FORUM OLYMPIAVN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2016

BOX HÓA HỌC

ĐỀ THI LUYỆN TẬP SỐ 2
MÔN: Hóa học
PHẦN: Hóa học vô cơ
Thời gian làm bài: 180 phút

Bài 1:
1. Vẽ cấu trúc Lewis của F3ClO, F2ClO2+ và F4ClO- , cho biết sự lai hóa của nguyên tử trung tâm.
2. Hãy xây dựng giản đồ MO cho NO- , và cho biết khi kết hợp với H+ để tạo thành phân tử HNO
thì lúc này H+ sẽ liên kết với N hay O. Thử dự đoán dạng hình học của phân tử này
3. Hãy xác định công thức các hợp chất chưa biết trong dãy chuyển hóa sau đây:

Bài 2:
Một trong những cơ chế sinh hóa để chuyển hóa năng lượng trong cơ thể sống là đường
phân – sự phân giải glucose thành những chất đơn giản hơn. Quá trình này bắt đầu với phản ứng
photphat hóa glucozơ bằng adenosine triphotphate (ATP), tiếp theo là phản ứng đồng phân hóa
este tạo thành:


ΔGo, kJ/mol
1) Glucose + ATP4- → Glucose-6-P2- + ADP3- + H+

+16.3

2) Glucose-6-P2- → Fructose-6-P2-


2. Để đo tuổi của một mẫu đá thì mẫu đá này phải được nung chảy trong môi trường chân
không, sau đó đo thể tích khí argon thoát ra. Hãy giải thích tại sao người ta đo lượng argon
chứ không phải canxi.
Sự phụ thuộc khối lượng của phản ứng song song được cho bởi biểu thức mt = moe-(k1+k2)t .
Còn chu kỳ bán hủy liên hệ với hằng số tốc độ k bởi biểu thức quen thuộc kT1/2 = ln2.
3. Tính tổng chu kỳ bán hủy của 40K tham gia vào cả hai phản ứng.
4. Ở động học song song thì lượng chất tham gia vào một hướng phản ứng sẽ tỉ lệ nghịch với
chu kỳ bán hủy của hướng phản ứng đó. Từ đó hãy cho biết cứ 100 nguyên tử 40K sẽ có bao
nhiêu nguyên tử chuyển thành 40Ar.
5. Cho rằng hiện tại Trái đất được 5 tỉ năm tuổi. Hãy xác định lượng argon tạo thành từ kali
vào thời điểm Trái đất bắt đầu hình thành, từ đó so sánh với hàm lượng argon trong khí
quyển (nếu cho rằng không khí có 1% Ar) để rút ra hàm lượng argon có nguồn gốc phóng
xạ chiếm bao nhiêu %. Cho rằng hàm lượng 40K chiếm 0,0119% tổng lượng K. Phần khối
lượng của K trong Trái đất là 1,5%. Tổng thể tích Trái đất là 40 tỉ km3. Cho rằng các thể tích
khí được đo ở điều kiện tiêu chuẩn.
6. Vào năm 1959, các nhà khảo cổ tìm ra được một mảnh cổ vật ở Tanzania. Các kết quả đo
đạc cho thấy 1kg cổ vật có chứa 3,24% 40K về khối lượng, số nguyên tử argon đo được là
5,9.1015. Từ đó hãy xác định tuổi của cổ vật.
Bài 4:
Dung dịch A gồm Al3 0,01M; Cu 2 0,02M; Ag  0,1M; Pb 2 0,03M và Mg 2 0,01M. Thêm NH3
vào dung dịch A đến C = 0,53M (coi V = const) được hỗn hợp B.
1. Viết các phương trình hóa học xảy ra.
2. Nêu hiện tượng quan sát được.
3. Tính nồng độ cân bằng của các ion kim loại trong hỗn hợp B.
4. Trình bày phương pháp hóa học để tách và nhận biết các ion trong dung dịch A.
5. Tính thế của điện cực Cu nhúng trong hỗn hợp B.


Cho pK Al(OH)3  32, 4; pK Pb(OH)2  14, 9; pK Mg(OH)2  10, 9
lgβ[Cu(NH



ĐÁP ÁN VÔ CƠ
Đáp án

Điểm

Bài 1:
1. Cấu trúc và dạng lai hóa của nguyên tử trung tâm:
Mỗi
chất
0,5

2. Giản đồ MO của NO-

0,5

N

NO-

O


Khi tương tác với H+ thì mức tương tác là obitan bị chiếm có mức năng lượng
cao nhất (HOMO), ở đây chính là mức π* vốn dĩ có năng lượng rất gần với N. Như vậy
mật độ e trên N lúc này sẽ cao hơn so với O nên H+ ưu tiên gắn vào phía N. Do H+ lúc này

0,5


ΔG = ΔGo + RT[ln c(glucozơ-6-P2-) + ln c(ADP3-) + ln c(H+) – ln c(glucozơ) – ln
c(ATP4-)]
ln c(H+) = -8.88

0,5

pH = 3.86
4. K = 0.504

0,5

Hằng số cân bằng phản ứng đồng phân hóa có thể được biểu diễn theo phần mol
ở trạng thái cân bằng của các chất:
K = [FP]/[GP] = x(FP)/x(GP) = x(FP)/(1-x(FP))
x(FP) = K/(K+1) = 0.335 = 33.5%

0,25

Thành phần tương đối của các đồng phần trong hỗn hợp cân bằng không phụ
thuộc vào nồng độ ban đầu của chúng và chỉ được xác định bằng hằng số cân bằng

0,25

5. C6H12O6 + 2ADP3- + 2HPO42- + 2H+ → 2CH3CH(OH)COOH + 2ATP4- + 2H2O
Tương tự như nhiệt phản ứng, năng lượng tự do Gibbs có thể tính được qua
năng lượng tạo thành Gibbs của sản phẩm và các chất tham gia phản ứng:
ΔG(thủy phân ATP) = -53.3 kJ/mol
ΔG(đường phân) = -19.4 kJ/mol

0,25x

0,5
0,5


5. Hiện tại tổng lượng 40K trong vỏ trái đất là:
n

5.1025.0, 015.0, 000119
 2, 2.1018 mol
40

Tổng lượng 40K ở thời điểm ban đầu (cách đây 5 tỉ năm về trước):
vo  v.e( k1  k2 )t  3,1.1019 mol

Như vậy số nguyên tử 40K đã phân rã sẽ là: 3,1.1019 – 2,2.1018 = 2,9.1019 mol 40K.

0,5

Trong đó bao gồm 2.9.1019.0,11 = 3,2.1018 mol Ar.
0,5

Từ đó tính được V(Ar) = nAr.22,4.10-3 = 7,2.1016 m3.
Lượng Argon trong khí quyển Vatm(Ar) = 0,01.40.109 = 4.1017 m3

0,5

Như vậy 1/6 lượng Ar trong khí quyển xuất phát từ 40K.
6. Tổng lượng 40K trong mẫu: n 
Hàm lượng argon: n 


0,01

Al(OH)3  3NH 4

0,5

0,02

Ag   2NH 3

0,1

0,03
[Cu(NH 3 ) 4 ]2 

β1  1011,75

0,5
0,42

0,42

đúng
các

0,53

Cu 2   4NH 3

K1  1018,12

không

0,22
0,16

cho

0,06

Mg 2   2NH 3  2H 2 O

Mg(OH) 2  2NH 4

điểm

K 3  101,38

2. Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa keo trắng Al(OH)3, dung dịch chuyển sang xanh
Vì K 3  101,38 không lớn nên kiểm tra điều kiện xem có kết tủa Mg(OH)2 hay không

0,25

Tính C 'OH  từ hệ gồm Al(OH)3 , Pb(OH) 2 , [Cu(NH 3 ) 4 ]2  , [Ag(NH 3 ) 2 ] , Mg 2 0,01M,
NH 3 0,16M, NH 4 0,09M.

pHhệ  pK a  lg

C NH3
C NH


[OH ]

[Mg 2+ ] 

[Cu 2+ ] 

K S(Mg(OH)2 )
[OH  ]2

 1, 35.1019 (M)

[Pb 2+ ] 

K S(Pb(OH)2 )
[OH  ]2

 1, 32.106 (M)

 1, 32.102 (M)

[Cu(NH 3 ) 4 2+ ]
 5, 43.1011 (M)
4
lgβ[
.[NH3 ]
] 2
Cu(NH3 )4

[Ag + ] 


6. Tính SAl(OH)3 trong hỗn hợp B.
pH B  9, 49  [OH  ]B  10 4,51 (M)
Al(OH)3

C

Al3  3OH 

S
Al3  H 2 O

C

K S  10 32,4

[Al(OH)]2+  H +

β1*  10 4,3

S


S  CAl3+  [Al3+ ]  [Al(OH) 2+ ]  [Al3+ ].  1 



β1* 
104,6
19 


0,25


Anot Cu  4NH 3
Catot Hg 2 Cl 2  2e

[Cu(NH 3 ) 4 ]2   2e

0,25

2Hg  2Cl 

Bài 5:
Do X phản ứng được với Ca nên X phải là một phi kim. Trong dung dịch kiềm X hòa
tan sinh ra một muối tan và một khí. Nguyên tố X có mặt trong cả hai thành phần ấy. Trong
hợp chất khí tồn tại liên kết X – H. Như vậy chỉ có thể có ba khả năng là silan, photphin và
amoniac. X sinh ra khi cho than cốc tác dụng với muối C (có chứa X) và SiO2 nên X chỉ có
thể là photpho.
Các phản ứng xảy ra như sau (Có thể viết dạng ion thu gọn)
P4 + 3NaOH + 3H2O  3NaH2PO2 + PH3
P4 + 6Ca  2Ca3P2
2NaH2PO2 + 4CaOCl2  Ca3(PO4)2 + CaCl2 + 2NaCl + 4HCl
2Ca3(PO4)2 + 10C + 6SiO2  6CaSiO3 + 10CO + P4
3Ca3(PO4)2 + 16Al  3Ca3P2 + 8Al2O3
Ca3P2 + 6HCl  3CaCl2 + 2PH3
2Ca3(PO4)2 + 6SiO2  6CaSiO3 + P4O10
P4O10 + 6H2O  4H3PO4 (trong dung dịch axit loãng)
P4O10 + 12NaOH  4Na3PO4 + 6H2O (có thể viết phản ứng tạo muối axit)

Xác

Liên kết

C-H

=C-H

C-O

C=O

O-H

H…O

E (kJ/mol)

410

435

359

736

431

~30

b) Vì sao fomon thường tạo thành lớp bột trắng ở đáy bình ?
c) Vì sao để bảo quản xác động vật, người ta ngâm chúng vào fomon?

Z trong phản ứng trên. Nếu không có Z, sản phẩm thu được của X là gì?
2. Khi thực hiện phản ứng thế tác nhân electrophin với hợp chất N-phenylsulfonyl pyrrole,
người ta nhận thấy có thể thực hiện chọn lọc sản phẩm vào vị trí α hoặc β dựa vào HSAB.
Một trong những giải thích cho sự chọn lọc này là dựa vào phương diện mật độ điện tử.
Tính toán lượng tử cho thấy HOMO của hợp chất này rộng nhất tại vị trí α, trong khi đó vị
trí α lại dương điện hơn rất nhiều so với vị trí β (vị trí α được ước tính mang điện tích
+0.050 trong khi vị trí β là – 0.040)
a) Hãy xác định cấu trúc của các chất chưa biết trong chuỗi phản ứng sau và giải thích sự chọn
lọc vị trí phản ứng trong việc hình thành hai đồng phân α và β


b) Hãy xác định cấu trúc sản phẩm của phản ứng sau và giải thích:

Bài 3:
1. Đề nghị cơ chế phản ứng sau:

2. Phản ứng Wittig vẫn có thể thực hiện được trên nối đôi C=N như sau:

a) Hãy cho biết sản phẩm ? là chất gì
b) Ngoài sản phẩm chính thì phản ứng trên còn thu được hai sản phẩm phụ có công thức như
hình dưới. Hãy đề nghị cơ chế phản ứng để giải thích sự hình thành các sản phẩm của phản
ứng Wittig trên nối đôi C=N.

c) Nếu trong hỗn hợp phản ứng có thêm fomon thì ngoài các sản phẩm đã cho còn thu được
thêm hai sản phẩm P1 (C13H15O4N) và P2 (C16H16O3N2). Hãy cho biết cấu trúc của hai sản
phẩm này và giải thích sự tạo thành chúng bằng cơ chế phản ứng.


Bài 4:
1. Tổng hợp chất sau đây từ chất đầu cho trước:



ĐÁP ÁN HỮU CƠ
Đáp án

Điểm

Bài 1:
1.
a) Chưa tính liên kết hidro: CH2(OH)2 → CH2=O

-862

H2O

ΔH hình thành:

-2400

ΔH phản ứng:

-1606 – 862 – (-2400) = -68 (kJ/mol)

Thêm liên kết hidro:

- 1606

+

[CH2(OH)2...6H2O];


giải phóng ra và phản ứng bừa vào các nhóm OH, NH ở các hợp chất có trong tế
bào.
2.
a. Có 4 C*. Cấu trúc có hai dạng endo và exo.

0,5

b. Anhidrit 2,3-dimetyl-7-oxabixiclo[2.2.1]heptan-2,3-dicacboxilic

0,5

c. Do có mp đối xứng đi qua nguyên tử oxi và qua giữa liên kết C5-C6 và liên kết

0,5

C2-C3 nên phân tử không có tính quang hoạt.
Bài 2:
1. Z là trietylamin Et3N. Vai trò của trietylamin trong phản ứng này là chất đầu độc
xúc tác để làm giảm hoạt tính xúc tác. Nếu không có trietylamin, nhóm hydroxyl


của các ancol có cấu trúc giống với ancol benzylic sẽ có khả năng bị cắt đứt trong

0,5

quá trình hydro hóa.
Sản phẩm thu được nếu không có trietylamin:
0,5
2.

0,5
cho
chất ?
và 1,0
cho
cơ
chế
phản
ứng
đúng

Khi có mặt HCHO sẽ như sau:


0,25
cho
mỗi
chất
và 1,0
cho
cơ
chế

Bài 4:
1. Sơ đồ tổng hợp như sau

1,0
2. Các phản ứng xảy ra như sau:
0,25 x
4 chất

H

OH

H

OH

H

OH

CH2OH

Q

H
H

0,5 x

O
H

H

OH

OH