ĐỀ ĐÁP ÁN KÌ THI HSG HÓA THPT LỚP 10 11 Trại Hè Hùng Vương 2019

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG
LẦN THỨ XV – SƠN LA 2019

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MƠN: HĨA HỌC - KHỐI: 10
Ngày thi: 27 tháng 7 năm 2019
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. a) Viết cấu hình electron của nguyên tử Mn (Z = 25) ở trạng thái cơ bản và cho biết vị trí của nó
trong bảng hệ thống tuần hồn.
b) Khi bị ion hóa thành ion Mn2+, nguyên tử Mn có thể nhường electron ở phân lớp 4s hoặc ở
phân lớp 3d. Sử dụng phương pháp gần đúng của Slater, hãy tính tốn và lập luận để cho biết cấu
hình electron của ion Mn2+ ở trạng thái cơ bản.
2. Sau một chuỗi các phân rã  và - nối tiếp,

226
88

Ra chuyển thành

206
82

Pb .

a) Tính số phân rã  và - trong quá trình trên.

b) Viết phương trình biểu diễn các biến đổi hạt nhân theo chuỗi sau:
226
88

?

Ra ⎯⎯
→86 Rn ⎯⎯
→

218

−

?
?

Po ⎯⎯
→82 Pb ⎯⎯
→83 Bi ⎯⎯
→

214

?
Po ⎯⎯
→82 Pb

Câu 2 (2,5 điểm):
Trong môi trường kiềm, chất màu Malachite Green (kí hiệu là MCl) phản ứng với OH- theo phương

trình hóa học: MCl + OH- → MOH + Cl- (*)
Động học của phản ứng (*) được nghiên cứu bằng cách theo dõi độ hấp thụ quang (A) của dung
dịch theo thời gian. Kết quả cho thấy ở 298 K, phản ứng có bậc động học. Biết rằng nồng độ MCl
trong dung dịch tỉ lệ thuận với A.
1. Thí nghiệm 1: Trộn 20,0 mL dung dịch MCl 7,50.10-5 M với H2O và 5,0 mL dung dịch NaOH
0,100 M thì thu được 100 mL dung dịch X. Kết quả theo dõi độ hấp thụ quang của dung dịch X tại
298 K theo thời gian như sau:
t (phút)

0

4

8

12

16

20

A

0,8580

0,7491

0,6541

0,5710

0,4985

0,4354

a) Chứng minh rằng trong điều kiện thí nghiệm, phản ứng tuân theo quy luật động học bậc 1.
b) Tính hằng số tốc độ của phản ứng và thời gian bán phản ứng trong điều kiện thí nghiệm.
c) Tính độ hấp thụ quang của dung dịch tại thời điểm t = 15 phút.
2. Thí nghiệm 2: Trộn 20,0 mL dung dịch MCl 7,50.10-5 M với H2O và 10,0 mL dung dịch NaOH
0,100 M thì thu được 100 mL dung dịch Y. Kết quả nghiên cứu cho thấy ở 298 K, phản ứng có
hằng số tốc độ k 'hd = 6, 786.10−2 phút-1.
Từ các kết quả trên, hãy cho biết khi các chất phản ứng được lấy theo đúng hệ số tỉ lượng thì bậc
của phản ứng (*) là bao nhiêu? Tính hằng số tốc độ của phản ứng ở 298K trong trường hợp này.
Trang 1/4


Câu 3 (2,5 điểm):
1. Nhiệt của phản ứng: C3H8(k) + 5O2(k) → 3CO2(k) + 4H2O(l) ở 298 K, 1 atm bằng – 2219 kJ.mol-1.
a) Tính nhiệt hình thành của C3H8(k) ở 298 K, 1 atm.
b) Tính nhiệt đẳng tích của phản ứng ở 298 K.
c) Tính nhiệt của phản ứng ở 340 K, 1 atm.
Cho biết:
Nhiệt hình thành ở 298 K, 1 atm:
Nhiệt dung đẳng áp:
Chất
o
CP (J.K-1.mol-1 )
f H298 (kJ.mol-1 )
C3H8(k)
O2(k)

CO2(k)
H2O(l)

−
0
- 393,5
- 285,8

73,5
29,4
37,1
75,3

2. Cho m gam NaHCO3(r) vào một bình có thể tích khơng đổi bằng 1,65 lít và nâng nhiệt độ bình
lên 400 K. Khi đó xảy ra phản ứng:

⎯⎯
→ Na2CO3(r) + CO2(k) + H2O(k)
2NaHCO3(r) ⎯
⎯
Tại thời điểm cân bằng, khối lượng chất rắn giảm 1,5595 gam. Biết rằng các chất khí được coi là
khí lí tưởng và thể tích chất rắn khơng đáng kể.
a) Tính hằng số cân bằng KP của phản ứng ở 400 K.
b) Cho 8,4 gam NaHCO3(r) vào một bình có thể tích khơng đổi 5,00 lít và nâng nhiệt độ bình lên
400 K. Tính thành phần của hệ (theo số mol) và áp suất của bình.
Câu 4 (2,5 điểm):
1. Biết liên kết trong S2 tương tự như liên kết trong O2.
a) Vẽ giản đồ năng lượng obitan phân tử (MO) cho phân tử S2. Cho biết ở trạng thái cơ bản phân
tử này có tính thuận từ hay nghịch từ?
b) Đối với phân tử S2 và các ion S+2 , S22+ ,S−2 , S22− người ta xác định được các giá trị độ dài liên kết S-S

(tính bằng Angstrom) sau: 1,72; 1,79; 1,88; 2,00 và 2,20. Hãy gán các giá trị này cho các tiểu phân trên.
Giải thích ngắn gọn.
c) Sắp xếp năng lượng ion hóa của các tiểu phân S, S2, S−2 và S+2 theo thứ tự từ thấp đến cao.
Giải thích.
2. Có một nhận xét: “Ion–phân tử NH+4 được hình thành theo cơ chế cho–nhận cặp electron giữa
nguyên tử N trong NH3 và H+. Từ đó suy ra khơng thể tồn tại ion–phân tử CH5+ vì ngun tử C
trong CH4 khơng cịn cặp electron tự do”. Tuy nhiên, thực nghiệm chỉ ra có sự tồn tại ion CH5+ .
Trên cơ sở các kiến thức về liên kết hóa học, hãy mơ tả sự tạo thành các liên kết hóa học và so sánh
độ dài giữa các liên kết trong ion–phân tử CH5+ .
Câu 5 (2,5 điểm):
Dung dịch A gồm (NH4)2CO3 0,080 M và NH3 0,160 M. Dung dịch B gồm Na2CO3 0,080 M và
NH3 0,160 M. Dung dịch C gồm MgCl2 0,010 M và CaCl2 0,010 M.
Trang 2/4


1. Tính pH của dung dịch A và của dung dịch B.
2. Trộn 25 mL dung dịch A với 25 mL dung dịch C thu được 50,00 mL dung dịch hỗn hợp D.
Hãy cho biết có kết tủa tách ra từ dung dịch hỗn hợp D hay khơng? Nếu có, hãy cho biết thành
phần kết tủa.
Cho biết:
pKS(MgCO3) = 5,0; pKS(Mg(OH)2) = 11,00; pKS(CaCO3) = 8,35; pKS(Ca(OH)2) = 5,30;
pKa1(H2CO3) = 6,35; pKa2(H2CO3) = 10,33; pKa ( NH+4 ) = 9,24.
Bỏ qua các quá trình tạo phức hidroxo của các cation Mg2+ và Ca2+.
Câu 6 (2,5 điểm):
1. Cho biết giản đồ Latimer của iot và mangan trong môi trường axit như sau:
+1,20V

+1,70 V
+1,14 V
+1,45 V

+0,54 V
H4IO6− ⎯⎯⎯
→ IO3− ⎯⎯⎯
→ HIO ⎯⎯⎯
→ I3− ⎯⎯⎯
→ I−

+1,51V
+0,56 V

+2,26 V

+0,95 V
+1,51 V
−1,18 V
MnO ⎯⎯⎯→ MnO ⎯⎯⎯→ MnO2 ⎯⎯⎯
→ Mn 3+ ⎯⎯⎯
→ Mn 2+ ⎯⎯⎯
→ Mn
−
4

2−
4

+1,70 V

+1,23 V

Lập luận để viết phương trình hóa học (dạng ion thu gọn) của phản ứng xảy ra khi cho dung dịch KI

tác dụng với dung dịch KMnO4 (trong môi trường axit) trong trường hợp sau phản ứng còn dư ion I−.
2. Một pin điện hóa được thành lập bằng cách nhúng một thanh Pt vào một dung dịch A chứa H+
0,50 M; VO+2 0,15 M; VO 2 + 0,01 M và SO24− và nhúng một thanh Zn vào dung dịch B chứa Zn2+
0,10 M và SO24− . Nối hai dung dịch bằng cầu muối.
a) Viết sơ đồ pin điện và cho biết vai trị của cầu muối.
b) Viết phương trình hóa học của phản ứng tổng quát khi pin làm việc. Tính sức điện động của
pin và tính G, H và S của phản ứng tổng quát trong pin ở 25oC.

 dE 
−4
Cho biết: EoVO+ /VO2+ = 1,001 V ; EoAg+ /Ag = −0,763 V ; 
 = −8, 71.10 V / K
2
 dT P
Câu 7 (2,5 điểm):
1. Người ta có thể điều chế một số hiđrohalogenua bằng cách cho muối halogenua tác dụng với
dung dịch axit sunfuric đặc (phương pháp sunfat). Hãy cho biết có thể sử dụng phương pháp này để
điều chế hiđrohalogenua nào trong dãy các HX (X là F, Cl, Br, I)? Tại sao? Viết phương trình hóa
học của các phản ứng để minh họa.
2. Khi cho axit X hoặc axit Y tác dụng với nước đều thu được sản phẩm gồm H2SO4 và H2O2. Biết
một phân tử X có chứa 8 nguyên tử và trong X nguyên tố oxi chiếm 70,18% khối lượng. Một phân
tử Y chứa nhiều hơn một phân tử X một nguyên tử S và ba nguyên tử O.
a) Xác định X, Y và viết phương trình hóa học của các phản ứng.
b) Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra khi cho KI lần lượt tác dụng với X và với Y.
Trang 3/4


Câu 8 (2,5 điểm):
1. Hoà tan 1,67 gam hỗn hợp A gồm NaHSO3 và Na2SO3 trong dung dịch H2SO4 dư, đun nóng thì
thu được khí X. Hấp thụ hồn tồn một nửa lượng khí X bằng 500 mL dung dịch nước Br2 thì thu

được 500 mL dung dịch Y. Thêm KI vào 50 mL dung dịch Y thì thu được dung dịch Z. Để phản
ứng hết với lượng I3− trong Z cần vừa đủ 12,5 mL dung dịch Na2S2O3 0,01 M. Mặt khác, để trung
hòa 25 mL dung dịch Y cần 150 mL dung dịch NaOH 0,01M.
a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b) Tính nồng độ mol của dung dịch nước Br2 ban đầu.
c) Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp A.
2. Cho m gam hỗn hợp B gồm NaBr và NaI phản ứng hồn tồn với dung dịch H2SO4 đặc, nóng thì
thu được hỗn hợp khí C. Ở điều kiện thích hợp, các khí trong C phản ứng vừa đủ với nhau tạo thành
chất rắn có màu vàng và một chất lỏng D khơng làm chuyển màu quỳ tím. D tác dụng hồn tồn với
Na tạo ra 1,68 lít khí E (ở đktc).
a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b) Tính % thể tích các khí trong C và tính m.

……………HẾT……………

Ghi chú:

- 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 XIV - SƠN LA 2019

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MƠN: HĨA HỌC - KHỐI: 10
Ngày thi: 27 tháng 7 năm 2019
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Hướng dẫn chấm gồm 14 trang
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1 (2,5 điểm):
1. a) Viết cấu hình electron của nguyên tử Mn (Z = 25) ở trạng thái cơ bản và cho biết vị trí của nó
trong bảng hệ thống tuần hồn.
b) Khi bị ion hóa thành ion Mn2+, nguyên tử Mn có thể nhường electron ở phân lớp 4s hoặc ở
phân lớp 3d. Sử dụng phương pháp gần đúng của Slater, hãy tính tốn và lập luận để cho biết cấu
hình electron của ion Mn2+ ở trạng thái cơ bản.
2. Sau một chuỗi các phân rã  và - nối tiếp,

226
88

Ra chuyển thành

206
82

Pb .

a) Tính số phân rã  và - trong quá trình trên.
b) Viết phương trình biểu diễn các biến đổi hạt nhân theo chuỗi sau:
226
88

?

Ra ⎯⎯
→86 Rn ⎯⎯

→

218

−

?
?

Po ⎯⎯
→82 Pb ⎯⎯
→83 Bi ⎯⎯
→

214

?
Po ⎯⎯
→82 Pb

Hướng dẫn chấm
Nội dung
Cấu hình electron của Mn ở trạng thái cơ bản:
1.a)
1s22s2sp63s23p63d54s2 hay [Ar]3d54s2
Vị trí trong bảng HTTH: Ơ số 25, chu kì 4, nhóm VIIB.
1.b) Khi bị ion hóa nguyên tử Mn có thể nhường cả 2 electron ở phân lớp 4s hoặc ở
phân lớp 3d hoặc nhường 1 electron ở phân lớp 4s và 1 electron ở phân lớp 3d để
tạo thành ion Mn2+ với các cấu hình electron: [Ar]3d5 (1); [Ar]3d34s2 (2) và
[Ar]3d44s1 (3)

Do cả ba cấu hình chỉ khác nhau về cấu hình electron ở các phân lớp 3d và 4s nên
chỉ cần tính tổng năng lượng của các electron ở 2 phân lớp này đối với 3 cấu hình.
Với cấu hình (1):
Ý

Điểm
0,25

0,25

3d = − 13,6  ( 25 –118 - 0,35  4 ) / 32  −47,388 eV
2

0,25

 E(1) = 53d = -236,940 eV
Với cấu hình (2):

3d = − 13,6  ( 25 –118 - 0,35  2 ) / 32  −59,976 eV
2

4s = − 13,6  ( 25 –110 – 0,85 11– 0,35 1) / 3,7 2  − 27,905 eV
2

 E(2) = 33d + 24s = -235,738 eV

0,25

Với cấu hình (3):

3d = − 13,6  ( 25 –118 - 0,35  3) / 32  −53, 497 eV
2

4s = − 13,6  ( 25 –110 – 0,85 12 ) / 3,72  −22,889 eV
2

0,25
1/14


 E(3) = 43d + 14s = -236,877 eV
E(1) < E(3) < E(2) nên cấu hình electron của Mn2+ là: [Ar]3d5 (nhường 2 electron từ
phân lớp 4s).
Ghi chú: Nếu thí sinh tính năng lượng cho cả ion Mn2+ứng với 3 cầu hình mà đúng
thì vẫn cho điểm tối đa.
2.a)

0,25

Gọi x là số phân rã - , y là số phân rã , ta có:
226
88

?
Ra ⎯⎯
→ x.−01 e + y.42 He +

206
82

Pb

226 = x.0 + y.4 + 206  y = 5


88
=
x.(
−
1)
+
y.2
+
82

x = 4
Vậy khi chuyển từ

226
88

0,25

206
Pb đã xảy ra 4 phân rã - và 5 phân rã .
Ra đến 82

2.b) Các phản ứng nối tiếp nhau:
222

226
88

Ra ⎯⎯
→ 86 Rn + 24 He

222
86

Rn ⎯⎯
→

218
84

218
84

Po ⎯⎯
→ 82 Pb + 24 He

214
82

Pb ⎯⎯
→ 83 Bi + −10 e

214
83

Bi ⎯⎯
→ 84 Po + −10 e

214
84

Po ⎯⎯
→ 82 Pb + 24 He

0,25

Po + He
4
2

214

0,25

214

214

0,25

210

Câu 2 (2,5 điểm):
Trong mơi trường kiềm, chất màu Malachite Green (kí hiệu là MCl) phản ứng với OH- theo phương
trình hóa học: MCl + OH- → MOH + Cl- (*)

Động học của phản ứng (*) được nghiên cứu bằng cách theo dõi độ hấp thụ quang (A) của dung
dịch theo thời gian. Kết quả cho thấy ở 298 K, phản ứng có bậc động học. Biết rằng nồng độ MCl
trong dung dịch tỉ lệ thuận với A.
1. Thí nghiệm 1: Trộn 20,0 mL dung dịch MCl 7,50.10-5 M với H2O và 5,0 mL dung dịch NaOH
0,100 M thì thu được 100 mL dung dịch X. Kết quả theo dõi độ hấp thụ quang của dung dịch X tại
298 K theo thời gian như sau:
t (phút)

0

4

8

12

16

20

A

0,8580

0,7491

0,6541

0,5710

0,4985

0,4354

a) Chứng minh rằng trong điều kiện thí nghiệm, phản ứng tuân theo quy luật động học bậc 1.
b) Tính hằng số tốc độ của phản ứng và thời gian bán phản ứng trong điều kiện thí nghiệm.
c) Tính độ hấp thụ quang của dung dịch tại thời điểm t = 15 phút.
2. Thí nghiệm 2: Trộn 20,0 mL dung dịch MCl 7,50.10-5 M với H2O và 10,0 mL dung dịch NaOH
0,100 M thì thu được 100 mL dung dịch Y. Kết quả nghiên cứu cho thấy ở 298 K, phản ứng có
hằng số tốc độ k 'hd = 6, 786.10−2 phút-1.
2/14


Từ các kết quả trên, hãy cho biết khi các chất phản ứng được lấy theo đúng hệ số tỉ lượng thì bậc
của phản ứng (*) là bao nhiêu? Tính hằng số tốc độ của phản ứng ở 298K trong trường hợp này.
Hướng dẫn chấm
Ý
a)

Nội dung

Điểm
− x

Phản ứng có bậc động học nên tốc độ phản ứng có dạng: v = k[OH ] [MCl]

y

Thí nghiệm 1:
20  7,50.10−5

= 1,5.10−5 M
100
5  0,100
[OH − ]o =
= 5, 0.10−3 M
100
[MCl]o =

0,25

[OH− ]o  [MCl]o  [OH− ]  [OH− ]o
 v = k[OH− ]x [MCl]y  k[OH− ]ox [MCl]y = k hd [MCl]y
Với k hd = k[OH− ]ox
Vì nồng độ MCl trong dung dịch tỉ lệ thuận với độ hấp thụ quang A của dung dịch
nên giả sử phản ứng có bậc 1 (y = 1) ta có:
1 [MCl]o 1 Ao
(1)
k hd = ln
= ln
t [MCl]t t A t
Với Ao và At lần lượt là các giá trị độ hấp thụ quang của dung dịch tại t = 0 và tại t.
Thay các giá trị Ao và At vào (1) thu được kết quả
t (phút)
4
8
12
16
20
–1
khd(phút ) 3,393.10-2 3,392.10-2 3,393.10-2 3,394.10-2 3,392.10-2

b)

c)
2

Các giá trị khd xấp xỉ nhau  điều giả sử là đúng.
Vậy trong điều kiện thí nghiệm 1, phản ứng có bậc 1.
Hằng số tốc độ phản ứng:
( 3,393 + 3,392 + 3,393 + 3,394 + 3,392 ) .10−2  3,393.10−2 (phút–1).
k hd =
5
ln 2
ln 2
Thời gian bán phản ứng: t1/2 =
=
 20, 43 (phút)
k hd 3,393.10−2
Ta có: A t = A o .exp(−k hd .t)
 tại t = 15 phút A = 0,8580.exp(−3,393.10−2.15)  0,5158
Thí nghiệm 2:
10  0,100
20  7,50.10−5
= 1, 0.10 −2 M
[MCl]o =
= 1,5.10−5 M ; [OH − ]o =
100
100

[OH− ]o  [MCl]o  v = k 'hd [MCl]y

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25
0,25

0,25

−3 x
−2

k hd = k[5.10 ] = 3,393.10
 x =1
Ta có:  '
−2 x
−2

k hd = k[1, 0.10 ] = 6, 686.10
Vậy bậc của phản ứng (*) bằng 2.

3/14

Ta có: k =

k hd
[OH − ]o


3,393.10−2
k
=
= 6, 786
 1
5.10−3


 k = 6, 786 phút–1M–1
−2
k = 6, 786.10 = 6, 786
 2
1, 0.10−2

0,25

Câu 3 (2,5 điểm):
1. Nhiệt của phản ứng: C3H8(k) + 5O2(k) → 3CO2(k) + 4H2O(l) ở 298 K, 1 atm bằng – 2219 kJ.mol-1.
a) Tính nhiệt hình thành của C3H8(k) ở 298 K, 1 atm.
b) Tính nhiệt đẳng tích của phản ứng ở 298 K.
c) Tính nhiệt của phản ứng ở 340 K, 1 atm.
Cho biết:
Nhiệt hình thành ở 298 K, 1 atm:
Nhiệt dung đẳng áp:

Chất
o
-1
CP (J.K-1.mol-1 )
f H298 (kJ.mol )
−
0
- 393,5
- 285,8

C3H8(k)
O2(k)
CO2(k)
H2O(l)

73,5
29,4
37,1
75,3

2. Cho m gam NaHCO3(r) vào một bình có thể tích khơng đổi bằng 1,65 lít và nâng nhiệt độ bình
lên 400 K. Khi đó xảy ra phản ứng:

⎯⎯
→ Na2CO3(r) + CO2(k) + H2O(k)
2NaHCO3(r) ⎯
⎯
Tại thời điểm cân bằng, khối lượng chất rắn giảm 1,5595 gam. Biết rằng các chất khí được coi là
khí lí tưởng và thể tích chất rắn khơng đáng kể.
a) Tính hằng số cân bằng KP của phản ứng ở 400 K.

b) Cho 8,4 gam NaHCO3(r) vào một bình có thể tích khơng đổi 5,00 lít và nâng nhiệt độ bình lên
400 K. Tính thành phần của hệ (theo số mol) và áp suất của bình.
Hướng dẫn chấm
Ý
1.a)

Nội dung
Ta có:

H o298 = 3. (  f H o298 )

 (  f H o298 )

C3 H8( k )

 (  f H o298 )

C3 H8( k )

CO 2( k )

+ 4. (  f H o298 )

= 3. (  f H o298 )

CO2( k )

H 2 O( l )

Điểm

− (  f H o298 )

+ 4. (  f H o298 )

C3 H8( k )

H 2 O( l )

− H o298

0,50

= 3.(−393,5) + 4.(−285,8) − (−2219) = −104, 7 kJ / mol

1.b)

Uo298 = Ho298 − n.298.R = −2219 − (−3).298.8.314.10−3  −2211,567 kJ / mol

0,25

1.c)

Ở 340 K, 1atm ta có:
CP = 3(CP )CO2 (k ) + 4(CP ) H2 O(l) − (CP )C3H8 (k ) − 5(CP )O2 (k )

0,25

= 3.37,1 + 4.75,3 − 73,5 − 5.29, 4 = 192 J / K.mol

4/14


o
H340
= Ho298 + CP (340 − 298) = −2219 + 192.10−3.42 = −2210,936 kJ / mol

2.a)

Khối lượng chất rắn giảm chính là khối lượng CO2 và H2O. Vì các chất khí là khí lí
tưởng và bỏ qua thể tích chất rắn nên ta có:
1,5595
n CO2 = n H 2O =
mol
62
nRT 1,5595.0, 082.400
=
 0,50 atm
 PCO2 = PH2O =
V
62.1, 65

0,25

0,25

Áp suất của bình phản ứng: P = PCO2 + PH2O = 0,5 + 0,5 = 1,0atm
Hằng số cân bằng KP của phản ứng:

K P = PCO2 .PH2O = 0,50.0,50 = 0, 25 atm 2

2.b)

Ta có: n NaHCO3 =

0,25

8, 4
= 0,1mol
84

Ở 400 K, nếu NaHCO3 phân hủy hết thì n k = nCO2 + n H2O = n NaHCO3 = 0,1mol
Áp suất khi NaHCO3 vừa phân hủy hết là 1 atm
 Thể tích tối thiểu của bình phản ứng khi đó:
Vmin =

n k RT 0,1.0, 082.400
=
= 3, 28 L
P
1

0,25

Khi V = 5,00 L > Vmin = 3,28 L  NaHCO3 đã phân hủy hoàn toàn nên
 n CO2 = n H2O = n Na 2CO3 =

1
n NaHCO3 = 0, 05 mol
2

0,25

n NaHCO3 = 0
+ Áp suất của hệ: P =

n k RT 0,1.0, 082.400
=
= 0, 656 atm
V
5, 00

0,25

Câu 4 (2,5 điểm):
1. Biết liên kết trong S2 tương tự như liên kết trong O2.
a) Vẽ giản đồ năng lượng obitan phân tử (MO) cho phân tử S2. Cho biết ở trạng thái cơ bản phân
tử này có tính thuận từ hay nghịch từ?
b) Đối với phân tử S2 và các ion S+2 , S22+ ,S−2 , S22− người ta xác định được các giá trị độ dài liên kết S-S
(tính bằng Angstrom) sau: 1,72; 1,79; 1,88; 2,00 và 2,20. Hãy gán các giá trị này cho các tiểu phân trên.
Giải thích ngắn gọn.
c) Sắp xếp năng lượng ion hóa của các tiểu phân S, S 2, S−2 và S+2 theo thứ tự từ thấp đến cao.
Giải thích.
2. Có một nhận xét: “Ion–phân tử NH+4 được hình thành theo cơ chế cho–nhận cặp electron giữa
nguyên tử N trong NH3 và H+. Từ đó suy ra khơng thể tồn tại ion–phân tử CH5+ vì ngun tử C
trong CH4 khơng cịn cặp electron tự do”. Tuy nhiên, thực nghiệm chỉ ra có sự tồn tại ion CH5+ .
Trên cơ sở các kiến thức về liên kết hóa học, hãy mơ tả sự tạo thành các liên kết hóa học và so sánh
độ dài giữa các liên kết trong ion–phân tử CH5+ .
5/14

Hướng dẫn chấm
Ý
1.a)

Nội dung

Điểm

Giản đồ MO của S2:
*3p
*3p x *3p y

3px 3px

3p

3p

0,50
3p

*3s
3s
3s

S

3s

S2

3s

S

Cấu hình electron của S2 ở trạng thái cơ bản: (3s )2 (*3s )2 (3p )2 (3p )4 (*3p )2
 S2 có electron độc thân  Phân tử có tính thuận từ.
1.b)

0,25

Độ dài liên kết S-S trong:
S2: 1,88 Å;

; S22− : 2,20 Å; S+2 : 1,79 Å;

S−2 : 2,00 Å

S22+ : 1,72 Å

Giải thích:
Từ giản đồ MO của S2  cấu hình electron ở trạng thái cơ bản và bậc liên
kết của các tiểu phân như sau:
1
S2: (3s )2 (*3s )2 (3p )2 (3p )4 (*3p )2  Bậc liên kết = (8 − 4) = 2
2
1
S−2 : (3s )2 (*3s )2 (3p )2 (3p )4 (*3p )3  Bậc liên kết = (8 − 5) = 1,5
2
1

S22− : (3s )2 (*3s )2 (3p )2 (3p )4 (*3p )4  Bậc liên kết = (8 − 6) = 1
2
1
S+2 : (3s )2 (*3s )2 (3p )2 (3p )4 (*3p )1  Bậc liên kết = (8 − 3) = 2,5
2
1
S22+ : (3s )2 (*3s )2 (3p )2 (3p )4  Bậc liên kết = (8 − 2) = 3
2
Tiểu phân có bậc liên kết càng lớn thì giá trị độ dài liên kết càng nhỏ.
1.c)

Thứ tự năng lượng ion hóa: S−2 < S2 < S+2 < S

0,25

0,50

0,25

Giải thích: Electron có năng lượng cao nhất của S−2 , S2 và S+2 đều nằm ở trên
mức năng lượng cao nhất *3p . Nhưng đối với S−2 electron tách ra từ cặp e
−
2

0,25

+
2

ghép đơi và từ ion âm  S có năng lượng ion hóa thấp nhất. Ion S có điện

tích dương, làm cho việc tách e khó hơn so với phân tử S2 (cả hai cùng tách e
độc thân từ *3p ). Electron có năng lượng cao nhất của S nằm ở AO 3p, thấp

6/14


hơn so với năng lượng của electron trên MO *3p của những tiểu phân cịn lại
 S có năng lượng ion hóa cao nhất.
2

Trong phân tử CH4, nguyên tử C ở trạng thái lai hóa sp3. 4 AO lai hóa xen
phủ với 4 AO 1s của 4 nguyên tử H. Trong ion–phân tử CH5+ , ion H+ không
nhận căp electron từ nguyên tử C, mà nhận cặp electron dùng chung từ một
liên kết C–H, hình thành liên kết 3 tâm, 2 electron.

Trong ion–phân tử CH5+ độ dài của 3 liên kết C–H thông thường sẽ bằng độ

0,25

0,25

dài liên kết đơn C–H, trong khi đó liên kết ba tâm sẽ có độ dài liên kết lớn
hơn.
Câu 5 (2,5 điểm):
Dung dịch A gồm (NH4)2CO3 0,080 M và NH3 0,160 M. Dung dịch B gồm Na2CO3 0,080 M và
NH3 0,160 M. Dung dịch C gồm MgCl2 0,010 M và CaCl2 0,010 M.
1. Tính pH của dung dịch A và của dung dịch B.
2. Trộn 25 mL dung dịch A với 25 mL dung dịch C thu được 50,00 mL dung dịch hỗn hợp D.
Hãy cho biết có kết tủa tách ra từ dung dịch hỗn hợp D hay khơng? Nếu có, hãy cho biết thành
phần kết tủa.

Cho biết: pKS(MgCO3) = 5,0; pKS(Mg(OH)2) = 11,00; pKS(CaCO3) = 8,35; pKS(Ca(OH)2) = 5,30;
pKa1(H2CO3) = 6,35; pKa2(H2CO3) = 10,33; pKa ( NH+4 ) = 9,24.
Bỏ qua các quá trình tạo phức hidroxo của các cation Mg2+ và Ca2+.
Hướng dẫn chấm
Ý
1

Nội dung

Điểm
2−
3

+
4

Dung dịch A: NH : 0,160M ; NH3 : 0,160 M ; CO : 0,080M
- Kiểm tra sơ bộ pH:
CNH3
pH = pK a + lg
= 9, 24  7  dung dịch A có mơi trường bazơ
CNH+
4

- Xét các cân bằng sau:

⎯⎯
→ HCO3− + OH −
CO32− + H 2O ⎯
⎯

(1)

K b1 = 10−3,67

⎯⎯
→ H 2CO3 + OH −
HCO3− + H 2O ⎯
⎯

(2)

K b2 = 10−7,65

⎯⎯
→ NH 4+ + OH −
NH3 + H 2O ⎯
⎯

(3)

K b = 10−4,76

⎯⎯
→ H + + OH −
H 2O ⎯
⎯

(4)

K w = 10−14

0,25

7/14


Kb1>>Kb2 nên bỏ qua cân (2)
CCO2− .K b1  C NH3 .K b  K w nên bỏ qua cân bằng (4)
3

 Tính pH của dung dịch A từ các cân bằng (1) và (3)
- Chọn mức không là CO32− và NH3

0,25

Điều kiện proton : [OH-] = [ HCO3− ] + [ NH+4 ] – 0,160 (a)
Từ [ CO32− ] + [ HCO3− ]= CCO2− và K b1 =
3

 [ HCO3− ]= CCO2− .
3

[OH− ][HCO3− ]
[CO32− ]

K b1
OH − + K b1

(b)

Từ [NH3] + [ NH+4 ] = ( C NH3 + C NH + ) và K b =
4

[ NH+4 ]= ( C NH3 + C NH + )
4

[OH− ][NH4+ ]
[NH3 ]

Kb
OH − + K b

(c)

Thay (c) và (b) vào (a)
Kb
K b1
[OH-] = CCO2− .
+ ( C NH3 + C NH + )
– 0,160
−
4
3
OH − + K b
OH + K b1
10−3,67
10−4,76
0,160
+

0,160
+
(
)
– 0,160
OH − + 10−3,67
OH − + 10−4,76
[OH-] ≈ 4,226.10-5 M pH ≈ 9,63
Dung dịch B:

[OH-] = 0, 080.

0,25

NH3 : 0,160 M ; CO32− : 0,080M

⎯⎯
→ HCO3− + OH −
CO32− + H 2O ⎯
⎯

(1)

K b1 = 10−3,67

⎯⎯
→ H 2CO3 + OH −
HCO3− + H 2O ⎯
⎯

(2)

K b2 = 10−7,65

⎯⎯
→ NH + OH
NH3 + H 2O ⎯
⎯
+
4

−

⎯⎯
→ H + + OH −
H 2O ⎯
⎯

0,25

−4,76

(3)

K b = 10

(4)

K w = 10−14

Kb1>>Kb2 nên bỏ qua cân bằng (2)
CCO2− .K b1  C NH3 .K b  K w nên bỏ qua cân bằng (4)
3

 Tính pH của dung dịch B từ các cân bằng (1) và (3)
- Chọn mức không là CO32− và NH3
Điều kiện proton : [OH-] = [ HCO3− ] + [ NH+4 ]
Từ [ CO32− ] + [ HCO3− ]= CCO2− và K b1 =
3

[OH− ][HCO3− ]
[CO32− ]

K b1
 [ HCO3− ]= CCO2− .
3
OH − + K b1
Từ [NH3] + [ NH+4 ] = CNH3 và K b =

(a’)

0,25

(b’)

[OH− ][NH4+ ]
[NH3 ]

8/14

[ NH+4 ]= CNH3 .

Kb
OH − + K b

(c’)

Thay (c’) và (b’) vào (a’)  [OH-] = CCO2− .
3

 [OH-] = 0, 080.

Kb
K b1
+ CNH3
−
OH − + K b
OH + K b1

10−3,67
10−4,76
+
0,160
OH − + 10−3,67
OH − + 10−4,76

[OH-] ≈ 4,367.10-3 M  pH =11,64
2

0,25

Trộn dung dịch A với dung dịch C: NH+4 : 0,080M ; NH 3 : 0, 080 M ;

CO32− : 0,040M ; Mg 2+ : 0, 005 M ; Ca 2+ : 0, 005 M
Ngay khi trộn:
10−3,67
10−4,76
0,
080
+
0,
080
+
(
)
– 0,080
OH − + 10−3,67
OH − + 10−4,76
 [OH-] ≈ 4,224.10-5 M

[OH-] = 0, 040.

 [CO32− ] = CCO2−
3

[OH− ]
= 6,60.10-3 M
−
[OH ] + K b1

0,25

• Xét kết tủa hidroxit:
Vì pKS(Mg(OH)2) = 11,00 > pKS(Ca(OH)2) = 5,30  xét kết tủa Mg(OH)2 trước.
2
-5 2
-12
Vì CMg2+ .COH
< KS(Mg(OH)2) =10-11,00
− = 0,005. (4,224.10 ) = 8,921.10

 Khơng có kết tủa Mg(OH)2 và khơng có kết tủa Ca(OH)2
• Xét kết tủa cacbonat:
Vì pKS(CaCO3) = 8,35 > pKS(MgCO3) = 5,00 nên xét kết tủa CaCO3 trước

0,25

Vì CCa 2+ .CCO2− = 0,005.6,60.10-3 = 3,3.10-5 > KS(CaCO3) =10-8,35
3

 có kết tủa CaCO3
Sau khi CaCO3 kết tủa:

0,25

CO32− → CaCO3 KS-1(CaCO3) =108,35

Ca2+ +

0,005 → 0,005 → 0,005
1,60.10-3M
Vì KS(CaCO3) =10-8,35 rất nhỏ nên quá trình phân li CO32− từ CaCO3 không đáng kể
 sau khi kết tủa CaCO3, CCO2− = 1,60 .10-3 M
3

Ta có: CMg2+ .CCO2− = 0,005.1,6.10-3 = 8.10-6 < KS(MgCO3) = 10-5
3

 khơng có kết tủa MgCO3
Vậy có kết tủa CaCO3 tách ra từ dung dịch hỗn hợp D.

0,25

Câu 6 (2,5 điểm):
1. Cho biết giản đồ Latimer của iot và mangan trong môi trường axit như sau:
+1,20V

+1,70 V
+1,14 V
+1,45 V
+0,54 V
H4IO6− ⎯⎯⎯
→ IO3− ⎯⎯⎯
→ HIO ⎯⎯⎯
→ I3− ⎯⎯⎯
→ I−

9/14

+1,51V
+0,56 V
+2,26 V
+0,95 V
+1,51 V
−1,18 V
MnO−4 ⎯⎯⎯
→ MnO42− ⎯⎯⎯→
MnO2 ⎯⎯⎯
→ Mn 3+ ⎯⎯⎯
→ Mn 2+ ⎯⎯⎯
→ Mn

+1,23 V

+1,70 V

Lập luận để viết phương trình hóa học (dạng ion thu gọn) của phản ứng xảy ra khi cho dung dịch KI
tác dụng với dung dịch KMnO4 (trong môi trường axit) trong trường hợp sau phản ứng còn dư ion I−.
2. Một pin điện hóa được thành lập bằng cách nhúng một thanh Pt vào một dung dịch A chứa H+
0,50 M; VO+2 0,15 M; VO 2 + 0,01 M và SO24− và nhúng một thanh Zn vào dung dịch B chứa Zn2+
0,10 M và SO24− . Nối hai dung dịch bằng cầu muối.
a) Viết sơ đồ pin điện và cho biết vai trị của cầu muối.
b) Viết phương trình hóa học của phản ứng tổng quát khi pin làm việc. Tính sức điện động của
pin và tính G, H và S của phản ứng tổng quát trong pin ở 25oC.

 dE 
−4
Cho biết: EoVO+ /VO2+ = 1,001 V ; EoAg+ /Ag = −0,763 V ; 

 = −8, 71.10 V / K
2
 dT P
Hướng dẫn chấm
Ý
1

Điểm

Nôi dung
Từ giản đồ Latimer của Iot  HIO khơng bền vì

0,25

EoHIO/I− >EoIO− /HIO  HIO tự oxi hóa khử thành IO3− và I3−
3

3

 Giản đồ Latimer của I được viết gọn lại:
+1,70V
+1,20V
0,54V
H 4 IO6− ⎯⎯⎯⎯
→ IO3− ⎯⎯⎯⎯
→ I3− ⎯⎯⎯→
I−
Từ giản đồ của Mn  MnO24− và Mn3+ khơng bền vì chúng có thể khử bên phải
lớn hơn thế khử bên trái  chúng sẽ tự chuyển thành hai tiểu phân ở ngay bên cạnh
giống như ở HIO.

Do EoMn2+ /Mn = −1,18V  Mn không thể tồn tại trong dung dịch khi có mặt H+. Vì
vậy khơng cần xét q trình Mn2+ → Mn.
 Giản đồ Latimer của Mn được viết gọn lại:

0,25

+1,70V
+1,23V
MnO−4 ⎯⎯⎯
⎯
→ MnO2 ⎯⎯⎯
⎯
→ Mn 2+

Vì EoH IO− /IO− = 1,70 V  EoI− /I− = 0,54 V và EoIO− = 1, 20 V  EoI− /I− = 0,54 V
4

6

3

3

3

3

−

−

3

−
6

0,25

−
3

Nên H 4 IO hoặc IO đều có thể oxi hóa I thành I .
Như vậy I − chỉ bị oxi hóa thành I3− .
Vì E oMnO− /MnO và EoMnO
4

−

2

2 /Mn

2+

đều lớn hơn E oI− /I− nên MnO−4 và MnO2đều có thể oxi

0,25

3

−

hóa I thành I3− nên khi I dư thì MnO−4 và MnO2 khơng thể tồn tại.
Như vậy MnO−4 bị khử hoàn toàn thành Mn2+.
−
4

−

+

−
3

2+

 Phương trình phản ứng xảy ra: 2MnO + 15I + 16H → 5I + 2Mn + 8H2O

0,25

10/14


2.a)

Ta có: VO+2 + 2H+ + e → VO2+ + H2O
Ở 25oC:
E VO+ /VO2+ = E
2

o

VO+2 /VO2+

[VO +2 ][H + ]2
+ 0, 0592 lg
[VO 2+ ]

= 1, 001 + 0, 0592 lg
E Zn 2+ / Zn = E oZn 2+ / Zn +

0,15.(0,5) 2
 1, 035 V
0, 01

0, 0592
0, 0592
lg[Zn 2+ ] = −0, 763 +
lg 0,10  −0, 7926 V
2
2

E VO+ /VO2+  E Zn 2+ / Zn  sơ đồ pin:

0,25

0,25

2

Zn Zn2+ (0,10 M)  H+ 0,50 M, VO+2 0,15 M, VO 2 + 0,01 M , SO24− Pt
Cầu muối đảm bảo khép kín mạch và giúp cho các dung dịch điện li được trung hòa

điện khi pin làm việc.
2.b) Phản ứng tổng quát khi pin làm việc:

0,25

2VO+2 + 4H+ + Zn ⎯⎯
→ 2VO2+ + 2H2O + Zn 2+
Sức điện động của pin ở 25oC:
E = E VO+ /VO2+ − E Zn 2+ / Zn = 1, 035 + 0, 7926 = 1,8276 V
2

G = −2FE = −2.96500.1,8726 = −361411,8 J / mol  −361, 412 kJ / mol

0,25

 dE 
−4
S = 2F 
 = 2.96500.(−8, 71.10 ) = −168,103J / K.mol
 dT P
H = G + 298.S = −361, 412 − 298.(−168,103.10−3 )  −311,317 kJ / mol

0,25

Câu 7 (2,5 điểm):
1. Người ta có thể điều chế một số hiđrohalogenua bằng cách cho muối halogenua tác dụng với
dung dịch axit sunfuric đặc (phương pháp sunfat). Hãy cho biết có thể sử dụng phương pháp này để
điều chế hiđrohalogenua nào trong dãy các HX (X là F, Cl, Br, I)? Tại sao? Viết phương trình hóa
học của các phản ứng để minh họa.
2. Khi cho axit X hoặc axit Y tác dụng với nước đều thu được sản phẩm gồm H2SO4 và H2O2. Biết

một phân tử X có chứa 8 nguyên tử và trong X nguyên tố oxi chiếm 70,18% khối lượng. Một phân
tử Y chứa nhiều hơn một phân tử X một nguyên tử S và ba nguyên tử O.
a) Xác định X, Y và viết phương trình hóa học của các phản ứng.
b) Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra khi cho KI lần lượt tác dụng với X và với Y.
Hướng dẫn chấm
Ý

Nơi dung

1

Có thể sử dung phương pháp sunfat để điều chế HF và HCl.
CaF2
+ H2SO4 → 2 HF  + CaSO4
NaCl
+ H2SO4 → HCl  + NaHSO4
2 NaCl + H2SO4 →2 HCl  + Na2SO4
Không sử dụng được phương pháp này để điều chế HBr và HI do I- và Br- có tính
khử đủ mạnh và bị axit sunfuric đặc oxi hóa lần lượt thành I2 và Br2.

Điểm
0,25
0,25
0,25
11/14


2.a)

NaBr +

H2SO4 → HBr + NaHSO4
2HBr
+
H2SO4 → SO2 + 2 H2O + Br2
NaI
+
H2SO4 → NaHSO4 + HI
8HI
+
H2SO4 → H2S + 4H2O + 4I2
Ta có: X + H2O → H2SO4 + H2O2
Y + H2O → H2SO4 + H2O2
 X, Y đều chứa H, O và S.
Gọi công thức của X là HaSbOc ta có
a + b + c=8 (1)  a = 8 – b – c
16c
16c
= 0, 7018
= 0, 7018 
8 − b − c + 32b + 16c
a + 32b + 16c
16c
= 0, 7018

8 + 31b + 15c
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

Vậy X là H2SO5 ; Y là H2S2O8
Phương trình hóa học:
H2SO5 + H2O → H2O2 + H2SO4
H2S2O8 + 2H2O → H2O2 + 2H2SO4
2.b) Phương trình hóa học:
2KI + H2SO5 → I2 + K2SO4 + H2O
2KI + H2S2O8 → I2 + K2SO4 + H2SO4

5
1
2

0,25
0,25

0,25

6

1,25

0,50

0,25

(1)
(2)

0,25

Câu 8 (2,5 điểm):
1. Hoà tan 1,67 gam hỗn hợp A gồm NaHSO3 và Na2SO3 trong dung dịch H2SO4 dư, đun nóng thì
thu được khí X. Hấp thụ hồn tồn một nửa lượng khí X bằng 500 mL dung dịch nước Br2 thì thu
được 500 mL dung dịch Y. Thêm KI vào 50 mL dung dịch Y thì thu được dung dịch Z. Để phản
ứng hết với lượng I3− trong Z cần vừa đủ 12,5 mL dung dịch Na2S2O3 0,01 M. Mặt khác để trung
hòa 25 mL dung dịch Y cần 150 ml dung dịch NaOH 0,01M.
a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra
b) Tính nồng độ mol của dung dịch nước Br2 ban đầu.
c) Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp A.
2. Cho m gam hỗn hợp B gồm NaBr và NaI phản ứng hoàn tồn với dung dịch H2SO4 đặc, nóng thì
thu được hỗn hợp khí C. Ở điều kiện thích hợp, các khí trong C phản ứng vừa đủ với nhau tạo thành
chất rắn có màu vàng và một chất lỏng D khơng làm chuyển màu quỳ tím. D tác dụng hồn tồn với
Na tạo ra 1,68 lít khí E (ở đktc).
12/14


a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra
b) Tính % thể tích các khí trong C và tính m.
Hướng dẫn chấm

Ý
1.a)

Nội dung

Điểm

PTHH:

HSO3− + H+ → H2O +

SO2

x mol

x mol

SO32− + 2H+ → H2O

+ SO2

y mol
Br2 + 2H2O + SO2 → SO

(1)
0,25
(2)

y mol
2−

4

+ 2Br- + 4H+

(3)

3I- + Br2 → I3− + 2Br-

(4)

I3− + 2 S2O32− → S4O62− + 3I-

(5)

0,25

H+ + OH- → H2O
(6)
1.b) Ta có:
12,5.0, 01
150.0, 01
n S O 2− =
= 1, 25.10−4 mol ; n H+ (6) =
= 1,5.10−4 mol
2 3
1000
1000
Theo (5) và (4)  n Br2 (4) = 6,125.10−5 mol
1
n +

4 H
 số mol Br2 brom ban đầu
500
500 1
n Br2 =
n Br2 (4) +
. n H+ (6) = 10.6, 25.10−5 + 20.0, 25.1,5.10 −3 = 8,125.10=3 mol
50
25 4

Theo (3) n Br2 (3) =

CM,Br2
1.c)

8,125.10−3
=
= 0, 01625 M
0,5

0,50

Gọi x và y lần lượt là số mol của NaHSO3 và Na2SO3 trong 1,67 gam hỗn hợp A, ta
có số mol của các ion HSO3− và SO32− lần lượt là x và y:
 104x + 126y = 1,67

1
n + trong 500 ml dung dịch A
4 H
500

1
.1,5.10−3 . = 0, 015 x + y = 2.1/4 = 0,015 (II)
 x + y = 2.
25
4
Từ (I) và (II) : x = 0,01 ; y = 0,005
%mNaHSO3 = 62,27% ; %mNa2SO3 = 37,73%.
Các khí trong C phản ứng vừa đủ với nhau tạo chất rắn màu vàng
 C là hỗn hợp gồm SO2 và H2S.
D là H2O và E là H2
Vì NaI có tính khử mạnh hơn NaBr.
 PTHH:

Từ (1), (2), (3) ta có n SO2 =

2.a)

(I)
0,50

0,25

13/14


t
→ Na2SO4 + Br2 + SO2 + 2H2O
2NaBr + 2H2SO4 đ ⎯⎯

(1)

→ 4Na2SO4 + 4I2 + H2S + 4H2O
8NaI + 5H2SO4 đ ⎯⎯

(2)

o

to

2H2S

+

→ 3S
SO2 ⎯⎯

+ 2H2O

→ 2NaOH + H2
2Na + 2H2O ⎯⎯

0,25

(3)
(4)

2.b) Từ (3)  n H S = 2nSO
2
2

 % các khí trong C: %H2S  66,67%; %SO2  33,36%;
Ta có: n H2 = 0,075mol

0,25

Từ (4) và (3)  n H2S = 2nSO2 = n H2O = 2n H2 = 0,15mol
Từ (1)  n NaBr = 2nSO2 = 0,15mol
Từ (2)  n NaI = 8n H2S = 1, 2mol

0,25

 m = 0,15.103 + 1, 2.150 = 195, 45 g

------------ HẾT------------

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

14/14


TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG
LẦN THỨ XV – SƠN LA 2019

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MƠN: HĨA HỌC - KHỐI: 11
Ngày thi: 27 tháng 7 năm 2019
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):
Khi cơ thể người hô hấp, hemoglobin (Hb) trong máu sẽ kết hợp với oxi để tạo thành
oxihemoglobin (HbO8). Thực nghiệm cho biết tốc độ tạo thành HbO8 có dạng: v = k[Hb][O2].
1. Giả sử nhiệt độ môi trường không thay đổi theo độ cao và bằng 300 K. Tính tỉ lệ tốc độ tạo thành
HbO8 trong máu người khi ở trên núi có độ cao 6000 m so với khi ở trên mặt biển. Biết rằng nồng
độ O2 trong máu tuân theo định luật Henry và sự phân bố O2 theo độ cao tuân theo phương trình:
ln PO2 = −

M O2 gh
RT

(g = 9,81 m2/s, h là độ cao so với mặt nước biển).

2. Người ta đề nghị 2 cơ chế cho sự hình thành HbO8 trong máu như sau:
Cơ chế 1:
Cơ chế 2:
k1
⎯⎯
→ HbO2
Hb + O2 ⎯⎯
k −1

(1) nhanh, cân bằng

⎯⎯→ HbO4

HbO2 + O2 ⎯⎯

(2) nhanh, cân bằng

⎯⎯→ HbO6
HbO4 + O2 ⎯⎯

(3) nhanh, cân bằng

k4
HbO6 + O2 ⎯⎯
→ HbO8

(4) chậm

k2

k −2
k3

k −3

ka
Hb + O2 ⎯⎯
→ HbO2

(a)

kb
HbO2 + O2 ⎯⎯

→ HbO4

(b)

kc
HbO4 + O2 ⎯⎯
→ HbO6

(c)

kd
HbO6 + O2 ⎯⎯
→ HbO8

(d)

Trong đó HbO2, HbO4 và HbO6 là các sản
phẩm trung gian rất kém bền.

Hãy cho biết cơ chế nào phù hợp với kết quả thực nghiệm.
Câu 2 (2,5 điểm):
1. Đốt cháy hoàn toàn 0,54 gam glucozơ trong bình phản ứng (có thể tích khơng đổi 1,0 lít, có
chứa sẵn O2 ở 298 K và 2,20 atm) của một nhiệt lượng kế (cách nhiệt tuyệt đối với môi trường).
Sau khi phản ứng xảy ra, nhiệt độ của hệ (gồm nhiệt lượng kế, sản phẩm phản ứng và O 2) tăng từ
298,0 K lên 299,4 K. Tính:
a) Số mol các chất có mặt trong bình phản ứng của nhiệt lượng kế sau khi phản ứng xảy ra.
b) Nhiệt đốt cháy của glucozơ ở 298 K, 1 atm.
c) Nhiệt hình thành chuẩn của glucozơ ở 298 K.
Cho biết trong điều kiện bài tốn:
- Các chất khí đều là khí lí tưởng.

- Nhiệt dung của nhiệt lượng kế: Cnlk = 5996,7 J/K.mol.
Trang 1/4


- Các đại lượng nhiệt động khác của các chất:
Đại lượng
(kJ/mol)

C6H12O6(r)
-

O2(k)
0

CO2(k)
-393,5

H2O(l)
-285,2

CP (J/K.mol)

219,2

29,4

36,4

75,3

CV (J/K.mol)

-

-

-

74,5

H

o
ht,298

2. Nén đoạn nhiệt bất thuận nghịch nhiệt động 2,5 mol N2 (được coi là khí lí tưởng) từ trạng thái 1
có T1 = 250 K, P1 = 1,5 atm đến trạng thái 2 có T2 = 300 K. Tính V2, P2 và tính Q, A, U, H , S
của quá trình.
Câu 3 (2,5 điểm):
Dung dịch A gồm AgNO3 0,050 M và Pb(NO3)2 0,100 M.
1. Tính pH của dung dịch A.
2. Thêm 10,00 mL KI 0,250 M và HNO3 0,200 M vào 10,00 mL dung dịch A thì thu được 20,00 mL
dung dịch X. Nhúng một thanh Ag vào dung dịch X và một thanh Ag khác vào dung dịch Y chứa
AgNO3 0,010 M và KSCN 0,040 M. Nối dung dịch X và dung dịch Y bằng cầu muối để thành lập
một pin điện.
a) Viết sơ đồ pin điện thành lập được.
b) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra tại các điện cực và phản ứng tổng quát khi
pin làm việc.
c) Tính sức điện động của pin và tính hằng số cân bằng của phản ứng tổng quát trong pin tại 25oC.
⎯⎯

→ AgOH + H + (1) K1 = 10−11,7
Ag + + H 2 O ⎯
Cho biết:
⎯
⎯⎯
→ PbOH + + H + (2) K 2 = 10−7,8
Pb 2+ + H 2 O ⎯
⎯

pKs(AgI) = 16,0; pKs(PbI2) = 7,86; pKs(AgSCN) = 12,0; EoAg+ /Ag = 0,799V .
3. Sức điện động của pin sẽ thay đổi như thế nào nếu thêm (không làm thay đổi thể tích) Fe(NO3)3
vào dung dịch Y.
Câu 4 (2,5 điểm):
1. Hợp chất C màu vàng cam được tạo thành từ phản ứng của kim loại A với phi kim B. Cho 0,1
mol chất C phản ứng với CO2 dư thì thu được hợp chất D và 2,4 gam B. Biết C chứa 45,07%B theo
khối lượng, D không bị phân hủy ở nhiệt độ nóng chảy. Khi cho D phản ứng hết với 100 mL dung
dịch HCl 1,0 M thì thu được 1,12 lít khí CO2 (đktc). Hãy xác định A, B, C, D và viết phương trình
hóa học của các phản ứng xảy ra.
2. X là chất được sử dụng làm phân bón trong nơng nghiệp. Biết rằng X có phân tử khối bằng 60 và
chứa 20% C, 6,67% H, 46,67% N và 26,66% O (về khối lượng). Y là đồng phân của X, khi cho Y
phản ứng với dung dịch NaOH nóng thì thu được khí NH3. Xác định X, Y và viết phương trình hóa
học của phản ứng xảy ra trong thí nghiệm.
3. Viết các phương trình hóa học thực hiện sơ đồ chuyển hóa sau:
(1)
( 3)
( 4)
Si ⎯⎯→
Mg2Si ⎯⎯→ SiH4 ⎯⎯→
SiO2 ⎯⎯→
Si

( 2)

(5)

(7)
(6)

(8)
(9)
10 )
→ H2SiO3
SiF4 ⎯⎯
SiO2 ⎯⎯→
Na2SiO3 ⎯(⎯

Trang 2/4


Câu 5 (2,5 điểm):
1. a) Cho FeCl2 tác dụng với dung dịch KCN (đặc, dư) thu được phức chất A. Hãy cho biết tính
chất từ của A và sử dụng thuyết lai hóa để giải thích.
b) Vẽ các đồng phân của: [Ni(CN)2Br2]2-; [Co(NH3)2Cl4]-; [Co(NH3)3Cl3] và
[Co(H2O)2(ox)BrCl]−, với ox là − OOC − COO − .
2. Để xác định nồng độ Fe có trong dung dịch X, người ta sử dụng phương pháp phân tích trắc
quang. Cụ thể tiến hành như sau:
- Lấy 20,00 mL dung dịch X cho tạo phức với thuốc thử thích hợp rồi pha lỗng thành 50,00 mL
dung dịch Y. Đo độ hấp thụ quang của Y được giá trị A = 0,255.
- Lấy 20,00 mL dung dịch X, thêm vào 4,0 mL dung dịch chuẩn có chứa Fe với nồng độ 10 mg
Fe/L và cho tạo phức với thuốc thử thích hợp, sau đó pha lỗng thành 50,00 mL dung dịch Z. Đo độ

hấp thụ quang của dung dịch Z được giá trị A = 0,358.
Biết rằng các phép đo được thực hiện ở  = 510 nm, sử dụng cuvet có l = 1 cm. Tính nồng độ Fe
(theo mg/L) trong dung dịch X.
Câu 6 (2,5 điểm):
1. Cho ba chất:
OH

OH

OH

NO2

NO2

(A)

NO2

(B)

(C)

a) So sánh (có giải thích) tính axit của (B) với (C).
b) So sánh (có giải thích) nhiệt độ sơi và tính tan trong nước của (A) với (B).
2. Penicillamin có cơng thức (CH3)2C(SH)CH(NH2)COOH. Vẽ cấu hình (R) và (S) của
penicillamin dưới dạng công thức phối cảnh.
3. Hiđrocacbon X (MX = 136) có chứa 88,235% cacbon theo khối lượng. Trong dung dịch, X tác
dụng tối đa với Br2 theo tỉ lệ mol 1:2, nhưng không tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3. Ozon phân
X tạo ra 2 sản phẩm hữu cơ là anđehit fomic và 3-axetyl-6-on heptanal. Xác định công thức cấu tạo

và số đồng phân lập thể (nếu có) của X.
Câu 7 (2,5 điểm):
1. Chất A (C8H16O) có phản ứng iodofom nhưng khơng có phản ứng cộng với H2. Khi đun A với
H2SO4 đặc ở 170oC thì thu được hỗn hợp X chứa ba chất B, C và D có cùng cơng thức phân tử
C8H14, đều khơng có đồng phân hình học. Nếu ozon phân hỗn hợp X thì trong sản phẩm có mặt
xiclopentanon.
a) Xác định cơng thức cấu tạo của A, B, C và D.
b) Viết cơ chế chuyển hóa A thành B, C và D.
2. Hợp chất X (C10H18O) được phân lập từ một loại tinh dầu ở Việt Nam. X không làm mất màu nước
brom và dung dịch thuốc tím lỗng, cũng khơng tác dụng với hiđro khi có xúc tác niken, nhưng lại tác
dụng với axit clohiđric đậm đặc sinh ra 1-clo-4-(1-clo-1-metyletyl)-1-metylxiclohexan.
a) Hãy đề xuất cấu trúc của X.

Trang 3/4


b) Hợp chất Y (C10H20O2 ) có trong một loại tinh dầu ở Nam Mỹ. Từ Y có thể tổng hợp được X
bằng cách đun nóng với axit.
i) Viết cơng thức cấu tạo và gọi tên Y.
ii) Dùng công thức cấu trúc, viết phương trình phản ứng và trình bày cơ chế đầy đủ của phản
ứng tổng hợp X từ Y.
Câu 8 (2,5 điểm):
1. Cho sơ đồ chuyển hóa:
HO

(COOEt)2

COOC2H5

PBr3

A

KCN

+
B H

C C2H5OH
H+

HCOOEt

NaOEt

OMe

OMe

(EtO)2CO

E (C15H18O6)
F (C11H12O4)

G (C14H18O5)

a) Cho biết cấu tạo của các chất từ A đến G.
b) Giải thích sự hình thành của E.
2. Từ xiclohexan-1,3-đion, CH3I, CH3CH2I và (CH3)2CH MgBr, điều kiện cần thiết và xúc tác có
đủ. Hãy đề nghị sơ đồ tổng hợp chất sau:

Et
O

3. Cho sơ đồ tổng hợp Basketen sau :
O
O

t0
A

O

t0

hv
B

1. Na2CO3
C

D

Pb(OAc)4

2. HCl

Hãy xác định cấu trúc các chất A, B, C, D cho sơ đồ trên.

……………HẾT……………

Ghi chú:

- 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 XIV - SƠN LA 2019

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MƠN: HĨA HỌC - KHỐI: 11
Ngày thi: 27 tháng 7 năm 2019
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Hướng dẫn chấm gồm 13 trang
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1 (2,5 điểm):
Khi cơ thể người hô hấp, hemoglobin (Hb) trong máu sẽ kết hợp với oxi để tạo thành
oxihemoglobin (HbO8). Thực nghiệm cho biết tốc độ tạo thành HbO8 có dạng: v = k[Hb][O2].
1. Giả sử nhiệt độ môi trường không thay đổi theo độ cao và bằng 300 K. Tính tỉ lệ tốc độ tạo thành
HbO8 trong máu người khi ở trên núi có độ cao 6000 m so với khi ở trên mặt biển. Biết rằng nồng
độ O2 trong máu tuân theo định luật Henry và sự phân bố O2 theo độ cao tuân theo phương trình:
M O2 gh
ln PO2 = −
(g = 9,81 m2/s, h là độ cao so với mặt nước biển).
RT
2. Người ta đề nghị 2 cơ chế cho sự hình thành HbO8 trong máu như sau:
Cơ chế 1:

Cơ chế 2:
k1
⎯⎯
→ HbO2
Hb + O2 ⎯⎯
k −1

(1) nhanh, cân bằng

⎯⎯→ HbO4
HbO2 + O2 ⎯⎯

(2) nhanh, cân bằng

⎯⎯→ HbO6
HbO4 + O2 ⎯⎯

(3) nhanh, cân bằng

k2

k −2
k3

k −3

ka
Hb + O2 ⎯⎯
→ HbO2

(a)

kb
HbO2 + O2 ⎯⎯
→ HbO4

(b)

kc
HbO4 + O2 ⎯⎯
→ HbO6

(c)

kd
HbO6 + O2 ⎯⎯
→ HbO8

(d)

Trong đó HbO2, HbO4 và HbO6 là các sản
phẩm trung gian rất kém bền.
Hãy cho biết cơ chế nào phù hợp với kết quả thực nghiệm.
k4
HbO6 + O2 ⎯⎯
→ HbO8

(4) chậm

Hướng dẫn chấm

Ý
1

Nội dung
1. Gọi v1, v2 và [O2(1)], [O2(2)] lần lượt là tốc độ hình thành HbO8 và nồng độ oxi
trong máu khi ở trên núi và khi ở trên mặt biển. Ta có:
v1 k[Hb][O2(1) ] [O 2(1) ]
=
=
v 2 k[Hb][O2(2) ] [O2(2) ]

Điểm

0,25

Gọi PO2 (1) và PO2 (2) là áp suất riêng phần của O2 khi ở trên núi và khi ở trên mặt
biển.
Vì nồng độ O2 trong máu tuân theo định luật Henry nên:
Mgh
PO2 exp( RT )
[O 2 ] =
=
kH
kH



 MO2 gh 
v1 [O2(1) ] PO2 (1)
32.10−3.9,81.6000

=
=
= exp  −
=
−
 0, 47

v2 [O2(2) ] PO2 (2)
RT
8,314.
30
0



0,25

0,50

1/13


2

Xét cơ chế 1:
Vì (4) là giai đoạn chậm  tốc độ tạo thành HbO8:
v = k 4 [HbO6 ][O2 ] (*)

0,25

Vì (1), (2), (3) là các giai đoạn nhanh và cân bằng nên
k
k k
k k k
[HbO6 ] = 3 [HbO4 ][O2 ]= 3 2 [HbO2 ][O2 ]2 = 3 2 1 [Hb][O2 ]3
k −3
k −3 k −2
k −3 k −2 k −1
Thay vào (*)  v =

k1k 2 k 3k 4
[Hb][O2 ]4
k −1k −2 k −3

0,25
0,25

 cơ chế này không phù hợp với thực nghiệm.
Xét cơ chế 2:
Tốc độ tạo thành HbO8: v = k d [HbO6 ][O2 ] (**)

0,25

Vì HbO2, HbO4 và HbO6 là các sản phẩm trung gian rất kém bền nên áp dụng
nguyên lí nồng độ dừng ta có:
d[HbO 2 ]
= k a [Hb][O 2 ] − k b [HbO 2 ][O 2 ] = 0 (I)
dt
d[HbO 4 ]
= k b [HbO 2 ][O 2 ] − k c [HbO 4 ][O 2 ] = 0 (II)

dt
d[HbO 6 ]
= k c [HbO 4 ][O 2 ] − k d [HbO 6 ][O 2 ]=0 (III)
dt
Từ (I), (II) và (III)  k d [HbO6 ][O2 ] = k a [Hb][O2 ]
Thay vào (**)  v = k a [Hb][O2 ]

0,25

0,25

 cơ chế phù hợp với thực nghiệm.
Câu 2 (2,5 điểm):

1. Đốt cháy hoàn toàn 0,54 gam glucozơ trong bình phản ứng (có thể tích khơng đổi 1,0 lít, có
chứa sẵn O2 ở 298 K và 2,20 atm) của một nhiệt lượng kế (cách nhiệt tuyệt đối với môi trường).
Sau khi phản ứng xảy ra, nhiệt độ của hệ (gồm nhiệt lượng kế, sản phẩm phản ứng và O 2) tăng từ
298,0 K lên 299,4 K. Tính:
a) Số mol các chất có mặt trong bình phản ứng của nhiệt lượng kế sau khi phản ứng xảy ra.
b) Nhiệt đốt cháy của glucozơ ở 298 K, 1 atm.
c) Nhiệt hình thành chuẩn của glucozơ ở 298 K.
Cho biết trong điều kiện bài tốn:
- Các chất khí đều là khí lí tưởng.
- Nhiệt dung của nhiệt lượng kế: Cnlk = 5996,7 J/K.mol.
- Các đại lượng nhiệt động khác của các chất:
Đại lượng
(kJ/mol)

C6H12O6(r)
-

O2(k)
0

CO2(k)
-393,5

H2O(l)
-285,2

CP (J/K.mol)

219,2

29,4

36,4

75,3

CV (J/K.mol)

-

-

-

74,5

H

o
ht,298

2/13


2. Nén đoạn nhiệt bất thuận nghịch nhiệt động 2,5 mol N2 (được coi là khí lí tưởng) từ trạng thái 1
có T1 = 250 K, P1 = 1,5 atm đến trạng thái 2 có T2 = 300 K. Tính V2, P2 và tính Q, A, U, H , S
của quá trình.
Hướng dẫn chấm
Ý
1.a)

Nội dung

Điểm

0,54
= 0, 003 mol
180
2, 20.1
 0, 09 mol
Số mol O2 ban đầu: n O2, bd =
0, 082.298

Số mol glucozơ: n =

→ 6CO2(k) + 6H2O(l)

C6H12O6(r) + 6O2(k) ⎯⎯
 Số mol O2 phản ứng: n O2, pu = 6.0, 003 = 0, 018 mol

0,25

(1)

 Số mol các chất sau phản ứng cháy:
n CO2 = 6.0,003 = 0,018mol ; n H2O = 6.0,003 = 0,018mol

nO2 = 0,09 − 0,018 = 0,072mol
1.a)

Vì nhiệt lượng kế đẳng tích và cách nhiệt tuyệt đối nên ta có sơ đồ:
Q=0
⎯⎯⎯⎯→
6CO 2 (k) + 6H 2O(l)

C6 H12O6 (r) + 6O2 (k)
+  O2 (k)du , NLK 

299, 4K

+ O2 (k)du , NLK 

Q1

0,25

Q2

6CO2 (k) + 6H 2O(l)

298 K

+  O 2 (k)du , NLK 

 Q = Q1 + Q2 = 0

(

)

 Q1 = − n CO2 .Cv,CO2 + n H2O(l) .CV,H2O(l) + nO2,du .CV,O2 (k) + Cnlk .(299, 4 − 298)
Vì các khí là khí lí tưởng nên:

Q1 = − 0,018.(36, 4 − 8,314) + 0,018.74,5 + 0,072.(29, 4 − 8,314) + 5996,7.1, 4
0,25

Q1  −8400, 091 J

 U dc,298 =

Q1 −8400, 091
=
= − 2800030,33J / mol  −2800, 0 kJ / mol
n
0, 003

Vì phản ứng (1) có nkhí = 0 và áp suất không ảnh hưởng đến H nên

0,25

 Hodc,298 = Udc,298 = −2800, 0 kJ / mol
1.c)

Vậy nhiệt đốt cháy C6H12O6 ở 298 K, 1atm bằng –2800,0 kJ/mol.
Từ (1) có:
Ho(1) = Hodc,298 = 6 ( Hoht,298 )

 ( Hoht,298 )

( H

)

C6 H12O6 (r)

o
ht,298 C H O (r)
6 12 6

CO2 (k)

= 6 ( Hoht,298 )

+ 6 ( H oht,298 )

CO2 (k)

H 2 O(l)

+ 6 ( H oht,298 )

− ( H oht,298 )

H 2 O(l)

0,25

C6 H12O6 (r)

o
− Hdc,298

= 6.(−393,5) + 6.(−285, 2) + 2800, 0 = −1272, 2 kJ / mol

Vậy nhiệt hình thành chuẩn của C6H12O6 ở 298 K bằng – 1272,2 kJ/mol.

0,25
3/13