1
TRẠI HÙNG VƯƠNG NĂM 2012

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN HÓA HỌC - LỚP 11

Câu Giải Điểm
Câu 1
( 2đ )
Ta có
a.
21 2
21
22 2
[] [].[]
.
[].[] [ ]
C
COCl k CO Cl
kkk
CO Cl k COCl
==→=

Mặt khác :

3/2
12
3/2
2
2
2

8
''
1
0,8.10
.( ) 2,6.10 /
.0,4.10
P
P
n
CP
n
XP
COCl CO Cl
katm
k
kkRT moll
kkP
−
Δ−
Δ−
+
==
==
==
U+ COCl
2
⎯

ax
x
a
−
−
∑=+
++
→= = =
−
−
+
→= 1,0

-26,1
/10
-3
> 10
-23,1
(1)
+ Để có ZnS↓ thì phải có: [Zn
2+
].[S
2-
] > 10
-23,8
=> [S
2-
] > 10
-23,8
/10
-2
> 10
-21,8
(2)
+ Ta phải tính [S
2-
] trong dd để biết có kết tủa không.
+ Ta có: H
2
S
⎯
⎯→
←⎯⎯


0,5 2
+ Do đó ta có:
HS
-

⎯
⎯→
←⎯⎯
H
+
+ S
2-
k
2
= 10
-12,92

C
bđ:
10

-12,92
=> y = 1,2.10
-13
= [S
2-
] (3)
+ So sánh (1,2,3) ta có kết luận:
có kết tủa tạo thành
kêt tủa CdS tạo ra trước.
b. Khi ZnS bắt đầu kết tủa thì: [S
2-
] = 10
-21,8
mol/l => [Cd
2+
] =
26,1
21,8
10
10
−
−
=
10
-4,3
mol/l.


a a 2a 0,5a
2X + O
2
→ 2XO do phản ứng với HNO
3
có khí NO↑ nên X có dư và
a 0,5a a phần dư = b – a (mol)
XO + 2HNO
3
→ X(NO
3
)
2
+ H
2
O
3X + 8HNO
3
→ 3X(NO
3
)
2
+ 2NO ↑+ 4H
2
O
XO + H
2
SO
4
→ XSO

loãng,
khi đó a = 0,06
→ b = 0,16 và 0,06(M + 124) + 0,16M = 21,52 → M = 64 ∼ Cu
Suy ra % Cu = 47,5 % và % Cu(NO
3
)
2
= 52,5%
0,75
0,5 0,5
Câu 3
( 2đ )
b. Sau khi nung trong bình chứa 0,12 mol NO
2
nên P =

2
+ NO
2
↑ + 2H
2
O
Đặt: nFeS = a mol , nFeCO
3
= b mol → nNO
2
= 9a + b và nCO
2
= b
Ta có :
b)2a2(9
44b b) 46(9a
+
++
= 22,8 → a:b = 1:3 → n FeS : n FeCO
3
= 1: 3 (b = 3a)
b. Làm lạnh B có phản ứng : 2NO
2
N
2
O
4

khi đó M (N
2

4
= b ∼ 25% ; CO
2
= b ∼ 25%
c. ở – 11
0
C phản ứng dime hoá xảy ra hoàn toàn, B′′ gồm N
2
O
4
= 2b và CO
2
= b

0,75
1,0
3
tỉ khối so với hidro =

Pb
2+
+ H
2
O
⎯
⎯→
←⎯⎯
PbOH
+
+ H
+
*β
2
= 10
-7,80
(2)

Zn
2+
+ H
2
O
⎯
⎯→
←⎯⎯
ZnOH
+
+ H
+

2
.
2+
Pb
C
>> *β
3
.
2+
Zn
C
>> K
w
→ tính pH
A
theo (1):
Fe
3+
+ H
2
O
⎯
⎯→
←⎯⎯
FeOH
2+
+ H
+
*β
1

2+
+ S↓ + 2H
+
K
1
= 10
21,28
0,05
- 0,05 0,05
2/ Pb
2+
+ H
2
S
⎯
⎯→
U
PbS↓ + 2H
+
K
2
= 10
6,68
0,10 0,05
- 0,25
3/ Zn
2+
+ H
2
S

Vì môi trường axit
→
2+ 2+
'
Zn Zn
C = C = 0,010 M;
2+ 2+ 3+
'
Fe Fe Fe
C = C = C = 0,050 M.
Đối với H
2
S, do K
a2
<< K
a1
= 10
-7,02

nhỏ → khả năng phân li của H
2
S trong môi
trường axit không đáng kể, do đó chấp nhận [H
+
] =
+
H
C
= 0,25 M → tính
2-

2
]H[
]SH[
+
= 10
-19,92
2
)25,0(
1,0

= 10
-19,72
.
Ta có:
2+
'
Zn
C.
2-
'
S
C< K
S(ZnS)

→
ZnS không xuất hiện
Tương tự:
2+
'
Fe

32
-38 -14
Fe(OH) H O
11
pH= lgT lgK = lg 3,8.10 lg10 =1,52
33
−−

và Fe(OH)
2
sẽ bắt đầu kết tủa khi:
32
-15 -14
Fe(OH) H O
11
p
H= lg T lgK = lg 4,8.10 lg10 =6,34
22
−−

Như thế, trong khoảng pH từ 0
→ 1,52 thế của phản ứng không phụ thuộc vào pH. Trong
khoảng pH từ 1,52
→ 6,34 nồng độ của
3+
Fe
sẽ phụ thuộc vào nồng độ pH của môi trường.


0,5 4
Biểu thị [ Fe
3+
] qua
()
3
Fe OH
T
và [ OH
-
] qua
2
HO
K rồi thay vào pt(1) ta được:

Fe 1
+
⎡⎤
=
⎣⎦
thì
3
lg Fe
+
⎡
⎤
⎣
⎦
=0)
=
−0,771 − 0,059lg3,8.10
−
38
+ 3.0,059lg10
−
14
− 3.0,059lg[H
+
]
Với pH =
−lg[H
+
] ta có E = −1,049 + 0,177pH
Từ pH = 6,34 trở đi cả Fe(OH)
2

⇒=− + 1,0
Câu 6
( 2đ )
a. Dung môi phân (CH
3
)C=CHCH
2
Cl trong etanol xảy ra theo cơ chế S
N
1 và tạo cacbocation
trung gian:


2
nên hằng số tốc độ lớn hơn.
b. Có sự chuyển vị anlyl nên tồn tại 2 sản phẩm:
OH
OH
CH
2
=CH-CH-CH
3
CH
2
=CH-CH-CH
3

OH
- H
2
O
CH
2
=CH - CH-CH
3
+
CH
2
-CH=CH-CH
3
+
H
2

-
CH-CH=CH
2
CH
3
-
CH-CH=CH
2
B
r
CH
3
-
CH=CH-CH
2
Br
H
2
O
H
+
-
CH
3
-
CH=CH-CH
2
OH
Br
-

2
COOH < CH
3
COOH < (CH
3
)
3
C-COOH < C
6
H
5
OH < p-CH
3
C
6
H
4
OH < C
2
H
5
OH
< (C
6
H
5
)
3
CH.
- Giải thích:

μ
= 0 (phân tử không phân cực nhưng giữa các phân tử có khả năng sắp
xếp một cách chặt khít nhất làm cho mạng tinh thể bền vững
→
t
0
nc
cao hơn.

0,5

0,5
1,0
+

5
Câu 8
( 2đ )
a. Cấu tạo các chất tương ứng với các kí hiệu

Br

( 2đ )
a.
Sơ đồ phản ứng tổng hợp camphen (B) từ α-pinen:
α
- Pinen
B
chuyÓn vÞ
- HCl
Cl
A
HCl

Cơ chế phản ứng chuyển hóa α-pinen thành
A:
α−
Pinen
H
+
chuyÓn vÞ
Cl
-
Cl
A

Cơ chế tạo thành B từ A:
chuyÓn vÞ
2
3
4
-H

CHO
H
2
CHO
Ac
2
O
OAc
O
3
O
Na,
HO
-HOH
Camphen
CH
3
I
CH
3
MgI
O

0,25

1,
Nhận biết 3 chất:
Dùng dung dịch H
2
SO
4
loãng dư cho từ từ vào ống nghiệm lắc đều và quan sát.
-NaHCO
3
có khí thoát ra
2NaHCO
3
+ H
2
SO
4
Æ Na
2
SO
4
+ 2CO
2
+ 2H
2
O (1)
ONa + H
2
SO
4
Æ 2C
6
H
5
OH↓ + Na
2
SO
4
(3)
- C
6
H
6
tách lớp không tan
- C
6
H
5
NH
2
đầu tiên tách lớp sau đó tan hoàn toàn
2C
6
H
5
NH

] Æ 2Al(OH)
3
+ 2H
2
O + K
2
SO
4
(5)
3H
2
SO
4
+ 2Al(OH)
3
Æ Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
O (6)

H
5
N(CH
3
)
2
bằng tác dụng của dung dịch NaOH:
C
6
H
5
N(CH
3
)
2
H
+
Cl
−
+ NaOH → C
6
H
5
N(CH
3
)
2
↓ + NaCl + H
2
O

không tan
− Sục CO
2
dư qua lớp nước ở dưới để lọc tách p-CH
3
−
C
6
H
4
−
OH
p-CH
3
−C
6
H
4
−ONa + H
2
O + CO
2
→ p-CH
3
−
C
6
H
4
−

−
CH(OH)SO
3
H
−
Thu lại C
6
H
5
−
CHO bằng tác dụng của dung dịch Na
2
CO
3
.