ĐỀ đề XUẤT DHBB 2022 k10 HDC

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

ĐỀ ĐỀ XUẤT

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

MƠN HĨA HỌC - KHỐI 10
Ngày thi:
Thời gian làm bài: 180 phút

HƯỚNG DẪN CHẤM

(Hướng dẫn chấm gồm 10 trang )

Câu 1 (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn
1. Sự phân li của phân tử clo là một quá trình thu nhiệt, ΔH = 243,6
kJ.mol-1. Sự phân li có thể cũng xảy ra bởi ánh sáng. Ở bước sóng bao nhiêu thì
sự phân li xảy ra?
2. Ánh sáng có thể làm xảy ra quá trình phân li khi chiếu vào một hỗn
hợp gồm khí clo và hiđro, hiđro clorua được hình thành. Hỗn hợp được chiếu
với đèn thủy ngân UV (λ = 253,6 nm).
Đèn có cơng suất tiêu thụ là 10W. Một lượng 2% năng lượng cung cấp
được hấp thụ bởi hỗn hợp khí (trong một bình 10 L). Trong 2,5 giây chiếu xạ,
65 mmol của HCl được sinh ra. Hiệu suất lượng tử bằng bao nhiêu?
3. Tính động năng của electron bị tách ra từ q trình ion hóa ion Li 2+ ở
trạng thái cơ bản bằng một photon có tần số 5,00.1016 s-1.
4. Sắp xếp năng lượng ion hóa của các tiểu phân sau đây theo thứ tự từ
thấp đến cao O, O2, O2-, O2+. Giải thích.
Ý
1
2

3

HƯỚNG DẪN CHẤM
ΔE = hc/λ suy ra λ = hc/ΔE = 6,626.10-34.3.108.6,022.1023 /
243,6.103 = 4,914.10-7 m = 491,40 nm.
Công suất của đèn là 10W = 10J.s-1.
Lượng năng lượng hấp thụ = 0,2 J.s-1 tương ứng với số photon
N = 0,2.253,6.10-9/6,626.10-34.3.108 = 2,552.1017 photon tương
ứng với 4,2378.10-4 mmol.s-1
Số mol HCl sinh ra trong 1s là: 65/2,5 = 26 mmol.s-1
vậy hiệu suất lượng tử = 26/4,2378.10-4 =6,135.104
Năng lượng của electron ở trạng thái cơ bản :
E1 = −

2

13, 6.3
= −122, 4(ev) = −122, 4.1, 602.10−19 = −1,961.10−17 ( J )
2
1

1

suy ra

ĐIỂM
0,25
0,25
0,25

0,25


4

năng lượng ion hóa để tách e ra là : I1 = - E1 = 1,961.10-17 (J)
0,25
-34
16
Năng lượng của photon : Ephoton = hυ = 6,626.10 .5,00.10 =
3,313.10-17 (J.photon-1)
0,25
Động năng của electron sau khi bị tách ra là :
Ec = Ephoton – I1 = 3,313.10-17 – 1,961.10-17 = 1,352.10-17 (J)
0,25
π*2p

Thứ tự O2- < O2 < O2+ < O
Electron của O2-, O2 và O2+ nằm ở trên mức năng lượng cao nhất
π*2p. Nhưng đối với O2- electron tách ra từ cặp e ghép đơi và từ ion
âm. Do đó O2- có năng lượng ion hóa thấp nhất. Ion O 2+ có điện 0,25
tích dương, làm cho việc tách e khó hơn so với phân tử O 2 (cả hai
cùng tách e độc thân từ π*2p). Electron có năng lượng cao nhất của
O ( ở AO 2p) thấp hơn so với năng lượng của electron trên MO
π*2p của những tiểu phân còn lại. O có năng lượng ion hóa cao
nhất.

Câu 2 (2,0 điểm) Tinh thể
1. Hợp chất Na2O, CdS và ZrI4 tất cả đều có anion kết tinh dạng lập
phương tâm diện còn cation chiếm hốc tứ diện. Tỉ lệ hốc tứ diện bị chiếm trong

mỗi trường hợp là bao nhiêu?
2. Cấu trúc của NiO giống như cấu trúc của NaCl. Ion O 2- được sắp xếp
mạng lưới lập phương tâm mặt, tất cả các hốc bát diện được chiếm bởi ion Ni2+.
Khối lượng riêng của NiO là 6,67g/cm3.
Nếu xử lí NiO với Li2O và O2 tạo thành tinh thể trắng có thành phần
LixNi1-xO là chất bán dẫn tốt. Phương trình: 1/2x Li 2O + (1-x)NiO + 1/4x O2 →
LixNi1-xO

2


Cấu trúc của LixNi1-xO giống như của NiO, tuy nhiên một số nguyên tử Ni
được thay thế bởi các nguyên tử Li và một số ion Ni 2+ được oxi hóa để thiết lập
sự trung hịa điện tích.
Một chất bán dẫn với khối lượng riêng là 6,21 g/cm3 được tạo ra.
a) Tính x (giả sử: thể tích của ơ mạng cơ sở khơng thay đổi).
b) Tính phần trăm của ion Ni3+ theo tất cả các ion niken trong tinh thể bán
dẫn.
Ý
1

2

HƯỚNG DẪN CHẤM
Na2O : anion O2- kết tinh dạng lập phương tâm diện suy ra có 1/8.8
+ 6.1/2 = 4
Suy ra số Na+ trong một ô mạng là 4.2 = 8. Mà có 8 hốc tứ diện
trong một ơ mạng suy ra tỉ lệ hốc tứ diện bị chiếm bởi ion Na + =
8:8=1
Tương tự có CdS : có 4 ion Cd2+ trong ô mạng suy ra tỉ lệ 4 : 8 =

1:2
ZrI4 : có 1 ion Zr4+ trong ơ mạng suy ra tỉ lệ 1 : 8
a)
Ta
có:

ĐIỂM
0,25

ρ NiO = 6, 67 =

0,25

4.(58, 69 + 16)
4.(58, 69 + 16)
⇒V =
= 7, 438.10−23 (cm3 )
23
23
6, 022.10 .V
6, 022.10 .6, 67

4.( x.6,94 + (1 − x)58, 69 + 16)
= 6, 21 ⇒ 5,151 = 51, 75 x ⇒ x = 0,1
6, 022.1023.7, 438.10 −23

0,25
0,25

0,5

Ta có:
b) Gọi số lượng Ni(II) và Ni(III) là a và b. Ta có: (2a+3b)+1 = 20
0,25
hay 2a + 3b =19 và a + b =9 giải ra có: a =8 và b = 1 hay
LiNi(III)Ni(II)8O10
0,25
3+
Suy ra % Ni = 1/9.100% = 11,11%

Câu 3 (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân
1. Hồn thành các phương trình phản ứng hạt nhân sau đây:
a)

45
21

Sc + 01n → 1942 K + ?

b)

Cu + 11H → ?+ 01n

63
29

2. Thời gian bán phản ứng của 47Ca là 4,536 ngày và nó phân rã cho bức xạ
hạt beta. Nếu cần 10,0µg 47Ca cho một thí nghiệm, khối lượng của 47CaSO4 tối
3

thiểu cần mua là bao nhiêu nếu nó mất 48 giờ để chuyển đến phịng thí nghiệm
từ người bán?
3. Một mẫu natri photphat Na3PO4 nặng 54,5 mg chứa đồng vị phóng xạ
P-32 (có khối lượng 32,0 u). Nếu 15,6% số nguyên tử photpho trong hợp chất là
P-32 (còn lại là photpho có trong tự nhiên), có bao nhiêu hạt nhân P-32 phân rã
trong một giây đối với mẫu này? P-32 có thời gian bán phản ứng là 14,3 ngày.
Cho biết P tự nhiên có khối lượng ngun tử trung bình là 30,97 u;
Ý
1

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐIỂM
0,25
0,25

2

kt = ln

m0
mt

0,25

40

b) Ta có :
(m0 khối lượng Ca ở thời điểm gửi đi, mt khổi

40
lượng Ca cần = 10,0µg)
0,25
ln

Vậy :

m0
ln 2
=
.48 = 0,3056 ⇒ m0 = m.e 0,3056 = 10.1,357 = 13,574µg
mt 4,536.24

13,574.143
= 41,3µg
143

3

Vậy khối lượng 47CaSO4 tối thiểu cần mua là :
Trong mẫu Na3PO4 này có chứa 15,6% Na 332PO4 (M = 165u) và 0,25
(100-15,6)% Na3PO4 (M = 163,97u) gồm các đồng vị P tự nhiên.
Vậy ta có khối lượng phân tử trung bình của mẫu photpho đang
xét là: 15,6%.165+ 84,4%.163,97 = 164,13u
0,25
54,5.10−3
−4
= 3,321.10 (mol )

Vậy tổng số mol P các loại trong mẫu là: 164,13

Vậy số nguyên tử 32P là : 3,321.10-4. 0,156.6,022.1023 = 3,12.1019 0,25
(nguyên tử)
k=

ln 2
= 5, 61.10−7 ( s −1 )
14,3.24.60.60

Hằng số phân rã của 32P :
Vậy số hạt nhân 32P phân rã trong một giây là : 5,61.10-7.3,12.1019
= 1,75.1013(phân rã.s-1)

Câu 4 (2,0 điểm) Nhiệt hóa học

4

0,25


Trộn cẩn thận 1 mol hiđro và 0,5 mol oxi ở áp suất 101,3 kPa và nhiệt độ
291K trong một xi-lanh làm bằng thép dày, có piston.
1. Xác định biến thiên entanpi, entropy, năng lượng tự do Gibbs của quá
trình trộn khí trên.
2. Giá trị nào (ΔH, ΔS, ΔG) sẽ thay đổi nếu quá trình được tiến hành ở nhiệt
độ 273K?
3. Hỗn hợp tạo thành trong xi-lanh được nén nhanh (nhiệt trao đổi với môi
trường không đáng kể) tới thể tích 3,0 lít, sau đó được kích nổ.
a) Tính nhiệt độ của hỗn hợp ở thời điểm bắt đầu nổ (coi quá trình nén
thuận nghịch).
b) Tại sao phản ứng tạo thành nước lại đi kèm với một vụ nổ?

c) Tính nhiệt độ khí đạt tới sau thời điểm xảy ra nổ và đốt cháy hồn tồn
hiđro, biết thể tích khí trong xi-lanh tăng lên ngay lập tức do sự tăng nhiệt độ
của hỗn hợp đã đẩy piston lên, tạo ra áp suất khơng đổi 3,2 MPa.
d) Có thể tính nhiệt độ ở ý c)với giả sử rằng C p hầu như không phụ thuộc
vào nhiệt độ và sử dụng giá trị Cp ở 298K được không?
Cho biết: Cp,H2O(h) = 30,13 + 11,3.10-3T; ∆fHH2O(h) = 241,8 kJ.mol-1.
Ý Hướng dẫn chấm

Điể
m

1

Coi các khí là khí lí tưởng, nên ta có: ∆Hmix = 0;

.

ln

∆Smix = n1R

V1 + V2
V1

ln

+ n2 R

V1 + V2
V2

ln

= 1,0.8,314.

1, 5
1

ln

+ 0,5.8,314.

1, 5
0, 5

0,25
=

7,938 J.K-1
2

∆Gmix = -T∆Smix = - 291.7,938 = - 2309,958 J
Với khí lí tưởng: ∆Hmix và ∆Smix không phụ thuộc nhiệt độ;

.
3

∆G273,mix = = - 273.7,938 = - 2167,074 J
a) Vì là quá trình đoạn nhiệt thuận nghịch, áp dụng phương trình Poisson ta

.

có:

0,25

0,25

T1V1γ-1 = T2V2γ-1 (với γ = Cp/Cv = (7R/2)/(5R/2) = 1,4)
0, 4

0, 4

0,4

V 
 nRT1 
 1, 5.8, 314.291
T2 = T1  1 ÷ = T1 
÷ = 291. 
÷ = 784, 73K ≈ 785K
V
PV
101
,
3
.
3
,
0



 2
 12
5


b) Vì cơ chế của phản ứng H2 và O2 tạo H2O là phản ứng dây chuyền phân 0,25
nhánh, mỗi phản ứng tạo ra phân tử H 2O lại giải phóng năng lượng rất lớn làm
tốc độ phản ứng phân nhánh diễn ra nhanh hơn, năng lượng giải phóng ra
tăng theo cấp số nhân và gây nổ.
T

n ∫ C p ,H2O(h)dT
o
298

c) Qp = - ∆rH
⇒

=

785

T

⇔

1∫ (30,13+ 11, 3.10−3T )dT
785

241800 =

5,65.10-3T2 + 30,13T – 268934 = 0

0,25

⇒

T ≈ 4730K

d) Giả sử: Cp = Cp,298 = 30,13 + 11,3.10-3.298 = 33,5 J.K-1.
o
298

Qp = - ∆rH

=

C p ,H2O( h) (T − 785) ⇔

241800 = 33,5( T – 785)

⇒

T ≈ 8003K

0,25

Cách tính này cho giá trị nhiệt độ gấp đôi, vậy trong trường hợp này cần tính

đến sự phụ thuộc của Cp vào nhiệt độ.
Câu 5 (2,0 điểm) Cân bằng hóa học trong pha khí
1. Khí NO kết hợp với hơi Br2 tạo ra một khí duy nhất trong phân tử có 3
ngun tử.
a) Viết phương trình phản ứng xảy ra.
b) Xét tại 25oC, CBHH đã được thiết lập.
Cân bằng đó sẽ chuyển dịch như thế nào? Nếu:
- Tăng lượng khí NO.
- Giảm lượng hơi Br2.
- Thêm khí N2 vào hệ mà áp suất chung của hệ không đổi (P = const).
2. Nitơ đioxit là một trong số các oxit của nitơ được tìm thấy ở trong khí
quyển. Nó có thể đime hóa cho N2O4 (k) : 2 NO2 (k ) ƒ N 2O4 (k )
a) Tại 298K, ∆G° tạo thành của N 2O4(k) là 98,28 kJ, còn của NO2(k) là
51,84 kJ. Bắt đầu với 1,0 mol N 2O4 (k) tại 1,0 atm và 298K, tính % N 2O4 bị
phân hủy nếu áp suất tổng không đổi tại 1,0 atm và nhiệt độ được giữ nguyên
298K.

6


b) Nếu ∆H° của phản ứng N 2O4 (k ) ƒ 2 NO2 (k ) là 58,03 kJ, tại nhiệt độ nào
% N2O4 phân hủy sẽ gấp đôi ở phần 1.
Ý HƯỚNG DẪN CHẤM
1 a) PT: 2 NO( k ) + Br2( h ) ƒ 2 NOBr( k ) ∆H > 0
b)
Tăng lượng khí NO: CD chiều thuận
Giảm lượng hơi Br2: CD chiều nghịch
Qp =

ĐIỂM

0,25

2
2
PNOBr
Qc
nNOBr
=
=
Vb
2
2
PNO
.PBr2 RT nNO
.n Br2

Khi thêm khí N2 vào để cho P = const, thì V bình phải tăng do đó Q p 0,25
tăng hay Qp > Kp làm cho cân bằng dịch chuyển theo chiều nghịch.
2 a) Ta có :
0,25
N 2 (k) + 2O2 (k) → N 2O4 (k)

∆G° = 98, 28kJ

N 2 (k ) + 2 O 2 ( k ) → 2 NO2 (k )

∆G ° = 2.51,84 = 103, 68kJ

suy ra : N 2O4 (k ) → 2 NO2 (k ) ∆G° = 5, 4kJ
−

5,4.103
8,314.298

Ta có : ∆G ° = − RT ln K 298 ⇒ K 298 = e
Gọi x số mol N2O4 phân hủy. Ta có :
N 2O4 (k )

ƒ

= 0,113

2 NO2 ( k )

Ban đầu :
1
0
Cân bằng
1–x
2x
Ở trạng thái cân bằng, tổng số mol khí 1 – x + 2x = 1 + x (mol)
1− x
1− x
2x
2x
.PT =
(atm) PNO2 =
.PT =
( atm)
1+ x

1+ x
1+ x
1+ x
;
PNO
( 2 )2 ( 2 x )2
P0
4x2
K 298 =
= 1+ x =
= 0,113
2
PN 2O4
1− x
1
−
x
)
(
) (
1+ x
P
0
Vậy :
PN2O4 =

Giải ra ta có x = 0,166. Vậy % N2O4 phân hủy là : 16,6%
b) Khi độ phân hủy N2O4 gấp đôi = 2. 0,166 = 0,332 mol ;
cân bằng có :
N2O4 : 1 – 0,332 = 0,668 mol ; và NO2: 2.0,332 = 0,664 mol;

tổng số mol khí = 0,668+0,664=1,332 mol
0, 664 2
)
0, 6642
1,332
KT2 =
=
= 0, 496
0, 668
1,332.0, 668
1,332
(

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

7


ln(

Áp dụng:
ln(

K2
∆H 1 1
)=−
( − )
K1
R T2 T1

0, 496
58, 03 1
1
)=−
( −
) ⇒ T2 = 318, 09 K
0,113
8,314 T2 298

Câu 6 (2,0 điểm) Động học hình thức
1. Ở 4530C sự đồng phân hoá cis - trans của đimetyl xiclopropan là phản ứng
thuận nghịch bậc Thành phần phần trăm của hỗn hợp phản ứng theo thời gian
thu được như sau:
t (s)
0
45
90
225
270
360
495
675

trans (%) 0
10,8 18,9 37,7 41,8 49,3 56,5 62,7
Tính hằng số cân bằng và hằng số tốc độ của phản ứng thuận nghịch.

∞
70

2. Sự phân hủy NH3 thành N2 và H2 được tiến hành trên bề mặt volfram (W) có
năng lượng hoạt hóa Ea = 163kJ.mol-1. Khi khơng có mặt xúc tác, Ea = 335
kJ.mol-1.
a) Phản ứng trên bề mặt W ở 298K nhanh hơn khoảng bao nhiêu lần so với
phản ứng khơng có xúc tác?
b) Tốc độ phản ứng phân hủy NH3 trên bề mặt W tuân theo qui luật động
k

học có dạng: v =

[NH3 ]
[H2 ]

; trong đó, k là hằng số tốc độ phản ứng; [NH 3], [H2] là

nồng độ của NH3 và H2. Vì sao tốc độ phản ứng lại tỉ lệ nghịch với nồng độ của
H2?
Ý Hướng dẫn chấm

Điể
m

1

Sự đồng phân hoá cis - trans dimetyl xiclopropan có thể biểu diễn bằng

.

phương trình:
Đồng phân cis
Ban đầu:

kt
‡ˆ ˆˆknˆ†ˆˆ

Đồng phân trans

100

0
8


(%)
t (s):

100 - x

x

(%)
t=∞

100 – xe

xe

Tốc độ phản ứng hình thành dạng trans là: v =

dx
dt

(%)
0,5

= kt(a - x) - knx

Ở trạng thái cân bằng:
v=0

⇔

kt (a – xe) = knxe (xe - %đồng phân trans ở trạng thái cân bằng).

Hằng số cân bằng của phản ứng bằng:

Kcb = kt/kn =

xe
a − xe

Theo đề: a = 100%; xe = 70%, a – xe = 30%. Vậy: Kcb = 70/30 = 2,33 (I)
0,5

Hằng số tốc độ phản ứng được tính theo phương trình:

k = kt + kn =

x
1
ln e
t xe − x

hay:

ln(xe - x ) = -kt + lnxe

(*)

Xây dựng đồ thị ln(xe - x) = f(t), ta được:

Từ đồ thị ta có phương trình:
Từ (*) và (**) ta có:

ln(xe - x) = - 3,33.10-3t – 0,3698
k = kt + kn = 3,33.10-3 s-1 (II)

Từ (I) và (II) ta có: kt = 2,331.10-3 (s-1) ; kn = 9,99.10-4 (s-1)
9

(**)

2
.

a) Phản ứng có xúc tác:
kkxt = Akxt .e

−

kw = Aw .e

−

0,25

Ea ( w )
RT

; Phản ứng khơng có xúc tác:

Ea( kxt )
RT

0,25

Giả sử Aw = Akxt, ta có:

0,25
Vậy phản ứng có xúc tác W có tốc độ cao hơn phản ứng khơng có xúc tác
1,412.1030 lần.
b) Vì nồng độ của hiđro nằm ở mẫu trong biểu thức động học, điều đó cho thấy

sự có mặt của H2 làm giảm tốc độc phản ứng. Để phản ứng phân hủy NH 3 có
thể xảy ra, các phân tử NH3 phải được hấp thụ trên bề mặt chất xúc tác. Nếu H2

0,25

được hấp thụ trên bề mặt chất xúc tác sẽ dẫn tới ít vị trí cịn trống hơn cho các
phân tử NH3 được hấp thụ. Hệ quả là tốc độ phản ứng giảm.
Câu 7 (2,0 điểm) Dung dịch và phản ứng trong dung dịch
A là dung dịch gồm H3PO4 0,02 M và C6H5COOH 0,06 M. B là dung dịch NH 3
0,12 M.
a) Tính pH của dung dịch A và dung dịch B.
b) Trộn 10,0 mL dung dịch A với 10,0 mL dung dịch B, thu được 20,0 mL dung
dịch C.
Xác định thành phần giới hạn của dung dịch C và tính pH của dung dịch C.
c) Trộn 20,0 mL dung dịch C với 10,0 mL dung dịch HCl 0,020 M và 10,0 mL
dung dịch MgCl2 0,02 M thu được hỗn hợp D. Cho biết có kết tủa NH 4MgPO4
và Mg(OH)2 hình thành hay không?
Cho biết: pKa1(H3PO4) = 2,15; pKa2(H3PO4) = 7,21; pKa3(H3PO4) = 12,32;
pKa(C6H5COOH)

=

4,2; pKa(NH4+) = 9,24; pKs(NH4MgPO4)

pKs(Mg(OH)2) = 10,9;
Bỏ qua sự tạo phức hydroxo của Mg2+.
10

=12,8;

• Dung dịch A:

0,25
C

o
H 3 PO4

.K a1 >> C

So sánh: H3PO4 có Ka1 >> Ka2 >>Ka3 và
→ pH do phân li nấc 1 của H3PO4 quyết định

o
C6 H 5COOH

.K a >> K w

ƒ

a

H3PO4
H+ + H2PO4Ka1 = 10-2,15
[]
0,02-x
x
x
+

-3
→ x = [H ] = 8,875.10 (M) → pHA = 2,05
• Dung dịch B:
C

So sánh:

o
NH 3

.K b

0,25

>> Kw → bỏ qua cân bằng của H2O
ƒ

NH3 + H2O
NH4+ + OHKb = 10-4,76
[]
0,12-y
y
y
-3
→ y = [OH ] = 1,435.10 (M) → pHB = 11,16
Sau trộn, tính lại nồng độ các chất:
CH3 PO4

CC6 H5COOH

0,50

CNH 3

= 0,01 M;
= 0,03 M;
= 0,06 M
Các phản ứng đã xảy ra:
(1) NH3 + H3PO4 → H2PO4- + NH4+
K1 = 107,09
(2) NH3 + C6H5COOH → C6H5COO- + NH4+ K2 = 105,04
(3) NH3 + H2PO4- → HPO42- + NH4+
K3 = 102,03
→ TPGH của dung dịch C: NH3 0,01 M, NH4+ 0,05 M; HPO42- 0,01 M;
C6H5COO- 0,03 M.
b

0,25

CNH 3 .Kb ( NH 3 ) >> CHPO2− .K b 2 >> CC H COO − .K b >> K w
4

So sánh:

6

5

CNH + .K a ( NH + ) >> CHPO 2− .K a 3 ≈ K w
4

4

4

→ pH do hệ đệm NH3, NH4+ quyết định
pH C = 9, 24 + lg

c

0, 01
0, 05

= 8,54
(kiểm tra điều kiện áp dụng cơng thức tính gần đúng pH của hệ đệm thấy thỏa
mãn)
Sau trộn, tính lại nồng độ các chất:
0,25
CNH 3

CHCl

C NH +

= 0,005 M;

4

CHPO 2−
4

= 0,025 M;

CC H COO −

= 0,005 M;

6

5

= 0,015 M;

CMg 2+

= 0,005 M;
= 0,005 M.
Phản ứng xảy ra:
NH3 + H+ → NH4+ Ka-1 = 109,24
→ TPGH: NH4+ 0,03 M; HPO42- 0,005 M; C6H5COO- 0,015 M, Mg2+ 0,005 M.
11


0,25

CNH + .K a ( NH + ) >> CHPO 2− .K a 3 ≈ K w
4

So sánh:

4

4

CHPO2− .Kb 2 >> CC H COO− .Kb >> K w
4

6

5

→ pH do phân li của NH4+ và HPO42- quyết định
Áp dụng ĐKP cho mức không là TPGH ở trên:
[H+] = [NH3] – [H2PO4-]
Ka
[ H + ]2 .K a1
0, 03.
− 0, 005. + 3
Ka + [H + ]
[ H ] + [ H + ]2 .K a1 + [ H + ].K a1.K a 2 + K a1.K a 2 .K a 3

=
→ [H+] = 1,61.10-8 M → [OH-] = 6,211.10-7 M
[ NH 4+ ] = 0, 03.

0,25

[H + ]
Ka + [H + ]

[ PO43− ] = 0, 005.

=0,029 M;

K a1.K a 2 .K a 3
[ H ] + [ H ] .K a1 + [ H + ].K a1.K a 2 + K a1.K a 2 .K a 3
+ 3

+ 2

+

2+

34

Kiểm tra: [NH4 ].[Mg ].[PO ] >
2+

- 2

[Mg ].[OH ] <

K s ( Mg (OH )2 )

K s ( MgNH 4 PO4 )

= 1,179.10-7 M

→ có kết tủa MgNH4PO4 xuất hiện.

→ khơng có kết tủa Mg(OH)2 xuất hiện.

Câu 8 (2,0 điểm) Phản ứng oxi hóa khử. Pin điện và điện phân
Các phản ứng oxihoá - khử cho phép đo được các số liệu nhiệt động quan
trọng.
Cho sẵn các thông tin sau:
Ag+(dd) + e– → Ag(r)

E° = 0,7996 V

AgBr(r) + e– → Ag(r) + Br –(dd)

E° = 0,0713 V

ΔGf°(NH3(dd)) = – 26.50 kJ.mol-1
ΔGf°(Ag(NH3)2+(dd)) = – 17.12 kJ.mol-1
+1.441 V

BrO3–(dd)

+1.491 V
 
→

HOBr

+1.584 V
 
→

1. Tính ΔGf°(Ag+(dd)).
12

Br2(dd)

?

→

Br –(dd)


2. Tính trị số Ksp của AgBr (r) tại 25oC.
3. Một nguyên tố ganvani dùng điện cực hidro chuẩn làm anot được
xây dựng sao cho trong pin xảy ra phản ứng sau:
Br2(l) + H2(k) + 2 H2O(l) → 2 Br –(dd) + 2 H3O+(dd).
Ion bạc được thêm cho đến khi AgBr kết tủa tại catot và [Ag +] đạt tới
0,060 M. Điện áp đo được là 1,721 V. Tính ΔE° cho nguyên tố ganvani.
4. Tính độ tan của brom trong nước để tạo thành nước brom tại 25oC.
Đáp án:
1
Ag(r) → Ag+(dd) + 1e ΔGof = -1. (-0,7996).96485 = 77149,406
0,25 J/mol hay 77,149 kJ/mol
2
AgBr(r) → Ag+(dd) + Br-(dd) Ksp
0,5 Ta có: Eophản ứng = -0,7996+0,0713 = -0,7283 V suy ra ΔG o = -1.(0,7283).96485 = -8,314.298lnKsp
ln K sp =

3

0,5

o
1, 721 = Egan
−

0,25
ra:

0, 0592
o
lg  Br −  ⇒ Egan
= 1, 721 + 0, 0592 lg 8, 023.10−12 = 1, 0641V
2
2

4
Ta xét: Br2(l) →Br2(dd)
1,25 Từ 4 ta có: Eo(Br2l/Br-) =1,0641V
Xét giản đồ Latime: BrO3-(dd) + 6H+(dd) +6e → Br-(dd) + 3H2O (1)
1,441V
BrO3-(dd) + 5H+(dd) + 4e
→ HOBr (dd) + 2H2O
(2)
1,491 V
2HOBr + 2H+(dd) + 2e
→
Br 2(dd) + 2H2O
(3)
1,584 V

Br2(dd) + 2e
→ 2Br-(dd)
(4) Eo
(1) = (2) +1/2(3) + 1/2.(4) suy ra : -6.1,441 = -(4.1,491 +
0,5.2.1,584 + 0,5.2.Eo); Suy ra Eo = 1,098 V
Br2(dd) + 2e
→ 2Br -(dd)
(4)
1,098 V
Br2(l)
+ 2e
→ 2Br -(dd)
(5)
1,0641 V
Br2(l)
→
Br2(dd)
(6)
o
ΔG 6 = -2.96485.(-1,098) + (-2.96485.1,0641) = 6541,683 J/mol
suy ra lnK = 6541,683/(-8,314.298) = -2,640
13

0,25
0,25

0, 7283.96485
= −28,362 ⇒ K sp = 4,814.10 −13
−8,314.298

Suy ra:
Ta có: [Br-] = 4,814.10-13/0,06 = 8,023.10-12 M.
Suy

0,25

0,25

0,5

0,5

0,25


suy ra K = 0,0713. Vậy K = [Br2]dd = 0,0713 M.
Câu 9 (2,0 điểm) Halogen, oxi, lưu huỳnh
1. Cho sơ đồ chuyển hóa các hợp chất của nguyên tố A như sau:

Xác định các chất A,B,… (không cần giải thích) và viết các PTHH.
C phản ứng với G tạo ra H và B. H bị thủy phân tạo ra D và axit mạnh I.
Xác định H và I, viết các PTHH.
2. Xét sự phân hủy của đơn chất A, người ta làm thí nghiệm như sau:
Cho 3,2g đơn chất A vào một bình khơng có khơng khí, dung tích 1
lít. Đun nóng để A bay hơi hồn tồn. Kết quả theo dỗi nhiệt độ và áp
suất được ghi lại trong bảng sau:
Nhiệt
độ
Áp
suất

o
( C)
(atm)
444,6
0,73554
450
0,88929
500
1,26772
900
4,80930
1500
14,53860
Xác định thành phần định tinh hơi A tại các nhiệt độ và giải thích?
3. Nguyên tố A tạo hợp chất nguyên tố với Flo A1, A2, A3 với tỉ lệ khối lượng
lưu huỳnh:
Hợp chất
Phần trăm
A

A1
45,
71

14

A2
29,
63

A3
21,
92


Xác định A1, A2, A3 (khơng cần giải thích), vẽ cấu trúc 3 chiều của A1 và giải
thích cấu trúc này không tương đương với tất cả nguyên tử flo
So sánh nhiệt độ sơi A2 và A3, giải thích.
1.

a)
A:S B:SO2 C: SO3 D:H2SO3 E: H2SO4 F: S2Cl2 G: SCl2
PTHH:

0,5

0,5

b)
0,25
2.

Lưu huỳnh tồn tại dưới dạng S8
Số mol S8 ban đầu: 0,0125 (mol)
Áp dụng phương trình khí lí tưởng
0,5
Nhiệt
độ Áp
suất Số mol khí Thành phần
o

( C)
(atm)
444,6
0,73554
0,0125
S8
450
0,88929
0,015
S6, S8
500
1,26772
0,02
S4, S6
900
4,80930
0,05
S2
1500
14,53860
0,1
S
Lưu huỳnh phân hủy ở nhiệt độ cao do sự đứt gãy các liên kết
S-S trong phân tử S8 tạo thành S, S2, S4, S6 và phân hủy hoàn

3.

toàn tại 1500oC
a)
A1: S2F4 A2: SF4 A3: SF6

0,5

Nguyên tử F liên kết với S hóa trị 2 khác so với các F còn lại
15


liên kết với S hóa trị 4. Hai nguyên tử F ở trục khác nhau do
nguyên tử F liên kết với lưu huỳnh hóa trị 2 làm cho phân tử
bất đối xứng.
b) SF4 có cấu trúc bập bênh, SF6 có cấu trúc bát diện đều nên
μ
SF4 ≠ 0
0,25
μ
và SF6 = 0. Vì có momen lưỡng cực lớn hơn nên SF 4 có nhiệt
độ sơi cao hơn

Câu 10 (2,0 điểm) Đại cương hữu cơ (quan hệ giữa cấu trúc và tính chất)
1. Trong phản ứng Diels-Alder của dẫn xuất cyclopentadiene có thể thu được 2 sản
phẩm như sau:

a) Giải thích tại sao dạng syn lại thường chiếm ưu thế, đặc biệt trong
trường hợp R là những nhóm thế lớn?
b) Tuy nhiên trong 1 số trường hợp, dạng anti lại chiếm 100%, ví dụ
trong trường hợp phản ứng của acetoxycyclopentadiene với ethylene. Giải thích
trường hợp này?
2) Giải thích sự khác nhau về nhiệt độ sôi (Ts) của 2 chất sau:
CH3COOH
A, Ts = 118,1oC

CF3COOH
B, Ts = 72,4oC

Đáp án:
1

a, Dạng syn thường chiếm ưu thế do khi phản ứng với dienophile, 0,5
cyclopentadiene sẽ quay nhóm R về phía ngược lại so với hướng
dienophile tiếp cận để giảm án ngữ không gian.

16


b, - Dạng anti chiếm ưu thế do khi đó, alkene sẽ có tương tác với 0,5
nhóm C=O, tương tác này làm bền hệ nên làm thuận lợi cho việc
hình thành sản phẩm anti ( hiệu ứng xen phủ orbital thứ cấp)

2

- Mặc dù, B có khối lượng phân tử lớn hơn gần gấp đôi A 0,5
( MB=114 g/mol ; MA=60gmol), nhưng lại có nhiệt độ sơi thấp hơn
A vì các lí do được đề nghị như sau:
+ Momen lưỡng cực của A lớn hơn B do nguyên tử H có độ âm
điện thấp hơn C nên tổng các vecto momen lưỡng cực trong A cùng
chiều với nhóm -COOH. Cịn B chứa 3 nguyên tử F có momen
lưỡng cực ngược chiều với nhóm -COOH nên làm giảm momen
lưỡng cực của phân tử. Điều này làm giảm lực tương tác lưỡng cựclưỡng cực giữa các phân tử B.
+ Các acid carboxylic có 2 dạng tồn tại: ở thể lỏng là dạng polymer
và dạng dimer cịn ở thể khí chủ yếu là dạng monomer hoặc dimer

Dimer
Polymer
+ Khi R=CF3, mật độ điện tích âm trên nguyên tử Oxy giảm mạnh, 0,5
thêm vào đó, hiệu ứng lập thể của nhóm -CF 3làm giảm khả năng
hình thành polymer nên acid B ở thể lỏng tồn tại chủ yếu ở dạng
dimer và monomer (liên kết hydro nội phân tử giữa nhóm -OH và
-F), làm giảm khả năng liên kết liên phân tử, dẫn đến làm giảm
nhiệt độ sôi của hệ.

17


18