Đề thi HSG Olympic Hoá học 11 và Hướng dẫn chấm

Câu 1
(4,0 điểm)

1

Sắp xếp và giải thích nhiệt độ sôi của ba hợp chất hữu cơ

1,0

Thứ tự nhiệt độ sôi tăng dần: Diethyl ether < butan-1-ol < propanoic acid.

0,25

Diethyl ether ($\ce{C2H5-O-C2H5}$) là phân tử phân cực yếu, không có liên kết hydrogen liên phân tử giữa các phân tử ether nên nhiệt độ sôi thấp nhất ($34,5\ ^\circ\text{C}$).

0,25

Butan-1-ol ($\ce{C4H9OH}$) chứa nhóm $\ce{-OH}$ tạo được liên kết hydrogen liên phân tử bền vững nên có nhiệt độ sôi cao hơn đáng kể ($117,7\ ^\circ\text{C}$).

0,25

Propanoic acid ($\ce{C2H5COOH}$) tạo được liên kết hydrogen liên phân tử dạng dimer đôi rất bền và liên kết $\ce{O-H}$ phân cực mạnh hơn alcohol nên có nhiệt độ sôi cao nhất ($141\ ^\circ\text{C}$).

0,25

2

Xác định cấu tạo các sản phẩm phản ứng hữu cơ

1,5

a) Phản ứng tách nước của 1-phenylbutan-2-ol:
$\ce{C6H5-CH2-CH(OH)-CH2-CH3 ->[H2SO4, 170^\circ C] C6H5-CH=CH-CH2-CH3 + H2O}$
- (A) và (B) là cis-1-phenylbut-1-ene và trans-1-phenylbut-1-ene.
- Đồng phân trans-1-phenylbut-1-ene bền hơn về mặt nhiệt động học do hai nhóm thế lớn ($\ce{-C6H5}$ và $\ce{-CH2CH3}$) ở khác phía của mặt phẳng liên kết đôi, lực đẩy không gian cực tiểu và hệ liên hợp phẳng bền hơn.

0,5

b) Phản ứng của 1-phenylbutane-1,3-dione với dung dịch $\ce{I2/NaOH}$:
- Nhóm acetyl $\ce{-COCH3}$ phản ứng tạo kết tủa vàng iodoform (X) là $\ce{CHI3}$:
$$\ce{C6H5COCH2COCH3 + 3I2 + 4NaOH -> CHI3 v + C6H5COCH2COONa + 3NaI + 3H2O}$$
- Acid hoá tạo $\beta$-keto acid, khi đun nóng dễ bị decarboxyl hoá tạo (Z) là acetophenone ($\ce{C6H5COCH3}$):
$$\ce{C6H5COCH2COONa + HCl -> C6H5COCH2COOH + NaCl}$$
\ce{C6H5COCH2COOH ->[t^\circ] C6H5COCH3 + CO2 ^}

0,5

c) Oxy hoá cinnamic acid bằng dung dịch $\ce{KMnO4/H2SO4}$:
- Bẻ gãy liên kết đôi tạo (M) là benzoic acid ($\ce{C6H5COOH}$) và (N) là oxalic acid ($\ce{HOOC-COOH}$).
- Phản ứng oxy hoá (N) tạo khí (P) là $\ce{CO2}$:
$$\ce{5HOOC-COOH + 2KMnO4 + 3H2SO4 -> K2SO4 + 2MnSO4 + 10CO2 ^ + 8H2O}$$

0,5

3

Biện luận xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của X, Y, Z, T

1,5

a) Đặt công thức tổng quát của X là $\ce{C_xH_yO_z}$.
$x : y : z = \dfrac{69,77}{12} : \dfrac{11,63}{1} : \dfrac{18,60}{16} = 5,814 : 11,63 : 1,1625 = 5 : 10 : 1$.
Công thức thực nghiệm: $(\ce{C5H10O})_n$. Pic MS có $m/z = 86 \Rightarrow M_{\text{X}} = 86 \Rightarrow n = 1$.
Công thức phân tử của X là $\ce{C5H10O}$.
- Phổ IR có pic mạnh ở $1715\text{ cm}^{-1}$ ($\ce{C=O}$), không có tín hiệu của $\ce{-CHO}$ hay $\ce{-OH} \Rightarrow$ X là ketone.
- Phổ $^{1}\text{H-NMR}$ chỉ có 2 tín hiệu (1 triplet và 1 quartet) $\Rightarrow$ phân tử đối xứng cao.
CTCT của X: $\ce{CH3-CH2-CO-CH2-CH3}$. Tên thay thế: pentan-3-one.

0,5

b) Y và Z là đồng phân của X ($\ce{C5H10O}$), có mạch carbon phân nhánh:
- Y bị khử bởi $\ce{NaBH4}$ tạo alcohol T $\Rightarrow$ Y là aldehyde mạch nhánh: 3-methylbutanal $\ce{(CH3)2CH-CH2-CHO}$.
Khi đó alcohol T là 3-methylbutan-1-ol: $\ce{(CH3)2CH-CH2-CH2OH}$.
- Z không bị khử bởi $\ce{NaBH4}$ (không có nhóm $\ce{C=O}$) nhưng phản ứng với $\ce{H2/Ni}$ tạo T $\Rightarrow$ Z là alcohol không no mạch nhánh:
$\ce{(CH3)2C=CH-CH2OH}$ (3-methylbut-2-en-1-ol) hoặc $\ce{CH2=C(CH3)-CH2-CH2OH}$ (3-methylbut-3-en-1-ol).

0,5

Câu 2
(4,0 điểm)

1

Phân biệt ba mẫu bột và viết phương trình hoá học các cân bằng

1,0

- Lấy một lượng nhỏ mỗi mẫu bột vào ống nghiệm, thêm nước cất dư và khuấy đều:
+ Mẫu không tan, lắng xuống đáy ống nghiệm là $\ce{BaSO4}$.
+ Hai mẫu tan hoàn toàn tạo dung dịch trong suốt là $\ce{K2CO3}$ và $\ce{NH4Cl}$.

0,5

- Dùng giấy quỳ tím nhúng vào hai dung dịch trên:
+ Quỳ tím hoá xanh: dung dịch $\ce{K2CO3}$ có môi trường kiềm do ion $\ce{CO3^2-}$ thuỷ phân tạo $\ce{OH-}$:
$$\ce{CO3^2- + H2O <=> HCO3- + OH-}$$
+ Quỳ tím hoá đỏ: dung dịch $\ce{NH4Cl}$ có môi trường acid do ion $\ce{NH4+}$ thuỷ phân tạo $\ce{H3O+}$:
$$\ce{NH4+ + H2O <=> NH3 + H3O+} \quad (\text{hoặc } \ce{NH4+ <=> NH3 + H+})$$

0,5

2

Cân bằng phân bố chất tan và tính toán hiệu suất chiết

1,5

a) Khối lượng riêng của dichloromethane ($d = 1,33\text{ g/mL}$) lớn hơn khối lượng riêng của nước ($d = 1,00\text{ g/mL}$), hai chất lỏng không hoà tan vào nhau nên lớp $\ce{CH2Cl2}$ nặng hơn sẽ nằm ở phía dưới, lớp nước nằm ở phía trên trong phễu chiết.

0,25

b) Số mol B ban đầu trong pha nước: $n_{\text{B}} = 0,040 \times 0,20 = 0,0080\text{ mol}$.
Gọi nồng độ của B trong nước và trong $\ce{CH2Cl2}$ tại cân bằng lần lượt là $x$ và $y$ (M).
Vì thể tích hai pha bằng nhau ($V = 40,0\text{ mL}$): $x + y = 0,20\text{ M}$.
Theo hằng số phân bố: $K_{\text{pb}} = \dfrac{y}{x} = 4,50 \Rightarrow y = 4,50x$.
$\Rightarrow x + 4,50x = 0,20 \Rightarrow 5,50x = 0,20 \Rightarrow x = 0,0364\text{ M}$.
Nồng độ B còn lại trong lớp nước sau lần chiết thứ nhất là $0,0364\text{ M}$.

0,75

c) Chiết lần thứ hai với 40,0 mL $\ce{CH2Cl2}$ mới:
$x_2 + y_2 = 0,0364\text{ M}$ và $y_2 = 4,50x_2$.
$\Rightarrow 5,50x_2 = 0,0364 \Rightarrow x_2 = 0,0066\text{ M}$.
Nồng độ B còn lại trong nước sau lần chiết thứ hai là $0,0066\text{ M}$.
Hiệu suất chiết tổng cộng của cả quá trình:
$H = \dfrac{0,20 - 0,0066}{0,20} \times 100\% = 96,7\%$.

0,5

3

Tính toán thành phần ion trong mẫu nước khoáng thiên nhiên

1,5

Các phương trình phản ứng xảy ra:
$$2\ce{HCO3- ->[t^\circ] CO3^2- + CO2 ^ + H2O}$$
$$\ce{HCO3- + H+ -> CO2 ^ + H2O}$$
$$\ce{CO3^2- + 2H+ -> CO2 ^ + H2O}$$
$$\ce{Ba^2+ + SO4^2- -> BaSO4 v}$$

0,25

Tính số mol các anion trong 7,295 gam muối khan:
- $m_{\ce{NaCl}} = 7,295 \times 8,02\% = 0,585\text{ gam} \Rightarrow n_{\ce{Cl-}} = \dfrac{0,585}{58,5} = 0,010\text{ mol}$.
- Nhiệt phân muối khan: $n_{\ce{CO2}} = \dfrac{0,2479}{24,79} = 0,010\text{ mol} \Rightarrow n_{\ce{HCO3-}} = 2 \times 0,010 = 0,020\text{ mol}$.
- Phản ứng với dung dịch $\ce{HCl}$:
$n_{\ce{H+}} = 0,100 \times 1,0 = 0,100\text{ mol} = n_{\ce{HCO3-}} + 2n_{\ce{CO3^2-}}$
$\Rightarrow 2n_{\ce{CO3^2-}} = 0,100 - 0,020 = 0,080 \Rightarrow n_{\ce{CO3^2-}} = 0,040\text{ mol}$.
- Kết tủa $\ce{BaSO4}$: $n_{\ce{SO4^2-}} = \dfrac{1,165}{233} = 0,005\text{ mol}$.

0,5

Bảo toàn điện tích và khối lượng tìm số mol $\ce{Na+}$ và $\ce{K+}$:
Tổng điện tích âm: $\sum q^- = 0,020 + 2 \times 0,040 + 2 \times 0,005 + 0,010 = 0,120\text{ mol}$.
$\Rightarrow n_{\ce{Na+}} + n_{\ce{K+}} = 0,120$ (1)
Khối lượng anion: $m_{\text{anion}} = 0,020 \times 61 + 0,040 \times 60 + 0,005 \times 96 + 0,010 \times 35,5 = 4,455\text{ gam}$.
$\Rightarrow 23n_{\ce{Na+}} + 39n_{\ce{K+}} = 7,295 - 4,455 = 2,840\text{ gam}$ (2)
Từ (1) và (2) giải hệ phương trình: $n_{\ce{K+}} = 0,005\text{ mol}$; $n_{\ce{Na+}} = 0,115\text{ mol}$.

0,5

Hàm lượng các ion trong mẫu nước khoáng ($V = 1,50\text{ L}$):
- $[\ce{Na+}] = \dfrac{0,115 \times 23 \times 10^3}{1,50} \approx 1763,3\text{ mg/L}$.
- $[\ce{K+}] = \dfrac{0,005 \times 39 \times 10^3}{1,50} = 130,0\text{ mg/L}$.
- $[\ce{HCO3-}] = \dfrac{0,020 \times 61 \times 10^3}{1,50} \approx 813,3\text{ mg/L}$.
- $[\ce{CO3^2-}] = \dfrac{0,040 \times 60 \times 10^3}{1,50} = 1600,0\text{ mg/L}$.
- $[\ce{SO4^2-}] = \dfrac{0,005 \times 96 \times 10^3}{1,50} = 320,0\text{ mg/L}$.
- $[\ce{Cl-}] = \dfrac{0,010 \times 35,5 \times 10^3}{1,50} \approx 236,7\text{ mg/L}$.

0,25

Câu 3
(4,0 điểm)

1

Nhiệt động học quá trình hoà tan và tính toán túi chườm nóng

1,0

a) $\Delta_r H^\circ_{298} = \Delta_f H^\circ_{298}(\ce{CaCl2(aq)}) - \Delta_f H^\circ_{298}(\ce{CaCl2(s)})$
$\Delta_r H^\circ_{298} = -877,1 - (-795,8) = -81,3\text{ kJ/mol} < 0$.
Quá trình hoà tan là quá trình toả nhiệt mạnh $\Rightarrow$ làm tăng nhiệt độ của hệ nên được ứng dụng để sản xuất túi chườm nóng.

0,5

b) Số mol $\ce{CaCl2}$: $n = \dfrac{44,4}{111} = 0,40\text{ mol}$.
Nhiệt lượng toả ra khi hoà tan: $Q_{\text{toả}} = 0,40 \times 81,3\text{ kJ} = 32,52\text{ kJ} = 32520\text{ J}$.
Tổng khối lượng dung dịch: $m = 44,4 + 200,0 = 244,4\text{ gam}$.
Độ tăng nhiệt độ của dung dịch:
$\Delta t = \dfrac{Q_{\text{toả}}}{m \times C} = \dfrac{32520}{244,4 \times 3,85} \approx 34,56\ ^\circ\text{C}$.
Nhiệt độ cuối cùng: $t = 25 + 34,56 = 59,56\ ^\circ\text{C} \approx 59,6\ ^\circ\text{C}$.

0,5

2

Cấu tạo, thành phần và phản ứng của sulfamic acid

1,5

a) Khối lượng mol của $\ce{NH2SO3H}$: $M = 14 + 3 \times 1 + 32 + 3 \times 16 = 97\text{ g/mol}$.
Phần trăm khối lượng của nitrogen:
$\%m_{\ce{N}} = \dfrac{14}{97} \times 100\% = 14,43\%$.

0,5

b) Phương trình hoá học khi phản ứng với dung dịch $\ce{NaOH}$:
$$\ce{NH2SO3H + NaOH -> NH2SO3Na + H2O}$$

0,5

c) Phản ứng với nitrous acid ($\ce{HNO2}$):
$$\ce{NH2SO3H + HNO2 -> N2 ^ + H2SO4 + H2O}$$
Vai trò: $\ce{NH2SO3H}$ là chất khử (số oxi hoá của N tăng từ $-3$ lên $0$ trong $\ce{N2}$); $\ce{HNO2}$ là chất oxy hoá (số oxi hoá của N giảm từ $+3$ xuống $0$ trong $\ce{N2}$).

0,5

3

Phân tích hàm lượng đạm Kjeldahl và bài toán gian lận urea

1,5

a) Các phương trình phản ứng xảy ra:
$$\ce{(NH4)2SO4 + 2NaOH -> Na2SO4 + 2NH3 ^ + 2H2O}$$
$$\ce{2NH3 + H2SO4 -> (NH4)2SO4}$$
$$\ce{H2SO4 + 2NaOH -> Na2SO4 + 2H2O}$$
- Số mol $\ce{H2SO4}$ ban đầu: $n_1 = 0,050 \times 0,20 = 0,010\text{ mol} \Rightarrow n_{\ce{H+ ban đầu}} = 0,020\text{ mol}$.
- Số mol $\ce{NaOH}$ chuẩn độ: $n_{\ce{NaOH}} = 0,0125 \times 0,20 = 0,0025\text{ mol} \Rightarrow n_{\ce{H+ dư}} = 0,0025\text{ mol}$.
- Số mol $\ce{NH3} = n_{\ce{H+ phản ứng}} = 0,020 - 0,0025 = 0,0175\text{ mol} = n_{\ce{N}}$.
Khối lượng nitrogen trong 10,0 mL mẫu: $m_{\ce{N}} = 0,0175 \times 14 = 0,245\text{ gam}$.
Độ đạm của nước mắm: $\dfrac{0,245\text{ gam}}{0,010\text{ L}} = 24,5\text{ g N/L}$.
Xếp loại: Nước mắm đạt chuẩn hạng 2 ($15\text{ g N/L} \le \text{độ đạm} < 25\text{ g N/L}$).

0,75

b) Urea ($\ce{(NH2)2CO}$, $M = 60\text{ g/mol}$) có phần trăm nitrogen là:
$\%m_{\ce{N (urea)}} = \dfrac{2 \times 14}{60} \times 100\% = 46,67\%$.
Lượng nitrogen bổ sung từ 15,0 gam urea:
$m_{\ce{N (thêm)}} = 15,0 \times \dfrac{28}{60} = 7,0\text{ gam N}$.
Độ đạm biểu kiến của 1,0 lít nước mắm sau khi pha tạp chất:
Độ đạm$_{\text{biểu kiến}} = 24,5 + 7,0 = 31,5\text{ g N/L}$ (tăng giả tạo lên mức nước mắm thượng hạng).

0,75

Câu 4
(4,0 điểm)

1

Sản xuất soda theo phương pháp Solvay và chuẩn độ hai nấc

1,5

a) Các phương trình phản ứng sản xuất soda Solvay:
1. Tạo $\ce{NaHCO3}$ ít tan:
$$\ce{NaCl + NH3 + CO2 + H2O -> NaHCO3 v + NH4Cl}$$
2. Nhiệt phân $\ce{NaHCO3}$ tạo soda:
$$\ce{2NaHCO3 ->[t^\circ] Na2CO3 + CO2 ^ + H2O}$$
3. Tái sinh khí ammonia bằng vôi tôi:
$$\ce{2NH4Cl + Ca(OH)2 -> CaCl2 + 2NH3 ^ + 2H2O}$$

0,5

b) Chuẩn độ dung dịch X:
- Nấc 1 (chỉ thị phenolphthalein): chuyển toàn bộ $\ce{CO3^2-}$ thành $\ce{HCO3-}$:
$$\ce{CO3^2- + H+ -> HCO3-}$$
$n_{\ce{CO3^2- (trong 20 mL)}} = n_{\ce{HCl (1)}} = 0,0150 \times 0,10 = 1,50 \times 10^{-3}\text{ mol}$.
- Nấc 2 (chỉ thị methyl da cam): chuẩn độ tiếp toàn bộ $\ce{HCO3-}$ thành $\ce{CO2}$:
$$\ce{HCO3- + H+ -> CO2 ^ + H2O}$$
$n_{\ce{HCl (2)}} = 0,0185 \times 0,10 = 1,85 \times 10^{-3}\text{ mol} = n_{\ce{HCO3-, tổng}}$.
$\Rightarrow n_{\ce{NaHCO3 ban đầu (trong 20 mL)}} = 1,85 \times 10^{-3} - 1,50 \times 10^{-3} = 0,35 \times 10^{-3}\text{ mol}$.
- Số mol trong 2,00 gam mẫu (ứng với 200,0 mL dung dịch X):
$n_{\ce{Na2CO3}} = 1,50 \times 10^{-2}\text{ mol} \Rightarrow m_{\ce{Na2CO3}} = 0,0150 \times 106 = 1,59\text{ gam}$.
$n_{\ce{NaHCO3}} = 0,35 \times 10^{-2}\text{ mol} \Rightarrow m_{\ce{NaHCO3}} = 0,0035 \times 84 = 0,294\text{ gam}$.
Thành phần phần trăm khối lượng:
$\%m_{\ce{Na2CO3}} = \dfrac{1,59}{2,00} \times 100\% = 79,5\%$.
$\%m_{\ce{NaHCO3}} = \dfrac{0,294}{2,00} \times 100\% = 14,7\%$.

1,0

2

Hydrocarbon, xác định ethanethiol và pha chế chỉ số octane

2,5

a) Biện luận công thức cấu tạo của A, B, C, D:
- Alkane A ($M = 58 \Rightarrow \ce{C4H10}$): butane ($\ce{CH3-CH2-CH2-CH3}$) hoặc 2-methylpropane ($\ce{CH(CH3)3}$).
- Alkene B ($M = 56 \Rightarrow \ce{C4H8}$): hydrate hoá chỉ cho một alcohol duy nhất $\Rightarrow$ but-2-ene ($\ce{CH3-CH=CH-CH3}$).
- Alkyne C ($M = 54 \Rightarrow \ce{C4H6}$): phản ứng với $\ce{AgNO3/NH3}$ tạo kết tủa $\Rightarrow$ but-1-yne (\ce{CH#C-CH2-CH3}).
- Alkane D ($M = 72 \Rightarrow \ce{C5H12}$): đối xứng cao chỉ cho 1 dẫn xuất monochloro $\Rightarrow$ 2,2-dimethylpropane (neopentane, $\ce{C(CH3)4}$).

0,75

b) Các phương trình phản ứng:
$$\ce{C2H5SH + \dfrac{9}{2}O2 ->[t^\circ] 2CO2 + SO2 + 3H2O}$$
$$\ce{SO2 + H2O2 -> H2SO4}$$
$$\ce{H2SO4 + 2NaOH -> Na2SO4 + 2H2O}$$
Chuẩn độ: $n_{\ce{NaOH}} = 0,0160 \times 0,050 = 8,0 \times 10^{-4}\text{ mol}$.
$\Rightarrow n_{\ce{H2SO4}} = 4,0 \times 10^{-4}\text{ mol} \Rightarrow n_{\ce{C2H5SH}} = 4,0 \times 10^{-4}\text{ mol}$.
Khối lượng ethanethiol ($M = 62\text{ g/mol}$):
$m = 4,0 \times 10^{-4} \times 62 = 0,0248\text{ gam} = 24,8\text{ mg}$.
Nồng độ của ethanethiol trong mẫu khí ($V = 20,0\text{ L} = 0,020\text{ m}^3$):
$C = \dfrac{24,8\text{ mg}}{0,020\text{ m}^3} = 1240\text{ mg/m}^3$.

1,0

c) Tính chỉ số octane và lượng phụ gia ethanol:
- Chỉ số octane trung bình của mẻ xăng pha chế ban đầu:
$\text{RON}_{\text{mẻ}} = 98 \times 0,40 + 92 \times 0,45 + 84 \times 0,15 = 39,2 + 41,4 + 12,6 = 93,2$.
- Gọi $V$ (lít) là thể tích ethanol khan (RON = 108) cần thêm vào 10 000 lít mẻ xăng:
$$\dfrac{10000 \times 93,2 + V \times 108}{10000 + V} \ge 95$$
$\Leftrightarrow 932000 + 108V \ge 950000 + 95V \Leftrightarrow 13V \ge 18000 \Leftrightarrow V \ge 1384,6\text{ lít}$.
Vậy cần thêm tối thiểu khoảng 1385 lít ethanol khan.

0,75

Câu 5
(4,0 điểm)

1

Xác định các hợp chất tổng hợp PET và phản ứng đặc trưng

1,5

a) Đặt công thức của M là $\ce{C_xH_y}$.
$x : y = \dfrac{90,57}{12} : \dfrac{9,43}{1} = 7,548 : 9,43 \approx 4 : 5 \Rightarrow (\ce{C4H5})_n$.
Pic MS có $m/z = 106 \Rightarrow M_{\text{M}} = 106 \Rightarrow 53n = 106 \Rightarrow n = 2 \Rightarrow \ce{C8H10}$.
M bị oxy hoá thành acid dicarboxylic P dùng để tổng hợp PET $\Rightarrow$ P là terephthalic acid và M là 1,4-dimethylbenzene (p-xylene): $\ce{p-CH3-C6H4-CH3}$.
P là terephthalic acid: $\ce{p-HOOC-C6H4-COOH}$.
Alkene G ($M = 28$) là ethylene: $\ce{CH2=CH2}$.
Q là ethylene glycol (ethane-1,2-diol): $\ce{HO-CH2-CH2-OH}$.

0,75

b) Phương trình phản ứng trùng ngưng tạo nhựa PET:
$$n\ce{p-HOOC-C6H4-COOH} + n\ce{HO-CH2-CH2-OH} ->[t^\circ, xt] [-\ce{CO-C6H4-CO-O-CH2-CH2-O}-]_n + 2n\ce{H2O}$$

0,5

c) Thí nghiệm cho ethylene glycol tác dụng với $\ce{Cu(OH)2}$:
- Hiện tượng: Kết tủa $\ce{Cu(OH)2}$ màu xanh lam bị hoà tan, tạo thành dung dịch phức chất màu xanh lam thẫm.
- Phương trình hoá học:
$$2\ce{C2H4(OH)2 + Cu(OH)2 -> [C2H4(OH)O]2Cu + 2H2O}$$

0,25

2

Xác định thành phần vật liệu MOF-Zn và tính diện tích bề mặt riêng BET

2,5

a) Xác định công thức X và Y:
- Khí màu nâu đỏ thoát ra khi nhiệt phân muối kẽm là $\ce{NO2} \Rightarrow$ X là muối zinc(II) nitrate ngậm nước: $\ce{Zn(NO3)2.xH2O}$.
- Khi nung đến $350\ ^\circ\text{C}$ thu được chất rắn màu trắng Y là $\ce{ZnO}$ ($M = 81,4\text{ g/mol}$).
Khối lượng $\ce{ZnO}$ chiếm 27,37% khối lượng muối X ban đầu:
$\Rightarrow M_{\text{X}} = \dfrac{81,4}{0,2737} \approx 297,4\text{ g/mol}$.
- Khối lượng mất do mất nước ở $130\ ^\circ\text{C}$:
$m_{\ce{H2O}} = 297,4 \times 36,31\% \approx 108\text{ gam} \Rightarrow x = \dfrac{108}{18} = 6$.
Vậy X là $\ce{Zn(NO3)2.6H2O}$ và Y là $\ce{ZnO}$.
Phương trình nhiệt phân:
\ce{Zn(NO3)2.6H2O ->[130^\circ C] Zn(NO3)2 + 6H2O ^}
\ce{2Zn(NO3)2 ->[350^\circ C] 2ZnO + 4NO2 ^ + O2 ^}

1,0

b) Xác định công thức cấu tạo của B:
- Số mol B đem chuẩn độ: $n_{\text{B}} = \dfrac{0,420}{210} = 2,0 \times 10^{-3}\text{ mol}$.
- Số mol $\ce{NaOH}$ tiêu tốn: $n_{\ce{NaOH}} = 0,0180 \times 0,333 = 6,0 \times 10^{-3}\text{ mol}$.
Tỉ lệ: $\dfrac{n_{\ce{NaOH}}}{n_{\text{B}}} = \dfrac{6,0 \times 10^{-3}}{2,0 \times 10^{-3}} = 3 \Rightarrow$ B là acid tricarboxylic có 3 nhóm $\ce{-COOH}$.
Khối lượng gốc hydrocarbon: $M_{\text{R}} = 210 - 3 \times 45 = 75\text{ g/mol}$ ($\ce{C6H3}$).
Phổ $^{1}\text{H-NMR}$ chỉ cho 1 tín hiệu singlet ở vùng thơm $\Rightarrow$ 3 proton thơm hoàn toàn tương đương hoá học.
Vậy B là benzene-1,3,5-tricarboxylic acid (trimesic acid, $\ce{C9H6O6}$):
$$\ce{1,3,5-C6H3(COOH)3}$$

0,75

c) Tính diện tích bề mặt riêng ($S_{\text{BET}}$) của vật liệu MOF-Zn:
Số phân tử $\ce{N2}$ bị hấp phụ trên 1,0 gam vật liệu:
$N = n \times N_A = (8,2 \times 10^{-3}\text{ mol}) \times (6,022 \times 10^{23}\text{ phân tử/mol}) = 4,938 \times 10^{21}\text{ phân tử/g}$.
Diện tích bề mặt của 1 phân tử $\ce{N2}$:
$\sigma = 0,162\text{ nm}^2 = 0,162 \times 10^{-18}\text{ m}^2$.
Diện tích bề mặt riêng của vật liệu MOF-Zn:
$S_{\text{BET}} = N \times \sigma = 4,938 \times 10^{21} \times 0,162 \times 10^{-18} \approx 800,0\text{ m}^2/\text{g}$.

0,75