TỔNG HỢP ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XIV, NĂM 2023 MÔN HÓA HỌC – LỚP 10, 11.pdf

Đ Ề T H I Đ Ề N G H Ị K Ỳ T H I
D U Y Ê N H Ả I B Ắ C B Ộ
Ths Nguyễn Thanh Tú
eBook Collection
TỔNG HỢP ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI CHỌN
HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC
BỘ LẦN THỨ XIV, NĂM 2023 MÔN HÓA HỌC –
LỚP 10, 11
WORD VERSION | 2023 EDITION
ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL
TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM
Hỗ trợ trực tuyến
Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon
Mobi/Zalo 0905779594
Tài liệu chuẩn tham khảo
Phát triển kênh bởi
Ths Nguyễn Thanh Tú
Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật :
Nguyen Thanh Tu Group

/2
Trường THPT chuyên
Chu Văn An –
Bình Định
(Đề thi gồm 02 trang)
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ XIV, NĂM 2023
ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC - LỚP 10
Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)
Bài 1. (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn
1.1. Khi chiếu bức xạ 58,4 nm vào một mẫu krypton, các electron bị đẩy ra với tốc độ 1,59.106
m.s-1
. Bức xạ tương tự đẩy các electron ra khỏi nguyên tử Rb với vận tốc 2,45.106
m.s −1
. Xác
định năng lượng ion hóa (tính bằng electronvolt, eV) của hai nguyên tố trên? Cho biết tốc độ ánh
sáng c = 2,998.108
m.s-1
; me = 9,109.10-31
kg; 1eV = 96485 J.mol-1
và NA = 6,022.1023
mol-1
.
1.2. Helium là chất khí khá trơ về mặt hóa học, tuy nhiên dưới tác dụng của những nguồn năng
lượng khác nhau, nó vẫn có thể xảy ra một số phản ứng nhất định. Khi nhận năng lượng, He sẽ
chuyển sang trạng thái kích thích He* (thường kích thích 1 electron sang 2s). Để so sánh tính chất
của nó và hydrogen cùng chu kì ta có thể dựa vào các hợp chất của chúng.
a. Viết giản đồ MO đối với các phân tử, ion H2; He2; He2
+
.
b. Tính bậc liên hết so sánh độ bền liên kết trong các phân tử trên. Phân tử nào khó có khả
năng tồn tại.
c. Vẽ giản đồ MO giải thích sự hình thành phân tử HeHe*
. Tính bậc liên kết của phân tử
này.
Bài 2. (2,0 điểm) Tinh thể
Kim cương và than chì (graphite) là
2 dạng thù hình của carbon. Cấu trúc của
hai dạnh này được cho như hình bên. Độ
dài liên kết trong các cấu trúc: dC-C (kim
cương) = 154pm, dC-C (than chì) = 141pm,
khoảng cách giữa 2 lớp than chì là 336
pm. (1 pm = 10-12
m).
Cấu trúc kim cương Cấu trúc than chì
a. Tính khối lượng riêng (g/cm3
) và thể tích mol (cm3
/mol) của 2 dạng thù hình carbon.
b. Ở điều kiện 298K, 1 bar, dự đoán khả năng chuyển hóa từ than chì thành kim cương.
Biết ở nhiệt độ này:
0
f
H
∆ (kJ.mol-1
) kim cương 1,90; than chì 0,00.
0
S (J.mol-1
.K-1
) kim cương: 2,43; than chì 5,69.
Bài 3. (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân
Cacbon tự nhiên chứa 2 đồng vị bền là 12
C (98,9% khối lượng) và 13
C (1,1% khối lượng)
cùng lượng vết đồng vị phóng xạ 14
C (phân rã β–
, 1/2
t = 5730 năm). Hoạt độ phóng xạ riêng của
cacbon trong cơ thể sống là 230Bq.kg–1
. Năm 1983, người ta tìm thấy một con thuyền cổ chìm
ngoài khơi Đại Tây Dương. Cacbon trong gỗ của con thuyền này có hoạt độ phóng xạ riêng là
180Bq.kg–1
.
ĐỀ ĐỀ XUẤT
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/2
a. Tỉ lệ số nguyên tử giữa các đồng vị 13
C/12
C và 14
C/12
C trong cơ thể sống là bao nhiêu?
b. Cây để dùng làm gỗ đóng thuyền trên được đốn hạ vào năm nào?
Bài 4. (2,0 điểm) Nhiệt hóa học
Thực hiện phản ứng trung hòa của acid H3PO4, các giá trị nhiệt động được cho trong bảng
bên dưới
Hàm nhiệt
động (298K)
H3PO4(aq) 2 4
H PO−
(aq) 2
4
HPO −
(aq) 3
4
PO −
(aq)
H+
+ OH-
H2O
(l)
ΔHo
(kJ/mol) -1288 -1269 -1292 -1277 -56
ΔSo
(J/mol.K) 58 90 -33 -220 81
a. Tính ∆Ho
và ∆Go
của phản ứng trung hoà từng nấc H3PO4 bằng kiềm:
OH-
+ n 3
n 4
H PO − n 4
n 1 4
H PO −
− + H2O
b. Từ những dữ kiện ở bảng trên, tính các hằng số điện ly của H3PO4 ở 25o
C.
c. Tính thể tích dung dịch 0,1M của acid (V1) và kiềm 0,1M (V2) mà khi trộn chúng thì
thành 25mL dung dịch thì nhiệt phát ra là 90J. Giả thiết sau phản ứng thu được hỗn hợp chứa 2
muối acid.
Bài 5. (2,0 điểm) Cân bằng hóa học trong pha khí
Bơm khí SO3 vào bình rồi nâng nhiệt độ lên 900K. Ở trạng thái cân bằng, áp suất tổng là
1,306 atm và tỉ lệ 2,58.
3
2
SO
SO
P
P
=
a. Tính Kp của cân bằng 3(k) 2(k) 2(k)
1
SO SO + O
2
.
b. Khi có xúc tác V2O5, giả thuyết có cân bằng 2 5(r) 2 4(r)
2(k) 3(k)
V O + SO V O + SO
, người ta
đo được bằng thực nghiệm giá trị lg 3
2
SO
SO
P
P
ở hai nhiệt độ 900K và 830K tương ứng là ‒1,7 và
‒1,82. Tính Go
f
∆ tại 25o
C, giả thuyết o
f
H
∆ và So
f
∆ không phụ thuộc vào nhiệt độ. Biết ln = 2,3×lg
c. Tính 2
O
P tương ứng với sự phân hủy V2O5(r) thành V2O4(r) ở 900K.
Bài 6. (2,0 điểm) Động hóa học hình thức
Trong pha khí ở 60o
C, một số phản ứng diễn ra theo cơ chế sau:
Áp suất ban đầu của A, B, C lần lượt là 4,00.104
; 1,33.104
và 0,64.104
Pa.
a. Tính nồng độ mol ban đầu của A. Biết R = 8,314 J/mol.K và áp suất tổng (theo Pa) trong hệ
sau khi các nồng độ các chất không thay đổi nữa.
b. Viết phương trình động học, biểu diễn định luật tác dụng khối lượng của chất trung gian B.
c. Tính áp suất của A (theo Pa) khi hoàn thành phản ứng? Giá trị này giảm bao nhiêu lần so với
ban đầu?
Bài 7. (2,0 điểm) Dung dịch và phản ứng trong dung dịch
Nước thải từ các nhà máy acquy thường có độ acid (H2SO4) và ion kim loại nặng Pb2+
cao,
ảnh hưởng xấu đến môi trường và sức khỏe cộng đồng. Để xử lý ra thường sử dụng sữa vôi
Ca(OH)2 để vừa trung hòa H2SO4 đồng thời kết tủa Pb2+
dưới dạng Pb(OH)2. Giả thiết Pb(II) tồn
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/2
tại 3 dạng: Pb2+
; 3
Pb(OH)−
và Pb(OH)2 (kết tủa) và thể tích của nước thải thay đổi không đáng kể
khi thêm sữa vôi. Hãy xác định
a. pH1 khi bắt đầu xuất hiện kết tủa Pb(OH)2.
b. pH2 khi Pb(OH)2 tan hoàn toàn thành 3
Pb(OH)−
.
c. pHmin mà ở đó độ tan của Pb(II) là cực tiểu hay lượng Pb(OH)2 kết tủa là lớn nhất.
d. Tính giá trị độ tan Pb(II) tại pHmin.
Biết nồng độ Pb(II) trong nước là 10-3
M. Tích số tan Pb(OH)2 = 10-15,3
và Pb(OH)2 lưỡng
tính tan trong kiềm theo phản ứng:
Pb(OH)2 + OH-
3
Pb(OH)−
K = 10-1,3
Bài 8. (2,0 điểm) Phản ứng oxi hóa khử. Pin điện và điện phân
Trong vụ cháy tại Công ty cổ phần bóng đèn phích nước Rạng Đông – Hà Nội năm 2019,
một lượng thủy ngân đã bị phát tán vào môi trường. Nhằm giảm thiểu sự ô nhiễm, phương pháp
xử lý là phun bột lưu huỳnh và dung dịch soda Na2CO3 vào vùng bị ô nhiễm, sau đó thu gom thủy
ngân dưới dạng HgS và HgO.
Để hiểu rõ hơn về quá trình xử lý, thu gom thủy ngân ta xét các quá trình sau:
a. Thủy ngân ngoài dạng Hg còn tồn tại ở dạng 2
2
Hg +
và Hg2+
. Giữa 3 dạng này tồn tại cân
bằng (1):
2
2
Hg +
Hg2+
+ Hg (1)
Cho biết 0
1
E (Hg2+
/Hg) = 0,85V; 0
2
E ( 2
2
Hg +
/ Hg) = 0,79V
Hãy xác định 0
3
E (Hg2+
/ 2
2
Hg +
). Từ đó tính hằng số cân bằng K1 của phản ứng 1 và cho biết 2
2
Hg +
có
bền trong dung dịch hay không.
b. Để chuyển cân bằng (1) sang phải và thu được Hg2+
dưới dạng HgO, ta thêm kiềm vào
dung dịch, khi đó sẽ xảy ra phản ứng (2):
2
2
Hg +
+ 2OH-
HgO + Hg + H2O (2)
Biết với phản ứng: HgO↓ + H2O Hg2+
+ 2OH-
THgO = 10-25,8
Xác định hằng số cân bằng K2 của phản ứng (2) và thiết lập biểu thức tính nồng độ 2
2
Hg +
theo OH-
.
c. Nếu dùng dung dịch Na2CO3 0,01M (pKb1 = 3,67; pKb2 = 7,65). Thì nồng độ của 2
2
Hg +
là bao nhiêu? Từ đó giải thích trò của Na2CO3 và bột lưu huỳnh trong quá trình trên.
Bài 9. (2,0 điểm) Halogen, Oxi – lưu huỳnh
Trong công nghiệp H2O2 có thể điều chế bằng cách cho acid A hoặc acid B tác dụng với
nước, sản phẩm của 2 phản ứng này đều là H2SO4 và H2O2. Biết 1 phân tử A có 8 nguyên tử,
trong A nguyên tố oxi chiếm 70,18% khối lượng, phân tử B chứa nhiều hơn phân tử A 1 nguyên
tử S và 3 nguyên tử O.
a. Xác định A, B và viết các phương trình hóa học xảy ra.
b. Hãy viết công thức cấu tạo, cho biết trạng thái lai hóa của các nguyên tử trong A và B
(với các nguyên tử có lai hóa), xác định số oxi hóa của các nguyên tử trong A và B.
c. Vì sao A và B đều có tính oxi hóa mạnh và tính acid mạnh. Một trong 2 acid là acid 1
nấc, đó là acid nào, hãy giải thích.
d. Hãy viết phương trình phản ứng của KI lần lượt với A và B, cho biết phản ứng nào giải
phóng I2 nhanh hơn, giải thích.
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/2
Bài 10. (2,0 điểm) Đại cương hóa hữu cơ (quan hệ giữa cấu trúc và tính chất)
Cho cấu tạo các hợp chất carbonyl có cấu tạo từ A-E như hình bên dưới
Dựa vào cấu tạo giải thích
a. Các hợp chất 1,3-Dicacbonyl như A tồn tại phần lớn ở dạng enol hóa.
b. Vẽ cấu trúc các dạng enol hóa phù hợp của các chất từ B – E. Giải thích vì sao B tồn tại
100% ở dạng enol còn C, D, E tồn tại 100% ở dạng ketone.
-------------- HẾT --------------
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.)
Họ và tên thí sinh: ............................................................... Số báo danh: ..............................
Giáo viên ra đề: Đinh Việt Thắng
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/2
Trường THPT chuyên
Chu Văn An –
Bình Định
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC - LỚP 10
Bài 1. (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn
1.1. Khi chiếu bức xạ 58,4 nm vào một mẫu krypton, các electron bị đẩy ra với tốc độ 1,59.106
m.s-1
. Bức xạ tương tự đẩy các electron ra khỏi nguyên tử Rb với vận tốc 2,45.106
m.s −1
. Xác
định năng lượng ion hóa (tính bằng electronvolt, eV) của hai nguyên tố trên? Cho biết tốc độ ánh
sáng c = 2,998.108
m.s-1
; me = 9,109.10-31
kg; 1eV = 96485 J.mol-1
và NA = 6,022.1023
mol-1
.
1.2. Helium là chất khí khá trơ về mặt hóa học, tuy nhiên dưới tác dụng của những nguồn năng
lượng khác nhau, nó vẫn có thể xảy ra một số phản ứng nhất định. Khi nhận năng lượng, He sẽ
chuyển sang trạng thái kích thích He* (thường kích thích 1 electron sang 2s). Để so sánh tính chất
của nó và hydrogen cùng chu kì ta có thể dựa vào các hợp chất của chúng.
a. Viết giản đồ MO đối với các phân tử, ion H2; He2; He2
+
.
b. Tính bậc liên hết so sánh độ bền liên kết trong các phân tử trên. Phân tử nào khó có khả
năng tồn tại.
c. Vẽ giản đồ MO giải thích sự hình thành phân tử HeHe*
. Tính bậc liên kết của phân tử
này.
Đáp án:
Câ
u 1
Nội dung Điể
m
1.1. Ta có: Tổng năng lượng = năng lượng ion hóa I1 + động năng
0,25
0,5
Theo đơn vị eV:
0,25
1.2 a. Giản đồ MO của các phân tử, ion H2; He2; He2
+
.
0,25
Hướng dẫn chấm
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/2
H2 He2 He2
+
.
b. Bậc liên kết: 2
H
2 0
N 1
2
−
= = ; 2
He
2 2
N 0
2
−
= = ;
2
He
2 1
N 0,5
2
+
−
= =
Theo bậc liên kết, phân tử He2 không có khả năng tồn tại.
0,25
c. Bậc liên kết *
HeHe
3 1
N 1
2
−
= = . = Khi được kích thích sự tạo thành phân tử HeHe*
có thể xảy ra.
0,5
Bài 2. (2,0 điểm) Tinh thể
Kim cương và than chì (graphite) là
2 dạng thù hình của carbon. Cấu trúc của
hai dạnh này được cho như hình bên. Độ
dài liên kết trong các cấu trúc: dC-C (kim
cương) = 154pm, dC-C (than chì) = 141pm,
khoảng cách giữa 2 lớp than chì là 336
pm. (1 pm = 10-12
m).
Cấu trúc kim cương Cấu trúc than chì
a. Tính khối lượng riêng (g/cm3
) và thể tích mol (cm3
/mol) của 2 dạng thù hình carbon.
b. Ở điều kiện 298K, 1 bar, dự đoán khả năng chuyển hóa từ than chì thành kim cương.Biết ở
nhiệt độ này, 0
f
H
∆ (kJ.mol-1
) kim cương 1,90; than chì 0,00.
0
S (J.mol-1
.K-1
) kim cương: 2,43; than chì 5,69.
Đáp án:
Câu 2 Nội dung Điểm
a. Kim cương 1 ô mạng có 8 nguyên tử. Đường chéo ô mạnh có độ dài 4d.
Độ dài ô mạng cơ sở: C C
4d
a (d d )
3
−
= = = V=
3
4d
3
 
 
 
Khối lượng riêng của kim cương: 3
23 10
8.12
3,545
4
6,023.10 . .154.10
3
−
=
 
 
 
g/cm3
Thể tích mol của kim cương là:
12
3.385
3,545
= cm3
.mol-1
0,75
Than chì: 1 ô mạng có
1 1 1
6. 1. 3.
6 2 6
+ + = 2 nguyên tử (ô mạng phạm vi 2 lớp)
Diện tích mặt đáy = 2
3
3d
2
. Thể tích ô mạng = 2
3
3d h
2
(h là khoảng cách
0,75
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/2
giữa các lớp).
Khối lượng riêng của than chì:
23 2
2.12
2,3
3
6,023.10 . 3d h
2
= g/cm3
.
Thể tích mol của than chì là:
12
5,224
2,297
= cm3
.mol-1
b. Xét cân bằng Cgraphite Ckim cương
Ta có: 0 0 0 3
298 298 298
G H 298. S 10 .(1,9 0) 298.(2,43 5,69) 2871,48
∆ = ∆ − ∆ = − − − =
J.mol-1
.
0
298
G
∆ 0 = than chì không thể chuyển hóa thành kim cương.
0,5
Bài 3. (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân
Cacbon tự nhiên chứa 2 đồng vị bền là 12
C (98,9% khối lượng) và 13
C (1,1% khối lượng)
cùng lượng vết đồng vị phóng xạ 14
C (phân rã β–
, 1/2
t = 5730 năm). Hoạt độ phóng xạ riêng của
cacbon trong cơ thể sống là 230Bq.kg–1
. Năm 1983, người ta tìm thấy một con thuyền cổ chìm
ngoài khơi Đại Tây Dương. Cacbon trong gỗ của con thuyền này có hoạt độ phóng xạ riêng là
180Bq.kg–1
.
a) Tỉ lệ số nguyên tử giữa các đồng vị 13
C/12
C và 14
C/12
C trong cơ thể sống là bao nhiêu?
b) Cây để dùng làm gỗ đóng thuyền trên được đốn hạ vào năm nào?
Đáp án:
a. - Tỉ lệ 13
C/12
C:
0,25
- Tỉ lệ 14
C/12
C:
Trong 1 kg C, hoạt độ phóng xạ riêng của cacbon là 230 Bq.
Suy ra, trong 1 gam C, hoạt độ phóng xạ riêng của cacbon là 230.10–3
Bq
Từ công thức:
A
A = λ.N N =
λ
→
Với -12
1/2
ln2 ln2
λ = = = 3,835.10
t 5730.365.24.3600
Số nguyên tử 14
C trong 1 gam C tự nhiên là:
-3
10
-12
230.10
= 6.10
3,835.10
nguyên tử
Số nguyên tử 12
C trong 1 gam C tự nhiên là: 23 22
0989
. 6,022.10 = 4,96.10
12
nguyên tử
0,75
Vậy tỉ lệ 14
C/12
C:
0,5
b. Cây để dùng làm gỗ đóng thuyền trên được đốn hạ vào năm nào?
0,5
13
2
12
1,1
C 13 1,03.10
98,9
C
12
−
= =
14 10
12
12 22
C 6.10
1,21.10
C 4,96.10
−
= =
5730 230
.ln 2026 (n¨m)
ln2 180
t = =
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/2
Vậy cây bị chặt hạ vào năm: 1983 – 2026 = –43 (tức là năm 43 trước Công
nguyên).
Bài 4. (2,0 điểm) Nhiệt hóa học Thực hiện phản ứng trung hòa của acid H3PO4, các giá trị nhiệt
động được cho trong bảng bên dưới
Hàm nhiệt
động (298K)
H3PO4(aq) 2 4
H PO−
(aq) 2
4
HPO −
(aq) 3
4
PO −
(aq) H+
+ OH-
H2O
(l)
ΔHo
(kJ/mol) -1288 -1269 -1292 -1277 -56
ΔSo
(J/mol.K) 58 90 -33 -220 81
a. Tính ∆Ho
và ∆Go
của phản ứng trung hoà từng nấc H3PO4 bằng kiềm:
OH-
+ n 3
n 4
H PO − n 4
n 1 4
H PO −
− + H2O
b. Từ những dữ kiện ở bảng trên, tính các hằng số điện ly của H3PO4 ở 25o
C.
c. Tính thể tích dung dịch 0,1M của acid (V1) và kiềm 0,1M (V2) mà khi trộn chúng thì
thành 25mL dung dịch thì nhiệt phát ra là 90J. Giả thiết sau phản ứng thu được hỗn hợp chứa 2
muối acid.
Đáp án:
a. ∆Ho
và So
của H+
đều bằng 0 do đó ∆Ho
(H2O) - ∆Ho
(OH-
) = 56kJ/mol.
Như vậy: o o o 1
n 3 n 3 n 1
H H H 56 (kJ.mol )
−
− − +
∆ = ∆ − ∆ −
Và o o o 1 1
n 3 n 4 n
S S S 81 (J.K .mol )
− −
− −
∆ = − +
Từ đó ta tính được:
o 1
1
H 64 kJ.mol−
∆ = − và o
1
S 13 J / mol.K
∆ = = o 1
1
G 68 kJ.mol−
∆ = −
o 1
2
H 52 kJ.mol−
∆ = − và o
2
S 42 J / mol.K
∆ = − = o 1
2
G 39,5 kJ.mol−
∆ = −
o 1
3
H 41 kJ.mol−
∆ = − và o
3
S 106 J / mol.K
∆ = − = o 1
3
G 9,5 kJ.mol−
∆ = −
0,75
b. Ta có: ∆Go
(H2O) = 80kJ/mol
3 4
H PO H+
+ 2 4
H PO− o o o
a 1 2
G G G (H O)
∆ = ∆ − ∆ = 12kJ/mol = K1 = 7,9.10-3
2 4
H PO−
H+
+ 2
4
HPO − o o o 1
b 2 2
G G G (H O) 40,5kJ.mol−
∆ = ∆ − ∆ = = K2 = 8.10-8
2
4
HPO −
H+
+ 3
4
PO − o o o 1
c 3 2
G G G (H O) 70,5kJ.mol−
∆ = ∆ − ∆ = = K2 = 4,4.10-11
0,75
c. Ta có: 3 4
H PO
n = 0,1V1 và OH
n − = 0,1V2; lượng nhiệt tỏa ra bằng 0,09kJ.
* Hỗn hợp hai muối acid
64.0,1V1 + (0,1V2 – 0,1V1).52 = 0,09;
V1 + V2 = 0,025
=V1 = 0,01L; V2 = 0,015L
0,5
Bài 5. (2,0 điểm) Cân bằng hóa học trong pha khí
Bơm khí SO3 vào bình rồi nâng nhiệt độ lên 900K. Ở trạng thái cân bằng, áp suất tổng là
1,306 atm và tỉ lệ 2,58.
3
2
SO
SO
P
P
=
a) Tính Kp của cân bằng 3(k) 2(k) 2(k)
1
SO SO + O
2
.
b) Khi có xúc tác V2O5, giả thuyết có cân bằng 2 5(r) 2 4(r)
2(k) 3(k)
V O + SO V O + SO
, người ta
đo được bằng thực nghiệm giá trị lg 3
2
SO
SO
P
P
ở hai nhiệt độ 900K và 830K tương ứng là ‒1,7 và
‒1,82. Tính Go
f
∆ tại 25o
C, giả thuyết o
f
H
∆ và So
f
∆ không phụ thuộc vào nhiệt độ. Biết ln = 2,3×lg
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/2
c) Tính 2
O
P tương ứng với sự phân hủy V2O5(r) thành V2O4(r) ở 900K.
Đáp án:
Câu 5 Đáp án Điểm
a.
Xét cân bằng: 3(k) 2(k) 2(k)
1
SO SO + O
2

Theo phương trình phản ứng: 2
2
2
SO
O
P
P = Theo đề: 2,58
3
2
SO
SO
P
P
=
2
1,306
2 2
cb O SO SO
P = P P + P
+ =
Giải hệ phương trình trên:
2
0,32
SO
P = atm; 2
0,16
O
P = atm; 3
0,826
SO
P = atm
0,75
b. Xét cân bằng:
2 5(r) 2 4(r)
2(k) 3(k)
V O + SO V O + SO

3
2
SO
P
SO
P
K =
P
 3
2
2,3lg
SO
P
SO
P
lnK =
P
Go
f
∆ = ‒RTlnKp = o
f
H
∆ ‒ T. o
f
S
∆
Ở 830K: o
f
H
∆ ‒ 830. o
f
S
∆ = ‒8,314× 830× 2,3( 1,82)
− = 28886 (J.mol‒1
)
Ở 900K: o
f
H
∆ ‒ 900. o
f
S
∆ = ‒8,314× 900× 2,3( 1,7)
− = 29257 (J.mol‒1
)
 o
f
H
∆ = 24487 (J.mol‒1
)
o
f
S
∆ = ‒5,3 (J.K‒1
.mol‒1
)
Ta có:
,298
Go
f
∆ = 24487‒ 298.(‒5,3) =26066 (J.mol‒1
) = 26,066 (kJ.mol‒1
)
0,75
c. Ở 900K:
lg 3
2
SO
SO
P
P
= ‒1,7  0,02
3
2
SO
SO
P
P
=
Mặt khác: 0,155
2 2
3
1/2
SO O
P
SO
P × P
K =
P
=  2
6
9,61.10
O
P −
= (atm).
0,5
Bài 6. (2,0 điểm) Động hóa học hình thức
Trong phase khí ở 60o
C, một số phản ứng diễn ra theo cơ chế sau:
Áp suất ban đầu của A, B, C lần lượt là 4,00.104
; 1,33.104
và 0,64.104
Pa.
a. Tính nồng độ mol ban đầu của A. Biết R = 8,314 J/mol.K và áp suất tổng (theo Pa) trong hệ
sau khi các nồng độ các chất không thay đổi nữa.
b. Viết phương trình động học, biểu diễn định luật tác dụng khối lượng của chất trung gian B.
c. Tính áp suất của A (theo Pa) khi hoàn thành phản ứng? Giá trị này giảm bao nhiêu lần so với
ban đầu?
Đáp án:
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/2
a. Sử dụng phương trình Claperyon-Mendeleev:
Tất cả các phản ứng diễn ra mà không có sự thay đổi số phân tử, do
đó áp suất tổng không thay đổi trong suốt quá trình phản ứng. Áp suất cuối
bằng áp suất đầu:
P∞ = Po(A) + Po(B) + Po(C) = (4,00 + 1,33 + 0,64).104
= 5,97.104
Pa
0,75
b. Chất B được tạo thành trong phản ứng thứ nhất và tiêu hao trong phản ứng
thứ hai, do đó: 0,5
c. Sau khi đạt tới cân bằng, tốc độ tạo thành mỗi chất bằng tốc độ tiêu thụ, áp
suất tổng giữ nguyên hay:
k1.P∞(A) = k2.P∞(B) = k3.P∞(C) =
1
2
k
P (B) P (A).
k
∞ ∞
= và
1
3
k
P (C) P (A).
k
∞ ∞
= (1)
Mặt khác: P∞(A) + P∞(B) + P∞(C) = Po (2)
Thay (1) vào (2) ta được:
4
3
0
3 3
1 1
3 3
2 3
P 5,97.10
P (A) 6,82.10 Pa
k k 11.10 11.10
1 1
k k 4.10 2,2.10
∞ − −
− −
= = =
+ + + +
Vậy áp suất của A giảm
4
3
5,97.10
5,87
6,82.10
= lần.
0,75
Bài 7. (2,0 điểm) Dung dịch và phản ứng trong dung dịch
Nước thải từ các nhà máy acquy thường có độ acid (H2SO4) và ion kim loại nặng Pb2+
cao,
ảnh hưởng xấu đến môi trường và sức khỏe cộng đồng. Để xử lý ra thường sử dụng sữa vôi
Ca(OH)2 để vừa trung hòa H2SO4 đồng thời kết tủa Pb2+
dưới dạng Pb(OH)2. Giả thiết Pb(II) tồn
tại 3 dạng: Pb2+
; 3
Pb(OH)−
và Pb(OH)2 (kết tủa) và thể tích của nước thải thay đổi không đáng kể
khi thêm sữa vôi. Hãy xác định
a. pH1 khi bắt đầu xuất hiện kết tủa Pb(OH)2.
b. pH2 khi Pb(OH)2 tan hoàn toàn thành 3
Pb(OH)−
.
c. pHmin mà ở đó độ tan của Pb(II) là cực tiểu hay lượng Pb(OH)2 kết tủa là lớn nhất.
d. Tính giá trị độ tan Pb(II) tại pHmin.
Biết nồng độ Pb(II) trong nước là 10-3
M. Tích số tan Pb(OH)2 = 10-15,3
và Pb(OH)2 lưỡng
tính tan trong kiềm theo phản ứng:
Pb(OH)2 + OH-
3
Pb(OH)−
K = 10-1,3
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/2
Đáp án:
a. pH1 khi bắt đầu kết tủa Pb(OH)2
2
15,3
Pb(OH) 6,15 7,85
2 3
T 10
[OH ] 10 [H ] 10 pH 7,85
Pb 10
−
− − + −
+ −
= = = = = = =
0,5
b. Khi Pb(OH)2 tan hoàn toàn thành 3
Pb(OH)−
= môi trường kiềm mạnh, lượng
Pb2+
còn lại không đáng kể. Coi [ 3
Pb(OH)−
]=10-3
.
3
1,7
3
1,3
[Pb(OH) ] 10
[OH ] 10 pH 12,3
K 10
− −
− −
−
= = = = =
0,5
c. Ngoài lượng Pb(OH)2 kết tủa, dung dịch chứa 2 dạng Pb(II) là Pb2+
và
3
Pb(OH)−
,
hay độ tan Pb(II) = S = [Pb2+
] + [ 3
Pb(OH)−
] = 2
Pb(OH)
2
T K
[OH ] [OH ]
− −
+
hay S = 2
2
Pb(OH) w
2
w
T .[H ] K.K
K [H ]
+
+
+ .
0,5
Kết tủa cực đại khi S cực tiểu
S min khi 2
Pb(OH) w
2 2
w
2.T .[H ] K.K
dS dS
0 hay 0
d[H ] d[H ] K [H ]
+
+ + +
= = − =
=
2
3 ,13 42
3 9,43
w
min 15,3
Pb(OH)
K.K 10 .10
[H ] 10
2.T 2.10
− −
+ −
−
= = = . = pHmin = 9,43
Vậy pH tối ưu để kết tủa tủa Pb(OH)2 là 9,43.
0,5
Bài 8. (2,0 điểm) Phản ứng oxi hóa khử. Pin điện và điện phân
Trong vụ cháy tại Công ty cổ phần bóng đèn phích nước Rạng Đông – Hà Nội năm 2019,
một lượng thủy ngân đã bị phát tán vào môi trường. Nhằm giảm thiểu sự ô nhiễm; phương pháp
xử lý là phun bột lưu huỳnh và dung dịch soda Na2CO3 vào vùng bị ô nhiễm; Sau đó thu gom
thủy ngân dưới dạng HgS và HgO.
Để hiểu rõ hơn về quá trình xử lý, thu gom thủy ngân ta xét các quá trình sau:
a. Thủy ngân ngoài dạng Hg còn tồn tại ở dạng 2
2
Hg +
và Hg2+
. Giữa 3 dạng này tồn tại cân bằng
(1):
2
2
Hg +
Hg2+
+ Hg (1)
Cho biết 0
1
E (Hg2+
/Hg) = 0,85V; 0
2
E ( 2
2
Hg +
/ Hg) = 0,79V
Hãy xác định 0
3
E (Hg2+
/ 2
2
Hg +
). Từ đó tính hằng số cân bằng K1 của phản ứng 1 và cho biết 2
2
Hg +
có
bền trong dung dịch hay không.
b. Để chuyển cân bằng (1) sang phải và thu được Hg2+
dưới dạng HgO, ta thêm kiềm vào dung
dịch, khi đó sẽ xảy ra phản ứng (2):
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/2
2
2
Hg +
+ 2OH-
HgO + Hg + H2O (2)
Biết với phản ứng: HgO↓ + H2O Hg2+
+ 2OH-
THgO = 10-25,8
Xác định hằng số cân bằng K2 của phản ứng (2) và thiết lập biểu thức tính nồng độ 2
2
Hg +
theo OH-
.
c. Nếu dùng dung dịch Na2CO3 0,01M (pKb1 = 3,67; pKb2 = 7,65). Thì nồng độ của 2
2
Hg +
là bao
nhiêu? Từ đó giải thích trò của Na2CO3 và bột lưu huỳnh trong quá trình trên.
Đáp án:
a. Xét quá trình
Ta có: 0 0 0
1 2 3
G G G
∆ = ∆ + ∆
Hay 0 0 0
1 2 3
2E .F E .F E .F
− = − −
Hay 0 0 0
1 2 3
2E E E
= +
0 0 0
3 1 2
E 2E E 2.0,85 0,79 0,91V
= − = − =
0,5
Đối với cân bằng: 2
2
Hg +
Hg2+
+ Hg (1)
ΔE0
= 0 0 0 0
ox Kh 2 3
E E E E 0,79 091 0,15V
− = − = − = − = K1 =
0
n E
3
0,059
10 9,25.10
∆
−
= .
Mặt khác: K1 =
2
3
2
2
[Hg ]
9,25.10
[Hg ]
+
−
+
= = [ 2
2
Hg +
] = 1,1.104
[Hg2+
] ,
Hàm lượng [ 2
2
Hg +
] [Hg2+
] hay [ 2
2
Hg +
] bền trong dung dịch.
0,5
b. Xét cân bằng
2
2
Hg +
Hg2+
+ Hg (1) K1
Hg2+
+ 2OH-
HgO↓ + H2O (3) 1
HgO
T−
= 1025,8
2
2
Hg +
+ 2OH-
HgO↓ + Hg + H2O (2) K3
K2 = K1. 1
HgO
T−
= 1023,77
= 2 2
2
1
[Hg ].[OH ]
+ −
= 2
2 23,77 2
1
[Hg ]
10 .[OH ]
+
−
= (4)
0,5
c. Quá trình thủy phân: 2
3 2
CO H O
−
+ 3
HCO OH
− −
+ Kb1 = 10-3,67
3 2
HCO H O
−
+ 2
3
CO OH
− −
+ Kb2 = 10-7,65
Vì Kb1 Kb2; bỏ qua cân bằng phân li thứ 2. [OH-
] = x =
2
3,67 3
x
10 x 1,36.10
0,01 x
− −
= = =
−
=10-2,87
Thay giá trị nồng độ [OH-
] vào (4) ta được
2
2 23,77 2,87 2
1
[Hg ]
10 .[10 ]
+
−
= =10-18
rất bé.
0,25
Vai trò Na2CO3 tạo môi trường kiềm để chuyển 2
2
Hg +
và Hg2+
về dạng HgO
không tan được thu gom cùng HgS. Tránh sự phân tán các hạt 2
2
Hg +
và Hg2+
0,25
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/2
ra môi trường bên ngoài.
Bài 9. (2,0 điểm) Halogen, Oxi – lưu huỳnh
Trong công nghiệp H2O2 có thể điều chế bằng cách cho acid A hoặc acid B tác dụng với
nước, sản phẩm của 2 phản ứng này đều là H2SO4 và H2O2. Biết 1 phân tử A có 8 nguyên tử,
trong A nguyên tố oxi chiếm 70,18% khối lượng, phân tử B chứa nhiều hơn phân tử A 1 nguyên
tử S và 3 nguyên tử O.
a. Xác định A, B và viết các phương trình hóa học xảy ra.
b. Hãy viết công thức cấu tạo, cho biết trạng thái lai hóa của các nguyên tử trong A và B
(với các nguyên tử có lai hóa), xác định số oxi hóa của các nguyên tử trong A và B.
c. Vì sao A và B đều có tính oxi hóa mạnh và tính acid mạnh. Một trong 2 acid là acid 1
nấc, đó là acid nào, hãy giải thích.
d. Hãy viết phương trình phản ứng của KI lần lượt với A và B, cho biết phản ứng nào giải
phóng I2 nhanh hơn, giải thích.
Đáp án
a. A + H2O → H2SO4 + H2O2
B + H2O → H2SO4 + H2O2
 A, B đều chứa H, O và S. Gọi công thức của A là HaSbOc ta có
a+b+c=8 (1)  a=8-b-c
7018
,
0
16
32
16
=
+
+ c
b
a
c
 7018
,
0
16
32
8
16
=
+
+
−
− c
b
c
b
c
 7018
,
0
15
31
8
16
=
+
+ c
b
c
Vì a+b+c=8  c≤ 6
Lập bảng giá trị a, b, c:
c 1 2 3 4 5 6
b - ... 0,25 0,5 0,75 1 1,25
a 2
Vậy A là H2SO5
B là H2S2O8
Phương trình phản ứng:
H2SO5 + H2O → H2O2 + H2SO4
H2S2O8 + 2H2O → H2O2 + 2H2SO4
0,5
b.
Trong các chất trên O có liên kết đơn đều lai hóa sp3
, S lai hóa sp3
0,5
B
-2
-2
-1
-1
-2
-2
+6 +6
-2
+1
-2
-1
-1
+1
+1 -2 -2
+6
-2 +1
S
O
O
O
H O
H O
A
S
O
O
O
H
O
S
O
O H
O
O
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/2
Số oxi hóa của S là +6; O có số oxi hóa -1 hoặc -2
(chú ý nếu xác định số oxi hóa trung bình không cho điểm)
c. Trong A và B đều chứa nhiều O liên kết với S tạo ra nhóm có hiệu ứng liên
hợp hút electron làm cho liên kết O-H trong phân tử phân cực mạnh làm A
và B có tính axit mạnh.
Trong A và B nguyên tử oxi có số oxi hóa -1 và phân tử kém bền nên
A và B đều có tính oxi hóa mạnh.
A là axit một nấc vì có 1 nhóm HO không tạo hiệu ứng liên hợp với
gốc acid còn lại làm liên kết HO trong đó kém phân cực.
0,5
d. Phương trình phản ứng
2KI + H2SO5 → I2 + K2SO4 + H2O (1)
2KI + H2S2O8 → I2 + K2SO4 + H2SO4 (2)
(1) giải phóng I2 nhanh hơn (2) vì H2SO5 có tính oxi hóa mạnh hơn H2S2O8
do phân tử A kém đối xứng hơn B nên A có tính oxi hóa mạnh hơn B.
0,5
Bài 10. (2,0 điểm) Đại cương hóa hữu cơ (quan hệ giữa cấu trúc và tính chất)
Cho cấu tạo các hợp chất carbonyl có cấu tạo từ A-E như hình bên dưới
Dựa vào cấu tạo giải thích
a. Các hợp chất 1,3-Dicacbonyl như A tồn tại phần lớn ở dạng enol hóa.
b. Vẽ cấu trúc các dạng enol hóa phù hợp của các chất từ B – E. Giải thích vì sao B tồn tại
100% ở dạng enol còn C, D, E tồn tại 100% ở dạng ketone.
Đáp án:
Câu
10
Nội dung Điểm
a. Ở dạng enol A bền vì dạng enol có hệ liên hợp phân bố trên 5 nguyên tử.
Bên cạnh đó có sự tạo liên kết hydrogen trong cấu trúc enol.
0,4
b. Cấu trúc dạng enol từ B – E
Carbonyl B: Có hệ liên hợp dài với sự đóng góp của các oxygen.
0,4
Carbonyl C: Chỉ tồn tại 1 dạng enol cộng hưởng, dạng enol thứ 2 không tồn
tại vì tạo alkene đầu cầu.
0,4
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/2
Carbonyl D: Dạng enol của D có dạng hợp lý như hình, tuy nhiên ở dạng
này, nhóm thế lớn tert-butyl sẽ nằm cùng mặt phẳng với hệ liên hợp trở nên
kém bền.
0,4
Carbonyl E: Dạng enol có liên kết đôi trong vòng 4, sức căng lớn nên rất
kém bền.
0,4
-------------- HẾT --------------
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.)
Họ và tên thí sinh: ............................................................... Số báo danh: ..............................
Giáo viên ra đề: Đinh Việt Thắng
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/5
Trường THPT chuyên Chu Văn An –
Bình Định
(Đề thi gồm 05 trang)
ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC - LỚP 11
Câu 1 (2,5 điểm) Tốc độ phản ứng.
Để phân hủy hiđro peoxit (H2O2) với chất xúc tác là ion iođua trong dung dịch có môi trường trung tính,
người ta trộn dung dịch H2O2 3% (chấp nhận tương đương với 30 gam H2O2 trong 1lít dung dịch) và dung dịch KI
0,1 M với nước theo tỉ lệ khác nhau về thể tích để tiến hành thí nghiệm xác định thể tích oxi ( 2
O
V ) thoát ra.
Thí nghiệm
2 2
H O
V (ml) KI
V (ml) 2
H O
V (ml) υ 2
O (ml/phút)
ở 298 K và 1 atm
1 25 50 75 4,4
2 50 50 50 8,5
3 100 50 0 17,5
4 50 25 75 4,25
5 50 100 0 16,5
1.1. Xác định bậc phản ứng phân huỷ đối với H2O2 và đối với chất xúc tác I-
.
1.2. Viết phương trình hoá học và biểu thức tính tốc độ phản ứng.
1.3. Tính nồng độ mol của H2O2 khi bắt đầu thí nghiệm 4 và sau 4 phút.
1.4. Cơ chế phản ứng được xem là một chuỗi hai phản ứng sau:
H2O2 + I- 1
k

→ H2O + IO-
(1)
IO-
+ H2O2
2
k

→ O2 + I-
+ H2O (2)
Hãy cho biết hai phản ứng này xảy ra với tốc độ như nhau hay khác nhau? Phản ứng nào quyết định tốc độ
phản ứng giải phóng oxi? Giải thích.
Câu 2 (2,5 điểm) Cân bằng và phản ứng trong dung dịch. Pin điện - Điện phân.
Một trong những thuốc thử đặc trưng để tìm ion Pb2+
(trong dung dịch) là Na2CrO4. Cho biết, kết tủa PbCrO4
màu vàng, tan được trong dung dịch NaOH dư; trong khi đó, kết tủa PbS màu đen, không tan được trong dung dịch
NaOH.Thêm từ từ 0,05 mol Pb(NO3)2 vào 1,0 lít dung dịch X gồm 0,02 mol Na2S và 0,03 mol Na2CrO4, thu được
hỗn hợp Y gồm phần kết tủa và phần dung dịch (coi thể tích không thay đổi khi thêm Pb(NO3)2 vào dung dịch X).
2.1. Tính pHcủa dung dịch X.
2.2. Bằng lập luận và đánh giá hợp lí, chứng tỏ rằng, pH phần dung dịch của Y xấp xỉ bằng 7,0.
2.3. Tính
2
2 7
[Cr O ]
−
và [Pb2+
] trong phần dung dịch của Y.
2.4. Trình bày cách thiết lập sơ đồ pin được ghép bởi điện cực chì (Pb) nhúng trong hỗn hợp Y và điện cực
hiđro tiêu chuẩn.
Cho biết:
2
a1(H S)
pK = 7,02;
2
a2(H S)
pK = 12,90;
4
a(HCrO )
pK − = 6,50; E 2+
0
Pb /Pb
= -0,126 V
s(PbS)
pK = 26,60;
4
s(PbCrO )
pK = 13,70;
2
s(Pb(OH) )
pK = 14,90
2
2
4
CrO
−
+ 2H+ 2
2 7
Cr O
−
+ H2O K = 3,13.1014
Pb2+
+ H2O PbOH+
+ H+
lg 1
β
∗
= lg
Pb(OH)
β
∗
+ = -7,80
Pb2+
+ 2H2O Pb(OH)2(dd) + 2H+
lg 2
β
∗
= lg
2
Pb(OH)
β
∗
= -17,20
Pb2+
+ 3H2O 3
Pb(OH)
−
+ 3H+
lg 3
β
∗
= lg
3
Pb(OH)
β
∗
− = -28,00
(với pKa = -lgKa; pKs = -lgKs; ở 25o
C:
2,303RT
= 0,0592 V)
F
ĐỀ ĐỀ XUẤT
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/5
Câu 3 (2,5 điểm) Nhiệt động học và cân bằng hóa học.
3.1. Cho một khối kim loại X nặng 2,0 kg ở 0o
C vào một bình có chứa sẵn 1,0 mol hơi nước ở 100o
C và 1
atm thấy có 86% lượng hơi nước đã ngưng tụ. Giả sử trong điều kiện khảo sát, sự trao đổi nhiệt chỉ xảy ra giữa X
và nước, áp suất trong bình không đổi và quá trình ngưng tụ nước diễn ra ở 100o
C.
a) Tính nhiệt độ cuối của hệ X-nước và nhiệt lượng mà X đã trao đổi.
b) Tính biến thiên entropi của X, của nước và của hệ X-nước.
Biết: X không chuyển pha: ൫‫ܥ‬௣൯௑
= 0,385 J.K-1
.g-1
; ൫‫ܥ‬௣൯ுమைሺ௟ሻ
= 75,3 J.K-1
.mol-1
;
ሺ‫ܥ‬௣ሻுమைሺ௞ሻ= 33,6 J.K-1
.mol-1
; ሺ∆‫ܪ‬௛௛;ଵ଴଴೚஼ሻுమைሺ௟ሻ= 40,656 kJ.mol-1
.
3.2. Xét cân bằng: N2O4(k) 
→
←
 2NO2(k)
a) Một lượng khí N2O4 được đặt trong một xilanh ở nhiệt độ T1 = 250
C. Sau khi cân bằng được thiết lập, áp
suất chung của hệ là 1,5 atm và có 16% số mol của N2O4 bị phân hủy thành NO2. Tính áp suất ban đầu của N2O4 và
Kp của phản ứng phân hủy ở 250
C.
b) Nếu nhiệt độ vẫn giữ ở 200
C nhưng tăng dần thể tích của xilanh cho tới khi áp suất chung của hệ bằng 1
atm. Tính áp suất cân bằng của NO2 và N2O4 trong điều kiện này.
c) Tính phần trăm số mol của N2O4 đã bị phân hủy ở trạng thái cân bằng mới (áp suất chung là 1atm,
250
C).
d) Cho sinh nhiệt tiêu chuẩn ở 298K của N2O4(k) bằng 9,2 kJ/mol và của NO2(k) bằng 33,2 kJ/mol. Tính
∆S0
phản ứng và nhiệt độ T2 để phản ứng phân hủy N2O4 có hằng số cân bằng Kp bằng 1. Coi ∆H0
pư và ∆S0
pư
không phụ thuộc nhiệt độ.
Câu 4 (2,5 điểm) Hoá nguyên tố (Kim loại, phi kim nhóm IVA, VA). Phức chất.
4.1. Các kim loại nhóm IA như Li, Na, ... có hoạt tính hóa học cao. Một số hợp chất của chúng có ứng dụng
rộng rãi trong nhiều lĩnh vực.
a) Viết các phương trình hóa học xảy ra khi đốt cháy từng kim loại Li, Na trong không khí.
b) Hiện nay, một số hợp chất chứa kim loại kiềm là các vật liệu tiềm năng cho pin nhiên liệu bởi khả năng
lưu trữ hiđro cao, Li3N là một trong những hợp chất như vậy. Một phân tử Li3N có khả năng phản ứng với hai phân
tử H2 qua hai phản ứng theo sơ đồ sau:
Li3N + H2 → A + B
A + H2 → C + B
Hoàn thành các phương trình hóa học và cho biết công thức phân tử các hợp chất A và B.
4.2. Một loại quặng chỉ chứa MnO2 và tạp chất trơ. Cân chính xác 0,5000 gam quặng trên rồi cho vào bình cầu
có nhánh. Thêm từ từ vào bình này khoảng 50 mL dung dịch HCl đặc. Đun nóng đến khi mẫu quặng tan hết, chỉ còn
lại tạp chất trơ. Hấp thụ hoàn toàn khí Cl2 thoát ra bằng lượng dư dung dịch KI, thu được dung dịch X. Chuyển toàn
bộ X vào bình định mức 250 mL, thêm nước cất đến vạch mức, lắc đều. Chuẩn độ 25,00 mL dung dịch này bằng dung
dịch chuẩn Na2S2O3 0,05 M (chỉ thị hồ tinh bột) thì hết 22,50 mL.
a) Viết các phương trình hóa học xảy ra.
b) Tính hàm lượng % theo khối lượng của MnO2 trong quặng trên.
4.3. Có 6 lọ hóa chất bị mất nhãn, mỗi lọ đựng một dung dịch muối nitrat của một kim loại: Ba(NO3)2, Al(NO3)3, Pb(NO3)2,
Zn(NO3)2, AgNO3, Cd(NO3)2. Để nhận biết từng dung dịch muối, chỉ được dùng 3 dung dịch thuốc thử. Hãy cho biết tên
của 3 dung dịch thuốc thử đó và trình bày cách tiến hành thí nghiệm để nhận biết mỗi dung dịch muối đựng trong mỗi lọ
và viết phương trình hóa học (dạng phương trình ion, nếu có) để minh họa.
Câu 5 (2,5 điểm) Đại cương hữu cơ.
5.1. Nghiên cứu cấu trúc hợp chất (2R,3S)-2,3-dichloro-1,4-dioxane dưới đây bằng phương pháp nhiễu xạ tia
X, người ta thấy độ dài của liên kết C-Cl trục (1.819 Å) lớn hơn của liên kết C-Cl biên (1.781 Å). Đồng thời, độ dài
của liên kết C-O của nguyên tử C mang liên kết C-Cl trục (1.394 Å) lại ngắn hơn liên kết C-O của nguyên tử C
mang liên kết C-Cl biên (1.425 Å). Giải thích các giá trị thực nghiệm này.
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/5
5.2. Hãy cho biết hợp chất nào dễ tham gia phản ứng SN1 nhất trong số ba hợp chất dưới đây?
O
Cl
O
Cl
O
Cl .
5.3. Hãy giải thích sự biến đổi lực bazơ của các hợp chất dưới đây:
pKa 10,58 7,79 5,06
5.4. a) Cho biết sản phẩm của các phản ứng sau đây:
(i) (ii)
(iii) (iv)
b) Sản phẩm ở ý 1.2_(iv) là calicene. Momen lưỡng cực của calicene theo tính toán lý thuyết là 4,66 D;
biết rằng giá trị moment lưỡng cực của formaldehyde là 2,33 D, của acetone là 2,88 D. Giải thích độ lớn bất thường
của momen lưỡng cực của calicene.
c) Hãy viết phương trình phản ứng của calicene với:
c1) HBr;
c2) i. NaCN, ii. H3O+
.
Câu 6 (2,5 điểm) Sơ đồ tổng hợp hữu cơ. Cơ chế phản ứng hóa hữu cơ.
6.1. Viết cơ chế giải thích sự tạo thành các sản phẩm ở mỗi phản ứng sau:
a.
b.
c.
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/5
d.
6.2. Hoàn thành sơ đồ tổng hợp các hợp chất trong các dãy phản ứng sau:
a.
b.
c.
Câu 7 (2,5 điểm) Xác định cấu trúc các chất hữu cơ (mô tả sơ đồ tổng hợp bằng lời dẫn)
7.1. Xử lý một hỗn hợp gồm 2-nitrotoluen và isopropyl nitrit với MeONa/MeOH ở nhiệt độ thường, sau đó
đun nóng với hỗn hợp thu được với một lượng dư dung dịch HCl đặc thì thu được hợp chất A (C7H5NO2) từ hỗn
hợp phản ứng. Khi xử lý 2-nitrotoluen với CrO3 trong dung AcOH/Ac2O có mặt H2SO4 đặc ở 5 o
C thu được hợp
chất B (C11H14NO6); Thủy phân B trong dung dịch HCl 10%/EtOH cũng tạo thành A nêu trên.Sục khí Cl2 vào dung
dịch 2-nitrotoluen trong CCl4 và đun hồi lưu hỗn hợp phản ứng người ta thu được C (C7H6NO2Cl); xử lý C với
dung dịch KOH/EtOH thu được hợp chất D (C14H10N2O4). Ozon hóa D rồi chế hóa ozonit tạo thành với (CH3)2S
cũng thu được A nêu trên. Hợp chất A còn được tạo thành trực tiếp từ C khi cho C tác dụng với DMSO/NaHCO3.
Hãy xác định công thức cấu tạo của các hợp chất từ A đến D nêu trên.
7.2. Cho Tropon (Tên hệ thống: xiclohepta-2,4,6-trienon) tác dụng với Cl2/CCl4 với tỉ lệ 1 : 1 thu được hợp chất
A (C7H6Cl2O). Trong môi trường phân cực, A chuyển thành hợp chất dạng muối hyđroclorua B có cùng công thức
phân tử. Xử lý B với dung dịch NaHCO3 thu được 2-clorotropon.
a. Hãy xác định cấu tạo của A, B và giải thích sự hình thành của chúng.
b. Khi chiếu sáng tropon người ta thu được một lượng nhỏ chất lỏng C (C6H6) và một chất khí C với số mol
bằng nhau. Hãy xác định cấu tạo và giải thích sự hình thành C và D.
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/5
7.3. Khi cho xiclohepta-2,4,6-trien tác dụng với PCl5 người ta thu được hợp chất E (C7H7Cl). Xử lý E với dung
dịch NaOH thì thu được hợp chất F (C17H14O). Trong môi trường axit HCl 20%, chất F dễ dàng chuyển hóa thành
tropon và xiclohepta-2,4,6-trien. Hãy xác định cấu tạo của E và F.
7.4. Tropolon (Tên hệ thống: 2-hyđroxyxiclohepta-2,4,6-trienon) là một dẫn xuất của tropon. Hợp chất này được
tổng hợp dễ dàng qua hai giai đoạn: Đầu tiên, phản ứng của xiclopenta-1,3-đien với 2,2-đicloaxetyl clorua
(Cl2CHCOCl) có mặt Et3N trong n-hexan ở 0 – 5 o
C tạo ra sản phẩm trung gian G (C7H6Cl2O). Tiếp đó, xử lý G
với CH3COONa trong môi trường CH3COOH/H2O thì thu được tropolon. Xác định cấu tạo của G và giải thích sự
hình thành G và tropolon bằng cơ chế phản ứng.
Câu 8 (2,5điểm) Hóa học các hợp chất thiên nhiên (Cacbohidrat các hợp chất hữu cơ chứa nito đơn giản)
8.1. Porantherine là một alkaloid nhóm Euphorbaceae được phân lập từ cây bụi thân gỗ poranthera
corymbosa Brogn. Porantherine gây ngộ độc cho gia súc và được phát hiện lần lần đầu ở New South Wales và
Queensland, Australia. Theo công bố của Stevens, các liên kết C-C và C-N trong phân tử porantherine được tổng
hợp đi qua enol (hoặc enolate) và ion iminium (hoặc imine) dựa vào hiệu ứng siêu liên hợp của liên kết C-C đang
hình thành với cặp e-n trên nguyên tử nitơ. Hãy hoàn thành sơ đồ phản ứng tổng hợp porantherine dưới đây:
8.2.Pyrroloquinoline quinone ( PQQ ), còn được gọi là methoxatin , là một cofactor thực hiện vai trò trong
quá trình oxy hóa khử, tương tự NADH hay NADPH. Nó được tìm thấy trong đất và thực phẩm như quả kiwi, cũng
như sữa mẹ. Dưới đây là dãy tổng hợp methoxatin
8.3.Pelargonidin là một anthocyanidin , một loại sắc tố thực vật tạo ra màu cam đặc trưng, được sử dụng trong
thực phẩm và thuốc nhuộm công nghiệp. Pelargonidin có thể được tìm thấy trong các loại quả mọng như quả mâm
xôi chín và dâu tây. Dưới đây là 2 sơ đồ tổng hợp hóa học Pelargonidin
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/5
-------------- HẾT --------------
Giáo viên ra đề: Nguyễn Thị Xuân Vinh
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/15
Trường THPT chuyên Chu Văn An –
Bình Định
(Hướng dẫn chấm gồm 18 trang)
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA HỌC - LỚP 11
Câu 1 (2,5 điểm) Tốc độ phản ứng.
Để phân hủy hiđro peoxit (H2O2) với chất xúc tác là ion iođua trong dung dịch có môi trường trung tính,
người ta trộn dung dịch H2O2 3% (chấp nhận tương đương với 30 gam H2O2 trong 1lít dung dịch) và dung dịch KI
0,1 M với nước theo tỉ lệ khác nhau về thể tích để tiến hành thí nghiệm xác định thể tích oxi ( 2
O
V ) thoát ra.
Thí nghiệm
2 2
H O
V (ml) KI
V (ml) 2
H O
V (ml) υ 2
O (ml/phút)
ở 298 K và 1 atm
1 25 50 75 4,4
2 50 50 50 8,5
3 100 50 0 17,5
4 50 25 75 4,25
5 50 100 0 16,5
1.1. Xác định bậc phản ứng phân huỷ đối với H2O2 và đối với chất xúc tác I-
.
1.2. Viết phương trình hoá học và biểu thức tính tốc độ phản ứng.
1.3. Tính nồng độ mol của H2O2 khi bắt đầu thí nghiệm 4 và sau 4 phút.
1.4. Cơ chế phản ứng được xem là một chuỗi hai phản ứng sau:
H2O2 + I- 1
k

→ H2O + IO-
(1)
IO-
+ H2O2
2
k

→ O2 + I-
+ H2O (2)
Hãy cho biết hai phản ứng này xảy ra với tốc độ như nhau hay khác nhau? Phản ứng nào quyết định tốc độ
phản ứng giải phóng oxi? Giải thích.
Ý Nội dung Điểm
1.1
Từ phương trình phản ứng: 2 H2O2 → 2 H2O + O2
ta có: thể tích oxi thoát ra trong 1 đơn vị thời gian tỉ lệ thuận với tốc độ phản ứng
Theo các thí nghiệm 1, 2, 3 khi tăng gấp đôi thể tích dung dịch H2O2 và giữ nguyên thể tích
của dung dịch KI thì tốc độ phản ứng tăng gấp đôi, điều đó có nghĩa là tốc độ phản ứng tỉ lệ
thuận với nồng độ của H2O2 → phản ứng là bậc 1 đối với H2O2.
Tương tự, từ các thí nghiệm 2, 4, 5 ta thấy tốc độ phản ứng tỉ lệ thuận với nồng độ của I-
→
phản ứng là bậc 1 đối với I-
.
0,75
1.2
Phương trình phản ứng: 2 H2O2 → 2 H2O + O2
Biểu thức của định luật tốc độ phản ứng: V = k . 2 2
H O I-
C .C
0,25
1.3
Khi pha loãng 3 lần thì nồng độ của H2O2 (C0) ở thí nghiệm 4 giảm 3 lần:
→ C0 = 10 gam H2O2/1 lit. Hay C0 =
10
34
= 0,294 M.
Vì phản ứng xảy ra chậm nên có thể coi như tốc độ phản ứng (thể tích oxi thoát ra) không
thay đổi trong khoảng thời gian ngắn (4 phút).
Sau 4 phút sẽ thoát ra: 4,25 . 4 = 17 (ml) oxi, khi đó:
2
-3
-3
O
P.V 1 . 17.10
n = = = 0,695.10
R.T 0,082 . 298
(mol)
Lúc đầu có: 2 2
H O
n = 0,294 . 0,15 = 44,1.10-3
(mol).
Sau 4 phút, số mol H2O2 chỉ còn: 44,1.10-3
– 2 . 0,695.10-3
= 42,71.10-3
(mol).
0,75
HƯỚNG DẪN CHẤM
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/15
Vậy sau 4 phút: 2 2
H O
C =
0,04271
0,15
= 0,285 (M).
1.4 Phản ứng:
-
I
2 2 2 2
2 H O 2 H O + O

→ (*)
[ ]
2 2
H O
1
2
d
v
dt
= −
Cơ chế:
1
k
- -
2 2 2
H O + I H O + IO

→ (1)
2
k
- -
2 2 2 2
IO + H O H O + I + O

→ (2)
Xét 3 trường hợp:
1/ Nếu phản ứng (1) chậm và quyết định tốc độ thì tốc độ của phản ứng tổng hợp (*)
bằng tốc độ của phản ứng (1):
[ ]
2 2 -
1 2 2
H O
1
[H O ][I ]
2
d
v k
dt
= − =
Cơ chế phù hợp với định luật tốc độ.
2/ Nếu phản ứng (2) chậm thì:
[ ]
2 2 -
2 2 2
H O
1
[H O ][IO ]
2
d
v k
dt
= − = (a)
Chấp nhận nồng độ của IO-
là ổn định ta có:
-
- - - -
1
1 2 2 2 2 2
2
[IO ]
[H O ][I ] [IO ][H O ] 0 [IO ] [I ]
k
d
k k
dt k
= − = → = (b)
Thay (b) vào (a) ta được:
[ ]
2 2 -
1 2 2
H O
1
[H O ][I ]
2
d
v k
dt
= − =
Cơ chế phù hợp với định luật tốc độ.
3/ Nếu hai phản ứng có tốc độ xấp xỉ nhau thì:
( )
- -
2 2
1 2 2 2 2 2
[H O ]
1 1
[H O ][I ] [H O ][IO ]
2 2
d
v k k
dt
= − = +
Chấp nhận nồng độ của IO-
là ổn định, rồi tính [IO-
] như ở trường hợp 2 và thay vào biểu
thức trên ta được:
[ ]
2 2 -
1 2 2
H O
1
[H O ][I ]
2
d
v k
dt
= − =
Cơ chế phù hợp với định luật tốc độ. Trong 3 trường hợp, trường hợp đầu hợp lí hơn
cả vì ở đây không cần chấp nhận điều kiện gì; mặt khác ở trường hợp 2, nếu đã giả thiết phản
ứng (2) là chậm thì việc chấp nhận nồng độ của IO-
ổn định là không hợp lí.
0,75
Câu 2 (2,5 điểm) Cân bằng và phản ứng trong dung dịch. Pin điện - Điện phân.
Một trong những thuốc thử đặc trưng để tìm ion Pb2+
(trong dung dịch) là Na2CrO4. Cho biết, kết tủa PbCrO4
màu vàng, tan được trong dung dịch NaOH dư; trong khi đó, kết tủa PbS màu đen, không tan được trong dung dịch
NaOH.
Thêm từ từ 0,05 mol Pb(NO3)2 vào 1,0 lít dung dịch X gồm 0,02 mol Na2S và 0,03 mol Na2CrO4, thu được
hỗn hợp Y gồm phần kết tủa và phần dung dịch (coi thể tích không thay đổi khi thêm Pb(NO3)2 vào dung dịch X).
2.1. Tính pHcủa dung dịch X.
2.2. Bằng lập luận và đánh giá hợp lí, chứng tỏ rằng, pH phần dung dịch của Y xấp xỉ bằng 7,0.
2.3. Tính
2
2 7
[Cr O ]
−
và [Pb2+
] trong phần dung dịch của Y.
2.4. Trình bày cách thiết lập sơ đồ pin được ghép bởi điện cực chì (Pb) nhúng trong hỗn hợp Y và điện cực
hiđro tiêu chuẩn.
Cho biết:
2
a1(H S)
pK = 7,02;
2
a2(H S)
pK = 12,90;
4
a(HCrO )
pK − = 6,50; E 2+
0
Pb /Pb
= -0,126 V
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/15
s(PbS)
pK = 26,60;
4
s(PbCrO )
pK = 13,70;
2
s(Pb(OH) )
pK = 14,90
2
2
4
CrO
−
+ 2H+ 2
2 7
Cr O
−
+ H2O K = 3,13.1014
Pb2+
+ H2O PbOH+
+ H+
lg 1
β
∗
= lg
Pb(OH)
β
∗
+ = -7,80
Pb2+
+ 2H2O Pb(OH)2(dd) + 2H+
lg 2
β
∗
= lg
2
Pb(OH)
β
∗
= -17,20
Pb2+
+ 3H2O 3
Pb(OH)
−
+ 3H+
lg 3
β
∗
= lg
3
Pb(OH)
β
∗
− = -28,00
(với pKa = -lgKa; pKs = -lgKs; ở 25o
C:
2,303RT
= 0,0592 V)
F
2.1 Các quá trình xảy ra trong dung dịch X:
S2-
+ H2O HS-
+ OH-
Kb1 = 10-1,1
(1)
HS-
+ H2O H2S + OH-
Kb2 = 10-6,89
(2)
2
4
CrO
−
+ H2O 4
HCrO
−
+ OH-
Kb = 10-7,50
(3)
Chú ý: Kb của (3) tính được từ pKa của HCrO4
-
và Kw(H2O).
H2O OH-
+ H+
Kw = 10-14
(4)
So sánh các cân bằng (1), (2), (3) và (4) ta có:
Kb1. 2
S
C − Kb2. HS
C − Kb. 2
4
CrO
C − Kw nên pHX được tính theo (1):
S2-
+ H2O HS-
+ OH-
Kb1 = 10-1,1
(1)
[ ] 0,02 – x x x
→[OH-
] = x = 0,0166 (M) → pH = 12,22.
0,75
2.2 Pb2+
+ S2-
→ PbS↓
0,05 0,02 0,02
Pb2+
+
2
4
CrO
−
→ PbCrO4 ↓
0,03 0,03 0,03
Trong hỗn hợp Y, phần kết tủa gồm PbS và PbCrO4; phần dung dịch gồm Na+
và 3
NO
−
. Từ
cân bằng, ta có:
2
2
4
CrO
−
+ 2H+ 2
2 7
Cr O
−
+ H2O K1 = 3,13.1014
2H2O 2H+
+ 2OH-
(KW)2
= 10-28
→2
2
4
CrO
−
+ H2O
2
2 7
Cr O
−
+ 2OH-
K2 = 3,13.10-14
Vì
4
S(PbCrO )
K S(PbS)
K và vì 1
∗
β 2
∗
β 3
∗
β nên trong hỗn hợp Y chủ yếu xảy ra các
cân bằng:
PbCrO4 Pb2+
+
2
4
CrO
−
KS =
4
S(PbCrO )
K = 10-13,70
(5)
S S (với S là độ tan của PbCrO4 trong Y)
Pb2+
+ H2O PbOH+
+ H+
1
∗
β = 10-7,80
(6)
2
4
CrO
−
+ H2O 4
HCrO
−
+ OH-
Kb = 10-7,50
(7a)
2
2
4
CrO
−
+ H2O
2
2 7
Cr O
−
+ 2OH-
K2 = 3,13.10-14
(7b)
H2O OH-
+ H+
Kw = 10-14
(8)
Vì K2 = 3,13.10-14
nhỏ, nên chấp nhận bỏ qua quá trình (7b).
So sánh các cân bằng (6), (7a) và (8) ta thấy:
1
∗
β . S0
= 1
∗
β s
K = 10-14,65
≈ Kb. S0
= Kb. s
K = 10-14,35
≈KW = 10-14
(với S0 là độ tan của PbCrO4 trong nước không kể các quá trình (6), (7a) và (7b)), do đó, có
thể coi khả năng cho, nhận proton của các cấu tử trong hỗn hợp Y gần như tương đương nhau,
0,75
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/15
vì vậy pHY ≈7,0.
Chú ý:
Việc kiểm tra cho thấy ở pH = 7,0:
* 17,2 * 28
2(dd) 2 3 3
2 2 14 2 3 21
[Pb(OH) ] 10 [Pb(OH) ] 10
1; 1
[Pb ] [H ] 10 [Pb ] [H ] 10
− − −
+ + − + + −
β β
= = = =
≪ ≪
nghĩa là việc tính toán bỏ qua sự tạo phức Pb(OH)2(dd) và 3
Pb(OH)
−
là hợp lý.
2.3 Tính [Cr2O7
2-
] và [Pb2+
] trong phần dung dịch của Y:
Tại pH = 7,0 thì:
[
2
2 7
Cr O
−
] = 3,13.1014
.[
2
4
CrO
−
]2
.[H+
]2
= 3,13.[
2
4
CrO
−
]2
Mặt khác: [
2
4
CrO
−
] + [ 4
HCrO
−
] + 2[
2
2 7
Cr O
−
] = S
Giả sử [
2
2 7
Cr O
−
] [
2
4
CrO
−
] thì:
[
2
4
CrO
−
](1 +
1
a
K
−
.[H+
]) = S
→ [
2
4
CrO
−
] = 1
a
S
1 K .[H ]
− +
+
(a)
Lại có: [Pb2+
] + [PbOH+
] = S
→ 2
* 1
1
S
[Pb ]
1 .[H ]
+
+ −
=
+ β
(b)
Từ (a) và (b)
→ S =
* 1 1
s 1 a
K .(1 .[H ] ).(1 K .[H ])
+ − − +
+ β + , thay các giá trị hằng số vào thu
được: S =1,74.10-7
(M)
Thay giá trị S vào (a) ta có:[CrO4
2-
] = 1,32.10-7
(M) → [Cr2O7
2-
] = 3,13.[
2
4
CrO
−
]2
=
3,13.(1,32.10-7
)2
= 5,45.10-14
(M)
[Cr2O7
2-
] [
2
4
CrO
−
] (thỏa mãn giả thiết đặt ra ban đầu)
Từ (b), ta có: [Pb2+
] = 1,51.10-7
(M)
0,5
2.4 Vì trong hỗn hợp Y quá trình phân li của PbCrO4 là chủ yếu, nên:
EPb = 2 2 2
4 4 2
0 2 0
PbCrO /Pb, CrO Pb /Pb Pb /Pb 2H /H
0,0592
E E E lg[Pb ] 0,328 (V) E
2
− + + +
+
= = + = − =
0,00 (V)do ,đó điện cực Pb là anot, điện cực hiđro tiêu chuẩn là catot. Vậy sơ đồ pin:
(-) Pb│PbS, PbCrO4 | Na+
0,1 M, 3
-
NO 0,1 M ║ H+
1,0 M│H2 (p = 1 bar) | Pt (+)
Chú thích: Nếu học sinh ghi H2 (p = 1 atm) vẫn cho đủ điểm.
0,5
Câu 3 (2,5 điểm) Nhiệt động học và cân bằng hóa học.
3.1. Cho một khối kim loại X nặng 2,0 kg ở 0o
C vào một bình có chứa sẵn 1,0 mol hơi nước ở 100o
C và 1
atm thấy có 86% lượng hơi nước đã ngưng tụ. Giả sử trong điều kiện khảo sát, sự trao đổi nhiệt chỉ xảy ra giữa X
và nước, áp suất trong bình không đổi và quá trình ngưng tụ nước diễn ra ở 100o
C.
a) Tính nhiệt độ cuối của hệ X-nước và nhiệt lượng mà X đã trao đổi.
b) Tính biến thiên entropi của X, của nước và của hệ X-nước.
Biết: X không chuyển pha: ൫‫ܥ‬௣൯௑
= 0,385 J.K-1
.g-1
; ൫‫ܥ‬௣൯ுమைሺ௟ሻ
= 75,3 J.K-1
.mol-1
;
ሺ‫ܥ‬௣ሻுమைሺ௞ሻ= 33,6 J.K-1
.mol-1
; ሺ∆‫ܪ‬௛௛;ଵ଴଴೚஼ሻுమைሺ௟ሻ= 40,656 kJ.mol-1
.
3.2. Xét cân bằng: N2O4(k) 
→
←
 2NO2(k)
a) Một lượng khí N2O4 được đặt trong một xilanh ở nhiệt độ T1 = 250
C. Sau khi cân bằng được thiết lập, áp
suất chung của hệ là 1,5 atm và có 16% số mol của N2O4 bị phân hủy thành NO2. Tính áp suất ban đầu của N2O4 và
Kp của phản ứng phân hủy ở 250
C.
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/15
b) Nếu nhiệt độ vẫn giữ ở 200
C nhưng tăng dần thể tích của xilanh cho tới khi áp suất chung của hệ bằng 1
atm. Tính áp suất cân bằng của NO2 và N2O4 trong điều kiện này.
c) Tính phần trăm số mol của N2O4 đã bị phân hủy ở trạng thái cân bằng mới (áp suất chung là 1atm,
250
C).
d) Cho sinh nhiệt tiêu chuẩn ở 298K của N2O4(k) bằng 9,2 kJ/mol và của NO2(k) bằng 33,2 kJ/mol. Tính
∆S0
phản ứng và nhiệt độ T2 để phản ứng phân hủy N2O4 có hằng số cân bằng Kp bằng 1. Coi ∆H0
pư và ∆S0
pư
không phụ thuộc nhiệt độ.
Câu
3.1
Đáp án Điểm
1,0
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/15
0,5
3.2
a) a) N2O4(k)
⇀
↽ 2NO2(k) α = 0,16
Ban đầu: P0 0 (atm)
Cân bằng: 0,84P0 0,32P0
 P chung = 1,16.P0 = 1,5 atm ⇔ P0 =
1,5
1,16
= 1,293 atm
Ở cùng nhiệt độ và thể tích, tỉ lệ số mol các khí bằng tỉ lệ áp suất nên:
2
2
0
0
0,32
. .1,5 0,414
1,16.
NO
NO c
c
n P
P P
n P
= = = atm
2 4
2
0
0
0,84
. .1,5 1,086
1,16.
N O
NO c
c
n P
P P
n P
= = = atm
2
2 4
2 2
(0,414)
0,158
1,086
NO
P
N O
P
K
P
= = =
0,25
b)
Coi như thực hiện phản ứng ở thể tích mà áp suất cân bằng là 1atm
N2O4(k)
⇀
↽ 2NO2(k)
Ban đầu: P0 0 (atm)
Cân bằng: 1 - x x
2
2 4
2 2
0,158
1
NO
P
N O
P x
K
P x
= = =
−
⇔ x2
+ 0,158x – 0,158 = 0
⇔ x = 0,326
Vậy: 2
0,326
NO
P = atm ; 2 4
0,674
N O
P = atm
0,25
c)
- Áp suất N2O4 đã bị phân hủy bằng 2
1 0,326
0,163
2 2
NO
P = = atm.
- Áp suất ban đầu của N2O4 bằng áp suất cân bằng của nó cộng với áp suất đã
phân hủy:
P0 = 0,674 + 0,163 = 0,837 atm
Vậy tỉ lệ phân hủy của N2O4 là:
0,25
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/15
' 0,163
.100% 19,47%
0,837
α = =
d) Ta có: 2 2 4
0 0 0
2 2.33,2 9,2 57,2
NO N O
H pu H H kJ
∆ = ∆ −∆ = − =
0
298,
ln 8,314.298ln(0,158) 4571,5
P
pu
RT K J
G = − = − =
∆
Ta có:
0
0
0 298, 298,
176,6
298
pu pu
pu
G
H
S
−
= =
∆
∆
∆ J/K
- Khi hằng số Kp = 1 =
0
,
ln1 0
T pu
RT
G = − =
∆
0 0
0
0
.
T
T T
G T S
H
= − =
∆ ∆
∆
Vì ∆H0
pứ và ∆S0
pứ không phụ thuộc vào nhiệt độ nên:
T =
0
0
H
S
∆
=
∆
323,9K ≈ 324K
0,25
Câu 4 (2,5 điểm) Hoá nguyên tố (Kim loại, phi kim nhóm IVA, VA). Phức chất.
4.1. Các kim loại nhóm IA như Li, Na, ... có hoạt tính hóa học cao. Một số hợp chất của chúng có ứng dụng
rộng rãi trong nhiều lĩnh vực.
a) Viết các phương trình hóa học xảy ra khi đốt cháy từng kim loại Li, Na trong không khí.
b) Hiện nay, một số hợp chất chứa kim loại kiềm là các vật liệu tiềm năng cho pin nhiên liệu bởi khả năng lưu trữ
hiđro cao, Li3N là một trong những hợp chất như vậy. Một phân tử Li3N có khả năng phản ứng với hai phân tử H2
qua hai phản ứng theo sơ đồ sau:
Li3N + H2 → A + B
A + H2 → C + B
Hoàn thành các phương trình hóa học và cho biết công thức phân tử các hợp chất A và B.
4.2. Một loại quặng chỉ chứa MnO2 và tạp chất trơ. Cân chính xác 0,5000 gam quặng trên rồi cho vào bình cầu
có nhánh. Thêm từ từ vào bình này khoảng 50 mL dung dịch HCl đặc. Đun nóng đến khi mẫu quặng tan hết, chỉ còn
lại tạp chất trơ. Hấp thụ hoàn toàn khí Cl2 thoát ra bằng lượng dư dung dịch KI, thu được dung dịch X. Chuyển toàn
bộ X vào bình định mức 250 mL, thêm nước cất đến vạch mức, lắc đều. Chuẩn độ 25,00 mL dung dịch này bằng dung
dịch chuẩn Na2S2O3 0,05 M (chỉ thị hồ tinh bột) thì hết 22,50 mL.
a) Viết các phương trình hóa học xảy ra.
b) Tính hàm lượng % theo khối lượng của MnO2 trong quặng trên.
4.3. Có 6 lọ hóa chất bị mất nhãn, mỗi lọ đựng một dung dịch muối nitrat của một kim loại: Ba(NO3)2, Al(NO3)3, Pb(NO3)2,
Zn(NO3)2, AgNO3, Cd(NO3)2. Để nhận biết từng dung dịch muối, chỉ được dùng 3 dung dịch thuốc thử. Hãy cho biết tên
của 3 dung dịch thuốc thử đó và trình bày cách tiến hành thí nghiệm để nhận biết mỗi dung dịch muối đựng trong mỗi lọ
và viết phương trình hóa học (dạng phương trình ion, nếu có) để minh họa.
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/15
a) Các phương trình phản ứng xảy ra khi đốt cháy Li và Na trong không khí:
- Phản ứng của Li và Na với O2 :
4Li + O2
o
t

→ 2Li2O
2Na + O2
o
t

→ Na2O2
Na + O2
o
t

→ NaO2
- Phản ứng của Li và Na với N2:
6Li + N2
o
t

→ 2Li3N
6Na + N2
o
t

→ 2Na3N
Chú ý: học sinh chỉ cần viết phản ứng của Li và Na với O2 và N2 cũng cho tối đa điểm.
Bên cạnh các phản ứng chủ yếu trên, trên thực tế còn xảy ra một số phản ứng sau:
- Phản ứng của Li, Na, Li2O, Na2O2, NaO2 với H2O.
- Phản ứng của LiOH, NaOH, Na2O2, NaO2 với CO2.
0,5
b) Hoàn thành các phản ứng trong sơ đồ:
Li3N + H2
o
t

→ Li2NH + LiH
(A) (B)
Li2NH + H2
o
t

→ LiNH2 + LiH
(A) (C) (B)
0,25
a) Khử MnO2 bằng lượng dư dung dịch HCl nóng:
MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 + 2H2O
Toàn bộ lượng Cl2 thoát ra được hấp thụ vào dung dịch KI dư :
Cl2 + 3KI → KI3 + 2KCl
Chuẩn độ lượng KI3 bằng dung dịch chuẩn Na2S2O3 :
KI3 + 2Na2S2O3 → Na2S4O6 + 2NaI + KI
0,5
b) Hàm lượng phần trăm về khối lượng MnO2 trong quặng
Từ các phản ứng trên ta có:
2 2 3
2 2 2
1
2
MnO I
Cl Na S O
n n n n
= = =
Số mol Na2S2O3 tiêu tốn để chuẩn độ 25,00 mL dung dịch X:
2 2 3
3
22,50.0,05
1,125.10 ( )
1000
Na S O
n mol
−
= =
Số mol I2 (dạng I3
-
) có trong 250,0 mL dung dịch X:
2
3
3
1,125.10 .10
5,625.10 ( )
2
I
n mol
−
−
= =
Số mol MnO2 = Số mol I2 (theo phương trình phản ứng) = 5,625.10-3
(mol)
% Khối lượng MnO2:
2
3
5,625.10 .(55 16.2)
%m 97,88%
0,5000
MnO
−
+
= =
0,5
Dùng dung dịch axit clohiđric, dung dịch natri hiđroxit, dung dịch amoniac làm thuốc thử.
Tiến hành thí nghiệm để nhận biết mỗi dung dịch muối:
Đánh số thứ tự cho mỗi lọ hóa chất bị mất nhãn, ví dụ: Ba(NO3)2 (1), Al(NO3)3 (2), Pb(NO3)2 (3),
Zn(NO3)2 (4), AgNO3 (5), Cd(NO3)2 (6).
Thí nghiệm 1:
Mỗi dung dịch muối được dùng ống hút nhỏ giọt (công tơ hút) riêng biệt để lấy ra một
lượng nhỏ (khoảng 2 ml) dung dịch vào mỗi ống nghiệm đã được đánh số tương ứng. Dùng
công tơ hút lấy dung dịch HCl rồi nhỏ vào mỗi dung dịch muối trong ống nghiệm, có hai dung
0,75
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/15
dịch xuất hiện kết tủa, đó là các dung dịch Pb(NO3)2, AgNO3 do tạo thành các kết tủa trắng PbCl2
và AgCl.
Thí nghiệm 2:
Tách bỏ phần dung dịch, lấy các kết tủa PbCl2, AgCl rồi dùng công tơ hút nhỏ dung dịch
NH3 vào mỗi kết tủa, kết tủa nào tan thì đó là AgCl, do tạo ra [Ag(NH3)2]Cl, còn kết tủa PbCl2
không tan trong dung dịch NH3. Suy ra lọ (5) đựng dung dịch AgNO3, lọ (3) đựng dung dịch
Pb(NO3)2.
Các phương trình hóa học xảy ra:
Pb2+
+ 2 Cl-
→ PbCl2↓
Ag+
+ Cl-
→ AgCl↓
AgCl + 2 NH3 → [Ag(NH3)2]Cl
(1)
(2)
(3)
Còn lại 4 dung dịch Al(NO3)3, Ba(NO3)2, Zn(NO3)2, Cd(NO3)2 không có phản ứng với
dung dịch HCl (chấp nhận bỏ qua các quá trình tạo phức cloro của Cd2+
). Nhận biết mỗi dung dịch
muối này:
Thí nghiệm 3:
Cách làm tương tự như thí nghiệm 1 nhưng thay dung dịch HCl bằng dung dịch NaOH.
Nhỏ từ từ NaOH cho đến dư vào mỗi dung dịch muối trong ống nghiệm, dung dịch Ba(NO3)2
không có phản ứng với dung dịch NaOH, còn ba dung dịch Al(NO3)3, Zn(NO3)2 và Cd(NO3)2 tác
dụng với NaOH đều sinh ra các kết tủa trắng, nhưng sau đó kết tủa Cd(OH)2 không tan, còn
Al(OH)3 và Zn(OH)2 tan trong NaOH dư. Nhận ra được lọ (1) đựng dung dịch Ba(NO3)2; lọ (6)
đựng dung dịch Cd(NO3)2.
Al3+
+ 3 OH-
→ Al(OH)3↓
Al(OH)3 + OH-
→ [Al(OH)4]-
Zn2+
+ 2 OH-
→ Zn(OH)2↓
Zn(OH)2 + 2 OH-
→ [Zn(OH)4]2-
Cd2+
+ 2 OH-
→ Cd(OH)2↓
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)
Còn lại 2 dung dịch Al(NO3)3, Zn(NO3)2. Nhận biết mỗi dung dịch muối này:
Thí nghiệm 4:
Cách làm tương tự như thí nghiệm 1 nhưng thay dung dịch HCl bằng dung dịch NH3.
Nhỏ từ từ dung dịch NH3 cho đến dư vào từng dung dịch Al(NO3)3, Zn(NO3)2 đựng trong 2 ống
nghiệm, dung dịch muối nào tạo ra kết tủa không tan là dung dịch Al(NO3)3 (2), còn dung dịch
nào tạo thành kết tủa, sau đó kết tủa tan thì đó là dung dịch Zn(NO3)2 (4).
Al3+
+ 3 NH3 + 3H2O → Al(OH)3↓ + 3 NH4
+
Zn2+
+ 2 NH3 + 2H2O → Zn(OH)2↓ + 2 NH4
+
Zn(OH)2 + 4 NH3 → [Zn(NH3)4]2+
+ 2 OH-
(9)
(10)
(11)
Câu 5 (2,5 điểm) Đại cương hữu cơ.
5.1. Nghiên cứu cấu trúc hợp chất (2R,3S)-2,3-dichloro-1,4-dioxane dưới đây bằng phương pháp nhiễu xạ tia
X, người ta thấy độ dài của liên kết C-Cl trục (1.819 Å) lớn hơn của liên kết C-Cl biên (1.781 Å). Đồng thời, độ dài
của liên kết C-O của nguyên tử C mang liên kết C-Cl trục (1.394 Å) lại ngắn hơn liên kết C-O của nguyên tử C
mang liên kết C-Cl biên (1.425 Å). Giải thích các giá trị thực nghiệm này.
5.2. Hãy cho biết hợp chất nào dễ tham gia phản ứng SN1 nhất trong số ba hợp chất dưới đây?
.
5.3. Hãy giải thích sự biến đổi lực bazơ của các hợp chất dưới đây:
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/15
pKa 10,58 7,79 5,06
5.4. a) Cho biết sản phẩm của các phản ứng sau đây:
(i) (ii)
(iii)
2 MeLi
C
(iv)
b) Sản phẩm ở ý 1.2_(iv) là calicene. Momen lưỡng cực của calicene theo tính toán lý thuyết là 4,66 D; biết
rằng giá trị moment lưỡng cực của formaldehyde là 2,33 D, của acetone là 2,88 D. Giải thích độ lớn bất thường của
momen lưỡng cực của calicene.
c) Hãy viết phương trình phản ứng của calicene với:
c1) HBr;
c2) i. NaCN, ii. H3O+
.
5.1 Mật độ electron dịch chuyển vào obitan phản liên kết bằng hiệu ứng siêu liên hợp sẽ làm yếu
(và làm tăng độ dài) của liên kết tương ứng.
- Đối với liên kết trục C-Cl, obitan phản liên kết của liên kết C-Cl (σ*C-Cl) có sự xem phủ với
obitan không liên kết (nO) của nguyên tử oxy.
- Đối với liên kết biên C-Cl, σ*C-Cl có sự xem phủ của cặp e-n với obitan liên kết của liên kết
C-C (σC-C).
- Tương tác nO → σ*C-Cl mạnh hơn σC-C → σ*C-Cl (xem giản đồ năng lượng bên phải hình), mật
độ electron dịch chuyển vào σ*C-Cl của liên kết C-Cl trục nhiều hơn, do đó, liên kết C-Cl trục
có độ dài lớn hơn liên kết C-Cl biên.
- Cũng do sự tương tác nO → σ*C-Cl mạnh hơn σC-C →σ*C-Cl nên liên kết C-O của nguyên tử
C mang liên kết C-Cl trục (1.394 Å) có tính chất của liên kết đôi nhiều hơn và do đó ngắn
hơn liên kết C-O của nguyên tử C mang liên kết C-Cl biên (1.425 Å).
0,75
5.2 4-Chlorocyclobut-2-enone: 0,25
5.3
pKa = 10,58
Nguyên tử nitơ ở trạng thái lai hóa sp3
. Mật độ e trên nguyên tử nitơ được tăng cường bởi ba
nhóm ankyl đẩy e. Mặt khác, do có cấu trúc vòng nên các nhóm ankyl không gây hiệu ứng
không gian đối với nguyên tử nitơ.
0,25
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/15
pKa = 7,79
Nguyên tử nitơ lai hóa sp3 (lưu ý: nguyên tử nitơ trong hợp chất này không thể lai hóa sp2
do nằm ở đỉnh của 2 vòng no. Mật độ e trên nguyên tử nitơ giảm do hiệu ứng cảm ứng hút e
từ các nguyên tử Csp2
vòng benzene.
0,25
pKa = 5,06
Nguyên tử nitơ ở trạng thái lai hóa sp2
, có độ âm điện lớn hơn nitơ sp3
. Mặt khác, mật độ e
trên nguyên tử nitơ giảm mạnh do hiệu ứng liên hợp âm (-C) của vòng benzene.
0,25
5.4
a) Cho biết sản phẩm của các phản ứng sau đây:
(ii)
(iv)
b) Calicene tồn tại ở một dạng công thức cộng hưởng với hai vòng thơm mang điện tích.
Như vậy, calicene giống như một hợp chất lưỡng cực nên có momen lưỡng cực lớn.
c) Căn cứ vào sự phân cực trong phân tử calicene, có thể dự đoán sản phẩm trong hai phản
ứng là:
0,25
0,25
0,25
Câu 6 (2,5 điểm) Sơ đồ tổng hợp hữu cơ. Cơ chế phản ứng hóa hữu cơ.
6.1. Viết cơ chế giải thích sự tạo thành các sản phẩm ở mỗi phản ứng sau:
a.
b.
c.
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/15
d.
6.2. Hoàn thành sơ đồ tổng hợp các hợp chất trong các dãy phản ứng sau:
a.
b.
c.
Ý Nội dung Điể
m
6.1
a.
0,25
0,25
b.
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/15
0,25
0,25
c.
d.
6.2 a. 0,25
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/15
b. 0,25
0,5
c.
Câu 7 (2,5 điểm) Xác định cấu trúc các chất hữu cơ (mô tả sơ đồ tổng hợp bằng lời dẫn)
7.1. Xử lý một hỗn hợp gồm 2-nitrotoluen và isopropyl nitrit với MeONa/MeOH ở nhiệt độ thường, sau đó
đun nóng với hỗn hợp thu được với một lượng dư dung dịch HCl đặc thì thu được hợp chất A (C7H5NO2) từ hỗn
hợp phản ứng. Khi xử lý 2-nitrotoluen với CrO3 trong dung AcOH/Ac2O có mặt H2SO4 đặc ở 5 o
C thu được hợp
chất B (C11H14NO6); Thủy phân B trong dung dịch HCl 10%/EtOH cũng tạo thành A nêu trên.Sục khí Cl2 vào dung
dịch 2-nitrotoluen trong CCl4 và đun hồi lưu hỗn hợp phản ứng người ta thu được C (C7H6NO2Cl); xử lý C với
dung dịch KOH/EtOH thu được hợp chất D (C14H10N2O4). Ozon hóa D rồi chế hóa ozonit tạo thành với (CH3)2S
cũng thu được A nêu trên. Hợp chất A còn được tạo thành trực tiếp từ C khi cho C tác dụng với DMSO/NaHCO3.
Hãy xác định công thức cấu tạo của các hợp chất từ A đến D nêu trên.
7.2. Cho Tropon (Tên hệ thống: xiclohepta-2,4,6-trienon) tác dụng với Cl2/CCl4 với tỉ lệ 1 : 1 thu được hợp chất
A (C7H6Cl2O). Trong môi trường phân cực, A chuyển thành hợp chất dạng muối hyđroclorua B có cùng công thức
phân tử. Xử lý B với dung dịch NaHCO3 thu được 2-clorotropon.
a. Hãy xác định cấu tạo của A, B và giải thích sự hình thành của chúng.
b. Khi chiếu sáng tropon người ta thu được một lượng nhỏ chất lỏng C (C6H6) và một chất khí C với số mol
bằng nhau. Hãy xác định cấu tạo và giải thích sự hình thành C và D.
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/15
7.3. Khi cho xiclohepta-2,4,6-trien tác dụng với PCl5 người ta thu được hợp chất E (C7H7Cl). Xử lý E với dung
dịch NaOH thì thu được hợp chất F (C17H14O). Trong môi trường axit HCl 20%, chất F dễ dàng chuyển hóa thành
tropon và xiclohepta-2,4,6-trien. Hãy xác định cấu tạo của E và F.
7.4. Tropolon (Tên hệ thống: 2-hyđroxyxiclohepta-2,4,6-trienon) là một dẫn xuất của tropon. Hợp chất này được
tổng hợp dễ dàng qua hai giai đoạn: Đầu tiên, phản ứng của xiclopenta-1,3-đien với 2,2-đicloaxetyl clorua
(Cl2CHCOCl) có mặt Et3N trong n-hexan ở 0 – 5 o
C tạo ra sản phẩm trung gian G (C7H6Cl2O). Tiếp đó, xử lý G
với CH3COONa trong môi trường CH3COOH/H2O thì thu được tropolon. Xác định cấu tạo của G và giải thích sự
hình thành G và tropolon bằng cơ chế phản ứng.
7.1 0,5
7.2 a. Giải thích sự hình thành 2-clotropon:
b. Giải thích sự hình thành benzen (C ) và khí CO (D):
0,5
0,5
7.3 0,5
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/15
7.4 0,5
Câu 8 (2,5điểm) Hóa học các hợp chất thiên nhiên (Cacbohidrat các hợp chất hữu cơ chứa nito đơn giản)
8.1. Porantherine là một alkaloid nhóm Euphorbaceae được phân lập từ cây bụi thân gỗ poranthera corymbosa
Brogn. Porantherine gây ngộ độc cho gia súc và được phát hiện lần lần đầu ở New South Wales và Queensland,
Australia. Theo công bố của Stevens, các liên kết C-C và C-N trong phân tử porantherine được tổng hợp đi qua
enol (hoặc enolate) và ion iminium (hoặc imine) dựa vào hiệu ứng siêu liên hợp của liên kết C-C đang hình thành
với cặp e-n trên nguyên tử nitơ. Hãy hoàn thành sơ đồ phản ứng tổng hợp porantherine dưới đây:
8.2.Pyrroloquinoline quinone ( PQQ ), còn được gọi là methoxatin , là một cofactor thực hiện vai trò trong quá
trình oxy hóa khử, tương tự NADH hay NADPH. Nó được tìm thấy trong đất và thực phẩm như quả kiwi, cũng như
sữa mẹ. Dưới đây là dãy tổng hợp methoxatin
. 8.3.Pelargonidin là một anthocyanidin , một loại sắc tố thực vật tạo ra màu cam đặc trưng, được sử dụng trong
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/15
thực phẩm và thuốc nhuộm công nghiệp. Pelargonidin có thể được tìm thấy trong các loại quả mọng như quả mâm
xôi chín và dâu tây. Dưới đây là 2 sơ đồ tổng hợp hóa học Pelargonidin
Ý Nội dung Điể
m
8.
1
1
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

/15
8.
2
1
8.
3
0,5
------------- HẾT --------------
Giáo viên ra đề: Nguyễn Thị Xuân Vinh
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC
BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ
HẢI PHÒNG
ĐỀ ĐỀ NGHỊ
MÔN HÓA HỌC LỚP 10
NĂM 2023
(Đề gồm 05 trang)
Câu 1 (2,5 điểm) Cấu tạo nguyên tử. Phản ứng hạt nhân. Định luật tuần hoàn.
1.1. Phổ mặt trời cho các vạch hấp thụ liên tiếp tại các bước sóng λ = 4858; 5410 và 6558
A°. Khoảng cách giữa các vạch chỉ ra rằng các vạch hấp thụ là do trạng thái kích thích của
nguyên tử hoặc ion “ kiểu hidro” tạo ra từ heli. Các bước nhảy đều liên quan đến cùng một
mức năng lượng thấp nt. Biết 2 2
1 1 1
( )
He
t c
R
n n
λ
= −
a) Xác định tiểu phân của He
b) Xác định hằng sô RHe, và các mức năng lượng thấp.
c) Xác định năng lượng ion hóa của tiểu phân.
1.2. 238
U là đồng vị đầu tiên trong họ phóng xạ urani–rađi, các đồng vị của các nguyên tố
khác thuộc họ này đều là sản phẩm của chuỗi phân rã phóng xạ bắt đầu từ 238
U. Khi phân
tích quặng urani người ta tìm thấy 3 đồng vị của urani là 238
U, 235
U và 234
U đều có tính
phóng xạ. Điện tích hạt nhân Z của thori (Th), protactini (Pa) và urani (U) lần lượt là 90, 91,
92. Các nguyên tố phóng xạ tự nhiên có tính phóng xạ α và β.
a) Hai đồng vị 235
U và 234
U có thuộc họ phóng xạ urani - rađi không? Tại sao?
b) Viết phương trình biểu diễn các biến đổi hạt nhân để giải thích.
1.3. Một mẫu 137
Ce (t1/2 = 30,17 năm) có độ phóng xạ ban đầu 15,0 µCi. Hãy tính thời gian
để hoạt độ phóng xạ của mẫu này còn lại 1,50 µCi.
1.4. Khi bắn phá hạt nhân 235
U bằng một nơtron, người ta thu được các hạt nhân
138
Ba, 86
Kr và 12 hạt nơtron mới.
a) Hãy viết phương trình của các phản ứng hạt nhân đã xảy ra.
b) Tính năng lượng thu được ( kJ), khi 2,00 gam 235
U bị phân hạch hoàn toàn.
Cho: Khối lượng nơtron (n) = 1,0087 u. Nguyên tử khối của 235
U, 137
Ba và 86
Kr lần lượt là
235,04 u; 137,91 u; 85,91 u và vận tốc ánh sáng c = 3.108
m/s.
Câu 2 (2,5 điểm) Cấu tạo phân tử. Tinh thể.
2.1. Sử dụng mô hình VSEPR dự đoán dạng hình học của các ion và phân tử sau: XeF4,
BCl3, NF3, S2O2
3
−
, SiF6
2-
, NO 2
+
, I3
−
, IF5.
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

2.2. Đồng (I) oxit màu đỏ có nhiều ứng dụng trong thực tế, là một trong những vật liệu đầu
tiên được sử dụng trong ngành điện tử chất rắn, Ngày nay, vật liệu này tiếp tục được quan
tâm vì nó không độc và là một hợp phần rẻ tiền của các pin mặt trời.
Hai hình trên mô tả ô mạng cơ sở lập phương của tinh thể Cu2O. Hằng số mạng của cấu trúc
trên là 427,0 pm.
a. Hãy cho biết vị trí của nguyên tử Cu là A hay B?
b. Tính khoảng cách ngắn nhất giữa O-O, Cu-O và Cu-Cu
c. Tính số phối trí của mỗi nguyên tử.
d. Tính khối lượng riêng của tinh thể Cu2O.
e. Tinh thể đồng (I) oxit có sự khiếm khuyết của một số nguyên tử Cu trong khi số
nguyên tử O không đổi. Trong một cấu trúc đã được nghiên cứu, người ta tìm thấy có 0,2%
các nguyên tử đồng có số oxi hoá +2. Hãy tính % đồng bị trống trong mạng tinh thể và tính
x trong công thức tổng quát của tinh thể như sau: Cu2-xO.
(Cho: MCu = 63,54 g/mol ; MO = 16 g/mol)
Câu 3 (2,5 điểm) Nhiệt hóa học. Cân bằng hóa học trong pha khí.
3.1. Cho các dữ kiện sau:
Năng lượng kJ.mol¯1
Thăng hoa của Na 108,68 Liên kết của Cl2 242,60
Ion hóa thứ nhất của Na 495,80 Mạng lưới NaF 922,88
Liên kết của F2 155,00 Mạng lưới NaCl 767,00
Nhiệt hình thành của NaF rắn : -573,60 kJ.mol-1
Nhiệt hình thành của NaCl rắn: -401,28 kJ.mol-1
Tính ái lực electron của F và Cl ; so sánh các kết quả thu được và giải thích.
3.2. Thực hiện phản ứng: 2NOCl(k) 2NO(k) + Cl2(k)
a) Ban đầu cho vào bình phản ứng NOCl, thực hiện phản ứng ở 3000
C. Khi hệ đạt trạng
thái cân bằng thấy áp suất trong bình là 1,5 atm. Hiệu suất của phản ứng là 30%. Tính hằng
số cân bằng của phản ứng.
b) Ở nhiệt độ 3000
C, phản ứng có thể tự xảy ra được không? Vì sao?
c) Thực hiện phản ứng và duy trì áp suất của hệ phản ứng ở điều kiện đẳng áp: 5 atm. Tính
phần trăm số mol của các khí ở trạng thái cân bằng?
A
B
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

d) Một cách cẩn thận, cho 2,00 gam NOCl vào bình chân không có thể tích 2,00 lít. Tính áp
suất trong bình lúc cân bằng ở 3000
C.
Câu 4 (2,5 điểm) Động hóa học (không có cơ chế).
4.1. Cho phản ứng bậc một sau:
CCl3COOH (k)→ CHCl3(k) + CO2 (k)
Thực hiện phản ứng ở 30o
C, nồng độ chất phản ứng giảm đi một nửa sau 1 giờ 23
phút 20 giây. Ở 70o
C, nồng độ chất phản ứng giảm đi một nửa sau 16 phút 40 giây.
a) Tính thời gian cần để nồng độ giảm xuống còn 1/4 ở 30o
C và hệ số nhiệt độ của tốc độ
phản ứng.
b) Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng.
4.2. Sunfuryl clorua (SO2Cl2) được sử dụng rộng rãi trong công nghiệp. Sunfuryl clorua là
một chất lỏng không màu, có mùi cay, sôi ở 70o
C. Khi nhiệt độ trên 70o
C nó sẽ phân hủy tạo
thành SO2 và Cl2 theo phản ứng: SO2Cl2(k) → SO2(k) + Cl2(k)
Một bình kín thể tích không đổi chứa SO2Cl2(k) được giữ ở nhiệt độ 375K. Quá trình
phân hủy SO2Cl2(k) được theo dõi bằng sự thay đổi áp suất trong bình. Kết quả thu được
như sau:
Thời gian, t(s) 0 2500 5000 7500 10000
Áp suất,
P(atm)
1,000 1,053 1,105 1,152 1,197
a) Chứng tỏ rằng phản ứng phân hủy SO2Cl2 là phản ứng bậc 1. Tính hằng số tốc độ của
phản ứng ở 375K.
b) Nếu phản ứng trên được tiến hành ở 385K, áp suất của bình sau 1 giờ là 1,55 atm. Tính
năng lượng hoạt hóa của phản ứng phân hủy trên.
Câu 5 (2,5 điểm) Cân bằng acid – base và cân bằng ít tan.
1. Tính pH của các dung dịch sau:
a) Dung dịch X gồm Na2S 0,01M; KI 0,06M; Na2SO4 0,05M
Cho: H2S có pK1= 7,00; pK2= 12,90; HSO4
-
có pK= 2,00
b) Dung dịch hỗn hợp NaH2AsO4 0,5M và Na2HAsO4 0,5M
Cho: Axit asenic H3AsO4 có pK1 = 2,2 ; pK2 = 6,9 ; pK3 = 11,5.
2. Dung dịch X gồm Ba(NO3)2 0,06M và AgNO3 0,012M
a) Thêm từng giọt K2CrO4 vào dung dịch X đến dư. Có hiện tượng gì xảy ra? Bằng tính
toán, hãy giải thích điều đó.
b) Thêm 50 ml dung dịch K2CrO4 0,27M vào 100 ml dung dịch X. Tính nồng độ cân bằng
các ion trong hỗn hợp thu được.
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

Cho: BaCrO4↓ + H2O 
→
←
 Ba2+
+ HCrO4
–
+ OH–
K1=10–17,43
Ag2CrO4↓ + H2O 
→
←
 2Ag+
+ HCrO4
–
+ OH–
K2=10–19,50
HCrO4
– 
→
←
 CrO4
2–
+ H+
K=10–6,50
Câu 6 (2,5 điểm) Phản ứng oxi hóa – khử. Pin điện (không liên quan phức chất).
6.1. Dưới đây là giản đồ Latimer của một chuỗi tiểu phân chứa lưu huỳnh ở pH = 0. Các giá
trị thế tính theo Volt:
a) Xác định các giá trị x, y còn thiếu.
b) Cho biết S (0) bền hay không bền.
c) Viết phương trình tự oxi hóa khử của S (II) với các tiểu phân được cho trong giản đồ
Latimer.
d) Tính hằng số cân bằng của phản ứng tự oxi hóa – khử ở 25o
C
6.2. Ở 25o
C, xét pin có sơ đồ: Pb/PbSO4// CH3COOH (0,01 M) /H2 (P = 1,0 atm),Pt . Trong
đó điện cực trái gồm một dây Pb nhúng vào dung dịch bão hòa PbSO4.
Cho biết: 2
o
Pb /Pb
E 0,126V
+ = − ; 4
o
PbSO /Pb
E 0,359V
= − .
a) Tính thế của điện cực bên trái sơ đồ pin.
b) Sức điện động của pin bằng 0,0414 V. Tính pH của dung dịch axit (ở điện cực bên phải
sơ đồ pin) và hằng số axit của CH3COOH.
Câu 7 (2,5 điểm) Halogen. Oxygen – Sulfur.
7.1. Xác định các chất A, B, C, D, E và viết các phương trình hóa học thực hiện sơ đồ sau:
7.2. Đốt cháy hoàn toàn 13,44 gam một muối sunfua của kim loại M hoá trị II, bằng lượng
oxi vừa đủ thu được chất rắn A và khí B. Hoà tan A bằng dung dịch H2SO4 13,720% (vừa
đủ) thu được dung dịch muối nồng độ 20,144%, làm lạnh dung dịch này đến t0
C thấy tách ra
12,50 gam tinh thể T, phần dung dịch bão hoà có nồng độ 14,589%.
A
KNO3, H2SO4
I2
D+ A
dd KOH,t0
B D
dd KOH
E C
200o
C
CO
N2H4
dd KOH
+ HNO3
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

a) Xác định kim loại M và công thức của tinh thể T. Biết trong các phản ứng trên M có
hoá trị không đổi.
b) Tính độ tan của muối trong dung dịch bão hoà ở t0
C.
Câu 8 (2,5 điểm) Đại cương hữu cơ (Quan hệ giữa cấu trúc và tính chất)
8.1 Cho các hợp chất sau
(A) (B) (C) (D) (E) (F)
Cho các giá trị pKa (không theo thứ tự) là 7,15; 7,97; 10,09; 8,25; 10,00; 10,26.
Hãy sắp xếp các pKa với chất thích hợp theo chiều tăng dần và giải thích. Biết rằng (D) có
tính axit mạnh hơn (C).
8.2 Giải thích sự khác nhau về kết quả hai phản ứng sau đây:
========= Hết =========
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ
HẢI PHÒNG
HƯỚNG DẪN CHẤM
MÔN HÓA HỌC LỚP 10
NĂM 2023
(Đáp án gồm có 15 trang)
Câu 1 (2,5 điểm) Cấu tạo nguyên tử. Phản ứng hạt nhân. Định luật tuần hoàn.
1.1. Phổ mặt trời cho các vạch hấp thụ liên tiếp tại các bước sóng λ = 4858; 5410 và 6558
A°. Khoảng cách giữa các vạch chỉ ra rằng các vạch hấp thụ là do trạng thái kích thích của
nguyên tử hoặc ion “ kiểu hidro” tạo ra từ heli. Các bước nhảy đều liên quan đến cùng một
mức năng lượng thấp nt. Biết 2 2
1 1 1
( )
He
t c
R
n n
λ
= −
a) Xác định tiểu phân của He
b) Xác định hằng sô RHe, và các mức năng lượng thấp.
c) Xác định năng lượng ion hóa của tiểu phân.
1.2. 238
U là đồng vị đầu tiên trong họ phóng xạ urani–rađi, các đồng vị của các nguyên tố
khác thuộc họ này đều là sản phẩm của chuỗi phân rã phóng xạ bắt đầu từ 238
U. Khi phân
tích quặng urani người ta tìm thấy 3 đồng vị của urani là 238
U, 235
U và 234
U đều có tính
phóng xạ. Điện tích hạt nhân Z của thori (Th), protactini (Pa) và urani (U) lần lượt là 90, 91,
92. Các nguyên tố phóng xạ tự nhiên có tính phóng xạ α và β.
a) Hai đồng vị 235
U và 234
U có thuộc họ phóng xạ urani - rađi không? Tại sao?
b) Viết phương trình biểu diễn các biến đổi hạt nhân để giải thích.
1.3. Một mẫu 137
Ce (t1/2 = 30,17 năm) có độ phóng xạ ban đầu 15,0 µCi. Hãy tính thời gian
để hoạt độ phóng xạ của mẫu này còn lại 1,50 µCi.
1.4. Khi bắn phá hạt nhân 235
U bằng một nơtron, người ta thu được các hạt nhân
138
Ba, 86
Kr và 12 hạt nơtron mới.
a) Hãy viết phương trình của các phản ứng hạt nhân đã xảy ra.
b) Tính năng lượng thu được ( kJ), khi 2,00 gam 235
U bị phân hạch hoàn toàn.
Cho: Khối lượng nơtron (n) = 1,0087 u. Nguyên tử khối của 235
U, 137
Ba và 86
Kr lần lượt là
235,04 u; 137,91 u; 85,91 u và vận tốc ánh sáng c = 3.108
m/s.
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

Câu 1 Hướng dẫn trả lời Điểm
1.1 a) nguyên tử hoặc ion “ kiểu hidro” tạo ra từ heli → tiểu phân đó là hệ có 1e,
một hạt nhân, vậy tiểu phân là He+
Bước sóng dài nhất 1
λ =6558(A) là hấp thụ nt 
→nc
10 2 2
1 1 1
( )
6558.10
He
t c
R
n n
−
= −
Bước sóng tiếp theo 2
→(nc+1)
a
Bước sóng ngắn nhất 3
→(nc+2)
10 2 2
1 1 1
( )
4858.10 ( 2)
He
t c
R
n n
−
= −
+
Từ 3 hệ pt
Suy ra nt=4; nc=6;RHe=4,389.107
m
1,0
1.2 Khi xảy ra phân rã β, nguyên tử khối không thay đổi. Khi xảy ra 1 phân rã α,
nguyên tử khối thay đổi 4u. Như thế, số khối của các đồng vị con cháu phải
khác số khối của đồng vị mẹ 4nu, với n là số nguyên. Chỉ 234
U thoả mãn điều
kiện này với n = 1. Trong 2 đồng vị 234
U, 235
U, chỉ 234
U là đồng vị “con,
cháu” của 238
U. Sự chuyển hoá từ 238
U thành 234
U được biểu diễn bằng các
phản ứng hạt nhân sau:
0,5
1.3 Sau 1 thời gian bán huỷ, hoạt độ phóng xạ của mẫu giảm đi 2 lần. Sau n lần
thời gian bán huỷ, hoạt độ phóng xạ của mẫu giảm đi 2n
lần. Khi hoạt độ
phóng xạ giảm 10 lần, ta có phương trình: 2n
= 10 → n = 1/log2 = 3,32.
Thời gian cần thiết là: 3,32 .30,17 năm = 100,23 năm.
0,5
1.4 235
U + 0
n → 138
Ba + 86
Kr + 120
n (1).
Từ phương trình phản ứng hạt nhân (1) tính ra được độ hụt khối trong phản
ứng này là:
∆m = 235,04 u + 1,0087 u – (137,91 + 85,91 + 12.1,0087) u = 0,1243 u
Từ phương trình E = ∆m.c2
, tính được năng lượng thu được khi hụt khối 1 u
là 931,5. 1,602.10-13
J và thu được khi phân hạch 2 g 235
U là:
E = 0,1243.931,5.1,602.10-13
.(2/235,04).6,02.1023
J = 9,5.1020
J = 9,5.107
kJ
0,5
238 234 234 234 234 234
92 90 90 91 91 92
T T Pa + β ; Pa
U h + α ; h U + β
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

Câu 2 (2,5 điểm) Cấu tạo phân tử. Tinh thể.
2.1. Sử dụng mô hình VSEPR dự đoán dạng hình học của các ion và phân tử sau: XeF4,
BCl3, NF3, S2O2
3
−
, SiF6
2-
, NO 2
+
, I3
−
, IF5.
2.2. Đồng (I) oxit màu đỏ có nhiều ứng dụng trong thực tế, là một trong những vật liệu đầu
tiên được sử dụng trong ngành điện tử chất rắn, Ngày nay, vật liệu này tiếp tục được quan
tâm vì nó không độc và là một hợp phần rẻ tiền của các pin mặt trời.
Hai hình trên mô tả ô mạng cơ sở lập phương của tinh thể Cu2O. Hằng số mạng của cấu trúc
trên là 427,0 pm.
a. Hãy cho biết vị trí của nguyên tử Cu là A hay B?
b. Tính khoảng cách ngắn nhất giữa O-O, Cu-O và Cu-Cu
c. Tính số phối trí của mỗi nguyên tử.
d. Tính khối lượng riêng của tinh thể Cu2O.
e. Tinh thể đồng (I) oxit có sự khiếm khuyết của một số nguyên tử Cu trong khi số
nguyên tử O không đổi. Trong một cấu trúc đã được nghiên cứu, người ta tìm thấy có 0,2%
các nguyên tử đồng có số oxi hoá +2. Hãy tính % đồng bị trống trong mạng tinh thể và tính
x trong công thức tổng quát của tinh thể như sau: Cu2-xO.
(Cho: MCu = 63,54 g/mol ; MO = 16 g/mol)
2.1 Phân tử Mô hình VSEPR Dạng hình học phân tử
XeF4 AX4E2 Vuông phẳng
BCl3 AX3E0 Tam giác đều
NF3 AX3E1 Tháp đáy tam giác đều
S2O2
3
−
AX4E0 Tứ diện
SiF 2
6
−
AX6E0 Bát diện
NO2
+
AX2E0 Đường thẳng
I3
−
AX2E3 Đường thẳng
IF5 AX5E1 Tháp đáy vuông
1,0
A
B
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

2.2 a) A là oxi (chiếm các đỉnh và tâm của ô mạng cơ sở)
B là Cu (chiếm ½ số hốc tứ diện)
0,25
b) dO –O =
a 3
2
=
427 3
2
= 369,8 pm
dCu – O =
a 3 427. 3
4 4
= =184,9 pm
dCu – Cu =
a. 2 427. 2
2 2
= = 301,9 pm
0,25
c) Số phối trí của O là 4; của Cu là 2. 0,25
d) Trong 1 ô mạng cơ sở có :
- Số nguyên tử Cu là : 4
- Số nguyên tử Oxi là :
1
8. 1 2
8
+ =
→ Trung bình trong 1 ô cơ sở có 2 phân tử Cu2O
Khối lượng riêng của tinh thể là : 9 3 23
2.(63,54.2 16) 1
.
(427.10 ) 6,02.10
−
+
= 6,106 (g/cm3
)
0,5
e) Theo đề bài, người ta tìm thấy có 0,2% các nguyên tử đồng có số oxi hoá
+2.
Giả sử có 1000 nguyên tử Cu trong tinh thể thì sẽ có 2 nguyên tử Cu2+
và 998
nguyên tử Cu+
.
Áp dụng bảo toàn điện tích, tổng số nguyên tử O2-
là (2.2+1.998)/2 = 501
nguyên tử.
Nếu không bị khiếm khuyết thì theo cấu trúc mạng tinh thể, số nguyên tử Cu
luôn gấp 2 lần số nguyên tử O.
Vậy số nguyên tử Cu đáng lẽ phải có là : 2. 501 = 1002 (nguyên tử)
% đồng bị trống trong mạng tinh thể là (1002 – 1000)/ 1002 = 0,2%
Trong công thức tổng quát Cu2-xO có: x = 2.0,2% = 0,004
0,25
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

Câu 3 (2,5 điểm) Nhiệt hóa học. Cân bằng hóa học trong pha khí.
3.1. Cho các dữ kiện sau:
Thăng hoa của Na 108,68 Liên kết của Cl2 242,60
Ion hóa thứ nhất của Na 495,80 Mạng lưới NaF 922,88
Liên kết của F2 155,00 Mạng lưới NaCl 767,00
Nhiệt hình thành của NaF rắn : -573,60 kJ.mol-1
Nhiệt hình thành của NaCl rắn: -401,28 kJ.mol-1
Tính ái lực electron của F và Cl ; so sánh các kết quả thu được và giải thích.
3.2. Thực hiện phản ứng: 2NOCl(k) 2NO(k) + Cl2(k)
a) Ban đầu cho vào bình phản ứng NOCl, thực hiện phản ứng ở 3000
C. Khi hệ đạt trạng
thái cân bằng thấy áp suất trong bình là 1,5 atm. Hiệu suất của phản ứng là 30%. Tính hằng
số cân bằng của phản ứng.
b) Ở nhiệt độ 3000
C, phản ứng có thể tự xảy ra được không? Vì sao?
c) Thực hiện phản ứng và duy trì áp suất của hệ phản ứng ở điều kiện đẳng áp: 5 atm. Tính
phần trăm số mol của các khí ở trạng thái cân bằng?
d) Một cách cẩn thận, cho 2,00 gam NOCl vào bình chân không có thể tích 2,00 lít. Tính áp
suất trong bình lúc cân bằng ở 3000
C.
3.1 a. Áp dụng định luật Hess vào chu trình
M(r) MX(r)
X2(k)
M(k)
M+
(k) X-
(k)
HTH
HML
HHT
+
+ AE
X(k)
I1
+
HLK
1
2
1
2
+
Ta được:
ΔE = ΔHHT - ΔHTH - I1 - ½ ΔHLK + ΔHML
(
*)
Thay số vào(
*)
, ΔE (F) = -332,70 kJ.mol-1
và
ΔE (Cl) = -360 kJ.mol-1
0,5
b. AE (F) AE (Cl) dù cho F có độ âm điện lớn hơn Cl nhiều. Có thể giải
thích điều này như sau:
0,5
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

* Phân tử F2 ít bền hơn phân tử Cl2, do đó ΔHLK (F2) ΔHpl (Cl2) và
dẫn đến AE (F) AE (Cl).
* Cũng có thể giải thích: F và Cl là hai nguyên tố liền nhau trong nhóm VIIA. F ở
đầu nhóm. Nguyên tử F có bán kính nhỏ bất thường và cản trở sự xâm nhập của
electron.
3.2 a) Phản ứng: 2NOCl(k) 2NO(k) + Cl2(k)
x
x-2a 2a a
suy ra tổng áp suất của hệ: x + a = 1,5 và H = 2a/x = 0,3.
Ta có : a = 0,196 và x = 1,304  KP = 0,036
0,25
b) Ta có K 1 suy ra lnK 1 nên ∆G0
0. Vậy phản ứng không tự xảy ra. 0,25
c) Ta có KP = 0,036 suy ra KC = 7,661.10-4
. ( vì KP = KC.(RT)∆n
)
Cbđ = P/RT = 5/0,082.573= 0,106
Phản ứng: 2NOCl(k) 2NO(k) + Cl2(k)
0,106
0,106 - 2a 2a a
Suy ra
2
4
2
.(2 )
7,661.10
(0,106 2 )
C
a a
K
a
−
= =
−
Vậy a = 0,011.
Phần trăm NOCl: 71,8%; Cl2: 9,4%; NO: 18,8%.
0,25
d) Phản ứng: 2NOCl(k) 2NO(k) + Cl2(k)
0,717
0,717 - 2a 2a a
Suy ra
2
2
.(2 )
0,036
(0,717 2 )
P
a a
K
a
= =
−
Vậy a = 0,125.
Áp suất trong bình khi hệ đạt trạng thái cân bằng là 0,842 atm.
0,5
Câu 4 (2,5 điểm) Động hóa học (không có cơ chế).
4.1. Cho phản ứng bậc một sau:
CCl3COOH (k)→ CHCl3(k) + CO2 (k)
Thực hiện phản ứng ở 30o
C, nồng độ chất phản ứng giảm đi một nửa sau 1 giờ 23
phút 20 giây. Ở 70o
C, nồng độ chất phản ứng giảm đi một nửa sau 16 phút 40 giây.
a) Tính thời gian cần để nồng độ giảm xuống còn 1/4 ở 30o
C và hệ số nhiệt độ của tốc độ
phản ứng.
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

b) Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng.
4.2. Sunfuryl clorua (SO2Cl2) được sử dụng rộng rãi trong công nghiệp. Sunfuryl clorua là
một chất lỏng không màu, có mùi cay, sôi ở 70o
C. Khi nhiệt độ trên 70o
C nó sẽ phân hủy tạo
thành SO2 và Cl2 theo phản ứng: SO2Cl2(k) → SO2(k) + Cl2(k)
Một bình kín thể tích không đổi chứa SO2Cl2(k) được giữ ở nhiệt độ 375K. Quá trình
phân hủy SO2Cl2(k) được theo dõi bằng sự thay đổi áp suất trong bình. Kết quả thu được
như sau:
Thời gian, t(s) 0 2500 5000 7500 10000
Áp suất,
P(atm)
1,000 1,053 1,105 1,152 1,197
a) Chứng tỏ rằng phản ứng phân hủy SO2Cl2 là phản ứng bậc 1. Tính hằng số tốc độ của
phản ứng ở 375K.
b) Nếu phản ứng trên được tiến hành ở 385K, áp suất của bình sau 1 giờ là 1,55 atm. Tính
năng lượng hoạt hóa của phản ứng phân hủy trên.
Hướng dẫn giải:
4.1 k343K =
1 2
0,693 0,693
t 1000
= = 6,93×10−4
s−1
.
Theo t = 0
1
ln
t
N
k N
 t1 4
= 0
4
0
C
1
2,303lg
0, 25C
6, 93 10−
×
= 2000 s (tức là 2 × t1 2
)
* k303K =
1 2
0,693 0,693
t 5000
= = 1,39×10−4
s−1
.
Hệ số nhiệt độ:
343 303
343 10
303
ln
k
k
γ
−
= γ = 1,125
0,5
Theo 2
1 1 2
1 1
ln .( )
a
T
T
E
k
k R T T
= − 
4
4
6,93 10 1 1
ln
1,39 10 8,314 303 343
a
E
−
−
 
×
= × −
 
×  
 Ea = 34,704 (KJ/mol)
0,5
4.2 a) Nếu phản ứng SO2Cl2(k) → SO2(k) + Cl2(k) là phản ứng bậc 1 thì ta có:
1 1
ln ln
o o
i i
C P
k
t C t P
= =
Ở đây, Po là áp suất đầu (Po = 1 atm), Pt là áp suất SO2Cl2 sau thời
gian t. Gọi x (atm) là áp suất SO2Cl2 đã phản ứng: x = Ptổng – 1 và Pt = Po – x
= 1 – x.
1,0
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

Ta có:
Thời gian, t(s) 2500 5000 7500 10000
Áp suất tổng
P(atm)
1,053 1,105 1,152 1,197
x = (Ptổng – 1) 0,053 0,105 0,152 0,197
2 2
SO Cl
P = 1 – x 0,947 0,895 0,848 0,803
Thay vào biểu thức tính k ta được:
5 1
1
5 1
2
5 1
3
5 1
4
1 1 1 1
ln ln 2,178.10 ( )
1 2500 0,947
1 1
ln 2,219.10 ( )
5000 0,895
1 1
ln 2,198.10 ( )
7500 0,848
1 1
ln 2,194.10 ( )
10000 0,803
k s
t x
k s
k s
k s
− −
− −
− −
− −
= = =
−
= =
= =
= =
Nhận xét: Các giá trị hằng số tốc độ k1, k2, k3 và k4 khác nhau không
đáng kể do sai số thực nghiệm. Vậy giả thiết phản ứng bậc 1 là đúng:
5
5 1
1 2 3 4 (2,178 2,219 2,198 2,194).10
2,197.10 ( )
4 4
k k k k
k s
−
− −
+ + + + + +
= = =
b) Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng:
Ở 385K, Ptổng = 1,55 atm → 1,55 = 1 + x và x = 0,55 atm.
Ta có: 2 2
SO Cl
P = 1 – 0,55 = 0,45 atm.
Sử dụng phương trình Arrhenius: 2
1 2 1
1 1
ln a
E
k
k R T T
 
= − −
 
 
ta có:
4
5
2,218.10 1 1
ln 277,529( / )
2,197.10 8,314 385 375
a
a
E
E kJ mol
−
−
 
= − − → =
 
 
0,5
Câu 5 (2,5 điểm) Cân bằng acid – base và cân bằng ít tan.
1. Tính pH của các dung dịch sau:
a) Dung dịch X gồm Na2S 0,01M; KI 0,06M; Na2SO4 0,05M
Cho: H2S có pK1= 7,00; pK2= 12,90; HSO4
-
có pK= 2,00
b) Dung dịch hỗn hợp NaH2AsO4 0,5M và Na2HAsO4 0,5M
Cho: Axit asenic H3AsO4 có pK1 = 2,2 ; pK2 = 6,9 ; pK3 = 11,5.
D
Ạ
Y
K
È
M
Q
U
Y
N
H
Ơ
N
O
F
F
I
C
I
A
L

TỔNG HỢP ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XIV, NĂM 2023 MÔN HÓA HỌC – LỚP 10, 11.pdf

TỔNG HỢP ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XIV, NĂM 2023 MÔN HÓA HỌC – LỚP 10, 11.pdf

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to TỔNG HỢP ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XIV, NĂM 2023 MÔN HÓA HỌC – LỚP 10, 11.pdf

Similar to TỔNG HỢP ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XIV, NĂM 2023 MÔN HÓA HỌC – LỚP 10, 11.pdf (20)

More from Nguyen Thanh Tu Collection

More from Nguyen Thanh Tu Collection (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (19)

TỔNG HỢP ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XIV, NĂM 2023 MÔN HÓA HỌC – LỚP 10, 11.pdf