc độ phản ứng là:

v k k
[H O]



loại
- Cơ chế 3:
5 2
v k [NO NH ]


Mà:
2 2 2
2 4
3
[NO NH ][H O]
[NO NH ] k
[H O ]



Vậy:
2 2 2
5 4
3
[NO NH ][H O]
v k k
[H O ]



B
p
C
q
là Al
2
(SO
4
)
3
nhôm sunfat
2 Al + 3 S

Al
2
S
3
Al
2
S
3
+ 6 H
2
O

2 Al(OH)
3
+ 3 H
2
S

2
Số mol nguyên tử S trong 3,2 gam lưu huỳnh:
S
3,2
n 0,1mol
32
 
Dùng công thức:
PV
n
RT

tính được số mol các phân tử lưu huỳnh ở trạng thái hơi tại các
nhiệt độ :
* 444,6
o
C: n
1
= 0, 0125 mol gồm các phân tử S
8
vì 0, 0125  8 = 0,1 mol
* 450
o
C: n
2
= 0,015 mol, số nguyên tử S trung bình trong 1 phân tử:
0,1
6,67
0,015


.
* 1500
o
C : n
5
= 0,1 mol : Hơi lưu huỳnh chỉ gồm các nguyên tử S.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Copyright © 2010 />25
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
3.0
9
Năng lượng của một electron ở phân lớp l có số lượng tử chính hiệu dụng n* được tính theo
biểu thức Slater:
1

= -13,6 x (Z – b)
2
/n* (theo eV)
Hằng số chắn b và số lượng tử n* được tính theo quy tắc Slater. Áp dụng cho Ni
2+
(Z=28, có
26e) ta có:
Với cách viết 1 [Ar]3d
8

1
= 2

1s
+ 8

2s,2p
+ 8

3s,3p
+ 8

3d
= - 40423,2 eV
Với cách viết 2 [Ar]sd
6
4s
2
:

1s
,

2s,2p
,

3s,3p
có kết quả như trên . Ngoài ra:

3d

0,25
1.5
10
1
- t = 48 h = 2 ngày đêm.
- Áp dụng biểu thức tốc độ của phản ứng một chiều bậc một cho phản ứng phóng xạ, ta
có:

= 0,693/t
1/2;
Với t
1/2
= 2,7 ngày đêm,

= 0,257 (ngày đêm)
-1
.
Từ pt động học p.ư một chiều bậc nhất, ta có:

=(1/t) ln N
0
/N.
Vậy: N/N
0
= e
-

t
= e
-0,257 x 2

Thay (3) vào (2) ta có: V
2
= a
3
= 8r
3
(4)
Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là:
V
1
/V
2
= 4/3

r
3
: 8r
3
=

/6 = 0,5236
Đối với mạng tâm khối:
0,5
r
a