SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn thi :

ĐỀ CHÍNH THỨC

HÓA HỌC

Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 02/10/2013
(Đề thi có 02 trang, gồm 5 câu)

Câu I(4,0 điểm).
1.Cho hai nguyên tử A và B có tổng số hạt là 65 trong đó hiệu số hạt mang điện và không mang điện là
19. Tổng số hạt mang điện của B nhiều hơn tổng số hạt mang điện của A là 26.
a) Xác định A, B.Viết cấu hình electron của A, B và cho biết bộ 4 số lượng tử ứng với electron cuối cùng
trong nguyên tử A, B.
b) Xác định vị trí của A, B trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.
c) Viết công thức Lewis của phân tử AB2, cho biết dạng hình học của phân tử, trạng thái lai hoá của
nguyên tử trung tâm?
d) Hãy giải thích tại sao phân tử AB2 có khuynh hướng polime hoá?
0

0

2.Cho biết: rNa  = 0,95 A , rCl  = 1,81 A . Hãy dự đoán cấu trúc mạng tinh thể của NaCl? Vẽ cấu trúc
mạng này? Tính số phân tử NaCl trong một tế bào cơ sở?
3.Trong phòng thí nghiệm có một chai đựng dung dịch NaOH, trên nhãn có ghi: NaOH 0,10 M. Để xác định

 Mn3+ 
 Mn 2+

+1,70V

+1,23V

3
2
a) Tính thế khử chuẩn của cặp: MnO-4 /MnO24 và Mn /Mn
b) Hãy cho biết các tiểu phân nào không bền và bị dị phân. Hãy tính hằng số cân bằng của các phản ứng dị
phân đó.
Câu III(4,0 điểm).
1. Dung dịch X gồm K2Cr2O7 0,010 M; KMnO4 0,010 M; Fe2(SO4)3 0,0050 M và H2SO4 (pH của dung
dịch bằng 0). Thêm dung dịch KI vào dung dịch X cho đến nồng độ của KI là 0,50 M, được dung dịch Y
(coi thể tích không thay đổi khi thêm KI vào dung dịch X).
a) Hãy mô tả các quá trình xảy ra và cho biết thành phần của dung dịch Y.
b) Tính thế của điện cực platin nhúng trong dung dịch Y.
c) Cho biết khả năng phản ứng của Cu2+ với I- (dư) ở điều kiện tiêu chuẩn. Giải thích.


Cho: E

0
2
Cr2 O7

E

/Cr

Fe

/Fe

2+

= 0,771 V; E   = 0,5355 V
I3 /I

= 0,153 V; pKs(CuS) = 12.

2. Đốt cháy hoàn toàn 6,48 gam hỗn hợp chất rắn X gồm: Cu; CuS; FeS; FeS 2; FeCu2S2; S thì cần 2,52 lít
O2 và thấy thoát ra 1,568 lít SO2. Mặt khác cho 6,48 gam X tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu
được V lít NO2 (là sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch
Ba(OH)2 dư thu được m gam kết tủa. Biết thể tích các khí đều đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Tính V và m.
3. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 5,6 gam Fe và 3,2 gam Cu trong 500 ml dung dịch hỗn hợp HNO3
0,2M và HCl 0,8M, thu được khí NO (khí duy nhất) và dung dịch X. Cho X vào dung dịch AgNO3 dư, thu
được m gam chất rắn. Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, NO là sản phẩm khử duy nhất của N +5
trong các phản ứng.
Viết phương trình hóa học các phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn và tính khối lượng m.
Câu IV(4,0 điểm).
1.a) Sắp xếp sự tăng dần lực bazơ (có giải thích) của các chất trong dãy sau:
CH3-CH(NH2)-COOH , CH2=CH-CH2-NH2 , CH3-CH2-CH2-NH2 , CH  C-CH2-NH2.
b) So sánh nhiệt độ sôi (có giải thích) của các chất trong dãy chất sau:
S

H

H


 F 
 D 
3. M, N, P có công thức phân tử C6H8Cl2O4 đều mạch hở thõa mãn :
 ddNaOH ,t
 Muối + CH3CHO + NaCl + H2O
C6H8Cl2O4 
Xác định công thức cấu tạo của M, N, P và viết phương trình hóa học của các phản ứng.
Câu V(4,0 điểm).
1. Chất hữu cơ X (chỉ chứa C, H, O và có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất). Cho 2,76
gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, sau đó chưng khô thì thu được hơi nước, phần chất rắn chứa
hai muối của natri có khối lượng 4,44 gam. Đốt cháy hoàn toàn 4,44 gam hỗn hợp hai muối này trong oxi
thì thu được 3,18 gam Na2CO3 ; 2,464 lít CO2 (ở điều kiện tiêu chuẩn) và 0,9 gam nước. Tìm công thức
phân tử, viết công thức cấu tạo có thể có của X.
2. Cho ba amino axit sau:
0

H2N-(CH2)4-CH-COOH
N

COOH

H

prolin

HOOC-(CH2)2-CH-COOH

NH2

NH2

Ngày thi : 02/10/2013
(Đề thi có 02 trang, gồm 05 câu)

Câu I (4,0 điểm).
1. Hoàn thành các chuyển hóa sau:
t
KMnO4 
 A +…
FeCl2 + KMnO4 +H2SO4 loãng > B +…
0

t
FeS + O2 
 C’ +…
FeS2 + dung dịch HCl (điều kiện thích hợp) > D +…
Na3N + H2O > E + …
Cho các chất A, B, C’, D, E tác dụng từng cặp với nhau. Viết phương trình hóa học xảy ra.
2. Cho các HX: HF, HCl, HBr, HI. So sánh tính axít của các dung dịch HX, giải thích. Các HX nào
có thể điều chế theo phương pháp sunfat. Viết phương trình hóa học, giải thích.
Câu II (4,0 điểm).
1. X là dung dịch Al2(SO4)3, Y là dung dịch Ba(OH)2. Trộn 200ml dung dịch X với 300ml dung
dịch Y thu được 8,55 gam kết tủa. Trộn 200ml dung dịch X với 500ml dung dịch Y thu được 12,045 gam
kết tủa. Tính nồng độ mol/l của dung dịch X và Y.
2. Hòa tan 2,56 gam Cu vào 25,20 gam dung dịch HNO3 nồng độ 60% thu được dung dịch A.
Thêm 210 ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch A. Sau khi phản ứng kết thúc, đem cô cạn hỗn hợp thu
được chất rắn X. Nung X đến khối lượng không đổi được 17,40 gam chất rắn Y. Tính nồng độ % của dung
dịch A.
Câu III (4,0 điểm).
1. Sục khí A vào dung dịch chứa chất B ta được rắn C màu vàng và dung dịch D.
Khí X có màu vàng lục tác dụng với khí A tạo ra C và F. Nếu X tác dụng với khí A trong nước tạo ra Y và

- - - Hết - - -

Thí sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.

UBND TỈNH QUẢNG NAM
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
(Hướng dẫn chấm gồm có 08 trang)

Câu
Câu 1.
1

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
Năm học: 2013-2014
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn thi : Hóa học
Ngày thi: 02/10/2013
Nội dung đáp án

a)Gọi ZA, ZB lần lượt là số proton trong nguyên tử A, B.

Điểm
4,00đ
0,75đ


Gọi NA, NB lần lượt là số notron trong nguyên tử A, B.
Với số proton = số electron
(2Z A  N A )  (2Z B  N B )  65
Z  Z B  21 Z A  4


c)

0,50đ

Hình dạng hình học của phân tử: đường thẳng
Trạng thái lai hoá : sp
Be
Cl

Cl

d) Khi tạo thành phân tử BeCl2 thì nguyên tử Be còn 2 obitan trống; Cl đạt
trạng thái bền vững và còn có các obitan chứa 2 electron chưa liên kết do đó
nguyên tử clo trong phân tử BeCl2 này sẽ đưa ra cặp electron chưa liên kết
cho nguyên tử Be của phân tử BeCl2 kia tạo liên kết cho-nhận. Vậy BeCl2 có
khuynh hướng polime hoá:
Cl
Cl
Cl
Cl
Cl
....

2
Ta có:

B
e


phương tâm diện của Na+ lồng vào lập phương tâm diện của Cl-.

Cl-

Na+

0,50đ

0,50đ


Theo hình vẽ, ta có:
1
1
 6.
 4.
8
2
1
n Na+ = 12.
 1.1  4.
4

n Cl- = 8.

 có 4 phân tử NaCl trong một tế bào cơ sở.
3

a) Từ phản ứng chuẩn độ hoàn toàn axit oxalic bằng xút:
-


c) Trong phép chuẩn độ trên, sản phẩm tạo thành là C 2O 4 , môi trường bazơ, do đó phải
chọn những chất chỉ thị có sự chuyển màu rõ nhất trong môi trường bazơ. Vì vậy có thể
chọn chất chỉ thị là dung dịch phenol đỏ hoặc dung dich phenolphtalein cho phép chuẩn
độ trên.

0,50đ

0,50đ

4,00đ
1,00đ

Câu II
1
a)

A là O2;

B : Cl2;

C: SO2;

D : H2S;

E : NH3.

2KMnO4 
 K2MnO4 + MnO2 + O2 
 5 Fe2(SO4)3 + 2MnSO4 + K2SO4

 2S + 2H2O
Hoặc : 2H2S + O2 (thiếu) 
0
850 C , Pt
4NH3 + 5O2 
(3)
 4NO  + 6H2O
t

0

 2N2  + 6H2O
Hoặc : 4NH3 + 3O2 
t0

 SO2Cl2
Cl2 + SO2 
t0

(4)

1,00đ


Cl2 + H2S 
 S + 2HCl
3Cl2 + 2NH3 
 N2  + 6HCl
Hoặc : 3Cl2 + 8NH3 
 6NH4Cl + N2 

E10 =+2,27V

Lấy (2) trừ (1) ta có: MnO -4 +e 
 MnO24 (3) E03 = 3E02 – 2E01 = +0,56V
MnO2 +1e +4H+ 
 Mn3+ +2H2O (4) E04 =+0,95V
MnO2 +2e +4H+ 
 Mn2+ +2H2O (5) E05 =+1,23V
Lấy (5) trừ (4) ta có: Mn3+ +1e 
 Mn2+ (6) E06 = 2E05 – E04 = +1,51V
b) Trả lời đúng một tiểu phân không bền được 0,25 điểm. Tính đúng một giá trị K được
0,25 điểm.

1,00đ

MnO24 và Mn 3+ không bền và dị phân.

 MnO2 +2H2O
MnO24 +4H+ +2e 

E10 =+2,27V

2 MnO24 
 2MnO -4 +2e

-E30 =-0,56V

3 MnO24 +4H+ 
 2MnO -4 + MnO2 +2H2O (7) ∆E07 = +1,71V >0
nên phản ứng (7) tự xảy ra.


MnO4 /Mn

2+

= 1,51 V > E

0
2-

Cr2 O7 /Cr

3+

= 1,33 V > E

0
Fe

0

3+

/Fe

2+

= 0,771V > E -

I3 /I

-

(2)

4,00đ
1,50đ


2 Fe3+ + 3 I-  2 Fe2+ + I 3
0,01
0,335
0,055
0,32
0,01
0,06
-

[ ]

(3)

-

Thành phần của dung dịch Y: I 3 0,060 M; I- 0,32 M; Mn2+ 0,01 M; Cr3+ 0,02 M; Fe2+
0,01 M.
I 3 + 2 e  3 I-

b)

E - - = 0,5355 +

/Cu 

được I-. Nhưng nếu dư I- thì sẽ tạo kết tủa CuI. Khi đó

E

0
Cu

2+

/CuI

=E

Như vậy E

0
Cu

2+

/Cu

0
Cu



1

y
y 3y z
z
4z
2O
+2e → O
0,225 0,45
-Bảo toàn electron ta có: 2x + 3y + 4z = 0,45 (II).
Ta có z = Số mol S = số mol SO2 = 1,568:22,4 = 0,07. Thay z = 0,07
vào (I) được phương trình: 64x + 56y = 4,24 (*)
vào (II) được phương trình
2x + 3y = 0,17 (**).
Giải hệ 2 PT (*) & (**) tìm được x = 0,04; y = 0,03.
-Hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư tạo khí NO2 duy nhất và dung
dịch A.
Cu → Cu2++2e , Fe → Fe3++3e , S → SO42- +6e
x
x
2x
y
y 3y z
z
6z
NO3 +1e → NO2
a
a mol
-Bảo toàn electron ta có: số mol NO2 = a = 2x+ 3y + 6z = 0,59.
Từ đó tính được V = V(NO2) = 0,59x22,4 = 13,216 lít.
Dung dịch A + dung dịch Ba(OH)2 dư thu được kết tủa gồm:
Cu(OH)2; Fe(OH)3; BaSO4

Cho X vào AgNO3 dư xảy ra phản ứng:
3Fe2+ + NO3- + 4H+  3Fe3+ + NO↑ + 2H2O (3)
Ban đầu: 0,1
0,1
Phản ứng: 0,075
0,1
0,075
Sau pư : 0 025
0,0
0,075
+
2+
3+
Ag + Fe  Fe + Ag↓ (4)
0,025
0,025
+
Ag + Cl  AgCl↓
(5)
0,4
0,4
-Chất rắn gồm: Ag (0,025mol) và AgCl (0,4 mol)
-Tính được khối lượng m = 0,4x143,5 + 0,025x108 = 60,1 gam
Câu IV
1

a) Lực bazơ tăng dần theo thứ tự:
CH3-CH(NH3)+-COO- < CHC-CH2-NH2 < CH2=CH-CH2-NH2 < CH3-CH2-CH2-NH2
Tồn tại ở dạng
Độ âm điện CSP

(3)

(2)

(1)

(1) < (2) < (4) < (3)
Giải thích: (1) < (2) do ở đây chỉ có lực Van der waals nên nhiệt độ sôi phụ thuộc vào
khối lượng phân tử.
(4) < (3) do (3) có liên kết hiđro liên phân tử còn (4) có liên kết hiđro nội phân tử, nên
phân tử tồn tại chủ yếu dưới dạng đime.
H

H

N

N

H

N

N

H

N

N

4Ag↓ + 4NH4NO3
 HOOC-CH2 – COOH + 2NH4Cl
NH4OOC-CH2 – COONH4 + 2HCl 
xt ,t 0

 CH3OOC-CH2-COOCH3 + 2H2O
HOOC-CH2 – COOH + 2CH3OH 

0

3

Công thức cấu tạo của M, N, P
CH3- CHCl – OOC – COO – CHCl – CH3
ClCH2-COO-CH2-COO – CHCl – CH3
CH2Cl – COO- CH(CH3) – OOC- CH2Cl

1,50đ


Phương trình hóa học các phản ứng:
t0
CH3- CHCl – OOC – COO – CHCl – CH3 + 4NaOH 
 2CH3CHO +
NaOOC – COONa + 2NaCl + 2H2O
t0
ClCH2-COO-CH2-COO – CHCl – CH3 + 4NaOH 
 CH3CHO +
2 HO-CH2 – COONa + 2NaCl + H2O
t

0

0,72
 0,04mol
18
Tổng số mol H trong nước = 2 số mol H2O(1&2) = 2.(0,04 +0,05) = 0,18 mol
Số mol H trong 0,06 mol NaOH = 0,06 mol.
Bảo toàn mol H: nH(X) + nH(NaOH) = nH(H2O) = 0,18 mol.
Số mol H trong X là : 0,18 – 0,06 = 0,12 mol
Khối lượng O trong X là : 2,76 – (0,14.12 +0,12) = 0,96 (gam) hay nO = 0,06 mol
Ta có tỷ lệ : nC : nH : nO = 0,14 : 0,12 : 0,06 = 7 : 6 :3
Vậy công thức phân tử của X là : C7H6O3
mX  mNaOH  mmuôi  mH2O  mH2O  (2,76  2, 4)  4, 44  0,72 gam  nH2O 

0,50đ

n
0, 06
Do : nX = 2, 76  0, 02mol ; NaOH 
3
nX
0, 02
138
Và X có số(л+v) = 5
Nên công thức cấu tạo của X là :

OH

OH


A khụng tỏc dng vi hiro trờn cht xỳc tỏc niken chng t trong A khụng cú
nhúm chc cacbonyl;
A tỏc dng vi axit clohiric m c sinh ra 1-clo-4(1-clo-1-metyletyl)-1metylxiclohexan, trong A cú vũng no v cú liờn kt ete.

=> Suy ra cụng thc cu trỳc ca A

CH3

CH3
O

O

O

H3C

CH3
O

CH3

CH3
0,75

b)
CH 3
Cl

CH 3


H3C
Cl
Cả 2 H ở C bên cạnh
đều tách đ-ợc.

H3C

Cl

H
CH3

CH3

Không tách đ-ợc vì H ở C
bên cạnh không đồng phẳng
và đều ở vị trí cis đối với clo.

Cl
Chỉ có 1 H là tách đ-ợc.

CH3

CH3

CH3
1,3 - Đimetylxiclohexen

CH3

t0

1,25

t
3) 4FeS + 7 O2 
=> C là SO2
 4SO2 + 2Fe2O3
4) FeS2 + 2HCl > H2S  +FeCl2 + S => D là H2S.
5) Na3N + 3H2O > NH3 + 3NaOH
=> E là NH3.
Cho các khí O2, Cl2, SO2, H2S, NH3 tác dụng với nhau từng cặp ta có:
O2
Cl2
SO2
H2S
NH3
O2
không
không
có
có
có
Cl2
không
không
có
có
có
SO2 có

t
Cl2 + SO2 
(4)
 SO2Cl2
t0
Cl2 + H2S 
(5)
 2HCl + S
0
t
3Cl2(dư) + 2NH3 
(6)
 N2 + 6HCl
t0
3Cl2(thiếu) + 8NH3 
 N2 + 6NH4Cl (7)
2H2S + SO2 > 3S + 2H2O
(8)
t0
 2N2 + 6H2O
3O2 + 4NH3 
(9)
t 0cao , Pt
5O2 + 4NH3  4NO + 6H2O
(10)
t 0cao , Pt
7O2(dư) + 4NH3  4NO2 + 6H2O
(11)
Chú ý: (*) viết 10 phương trình trở lên cho điểm tối đa
2)- So sánh tính axit: HF < HCl < HBr < HI.


II

4,0


1.

Thí nghiệm 1: Cho 200 ml dd X tác dụng với 300 ml dd Y thu được 8,55g kết tủa.
Thí nghiệm 2: Cho 200 ml dd X tác dụng với 500 ml dd Y thu được 12,045g kết tủa.
Từ kết quả trên suy ra ở thí nghiệm 1 Al2(SO4)3 dư còn ở thí nghiệm 2 Al2(SO4)3 hết.
Gọi nồng độ Al2(SO4)3 và Ba(OH)2 lần lượt là x, y
Ta có: Thí nghiệm 1
Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 
 2Al(OH)3↓ + 3BaSO4↓ (1)
0,3y
0,2y
0,3y
(mol)
m↓ = 0,2y. 78 + 0,3y. 233 = 8,55
→ y = 0,1 → CM (Ba(OH)2) = 0,1M

0,5

Ta có: Thí nghiệm 2
Al2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 
 2Al(OH)3↓ + 3BaSO4↓ (2)
0,2x
0,6x
0,4x

mol


NO3  2H  e  NO2  H 2O
2y
y
y
mol
Dung dịch A có Cu(NO3)2, có thể có HNO3.
Cu(OH)2
CuO


 dd NaOH
t0
  NaNO3

  NaNO2
Ta có: ddA 
cô can
có thê có NaOH hoac Cu(NO )
có the có NaOH du

3 2


0,75

0,25



4,0
A : H2S; B : FeCl3; C : S ; F : HCl ; G : Hg(NO3)2 ; H : HgS ; I : Hg ;
X : Cl2 ; Y : H2SO4
Không cần lý luận chỉ cần xác định đúng các chất và viết phương trình cho điểm tối đa.
Phương trình hóa học của các phản ứng :
H2S + 2FeCl3 → 2FeCl2 + S  + 2HCl
(1)
Cl2 + H2S → S + 2HCl
(2)
4Cl2 + H2S + 4H2O → 8HCl + H2SO4
(3)
BaCl2 + H2SO4 → BaSO4 + 2HCl
(4)
H2S + Hg(NO3)2 → HgS  + 2HNO3
(5)
HgS + O2 
(6)
 Hg + SO2
Các phương trình (2), (4) mỗi phương trình cho 0,25 điểm, riêng phương trình (1), (3), (5) và (6)
mỗi phương trình cho 0,5 điểm
Gọi số tổng số hạt p; n; e tương ứng của X là Z; N; E.
2Z+N=92
63
=> E=Z=29; N=34 => Là đồng vị 29
Cu

2Z-N=24
Cấu hình e: Cu [Ar]3d104s1 hoặc 1s22s22p63s23p63d104s1; Cu+:[Ar]3d10; Cu2+:[Ar]3d9.
* Cu2+ có khả năng tạo phức với NH3:

4
2
2
+ HONO
CH3 CH COOH + N2 + H2O

C3H7O2 N 

CH3 CH COOH
NH2
CH3 CH COOH
CH 3

OH
HCl

+ C2H5OH

NH2
CH COOH + NH3

CH3 CH COOC2H5 + H2O
CH 3

NH3Cl

NH3Cl
CH COOC 2H5 + NH4Cl
NH2




2.

0,25

t , xt
nCH2 = CH – CH = CH2 + nC6H5 – CH =CH2 

- CH2 –CH = CH – CH- CH(C6H5)-CH2 –
0

(cao su buna-S )

t , xt
CH2 = CH- CH = CH2 + C6H5 – CH=CH2 

0

0,5

t , xt
+ 4 H2 

0

V
1

0,25

 2Ag
nA = nAg/2 = 0,1 mol
nA  nB  nR (COONH4 )n  0, 2 → nB = 0,1 mol

→ %mHOCH2CHO  44,12% ;

2.

%mHOCH2COOH  55,88%

xt ,t

 HCOOC2H5 + H2O; K1 
HCOOH + C2H5OH 

0

CB: 0,4

1

0,6

1

0

1

0,4


0,25
0,25

1 mol

Từ các giá trị trên ta tính k1 = 1,5 ; k2 = 2/3

CB: 0,2

0,25
0,25

(mol)

xt ,t

 CH3COOC2H5 + H2O; K 2 
CH3COOH + C2H5OH 


CB: 0,6

 HCOOC2 H 5  H 2O
 HCOOH C2 H 5OH 

0,5

0,25
0,25