2010
Phan Cuong Huy
YDS
Copyright © http://vn.myblog.yahoo.com/volcmttl
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG
MÔN HÓA HỌC
Copyright © 2010 http://vn.myblog.yahoo.com/volcmttl
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.

)[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
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

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
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

1. Xác định cấu trúc của guaiol và X nếu biết trong phân tử guaiol thì nhóm hydroxyl gắn 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 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 http://vn.myblog.yahoo.com/volcmttl
4
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC

TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
2. Để chắc chắn thu được sản phẩm cuối thì buộc B phải ở dạng cis nên K
2
PtCl
4
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

P
tại 50
o
C = 1,54.K
P
= 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

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 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 http://vn.myblog.yahoo.com/volcmttl
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)

S
3
.2H
2
S (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
2
= 2Na
3
[RhCl
6
]
Copyright © 2010 http://vn.myblog.yahoo.com/volcmttl
7
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
Na
3
[RhCl
6
].12H
2
O = Na
3
[RhCl
6
] + 12H
2
O

Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề)
(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
, axit đisunfuric H
2
S

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
–
.
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

E
RT
k A e

 
mol
-1
.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: (2,0 điểm)
1. Clobenzen có momen lưỡng cực 
1
= 1,53 D (
1

Có thể điều chế tinh thể FeCl
3
.6H
2
O 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 clo qua cho đến khi cho kết quả âm tính với K
3
[Fe(CN)
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


Y + S + NH
3
+ KOH
- B + (NH
4
)
2
S + KOH + H
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)

a. Furan + (CH
3
CO)
2
O + (C
2
H
5
)
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


E + 3HCHO + NH
3
. Xác định A, B, C, D, E và viết các phương trình
phản ứng xảy ra.
2. Giải thích sự khác nhau về nhiệt độ sôi trong dãy các chất sau:
(1) (2) (3) (4)
N
N
S
N
N
H
N
N
H
115
o
C 117
o
C 256
o
C 187
o
C
Copyright © 2010 http://vn.myblog.yahoo.com/volcmttl
10
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
C
CH

3
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
_________________ HẾT _________________
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
- Giám thị không giải thích gì thêm.
Copyright © 2010 http://vn.myblog.yahoo.com/volcmttl
11
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
http://vn.myblog.yahoo.com/volcmttl 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

SO
4
H
2
S
2
O
7
H
2
S
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

2
]
- Cấu trúc các sản phẩm
S
O
O
O H
O H
S
O
O
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

 
 
 
 
 
(g/cm
3
)
=> Thể tích mol của kim cương =
M
D
=3,385 (cm
3
/mol)
Copyright © 2010 http://vn.myblog.yahoo.com/volcmttl
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

2
, cấu trúc gấp khúc (chữ V)
- Công thức Lewis
Xe
O
O
O
B
H
B
H
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

OH
- Na
2
N
2
O
2
là muối của axit hyponitrơ H
2
N
2
O
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)

k E
1 1
ln
k R T T
T T k
E R ln 3688,2(cal/ mol)
T T k
 
     
 
  
 
 

   

Copyright © 2010 http://vn.myblog.yahoo.com/volcmttl
13
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
 
 
 
E
RT
E
E
RT
RT
1
9 1 1

   
CÂU 4: (2,0 điểm)
1. (1,0 điểm)
Clo có độ âm điện lớn, 
1
hướng từ nhân ra ngoài – nhóm NH
2
có cặp e tự do liên hợp với hệ e  của vòng benzen
 hai momen lưỡng cực cùng chiều
ortho
meta
para
Cộng vectơ sử dụng hệ thức lượng trong tam giác a
2
= b
2
+ c
2
– 2bc cos

A
Dẫn xuất ortho: 
2
O
= 
2
1
+ 
2
2

2
 2
1

2
cos 120
0
= 
2
1
+ 
2
2
+ 
1

2
= 7,35

m
=
7,35
= 2,71D
Dẫn xuất para: 
2
p
= 
1
+ 
2



 

Trong đó:
14
9,24
a
b
10
K 10
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 ]

1 K .[HCO ]
    
 

 
 

 
    
 
 

 
 

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

2
O

FeCl
3
.6H
2
O
2.
3,270
1000
= 3,7mol FeCl
3
.6H
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
3
.
Khối lượng FeCl
3
mất 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 Fe
2
O
3
. (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

2
O
7
+ K
2
SO
4
+ H
2
O
S + K
2
Cr
2
O
7

Cr
2
O
3
+ K
2
SO
4
14HCl + K
2
Cr
2
O

- Các phương trình phản ứng:
(NH
4
)
2
Cr
2
O
7
o
t

Cr
2
O
3
+ N
2
+ 4H
2
O
K
2
Cr
2
O
7
+ 3(NH
3
)

3
K
2
Cr
2
O
7
+ 4H
2
SO
4
+ 3H
2
S

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

O
C
H
CH
3
OEt
O O
C
H
CH
3
OEt
O
H
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

H
5
)CH
2
OH
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
O
COCH
3
2-acetylfuran
A
S
COC
6
H
5
2-benzoylthiophen
B
N
N=NC
6
H
5
H
2-(phenylazo)pyrol
C
N
CHO

O
Copyright © 2010 http://vn.myblog.yahoo.com/volcmttl
16
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
NH
2
C
O
COOH
t
o
-H
2
O
NH
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

C
B 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 ứng:
C
6

C
CHO
HO C
O
H
+
-
C
C
-
O
HO C
O
C
CO
HO C
O
b. Sơ đồ điều chế
D-Glucose
NaBH
4
D-Socbitol (A)
[O]
enzym
L-Socbose (B)
endiol B'
2CH
3
COCH
3

H OH
HO H
CH
2
OH
B
CH
2
OH
CHO
CHO
H OH
HO H
CH
2
OH
B'
CH
2
OH
C
C
H O
HO H
CH
2
O
C
CH
3

D
2. (1,0 điểm)
Salixin là đường không khử và là
glucozit 
do bị thủy phân bởi elmuxin
RO H
OH
HO
OH
CH
2
OH
O
H
2
O
enzim
D-Glucose + ROH (Saligenin)
C
7
H
8
O
2
Salixin
Copyright © 2010 http://vn.myblog.yahoo.com/volcmttl
18
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
Trong công thức C
7

HOH
2
C
CH
2
OH
- - - - - - - - - - HẾT - - - - - - - - - - -
Thí sinh làm cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa
Copyright © 2010 http://vn.myblog.yahoo.com/volcmttl
19
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
http://vn.myblog.yahoo.com/volcmttl KÌ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT
ĐỀ THI THỬ NĂM HỌC 2008 – 2009
MÔN THI: HÓA HỌC ĐẠI CƯƠNG
Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề)
(Đề thi gồm có 2 trang)
Câu 1: (2.0 điểm)
1. Tại sao ion phức spin thấp [Co(NH
3
)
6
]
3+
lại có màu. Giải thích dựa vào
1
o
22900(cm )

 
. Cho biết:

Cr O /2Cr
Cr O 14H 6e 2Cr 7H O 1,33V
 
  
    
o
; E
. Ở pH = 7,
2
2 7
Cr O

có oxi hóa được
I

không?
Biết rằng:
2
o
I /2I
E 0,6197V


;
3 2
3 2 Co(OH) /Co(OH)
Co(OH) 1e Co(OH) OH 0,17V

   
o

2
= 3,03.10
7
mol
-1
.l.s
-1
, R = 1,987 cal/mol.K
1. Tính năng lượng hoạt hóa E
A
(theo cal/mol) và giá trị của A trong biểu thức
 
E
RT
k A e

 
mol
-1
.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

.
2
o
Cl /Cl
E 1,34V


cho dung dịch NaCl 25% theo khối lượng
2
H
1,3V 
trên Hg ;
2
O
0,8V 
trên Ru/Rd
Câu 5: (1.5 điểm)
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
. Hỏi độ dài cạnh a sẽ tăng lên bao nhiêu khi sắt

có chứa

hằng 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 H
2
O theo phản ứng: NO
2
NH
2

N
2
O
(k)
+ H
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 ]



k
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 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 được
trong 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 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

[1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
3d
6
4s
2
].
Áp dụng phương pháp gần đúng Slater, tính năng lượng electron của Ni
2+
với mỗi cách viết trên (theo đơn vị eV).
Cách viết nào phù hợp với thực tế. Tại sao.
Câu 10: (2.5 điểm)
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

3
có dạng tháp đáy tam giác
với góc liên kết nhỏ hơn
o
109 28'
(cặp electron tự do đòi hỏi một khoảng không gian khu trú
lớn hơn)
N H
H
H
N
H
H
H
Cấu trúc tháp đáy tam giác tâm là nguyên tử N
Phân tử ClF
3
cỏ 5 khoảng không gian khu trú electron, trong đó có 2 cặp electron tự do
(AB
3
E
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

2
2p
3
do lực đẩy lẫn nhau của 2 ô
trong một orbital của phân lớp 2p và do O
+
đạt cấu hình bán bão hòa phân lớp 2p nên
bền
- Đặt b là hằng số chắn của các electron trong nguyên tử đới với electronbị tách. Ta có:
*2
*2 2 2
1
2
Z
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

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

= 1,33V
- Tại pH = 7 thì E’ = 0,364 <
2
o
I / 2I
E 0,6197V


nên không oxi hóa được I
-
0,5
0,25
Copyright © 2010 http://vn.myblog.yahoo.com/volcmttl
22
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
0,25
2
3 2 3 2
Co(OH) / Co(OH) Co(OH) /Co(OH)
1
0,0592lg
[OH ]


o
E = E
. Thay
W
K
[OH ]

o
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)
3
giảm, tính khử của Co(OH)
2
tăng
0,25
0,5
0,25
2.0
3
1
- Phản ứng động học bậc hai, áp dụng phương trình Archénius ta có:
A
1
1
E
ln k ln A

 
     
 
  
 
 

   

-
 
 
 
E
RT
E
E
RT
RT
1
9 1 1
1
k
k
k A e A 7 10 (mol .l.s )
e
e




Trong dung dịch NaCl có: NaCl

Na
+
+Cl
-
; 2H
2
O

H
3
O
+
+ OH
-
Khi điện phân có thể có các quá trình sau xảy ra:
Catode: Na
+
+ Hg + e

Na(Hg)

1 (1)
2H
2
O

H
3

O

O
2
+ 4H
3
O
+
+ 4e (3)
2 Cl
-

Cl
2
+ 2e (4)
Na / Na(Hg)
E 1,78V

 
,
3 2
7
2H O /H
E 0,00V 0,0592lg10 0,413V


   
2
3 2 3 2
' o



nên ở Anode xảy ra quá trình (4) và có Cl
2
bay ra
Phương trình điện phân: 2Cl
-
+ 2H
2
O

H
2
+ Cl
2
2OH
-
4.0,125
= 0,5
0,25
0,25
0,25
Copyright © 2010 http://vn.myblog.yahoo.com/volcmttl
23
TUYỂN TẬP ĐỀ THI HSG MÔN HÓA HỌC
Thế phân giải: V =
' '
A K
E E
= 3,053V

O /H O
Cl /2Cl
E E


nên ở Anode vẫn có Cl
2
bay ra
Phương trình điện phân: 2Na
+
+ 2Cl
-
+ 2Hg

Cl
2
+ 2Na(Hg)
Thế phân giải: V =
' '
A K
E E
= 3,12V
0,25
0,25
0,25
0,25
2.5
5
1
Độ dài cạnh a của ô mạng cơ sở của sắt


có chứa cacbon, độ tăng chiều dài cạnh a của ô mạng cơ sở là:
o
Fe C
2 (r r ) a 2(1,26 0,77) 3,56 0,5A

        
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

0,25
0,25
0,5
1.5
6
1
Đặt CTPT của A là: Pt
x
Cl
y
(NH
3
)
z

= 0,25
2
Xét phản ứng 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
3
Xét phản ứng chuyển hóa:
Cis

Trans K = 11,27
Cân bằng: 10
-2
– x x
[trans]
K
[cis]

1 2 2
v k [NO NH ]

loại
- Cơ chế 2:
3 2 3
v k [NO NH ]


Mà:
2 2 3
2 3 2
2
[NO NH ][H O ]
[NO NH ] k
[H O]



Vậy:
2 2 3
3 2
2
[NO NH ][H O ]
v k k
[H O]



loại

0,25
0,5
2.0
8
1
- Hợp chất A
x
B
y
là một muối. Khi bị thuỷ phân cho thoát ra H
2
S.
- Hợp chất A
n
C
m
là Al
2
O
3
nhôm oxi
- Vậy A là Al nhôm, B là S lưu huỳnh, C là O oxi
- Hợp chất A
o
B
p
C
q
là Al
2

3
S + O
2

SO
2
Al
3+
+ 2 H
2
O

Al(OH)
2+
+ H
3
O
+
5 chất
0,125.5
= 0,625
5 ptrình
0,125.5
= 0,625
2
Số mol nguyên tử S trong 3,2 gam lưu huỳnh:
S
3,2
n 0,1mol
32

3
= 0,02 mol, số nguyên tử S trung bình trong 1 phân tử:
0,1
5
0,02


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 S
5
.
* 900
o
C: n
4
= 0,05 mol, số nguyên tử S trung bình trong 1 phân tử:
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 S
2
.
* 1500
o
C : n
5
= 0,1 mol : Hơi lưu huỳnh chỉ gồm các nguyên tử S.

/1
2
= -10435,1 eV

2s,2p
= -13,6 x (28 – 0,85x2 – 0,35x7)
2
/ 2
2
= - 1934,0 eV

3s,3p
= -13,6 x (28 – 1x2 – 0,85x8 – 0,35x7)
2
/3
2
= - 424,0 eV

3d
= - 13,6 x (28 – 1x18 – 0,35x – 0,35x7)
2
/3
2
= - 86,1 eV
E
1
= 2

1s
+ 8


4s
= - 13,6 x (28 – 1x10 – 0,85x14 – 0,35)
2
/3,7
2
= - 32,8 eV
Do đó E
2
= - 40417,2 eV.
E
1
thấp (âm) hơn E
2
, 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 Ni
2+
có cấu hình electron [Ar]3d
8
.
0,25
0.125.5
= 0,625
0,125.3
= 0,375
0,25
1.5
10
1
- t = 48 h = 2 ngày đêm.

0,25
0,25
2
Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong mạng tinh thể cũng chính là phần thể tích mà
các 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 V
1
của 1 nguyên tử kim loại:
V
1
= 4/3 x

r
3
(1)
+ Gọi a là cạnh của tế bào, thể tích của tế bào là:
V
2
= a
3
(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: V
2
= a
3
= 8r