ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015 -Hóa học 10 trường Lê Hồng Phong Nam Định

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG
TỈNH NAM ĐỊNH
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 05 trang, gồm 10 câu)
Câu 1: (2 điểm)
a) Đối với hệ gồm 1 hạt nhân và các electron, biểu thức liên hệ giữa năng lượng
liên kết của electron với hạt nhân được biểu diễn như sau:
trong đó n là số lượng tử chính; σ là hằng số chắn (σ = 0 khi hệ có 1 electron, σ =
0,3 khi hệ có 2 electron…) ; Z là số đơn vị điện tích hạt nhân. Xác định năng lượng
ion hóa thứ ba (theo eV) của Be (Z = 4) từ trạng thái cơ bản (ứng với sự tách
electron từ ion Be
2+
thành Be
3+
).
b) Giải thích tại sao Flo có độ âm điện lớn hơn Clo nhưng ái lực electron của Flo
(3,58 eV) lại bé hơn của Clo (3,81 eV)?
Câu 2: (2 điểm)
a) Cho các dung dịch riêng rẽ sau: NaH
2
PO
4
0,01M (A); Na
2
HPO
4

0,01M (B); HCl
0,01M (C). Trình bày ngắn gọn cách xác định pH của các dung dịch và cho biết
chất chỉ thị nào sau đây tốt nhất sử dụng để phân biệt các dung dịch trên. Nêu rõ
hiện tượng xảy ra?
Cho các chất chỉ thị: (1) Metyl dacam (khoảng chuyển màu từ 3,1 - 4,4: pH < 3,1
màu đỏ; pH > 4,4 màu vàng); (2) Metyl đỏ (khoảng chuyển màu 4,4-6,2; pH < 4,4
màu đỏ; pH > 6,2 màu vàng); (3) Quỳ (khoảng chuyển màu 5,0-8,0; pH < 5,0 màu
đỏ; pH > 8,0 màu xanh); (4) Phenolphtalein (khoảng chuyển màu 8,2 - 10,0; pH <
8,2 không màu; pH > 10 màu đỏ)
b) Nhỏ từ từ đến hết V lít dung dịch NaOH 0,03M vào V lít dung dịch H
3
PO
4
0,02M có sẵn vài giọt quỳ tím, thu được dung dịch X. Viết phương trình phản ứng
xảy ra và cho biết sự thay đổi màu sắc của dung dịch.
Cho biết: H
3
PO
4
có pKa
1
= 2,15; pKa
2
= 7,21; pKa
3
= 12,32; pK
w
= 14
Câu 3: (2 điểm)
Trong mặt trời, có xảy ra một chuỗi các phản ứng hạt nhân nằm trong chu trình

cacbon-nitơ như sau:
a) Hoàn thành các phản ứng hạt nhân trên, viết phương trình tổng quát cho chu
trình cacbon-nitơ.
b) Hạt nhân nào được coi là xúc tác của quá trình? Hạt nhân nào được coi là hạt
nhân trung gian?
c) Tính năng lượng giải phóng ra nếu có 1 gam
1
H tham gia vào chu trình này.
Cho: Khối lượng mol nguyên tử của
1
H và F lần lượt là 1,00782 g/mol và 4,00260
g/mol. Khổi lượng của positron là 9,10939 × 10
-28
g. Hằng số Avogadro N =
6,022136 × 10
23
. Tốc độ ánh sáng trong chân không c = 2,998 × 10
8
m/s.
Câu 4: (2 điểm)
Độ ẩm tuyệt đối của không khí được tính bằng lượng hơi nước có trong 1 đơn vị
thể tích không khí (tính ra g/m
3
). Độ ẩm tương đối của không khí là tỉ số giữa độ
ẩm tuyệt đối với độ ẩm cực đại (độ ẩm khi hơi nước bão hòa) ở nhiệt độ đang xét
(tính ra %). Cho P
o
= 101, 3 kPa và bảng tính chất nhiệt động sau (coi không phụ
thuộc nhiệt độ):
Chất ΔH

o
298
(kJ/mol) S
o
298
(J/mol.K)
Na
2
SO
4
-1384,6 149,5
Na
2
SO
4
.10H
2
O -4324,7 591,9
H
2
O (l) -285,8 70,1
H
2
O (k) -241,8 188,7
a) Có hiện tượng gì xảy ra khi để 2 khoáng vật Na
2
SO
4
và Na
2

SO
4
.10H
2
O ra ngoài
không khí có độ ẩm tương đối bằng 67% ở 25
o
C.
b) Các kết quả thu được ở trên có thay đổi không khi hạ nhiệt độ xuống 0
o
C.
c) Ở độ ẩm tương đối nào của không khí cả hai chất song song tồn tại ở 25
o
C.
d) Nói Na
2
SO
4
là chất hút ẩm tốt có đúng không?
Câu 5: (2 điểm)
Cho bảng dữ kiện nhiệt động của phản ứng: SO
2
(k) + O
2
(k)  SO
3
(k) (1)
Nhiệtđộ (
o
C) 530 550

Δ
phảnứng
G
o
(kJ/mol) –16,03 –15,31
a) Ước lượng hằng số cân bằng K
p1
của phản ứng (1) ở 650
o
C.
Cho 15,19 g sắt (II) sunfat được đun nóng trong bình chân không 1,00 L tới 650
o
C
thì xảy ra các phản ứng sau:
FeSO
4
(r)  Fe
2
O
3
(r) + SO
3
(k) + SO
2
(k) (2)
2SO
3
(k)  2SO
2
(k) + O

2
(k) (3)
Khi hệ đạt đến trạng thái cân bằng, áp suất riêng phần của oxy là 21,28 mmHg.
b) Tính áp suất tổng ở trạng thái cân bằng và giá trị K
p2
của phản ứng (2).
c) Tính phần trăm FeSO
4
bị phân hủy?
Câu 6: (2 điểm)
a) Tính pH của dung dịch K
2
Cr
2
O
7
0,10M.
b) Trộn 50,0 ml dung dịch BaCl
2
0,50M với 50,0 ml dung dịch K
2
Cr
2
O
7
0,20M.
Xác định pH của dung dịch thu được.
Cho biết: Tích ion của nước là K
w
= 10

-14
. Tích số tan của BaCrO
4
là K
S
= 10
-9,93
.
Cr
2
O
7
2-
+ H
2
O  2HCrO
4
-
có K = 10
-1,64
;
HCrO
4
-
 H
+
+ CrO
4
2-
có K

a
= 10
-6,5
.
Câu 7: (2 điểm)
Cho ba pin điện hóa với sức điện động tương ứng ở 298K:
Pin 1: Hg | Hg
2
Cl
2
| KCl (bão hoà) || Ag
+
(0,0100M) | Ag có E
1
= 0,439V.
Pin 2: Hg | Hg
2
Cl
2
| KCl (bão hoà) || AgI (bão hoà) | Ag có E
2
= 0,089V.
Pin 3: Ag | AgI (bão hoà), PbI
2
(bão hoà) || KCl (bão hoà) |Hg
2
Cl
2
| Hg có E
3

=
0,230V.
a) Tính tích số tan của AgI.
b) Tính tích số tan của PbI
2
.
Cho: E
0
(Ag
+
/Ag) = 0,799V.
Câu 8: (2 điểm)
Một số học sinh vào phòng thí nghiệm hóa của trường làm thực hành về tốc độ
phản ứng nhưng do vô ý nên khi làm xong đã để quên không đậy nắp và cất vào vị
trí cũ một lọ hóa chất A mà trên nhãn có ghi “bảo quản trong điều kiện tối”. Sau
một thời gian, các giáo viên tiến hành rà soát phòng thí nghiệm mới phát hiện ra thì
hóa chất trong chai đã biến đổi tạo thành ba hợp chất mới là B, C và D. Hợp chất A
có thể được dùng để làm tăng độ tan của hợp chất C trong các dung dịch nước nhờ
tạo thành D. Nếu trộn dung dịch đậm đặc của A và B với nhau sau đó cho phản
ứng với một khí F màu vàng lục sẽ sinh ra hai muối G và H. Trong môi trường
axit, muối G phản ứng với A tạo thành dung dịch màu nâu xỉn có chứa C. Oxy
chiếm 22,4% khối lượng của G. Khí F phản ứng với hidro trong điều kiện chiếu
sáng tạo ra axit J. Mặt khác, G tác dụng với J dẫn tới C, F và H.
a. Tìm công thức của các chất và viết phương trình phản ứng dạng ion thu gọn.
b. Tính pH cực đại mà ở đó phản ứng giữa dung dịch A 0,10 M và G 0,25 M tự
diễn biến ở 25
o
C biết E
o
(C/A) = 0,536 V và E

o
(G, H
+
/C) = 1,195 V.
c. Vai trò của ánh sáng trong quá trình biến tính của A là gì?
Câu 9: (2 điểm)
Xục khí NH
3
vào SCl
2
người ta thu được một chất rắn X màu đỏ chỉ chứa S và N,
rất dễ nổ.
a) Hòa tan 8,48 gam X trong 500 gam benzen thu được dung dịch hóa rắn tại
4,988
o
C biết rằng hằng số nghiệm lạnh của benzen là 5,065
o
C.kg/mol và nhiệt độ
đông đặc của benzen là 5,455
o
C. Xác định công thức phân tử của X và viết phương
trình phản ứng đã xảy ra (không có mặt hợp chất ion).
b) Viết cấu tạo của X và giải thích tại sao thực nghiệm cho thấy độ dài các liên kết
trong X bằng nhau.
c) Từ các dữ kiện sau, tính ΔH
o
của phản ứng điều chế 1 mol X ở ý a).
E(S–S) = 226 kJ mol
–1
; E(N≡N) = 946 kJ mol

–1
; E(S–N) = 273 kJ mol
–1
; E(S=N) =
328 kJ mol
–1
; ΔH
bay hơi
(S
8
) = 77 kJ mol
–1
; ΔH
bay hơi
(X) = 88 kJ mol
–1
; ΔH
tạo thành
(NH
3
) = – 45,9 kJ mol
–1
; ΔH
tạo thành
(SCl
2
) = – 50,0 kJ mol
–1
; ΔH
tạo thành

(HCl) = –
92.3 kJ mol
–1
.
Câu 10: (2 điểm)
Cho phản ứng sau diễn ra tại 25
0
C: S
2
O
8
2-
+ 3I
-
→ 2SO
4
2-
+ I
3
-
. Để xác định phương
trình động học của phản ứng, người ta tiến hành đo tốc độ đầu của phản ứng ở các
nồng độ đầu khác nhau :
Thí
nghiệm
Nồng độ ban đầu
của I
-
(mol/l )
Nồng độ ban đầu của

S
2
O
8
2-
( mol/l )
Tốc độ ban đầu của phản
ứng v
o
x10
3
(mol/l.s)
1 0,1 0,1 0,6
2 0,2 0,2 2,4
3 0,3 0,2 3,6
a. Xác định bậc riêng phần của các chất phản ứng, bậc toàn phần và hằng số tốc độ
của phản ứng. Chỉ rõ đơn vị của hằng số tốc độ của phản ứng.
b. Nếu ban đầu người ta cho vào hỗn hợp đầu ở thí nghiệm 3 một hỗn hợp chứa
S
2
O
3
2-
và hồ tinh bột sao cho nồng độ ban đầu của S
2
O
3
2-
bằng 0,2 M. Tính thời
gian để dung dịch bắt đầu xuất hiện màu xanh. Biết phản ứng: 2S

2
O
3
2-
+ I
3
-
→
S
4
O
6
2-
+ 3I
-
có tốc độ xảy ra rất nhanh và để có màu xanh xuất hiện thì nồng độ I
3
-
phải vượt quá 10
-3
mol/l.
………………………… HẾT …………………………
Người ra đề
Lại Năng Duy
Điện thoại: 01634121380
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
Câu Ý Nội dung chính cần đạt Điểm
1 a Be
2+
có Z = 4.

Cấu hình electron ở trạng thái cơ bản (n = 1) là: 1s
2
.
Năng lượng liên kết giữa electron với hạt nhân trong ion Be
2+
ở trạng thái cơ bản là:
0,5
E
Be
2+
= 2E
1
=
2
2
(4 0,3)
2.( 13,6) (eV) 372,368eV
1
−
− = −
Be
3+
(1s
1
) là hệ 1 electron 1 hạt nhân
E
Be
3+
= -
2

2
4
13,6 (eV)
1
= - 217,6 (eV)
0,5
Năng lượng ion hóa thứ ba của Be
I
3
= E
Be
3+
- E
Be
2+
= -217,6 – (-372,368) = 154,768 eV
0,5
b
Do Flo có bán kính nhỏ hơn Clo nên có khả năng hút cặp e
liên kết về phía mình mạnh hơn Clo (độ âm điện của Flo lớn
hơn). Cũng chính do bán kính nhỏ, nên khi Flo nhận hẳn một
electron vào nguyên tử sẽ gây nên lực đẩy mạnh giữa các
electron làm cho hệ kém bền. Do đó, Flo lại có ái lực electron
nhỏ hơn Clo.
0,5
2
a
Dung dịch A: pH
A
=

1 2
pKa pKa
2
+
= 4,68
Dung dịch B: pH
B
=
1 2
pKa pKa
2
+
= 9,765
Dung dịch C: [H
+
] = 0,01M => pH
C
= 2
0,75
Chất chỉ thị phù hợp nhất là metyl đỏ, khi đó:
- dung dịch C có màu đỏ;
- dung dịch A có màu đỏ da cam;
- dung dịch B có màu vàng.
0,25
b
Nồng độ ban đầu của: NaOH = 0,015M; H
3
PO
4
0,01M

Phản ứng xảy ra:
H
3
PO
4
+ OH
-
→ H
2
PO
4
-
+ H
2
O
0,01 0,015
- 0,005 0,01
H
2
PO
4
-
+ OH
-
→ HPO
4
2-
+ H
2
O

0,01 0,005
5.10
-3
- 5.10
-3
0,5
Dung dịch thu được là một dung dịch đệm có dạng axit và
bazơ liên hợp cùng nồng độ mol. Do đó:
0,25
pH
X
= pK
a2
= 7,21.
Hiện tượng: dung dịch chuyển từ màu đỏ sang màu tím. 0,25
3
a 1,0
b
Trung gian:
13
N,
13
C,
14
N,
15
O,
15
N. 0,25
Xúc tác:

12
C 0,25
c
Độ hụt khối tính cho 1 mol phản ứng chung là:
0,02758284 dvC hay 2,479.10
12
J
0,25
Tính cho 1g
1
H thì năng lượng giải phóng: 6,15.10
11
J 0,25
4 a Không khí ẩm do nước bốc hơi. Độ ẩm cực đại khi có cân
bằng: H
2
O (l)  H
2
O (k) (*)

( )
2
0
0
298
10.04,3ln*
−
∆
==→−=∆
k

n
p
K
P
K
KKRTG
( ) ( )
OHPPPaK
KbhKcbp 2298,298,
*3080 ===→
( ) ( )
PaOHPOHP
bhKkk
206467,0
2298,2298,
==→
bh: bão hòa; cb: cân bằng; kk: không khí.
Tính
( )
OHP
Kcb 2
'
298,
khicó cân bằng:
( ) ( ) ( )
krr
OHSONaOHSONa
242242
1010. +↔
(**)

ở 25
o
C thì
( ) ( )
OHPPaOHP
KkkKcb 2298,2
'
298,
2523
>=

Như vậy phản ứng (**) chuyển dịch theo chiều thuận và
OHSONa
242
10.
mất nước (khoáng vật bị chảy ra). Trong khi
khoáng vật Na
2
SO
4
không đổi (bền, không hút nước).
0,75
b
Dùng









−
∆
=
21
0
1
2
11
ln
TTR
H
K
K
tính lại các hằng số cân bằng
của (*) và (**) ở 0
o
C và suy ra:
( ) ( )
PaOHPPaOHP
KkkKcb
404366
2298,2
'
298,
=<=
.
Phản ứng (**) chuyển theo chiều nghịch và Na
2

SO
4
chảy rữa.
0,5
c
Có điều này khi:
( ) ( )
PaOHPOHP
KcbKkk
2523
2
'
298,2298,
==
nghĩa là độ ẩm tương đối của không khí bằng 81,9%.
0,5
d
Dựa vào kết quả 3 ý trên, ta thấy rằng: ở nhiệt độ thường
(khoảng 25
o
C) và độ ẩm không khí đã khá cao nhưng Na
2
SO
4
vẫn không có xu hướng hút nước để tạo ra Na
2
SO
4
.10H
2

O,
nghĩa là Na
2
SO
4
không phải là chất hút ẩm tốt.
0,25
5
a
SO
2
(k) + O
2
(k)  SO
3
(k) (1)
ΔH = -44938 J/mol
ΔS = -36 J/molK
0,25
b ΔG ở 650
o
C = -11710 J/mol → lnK
p1
= 1,526 → K
p1
= 4,6 0,25
2SO
3
(k)  2SO
2

(k) + O
2
(k) (3) có K
p3
= (K
p1
)
-2
= 0,047 0,25
Phản ứng (2): 2 FeSO
4
(s)  Fe
2
O
3
(s) + SO
3
(g) + SO
2
(g)
Phân hủy: - - -
Cân bằng: P-a P+a
Phản ứng (3): 2 SO
3
(g)  2SO
2
(g) + O
2
(g)
Áp suất ban đầu: P P 0

Phản ứng: -a +a +a/2
Cân bằng: P-a P+a a/2
Ở cân bằng thì áp suất của O
2
là 21,28/760 = 0,028 atm
a/2 = 0,028 atm → a = 0,056 atm
0,25
K
p3
=
047,0
)056,0(
028,0)056,0(
2
2
=
−
+
P
P

→
6973,1
)056,0(
)056,0(
2
2
=
−
+

P
P
0,25
→
303,1
)056,0(
)056,0(
=
−
+
P
P
→ P + 0,056 = 1,303P – 0,073
→ 0,303P = 0,12896 → P = 0,425 atm
2 FeSO
4
(s)  Fe
2
O
3
(s) + SO
3
(g) + SO
2
(g)
K
p2
= P
SO3
P

SO2
= (P-a)(P+a) = (0,425 – 0,056)(0,425 + 0,056)
= 0,177
0,25
c
Số mol SO
3
= SO
2
do phân hủy FeSO
4
:
PV = nRT → n = PV/PT = (0,425)1 /(0,082×923) = 5,6×10
-3
mol
Số mol FeSO
4
= 2n
SO3
= 0,0112 mol
Khối lượng FeSO
4
phân hủy = 0,0112 ×151,91 = 1,70 g
Phần trăm khối lượng FeSO
4
= 1,70/15,19 = 11,21 %.
0,5
6
K
2

Cr
2
O
7
→ 2K
+
+ Cr
2
O
7
2-
0,1M
- 0,1M
Các cân bằng:
Cr
2
O
7
2-
+ H
2
O  2HCrO
4
-
(1) K
1
= 10
-1,64
HCrO
4

-
 H
+
+ CrO
4
2-
(2) K
a
= 10
-6,5
H
2
O  H
+
+ OH
-
(3) K
w
= 10
-14
Nhận xét: K
1
>> K
a
>> K
w
=> coi như lượng HCrO
4
-
chuyển

hóa không đáng kể so với lượng HCrO
4
-
được tạo thành.
0,25
Xét cân bằng (1):
Cr
2
O
7
2-
+ H
2
O  2HCrO
4
-
(1) K
1
= 10
-1,64
C 0,1
[ ] 0,1 - x 2x
2
2
1,64
4
1
2
2 7
[HCrO ]

(2x)
K 10
[Cr O ] 0,1 x
−
−
−
= = =
−

=> x = 2,124.10
-2
=> [HCrO
4
-
] = 4,248.10
-2
M
0,25
Xét cân bằng (2):
HCrO
4
-
 H
+
+ CrO
4
2-
(2) K
a
= 10

-6,5
C 4,248.10
-2

0,5
[ ] 4,248.10
-2
y y
2
2
6,5
4
a
4
[H ][CrO ]
y
K 10
[HCrO ] 0,04248 y
+ −
−
−
= = =
−

=> y = 1,16.10
-4
<< 4,248.10
-2
M.
Vậy [H

+
] = 1,16.10
-4
M => pH = 3,96.
b
Sau khi trộn: Ba
2+
= 0,25 M
Cr
2
O
7
2-
= 0,10 M
Đánh giá khả năng hình thành kết tủa BaCrO
4
: [Ba
2+
][CrO
4
2-
] =
(0,25)(y) = 10
-4,74
>> K
S
, do đó có kết tủa BaCrO
4
xuất hiện.
2Ba

2+
+ Cr
2
O
7
2-
+ H
2
O  2BaCrO
4
+ 2H
+
(2)
K
2
= K
S
-2
K
1
K
a
2
= 10
5,22
>> 1
0,25 0,1
TPGH: 0,05 - 0,20
0,5
Cân bằng hòa tan kết tủa:

BaCrO
4
 Ba
2+
+ CrO
4
2-
K
S
= 10
-9,93
BaCrO
4
+ H
+
 Ba
2+
+ HCrO
4
-
(3) có K
3
= K
s
-1
.K
a
-1
= 10
-3,43

2BaCrO
4
+ 2H
+
 2Ba
2+
+ Cr
2
O
7
2-
+ H
2
O (4) có K
4
= K
2
-1
Nhìn chung, các cân bằng này có hằng số tương đối bé nên dự
đoán sự hòa tan phức là không đáng kể. Nghĩa là
[Ba
2+
] = 0,05 M; [H
+
] = 0,2 M. Thực vậy:
[CrO
4
2-
] = K
s

/ [Ba
2+
] = 2,35.10
-9
M
[HCrO
4
-
] = [CrO
4
2-
] [H
+
] /K
a
= 1,486.10
-3
M
[Cr
2
O
7
-
] = [HCrO
4
-
]
2
/K = 9,64.10
-5

.
Rõ ràng các nồng độ trên rất bé so với [H
+
] = 0,2 M
0,25
[H
+
] = 0,20M => pH = 0,70. 0,25
7 a Tính thế của điện cực calomen:
E
1
= E(Ag
+
/Ag) – E (calomen) trong đó
E(Ag
+
/Ag) = E
o
(Ag
+
/Ag) + 0,0592 log [Ag
+
] = 0,681 V
→ E (calomen) = 0,242V
0,25
Tính nồng độ ion bạc: E2 = E(AgI (bão hòa)/Ag//Ag) – Ecalomen
⇒ E(AgI (bão hòa)/Ag//Ag) = 0,331V
0,25
E(Ag
+

/Ag) = E
o
(Ag
+
/Ag) + 0,0592 log [Ag
+
] = 0,331
⇒ [Ag
+
] = 1,22.10
-8
M
0,25
[Ag
+
] = [I
-
] ⇒ Tích số tan AgI: K
s, AgI
= 1,48.10
-16
0,25
b
E3 = Ecalomen – E(AgI (bão hoà), PbI
2
(bão hoà)/Ag)
⇒ E(AgI (bão hoà), PbI
2
(bão hoà)/Ag) = 0,012V
0,25

E(Ag
+
/Ag) = E
o
(Ag
+
/Ag) + 0,0592 log [Ag
+
] = 0,012 V
⇒ [Ag
+
] = 4,89.10
-14
M
0,25
⇒ [I
-
] = = 3,02.10
-3
M = [Ag
+
] + 2 [Pb
2+
]
0,25
⇒ [Pb
2+
] = 1,51.10
-3
M

Tích số tan: K
s, PbI2
= 1,37.10
-8
0,25
8
a
A: KI; B: KOH, C: I
2
, D: KI
3
, F: Cl
2
, G: KIO
3
, J: HCl, H:
KCl
4I
-
+ 2H
2
O + O
2
→ 4OH
-
+ I
2
I
-
+ I

2
→ I
3
-
6OH
-
+ I
-
+ 3Cl
2
→ IO
3
-
+ 6Cl
-
+ 3H
2
O
IO
3
-
+ 5I
-
+ 6H
+
→ 3I
2
+ 3H
2
O

H
2
+ Cl
2
2HCl
2IO
3
-
+ H
+
+ 10Cl
2
→ I
2
+ 5Cl
2
+ 6H
2
O
1,0
b
IO
3
-
+ 6H
+
+ 5e → 1/2I
2
+ 3H
2

O có E
o
1
= 1,195 V
1/2I
2
+ e → I
-
có E
o
2
= 0,536 V
E
2
= E
o
2
+ 0,0592 lg [I
-
] = 0,595 V
0,25
E
1
= E
o
1
+ 0,0592/5 lg [IO
3
-
]

2
[H
+
]
6

= 1,188 – 0,071 pH
0,25
Khi E
1
= E
2
thì pH = 8,35 0,25
c
Ánh sáng có 2 vai trò là:
- Cung cấp năng lượng để chất đầu vượt qua năng lượng hoạt
hóa.
- Khơi mào, tạo gốc tự do cho phản ứng
0,25
9 a Độ hạ nhiệt độ đông: ΔT = 0,467
o
C → Nồng độ molan của X:
0,0922 mol/kg
Vậy 8,5 gam X ứng với: 0,0461 mol
M
X
= 184
0,25
X là S
4

N
4
. 0,25
4NH
3
+ 6SCl
2
→ S
4
N
4
+ 12HCl + 1/4S
8
0,25
b
Do cấu trúc cộng hưởng nên độ dài liên kết như nhau
0,5
c
ΔH
tạo thành
(X) = 4.226 + 2.946 – 4.328 – 4.273 = 392 kJ/mol 0,25
Đối với phản ứng ở ý a)
ΔH
phản ứng
= 392 + 12.(-92,3) + 0 – 4.(-45,9) – 6.(-50) = 232
kJ/mol
0,5
10
a
Phương trình tốc độ của phản ứng có dạng: v

pư
= k
pư
.
[S
2
O
8
2-
]
n
[I
-
]
m
=> lgv
pư
= lgk
pư
+ nlg[S
2
O
8
2-
] + mlg[I
-
]
Thí nghiệm 1: lg (0,6.10
-3
) = lgk

pư
+ nlg(0,1) + mlg(0,1)
Thí nghiệm 2: lg (2,4.10
-3
) = lgk
pư
+ nlg(0,2) + mlg(0,2)
Thí nghiệm 3: lg (3,6.10
-3
) = lgk
pư
+ nlg(0,2) + mlg(0,3)
Giải hệ ta có: n = m = 1; lgk
pư
= -1,222
0,25
Bậc riêng phần của các chất đều bằng 1; Bậc phản ứng = 2.
k
pư
= 6.10
-2
(mol
-1
.l.s
-1
)
0,25
b
Khi cho S
2

O
3
2-
vào và xảy ra phản ứng rất nhanh với I
3
-
2S
2
O
3
2-
+ I
3
-
→ S
4
O
6
2-
+ 3I
-
(2)
Khi đó nồng độ I
-
không đổi trong giai đoạn phản ứng (2) diễn
ra, do đó bậc của phản ứng (1) sẽ bị suy biến thành bậc 1.
v
pư
= 0,06 .[S
2

O
8
2-
]0,3 = 1,8.10
-2
[S
2
O
8
2-
]
0,25
Khi đó có thể coi như xảy ra phản ứng:
S
2
O
8
2-
+ 2S
2
O
3
2-
→ 2SO
4
2-
+ S
4
O
6

2-
Thời gian để lượng S
2
O
3
2-
vừa hết là t
1
. Điều này đồng nghĩa
với lượng S
2
O
8
2-
đã phản ứng = 0,1M.
Khi đó: t
1
. 1,8.10
-2
=
0,2
ln
0,2 0, 1
−
=> t = 38,5 giây
0,5
Để có lượng I
3
-
đạt đến 10

-3
M thì thời gian thêm là t
2

v
pư
=
dy
dt
= k
pư
(0,1- y)(0,3-3y) => 3k
pư
t
2
=
1 1
0,1 y 0,1
−
−
0,5
Với y = 10
-3
M => t
2
= 0,56 giây.
Thời gian tối thiểu để xuất hiện màu xanh là 38,5 + 0,56 =
39,06 giây.
0,25
Lại Năng Duy

Điện thoại: 01634121380