ĐỀ ĐÁP ÁN KÌ THI HSG HÓA THPT LỚP 10 11 Trại Hè Hùng Vương 2022

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG
LẦN THỨ XVI – ĐIỆN BIÊN 2022

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MƠN: HĨA HỌC - KHỐI: 10
Ngày thi: 12 tháng 8 năm 2022
Thời gian làm bài: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm có 04 trang

ĐỀ CHÍNH THỨC

Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh:……………......................

Câu 1 (2,5 điểm):
1. Phổ mặt trời cho các vạch hấp thụ liên tiếp tại các bước sóng 1, 2, 3. Kết quả phân tích chỉ ra
rằng các vạch hấp thụ này có nguồn gốc từ sự chuyển electron trong tiểu phân “kiểu hidro” tạo ra từ
heli ở trạng thái kích thích. Biết:

1
1 1
= R He ( 2 − 2 )

n t nc
a) Xác định tiểu phân “kiểu hiđro” tạo ra từ He.
b) Biết các vạch hấp thụ tương ứng lần lượt với sự chuyển electron từ nt = 4 lên nc = 6, 7 và 8.
Xác định 1, 2 và 3 (theo Å).
c) Xác định năng lượng ion hóa (theo J) của tiểu phân ở trạng thái cơ bản.
Cho biết: RHe = 4,391.107 m-1; h = 6,625.10-34 J.s; c = 3.108 m/s.
2. a) Hoàn thành các phản ứng hạt nhân sau:
18

O + 11H → .... +

.... +

2
1

D → +

18

18

(1)

F

(2)

F

19

F +

16

O + .... → 18F + 11H + n

2

1

D →

20

F + ....

(3)
(4)

b) Sự phân rã của một số hạt nhân kém bền phụ thuộc vào tỉ số giữa số nơtron và số proton trong
hạt nhân (kí hiệu là T). Nếu T của hạt nhân kém bền lớn hơn T của hạt nhân đồng vị bền, hạt nhân
kém bền sẽ phân rã kiểu −, ngược lại, nếu nhỏ hơn sẽ phân rã kiểu +. Xác định kiểu phân rã để
hoàn thành bảng sau:
Hạt nhân

11

C

20

F

17

F

14

C

Kiểu phân rã
Câu 2 (2,5 điểm):
1. Thực nghiệm cho biết ở nhiệt độ T, phản ứng sơ cấp: A + B → C + D (1) có k = 0,693 M-1phút-1.
Tính thời gian để một nửa lượng A đã phản ứng ở nhiệt độ T khi nồng độ ban đầu:
a) [A]o = [B]o = 1,00.10-2 M.
b) [A]o = 1,00.10-2 M; [B]o = 2,00 M.

Trang 1/4


2. Khi đun nóng dung dịch benzendiazoni sẽ xảy ra phản ứng hoàn toàn:
C6H5N2Cl(aq) + H2O(l) → C6H5OH(aq) + H+(aq) + Cl-(aq) + N2(k) (2)
Động học của phản ứng (2) được nghiên cứu bằng cách đo thể tích khí N2 (được coi là khí lí tưởng)
sinh ra theo thời gian (tại cùng một nhiệt độ và áp suất).
a) Gọi Vt và V lần lượt là thể tích khí N2 được tạo ra tại thời điểm t và thời điểm kết thúc phản
ứng, k là hằng số tốc độ của phản ứng. Chỉ ra rằng nếu phản ứng có bậc 1 đối với C6H5N2Cl thì
phương trình động học có dạng:

kt = ln

V
V − Vt

b) Trong một thí nghiệm tiến hành ở 30oC người ta thu được các số liệu thực nghiệm như sau:
t(h)

0,5

1,0

3,0

6,0

8,0

15,0

20,0

Thể tích khí N2 (mL)

17,96

31,32

58,11

67,85

69,22

69,82

69,82

Chứng minh rằng trong điều kiện thí nghiệm này phản ứng có bậc 1 đối với C6H5N2Cl. Tính

hằng số tốc độ và thời gian bán hủy của phản ứng ở 30oC.
c) Biết năng lượng hoạt hóa của phản ứng (2) là 99,105 kJ/mol. Tính thời gian cần thiết để một
nửa lượng C6H5N2Cl đã phản ứng khi đun nóng dung dịch ở 50oC, biết các điều kiện khác của thí
nghiệm được giữ nguyên như ý b).
Câu 3 (2,5 điểm):
1. Một mẫu khí lí tưởng ở trạng thái 1 có T1 = 298 K, P1 = 5,0 bar, V1 = 9,911 L, được giãn nở đẳng
nhiệt thuận nghịch đến trạng thái 2 có P2 = 1,0 bar. Tính:
a) nhiệt độ và thể tích của hệ ở trạng thái 2.
b) công, nhiệt, biến thiên nội năng và biến thiên entanpi của quá trình.
2. Ở 25oC, sự đốt cháy 1,0 mol C3H8(k) trong một bình kín có thể tích khơng đổi tỏa ra một nhiệt
lượng 2212,51 kJ. Tính:
a) Nhiệt đốt cháy C3H8(k) ở 25oC, 1,0 bar.
b) Nhiệt hình thành chuẩn của C3H8(k) ở 25oC.
c) Năng lượng phân li trung bình của liên kết C-H của C3H8 ở 298K, 1,0 bar.
Cho biết: Ở 25oC, 1,0 bar:
Nhiệt hình thành chuẩn của các chất:
f Ho298,C(k) = 715, 00 kJ / mol ; f Ho298,H2O(l) = −285,82 kJ / mol ; f Ho298,CO2 (k) = −393,51 kJ / mol
Năng lượng phân li trung bình của các liên kết:
EH-H = 434,72 kJ/mol; EC-C = 345,81 kJ/mol
Câu 4 (2,5 điểm):
1. a) Vẽ cấu trúc hình học phân tử (cả các cặp electron tự do (nếu có) của ngun tử trung tâm) và
dự đốn góc liên kết cho các phân tử: XeF2, XeF4, BF3.
b) Thực nghiệm cho biết cả ba hợp chất CHBr3, SiHBr3, CH(CH3)3 đều có cấu tạo tứ diện. Tuy
nhiên góc liên kết tại nguyên tử trung tâm (không kể tới H khi xét các góc này) lại khơng bằng nhau.
Biết độ âm điện của H là 2,20; CH3 là 2,27; Csp3 là 2,47; Si là 2,24; Br là 2,50. Dựa vào mơ hình
VSEPR và độ âm điện, hãy lập luận để sắp xếp góc liên kết của các hợp chất theo thứ tự tăng dần.

Trang 2/4

2. Trong tinh thể ReO3, mỗi nguyên tử Re được bao quanh bởi 6 nguyên tử oxi tạo nên những bát
diện đều giống nhau. Biết rằng tinh thể ReO3 thuộc hệ lập phương (chiều dài mỗi cạnh là 0,374 nm)
trong đó ngun tử Re chiếm các vị trí đỉnh của hình lập phương.
a) Vẽ một ơ mạng cơ sở của tinh thể ReO3.
b) Giả sử ReO3 là tinh thể ion. Biết bán kính của ion O2- là 0,126 nm, tính bán kính của ion Re6+.
c) Tính bán kính lớn nhất của cation lạ có thể nằm trong mạng lưới tinh thể ReO3 mà khơng làm thay
đổi kích thước của ơ mạng (bỏ qua mọi tương tác giữa ion này và tinh thể ReO3).
Câu 5 (2,5 điểm):
Hoạt động trao đổi chất, tiêu hóa thức ăn và các hoạt động thể chất của con người sẽ đưa một lượng
đáng kể axit vào máu. Lượng axit này đủ để làm giảm pH của máu nếu như nó khơng được điều
chỉnh. Tuy nhiên sự sống của các tế bào đòi hỏi độ pH chỉ được thay đổi rất ít. Vì vậy máu phải
đảm bảo duy trì pH trong ngưỡng an tồn (7,36-7,44) nhờ các hệ đệm và các cơ chế cho phép thải
axit ra khỏi cơ thể. Trong đó hệ đệm bicacbonat đóng một vai trị đặc biệt quan trọng. Để đơn giản
bài tốn sau xét hệ đệm trong máu chỉ là hệ bicacbonat, các tính tốn thực hiện ở 37oC, H2CO3
⎯⎯
→ H2CO3(dd)
tương ứng với CO2 hòa tan trong máu nhờ cân bằng: CO2(k) + H2O ⎯
⎯
1. Biết pH của máu bằng 7,40 và tổng nồng độ các dạng tồn tại của CO2 trong máu là 0,0280 mol/L.
Tính nồng độ H2CO3 và HCO3- trong máu (lấy 4 chữ số sau dấu phẩy).
2. Khi cơ thể thực hiện các hoạt động thể chất, axit lactic (ký hiệu là HA) sẽ được tạo ra và đi vào
máu. Giả sử trong một hoạt động thể chất có 6 mmol HA đi vào 6,0 lít máu của cơ thể.
a) Viết phương trình hóa học của phản ứng chính giữa axit lactic và hệ đệm trong máu. Tính
hằng số cân bằng của phản ứng và rút ra kết luận.
b) Nếu coi hệ đệm bicacbonat trong máu là hệ kín thì giá trị pH mới của máu là bao nhiêu? Giá
trị này có tương thích với sự sống của tế bào không?
c) Nếu hệ đệm bicacbonat trong máu là hệ mở có nồng độ H2CO3 được giữ khơng đổi thơng qua
việc loại bỏ H2CO3 dư thừa nhờ q trình hơ hấp thì pH mới của máu là bao nhiêu?
Cho biết: ở 37oC, pKw = 13,62; pKa1(H2CO3) = 6,10; pKa2(H2CO3) = 10,30; pKa(HA) = 3,86.
Câu 6 (2,5 điểm):

1. Pin Kẽm-Oxit bạc (được thương mại hóa với kí hiệu D350) có dung lượng 100 mAh. Pin này
được mô tả bằng sơ đồ:
(-) Zn,ZnOKOHAg2O,Ag (+).
dE
= −1,8.10−4 V / K .
Ở 25oC, sức điện động của pin bằng 1,596 V. Hệ số nhiệt độ của E là
dT
a) Viết phương trình của phản ứng xảy ra tại các điện cực và phản ứng tổng quát khi pin hoạt động.
b) Xác định Go, So và Ho của phản ứng tổng quát tại 25oC.
c) Tính thời gian lớn nhất mà pin có thể cung cấp được dịng điện có cường độ bằng 200 A.
Cho biết: Hằng số Faraday: F = 96485 C/mol.
2. Giản đồ Latimer của Crom trong môi trường axit (pH = 0) như sau:
0,293
Eo

Ex
−0,912
0,55
2,10
y
→ Cr(V) ⎯⎯
→ Cr
→ Cr(IV) ⎯⎯→
Cr(VI) ( Cr2O72− ) ⎯⎯⎯
Cr3+ ⎯⎯
→ Cr2+ ⎯⎯⎯
o

- 0,744

Trang 3/4


a) Tính Eox và Eoy .
b) Tính tốn và cho biết trong mơi trường có pH = 0, Cr(IV) có thể tự oxi hóa khử thành Cr3+ và
Cr(VI) được hay không?
c) Khi cho K2Cr2O7 tác dụng với H2O2 trong môi trường axit sẽ thu được sản phẩm có màu xanh.
Viết phương trình ion của phản ứng xảy ra và cho biết phản ứng này có phải phản ứng oxi hóa khử
hay khơng ? Tại sao? Ghi số oxi hóa tương ứng trên mỗi nguyên tố của các chất tham gia phản ứng.
Câu 7 (2,5 điểm):
1. Viết phương trình hóa học thực hiện dãy chuyển hóa sau:

2. Trong cơng nghiệp H2O2 có thể điều chế bằng cách cho axit A hoặc axit B tác dụng với nước.
Sản phẩm của hai phản ứng này đều là H2SO4 và H2O2. Biết tổng số nguyên tử trong một phân tử A
là 8 và trong A nguyên tố oxi chiếm 70,18% khối lượng. Phân tử B chứa nhiều hơn phân tử A một
nguyên tử S và ba nguyên tử O.
a) Xác định A, B và viết các phương trình của các phản ứng xảy ra.
b) Viết công thức cấu tạo, cho biết trạng thái lai hóa (với các nguyên tử có lai hóa) của các
nguyên tử trong A và B. Xác định số oxi hóa của các nguyên tử trong A và B.
c) Giải thích tại sao A và B đều có tính oxi hóa mạnh và đều có tính axit mạnh.
Câu 8 (2,5 điểm):
A, B, C, D là các muối của kim loại Na, X là hỗn hợp gồm 1 mol mỗi muối. Đun nóng X đến 200oC
thấy có khí E (chứa hai ngun tố và khơng cháy được) thốt ra và thu được hỗn hợp Y (có khối
lượng giảm 12,50% so với khối lượng của X) chứa 1,33 mol A, 1,67 mol C và 1 mol D. Nếu đun
nóng đến 400oC thì thu được hỗn hợp Z chỉ có A và D. Nếu tiếp tục đun nóng đến 600oC thì chỉ cịn
lại A. Biết A chỉ chứa hai nguyên tố và phần trăm khối lượng Na trong A là 39,32. Xác định:
a) A, B, C, D và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b) Thành phần phần trăm theo khối lượng của các chất trong hỗn hợp Y
c) Thành phần phần trăm theo số mol của các chất trong hỗn hợp Z.
Cho biết: H = 1; O = 16; Na = 23; F = 9; Cl = 35,5; Br = 80; I = 127; N = 14; P = 31;

S = 32; C = 12; Si = 28.

....…………HẾT..…………..
Lưu ý:

- Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu
- Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm

Trang 4/4


TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG
LẦN THỨ XVI–ĐIỆN BIÊN 2022

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MƠN: HĨA HỌC - KHỐI: 10
Ngày thi: 12 tháng 8 năm 2022
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Hướng dẫn chấm gồm có 11 trang
HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1 (2,5 điểm):
1. Phổ mặt trời cho các vạch hấp thụ liên tiếp tại các bước sóng 1, 2, 3. Kết quả phân tích chỉ ra
rằng các vạch hấp thụ này có nguồn gốc từ sự chuyển electron trong tiểu phân “kiểu hidro” tạo ra từ
heli ở trạng thái kích thích. Biết:

1
1 1
= R He ( 2 − 2 )


n t nc
a) Xác định tiểu phân “kiểu hiđro” tạo ra từ He.
b) Biết các vạch hấp thụ tương ứng lần lượt với sự chuyển electron từ nt = 4 lên nc = 6, 7 và 8.
Xác định 1, 2 và 3 (theo Å).
c) Xác định năng lượng ion hóa (theo J) của tiểu phân ở trạng thái cơ bản.
Cho biết: RHe = 4,391.107 m-1; h = 6,625.10-34 J.s; c = 3.108 m/s.
2. a) Hoàn thành các phản ứng hạt nhân sau:
18

O + 11H → .... +

.... +

2
1

D → +

18

18

(1)

F

(2)

F

19

F +

16

O + .... → 18F + 11H + n

2
1

D →

20

F + ....

(3)
(4)

b) Sự phân rã của một số hạt nhân kém bền phụ thuộc vào tỉ số giữa số nơtron và số proton trong
hạt nhân (kí hiệu là T). Nếu T của hạt nhân kém bền lớn hơn T của hạt nhân đồng vị bền, hạt nhân
kém bền sẽ phân rã kiểu −, ngược lại, nếu nhỏ hơn sẽ phân rã kiểu +. Xác định kiểu phân rã để
hoàn thành bảng sau:
Hạt nhân

11

C

20

F

17

F

14

C

Kiểu phân rã
HƯỚNG DẪN CHẤM
Ý

Nội dung

Điểm

1a

Nguyên tử hoặc ion “ kiểu hiđro” tạo ra từ He  tiểu phân này là hệ có 1e, một hạt
nhân  đó là He+.

0,25

1b

n 2t .n c2
1
1 1
Từ:
= R He ( 2 − 2 )   =

nt nc
R He (n c2 − n 2t )

Trang 1/11


1c

1 =

42.62
 6,559.10−7 m = 6559 Å
4,391.107 (62 − 42 )

0,25

2 =

42.7 2
 5, 411.10−7 m = 5411 Å
4,391.107 (7 2 − 42 )

0,25

3 =

42.82
 4,858.10−7 m = 4858 Å
4,391.107 (82 − 42 )

Ở trạng thái cơ bản nt = 1  Năng lượng ion hóa là năng lượng cần thiết để chuyển
electron trong tiểu phân từ nt = 1 đến nc = .
 I=

2a

2b

0,25

0,50

 1
hc
1 
1

= hcR He  2 − 2  = 6, 625.10−34.3.108.4,391.107  2 − 0   8, 727.10−18 J

1

 nt  
18

O + 11H →

20

Ne +

19

F +

16

O +  → 18F + 11H + 10 n

2
1

2
1

1
0

n+

D → +

D →

20

18

(2)

F + 11H

(3)

20

C

+

Kiểu phân rã

(1)

F

F

11

Hạt nhân

18

0,25

(4)
17

F

0,25

−

F

+

14

C

−

0,50

Câu 2 (2,5 điểm):
1. Thực nghiệm cho biết ở nhiệt độ T, phản ứng sơ cấp: A + B → C + D (1) có k = 0,693 M-1phút-1.
Tính thời gian để một nửa lượng A đã phản ứng ở nhiệt độ T khi nồng độ ban đầu:
a) [A]o = [B]o = 1,00.10-2 M.
b) [A]o = 1,00.10-2 M; [B]o = 2,00 M.
2. Khi đun nóng dung dịch benzendiazoni sẽ xảy ra phản ứng hoàn toàn:
C6H5N2Cl(aq) + H2O(l) → C6H5OH(aq) + H+(aq) + Cl-(aq) + N2(k) (2)
Động học của phản ứng (2) được nghiên cứu bằng cách đo thể tích khí N2 (được coi là khí lí tưởng)

sinh ra theo thời gian (tại cùng một nhiệt độ và áp suất).
a) Gọi Vt và V lần lượt là thể tích khí N2 được tạo ra tại thời điểm t và thời điểm kết thúc phản
ứng, k là hằng số tốc độ của phản ứng. Chỉ ra rằng nếu phản ứng có bậc 1 đối với C6H5N2Cl thì
phương trình động học có dạng:

kt = ln

V
V − Vt

b) Trong một thí nghiệm tiến hành ở 30oC người ta thu được các số liệu thực nghiệm như sau:
t(h)

0,5

1,0

3,0

6,0

8,0

15,0

20,0

Thể tích khí N2 (mL)

17,96

31,32

58,11

67,85

69,22

69,82

69,82

Chứng minh rằng trong điều kiện thí nghiệm này phản ứng có bậc 1 đối với C6H5N2Cl. Tính
hằng số tốc độ và thời gian bán hủy của phản ứng ở 30oC.
c) Biết năng lượng hoạt hóa của phản ứng (2) là 99,105 kJ/mol. Tính thời gian cần thiết để một
nửa lượng C6H5N2Cl đã phản ứng khi đun nóng dung dịch ở 50oC, biết các điều kiện khác của thí
nghiệm được giữ nguyên như ý b).

Trang 2/11


HƯỚNG DẪN CHẤM
Ý
1a

1b

2a

Điểm

Nội dung
Phản ứng sơ cấp  v = k[A][B]
[A]o = [B]o = 1,00.10-2 M  thời gian để một nửa lượng A phản ứng:
1
1
t1/2 =
=
 144,3 phút
k[A]o 0, 693.1, 00.10−2

0,25

[A]o = 1,00.10-2 M << [B]o = 2,00 M
 v = k[A][B]  k[B]o[A] = k’[A]
với k’ = k[B]o = 0,693.2 = 1,386 phút-1  phản ứng có bậc 1 đối với A
ln 2 ln 2
=
 0,5 phút
 thời gian để một nửa lượng A phản ứng: t1/2 =
k ' 1,386

0,25
0,25

C6H5N2Cl(aq) + H2O(l) → C6H5OH(aq) + H+(aq) + Cl-(aq) + N2(k) (1)
t=0
no (tương ứng Co)
0

t
no – n (tương ứng Ct)
n
t=
0
no
N2 là khí lí tưởng  PVt = nRT; PV = noRT
 P(V - Vt) = (no – n)RT
no
V

(*)
=
n o − n V − Vt

0,25

Giả sử phản ứng có bậc 1, ta có:
kt = ln

 (n o / Vdd ) 
Co
no
= ln 
 = ln
Ct
no − n
 (n o − n) / Vdd 

Thay (*) vào (**)  kt = ln

2b

V
V − Vt

(**)
0,25

(đpcm)

Từ bảng số liệu nhận thấy khi t ≥ 15 giờ thì C6H5N2Cl đã phản ứng hết
 V = 69,82 mL.
V
1
Ta có: k = ln
t V − Vt
t(h)
k(h-1)

0.5
0,5947

1
0,5953

3
0,5952

6
0,5946

Các giá trị k tính tại các thời điểm t khác nhau đều xấp xỉ nhau
 phản ứng có bậc 1
 k  0,5949 h-1
Hằng số tốc độ phản ứng tại 30oC: k 30 =
5
ln
2
Thời gian bán hủy ở 30oC: t1/2 =
 1,165 h
k 30
2c

Từ ln

E
k2
=− a
k1
R

 Ea
 1 1
 −   k 2 = k1exp  −
 T2 T1 
 R

8
0,5946
0,25

0,25
0,25

 1 1 
 −  
 T2 T1  

 99,105.103  1
1 
−1
 k 50 = 0,5949 exp  −
−

   10, 0745 h
8,314
323
303




0,25

Trang 3/11


Thời gian để 1/2 lượng C6H5N2Cl đã phản ứng ở 50oC:
ln 2
ln 2
t=

=
 0, 0688h
k 50 10, 0745

0,25

Câu 3 (2,5 điểm):
1. Một mẫu khí lí tưởng ở trạng thái 1 có T1 = 298 K, P1 = 5,0 bar, V1 = 9,911 L, được giãn nở đẳng
nhiệt thuận nghịch đến trạng thái 2 có P2 = 1,0 bar. Tính:
a) nhiệt độ và thể tích của hệ ở trạng thái 2.
b) công, nhiệt, biến thiên nội năng và biến thiên entanpi của quá trình.
2. Ở 25oC, sự đốt cháy 1,0 mol C3H8(k) trong một bình kín có thể tích khơng đổi tỏa ra một nhiệt
lượng 2212,51 kJ. Tính:
a) Nhiệt đốt cháy C3H8(k) ở 25oC, 1,0 bar.
b) Nhiệt hình thành chuẩn của C3H8(k) ở 25oC.
c) Năng lượng phân li trung bình của liên kết C-H của C3H8 ở 298K, 1,0 bar.
Cho biết: Ở 25oC, 1,0 bar:
Nhiệt hình thành chuẩn của các chất:
f Ho298,C(k) = 715, 00 kJ / mol ; f Ho298,H2O(l) = −285,82 kJ / mol ; f Ho298,CO2 (k) = −393,51 kJ / mol
Năng lượng phân li trung bình của các liên kết:
EH-H = 434,72 kJ/mol; EC-C = 345,81 kJ/mol

HƯỚNG DẪN CHẤM
Ý
1a

1b

2a

Điểm

Nội dung
Khí lí tưởng  n =

5

−3

P1V1 5,0.10 .9,911.10
=
 2,0 mol
RT1
8,314.298

Quá trình đẳng nhiệt  T2 = T1 = 298 K
P V 5.9,911
V2 = 1 1 =
= 49,555 L
P2
1

0,25

Đẳng nhiệt thuận nghịch  U = H = 0.
P
5
A = −nRT ln 1 = −2.8,314.10−3.298, ln = −7,974 kJ
P2
1

0,25

0,25

Q = −A = 7,974 kJ

0,25
0,25

Từ đầu bài suy ra: U 298 = −2212,51 kJ / mol

0,25

C3H8 ( k ) + 5O2 (k) ⎯⎯
→ 3CO2 (k ) + 4H 2O(l)
 Nhiệt đốt cháy C3H8(k) ở 25oC, 1,0 bar:

c Ho298 = U298 + nRT = −2212,51 + (3 − 5 −1).8,314.10−3.298  −2219,94kJ / mol
2b

0,25

Từ c Ho298 = 3f Ho298,CO2 (k) + 4f Ho298,H2O(l) − f Ho298,C3H8 (k)
 Nhiệt hình thành C3H8 ở 25oC, 1,0 bar:
o
f Ho298,C3H8 (k) = 3f Ho298,CO2 (k) + 4f Ho298,H2O(l) − c H298

f Ho298,C3H8 (k) = 3.(−393,51) + 4.(−285,82) − (−2219, 94) = −103,87 kJ / mol

0,25

Trang 4/11


2c

Ta có sơ đồ:

0,25
 Năng lượng phân li trung bình của liên kết C-H:
1
E C− H = (3 f H o298,C(k ) + 4E H −H − 2E C −C −  f H o298,C3H8 (k ) )
8
1
E C− H = (3.715, 00 + 4.434, 72 − 2.345,81 + 103,87)  412, 02 kJ / mol
8

0,25

Câu 4 (2,5 điểm):
1. a) Vẽ cấu trúc hình học phân tử (cả các cặp electron tự do (nếu có) của nguyên tử trung tâm) và
dự đốn góc liên kết cho các phân tử: XeF2, XeF4, BF3.
b) Thực nghiệm cho biết cả ba hợp chất CHBr3, SiHBr3, CH(CH3)3 đều có cấu tạo tứ diện. Tuy
nhiên góc liên kết tại ngun tử trung tâm (khơng kể tới H khi xét các góc này) lại khơng bằng nhau.
Biết độ âm điện của H là 2,20; CH3 là 2,27; Csp3 là 2,47; Si là 2,24; Br là 2,50. Dựa vào mơ hình
VSEPR và độ âm điện, hãy lập luận để sắp xếp góc liên kết của các hợp chất theo thứ tự tăng dần.
2. Trong tinh thể ReO3, mỗi nguyên tử Re được bao quanh bởi 6 nguyên tử oxi tạo nên những bát
diện đều giống nhau. Biết rằng tinh thể ReO3 thuộc hệ lập phương (chiều dài mỗi cạnh là 0,374 nm)
trong đó nguyên tử Re chiếm các vị trí đỉnh của hình lập phương.

a) Vẽ một ô mạng cơ sở của tinh thể ReO3.
b) Giả sử ReO3 là tinh thể ion. Biết bán kính của ion O2- là 0,126 nm, tính bán kính của ion Re6+.
c) Tính bán kính lớn nhất của cation lạ có thể nằm trong mạng lưới tinh thể ReO3 mà không làm thay
đổi kích thước của ơ mạng (bỏ qua mọi tương tác giữa ion này và tinh thể ReO3).

HƯỚNG DẪN CHẤM
Ý
1a

Điểm

Nội dung
XeF4:

XeF2:

BF3:
F

F

F

F

F

F

F

Thẳng, 180

0,75

F

Vuông, 90o

o

1b

F

Tam giác phẳng,
120o

Cấu trúc không gian của các phân tử được biểu diễn như sau:
H

H

H

Si

C

C

Br

Br
Br

SiHBr3 (1)

Br

Br
Br

CHBr3 (2)

CH3

CH3
CH3

CH(CH3)3 (3)

Trang 5/11


2a

Góc liên kết được tạo thành bởi trục của đám mây electron của 2 obitan tạo thành
liên kết. Sự phân bố mật độ electron của các đám mây này phụ thuộc vào độ âm
điện của nguyên tử trung tâm A và phối tử X. Ở cả 3 hợp chất nguyên tử trung tâm

A đều có lai hố sp3 vì lớp vỏ hố trị có 4 cặp electron. Sự khác nhau về trị số của
các góc chỉ phụ thuộc vào độ âm điện tương đối giữa các nguyên tử liên kết.
- Khi so sánh 2 góc Br – A – Br ở (1) và (2), liên kết Si-Br phân cực hơn liên kết CBr nên góc Br – C – Br có trị số lớn hơn góc Br – Si – Br.
- Khi so sánh 2 góc Br – C – Br và H3C – C – CH3 ở (2) và (3), liên kết C – Br phân
cực hơn liên kết C – CH3 nên góc ở (3) lớn hơn ở (2).
Từ hai so sánh trên thấy rằng trị số các góc tăng dần theo thứ tự sau:
Góc ở SiHBr3 < Góc ở CHBr3 < Góc ở CH(CH3)3
Do số phối trí của Re = 6 và tỉ lệ Re:O = 1:3 nên số phối trí của O = 6/3 = 2.
 một O phối trí với 2 Re, và cách đều hai Re vì các nguyên tử Re là tương đương.
Vậy các nguyên tử O nằm ở trung điểm của mỗi cạnh
 Ô mạng cơ sở của ReO3

0,25
0,25
0,25

0,25
2b
2c

Kiểm tra tỉ lệ Re:O trong một ô mạng = (8.1/8) : (12.1/4) = 1:3
Ta có:
a = 2r O2− + 2r Re6+ = 0,374 nm  r Re6+ = (0,374 – 2.0,126)/2 = 0,061 nm

0,25

Ion lạ nằm trong ô mạng tinh thể sẽ chiếm vị trí trung tâm của ơ mạng cơ sở.
Do vậy khoảng cách từ tâm đến trung điểm mỗi cạnh tương ứng bằng
2r O2− + 2rion lạ = a 2
rion la = a 2 / 2 − rO2− = 0,374. 2 / 2 − 0,126  0,138 nm

0,50

Vậy bán kính lớn nhất của ion lạ bằng 0,138 nm.
Câu 5 (2,5 điểm):
Hoạt động trao đổi chất, tiêu hóa thức ăn và các hoạt động thể chất của con người sẽ đưa một lượng
đáng kể axit vào máu. Lượng axit này đủ để làm giảm pH của máu nếu như nó khơng được điều
chỉnh. Tuy nhiên sự sống của các tế bào đòi hỏi độ pH chỉ được thay đổi rất ít. Vì vậy máu phải
đảm bảo duy trì pH trong ngưỡng an toàn (7,36-7,44) nhờ các hệ đệm và các cơ chế cho phép thải
axit ra khỏi cơ thể. Trong đó hệ đệm bicacbonat đóng một vai trị đặc biệt quan trọng. Để đơn giản
bài toán sau xét hệ đệm trong máu chỉ là hệ bicacbonat, các tính tốn thực hiện ở 37oC, H2CO3
⎯⎯
→ H2CO3(dd)
tương ứng với CO2 hòa tan trong máu nhờ cân bằng: CO2(k) + H2O ⎯
⎯
1. Biết pH của máu bằng 7,40 và tổng nồng độ các dạng tồn tại của CO2 trong máu là 0,0280 mol/L.
Tính nồng độ H2CO3 và HCO3- trong máu (lấy 4 chữ số sau dấu phẩy).
2. Khi cơ thể thực hiện các hoạt động thể chất, axit lactic (ký hiệu là HA) sẽ được tạo ra và đi vào
máu. Giả sử trong một hoạt động thể chất có 6 mmol HA đi vào 6,0 lít máu của cơ thể.

Trang 6/11


a) Viết phương trình hóa học của phản ứng chính giữa axit lactic và hệ đệm trong máu. Tính
hằng số cân bằng của phản ứng và rút ra kết luận.
b) Nếu coi hệ đệm bicacbonat trong máu là hệ kín thì giá trị pH mới của máu là bao nhiêu? Giá
trị này có tương thích với sự sống của tế bào không?
c) Nếu hệ đệm bicacbonat trong máu là hệ mở có nồng độ H2CO3 được giữ khơng đổi thơng qua
việc loại bỏ H2CO3 dư thừa nhờ q trình hơ hấp thì pH mới của máu là bao nhiêu?
Cho biết: ở 37oC, pKw = 13,62; pKa1(H2CO3) = 6,10; pKa2(H2CO3) = 10,30; pKa(HA) = 3,86.

HƯỚNG DẪN CHẤM
Ý
1

Điểm

Nội dung
Trong máu có các cân bằng:

⎯⎯
→ HCO3− + H +
H2CO3 ⎯
⎯

(1)

Ka1 = 10-6,10

⎯⎯
→ CO32− + H+
HCO3− ⎯
⎯

(2)

Ka2 = 10-10,30

Ta có : pH = 7,40  h = 10-7,40


[HCO3− ]
[CO32− ]

=

h
= 102,90  1  bỏ qua cân bằng (2).
K a2

[H 2 CO3 ]
h
=
= 10−1,30
[H 2 CO3 ]  0,0014 M

−
  [HCO3 ] K a1

−
[H CO ] + [HCO − ]= 0,028 [HCO3 ]  0,0266 M
3
 2 3

2a

0,25

0,25

Vì Ka(HA) = 10-3,86 > Ka1(H2CO3) = 10-6,10  phản ứng chính:

⎯⎯
→ H2CO3 + A−
HA + HCO3− ⎯
⎯

(3)

K a (HA)
= 102,24  173, 78
K a1
 phản ứng coi như xảy ra hồn tồn.

0,25

K =

2b

Ta có: CoHA =

0,25

6.10−3
= 0, 001M
6

CoH CO : 0, 0024 M
 2 3
Vì (3) xảy ra hoàn toàn  TPGH: CoHCO− : 0, 0256 M

3
 o
C A − : 0, 001M
K w CoHCO−
K w .CoA−
o
3
Vì: K b,HCO− CHCO− =
 K b,A− .CoA− =
3
3
K a1(H2CO3 )
K a(HA)

0,25

K a1,H2CO3 .CoH2CO3  K w
nên pH của máu được quyết định bởi hệ đệm H2CO3 / HCO3−
 pH = 6,1 + lg

0, 0256
 7,13
0, 0024

pH < 7,36  khơng tương thích với sự sống của tế bào.

0,25

0,25

Trang 7/11


2c

⎯⎯
→ CO2 + A−
[H2CO3] = 0,0014 M = const; HA + HCO3− ⎯
⎯
H 2 CO3 : 0, 0014 M

 TPGH: HCO3− : 0, 0256 M
 o
CA− : 0, 001M

0,25

Tính tương tự ý 2b)  pH = 6,1 + lg

0, 0256
 7,36
0, 0014

0,50

Câu 6 (2,5 điểm):
1. Pin Kẽm-Oxit bạc (được thương mại hóa với kí hiệu D350) có dung lượng 100 mAh. Pin này
được mô tả bằng sơ đồ:
(-) Zn,ZnOKOHAg2O,Ag (+).
dE

= −1,8.10−4 V / K .
Ở 25oC, sức điện động của pin bằng 1,596 V. Hệ số nhiệt độ của E là
dT
a) Viết phương trình của phản ứng xảy ra tại các điện cực và phản ứng tổng quát khi pin hoạt động.
b) Xác định Go, So và Ho của phản ứng tổng quát tại 25oC.
c) Tính thời gian lớn nhất mà pin có thể cung cấp được dịng điện có cường độ bằng 200 A.
Cho biết: Hằng số Faraday: F = 96485 C/mol.
2. Giản đồ Latimer của Crom trong môi trường axit (pH = 0) như sau:
0,293
Eo

Ex
0,55
2,10
−0,912
y
→ Cr(V) ⎯⎯
→ Cr
→ Cr(IV) ⎯⎯→
Cr(VI) ( Cr2O72− ) ⎯⎯⎯
Cr3+ ⎯⎯
→ Cr2+ ⎯⎯⎯
o

- 0,744

a) Tính Eox và Eoy .
b) Tính tốn và cho biết trong mơi trường có pH = 0, Cr(IV) có thể tự oxi hóa khử thành Cr3+ và
Cr(VI) được hay khơng?
c) Khi cho K2Cr2O7 tác dụng với H2O2 trong môi trường axit sẽ thu được sản phẩm có màu xanh.

Viết phương trình ion của phản ứng xảy ra và cho biết phản ứng này có phải phản ứng oxi hóa khử
hay khơng ? Tại sao? Ghi số oxi hóa tương ứng trên mỗi nguyên tố của các chất tham gia phản ứng.
HƯỚNG DẪN CHẤM
Ý
1a

1b

Điểm

Nội dung
Các phản ứng:
Tại anot (-): Zn + 2OH- → ZnO + H2O + 2e
Tại catot (+): Ag2O + H2O + 2e → 2Ag + 2OHTổng quát: Zn + Ag2O → ZnO + 2Ag
dE o dE
o
o
=
= −1,8.10−4 V / K
Ta có E = E  E = 1,596 V;
dT dT
Suy ra:

0,25

0,25

Go298 = −nFEo = − 2.96485.1,596.10−3  −307,980kJ / mol
So298 = nF

dE o
= 2.96485.(−1,8.10 −4 )  −34, 73 J / K .mol
dT

Ho298 = Go298 + 298So298 = −307,980 + 298.(−34,73).10−3  −318,330 kJ / mol

0,50

Trang 8/11


1c
2a

Từ q = I.t suy ra thời gian lớn nhất: t =
Từ giản đồ ta có:

q 100.10−3
=
= 500 h
I 200.10−6

0,25

3.(-0,744) = E 0y + 2(-0,912) → E 0y = - 0,408 (V)
0,50

0,55 + E 0x + 2,10 - 3.0,744 = 6.0,293 → E 0x = + 1,34 (V)
2b

2Cr(IV) + 2e → 2Cr3+

(1)

E10 = 2,1 V → G10 = −nE10 F = −2.2,1.F

Cr(VI) + 2e → Cr(IV)

(2)

E02 =

0,55 + Eox 0,55 + 1,34
=
= 0,945 (V)
2
2

 G 02 = −nE02F = −2.0,945.F
Lấy (1) - (2) được: 3Cr(IV) → 2Cr3+ + Cr(VI)

0,50

(3) G 30

 G30 = G10 − G 02 = −2.(2,1 − 0,945).F  0
2c

 Cr(IV) có thể tự oxi hóa khử thành Cr3+ và Cr(VI)
+6 -2

+1 -1
+1
+6,-2/-1 +1 -2

Cr2O72− + 4H2O2 + 2H + → 2CrO5 + 5H2O

Phản ứng trên không phải là phản ứng oxi hóa-khử vì số oxi hóa của các ngun
tố khơng thay đổi trong q trình phản ứng.

0,25

Câu 7 (2,5 điểm):
1. Viết phương trình hóa học thực hiện dãy chuyển hóa sau:

2. Trong cơng nghiệp H2O2 có thể điều chế bằng cách cho axit A hoặc axit B tác dụng với nước.
Sản phẩm của hai phản ứng này đều là H2SO4 và H2O2. Biết tổng số nguyên tử trong một phân tử A
là 8 và trong A nguyên tố oxi chiếm 70,18% khối lượng. Phân tử B chứa nhiều hơn phân tử A một
nguyên tử S và ba nguyên tử O.
a) Xác định A, B và viết các phương trình của các phản ứng xảy ra.
b) Viết cơng thức cấu tạo, cho biết trạng thái lai hóa (với các nguyên tử có lai hóa) của các
nguyên tử trong A và B. Xác định số oxi hóa của các nguyên tử trong A và B.
c) Giải thích tại sao A và B đều có tính oxi hóa mạnh và đều có tính axit mạnh.
HƯỚNG DẪN CHẤM
Ý
1

Điểm

Nội dung
Xe + F2 → XeF2 (A)

Xe + 2F2 → XeF4 (B)
Xe + 3F2 → XeF6 (C)
2XeF2 (A) + 2H2O → 2Xe + 4HF + O2
XeF2 (A) + SbF5 → [XeF][SbF6] (D)
XeF4 (B) + Pt → Xe + PtF4
XeF6 (C) + 3H2O → XeO3 (E) + 6HF
2XeF6 (C) + 3SiO2 → 2XeO3 (E) + 3SiF4

(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
(6)
(7)
(8)

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

Trang 9/11


2a

A + H2O → H2SO4 + H2O2
B + H2O → H2SO4 + H2O2
 A, B đều chứa H, O và S.

Gọi cơng thức của A là HaSbOc ta có: a + b + c=8
 a = 8 – b – c (1)
16c
= 0, 7018
%O = 70,18% 
a + 32b + 16c
7, 7985c − 8
16c
= 0, 7018  b =

(2)
31
8 − b − c + 32b + 16c
Vì a + b + c = 8  c  6
Lập bảng giá trị a, b, c:
c
1
b
- ...
a

2
0,25

3
0,5

4
0,75

5
1
2

6
1,25

Vậy A là H2SO5 ; B là H2S2O8
Phương trình phản ứng:
H2SO5 + H2O → H2O2 + H2SO4
H2S2O8 + 2H2O → H2O2 + 2H2SO4
A

2b
+1

-1

-1

H

O

O

+1

-2

H

O

0,25
0,25
B

-2

+6

S

O
-2

O

-2

O

-2 +1
+6

O H

H O

S
-2

O

-1

O

-2

+1 -2

-1

+6

O

0,5

S

O

-2

O

Trong các chất trên O có liên kết đơn đều lai hóa sp3, S lai hóa sp3

Số oxi hóa của S là +6; O có số oxi hóa -1 hoặc -2
(chú ý nếu xác định số oxi hóa trung bình không cho điểm)
A và B đều chứa nhiều O liên kết với S tạo ra nhóm có hiệu ứng liên hợp hút
electron làm cho liên kết O-H trong phân tử phân cực mạnh nên A và B đều có
tính axit mạnh.
A và B đều chứa nguyên tử oxi có số oxi hóa -1 và phân tử kém bền nên A và B
đều có tính oxi hóa mạnh.

0,25

0,25

Câu 8 (2,5 điểm):
A, B, C, D là các muối của kim loại Na, X là hỗn hợp gồm 1 mol mỗi muối. Đun nóng X đến 200oC
thấy có khí E (chứa hai ngun tố và khơng cháy được) thốt ra và thu được hỗn hợp Y (có khối
lượng giảm 12,50% so với khối lượng của X) chứa 1,33 mol A, 1,67 mol C và 1 mol D. Nếu đun
nóng đến 400oC thì thu được hỗn hợp Z chỉ có A và D. Nếu tiếp tục đun nóng đến 600oC thì chỉ cịn
lại A. Biết A chỉ chứa hai nguyên tố và phần trăm khối lượng Na trong A là 39,32. Xác định:
a) A, B, C, D và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b) Thành phần phần trăm theo khối lượng của các chất trong hỗn hợp Y
c) Thành phần phần trăm theo số mol của các chất trong hỗn hợp Z.
Cho biết: H = 1; O = 16; Na = 23; F = 9; Cl = 35,5; Br = 80; I = 127; N = 14; P = 31;
S = 32; C = 12; Si = 28.

Trang 10/11


HƯỚNG DẪN CHẤM
Ý
a

b

Điểm

Nội dung
Xác định muối A: A có dạng NanR
%Na 23n 39,32
=
=
 R  35,5 n
%R
R
60, 68
 n = 1; R = 35,5  R là Cl  A là NaCl
Khi nhiệt phân hoàn toàn A, B, C, D thu được muối NaCl duy nhất
 B, C, D phải là muối chứa O của Na và Cl.
Khí E là hợp chất và không cháy được  E là H2O
Xác định muối B, C, D:
B có dạng NaClOb.xH2O; C có dạng NaClOc
Từ thành phần của X và Y suy ra sơ đồ: 3NaClOb.xH2O → NaCl + 2NaClO2
 c/b = 3/2  c = 3; b = 2
B là NaClO2.xH2O; C là NaClO3  D là NaClO4
Khối lượng hỗn hợp X:
mX = 58,5.1 + (90,5+ 18x).1 + 106,5.1 + 122,5.1 = 378 + 18x
Khối lượng Y giảm so với X là khối lượng H2O
18x.100
= 12,50  x = 3  B là NaClO2.3H2O

378 + 18x

Phương trình hóa học:
Nung ở 200oC: 3NaClO2.3H2O → NaCl + 2NaClO3 + 9H2O
Nung ở 400oC: 4NaClO3 → 3NaClO4 + NaCl
Nung ở 600oC: 4NaClO4 → 2O2 + 4NaCl
Trong Y có: 1,33 mol NaCl; 1,67 mol NaClO3 và 1 mol NaClO4
 mY = 1,33.58,5 + 1,67.106,5 + 1.122,5 = 378,16 g
Phần trăm khối lượng các chất trong Y:
1,33.58,5.100
1, 67.106,5.100
%NaCl =
 20,57 % ; %NaClO3 =
 47, 03%
378,16
378,16

0,25

0,25

0,50

0,25

0,25

0,50

%NaClO4 = (100 − 20,57 − 47, 03)% = 32, 40 %

c

2NaClO2 → NaClO4 + NaCl
1
0,5
0,5
mol
4NaClO3 → 3NaClO4 + NaCl
1
0,75
0,25 mol
Trong Z có: NaCl: 1 + 0,5 + 0,25 = 1,75 mol
NaClO4: 1 + 0,5 + 0,75 = 2,25 mol
Phần trăm số mol các chất:
1, 75.100
%NaCl =
= 43, 75% ; % NaClO4 = 56,25%
1, 75 + 2, 25
Ở 400oC:

0,25

0,25

Lưu ý: - Nếu thí sinh làm cách khác mà cho kết quả chính xác, có chứng cứ khoa học vẫn cho điểm
tối đa.
- Giám khảo làm tròn điểm tổng bài thi đến 0,25 điểm.

Trang 11/11

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG
LẦN THỨ XVI – ĐIỆN BIÊN 2022

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MƠN: HĨA HỌC - KHỐI: 11
Ngày thi: 12 tháng 8 năm 2022
Thời gian làm bài: 180 phút (khơng kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm có 04 trang

ĐỀ CHÍNH THỨC

Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh:……………......................
Câu 1 (2,5 điểm):
1. C6H5NO2 có thể phản ứng với HNO3 để tạo thành hai dẫn xuất (meta và octo) theo hai phản ứng sau:
km
→ m-C6H4(NO2)2 + H2O
C6H5NO2 + HNO3 ⎯⎯
ko
C6H5NO2 + HNO3 ⎯⎯→ o-C6H4(NO2)2 + H2O
Thực nghiệm cho biết cả hai phản ứng đều có bậc 1 đối với mỗi chất phản ứng.

a) Thực hiện phản ứng với nồng độ ban đầu của C6H5NO2 và HNO3 bằng nhau và bằng a M. Chỉ
ra rằng trong điều kiện này nồng độ của C6H5NO2 ở thời điểm t được tính theo biểu thức:
a
[C6 H5 NO2 ] =
1 + (k m + k o ).a.t
b) Trong một thí nghiệm được tiến hành ở 20oC với a = 0,580 M, người ta nhận thấy sau 137
phút một nửa lượng C6H5NO2 đã phản ứng. Khi đó nồng độ m-C6H5(NO2)2 và o-C6H5(NO2)2 lần
lượt bằng 270 mM và 20 mM. Xác định km và ko
2. Khi không có mặt chất xúc tác, ozon bị phân hủy rất chậm trong pha khí theo phương trình:

2O3 → 3O2
(*)
Một trong những cơ chế của phản ứng được đề nghị như sau:
k1
⎯⎯
→ O 2 + • O•
O3 ⎯⎯
k −1

k2
O3 + •O• ⎯⎯
→ 2O2

(1)
(2)

Trong đó k1, k-1, k2 là các hằng số tốc độ phản ứng tương ứng.
a) Trong giả thiết thứ nhất người ta coi (1) là giai đoạn đủ nhanh và ln đạt cân bằng. Tính tốc
độ của giai đoạn (2).
b) Trong một giả thiết khác, người ta coi •O• tồn tại trong hỗn hợp phản ứng với lượng vô cùng
nhỏ và gần như không đổi ngay khi phản ứng diễn ra.
i) Tính tốc độ của phản ứng (*) và cho biết phản ứng có bậc động học khơng?
ii) Có thể nói O2 đóng vai trị chất ức chế phản ứng (*) được không ? Tại sao?
Câu 2 (2,5 điểm):
1. Một mẫu khí lí tưởng ở 350 K và 2,50 bar được tăng thể tích lên gấp ba lần trong quá trình giãn
nở đẳng nhiệt chống lại áp suất bên ngồi khơng đổi bằng 0,25 bar. Biết cơng giãn nở của khí là
− 873 J. Tính các biến thiên entropi (J.K-1) của khí, của mơi trường xung quanh và của hệ cơ lập
trong q trình trên.

Trang 1/4

2. Khi nung nóng đến nhiệt độ cao PCl5 bị phân li theo phương trình
⎯⎯
→ PCl3 (k) + Cl2(k)
PCl5 (k) ⎯
⎯
a) Cho m gam PCl5 vào một bình dung tích V, đun nóng bình đến nhiệt độ T (K) để xảy ra phản
ứng phân li PCl5. Sau khi đạt tới cân bằng áp suất khí trong bình bằng P. Hãy thiết lập biểu thức của
Kp theo độ phân li  và áp suất P. Thiết lập biểu thức của Kc theo , m, V.
b) Thí nghiệm 1: Cho 83,2956 gam PCl5 vào bình dung tích V ở nhiệt độ T. Sau khi đạt tới cân
bằng đo được P1 = 2,700 atm. Hỗn hợp khí trong bình có tỉ khối so với hiđro bằng 68,862. Tính 
và Kp.
c) Thí nghiệm 2: Thêm tiếp vào hệ phản ứng ở thí nghiệm 1 một lượng Cl2 có thể tích bằng
V (ở T, P1), giữ nhiệt độ và dung tích của bình phản ứng khơng đổi. Tính áp suất P2 của bình
phản ứng khi cân bằng mới được thiết lập.
Cho biết: Cl = 35,453 ; P = 30,974 ; H = 1,008 ; Các khí đều là khí lí tưởng.
Câu 3 (2,5 điểm):
1. Một mẫu dung dịch NaOH để lâu trong khơng khí bị hấp thụ CO2, tạo thành dung dịch X chứa
NaOH và Na2CO3. Tiến hành chuẩn độ 10,0 mL dung dịch X bằng dung dịch HCl 0,02M.
- Nếu sử dụng chỉ thị phenolphtalein (pT = 8,0) thì đến thời điểm mất mầu chị thị đã dùng hết
12,5 mL dung dịch HCl. Dung dịch sau chuẩn độ được kí hiệu là dung dịch Y.
- Nếu sử dụng chỉ thị metyl da cam (pT = 4,0) thì đến thời điểm chỉ thị đổi màu từ vàng sang đỏ
đã dùng hết 15,0 mL dung dịch HCl.
a) Bỏ qua sai số chuẩn độ, lập luận để viết phương trình hóa học của phản ứng chuẩn độ và tính
nồng độ của NaOH và Na2CO3 trong X.
b) Thêm tiếp 33,50 mg Ba(NO3)2 rắn vào dung dịch Y, khuấy đều. Cho biết kết tủa BaCO3 có
xuất hiện hay khơng?
2. Sục liên tục khí H2 (P = 1 atm) vào 50,0 mL dung dịch X đã được nhúng sẵn một thanh Pt để tạo
thành điện cực I. Ghép điện cực này với điện cực KCl(0,01M) |AgCl,Ag để tạo thành pin điện ở 25oC.

a) Lập luận để viết sơ đồ pin điện,
b) Viết phương trình của phản ứng xảy ra tại các điện cực và phản ứng tổng quát khi pin hoạt động.
c) Tính sức điện động của pin ở 25oC.
Cho biết: H2CO3 có pKa1 = 6,35 và ; pKa2 = 10,33;
RT
ở 25o C: F lnX = 0,0592lgX ; EoAg+ /Ag = 0, 799 V
Ba(OH)+ có log*β = 13,36; BaCO3 có pKs = 8,30; AgCl có pKs = 10.
Độ tan của CO2 trong điều kiện thí nghiệm trên là 0,03 M.
Coi q trình thêm Ba(NO3)2 khơng làm thay đổi thể tích dung dịch Y.
Khơng có sự thay đổi thể tích gây ra bởi sự pha trộn dung dịch.
Câu 4 (2,5 điểm):
1. Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau:

Trang 2/4


2. Trong sơ đồ bên (A), (B), (D), (E) là các hợp chất của Si.
Xác định chúng và viết phương trình hóa học của các phản
ứng xảy ra.

(D)
H2O
Si

Cl2

(A)

CH3Li

(B)

CH3MgBr
(E)

3. X, Y, Z là các axit được tạo nên từ photpho. Trong một phân tử mỗi axit chỉ chứa một nguyên tử
photpho. Biết X chứa 4,58% hydro và 46,9% photpho về khối lượng; Y chứa 37,8% photpho về
khối lượng; tổng số nguyên tử trong một phân tử Z nhiều hơn 14,3% so với tổng số nguyên tử trong
một phân tử Y.
a) Xác định X, Y, Z.
b) Viết công thức cấu tạo của X và Y và chỉ ra nguyên tử H có tính axit.
Cho biết: H = 1; O = 16; P = 31.
Câu 5 (2,5 điểm):
1. Coban tạo ra được các ion phức: CoCl2(NH3)4+ (B), Co(CN)63- (C), CoCl3(CN)33- (D).
a) Theo thuyết liên kết hoá trị, các nguyên tử trong C ở trạng thái lai hoá nào?
b) Các ion phức B và D có thể có bao nhiêu đồng phân lập thể? Vẽ cấu trúc của chúng.
2. Năng lượng tách mức (∆) của phức [Fe(CN)6]4- và [FeF6]4- lần lượt là 395 kJ/mol và 155 kJ/mol.
Biết năng lượng ghép đôi electron (P) là 210 kJ/mol. Lập luận và cho biết từ tính của các phức trên.
3. Để xác định lượng Mn trong một mẫu hợp kim Fe-Mn bằng phương pháp phân tích trắc quang,
người ta làm như sau:
- Cho 5,00 mL dung dịch chuẩn chứa 0,0985 g/L mangan (đã được chuyển thành MnO−4 ) vào bình
định mức 50,00 mL rồi thêm nước cất vào đến vạch định mức thu được dung dịch X. Đo mật độ
quang (A) của dung dịch X với cuvet có độ dày 1,00 cm ở bước sóng  = 525 nm, được AX = 0,271.
- Hòa tan hết 0,9220 gam hợp kim Fe-Mn trong axit rồi pha thành 200,00 mL dung dịch Y. Cho
KIO4 vào 50,00 mL dung dịch Y để oxy hóa hồn tồn mangan thành MnO−4 rồi pha loãng thành
100,00 mL dung dịch Z. Đo mật độ quang của dung dịch Z với cuvet có độ dày 1,00 cm ở bước
sóng  = 525 nm, được AZ = 0,668.
Biết trong khoảng nồng độ MnO−4 nghiên cứu, có thể áp dụng định luật Lamber-Beer.
Xác định phần trăm khối lượng Mn trong mẫu hợp kim.
Cho biết: Mn = 54,94.

Câu 6 (2,5 điểm):
1. Camptothecin và các dẫn xuất của nó hoặc tương tự là những chất chống ung thư quan trọng. Cấu
trúc của Camptothecin như sau
N

O

(E)

N
O
OH

O

Trang 3/4

H2O

(C


a) Xác định loại nhóm chức, cấu hình tuyệt đối của trung tâm bất đối có trong Camptothecin.
b) So sánh tính bazơ của các nguyên tử N trong Camptothecin và giải thích?
2. So sánh nhiệt độ sơi và độ tan trong dung môi không phân cực của các chất B và C sau đây.
Giải thích?

HO

C

C

O

O
(B)

OH

CH3

(C)

CH3

3. Cho biết cơ chế của các phản ứng sau:
a)

b)
CO2H

H+, CHCl3-H2O

HO
O

Me

Me

O

O

Câu 7 (2,5 điểm):
1. Hợp chất X (C19H22O6) khơng tác dụng được với 2,4-đinitrophenylhiđrazin; khơng có phản ứng
iođofom. Khi cho 1 mol X tác dụng với HI dư thu được 4 mol CH3I và chất Y (C15H14O5I2). Oxi
hóa Y bằng dung dịch KMnO4 thu được axit 2,4,6-trihiđroxibenzoic, khí CO2 và axit
2,4-đihiđroxibenzoic có số mol mỗi chất bằng số mol Y đã dùng. Mặt khác cho Y tác dụng với dung
dịch NaOH lỗng sau đó cho sản phẩm tác dụng với HIO4 thu được hợp chất Y1 và axit
2,4-đihiđroxibenzoic. Xác định cấu tạo của X, Y và Y1.
2. Cho brom tác dụng với C2H5(CH3)C=C(CH3)C2H5 thu được sản phẩm khơng có tính quang hoạt.
Nếu thực hiện phản ứng cùng với NaI/CH3OH thì thu được 5 sản phẩm khác nhau. Xác định cấu
hình của anken và 5 sản phẩm.
Câu 8 (2,5 điểm):
1. Hoàn thành các dãy phản ứng sau:

2. Lồi cá nắp hịm Ostracian lentiginous tiết ra chất độc có khả năng giết chết các lồi cá khác.
Chất độc đó có tên là pahutoxin, được tạo thành theo sơ đồ sau:

CH3[CH2]12CH2OH
C

(CH3CO)2O
Piri®in

D

Piri®ini clorocromat (PCC)

A 1. BrCH2COOC2H5, Zn
2. H2O

SOCl2

E

(CH3)3N+CH2CH2OHClPiri®in

B 1. OH

2. H3O+

C

Pahutoxin (C23H46NO4Cl)

....…………HẾT..…………..
Lưu ý:

- Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu
- Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm

Trang 4/4


TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG
LẦN THỨ XVI–ĐIỆN BIÊN 2022

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MƠN: HĨA HỌC - KHỐI: 11
Ngày thi: 12 tháng 8 năm 2022
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Hướng dẫn chấm gồm có 12 trang
HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1 (2,5 điểm):
1. C6H5NO2 có thể phản ứng với HNO3 để tạo thành hai dẫn xuất (meta và octo) theo hai phản ứng sau:
km
→ m-C6H4(NO2)2 + H2O
C6H5NO2 + HNO3 ⎯⎯
ko
C6H5NO2 + HNO3 ⎯⎯→ o-C6H4(NO2)2 + H2O
Thực nghiệm cho biết cả hai phản ứng đều có bậc 1 đối với mỗi chất phản ứng.

a) Thực hiện phản ứng với nồng độ ban đầu của C6H5NO2 và HNO3 bằng nhau và bằng a M. Chỉ
ra rằng trong điều kiện này nồng độ của C6H5NO2 ở thời điểm t được tính theo biểu thức:
a
[C6 H5 NO2 ] =
1 + (k m + k o ).a.t
b) Trong một thí nghiệm được tiến hành ở 20oC với a = 0,580 M, người ta nhận thấy sau 137
phút một nửa lượng C6H5NO2 đã phản ứng. Khi đó nồng độ m-C6H5(NO2)2 và o-C6H5(NO2)2 lần
lượt bằng 270 mM và 20 mM. Xác định km và ko
2. Khi khơng có mặt chất xúc tác, ozon bị phân hủy rất chậm trong pha khí theo phương trình:
2O3 → 3O2
(*)
Một trong những cơ chế của phản ứng được đề nghị như sau:
k1

⎯⎯
→ O 2 + • O•
O3 ⎯⎯
k −1

k2
O3 + •O• ⎯⎯
→ 2O2

(1)
(2)

Trong đó k1, k-1, k2 là các hằng số tốc độ phản ứng tương ứng.
a) Trong giả thiết thứ nhất người ta coi (1) là giai đoạn đủ nhanh và ln đạt cân bằng. Tính tốc
độ của giai đoạn (2).
b) Trong một giả thiết khác, người ta coi •O• tồn tại trong hỗn hợp phản ứng với lượng vô cùng
nhỏ và gần như không đổi ngay khi phản ứng diễn ra.
i) Tính tốc độ của phản ứng (*) và cho biết phản ứng có bậc động học khơng?
ii) Có thể nói O2 đóng vai trị chất ức chế phản ứng (*) được không ? Tại sao?
HƯỚNG DẪN CHẤM
Ý
1a

Nội dung
Phản ứng có bậc 1 với mỗi chất phản ứng nên ta có:
v1 = k m [HNO3 ][C6 H5 NO2 ]
v 2 = k o [HNO3 ][C6 H5 NO2 ]

Điểm

0,25

Vì [HNO3]o = [C6H5NO2]o nên => phương trình động học:

Trang 1/12


(k m + k o ) t =

1
1
1
1
−
=
−
[C6 H5 NO2 ] [C6 H5 NO2 ]o [C6 H5 NO2 ] a

 [C6 H5 NO2 ] =
1b

1
(đpcm)
1 + (k m + k o ).a.t

0,25

Phản ứng có bậc 2 nên thời gian để một nửa lượng C6H5NO2 phản ứng là:
1
1

t1/2 =
 km + ko =
(k m + k o ) a
t1/2 .a
 km + ko =

1
50
=
137.0,580 3973

(I)

0,25

Mặt khác, phản ứng diễn ra song song theo hai hướng nên:
k m [m − C6 H 4 (NO2 )2 ] 270
(II)
=
=
= 13,5
k o [o − C6 H 4 (NO2 )2 ] 20

0,25

Từ (I) và (I)  km  11,7.10-3 M-1.s-1; ko = 0,87.10-3 M-1.s-1
2a

Ta có: v2 = k 2 [O3 ][•O• ]

(a)

Vì (1) ln đạt cân bằng nên:
0,25

k [O ]
k1 [O2 ][•O• ]
=
 [•O• ] = 1 3 (b)
k −1
[O3 ]
k −1[O2 ]
Thay (b) vào (a)  v 2 =
2b

i) Ta có: v* = −

k1k 2 [O3 ]2
k −1 [O 2 ]

0,25

1 d[O3 ] 1
= ( k1[O3 ] − k −1[O 2 ][•O• ]+ k 2 [O3 ][•O• ] ) (c)
2 dt
2

Áp dụng ngun lí nồng độ dừng cho •O•:
d[•O• ]
= k1[O3 ] − k −1[O2 ][•O• ] − k 2 [O3 ][•O• ] = 0

dt
k1[O3 ]
 [•O• ] =
k −1[O2 ] − k 2 [O3 ]

(d)

0,25

Thay (d) vào (c):

k1[O3 ]
k1[O3 ]
1
v* =  k1[O3 ] − k −1[O 2 ]
+ k 2 [O3 ]

2
k −1[O 2 ]+ k 2 [O3 ]
k −1[O 2 ]+ k 2 [O3 ] 

 v* =

k1k 2 [O3 ]2
k −1[O2 ]+ k 2 [O3 ]

0,25

 phản ứng khơng có bậc động học
ii) Có thể coi O2 đóng vai trị chất ức chế phản ứng (*) vì sự có mặt của O2 (nằm ở

mẫu số của biểu thức tính tốc độ) làm cho tốc độ của phản ứng (*) giảm.

0,25
0,25

Câu 2 (2,5 điểm):
1. Một mẫu khí lí tưởng ở 350 K và 2,50 bar được tăng thể tích lên gấp ba lần trong quá trình giãn
nở đẳng nhiệt chống lại áp suất bên ngồi khơng đổi bằng 0,25 bar. Biết cơng giãn nở của khí là
− 873 J. Tính các biến thiên entropi (J.K-1) của khí, của mơi trường xung quanh và của hệ cơ lập
trong q trình trên.

Trang 2/12


2. Khi nung nóng đến nhiệt độ cao PCl5 bị phân li theo phương trình
⎯⎯
→ PCl3 (k) + Cl2(k)
PCl5 (k) ⎯
⎯
a) Cho m gam PCl5 vào một bình dung tích V, đun nóng bình đến nhiệt độ T (K) để xảy ra phản
ứng phân li PCl5. Sau khi đạt tới cân bằng áp suất khí trong bình bằng P. Hãy thiết lập biểu thức của
Kp theo độ phân li  và áp suất P. Thiết lập biểu thức của Kc theo , m, V.
b) Thí nghiệm 1: Cho 83,2956 gam PCl5 vào bình dung tích V ở nhiệt độ T. Sau khi đạt tới cân
bằng đo được P1 = 2,700 atm. Hỗn hợp khí trong bình có tỉ khối so với hiđro bằng 68,862. Tính 
và Kp.
c) Thí nghiệm 2: Thêm tiếp vào hệ phản ứng ở thí nghiệm 1 một lượng Cl2 có thể tích bằng
V (ở T, P1), giữ nhiệt độ và dung tích của bình phản ứng khơng đổi. Tính áp suất P2 của bình
phản ứng khi cân bằng mới được thiết lập.
Cho biết: Cl = 35,453 ; P = 30,974 ; H = 1,008 ; Các khí đều là khí lí tưởng.
HƯỚNG DẪN CHẤM

Ý
1

Điểm

Nội dung
Vì Png = const nên: A = −Png (V2 − V1 ) = −2Png V1 = −2Png

n=

nRT1
P1

−A.P1
873.2,50
=
 1,50 mol
2Png RT1 2.0, 25.8,314.350

Quá trình đẳng nhiệt  Q = - A = 873 J.
Các biến thiên entropi:
V
S = nR ln 2 = 1,5.8,314.ln 3  13, 701 J / K
V1

SMT =

Ta có:

0,25

QMT
Q
873
=− =−
 −2, 494 J / K
TMT
T
350

Shệ cô lập = S + SMT = 13,701 – 2,494 = 11,207 J/K.
2a

0,25

0,25

⎯⎯
→ PCl3 (k) + Cl2(k)
PCl5 (k) ⎯
⎯

BĐ
a
PƯ
a
[]
a(1-)
Tại TTCB: n = a(1+)

a
a

a
a

2

 KP =

a=

PPCl3 .PCl2
PPCl5

 a
  a

 a(1 + ) P  .  a(1 + ) P 
2
 
 K =  P
=
P
2
1 − 2
 a(1 − ) 
 a(1 + ) P 



0,25

m(1 + )
m
m
mol
=
mol  n =
208, 239
MPCl5 208, 239

Từ PV = nRT 
 KC =

P
n
m(1 + )
= =
RT V 208, 239V

KP
2
P
2
m(1 + )
2m
=
.
=

.
=
RT 1 −  2 RT 1 −  2 208, 239V 208, 239.V.(1 − )

0,25

Trang 3/12


2b

Ta có:
a=

83, 2956
= 0, 4 mol
208, 239

Tại TTCB: n = 0,4(1 + ) mol
m
m
83, 2956
208, 239
M = hh = =
=
g / mol
n
n 0, 4(1 + 1 )
1 + 1
Mặt khác: M = d hh /H 2 .M H 2 = 68,862.2.1, 008 = 138,8258 g / mol



KP =
2c

0,25

208, 239
= 138,8258   = 0,500
1+ 

2 P
0,5002.2,700
=
= 0,900 atm
1 − 2
1 − 0,5002

0,25

Trước khi cho thêm Cl2 vào, trong hệ có:
n PCl5 = 0, 4(1 − 0,500) = 0, 2mol; n PCl3 = n Cl2 = 0, 4.0,500 = 0, 2mol
 n1 = 0,4(1+ 0,500) = 0,6 mol.
Vì thêm vào hệ một thể tích Cl2 bằng V ở T, P1  số mol Cl2 thêm vào là 0,6 mol
Khi thêm Cl2 vào, cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều nghịch nên ta có:

0,25

⎯⎯
→ PCl3 (k) + Cl2(k)

PCl5 (k) ⎯
⎯

BĐ
0,2
0,2
0,8
PƯ
x
x
x
[]
0,2 + x
0,2 - x
0,8 – x
Tại TTCB mới: n2 = 0,2 + x + 0,2 - x + 0,8 – x = 1,2 – x
Vì T và V của bình phản ứng không đổi



P2 n 2 1, 2 − x
1, 2 − x 2,700(1, 2 − x)
=
=
 P2 = P1
=
= 4,5(1, 2 − x) atm (1)
P1 n1
0,6
0,6

0,6

K P2 =

PPCl3 PCl2
PPCl5

0, 2 − x 0,8 − x
P2
P2
(0, 2 − x)(0,8 − x)P2
1, 2 − x 1, 2 − x
=
=
0, 2 + x
(0, 2 + x)(1, 2 − x)
P2
1, 2 − x

Vì T = const nên K P = 0,900 atm
Từ (1), (2) và (3) 

0,25

(2)

(3)

(0, 2 − x)(0,8 − x)
.4,5(1, 2 − x) = 0,900  x  0,11

(0, 2 + x)(1, 2 − x)

 Áp suất của bình phản ứng: P2 = 4,5(1,2-0,11) = 4,905 atm

0,25

Câu 3 (2,5 điểm):
1. Một mẫu dung dịch NaOH để lâu trong khơng khí bị hấp thụ CO2, tạo thành dung dịch X chứa
NaOH và Na2CO3. Tiến hành chuẩn độ 10,0 mL dung dịch X bằng dung dịch HCl 0,02M.
- Nếu sử dụng chỉ thị phenolphtalein (pT = 8,0) thì đến thời điểm mất mầu chị thị đã dùng hết
12,5 mL dung dịch HCl. Dung dịch sau chuẩn độ được kí hiệu là dung dịch Y.
- Nếu sử dụng chỉ thị metyl da cam (pT = 4,0) thì đến thời điểm chỉ thị đổi màu từ vàng sang đỏ
đã dùng hết 15,0 mL dung dịch HCl.

Trang 4/12


a) Bỏ qua sai số chuẩn độ, lập luận để viết phương trình hóa học của phản ứng chuẩn độ và tính
nồng độ của NaOH và Na2CO3 trong X.
b) Thêm tiếp 33,50 mg Ba(NO3)2 rắn vào dung dịch Y, khuấy đều. Cho biết kết tủa BaCO3 có
xuất hiện hay khơng?
2. Sục liên tục khí H2 (P = 1 atm) vào 50,0 mL dung dịch X đã được nhúng sẵn một thanh Pt để tạo
thành điện cực I. Ghép điện cực này với điện cực KCl(0,01M) |AgCl,Ag để tạo thành pin điện ở 25oC.
a) Lập luận để viết sơ đồ pin điện,
b) Viết phương trình của phản ứng xảy ra tại các điện cực và phản ứng tổng quát khi pin hoạt động.
c) Tính sức điện động của pin ở 25oC.
Cho biết: H2CO3 có pKa1 = 6,35 và ; pKa2 = 10,33;
RT
ở 25o C: F lnX = 0,0592lgX ; EoAg+ /Ag = 0, 799 V
Ba(OH)+ có log*β = 13,36; BaCO3 có pKs = 8,30; AgCl có pKs = 10.

Độ tan của CO2 trong điều kiện thí nghiệm trên là 0,03 M.
Coi q trình thêm Ba(NO3)2 khơng làm thay đổi thể tích dung dịch Y.
Khơng có sự thay đổi thể tích gây ra bởi sự pha trộn dung dịch.
HƯỚNG DẪN CHẤM
Ý
1a

Điểm

Nội dung
Gọi nồng độ của NaOH là x (M); Na2CO3 là y (M).
* Khi mất màu phenolphtalein, pH = 8,0:
[CO32− ] K a 2
=
= 10−2,33  [CO32-] << [HCO3-]
−
[HCO3 ]
h

[HCO3− ] K a1
=
= 101,65  [H2CO3] << [HCO3-]
[H2CO3 ]
h
 Thành phần chính của hệ ở pH = 8,0 là HCO3-.
Vậy phản ứng chuẩn độ là: OH- + H+ → H2O
CO32- + H+ → HCO3 x + y = 12,5.0,02/10 = 0,025
(I)
* Khi đổi màu metyl dacam, pH = 4,0:
[CO32− ] K a 2

=
= 10−6,33  [CO32-] << [HCO3-]
[HCO3− ]
h

(1)
(2)

0,25

[HCO3− ] K a1
=
= 10−2,35  [HCO3-] << [H2CO3]
[H2CO3 ]
h

1b

 Thành phần chính của hệ ở pH = 4,0 là H2CO3.
Vậy phản ứng chuẩn độ là: OH- + H+ → H2O
CO32- + 2H+ → H2CO3
 x + 2y = 15.0,02/10 = 0,03
(II)
Giải hệ (I), (II)  x = 0,02M; y = 0,005M.
33,5
= 5, 70.10−3 M
Nồng độ Ba2+ trong Y: CoBa 2+ =
261.22,5

(1)

(2)

0,25
0,25

Tại pH = 8,0 thì sự thủy phân của Ba2+ là khơng đáng kể.
Mặt khác, ta có:

Trang 5/12


K a1K a 2
0,005.10
0,005.10
10−6,35−10,33
. 2
=
. −16,68
= 2, 23.10−5 M
22,5 h + hK a1 + K a1K a 2
22,5 10
+ 10−8,34−6,35 + 10−6,35−10,33

0,25

 CBa 2+ .CCO2− = 10−6,90  Ks ( BaCO3 ) = 10−8,3  Có kết tủa BaCO3 xuất hiện.

0,25

CCO2− =

3

3

2a

2b

2c

o1

o2

Xét dung dịch X gồm NaOH C = 0,02M và Na2CO3 C = 0,005M.
Có các cân bằng:
(1) CO32- + H2O ↔ HCO3- + OHKb1 = 10-3,67
(2) HCO3- + H2O ↔ H2CO3 + OH- Kb2 = 10-7,65
(3) H2O ↔ H+ + OHKw = 10-14
Do Kb1.Co2 >> Kb2.Co2 >> Kw nên pH tính theo cân bằng (1).
Xét cân bằng (1):
(1)
CO32- +
H2O ↔
HCO3- +
OH- Kb1 = 10-3,67
Co2
0,005
0,02
[]

0,005 – x
x
0,02 + x
-5
Giải x = 5,27.10 M  [OH ] = 0,02M  pH = 12,30.
- Khi đó, ta có: E1 = -0,0592pH  - 0,7282 V
- Mặt khác, EAgCl/Ag = 0,799 + 0,0592lg(10-10/0,01) = 0,3254V
EAgCl/Ag > E1. Vậy sơ đồ pin là :
(-) Pt (H2, p = 1atm)| NaOH, Na2CO3 || KCl(0,01 M) | AgCl, Ag (+)
Các phản ứng:
Tại anot: H2 + 2OH- → 2H2O + 2e
Tại catot: AgCl + 1e → Ag + ClTổng quát: 2AgCl + H2 + 2OH- → 2Ag + 2Cl- + 2H2O
Sức điện động của pin: Epin = 0,3254 + 0,7282 = 1,0536 V.

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

0,25

Câu 4 (2,5 điểm):
1. Hoàn thành sơ đồ phản ứng sau:

2. Trong sơ đồ bên (A), (B), (D), (E) là các hợp chất của Si.
Xác định chúng và viết phương trình hóa học của các phản
ứng xảy ra.

(D)
H2O

Si

Cl2

(A)

CH3Li

(B)

H2O

CH3MgBr
(E)

3. X, Y, Z là các axit được tạo nên từ photpho. Trong một phân tử mỗi axit chỉ chứa một nguyên tử
photpho. Biết X chứa 4,58% hydro và 46,9% photpho về khối lượng; Y chứa 37,8% photpho về
khối lượng; tổng số nguyên tử trong một phân tử Z nhiều hơn 14,3% so với tổng số nguyên tử trong
một phân tử Y.
a) Xác định X, Y, Z.
b) Viết công thức cấu tạo của X và Y và chỉ ra ngun tử H có tính axit.
Cho biết: H = 1; O = 16; P = 31.

Trang 6/12

(C)