tuyển tập 30 đề thi olympic 30 tháng 4 của các trường các cả nước môn hóa học (có đáp án và thang điểm)





TUYỂN TẬP 30 ĐỀ THI OLYMPIC 30/4
MÔN HÓA HỌC CỦA CÁC TRƯỜNG
TRONG CẢ NƯỚC
(có đáp án và thang điểm)

Tp. Hồ Chí Minh, tháng 04/2016


Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng Phong
Môn : Hóa
- Khối : 10

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ - HÓA HỌC - KHỐI 10
Câu I :
Xét các phân tử BF3, NF3 và IF3. 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
Câu II:
II.1. Cho các phản ứng thuận nghịch sau:
Fe3O4 + H2
FeO + H2
Fe3O4 + 4H2
Fe2O3 + 3H2

3FeO + H2O (a)

Fe + H2O
(b)
3Fe + 4H2O (c)
2Fe + 3H2O (d)

Biết rằng nước, H2 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
II.2. 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, MgCl2, NH4NO3 vào từng cốc nước riêng biệt.
Câu III :
III.1. Tính pH của dung dịch H2C2O4 0,01M.
III.2. Cho từ từ dung dịch C2O42- vào dung dịch chứa ion Mg2+ 0,01M và Ca2+ 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 CaC2O4 tan hết trong 1 Lít dung dịch đó.
Biết H2C2O4 có các hằng số axít tương ứng là pK1 = 1,25; pK2 = 4,27
Tích số tan của CaC2O4 là 10 – 8,60; MgC2O4 là 10 - 4,82
Câu IV :
Ở 250C, người ta thực hiện một pin gồm hai nửa pin sau :
Ag | AgNO3 0,1 M và Zn | Zn(NO3)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.
E 0 Ag  / Ag  0,8V
Cho:
E 0 Zn 2  / Zn  0,76V
Câu V:

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 V1 lít hỗn hợp khí C. Tỷ khối của C so với hidro bằng
10,6. Nếu đốt cháy hoàn toàn B thành Fe2O3 và SO2 cần V2 lít khí oxi.
V.1. Tìm tương quan giá trị V1 và V2 (đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất).
V.2. Tính hàm lượng phần trăm các chất trong B theo V1 và V2 .
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.
1


Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng Phong
Môn : Hóa
- Khối : 10

ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT
Câu I :
Xét các phân tử BF3, NF3 và IF3. 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 :

F

N

F

S

F

F

F

1,5 điểm

F
F

F

Lai hóa sp3

Lai hóa sp3d

F
Lai hóa sp2

I

0,75 điểm

Tam giác phẳng

Tháp đáy tam giác

Hình chữ T

0,75 điểm

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 điểm

Câu II:
II.1.Cho các phản ứng thuận nghịch sau:
Fe3O4 + H2

FeO + H2
Fe3O4 + 4H2
Fe2O3 + 3H2

3FeO + H2O (a)
Fe + H2O
(b)

3Fe + 4H2O (c)
2Fe + 3H2O (d)

Biết rằng nước, H2 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
II.2.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 mô tả và giải thích
hiện tượng khi hoà tan các tinh thể NaOH, MgCl2, NH4NO3 vào từng cốc nước riêng
biệt.
Đáp án:
II.1.
2 điểm
Gọi Ka, Kb, Kc, Kd lần lượt là hằng số cân bằng của các phản ứng a,b,c,d
tương ứng. Ta có:
PH 2O
PH 2O
P 4 H 2O
P 3 H 2O
Ka 
; Kb 
; Kc  4
; Kd  3
PH 2
PH 2
P H2
P H2
→ Ka 

K c .K d
K b6

2


Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng Phong
Môn : Hóa
- Khối : 10
II.2.
2 điểm
- 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, ΔHphân 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, ΔHhidrat < 0)
→ Nhiệt của quá trinh hoà tan tinh thể ion vào nước là ΔHht = ΔHphân
ΔHhidrat của các ion

li

+

- Khi cho NaOH, MgCl2 vào cốc nước ta thấy cốc nước nóng lên do ΔHhirat
vượt trội so với ΔHphân li → ΔHht < 0
- Khi hoà tan NH4NO3 vào cốc nước thấy cốc nước lạnh hẳn do ΔHphân li vượt
trội so với ΔHhidrat → ΔHht > 0

Câu III : 4 điểm
II.1. Tính pH của dung dịch H2C2O4 0,01M.
II.2. Cho từ từ dung dịch C2O42- vào dung dịch chứa ion Mg2+ 0,01M và Ca2+ 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 CaC2O4 tan hết trong 1 Lít dung dịch đó.
Biết H2C2O4 có các hằng số axít tương ứng là pK1 = 1,25; pK2 = 4,27
Tích số tan của CaC2O4 là 10 – 8,60; MgC2O4 là 10 - 4,82
Đáp án:
III.1.
H2C2O4
H+ + HC2O4- K1 = 10-1,25 (1)
1,0 điểm
HC2O4
H+ + C2O42- K2 = 10-4,27 (2)
H2 O
H+ + OHKw = 10-14 (3)
Do Kw << K2 << K1  cân bằng (1) xảy ra chủ yếu
H2 C 2 O4
H+ + HC2O4- K1 = 10-1,25
C (M)
0,01
[ ] (M)
0,01 – x
x
x
x2
-1,25
0.01 - x = 10

x2 + 10-1,25 x - 10-3,25 = 0
GiảI phương trình bậc 2, ta được: x = 8,66 . 10-3 (M)
 pH = 2,06
CaC2O4

Ca2+ + C2O42T1 = 10-8,60
MgC2O4
Mg2+ + C2O42T2 = 10-4,82
2+
2Điều kiện để có kết tủa CaC2O4:
[Ca ] [C2O4 ]  T1
10-8.60

[C2O42-]  10-2 = 10-6,60 (M)
Điều kiện để có kết tủa MgC2O4:
[Mg2+] [C2O42-]  T2
10-4.82

[C2O42-]  10-2 = 10-2,82 (M)

III.2.

3

0,5 điểm

0,5 điểm


Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng Phong
Môn : Hóa
- Khối : 10
[C2O42-]1  [C2O42-]2 nên CaC2O4 kết tủa trước.
Khi MgC2O4 bắt đầu kết tủa thì:
T1

T2
T
10-8.60
2+] = [Mg2+] 1 = 10-2
-5,78 (M)
=

[Ca
[Ca2+]
[Mg2+]
T2
10-4.82 = 10
III.3.
H+
CaC2O4 + H+
C
[ ] (M)
C – 0,001


Ca2+ + C2O42- T1 = 10-8,60
HC2O4K2-1 = 104,27

CaC2O4
+ C2O42-

1 điểm

1 điểm

Ca2+ + HC2O4- K = T1K2-1 = 10-4,33
0,001

0,001

(0.001)2

-4,33
C - 0.001 = 10
 C  10-1,69 (M)  pH = 1,69

Câu IV : 4điểm
Ở 250C, người ta thực hiện một pin gồm hai nửa pin sau :
Ag | AgNO3 0,1 M và Zn | Zn(NO3)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.
E 0 Ag  / Ag  0,8V
Cho:
E 0 Zn 2  / Zn  0,76V
Đáp án :
IV.1.

- Zn | Zn(NO3)2 0,1M || AgNO3 0,1M | Ag +
Anot (-) : Zn - 2e = Zn2+

Catot (+) : Ag+ + 1e = Ag

IV.2.

Phản ứng :
IV.3.

0,5 điểm

Zn + 2 Ag+ =

0,5 điểm

Zn2+ + 2 Ag.

E pin = E catot - E anot
= E Ag  / Ag  E Zn 2 / Zn

1 điểm

= ( 0,8 + 0,059 lg [Ag+] ) - ( -0,76 + 0,059/2 lg [Zn2+] )
= 0,741 - ( - 0,7895 )
= 1,53 V.
IV.4.
Khi pin không có khả năng phát điện , thì lúc đó E pin = 0.
Khi đó phản ứng đạt trạng thái cân bằng :
Ta có :
n . E 0

Kcb

[ Zn 2 ]
=
 10 0,059  10

[ Ag ]

4

2.( 0 ,8  0 , 76 )
0, 059

 10 52,9

1 điểm


Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng Phong
Môn : Hóa
- Khối : 10
Mặ t khác :
Bđ :
Pư :
CB:

1 điểm
Zn + 2 Ag+ = Zn2+ + 2 Ag
0,1
0,1 ( M )
2x

x
0,1-2x
0,1 + x

Vậy :
[ Zn 2 ]
0,1  x

 10 52,9
 2
0,1  2 x
[ Ag ]
 0,1  2 x  0  x  0,05M

Vậy :
[Zn2+] = 0,1 + 0,05 = 0,15 M
[Ag+] =

10 52,9.[ Zn 2 ] = 1,4.10-27 M.

Câu V:
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 V1 lít hỗn hợp khí C. Tỷ khối của C so với hidro bằng
10,6. Nếu đốt cháy hoàn toàn B thành Fe2O3 và SO2 cần V2 lít khí oxi.
V.1. Tìm tương quan giá trị V1 và V2 (đo ở cùng điều kiện).
V.2. Tính hàm lượng phần trăm các chất trong B theo V1 và V2
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.

Đáp án:
1 điểm
Fe + S = FeS
Thành phần B gồm có FeS, Fe và có thể có S.
FeS + 2HCl = FeCl2 + H2S
Fe + 2HCl = FeCl2 + H2
Vì MTB = 10,6 . 2 = 21,2 < 34
Nên : trong C có H2S và H2.
Gọi x là % của H2 trong hỗn hợp C.
(2x + 43(100 – x)) : 100 = 21,2
→ x = 40%
C ; H2 = 40% theo số mol;
H2S = 60%
1 điểm
Đốt cháy B:
4 FeS + 7 O2 = 2 e2O3 + 4 SO2
4 Fe + 3 O2 = 2 Fe2O3
Có thể có phản ứng : S + O2 = SO2
Thể tích O2 đốt cháy FeS là : (3V1/5).(7/4) = 21V1/20
Thể tích O2 đốt cháy Fe là : (2V1/5).(3/4) = 6V1/20
Thể tích O2 đốt cháy FeS và Fe là: 21V1/20 + 6V1/20 = 27V1/20
Thể tích O2 đốt cháy S là: V2 – (27V1/20) = V2 – 1,35V1.
Nên : V2 ≥ 1,35V
5


Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng Phong
Môn : Hóa
- Khối : 10

V.2. S ố mol S = (V2 – V1. 1,35) : V1 mol ( Với V1 mol là thể t ích của 1 mol 1 điểm
khí ở điều kiện đang xét)
S ố mol FeS = ( V1. 3/5 ) : V1mol
S ố mol Fe = (V1. 2/5) : V1 mol
3V1
.88.100
5280V1
165V1
5
% FeS 


%
3V1
2V1
.88 
.56  32(V2  1,35V1 ) 75,2V1  32(V2  1,35V1 ) V2  V1
5
5

2V1
.56.100
70V1
% Fe  5

%
32(V2  V1 ) V2  V1

%S 

32(V2  1,35V1 ).100 100V2  135V1

%
32(V2  V1 )
V2  V1

- Nếu dư S so với Fe thì tính hiệu suất phản ứng theo Fe,
Fe + S  FeS
3
V1
n FeS .100
5

.100  60(%)
H=
2
3
n Fe  n FeS
V1  V1
5
5

H = 60%.
- Nếu dư Fe so với S tính hiệu suất phản ứng theo S.

3
V1
n FeS .100
n FeS .100
5

H =

.100  60(%) . (do nS < nFe)

2
3
n FeS  n S n Fe  n FeS
V1  V1
5
5
- Vậy hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung trên là 60%

6

1 điểm


SỞ GD&ĐT BẾN TRE

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT BẾN TRE

NĂM HỌC 2005 - 2006

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA – Khối 10
Thời gian: 180 phút
Câu 1.
Hợp chất Z được tạo bởi hai nguyên tố M, R có công thức MaRb trong đó R chiếm
6,667% về khối lượng. Trong hạt nhân nguyên tử M có n = p + 4, còn trong hạt nhân của

R có p’=n’, trong đó n, p, n’, p’ là số nơtron và proton tương ứng của M và R
Biết rằng tổng số hạt proton trong phân tử Z = 84 và a + b = 4
Tìm công thức phân tử của Z
Câu 2. (Lý thuyết phản ứng về hóa học)
a. Xác định bậc phản ứng và hằng số tốc độ phản ứng ở pha khí (3000k) của phản ứng:
A(k) + B(k) → C(k)
Dựa trên kết quả thực nghiệm sau đây:
Thí nghiệm
[A] mol/l
[B] mol/l
Tốc độ mol.l-1.s-1
1
0,010
0,010
1,2.10-4
2
0,010
0,020
2,4.10-4
3
0,020
0,020
9,6.10-4
b. Người ta trộn CO và hơi H2O tại nhiệt độ 1000k với tỉ lệ 1 : 1. Tính thành phần của hệ
lúc cân bằng, biết rằng:
2H 2 O ƒ 2H 2  O 2 có pkp,1 = 20,113
2CO 2 ƒ 2CO  O 2 có pkp,2 = 20,400
c. Cho các dữ kiện dưới đây:
C2 H 4  H 2  C 2 H 6

H a  136, 951 KJ / mol

7
C2 H 6  O 2  2CO 2  3H 2 O(l) H b  1559,837 KJ / mol
2
C  O 2  CO 2
H c  393,514 KJ / mol
1
H 2  O 2  H 2 O(l) H d  285,838 KJ / mol
2

Hãy xác định: Nhiệt hình thành và nhiệt đốt cháy của etylen C2H4
Câu 3 (cân bằng trong các hệ axit bazơ, dị thể và tạo phức)
a. Độ tan của BaSO4 trong dung dịch HCl 2M bằng 1,5.10-4M. Tính tích số tan của
BaSO4 rồi suy ra độ tan của BaSO4 trong nước nguyên chất và trong dung dịch
Na2SO4 0,001M.
Cho biết pka đối với nấc phân li thứ hai của H2SO4 là 2
b. Có thể hòa tan 0,01 mol AgCl trong 100ml dung dịch NH3 1M hay không? Biết
TAgCl=1,8.10-10, Kbền của phức [Ag(NH3)2]+ là 1,8.108.
c. Tính pH của dung dịch thu được trong các hỗn hợp sau:
 10ml dung dịch axit axêtic (CH3COOH) 0,10M trộn với 10ml dung dịch
HCl có pH = 4,0
 25ml dung dịch axit axêtic có pH = 3,0 trộn với 15ml dung dịch KOH có
pH = 11,0
 10ml dung dịch axit axêtic có pH = 3,0 trộn với 10ml dung dịch axit fomic
(HCOOH) có pH = 3,0.
Biết pKa của CH3COOH và HCOOH lần lượt là 4,76 và 3,75
1

SỞ GD&ĐT BẾN TRE

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT BẾN TRE

NĂM HỌC 2005 - 2006

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA – Khối 10
Thời gian: 180 phút

Câu 4:
A. Phản ứng oxi hóa – khử:
1. Điều khẳng định sau đây có đúng không? “ Một chất có tính oxi hóa gặp một chất có
tính khử nhất thiết phải xảy ra phản ứng oxi hóa – khử”. Giải thích.
2. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây dưới dạng phân tử và dạng ion:
a. MnO4  C6 H12 O6  H   Mn 2  CO2  ...
b. Fe x O y  H   SO24  SO2  ...
B. Điện hóa học
1. Nếu muốn thực hiện các quá trình sau đây:
a. Sn 2  Sn 4
b. Cu   Cu 2
c. Mn 2  MnO 4
d. Fe 2  Fe3
Chúng ta có thể dùng nước brom được không? Biết:
E 0 Fe / Fe  0, 77v ;
E 0CU / Cu  0, 34v
; E 0 MnO / Mn  1,51v
3

E

2

0
Sn 4  / Sn 2 

2

 0,15v

;

E

0
Br2 / 2Br 


4

2

 1, 07v

Viết phương trình phản ứng nếu xảy ra và tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra.
2. Người ta lập 1 pin gồm 2 nữa pin sau:
Zn / Zn ( NO ) (0,1M) và Ag / Ag NO (0,1M) có thể chuẩn tương ứng bằng -0,76v và 0,80v
a. Thiết lập sơ đồ pin và các dấu ở 2 điện cực
b. Viết phương trình phản ứng khi pin làm việc

c. Tính E của pin
d. Tính các nồng độ khi pin không có khả năng phát điện (pin đã dùng hết)
3 2

3

Câu 5:
1. Một khóang vật X gồm 2 nguyên tố: A (kim loại) và B (phi kim)
- Khi đốt X được chất rắn Y (A2O3) và khí Z (BO2) trong đó phần trăm khối lượng
của A trong Y là 70% và của B trong Z là 50%
- Y tác dụng vừa đủ với 1,8 (g) H2 ở nhiệt độ cao.
- Z tác dụng vừa đủ với 117,6(g) K2Cr2O7 trong môi trường H2SO4 dư cho muối Cr3+
Xác định tên khóang vật X và khối lượng X đã đốt
2. Từ muối ăn, đá vôi và nước, viết các phương trình phản ứng điều chế nước Javel và
clorua vôi.

2


SỞ GD&ĐT BẾN TRE

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT BẾN TRE

NĂM HỌC 2005 - 2006

ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10
Thời gian: 180 phút
Câu 1.

Hợp chất Z được tạo bởi hai nguyên tố M, R có công thức MaRb trong đó R chiếm
6,667% về khối lượng. Trong hạt nhân nguyên tử M có n = p + 4, còn trong hạt nhân của
R có p’=n’, trong đó n, p, n’, p’ là số nơtron và proton tương ứng của M và R
Biết rằng tổng số hạt proton trong phân tử Z = 84 và a + b = 4
Tìm công thức phân tử của Z
ĐÁP ÁN
Số khối của nguyên tử M: p + n = 2p + 4
Số khối của nguyên tử R: p’ + n’ = 2p’
2p 'b
6, 667 1


a(2p  4)  2p 'b
100
15
p 'b
1
(1)


ap  p 'b  2a 15

% khối lượng R trong MaRb =

Tổng số hạt proton trong MaRb = ap + bp’ = 84 (2)
a+b=4
(3)
(1), (2) 

p'b

1

84  2a 15

15p 'b  84  2a 
p
(2)  p 'b  ap 
(3)  1  a  3

a
p

1
78,26

1176
2
a
15

2
39,07

3
26
Fe

a = 3  b = 1  p’ = 6: cacbon
Vậy CTPT Z là Fe3C

3


SỞ GD&ĐT BẾN TRE

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT BẾN TRE

NĂM HỌC 2005 - 2006

ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10
Thời gian: 180 phút
Câu 2. (Lý thuyết phản ứng về hóa học)
a. Xác định bậc phản ứng và hằng số tốc độ phản ứng ở pha khí (3000k) của phản ứng:
A(k) + B(k) → C(k)
Dựa trên kết quả thực nghiệm sau đây:
Thí nghiệm
[A] mol/l
[B] mol/l
Tốc độ mol.l-1.s-1
1
0,010
0,010
1,2.10-4
2
0,010
0,020
2,4.10-4
3

0,020
0,020
9,6.10-4
b. Người ta trộn CO và hơi H2O tại nhiệt độ 1000k với tỉ lệ 1 : 1. Tính thành phần của hệ
lúc cân bằng, biết rằng:
2H 2 O ƒ 2H 2  O 2 có pkp,1 = 20,113
2CO 2 ƒ 2CO  O 2 có pkp,2 = 20,400
c. Cho các dữ kiện dưới đây:
C2 H 4  H 2  C 2 H 6

H a  136, 951 KJ / mol

7
C2 H 6  O 2  2CO 2  3H 2 O(l) H b  1559,837 KJ / mol
2
C  O 2  CO 2
H c  393,514 KJ / mol
1
H 2  O 2  H 2 O(l) H d  285,838 KJ / mol
2

Hãy xác định: Nhiệt hình thành và nhiệt đốt cháy của etylen C2H4
ĐÁP ÁN
x
y
a.
v = k[A] [B]
Thí nghiệm 1  1,2.10-4 = k.0,01x . 0,01y
(1)
-4

x
y
Thí nghiệm 2  2,4.10 = k.0,01 . 0,02
(2)
-4
x
y
Thí nghiệm 3  9,6.10 = k.0,02 . 0,02
(3)
x
Lấy (3) chia cho (2) 2 = 4  x = 2
Lấy (2) chia cho (1)  2y = 2  y = 1
2

v  k  A   B

Bậc phản ứng: x + y = 3
Thí nghiệm 1  1,2.10-4 = k.0,012 . 0,01
 k = 1,20.102mol-2 . l-2.s-1
b. Từ các dữ kiện đề bài ta có:
1
CO  O 2 € CO 2
2

K P,3 

1
H 2 O € H 2  O2
2

K P,4  K P,1

CO  H 2 O € CO 2  H 2

(1đ)

1
K P,2

K P  K P,3 .K P,4 

4

K P,1
K P,2



10 20,113
 100,1435  1,392 (1đ)
20,400
10


SỞ GD&ĐT BẾN TRE

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT BẾN TRE

NĂM HỌC 2005 - 2006

ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10
Thời gian: 180 phút

Giả sử ban đầu lấy 1 mol CO và 1 mol H2O
CO

Ban đầu
Lúc câu bằng

KP 



H2O €

1mol
1mol
1-a(mol) (1-a)mol

PCO2 .PH2
PCO .PH2O

CO 2  H 2

K P  1, 392

a mol a mol

a a
P. P
a2
2
2
với P là áp suất chung


2
1 a 1 a
P.
P (1  a)
2
2

a
 K P  1,1798
1 a
a  0,54mol
a x 100%
%H 2  %CO 2 
 27%
2
(1  a)x100%
%CO  %H 2 O 
 23%
2

(1đ)

c. Từ các dữ kiện đề bài ta có:
H1  H a  136,951 KJ / mol
 C2 H 6  C2 H 4  H 2

2CO 2  3H 2 O(l)  C2 H 6  7 O 2 H 2  H b  1559,837 KJ / mol

2

H 3  2H C  787, 028 KJ / mol
 2C  2O 2  2CO 2

3
H 4  3H d  857,514 KJ / mol
 3H 2  O 2  3H 2 O(l)

2
2C + 2H2 →C2H4 ΔHht = ΔH1 + ΔH2 + ΔH3 + ΔH4 = +52,246 KJ/mol

(0,5đ)

 C 2 H 4  2C  2H 2
H 5  H ht  52, 246 KJ / mol

 
2C  2O 2  2CO 2 H 3  787, 028 KJ / mol
2H  O  2H O  l 
H 6  2H d  571, 676KJ / mol
2
2
 2

C2H4 + 3O2 → 2CO2 + 2 H2O(l) ∆Hđc = ΔH5 + ΔH3 + ΔH6 = -1410,95 KJ/mol

5

(0,5đ)


SỞ GD&ĐT BẾN TRE

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT BẾN TRE

NĂM HỌC 2005 - 2006

ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10
Thời gian: 180 phút
Câu 3 (cân bằng trong các hệ axit bazơ, dị thể và tạo phức)
d. Độ tan của BaSO4 trong dung dịch HCl 2M bằng 1,5.10-4M. Tính tích số tan của
BaSO4 rồi suy ra độ tan của BaSO4 trong nước nguyên chất và trong dung dịch
Na2SO4 0,001M.
Cho biết pka đối với nấc phân li thứ hai của H2SO4 là 2
e. Có thể hòa tan 0,01 mol AgCl trong 100ml dung dịch NH3 1M hay không? Biết
TAgCl=1,8.10-10, Kbền của phức [Ag(NH3)2]+ là 1,8.108.
f. Tính pH của dung dịch thu được trong các hỗn hợp sau:
 10ml dung dịch axit axêtic (CH3COOH) 0,10M trộn với 10ml dung dịch
HCl có pH = 4,0
 25ml dung dịch axit axêtic có pH = 3,0 trộn với 15ml dung dịch KOH có
pH = 11,0

 10ml dung dịch axit axêtic có pH = 3,0 trộn với 10ml dung dịch axit fomic
(HCOOH) có pH = 3,0.
Biết pKa của CH3COOH và HCOOH lần lượt là 4,76 và 3,75
ĐÁP ÁN
a.

BaSO 4 € Ba 2  SO 24 TBaSO4  ?



SO 24  H  € HSO 4

K1  K a21  102



1

 102

BaSO 4  H  € Ba 2  HSO 4 K  K1 .TBaSO4  102.TBaSO4

Ban đầu
2M
Cân bằng
2-S(M) S
Với S = 1,5.10-4M
Ta có: S2 / (2-S) = 102 TBaSO
TBaSO4

S
4

BaSO 4 € Ba 2  SO 4 2

Cân bằng

S’

2

S'  1,125.10



(0,5đ)

TBaSO4  1,125.1010

 S'  1,125.10 10  1, 061.10 5 M

Na 2SO 4  2Na  SO

0,001M
BaSO 4 € Ba



S’

10



Ban đầu
Cân bằng

4 2




1,5.10
S2
 2
 2
 1,125.1010
4
10 (2  S) 10 2  1,5.10

2
4

0,001M
2

 SO 24

TBaSO4  1,125.1010

0,001M
S” S’’+0,001
S”(S’’+0,001)=1,125.10-10
S”2 + 0,001S”=1,125.10-10
S”2 + 0,001S” – 1,125.10-10 = 0
S” = 1,125.10-7M (nhận)
S” = -10-3M (loại)
6

(0,5đ)

(0,5đ)


SỞ GD&ĐT BẾN TRE

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT BẾN TRE

NĂM HỌC 2005 - 2006

ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10
Thời gian: 180 phút
b.

AgCl € Ag   Cl

TAgCl  1,8.1010


Ag   2NH3 € Ag  NH 3 2 Kbền = 1,8.108


AgCl  2NH 3 € Ag  NH 3 2  Cl  K=TAgCl.Kbền = 3,24.10-2

Ban đầu
Cân bằng

1M
1-2x
x

x

(0,5đ)

x

2

1  2x 

2

 3, 24.102

x
 0,18
1  2x

x = 0,132M
 100ml dung dịch NH3 2M có thể hòa tan được 0,1.0,132 = 0,0132 mol AgCl> 0,01 mol
AgCl
Vậy 100ml dung dịch NH3 2M có thể hòa tan 0,01 mol AgCl. (0,5đ)
c.
 Dung dịch HCl có pH = 4,0  [H+] = [HCl] = 10-4M
Sau khi trộn:
10 4.10
 5.105 M
20
0,1.10
CCH3COOH 
 0, 05M
20
CHCl 

HCl → H+ + Cl5.10-5M 5.10-5M
CH3COOH € CH3COO- + H+
C
0,05M
0
5.10-5M
∆C
x
x
x
[ ] 0,05-x
x
5.10-5 + x

 5.10

5

0, 05  x
2



x x

 10 4,76

-5

x + 5.10 x ≈ 8,69.10-7 – 1,738.10-5x
x2 + 6,738.10-5x – 8,69.10-7 = 0
x = 9,0.10-4M (nhận)
x = -9,646.10-4M(loại)
pH = -lg[H+] = -lg(5.10-5 + x) = 3,022
(0,5đ)
 Gọi CA là nồng độ M của dung dịch CH3COOH
CH 3 COOH € CH 3 COO   H 

C
ΔC
[ ]

CA

x
CA – x

0
x
x

0
x
x

7


SỞ GD&ĐT BẾN TRE

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT BẾN TRE

NĂM HỌC 2005 - 2006

ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10
Thời gian: 180 phút
Với pH = 3,0  x = 10-3M
3 2

10 

CA  10

CA 

3

 104,76

3
106
 103  101,2410  0, 0585M
4,76
10

Dung dịch KOH có pH = 11,0  [OH-] = [KOH] =

1014
 103 M
11
10

Sau khi trộn:
0, 0585x25
 0, 03656M  3, 66.102 M
40
3
10 x15
CKOH 
 3, 75.104 M
40
CH 3 COOH  KOH  CH 3 COOK  H 2 O
CCH3COOH 

Phản ứng
3,66.10-2 3,75.10-4
Sau phản ứng (3,66.10-2 – 3,75.10-4 )0

0
3,75.10-4

0
3,75.10-4

CH 3 COOH € CH 3 COO   H 

Dung dịch thu được là dung dịch đệm
pH  pK CH3COOH  lg

CCH3COOK
CCH3COOH

 4, 76  lg

3, 75.104
3, 66.102  3, 75.104

pH = 6,745
(0,5đ)
 Tương tự với câu trên:
- Dung dịch CH3COOH có pH = 3,0 ứng với CCH COOH  0, 0585M
- Dung dịch HCOOH có pH = 3,0 ứng với nồng độ axit fomic
3

 pH 2

CHCOOH

10 


K HCOOH

 10 pH 

10 6
 103  102,25  103  6, 62.103 M
103,75

Sau khi trộn lẫn:
0, 0585.10
 0, 02925M
20
6, 62.103.10

 3, 31.103 M
20

CCH3COOH 
CHCOOH

Tính gần đúng:
 H    K CH3COOH .CCH3COOH  K HCOOH .CHCOOH

 104,76.0, 02925  103,75.3,31.103
 1, 0969.106

[H+] ≈ 1,047.10-3
pH = -lg (1,047.10-3)
pH ≈ 2,98

(0,5đ)

8


SỞ GD&ĐT BẾN TRE

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT BẾN TRE

NĂM HỌC 2005 - 2006

ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10
Thời gian: 180 phút
Câu 4:
A. Phản ứng oxi hóa – khử:
1. Điều khẳng định sau đây có đúng không? “ Một chất có tính oxi hóa gặp một chất có
tính khử nhất thiết phải xảy ra phản ứng oxi hóa – khử”. Giải thích.
2. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây dưới dạng phân tử và dạng ion:
a. MnO 4  C6 H12 O 6  H   Mn 2  CO 2  ...
b. Fe x O y  H   SO24  SO2  ...
B. Điện hóa học

1. Nếu muốn thực hiện các quá trình sau đây:
a. Sn 2  Sn 4
b. Cu   Cu 2
c. Mn 2  MnO4
d. Fe 2  Fe3
Chúng ta có thể dùng nước brom được không? Biết:
E 0 Fe / Fe  0, 77v ;
E 0CU / Cu  0, 34v
; E 0 MnO / Mn  1,51v
3

2

2

E 0Sn 4  / Sn 2   0,15v

E 0 Br

;

2


4

/ 2Br 

2

 1, 07v

Viết phương trình phản ứng nếu xảy ra và tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra.
2. Người ta lập 1 pin gồm 2 nữa pin sau:
Zn / Zn ( NO ) (0,1M) và Ag / Ag NO (0,1M) có thể chuẩn tương ứng bằng -0,76v và 0,80v
e. Thiết lập sơ đồ pin và các dấu ở 2 điện cực
f. Viết phương trình phản ứng khi pin làm việc
g. Tính E của pin
h. Tính các nồng độ khi pin không có khả năng phát điện (pin đã dùng hết)
ĐÁP ÁN
A.
1. Điều khẳng định trên không phải lúc nào cũng đúng.
+ Muốn có phản ứng xảy ra giữa 1 chất oxi hóa A và 1 chất khử B thì chất khử tạo thành
phải yếu hơn B và chất oxi hóa sinh ra phải yếu hơn A
VD: Cu + 2Ag+ = Cu2+ + 2Ag
Trong đó:
- Chất oxi hóa Cu2+ yếu hơn chất oxi hóa ban đầu là Ag+
- Chất khử sinh ra là Ag yếu hơn chất khử ban đầu là Cu
+ Ngược lại, phản ứng không xảy ra khi:
2Ag
+
Cu2+
=
Cu +
2Ag+
3 2

3

Chất khử yếu

chất oxi hóa yếu

chất khử mạnh

chất oxi hóa mạnh

+ Ngoài ra phản ứng oxi hóa – khử còn phụ thuộc nồng độ, nhiệt độ, chất xúc tác,…
2.
a. MnO4  C6 H12 O6  H   Mn 2  CO2  ...
7

2

( MnO 4 : chất oxi hóa)

x 24

Mn  5e  Mn

x5

6 C 6.4e  6 C ( C6H12O6: chất khử)

0

4

24MnO 4  5C6 H12 O6  72H   24Mn 2  30CO 2  66H 2 O

9


SỞ GD&ĐT BẾN TRE

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT BẾN TRE

NĂM HỌC 2005 - 2006

ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10
Thời gian: 180 phút
Phương trình dưới dạng phân tử:
24KMnO4 + C6H12O6 + 36 H2SO4 → 24 MnSO4 + 30 CO2 + 66 H2O + 12 K2SO4
b. Fe x O y  SO42  H   SO2  ...


2y
x

3

x Fe   2y  3x  e  x Fe

x2

6

x(3x-2y)

(FexOy: chất khử)

4

( SO 24 : chất oxi hóa)

S  2e  S

3

 2Fe x O y   3x  2y  SO 24  12x  4y  H   2x Fe  3x  2y  SO 2   6x  2y  H 2 O

 Dạng phân tử:
2FexOy + (6x – 2y)H2SO4 = x Fe2(SO4)3 + (3x – 2y)SO2 + (6x – 2y) H2O
B.
1. Sắp xếp các nữa phản ứng theo chiều tăng dần của thế điện cực chuẩn, ta có:
Sn 4  2e € Sn 2

E 0Sn 4  / Sn 2   0,15v

Cu 2  e € Cu 

E 0 Cu 2  / Cu   0,34v

Fe3  e € Fe 2

E 0 Fe3 / Fe2   0, 77v

Br2  2e € 2Br 

E 0 Br2 / 2Br  1, 07v

MnO 4  8H   5e  Mn 2  4H 2 O

E 0 MnO / Mn 2   1,5v
4

Theo qui tắc α ta thấy có thể thực hiện các quá trình a), b), d)
a. Sn2+ + Br2 →Sn4+ + 2Br –
E0 = +1,07 – (+0,15) = +0,92v
2.0,92

K  10 0,059  1,536.1031
+

2+

(0,25đ)
–

b. 2Cu + Br2 → 2Cu + 2Br
E0 = +1,07-(+0,34) = +0,73v
K  10

2.0,73
0,059

2+

 5, 569.1024
3+

c. 2Fe + Br2 → 2Fe + 2Br
E0 = +1,07-0,77=+0,3v

(0,25đ)
–

2.0,3

K  10 0,059  1, 477.1010

(0,25đ)

2.
a.    Zn | Zn ( NO ) (0,1M) || AgNO3 (0,1M) | Ag()
b. Tại (-) có sự oxi hóa Zn – 2e → Zn2+
Tại (+) có sự khử Ag+ : Ag+ + e → Ag
Phản ứng tổng quát khi pin làm việc:
Zn + 2Ag+ → Zn2+ + 2Ag
3 2

10

(0,25đ)

(0,25đ)

SỞ GD&ĐT BẾN TRE

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT BẾN TRE

NĂM HỌC 2005 - 2006

ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10
Thời gian: 180 phút
c.

0, 059
lg  Zn 2 
2
0, 059

lg  Ag  
1

E Zn 2  / Zn  E 0 Zn 2  / Zn 
E Ag  / Ag  E 0 Ag  / Ag

2

Epin = E Ag



/ Ag



 E Zn 2  / Zn  E 0 Ag / Ag  E 0 Zn 2  / Zn





1
0,059 10
  0,80   0, 76   
lg
2
101




0, 059  Ag 

lg
2
 Zn 2 

2

 1,56  0, 0295  1,53v

d. Khi hết pin Epin = 0

Gọi x là nồng độ M của ion Ag+ giảm đi trong phản ứng khi hết pin. Ta có:
2

0, 059  0,1  x 
E pin  0 
lg
 1, 53
x
2
0,1 
2
2
 0,1  x 

 1051,86  0
x
0,1 
2
 x  0,1M
x
 Zn 2   0,1   0,15M
2
x
 Ag     0,1   .1051,86  4, 55.1027 M
2


11

(0,5đ)

(0,25đ)


SỞ GD&ĐT BẾN TRE

KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT BẾN TRE

NĂM HỌC 2005 - 2006

ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10
Thời gian: 180 phút
Câu 5:
3. Một khóang vật X gồm 2 nguyên tố: A (kim loại) và B (phi kim)
- Khi đốt X được chất rắn Y (A2O3) và khí Z (BO2) trong đó phần trăm khối lượng
của A trong Y là 70% và của B trong Z là 50%
- Y tác dụng vừa đủ với 1,8 (g) H2 ở nhiệt độ cao.
- Z tác dụng vừa đủ với 117,6(g) K2Cr2O7 trong môi trường H2SO4 dư cho muối Cr3+
Xác định tên khóang vật X và khối lượng X đã đốt
4. Từ muối ăn, đá vôi và nước, viết các phương trình phản ứng điều chế nước Javel và
clorua vôi.
ĐÁP ÁN
1.
A O (Y)
t0
A x B y 
 2 3
(X)

BO 2 (Z)
2A.100
%A 
 70  A  56  A  Fe
2A  16.3
B.100
%B 
 50  B  32  B  S
B  16.2

 Y + H2 :
Fe2 O3  3H 2

t 0 2Fe  3H 2 O

1
1 1,8
n Fe2O3  n H2  .
 0, 3(mol)
3
3 2
n Fe  2.n Fe2O3  0, 3.2  0, 6(mol)

K2Cr2O7 + 3 SO2 + H2SO4 = K2SO4 + Cr2(SO4)3 + H2O
0,4(mol) 1,2(mol)
117, 6
 0, 4(mol)
294
 n S  1, 2mol  n SO2
n K 2Cr2O7 

Với công thức FexOy ta có tỉ lệ:
X : y = 0,6 : 1,2 hay 1 : 2
 X là FeS2 (pyrit sắt)
m FeS2   56.0, 6    32.1, 2   72(g)

2.

2NaCl + 2 H2O
2 NaOH + H2 + Cl2
Cl2 + 2 NaOH = NaCl + NaClO + H2O
Nước Javel
CaCO3 t

0

CaO  CO 2

CaO  H 2 O  Ca(OH)2
Cl 2  Ca(OH)2  CaOCl2  H 2 O
Clorua vôi

12


Tlèâ tâÛø
èâ êâég: Nãèâ TâïÛäè
Tìư ờ
èg : THÊT CHU VĂ
N AN

Méâè : HÓA HOU
C
Kâégã : 10
Têè gãÛùé vãêè bãêè íéÛïè : Ngïyễè VÛêè Héàèg
Số mật mã :

Phần này là phần phách
Số mật mã :
Câu I :
1/ HÛã ègïyêè tégA, B tÛïé tâÛø
èâ âợê câÛgt X. Kâã đégt èéùèg đegè 8000C tÛïé ìÛ đơè
câÛgt A. Ségelectìéè âéùÛ tìx tìéèg ègïyêè tư û ègïyêè tégA bÛèèg íéglớê electìéè ègïyêè tư û
ègïyêè tégB. Ségelectìéè âéùÛ tìx tìéèg ègïyêè tư û ègïyêè tégB bÛèèg íéglớê electìéè ègïyêè
tư ûègïyêè tégA. Dãệè tícâ âÛït èâÛâè cïûÛ ègïyêè tư ûB gÛgê 7 lÛàè cïûÛ ègïyêè tư ûA.
XÛùc đxèâ ègïyêè tégA, B vÛøcéâèg tâư ùc êâÛâè tư û cïûÛ âợê câÛgt X.
2/ Tékèg íégêìétéè, èơtìéè, electìéè tìéèg ègïyêè tư û cïûÛ âÛã ègïyêè tégM vÛøX lÛàè
lư ợt bÛèèg 82 vÛø52. M vÛøX tÛïé tâÛø
èâ âợê câÛgt MXÛ, tìéèg êâÛâè tư û cïûÛ âợê câÛgt đéù céù
tékèg íégêìétéè cïûÛ cÛùc ègïyêè tư ûbÛèèg 77.
Û/ HÛõy câé bãegt 4 íéglư ợèg tư ûư ùèg vớã electìéè câéùt cïûÛ M vÛøX.
b/ XÛùc đxèâ vxtìí cïûÛ câïùèg tìéèg bÛûèg tïÛàè âéÛøè cÛùc ègïyêè tégâéùÛ âéïc.
c/ XÛùc đxèâ céâèg tâư ùc êâÛâè tư ûcïûÛ MXÛ.
Đáp án câu II :
Nội dung
1/ ƠA ; ƠB < 105  7ƠA < 105  ƠA < 15  ƠA tâïéäc câï ký èâéû ( câï
kỳđÛàï )
Géïã : èA ; èB lÛøíéglớê e cïûÛ A ; B
èA = ëB
ëA ; ëB lÛøíége âéùÛ tìx A ; B
èA = ëB

èB < 3  ëB < 3  B lÛøkãm léÛïã.
ƠB = 7ƠA  èB > èA ; 4 < èB < 7  4 < ëA < 7  A lÛøêâã kãm.
Ngïyêè tégA
B
C
N
O
À
Sã

ƠA
5
6
7
8
9
14

èA
2
2
2
2
2
3

ëA
3
4
5

6
7
4

Ngïyêè tégB
Bì
Mé
Iè
BÛ


ƠB
35
42
49
56
63
98

NB
4
5
5
6
6
7

Điểm

ëB

7
1
3
2
2
2

Câéïè A lÛøO vÛøB lÛøBÛ tâéûÛ đãekï kãệè. Céâèg tâư ùc êâÛâè tư û cïûÛ X lÛø
BÛO2 ( kâéâèg câéïè BÛO vì BÛO bềè kâéâèg bx êâÛâè âïûy )
t0

2BÛO2  2BÛO + O2

1


ÊHẦ
N NÀY LÀÊHÁCH

Nội dung
2/Û) Kí âãệï íégê, è, e tìéèg ègïyêè tư û X lÛøƠ, N, E tâ đÛàï bÛø
ã tÛ céù :
Ơ + N + E = 52
(Vì ègïyêè tư û tìïèg âéø
Û đãệè

Điểm

Ơ = E)


2Ơ + N = 52  N = 52 – 2Ơ
Đégã vớã cÛùc ègïyêè tégbềè (tìư øâãdìé) : Ơ < N < 1,52 Ơ  Ơ < 52 – 2Ơ <
1,52 Ơ
 3Ơ < 52 < 3,52Ơ 

52
52
Z
3,52
3



14,77 < Ơ <

17,33
VÛäy Ơ céù bÛ gãÛù tìx: 15 ; 16 vÛø17.
 Ơ = 15  N = 22 ; tỷlệN : Ơ = 22 : 15 = 1,47
 Ơ = 16  N = 20 ; tỷlệN : Ơ = 20 : 16 = 1,25
 Ơ = 17  N = 18 ; tỷlệN : Ơ = 18 : 17 = 1,06
X tâïéäc câï kỳ3, cÛùc ègïyêè tégtâïéäc câï kỳ3 céù tỷ lệ : N : Ơ < 1,22 .
VÛäy câéïè Ơ = 17, X lÛøClé.
Kí âãệï íégê, è, e tìéèg ègïyêè tư û M lÛøƠ’, N’, E’tâ đÛàï bÛø
ã tÛ céù:
2Ơ’+ N’= 82  N’= 82 – 2Ơ
 3Ơ’< 82 < 3,52Ơ’
82
82
Tâ đÛàï bÛø
ã : Ơ’= 77 – 17Û


 77  17a 
3,52
3
 2,92 < Û < 3,16 , Û ègïyêè dé đéù câéïè Û = 3
 Ơ’= 77 – 17.3 = 26. VÛäy M lÛøÀe.
VÛäy cÛgï âìèâ electìéè cïûÛ Clé : 1í22í22ê63í23ê5 
⇅
⇅ ⇅ ↑
* Bégè íéglư ợèg tư û e câéùt cïûÛ Clé lÛø: è = 3 ; l = 1 ; m = 0 ; í = -1/2
* Vxtìí cïûÛ clé tìéèg BTH : - Câï kỳ3 ; êâÛâè èâéùm câíèâ èâéùm VII
VÛäy cÛgï âìèâ electìéè cïûÛ Àe : 1í22í22ê63í23ê63d64í2
 ⇅ ↑ ↑ ↑ ↑
⇅
* Bégè íéglư ợèg tư û e câéùt cïûÛ Àe lÛø: è = 3 ; l = 2 ; m = -2 ; í = -1/2
* Vxtìí cïûÛ Àe tìéèg BTH : - Câï kỳ4 ; êâÛâè èâéùm êâïïèâéùm VIII
c) Céâèg tâư ùc êâÛâè tư û lÛø: ÀeCl3

2


Tlèâ tâÛø
èâ êâég: Nãèâ TâïÛäè
Tìư ờ
èg : THÊT CHU VĂ
N AN
Méâè : HÓA HOU
C
Kâégã : 10
Têè gãÛùé vãêè bãêè íéÛïè : Ngïyễè VÛêè Héàèg

Số mật mã :

Phần này là phần phách
Số mật mã :
Câu II :
1/ HÛõy xÛùc đxèâ đơè vx cïûÛ âÛèèg íégtégc đéäêâÛûè ư ùèg céù bÛäc 0, 1, 2, 3 (đơè vx
èéàèg đéämél/l ; đơè vxtâờ
ã gãÛè lÛøí)
ê dïïèg : êâÛûè ư ùèg :
2N2O5 = 4NO2 + O2
Tìéèg êâÛ kâí ở 250C céù âÛèèg íégtégc đéä êâÛûè ư ùèg bÛèèg 1, 73.105 í-1 . Tíèâ tégc đéä
đÛàï cïûÛ êâÛûè ư ùèg xÛûy ìÛ tìéèg bìèâ êâÛûè ư ùèg dïèg tícâ 12 lít vÛøvÛøÛùê íïÛgt 0,1 Ûtm.
2/ Câé êâÛûè ư ùèg : CO(k) + Cl2(k) = COCl2(k)
Û) Tâư ïc ègâãệm câé bãegt bãekï tâư ùc tégc đéäêâÛûè ư ùèg tâïÛäè lÛø:
V1 = K1. CCO .C3Cl2 . HÛõy vãegt bãekï tâư ùc tégc đéäêâÛûè ư ùèg ègâxcâ.
2

b) Ở1000C êâÛûè ư ùèg céù âÛèèg íégcÛâè bÛèèg KÊ = 1, 25.108 Ûtm -1
- Tíèâ âÛèèg íégcÛâè bÛèèg K 'C , K 'X (X lÛøêâÛàè mél cïûÛ kâí Xã =

èã
) cïûÛ êâÛûè ư ùèg
è ââ

êâÛâè âïûy ở 1000C (gâã ìéõđơè vxcÛùc âÛèèg íégcÛâè bÛèèg, èegï céù)
Tíèâ đéäêâÛâè lã  cïûÛ COCl2 ở 1000C dư ớã Ûùê íïÛgt tékèg ëïÛùt 2Ûtm.
Đáp án câu II :
Nội dung
1/ êâÛûè ư ùèg céù bÛäc câïèg lÛøè. Bãekï tâư ùc tégc đéäcïûÛ êâÛûè ư ùèg lÛø:

Điểm

V  KCèA

Đơè vxcïûÛ K =

è
Đơè vxcïûÛ K

déè vã cïÛ V

 déè vã cïÛ C 

è

0
m él.l



mél.l1.í1

 mél.l 
1

1
 1  1 1

.í í

è

 mél1 è .l è 1.í1

2
m él

1

3
.l.í

1

m él

2 2

.l .í  1

ê dïïèg :
Tâ đềbÛø
ã : K = 1, 73.105 í-1  êâÛûè ư ùèg bÛäc méät.
ÊV
Ségmél N2O5 bÛè đÛàï :
è0 =
RT
Ê
Néàèg đéäbÛè đÛàï cïûÛ N2O5 lÛø:
C0 

RT

3


ÊHẦ
N NÀY LÀÊHÁCH

Nội dung

Điểm

Tégc đéäbÛè đÛàï :
V0  KC0  1, 73.105 

0,1
 7,1.108 mél-1.l.í1
0, 082  298

2/ Û) TÛ bãegt ìÛèèg đxèâ lïÛät tÛùc dïïèg kâégã lư ợèg lïéâè lïéâè ègâãệm đïùèg
vớã cÛâè bÛèèg âéùÛ âéïc, kâéâèg êâïïtâïéäc vÛø
é cơ câegêâÛûè ư ùèg (đơè gãÛûè âÛy
êâư ùc tÛïê), vÛäy âÛèèg íégcÛâè bÛèèg cïûÛ êâÛûè ư ùèg tâïÛäè ègâxcâ tìêè vÛãè lÛø:
COCl2 
K
CO .Cl2 
VÛäy : V1  KCCO .C3Cl2 âÛy V1  KCCO .CCl .Cl12 2
2
2
Bãekï tâư ùc tégc đéäêâÛûè ư ùèg ègâxcâ lÛøV2 :

V2  K 2 CCOCl 2 .Cl12 2
b) Tíèâ K 'C , K 'X :
ÊâÛûè ư ùèg tâïÛäè ègâxcâ : CO(k) + Cl2(k) = COCl2(k)
Ở1000C céù âÛèèg íégcÛâè bÛèèg :
1
1
K'Ê 

 8.109 Ûtm
K Ê 1,28.108
K'C  K'Ê  RT 

è

 è=2 - 1 = 1

K'C  8.10 9   0,082  373 

1

 2,6.1010 mél/l

Tíèâ đéäêâÛâè lã  :
COCl2(k) = CO(k) + Cl2(k)
Bđ(mél)
Û
0
0
Cb
(Û – x)

x
x
(0 < x < Û)
Tékèg íégmél cïûÛ âệcÛâè bÛèèg : (Û – x) + x + x = (Û + x) mél
x
Ûx
 XCO  XCl2 
vÛøXCOCl2 
Ûx
Ûx
2

 x 
 Ûx 
X
.X
CO Cl 2
  4.10 9
 K'X 

XCOCl 2
 Ûx 


Ûx
x
GãÛûã êâư ơèg tììèâ tìêè tÛ céù :  6,3.105
Û

VÛäy đéäêâÛâè lã cïûÛ COCl2 lÛø:   6,3.105 âÛy 0,0063%

4


Tlèâ tâÛø
èâ êâég: Nãèâ TâïÛäè
Tìư ờ
èg : THÊT CHU VĂ
N AN
Méâè : HÓA HOU
C
Kâégã : 10
Têè gãÛùé vãêè bãêè íéÛïè : Ngïyễè VÛêè Héàèg
Số mật mã :

Phần này là phần phách
Số mật mã :
Câu III :
1/ Méät Ûxãt yegï đơè câư ùc âéÛøtÛè vÛø
é èư ớc, èéàèg đéä C (mél/l), âÛèèg íégÛxãt K,
èéàèg đéä[H+] lïùc cÛâè bÛèèg Û(mél/l)
Û2
Û
K
b) Tư øđéù gãÛûã tâícâ tÛïã íÛé dïèg dxcâ cïûÛ méät đơè Ûxãt yegï cÛø
èg léÛõèg tâì êH cïûÛ
dïèg dxcâ cÛø
èg tÛêèg.
2/ Tìéèg méät dïèg dxcâ 2 Ûxãt yegï HA1 vÛøHA2 céùâÛèèg íégcÛâè bÛèèg kâÛùc èâÛï.
Û) Tíèâ èéàèg đéä [H+] tìéèg dïèg dxcâ 2 Ûxãt đéù tâ âÛèèg íégcÛâè bÛèèg vÛøèéàèg đéä

cïûÛ 2 Ûxãt.

Û) Câư ùèg mãèâ : C 

b) ê dïïèg : Tìéèg 1 dïèg dxcâ 2 Ûxãt CH3COOH 2.103 (mél/l) vÛøC2H5COOH

1,9.102 (mél/l) . Tíèâ êH cïûÛ dïèg dxcâ 2 Ûxãt đéù.
Đáp án câu III :

1/ Û) Géïã HA lÛøÛxãt yegï :

Nội dung

 H+ + A HA 


Néàèg đéäbđ : C
Néàèg đéäcb : C – Û
H  . A  
Û2
K     

CÛ
 HA 

0
Û
C

Điểm

0
Û
Û2
Û
K

b) Xét 2 dïèg dxcâ cïûÛ cïø
èg Ûxãt yegï HA, èéàèg đéä C, C’( C’< C ) céù
+
èéàèg đéäãéè [H ] lïùc cÛâè bÛèèg Û, Û’.
TÛ céù:

C

Û2
Û'2
 Û vÛø C' 
 Û'
K
K

1 2
Û  Û'2   Û  Û'   0
K
1

1

=  Û - Û'    Û  Û'   1  0 dé   Û  Û'   1  1

K

K

+
Û > Û’, [H ] gãÛûm  êH tÛêèg.



C  C' 





5


ÊHẦ
N NÀY LÀÊHÁCH

Nội dung
2/ Û) Géïã HA1 vÛøHA2 lÛø2 Ûxãt yegï mÛø:
 HÛèèg íégcÛâè bÛèèg tâ tâư ùtư ïK1, K2.
 Néàèg đéätâ tâư ùtư ïC1, C2.
x1, x2 lÛøèéàèg đéä cïûÛ ãéè H+ tư ø2 Ûxãt íãèâ ìÛ cïõèg lÛøèéàèg đéä cïûÛ

Điểm

A1 , A 2

Néàèg đéä cïûÛ 2 Ûxãt lïùc cÛâè bÛéèg lÛø: (C1 – x1) vÛø(C2 – x2). Vớã 2 Ûxãt
yegï céã C – x  C
Tìéèg dïèg dxcâ céù cÛùc cÛâè bÛèèg :

 H+ + A1HA1 


 H+ + A -2
HA 2 


[H+] = x1 + x2
TÛ céùbãekï tâư ùc :
H  . A 
1
x x  x  x x  x 
K1       1 1 2  1 1 2
C1  x1
C1
 HA1 

 H  . A 
2
x x  x  x x  x 
K2       2 1 2  2 1 2
C2  x 2
C2
 HA2 


K1C1 = x1(x1 + x2)
K2C2 = x2(x1 + x2)
K1C1 + K2C2 = (x1 + x2)2 = [H+]2
H   K C  K C
(1)
VÛäy :
1 1
2 2
 
b) ê dïïèg : TâÛy cÛùc gíÛ tìxK1, K2, C1, C2 vÛø
é (1) tÛ céù :
 H    103,28 (mél/l)  êH = 3,28
 

6