Đề thi, đáp án (đề xuất) trại hè hùng vương lần thứ XII năm 2016 môn hóa 10 trường THPT chuyên hạ LONG

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

ĐỀ THI MƠN HĨA HỌC

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG TỈNH QUẢNG NINH
ĐỀ THI ĐÈ XUẤT

LỚP 10
(Đề thi có 3 trang, gồm 10 câu )

Họ, tên thí sinh:..................................................................... SBD: .............................
Học sinh sử dụng các dữ kiện sau để làm bài :
h = 6,626.10-34J.s; me = 9,109.10-31 kg; NA = 6,022.1023; R =8,314 J.mol-1.K-1
Khối lượng nguyên tử : H = 1; O = 16; Mg = 24; S = 32;
Số thứ tự Z: He = 2; C = 6; N = 7; O = 8
1 A° = 10-10 m; 1nm = 10-9m; 1 eV = 1,902.10-19 J; 1atm =1,01325.105 Pa.
Câu 1: Cấu tạo nguyên tử (2đ)
1. Biết năng lượng cần cung cấp để tách cả hai electron ra khỏi nguyên tử He là: 79,00eV. Khi chiếu một bức xạ
có bước sóng 40 nm vào nguyên tử He thì thấy có 1 electron thốt ra. Tính vận tốc của electron này. Cho h =
6,625.10-34J.s ; me = 9,1.10-31kg.
2. Nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt các loại là 60, số hạt mang điện trong hạt nhân bằng số hạt không mang
điện. Nguyên tử của nguyên tố Y có 11 electron p. Nguyên tử nguyên tố Z có 4 lớp electron và 6 electron độc thân.
Cho biết vị trí của các nguyên tố trên trong bảng hệ thống tuần hồn. So sánh (có giải thích) bán kính của các nguyên
tử và ion X, X2+ và Y-.
Câu 2: Cấu tạo phân tử - Liên kết hóa học (2đ)
1. 1. Axit flosunfuric có cơng thức là HSO3F là một axit mạnh. Ở trạng thái lỏng, HSO3F tự phân ly theo cân bằng sau:

→
¬



2HSO3F

[HOSO2FH]+ + [SO3F]-

a) Xác định cấu trúc của HSO3F, [H2SO3F]+, [SO3F]-.
b) So sánh lực axit của HSO3F với H2SO4. Giải thích?
c) Khi thêm SbF5 vào HSO3F ở dạng lỏng, lực axit của hỗn hợp tăng mạnh. Điều này được giải thích do sự xuất hiện cân
bằng sau:


→
¬


[H2SO3F]+ + [F5SbOSO2F]-

HSO3F + SbF5

(A)


→
¬


và

HSO3F + 2bF5

H2SO3F]+ + [(F5SbO)2SOF]-

1


(B)
Biểu diễn cấu trúc của các ion A và B và cho biết trạng thái lai hóa của Sb trong các ion đó.

2. Bằng thực nghiệm người ta đã xác định được giá trị momen lưỡng cực của phân tử H 2S là 1,09D và của liên
kết S – H là 2,61.10–30 C.m. Hãy xác định:
a. Góc liên kết HSH.
b. Độ ion của liên kết S – H , biết rằng độ dài liên kết S – H là 1,33 Å. Cho 1 D = 3,33. 10–30C.m. Giả sử µ của
cặp electron không chia của S là không đáng kể.
Câu 3: Tinh thể (2đ)
Bạc kim loại có cấu trúc tinh thể lập phương tâm diện. Bán kính nguyên tử của Ag và Au lần lượt là: R Ag = 144
pm; RAu = 147 pm.
a) Tính số ngun tử Ag có trong một ơ mạng cơ sở.
b) Tính khối lượng riêng của bạc kim loại.
c) Một mẫu hợp kim vàng - bạc cũng có cấu trúc tinh thể lập phương diện. Biết hàm lượng Au trong mẫu hợp
kim này là 10%. Tính khối lượng riêng của mẫu hợp kim.
Câu 4: Nhiệt động lực học (2đ)
1. Cho các dữ kiện sau:
kJ.mol¯1

Năng lượng

kJ.mol¯1

thăng hoa của Na

108,68

liên kết của Cl2

242,60

ion hóa thứ nhất của Na

495,80

mạng lưới NaF

922,88

liên kết của F2

155,00

mạng lưới NaCl

767,00

Năng lượng

Nhiệt hình thành của NaF rắn : -573,60 kJ.mol-1
Nhiệt hình thành của NaCl rắn: -401,28 kJ.mol-1
Tính ái lực electron của F và Cl ; so sánh các kết quả thu được và giải thích.
2. Biết giá trị nhiệt động của các chất sau ở điều kiện chuẩn là :
Chất

Fe

O2

FeO

Fe2O3

Fe3O4

ΔH0s(kcal.mol-1

0

0

-63,7

-169,5

-266,9

S0 (cal.mol-1.K-1)

6,5

49,0

14,0

20,9

36,2

2


a) Tính biến thiên năng lượng tự do Gibbs ( ΔG0) của sự tạo thành các oxit sắt từ các đơn chất ở điều kiện
chuẩn.
b) Cho biết ở điều kiện chuẩn oxit sắt nào bền nhất ?
Câu 5: Động học (2đ)
1. Trong một phản ứng bậc nhất tiến hành ở 27°C, nồng độ chất đầu giảm đi một nửa sau 3000 giây. Ở 37°C,
nồng độ giảm đi 2 lần sau 1000 giây. Xác định:
a. Hằng số tốc độ ở 27°C.
b. Thời gian để nồng độ chất phản ứng còn lại 1/4 nồng độ đầu ở 37°C.
c. Hệ số nhiệt độ γ của hằng số tốc độ phản ứng
d. Năng lượng hoạt hóa của phản ứng.
2. Đinitơ pentaoxit phân hủy tạo thành nitơ đioxit và oxy theo phương trình:
2N2O5 → 4NO2 + O2
Cơ chế của phản ứng trên như sau:
k1
‡ˆ ˆˆk' ˆ†ˆˆ
1

(1) N2O5

NO2 + NO3
k2

→

(2) NO2 + NO3

NO2 + O2 + NO
k3

→

(3) NO + N2O5

3NO2

Sử dụng nguyên lý phỏng định trạng thái bền đối với NO và NO3 (nguyên lí nồng độ dừng hay nồng độ ổn định)
d [ N 2O5 ]
dt
hãy thiết lập biểu thức của tốc độ biến thiên
Câu 6: Cân bằng hóa học (2đ)
ƒ

1. Cho phản ứng 2NO2(k)
N2O4(k) có Kp=9,18 ở 250C. Hỏi ở cùng nhiệt độ phản ứng xảy ra theo chiều nào
trong điều kiện sau: P(N2O4)= 0,9atm ; P(NO2)=0,1 atm.
2. Cho cân bằng hóa học:
3


∆Η 0

ƒ

N2 (k) + 3H2 (k)

2NH3 (k) ;

= - 46 kJ.mol-1 .

Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N2 và H2 theo tỉ lệ số mol đúng bằng hệ số tỉ lượng 1: 3 thì khi đạt tới trạng thái
cân bằng (450oC, 300 atm) NH3 chiếm 36% thể tích.
a) Tính hằng số cân bằng KP (ghi rõ đơn vị nếu có).
b) Giữ áp suất khơng đổi (300 atm), cần tiến hành ở nhiệt độ nào để khi đạt tới trạng thái cân bằng NH 3 chiếm

∆Η 0
50% thể tích? Giả sử
ln

không thay đổi trong khoảng nhiệt độ nghiên cứu. Cho phương trình Van’t Hoff:

K2
∆H 0  1 1 
=−
 − ÷
K1
R  T2 T1 

Câu 7: Cân bằng trong dung dịch – Cân bằng axit bazo (2đ)
Dung dịch A là hỗn hợp của H3PO4 và NaHSO4 0,010 M, có pHA = 2,03.
H 3 PO4

a) Tính C

trong dung dịch A.

b) Tính nồng độ HCOOH phải có trong dung dịch A sao cho độ điện li của H3PO4 giảm 25%.
Coi thể tích dung dịch không thay đổi.
−
4

Cho pKa (HSO ) = 2

pK(H3PO4) = 2,15; 7,21; 12,32

pK (HCOOH) = 3,75
Câu 8: Điện hóa – Pin điện – Điện phân (2đ)
1. Người ta tiến hành thiết lập một pin sau:
Nửa pin I: gồm một điện cực Ag được phủ AgCl nhúng vào dung dịch KCl bão hòa.
Nửa pin II: gồm thanh Pt được phủ hỗn hợp nhão gồm Hg và Hg2Cl2 nhúng vào dung dịch KCl bão hòa.
a) Xác định các điện cực (âm hay dương) và biểu diễn sơ đồ cấu tạo pin theo quy ước. Viết phản ứng tại các
điện cực và phản ứng chung trong pin.
b) Tính sức điện động của pin trên tại 250C.
Cho pKs (AgCl) = 10; pKs(Hg2Cl2) = 17,88; E0 của Ag+/Ag = 0,800V và Hg2+2/Hg = 0,792V; RTln10/F =
0,0592V (ở 25oC).

4


2. Điện phân 50 mL dung dịch HNO 3 có pH = 5,0 với điện cực trơ trong 30 giờ, dịng điện khơng đổi 1A. Tính
pH của dung dịch thu được sau khi điện phân. Coi khối lượng riêng của dung dịch HNO 3 lỗng trong thí nghiệm
này khơng đổi và bằng 1g/mL.
Câu 9: Hóa học hạt nhân (2đ)

1. Tỉ lệ triti so với tổng số nguyên tử hidro trong một mẫu nước nặng là 8.10 -8 (mẫu nước chứa hidro chủ yếu là

đơteri). Triti phân hủy phóng xạ với chu kỳ bán hủy 12,3 năm. Có bao nhiêu nguyên tử triti trong 1,0g mẫu
nước sông trên sau 20 năm.
2. 134Cs và 137Cs là sản phẩm phân hạch của nhiên liệu urani trong lò phản ứng hạt nhân. Cả hai đồng vị này đều
phân rã β.
a) Viết phương trình phản ứng biểu diễn các phân rã phóng xạ của 134Cs và 137Cs.
b) Tính năng lượng (eV) được giải phóng trong phản ứng phân rã phóng xạ của 134Cs.
134
55 Cs

Cho:

134
56 Ba

= 133,906700;

= 133,904490.

Câu 10: Halogen – Oxi lưu huỳnh – Nito photpho (2đ)
1. Hồn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng ion-electron:
OH- →

a)

Cl2 + I2 +

b)

NaClO + KI + H2O →

c)

F2 + ……

d)

Na2SO3 +…….

→ OF2 + …..+…….
→ Na2S2O3

2. a. Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của các hidro halogenua thay đổi như thế nào? Giải thích nguyên nhân?
b. Độ bền đối với nhiệt từ HF đến HI thay đổi như thế nào? Có phù hợp với sự thay đổi nhiệt độ nóng chảy và
nhiệt độ sôi không?

Người ra đề

Vũ Thị Thùy Dung
01675131198

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN HĨA 10
Câu
1

Đáp án
1. Theo đề bài có: He → He2+ + 2e ; I = + 79,00 eV
Mặt khác,

He+→ He2+ + 1e ; I2 = -Ee trong He+

5

Điểm


(2đ)

mà He+ là hệ 1 hạt nhân 1 electron ⇒ I2 = + 13,6. = + 54,4 eV
0,5

⇒ I1, He = I – I2 = 24,60 eV = 3,941.10-18 (J)
Năng lượng của bức xạ:
(J)
⇒ Wđ (e) = = E – I1 = 1,0277510-18 (J) ⇒ v = 1,503.106m/s

0,5

2.Xác định vị trí :
2ZX + N X = 60 ; Z X = N X ⇒ Z X = 20
,
X là canxi (Ca), cấu hình electron của 20Ca : [Ar] 4s2
Cấu hình của Y là 1s22s22p63s23p5 hay [Ne] 3s2 3p5⇒ Y là Cl
Theo giả thiết thì Z chính là crom, cấu hình electron của 24Cr : [Ar] 3d5 4s1
STT
Chu kỳ nguyên tố
Nhóm nguyên tố
0,5
20

4

IIA

17

3

VIIA

24

4

VIB

R Ca 2 + < R Cl − < R Ca

Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử:
Bán kính nguyên tử tỉ lệ với thuận với số lớp electron và tỉ lệ nghịch với số đơn vị điện tích
hạt nhân của ngun tử đó.

0,5

Bán kính ion Ca2+ nhỏ hơn Cl- do có cùng số lớp electron (n = 3), nhưng điện tích hạt nhân
Ca2+ (Z = 20) lớn hơn Cl- (Z = 17). Bán kính nguyên tử Ca lớn nhất do có số lớp electron
lớn nhất (n = 4).

2

1. 1. a) (0,75 điểm): Mỗi cấu trúc đúng = ¼ điểm

(2đ)

6

1,5


Cấu trúc của HSO3F
O

S
O

S
O

O

+

O

H

F

O

H

F
H

Cấu trúc của [H2SO3F]

+

b) (0,25 điểm):
Lực axit: HSO3F > H2SO4 vì ngun tử F có độ âm điện lớn hơn nguyên tử O do đó liên kết
O-H trong HSO3F phân cực mạnh hớn liên kết O-H trong phân tử H2SO4.
c) (0,50 điểm): Mỗi cấu trúc ¼ điểm
Cấu trúc của [F5SbOSO2F]F

Cấu trúc của [(F

F

F

Sb
F

F
O

F

S
O

O

2.a) Phân tử H2S có cấu trúc góc nên:
uuuur
µ H2 S

uuuu
r
µ SH
2

uuuu
r
µ SH
2

=

2

.cos2

=4

+2

α
2

uuuu
r
µSH

→

=

uuuu
r
µ SH
cos α = 2

.
uuuur
µ H2 S

uuuur
µ H2S
uuuu
r
2 µSH

α
2
Suy ra cos

uuuu
r uuuu
r

µ SH µ SH
2

+

0,25

α
2

uuuu
r
µ SH
=2

(1 + cos α)

2

cos

.

1, 09.3,33.10−30
2, 61.10−30
= 1,39 → α = 920.

=

uuuu

r
µt / n
uuur
µl / t
b) Độ ion của liên kết S – H =

2, 61.10 −30
1,33.10 −30.1, 6.10 −19
=

0,25
. 100 = 12,3%

7


3
(2đ)

a) - Ở mỗi đỉnh và ở tâm mỗi mặt đều có một nguyên tử Ag

0,5đ

- Nguyên tử Ag ở đỉnh, thuộc 8 ô mạng cơ sở
- Nguyên tử Ag ở tâm của mỗi mặt, thuộc 2 ô mạng cơ sở
- Khối lập phương có 8 đỉnh, 6 mặt

1
2
⇒ Số ngun tử Ag có trong 1 ơ cơ số là 8 . + 6 .

=4

b) Gọi d là độ dài đường chéo của mỗi mặt, a là độ dài mỗi cạnh của một ơ mạng cơ sở

0,5đ

Từ hình vẽ một mặt của khối lập phương tâm diện, ta có:
d = a = 4RAg ⇒ a = 2RAg. = 2,144. = 407 (pm)
⇒ Khối lượng riêng của Ag là:

4.108.10−3 kg
= 1,06.104 kg / m3
−12 3
3
23
(407.10 ) .m .6,02.10

c) Số nguyên tử Au, Ag có trong một ơ mang cơ số là x và (4 - x)
10 =

197 x
.100 ⇒ x ≈ 0,23
197 x + 108(4 − x )

⇒ Nguyên tử khối trung bình của mẫu hợp kim là:

M=

108.3,77 + 197.0,23

≈ 113,12
4
0,5đ

Bán kính ngun tử trung bình của hợp kim là

R=

144(4 − x) + 147x
≈ 0,25
4

⇒ Độ dài cạnh của ô mạng cơ sở trong hợp kim là:

8


ahk = a R 2 = 2 .
=

144(4 − x) + 147x
2
=
(576 + 3 x)
2
5

2
(576 + 3.0,23) ≈ 407,78( pm)
2

0,5đ

⇒ Khối lượng riêng của mẫu hợp kim là:

4.113,12.10−3 kg
= 1,108.10 4 kg / m3
−12 3
3
23
(407,78.10 ) .m .6,02.10

4

1. Áp dụng định luật Hess vào chu trình
M(r)

HHT
1X
2(k)
2
+ 12 HLK

+

HTH
M(k)

X(k)

I1

M+(k)

1,00

MX(r)

HML

+ AE
+

X-(k)

Ta được:
AE = ΔHHT - ΔHTH - I1 - ½ ΔHLK + ΔHML (*)
Thay số vào (*), AE (F) = -332,70 kJ.mol-1 và
AE (Cl) = -360 kJ.mol-1.
AE (F) > AE (Cl) dù cho F có độ âm điện lớn hơn Cl nhiều. Có thể giải thích điều này như
sau:
* Phân tử F2 ít bền hơn phân tử Cl2, do đó ΔHLK (F2) < ΔHpl (Cl2) và dẫn đến AE (F) > AE
(Cl).
* Cũng có thể giải thích: F và Cl là hai nguyên tố liền nhau trong nhóm VIIA. F ở đầu nhóm.
Ngun tử F có bán kính nhỏ bất thường và cản trở sự xâm nhập của electron.

9


2.

a) Sự tạo thành FeO từ các đơn chất Fe và oxit ở đkc:

2Fe+O2 → 2FeO

0,50

(1)

ΔH0= -63700 cal.mol-1
ΔS0= S0FeO – (S0Fe + ½ S0o2 ) = -17 cal.mol-1.K-1
ΔG10 = ΔH0 –T.ΔS0= -58,634 kcal.mol-1
Sự tạo thành Fe2O3 từ các đơn chất Fe và oxi ở đkc:
2Fe + 3/2O2 → Fe2O3

(2)

ΔH0=-169500 cal.mol-1
ΔS0= ΔS0Fe2O3- (2S0Fe + 3/2S0O2)= -65,6 cal.mol-1.K-1
ΔG20 = ΔH0 – T.ΔS0 = -149,952 kcal.mol-1
Sự tạo thành Fe3O4 từ các đơn chất Fe và oxi ở đkc:
3Fe + 2O2 → Fe3O4
ΔH0=-266900 cal.mol-1
ΔS0= ΔS0Fe3O4- (3S0Fe + 2S0O2)= -81,3cal.mol-1.K-1
ΔG20 = ΔH0 – T.ΔS0 = -242,6726 kcal.mol-1
b) Xét quá trình:

2/3 Fe3O4 + 1/6 O2 <=> Fe2O3 ΔG30

ΔG30 = ΔG0Fe2O3 – 2/3 ΔG0Fe3O4 = 11,83 kcal.mol-1
Nên phản ứng xảy ra theo chiều nghịch hay ở đkc Fe3O4 bền hơn Fe2O3
Xét q trình 2FeO + ½ O2 <=> Fe2O3 ΔG40
ΔG40 = ΔG0Fe2O3 – 2 ΔG0FeO= -32,6832 kcal.mol-1 < 0

Nên phản ứng xảy ra theo chiều thuận hay ở đkc Fe2O3 bền hơn FeO
Vậy tính bền của các oxit tăng dần theo thứ tự:
FeO → Fe2O3 → Fe3O4
10

0,50


5
(2đ)

k 27 =

0,25

0,693 0,693
=
= 2,31.10 −4
t1/ 2
3000

s-1.

1. 1. Phản ứng bậc 1 nên

2. Phản ứng bậc 1 nên từ a → a/2 cần t1/2; từ a/2 → a/4 cần t1/2 ⇒ t = 2t1/2 = 2000 giây.
k 27+10 k 37 6,93.10 −4
=
=
=3

k 27
k 27 2,31.10 −4

0,693 0,693
=
= 6,93.10 −4
t 1/ 2
1000

k 37 =

γ=

s-1 ;

3.

ln

k 37
E  1
1 
=− a 
−

k 27
R  310 300 

− R. ln

0.25

0.25
.

k 37  1
1 
:
−

k 27  310 300 

0.25

⇒ Ea =

4.

= −8,314. ln

6,93.10 −4
2,31.10 −4

1 
 1
:
−

 310 300 

⇒ Ea

≈ 84944,92 J/mol ≈ 84,945 kJ/mol.

d[N 2 O5 ]
dt
2. Thiết lập biểu thức của tốc độ phản ứng

.

k

1

→

N2O5

NO2 + NO3
k'

1

→

NO2 + NO3

N2O5
k

2
→

NO2 + NO3

NO2 + NO + O2
k

3

→

NO + N2O5

3NO2

Áp dụng nguyên lí nồng độ ổn định đối với NO3 và NO:

d[NO3 ]
dt

k1'

= k1.[N2O5] -

0,5

≈

.[NO2].[NO3] – k2.[NO2].[NO3]

d[NO]
dt

≈

= k2.[NO2].[NO3] – k3.[NO].[N2O5]

0 (2)

11

0 (1)


d[N 2O5 ]
dt

k1'

= - (k1.[N2O5] + k3.[NO].[N2O5] ) +

.[NO2].[NO3]

k1'

Từ (1) và (2) suy ra:

k1.[N2O5] = (

+ k2).[NO2].[NO3]
0.25

k3.[NO].[N2O5] = k2.[NO2].[NO3]
k
k2
= 3 [NO ]
k + k2 k1
'
1

[NO] =

k3
k2

k1k2
k3 (k1' + k2 )

[NO2].[NO3] =

.[NO].[N2O5]

k3
k k2

d[N 2O5 ]
dt

'

1

= - k1.[N2O5] - k3.[NO].[N2O5] +
k1'
k1' + k 2

k2
'
k1 + k2

= k1.(-1 -

+

−

.

.[NO].[N2O5]

2k1.k2 [ N 2O5 ]
k1' + k2

0,25

).[N2O5] =

ƒ

6

2 NO2

N2O4

Kp=9,18.

Q
Kp
Xét chiều phản ứng dựa vào công thức: ∆G=RTln

0,25
.

Nếu Q < Kp → ∆G < 0: phản ứng diễn ra theo chiều thuận
Nếu Q > Kp → ∆G > 0: phản ứng diễn ra theo chiều nghịch
Nếu Q = Kp → ∆G = 0: phản ứng ở trạng thái cân bằng.

0,25

Khi P(N2O4)= 0,9atm ; P(NO2)=0,1 atm ta có Q=0,9/(0,1)2 =90 > Kp nên phản ứng diễn ra
theo chiều nghịch.
a)
N2 (k)
Ban đầu (mol)
1

ƒ

+

∆Η

3H2 (k)
3

2NH3 (k);
0
12

= -46 kJ.mol-1


Cân bằng (mol) 1-x
∑ nsau

3

%VNH
2

%VN

3-3x

2x

= 1 – x + 3 – 3x + 2x = 4 – 2x (mol)
2x
.100%
⇒

4 - 2x
=
= 36%
x = 0,529
1 − 0,592
1− x
.100%
4 − 2.0,592
4 - 2x
=

=

0,25

0,25

.100% = 16%

2

%VH

= 100 - (36 + 16) = 48%
2
PNH
0,36 2.P 2
3

0,16.P.( 0,48.P )

PH32 PN 2

K p1

0,36 2
0,16 × 0, 483 × 300 2

3

=
=
=
= 8,14.10-5 .
Kp khơng có đơn vị, học sinh ghi đơn vị của Kp trừ 0,25 điểm
% VNH3 =

0,25

2y
2
= 50% ⇒ y =
4 − 2y
3

b) Từ
1− y
1− 2 / 3
=
= 12,5%

4 − 2 y 4 − 2.2 / 3

% VN2 =

% VH 2 =

3(1 − y ) 3(1 − 2 / 3)
=
= 37,5%
4 − 2y
4 − 2.2 / 3

0,25

và

2
PNH
3

0,5 2
0,125.0,3753.300 2

3
H2

P PN 2

K p2

=

= 4,21.10-4

=

KP2
K P1
ln

−

0,25

KP 2
1 1
R
∆H 0  1 1 
−
=
ln
−

÷
0
K P1
R  T2 T1  ⇒ T1 T2 ∆H

=

1
⇒ T2

KP
R
ln 2
0
∆H
K P1

1
T1

=

-

1
8,314
4, 21.10 −4
+
.ln
450 + 273 46.103
8,14.10 −5
=

⇒

0,25
T2 = 595,19K

7

a)

13


(2đ)

HSO4–

H+ + SO42–

Ka =10-2

(1)

H3PO4

H+ + H2PO4–

Ka1 =10-2,15

(2)

H2PO4–

H+ + HPO42–

Ka2 =10-7,21

(3)

HPO4–

H+ + PO43–

Ka3 =10-12,32

(4)

H2O

H+ + OH-

Kw = 10-14

(5)

Vì pH = 2,03 → bỏ qua sự phân li của nước.
Ka1 >> Ka2 >> Ka3

→ quá trình (1) và (2) quyết định pH của hệ

K
Ka
a1
Ta có: [H + ] = [SO 2- ] + [H PO - ] = CHSO .
+ CH3PO4 .

4
2 4
4 K + [H+]
K
+
[H+]
a
a1
−


→


→


→

CH3PO4 .

K

Ka
a1
= [H+] - CHSO .
4 K + [H+]
K + [H+]
a
a1

−

CH3PO4 = ([H+] - CHSO .
4

−

K + [H+]
Ka
). a1
K a + [H+]
K
a1

CH3PO4 = (10−2,03 - 0,010.

10-2
10-2,15 + 10−2,03
).
10-2 + 10−2,03
10-2,15

= 9,61.10-3(M)

[H 2 PO4 - ]
Ta có: α = α H PO =
.100
1
3 4
CH3PO4

2.

;
10-2,15
-3
[H PO ] = 9,64.10 . -2,15
2 4
10 + 10-2,03

= 4,16.10-3

trongđó


→

α H SO =
3

4

4,16.10-3

9,64.10-3

.100 = 43,15%


→
Khi có mặt HCOOH trong dung dịch A

độ điện li của H3PO4 giảm 25%
14

1


α 2 = α,H3PO4 = 43,15% × 0,75 = 32,36%
và trong dung dịch thu được sẽ có 3 q trình 1,0
quyết định pH của hệ:
HSO4–

H+ + SO42–

Ka =10-2

H+ + H2PO42–

H3PO4
HCOOH

(1)

Ka1 =10-2,15 (2)

H+ + HCOO–

Ka’ =10-3,75 (6)

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

4
2 4
vì [PO43–] << [HPO42–] << [H2PO4–]

[H + ] = CHSO .
4

−

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

CHSO .


→

4

−

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

CHCOOH = [H+] - [H2PO4–] -

(7)

[H PO - ]
,
α 2 = α H3PO4 = 32,36% = 2 4 .100
CH PO4
3

Từ biểu thức


→
[H2PO4–] = 3,12.10-3 M
[H3PO4] = 9,64.10-3 - 3,12.10-3 = 6,52.10-3 (M).

K .[H PO ] 10−2,15 × 6,52.10−3
a1 3 4 =
= 0, 0148
[H PO - ]
3,12.10−3
2 4


→
Từ (2)

[H+] =

M

Thay giá trị [H2PO4–] và [H+] vào (7), ta được:

0,01

10-2
10-2 + 0, 0148

CHCOOH = (0,0148 – 3,12.10-3 8

10-3,75 + 0, 0148
10-3,75

).

1.a) Pin điện: Ks(AgCl) = Ks1; Ks(Hg2Cl2) = Ks2

15

= 0,644 M.


ƒ

(2đ)

0,25

Nửa pin 1: AgCl + e

Ag + Cl

-

E1 = E0Ag+/Ag + 0,0592 lg [Ag+]
= E0Ag+/Ag + 0,0592 lgKs1 - 0,0592 lg [Cl-]
ƒ

Nửa pin 2: Hg2Cl2 + 2e

2Hg + 2Cl0,25

0,0592
2
E1 = E0Hg22+/Hg +

lg [Hg22+]

0, 0592
2
= E0Hg22+/Hg +
Đặt:

lg Ks2 - 0,0592 lg [Cl-]

E0’1 = E0Ag+/Ag + 0,0592 lg Ks1 = 0,208 V

0,0592

2
E0’2 = E0Hg22+/Hg +

0,25
lg Ks2 = 0,263V

=> E1 = 0,208 – 0,0592 lg [Cl-] < E2 = 0,263 - 0,0592 lg [Cl-]
Do đó, nửa pin I là cực âm, nửa pin II là cực dương.
Sơ đồ biểu diễn cấu tạo của pin
(-) Ag, AgCl | KCl bão hòa | Hg2Cl2, Hg | Pt (+)
Hoặc (-) Ag, AgCl | KCl bão hòa | Hg2Cl2, Hg (Pt) (+)

0,25

Phản ứng trong pin:
Cực (-): Ag + Cl-  AgCl + e
Cực (+): Hg2Cl2 + 2e  2Hg + 2ClPhản ứng chung:
2Ag + Hg2Cl2  2AgCl + 2Hg

b) Epin = E2 - E1 = E2 = 0,263 - 0,0592 lg [Cl-] – (0,208 – 0,0592 lg [Cl-]) = 0,263 –
0,208) = 0,055V
0,25
16


1
H 2O → 2 H + + O2 + 2e
2
2.Nửa phản ứng oxi hóa ở anot:
2 H + + 2e → H 2

Nửa phản ứng oxi hóa ở catot:

1
H 2O → H 2 + O2
2
Phản ứng tổng:

ne =

I .t 1.30.60.60
=
= 1,119(mol )
F
96485

0,25

Số mol electron trao đổi trong 30 giờ
Theo quá trình anot, ta có số mol nước bị điện phân

1
nH 2O = ne
2

≈

0,56(mol)
suy ra khối lượng nước bị điện phân là 0,56.18 = 10,08 g
Khối lượng dung dịch trước khi điện phân là 50.1 = 50 g

Khối lượng dung dịch sau khi điện phân là 50 – 10,08 = 39,92 (g).
≈

Thể tích dung dịch sau khi điện phân là 39,92 mL

0,04 L

Trong quá trình điện phân số mol H + khơng thay đổi = 50.10-3.10-5 = 5.10-7 (mol).(chính
bằng số mol HNO3 ban đầu).

0,25

5.10−7
 H +  =
= 1, 25.10−5 M
0, 04
pH = − lg  H +  = − lg(1, 25.10 −5 ) = 4,903 ≈ 4,9
Sau khi điện phân kết thúc, nồng độ ion H+
0,25
9
(2đ)

1. Số phân tử H2O có trong 10 (g) mẫu nước nặng:
(phtử)

0,25

17

Số nguyên tử H có trong 1,0 (g) mẫu nước: 6,023.023 (ngtử)
3
1

H

Số đồng vị

có trong 1,0 (g) mẫu nước:

N0 = 6,023.1023.8.10-8 = 4,82.1016 (ngtử)
0.25

ln 2
t1 / 2

⇒
t1/2 = 12,3 năm

N0
N
ln

k =

= 0,0564 năm-1

⇒
N = N0.e-kt = 5,354.106.e-0,0564.20 = 1,56.1016 (ngtử)

= kt

3
1

Vậy sau 20 năm số nguyên tử

H
còn trong 1,0 (g) mẫu nước là:
0.5

1,56.1016 (ngtử)
2. a) Phương trình phản ứng biểu diễn các phân rã phóng xạ:
134
55 Cs

134
56 Ba

→
137
55 Cs

0
-1 e

+
137
56 Ba

→

0
-1 e

0,5

+
134
55 Cs:

b) Năng lượng thoát ra trong phân rã phóng xạ của
0,5
2

–3

23

8 2

∆E = ∆m.c =(133,9067-133,90449).(10 /6,022.10 ) . (3,000.10 ) (J)
→ ∆E = 3,30.10–13 J = 3,30.10–13/(1,602.10–19) = 2,06.106 (eV)
10
(2đ)

1. Cl2 + I2 + OH- → IO3- + Cl- + H2O

0,25đ/
1 pht

Sự khử:

Cl2 + 2e → 2Cl-

Sự oxi hóa:

I2 + 12OH- → 2IO3- + 10e+ 6H2O

x5

18


5Cl2 + I2 + 12OH- → 2IO3- + 10Cl- + 6H2O

b) NaClO + KI + H2O → NaCl + I2 + KOH

Sự khử: Cl+1 + 2e → ClSự oxi hóa: 2I- -2e → I2

NaClO + 2KI + H2O → NaCl + I2 + 2KOH
c) F2 + NaOH loãng, lạnh

→ OF2 + NaF + H2O
F2 + 2e → 2F-

Sự khử:
Sự oxi hóa:

2OH- → OF2 + 2e+ H2O

2F2 + 2OH- → OF2 + 2F- + H2O
d) Na2SO3 +

S

→ Na2S2O3

Sự oxi hóa: S - 2e → S+2
Sự khử: S+4 +2e → S+2

2. Từ HF đến HCl: Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sơi giảm. Từ HCl đến HI nhiệt độ nóng 0,5đ
chảy và nhiệt độ sôi tăng.
Năng lượng tương tác định hướng giảm từ HF đến HI do độ phân cực của phân tử giảm.
Năng lượng tương tác khuếch tán tăng lên trong dãy do sự tăng bán kính nguyên tử của các
halogen và sự giảm độ phân cực của liên kết trong phân tử.
Từ HF đến HCl, nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi giảm do giữa các phân tử HF phát sinh
được liên kết Hidro, đồng thời năng lượng tổng quát của tương tác giữa các phân tử giảm
do tương tác định hướng giảm.
Từ HCl đến HI năng lượng tương tác khuếch tán chiếm ưu thế so với tương tác định hướng
vì vậy nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi tăng.

19


20