ĐỀ THI CHỌN HSG MÔN HÓA 12 TỈNH LONG AN NĂM 2017

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LONG AN
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 03 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÒNG 2
NĂM HỌC 2016 - 2017
Môn thi: HÓA HỌC
Ngày thi: 03/11/2016 (Buổi thi thứ nhất)
Thời gian thi: 180 phút (không kể phát đề)

Cho H =1; C =12; N =14; O =16; Na =23; Mg =24; Al = 27; S =32; Cl = 35,5; K = 39;
Fe = 56; Cu =64; Ag = 108; I = 127; Ba = 137; Au = 197; Pb = 207
NA = 6,02.1023 ; R = 8,314 J/mol.K
Thí sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn.
Câu 1: (3,0 điểm)
1.1. Sử dụng thuyết liên kết hóa trị (VB), giải thích sự hình thành liên kết, dạng hình học, từ
tính trong hai ion phức [Ni(CN)4]2-, [NiCl4]2-; biết Ni có Z= 28.
1.2. Bạc kim loại có cấu trúc tinh thể lập phương tâm diện. Bán kính nguyên tử của Ag và
Au lần lượt là: r Ag = 144 pm; r Au = 147 pm. Một mẫu hợp kim vàng – bạc cũng có cấu
trúc tinh thể lập phương tâm diện. Biết khối lượng Au trong mẫu hợp kim này là 10%.
Tính khối lượng riêng của mẫu hợp kim.
1.3. Năng lượng liên kết hạt nhân đặc trưng cho sự bền vững của hạt nhân. Nó là năng lượng
tỏa ra khi một hạt nhân nguyên tử hình thành từ các nucleon. Hãy xếp thứ tự về độ bền
của các hạt nhân nguyên tử sau: 2964Cu; 1327 Al ; 238
92U
Biết:
Hạt nhân Cu Hạt nhân Al Hạt nhân U
khối lượng (u)
63,54
26,98
238,125

p
1,00728

n
1,00866

Câu 2: (4,0 điểm)
2.1. Cho biết sinh nhiệt chuẩn (∆H0) của:
Khí
∆H0 (Kcal/mol )

O3

CO2

NH3

HI

+34

-94,05

-11,04

+ 6,2

a. Sắp xếp theo thứ tự tính bền tăng dần của các khí: O3, CO2, NH3 và HI. Giải thích?
b. Tính năng lượng liên kết E N≡N ,biết EH-H = 104Kcal/mol và EN-H = 93 Kcal/mol.
2.2. Tính nhiệt hình thành của ion clorua (Cl- (dd)) dựa trên các dữ liệu:
Nhiệt hình thành HCl(k):
Nhiệt hình thành ion hiđro H+(dd):
Quá trình trong nước HCl(k)  H+(dd) + Cl-(dd)

H 10 = -92,20 kJ/mol
H 20 = 0,00 kJ/mol
H 30 = -75,13 kJ/mol

2.3. Cho các dữ kiện sau:
Năng lượng
thăng hoa của Na
ion hóa thứ nhất của Na
liên kết của F2

kJ.mol-1
108,68
495,80
155,00

Năng lượng
liên kết của Cl2
mạng lưới NaF
mạng lưới NaCl

kJ.mol-1
242,60
922,88
767,00
Trang 1/3

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.
Câu 3: (4,0 điểm)
3.1. Cho cân bằng hóa học:

 0 = - 92 kJ
N2 (k) + 3H2 (k)
2NH3 (k)
Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N 2 và H 2 theo tỉ lệ số mol đúng bằng hệ số tỉ lượng 1: 3
thì khi đạt tới trạng thái cân bằng (4500C, 300 atm) NH3 chiếm 36% thể tích.
a. Tính hằng số cân bằng KP (ghi rõ đơn vị nếu có).
b. Giữ áp suất không đổi (300 atm), cần tiến hành ở nhiệt độ nào để khi đạt tới trạng
0
thái cân bằng NH 3 chiếm 50% thể tích? Giả sử  không thay đổi trong khoảng nhiệt
độ nghiên cứu.

3.2. Amoxicilin là thuốc kháng sinh có thể dùng để điều trị nhiễm khuẩn đường hô hấp trên,
đường tiết niệu… Nồng độ tối thiểu có thể kháng khuẩn là 0,04 mg/1kg thể trọng. Khi
kê đơn cho một bệnh nhân nặng 50kg, bác sĩ kê đơn mỗi lần uống 1 viên thuốc (có hàm
lượng Amoxicilin 500 mg/1 viên) ở nhiệt độ cơ thể là 370C.
a. Bệnh nhân cần uống viên thuốc tiếp theo cách lần đầu bao nhiêu lâu? Biết rằng chu kì
bán hủy của Amoxicilin trong cơ thể người là 61 phút. Giả thiết quá trình đào thải thuốc
là phản ứng bậc 1.
b. Khi bệnh nhân sốt đến 38,50C thì thời gian giữa 2 lần uống thuốc là bao lâu?
Câu 4: (5,0 điểm)
4.1. Dung dịch A gồm có H 2SO4 0,05 M; HCl 0,18 M và CH 3COOH 0,02 M. Thêm NaOH
vào dung dịch A đến nồng độ của NaOH bằng 0,23 M thì dừng, thu được dung dịch A1.
a. Tính pH của dung dịch A1.
b. Tính độ điện ly của CH3COOH trong dung dịch A1.
Cho: Ka( HSO 4 ) = 10-2; Ka(CH3COOH) = 10-4,76
4.2. Hòa tan hoàn toàn 216,55 gam hỗn hợp muối KHSO 4 và Fe(NO 3)3 vào nước thu được
dung dịch A. Sau đó cho m gam hỗn hợp B gồm Mg, Al, Al 2O3 và MgO vào dung dịch
A rồi khuấy đều tới khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy B tan hết, thu được dung
dịch C chỉ chứa các muối trung hòa và có 2,016 lít hỗn hợp khí D có tổng khối lượng là
1,84 gam gồm 5 khí (đktc) thoát ra trong đó về thể tích H 2, N 2O, NO 2 lần lượt chiếm
4/9, 1/9 và 1/9. Cho BaCl 2 dư vào C thấy xuất hiện 356,49 gam kết tủa trắng. Biết trong
B, oxi chiếm 64/205 về khối lượng. Tính m.
4.3. Hỗn hợp X gồm FeO, Fe 2O3, Fe 3O4, CuO và Al, trong đó khối lượng oxi bằng ¼ khối
lượng hỗn hợp. Cho 1,344 lit (đktc) khí CO qua m gam X nung nóng, sau một thời gian
thu được chất rắn Y và hỗn hợp khí Z có tỉ khối đối với H 2 là 18. Hòa tan hoàn toàn Y
trong dung dịch HNO3 loãng dư, thu được dung dịch chứa 3,08m gam muối và 0,04 mol
khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Tính m.
Trang 2/3

Câu 5: (4,0 điểm)
5.1. Cân bằng các phương trình phản ứng sau đây theo phương pháp thăng bằng electron.
a. Cr2S3 + Mn(NO3)2 + Na2CO3 → Na2CrO4 + Na2SO4 + Na2MnO4 + NO + CO2
b. K2SO3 + KMnO4 + KHSO4 → K2SO4 + MnSO4 + H2O
5.2. Dung dịch A gồm AgNO3 0,050 M và Pb(NO3)2 0,100 M.
a. Tính pH của dung dịch A.
b. Thêm 10,00 ml KI 0,250 M và HNO 3 0,200 M vào 10,00 ml dung dịch A được dung
dịch B. Sau phản ứng người ta nhúng một điện cực Ag vào dung dịch B vừa thu được
và ghép thành pin (có cầu muối tiếp xúc hai dung dịch) với một điện cực có Ag nhúng
vào dung dịch X gồm AgNO3 0,010 M và KSCN 0,040 M.
α. Viết sơ đồ pin .
β. Tính suất điện động Epin tại 250C (lấy 3 chữ số thập phân).
γ. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động.
δ. Tính hằng số cân bằng của phản ứng trên .
Cho biết: Ag+ + H2O
AgOH + H+
(1) ; K1= 10 –11,70
Pb2+ + H2O
PbOH+ + H+
(2) ; K2= 10 –7,80
Cho pKs: AgI là 16,0; PbI2 là 7,86; AgSCN là 12,0 .
0
EAg
+

= 0 ,799 V
/Ag

;

RT
ln = 0,0592 lg
F

---HẾT---

Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: ........................................................ Số Báo Danh: ..........................................
Chữ ký giám thị 1: ........................................................ Chữ ký giám thị 2: ..................................
Trang 3/3

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
LONG AN

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH VÒNG 2
NĂM HỌC 2016 - 2017
MÔN: HÓA HỌC
HƯỚNG DẪN CHẤM CHÍNH THỨC
Ngày thi: 03/11/2016 (Buổi thi thứ nhất)
(Hướng dẫn chấm có 06 trang)
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1: 3,0 điểm
1.1. 28Ni: [Ar]3d84s2
Ni2+ : [Ar]3d8
(1,0 đ)
4s

3d

4p

Phức [Ni (CN)4]2- : CN- là phối tử tạo trường mạnh  dồn electron d  tạo
phức vuông phẳng với lai hóa dsp2 .
Do ion trung tâm và phối tử không còn electron độc thân→ nghịch từ

0,25

dsp2
[Ni(CN)4]23d
2-

4s

4p

0,25

-

Phức [NiCl4] : Cl là phối tử tạo trường yếu  không dồn ép electron d được
 tạo phức tứ diện với lai hóa sp3.
Do ion trung tâm còn electron độc thân →thuận từ

0,25

sp3
[Ni(Cl)4]23d

4s

0,25

4p

1.2.

1
1
Số nguyên tử có trong 1 ô mạng cơ sở: 8   6  = 4
8
2
(1,0 đ) Đặt số nguyên tử Au, Ag có trong một ô mang cơ sở là x và (4 – x).
197x
Ta có:
100 = 10  x = 0,23
197x  108(4  x)

0,25

Nguyên tử khối trung bình của mẫu hợp kim là:
108.3, 77 197.0, 23
M
= 113,1175
4
Bán kính nguyên tử trung bình của hợp kim là:
144.3, 77 147.0, 23
r
= 144,1725 pm
4
Gọi d là độ dài đường chéo của mỗi mặt, a là độ dài mỗi cạnh của một ô mạng

0,25

cơ sở. Ta có: d = a 2 = 4rAg
Trang 1/6

ahk = 2 r 2 = 2.144,1725.
Kl riêng của mẫu hợp kim là:D =

0,25

2 = 407,78 pm

4.113,12
= 11,085 (g/cm3)
 10 3
6, 02.10 (407, 78.10 )
23

1.3. Áp dụng CT:
E = mc2 với m tính theo gam, c = 3.108m/s và 1u xc2 = 931,5MeV
(1,0 đ)
* Với Cu: có 29p và 35n
m = (29 x 1,00728+35x1,00866)- 63,54= 0,97422 u
E = m x 931,5 = 907,486 MeV (1,456.10-10J/mol)
* Với Al: có 13p và 14n
m = (13x1,00728+14x1,00866)- 26,98 = 0, 23588u
E = mx931,5 = 219,7222 MeV (0,352.10-10 J/mol)
* Với U: có 92p và 146n
m = (92x1,00728+146x1,00866)- 238,125 = 1,80912u
E = mx931,5 = 1685,19528 MeV (2,7.10-10J/mol)
Độ bền các hạt nhân giảm theo thứ tự: 92U > 29Cu > 13Al
Câu 2: 4,0 điểm
2.1. a. Vì sinh nhiệt càng âm tức năng lượng càng tỏa nhiệt ra nhiều thì hợp chất
(0,75 đ) càng bền .
Do đó thứ tự độ bền tăng dần là : O3 < HI < NH3 < CO2

2.2.
(1,25đ)

b. Xét phản ứng N2 + 3H2 ⇌ 2NH3 thì ∆H Pư = 2.-11,04Kcal
Ta có : E N≡N + 3 x E H-H - 6 x E N-H = 2 x -11,04
 E N-N = - 22,08 – (3 . 104 -6 . 93 ) = 223,92 Kcal/mol
Từ giả thiết:
1
1
H 2 ( k )  Cl 2 (k )  HCl (k )
2
2
1
H 2 (k )  aq  H  ( aq)  e
2
+

H 10 -92,20 kJ/mol
H 20 0,00 kJ/mol

-

0
3

HCl (k) + aq  H (aq) + Cl (aq)
Lấy (1) – (2) + (3) ta có:

1
Cl 2 ( k )  aq  e  Cl  ( aq)
2

0
x

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

0,5
(1)
(2)

H -75,13 kJ/mol

0,25

(3)

H x0 kJ/mol

H = (-92,20kJ/mol) – (0,00kJ/mol) + (-75,13kJ/mol) = -167,33kJ/mol

0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

2.3. Áp dụng định luật Hess vào chu trình:
(2,0đ)
HHT
1
M(r)

+

X2(k)

+1
2

HTH
M(k)

X(k)

I1
M+(k)

2

MX(r)

HLK
HML

+ AE
+

X-(k)

0,75

Ta được:
Trang 2/6

AE = ΔHHT - ΔHTH - I1 - ½ ΔHLK + ΔHML (*)
Thay số vào (*), AE (F) = -332,70 kJ.mol-1
0,5
-1
AE (Cl) = -360 kJ.mol .
0,5
AE (F) > AE (Cl) dù cho F có độ âm điện lớn hơn Cl nhiều.
Có thể giải thích điều này như sau:
* Phân tử F 2 ít bền hơn phân tử Cl 2, do đó ΔH LK (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
0,25
electron.
Câu 3: 4,0 điểm
3.1. a.
N2 (k) + 3H2 (k)
2NH3 (k);  = -92 kJ
(2,5đ)
Ban đầu (mol)
1
3
0
Cân bằng (mol) 1-x
3-3x
2x
 nsau = 1 – x + 3 – 3x + 2x = 4 – 2x (mol)
2x
.100% = 36%  x = 0,529
4 - 2x
1  0,592
1 x
=
.100% = 16%
.100% =
4 - 2x
4  2.0,592

%VNH 3 =
%VN 2

0,5

0,25

%VH 2 = 100 - (36 + 16) = 48%
K p1 =

2
PNH
3

=

PH32 PN 2

b. Từ %V NH 
3

%V N 2 
K p2 =

ln


0,36 2.P 2
3

0,16.P.0,48.P 

=

0, 362
= 8,138.10-5 .
3
2
0,16 0, 48 300

0,5

2y
2
50%  y
4  2y
3

0,25

1 y
1 2 / 3
3(1 y ) 3(1 2 / 3)

12,5% và %V H 2 

37,5%
4  2 y 4  2.2 / 3
4  2y
4  2.2 / 3

2
PNH
3

PH32 PN 2

=

0,25

0,5 2
= 4,21.10-4
0,125.0,375 3.300 2

0,25

KP
KP2
H 0  1 1 
1 1
R
=


ln 2
   
0
R  T2 T1 
T1 T2 H
K P1
K P1

KP
R
1
1
= ln 2 =
0
T2 T1 H
K P1
 T2 ≃653K

0,5

ln 2
3.2.
Hằng số tốc độ quá trình đào thải thuốc là k 
0, 011
t1/ 2
(1,5 đ)
Lượng thuốc tối thiểu cần duy trì trong cơ thể bệnh nhân là: 50.0,04 = 2 mg.
Sau khi uống viên thuốc đầu tiên, thời gian để thuốc đào thải còn 2 mg là:

0,25

Trang 3/6

ln

m0
500
k .t  ln
0, 011.t  t ≃ 502 phút
mt
2

Vậy sau khi uống viên thuốc đầu tiên, sau 502 phút (khoảng 8h) cần uống tiếp
viên thứ hai.
 kT2 = 0,01355

0,5

0,25

Khi bệnh nhân sốt đến 38,50C thì thời gian giữa 2 lần uống thuốc là 408 phút (6h 0,5
48 phút)
Câu 4: 5,0 điểm
4.1.
H2SO4  H+ + HSO4HCl  H+ + Cl(2,0 đ)
0,05
0,05 0,05 : M
0,18
0,18
0,18: M
+
+
NaOH  Na + OH
H + OH  H2O
0,23
0,23 : M
0,23
0,23
: M
+
0,5
Dung dịch A1: HSO4 0,05M; CH3COOH 0,02M; Na 0,23M; Cl 0,18M
HSO4-  H+ + SO42(1)
Ka1 = 10-2
Bđ: 0,05M
cb: 0,05-x
x
x
CH3COOH  CH3COO  + H+
(2)
Ka2 = 10-4,76
0,02M
H2O  H+ + OH(3)
Kw = 10-14

 cân bằng (1) là chủ yếu

0,25
0,25

-2

Ka1.Ca1 = 10 .0,05  Kw  bỏ qua sự điện ly của H2O
Xét cân bằng (1): Ka1 =

x2
10  2  x = 0,018 và pH = -lg 0,018 = 1,74
0,05  x

0,5

+

CH3COOH  CH3COO  + H
0,02
Cb: (0,02 - y)
y
0,018
Ka2 =

0,018.y
10  4, 76  y = 1,93.10  5 và  = 9,65.10  2 %
(0,02  y)

4.2. Số mol KHSO4 = BaSO4 = 1,53 mol  Fe(NO3)3 = 0,035 mol
(1,5 đ) nNO = x ;
x + y = 0,03
x = 0,01
nN2 = y
30x + 44y = 0,86g
y = 0,02.
+
Bảo toàn N  NH4 = 0,025 mol
Bảo toàn H  H2O = 0,675 mol
Bảo toàn O:  nO (B) =0,4
 mB = 6,4: 64/205 =20,5 g

0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 4/6

4.3. Hỗn hợp Z gồm CO và CO2 có M = 36
(1,5 đ) => CO = CO2 = 0,03 mol

0,25

n O phản ứng = CO = 0,03 mol => n O còn trong Y = (0,25m/16 - 0,03)

0,25
0,25
0,25
0,5

Khối lượng kim loại trong Y: 0,75m.
n NO3- tạo muối = 0,04.3 = 0,12 mol
BTKL: 3,08m = 0,75m + 62.0,12 + 62.2(0,25m/16 - 0,03)
=> m = 9,477

Câu 5: 4,0 điểm
5.1. a.
(1,0 đ)

Cr2S3+15Mn(NO3)2+20Na2CO3→2Na2CrO4+3Na2SO4+15Na2MnO4+30NO+20CO2

0,25
0,25

b.

5.2.
(3,0 đ)

5K2SO3 + 2KMnO4 + 6KHSO4 →
a. Ag+ + H2O ⇌ AgOH + H+
Pb2+ + H2O ⇌ PbOH+ + H+

9K2SO4 + 2MnSO4 + 3H2O
; K1 = 10-11,7
(1)
K2 = 10-7,8

;

Do K2 >> K1 nên tính pH theo (2)
Pb2+ + H2O ⇌ PbOH+ + H+ ;
C

0,10
0,10  x


2

x
10  7 ,8
0,1  x

0,25
0,25

x
x = 10-4,4 = H+

(2)
0,25

K2 = 10-7,8 (2)

x
;

pH = 4,40

0,25

b. Dung dịch B: Thêm KI : CAg+ = 0,025 M; CPb2+ = 0,050
CI- = 0,125M ; CH+ = 0,10M
Ag+
+
I
AgI 
0,025
0,125
0,10
2+
Pb
+
2 I
PbI2 
0,05
0,10
Trong dung dịch có đồng thời 2 kết tủa AgI  và PbI2 
AgI  ⇌ Ag+ + I
;
Ks1 = 1.10-16 (3)
PbI2  ⇌ Pb2+ + 2 I
;
Ks2 = 1.10-7,86 (4)
Ks1 << Ks2, vậy trong dung dịch cân bằng (4) là chủ yếu.
Sự tạo phức hiđroxo của Pb2+ là không đáng kể vì có H+ dư:
Pb2+ + H2O ⇌ PbOH + H+ ; K2 = 10-7,8

0,25

Trang 5/6

PbOH  10
Pb  10

 7 ,8



2

1



0,25

PbI2

(2x)2x = 10-7,86
 16

Ag   KI   31,02.10.10
s1


3

3,31.10  14 M



0,25

Ag+ + e ⇌ Ag

E của cực Ag trong dung dịch A:
E 1 E 0Ag 



⇌ Pb2+ + 2 I
Ks2 = 1.10-7,86
x
2x
-3
x = 1,511.10 M
2x = [I ] = 3,022. 10-3M

Trong dung dịch



 

10  6,8  PbOH   Pb 2



 0,0592 lg Ag  0,799  0,0592 lg 3,31.10  14
Ag

E 1 0,001V

Dung dịch X:

0,25
+



Ag
+
SCN ⇌ AgSCN ;
0,010
0,040
0,030
0,010
+
AgSCN ⇌ Ag
+ SCN
;
0,030
x
(0,030 + x)
-12
x(0,030 + x) = 10
 12

12,0

10

10-12,0

Ag  x  310x10 3,33.10
0,799  0,0592 lg Ag  0,799  0,0592 lg 3,33.10
 11



0,25

2

E2



 11

0,25

E 2 0,179V

α.Vậy: E2 > E1 , pin gồm cực Ag trong X là cực + , cực Ag trong B là cực –
Sơ đồ pin:
AgI
AgSCN
Ag
Ag

PbI2
SCN 0,03 M
β. Epin = 0,179 – 0,001 = 0,178V
γ. Phương trình phản ứng: Ag +
AgSCN +
AgSCN +
δ.
Ks
K = AgSCN
KsAgI
Lưu ý:

0,25
0,25

–

I

⇌ AgI + e
e ⇌ Ag + SCN–
I– ⇌ Ag + SCN–
10–12
= –16
10

0,25

= 104
0,25

Học sinh làm theo cách khác đúng, vẫn cho trọn điểm.
---HẾT---

Trang 6/6