Đề tham khảo chon học sinh giỏi quốc gia môn hóa vô cơ năm 2024

1
ĐỀ THAM KHẢO SỐ 1

KỲ THI CHỌ HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
TRUNG HỌC PHỔ THƠNG
NĂM HỌC 2023-2024
MƠN HĨA HỌC
THỜI GIAN 180 PHÚT

Câu 1 (4 điểm).
Tại 25oC phản ứng 2 N2O5(k) → 4 NO2(k) + O2 (k) có hằng số tốc độ k = 1,8.10-5. s-1;
biểu thức tính tốc độ phản ứng v = k.C(N2O5). Phản ứng trên xảy ra trong bình kín thể tích
20,0 lit khơng đổi. Ban đầu lượng N2O5 cho vừa đầy bình. Ở thời điểm khảo sát, áp suất
riêng của N2O5 là 0,070 atm . Giả thiết các khí đều là khí lý tưởng.
1. Tính tốc độ:
a. tiêu thụ N2O5
b. hình thành NO2 ; O2.
2. Tính số phân tử N2O5 đó bị phân tích sau 30 giây.
3. Nếu phản ứng trên có phương trình N2O5 (k) → 2 NO2 (k) + ½ O2 (k) thì trị số
tốc độ phản ứng, hằng số tốc độ phản ứng có thay đổi khơng? Giải thích.
Câ Ý
Nội dung
u
1
Trước hết phải tính tốc độ của phản ứng theo biểu thức đó có:
V = k CN2O5
(1)
Đó có trị số k; cần tính C(N2O5) tại thời điểm xét:
pi V = ni RT  CN2O5 = nN2O5 : V = pi / RT (2)
Thay số vào (2), ta có:
C(N2O5) = 0,070 : 0,082  298 = 2,8646.10-3(mol.l-1)

Đưa vào (1):
Vpu = 1,80. 10-5 x 2,8646. 10-3
1
Vpu = 5,16. 10-8 mol. L-1. S-1
(3)
Từ ptpư
2 N2O5 (k)  4 NO2 (k) + O2 (k)
V tiêu thụ N 2 O5 =

−d C N O
=2V pư
dt
2

5

(4)

Thay số vào (4).
Vtiêu thụ N2O5 = - 2 x 5, 16 . 10-8.
Vtiêu thụ N2O5 = - 1,032.10-7 mol.l-1.s-1.
Dấu – để chỉ “tiêu thụ N2O5 tức mất đi N2O5 hay giảm N2O5”
b. Vhình thµnh NO2 = 4 Vpư = - 2Vtiêu thụ N2O5. (5)
Thay số:
Vhình thành NO2 = 4 x 5,16.10-8
Vhình thành NO2 = 2,064.10-7 mol l-1.s-2
Vhình thànhO2 = Vpư = 5,16.10-8 mol l-1.s-2
Ghi chú: Hai tốc độ này đều có dấu + để chỉ “hình thành hay được tạo ra”
(ngược với “tiêu thụ”). Việc tính tốc độ tiêu thụ N 2O5 hay hình thành NO2,
O2 theo tốc độ pư, Vpư, như trên chỉ thuần tuý hình thức theo hệ số

phương trình, thực chất phản ứng này là một chiều bậc nhất.


2
2

3

2. Số phân tử N2O5 đó bị phân huỷ được tính theo biểu thức:
N N205 bị phân huỷ = N = VN2O5 tiêu thụ . Vbình . t . N0
Thay số: N = 1,032.10-6 . 20,0 . 30,0 . 6,023.1023.
N  3,7.1020 phân tử
Nếu phản ứng trên có phương trình: N2O5(k)  2 NO2(k) + ½ O2 thì tốc độ
phản ứng (Vpư), cũng như hằng số tốc độ phản ứng (k), đều khơng đổi (tại
nhiệt độ T xác định), vì:
- k chỉ phụ thuộc nhiệt độ.
- theo (1): Khi k = const; C(N2O5) = const thì V = const.

Câu 2 (4 điểm).
1. Dung dịch A là hỗn hợp của H3PO4 và NaHSO4 0,010 M, có pHA = 2,03.
a. Tính nồng độ H3PO4 trong dung dịch A.
b. Tính nồng độ HCOOH phải có trong dung dịch A sao cho độ điện li của H 3PO4
giảm 25%. Coi thể tích dung dịch không thay đổi.
Cho pKa (HSO4-) = 2; pKa (HCOOH) = 3,75 ; pKa (H3PO4) = 2,15; 7,21; 12,32.
2. Pin sạc ion liti được sử dụng trong rất nhiều thiết bị điện tử như máy tính cầm
tay, điện thoại… Sức điện động chuẩn của pin là 3,70 V.
Nửa phản ứng tại catot là: CoO2 + Li+ + e → LiCoO2
và nửa phản ứng tại anot là: LiC6 → 6C + Li+ + e.
a. Viết phương trình phản ứng tổng quát xảy ra trong pin và tính giá trị năng lượng
tự do Gibbs chuẩn của phản ứng.

b. Khi chế tạo pin, người ta dùng LiCoO 2 và graphit (C) làm điện cực. Tính khối
lượng của anot khi pin đã nạp đầy và khi pin phóng điện hồn tồn nếu ban đầu có 10,00
gam LiCoO2 và 10,00 gam graphit (C).
Cho: Li = 6,94; Co = 58,93; O = 16,00; C = 12,01.
Câ Ý
Nội dung
u
2
a)
HSO4– ↔ H+ + SO42–
Ka =10-2
(1)
+
–
-2,15
H3PO4 ↔ H + H2PO4
Ka1 =10
(2)
–
+
2–
-7,21
H2PO4 ↔ H + HPO4
Ka2 =10
(3)
–
+
3–
-12,32
HPO4 ↔ H + PO4

Ka3 =10
(4)
+
-14
H2O ↔ H + OH
Kw = 10
(5)
Vì pH = 2,03 → bỏ qua sự phân li của nước.
Ka1 >> Ka2 >> Ka3 → quá trình (1) và (2) quyết định pH của hệ
1

Ta có: [H + ] = [SO 42 ] + [H 2 PO4 ] = C HSO .
4

⃗
⃗

CH3PO4 .

CH3PO4



K
Ka
a1
+ C H3PO4 .
+
K a + [H ]
K + [H + ]

a1

K

Ka
a1
[H+] - C HSO .
+
+
4 K + [H ]
K + [H ]
a
a1
K + [H + ]
Ka
+
([H ] - CHSO .
). a1
4 K + [H + ]
K
a
a1





3
CH3PO4 (10

⃗
b)

 2,03

10-2
10-2,15 + 10 2,03
- 0,010. -2
).
10 + 10 2,03
10-2,15
= 9,64.10-3(M)

[H 2 PO 4 - ]
Ta có: α = α H PO =
.100
1
3 4
CH3PO4

trong đó

[H 2 PO 4 ] = 9,64.10-3 .
α H SO =

4,16.10-3

;

10-2,15

10-2,15  10-2,03 = 4,16.10-3

.100 43,15%

3 4
9,64.10-3
⃗
Khi có mặt HCOOH trong dung dịch A ⃗ độ điện li của H3PO4 giảm
25%
α 2 = α,H3PO4 = 43,15% 0,75 32,36%
và trong dung dịch thu được sẽ có 3
quá trình quyết định pH của hệ:
HSO4– ↔ H+ + SO42–
Ka = 10-2
(1)
+
2–
-2,15
H3PO4 ↔ H + H2PO4
Ka1 = 10
(2)
+
–
-3,75
HCOOH ↔ H + HCOO
Ka’ = 10
(6)

Ta có: [H + ] = [SO 42 ] + [H 2PO 4 ] + [HCOO- ]

vì PO43– << HPO42– << H2PO4–
[H + ] = C HSO .

4

⃗

Ka
Ka
+ [H 2 PO 4 ] + C HCOOH .
+
K a + [H ]
K a + [H + ]
,

,

CHCOOH = H+ - H2PO4– -

CHSO

K a + [H + ]
Ka
.
.
K a + [H + ]
K a'
,

4



(7)

[H PO ]
α 2 = α,H3PO4 = 32,36%  2
.100
CH PO4

4

Từ biểu thức
⃗
H2PO4– = 3,12.10-3 M
H3PO4 = 9,64.10-3 - 3,12.10-3 = 6,52.10-3 (M).
3

K a1.[H3PO 4 ] 10 2,15 6,52.10 3

0, 0148

3
+
[H
PO
]
3,12.10
2
4

H  =
M

Từ (2) ⃗
Thay giá trị H2PO4– và H+ vào (7), ta được:
0,01

10-2

10-3,75  0, 0148
10-2  0, 0148 ) .
10-3,75

CHCOOH = (0,0148 – 3,12.10-3 = 0,644 M.
a. Phương trình tổng: CoO2 + LiC6 → LiCoO2 + 6 C
2 ΔGGo = -nFEo = -357 kJ/mol.
b. Ở trạng thái sạc đầy
Lượng LiCoO2 là 10/97,87 = 0,1022 mol
Lượng C là 10/12,01 = 0,8326 mol, lượng này lớn hơn 0,1022.6 = 0,6132
mol
Khối lượng anot khi sạc đầy pin: 10 + 0,1022.6,94 = 10,709 gam
Khi phóng điện hồn tồn thì khối lượng anot: 10 gam
Câu 3 (3 điểm)
1. Nén một cách bất thuận nghịch nhiệt động 2,5 mol N 2 (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, Q, A, U, H, S và S của hệ cô lập.


4
2. Một hỗn hợp gồm 0,003 mol CH4 và một lượng O2 được cho vào một nhiệt lượng kế có thể tích
2,0 L (khơng đổi) ở 298K, áp suất của khí trong nhiệt lượng kế là 3,665 atm. Sau khi đốt cháy hoàn toàn

lượng CH4, nhiệt độ của hệ đạt 299,5K.
a. Tính nhiệt đốt cháy của CH4 ở 298K, 1 atm.
b. Tính nhiệt hình thành chuẩn của CH4 ở 298K.
Cho:
– Có thể bỏ qua thể tích của pha ngưng tụ. Các khí đều là khí lí tưởng.
– Nhiệt dung của nhiệt lượng kế: Cnlk = 1763,3 J/K.mol.
– Các đại lượng nhiệt động khác:
 Hoht,298  CO2 (k)  393,5 kJ / mol ;  Hoht,298  H2O(l)  285, 2 kJ / mol ; Hohh,373(H2O( l ) ) = 40,654 kJ/mol
 CV  H O(l) 74,5 J / K.mol  CP  H O(l) 75,3 J / K.mol  CP  H O(k) 33,58 J / K.mol
;
;
;
 CP  O (k) 29, 4 J / K.mol  CP  CO (k) 36, 4 J / K.mol
;
.
2

2

2

2

2

Hướng dẫn giải:
1.
Khí N2, là khí lí tưởng  CV = 5/2R; CP = 7/2R;  = 7/5 = 1,4.
nRT1 2,5.0, 082.250
V1 


34,167 L
P1
1, 5
Quá trình đoạn nhiệt bất thuận nghịch  Q = 0
A U nC V  T2 – T1  2,5.5 / 2.8.314.(300  250) 2598,125 J

H nC P  T2 – T1  2,5.7 / 2.8.314.(300  250) 3637,375 J
Mặt khác: A  P2 (V2  V1 )  nRT2  P2 V1
A  nRT2 2598,125  2,5.8,314.300
 P2 

258542, 6 N / m 2 2,552 atm
3
V1
34,167.10
nRT2 2,5.0, 082.300
 V2 

24,1 L
P2
2,552
V
T
24,1
5
300
S nR ln 2  nCV ln 2 2, 5.8,314.ln
 2,5. .8,314.ln
2, 219 J / K

V1
T1
34,167
2
250
Q moi truong  Q
Smoi truong 

0
T
T
Sco lap S  Smoi truong 2, 219 J / K
2.
a.
n
Số mol khí trong nhiệt lượng kế trước khi đốt:
 n O2 0,3  0, 003 0, 297 mol

PV
3, 665.2

0,3mol
RT 0, 082.298

Ta có sơ đồ:
CH4(k) + 2O2(k) + O2dư(k) +NLK  Q CO2(k) + 2H2O(l) + O2dư + NLK
0,003
0,006 0,291
0,003
0,006

0,291

Q1

299,5K

Q2
CO2(k) + 2H2O(l) + O2dư + NLK
0,003
0,006
0,291

298 K

 Q Q1  Q 2 0





o
 n CH4 U dc,298
 n CO2 C V,CO2  n H 2O C V,H 2O  n O2du C V,O2  Cnlk (299,5  298) 0


5

n

 U odc,298 

 U
H

o
dc,298



CV,CO2  n H2O C V,H2O  n O2du CV,O2  C nlk (299,5  298)
n CH4

 0, 003.(36, 4  8,314)  0, 006.74,5  0, 291.(29, 4  8, 314)  1763,3 .1,5

 U odc,298 
o
dc,298

CO2

0, 003

 884983, 642 J / mol

o
U dc,298
 nRT

H odc,298  884983,642  2.8,314.298  889938,786 J / mol  889,939 kJ/ mol
b.

H odc,298  H oht,298
 2 H oht,298
 H oht,298
CO 2
H 2O
CH 4
Ta có:
o
 H oht,298
 H oht,298
 2 H oht,298
 H dc,298




  H




CH 4

o
ht,298 CH
4













CO2







H2 O

 393,5  2.(  285, 2)  889,939  73,961 kJ / mol

Câu 4 (3 điểm)
1. Hai chất A và B có cùng thành phần nguyên tố, chứa anion phức xiano. Khi cho 20 mL dung
dịch 0,1M của A tác dụng với 1,325 gam Pb(NO3)2 thì tạo thành 1,2527 gam kết tủa trắng và trong dung
dịch chỉ còn lại muối kali. Khi cho 1,5192 gam FeSO4 vào một lượng dư dung dịch A thì tạo thành
1,6184 gam kết tủa trắng C (C chứa 51,77 % khối lượng là sắt). Mặt khác, nếu cho dung dịch A tác dụng
với dung dịch Fe2(SO4)3 đặc, thu được kết tủa D có màu xanh chàm; nếu cho dung dịch B phản ứng với
FeCl2 loãng, thu được kết tủa xanh E.
a. Xác định A, B, C, D, E.
b. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

Cho: C = 12,01 ; N = 14,01 ; O = 16,00 ; S = 32,07 ; Cl = 35,45 ; Fe = 55,85 ; Pb = 207,20
2. Thực hiện chuỗi phản ứng sau:
2O
A  Na
 B  N
 C  HCl
  D  E Z  
E+Y+A
NaClO
3O4
2
X + Y  Fe

 A  H2O
 E 
 (NH 2 ) 2CO
NaOH
p .t o

Biết khi phân hủy 1,00 mol Z thì thu được 35,5 lít khí Y (đktc); A và E đều là các bazơ yếu; X và Y đều
là đơn chất.
a. Xác định công thức của các chất trong sơ đồ trên.
b. Viết các phương trình phản ứng trong chuỗi biến hóa.
Hướng dẫn giải:
1.
a. Khi cho dung dịch A tác dụng với Pb(NO 3)2 thì tạo kết tủa trắng và trong dung dịch chỉ còn lại muối
kali  trong thành phần của A và B có chứa kali.
Kí hiệu anion phức xiano trong hợp chất A là X.
1,325
nPb ( NO3 )2 : nA 

: (0,1.0, 02) 2 :1
331, 22
 anion trong phức A là X42Pb 2
n(mol)
M Pb2 X

3

+ X 4

 Pb 2 X

3

4.10
2.10
1, 2527

626,35 (g/mol)  M X 4 211,97 (g/mol)
2.10  3
2Fe 2 + X 4  Fe 2X

1,5192
1, 6184
0, 01 (mol)  n Fe2 X 0, 005 (mol)  M Fe2 X 
323, 68 (g/mol)
151,92
0, 005
Kết tủa Fe2X chứa 51,77% khối lượng là Fe
323, 68.0,5177

n Fe =
3
55,85

n FeSO4 =


6
 Trong thành phần của phức xiano X có chứa 1 nguyên tử Fe
a=

211,97  55,85
6
12,01 + 14,01

[Fe(CN) ] . Mặt khác M X 4 211,97 (g/mol) 
 X4- có dạng
Vậy C là Fe2[Fe(CN)6] và A là K4[Fe(CN)6]
A và B có cùng thành phần nguyên tố, chứa anion phức xiano, trong đó A là hợp chất của Fe 2+ tác
dụng được với dung dịch Fe3+, còn B phản ứng với dung dịch Fe2+  B là hợp chất của Fe3+  B là
K3[Fe(CN)6]
 D là Fe4[Fe(CN)6]3 và E là Fe3[Fe(CN)6]2
b. Các phương trình phản ứng:
K4[Fe(CN)6] + 2Pb(NO3)2  Pb2[Fe(CN)6] + 4KNO3
K4[Fe(CN)6] + 2FeSO4  Fe2[Fe(CN)6] + K2SO4
3K4[Fe(CN)6] + 2Fe2(SO4)3  Fe4[Fe(CN)6]3 + 6K2SO4
2K3[Fe(CN)6] + 3FeCl2  Fe3[Fe(CN)6]2 + 2KCl
4
a

2.
a.
A
NH3

B
NaNH2

C
NaN3

D
HN3

E
H2N-NH2

X
H2

Y
N2

Z
[N 2 H 5 ] [N 3 ]

b.
Các phản ứng xảy ra:
2NH3 + 2Na  2NaNH2 + H2
2NaNH2 + N2O  NaN3 + NaOH + NH3

NaN3 + HCl  NaCl + HN3
[N H ] [N 3 ]
N2H4 + HN3  2 5
[N H ] [N 3 ]  2N H + 16NH + 19N
12 2 5
2 4
3
2
N2 + 3H2  2NH3
2NH3 + H2O2  N2H4 + 2H2O
(NH2)2CO + NaClO + 2NaOH  N2H4 + H2O + NaCl + Na2CO3

Câu 5 (4 điểm).
5.1. Dựa vào thuyết VB hãy viết công thức cấu tạo của các phức chất sau: [Fe(CO) 5];
[Fe(CO)6]Cl2, biết rằng chúng đều nghịch từ.
5.2. Thuyết VB khơng thể giải thích được tại sao một bazơ Lewis yếu như CO lại có khả
năng tạo phức chất tốt và tạo nên những phức chất cacbonyl bền vững. Dựa vào cấu hình
electron của phân tử CO theo thuyết MO, hãy giải thích sự tạo thành liên kết bền giữa kim loại
và CO.
5.3. Cho phản ứng: [Fe(CO)5] + 2 NO → [Fe(CO)2(NO)2] + 3 CO
(a) Giải thích tại sao có thể thay thế 3 phối tử CO bằng 2 phối tử NO trong phản ứng trên.
(b) Tìm một phức chất cacbonyl (chỉ chứa phối tử CO) đồng điện tử với [Fe(CO) 2(NO)2].
Hãy dự đoán cấu trúc phân tử của [Fe(CO)2(NO)2].
Câu 5
Nội dung
5.1
- Cấu tạo [Fe(CO)5]:
Fe0 cấu hình 3d8. Phối tử CO sẽ lai hóa trong, hai e độc thân của cấu hình d 8 sẽ ghép
đơi tạo nên 1 obitan d trống. Dạng lai hóa dsp 3, cấu trúc hình học lưỡng chóp tam
giác, thỏa mãn tính nghịch từ.

7

- Cấu tạo của [Fe(CO)6]2+:
Fe2+ cấu hình 3d6. Phối tử CO lai hóa trong, bốn e độc thân của cấu hình d 6 sẽ ghép
đơi tạo nên 2 obitan d trống. Dạng lai hóa d 2sp3, cấu trúc hình học bát diện đều,
thỏa mãn tính nghịch từ.

5.2

5.3

2*2 4 2 0

- Cấu hình electron của CO: s s xy z xy
- Liên kết M-CO bền vì ngồi liên kết  cho nhận kiểu CO→M (giữa đôi e trên MO
z liên kết của CO với obitan d trống của M) cịn có liên kết π kiểu M→CO (giữa
đối e trên obitan d của M với MO phản liên kết π* trống của CO).
- Liên kết sau đóng vai trị quyết định độ bền bất thường của liên kết M-CO mà
thuyết trường tinh thể, thuyết VB khơng giải thích được.
- Như vậy CO dùng cả hai obitan z và π* trống để hình thành liên kết phối trí.
2*2  4  2 *1

Cấu hình electron của NO: s s xy z xy
- Trên MO của phối tử NO có thêm một electron trên MO π *. Giống như CO, NO
cũng dùng hai obitan z và π* để hình thành liên kết phối trí. Như vậy, NO cho
nguyên tử kim loại 3e (CO chỉ cho 2e). Do đó, 2 phối tử NO có thể thay thế được 3
phối tử CO.
- Phức chất đồng điện tử với [Fe(CO)2(NO)2] là [Ni(CO)4] hoặc [Fe(CO)4]2+... Chúng

đều là những phức chất tứ diện (giải thích bằng thuyết VB). Do vậy, cấu trúc của
[Fe(CO)2(NO)2] cũng được dự đoán là tứ diện.

Câu 6. (3,0 điểm)
Trộn 10,00 ml dung dịch SO2 với 10,00 ml dung dịch Na2SO3, được dung dịch A. Thêm 3 giọt
metyl da cam và chuẩn độ dung dịch thu được. Dung dịch đổi màu (pH = 4,4) khi dùng hết 12,50 ml
dung dịch NaOH 0,2000M. Thêm tiếp 3 giọt phenolphtalein vào hỗn hợp và chuẩn độ tiếp bằng NaOH
0,2000M. Sự đổi màu xảy ra (pH = 9,0) khi dùng hết 27,50 ml NaOH nữa.
1. Tính nồng độ mol/l của dung dịch SO2 và dung dịch Na2SO3 trước khi trộn.
2. Tính pH của dung dịch A sau khi trộn.
3. Cho biết độ tan của BaSO3 trong nước ở 25 oC bằng 0,016 gam/100 gam nước, chấp nhận khối
lượng riêng của dung dịch là 1g/ml. Hãy tính tích số tan của BaSO3.
Cho biết H2SO3 có pKa1 = 1,76; pKa2 = 7,21.
Câu 6
Hướng dẫn trả lời
6.1
C 0SO2
C 0SO2
3
Đặt nồng độ của SO2 và Na2SO3 trước khi trộn là C1 =
; C2 =
C
 sau khi trộn: C SO2 = 0,5C1; SO32 = 0,5C2.
pK  pK a2
 a1
pH HSO3  thành phần
2
Khi chuẩn độ dung dịch A đến pH = 4,4
= 4,485 =
-

của hệ thu được là HSO3 , nghĩa là trong hỗn hợp A phải có SO 2. Như vậy sau khi trộn
dung dịch SO2 với dung dịch Na2SO3, SO2 còn dư:
2SO + H O + SO3  2 HSO3
2

0,5C1
0,5(C1 – C2)

2

0,5C2
0

C2


8
Thành phần của dung dịch A: SO2 0,5(C1 – C2) M; HSO3 C2 M, môi trường axit  Khi
chuẩn độ dung dịch A đến pH = 4,4 dung dịch sẽ chuyển từ màu đỏ sang màu vàng. Thêm
tiếp phenolphtalein vào hỗn hợp chuẩn độ và chuẩn độ đến pH = 9,0 dung dịch sẽ chuyển từ
màu vàng sang màu hồng.
Chuẩn độ đến pH = 4,4 hệ thu được gồm HSO3 và SO (bỏ qua SO 2–) trong đó HSO3
2

3

chiếm
[HSO-3 ]
K a1

10  1,76


0,998 99,8% 100%
[HSO-3 ]  [SO2 ] [H + ]  K a1 10  4,4  10  1,76
=> chuẩn hết nấc 1
SO2 + OH–  HSO3
 20,00 . 0,5.(C1 – C2) = 12,50 . 0,20

(1)

Chuẩn độ đến pH = 9,0, hệ gồm HSO3- và SO32- (bỏ qua SO2):
[SO32- ]
K a2
10 7,21


0,984
[HSO-3 ]  [SO32- ] [H + ]  K a2 10 9,0  10  7,21
= 98,4%

100%

2-

 thành phần của hệ gồm 100% SO3 , chuẩn độ hết nấc 2
HSO-3 + OH–  SO32- + H O
2
 20,00 . {0,5(C1 – C2) + C2} = 27,50 . 0,20
(2).


Từ (1) và (2)
C2 = 0,15 M; C1 = 0,40 M
6.2

Khi chưa chuẩn độ, pHA chính là pH của hệ đệm:

SO2 + H O ⇌ HSO-3 + H+
2
0,125 – x
0,15 + x
x.(0,15  x )
10 1,76
0,125  x
 x = [H+] = 0,012  pHA = 1,92
6.3

Ka1 = 10-1,76
x

0,016 1000
.
Gọi độ tan của BaSO3 trong nước là s  s = 217,33 100 = 7,36.10-4 (M)
2BaSO3 ⇌ Ba2+ + SO3
s
s

SO32- + H O ⇌ HSO-3 + OH2
HSO-3

Ks = ?

(1)

Kb1 = 10-6,79

(2)

⇌ SO2 + OH–
Kb2 = 10-12,24
Vì Kb2 << Kb1 nên có thể bỏ qua (3). Xét q trình (2):
-

(3)

SO32- + H O ⇌ HSO3 + OH–
Kb1 = 10-6,79
2
C
7,36.10-4
 x = 1,08.10-5
[ ] 7,36.10-4 – x
x
x
Vậy [OH ] = [HSO3 ] >> Kb2. Bỏ qua (3) là hợp lý.
2[Ba2+] = s = 7,36.10-4 (M); [ SO3 ] = 7,36.10-4 - 1,08.10-5 = 7,25.10-4 (M)
2-

 Ks = [Ba2+].[ SO3 ] = 5,33.10-7

9

ĐỀ THAM KHẢO SỐ 2

KỲ THI CHỌ HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
TRUNG HỌC PHỔ THƠNG
NĂM HỌC 2023-2024
MƠN HĨA HỌC
THỜI GIAN 180 PHÚT

Câu 1. (3,0 điểm)
1.1. Một nguyên tử hiđro khi chuyển từ trạng thái kích thích ứng với n =5 về trạng
thái ứng với n=2 phát ra ánh sáng màu xanh. Một ion He+ (ZHe=2) khi chuyển từ trạng thái
kích thích ứng với n=c về trạng thái ứng với n=t sẽ phát ra ánh sáng màu xanh giống như
vậy. Tìm giá trị của c, t.
1.2. Nguyên tử của các nguyên tố A, R, X có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng
tử:
A:
R:

n = 3 ℓ = 1 m = +1,
n = 2 ℓ = 1 m = 0,

s 

1
2

1

2
1
s=−
2
s=−

X: n = 2 ℓ = 1 m = +1,
a. Gọi tên A, R, X (theo quy ước các giá trị của m theo tứ tự +ℓ... 0 ...-ℓ)
b. Xác định trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm và dạng hình học của các
2−
phân tử và ion sau: R2X, AR6, H2AX3, AX 4 (H là hidro).
1.3. Hãy sắp xếp (có giải thích) các hạt vi mơ cho dưới đây theo chiều giảm dần
bán kính hạt:
Rb+ (Z = 37); Y3+ (Z = 39); Kr (Z = 36), Br- (Z = 35), Se2- (Z = 34), Sr2+ (Z = 38)
Câu
Hướng dẫn
1
1.1 Nguyên tử hiđro khi chuyển từ trạng thái kích thích ứng với n =5 về trạng thái ứng với n=2
thì phát ra bức xạ có năng lượng :
 1 1 
E5 – E2  2,18 10 18  2  2 
5 2 
n = 5 → n = 2:
Một ion He+ (ZHe=2) có cấu tạo 1 hạt nhân, 1 electron giống nguyên tử Hidro  Năng lượng
của electron có dạng :


10
Z2
Z 2 1,602 10 19

E  13, 6  2 (eV)  13, 6 
(J)
n
n2
Khi chuyển từ trạng thái kích thích ứng với nc về trạng thái ứng với nt sẽ phát ra ánh sáng có
năng lượng giống như vậy tức là :
Z2
Z 2 1, 602 10 19
E  13, 6  2 (eV)  13, 6 
(J)
n
n2
1 1
1 1
E  13, 6 Z 2 1, 602 10 19 ( 2  2 )  2,18 2 2 10  18 ( 2  2 )
nc nt
nc nt
1 1
1 1
1
1 1
1
1
 2,18 10 18 ( 2  2 )  ( 2  2 )  2 ( 2  2 )  2  2
5 2
nc nt
2
5 2
10 4
+

Vậy He chuyển từ n = 10 về n = 4.

1.2.

A:

3p4  A là S

R:

2p5  R là F

X:
2p4  X là O
Trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học:
F2O, O lai hóa sp3, phân tử dạng góc:
O

F

F

SF6, S lai hóa sp3d, bát diện đều:
F

F

F

S

F

F
F

H2SO3, S lai hóa sp3, dạng tháp tam giác.
S
O
2−

SO 4

OH
OH

, S lai hóa sp3, tứ diện đều.
2-

O
S
O

1.3

O
O

Chiều giảm dần bán kính hạt:
Se2- > Br- > Kr > Rb+ > Sr2+ > Y3+

Giải thích : các hạt có cùng cấu hình e ; hạt nào có Z càng lớn  lực hút giữa hạt
nhân và e càng lớn làm bán kính giảm.

Câu 2. (4,0 điểm)
Acquy chì – axit được mơ tả bởi sơ đồ:
Pb( r ) PbSO4 (r ) H 2 SO4 ( aq ) PbSO4 (r ) PbO2 (r ) Pb(r )

1. Chỉ ra anot, catot trong quá trình nạp điện cho acquy và trong quá trình acquy xả điện.
2. Viết PTHH của các phản ứng xảy ra tại các điện cực và phản ứng tổng quát trong quá
trình acquy xả điện và trong quá trình nạp điện cho acquy.
3. Biết PbSO4 có Ksp = 1,6.10-8 và giản đồ Latimer của chì trong môi trường axit như sau:


11
1,454V

2

 0,126V

a. PbO2    Pb     Pb
b. Tính tốn và cho biết Pb2+ có thể tự oxi hóa khử trong mơi trường axit hay khơng?
4. Tính thế mạch hở tiêu chuẩn ở 25oC của một pin gavani trong acqui khi nó được nạp
đầy điện
5. Tính thế mạch hở ở 25oC của một pin gavani trong acqui khi nó được nạp đầy điện nếu
dung dịch axit có nồng độ 4,5M.

Hướng dẫn giải:
Ý
Nội dung

1
Pb(r ) PbSO4 (r ) H 2 SO4 (aq) PbSO4 (r ) PbO2 (r ) Pb(r )

2

+ Trong quá trình xả ðiện:
Anot là ðiện cực Pb(r) ,PbSO4 (r)
Catot là ðiện cực Pb(r), PbO2 (r)
+ Trong quá trình acquy nạp ðiện:
Anot là ðiện cực Pb(r), PbO2 (r)
Catot là ðiện cực Pb(r) ,PbSO4 (r)
Viết phương trình phản ứng trong quá trình acquy xả điện
 2 FE o PbSO4 / Pb  RT ln Ks  2 FE o Pb2 / Pb
RT
ln Ks  E o Pb2 / Pb
2F
PbSO4  2e  Pb  SO4 2  (b)
E o PbSO4 / Pb 

G o ( b )  2 FE o PbSO4 / Pb
G o ( b ) G o 3  G o 2
0, 0592
1
xa
lg  4
 
(  ) Pb  SO4 2 
 PbSO4  2e
2
[H ] [SO4 2  ]2

nap
xa
 
() PbO2  4 H   2SO4 2   2e 
 2 PbSO4  2 H 2O
E E o 

nap

xa

 
PbO2  Pb  4 H  SO4 2  2e 
 2 PbSO4  2 H 2O


PTTQ:
3

nap


2
Xét phản ứng : 2 PbSO4  H 2O  PbO2  Pb  4 H  2SO4

PbO2  4 H   2e  Pb 2  2H 2O

(1)

G o1  2 FE o

Pb2+ + 2e  Pb

(2)

PbSO4  Pb 2  SO4 2

(*) G

o

PbO2 / Pb 2

G o 2  2 FE o Pb2 / Pb

o
(3) G 3  RT ln Ksp

(*) là tổ hợp 2x(3) +(2) – (1)
G o = 393888,19(J) = 393,888 (KJ) >0 nên Pb2+ không thể tự oxi hóa khử trong
mơi trýờng axit.
4

xa
 
PbO2  4 H   SO4 2  2e 
 PbSO4  2 H 2O(a ) G o a  2 FE o PbO2 / PbSO4
nap

(a) = (1) –(3)

G o a G 01  G o 3

 2 FE o PbO2 / PbSO4  2 FE o PbO / Pb2  RT ln K s
2

E

o
PbO2 / PbSO4

E

o
PbO2 / Pb 2

RT

ln Ks
2F
= 1,684(V)

o
o
PbSO4  2e  Pb  SO4 2  (b) G ( b )  2 FE PbSO4 / Pb


12
(b) = (3) +(2)
G o ( b ) G o 3  G o 2
 2 FE o PbSO4 / Pb  RT ln Ks  2 FE o Pb2 / Pb

RT
E o PbSO4 / Pb 
ln Ks  E o Pb2 / Pb
2F
= -0,356(V)
E o E o PbO2 / PbSO4  E o PbSO4 / Pb

5

= 1,684 –(-0,356) = 2,04V

0, 0592
1
E E o 
lg  4
2
[H ] [SO4 2 ]2

=2,912 (V)
Câu 3. (3,0 điểm)
2

2

3

1

2

3.1. Cho phản ứng hạt nhân 1 D + 1 D  2 He + 0 n . Biết độ hụt khối của 1 D là
(∆mD = 0,0024u, ∆mHe = 0,0505u và 1u = 931,5Mev/c2, NA = 6,022 1023 mol-1. Nước
2
trong tự nhiên có chứa 0,015% D 2O, nếu toàn bộ 1 D được tách ra từ 1kg nước làm
m 20u
nhiên liệu dùng cho phản ứng trên thì toả ra năng lượng bao nhiêu. Cho D O
.
6
3.2. Mặt trời có đường kính 1,392  10 km và có khối lượng riêng khoảng
1,408g/cm3 bao gồm 73,46% (theo khối lượng) là Hidro. Năng lượng của mặt trời hoàn
toàn từ sự kết hợp của Hidro tạo Heli theo phương trình:
2

4 11H  24 He  201 e  2

Năng lượng giải phóng khi hình thành mỗi hạt nhân Heli tạo ra cường độ rất mạnh
là 3,846  1026J/s cho toàn bộ mặt trời. Cho biết:
1
4
0
Hạt
1H
2 He
1 e
Khối lượng (u)
1,00783
4,002604
0,00054858
a. Tính khối lượng mặt trời.
b. Từ cường độ ánh sáng tính khối lượng Hidro tham gia phản ứng trong một giây trong

phản ứng trên.
c. Với lượng Hidro trên mặt trời hiện tại, hãy cho biết sau bao lâu thì mặt trời ngừng chiếu
sáng?
Hướng dẫn
Câu3
3.1 Ở đây lại có một hạt nơtron sinh ra nên phải tính lại khối lượng từng hạt qua độ
hụt khối.
m= (2mD -mHe - mn) = 2(mP + mn - ∆mD) - [(2mp + mn - ∆mHe) + mn ]
= (2∆mD- ∆mHe ) = 0,0457u.
Ta thấy trong biểu thức tính m khơng cịn mn nữa.
Năng lượng phản ứng tỏa ra:
E mc 2 0, 0457u 931,5 42,57 MeV 68,1110  13 J

Khối lượng D2O có trong 1000g H2O = 0,015x 1000/100 = 0,15 g.
Số phân tử D2 chứa trong 0,15 g D2O :
NA

3.2

6, 022 1023 0,15
20
= 4,5165 1021

N= 20 0,15 =
Năng lượng có thể thu được từ 1 kg nước thường nếu toàn bộ đơtêri thu được
đều dùng làm nhiên liệu cho phản ứng nhiệt hạch là
E = N E = 4,5165 1021  68,11 10-13 = 307,62 108 J = 30,762 106 kJ
a.Khối lượng mặt trời

13
4 3
4
1,392 106
m V d   r d   (
105 )3 1, 408 1,9875 1033 g
3
3
2

b.Năng lượng phát ra của phản ứng trên là:
E  4(m H  m e )  (m He  2 m e  2 m e )  931,5 MeV
E  4 m H  m He  4 me ) 931,5 MeV 24, 687 MeV
E 24, 7 1, 602 10 13 MeV 39,578 10  13 J
3,846 10 26
N
9,72 1037
 13
39,578 10
Trong một giây số nguyên tử Heli sinh ra là :
nHe 

N
9, 72 1037

1, 614 1014 mol
N A 6, 022 1023

Số mol Heli sinh ra trong một giây :
Khối lượng Hidro mất đi trong một giây là:

4 1, 614 1014 1, 00783 6,5065 1014 g

c. Khối lượng Hidro trên mặt trời là :
m 1,98746 1033 g 73, 46 /100 1, 4611033 g

Thời gian lượng Hidro tham gia phản ứng hết:
1, 4611033
2, 245 1018 s 7,12 1010
6,5065 1014
năm

Vậy sau 7,12  1010 năm thì mặt trời mới ngừng chiếu sáng.
Câu 4. (3,0 điểm)
4.1. Tính nhiệt độ lớn nhất của ngọn lửa khi đốt cháy C 3H8 ở áp suất 1,0 bar bằng O 2. Cho
biết:
- Hỗn hợp khí được lấy theo đúng hệ số tỉ lượng.
- Nhiệt độ ban đầu là 298K,
0
 f H 298,
CO2 ( k )

-1

=-393,51 kJ.mol ;

CP0 ,CO2 ( k )

C0

0
 v H 373,
H 2O ( l )
0
 f H 298,
H 2O ( l )

-1

= 40,66 kJ.mol ;

0
 f H 298,
C3 H8 ( k )

=-104,71 kJ.mol-1;

=-285,82 kJ.mol-1.
C0

=36,4 J/mol.K; P , H O (l ) = 75,3 J/mol.K; P , H O ( k ) = 33,6 J/mol.K
4.2. Nếu thay O2 bằng khơng khí thì nhiệt độ lớn nhất bằng bao nhiêu? Cho biết:
- Khơng khí chứa 20% O2, cịn lại là N2 và lượng khơng khí được lấy vừa đủ.
2

C0

2

- Nhiệt độ ban đầu của hỗn hợp là 298 K và P , N =29,1 J/K.mol

Câu
Hướng dẫn
4.1 Coi quá trình cháy hoặc nổ xảy ra nhanh tới mức khơng trao đổi nhiệt với mơi
trường. Có nghĩa là tồn bộ nhiệt lượng tỏa ra bởi phản ứng chỉ dùng để nâng
nhiệt độ của các chất còn lại sau phản ứng từ T1 đến Tmax
Phản ứng từ T1 đến Tmax (Q=0)
Nếu P = const ta có Q =  H = 0
V = const ta có Q =  U = 0
Gọi T là nhiệt độ lớn nhất của ngọn lửa; giả sử T>373K, ta có sơ đồ:
2

H 0
(C3 H 8  5O2 )(298K ,1bar )  Q

 3CO2 (k )  4 H 2O (k )(T ,1bar)

(1)

(3)

(5)


14
3CO2

298 K ,1bar 
(2)
 4 H 2O  


0
H1 3 f H 298,
CO2

+
= - 2219,10 (KJ)

 4 H 2O( k )
(4)
 4 H 2O (l )   

373K ,1bar
373K ,1bar

0
0
4 f H 298,
H 2O ( l )  f H 298,C3 H8 ( k )

H 3 3CP ,CO2 (T  298)

-

=109,2T-32541,6 (J)

0
H 2  H 4  H 5 = 4[ CP ( H 2O.l ) (373-298)+  v H 373, H 2O (l ) + CP ( H 2O.k ) (T-373)]

4.2

=134,4T+135098,8 (J)
Ta có
-2219,10.103 + 109,2 T – 32541,6 + 134,4T+135098,8 = 0
T = 8688,6 K > 373K điểu giả sử thỏa mãn
Vậy Tmax = 8688,6K
Khi đốt trong không khí ta có:
Gọi T là nhiệt độ lớn nhất của ngọn lửa; giả sử T>373K, ta có sơ đồ:
(C3 H 8  5O2  20 N 2 )(298,1bar )  
 3CO2 ( k )  4 H 2O( k ) 20 N 2 (T ,1bar)

(1)

(5)

(3)



3CO2
 4 H O(k )

298 K ,1bar 20 N 2
 (4)
  2
373K ,1bar

4
H
O
(

l
)

2
(2)
 4 H O   
 2
373K ,1bar
0
0
0
H1 3 f H 298,
4 f H 298,
CO2
H 2 O ( l )  f H 298,C3 H 8 ( k )

Tương tự:

+

-

=-2219,10 (KJ)

,

H 3 (3CP ,CO2  20CP , N 2 )(T  298)

=691,2. T – 205977,6 (J)

H 2  H 4  H 5 = 134,4T+135098,8 (J)

Ta tính được T’ = 2773,7K
Câu 5. (3,0 điểm). Sunfuryl clorua (SO2Cl2) được sử dụng rộng rãi trong công nghiệp.

Sunfuryl clorua là một chất lỏng không màu, có mùi cay, sơi ở 70 oC. Khi nhiệt độ trên
70oC nó sẽ phân hủy tạo thành SO2 và Cl2 theo phản ứng: SO2Cl2(k)  SO2(k) + Cl2(k)
Một bình kín thể tích khơng đổi chứa SO 2Cl2(k) được giữ ở nhiệt độ 375K. Quá
trình phân hủy SO2Cl2(k) được theo dõi bằng sự thay đổi áp suất trong bình. Kết quả thu
được như sau:
Thời gian, t(s)
0
2500 5000 7500 10000
Áp suất, P(atm)
1,00 1,05 1,105 1,152 1,197
0
3
1. a) Chứng tỏ rằng phản ứng phân hủy SO 2Cl2 là phản ứng bậc 1. Tính hằng số tốc
độ của phản ứng ở 375K.
b) Nếu phản ứng trên được tiến hành ở 385K, áp suất của bình sau 1 giờ là 1,55
atm. Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng phân hủy trên.


15
2. Đối với phản ứng đơn giản: A + B  C + D
Trộn 1 thể tích dung dịch chất A với 2 thể tích dung dịch chất B, đều cùng nồng độ 1M, ở
nhiệt độ 333,2K thì sau bao lâu A phản ứng hết 90%
Ý
1.

ĐÁP ÁN
a) Nếu phản ứng SO2Cl2(k)  SO2(k) + Cl2(k) là phản ứng bậc 1 thì ta có:
1 C 1 P
k  ln o  ln o
t Ci t Pi

Ở đây, Po là áp suất đầu (Po = 1 atm), Pt là áp suất SO2Cl2 sau thời gian
t. Gọi x (atm) là áp suất SO2Cl2 đã phản ứng: x = Ptổng – 1
và Pt = Po – x = 1 – x.
Ta có:
Thời gian, t(s)
2500
5000
7500 10000
Áp suất tổng
1,053 1,105 1,152 1,197
P(atm)
x = (Ptổng – 1)
0,053 0,105 0,152 0,197
PSO Cl
0,947 0,895 0,848 0,803
=1–x
2

2

Thay vào biểu thức tính k ta được:
1
1
1

1
k1  ln

ln
2,178.10 5 ( s  1 )
t 1  x 2500 0,947
1
1
k2 
ln
2, 219.10 5 ( s  1 )
5000 0,895
1
1
k3 
ln
2,198.10 5 ( s  1 )
7500 0,848
1
1
k4 
ln
2,194.10  5 ( s  1 )
10000 0,803

Nhận xét: Các giá trị hằng số tốc độ k1, k2, k3 và k4 khác nhau không
đáng kể do sai số thực nghiệm. Vậy giả thiết phản ứng bậc 1 là đúng:
k

k1  k2  k3  k4 (2,178  2, 219  2,198  2,194).10  5


2,197.10 5 ( s  1 )
4
4

b) Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng:
Ở 385K, Ptổng = 1,55 atm  1,55 = 1 + x và x = 0,55 atm.
Ta có:

PSO2Cl2

= 1 – 0,55 = 0,45 atm.
ln

Sử dụng phương trình Arrhenius:
ln

2.

E  1 1
k2
 a   
k1
R  T2 T1 
ta có:

Ea  1
2, 218.10 4
1 




  Ea 277,529( kJ / mol )
5
2,197.10
8,314  385 375 

CAo = 1/3M; CBo = 2/3M. Nồng độ ban đầu của A và B khác nhau, phương
trình động học tích phân có dạng:
kt 

1
b( a  x )
ln
(a  b) a (b  x)

Thay các giá trị số vào phương trình tính được t = 24353s (hay 6,764h)


16
Câu 6. (4,0 điểm)

2−

Theo lý thuyết, khống pyrit có cơng thức: FeS 2. Trong thực tế, một phần ion S 2 được thay
thế bởi S2- và công thức tổng của pyrit có dạng là FeS 2 – x . Như vậy, có thể coi pyrit như là hỗn hợp FeS 2
và FeS. Khi xử lý một mẫu khoáng pyrit trên với Br 2 trong KOH dư thu được kết tủa nâu đỏ A và dung
dịch B. Nung kết tủa A đến khối lượng không đổi thu được 0,2 gam chất rắn khan. Cho dung dịch B tác
dụng với dung dịch BaCl2 dư thu được 1,1087 gam kết tủa trắng, không tan trong dung dịch axit mạnh.
1. Viết các phương trình phản ứng. Cân bằng các phản ứng oxi hóa – khử theo phương pháp thăng bằng

ion – electron.
2. Xác định giá trị của x trong công thức FeS2 – x.
3. Tính khối lượng brom đã dùng để oxi hóa mẫu khoáng trên.
Biết: Fe = 55,85; Br = 79,92; Ba = 137; S = 32; O = 16.
Hướng dẫn chấm:
Câu 6
Nội dung chấm
2−
1
Theo lý thuyết khống pyrit có cơng thức: FeS , trong thực tế một phần ion S 2 được
2

thay thế bởi S2- và công thức tổng của pyrit là FeS 2 – x . Như vậy có thể coi pyrit như là hỗn
hợp FeSs, FeS. Khi xử lý một mẫu khống với Br2 trong KOH dư thì xảy ra phản ứng:
FeS2 + Br2 + KOH → Fe(OH)3 + KBr + K2SO4 + H2O (1)
2

Cân bằng: FeS2 + 19OH-  Fe(OH)3 + 2SO 4 + 8H2O + 15e x 2
Br2 + 2e  2Brx 15




2

2FeS2 + 38OH- + 15Br2  2Fe(OH)3  + 4SO 4 + 30Br- + 16H2O
2FeS2 + 15Br2 + 38KOH  2Fe(OH)3  + 4K2SO4 + 30KBr + 16H2O (1)
FeS + Br2 + KOH → Fe(OH)3  + KBr + K2SO4 + H2O (2)
2

Cân bằng: FeS + 11OH-  Fe(OH)3  + SO 4 + 4H2O + 9e
x 2

Br2 + 2e
2Br
x 9
2

2FeS + 22OH- + 9Br2  2Fe(OH)3  + 2SO 4 + 18Br- + 8H2O
 2FeS2 + 9Br2 + 22KOH  2Fe(OH)3  + 2K2SO4 + 18KBr + 8H2O
(2)
Nung kết tủa nâu đỏ:
2Fe(OH)3  Fe2O3 + 3H2O
(3)
Chất rắn là Fe2O3.
Dung dịch B gồm KBr, K2SO4, KOH, có thể cịn Br2 dư, tác dụng với dung dịch BaCl2 dư
K2SO4 + BaCl2  BaSO4  + 2KCl
(4)



2

3

0,2
=0 , 00250
160
Theo đề bài,
(mol);

1 , 087
n S =nBaSO =
=0 , 00475
4
233
(mol)
n Fe =2 nFe

=2 .
2 O3

Nên Fe : S = 0,00250 : 0,00475 = 1 : 1,9
Vậy x = 0,1; công thức của khống pyrit là FeS1,9
Vì x = 0,1 nên FeS chiếm 10% và FeS2 chiếm 90%.
Từ số mol của Fe suy ra:
- Số mol FeS2 : 0,9 . 0,0025 = 0,00225 (mol)
- Số mol FeS : 0,1 . 0,0025 = 0,00025 (mol)
Theo phản ứng (1) và (2), khối lượng Br2 dùng để oxi hóa mẫu khống trên là
15
9
(0, 00225.  0, 00025. ).160 0, 288 gam
2
2


17

ĐỀ THAM KHẢO SỐ 3

KỲ THI CHỌ HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA

TRUNG HỌC PHỔ THƠNG
NĂM HỌC 2023-2024
MƠN HĨA HỌC
THỜI GIAN 180 PHÚT

Câu I:
1. Hãy xây dựng giản đồ MO cho NO-, và cho biết khi kết hợp với H+ để tạo thành phân tử
HNO thì lúc này H+ sẽ liên kết với N hay O và thử dự đoán dạng hình học của phân tử này.
2. Sử dụng thuyết obitan phân tử hãy viết cấu hình electron của các phân tử và ion sau: N 2,
2O2, N2 , N2-, O2+ rồi từ đó sắp xếp các tiểu phân (phân tử hay ion) này theo thứ tự tăng dần năng
lượng ion hóa thứ nhất. Giải thích.
3. Độ dài liên kết C-C trong các cacbua có cơng thức MC 2 nằm trong khoảng 119 đến 124
pm nếu M là kim loại nhóm 2 (IIA) hoặc các kim loại khác thường tạo ra ion 2+, nhưng lại xấp
xỉ khoảng 128 đến 130 pm với các kim loại nhóm 3, kể cả các lantan, ví dụ như YC 2 hoặc CeC2.
Tại sao liên kết C-C của các cacbua của kim loại nhóm 3 lại dài hơn?
Đáp án
1

Giản đồ MO của NO-.


18

N
NOO
+
Khi tương tác với H thì mức tương tác là obitan bị chiếm có mức năng lượng cao
nhất (HOMO), ở đây chính là mức π* vốn dĩ có năng lượng rất gần với N. Như vậy
mật độ e trên N lúc này sẽ cao hơn so với O nên H+ ưu tiên gắn vào phía N. Do H+
lúc này tương tác với MO π* nên có thể dự đốn rằng phân tử HNO sẽ có dạng

góc (Hình vẽ)
H

N

2

O

Cấu hình electron của các tiểu phân trên theo thuyết MO:
N2: (σ2s)2 (σ2s*)2 (π2p)4 (σ2p)2.
O2: (σ2s)2 (σ2s*)2 (σ2p)2 (π2p)4 (π2p*)2.
N22- : (σ2s)2 (σ2s*)2 (π2p)4 (σ2p)2 (π2p*)2.
N2- : (σ2s)2 (σ2s*)2 (π2p)4 (σ2p)2 (π2p*)1.
O2+ : (σ2s)2 (σ2s*)2 (σ2p)2 (π2p)4 (π2p*)1.
Tiểu phân có năng lượng ion hóa nhỏ nhất chính là tiểu phân có e dễ bị mất đi nhất.
Từ cấu hình e theo MO của các chất thì
+ N2 khó mất electron nhất so với các tiểu phân cịn lại. Do ở N2 electron có mức
năng lượng cao nhất nằm ở mức π2p là MO liên kết. Trong khi 4 tiểu phân cịn lại
đều có e cuối cùng nằm ở mức MO phản liên kết nên sẽ dễ mất electron hơn nhiều
so với N2.
+ Tiểu phân dễ bị mất electron nhất sẽ là N22- do ion này có điện tích âm lớn, tức
lực đẩy giữa các e ở đây sẽ lớn hơn đáng kể so với N2-.
+ Với O2+ do số e ít hơn số điện tích hạt nhân nên sẽ xuất hiện lực hút mạnh giữa
hạt nhân với e ngồi cùng.
+ Cịn lại giữa N2- và O2 thì số proton giữa O2 sẽ lớn hơn so với N2- nên có thể dự


19

3

đoán rằng lực hút của hạt nhân lên 2e ở mức π* của O2 sẽ lớn hơn N2-.
Như vậy thứ tự năng lượng ion hóa thứ nhất của các tiểu phân tăng dần là:
N22- < N2- < O2 < O2+ < N2.
Xét các phân tử CaC2, CeC2 và YC2 không phải các phân tử đẳng điện tử. Trong khi
Ca2+ không có các electron hóa trị thì các ion +2 bất thường từ các nguyên tố
nhóm 3 lại có 1 (Y2+) hoặc 2 (Ce2+) electron hóa trị. Do có thể có sự chuyển mật độ
electron hóa trị đến các orbital π* của ion dicarbide (hay acetylide), làm giảm bậc
liên kết và khiến cho độ dài tăng lên.

Câu II
1. Cho dung dịch X gồm HNO3 0,01 M và AgNO3 0,01 M. Sục khí NH3 vào 100 mL dung
dịch X, lắc cho hệ cân bằng, thu được dung dịch Y. Nhúng vào dung dịch Y điện cực Ag tinh
khiết và điện cực calomen bão hoà, nối hai điện cực với điện thế kế (cực âm của điện thế kế nối
với điện cực calomen) thì đo được giá trị 0,097V. Tính pH của dung dịch Y và số mol NH3 đã sử
dụng.
2. Nhúng dây Ag vào dung dịch Z gồm NH3 1,0 M và NH4Cl 1,0 M (đã để cân bằng với O2
khơng khí) rồi đậy kín hệ để O 2 khơng khí khơng ảnh hưởng tới dung dịch và lắc cho hệ đạt trạng
thái cân bằng. Cho biết có xuất hiện kết tủa AgCl hay khơng? Tính nồng độ cân bằng của Ag +.
Biết: -lg*βAgOH = 11,7; pKa(NH4+) = 9,24; lgβ1(Ag(NH3)+) = 3,32; lgβ2(Ag(NH3)2+) = 7,24;
pKs(AgCl) = 10; Eo(Ag+/Ag) = 0,799 V; Eo(O2,H+/H2O) = 1,23 V; điện cực calomen bão hồ có
thế khơng đổi 0,247V; khí O2 chiếm 20,8% thể tích khơng khí, KH(O2) = 102,92 atm.M-1.
Đáp án
1. Ta có Epin = EAg+/Ag – Ecalomen = 0,097  EAg+/Ag = 0,344V  [Ag+] = 2.10-8M
Vì nồng độ [Ag+] = 2.10-8 M << CoAg+ nên coi Ag+ đã tạo phức hoàn toàn với NH3.
Tức là có các phản ứng:
(3) H+ + NH3 → NH4+
Ka = 10-9,24
(4) Ag+ + NH3 → Ag(NH3)+ β1 = 103,32

(5) Ag+ + 2NH3 → Ag(NH3)2
β2 = 107,24
+
+
TPGH: NH4 0,01 M; Ag(NH)3 ; Ag(NH3)2+
Áp dụng định luật bảo toàn nồng độ đầu cho Ag+, ta có:
CoAg+ = [Ag+] + [AgOH] + [Ag(NH3)+] + [Ag(NH3)2+] = 0,01 M (I)
Vì [Ag+] = 2.10-8 << 0,01 M nên giả thiết sự tạo phức hiđroxo không đáng kể so với các phức
amin. Từ biểu thức (I), ta có:
0,01 = [Ag+].(1 + β1.[NH3] + β2.[NH3]2) → [NH3] = 0,170 M
Vì [NH3].Kb >>Kw nên pH do cân bằng của NH3 quyết định.
- Xét cân bằng:
NH3 +
H2 O 
NH4+ +
OH- Kb = 10-4,76
[]
0,170
(x + 0,01)
x
→ x = [OH-] = 2,864.10-4 M → pH = 10,46.
{Chú ý: HS có thể tính theo hệ đệm cũng được kết quả pH = 10,47}
Kiểm tra giả thiết: [AgOH] = *β.[Ag+].h-1 = 1,143.10-9 M
[Ag(NH3)+] = β1.[Ag+].[NH3] = 7,085.10-6 M
[Ag(NH3)2+] = β2.[Ag+].[NH3]2 = 9,993.10-3 M
Ta thấy: [Ag(NH3)2+] ≈ 0,01 M >> [Ag(NH3)+] >> [AgOH] nên bỏ qua sự tạo phức hiđroxo là
đúng.
- Bảo toàn NH3, ta có:
CNH3 ≈ [NH3] + [NH4+] + 2[Ag(NH3)2+] = 0,17 + 0,01 + 2.9,993.10-3 = 0,20 M
→ số mol NH3 đã dùng là: 0,20.0,1 = 0,02 mol.

2. Dung dịch Z ban đầu gồm:
NH3 Co = 1,0 M; NH4+ Co = 1,0 M; Cl- Co = 1,0 M; O2 = PO2.KH-1 = 2,5.10-4 M
Xét phản ứng sau: 4Ag(r) + O2(aq) + 4NH4+ + 4NH3  4Ag(NH3)2+ + 2H2O
(*)
K = 1024,03


20
{Phản ứng (*) được tổ hợp từ các quá trình sau:
(1) Ag(r)  Ag+ + 1e
K1 = 10-13,5
(2) O2(k) + 4H+ + 4e  2H2O
K2 = 1083,11
(3) O2(aq)  O2(k)
KH = 102,92
(4) NH4+  NH3 + H+
Ka = 10-9,24
(5) Ag+ + 2NH3  Ag(NH3)2+
β2 = 107,24
Khi đó: K = K14.K2.KH.Ka4.β24 = 1024,03}
Vì K rất lớn nên phản ứng (*) coi như xảy ra hồn tồn. Vì hệ kín nên O2 hết (khơng bổ sung
thêm oxi từ khơng khí).
TPGH: Ag(NH3)2+ = 10-3 M; NH3 = 0,999 M; NH4+ 0,999 M; Cl- 1,0 M
Nhận xét:
- Vì NH3 dư nên phức tạo thành chủ yếu là phức Ag(NH3)2+ và pH của dung dịch do hệ
đệm NH3/NH4+ quyết định.
Xét các cân bằng trong hệ:
(1) Ag(NH3)2+  Ag+ + 2NH3
β2-1 = 10-7,24
(2) Ag(NH3)2+  Ag(NH3)+ + NH3 K2’ = 10-3,92

(3) NH3 + H2O  NH4+ + OHKb = 10-4,76
(4) H2O  H+ + OHKw = 10-14
Vì NH3 dư nên phức phân li theo cân bằng theo cân bằng (1), (2) không đáng kể.
pH  pK a  lg
+
3 2
-9,24

-3

CNH3
C NH 

9, 24

Nghĩa là [Ag(NH ) ] = 10 M; Ta có:
(thỏa mãn vì h = 10 M và [OH-] = 10-4,76 M << CNH3, CNH4+)
Khi đó → [NH3] = 0,999 M → [Ag+] = [Ag(NH3)2+]/(β2.[NH3]2) = 5,76.10-11 M
(Chú ý: HS có thể tính theo cân bằng (2) rồi tính nồng độ Ag+ vẫn được giá trị tương tự)
- Khi đó ta có: [Ag+].[Cl-] = 5,76.10-11 M < Ks = 10-10 nên khơng có kết tủa AgCl.
Vậy: [Ag+] = 5,777.10-11 M
Câu III.
Cây xanh sử dụng ánh sáng mặt trời có bước sóng 600 nm để chuyển hóa nước và CO2
trong khơng khí thành glucozơ (C6H12O6) và oxy.
1. Chỉ ra rằng quá trình tổng hợp glucozơ của cây xanh khơng thể thiếu ánh sáng mặt trời.
2. Tính lượng photon tối thiểu để cây xanh tổng hợp nên một phân tử glucozơ ở 25oC.
3. Hàng năm, quá trình quang hợp trên trái đất tiêu tốn hết khoảng 3,4 × 1018 kJ năng lượng
ánh sáng mặt trời. Ước lượng gần đúng khối lượng CO 2 (theo đơn vị tấn) trong khí quyển được
cây xanh loại bỏ hàng năm.
Cho: Bảng số liệu nhiệt động ở áp suất tiêu chuẩn 1 bar, nhiệt độ 25oC:

Chất
ΔGHos (kJ/mol)
So (J/mol.K)
CO2 (k)
-393,5
213,2
H2O (l)
-285,8
69,9
C6H12O6 (r)
-1273,3
212,1
O2 (k)
205,0
C = 12,0; O = 16,0; H = 1,00
Hướng dẫn chấm
Ý
Nội dung

1

4

6CO2 + 6H2O = C6H12O6 + 6O2
∆Hopư = 2802,5 kJ/mol và ∆Sopư = -256,5 J/mol.K
Do quá trình quang hợp chỉ xảy ra trong một khoảng nhiệt độ hẹp nên ta có thể coi
giá trị ΔH và ΔS khơng phụ thuộc vào nhiệt độ. Vì ΔH dương và ΔS âm,
ΔG = ΔH - TΔS < 0 với mọi T, phản ứng không tự diễn biến ở mọi nhiệt độ, tức là phản