Một số câu thuộc bài thi ngày thứ nhất môn hóa

C – C
C = C
C = O
C – H
O = O
kJ. mol-1
436
345
615
743
415
498
c) So sánh kết quả của 2 phần trên và giải thích.
Câu 4. Tính độ thủy phân (h) và pH của 2 dung dịch sau đây: 
a) Dung dịch NH4Cl 0,1 M , với KNH3 = 1,8. 10-5. 
b) Dung dịch Natribenzoat C6H5COONa 2. 10-5 M , với KC6H5COOH = 6,29. 10-5.
Câu 5.
a) Thêm từ từ 17,85 ml dung dịch kẽm clorua 17% (d =1,12g/ml) vào 25 ml dung dịch kali cacbonat 3,0 mol/lít (d = 1,30 g/ml) tạo ra kết tủa cacbonat bazơ. Sau phản ứng lọc bỏ kết tủa, tính nồng độ % các chất trong nước lọc.
b) Hỗn hợp chứa kẽm và kẽm oxit được hòa tan hết bằng dung dịch HNO3 rất loãng nhận được dung dịch A và không có khí thoát ra. Cô cạn cẩn thận dung dịch A rồi nung khan ở 2100C thoát ra 4,48 lít khí (đo ở 191,1 K và 7,1. 104 Pa) và còn lại 226,8 gam chất rắn khô. Hãy xác định khối lượng riêng phần mỗi chất trong hỗn hợp đầu.
Đáp án
Câu 1. 
a) Cấu trúc Lewis và dạng hình học:
 * Trong NO2 và NO đều có N ở trạng thái lai hoá sp2, nên có cấu trúc dạng góc. NO2 chỉ có 1e chưa liên kết nên lực đẩy các cặp e liên kết yếu hơn NO có cặp e chưa liên kết đ góc liên kết ONO của NO2 > góc liên kết ONO của NO.
 * Nguyên tử N trong NO ở trạng thái lai hoá sp và không còn e tự do nên hai liên kết s có khuynh hướng tạo góc 1800 để giảm thiểu lực đẩy giữa các đôi e liên kết dẫn đến hình học tuyến tính(1800).
b) Phân tử trimetylamin có nguyên tử nitơ ở trạng thái lai hoá sp3và phân tử có dạng hình tháp tam giác với sức đẩy của cặp electron chưa liên kết trên nitơ (theo thuyết VSEPR) nên góc liên kết = 1080 < 10902’ (góc tứ diện). 
 - Trong phân tử trisilylamin, obitan p của nitơ xen phủ với obitan d còn trống của silic tạo nên một phần liên kết p giữa Si – N và xảy ra sự giải toả mật độ electron của cặp electron chưa liên kết đ nguyên tử nitơ ở trạng thái lai hoá sp2 và phân tử có dạng tam giác phẳng với góc liên kết = 1200.
c/ 2NaNO3 + 8Na(Hg) + 8H2O đ Na2N2O2 + 8NaOH + 8Hg
 NH2OH + C2H5NO2 + 2C2H5ONa đ Na2N2O2 + 3C2H5OH
 Axit yếu là H2N2O2 - Axit hypoNitrơ và Đồng phân là H2N - NO2 (Nitramit)
Câu 2. 
a) 5KNO2 + 2KMnO4 + 3H2SO4 đ 5KNO3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 3H2O
b) (5z – 2t)FexOy + (18xz – 6xt – 2yz)HNO3 đ 
 x(5z – 2t) Fe(NO3)3 + (3x – 2y) NzOt + (9xz – 3xt -yz) H2O
c) Đây là phương trình ghép của các phản ứng nên có thể có nhiều cặp nghiệm thỏa mãn. Cụ thể: đặt cho mỗi bán phản ứng sau đây một ẩn số
 m (CuFeS2 - 16 e đ Cu+2 + Fe+2 + 2S+6)
 n (2Fe+3 + 2 e đ 2Fe+2 )
 p ( O2 + 4 e đ 2O-2 ) Ta có: 16m = 2n + 4p 
 - ứng với m = 1 có 3 cặp giá trị sau 
 Khi đó có 3 cặp hệ số thoả mãn phương trình đã cân bằng
 CuFeS2 + 2Fe2(SO4)3 + 3O2 + 2H2O đ CuSO4 + 5FeSO4 + 2H2SO4
 CuFeS2 + 4Fe2(SO4)3 + 2O2 + 4H2O đ CuSO4 + 9FeSO4 + 4H2SO4
 CuFeS2 + 6Fe2(SO4)3 + O2 + 6H2O đ CuSO4 + 13FeSO4 + 6H2SO4
 - ứng với m = 2, 3, ... ta có nhiều cặp hệ số của phương trình đã cho 
d) 8P + 10NH4ClO4 đ 8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O
Câu 3. 
a) DH0 cháy C3H4O = 3DHCO2 (k) + 2DH H2O (k) - DHC3H4O (l)
 đ DHC3H4O (l) = - 123,66 kJ. mol-1. 
b) DH’C3H4O (l) = 
 2E+ E+ 3DH0 th C(r) – 4E- E- E- E- DH0 hh C3H4O 
 = - 112,8 kJ. mol-1.
c) Năng lượng liên kết theo tính toán không phù hợp với kết quả thực nghiệm (lệch tới 20%), lớn hơn thông thường do có sự không định vị của mây p làm cho phân tử bền vững hơn so với mô hình liên kết cộng hoá trị định vị. 
 Sự khác nhau giữa 2 nhiệt tạo thành được gọi là năng lượng cộng hưởng của phân tử = 10,86 kJ. mol-1.
Câu 4. 
a) Cân bằng: NH + OH - ⇌ NH3 + H2O (KNH3)-1.
 2H2O ⇌ H3O + + OH - KW. 
 NH + H2O ⇌ NH3 + H3O+ K = KW. (KNH3)-1= 5,55. 10-10.
 [ ] 0,1 – x x x
 Do C0(NH3) = 0,1 M >> nên bỏ qua sự điện ly của nước. 
 Ta có: 5,55. 10-10. đ = 5,55. 10-10. 
 (coi 0,1 – x ằ 0,1) đ x = 7,45. 10-6 << 0,1 (hợp lý)
Độ thủy phân (h) = ´ 100% = 0,00745 % và pH = - lg 7,45. 10-6 = 5,13
b) Cân bằng: C6H5COO - + H+ ⇌ C6H5COOH (Ka)-1.
 H2O ⇌ H + + OH - KW. 
 C6H5COO- + H2O ⇌ OH - + C6H5COOH K = (Ka)-1. KW 
 = 1,59. 10-10.
 [ ] (2. 10-5 – y) y y
 = 1,59. 10-10. (coi y << 2. 10-5) đ y = 5,64. 10-8. 
 đ Độ thủy phân (h) = ´100% = 0,28 %
* Nếu tính như (a) được pH = 6,75. Kết quả này không hợp lý vì C0 của C6H5COO - nhỏ nên cần chú ý đến sự điện ly của nước. Hơn nữa pH của dung dịch bazơ = 6,75 < 7 là không hợp lý.
 Vậy, C6H5COO- + H2O ⇌ OH - + C6H5COOH K = = 1,59. 10-10.
 H2O ⇌ OH - + H + KW.
 Theo định luật bảo toàn điện tích: [OH -] = [C6H5COOH] + [H+]
 đ [C6H5COOH] = [OH -] - [H+] hay [C6H5COOH] = [OH -] - 
 Theo phương trình thủy phân: = 
 = = 1,59.10-10.
 (coi [OH -] << 2. 10-5 )đ [OH -] = 1,148. 10- 7.(hợp lý) đ pOH = 6,94
 đ pH = 7,06 
Câu 5.
a) Số mol ZnCl2 = 0,025 < số mol K2CO3 = 0,075
 2ZnCl2 + 2K2CO3 + H2O đ [ZnOH]2CO3 ¯+ 4KCl + CO2 
 0,025 0,025 0,0125 0,05 0,0125
 Do K2CO3 dư nên phản ứng với CO2 tạo ra KHCO3:
 K2CO3 + CO2 + H2O đ 2KHCO3
 0,0125 0,0125 0,025
 Lượng nước lọc = m(dd K2CO3) + m(dd ZnCl2) – m([ZnOH]2CO3¯) 
 = 25. 1,3 + 17,85 ´ 1,12 – 0,0125 ´ 224 = 49,7 gam
 % K2CO3 dư = (0,0375 ´ 138) : 49,7 = 0,104 hay 10,4%
 % KHCO3 = (0,025 ´ 100) : 49,7 = 0,05 hay 5%
 % KCl = (0,05 ´ 74,5) : 49,7 = 0,075 hay 7,5%
b) Các phương trình phản ứng :
 4 Zn + 10 HNO3 đ 4 Zn(NO3)2 + NH4NO3 + 3 H2O 
 ZnO + 2 HNO3 đ Zn(NO3)2 + H2O
 * Nếu các muối đều bị nhiệt phân thì chất rắn (226,8 gam) là ZnO 
 2 Zn(NO3)2 đ 2 ZnO + 4 NO2 ư + O2ư
 2 NH4NO3 đ N2 ư + O2 ư + 4 H2O
 Khi đó, số mol ZnO = = 2,8 >> 0,2 (số mol khí theo giả thiết) 
 Vậy ở 2100C ( muối kẽm chưa bị nhiệt phân) chỉ có NH4NO3 bị phân tích đến N2O : NH4NO3 đ N2Oư + 2 H2O 
 ( 226,8 gam là lượng Zn(NO3)2 )
Theo phương trình : số mol Zn = 0,8 ứng với 52 gam
 số mol ZnO = = 0,4 ứng với 32,4 gam 
một số câu thuộc bài thi ngày thứ hai
Câu 1: 
a) Cho biết sản phẩm của các phản ứng sau và giải thích.
b) Người ta tổng hợp axit picric (2,4,6 – trinitro Phenol) từ benzen và tổng hợp m- bromToluen từ Toluen qua các giai đoạn theo 2 sơ đồ sau:
 Hãy tìm cấu tạo các chất A, B, D, E, F trong sơ đồ cho hợp lý và bổ sung các tác nhân, điều kiện để tiến hành tổng hợp. 
Câu 2:
a) Cho phản ứng CH2 = CH2 + Br2 (dung môi CH3OH). Nếu thêm NaCl vào hỗn hợp phản ứng thì thu được sản phẩm nào ? Nếu thêm HCl vào hỗn hợp phản ứng thì thu được sản phẩm nào ? Vận tốc phản ứng trong mỗi trường hợp trên có thay đổi không ? Giải thích.
b) D – Arabinozơ là đồng phân cấu hình ở C2 của D – Ribozơ. Để xác định cấu tạo của nó người ta thực hiện chuỗi phản ứng sau :
 Hỏi D – Arabinozơ có cấu tạo như thế nào ? Vẽ cấu tạo đó
Câu 3: Chất hữu cơ X có thành phần khối lượng 62,5% C; 4,17% H và 33,33% O. X phản ứng với thuốc thử Sip và với phenylhidrazin. Khi oxihóa X bằng dung dịch KMnO4 tạo ra axit hữu cơ A, decacboxyl hóa A thu được hợp chất B . B bị khử bởi hidro có xúc tác cho sản phẩm D tan được trong H2SO4 đặc, lạnh và không làm mất màu dung dịch KMnO4. Phổ hồng ngoại chỉ ra D không chứa nhóm chức –OH, tác dụng của HCl với D thu được dẫn xuất dihalogen E. Sự thế SN2 chất E bởi KCN tạo ra chất F mà sau khi thủy phân thì sản phẩm sinh ra có thể ngưng tụ với 1,6 – diamino hexan cho Tơ nilon – 6,6. 
 Hãy lập luận để xác định cấu trúc các chất đã cho trong bài.
Câu 4: Để thủy phân hoàn toàn 1,48 gam một hỗn hợp este của 2 axit mono-cacboxylic cần 14,0 gam dung dịch KOH 8% trong nước. Khi đun nóng hỗn hợp este nói trên với axit H2SO4 85% sinh ra khí X. Làm lạnh X, đưa về điều kiện thường và đem cân, sau đó cho khí lội từ từ qua dung dịch brom dư trong nước thì thấy khối lượng khí giảm 33,33%, trong khi đó khối lượng riêng của khí gần như không đổi.
a) Xác định công thức và tên gọi mỗi este ban đầu và thành phần hỗn hợp este.
b) Nêu phản ứng hoá học để phân biệt 2 este trên, viết phương trình phản ứng.
đáp án
Câu 1: 
a) Cho biết sản phẩm của các phản ứng sau và giải thích.
 Nguyên tử Clo ở vị trí đầu cầu không tham gia phản ứng SN2 hoặc E2
 Bình thường ancol phản ứng với SOCl2 với sự có mặt của bazơ như Pyridin thì xảy ra theo cơ chế SN2 kèm theo sự quay cấu hình. Hợp chất đã cho có cấu hình với hệ cầu nối cứng nhắc nên không xảy ra sự quay cấu hình được
 đ Phản ứng này không có sản phẩm.
b) Người ta tổng hợp axit picric (2,4,6 – trinitro Phenol) từ benzen và tổng hợp m- bromToluen từ Toluen qua các giai đoạn theo 2 sơ đồ sau:
Câu 2:
a)Phản ứng xảy ra theo cơ chế cộng electrofin, có 2 giai đoạn chính là :
 Giai đoạn 1: (giai đoạn quyết định tốc độ phản ứng) tiểu phân tích điện dương tấn công vào nguyên tử C mang liên kết p làm cho nguyên tử C dương hơn - mật độ electron trong liên kết kép dồn về để giảm bớt điện tích (+) ở nguyên tử C này, kết quả là nguyên tử C còn lại ở liên kết kép lại dương hơn - tạo điều kiện cho giai đoạn 2 xảy ra.
 Giai đoạn 2 : Anion tấn công vào phần dương nói trên tạo ra sản phẩm cộng.
* Đối với thêm NaCl : Br2 đ Br+ + Br -.
* Đối với thêm HCl : HCl đ H+ + Cl -.
Khi đó Ion H+ sẽ tấn công trước 
Vì giai đoạn 1 quyết định tốc độ phản ứng nên thêm NaCl không làm thay đổi tốc độ phản ứng, còn thêm HCl (H+) sẽ làm thay đổi đáng kể tốc độ phản ứng.
b) 
 Nếu là vòng 5 cạnh thì :
 Kết quả trái giả thiết, vậy D – Arabinozơ có cấu tạo vòng 6 cạnh
Cấu tạo vòng của D – Arabinozơ là : 
 hay 
Câu 3:
Đ Theo đề bài công thức thực nghiệm của X là C5H4O2 , sản phẩm có thể ngưng tụ với 1,6 – diamino hexan tạo tơ nilon – 6,6 là axit adipic 
 HOOC – (CH2)6 – COOH (C6H10O4). 
Quá trình từ X đến chất này không có sự giảm nhiều số nguyên tử cacbon nên công thức phân tử của X là C5H4O2 . 
- Từ E đến F tăng thêm 2 nguyên tử cacbon và mạch của E, F giống axit adipic cho thấy : 
 F là dẫn xuất xianua NC – (CH2)4 – CN và E là Cl – (CH2)4 – Cl
- E được điều chế từ D khi tác dụng với HCl dư (2 Cl thay thế 1 O), đồng thời D có một nguyên tử oxi không thuộc chức OH và không bền với H2SO4đặc, lạnh đ D là một ete vòng no. B không no tạo ra bởi sự decacboxyl A nên B là một dị vòng 5 cạnh chứa oxi và A có nhóm COOH đính vào dị vòng đó.
- Chất X có nhóm cacbonyl vì phản ứng với thuốc thử Sip và phenylhidrazin đồng thời bị oxihóa tạo ra axit A,