Tuyển tập các đề thi olympic hóa học 10 (có đáp án chi tiết)



Trường THPT Chuyên Thăng Long – Đàlạt ĐỀ KIỂM TRA OLIMPIC LỚP 10 !"#
Tổ Hoá học Thời gian: 180 phút
****** (Không kể thời gian phát đề)
***********
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
-
Câu 1 (5 điểm)
1. Hoàn thành và cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron.
a. CuFeS
x
+ O
2

→
Cu
2
O + Fe
3
O
4
+ SO
2

b. S + O
2

→
SO
2

+ SO
3

2. Hoàn thành và cân bằng các phương trình phản ứng sau bằng phương pháp ion electron.
a. MnO
4
-
+ SO
3
2-
+ ?
→
Mn
2+
+ SO
4
2-
+?
b. Al + NO
x
-
+ OH
-
+ H
2
O
→
…
3. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau:
a. NaCl + H

2
SO
4 đặc, nóng
→

b. NaBr + H
2
SO
4 đặc, nóng

→
c. NaClO + PbS
→
d. Cl
2
+ Ca(OH)
2
→
e. Ag + HClO
3
→

f. NH
3
+ I
2 tinh thể
→
4. Cho biết trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm và cấu trúc hình học của các phân tử và ion
sau: BrF
5

, Ni(CN)
4
2-
, CrO
4
2-
, HSO
3
-
.
Câu 2 (5 điểm)
1. Hoàn thành chuỗi phản ứng:
S
Na
2
S
2
O
3

S
SO
2

SO
2
Cl
2

H

2
SO
4

SO
2

SOCl
2
HCl
H
2
SO
4
Na
2
SO
3

Na
2
SO
4

Na
2
S Na
2
S
2

O
3

Na
2
SO
4
HCl
Cl
2



2. Để điều chế FeS người ta cho sắt tác dụng với lưu huỳnh nóng chảy. Quá trình này được thực hiện
trong khí cacbonic khô, không được tiến hành trong không khí. Hãy giải thích vì sao điều chế FeS
không được tiến hành trong không khí, viết các phương trình phản ứng minh hoạ.
3. Bằng thuyết lai hoá giải thích sự tạo thành iôn phức Cu(NH
3
)
4
2+
và sự tạo thành phức chất trung
hoà Fe(CO)
5
.
4. Giải thích ngắn gọn các ý sau:
a. NF
3
không có tính bazơ như NH
3

.
b. SnCl
2
là chất rắn, SnCl
4
là chất lỏng sôi ở 114,1
0
C.
c. NO
2
có khả năng nhò hợp dễ dàng trong khi đó ClO
2
không có khả năng đó.
d. Cho hỗn hợp KIO
3
và KI vào dung dòch AlCl
3
thấy xuất hiện kết tủa keo trắng.
Câu 3 (5 điểm)
1. Hợp chất A được tạo thành từ các ion đều có cấu hình electron của khí hiếm Argon. Trong 1 phân
tử A có tổng số hạt proton, nơtron, electron là 164.
1

a. Xác đònh CTPT của A, biết A tác dụng với 1 nguyên tố (đơn chất) có trong A theo tỷ lệ mol 1:1 tạo
thành chất B. Viết CT Lewis, CTCT của A và B.
b. Cho A và B tác dụng với một lượng vừa đủ brôm đều thu được chất rắn X. Mặt khác, cho m gam Y
(chỉ có hoá trò n) tác dụng hết với oxi thu được a gam oxit, nếu cho m gam kim loại Y tác dụng hết với
X thu được b gam muối. Biết a = 0,68b. Hỏi Y là kim loại gì?
2. Cho
2+

0
Fe /Fe
E
= - 0,44V;
3+ 2+
0
Fe /Fe
E
= + 0,775 V
a. Tính
3+
0
Fe /Fe
E

b. Tính hằng số cân bằng K của phản ứng: 3Fe
2+
= 2Fe
3+
+ Fe
Có thể kết luận gì về độ bền của Fe
2+
.
c. Giải thích vì sao trong môi trường kiềm tính khử của Fe
2+
tăng lên.
d. Thiết lập sơ đồ pin dung điện cực hidrô tiêu chuẩn để xác đònh thế điện cực
2+
0
Fe /Fe

E
.
Câu 4 (5 điểm)
1. Cho 0,01 mol NH
3
, 0,1 mol CH
3
NH
2
và 0,11 mol HCl và vào H
2
O được 1 lít dung dòch. Tính pH của
dung dòch thu được ?
Cho
+
NH
4
pK = 9,24
,
+
3
CH NH
3
pK = 10,6
,
H O
2
pK = 14
2. Trong bình kín dung tích V lít chứa 5,08 gam iot và 0,04 gam hidrô ở nhiệt độ 430
0

C.
Tốc độ ban đầu của phản ứng là 1,44.10
-5
mol.phút
-1
. Sau một thời gian (tại thời điểm t) số mol HI là
0,015 mol và khi phản ứng: H
2
+ I
2
ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
2HI đạt trạng thái cân bằng thì số mol HI là 0,03 mol.
a. Tính hằng số cân bằng K
p
, K
c
, K
n
, K
x
và hằng số tốc độ của phản ứng thuận, phản ứng nghòch.
b. Tính tốc độ tạo thành HI tại thời điểm t.
3. Xác đònh độ tan của AgSCN trong dung dòch NH
3
0,003M. Biết: T
AgSCN
= 1,1.10
-12
và hằng số phân li

của phức [Ag(NH
3
)
2
]
+
bằng 6.10
-8
.
Câu 5. (5 điểm)
1. Đốt cháy hoàn toàn 4,741 gam đơn chất X trong oxi rồi cho toàn bộ sản phẩm thu được hấp thụ hết
vào 100 ml dung dòch NaOH 25% có khối lượng riêng d = 1,28 g/ml được dung dòch A. Nồng độ của
NaOH trong dung dòch A giảm đi 1/4 so với nồng độ của nó trong dung dòch ban đầu. Dung dòch A có
khả năng hấp thụ tối đa 17,92 lít khí CO
2
(đktc). Xác đònh đơn chất X và sản phẩm đất cháy của nó.
2. Cho 3,64 gam một hỗn hợp oxit, hidrôxit và cacbonat của kim loại hoá trò II tác dụng với 117,6 gam
dung dòch H
2
SO
4
10% thu được 448 ml một chất khí (đkc) và dung dòch 10,867% của một hợp chất.
Nồng độ dung dòch là 0,543 mol/lit và khối lượng riêng là 1,09 g/cm
3
. Hãy cho biết những hợp chất gì
có trong hỗn hợp.
$$$$$$%&$$$$$$
HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ OLYMPIC HOÁ 10 - LẦN 1
Câu 1:

1. a.
8
2 2x 2 2 0 1 2 4
3
x 2 2 3
4 2
Cu Fe S O Cu O Fe O SO
+
+ − − + − +
+ → + +
Chất khử: CuFeS
x
Chất oxi hóa: O
2
Sự oxi hóa
4333)1211(
4
3
8
12222
×++→+−
+
+
+−−+
SxFeCuexSFeCu
x
x
2
HSC


Sự khử
)1211(24
2
2
xOeO +×→+
−
12 CuFeS
x
+ (11+12x) O
2
→
6Cu
2
O + 4Fe
3
O
4
+ 12xSO
2
b.

64
2
20 ++
+→+ SbSaOS
Chất khử: S
Chất oxi hóa: O
2
Sự oxi hóa
2)64()(

640
×+→+−+
++
SbSaebaSba
Sự khử
)32(24
2
2
baOeO +×→+
−
2(a+b)S + (2a+3b)O
2

→
2aSO
2
+ 2bSO
3
2. a. MnO
4
-
+ SO
3
-
+ H
+

→
Mn
2+

+ SO
4
2-
+ H
2
O
Chất khử: SO
3
-
Chất oxi hóa: MnO
4
-
Môi trường: H
+
Sự oxi hóa 2SO
3
-
+ H
2
O – 2e
→
SO
4
2-
+ 2H
+
x 5
Sự khử MnO
4
-

+ 8H
+
+ 5e
→
Mn
2+
+ 4H
2
O x 2
2MnO
4
-
+ 5SO
3
-
+ 6H
+

→
2Mn
2+
+ 5SO
4
2-
+ 3H
2
O
b. Al + NO
x
-

+ OH
-
+ H
2
O
→
AlO
2
-
+ NH
3
Chất khử: Al
Chất oxi hóa: NO
x
-
Môi trường: OH
-
Sự oxi hóa Al + 4OH
-
- 3e
→
AlO
2
-
+ 2 H
2
O x (2x+2)
Sự khử NO
x
-

+ (x+3)H
2
O + (2x+2)e
→
NH
3
+ (2x+3)OH
-
x 3
(2x+2)Al + 3NO
x
-
+ (2x-1)OH
-
+ (5-x)H
2
O
→
(2x+2)AlO
2
-
+ 3NH
3
2.a. 2NaCl
tt
+ H
2
SO
4đặc
0

t
→
Na
2
SO
4
+ 2HCl
NaCl
tt
+ H
2
SO
4đặc
0
t
→
NaHSO
4
+ HCl
b. 2NaBr + 2H
2
SO
4đặc
0
t
→
Na
2
SO
4

+ Br
2
+ SO
2
+ 2H
2
O
2NaBr + 3H
2
SO
4đặc
0
t
→
2NaHSO
4
+ Br
2
+ SO
2
+ 2H
2
O
c. 4NaClO + PbS
→

4 NaCl

+ PbSO
4

d. Cl
2
+ Ca(OH)
2 rắn,ẩm

→

CaOCl
2
+ H
2
O
2Cl
2
+ 2Ca(OH)
2

loãng
→

Ca(ClO)
2
+ CaCl
2
+ 2H
2
O
e. 6Ag + 6HClO
3

→

AgCl + 5AgClO
3
+ 3H
2
O
f. 2NH
3
+3 I
2

→
NI
3
.NH
3
+ 3HI
3.
Phân tử và ion Trạng thái lai hóa Cấu trúc hình học
BrF
5
sp
3
d
2
Chóp đáy vuông
Ni(CN)
4
2-

dsp
2
Vuông phẳng
CrO
4
2-
d
3
s Tứ diện đều
HSO
3
-
sp
3
Chóp đáy tam giác
3
HSC
HSC
HSC

Câu 2:
1. S + Na
2
SO
3

→
Na
2
S

2
O
3
Na
2
S
2
O
3
+ 2HCl
→
2NaCl + S + SO
2
+ H
2
O
S + 2HNO
3

→
H
2
SO
4
+ 2NO
H
2
SO
4
+ BaCl

2

→
BaSO
4
+ 2HCl
4HCl
đặc
+ MnO
2

0
t
→
MnCl
2
+ Cl
2
+ 2H
2
O
S + O
2

0
t
→
SO
2
SO

2
+ Cl
2

→
SO
2
Cl
2
SO
2
Cl
2
+ H
2
O
→
H
2
SO
4
+ 2HCl
2H
2
SO
4 đặc
+ Cu
0
t
→

CuSO
4
+ SO
2
+2H
2
O
SO
2
+ PCl
5

→
SOCl
2
+ POCl
3
SOCl
2
+ H
2
O
→
H
2
SO
3
+ 2HCl
3S + 6NaOH
đặc

0
t
→
2Na
2
S + Na
2
SO
3
+ 3H
2
O
2Na
2
SO
3
+ O
2

→
2Na
2
SO
4
Na
2
SO
4
+ 4C

0
t
→
Na
2
S + 4CO
2Na
2
S + 2O
2
+ H
2
O
→
Na
2
S
2
O
3
+ 2NaOH
Na
2
S
2
O
3
+ 4Cl
2
+ 5H

2
O
→
Na
2
SO
4
+H
2
SO
4
+ 8HCl
2. Không điều chế FeS trong không khí vì xảy ra sự oxi hóa:
Fe + S
0
t
→
FeS
3Fe + 2O
2

0
t
→
Fe
3
O
4
S + O
2

0
t
→
SO
2
4FeS + 7O
2

0
t
→
2Fe
2
O
3
+ 4SO
2
3. Cu (z = 29) [Ar] 3d
10
4s
1
Cu – 2e
→
Cu
2+
[Ar] 3d
9
4s
0

4p
0
Cu
2+
dùng 1 obitan s và 3 obitan p trống để tổ hợp tạo
thành 4 obitan lai hóa sp
3
. Mỗi obitan lai hóa sp
3

sẽ liên kết với cặp điện tử tự do trên NH
3
để tạo thành phân tử Cu(NH
3
)
4
2+
Fe (z = 26) [Ar] 3d
6
4s
2
4p
0
Fe* [Ar] 3d
8

4s
0
4p
0

Fe* dùng 1 obitan d, 1 obitan s và 3
obitan p trống để tạo thành 5 obitan lai hóa dsp
3
. Mỗi obitan lai hóa dsp
3
sẽ liên kết với một phân tử
CO tạo thành Fe(CO)
5
.
4. a. Do F có độ âm điện lớn hơn của H nên sẽ làm giảm mật độ e của nguyên tử N trung tâm. Do đó
NF
3
khó nhận thêm proton H
+
hơn so với NH
3
hay NF
3
không có tính bazơ như NH
3
.
b. SnCl
2
là chất rắn vì trong phân tử có liên kết ion.
SnCl
4
là chất lỏng vì trong phân tử có liên kết cộng hóa trò.
    
    


   
4

c. NO
2
nhò hợp được là nhờ có cặp e độc thân nằm trên N.
ClO
2
thì e độc thân làm giải tỏa toàn phân tử.
d. Al
3+
+ 3H
2
O  Al(OH)
3
+ 3H
+
(1)
IO
3
-
+ 5I
-
+ 6H
+

→
3I
2

+ 3H
2
O (2)
(2) làm dòch chuyển (1) theo chiều thuận nên có kết tủa keo trắng tạo ra.
Câu 3:
1. a. Số electron của mỗi ion là 18. Giả sử phân tử A gồm a ion. Vì phân tử A là trung hòa nên:
∑∑
== ape 18
Gọi N là số nơtron n có trong 1 phân tử a :
∑ ∑∑
=++ 164npe
36a + n =164
⇒
n = 164 – 36a
Mà
5,11 ≤≤
∑
p
N

⇒
18a
≤
n
≤
27a
⇒
18a
≤
164 – 36a

≤
27a
⇒
2,6
≤
a
≤
3,03
∑ ∑
== 54pe
,
∑
= 56n
- Nếu A gồm 2 cation 1+ và 1 anion 2-
⇒
A là K
2
S
- Nếu A gồm 1 cation 2+ và 2 anion 1-
⇒
A là CaCl
2
A tác dụng với 1 nguyên tố có trong A theo tỷ lệ 1:1 tạo thành chất B nên A là K
2
S
K
2
S + S
→
K

2
S
2
b. K
2
S + Br
2

→
2KBr + S
K
2
S
2
+ Br
2

→
2KBr + 2S
Vậy chất rắn X là S
Y + O
2

→
Y
2
O
n
(
2

n
YO
)
Y + S
→
Y
2
S
n
(
2
n
YS
)
a = Yx + 8nx
b = Yx + 16nx
mà a = 0,68b
⇒
Y = 9n
Nhận n = 3 ; Y = 27
Vậy kim lọai Y là Al.
2. a. Ta có chu trình Hess
Fe Fe
3+
Fe
2+
G
1
= G
2

+ G
3

FEnFEnFEn
Fe
Fe
Fe
Fe
Fe
Fe
0
1
0
2
0
1
2
323
+
+++
+=

775,01)44,0(23
0
3
×+−×=×
+
Fe
Fe
E

= - 0.035 V
b. E
0
=
00
2
32
+
++
−
Fe
Fe
Fe
Fe
EE
= -0,44 – 0.775 = -1,215 V
5

0592,0
215,12
10
−×
=K
=10
-41
Do K << nên Fe
2+
bền ở điều kiện thường.
c.
)1(

][
][
lg0592,0
2
3
0
23
+
+
+=
++
Fe
Fe
EE
Fe
Fe
Fe
Fe
mà
33
)(
]].[[
3
−+
= OHFeT
OHFe

22
)(
]].[[

2
−+
= OHFeT
OHFe
3
2
3
Fe(OH)
2
Fe(OH)
T
[Fe ]
(2)
[Fe ] T .[OH ]
+
+ −
⇒ =
Thay (2) vào (1) ta có
]lg[0592,0lg0592,0
2
3
2
3
)(
)(
0 −
−+=
+
+
OH

T
T
EE
OHFe
OHFe
Fe
Fe
Fe
Fe
Do đó khi [OH
-
] tăng thì
Fe
Fe
E
+3
giảm
⇒
tính khử của Fe
2+
tăng.
d.
)298,1(
)()1()1()(
2
2
2
2
)(
Ktatp

FeMCFeMCHPt
H
FeH
H
==
+==−
++
++
Câu 4:
1. CH
3
NH
2
+ HCl
→
CH
3
NH
3
Cl
0,1 0,1 0,1 (mol)
NH
3
+ HCl
→
NH
4
Cl
0,01 0,01 0,01 (mol)
Do V= 1 (l) nên C

M
= n.
Dung dòch chứa CH
3
NH
3
Cl 0,1M và NH
4
Cl 0,01M
CH
3
NH
3
Cl
→
CH
3
NH
3
+
+

Cl
-
NH
4
Cl
→
NH
4

+
+

Cl
-
CH
3
NH
3
+
 CH
3
NH
2
+ H
+
K
1
= 10
-10.6
(1)
NH
4
+
 NH
3
+ H
+
K
2

= 10
-9.24
(2)
Bằng phép tính gần đúng và do (1) và (2) là sự điện li của 2 axít yếu nên ta có
10,6 9.24 6
1 1 2 2
. . 0,1.10 0,01.10 2,875.10
lg 5,54
H C K C K
pH H
+ − − −
+
 
= + = + =
 
 
⇒ = − =
 
2. a.
0,0075 0,0075 0,015
[] 0,015 0,015 0,03
0Do n∆ =
€
2
2
H
I
2 2
bđ
1

0,04
n = = 0,02(mol)
2
5,08
n = = 0,02(mol)
254
H + I 2HI
t 0,02 0,02 0
t
6

( )
( )
= = = = =
2
p x n C
2
0,03
nênK K K K 36
0,015
v
0
= k
t
.0,02.0,02 =1,44.10
-5
⇒
v
0
= 0.036 mol

-1
.phút
−
= ⇒ = = =
3
t t
n
n
k k
0,036
K k 10
k K 36
mol
-1
.phút
b. v
1
= v
t
- v
n
= 0,036.(0,0125)
2
– 10
-3
.(0.015)
2
= 5,4.10
-6
mol.phút

-1
3. Gọi s là độ tan của AgSCN trong dung dòch NH
3
0,003M.
AgSCN  Ag
+
+ SCN
-
T
AgSCN
= 1,1.10
-12
(1)
Ag
+
+ 2NH
3
 [Ag(NH
3
)
2
]
+
K’ = (6.10
-8
)
2
(2)
Tổ hợp (1) và (2) ta có
AgSCN + 2NH

3
 [Ag(NH
3
)
2
]
+
+ SCN
-
K=T
AgSCN
.K’=1,83.10
-5
[] 0,003 -2s s s (M)
Theo đònh luật tác dụng khối lượng ta có:
−
−
⇒ =
2
-5
2
5
s
K = 1,83.10 =
(0,003 2s)
s 1,27.10 (mol/ l)
Câu 5:
1.
= = =
= =

= =
= =
2
ddNaOH
NaOH
NaOH
CO
m V.d 100.1,28 128(g)
128.25%
m 32(g)
100%
32
n 0,8(mol)
40
17,92
n 0,8(mol)
22,4
Do A hấp thu tối đa CO
2
nên
NaOH + CO
2

→
NaHCO
3
Vậy n
NaOH
= 0,8 (mol) không thay đổi so với ban đầu nên dung dòch chỉ bò pha loãng. Vậy oxit là H
2

O
và X là H
2
Thử lại:
= =
+ →
= =
= + =
= =
2
2
H
2 2 2
H O
ddNaOHlúcsau
4,741
n 2,3705(mol)
2
H O H O
m 2,3705.18 42,669(g)
m 128 42,669 170,669(g)
32.100%
C% 18,75%
170,669
Thỏa C% giảm đi ¼.
2. Ta có
7

= ⇒ = = =
M

M
10.d.C% 10.d.C% 10.1,09.10,867
C M 218
M C 0.543
Vậy muối suafat tạo thành có M = 218
Chỉ nhận được là Mg(HSO
4
)
2
Vậy hỗn hợp chứa MgO, Mg(OH)
2
, MgCO
3
'
Trường THPT Chuyên Thăng Long – Đàlạt ĐỀ KIỂM TRA OLIMPIC LỚP 10 !"#'
Tổ Hoá học Thời gian: 180 phút
****** (Không kể thời gian phát đề)
***********
- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
-
Câu 1
Một hợp chất ion cấu tạo từ ion M
+
và ion X
2
−
. Trong phân tử M
2
X có tổng số hạt (p, n, e) là
140 hạt, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 44 hạt. Số khối của ion M

+
lớn hơn số khối của ion X
2
−
là 23. Tổng số hạt (n, p, e) trong ion M
+
nhiều hơn trong X
2
−
là 31 hạt.
a. Viết cấu hình êlectrôn của M
+
và X
2
−

b. Xác đònh vò trí của X , Y trong HTTH
Câu 2
Tích số tan của CaCO
3
bằng 1.10
−
8
. Hãy tính khi có kể tới sự thủy phân của ion cacbonat.
a. Độ tan trong nước của CaCO
3
.
b. pH của dung dòch bão hòa CaCO
3
.

c. Độ tan của CaCO
3
ở pH = 7,00.
Cho : H
2
CO
3
: K
1
= 4.10
−
7
; K
2
= 5.10
−
11

Câu 3
Trộn V lít dung dòch HCOOH amol/l với V lít dung dòch CH
3
COOH bmol/l thu được dung dòch
A có pH = 2,485. Trộn V lít dung dòch CH
3
COOH amol/l với V lít dung dòch bmol/l thu được dung dòch
B có pH = 2,364.
a. Tính a, b
b. Trộn dung dòch A với dung dòch B thu được dung dòch C có pH bằng bao nhiêu?
c. Trộn V lít dung dòch NaOH 0,6M vào dung dòch C thu được dung dòch D có pH bằng bao
nhiêu? Cô cạn dung dòch D thu được 4,5g muối khan, tính V?

Cho K
HCOOH
= 1,78.10
-4
;
5
1,80.10
3
−
=K
CH COOH
Câu 4
1. So sánh pH của các dung dòch 0,1 M của các chất sau đây, sau đó thử lại bằng tính toán cụ thể:
NaHCO
3
K
1
= 10
–7
K
2
= 10
–11
NaHSO
3
K
1
= 10
–2
K

2
= 10
–6
NaHS K
1
= 10
–7
K
2
= 10
–13
NaHC
2
O
4
K
1
= 10
–2
K
2
= 10
–5
2. Tính thể tích dung dòch HCl 6M cần cho vào 10 ml dung dòch Pb(NO
3
)
2
10
–3
M sao cho nồng độ chì

giảm xuống còn 10
–5
M. Cho K
S
= 10
–4,8
.
8

3. Nếu ta biểu diễn công thức hóa học của các oxi axit là XO
m
(OH)
n
thì khi m = 0, các axit kiểu
X(OH)
n
là những axit yếu; khi m = 1, các axit có dạng XO(OH)
n
là axit trung bình; còn khi m > 1 là
các axit mạnh. Điều đó có đúng không? Hãy cho ví dụ chứng minh (mỗi trường hợp chọn 3 chất).
4. Tính độ tan của FeS ở pH = 5 cho biết
Fe
2+
+ H
2
O FeOH
+
+ H
+
có lgβ = -5,92

K
FeS
= 10
-17,2
; H
2
S có K
a1
= 10
-7,02
; K
a2
= 10
-12,9
Câu 5
Một trong các chuỗi phân hủy phóng xạ tự nhiên bắt đầu với
Th
232
90
và kết thúc với đồng vò bền
Pb
208
82
.
1. Hãy tính số phân hủy (
−
β
) xảy ra trong chuỗi nầy .
2.
Th

228
là một phần tử trong chuỗi thori , thể tích của heli theo cm
3
tại 0
o
C và 1 atm thu
được là bao nhiêu khi 1 gam
Th
228
(t
1/2
= 1,91 năm) được chứa trong bình trong 20 năm ? Chu kỳ bán
hủy của tất cả các hạt nhân trung gian là rất ngắn so với chu kỳ bán hùy của
Th
228
.
3. Một phần tử trong chuỗi thori , sau khi tách riêng , thấy có chứa 1,5.10
10
nguyên tử của một
hạt nhân và phân hùy với tốc độ 3440 phân rã mỗi phút . Chu kỳ bán hủy là bao nhiêu tính theo năm ?
Câu 6
1. Nguyên tử X có tổng số hạt là 52 .Xác đònh tên nguyên tố X, biết X là đồng vò bền.
2. Cân bằng các phương trình phản ứng sau :
Ag + HXO
3
AgXO
3
+ ……
Fe + HXO
3 ………….

FeSO
4
+ HXO
3
+ H
2
SO
4
………
3. Hãy cho biết chất oxi hóa trong các phản ứng trên. Dựa vào cấu hình
electron của nguyên tử, hãy giải thích tính chất oxi hóa của chất đó.
Câu 7
1. Tính % lượng MgNH
4
PO
4
bò mất đi khi rửa 1,37 gam hợp chất này bằng:
a. 200ml nước cất.
b. 150ml dung dòch NH
4
Cl 0,1M rồi bằng 50ml nước cất.
2. Có thể rửa MgNH
4
PO
4
bằng dung dòch NaH
2
PO
4

được không? Giải thích.
Cho T
MgNH4PO4
=2,5.10
-13
; H
3
PO
4
có k
1
=7,5.10
-3
; k
2
=6,3.10
-8
; k
3
=1,3.10
-12.
.
Cho H=1; N=14; O=16; P=31.
Câu 8
Hai nguyên tố A , B trong cấu electron có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử sau :
A ( n = 2 ; l = 1 ; m = -1 ; s = - ½ )
B ( n = 3 ; l = 1 ; m = 0 ; s = - ½ )
1. Viết cấu hình electron và xác đònh vò trí của A và B trong bảng tuần hoàn
2. Viết công thức cấu tạo của các hợp chất trong công thức phân tử có chứa 3 nguyên tố A, B và
hidro. Cho biết loại liên kết hóa học trong phân tư û của các hợp chất tìm thấy

3. So tính axit của các hơp chất trên .
Câu 9
1. Nêu ý nghóa của hằng số K
b
bazơ. NH
3
và C
6
H
5
NH
2
chất nào có hằng số K
b
lớn hơn ? Tại sao ?
2. Dung dòch NH
3
1M có α = 0,43 % . Tính hằng số Kb và pH của dung dòch đó
3. Cho dung dòch axit CH
3
COOH 0,1M , biết Ka = 1,75 .10
-5
, lg K
CH3COOH
= -4,757. Tính nồng độ các
ion trong dung dòch và tính pH dung dòch.
9

HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1

Xác đònh M và X
− Ta có : M
2
X
+ Gọi
( )
( )
/ / /
2 / / /
X : Z , e , n
M : Z, e, n
M : Z, e 1 , n
X : Z , e 2 , n
+
−


 
 
−
+

 

− Có hệ phương trình :
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )








=−+−
=−+−
=+−+
=+++
)4(34NNZ2Z2
)3(23NNZZ
)2(44NN2Z2Z4
)1(140NN2Z2Z4
//
//
//
//
Giải hệ ta được : Z = 19 ; Z
/
= 8.
Vậy : Z = 19(K) ; Z
/
= 8 (0)
a. Viết cấu hình e
−
:
− M
+
: ( K

+
) : 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
; O
2
−
: 1s
2
2s
2
2p
6
b. Xác đònh vò trí X , Y :
Nguyên tố STT Chu kỳ Nhóm Phân nhóm
K 19 4 I I A
O 8 2 VI VI A
Câu 2
a. Độ tan trong nước của CaCO
3
CaCO
3
+ H

2
O Ca
2+
+
−
3
HCO
+ OH
−
K
[ ][ ][ ]
[ ] [ ]
OHCaCO
OHHCOCa
K
23
3
2 −−+
=
vì : [ CaCO
3
] = 1 ; [H
2
O ] = 1
⇒ K = [Ca
2+
] [
−
3
HCO

] [ OH
−
] = T = S.S.S = S
3
( Vì [Ca
2+
] = [
−
3
HCO
] = [ OH
−
] = S )
+ K = [Ca
2+
] . [
−
3
HCO
] . [ OH
−
] (1)
+ CaCO
3
Ca
2+
+
−2
3
CO

; T = [Ca
2+
] + [
−2
3
CO
]
⇒
[ ]
[ ]
−
+
=
2
3
2
CO
T
Ca
(1)
/

+
−
3
HCO
H
+
+
−2

3
CO
;
[ ] [ ]
[ ]
−
−+
=
3
2
3
2
HCO
COH
K
⇒ [
−
3
HCO
] = K
2
−
1
.[ H
+
] [
−2
3
CO
] (2)

/

+ H
2
O H
+
+ OH
−
; K
W
= [ H
+
] [OH
−
]
⇒
[ ]
[ ]
+
−
=
H
1
KOH
W
(3)
/
Thế (1)
/
, (2)

/
, (3)
/
vào (1) :
10

[ ]
[ ] [ ]
[ ]
W
1
2
W2
3
1
2
3
3
K.K.T
H
K
COH.K
CO
T
S
−
+
−+−
−
=⋅⋅=

⇒
( )
/mol10.26,110.10.5.10K.K.TS
4
3
14
1
118
3
W
1
2
−−
−
−−−
===
b. Tính pH của dd bão hòa CaCO
3
:
+ S = [ OH
−
] = 1,26.10
−
4
= 10
−
3,9

+ pH = − lg [H
+

] =
1,10
10
10
lg
9,3
14
=−
−
−
; pH = 10,1
c. Tính độ tan : CaCO
3
trong pH = 7 :
CaCO
3
Ca
2+
+
−2
3
CO
T
T = [Ca
2+
] [
−2
3
CO
] ; [Ca

2+
] = S ; [
−2
3
CO
] = S
+ Nhưng
−2
3
CO
bò thủy phân :
C
B
= S = [
−2
3
CO
] + [ H
−
3
CO
] + [ H
2
CO
3
] (1)
+ H
−
3
CO

H
+
+
−2
3
CO
;
[ ][ ]
[ ]
−
−+
=
3
2
3
2
HCO
COH
K
⇒ [ H
−
3
CO
] = K
2
−
1
. [ H
+
] [

−2
3
CO
] (1)
/

+ H
2
CO
3


H
+
+ H
−
3
CO
;
[ ][ ]
[ ]
32
3
1
COH
HCOH
K
−+
=
⇒ [ H

2
CO
3
] = K
1
−
1
. [ H
+
] [H
−
3
CO
] = K
1
−
1
.K
2
−
2
.[H
+
]
2
.[
−2
3
CO
] (2)

/
Thế (1)
/
và (2)
/
vào (1) ta được :
[ ] [ ][ ] [ ] [ ]
[ ]
[ ] [ ]






++=++=
++
−
−+−+−
2
121
21
2
3
2
3
2
21
2
3

2
2
3
HHKK.K
K.K
CO
COH
K.K
1
COH
K
1
COS
⇒
[ ]
[ ] [ ]
2
121
21
2
3
HH.KK.K
K.K
SCO
++
−
++
⋅=
Đặt
[ ] [ ]

2
2
121
21
HH.KK.K
K.K
α=
++
++
⇒
/mol10.4
1010.10.410.5.10.4
10.5.10.4
4
1477117
117
2
−
−−−−−
−−
≈
++
=α
Ta có : T = S.S. α
2
= S
2
. α
2
⇒

/mol10.5
10.4
10T
S
3
4
8
2
−
−
−
==
α
=
S = 5.10
−
3
mol/


Câu 3
a. Tính a, b:
- +
HCOOH HCOO + H
ˆ ˆ†
‡ ˆ ˆ
- +
3 3
CH COOH CH COO + H
ˆ ˆ†

‡ ˆ ˆ
Gọi x, y lần lượt là nồng độ M của HCOOH, CH
3
COOH bò phân li. Trộn 2 dung dòch cùng thể tích ⇒
Nồng độ giảm 2 lần
* Đối với dung dòch A:
11

( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
( )
x + y x x + y x 2x x + y
K = ; =
HCOOH
a a
a
- x
2 2
x + y y x + y y 2y x + y
K = ; =
CH COOH
b b
3 b
- x
2 2
a.K + b.K
2 HCOOH CH COOH
2
+
3

H = x + y =
2
 
 
( )
4 5
2
2,485
1,78.10 . 1,80.10 .
10
2
a b
− −
−
+
=
hay 89a + 9b = 10,715 (1)
* Đối với dung dòch B:
Tương tự, ta có:
( )
3
2
2
CH COOH HCOOH
+
a.K + b.K
H = x + y =
2
 
 

( )
-5 -4
-2,364
1,80.10 .a+1.78.10 b
10 =
2
hay 9a + 89b = 18,71 (2)
Từ (1), (2) Suy ra:
a = 0,100M
b = 0,200M



b. Tính pH dung dòch C:
[ ]
HCOOH
bđ
=
0,1V + 0,2V
= 0,075M
4V
[ ]
3
CH COOH
bđ
=
0,2 0,1
0,075
4
V V

M
V
+
=
Tương tự như câu a, ta có:
[ ]
2
+
H = HCOOH
 
 
bđ
. K
HCOOH
+
[ ]
3
CH COOH
bđ

3
CH COOH
.K
2
4 5 4
1,78.10 .0,075 1,80.10 .0,075 0,147.10H
+ − − −
 
= + =
 

3
3,834.10H
+ −
 
=
 
pH= - lg3,834.10
-3
= 2,416
c. Tính pH của dung dòch D:
Số mol HCOOH = 4V.0,075 = 0,3V
Số mol CH
3
COOH = 4V.0,075 = 0,3V
Số mol NaOH = 0,6V
HCOOH + NaOH → HCOONa + H
2
O
CH
3
COOH + NaOH → CH
3
COONa + H
2
O
Vì số mol NaOH = số mol HCOOH + số mol CH
3
COOH
⇒ dung dòch D chỉ gồm 2 muối HCOONa (0,3V mol) và CH
3

COONa (0,3Vmol)
[ ]
0,3V
HCOONa = CH COOH = = 0,06M
3
5V
 
 
12

- -
2
HCOO + H O HCOOH + OH
ˆ ˆ†
‡ ˆ ˆ
- -
3 2 3
CH COO + H O CH COOH + OH
ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
Tương tự như dung dòch hỗn hợp 2 đơn axit, ở đây coi như hỗn hợp 2 đơn bazơ, ta có:
2
- -
OH = HCOO
   
   
bđ
.
-
-

3
HCOO
K + CH COO
 
 
bđ
.
-
3
CH COO
K

3
- -14 - -14
3
HCOOH CH COOH
HCOO bd.10 CH COO bd.10
= +
K K
   
   
-14 -14
2
- -10
-4 -5
0,06.10 0,06.10
OH = + = 0,367.10
1,78.10 1,80.10
 
 

5
0,6058.10OH
− −
 
=
 

-14
+ -9
-5
10
H = =1,6507.10
0,6058.10
 
 
M
Suy ra: pH = - lg 1,6507.10
-9
= 8,794
Khối lượng muối:
0,3V.68 + 0,3V.82 = 4,5
V = 0,1(l) = 100(ml)
Câu 4
1. Đây là muối axit, là chất điện li lưỡng tính :
MHA
ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
M
+
+ HA

–
HA
–

ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
H
+
+ A
2–
K
2
(1)
HA
–
+ H
+

ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
H
2
A K
1
–1
(2)
pH phụ thuộc hai quá trình (1) và (2). Nếu K
2
càng lớn và K
1

càng lớn thì dung dòch có pH
càng bé vì quá trình nhường proton (1) xảy ra mạnh, quá trình thu proton (2) xảy ra yếu. So sánh ở
trên ta thấy:
pH (NaHC
2
O
4
) < pH (NaHSO
3
) < pH (NaHCO
3
) < pH (NaHS).
Nếu áp dụng công thức gần đúng để tính pH của các muối điaxit cho các hệ trên

2
pKpK
pH
21
+
=
Ta thấy pH(NaHC
2
O
4
) = (2 + 5 ) / 2 = 3,5
pH (NaHSO
3
) = (2 +6) / 2 = 4,0
pH (NaHCO
3

) = (7 +11) / 2 = 9,0
pH (NaHS) = (7 +13) / 2 = 10,0
Kết quả này phù hợp với cách sắp ở trên.
2. Các quá trình xảy ra :
HCl → H
+
+ Cl
–

Pb(NO
3
)
2
→ Pb
2+
+ 2NO
3
–
Pb
2+
+ 2Cl
–
ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
PbCl
2
↓ ( K
S
)
–1

= ( 10
–4,8
)
–1
C 10
–3
C ?
∆C – ( 10
–3
- 10
–5
) –1,98 . 10
–3
13

[ ] 10
–5
(C – 1,98 . 10
–3
)
Theo đltd kl: [Pb
2+
] . [ Cl
–
]
2
= K
S

10

–5
(C – 1,98 . 10
–3
)
2
= 10
–4,8
C − 1,98 . 10
–3
= (10
–4,8
/ 10
–5
)
1/2
= 1,259
C = 1,261 M
Gọi V là thể tích dung dòch HCl cần tìm (khi thêm HCl không tính tăng thể tích) thì V
HCl
=
10 1 261
2 10
6
. ,
, ml=
.
3. Khi m = 0, ta có axit kiểu HXO. Ví dụ: HClO, HBrO, H
3
PO
3

(K
a
= 10
–9,2
) là những axit yếu.
Khi m = 1, ta có axit kiểu HClO
2
, H
2
SO
3
, H
3
PO
4
hoặc (HNO
2
, H
2
CO
3
) là những axit trung bình.
(tuy nhiên H
2
CO
3
là axit khá yếu K
a
= 10
–6,3

)
Khi m > 1, ta có axit kiểu HClO
3
, HNO
3
, HClO
4
(hoặc H
2
SO
4
, HMnO
4
) là những axit mạnh.
Như vậy công thức XO
m
(OH)
n
nói chung là đúng .
4.
FeS
ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
Fe
2+
+ S
2–
K
S
=10

–17,2
Fe
2+
+ H
2
O
ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
FeOH
+
+ H
+
β = 10
-5,92
S
2–
+ H
+
ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
HS
–
K
a2
-1
= (10
–12,9
)
–1
HS

–
+ H
+

ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
H
2
S K
a1
-1
= (10
–7,02
)
–1
Gọi độ tan của FeS là S
S = C(Fe
2+
)= [Fe
2+
] + [FeOH
+
] = [Fe
2+
] + β[Fe
2+
][H
+
]
-1

= [Fe
2+
].(1 + β[H
+
]
-1
) (1)
S = C (S
2-
) = [S
2–
] + [HS
–
] + [H
2
S] = [S
2–
] + K
a2
-1
[S
2–
][H
+
] + ( K
a1
K
a2
)
–1

[S
2–
][H
+
]
2
= [S
2–
] [1 + K
a2
–1
[H
+
] + (K
a1
K
a2
)
–1
[H+]
2
] (2)
[Fe
2+
] [S
2–
] = K
FeS
(3)
Tổ hợp (1), (2), (3): S = 2,43 x 10

-4
M
Câu 5
1. A = 232 – 208 = 24 và 24/4 = 6 hạt anpha
Như vậy điện tích hạt nhân giảm 2 x 6 = 12 đơn vò.
Nhưng sự khác biệt về điện tích hạt nhân chỉ là 90 – 82 = 8 đơn vò.
Nên phải có 12 – 8 = 4
−
β
Số phân hủy beta = 4
Th
232
90

→

Pb
208
82
+ 6
+
He
4
2
4
−
β

2.
Th

228
→

HePb
4208
5
+
Chu kỳ bán hủy của những hạt trung gian khác nhau là tương đối ngắn so với
Th
228
V = kN =
20
23
1058,9
228
10023,61
91,1
693,0
x
xx
=








năm

-1

Số hạt He thu được : N
He
= ( 9,58 x 10
20
) 20 x 5 = 9,58 x 10
22
hạt He
V
He
=
33
23
322
1056,3
10023,6
104,221058,9
cmx
x
xxx
=
3. t
1/2
=
V
N
k
693,0693,0
=

=
6
10
1002,3
3440
1050,1693,0
x
xx
=
phút = 5,75 năm
14

Câu 6
1. Từ tổng số hạt của nguyên tử X là 52 ⇒ 2Z + N = 52
Vớùi Z là điện tích hạt nhân, Z = số proton = số electron và N là số nơtron.
Vì Z ≠ 1 và Z < 83 nên Z ≤ N ≤ 1,5 Z hay 3Z ≤ 2Z + N ≤ 3,5Z
⇒ 3Z ≤ 52 ≤ 3,5Z ⇒ 14,8 ≤ Z ≤ 17,3.
Vì Z là số nguyên nên Z = 15 ; 16 ; 17.
Z 15 16 17
N 22 20 18
A 37 36 35
Có các đồng vò là
P
37
15
;

36
16
;

Cl
35
17
Vì X là đồng vò bền nên X là
Cl
35
17
2. Cân bằng các phản ứng :

0 +5
3
6Ag+ 6HClO

→

+1 -1
3 2
5AgClO +AgCl+3H O

0 +5
3
6Fe+18HClO

→

( )
+3 -1
3
3 2
3

5Fe ClO + FeCl +9H O
+2 +5
4 3 2 4
6FeSO + HClO +3H SO

→

( )
+3 -1
2
4 2
3
3Fe SO + HCl+3H O
3. Chất ôxi hoá là
5+
(
trong HClO
3

Cấu hình electron của Cl là : {Ne}
0 -
Cl-5e
→
+5
Cl
có cấu hình electron là : [ Ne]
nên
5+
Cl
có tính oxi hoá mạnh

-
)( 6+
5+
→
-1
Cl
có cấu hình electron bền vững :
{Ne}

Câu 7
1. a. Rửa MgNH
4
PO
4
bằng nước cất
Khi rửa MgNH
4
PO
4
:
2
4 4 4 4
3-
MgNH PO Mg NH PO
+ +
+ +
ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
T
[ ] s s s

Gọi s (mol / l) là nồng độ MgNH
4
PO
4
tan trong dung dòch.
Khi đó:
4 4
2+ + 3-
MgNH PO 4 4
T = Mg NH PO
     
     
= 2.5.10
-13
⇒ s.s.s = 2,5.10
-13
⇒
*+ /10.3,6=10.5,2=
-5
3
-13

Số mol MgNH
4
PO
4
tan trong 200 ml nước cất là :

4 4
-5 -5

MgNH PO tan
0,2
n = 6,3.10 . =1,26.10 mol
1
Vậy
%126,0=%100•
37,1
137.10.26,1
=%
44
-5
rửamất khi bò, #%


b. Rửa MgNH
4
PO
4
bằng dung dòch NH
4
Cl rồi bằng nước cất : (2đ)
* Khi rửa bằng 150 ml dung dòch NH
4
Cl 0,1M :

2+ + 3-
4 4 4 4
MgNH PO Mg + NH + PO
ˆ ˆ†
‡ ˆˆ

T
s (s + 0,1) s
(với s là nồng độ MgNH
4
PO
4
tan khi rửa bằng dung dòch NH
4
Cl)
15

Khi đó: T =
( )
2+ + 3- -13 -13
4 4
Mg NH PO = 2,5.10 s. s+ 0,1 s = 2,5.10
     
→
     

Với s << 0,1 ⇒ s + 0,1 ≈ 0,1 ⇒ T = s
2
. 0,1 = 2,5.10
-13
⇒ s = 1,58.10
-6
(mol / l)
Khi rửa bằng 150 ml dung dòch NH
4
Cl

4 4
-6 -7
MgNH PO tan
n = 0,15.1,58.10 = 2,37.10 mol
* Mặc khác: khi rửa bằng 50 ml nước cất thì MgNH
4
PO
4
cũng tan một ít trong nước. Tương tự câu a/
ta có.
*
, #%
7-5-
10.5,31=
1
05,0
.10.3,6=
tan
44

Vậy phần trăm lượng MgNH
4
PO
4
bò mất đi khi rửa.

( )
4 4
-7 -7
MgNH PO

2,37.10 +31,5.10 .137
%m = •100% = 0,034%
1,37
2. Trong dung dòch :
+ -
2 4 2 4
NaH PO Na +H PO
ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
Ta có các cân bằng :

- + 2-
2 4 4
H PO H + HPO
ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
K
2

2- + 3-
4 4
HPO H + PO
ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
K
3

2+ + 3-
4 4 4 4
MgNH PO Mg + NH + PO

ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
T
Khi rửa MgNH
4
PO
4
bằng dung dòch NaH
2
PO
4
có thể có phản ứng sau :

+ 2+ + -
4 4 4 2 4
MgNH PO + 2H Mg + NH + H PO
ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
K
/
(1)
Cân bằng trên là tổ hợp của các cân bằng :

2+ + 3-
4 4 4 4
MgNH PO Mg + NH + PO
ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
T

3- + 2-
4 4
PO +H HPO
ˆ ˆ†
‡ ˆˆ

-1
3
K

2- + -
4 2 4
HPO + H H PO
ˆ ˆ†
‡ ˆˆ

-1
2
K
Do đó : K’ = T.
-1
3
/
.
-1
2
/
=
1>>1005,3=
10.3,6

1
•
10.3,1
1
•10.5,2
6
.
8-12-
13-

Vậy phản ứng (1) coi như xảy ra hoàn toàn.
Do đó ta không nên rửa kết tủa MgNH
4
PO
4
bằng dung dòch NaH
2
PO
4
vì khi đó kết tủa MgNH
4
PO
4
sẽ
bò rửa trôi hoàn toàn.
Câu 8
1. Nguyên tố A: n = 2 ; lớp 2 ; l = 1 : phân lớp p ; m= -1 obitan p
x
; s = -1/2 electron cuối ở p
x

Vậy A có cấu hình electron 1s
2
2s
2
2p
4
; nguyên tố A có số thứ tự 8 chu kì 2; nhóm VIA
A là Oxi
2. Tương tự Nguyên tố B có thứ tựï là 17, chu kì 3, nhóm VIIA, B là clo 2. Có 4 hớp chất chứa Clo , Oxi
và hidro là HClO ; HClO
2
; HClO
3
; HClO
4
.
H – O – Cl liên kết O – H cộng hóa trò có cực Liên kết O – Cl cộng hóa trò có cực .
H – O – Cl →O 2 liên kết cộng hóa trò có cực và 1 liên kết cho nhận
H – O - Cl →O 2 liên kết cộng hóa trò
↓ 2 liên kết cho nhận
O
O
↑
H – O - Cl → O 2 liên kết cộng hóa trò có cực
↓ 3 liên kết cho nhận .
O
3. Tính axit tăng dần HOCl < HClO
2
< HClO
3

< HClO
4

16

Giải thích:
Khi điện tìch dương của clo tăng dần làm cho bán kính của nguyên tử trung tâm giảm do đó khả năng
kéo cặp electron tự do của nguyên tử oxi của liên kết O – H về phía nguyên tử trung tâm tăng làm
tăng sự phân cựccủa liên kết O –H , khả năng phân li liên kết nầycàng dễ nên tính axit tăng.
Câu 9
1. Hằng số K
b
cho biết mức độ điện ly của bazơ trong dung dòch Kb càng lớn tính bazơ càng mạnh.
Phân tử C
6
H
5
NH
2
có nhóm thế C
6
H
5
hút electron làm giãm mật độ electron ở nguyên tử N nên có tính
bazơ yếu hơn NH
3
Vậy K
b
(NH
3

) > K
b
(C
6
H
5
NH
2
).
2. NH
3
+ H
2
O
ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
NH
4
+
+ OH
-

1M
Cân bằng (1 –x ) x x

α
=
1
x
= 0,0043 x = 4,3 .10

-3
; Kb =
x
x
−1
2
≅
1
)10.3,4(
23−
= 1,85 .10
-5

[ H
+
] =
3
14
10.3,4
10
−
−
= 0,23 .10
-11

pH = - lg (0,23 .10
-11
) = 11,64
3. CH
3

COOH
ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
CH
3
COO
-
+ H
+
Ban đầu C Mol.lit
-1
Điện li Cα Cα Cα
Cân bằng C - Cα Cα Cα
Ka =
+ -
3
3
[H ].[CH COO ]
[CH COOH]
=
Ca.Ca
C-Ca
=
2
Ca
1-a
= vì α nhỏ nên ( 1- α ) = 1
Ka = Cα
2
⇒ Cα =

CKa
. [H
+
] =
α
CK
=
-5
0,1.1,75.10
= 1,323.10
-3
pH = -lg[H
+
] = 2,88 hoặc pH =
2
1
(- lgHa - lg10 - 1) =
2
1
(4,757 + 1) = 2,88
Điện li α Ka = Cα
2
α =
C
K
α
=
1,0
10.75,1
5−

= 1,32.10
-2
hay 1,32%.
4. CH
3
COOH ⇔ CH
3
COO
-
+ H
+

x mol x mol x mol
1l dung dòch axit có 2 x 3,13 .10
21
hạt = 6.26 .10
21
hạt
Gọi x là số mol phân tử CH
3
COOH đã phân li trong 1 lít dung dòch. Lúc đó x là số ion H
+
cũng là số
ion CH
3
COO
-
. 1 mol CH
3
COOH có 6,02.10

23
phân tử, 0,01 M có 6,02 10
21
phân tử. Khi đó số phân tử
CH
3
COOH còn lại không phân li là 6,02 10
21
– x
Ta có : 6,02.10
21
- x + 2x = 6,62 . 10
21
x = 0,24 .10
21
Độ điện li α =
10.02,6
2410,0
x 100 = 3,99%
0
(1  ( 4điểm)
1.1. Xác định năng lượng ion hố thứ nhất của ngun tử silic (Z = 14) ở trạng thái cơ bản
Cho: E(n,l) = - 13,6 [Z
*
(n,l)/n
*
]
2
; với Z
*

:điện tích hiệu dụng ; n
*
: số lượng tử biểu kiến.
17
Cl
2
(1 mol )
Mg
1) etilen oxit
H
2
SO
4
15
0
C
Fe

1.2. Cho dòng điện 5A đi qua dung dịch muối của axit hữu cơ trong thời gian 19 phút 18 giây. Kết quả
sau quá trình điện phân là trên catot tạo ra 6,21 g một kim loại và trên anot có khí etan và khí cacbonic
thoát ra.
1.2.1. Xác định công thức của muối đã bị điện phân?
1.2.2. Viết phương trình phản ứng xảy ra trên các điện cực?
1.2.3. Tính thể tích khí etan thoát ra ở (đktc)?
(1 ' (4điểm)
Kim loại A phản ứng với phi kim B tạo hợp chất C. Cho 0,1 mol hợp chất C phản ứng với CO
2
dư tạo
thành hợp chất D và 2,4g B. Hoà tan hoàn toàn D vào nước, dung dịch D phản ứng vừa đủ 100ml dung
dịch HCl 1M giải phóng 1,12 lít khí CO

2
(đktc). Hãy xác định A, B, C, D và viết phương trình phản ứng
xảy ra. Biết hợp chất C chứa 45,07% B theo khối lượng ; hợp chất D không bị phân tích khi nóng chảy.
(1 0 (4điểm)
Ở 820
0
C cho K
p
các cân bằng sau:
(1) CaCO
3
CaO + CO
2
K
p
= 0,2
(2) MgCO
3
MgO + CO
2
K
p
= 0,4
Người ta đưa 1mol CaO; 1mol MgO và 3mol CO
2
vào một xilanh có thể tích rất lớn, ban đầu là chân
không và giữ ở 820
0
C. Nhờ một pittong nén từ từ thể tích trong xilanh. Xác định thể tích của CO
2

khi bắt
đầu và chấm dứt mỗi cân bằng?
(1 2 ( 4điểm)
Dung dịch A là dung dịch CaCl
2
trong nước có nồng độ 1,780g/l. Dung dịch B là dung dịch Na
2
CO
3
trong
nước có nồng độ 1,700g/l.
(Cho: pK
a1
(H
2
CO
3
) = 6,37 ; pK
a2
(H
2
CO
3
) = 10,33 )
4.1. Hãy tính giá trị pH của dung dịch B.
4.2. Trộn 100ml dung dịch A với 100ml dung dịch B tạo ra dung dịch C. Dung dịch C được chỉnh đến pH
= 10 . Hãy tính toán để kết luận có kết tủa nào tạo thành?
(Cho T Ca(OH)
2
= 6,46.10

-6
mol
3
.l
-3
; T CaCO
3
= 3,31.10
-9
mol
2
.l
-2
)
(1 3( 4điểm)
5.1. 3-Metylbuten-1 tác dụng với axit bromhidric tạo ra 6 sản phẩm trong đó có A là 2-brom-3-
metylbutan và B là 2-brom-2-metylbutan. Bằng cơ chế phản ứng hãy giải thích sự tạo thành 2 sản phẩm
A, B?
5.2. Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ chuyển hoá sau ( các chất từ A, B, …G
2
) là các hợp chất
hữu cơ viết dưới dạng cấu tạo.
E
1
+ E
2
C
6
H
5

CH
3
→ A → B → C → D 
G
1
+ G
2

5.3. Một hợp chất hữu cơ A chỉ chứa một nguyên tử oxi trong phân tử. Phân tử A có chứa 79,59%C ;
12,25%H ; còn lại là oxi. Ozon phân A thu được HOCH
2
CH=O ; CH
3
CH
2
CH
2
COCH
3
và
CH
3
CH
2
COCH
2
CH
2
CH=O. Nếu cho A tác dụng với brom theo tỉ lệ mol 1:1 rồi mới ozon phân sản phẩm
chính sinh ra, thì thu được hai sản phẩm hữu cơ trong đó có một xeton. Đun nóng A với dung dịch axit dễ

dàng thu được sản phẩm B có cùng phân tử như A, song khi ozon phân B chỉ cho một sản phẩm hữu cơ
duy nhất.
5.3.1. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên A?
5.3.2. Tìm công thức cấu tạo của B và viết cơ chế của phản ứng chuyển hoá A thành B?
4,4#
(1 (4điểm)
5
18
as
(1 mol)
(1 mol)
Ete khan
2) H
3
O
+
as
Br
-

Ở trạng thái cơ bản cấu hình e của:
Si(Z = 14) là: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p

2
Của ion Si
+
là: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
1

Với σ
3s
= σ
3p
= (2.1)+(8.0,85)+(3.0,35) = 9,85
Điện tích hiệu dụng tác dụng lên các electron này là: Z
*
3s
= Z
*
3p
= 14-9,85 = 4,15
⇒ E
3s =
E
3p

= -13,6(4,15/3)
2
= -26,02 eV.
Trong ion Si
+
:
Với σ
3s
= σ
3p
= (2.1)+(8.0,85)+(2.0,35) = 9,5
Z
*
3s
= Z
*
3p
= 14 -9,5 = 4,5
⇒ E
3s =
E
3p
= -13,6(4,5/3)
2
= -30,6 eV
⇒ E
I
= E(Si
+
)- E(Si) = 3.(-30,6)-4.(-26,02) = 12,3 eV (1điểm)

1.2.(3 điểm)
1.2.1(1điểm)
Số mol e trao đổi = It:F = 5.(19.60+18):96500 = 0,06mol.
Ở catot xảy ra quá trình sau: M
n+
+ ne → M
0
(0,5điểm)
0,06mol 0,06/n mol
M = 6,21.n:0,06 = 103,5.n
n = 1 ⇒ M = 103,5 (loại)
n = 2 ⇒ M = 207 (Pb)
n = 3 ⇒ M = 310,5 (loại) (0,5diểm)
Vậy công thức phân tử của muối bị điện phân là (CH
3
COO)
2
Pb.
1.2.2.(1,5 điểm) Phương trình phản ứng xảy ra trên các điện cực:
Catot: Pb
2+
, H
+
(H
2
O)
Pb
2+
+ 2e → Pb
0,06mol 0,03mol (0,5điểm)

Anot: CH
3
COO
-
, OH
-
(H
2
O)
2CH
3
COO
-
- 2e → 2CH
3
COO
•
2CH
3
COO
•
→ 2CH
3
•
+ 2CO
2
2CH
3
•
→ CH

3
CH
3
(1điểm)
2 CH
3
COO
-
- 2e → CH
3
CH
3
+ 2CO
2
ptđp: (CH
3
COO)
2
Pb → Pb + CH
3
CH
3
+ 2CO
2
1.2.3. (0,5điểm)
Theo ptđp ta có: Số mol Pb = Số mol CH
3
CH
3
= ½ Số mol e = 0,06:2 = 0,03 mol

Vậy thể tích etan thu được là : 0,03.22,4 = 0,672 lít . (0,5điểm)
(1' (4điểm)
Số mol HCl = 0,1.1 = 0,1mol
Số mol CO
2
= 1,12:22,4 = 0,05mol (1điểm)
Số mol H
+
: Số mol CO
2
= 2:1 ⇒ Hợp chất D là muối CO
3
2-
Mặt khác D không bị phân tích khi nóng chảy ⇒ D cacbonat kim loại kiềm
2H
+
+ CO
3
2-
= H
2
O + CO
2
C + CO
2
= D + B ⇒ C peoxit hoặc supeoxit (1điểm)
B là oxi
19

Đặt công thức hoá học của C là M

x
O
y

Lượng oxi có trong 0,1mol C(M
x
O
y
) là : 16.0,05+2,4 = 3,2 g
Khối lượng của 0,1mol C là = 3,2.100:45,07 = 7,1g (1điểm)
⇒ M
c
= 7,1:0,1 = 71 g/mol
⇒ Khối lượng của kim loại M trong M
x
O
y
= 7,1- 3,2 = 3,9 g
Ta có: x : y = 3,9/ M : 3,2/ 16 ⇒ M = 39
Vậy: A là Kali ( K )
B là Oxi ( O
2
) (0,5điểm)
C là KO
2

D là K
2
CO
3

Các phương trình:
K + O
2
→ KO
2
(0,5điểm)
4KO
2
+ 2CO
2
→ 2K
2
CO
3
+ 3O
2

K
2
CO
3
+ 2HCl → 2KCl + CO
2
+ H
2
O
(10 (4điểm)
Khi P(CO
2

) < 0,2 atm ⇒ không có phản ứng xảy ra.
Khi P(CO
2
) = 0,2 atm
V
1
= n.RT/P = 3.22,4.(273+820):273.0,2 = 1345,23 lít (0,5điểm)
Khi P(CO
2
) = 0,2 atm, cân bằng sau xảy ra: CaO + CO
2
CaCO
3
(1)
Khi V giảm, P(CO
2
) không thay đổi, do CO
2
tham gia vào cân bằng (1), đến khi CaO hết 1 mol thì CO
2

tiêu thụ hết 1mol ⇒ CO
2
còn 2 mol
V
2
= 2.22,4.(273+820):273.0,2 = 896,82 lít (1điểm)
Khi 0,2 atm < P (CO
2
) < 0,4 atm không có phản ứng hoá học xảy ra.

Khi P ( CO
2
) = 0,4 atm
V
3
= 2.22,4.(273+820):273.0,4 = 448,41 lít (0,5điểm)
Khi P ( CO
2
) = 0,4 atm cân bằng sau xảy ra: MgO + CO
2
MgCO
3
(2)
Khi V giảm , P (CO
2
) không thay đổi do CO
2
tham gia vào cân bằng (2) đến khi MgO tiêu thụ hết 1mol,
CO
2
tiêu thụ hết 1mol ⇒ CO
2
còn lại 1mol .
V
4
= 1.22,4.(273+820):273.0,4 = 224,20 lít (1điểm)
Vậy : 896,82 lít < V < 1345,23 lít ⇒ cân bằng (1) xảy ra.
448,41 lít < V < 896,82 lít ⇒ không có phản ứng xảy ra. (1điểm)
224,20 lít < V < 448,41 lít ⇒ cân bằng (2) xảy ra.
(12 (4điểm)

255'
[HCO
3
-
] [OH
-
]
K
b2
= K
b2
= 10
-14
:10
-10,35
= 2,14.10
-4
[CO
3
2-
] K
b1
=2,34.10
-8
20

Vì: K
b2
>> K
b1

do đó ta chỉ xét sự proton hoá một nấc của CO
3
2-
(1điểm)
CO
3
2-
+ H
2
O HCO
3
-
+ OH
-
K
b2
[

] C
0
– x mol/l x mol/l x mol/l
C
0
(Na
2
CO
3
) = 1,700 g.l
-1
: 106 g.mol

-1
= 0,016 mol.l
-1
⇒ x
2
: (0,016 – x) = 2,14.10
-4
⇒ x = 1,75.10
-3
⇒ pH = 11,3 (1điểm)
4.2. (2điểm)
Sau khi trộn dung dịch A với dung dịch B ta có:
C
0
(Na
2
CO
3
) = 1,700 g.l
-1
: 2.106 g.mol
-1
= 0,008 mol.l
-1
C
0
(CaCl
2
) = 1,780 g.l
-1

: 2.111 g.mol
-1
= 0,008 mol.l
-1
Ta có : [OH
-
]
2
[Ca
2+
] = (10
-4
)
2
.8.10
-3
= 8.10
-11
mol
3
l
-3
< 6,46.10
-6
mol
3
l
-3
Vậy không có kết tủa Ca(OH)
2

xuất hiện (1điểm)
Ta có :
[HCO
3
-
] [OH
-
]
K
b2
= ⇒ [HCO
3
-
] = K
b2
. [CO
3
2-
] : [OH
-
]
[CO
3
2-
] = 2,14 . [CO
3
2-
]
[HCO
3

-
] + . [CO
3
2-
] = C
0
(Na
2
CO
3
) = 0,008 mol.l
-1
⇒
[CO
3
2-
] = 2,55.10
-3
mol.l
-1

⇒
[Ca
2+
] = 8.10
-3
mol.l
-1
⇒
[Ca

2+
] . [CO
3
2-
] = 8.10
-3
. 2,55.10
-3
= 2,04.10
-5
mol
2
l
-2
> 3,31.10
-9
mol
2
l
-2
Vậy có kết tủa CaO
3
xuất hiện. (1điểm)
(13 (4 điểm)
5.1 (1điểm) →(CH
3
)
2
CHCH
2

+
CH
2
(I)
(CH
3
)
2
CHCH=CH
2
(0,5điểm)
→(CH
3
)
2
CH

+
CHCH
3
(II) →
(CH
3
)
2
+
CH

CHCH
3

(III)
(II) → (CH
3
)
2
CHCHBrCH
3
(A)
(III) → (CH
3
)
2
CBrCH
2
CH
3
(B) (0,5điểm)
5.2. (1 điểm)
C
6
H
5
CH
3
+ Cl
2
→ C
6
H
5

CH
2
Cl + HCl
C
6
H
5
CH
2
Cl + Mg → C
6
H
5
CH
2
MgCl
C
6
H
5
CH
2
MgCl → C
6
H
5
CH
2
CH
2

CH
2
OH
C
6
H
5
CH
2
CH
2
CH
2
OH → + H
2
O
+ Br
2
→ + HBr

21
H
+
Ch.vi
Br
-
as
Ete khan
1)
oxit etilen

2)
H
3
O
+
H
2
SO
4
, 15
0
C
as
Fe
Fe
Br
Br
Br
-

+ Br
2
→ + HBr (1điểm)
+ Br
2
→ + HBr



+ Br

2
→ + HBr
5.3(2điểm)
5.3.1(1,5điểm)
Ta có: C : H : O = 79,59/12 : 12,25/1 : 8,16/16 = 13: 24: 1
Vậy công thức phân tử của A là C
13
H
24
O (0,5điểm)

Từ sản phẩm ozon phân ta tìm ra 2 công thức cấu tạo có thể có :
CH
3
CH
2
CH
2
C(CH
3
)=CHCH
2
CH
2
C(CH
2
CH
3
)=CHCH
2

OH (A
1
)
CH
3
CH
2
CH
2
C(CH
3
)=C(CH
2
CH
3
)CH
2
CH
2
CH=CHCH
2
OH (A
2
) (0,5điểm)
Từ phản ứng brom hoá rồi ozon phân suy ra (A
1
) phù hợp
Vì:
(A
1

) → CH
3
CH
2
CH
2
C(CH
3
)BrCHBrCH
2
CH
2
C(CH
2
CH
3
)=CHCH
2
OH →
Xeton + HOCH
2
CH=O
(A
2
) →CH
3
CH
2
CH
2

C(CH
3
)BrC(CH
2
CH
3
)BrCH
2
CH
2
CH=CHCH
2
OH →
Andehit + HOCH
2
CH=O
Tên của A: 3-etyl-7-metyldeca-2,6-dien-1-ol (0,5 điểm)
5.3.2(0,5điểm)
B phải là hợp chất mạch vòng có chứa 1 nối đôi , B sinh ra từ A do phản ứng đóng vòng.

+ →
→
+
(A)
→ 63
(B)
22
OH
H
+

, t
0
C
- H
2
O
H
2
O
- H
+
Br
CH2OH
CH2
Br
2
1:1
Br
2
1:1
Ozon phân
Ozon phân
as
Br

2
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ - HÓA HỌC - KHỐI 10
(17 
Xét các phân tử BF
3

, NF
3
và IF
3
. Trả lời các câu hỏi sau :
I.1. Viết công thức chấm electron Lewis của các chất trên
I.2. Dựa vào thuyết lai hóa obitan nguyên tử hãy cho biết tr ạng th ái lai hóa của nguyên tử trung tâm
và dạng hình học của mỗi phân tử
1.3. Xác định xem phân tử nào là phân cực và không phân cực. Giải thích kết quả đã chọn
(177 
7755Cho các phản ứng thuận nghịch sau:

Fe
3
O
4
+ H
2

3FeO + H
2
O
(a)
FeO + H
2

Fe + H
2
O
(b)

Fe
3
O
4
+ 4H
2

3Fe + 4H
2
O
(c)
Fe
2
O
3
+ 3H
2

2Fe + 3H
2
O
(d)
Biết rằng nước, H
2
ở pha khí, các chất còn lại ở pha rắn
Hãy biểu thị hằng số cân bằng của phản ứng (a) thông qua hằng số cân bằng của các phản ứng còn
lại
775'5 Quá trình hoà tan tinh thể ion vào nước bao gồm những quá trình nào? Hãy cho biết những quá
trình nào là thu nhiệt, quá trình nào là toả nhiệt. Từ đó giải thích hiện tượng khi hoà tan các tinh
thể NaOH, MgCl

2
, NH
4
NO
3
vào từng cốc nước riêng biệt.
(1777 
III.1. Tính pH của dung dịch H
2
C
2
O
4
0,01M.
III.2. Cho từ từ dung dịch C
2
O
4
2-
vào dung dịch chứa ion Mg
2+
0,01M và Ca
2+
0,01M.
III.2.1. Kết tủa nào xuất hiện trước.
III.2.2. Nồng độ ion thứ nhất còn lại bao nhiêu khi ion thứ hai bắt đầu kết tủa.
III.3. Tính pH của dung dịch để 0,001moL CaC
2
O
4

tan hết trong 1 Lít dung dịch đó.
Biết H
2
C
2
O
4
có các hằng số axít tương ứng là pK
1
= 1,25; pK
2
= 4,27
Tích số tan của CaC
2
O
4
là 10
– 8,60
; MgC
2
O
4
là 10
- 4,82

(178 
Ở 25
0
C, người ta thực hiện một pin gồm hai nửa pin sau :
Ag | AgNO

3
0,1 M và Zn | Zn(NO
3
)
2
0,1 M.
IV.1. Thiết lập sơ đồ pin.
IV.2. Viết các phản ứng tại các điện cực và phản ứng xảy ra khi pin làm việc.
IV.3. Tính suất điện động của pin.
IV.4. Tính nồng độ các ion khi pin không có khả năng phát điện.
Cho:
VE
VE
ZnZn
AgAg
76,0
8,0
/
0
/
0
2
−=
=
+
+
(18 
Nung hỗn hợp A gồm sắt và lưu huỳnh sau một thời gian được hỗn hợp rắn B. Cho B tác dụng với
dung dịch HCl dư, thu được V
1

lít hỗn hợp khí C. Tỷ khối của C so với hidro bằng 10,6. Nếu đốt cháy
hoàn toàn B thành Fe
2
O
3
và SO
2
cần V
2
lít khí oxi.
23

V.1. Tìm tương quan giá trị V
1
và V
2
(đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất).
V.2. Tính hàm lượng phần trăm các chất trong B theo V
1
và V
2
.
V.3. Hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung trên là bao nhiêu phần trăm.
V.4. Nếu hiệu suất của phản ứng nung trên là 75%, tính hàm lượng phần trăm các chất trong hỗn hợp
B. Cho biết S = 32; Fe = 56; O = 16.
ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT
(17 
Xét các phân tử BF
3
, NF

3
và IF
3
. Trả lời các câu hỏi sau :
I.1. Viết công thức chấm electron Lewis của các chất trên
I.2. Dựa vào thuyết lai hóa obitan nguyên tử hãy cho biết tr ạng th ái lai hóa của nguyên tử trung tâm
và dạng hình học của mỗi phân tử
1.3. Xác định xem phân tử nào là phân cực và không phân cực. Giải thích kết quả đã chọn
Đáp án :
S
FF
F
N
F F
F
I FF
F
63
Lai hóa sp
2
Lai hóa sp
3
Lai hóa sp
3
d 693
Tam giác phẳng Tháp đáy tam giác Hình chữ T 693
Không cực vì momen
lưỡng cực liên kết bị
triệt tiêu
Có cực vì lưỡng cực liên

kết không triệt tiêu
Có cực vì lưỡng cực liên
kết không triệt tiêu

(177 
7755Cho các phản ứng thuận nghịch sau:

Fe
3
O
4
+ H
2

3FeO + H
2
O
(a)
FeO + H
2

Fe + H
2
O
(b)
Fe
3
O
4
+ 4H

2

3Fe + 4H
2
O
(c)
Fe
2
O
3
+ 3H
2

2Fe + 3H
2
O
(d)
Biết rằng nước, H
2
ở pha khí, các chất còn lại ở pha rắn
Hãy biểu thị hằng số cân bằng của phản ứng (a) thông qua hằng số cân bằng của các phản ứng còn
lại
775'5Quá trình hoà tan tinh thể ion vào nước bao gồm những quá trình nào? Hãy cho biết những quá
trình nào là thu nhiệt, quá trình nào là toả nhiệt. Từ đó mô tả và giải thích hiện tượng khi hoà
tan các tinh thể NaOH, MgCl
2
, NH
4
NO
3

vào từng cốc nước riêng biệt.
Đáp án:
II.1.
Gọi K
a
, K
b
, K
c
, K
d
lần lượt là hằng số cân bằng của các phản ứng a,b,c,d
tương ứng. Ta có:
2 điểm
24

2
2
H
OH
a
P
P
K =
;
2
2
H
OH
b

P
P
K =
;
2
2
4
4
H
OH
c
P
P
K =
;
2
2
3
3
H
OH
d
P
P
K =
→
6
.
b
dc

a
K
KK
K =
II.2.
- Quá trình hoà tan tinh thể ion vào nước, ta có thể hình dung bao gồm các quá
trình như sau:
+ Quá trình phân li tinh thể ion thành các ion tự do (cation và anion) là quá
trình thu nhiệt. (nhiệt phân li, ΔH
phân li
> 0)
+ Quá trình tương tác giữa các ion với nước để tạo thành các ion hidrat hoá là
quá trinh toả nhiệt. (nhiệt hidrat hoá, ΔH
hidrat
< 0)
→ Nhiệt của quá trinh hoà tan tinh thể ion vào nước là ΔH
ht
= ΔH
phân li
+ ΔH
hidrat
của các ion

- Khi cho NaOH, MgCl
2
vào cốc nước ta thấy cốc nước nóng lên do ΔH
hirat
vượt
trội so với ΔH
phân

li

→ ΔH
ht
< 0
- Khi hoà tan NH
4
NO
3
vào cốc nước thấy cốc nước lạnh hẳn do ΔH
phân li
vượt
trội so với ΔH
hidrat
→ ΔH
ht
> 0
2 điểm
(1777 2
II.1.Tính pH của dung dịch H
2
C
2
O
4
0,01M.
II.2.Cho từ từ dung dịch C
2
O
4

2-
vào dung dịch chứa ion Mg
2+
0,01M và Ca
2+
0,01M.
II.2.1. Kết tủa nào xuất hiện trước.
II.2.2. Nồng độ ion thứ nhất còn lại bao nhiêu khi ion thứ hai bắt đầu kết tủa.
II.3.Tính pH của dung dịch để 0,001moL CaC
2
O
4
tan hết trong 1 Lít dung dịch đó.
Biết H
2
C
2
O
4
có các hằng số axít tương ứng là pK
1
= 1,25; pK
2
= 4,27
Tích số tan của CaC
2
O
4
là 10
– 8,60

; MgC
2
O
4
là 10
- 4,82


III.1.
H
2
C
2
O
4
H
+
+ HC
2
O
4
-
K
1

= 10
-1,25
(1)
HC
2

O
4
-
H
+
+ C
2
O
4
2-
K
2
= 10
-4,27

(2)
H
2
O H
+
+ OH
-
K
w
= 10
-14
(3)
Do K
w
<< K

2
<< K
1
⇒ cân bằng (1) xảy ra chủ yếu
H
2
C
2
O
4
H
+
+ HC
2
O
4
-
K
1

= 10
-1,25

C (M) 0,01
[ ] (M) 0,01 – x x x
1,0 điểm
= 10
-1,25

⇒ x

2
+ 10
-1,25
x - 10
-3,25
= 0
GiảI phương trình bậc 2, ta được: x = 8,66 . 10
-3
(M)
⇒ pH = 2,06
25