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

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
---------

ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC
LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút
(không kể thời gian giao đề)
Đề này có 03 trang, gồm 08 câu)

Câu 1: Cấu tạo nguyên tử - hạt nhân
1.1. Trong một thí nghiệm, người ta phóng 1 tia lửa điện qua các nguyên tử hiđro ở áp suất
thấp, các electron bị kích thích lên trạng thái năng lượng cao hơn. Sau khi bị kích thích, electron nhanh
chóng chuyển về mức năng lượng cơ bản (n=1) và bức xạ ra photon với các bước sóng khác nhau. Tập
hợp các bước sóng này gọi là dãy phổ phát xạ của nguyên tử hiđro. Nếu electron chuyển từ n > 1 về n
= 1 ta có dãy lyman. Tính bước sóng (λ) nhỏ nhất và bước sóng lớn nhất theo nm của dãy phổ. Biết
trong hệ một electron, một hạt nhân, năng lượng của electron được tính theo công thức: E n = - 13,6.
Z2
(eV). Cho: h = 6,626.10-34 J.s ; c = 3.108 m/s.
2
n
1.2. Một trong các phương pháp xác định tuổi của đá hoặc thiên thạch… là sử dụng đồng vị
samarium (Sm) và neodymium (Nd) được phát triển bởi Langmar vào năm 1947. Dựa vào tỉ số số
nguyên tử của các đồng vị 143Nd/144Nd và 147Sm/144Nd có thể xác định được tuổi của mẫu.
Năm 1940, tại Úc, có một thiên thạch đã được tìm thấy, có tên Moama. Người ta tin rằng tuổi của
thiên thạch có thể bằng với tuổi của hệ mặt trời. Năm 1978, hai khoáng chất được chiết xuất từ Moama
- plagioclas và pyroxen, vật đã được phân tích:
143
147
Khoáng vật

Nd/144Nd
Sm/144Nd
Plagioclase
0,510
0,111
Pyroxene
0,515
0,280
143
147
Biết rằng đồng vị Nd được tạo thành do Sm phân rã (t1/2 = 1,06.1011 năm). Số lượng
nguyên tử 144Nd không thay đổi theo thời gian và tỉ số n 0(143Nd) / n(144Nd) là như nhau cho cả hai
khoáng chất.
a) Viết phương trình phân rã của 147Sm và tính hằng số phân rã?
b) Xác định tỷ lệ ban đầu n0(143Nd) / n0(144Nd) tại thời điểm của sự hình thành thiên thạch?
c) Tính tuổi của mẫu Moama.
Câu 2: Hình học phân tử - Liên kết hóa học – Tinh thể - ĐLTH
2.1. Clo, brom, iot có thể kết hợp với clo tạo thành các hợp chất dạng XF n. thực nghiệm cho
thấy rằng n có 3 giá trị khác nhau nếu X là Cl hoặc Br, n có 4 giá trị khác nhau nếu X là I.
a) Hãy viết công thức các hợp chất dạng XFn của các nguyên tố Cl, Br, I.
b) Dựa vào cấu tạo nguyên tử và độ âm điện của các nguyên tố, hãy giải thích sự hình thành
các hợp chất trên.
Cho: độ âm điện của các nguyên tố: F = 4,0 ; Cl = 3,2 ; Br = 3,0 ; I = 2,7.
2.2. Germani (Ge) kết tinh theo kiểu kim cương (như hình bên)
với thông số mạng a = 566 pm
a) Cho biết cấu trúc mạng tinh thể của Germani.
b) Xác định bán kính nguyên tử, độ đặc khít của ô mạng và khối lượng riêng của Germani.
(MGe=72,64)

Ge ở các đỉnh và tâm mặt

Ge chiếm các lỗ tứ diện

Câu 3: Nhiệt – Cân bằng hóa học
3.1. Cho 0,25 mol NH4I(r) vào trong bình chân không dung dích 3 lít, ở 600K, xảy ra 2 phản
ứng sau:

1


NH 4 I(r) ƒ
2HI(k) ƒ

NH 3 (k) + HI ( k ) (1) K1 = 1, 69.
H 2 (k) + I2 ( k )

(2) K1 = 1/ 64.

a) Tính áp suất riêng phần của 4 khí và áp suất tổng cộng khi cân bằng được thiết lập.
b) Tính khối lượng NH4Cl(r) còn lại khi cân bằng.
3.2. Ngọn lửa olympic Bắc Kinh năm 2008 trên nóc sân vận động Tổ Chim được thắp sáng liên
tục trong suốt 16 ngày Đại hội nhờ phản ứng cháy của khí metan. Công suất tỏa nhiệt của ngọn đuốc
Olympic vào khoảng 56 MW. Tính thể tích khí metan đã sử dụng, biết trong điều kiện trên thì 1 mol
khí có thể tích là 24L.
Cho: ∆H tạo thành (kJ/mol) của CH4 (k) là -74,8; CO2 (k): -393,5; H2O (k): -241,8; 1MW=106J/s.
Câu 4: Động hóa
4.1. Hãy xác định bậc riêng phần của phản ứng:
(CH3)3CBr (aq) + H2O (l) → (CH3)3COH (aq) + H+ (aq) + Br- (aq)
từ các dữ kiện thực nghiệm sau
t(s)
0

15000
35000
55000
95000
145000
[(CH3)3CBr (aq)] (mol/l)
0,0380
0,0308
0,0233
0,0176
0,0100
0,00502
4.2. Năng lượng hoạt hóa của phản ứng tổng hợp NH 3 từ H2 và N2 ở 600K khi không có chất xúc
tác bằng 326 kJ/mol. Khi dùng chất xúc tác là vonfram, năng lượng hoạt hóa bằng 163 kJ/mol, còn xúc
tác là sắt thì năng lượng hoạt hóa bằng 175 kJ/mol. Hỏi tốc độ phản ứng tăng bao nhiêu lần khi dùng
chất xúc tác đối với mỗi trường hợp.
Câu 5: Dung dịch ( axit- bazơ, kết tủa)
5.1. Một dung dịch A gồm CH 3COOH (HAc) 0,010 M và NH4Cl 0,200 M. Tính pH của dung
dịch A.
Cho: Ka (CH3COOH) = 1,0.10-4,76 ; Ka(NH4+) = 10-9,4.
5.2. Tính số ml dung dịch H2C2O4 0,1M cần thêm vào 10,0 ml dung dịch A chứa CaCl 2 0,0100
M và HCl 10-3 M để bắt đầu xuất hiện kết tủa CaC2O4. Có thể dùng dung dịch H2C2O4 0,1M thêm vào
dung dịch A để kết tủa hoàn toàn CaC2O4 (nồng độ Ca2+ trong dung dịch còn lại < 10-6 M) được không?
Cho: H2C2O4 có Ka1 = 10-1,27 ; Ka2 = 10-4,25 ; KS (CaC2O4) = 10-8,75.
Câu 6: Phản ứng oxi hóa – khử
6.1. Khi điện phân dung dịch muối NaCl để sản xuất Clo ở anot có thể có các quá trình : oxi
hoá Cl – thành Cl2 ; oxi hoá H2O thành O2 ; oxihoá anot cacbon thành CO2.
a) Hãy viết các quá trình đó (tại anot cacbon) .
b) Cần thiết lập pH của dung dịch bằng bao nhiêu để cho khi điện phân không có oxi thoát ra ở
o

anot nếu thế anot bằng 1,21V. Cho E O2

H 2O = l,23V.

(coi P Cl2 =P O2 =1 và CO2 sinh ra không đáng kể).

6.2. Hoàn thành và cân bằng các phương trình hóa học sau bằng phương pháp thăng bằng ionelectron:
2−
a) MnO −4 + SO 3 + H+ → Mn2+ + ...
b) CrO −2 + Br2 + OH- → CrO 24 − + ...
−
c) CuxSy + H+ + NO 3 → Cu2+ + SO 24− + NO + H2O

Câu 7: Halogen – oxi – lưu huỳnh
7.1. Có 3 nguyên tố A, B và C. Cho A tác dụng với B ở nhiệt độ cao sinh ra D. Chất D bị thuỷ
phân mạnh trong nước tạo ra khí cháy được và có mùi trứng thối. B và C tác dụng với nhau cho khí E,
khí E này tan được trong nước tạo dung dịch làm quỳ tím hoá đỏ. Hợp chất của A với C có trong tự
nhiên và thuộc loại hợp chất cứng nhất. Hợp chất của 3 nguyên tố A, B, C là một muối không màu, tan
trong nước và bị thuỷ phân. Viết tên của A, B, C và phương trình các phản ứng đã nêu ở trên.
7.2. Để khảo sát sự phụ thuộc thành phần hơi của B theo nhiệt độ, người ta tiến hành thí
nghiệm sau đây:
Lấy 3,2 gam đơn chất B cho vào một bình kín không có không khí, dung tích 1 lít. Đun nóng
bình để B hoá hơi hoàn toàn. Kết quả đo nhiệt độ và áp suất bình được ghi lại trong bảng sau:
2


Nhiệt độ (oC)
Áp suất (atm)
444,6

0,73554
450
0,88929
500
1,26772
900
4,80930
1500
14,53860
Xác định thành phần định tính hơi đơn chất B tại các nhiệt độ trên và giải thích. Cho: R = 0,082
L.atm.K-1.mol-1
Câu 8: Bài tập tổng hợp
Khi hoà tan 12,8 gam một kim loại A (hoá trị 2, A đứng sau H trong dãy điện hoá) trong
27,78ml H2SO4 98% (D = 1,8 g/ml) đun nóng, ta được dung dịch B và một khí C duy nhất. Trung hoà
dung dịch B bằng một lượng NaOH 0,5M vừa đủ rồi cô cạn dung dịch, nhận được 82,2 gam chất rắn D
gồm 2 muối Na2SO4.10H2O và ASO4.xH2O. Sau khi làm khan 2 muối trên, thu được chất rắn E có khối
lượng bằng 56,2% khối lượng của D.
a) Xác định kim loại A và công thức của muối ASO4.xH2O.
b) Tính thể tích dung dịch NaOH 0,5M đã dùng.
c) Cho toàn thể khí C tác dụng với 1 lít dung dịch KMnO 4 0,2M, dung dịch KmnO4 có mất màu
hoàn toàn hay không?
- Hết Người ra đề: Phan Khánh Phong. SĐT: 0983.713.890

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

MÔN HÓA HỌC. LỚP 10
3


TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG

--------HƯỚNG DẪN CHẤM

Thời gian làm bài: 180 phút
HDC có 09 trang

Câu 1: Cấu tạo nguyên tử - hạt nhân (1.1: 0,75 điểm; 1.2: 1,5 điểm)
1.1. Trong một thí nghiệm, người ta phóng 1 tia lửa điện qua các nguyên tử hiđro ở áp suất thấp, các
electron bị kích thích lên trạng thái năng lượng cao hơn. Sau khi bị kích thích, electron nhanh chóng
chuyển về mức năng lượng cơ bản (n=1) và bức xạ ra photon với các bước sóng khác nhau. Tập hợp
các bước sóng này gọi là dãy phổ phát xạ của nguyên tử hiđro. Nếu electron chuyển từ n > 1 về n = 1
ta có dãy lyman. Tính bước sóng (λ) nhỏ nhất và bước sóng lớn nhất theo nm của dãy phổ. Biết trong
hệ một electron, một hạt nhân, năng lượng của electron được tính theo công thức: E n = - 13,6.

Z2
(eV).
n2

Cho: h = 6,626.10-34 J.s ; c = 3.108 m/s.
1.2. Một trong các phương pháp xác định tuổi của đá hoặc thiên thạch… là sử dụng đồng vị
samarium (Sm) và neodymium (Nd) được phát triển bởi Langmar vào năm 1947. Dựa vào tỉ số số
nguyên tử của các đồng vị 143Nd/144Nd và 147Sm/144Nd có thể xác định được tuổi của mẫu.
Năm 1940, tại Úc, có một thiên thạch đã được tìm thấy, có tên Moama. Người ta tin rằng tuổi của
thiên thạch có thể bằng với tuổi của hệ mặt trời. Năm 1978, hai khoáng chất được chiết xuất từ Moama
- plagioclas và pyroxen, vật đã được phân tích:
143
147
Khoáng vật
Nd/144Nd
Sm/144Nd
Plagioclase

0,510
0,111
Pyroxene
0,515
0,280
143
147
Biết rằng đồng vị Nd được tạo thành do Sm phân rã (t1/2 = 1,06.1011 năm). Số lượng nguyên tử
144
Nd không thay đổi theo thời gian và tỉ số n0(143Nd) / n(144Nd) là như nhau cho cả hai khoáng chất.
a) Viết phương trình phân rã của 147Sm và tính hằng số phân rã?
b) Xác định tỷ lệ ban đầu n0(143Nd) / n0(144Nd) tại thời điểm của sự hình thành thiên thạch?
c) Tính tuổi của mẫu Moama.
CÂU
HƯỚNG DẪN GIẢI
ĐIỂM
1.1
0,75
−18
Emin = E2 − E1 = 1, 63.12 ( J )
0,25
hc
6, 626.10−34.3.108
−7
=> λmax =
=
= 1, 22.10 (m)=122 (nm)
Emin
1, 63.10−18
Emin = E∞ − E1 = 2,18.12−18 ( J )

=> λmin

hc
6, 626.10−34.3.108
=
=
= 91, 2.10−9 (m)=91,2 (nm)
−18
Em ax
2,18.10

0,25
0,25

Vậy: 122nm > λ > 91,2 nm.
1.2.
a)

147

k=

Sm →

143

Nd +

4
2

He

ln 2
ln 2
=
= 6,54.10−12 năm-1
11
t1/2 1, 06.10

1,75
0,25
0,25

b) Tổng số hạt n(143Nd) ở thời điểm đo mẫu là tổng của số hạt
n0(143Nd) ở thời điểm ban đầu và số hạt n t(143Nd) mới được tạo thành
từ sự phân rã 147Sm
143
143
143
Ta có: n ( Nd ) = n0 ( Nd ) + nt ( Nd ) (*)

4

0,25


n0 ( 147 Sm)
nt ( 147 Sm) + nt ( 143 Nd)
kt = ln 147

=n
n( Sm)
n( 147 Sm)
Mặt khác ta lại có:
=> nt ( 143 Nd) = nt ( 147 Sm).(e kt − 1) (**)

0,25

Thay nt(143Nd) ở (**) vào (*) ta có:

n ( 143 Nd ) = n0 ( 143 Nd ) + nt ( 147 Sm ) . ( e kt − 1) )

Chia cả 2 vế cho 144Nd ta được:
n ( 143 Nd )

n(

144

Nd )

=

n0 ( 143 Nd )
n(

144

Nd )

+

nt ( 147 Sm )
n(

144

Nd )

. ( e kt − 1) ) ≡ y = b + ax

Thay các số liệu ở bảng vào ta có hệ phương trình
0,510 = b + a.0,111
a = 0, 0297
=> 

0,515 = b + a.0, 280
b = 0,5061
143

144

0,25

0,25

0,25

Vậy n0( Nd)/n0( Nd) = 0,5061.
c) Ta có: a = ekt – 1 => ekt = a + 1

ln(a + 1) ln(0, 0297 + 1)
=
=> t =
năm.
k
6,54.10−12
Câu 2: Hình học phân tử - Liên kết hóa học – Tinh thể - ĐLTH
2.1. Clo, brom, iot có thể kết hợp với clo tạo thành các hợp chất dạng XF n. thực nghiệm cho thấy
rằng n có 3 giá trị khác nhau nếu X là Cl hoặc Br, n có 4 giá trị khác nhau nếu X là I.
a) Hãy viết công thức các hợp chất dạng XFn của các nguyên tố Cl, Br, I.
b) Dựa vào cấu tạo nguyên tử và độ âm điện của các nguyên tố, hãy giải thích sự hình thành các hợp
chất trên.
Cho: độ âm điện của các nguyên tố: F = 4,0 ; Cl = 3,2 ; Br = 3,0 ; I = 2,7.
2.2. Germani (Ge) kết tinh theo kiểu kim cương (như hình bên)
với thông số mạng a = 566 pm
a) Cho biết cấu trúc mạng tinh thể của Germani.
b) Xác định bán kính nguyên tử, độ đặc khít của
ô mạng và khối lượng riêng của Germani. (MGe=72,64)

Ge ở các đỉnh và tâm mặt
Ge chiếm các lỗ tứ diện

5


Câu
1.2

HƯỚNG DẪN GIẢI

ĐIỂM
1,25

a) Công thức hợp chất XFn
+ X là Cl có ClF; ClF3; ClF5.
+ X là Br có BrF; BrF3; BrF5.
0,25
+ X là I có IF, IF3, IF5, IF7.
b) Các hợp chất trên đều có liên kết cộng hóa trị, mỗi liên kết được thành
thành do 2 electron có spin đối song song của 2 nguyên tử góp chung.
+ F có Z = 9; n = 2 lớpngoài cùng là lớp thứ 2 không có phân lớp d nên 0,25
không có trạng thái kích thích, cấu hình electron của flo chỉ có 1 electron
độc thân:
...
2s

2

5

2p

+ Nguyên tử clo, brom và iot có phân lớp d còn trống, khi được
kích thích, 1, 2 hoặc 3 electron có thể chuyển đến những obitan d 0,25
còn trống :
ns2

ns2

np5

np3

ns2

nd0

np4

ns1

2.2.

nd1

nd2

np3

nd3

Như vậy, ở các trạng thái kích thích, nguyên tử clo, brom hoặc iot
có thể có 3, 5 hoặc 7 electron độc thân.
- Hợp chất ClF7 và BrF7 không tồn tại vì thể tích nguyên tử clo và brom rất
nhỏ, lực đẩy của các vỏ nguyên tử flo sẽ phá vỡ các liên kết trong phân tử.
0,25
- Hợp chất IF7 tồn tại vì thể tích nguyên tử I rất lớn so với thể tích nguyên
tử F, lực đẩy của các vỏ nguyên tử flo không phá vỡ được liên kết giữa các
nguyên tử; Mặt khác, sự chên lệch năng lượng giữa các phân mức của lớp
ngoài cùng trong nguyên tử I không lớn nên dễ xuất hiện cấu hình 7 0,25

electrong độc thân và có sự chênh lệch lớn về độ âm điện giữa I so với F
nên hợp chất IF7 bền.
1,25
a) Cấu trúc mạng Ge: cấu trúc mạng lập phương tâm diện. Ngoài ra có
thêm các nguyên tử Ge đi vào một nửa số lỗ tứ diện, vị trí so le với nhau.
1
1
Số nguyên tử/ion KL trong một ô mạng = .8 + .6 + 4 = 8
0,25
8
2
b) Đường chéo Ô mạng:

a 3 = 8r → r = 122,54pm

a 3

4
8. πr 3
= 3 3 = 0,34
a
Độ đặc, ρ
Khối lượng riêng d =

0,25

0,25

nM
N A .V

6
8.72, 64
=
=
5,32(
g
/ cm3 )
23
−10 3
6, 023.10 (566.10 )

0,5


Câu 3: Nhiệt – Cân bằng hóa học
3.1. Cho 0,25 mol NH4I(r) vào trong bình chân không dung dích 3 lít, ở 600K, xảy ra 2 phản ứng
sau:
NH 4 I(r) ƒ NH 3 (k) + HI ( k ) (1) K1 = 1, 69.
2HI (k) ƒ

(2) K1 = 1/ 64.

H 2 (k) + I 2 (k )

a) Tính áp suất riêng phần của 4 khí và áp suất tổng cộng khi cân bằng được thiết lập.
b) Tính khối lượng NH4Cl(r) còn lại khi cân bằng.
3.2. Ngọn lửa olympic Bắc Kinh năm 2008 trên nóc sân vận động Tổ Chim được thắp sáng liên tục
trong suốt 16 ngày Đại hội nhờ phản ứng cháy của khí metan. Công suất tỏa nhiệt của ngọn đuốc
Olympic vào khoảng 56 MW. Tính thể tích khí metan đã sử dụng, biết trong điều kiện trên thì 1 mol

khí có thể tích là 24L.
Cho: ∆H tạo thành (kJ/mol) của CH4 (k) là -74,8; CO2 (k): -393,5; H2O (k): -241,8; 1MW=106J/s.
CÂU
3.1.

HƯỚNG DẪN GIẢI

ĐIỂM
1,5

a) Tính áp suất riêng phần của 4 khí
Theo (1): K1 = PNH3 .PHI = 1,69
Theo (2) K 2 =

PH 2 .PI 2
2
HI

P

=

PH22
2
HI

P

=

PH
1
⇒ 2 = 0,125 → PH 2 = 0,125 PHI
64
PHI

PNH3 = PHI + PH 2 + PN2 = PHI + 2 PH 2 = PHI + 2(0,125PHI )
=> PNH3 = 1, 25 PHI

0,25

0,25

K1 = PHI .1, 250 PHI = 1.250 PHI2 = 1, 69
⇒ PHI = 1,16 (atm); PNH3 = 1, 45 (atm); PH 2 = PI 2 = 0,14 (atm)

∑ P = 1,16 + 1, 45 + 0,14 + 0,14 = 2,89 (atm).
b) Tính khối lượng NH4I(r) còn lại khi cân bằng.
PV
1, 45.3
nNH 3 =
=
= 0, 0884 (mol)
RT 0, 082.600
Số mol NH4I còn lại = 0,25 - 0,0884 = 0,1616 (mol).
mNH 4 I = 0,1616.145 = 23, 4 (gam)
3.2.

0,25
0,25

0,25

0,25
1,0
0,25
0,25
0,5

- Đốt cháy 1 mol CH4 tạo ra: 802,3 kJ
Trong 1 giây: 56.103 kJ => 16,8 mol
=> 16 ngày: 2,3.109 lít.
Câu 4: Động hóa
4.1. Hãy xác định bậc riêng phần của phản ứng:
(CH3)3CBr (aq) + H2O (l) → (CH3)3COH (aq) + H+ (aq) + Br- (aq)
từ các dữ kiện thực nghiệm sau
t(s)
0
15000
35000
55000
95000
145000
[(CH3)3CBr (aq)] (mol/l)
0,0380
0,0308
0,0233
0,0176
0,0100
0,00502

4.2. Năng lượng hoạt hóa của phản ứng tổng hợp NH3 từ H2 và N2 ở 600K khi không có chất xúc tác
bằng 326 kJ/mol. Khi dùng chất xúc tác là vonfram, năng lượng hoạt hóa bằng 163 kJ/mol, còn xúc tác
là sắt thì năng lượng hoạt hóa bằng 175 kJ/mol. Hỏi tốc độ phản ứng tăng bao nhiêu lần khi dùng chất
xúc tác đối với mỗi trường hợp.
CÂU
HƯỚNG DẪN GIẢI
ĐIỂM
4.1.
1,5
7


Phương trình động học của phản ứng:
d [(CH 3 )3 CBr]
v=−
= k[ H 2O ]a [(CH 3 )3 CBr]b
dt
Do nồng độ của chất tan rất nhỏ, nên có thể coi [H2O] = const, phương
trình trên trở thành:
d [(CH 3 )3 CBr]
v=−
= k '[(CH 3 )3 CBr]b với k' = k.[H2O]a = const.
dt
Thế các dữ kiện thực nghiệm vào các biểu thức của k đối với các phản ứng
đơn giản bậc 0, 1, 2 ta được kết quả sau đây:
b=0
b= 1
b=2
[A1 ]0 − [A1 ]
1 [A1 ]0

1 1
1 
k=
k = ln
k= 
−
÷
t
t [A1 ]
t  [A1 ] [A1 ]0 
4,80.10-7
1,4. 10-5
-7
4,20.10
1,4. 10-5
3,70.10-7
1,4. 10-5
2,95.10-7
1,4. 10-5
-7
2,27.10
1,4. 10-5
Vậy phản ứng có bậc 1 đối với (CH3)3CBr.
4.2

4,10.10-4
4,70.10-4
5,50.10-4
7,8.10-4
1,19.10-4

0,25

0,25

0,75

0,25
1,0

1
( E kxt − E xt )
k xt
RT
=e
Ta có:
k kxt
1

( 326−163).10
k
= 1,55.1014
⇒ W = e 8,314.600
k kxt
3

⇒ khi dùng W tốc độ phản ứng tăng 1,55.1014 lần.
1

0,5

( 326−175).10
k Fe
= e 8,314.600
= 1,40.1013
k kxt
3

⇒ khi dùng Fe tốc độ phản ứng tăng 1,40.1013 lần.
0,5
Câu 5: Dung dịch ( axit- bazơ, kết tủa)
5.1. Một dung dịch A gồm CH3COOH (HAc) 0,010 M và NH4Cl 0,200 M. Tính pH của dung dịch
A.
Cho: Ka (CH3COOH) = 1,0.10-4,76 ; Ka(NH4+) = 10-9,4.
5.2. Tính số ml dung dịch H2C2O4 0,1M cần thêm vào 10,0 ml dung dịch A chứa CaCl2 0,0100 M và
HCl 10-3 M để bắt đầu xuất hiện kết tủa CaC 2O4. Có thể dùng dung dịch H 2C2O4 0,1M thêm vào dung
dịch A để kết tủa hoàn toàn CaC2O4 (nồng độ Ca2+ trong dung dịch còn lại < 10-6 M) được không ?
Cho: H2C2O4 có Ka1 = 10-1,27 ; Ka2 = 10-4,25 ; KS (CaC2O4) = 10-8,75.
Câu
Hướng dẫn giải
Điểm
5.1.
1,0
a. Tính pH của dung dịch A
NH4Cl →
NH4+ +
Cl Trong dung dịch có các cân bằng sau:
HAc



→ Ac¬



+

H+

K1 = 10 - 4,76

NH4+


→ NH3
¬



+

H+

K1 = 10 - 9,24

H2O


→ H+
¬




+

OH-

Kw=10 -14

0,25

0,25

K1C1 >> K2C2, KW
8


Bỏ qua sự phân li của nước và NH4+, tính theo:
HAc
C
[]


→ Ac¬



0,01
0,01 - x

+

x

H+

K1 = 10 - 4,76

x

x..x
= K1 = 10−4,76
(0,01 + x)

Theo đltdkl ta có:

x= [H+] = 4,083.10-4 ⇒

pH = 3,39.

5.2.

0,25
0,25
1,5

Các cân bằng :
HCl → H+ + Cl
→ H+ + HC2O4H2C2O4 ¬




→ H+ + C2O42HC2O4- ¬



Ca

2+


→
¬



2-

+ C2O4

0,25

CaC2O4

Vì KS không quá lớn, mặt khác nồng độ dung dịch H2C2O4 >> nồng độ
Ca nên giả sử V1 thêm vào không thay đổi đáng kể thể tích; và nồng độ H +
trong dung dịch do HCl quyết định, môi trương axit nên bỏ qua sự tạo phức 0,25
hiđroxo của Ca2+.
Điều kiện để có CaC2O4 bắt đầu kết tủa :
K1 .K 2
10.0, 01 V1 .0,1

K S =  Ca 2+  C 2 O 24−  =
.
. 2
= 10 −8,75
V1 + 10 V1 + 10 h + K1 h + K1 .K 2
0,25
-4
⇒ V1 = 3,5.10 ml
Nồng độ H2C2O4 = 3,5.10-6 << CHCl nên giả thiết là hợp lí.
Để kết tủa hoàn toàn thì nồng độ Ca2+ còn lại không vượt quá 10-6M :
V .0,1
K1 .K 2
0,25
K S =  Ca 2+  C 2 O 24−  = 10−6. 2
. 2
= 10 −8,75
V2 + 10 h + K1 h + K1 .K 2
2+

Trong đó
+

H =
 

nồng độ

(

10. 10−3 + 2.10−2

( V2 + 10 )

H+ trong dung dịch có thể chấp nhận :

)

0,25

Giả sử V2 = 10.0,01/0,1 = 1 ml; khi đó : [H+] = 0,0191 M. Ta có :
V2 .0,1
K1 .K 2
V2
K1 .K 2
. 2
= 10−2,75 ⇔
. 2
= 10−1,75
V2 + 10 h + K1 h + K1 .K 2
V2 + 10 h + K1h + K1 .K 2
2
V2
−1,75 h + K1 h + K1 .K 2
⇔
= 10 .
= 8, 485
V2 + 10
K1 .K 2

0,25

Kết quả vô lí nên không thể kết tủa được hoàn toàn.
Câu 6: Phản ứng oxi hóa – khử
6.1. Khi điện phân dung dịch muối NaCl để sản xuất Clo ở anot có thể có các quá trình : oxi hoá Cl
–
thành Cl2 ; oxi hoá H2O thành O2 ; oxihoá anot cacbon thành CO2.
a) Hãy viết các quá trình đó (tại anot cacbon) .
b) Cần thiết lập pH của dung dịch bằng bao nhiêu để cho khi điện phân không có oxi thoát ra ở anot nếu
o

thế anot bằng 1,21V. Cho E O2

H 2O = l,23V.

(coi P Cl2 =P O2 =1 và CO2 sinh ra không đáng kể).

6.2. Hoàn thành và cân bằng các phương trình hóa học sau bằng phương pháp thăng bằng ionelectron:
2−
a) MnO −4 + SO 3 + H+ → Mn2+ + ...
9


b) CrO −2 + Br2 + OH- → CrO 24− + ...
−
c) CuxSy + H+ + NO 3 → Cu2+ + SO 24− + NO + H2O

ĐIỂM
6.1.

HƯỚNG DẪN GIẢI

a) 2Cl− → Cl2↑ + 2e ;2H2O → O2↑ + 4H+ + 4e ;
C + 2H2O → CO2↑ + 4H+ + 4e
0,059
o
b) E = E O2 H2O +
lg[H+]4 = 1,23 + 0,059lg[H+] = 1,23 − 0,059pH
4
1,21 − 1, 23
Với Eanot = 1,21V thì pH = −
= 0,339
0,059
o

Muốn không có O2 thoát ra cần thiết lập pH sao cho E O2

H 2O

> Eanot

⇒ pH < 0,339
6.2.

ĐIỂM
1,0
0,25

0,25

0,25
0,25

1,5

a)
5 × SO 32 − + H 2 O → SO 24− + 2H + + 2e
2 × MnO −4 + 8H + + 5e → 2Mn 2+ + 4H 2 O

0,5

2MnO 24 − + 5SO 32− + 6H + → 2Mn 2+ + 5SO 24− + 3H 2 O
b)
2 × CrO −2 + 4OH − → CrO 24− + 2H 2 O + 3e
3 × Br2 + 2e → 2Br −

0,5

2CrO −2 + 3Br2 + 8OH − → 2CrO 24− + 6Br − + 4H 2 O
c)
2+
2−
+
3 × Cu x S y + 4 yH 2 O → xCu + ySO 4 + 8 yH + (2 x + 6 y)e

(2x + 6 y) × NO 3− + 4H + + 3e → NO + 2H 2 O

0,5

3Cu x S y + 8xH + + ( 2x + 6 y) NO 3− → 3xCu 2+ + 3ySO 24− + (2x + 6 y) NO + 4xH 2 O

Câu 7: Halogen – oxi – lưu huỳnh
7.1. Có 3 nguyên tố A, B và C. Cho A tác dụng với B ở nhiệt độ cao sinh ra D. Chất D bị thuỷ phân

mạnh trong nước tạo ra khí cháy được và có mùi trứng thối. B và C tác dụng với nhau cho khí E, khí E
này tan được trong nước tạo dung dịch làm quỳ tím hoá đỏ. Hợp chất của A với C có trong tự nhiên và
thuộc loại hợp chất cứng nhất. Hợp chất của 3 nguyên tố A, B, C là một muối không màu, tan trong nước
và bị thuỷ phân.
Viết tên của A, B, C và phương trình các phản ứng đã nêu ở trên.
7.2. Để khảo sát sự phụ thuộc thành phần hơi của B theo nhiệt độ, người ta tiến hành thí nghiệm sau
đây:
Lấy 3,2 gam đơn chất B cho vào một bình kín không có không khí, dung tích 1 lít. Đun nóng
bình để B hoá hơi hoàn toàn. Kết quả đo nhiệt độ và áp suất bình được ghi lại trong bảng sau:
Nhiệt độ (oC)
Áp suất (atm)
444,6
0,73554
450
0,88929
500
1,26772
900
4,80930
1500
14,53860
Xác định thành phần định tính hơi đơn chất B tại các nhiệt độ trên và giải thích.
Cho: R = 0,082 L.atm.K-1.mol-1
Câu
Hướng dẫn giải
Điểm
10


7.1.

1,25
Hợp chất AxBy là một muối. Khi bị thuỷ phân cho thoát ra H2S.
Hợp chất AnCm là Al2O3
Vậy A là Al, B là S, C là O
Hợp chất AoBpCq là Al2(SO4)3
to
2 Al + 3 S 
→ Al2S3
Al2S3 + 6 H2O ƒ 2 Al(OH)3 + 3 H2S
to
4 Al + 3 O2 
→ 2 Al2O3

0,25

1,0

o

t
S
+
O2 
→ SO2
3+
Al
+ 2 H2O ƒ Al(OH)2+ + H3O+

7.2.

1,25
Số mol nguyên tử S trong 3,2 gam lưu huỳnh: 3,2/32 = 0,1 mol
PV
Dùng công thức n =
tính được số mol các phân tử lưu huỳnh ở trạng
RT
thái hơi tại các nhiệt độ :
* 444,6oC: n1 = 0, 0125 mol gồm các phân tử S8 vì 0, 0125 × 8 = 0,1 mol
* 450oC: n2 = 0,015 mol, số nguyên tử S trung bình trong 1 phân tử:
0,1
≈ 6, 67 . Vậy thành phần hơi lưu huỳnh ở nhiệt độ này có thể gồm các
0, 015
phân tử lưu huỳnh có từ 1 đến 8 nguyên tử.
* 500oC: n3 = 0,02 mol, số nguyên tử S trung bình trong 1 phân tử:
0,1
= 5 . Vậy thành phần hơi lưu huỳnh ở nhiệt độ này có thể gồm các phân
0, 02
tử lưu huỳnh có từ 1 đến 8 nguyên tử hoặc chỉ gồm các phân tử S5.
* 900oC: n4 = 0,05 mol, số nguyên tử S trung bình trong 1 phân tử:
0,1
= 2 . Vậy thành phần hơi lưu huỳnh ở nhiệt độ này có thể gồm các phân
0, 05
tử lưu huỳnh có từ 1 đến 8 nguyên tử hoặc chỉ gồm các phân tử S2.
* 1500oC : n5 = 0,1 mol : Hơi lưu huỳnh chỉ gồm các nguyên tử S.

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 8: Bài tập tổng hợp
Khi hoà tan 12,8 gam một kim loại A (hoá trị 2, A đứng sau H trong dãy điện hoá) trong 27,78ml
H2SO4 98% (D = 1,8 g/ml) đun nóng, ta được dung dịch B và một khí C duy nhất. Trung hoà dung
dịch B bằng một lượng NaOH 0,5M vừa đủ rồi cô cạn dung dịch, nhận được 82,2 gam chất rắn D gồm
2 muối Na2SO4.10H2O và ASO4.xH2O. Sau khi làm khan 2 muối trên, thu được chất rắn E có khối
lượng bằng 56,2% khối lượng của D.
a) Xác định kim loại A và công thức của muối ASO4.xH2O.
b) Tính thể tích dung dịch NaOH 0,5M đã dùng.
c) Cho toàn thể khí C tác dụng với 1 lít dung dịch KMnO 4 0,2M, dung dịch KmnO4 có mất màu
hoàn toàn hay không?
Câu
Hướng dẫn giải
Điểm
2,5
A + 2H2SO4 → ASO4 + SO2↑ + 2H2O
(1)
0,25
2NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O
(2)
Khí C là SO2.
0,25
11

12,8
27,78.1,8.98
≈ 0,5 mol
mol; n H2SO4 =
A
98.100
25,6
Theo (1): n H 2SO 4 (1) = 2n A =
mol
A
12,8
12,8
n ASO4 = n A =
mol ⇒ n ASO4 .xH 2O =
mol
A
A
25,6
⇒ n H2SO4 ( 2) = 0,5 −
mol.
A
25,6
Theo (2): n Na 2SO4 = n H 2SO4 ( 2 ) = 0,5 −
mol
A
25,6
⇒ n Na 2SO4 .10 H2O = 0,5 −
mol
A
25,6

12,8

m D = (0,5 − A ).322 + (A + 96 + 18x ). A = 82,2
⇒
m = (0,5 − 25,6 ).142 + ( A + 96). 12,8 = 82,2.0,562 = 46,1964
 E
A
A
A = 64
⇒
x = 5
Số mol các chất: n A =

Vậy A là Cu và ASO4.xH2O là CuSO4.5H2O
25,6
) = 0,2 mol
b) Theo (2): n NaOH = 2n H 2SO4 ( 2 ) = 2(0,5 −
64
0,2
= 0,4 lít = 400 mL.
⇒ Vdung dịch NaOH 0,5M =
0,5
12,8
= 0,2 mol.
c) Theo (1): n SO2 = n A =
64
5SO2 + 2KmnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4
2
Theo (3), để phản ứng hết với SO2: n KMnO4 (3) = n SO2 = 0,08 mol
5

Theo đề: n KMnO4 = 0,2 mol > 0,08 mol
⇒ dung dịch KmnO4 chỉ bị nhạt màu chứ không mất màu hoàn toàn.
-----------Hết-----------

12

0,25

0,25

0,5

0,5

0,25
(3)
0,25