Tổng hợp đề thi đề nghị môn hóa học lớp 10,11 kỳ thi olympic truyền thống 30 4 năm 2018 có lời giải chi tiết

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ XXIV
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MƠN: HĨA HỌC; LỚP: 10
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TP (TỈNH) LONG AN
Câu 1: 4 điểm
1.1. A, B là 2 nguyên tố kế tiếp nhau trong cùng một chu kỳ của bảng tuần hoàn, trong đó B có
tổng số lượng tử (n + ℓ ) lớn hơn tổng số lượng tử (n + ℓ ) của A là 1. Tổng số đại số của bộ 4 số
lượng tử của electron cuối cùng của cation A a + là 3,5.
Viết cấu hình electron của A, B và xác định bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng trên A, B.
(Quy ước: số lượng tử từ nhận giá trị từ - ℓ qua 0 đến + ℓ )
1.2. Áp dụng thuyết obitan phân tử (thuyết MO). Hãy chỉ ra hiệu ứng (ảnh hưởng) của mỗi quá
trình ion hóa sau đây tới độ bền liên kết của phân tử tương ứng:
a. O2
→
O +2
b. N2
→
N −2
Biết: N (Z=7), O (Z=8).
1.3. Bằng thiết bị và ở điều kiện thích hợp, một bức xạ có độ dài sóng là 58,34 nm được chiếu
vào một dịng khí nitơ. Người ta xác định được tốc độ của dòng electron đầu tiên là 1,4072.106
m.s–1, tốc độ của dòng electron tiếp theo là 1,266.106 m.s–1. Tính năng lượng ion hóa thứ nhất (I1)
và năng lượng ion hóa thứ hai (I2) theo kJ.mol–1.
Cho: Hằng số Planck h = 6,6261.10–34 J.s; Tốc độ ánh sáng c = 2,9979.108 m.s–1;
Số Avogađro NA = 6,0221.1023 mol–1; Khối lượng electron me = 9,1094.10–31 kg.
1.4 a. Phân tử β-caroten (hình 1) là một hệ liên hợp pi-pi, có trong củ cà-rốt làm cho cà-rốt có
màu cam. Sử dụng mơ hình hạt chuyển động trong hộp thế một chiều, dự đoán khoảng năng
lượng ΔE giữa mức năng lượng cao nhất chứa electron (HOMO) và mức năng lượng thấp nhất
không chứa electron (LUMO) theo đơn vị J. Từ năng lượng này, xác định bước sóng tối đa của
ánh sáng bị hấp thụ bởi β-caroten. Giải thích tại sao cà-rốt có màu cam. Cho chiều dài phân tử βcaroten là L = 1850 pm (1 pm = 10-12 m).
b. Đối với hệ liên hợp vịng khép kín, ví dụ như benzen và coronen (hình 2) thì cơng thức tính
lượng tử năng lượng khơng còn giống như hệ liên hợp mạch hở mà thay đổi như sau:

n2h 2
En = 2
8π m e R 2

Với n là số lượng tử “quay”, n nhận các giá trị 0; ±1 ; ±2 ; ... ; ±∞ .
Trong trường hợp n = 0 chỉ có 1 obitan, R (m) là bán kính của vịng; h là hằng số Planck
h = 6,6261.10-34 (J.s); me là khối lượng của electron me = 9,1094.10-31 kg; c là tốc độ ánh sáng c
= 2,9979.108 m.s-1; số Avogadro NA = 6,0221.1023; π = 3,1416 .

Hình 1. Phân tử β-caroten

Hình 2. Phân tử benzen và coronen
1


Tính khoảng năng lượng ΔE’giữa mức năng lượng cao nhất chứa electron (HOMO) và mức
năng lượng thấp nhất không chứa electron (LUMO) đối với benzen và coronen. Giải thích tại sao
benzen khơng màu cịn coronen lại có màu. Biết bán kính của vịng benzen là 139 pm và của vịng
coronen là 368 pm.
Câu 2. (4,0 điểm)
2.1. Người ta thực hiện các quá trình đối với 7,2 gam C5H12 như sau:
a. Giãn đẳng nhiệt thuận nghịch nhiệt động C5H12 tại 00C, 1 atm tới V=10 lít.
b. Nén C5H12 thuận nghịch nhiệt động tại 00C từ 1,0 atm đến 5,0 atm.
c. Giãn đoạn nhiệt thuận nghịch nhiệt động C5H12 ở 00C, 1 atm đến 10 lít.
Hãy tính cơng W, nhiệt Q và biến thiên nội năng của các quá trình trên?
Coi C5H12 là khí lí tưởng và coi nhiệt dung đẳng áp của hệ khơng thay đổi trong q trình thí
nghiệm CP=30,02 J/mol.K.
2.2. Hố lỏng 1mol khí oxi ở -1830C bằng cách nén ở áp suất 1 atm. Oxi sau khi đã hố lỏng được
làm lạnh ở áp suất khơng đổi đến nhiệt độ nóng chảy là -2180C, sau đó được hố rắn thuận nghịch
và chất rắn sau đó được làm lạnh đến -2630C. Hãy tính ∆H (hệ) và ∆S (hệ) của tồn bộ q trình

trên. Cho: Cp (l) = 54 J.K−1.mol−1; Cp (r) = 41 J.K−1.mol−1; ∆H (hoá hơi) = 6,82 kJ.mol−1;
∆H (nóng chảy) = 0,42 kJ.mol−1.
2.3. Tầng cao hơn tầng nhà kính là tầng ozon, có tác dụng bảo vệ Trái Đất khỏi các bức xạ tử
ngoại. Bằng cách hấp thụ ánh sáng trong tầng này, ozon được chuyển hoá thành oxi (O2). Đối với
hν
phản ứng chung phân huỷ ozon (2O3 
→ 3O2) có một trong những cơ chế được đề nghị là:
k

O3 ↽ k 1 ⇀ O + O 2
−1

(1)

k2
O3 + O 
→ 2O 2

(2)

Trong đó, k1, k-1, k2 là các hằng số tốc độ phản ứng tương ứng.
a. Giả sử rằng nồng độ của các nguyên tử O đạt cân bằng đủ nhanh, nồng độ của nó có thể
được tính theo hằng số cân bằng của phản ứng (1). Hãy tính tốc độ của phản ứng (2).
b. Một giả thiết khác là các nồng độ tạo ra và mất đi của oxi nguyên tử như nhau (trạng thái
nồng độ ổn định), chấp nhận sự gần đúng việc sử dụng ngun lí nồng độ dừng.
Chứng minh rằng phương trình tốc độ phân huỷ ozon là:
k 1k 2 [ O 3 ]
1 d [ O3 ]
− .
=

2 dt
k −1 [ O 2 ] + k 2 [ O3 ]
2

c. Sự phá huỷ ozon (2O3 → 3O2) trong phần trên của tầng bình lưu có thể xảy ra do sự tác
động của các chất freon (ví dụ CCl2F2). Dưới tác dụng của tia tử ngoại, freon phân huỷ thành clo
nguyên tử.
hν
CCl2F2 
→ CClF2 + Cl
Clo nguyên tử có thể tác dụng như một chất xúc tác cho sự phân huỷ ozon theo cơ chế sau:
Cl(k) + O3(k) → ClO(k) + O2(k)
ClO(k) + O3(k) → 2O2 + Cl
Năng lượng hoạt hoá của phản ứng phân huỷ ozon khi có clo làm xúc tác là 2,1 kJ/mol, trong
khi năng lượng hoạt hoá cho phản ứng khơng có clo làm xúc tác là 14,0 kJ/mol.
2


Tính tỉ số tốc độ của phản ứng ở 25oC khi có xúc tác và khi khơng có xúc tác. Cho rằng trong
hai trường hợp trên, thừa số trước hàm mũ A trong phương trình Arrhenius là như nhau.
Câu 3: 4 điểm
3.1. Trộn 20,00 ml dung dịch H3PO4 0,50 M với 37,50 ml dung dịch Na3PO4 0,40 M, rồi pha
loãng bằng nước cất thành 100,00 ml dung dịch A.
a. Tính pH của dung dịch A.
b. Cần phải thêm bao nhiêu ml dung dịch HCl 0,050 M vào 20,00 ml dung dịch A để thu được
dung dịch có pH =5,00 (metyl đỏ đổi màu).
c. Cần phải thêm bao nhiêu ml dung dịch NaOH 0,10 M vào 25,00 ml dung dịch A để hỗn hợp
thu được có màu đỏ tía của phenolphtalein (pH = 10,00).
Cho biết:
pK a1(H3PO4 ) = 2,15; pK a2(H3PO4 ) = 7,21; pK a3(H3PO4 ) = 12,32.

3.2. Trộn 10,00 ml dung dịch CH3COOH 0,02M với 10,00 ml dung dịch H3PO4 thu được dung
dịch A có pH = 1,5.
a. Tính nồng độ mol/l của H3PO4 trong dung dịch trước khi trộn.
b. Tính độ điện li của CH3COOH trong dung dịch A.
c. Thêm từ từ Na2CO3 rắn vào dung dịch A cho đến pH = 4,0 thu được dung dịch B. Tính số
gam Na2CO3 đã dùng ( cho rằng khí CO2 tạo thành thốt ra hết).
Cho biết: H3PO4 có pK a = 2,15; pK a = 7,21; pK a = 12,32
1

CH3COOH có pKa = 4,76;

2

3

H2CO3 có pK a = 6,35; pK a = 10,33 .
1

2

Câu 4. (4,0 điểm)
4.1. Có một điện cực Ag được bao phủ bởi hợp chất ít tan AgI, dung dịch KI 1,000.10-1M lắp với
điện cực calomen bão hòa và đo được suất điện động của pin là 0,333V. Viết sơ đồ pin và tính
tích số tan của AgI. Biết EoAg+/Ag = 0,799V; Ecalomen(bão hoà) = 0,244V.
4.2. Suất điện động của pin sẽ thay đổi như thế nào khi thêm vào điện cực nghiên cứu
a) Thêm NaI 0,1M.
b) Thêm NaCl 0,1M.
c) Thêm dung dịch NH3 0,2M.
d) Thêm dung dịch KCN 0,2M.

e) Thêm dung dịch HNO3 0,2M.
Cho pKs(AgCl: 10,00; AgI: 16,00): βAg(NH3)2+ = 107,24; βAg(CN)2- = 1020,48.
4.3. 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 khơng thay đổi khi thêm KI vào dung dịch X).
3


a. Hãy mơ tả các q 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 0Cr O
2

2−
7

/Cr

3+

E

0

= 1,330 V; E

Cu

2+

/Cu

+

0
−

MnO 4 /Mn

2+

= 1,510 V; E

0
Fe

0

3+

/Fe

2+

= 0,771 V; E − − = 0,5355 V
I3 /I

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

Câu 5: 4 điểm
5.1. Trong thiên nhiên, brom có nhiều ở nước biển dưới dạng NaBr. Cơng nghiệp hóa học điều
chế brom từ nước biển được thực hiện theo quy trình sau đây:
- Cho một ít dung dịch H2SO4 vào một lượng nước biển;
- Sục khí clo vào dung dịch mới thu được;
- Dùng khơng khí lơi cuốn hơi brom tới bảo hòa vào dung dịch Na2CO3;
- Cho dung dịch H2SO4 vào dung dịch đã bão hòa brom, thu hơi brom rồi hóa lỏng.
Hãy viết các phương trình hóa học chính đã xảy ra trong các q trình trên và cho biết vai trò
của H2SO4.
5.2. Dung dịch A gồm hai muối: Na2SO3 và Na2S2O3:
- Lấy 100ml dd A trộn với lượng dư khí Cl2 rồi cho sản phẩm thu được tác dụng với BaCl2 dư
thì thu được 0,647g kết tủa
- Lấy 100ml dd trên nhỏ vài giọt hồ tinh bột rồi đem chuẩn độ bằng iot thì đến khi dd bắt đầu
xuất hiện màu xanh chàm thấy tốn hết 29ml I2 0,05M (I2 tan trong dd KI)
a) Tính CM của các chất trong dd A
b) Cho 100ml dd A tác dụng với dd HCl thì thu được bao nhiêu gam chất rắn?
HẾT
(Giám thị coi thi khơng giải thích gì thêm)

4


ĐÁP ÁN
Hướng dẫn chấm

Thang
điểm

Câu 1 ( 4,0 điểm)
1.1(1,0 điểm) Vì A, B là 2 nguyên tố kế tiếp nhau trong cùng một chu kỳ của bảng tuần

hoàn nên 2 nguyên tố có cùng số lớp electron (cùng n).
Mà trong đó B có tổng số lượng tử (n + l ) lớn hơn tổng số lượng tử (n +
l ) của A là 1.
 Cấu hình electron lớp ngồi cùng của A, B là:
A: ns2.
B: np1
Mặt khác, A có 2e ở lớp ngồi cùng  cation A có dạng A2+.
Vậy tổng đại số của 4 số lượng tử của A2+ là: (n – 1 ) + 1 + 1  n=3
Cấu hình electron của A: [Ne] 3s2

↑↓

 Vậy 4 số lượng tử của A là : n = 3
Cấu hình electron của B: [Ne] 3s2 3p1

 Vậy 4 số lượng tử của B là: n = 3

1
= 3,5
2

l=0

m= 0

ms = -

0,25
0,25

1
2

↑

l=1

0,25
m=-1

ms = +

1
2

0,25

1.2(1,0 điểm) a. O2 → O2+ + 1e
Từ giản đồ năng lượng cấu hình e của O2 là [KK] σ s2σ s*2σ z2π x4, yπ x*1π *1
y .
Trong quá trình O2 → O +2 , chẳng hạn e này mất từ MO- π *y
nên cấu hình e của O +2 là [KK] σ s2σ s*2σ z2π x4, yπ x*1π *0
y .
O2 Bậc liên kết n ═ (8 – 4)/2 ═ 2.
O +2 Bậc liên kết n = (8-3)/2 = 2,5.
Bậc liên kết trong O2+ (2,5) lớn hơn trong O2 (2) làm cho liên kết trong
phần tử bền hơn.

0,25
0,25

b. Ta xét N2 + 1e → N2Từ giản đồ năng lượng ta có cấu hình e của N2: [KK] σ s2σ s*2π x4, yσ z2
Khi N2 nhËn thªm 1 electron, cÊu hình electron trở thành
[KK] s2 s*2 x4, y z2 x*1, y với
Bậc liên kết là n = (8 – 2)/2 = 3.
Bậc liên kết là n = (8 – 3)/2 = 2,5.

0,25

Bậc liên kết giảm làm cho độ bền của liên kết giảm.

0,25

5


1.3(1,0 điểm) b. Giả thiết tác dụng của bức xạ chỉ tách e từ phân tử nitơ.
1
1
mvi2 + Ii → Ii = hν - mvi2
2
2

hν =

hν = 6,6261.10–34 . 2,9979.108 .

(1)

0,25

1
. 6,0221.1023 . 10–3
-9
58,34.10

= 2050,485 (kJ. mol–1).

0,25

Thay số vào biểu thức (1), tính được
I1 = 1507,335 (kJ. mol–1) hoặc (2,503.10-21 kJ)
I2 = 1610,867 (kJ.mol–1) hoặc (2,6749.10-21 kJ)

0,25
0,25

1.4(1,0 điểm) a. Phân tử β-caroten có 22e pi liên hợp. Vậy HOMO ứng với n = 11 và
LUMO ứng với n = 12.
∆E = E12 − E11 =

(6, 6261.10−34 ) 2
(122 − 112 ) = 4,0487.10-19 J.
−31
−12 2
8.9,1094.10 .(1850.10 )

0,25

hc 6, 6261.10−34.2,9979.108

=
= 4, 91.10−7 (m) = 491 (nm).
−19
∆E
4, 0487.10

0,25

∆E =
λ=

h2
(122 − 112 )
2
8m e L

Phân tử β-caroten hấp thụ dải ánh sáng màu xanh trong vùng ánh sáng nhìn
thấy nên phân tử β-caroten có màu cam (tạo nên màu cam của cà-rốt).
b. Đối với benzen (6 electron pi liên hợp)
∆E ' =

λ' =

h2
(6, 6261.10−34 )2
2
2
(2
−
1

)
=
(4 − 1) = 9, 478.10−19 J
2
2
2
−31
−12 2
8π me R
8.3,1416 .9,1094.10 .(139.10 )

hc 6, 6261.10−34.2,9979.108
=
= 2, 096.10−7 (m) = 209,6 (nm).
−19
∆E '
9, 478.10

0,25

Đối với coronen (24 electron pi liên hợp)
∆E'' =

h2
(6,6261.10−34 )2
2
2
(7
−
6

)
=
(49 − 36) = 5,86.10−19 J
2
2
2
−31
−12 2
8π meR
8.(3,1416) .9,1094.10 .(368.10 )

hc
6, 6261.10−34.2,9979.108
λ =
=
= 3, 39.10−7 (m) = 339,0 (nm)
−19
∆E ''
5,86.10
''

Do benzen hấp thụ ánh sáng trong vùng tử ngoại nên benzen không màu, 0,25
trong khi coronen hấp thụ ánh sáng trong vùng gần với vùng ánh sáng nhìn
thấy nên coronen có màu.
Câu 2 (4,0 điểm)
2.1(1,0 điểm) a. Giãn đẳng nhiệt thuận nghịch C5H12 ở 00C, 1 atm tới V=10 lít
∆U = ∆H = 0
6

2

W= -Q = −  PdV

V2

= −

1

V1

nRT
dV
V

= -nRT (lnV2 – lnV1) = -nRTln

V2
10
= −0,1.8,314.273.ln
V1
273.0,1.0, 082

0,25

= -339,717 J
b. Nén C5H12 thuận nghịch từ 1,0 atm đến 5,0 atm
Quá trình nén này xảy ra trong điều kiện đẳng nhiệt nên ∆U=∆H=0
2

 W = −Q = −  PdV = −nRT ln
1

V2
P
= −nRT ln 1
V1
P2

= -0,1.8,314.273.ln(1/5)

=365,298 J
c.Giãn đoạn nhiệt thuận nghịch nhiệt động C5H12 ở 00C, 1 atm đến 10 lít
Q=0
γ = CP/CV = 30,02/(30,02-8,314)= 1,383
Áp dụng phương trình Poisson T2 = T1.(

V1 γ −1
V
) =T1 ( 1 )0,383 =
V2
V2

273.

(

273.0,1.0, 082 0.383
)

10

0,25

0,25

=153,89K
0,25

2

∆U=W =  nCV dT = nCv (T2-T1) = 0,1. (30,02- 8,314). (153,89-273)
1

= -258,54J
2.2(1,0 điểm) Quá trình tổng cộng là
− ∆ H hh
H nc
làm lạnh
làm lạnh
O2 (l)
O2 (r)
O2 (k) →
O2 (l) 
O2 (r) 

90 K

90 K

55 K

55 K

10 K

Tồn bộ q trình làm lạnh ở P = const nên ∆H = qp.
10

55

∆H(hệ) = −

∆H ohh

+

 nC

p

(l ) dT −

∆H onc

90

+

 nC p (r)dT

55

0,5

∆H(hệ) = − 6820 + 54×(55−90) − 420 + 41×(10−55)
= −10975 J = − 10,975 kJ
∆H ohh
∆S(hệ) = −
+
Ts«i

∆S(hệ) = −

55

 n C p (l )
90

dT
∆H onc
−
+
Tnc
T

10

 nC p (r)
55

dT
T

420
10
6820
55
+ 54×ln
−
+ 41×ln
= − 179,9 J.K−1.
55
55
90
90

0,5

7


2.3(2,0điểm)

a. Theo phản ứng (1):
0,25

[ O][O2 ]
k
K= 1 =
k −1

[ O3 ]
[O] =
→

K [ O3 ]

[ O2 ]

Theo phản ứng (2):
k K [ O3 ]
1 d [O2 ]
.
= k 2 [ O3 ][ O ] = 2
2 dt
[O2 ]

2

0,25

b. Áp dụng nguyên lí nồng độ ổn định cho oxi nguyên tử, ta có:
d [O]
dt

[O] =

= k1 [ O3 ] − k −1 [ O][ O2 ] − k 2 [ O3 ][ O] = 0

0,25

k1 [ O 3 ]

k −1 [ O 2 ] + k 2 [ O3 ]

(1)

Phản ứng phân hủy O3, theo (1,2):
d [ O3 ]
dt

0,25
= -k1 [ O3 ] + k -1 [ O ][ O2 ] - k 2 [ O3 ][ O ]

(2)

Đặt (1) vào (2):
d [ O3 ]
dt

= −k1 [ O3 ] + k −1

k1 [ O 3 ]
k −1 [ O 2 ] + k 2 [ O 3 ]

[ O 2 ] − k 2 [ O3 ]

k1 [ O 3 ]
k −1 [ O2 ] + k 2 [ O3 ]

−k [ O ] (k [ O ] + k 2 [ O3 ]) + k −1k1 [ O3 ][ O2 ] − k 2 k1 [ O3 ]

= 1 3 −1 2
k −1 [ O2 ] + k 2 [ O3 ]

2

2k1k 2 [ O3 ]

2

=−

k −1 [ O 2 ] + k 2 [ O 3 ]

0,5
2

→

k 1k 2 [ O 3 ]
1 d [ O3 ]
− .
=
2 dt
k −1 [ O 2 ] + k 2 [ O3 ]

8


c. Áp dụng phương trình Arrhenius: k = A.e-Ea/RT

3

k xt =A.e-2,1.10

Khi có xúc tác:

/RT

3

k kxt =A.e-14.10

Khi khơng có xúc tác:

0,5

/RT

3
k xt
= e(14 −2,1).10 /(8,314.298) = 121,8864
k kxt

Câu 3 (4,0 điểm)
3.1(2,0 điểm) a.
CH3PO4 =

0,50.20
0,40.37,5
= 0,10 (M); C Na 3PO4 =

= 0,15 (M).
100
100

C Na 3PO4 = 1,5. CH3PO4 → phản ứng xảy ra như sau:
10,17
H3PO4 + PO3HPO 2+ H 2 PO-4 K1 = Ka1. K -1
4
4
a3 = 10
0,1
0,15
0
0,05
0,1
0,1
(M)
325,11
H 2 PO 4 + PO 4
2 HPO 4
K2 = Ka2. K -1
a3 = 10
0,1
0,05
0,1
0,05
0
0,2
(M)
Dung dịch A thu được là hệ đệm gồm: H 2 PO 4 0,05 M và HPO 24 0,2 M

→ có thể tính pHA gần đúng theo biểu thức: pHA = pKa2 + lg

CHPO24

CH

2 PO4

= 7,81.

0,25
0,25

pK a1 + pK a2
= 4,68 → có thể coi lượng HCl thêm
2
0,25
vào 20,00 ml dung dịch A sẽ phản ứng vừa đủ với HPO 24 tạo thành H 2 PO 4

b. pH = 5,00 ≈ pH (NaH PO ) ≈
2

4

+
HPO 24 + H → H 2 PO 4
0,2.20
→ VddHCl =
= 80 (ml)

0,5
0,05
pK + pK a2
c. Tương tự pH (Na 2HPO4 ) = a3
= 9,765 ≈ 10,00 → có thể coi lượng
2
NaOH thêm vào 25,00 ml dung dịch A sẽ phản ứng vừa đủ với H 2 PO-4 tạo 0,25

thành HPO 24
H 2 PO-4 + OH-→ HPO 24 + H2 O
0,05.25
→ VddNaOH =
= 12,50 (ml)
0,1

0,5

9


3.2(2,0 điểm) a. Gọi nồng độ mol/l của H3PO4 trong dung dịch trước trộn là C.
Dung dịch A có nồng độ mol/l của CH3COOH 0,01 và H3PO4 0,5C
Dung dịch A có pH = 1,5  bỏ qua sự phân li của nước.
Các quá trình xảy ra trong dung dịch A:
H3PO4 ↽ ⇀ H+ + H2PO −4

K a1 = 10-2,15

(1)

CH3COOH ↽ ⇀ CH3COO- + H+ Ka = 10-4,76

(2)

H2PO −4 ↽ ⇀ H+ + HPO 24−

K a2 = 10-7,21

(3)

HPO 24− ↽ ⇀ H+ + PO 34−

K a3 = 10-12,32

(4)

Vì K a >> Ka >> K a >> K a nên pHA được tính theo (1):
1

2

H3PO4
[ ] 0,5C-10-1,5
K a1 = 10

-2,15

↽⇀

3

H+ +
10-1,5

H2PO −4
10-1,5

K a1 = 10-2,15

(10 −1,5 ) 2
=
 C = 0,346M
0,5C − 10 −1,5

b. CH3COOH ↽ ⇀ H+ + CH3COO0,01-x
10-1,5
x
Ka = 10-4,76 =

0,25
Ka = 10-4,76

10 −1,5.x
 x = 5,49.10-6
0,01 − x

5,49.10 −6
α =
.100% = 0,055%
0,01

0,25
0,25

c. Tại pH = 4,00 ta có:
[H 2 PO −4 ] K a1 10−2,15
[H 2 PO −4 ]
=
=

= 0,986
[H 3 PO 4 ] [H + ] 10−4
[H 3 PO 4 ] + [H 2 PO −4 ]
[HPO24− ]

Ka

10−7,21
= + = −4,0 = 10−3,21  [HPO24− ] << [H 2 PO−4 ]
−
[H 2 PO 4 ] [H ] 10
2

[CH3COO − ]
K a 10−4,76
[CH 3COO − ]
=
=

= 0,148

[CH 3COOH] [H + ] 10−4,0
[CH3COO− ] + [CH3COOH]

0,25
0,25

10


Tương tự
[CO32 − ]
[HCO3− ]

=

10 −10,33
<< 1  [CO32 − ] << [HCO3− ]
−4
10

0,25

[HCO ] 10
=
<< 1  [HCO3− ] << [H 2 CO3 ]
−4
[H 2 CO3 ] 10
−6,35

−

3

Như vậy khi trung hịa đến pH = 4,00 thì chỉ có 14,8% CH3COOH và
98,6% nấc 1 của H3PO4 bị trung hòa còn bản thân Na2CO3 phản ứng với H+
của hai axit tạo thành CO2.

0,25

2H3PO4 + CO 32− → 2H2PO −4 + CO2↑ + H2O
2CH3COOH + CO 32− → 2CH3COO- + CO2↑ + H2O
Vậy nCO = 0,5(14,8%. nCH COOH + 98,6%. nH PO )
2−
3

3

3

4

= 0,5.20.10-3 (14,8%.0,01 + 98,6% .0,173)
 nCO 2− = 1,72.10-3 (mol)
3

 m Na2CO3 = 1,72.10-3. 106= 0,182 (gam)

4.1
Giả sử qua thực nghiệm xác định được sơ đồ pin như sau:
( 0,75
-) Ag, AgI KI 0,1M KCl(bão hòa) Hg2Cl2, Hg (+)

điểm) - Ở cực (-) có:
E(-) = Eo(Ag+/Ag) + 0,0592lg[Ag+] = Eo(Ag+/Ag) + 0,0592lgKs/[I-]
= 0,799 + 0,0592lg10 + 0,0592lgKs = 0,7398 + 0,0592lgKs
 Epin = 0,244 – 0,8582 – 0,0592lgKs = 0,333
 K = 10-16.
4.2
(1,25
điểm)

0,25
0.25

0,5

a) Có sơ đồ pin:
(-) Ag, AgI KI 0,1M KCl(bão hòa) Hg2Cl2, Hg (+)
Khi thêm muối NaI vào điện cực anot làm cho cân bằng AgI ⇌ Ag+ + Ichuyển dịch theo chiều nghịch, nồng dộ ion Ag+ giảm, do đó E(-) giảm. Vì vậy
0,25
suất điện động của pin tăng.
b) Khi thêm NaCl 0,1M vào điện cực anot, có phản ứng:
AgI + Cl- ⇌ AgCl + IK = 10-16.(10-10)-1 = 10-6 (nhỏ)
Theo phản ứng trên thấy K rất nhỏ, mặt khác nồng độ NaCl lại loãng, nên q
0,25
trình chuyển sang AgCl là rất ít. Vì vậy suất điện động của pin coi không đổi.
c) Khi thêm NH3 0,2M vào điện cực anot, có phản ứng:
AgI + 2NH3 ⇌ Ag(NH3)2+ + IK = 10-16.(10-7,24)-1 = 10-8,76 (rất nhỏ)
Theo phản ứng trên thấy K rất nhỏ, mặt khác nồng độ NH3 lại lỗng, nên q
trình chuyển sang Ag(NH3)2+ là rất ít. Vì vậy suất điện động của pin coi không
0.25
đổi.

11


d) Khi thêm dung dịch KCN 0,2M vào điện cực anot, có phản ứng:
AgI + 2CN- ⇌ Ag(CN)2+ + IK = 10-16.(10-20,48)-1 = 104,48 (lớn)
Theo phản ứng trên thấy K lớn, nên q trình chuyển sang phức bền gần như
0,25
hồn tồn, do đó ion Ag+ giảm đi, E(-) giảm. Vì vậy suất điện động của pin tăng.
e) Khi thêm dung dịch HNO3 0,2M vào điện cực anot, có phản ứng I bị oxi hóa
bởi HNO3 làm nồng độ ion I- giảm, dẫn đến nồng độ ion Ag+ tăng (trong môi
trường axit ion Ag+ khơng tham gia q trình tạo phức hiđroxo), nên E(-) tăng. Vì
0,25
vậy suất điện động của pin giảm, đến lúc nào đó có thể đổi chiều dịng điện.

4.3(2,0 điểm) a. Gọi nồng độ mol/l của H3PO4 trong dung dịch trước trộn là C.
Dung dịch A có nồng độ mol/l của CH3COOH 0,01 và H3PO4 0,5C
Dung dịch A có pH = 1,5  bỏ qua sự phân li của nước.
Các quá trình xảy ra trong dung dịch A:
H3PO4 ↽ ⇀ H+ + H2PO −4

K a1 = 10-2,15

(1)

CH3COOH ↽ ⇀ CH3COO- + H+ Ka = 10-4,76

(2)

H2PO −4 ↽ ⇀ H+ + HPO 24−

K a2 = 10-7,21

(3)

HPO 24− ↽ ⇀ H+ + PO 34−

K a3 = 10-12,32

(4)

Vì K a >> Ka >> K a >> K a nên pHA được tính theo (1):
1

2

H3PO4
[ ] 0,5C-10-1,5
K a1 = 10-2,15 =

3

↽⇀

H+ +
10-1,5

H2PO −4
10-1,5

b. CH3COOH ↽ ⇀ H

+ CH3COO
-1,5
0,01-x
10
x
10 −1,5.x
=
Ka = 10
 x = 5,49.10-6
0,01 − x
−6
5,49.10
α =
.100% = 0,055%
0,01
-4,76

K a1 = 10-2,15

(10 −1,5 ) 2
 C = 0,346M
0,5C − 10 −1,5
+

-

0,25

0,25
Ka = 10

-4,76

0,25
0,25

12


0
5.2 (1,5điểm) a. E0
= 1,51 V > E
MnO /Mn
Cr O
4

2+

23+
2 7 /Cr

= 1,33 V > E

0

0

3+

Fe /Fe

2+

= 0,771V > E -

I3 /I

-

= 0,5355 V, nên

các quá trình xảy ra như sau:
2 MnO-4 + 16 H+ + 15 I- → 2 Mn2+ + 5 I3- + 8 H2O (1)
0,01
0,5
[ ]
0,425
0,01
0,025
2Cr2 O 7 + 14 H+ + 9 I- → 2 Cr3+ + 3 I3 + 7 H2O
(2)
0,01
0,425
0,025
[ ]
0,335
0,02
0,055
(3)
2 Fe3+ + 3 I- → 2 Fe2+ + I3

0,01
0,335
0,055
[ ]
0,32
0,01
0,06
Thành phần của dung dịch Y:
I3 0,060 M; I- 0,32 M; Mn2+ 0,01 M; Cr3+ 0,02 M; Fe2+ 0,01 M.
b.

0,5

0,25

-

I 3 + 2 e → 3 IE - - = 0,5355 +

0,0592

I3 /I

c. Do E 0I- /I- = 0,5355 V > E 0Cu
3

2+

2
/Cu +

.log

0,06
(0,32)

3

0,25

= 0,54 V.

= 0,153 V nên về nguyên tắc Cu2+ không

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

0
2+

/CuI

2+

/CuI

Cu

Như vậy E 0Cu

=E

0
Cu

2+

/Cu

+

+ 0,0592.log

1
K S(CuI)

≈ 0,863 V.

0,25

= 0,863 V > E 0I- /I- = 0,5355 V
3

2+

 Cu sẽ oxi hóa được I- do tạo thành CuI:
2 Cu2+ + 5 I- → 2 CuI ↓ + I3-

5.1

+

H
Cl2 + 2NaBr →
2NaCl + Br2

3Br2 + 3Na2CO3 → 5NaBr + NaBrO3 + 3CO2
H2SO4 + Na2CO3 → Na2SO4 + CO2 + H2O
5NaBr + NaBrO3 + 3H2SO4 → 3Na2SO4 + 3Br2 + 3H2O

0,25

0.25

(1)

0.25

(2)
(3)

0.25

(4)

0.25

Vai trị của H2SO4: (1) H2SO4 có tác dụng axit hóa mơi trường phản ứng, (3)
(4) là chất tham gia pư, nếu mơi trường kiềm thì sẽ có cân bằng: .

3Br2+ 6OH

-

OH+

H

5Br- + BrO3- + 3H2O

0.5
13


5.2

a. Khi cho dung dịch A tác dụng với khí clo rồi cho tác dụng với BaCl2 xảy
ra các phương trình phản ứng:
H2O + Na2SO3 + Cl2 → Na2SO4 + 2HCl
x

x

(mol)

2H2O + Na2S2O3 + Cl2 → sNa2SO4 + H2SO4 + 2HCl
y

y

y

0.5

(mol)

Ba2+ + SO42- → BaSO4
x + 2y
Có x + 2y =

x + 2y

(mol)

0,647
= 2,777.10 − 3
233

0.5

(1)

Khi chuẩn độ dd A bằng I2:
H2O + Na2SO3 + I2 → Na2SO4 + 2HI
x

x

2Na2S2O3 + I2
y

(mol)
→ Na2S4O6 + 2NaI

y/2

(mol)

Lại có: x + y/2 = 29.10-3.0,05 = 1,45.10-3

(2)
0.5

Từ (1) và (2) giải được: x = 10-3; y = 8,845.10-3
Vậy: CM Na2SO3 =

10−3
= 0,01M ;
0,1

CM Na2S2O3 =

8,845.10 −3
= 8,845.10 − 2 M
0,1

b. Nếu dùng HCl cho phản ứng với 100ml A:

0.5

Na2S2O3 + 2HCl → 2NaCl + SO2 + S + H2O
nS = nNa2S2O3 = 8,845.10-3mol

0,5

Khối lượng chất rắn thu được là: 8,845.10-3.32 = 0,283g.

Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho trọn điểm.
-----HẾT----14


TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG – TỈNH BÌNH DƯƠNG
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ OLYMPIC 30/4 LẦN THỨ 24
MƠN: HĨA HỌC – LỚP: 10
PHẦN 1: ĐỀ THI
CÂU 1: Cấu tạo nguyên tử. Hệ thống tuần hồn. Liên kết hóa học.
1.1. Có 3 nguyên tố R, X và Y trong bảng hệ thống tuần hồn có số thứ tự tăng dần. R, X và Y
đều thuộc nhóm A và khơng cùng chu kì trong bảng hệ thống tuần hoàn. Electron cuối cùng
điền vào cấu hình electron của 3 nguyên tử R, X, Y có đặc điểm: tổng số lượng tử chính (n)
bằng 6; tổng số lượng tử phụ (l) bằng 2; tổng số lượng tử từ (ml) bằng -2; tổng số lượng tử spin
(ms) bằng -1/2, trong đó số lượng tử spin của electron cuối cùng của R là +1/2. Cho biết tên của
R, X, Y.
1.2. Xác định cấu trúc phân tử của các phân tử và ion sau đồng thời cho biết kiểu lai hóa các
AO hóa trị của nguyên tử trung tâm: SOF4, TeCl4, BrF3, I3-, ICl4-?
1.3. Cho bảng sau:
Nguyên tố
Năng lượng ion hố I2 (eV)

Ca

Sc

Ti

V

Cr

Mn

11,87

12,80

13,58

14,15

16,50

15,64

Hãy giải thích sự biến đổi năng lượng ion hoá thứ hai của các nguyên tố trong bảng.
1.4. Tinh thể ReO3 thuộc hệ lập phương, trong đó ion Re6+ chiếm các vị trí đỉnh của hình lập
phương, ion O2- chiếm vị trí trung điểm tất cả các cạnh của ơ mạng.
Biết bán kính: O2- = 0,126nm, Re6+ = 0,061 nm.
Nguyên tử khối: O =16; Re = 186
a. Hãy vẽ một ô mạng cơ sở của tinh thể ReO3, tính số nguyên tử Re và O trong một ô mạng và
khối lượng riêng của tinh thể ReO3 (gam/cm3)
b. Cation Li+ có thể xâm nhập vào mạng lưới tinh thể ReO3 ở ngay nhiệt độ phòng. Cation Li+ có

kích thước lớn nhất bằng bao nhiêu để khi xâm nhập vào mạng lưới tinh thể ReO3 không làm thay
đổi kích thước của ơ mạng tinh thể ?
CÂU 2: Lý thuyết về phản ứng hóa học.
2.1. Hợp chất Q (khối lượng mol phân tử là 122,0 g.mol-1) gồm có cacbon, hydro và oxy.
Nhiệt sinh (entanpi tạo thành) tiêu chuẩn của CO2(k) và H2O(l) tại 25oC tương ứng là –393,51 và
285,83kJ.mol-1. Hằng số khí R = 8,314J.K-.mol-1.
Dùng lượng dư oxy đốt cháy hết một mẫu chất rắn Q nặng 0,6000 gam trong một nhiệt lượng kế
ban đầu chứa 710,0 gam nước tại 25,000oC. Sau khi phản ứng xong, nhiệt độ lên tới 27,250oC và
có 1,5144 gam CO2(k) và 0,2656 gam H2O được tạo thành.
a. Hãy xác định công thức phân tử và viết, cân bằng phương trình phản ứng đốt cháy Q với trạng
thái vật chất đúng.
Cho nhiệt dung riêng của nước là 4,184J.g-1.K-1 và biến thiên nội năng của phản ứng trên (∆Uo) là
–3079kJ.mol-1.
b. Hãy tính nhiệt dung của nhiệt lượng kế đó (khơng kể nước).
c. Hãy tính nhiệt sinh (entanpi tạo thành) tiêu chuẩn (∆Hof) của Q.
2.2. Trong môi trường axit, I- bị oxi hóa bởi
theo phản ứng:
(1)
Thực nghiệm cho biết, ở một nhiệt độ xác định, biểu thức tốc độ phản ứng có dạng:
1


(2)
Cơ chế của phản ứng (1) được đề nghị như sau:

Với k là hằng số tốc độ của phản ứng

(1) (nhanh, cân bằng)
(2) chậm
(3) nhanh

2
(4) nhanh
(5) nhanh
(6) cân bằng
a/ Có thể áp dụng nguyên lý nồng độ dừng cho các tiểu phân trung gian
và
được
không? Tại sao?
b/ Chứng minh rằng cơ chế này phù hợp với biểu thức tốc độ (2) ở trên, từ đó tìm biểu thức của
k?
2.3. Ở 1396K và áp suất 1,0133.105 N.m-2, độ phân li của hơi nước thành hiđro và oxi là
0,567.10-4; độ phân li của cacbon đioxit thành cacbon oxit và oxi là 1,551.10-4. Hãy xác định
thành phần hỗn hợp khí (ở trạng thái cân bằng) được tạo thành theo phản ứng:
CO + H2O
H2 + CO2
từ hai thể tích như nhau của cacbon oxit và hơi nước ở điều kiện trên.
CÂU 3: Dung dịch và sự điện li.
Một bài tập hóa phân tích có đầu bài được cho như sau: “Trộn 15,00 mL dung dịch HCl nồng độ
C (mol.L–1) với 5,00 mL dung dịch Na2C2O4 0,100M, thu được dung dịch X có pH = 1,25. Tính
nồng độ C (mol.L–1)”. Để tính nồng độ C (mol.L–1) đó, một học sinh lập luận như sau: “Vì pH =
pKa1 = 1,25, suy ra [H 2 C 2 O 4 ] = [HC 2 O −4 ] >> [C 2 O 24 − ], nên hệ thu được là hệ đệm. Như vậy, lượng
axit cho vào trung hòa hết nấc 1 và trung hòa hết nửa nấc 2 của C 2 O 24 − , tức là trung hóa hết 1,5
nấc của C 2 O 24 − . Do đó, C =

1,5.0,100.5,00
= 0,050(mol.L−1 ) .”
15,00

a) Bằng các lập luận và tính tốn, cho biết học sinh đó giải đúng hay sai.
b) Tính nồng độ C (mol.L–1) của dung dịch HCl đã cho.

Nếu thí sinh khơng tính đúng được ý b, giả sử dung dịch X chỉ chứa H2C2O4 0,016M để tính tiếp.
c) Trộn 5,00 mL dung dịch X với 5,00 mL dung dịch gồm Ca2+ 0,01M và Sr2+ 0,01M. Khi hệ đạt
trới trạng thái cân bằng, cho biết có những kết tủa nào tách ra. Giả thiết khơng có sự cộng kết.
CÂU 4: Phản ứng oxi hóa – khử. Điện hóa.
4.1. Tính thế khử chuẩn của cặp Fe3+/Fe2+ trong môi trường axit và thế khử chuẩn của cặp
Fe(OH)3/Fe(OH)2 trong môi trường kiềm. Khả năng khử của Fe(II) trong môi trường nào mạnh
hơn?
Cho
biết:
o
o
E Fe
= − 0, 440 V; E Fe
= −0,036 V; pK S (Fe(OH) 2 ) = 14, 78; pK S (Fe(OH)3 ) = 37, 42.
2+
3+
/ Fe
/ Fe

4.2. Thêm V (mL) dung dịch K2Cr2O7 0,02M vào 100mL dung dịch FeSO4 0,12M (tại pH = 0 và
không đổi trong suốt q tình phản ứng), thu được dung dịch A. Tính thế khử của cặp Fe3+/Fe2+
trong dung dịch A ở mỗi trường hợp sau đây: i) V = 50 mL; ii) V = 100 mL; iii) V = 101 mL.
o
o
Cho biết: EFe
= 0, 771 V; ECr
= 1,330 V.
3+
/ Fe2 +
O2 − / 2 Cr 3+

2 7

2


CÂU 5: Nhóm Halogen và nhóm oxi.
5.1. Các hợp chất X, Y, Z đều cấu tạo gồm các nguyên tố Na, S, O trong đó MZ – MY = MY –
MX = 16. Khử Y bằng cacbon ở nhiệt độ cao rồi cho sản phẩm vào dung dịch HCl thu được một
chất khí mùi trứng thối. Khí này tác dụng với dung dịch HClO thu được sản phẩm chứa lưu
huỳnh có cùng số oxi hóa với lưu huỳnh trong Y.
Từ dung dịch X có thể trực tiếp điều chế Z bằng cách hòa tan vào Z một đơn chất, sau đó cơ đặc
dung dịch và kết tinh để thu được một tinh thể. Lọc vớt tinh thể rồi làm khô, đun nóng nhẹ được
dung dịch chứa Z với nồng độ C%.
a. Xác định X, Y, Z và viết các phương trình phản ứng minh họa.
b. Tính giá trị của C.
5.2. 290 mg 1 oxit kim loại MO2, dung dịch HCl đặc và dung dịch KI được chuẩn bị trong các
dụng cụ thí nghiệm như hình vẽ dưới đây:

Khí CO2 giúp điều chỉnh tốc độ nhỏ giọt của dung dịch HCl đặc trên phễu. Ống nghiệm A
được đậy kín như hình vẽ, sau đó được đun sơi trong khoảng 30 phút. Trong suốt thời gian này,
khí CO2 vẫn được duy trì để đẩy HCl xuống cịn sản phẩm thốt ra trong phản ứng sẽ được chưng
cất dần sang bình B và C. Kết thúc thí nghiệm tồn bộ dung dịch trong bình C được chuyển sang
bình eclen B. Sau đó chuẩn độ dung dịch trong bình B bằng dung dịch Na2S2O3 0,1 M cho đến
khi dung dịch nhạt màu, thêm ít hồ tinh bột vào rồi chuẩn độ đến khi dung dịch mất màu hồn
tồn. Thể tích dung dịch Na2S2O3 đã dùng trong phép chuẩn độ trên là 24,25 mL.
a. Viết tất cả các phương trình phản ứng xảy ra trong thí nghiệm trên.
b. Xác định kim loại trong oxit MO2 đã dùng.

3

PHẦN 2: ĐÁP ÁN CHI TIẾT VÀ THANG ĐIỂM
CÂU
NỘI DUNG
CÂU 1
1.1.
1.1.
Ta có : nR + nX + nY = 6
(1)
l R + lX + lY = 2
(2)
(3)
m l(R) + m l(X) + m l(Y) = -2
ms(R) + ms(X) + ms(Y) = -1/2 (4)
- Ta có: nR + nX + nY = 6. Vì 3 ngun tố khơng cùng chu kì.
=> nR = 1, nX = 2, nY = 3. Ba nguyên tố đều thuộc chu kì nhỏ. Nguyên tố R thuộc
chu kì 1 nên electron của nó có l R= 0, m l(R) = 0, mà ms(R) = +1/2
=> R là nguyên tố hiđro.
- Ta có: l R + l X + l Y = 2 (2). Vì l R = 0 nên l X + l Y = 2. Vì X và Y thuộc chu kì
nhỏ nên khơng thể có giá trị l = 2  l X = l Y = 1. Electron cuối cùng của X và Y
thuộc phân lớp 2p và 3p.
m l(R) + m l(X) + m l(Y) = -2 (3).
Vì m ℓ (R) = 0 nên m l(X) + m l(Y) = -2. Mà l X = l Y = 1
nên m ℓ có các giá trị -1, 0, +1  m l(X) = m l(Y) = -1
ms(R) + ms(X) + ms(Y) = -1/2 (4).
Vì ms(R) = +1/2 nên ms(X) + ms(Y) = -1.
Mà ms chỉ có giá trị là -1/2 hoặc +1/2 nên  ms(X) = ms(Y) = -1/2 . Vậy electron
cuối cùng điền vào cấu hình electron của ngun tử có bộ số lượng tử sau :
R : n = 1, l = 0, ml = 0, ms = +1/2
1s1 (hiđro)

X : n = 2, l = 1, ml = -1, ms = -1/2 1s22s22p4 (oxi)
Y : n = 3, l = 1, ml = -1, ms = -1/2 1s22s22p63s23p4 (lưu huỳnh)
1.2

Chất

Trạng thái lai hóa

SOF4
TeCl4
BrF3
I-3
ICl-4

sp3d
sp3d
sp3d
sp3d
sp3d2

Dạng hình học của phân tử
lưỡng tháp tam giác
Bập bênh
hình chữ T cụp
thẳng
vng phẳng

1.3. Cấu hình electron của các nguyên tố:
Ca [Ar]4s2 ; Sc [Ar]3d14s2 ; Ti [Ar]3d24s2 ;
1.3.

V [Ar]3d34s2 ; Cr [Ar]3d54s1 ; Mn [Ar]3d54s2
Năng lượng ion hoá thứ hai ứng với sự tách electron hoá trị thứ hai. Từ Ca đến V đều
là sự tách electron 4s thứ hai. Do sự tăng dần điện tích hạt nhân nên lực hút giữa hạt
nhân và các electron 4s tăng dần, do đó năng lượng ion hố I2 cũng tăng đều đặn. Đối
với Cr, do cấu hình electron đặc biệt với sự chuyển 1 electron từ 4s về 3d để sớm đạt
được phân lớp 3d5 đầy một nửa, electron thứ hai bị tách nằm trong cấu hình bền vững
này cho nên sự tách nó địi hỏi tiêu tốn nhiều năng lượng hơn nên I2 của nguyên tố
này cao hơn nhiều so với của V. Cũng chính vì vậy mà khi chuyển sang Mn, 2
4


electron bị tách nằm ở phân lớp 4s, giá trị I2 của nó chỉ lớn hơn của V vừa phải, thậm
chí cịn nhỏ hơn giá trị tương ứng của Cr.

1.4.

Trong một ơ mạng có
Số ion Re6+ = 8.1/8 = 1
Số ion O2- = 12.1/4 = 3
- Độ dài cạnh a= 2(rRe + rO ) = 0,374nm
- Khối lượng riêng của tinh thể:
D=

Câu 2
2.1

M ô mang
Vô mang

=

(186 + 16.3) / 6, 02.10 23
= 7, 43 gam / cm 3
−7 3
(0,374.10 )

2.1.
1,5144 0,2656.2 0,1575
=
=
= 0,0344 : 0,0295 : 0,00984 = 7 : 6 : 2
44,0
18,0
16
Khối lượng phân tử của C7H6O2 = 122 giống như khối lượng phân tử đầu bài cho.
C7H6O2(r) + 15/2O2(k) → 7CO2(k) + 3H2O(l)
Hay 2C7H6O2(r) + 15O2(k) → 14CO2(k) + 6H2O(l)
o
q v n Q ∆U
b. Tổng nhiệt dung =
=
= 6,730kJ .K −1
∆T
∆T
Nhiệt dung của nước = 710,0 . 4,184 = 2971J.K-1.
Nhiệt dung của nhiệt lượng kế = 6730 – 2971 = 3759J.K-1.
c. ∆Ho = ∆Uo - RT∆nk = -3080 kJ.mol-1.
∆Hof (Q) = -532kJ.mol-1.
2.2.

a.
được tạo ra ở giai đoạn nhanh (1) và mất đi ở giai đoạn chậm nên không
thể áp dụng nguyên lí nồng độ dừng cho tiểu phân này được.
được tạo ra ở giai đoạn chậm (2) và mất đi ở giai đoạn nhanh (3) nên có thể áp
dụng nguyên lí nồng độ dừng cho tiểu phân này được.
b.

a. C : H : O =

2.2.

(a)
Giai đoạn chậm (2) là giai đoạn quyết định tốc độ phản ứng
(b)
Giai đoạn (1) là nhanh và cân bằng nên:
5


(*).
Thay (*) vào (b), ta được:

2.3.

So sánh (a) và (b) ta được:

2.3.
Theo phương trình phản ứng: CO + H2O
H2 + CO2, ta có hằng số cân bằng:
PCO2 PH2
Kp =

(a)
PCO PH 2O
Giá trị hằng số cân bằng của phản ứng này có thể tính từ hằng số phân li của hơi nước
và hằng số phân li của cacbon đioxit:
PO2 PH2 2
2H2O
2H2 + O2
(b)
K p,H 2O = 2
PH 2O
2CO2

2CO + O2

K p,CO2 =

2
PO2 PCO
2
PCO
2

(c)

Chia vế (b) cho (c), dễ dàng suy ra
Kp =

K p,H2O

(d)

K p,CO2

* Xác định các hằng số cân bằng:
(i). K p , H 2O
Gọi độ phân li của hơi nước là α1 = 0,567.10-4;
2H2O
Ban đầu
2
Phân li
2 α1
Cân bằng
2(1 - α1)

2H2 +
0
2α1
2 α1

O2
0 (mol)
α1
α1

Tổng số mol hỗn hợp ở trạng thái cân bằng: 2 + α1
2(1-α1 )
2α1
α
→ PH2 O =P
, PH2 =P

, PO2 =P 1
(e)
2+α1
2+α1
2+α1
Thay (e) vào (a) với lưu ý α1 ≪ 1 , sau vài phép biến đổi đơn giản, cuối cùng nhận
được:
Pα31 1, 0133.105 (0,567.10−4 )3
K p,H 2O =
=
= 0,923.10-8.
2
2
(ii) K p ,CO 2
Với cách tính hồn toàn tương tự nhận được:
Pα 3 1, 0133.105 (1,551.10−4 )3
K p,CO2 = 2 =
=18,90.10-8.
2
2
Thay các giá trị của K p,H 2O và K p,CO2 vừa tính được vào (d), có Kp = 0,221.
* Xác định thành phần hỗn hợp khí theo Kp
6


Vì phản ứng tạo hỗn hợp khí xảy ra ở điều kiện thể tích khơng đổi nên nồng
độ của các chất phản ứng có thể biểu diễn bằng bất kì đơn vị nào. Trong trường hợp
này, thuận tiện nhất là biểu diễn nồng độ bằng phần trăm thể tích. Phần trăm thể tích
ban đầu của CO và của H2O đều bằng 50%. Gọi x % là phần trăm thể tích của H2 và
CO2 sinh ra ở trạng thái cân bằng, theo phản ứng: CO + H2O

H2 + CO2 ta có:
2
x
= 0, 221 → x = 15,99%.
(50 − x)2

CÂU 3:

a) Từ nhận xét: “pH = pKa1 = 1,25, suy ra [H 2 C 2 O 4 ] = [HC 2 O 4− ] >> [C 2 O 24 − ] ” là đúng.
Từ mối liên hệ [H2 C 2 O4 ] = [HC 2 O−4 ] học sinh đó suy ra lượng axit cho vào trung hòa
hết 1,5 nấc của C 2 O24− theo phản ứng:

2C 2 O24− + 3H+ → H2C2O4 + HC 2 O−4
Nghĩa là, theo học sinh đó, hệ thu được là hệ đệm gồm H2C2O4 (Ca mol.L–1)
0,100.5,00
và HC 2 O−4 (Cb mol.L–1) có cùng nồng độ Ca = Cb =
0,0125 (M). Trong
2.20,00
trường hợp này, điều này là vơ lý vì nếu dung dịch X là dung dịch đệm thì pHX có thể
được tính theo 1 trong 2 cách sau: (khơng cần tính theo điều kiện proton vì [H+] >>
[OH–])
C
Cách 1: theo cơng thức tính pH của hệ đệm: pH = pKa + lg b
Ca
Cách 2: tính theo cân bằng:
H2C2O4

H+ + HC 2 O−4

Ka1 = 10−1,25

[ ] 0,0125 – h
h 0,0125 + h
Nhưng cả 2 cách giải trên đều khơng hợp lý vì nếu theo cách 1 thì h = [H+] =
–1,25
10
M = 0,056 > Ca = Cb, khơng thỏa mãn điều kiện áp dụng cơng thức tính pH của
hệ đệm. Cịn nếu theo cách 2 thì [H2C2O4] = 0,0125 – h = 0,0125 – 0,056 < 0. Vơ lý!
Vậy cách giải của học sinh đó là khơng đúng.
b) Tính lại nồng độ các chất sau khi trộn:
5.0,10
CC O2− =
= 0,025 (M)
2 4
5 + 15
15.C
CHCl =
= 0,75C (M)
5 + 15
Khi trộn dung dịch HCl với dung dịch C 2 O24− , lượng HCl có thể chưa đủ để
trung hòa hết hai nấc của C 2 O24− , cũng có thể trung hịa vừa đủ C 2 O24− hoặc trung hòa
hết C 2 O24− và còn dư axit.
Xét trường hợp HCl phản ứng vừa đủ với C 2 O24− , thu được H2C2O4 0,025M
Khi đó pH của hệ được tính theo cân bằng:
Ka1 = 10−1,25
H2C2O4
H+ + HC 2 O−4
[]
0,025 – x
x

x
+
→ [H ] = x = 0,0187 M → pH = 1,73 > 1,25. Điều này chứng tỏ lượng HCl cho vào
vẫn còn dư, sau khi trung hòa hết hai nấc của C 2 O24− . Vậy thành phần giới hạn thu
được gồm:
7


H2C2O4 0,025M và H+ (0,75C – 0,05) M
pH của hệ được tính theo cân bằng:
H2C2O4
H+
[]
0,025 – x
0,75C – 0,05 + x
+
Vì pH = pKa1 → [H ] = Ka1 nên

+ HC 2 O−4
x

Ka1 = 10−1,25

[H 2 C 2 O 4 ] = [HC 2 O 4− ] hay 0, 025 − x = x → x = 0,0125

Mặt khác, [H+] = Ka1 → 0,75C – 0,05 + x = 10–1,25 → C = 0,125 (M)
(Thí sinh có thể tính C theo định luật bảo tồn điện tích hoặc tính theo điều kiện
proton với mức không là HCl và C2O42− :

h = [H+] = [Cl–] – [HC 2 O−4 ] – 2[H 2 C 2 O 4 ]

Ka1.h + h2
15,00.C 0,100.5,00
−
. 2
→ C = 0,125 (M)
20,00
20,00
h + Ka1.h + Ka1.Ka 2
c) Thành phần giới hạn của dung dịch X gồm H2C2O4 0,025 M và H+ 0,04375 M
Thành phần của hệ sau khi trộn: H2C2O4 0,0125 M; H+ 0,0219 M; Ca2+ 0,005 M và
Sr2+ 0,005 M.
Vì C Ca2+ = C Sr2+ vµ KS (CaC2O4 ) < KS (SrC2O4 ) nên nếu có kết tủa thì CaC2O4 sẽ
→ h = [H+] =

'
'
tách ra trước. Xét CCa
2+ , C 2 + trong đó:
Sr

Do mơi trường axit và do Ka1 >> Ka2 nên CC' O2− được tính theo cân bằng:
2

4

H2C2O4
H
+ HC 2 O−4
[ ] 0,0125 – x

0,0219 + x
x
−
−3
+
→ [HC 2 O 4 ] = x = 8,15.10 (M) → [H ] = 0,03 (M)
+

Ka1 = 10−1,25

8,15.10−3
→C
= 10 .
= 1, 46.10−5 (M) ≪ [HC 2 O 4− ] (hỵp lý)
0,03
'
'
Vì: CCa 2+ .CC O2− = 0,005.1, 46.10−5 = 7,3.10−8 > KS (CaC 2 O 4 ) = 10 −8,75
−4,27

'
C 2 O24−

2

4

→ có kết tủa CaC2O4 tách ra.
Mặt khác, CSr' 2+ .CC' O2− = 0,005.1, 46.10 −5 = 7,3.10 −8 < K S (SrC 2 O 4 ) = 10 −6,40
2

4

→ khơng có kết tủa SrC2O4 tách ra.
*Chú ý: học sinh cũng có thể tính theo cách sau:
Có kết tủa CaC2O4 tách ra theo phản ứng sau:
Ca2+ + H2C2O4
2H+ + CaC2O4 K = 108,75− 4,27−1,25 = 103,23
Trước phản ứng (M): 0,005
0,0125
0,0219
Sau phản ứng (M):
–
0,0075
0,0319
Sau khi CaC2O4 tách ra, hệ thu được gồm: H2C2O4 0,075 M; H+ 0,0319 M;
CaC2O4 và Sr2+ 0,005 M. Vì mơi trường axit mạnh, dự đoán [C 2 O24− ] ≪ [HC 2 O−4 ] nên
[H+] vẫn được tính theo cân bằng sau:
Ka1 = 10−1,25
H2C2O4
H+
+ HC 2 O−4
[ ] 0,0075 – x
0,0319 + x
x
−
−3
+
→ [HC 2 O4 ] = x = 4,55.10 (M) → [H ] = 0,0365 (M)
Tại thời điểm trước khi xét khả năng tạo kết tủa SrC2O4, vì mơi trường axit

mạnh ([H+] = 0,0365 M)) do đó CC' O2− được tính theo độ tan S của CaC2O4
2

4

[Ca ] = S = [C 2 O ] + [HC 2 O−4 ] + [H2 C 2 O4 ] = 0,0075
Sau khi biến đổi ta có:
2+

2−
4

8


S + 0,0075
S.( S + 0,0075)
→ K S (CaC 2 O 4 ) =
4,27
5,52
2
2 4
1 + 10 .h + 10 .h
1 + 10 4,27.h + 105,52.h 2
Giả sử sự phân li của CaC2O4 không làm thay đổi pH của dung dịch
→ S = 2,56.10−4 (M) → [C 2 O24− ] = 6,94.10−6 (M) ≪ [HC 2 O−4 ] = 4,55.10−3 (M) (hỵp lý)
Tính lại [H+] với độ tan của CaC2O4 là 2,57.10–4, thu được:
[H+] = 0,0362 M ≈ 0,0364 M
Vậy sự phân li của CaC2O4 không làm thay đổi pH của dung dịch.
Vậy CSr' 2+ .CC'' O2− = 0,005.6, 94.10 −6 = 3, 47.10 −8 = 10 −7,46 < K S (SrC 2 O 4 ) = 10 −6,40

CC' O2− = [C 2 O 24 − ] =

2

4

→ khơng có kết tủa SrC2O4 tách ra.
(Nếu học sinh tính gần đúng CC'' O2− theo cân bằng phân li HC 2 O−4 :
2

4

4,55.10 − 3
= 6, 71.10−6 (M) thì vẫn chấp nhận nhưng
0,0364
trừ 25% số điểm ý này)
(Trường hợp nếu học sinh chấp nhận thành phần dung dịch X chỉ có H2C2O4 0016M
thì cách giải vẫn tương tự như trên: xét thứ tự kết tủa, tính CC' O2− = 10 −4,27 (M) theo
CC'' O2− = 10−4,27.
2

4

2

4

lần lượt 2 quá trình phân li nấc 1 và nấc 2 của H2C2O4 để kết luận có kết tủa CaC2O4
tách ra, nhưng khơng có kết tủa SrC2O4 tách ra thì cho nửa số điểm của ý này.)
CÂU 4:

4.1.

4.1.
o
a) Tính E Fe

3+

/ Fe 2 +

Fe3+ + e

→

Fe2+

∆G o1 (1)

Fe2+ + 2e

→

Fe

∆G o2 (2)

→

Fe

∆G o3 (3)

Cộng (1) với (2) ta có:
Fe3+ + 3e

Do đó: ∆G o 3 = ∆G o1 + ∆G o 2 → ∆G o1 = ∆G o 3 − ∆G o 2
Hay:
o
o
o
−1.F. EFe
= −3. F. EFe
+ 2. F. EFe
3+
3+
2+
/ Fe2+
/ Fe
/ Fe
o
o
o
→ EFe
= 3.EFe
− 2. EFe
= 3.(−0,036) − 2.(−0, 440) = 0,772 (V)
3+
3+
2+
/ Fe2+

/ Fe
/ Fe
o
b) Tính EFe
( OH )

3 / Fe ( OH )2 ,OH

−

K4 = 10−37,42

Fe3+ + 3OH–

Fe(OH)3
3+

2+

0,772
0,0592

(4)

Fe + e

Fe

K5 = 10

= 1013,04 (5)

Fe2+ + 2OH–

Fe(OH)2

K6 = 1014,78

Fe(OH)2 + OH–

K = K4 . K5 .K6 = 10−9,60

Tổ hợp (4), (5) và (6):
Fe(OH)3 + e
Mặt khác: K = 10

Eo
0,0592

o
→ EFe
( OH )

3 / Fe ( OH )2 ,OH

9

−

= −0,568V.

(6)


o
Như vậy: EFe
( OH )

3 / Fe ( OH )2 ,OH

−

o
= −0, 586 V < EFe
= 0, 772 V. Do đó, trong mơi
3+
/ Fe 2+

trường kiềm, Fe2+ có tính khử mạnh hơn trong môi trường axit.

4.2. Trong môi trường axit mạnh, Cr2 O27− oxi hóa Fe2+ theo phản ứng sau:
6Fe2+ + Cr2 O27− + 14H+
K cb = 10

4.2.

6.(1,330 − 0,771)
0,0592

6Fe3+ + 2Cr3+ + H2O

(1)

= 1056,66

Vì K cb rất lớn nên coi phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn.

i) Khi V = 50 mL
Sau khi cho hết 50 mL dung dịch K2Cr2O7, tính lại nồng độ các chất:
0,12.100
C Fe2+ =
= 0,08 (M)
100 + 50
0,02.50 0,02
C Cr O2− =
=
(M)
2 7
100 + 50
3
Theo (1):

6Fe2+ + Cr2 O27− + 14H+ → 6Fe3+ + 2Cr3+ + H2O

Trước phản ứng (M): 0,08
Sau phản ứng (M):

0,04

0,02
3

–

0,04

0,04
3

Ở thành phần giới hạn:
0,04
M
3
Vì phản ứng (1) có K cb rất lớn nên cân bằng ngược lại có hằng số cân bằng rất
C Fe2+ = 0,04 M;C Fe3+ = 0,04 M;C Cr3+ =

nhỏ, coi như sự phân li ngược lại không đáng kể.
Do đó: [Fe2+ ] = C Fe2+ = 0,04 M; [Fe3+ ] = C Fe3+ = 0,04 M
o
→ EFe3+ / Fe2+ = EFe
+
3+
/ Fe2+

0,0592 [Fe3+ ]
lg 2+ = 0,771 (V)
1
[Fe ]

ii) Khi V = 100 mL
Sau khi cho hết 100 mL dung dịch K2Cr2O7, tính lại nồng độ các chất:

0,12.100
C Fe2+ =
= 0,06 (M)
100 + 100
0,02.100
C Cr O2− =
= 0,01 (M)
2 7
100 + 100
Theo (1):

6Fe2+ + Cr2 O27− + 14H+ → 6Fe3+ + 2Cr3+ + H2O

Trước phản ứng (M): 0,06
0,01
Sau phản ứng (M):
–
–
0,06
Phản ứng xảy ra vừa đủ, thành phần giới hạn gồm:
C Fe3+ = 0,06 M;C Cr3+ = 0,02 M

0,02

Vì phản ứng (1) có K cb rất lớn nên cân bằng ngược lại có hằng số cân bằng rất
10


nhỏ, coi như sự phân li ngược lại không đáng kể.
Do đó: [Fe3+ ] = C Fe3+ = 0,06 M; [Cr 3+ ] = C Cr3+ = 0,02 M

Tại điểm tương đương, ta có: [Fe2+ ] = 6[Cr2 O72− ] vµ [Fe3+ ] = 3[Cr 3+ ]
Ta tính EFe3+ / Fe2+ tại điểm tương đương:
o
EFe3+ / Fe2+ = EFe
+
3+
/ Fe2+

0,0592 [Fe3+ ]
lg 2+
1
[Fe ]

Khi hệ đạt tới trạng thái cân bằng thì:
E Fe3+ / Fe2+ = ECr O2− / 2 Cr3+ = E
2

7

Trong đó:

ECr O2− /2 Cr3+ = E
2 7

o
Cr2 O72− /2 Cr3+

0,0592 [Cr2 O72 − ]
+
lg

(vì pH = 0)
6
[Cr 3+ ]2

 [Fe3+ ] [Cr2 O27 − ] 
o
o
→ 7 E = EFe
+
6
E
+
0,0592
lg
3+
 2+ .
3+ 2 
/ Fe2+
Cr2 O72− /2 Cr3+
 [Fe ] [Cr ] 
o
o
EFe
+ 6 ECr
3+
2−
3+
0,0592  [Fe3+ ] [Cr2 O27 − ] 
/ Fe2+
2 O7 / 2Cr

→ E=
+
lg  2+ .
3+ 2 
7
7
 [Fe ] [Cr ] 
o
o
EFe
+ 6 ECr
3+
2−
3+
0,0592
1
/ Fe2+
2 O7 /2 Cr
=
+
lg
= 1,262 (V)
7
7
2[Cr 3+ ]

iii) Khi V = 101 mL
Sau khi cho hết 101 mL dung dịch K2Cr2O7, tính lại nồng độ các chất:
0,12.100 12
C Fe2+ =

=
(M)
100 + 101 201
0,02.101 2,02
C Cr O2− =
=
(M)
2 7
100 + 101 201
Theo (1):

6Fe2+ + Cr2 O27− + 14H+ → 6Fe3+ + 2Cr3+ + H2O

Trước phản ứng (M):

12
201

Sau phản ứng (M):

–

2,02
201
0,02
201

12
201

4
201

Thành phần giới hạn gồm:
12
4
0,02
C Fe3+ =
M;C Cr3+ =
M;C Cr O2− =
M
2 7
201
201
201
Vì phản ứng (1) có K cb rất lớn nên cân bằng ngược lại có hằng số cân bằng rất
nhỏ, coi như sự phân li ngược lại khơng đáng kể.
12
4
0,02
Do đó: [Fe3+ ] = C Fe3+ =
M; [Cr 3+ ] = C Cr3+ =
M; [Cr2 O27 − ] = C Cr O2− =
M
2 7
201
201
201
Tại điểm tương đương, ta có: [Fe2+ ] = 6[Cr2 O72− ] vµ [Fe3+ ] = 3[Cr 3+ ]
Ta tính EFe3+ / Fe2+ tại điểm tương đương:

11