Đề khảo sát HSG tỉnh Hóa học 12 – THPT Kỳ Anh (Kèm đáp án chi tiết)

Cho biết:
Nguyên tử khối của các nguyên tố: $\text{H} = 1$; $\text{C} = 12$; $\text{N} = 14$; $\text{O} = 16$; $\text{Na} = 23$; $\text{Mg} = 24$; $\text{Al} = 27$; $\text{Si} = 28$; $\text{P} = 31$; $\text{S} = 32$; $\text{Cl} = 35,5$; $\text{K} = 39$; $\text{Ca} = 40$; $\text{Cr} = 52$; $\text{Fe} = 56$; $\text{Cu} = 64$; $\text{Br} = 80$; $\text{Ag} = 108$.
Thể tích mol khí ở điều kiện chuẩn ($25\ ^\circ\text{C}$, $1\text{ bar}$) là $24,79\text{ L/mol}$. Hằng số khí lí tưởng $R = 0,082\text{ L}\cdot\text{atm}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}$.

Câu 1 (2,0 điểm). Hãy cho biết các nhận định sau đây là đúng hay sai (không cần giải thích):
1. Khí dầu mỏ hóa lỏng LPG (Liquefied Petroleum Gas) là một nhóm các loại khí hydrocarbon có thành phần chính là propane và butane.
2. Khi thủy phân một triglyceride thu được dung dịch chứa glycerol, palmitic acid và stearic acid. Số triglyceride thỏa mãn điều kiện trên là 6.
3. Có ba ống nghiệm chứa các dung dịch trong suốt: ống (1) chứa ethyl alcohol, ống (2) chứa acetic acid và ống (3) chứa acetaldehyde. Nếu cho $\ce{Cu(OH)2}$ trong môi trường kiềm lần lượt vào các dung dịch trên và đun nóng thì ống (2) và ống (3) có phản ứng, còn ống (1) thì không.
4. Cho dãy các chất: phenylammonium chloride, benzyl chloride, isopropyl chloride, $m$-cresol, benzyl alcohol, sodium phenolate, allyl chloride. Có 4 chất trong dãy tác dụng được với dung dịch $\ce{NaOH}$ loãng, đun nóng.
5. Poly(vinyl alcohol) (viết tắt là PVA) được dùng làm chất kết dính, sợi vinylon,... Poly(vinyl acetate) (viết tắt là PVAc) được sử dụng phổ biến làm keo dán gỗ, keo dán giấy,... PVAc và PVA được tổng hợp theo sơ đồ:

\ce{HC#CH ->[+CH3COOH] A ->[xt, t^\circ, p] PVAc ->[NaOH, t^\circ] PVA}

Phản ứng thủy phân PVAc tạo thành PVA thuộc loại phản ứng cắt mạch polymer.
6. Chất hữu cơ X có công thức phân tử $\ce{C3H11O5N3}$. Cho X tác dụng với dung dịch $\ce{NaOH}$ thu được khí Y, muối Z và T là muối của amino acid E. Có 2 đồng phân cấu tạo của X thỏa mãn.
7. Dưới tác dụng của nhiệt độ, acid, base,... protein có thể bị đông tụ. Sự đông tụ này xảy ra do cấu trúc không gian ban đầu của protein bị biến đổi (biến tính).
8. Acetone ($\ce{CH3COCH3}$) được sử dụng để tẩy rửa sơn móng tay, tẩy keo dán siêu dính, hòa tan chất béo; ngoài ra còn được sử dụng làm chất phụ gia an toàn để bảo quản thực phẩm.

Lời giải và đáp án Câu 1:

(Mỗi ý trả lời đúng được 0,25 điểm)

Giải thích chi tiết:
- Ý 1: ĐÚNG. LPG gồm propane ($\ce{C3H8}$) và butane ($\ce{C4H10}$).
- Ý 2: SAI. Triglyceride chứa cả gốc palmitate và stearate có dạng $(\text{P})_2(\text{S})\ce{C3H5}$ (có 2 đồng phân cấu tạo: P-P-S và P-S-P) và $(\text{P})(\text{S})_2\ce{C3H5}$ (có 2 đồng phân cấu tạo: S-S-P và S-P-S). Tổng cộng chỉ có 4 đồng phân.
- Ý 3: ĐÚNG. Ống (1) chứa ethyl alcohol là alcohol đơn chức, không phản ứng với $\ce{Cu(OH)2}$. Ống (2) chứa $\ce{CH3COOH}$ hòa tan $\ce{Cu(OH)2}$ tạo dung dịch xanh lam. Ống (3) chứa $\ce{CH3CHO}$ bị oxi hóa bởi $\ce{Cu(OH)2}$ trong kiềm đun nóng tạo kết tủa đỏ gạch $\ce{Cu2O}$.
- Ý 4: SAI. Có 5 chất phản ứng được với dung dịch $\ce{NaOH}$ đun nóng: phenylammonium chloride (phản ứng acid - base), benzyl chloride (thủy phân), isopropyl chloride (thủy phân), $m$-cresol (phản ứng acid - base với phenol), allyl chloride (thủy phân halogen allyl hoạt động).
- Ý 5: SAI. Phản ứng thủy phân nhóm ester bên mạch polymer của PVAc thành PVA là phản ứng giữ nguyên mạch carbon, không làm gãy mạch chính của polymer.
- Ý 6: SAI. X tác dụng với $\ce{NaOH}$ sinh khí Y, muối vô cơ Z (chứa $\ce{CO3^2-}$) và muối T của amino acid $\ce{H2N-CH2-COOH}$ (Gly). Công thức của X có dạng muối kép: $\ce{(H2N-CH2-COO)(CH3NH3)CO3}$ hoặc $\ce{(H2N-CH2-COO)(NH4)HCO3...}$ Chỉ có 1 đồng phân thỏa mãn việc tạo 1 khí amine duy nhất và muối tương ứng.
- Ý 7: ĐÚNG. Khi gặp nhiệt độ hoặc acid/base, các liên kết hydro và tương tác yếu giữ cấu trúc bậc 2, 3, 4 bị phá hủy, làm thay đổi cấu hình không gian dẫn đến đông tụ.
- Ý 8: SAI. Acetone là dung môi hữu cơ dễ bay hơi và có độc tính, tuyệt đối không được phép sử dụng làm phụ gia thực phẩm.

Câu 2 (2,0 điểm). Thí sinh tính toán và ghi kết quả từ ý 1 đến ý 6:
1. Tại một nhà máy hóa chất, superphosphate kép được sản xuất từ quặng phosphorite theo hai giai đoạn:

$$\ce{Ca3(PO4)2 + 3H2SO4 -> 3CaSO4 + 2H3PO4}$$

$$\ce{Ca3(PO4)2 + 4H3PO4 -> 3Ca(H2PO4)2}$$

Trung bình mỗi ngày nhà máy sản xuất được 1872 tấn $\ce{Ca(H2PO4)2}$ với hiệu suất mỗi giai đoạn đạt 100%. Tính thể tích ($\text{m}^3$) dung dịch $\ce{H2SO4}$ 70% ($D = 1,6\text{ g/mL}$) mà nhà máy đã dùng trong một ngày.
2. Cho các chất hữu cơ: ethene, ethyne, ethyl alcohol, ethylene glycol, acetaldehyde, acetic acid, phenol, acetone, acrylic acid. Cho các phát biểu sau:
(a) Có 2 chất phản ứng với thuốc thử Tollens tạo kết tủa.
(b) Có 3 chất hòa tan được $\ce{Cu(OH)2}$ ở nhiệt độ thường.
(c) Có 3 chất có khả năng tham gia phản ứng trùng hợp.
(d) Có 3 chất phản ứng được với dung dịch $\ce{NaOH}$.
Hãy sắp xếp các chữ số La-tinh/thứ tự của các phát biểu đúng theo thứ tự bảng chữ cái và cho biết có bao nhiêu phát biểu đúng?
3. Một cơ sở xử lý nước từ nguồn nước cứng có nồng độ $\ce{Ca^2+}$ là $5,5\cdot 10^{-3}\text{ M}$ và $\ce{Mg^2+}$ là $9,5\cdot 10^{-3}\text{ M}$. Lưu lượng nước xử lý mỗi ngày là $25000\text{ L}$. Để làm mềm nước theo phương pháp trao đổi ion, cơ sở sử dụng zeolite A có công thức $\ce{Na12[(AlO2)12(SiO2)12].27H2O}$ ($M = 2190\text{ g/mol}$). Khối lượng zeolite A (tính theo kg) cần dùng để làm mềm lượng nước này trong 1 tuần (7 ngày) là bao nhiêu? (Làm tròn đến hàng đơn vị).
4. Poly(methyl methacrylate) (PMMA) được ứng dụng làm kính hữu cơ. Để sản xuất $m$ tấm kính có kích thước $20\text{ cm} \times 15\text{ cm} \times 2\text{ cm}$ (khối lượng riêng $d = 1,2\text{ g/cm}^3$), người ta dùng $348,3\text{ kg}$ methacrylic acid. Biết trong mỗi tấm kính, PMMA chiếm 90% khối lượng và hiệu suất toàn bộ quá trình điều chế tính theo methacrylic acid đạt 80%. Tìm giá trị của $m$.
5. Phản ứng quang hợp của cây xanh tạo carbohydrate và giải phóng oxygen:

$$\ce{n CO2 + m H2O ->[as, \text{diệp lục}] C_n(H2O)_m + n O2}$$

Giả sử một cây xanh tiêu thụ trung bình $22\text{ kg } \ce{CO2}$ mỗi năm và một người cần tối thiểu $1,2\text{ tấn } \ce{O2}$ mỗi năm để duy trì sự sống. Số cây xanh cần thiết để cung cấp đủ lượng oxygen cho 8 tỉ người trên Trái Đất trong một năm là bao nhiêu?
6. Acetic acid được tổng hợp từ khí than đá theo hai phản ứng:

$$\ce{CO + 2H2 ->[xt, t^\circ] CH3OH} \quad (1)$$

$$\ce{CH3OH + CO ->[xt, t^\circ] CH3COOH} \quad (2)$$

Hiệu suất của mỗi phản ứng (1) và (2) đều đạt 90%. Để sản xuất $1000\text{ L}$ acetic acid nguyên chất ($D = 1,05\text{ g/mL}$), cần $x\text{ m}^3$ khí $\ce{CO}$ và $y\text{ m}^3$ khí $\ce{H2}$ (ở điều kiện chuẩn: $25\ ^\circ\text{C}$, $1\text{ bar}$). Tính tổng giá trị $x + y$.

Lời giải và đáp án Câu 2:

- Ý 1:
Theo sơ đồ: $2\ce{H3PO4} \Leftarrow 3\ce{H2SO4}$, do đó $4\ce{H3PO4} \Leftarrow 6\ce{H2SO4}$.
Phương trình (2): $\ce{4H3PO4} \Rightarrow 3\ce{Ca(H2PO4)2}$.
Tỉ lệ mol: $n_{\ce{H2SO4}} = \dfrac{6}{3} n_{\ce{Ca(H2PO4)2}} = 2 n_{\ce{Ca(H2PO4)2}}$.
Khối lượng mol của $\ce{Ca(H2PO4)2} = 40 + 2 \times 97 = 234\text{ g/mol}$.
$n_{\ce{Ca(H2PO4)2}} = \dfrac{1872}{234} = 8\text{ tấn mol} \Rightarrow n_{\ce{H2SO4}} = 16\text{ tấn mol}$.
$m_{\ce{H2SO4}} = 16 \times 98 = 1568\text{ tấn}$.
$m_{\text{dd } \ce{H2SO4}} = \dfrac{1568}{0,7} = 2240\text{ tấn}$.
$V_{\text{dd}} = \dfrac{2240}{1,6} = 1400\text{ m}^3$.
(Nếu viết theo quy ước bài toán đề gốc giản lược tỉ lệ 1 : 1 thì ra $700\text{ m}^3$; đáp án hóa học chuẩn xác của hệ phản ứng là $1400\text{ m}^3$).
Đáp số: 1400 (chấp nhận 700 nếu theo giả định đề cho).

- Ý 2:
- (a) Đúng: ethyne tạo \ce{AgC#CAg}\downarrow, acetaldehyde tạo $\ce{Ag}\downarrow$ (2 chất).
- (b) Đúng: ethylene glycol (ancol đa chức có -OH kề nhau), acetic acid, acrylic acid (3 chất).
- (c) Đúng: ethene, ethyne, acrylic acid có liên kết bội tham gia trùng hợp (3 chất).
- (d) Đúng: acetic acid, phenol, acrylic acid (3 chất).
Cả 4 phát biểu đều đúng.
Đáp số: Cả 4 phát biểu đúng (a, b, c, d).

- Ý 3:
Phương trình trao đổi ion: $1\text{ mol } (\ce{Ca^2+} + \ce{Mg^2+}) \text{ cần } 1\text{ mol zeolite A}$.
Tổng mol ion cần trao đổi mỗi ngày:
$n = (5,5\cdot 10^{-3} + 9,5\cdot 10^{-3}) \times 25000 = 375\text{ mol/ngày}$.
Trong 7 ngày: $n_{\text{tổng}} = 375 \times 7 = 2625\text{ mol}$.
Khối lượng zeolite A:
$m = 2625 \times 2190\text{ g} = 5748750\text{ g} \approx 5749\text{ kg}$.
Đáp số: 5749

- Ý 4:
Thể tích 1 tấm kính: $V = 20 \times 15 \times 2 = 600\text{ cm}^3$.
Khối lượng 1 tấm: $m_1 = 600 \times 1,2 = 720\text{ g} = 0,72\text{ kg}$.
Khối lượng PMMA trong 1 tấm kính: $0,72 \times 90\% = 0,648\text{ kg}$.
Sơ đồ điều chế từ acid:

$$\ce{CH2=C(CH3)COOH (86) -> PMMA (100)}$$

Lượng PMMA thực tế thu được từ $348,3\text{ kg}$ methacrylic acid với $H = 80\%$:
$m_{\text{PMMA}} = 348,3 \times \dfrac{100}{86} \times 80\% = 324\text{ kg}$.
Số tấm kính sản xuất được: $m = \dfrac{324}{0,648} = 500\text{ tấm}$.
Đáp số: 500

- Ý 5:
Phương trình quang hợp cho thấy: $n_{\ce{O2}} = n_{\ce{CO2}}$.
Lượng $\ce{O2}$ cần cho 8 tỉ người trong 1 năm:
$m_{\ce{O2}} = 8\cdot 10^9 \times 1,2\text{ tấn} = 9,6\cdot 10^9\text{ tấn} = 9,6\cdot 10^{12}\text{ kg}$.
$n_{\ce{O2}} = \dfrac{9,6\cdot 10^{12}}{32} = 3\cdot 10^{11}\text{ kmol}$.
$\Rightarrow n_{\ce{CO2}} = 3\cdot 10^{11}\text{ kmol} \Rightarrow m_{\ce{CO2}} = 3\cdot 10^{11} \times 44 = 1,32\cdot 10^{13}\text{ kg}$.
Số cây xanh cần có:
$N = \dfrac{1,32\cdot 10^{13}}{22} = 6\cdot 10^{11}\text{ cây}$.
Đáp số: $6\cdot 10^{11}$

- Ý 6:
Khối lượng acetic acid cần sản xuất: $1000 \times 1,05 = 1050\text{ kg} = 1,05\cdot 10^6\text{ g}$.
$n_{\ce{CH3COOH}} = \dfrac{1,05\cdot 10^6}{60} = 17,5\cdot 10^3\text{ mol} = 17,5\text{ kmol}$.
Theo phản ứng (2):
$n_{\ce{CO (2)}} = n_{\ce{CH3OH}} = \dfrac{17,5}{90\%} = \dfrac{175}{9}\text{ kmol}$.
Theo phản ứng (1):
$n_{\ce{CH3OH lý thuyết}} = \dfrac{175/9}{90\%} = \dfrac{1750}{81}\text{ kmol}$.
$\Rightarrow n_{\ce{CO (1)}} = \dfrac{1750}{81}\text{ kmol}; \quad n_{\ce{H2 (1)}} = 2 \times \dfrac{1750}{81} = \dfrac{3500}{81}\text{ kmol}$.
Tổng số mol $\ce{CO}$: $n_{\ce{CO}} = \dfrac{175}{9} + \dfrac{1750}{81} = \dfrac{3325}{81}\text{ kmol} \approx 41,049\text{ kmol}$.
Tổng số mol $\ce{H2}$: $n_{\ce{H2}} = \dfrac{3500}{81}\text{ kmol} \approx 43,210\text{ kmol}$.
Thể tích ở điều kiện chuẩn ($24,79\text{ L/mol} = 24,79\text{ m}^3\text{/kmol}$):
$x = V_{\ce{CO}} = 41,049 \times 24,79 \approx 1017,6\text{ m}^3$.
$y = V_{\ce{H2}} = 43,210 \times 24,79 \approx 1071,2\text{ m}^3$.
$\Rightarrow x + y = 1017,6 + 1071,2 = 2088,8 \approx 2089\text{ m}^3$.
Đáp số: 2089

Câu 3 (2,0 điểm).
1. Một nhà máy sản xuất xà phòng từ mỡ lợn (có tỉ lệ mol giữa tripalmitin : tristearin : triolein lần lượt là $3 : 2 : 5$) theo phương pháp xà phòng hóa không gia nhiệt. Xà phòng thành phẩm được đóng thành các bánh có khối lượng $90\text{ g/bánh}$. Cho bảng đơn giá nguyên liệu và chi phí như sau:
- Mỡ lợn: $30.000\text{ đồng/kg}$
- Dung dịch $\ce{NaOH}$ 40%: $19.000\text{ đồng/kg}$
- Phụ gia và chất độn: $100.000\text{ đồng/kg}$
- Nhân công, khấu hao máy móc và chi phí khác: $3.000\text{ đồng/100 g}$ thành phẩm.
Hãy tính giá thành sản xuất của 1 bánh xà phòng ($90\text{ g}$). Biết hiệu suất xà phòng hóa đạt 90% (đối với cả 3 loại triester) và muối của acid béo chiếm 70% khối lượng bánh xà phòng thành phẩm, phần còn lại là chất phụ gia và chất độn. (Làm tròn kết quả đến một chữ số thập phân).
2. Lactomer là một loại polyester được sử dụng phổ biến để sản xuất chỉ khâu phẫu thuật tự tiêu. Trong cơ thể, lactomer bị thủy phân hoàn toàn thành lactic acid ($\ce{CH3-CH(OH)-COOH}$) và glycolic acid ($\ce{HO-CH2-COOH}$). Phân tích thành phần một mẫu lactomer cho thấy carbon chiếm 42,291% về khối lượng. Xác định tỉ lệ số mắt xích giữa lactic acid và glycolic acid trong mẫu lactomer trên.

Lời giải và đáp án Câu 3:

1. Tính giá thành sản xuất 1 bánh xà phòng (1,5 điểm)
- Khối lượng muối của acid béo trong một bánh xà phòng ($90\text{ g}$):

$$m_{\text{muối}} = 90 \times 70\% = 63\text{ g}$$

- Giả sử trong lượng mỡ ban đầu cần dùng để tạo 1 bánh xà phòng có số mol các chất béo là:
tristearin: $2x\text{ mol}$; tripalmitin: $3x\text{ mol}$; triolein: $5x\text{ mol}$.
Khối lượng mỡ lợn:

$$m_{\text{mỡ}} = 2x \times 890 + 3x \times 806 + 5x \times 884 = 8618x\text{ (g)}$$

- Khi xà phòng hóa hoàn toàn thu được các muối tương ứng:
$\ce{C17H35COONa}$ ($306\text{ g/mol}$): $3 \times 2x = 6x\text{ mol}$.
$\ce{C15H31COONa}$ ($278\text{ g/mol}$): $3 \times 3x = 9x\text{ mol}$.
$\ce{C17H33COONa}$ ($304\text{ g/mol}$): $3 \times 5x = 15x\text{ mol}$.
Khối lượng muối theo lý thuyết $= 6x \times 306 + 9x \times 278 + 15x \times 304 = 8898x\text{ (g)}$.
- Do hiệu suất đạt 90%, lượng muối thực tế thu được:

$$m_{\text{muối thực tế}} = 8898x \times 0,9 = 8008,2x = 63\text{ g} \Rightarrow x \approx 7,867\cdot 10^{-3}\text{ mol}$$

- Lượng mỡ cần dùng: $m_{\text{mỡ}} = 8618 \times 7,867\cdot 10^{-3} \approx 67,80\text{ g} = 0,0678\text{ kg}$.
Chi phí mỡ lợn: $0,0678 \times 30.000 = 2.034\text{ đồng}$.
- Tổng số mol $\ce{NaOH}$ phản ứng $= 3 \times (2x + 3x + 5x) = 30x\text{ mol}$.

$$m_{\text{dd NaOH 40\%}} = \dfrac{30x \times 40}{0,4} = 3000x = 3000 \times 7,867\cdot 10^{-3} = 23,60\text{ g} = 0,0236\text{ kg}$$

Chi phí dung dịch $\ce{NaOH}$: $0,0236 \times 19.000 \approx 448,4\text{ đồng}$.
- Khối lượng phụ gia và chất độn trong 1 bánh:

$$m_{\text{độn}} = 90 \times 30\% = 27\text{ g} = 0,027\text{ kg}$$

Chi phí phụ gia: $0,027 \times 100.000 = 2.700\text{ đồng}$.
- Chi phí nhân công và vận hành:

$$\dfrac{3.000}{100} \times 90 = 2.700\text{ đồng}$$

- Tổng chi phí sản xuất 1 bánh xà phòng:

$$\text{Chi phí} = 2034 + 448,4 + 2700 + 2700 = 7882,4\text{ đồng} \approx 7,9\text{ nghìn đồng (7.882,4 đồng)}$$

2. Xác định tỉ lệ mắt xích trong Lactomer (0,5 điểm)
- Mắt xích của lactic acid trong polymer là $\ce{-O-CH(CH3)-CO-}$ ($M = 72$, chứa 3 nguyên tử $\text{C}$).
- Mắt xích của glycolic acid trong polymer là $\ce{-O-CH2-CO-}$ ($M = 58$, chứa 2 nguyên tử $\text{C}$).
- Công thức tổng quát của lactomer: $\ce{[-O-CH(CH3)-CO-]_n[-O-CH2-CO-]_m}$.
- Thành phần phần trăm carbon theo khối lượng:

$$\%m_{\text{C}} = \dfrac{12 \times (3n + 2m)}{72n + 58m} \times 100\% = 42,291\%$$

$$\Rightarrow 36n + 24m = 0,42291 \times (72n + 58m) \Rightarrow 5,55048n = 0,52878m$$

$$\Rightarrow \dfrac{n}{m} = \dfrac{0,52878}{5,55048} \approx \dfrac{1}{10,5} = \dfrac{2}{21}$$

- Vậy tỉ lệ mắt xích tương ứng giữa lactic acid và glycolic acid là $2 : 21$.

Câu 4 (2,0 điểm). Dòng hỗn hợp khí đi vào tháp tiếp xúc oxi hóa $\ce{SO2}$ có thành phần thể tích gồm: 8% $\ce{SO2}$, 12% $\ce{O2}$, còn lại là $\ce{N2}$ ở nhiệt độ $450\ ^\circ\text{C}$ và áp suất $1\text{ atm}$. Hiệu suất phản ứng oxi hóa $\ce{SO2}$ thành $\ce{SO3}$ đạt 90%. Khí $\ce{SO3}$ tạo ra được hấp thụ hoàn toàn để sản xuất acid. Nước dẫn vào buồng pha loãng để điều chỉnh nồng độ có lưu lượng $0,5\text{ m}^3\text{/giờ}$.
Tính lưu lượng dòng hỗn hợp khí $v$ (theo $\text{m}^3\text{/giờ}$) cần dẫn vào thiết bị ở điều kiện trên để thu được dung dịch $\ce{H2SO4}$ 98%. Cho khối lượng riêng của nước là $d = 1,0\text{ g/cm}^3$, hằng số khí lí tưởng $R = 0,082\text{ L}\cdot\text{atm}\cdot\text{mol}^{-1}\cdot\text{K}^{-1}$. (Làm tròn kết quả đến hàng đơn vị).

Lời giải và đáp án Câu 4:

- Khối lượng nước đưa vào pha loãng trong 1 giờ:

$$m_{\ce{H2O}} = 0,5\text{ m}^3 \times 1000\text{ kg/m}^3 = 500\text{ kg}$$

- Phản ứng tạo dung dịch sulfuric acid:

$$\ce{SO3 + H2O -> H2SO4}$$

Gọi $x$ (kmol) là lượng $\ce{SO3}$ được hấp thụ vào $500\text{ kg}$ nước mỗi giờ.
Khối lượng chất tan $\ce{H2SO4}$ tạo thành: $m_{\ce{H2SO4}} = 98x\text{ (kg)}$.
Khối lượng dung dịch thu được: $m_{\text{dd}} = 500 + 80x\text{ (kg)}$.
Nồng độ dung dịch là 98%:

$$C\% = \dfrac{98x}{500 + 80x} = 0,98 \Rightarrow 98x = 490 + 78,4x \Rightarrow 19,6x = 490 \Rightarrow x = 25\text{ kmol}$$

- Lượng $\ce{SO3}$ cần tạo thành mỗi giờ là $25\text{ kmol}$.
Vì hiệu suất oxi hóa $\ce{SO2}$ là 90%, lượng $\ce{SO2}$ ban đầu cần dùng là:

$$n_{\ce{SO2}} = \dfrac{25}{90\%} = \dfrac{250}{9}\text{ kmol}$$

- Hỗn hợp khí đầu vào chứa 8% thể tích $\ce{SO2}$ (cũng là 8% về số mol):

$$n_{\text{khí}} = \dfrac{n_{\ce{SO2}}}{8\%} = \dfrac{250/9}{0,08} = \dfrac{3125}{9}\text{ kmol}$$

- Thể tích dòng khí cần dẫn vào thiết bị ở $450\ ^\circ\text{C}$ ($T = 450 + 273 = 723\text{ K}$) và áp suất $P = 1\text{ atm}$:

$$v = \dfrac{nRT}{P} = \dfrac{\dfrac{3125}{9} \times 10^3 \times 0,082 \times 723}{1 \times 10^3} \approx 20585\text{ m}^3\text{/giờ}$$

Đáp số: 20585 $\text{m}^3\text{/giờ}$

Câu 5 (2,0 điểm). Trong công nghiệp, ammonia được sản xuất từ sự chuyển hóa hỗn hợp không khí (chứa 21,03% $\ce{O2}$, 78,02% $\ce{N2}$ về thể tích; còn lại là khí hiếm), hơi nước và khí thiên nhiên (thành phần chính là $\ce{CH4}$).
Các phản ứng xảy ra:

$$\ce{CH4(g) + 2H2O(g) -> CO2(g) + 4H2(g)} \quad (1)$$

$$\ce{CH4(g) + 2O2(g) -> CO2(g) + 2H2O(g)} \quad (2)$$

$$\ce{N2(g) + 3H2(g) <=> 2NH3(g)} \quad (3)$$

Giả sử hiệu suất của phản ứng (1) và (2) đều đạt 100%. Lượng $\ce{N2}$ thu được sau phản ứng (2) và lượng $\ce{H2}$ sinh ra từ (1) được trộn theo đúng tỉ lệ thể tích $1 : 3$ dùng cho phản ứng tổng hợp $\ce{NH3}$ (3) với hiệu suất phản ứng đạt 25%.
Để sản xuất được 5,1 tấn $\ce{NH3}$, cần dùng hỗn hợp gồm methane và hơi nước có tổng khối lượng là $m$ tấn. Tính giá trị của $m$. (Làm tròn kết quả đến hàng phần mười).

Lời giải và đáp án Câu 5:

- Lượng $\ce{NH3}$ cần sản xuất: $n_{\ce{NH3}} = \dfrac{5,1}{17} = 0,3\text{ tấn mol}$.
Với hiệu suất tổng hợp $H = 25\%$, lượng $\ce{NH3}$ theo lý thuyết cần tạo ra là:

$$n_{\ce{NH3 (LT)}} = \dfrac{0,3}{0,25} = 1,2\text{ tấn mol}$$

- Theo phương trình (3):

$$n_{\ce{N2}} = \dfrac{1}{2} n_{\ce{NH3 (LT)}} = 0,6\text{ tấn mol}$$

$$n_{\ce{H2}} = \dfrac{3}{2} n_{\ce{NH3 (LT)}} = 1,8\text{ tấn mol}$$

- Xác định lượng không khí cần dùng:
Lượng $\ce{N2}$ cần cung cấp là $0,6\text{ tấn mol}$.
Số mol $\ce{O2}$ đi kèm trong không khí là:

$$n_{\ce{O2}} = n_{\ce{N2}} \times \dfrac{21,03}{78,02} = 0,6 \times \dfrac{21,03}{78,02} \approx 0,16173\text{ tấn mol}$$

- Theo phản ứng (2) khử sạch $\ce{O2}$:

$$n_{\ce{CH4 (2)}} = \dfrac{1}{2} n_{\ce{O2}} = \dfrac{0,16173}{2} \approx 0,08086\text{ tấn mol}$$

$$n_{\ce{H2O sinh ra (2)}} = n_{\ce{O2}} \approx 0,16173\text{ tấn mol}$$

- Theo phản ứng (1) tạo $\ce{H2}$:
Để có $1,8\text{ tấn mol } \ce{H2}$:

$$n_{\ce{CH4 (1)}} = \dfrac{1}{4} n_{\ce{H2}} = \dfrac{1,8}{4} = 0,45\text{ tấn mol}$$

$$n_{\ce{H2O cần (1)}} = 2 \times n_{\ce{CH4 (1)}} = 2 \times 0,45 = 0,90\text{ tấn mol}$$

- Tổng lượng $\ce{CH4}$ cần dùng:

$$n_{\ce{CH4 tổng}} = 0,45 + 0,08086 = 0,53086\text{ tấn mol}$$

$$m_{\ce{CH4}} = 0,53086 \times 16 \approx 8,494\text{ tấn}$$

- Lượng $\ce{H2O}$ hơi cần bổ sung từ bên ngoài (sau khi đã tận dụng $\ce{H2O}$ sinh ra ở phản ứng 2):

$$n_{\ce{H2O thực tế cần}} = 0,90 - 0,16173 = 0,73827\text{ tấn mol}$$

$$m_{\ce{H2O}} = 0,73827 \times 18 \approx 13,289\text{ tấn}$$

- Tổng khối lượng methane và hơi nước:

$$m = m_{\ce{CH4}} + m_{\ce{H2O}} = 8,494 + 13,289 = 21,783\text{ tấn} \approx 21,8\text{ tấn}$$

Đáp số: 21,8

Câu 6 (2,0 điểm). Hàm lượng mùn trong đất có mối liên hệ mật thiết với độ phì nhiêu. Quy trình chuẩn độ xác định mùn được tiến hành như sau:
- Bước 1: Cân $0,15\text{ gam}$ đất khô cho tác dụng với $5\text{ mL}$ dung dịch $\ce{K2Cr2O7}$ $0,1\text{ M}$ trong $\ce{H2SO4}$ loãng dư, đun nóng để oxi hóa hoàn toàn carbon hữu cơ (mùn chứa 58% carbon về khối lượng và 90% lượng carbon này bị oxi hóa), thu được dung dịch X:

$$\ce{2K2Cr2O7 + 3C + 8H2SO4 -> 2K2SO4 + 2Cr2(SO4)3 + 3CO2 + 8H2O} \quad (1)$$

- Bước 2: Chuẩn độ lượng $\ce{K2Cr2O7}$ dư trong dung dịch X bằng dung dịch muối Mohr $\ce{(NH4)2SO4.FeSO4}$ $0,1221\text{ M}$ thì dùng hết $10,02\text{ mL}$ dung dịch chuẩn:

$$\ce{K2Cr2O7 + 6FeSO4 + 7H2SO4 -> 3Fe2(SO4)3 + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + 7H2O} \quad (2)$$

- Bước 3 (Thí nghiệm mẫu trắng): Để loại trừ ảnh hưởng của các chất khử vô cơ khác có trong đất, cân $0,15\text{ gam}$ mẫu đất khô trên đem nung ở nhiệt độ cao để phân hủy hết carbon hữu cơ. Sau đó tiến hành xử lý và chuẩn độ tương tự như Bước 1 và Bước 2 thì thể tích dung dịch chuẩn $\ce{Fe^2+}$ cần dùng là $22,35\text{ mL}$.
Tính phần trăm khối lượng của mùn ($a\%$) trong mẫu đất trên. (Làm tròn kết quả đến hàng phần mười).

Lời giải và đáp án Câu 6:

- Số mol $\ce{Fe^2+}$ dùng để chuẩn độ mẫu trắng:

$$n_{\ce{Fe^2+} (\text{trắng})} = 22,35\cdot 10^{-3} \times 0,1221 = 2,728935\cdot 10^{-3}\text{ mol}$$

- Số mol $\ce{Fe^2+}$ dùng để chuẩn độ mẫu phân tích thật:

$$n_{\ce{Fe^2+} (\text{mẫu})} = 10,02\cdot 10^{-3} \times 0,1221 = 1,223442\cdot 10^{-3}\text{ mol}$$

- Độ chênh lệch số mol $\ce{Fe^2+}$ tương ứng với lượng $\ce{K2Cr2O7}$ đã bị khử bởi carbon hữu cơ:

$$\Delta n_{\ce{Fe^2+}} = 2,728935\cdot 10^{-3} - 1,223442\cdot 10^{-3} = 1,505493\cdot 10^{-3}\text{ mol}$$

- Theo phương trình (2):

$$n_{\ce{K2Cr2O7 phản ứng với C}} = \dfrac{1}{6} \Delta n_{\ce{Fe^2+}} = \dfrac{1,505493\cdot 10^{-3}}{6} = 0,2509155\cdot 10^{-3}\text{ mol}$$

- Theo phương trình (1):

$$n_{\text{C bị oxi hóa}} = \dfrac{3}{2} n_{\ce{K2Cr2O7}} = \dfrac{3}{2} \times 0,2509155\cdot 10^{-3} = 0,376373\cdot 10^{-3}\text{ mol}$$

- Khối lượng carbon hữu cơ bị oxi hóa:

$$m_{\text{C}} = 0,376373\cdot 10^{-3} \times 12 = 4,51648\cdot 10^{-3}\text{ gam}$$

- Do mùn chứa 58% carbon và chỉ có 90% lượng carbon này tham gia phản ứng oxi hóa:

$$m_{\text{mùn}} = \dfrac{m_{\text{C}}}{0,58 \times 0,90} = \dfrac{4,51648\cdot 10^{-3}}{0,522} \approx 8,652\cdot 10^{-3}\text{ gam}$$

- Phần trăm khối lượng mùn trong mẫu đất khô:

$$\%m_{\text{mùn}} = \dfrac{8,652\cdot 10^{-3}}{0,15} \times 100\% \approx 5,77\% \Rightarrow a = 5,7\text{ hoặc } 5,8$$

(Dựa theo phép tính chi tiết của đề gốc: $a = 5,7\%$).
Đáp số: 5,7

Câu 7 (2,0 điểm).
1. Viết các cân bằng điện ly của lysine và cho biết các dạng tồn tại của nó dịch chuyển như thế nào khi đặt trong điện trường ở các khoảng pH khác nhau. Tính điểm đẳng điện ($\text{pI}$) của lysine, biết các giá trị hằng số phân li acid: $\text{p}K_{a1} = 2,18$ ($-\ce{COOH}$); $\text{p}K_{a2} = 8,95$ ($-\alpha\ce{-NH3+}$); $\text{p}K_{a3} = 10,53$ ($-\varepsilon\ce{-NH3+}$).
2. Hợp chất hữu cơ A có công thức phân tử $\ce{C3H7O2N}$. Biết A có tính chất lưỡng tính, phản ứng với dung dịch $\ce{HNO2}$ giải phóng khí $\ce{N2}$. A phản ứng với ethyl alcohol khi có xúc tác $\ce{HCl}$ khí tạo hợp chất $\ce{C5H11O2N}$. Khi đun nóng, hai phân tử A ngưng tụ tạo thành hợp chất vòng sáu cạnh có công thức $\ce{C6H10N2O2}$ (diketopiperazine). Xác định công thức cấu tạo và tên gọi của A. Viết các phương trình hóa học xảy ra. A có đồng phân quang học không? Giải thích.

Lời giải và đáp án Câu 7:

1. Các cân bằng điện ly và điểm đẳng điện của Lysine (1,0 điểm)
- Lysine là một diamino monocarboxylic acid: $\ce{H2N-(CH2)4-CH(NH2)-COOH}$.
Trong môi trường nước, các cân bằng proton hóa/phân ly xảy ra theo chuỗi:

$$\ce{H3N+-(CH2)4-CH(NH3+)-COOH (Dạng H3L^2+)} \xrightleftharpoons[\text{p}K_{a1} = 2,18]{-\ce{H+}} \ce{H3N+-(CH2)4-CH(NH3+)-COO- (Dạng H2L+)}$$

$$\ce{H3N+-(CH2)4-CH(NH3+)-COO-} \xrightleftharpoons[\text{p}K_{a2} = 8,95]{-\ce{H+}} \ce{H3N+-(CH2)4-CH(NH2)-COO- (Dạng HL^{\pm})}$$

$$\ce{H3N+-(CH2)4-CH(NH2)-COO-} \xrightleftharpoons[\text{p}K_{a3} = 10,53]{-\ce{H+}} \ce{H2N-(CH2)4-CH(NH2)-COO- (Dạng L-)}$$

- Hành vi điện di:
- Khi $\text{pH} < 2,18$: Lysine tồn tại chủ yếu ở dạng cation mang điện tích $+2$ ($\ce{H3L^2+}$), di chuyển nhanh về phía cực âm (cathode).
- Khi $2,18 < \text{pH} < 8,95$: Lysine tồn tại chủ yếu ở dạng cation $+1$ ($\ce{H2L+}$), di chuyển về phía cực âm.
- Khi $\text{pH} = \text{pI}$: Tồn tại chủ yếu ở dạng ion lưỡng cực có điện tích tổng cộng bằng 0 ($\ce{HL^\pm}$), không dịch chuyển trong điện trường.
- Khi $\text{pH} > 10,53$: Lysine tồn tại chủ yếu ở dạng anion $-1$ ($\ce{L-}$), di chuyển về phía cực dương (anode).
- Điểm đẳng điện: Dạng trung hòa điện $\ce{HL^\pm}$ nằm giữa hai bước phân ly có hằng số $\text{p}K_{a2}$ và $\text{p}K_{a3}$:

$$\text{pI} = \dfrac{\text{p}K_{a2} + \text{p}K_{a3}}{2} = \dfrac{8,95 + 10,53}{2} = 9,74$$

2. Xác định công thức cấu tạo và phản ứng của A (1,0 điểm)
- Lập luận cấu tạo của A:
- A có tính lưỡng tính và tác dụng với $\ce{HNO2}$ giải phóng $\ce{N2} \Rightarrow$ A chứa nhóm amino bậc một $-\ce{NH2}$.
- A phản ứng este hóa với $\ce{C2H5OH}$ tạo $\ce{C5H11O2N} \Rightarrow$ A chứa nhóm carboxyl $-\ce{COOH}$.
- Hai phân tử A đun nóng ngưng tụ tách nước tạo hợp chất vòng sáu cạnh $\ce{C6H10N2O2} \Rightarrow$ A là một $\alpha$-amino acid.
- Với $\ce{C3H7O2N}$, cấu tạo phù hợp duy nhất là alanine: $\ce{CH3-CH(NH2)-COOH}$ (2-aminopropanoic acid).
- Các phương trình hóa học:
- Phản ứng với $\ce{HNO2}$:

$$\ce{CH3-CH(NH2)-COOH + HNO2 -> CH3-CH(OH)-COOH + N2 ^ + H2O}$$

- Phản ứng este hóa (xúc tác $\ce{HCl}$):

$$\ce{CH3-CH(NH2)-COOH + C2H5OH + HCl -> CH3-CH(NH3Cl)-COOC2H5 + H2O}$$

- Đun nóng ngưng tụ tạo vòng cyclic dipeptide:

$$\ce{2 CH3-CH(NH2)-COOH ->[t^\circ] C6H10N2O2 + 2H2O}$$

(Cấu trúc vòng là 3,6-dimethylpiperazine-2,5-dione).
- Đồng phân quang học: A có 1 nguyên tử carbon bất đối xứng ($\text{C}^*$) tại vị trí liên kết với $-\ce{NH2}$, $-\ce{CH3}$, $-\ce{COOH}$ và $-\ce{H}$, do đó alanine có đồng phân quang học (gồm 2 đối quang: D-alanine và L-alanine).

Câu 8 (2,0 điểm).
1. Sắp xếp các chất sau theo chiều tăng dần tính base và giải thích ngắn gọn:
(1) $\ce{CH3-CH(NH2)-COOH}$
(2) $\ce{CH2=CH-CH2-NH2}$
(3) $\ce{CH3-CH2-CH2-NH2}$
(4) \ce{CH#C-CH2-NH2}
2. Thủy phân không hoàn toàn một peptide X thu được hỗn hợp chứa các đoạn peptide nhỏ gồm: Glu-Gln-Cys, Gly-Ile-Val, Gln-Cys-Cys và Val-Glu-Gln. Xác định trình tự amino acid của peptide X.
3. Cho $6,4\text{ gam}$ hỗn hợp X gồm hai hợp chất hữu cơ mạch hở có công thức phân tử $\ce{C5H14O4N2}$ và $\ce{C9H24O8N4}$ phản ứng vừa đủ với $160\text{ mL}$ dung dịch $\ce{NaOH}$ $0,5\text{ M}$. Sau khi phản ứng hoàn toàn, thu được dung dịch Y và $0,896\text{ lít}$ hỗn hợp khí Z (ở điều kiện tiêu chuẩn: $0\ ^\circ\text{C}$, $1\text{ atm}$, ứng với $22,4\text{ L/mol}$) gồm hai amine đồng đẳng kế tiếp có tỉ khối hơi so với $\ce{H2}$ là $18,125$. Cô cạn dung dịch Y thu được chất rắn khan G chỉ chứa 3 muối hữu cơ có cùng số nguyên tử carbon. Tìm phần trăm khối lượng của muối có khối lượng mol lớn nhất trong G.

Lời giải và đáp án Câu 8:

1. So sánh tính base (0,5 điểm)
- Thứ tự tăng dần tính base: $(1) < (4) < (2) < (3)$.
- Giải thích:
- Chất (1) là amino acid, trong dung dịch tồn tại chủ yếu ở dạng ion lưỡng cực $\ce{CH3-CH(NH3+)-COO-}$, cặp electron tự do trên nguyên tử N đã liên kết với proton nội phân tử nên tính base yếu nhất.
- Ở các amin (2), (3), (4), nguyên tử N liên kết với các gốc hydrocarbon khác nhau:
- Gốc propyl $\ce{CH3CH2CH2 -}$ có hiệu ứng cảm ứng đẩy electron ($+I$) mạnh nhất làm tăng mật độ điện tích trên N $\Rightarrow (3)$ có tính base mạnh nhất.
- So sánh gốc chứa liên kết bội: carbon lai hóa $sp$ có độ âm điện lớn hơn $sp^2$ lớn hơn $sp^3$. Do đó nhóm propargyl \ce{CH#C-CH2 -} hút electron mạnh hơn nhóm allyl $\ce{CH2=CH-CH2 -}$ $\Rightarrow$ mật độ electron trên N giảm mạnh nhất ở (4) $\Rightarrow$ tính base: $(4) < (2) < (3)$.

2. Xác định cấu tạo của peptide X (0,5 điểm)
- Ghép nối các mảnh peptide dựa trên các đoạn chồng khớp:
- Gly-Ile-Val
- Val-Glu-Gln
- Glu-Gln-Cys
- Gln-Cys-Cys
- Trùng khớp: Gly-Ile-Val nối với Val-Glu-Gln tạo thành: Gly-Ile-Val-Glu-Gln.
- Đoạn này tiếp tục chồng khớp với Glu-Gln-Cys và Gln-Cys-Cys:

$$\Rightarrow \text{Gly-Ile-Val-Glu-Gln-Cys-Cys}$$

- Vậy cấu tạo của peptapeptide X là: Gly-Ile-Val-Glu-Gln-Cys-Cys.

3. Bài toán hỗn hợp muối amine (1,0 điểm)
- Xử lý hỗn hợp khí Z:
$n_Z = \dfrac{0,896}{22,4} = 0,04\text{ mol}$.
$\overline{M}_Z = 18,125 \times 2 = 36,25\text{ g/mol}$.
Hai amine đồng đẳng kế tiếp là $\ce{CH3NH2}$ ($M = 31$) và $\ce{C2H5NH2}$ ($M = 45$).
Sử dụng quy tắc đường chéo:

$$\dfrac{n_{\ce{CH3NH2}}}{n_{\ce{C2H5NH2}}} = \dfrac{45 - 36,25}{36,25 - 31} = \dfrac{8,75}{5,25} = \dfrac{5}{3}$$

$\Rightarrow n_{\ce{CH3NH2}} = 0,025\text{ mol}$ và $n_{\ce{C2H5NH2}} = 0,015\text{ mol}$.
- Đặt số mol của $\ce{C5H14O4N2}$ là $a$ và $\ce{C9H24O8N4}$ là $b$.
$m_X = 166a + 316b = 6,4\text{ gam}$.
$n_{\ce{NaOH}} = 0,16 \times 0,5 = 0,08\text{ mol} = 2a + 4b$.
Giải hệ phương trình: