HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG TỈNH BG
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 11
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 03 trang, gồm 10 câu)
Câu 1 (2,0 điểm) Tốc độ phản ứng
1. Cho phản ứng:
A
1
2
k
k
→
¬ 
B (1)
k
1
+ k
2
=
e
e
x
1
ln
t x - x
(2)

b) Tính độ điện li của ion X
2-
trong dung dịch Na
2
X 0,022 M khi có mặt NH
4
HSO
4
0,001 M.
Cho:
4
-
a(HSO )
pK
= 2,00;
+
4
a(NH )
pK
= 9,24;
2
a1(H X)
pK
= 5,30;
2
a2(H X)
pK
= 12,60.
2. Một dung dịch monoaxit HA có pH = 1,70. Khi pha loãng gấp đôi dung dịch đã cho thì thu được dung
dịch có pH = 1,89. Xác định hằng số ion hóa K

b) Tính sức điện động chuẩn của pin và hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin này.
Cho biết:
3+ + 3+ 2+
0 0 0
Au /Au Fe /Fe Fe /Fe
= 1,26V; = -0,037V; = -0,440V.
E E E
Câu 4 (2,0 điểm) Bài tập tính toán vô cơ tổng hợp
1. Hoà tan hoàn toàn 0,8120 gam một mẫu quặng sắt gồm FeO, Fe
2
O
3
và 35% tạp chất trơ trong dung dịch
H
2
SO
4
loãng (dư), thu được dung dịch X. Sục khí SO
2
vào dung dịch X, thu được dung dịch Y. Dung dịch
Y phản ứng vừa đủ với 22,21 ml dung dịch KMnO
4
0,10M. Mặt khác, hoà tan hết 1,2180 gam mẫu quặng
trên trong dung dịch H
2
SO
4
loãng (dư) rồi thêm ngay dung dịch KMnO
4
0,10M vào dung dịch thu được

1. Hãy đề nghị cơ chế cho các phản ứng sau:
O
1. BuMgBr
2. H
2
O
3. H
2
SO
4
A
1
+ A
2
+ A
3
+ A
4
+ A
5
a.
Biết rằng từ A
1
→ A
5
là các đồng phân có cùng công thức phân tử C
13
H
22
.

N
N
H
N
H
Pyridin
Pyrol piperidin
Câu 7 (2,0 điểm) Nhận biết, Tách chất, Xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu cơ
1. Axit A được tách ra từ quả cây hồi. Cấu tạo của hợp chất A đã được xác định theo sơ đồ phản ứng
sau:
a) Vẽ cấu trúc cho các hợp chất Y
1
, Y
2
và từ đó suy ra cấu trúc của Y
3
, A, B, C, D. Biết rằng A chỉ có
một nguyên tử hiđro etylenic.
b) Hóy vit s phn ng tng hp ra A t nhng hp cht cha khụng quỏ 4C.
2. Thy phõn hp cht A (C
13
H
18
O
2
) trong mụi trng axit HCl loóng cho hp cht B (C
11
H
14
O). Khi B

. Cõn bng húa hc c thit lp ti 25
0
C v ỏp sut chung ca h l 3,20 atm. Hóy tớnh phn trm
th tớch oxi trong hn hp cõn bng.
2. Cng 25
0
C, ngi ta cho vo bỡnh trờn ch x mol khớ SO
3
. trng thỏi cõn bng húa hc thy cú
0,105 mol O
2
. Tớnh t l SO
3
b phõn hy, phn trm th tớch mi cht trong hn hp khớ v ỏp sut
chung ca h trng thỏi cõn bng.
Cõu 10 (2,0 im) Phc cht
Coban tạo ra đợc các ion phức: [CoCl
2
(NH
3
)
4
]
+
(A), [Co(CN)
6
]
3-
(B), [CoCl
3

2
k
k
→
¬ 
B
Nồng độ đầu: a 0
Nồng độ cân bằng: a - x
e
x
e
Ta có x
e
được xác định qua hằng số cân bằng (K):

e
e
e
x
[B] aK
K x
[A] a - x 1 + K
= = → =
Tại thời điểm một nửa lượng chất A đã tham gia phản ứng: x = a/2; t =
1/2
t
→
x
e
– x =

→
1/2
1 2
2,303 2K
t = lg
k + k K - 1
Vì
1
2
k
K
k
=
, nên:

1/2
t
1
1 2 1 2
2k2,303 2,303 2 . 300
= lg = lg
k + k k - k 300 + 100 300 - 100
= 2,75.10
-3
(s).
Vậy sau 2,75.10
-3
giây thì một nửa lượng chất A đã chuyển thành chất B.
1,0đ
2

v = k
2
[N
2
O
2
][ O
2
] (*)
Do giai đoạn (b) chậm và (a) nhanh nên có thể coi cân bằng (a) được thiết lập, khi đó có:
[N
2
O
2
]/[NO]
2
= k
1
/k
-1
→ [N
2
O
2
] = (k
1
/k
-1
)[NO]
2

2-
+ H
2
O
ƒ
HX
-
+ OH
-
K
b1
= 10
-1,4
(1)
0,5đ
(2,0
điểm)
HX
-
+ H
2
O
ƒ
H
2
X + OH
-
K
b2
= 10

-
+ OH
-
K
b1
= 10
-1,4
C 0,022
[ ] 0,022 - x

x

x [OH
-
] = x = 0,0158 (M)
→
pH = 12,20
b) Khi có mặt NH
4
HSO
4
0,0010 M:
NH
4
HSO
4
→

- 0,021 0,001 0,001

4
NH
+
+ X
2-

→
ƒ
HX
-
+ NH
3
K
2
= 10
3,36
0,001 0,021 0,001
- 0,020 0,002 0,001
Hệ thu được gồm: X
2-
0,020 M; HX
-
0,002 M;
2
4
SO
−
0,001 M; NH


'
b
K
= 10
-4,76
(5)
HX
-
+ H
2
O
ƒ
H
2
X + OH
-
K
b2
= 10
-8,7
(6)
2
4
SO
−
+ H
2
O
ƒ

>>
'
b
K
.
3
NH
C
>> K
b2
.
-
HX
C
>> K
b
.
2
4
-
SO
C
→
(4) chiếm ưu thế và như vậy (4) và (8) quyết định thành phần cân bằng của hệ:
X
2-
+ H
2
O
ƒ

α
= 73,64 %.
(Hoặc
2
X
-
α
+
4 4
-
HSO NH
-
[OH ] + C + C
0,0142 + 0,001 + 0,001
=
0,022 0,022
=
= 0,7364)
1,0đ
2
HA → H
+
+ A
-
(1)
+ -
a
[H ][A ]
K =
[HA]

= 0,0129
Thay các kết quả này vào (3) ta được hệ phương trình:

2
a
2
a
0,02
K =
c - 0,02
0,0129
K =
c
- 0,0129
2








Giải hệ phương trình ta được c = 0,0545 và K
a
= 0,0116.
Vậy c = 0,0545 mol/l và K
a
= 0,0116
0,5đ

-
+ H
2
Phản ứng phụ: anot: H
2
O - 2e → 2H
+
+
2
1
O
2
catot: 2H
2
O + 2e → H
2
+ 2OH
-
H
2
O →
2
1
O
2
+ H
2
0,5đ
b)
=

V
2
H
=
lit80,97
1
298.08205,0.4
P
nRT
==
Khí ở anot là oxy: n
F
tạo ra O
2
= 8 . 0,4 = 3,2 F
n
2
O

=
mol8,0
mol/F4
F2,3
=
V
2
O
=
lit56,19
1

2+
(aq)
→
Fe
3+
(aq) + e K
1
1
−

0,5đ
Phản ứng ở cực dương: Au
3+
(aq) + 2e
→
Au
+
(aq) K
2
Phản ứng trong pin: Au
3+
(aq) + 2Fe
2+
(aq)
→
Au
+
(aq) + 2Fe
3+
(aq) K

0
(1) = -3FE
0
(1)
Fe
2+
+ 2e
€
Fe E
0
(2) = -0,440 V, ∆G
0
(2) = - 2F E
0
(1)
Fe
3+
+ e
€
Fe
2+
E
0
(3) =
0
-ΔG (3)
F
=
0 0
ΔG (1) - ΔG (2)

E - E
= 0,49 V
0,5đ
Câu 4
(2,0
điểm)
1
a) FeO + H
2
SO
4

→
FeSO
4
+ H
2
O (1)
Fe
2
O
3
+ 3H
2
SO
4

→
Fe
2

2
SO
4

→
5Fe
2
(SO
4
)
3
+ 2MnSO
4
+ K
2
SO
4
+ 8H
2
O (4)
5SO
2
+ 2KMnO
4
+ 2H
2
O
→
2H
2

FeO (trong 0,8120 gam mẫu)
=
3
-
7,63.10 . 0,8120
=
1,2180
5,087.10
-3
(mol)
→
m
FeO (trong 0,8120 gam mẫu)
= 72 . 5,087.10
-3
= 0,3663 (g)
và
2 3
Fe O
m
(trong 0,8120 gam mẫu)
= 0,8120 . 0,65 – 0,3663 = 0,1615 (g)
→

2 3
Fe O
n
(trong 0,8120 gam mẫu)
=
0,1615

n n
2
=
=
- 2
4
MnO Fe
5 1
( n n )
2 5
+
−
∑ ∑
với:
2
Fe
n
+
∑
= n
FeO (trong 0,8120 gam mẫu)

2 3
Fe O
+ 2.n
(trong 0,8120 gam mẫu)
→
2
SO (5)
n

-3
(mol).
Vậy:
2
SO
n =
∑
3,01.10
-3
(mol)
→
2
SO
V
= 22,4 . 3,01.10
-3
= 0,0674 (lit)
% FeO =
0,3663
.100
0,8120
= 45,11 %
% Fe
2
O
3
= 65 % – 45,11 % = 19,89 %
0,75đ
2 Vì Fe
3

+ NO + 2H
2
O (2)
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3

→
2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2
O (3)
- Dung dịch Y gồm: Fe(NO
3
)
3
và HNO
3
dư
0,75đ
- n
NaOH
= 0,35.2 = 0,7 mol
- Cho dd NaOH tác dụng với Y, PTHH:

Theo (4):
3
(4)
0,1
HNO NaOH
n n mol= =
d
⇒

3
0,4.3 0,1 1,1
HNO
n mol= − =
p
- Gọi số mol NO là x mol
- Bảo toàn nguyên tố nitơ:
3
3 3
( ) ( )
1,1
3 3
HNO NO
Fe NO Y
n n
x
n mol
−
−
= =
p

( ) ( )
1,1 0,2
0,3
3 3
HNO NO
Fe NO Y
n n
n mol
−
−
= = =
p
- m
chất tan trong Y
= 0,1. 63 + 0,3.242 = 78,9 gam
Câu 5
(2,0
điểm)
1
3/ H
3
O
+
O
1/ BuMgBr
2/ H
2
O
a/
OMgBr

OH
+
HO
+
-H
+
0,5đ
c/
O
O
O
O
Cl
OH
-
Cl
2
O
O
Cl
Cl
OH
-
Cl
2
CCl
2
COOH
O
OH

2
X là: 6-metyl-2-p-tolylhept-4-en-3-on
Có 8 dạng cấu trúc không gian tương đối bền, chúng khác nhau về các yếu tố: cấu hình
R/S, cấu hình E/Z và cấu dạng S-cis/S-trans.
S-trans
O
H
Ar
(R)
(E)
S-cis
O
Ar
H
(S)
(Z)
0,5đ
Câu 6
(2,0
điểm)
1
1,0đ
2
a) Tính axit: Axit bixiclo[1.1.1]pentan-1-cacboxylic > axit 2,2-đimetyl propanoic là do:
COOH
+ I
COOH
H
3
C


N lai hóa sp
2
>
>
Tính bazơ của piperidin là mạnh nhất do N chịu ảnh hưởng đẩy e của 2 gốc
hidrocacbon no, do đó làm tăng mật độ e trên nguyên tử N nên làm tăng tính bazơ.
Với pyridin, mặc dù N lai hóa sp
2
, song đôi e riêng của N có trục song song với
mặt phẳng vòng thơm nên cặp e riêng này không liên hợp vào vòng, do đó đôi e riêng của
N gần như được bảo toàn, do đó pyridin thể hiện tính chất của một bazơ
Với pyrol, cặp e riêng của N liên hợp với 2 liên kết pi trong vòng, sự liên hợp này
làm cho mật độ e trên nguyên tử N giảm mạnh, pyrol gần như không thể hiện tính bazơ.
0,5đ
Câu 7 1 a) 0,75đ
(2,0
điểm)
b) Sơ đồ phản ứng tổng hợp ra A từ những hợp chất chứa không quá 4C. 0,5đ
2
Sự tạo thành axit phtalic cho thấy các hợp chất là dẫn xuất của benzen bị thế hai lần ở vị
trí ortho. B là một xeton có nhóm CH
3
CO
B + C
6
H
5
CHO
HO

COOH
C
3
H
7
C
2
H
5
C
3
H
7
COCH=CHPh
C
3
H
7
CH
3
O
O
A B
E
C
D
0,75đ
Câu 8
(2,0
điểm)

2m -1
COONa + H
2
O (2)
NaOH + HCl
→
NaCl + H
2
O (3)
Theo (3): n
NaOH (3)
=n
NaCl
=n
HCl
=0,2 mol
⇒
n
NaOH (1), (2)
= 0,7 – 0,2 = 0,5 mol
Theo (1), (2): n
3 axit
=n
3 muối
= n
NaOH (1), (2)
= 0,5 mol
- Khối lượng 3 muối natri của 3 axit ( RCOONa): m
RCOONa
= 52,58 – 0,2.58,5 = 40,88 gam

⇒
44x + 18y = 44,14 (*)
- Từ (4) và (5):
2 3
Na CO
0,5
n = =0,25mol
2
- m
RCOONa
= 12.(x + 0,25) + 2y + 0,5.23 + 0,5.2.16 = 40,88 gam
⇒
12x + 2y = 10,38 (**)
- Từ (*) và (**)
0,77
0,57
x
y
=

⇒

=

- Theo (4) và (5):
m 2m -1 2 2
C H COONa CO H O
n = n -n =0,77-0,57 =0,2 mol
n 2 n +1
C H COONa

⇒ = =
=
⇒
=
] Z
Z ]
3
3
3
HCOOH
CH COOH
HCOOH
CH COOH
HCOOH 00,6
 
 0,4
  
CH COOH1 0,4
n
0,6 3
n 0,4 2
n 0,18mol
n 0,12 mol

- m
X
= 40,88 – 0,5.22=29,88 gam
Vậy:

3

(1)
ban đầu 0,15 0,20
lúc cbhh ( 0,15 + 2a) a (0,20 – 2a)
Tổng số mol khí lúc cbhh là n
1 =
0,15 + 2a + a + 0,20 – 2a = 0,35 + a
Từ pt trạng thái: P
1
V = n
1
RT → n
1
= P
1
V / RT = 3,2.3/0,082.298
;
0,393
→ a = 0,043.
Vậy x
O
2
= a / n
1
= 0,043/ 0,393 = 0,1094 hay trong hh cb oxi chiếm 10,94%
0,75đ
2
2 SO

) = ( 0,20 2. 0,043)
2
/ (0,15 + 0,086)
2
. 0,043 = 5,43.
Theo (2) ta cú n
2
3SO
/ (n
2
2SO
.n
2O
) = (x 0,21)
2
/ (0,21)
2
.0,105 = 5,43. T ú cú phng trỡnh
x
2
0,42x + 0,019 = 0. Gii pt ny ta c x
1
= 0,369; x
2
= 0,0515 < 0,105
(loi b nghim x
2
ny).
Do ú ban u cú x = 0,369 mol SO
3

(B) Hexaxianocobantat(III);
(C) Triclorotrixianocobantat(III).
0,75
2
[Co(CN)
6
]
3-
. Co : d
2
sp
3
; C : sp ; N : không ở vào trạng thái lai hoá hoặc ở trạng thái
lai hoá sp.
0,25
3
- Ion phc (A) có 2 đồng phân:
Cl
Co
H
3
N
NH
3
NH
3
H
3
N
Cl

CN

Co
Cl
Cl
Cl
NC
CN
CN
0,75
4
[CoCl
2
(NH
3
)
4
]
+
+ Fe
2+
+ 4 H
+


Co
2+
+ Fe
3+
+ 2 Cl