Hoa hoc 10 CTN

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGHUYÊN
TỈNH THÁI NGUYÊN
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC
LỚP 10
(Đề này có 03 trang, gồm 08 câu)

Câu 1 (2,5 điểm). Cấu tạo nguyên tử - hạt nhân.
1. X, Y là hai phi kim. Trong nguyên tử X, Y có số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không
mang điện lần lượt là 14 và 14. Hợp chất A (của X và Y) có công thức XYa với đặc điểm:
X chiếm 21,831% về khối lượng. Tổng số proton là 66, tổng số nơtron là 76.
a) Viết cấu hình electron ở trạng thái cơ bản (dạng chữ và dạng obitan) của X, Y. Xác
định bộ 4 số lượng tử của elctron cuối cùng của X, Y.
b) Viết cấu hình elctron ở trạng thái kích thích (dạng chữ và obitan) của hai nguyên tử
X, Y. Xác định số electron độc thân.
c) Cho hợp chất A vào dung dịch NaOH dư thì thu được dung dịch B có những chất tan
nào ?
2. Để xác định lượng máu trong bệnh nhân người ta tiêm vào máu một người một lượng nhỏ
dung dịch chứa đồng vị phóng xạ 24Na ( chu kỳ bán rã 15 giờ) có độ phóng xạ 2µCi. Sau 7,5 giờ
người ta lấy ra 1cm3 máu người đó thì thấy nó có độ phóng xạ 502 phân rã/phút.
Thể tích máu của người đó bằng bao nhiêu?
Câu 2 (2,5 điểm). Hình học phân tử - Liên kết hóa học – Tinh thể - ĐLTH.
1. Dựa vào cấu tạo phân tử, hãy giải thích vì sao NO2 có thể đime hóa tạo thành N2O4.
2. Trong trong một bình cầu chứa khí NO2 (màu nâu đỏ), đem ngâm bình đó trong chậu
nước đá ta thấy nhạt màu dần. Vậy quá trình đime hóa NO2 là thu nhiệt hay tỏa nhiệt?
3. So sánh năng lượng liên kết, độ dài liên kết N–N của hai phân tử đinitơ tetraoxit và
hiđrazin (N2H4).
4. Ở trạng thái ngưng tụ, đinitơ tetraoxit xử sự như một hợp chất ion đặc trưng bằng sự có
+

−
mặt của ion nitroni NO2 và ion nitrit NO2 . Hãy cho biết dạng hình học của các ion này và đánh

giá các góc liên kết ONO.
Câu 3 (2,5 điểm). Nhiệt – Cân bằng hóa học.

→ 2NH3 (k) là Kp = 1,5.10-5. Các áp
Ở 4500C hằng số cân bằng của phản ứng N 2 (k) + 3H2 (k) ¬


suất được biểu thị bằng atm. Hãy tính xem có bao nhiêu phần trăm hỗn hơph ban đầu (N 2 + 3H2)
đã chuyển thành NH3 nếu phản ứng được thực hiện ở 5000C, 10000C.
Câu 4 (2,5 điểm). Động hóa.
Phản ứng xà phòng hóa etyl axetat là bậc một đối với mỗi chất phản ứng. Trong hỗn hợp
ban đầu cả xút và este đều có nồng độ bằng 2.10 -2 M. Người ta theo dõi tiến triển của phản
ứng bằng cánh chuẩn độ axit – bazơ.
a) Sau 20 phút lấy 100ml hỗn hợp phản ứng, chuẩn độ lượng xút dư bằng dung dịch HCl
0,1 M, thấy hết 6,15 ml. Tính hằng số tốc độ của phản ứng.
1


b) Hỏi cần bao nhiêu ml dung dịch axit để chuẩn độ 100 ml dung dịch hỗn hợp phản ứng sau
20 phút nữa.
c) Sau thời gian bao lâu thì quá trình xà phòng hóa đạt 99%.
Câu 5 (2,5 điểm). Dung dịch ( axit- bazơ, kết tủa).
1. Tính pH của dung dịch NaHS 10-2 M. Biết H2S có Ka1= 10-7,02; Ka2=10-12,9.
2. Dung dịch A gồm CH3COOH 0,10 M; CH3COONa 0,10 M.
a) Tính pH của dung dịch A.
b) Thêm 0,001 mol HCl vào 1 lít dung dịch A thì pH sẽ bằng bao nhiêu ?
c) Thêm 0,001 mol NaOH vào 1 lít dung dịch A thì pH sẽ bằng bao nhiêu?

Biết CH3COOH có Ka=10-4,76.
Câu 6 (2,5 điểm). Phản ứng oxi hóa – khử.
1. Cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron:
a) Al + HNO3 
→ Al(NO3)3 + N2O + NO + H2O
Trong đó tỉ lệ mol khí N2O : NO = 1 : a.
b) CuFeS2 + Fe2(SO4)3 + O2 + H2O → CuSO4 + FeSO4 + H2SO4
Trong đó tỉ lệ mol Fe2(SO4)3 : O2 = 1 : b.
2. Cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp ion - electron:
a) K2SO3 + KMnO4 + KHSO4 
→ K2SO4 + MnSO4 + H2O
b) NaCrO2 + Br2 + NaOH 
→ Na2CrO4 + NaBr + H2O
Câu 7 (2,5 điểm). Halogen – oxi – lưu huỳnh.
1. Chọn chất và viết phương trình phản ứng khi cho chất đó tác dụng với 1 mol H 2SO4 ( H2SO4
phản ứng hết) thu được (a) 5,6 lít SO 2 (đktc); (b) 11,2 lít SO2 (đktc); (c) 22,4 lít SO2 (đktc); (d)
33,6 lít SO2 (đktc); (e) 44,8 lít SO2 (đktc).
2. Để xác định khối lượng nguyên tử (KLNT) của clo và kali người ta làm như sau: Nung a gam
kali clorat tinh khiết tới phản ứng hoàn toàn thu được chất rắn có khối lượng b gam. Hòa tan chất
rắn đó vào nước rồi thêm lượng dư dung dịch AgNO3 vào, lọc lấy kết tủa, rửa sạch, sấy khô cân
nặng c gam.
a) Lập biểu thức tính KLNT của clo và kali theo a, b, c và M (KLNT của oxi), M’
(KLNT của bạc).
b) Áp dụng bằng số: a = 24,5098 gam ; b = 14,9102 gam ;
c = 28,6642 gam; M = 15,9994u và M’ = 107,868u.
Câu 8 (2,5 điểm). Bài tập tổng hợp.
1. Cho biết A, B, C, D, E là các hợp chất của Na. Cho A tác dụng lần lượt với các dung dịch B,
C thu được các khí X, Y. Cho D, E lần lượt tác dụng với nước được các khí tương ứng Z, T. Biết
X, Y, Z, T là các khí thông thường, chúng tác dụng được với nhau ở điều kiện thích hợp. Tỉ khối
của X so với Z bằng 2 và tỉ khối của Y so với T cũng bằng 2.

Tìm các chất A, B, C, D, X, T, Z, T. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
2


2. Hòa tan hỗn hợp A gồm Fe2(SO4)3, MgSO4, CuSO4 vào nước, được dung dịch X. Cho X tác
dụng với dung dịch BaS dư thấy tách ra một lượng kết tủa m 1 gam. Nếu cho một lượng dư H2S
tác dụng với X, tách ra một lượng kết tủa m2 gam. Thực nghiệm cho biết m1 = 8,590m2.
Nếu giữ nguyên lượng các chất MgSO4, CuSO4 trong X và thay Fe2(SO4)3 bằng FeSO4 cùng khối
lượng thì được dung dịch Y. Cho Y tác dụng với dung dịch BaS dư thấy tách ra một lượng kết
tủa m3 gam. Nếu cho một lượng dư H2S tác dụng với Y thì tách ra một lượng kết tủa m 4 gam.
Thực nghiệm cho biết m3 = 9,919m4. Tính thành phần phần trăm khối lượng của các chất trong
hỗn hợp A.
.....................HẾT.....................
Người ra đề
Nguyễn Văn Luyện
ĐT: 0915 589 398

3


TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
HƯỚNG DẪN CHẤM
TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGHUYÊN
MÔN HÓA HỌC LỚP 10
TỈNH THÁI NGUYÊN
Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã định.
Câu 1 (2,5 điểm). Cấu tạo nguyên tử - hạt nhân.
1. X, Y là hai phi kim. Trong nguyên tử X, Y có số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không
mang điện lần lượt là 14 và 14. Hợp chất A (của X và Y) có công thức XYa với đặc điểm:
X chiếm 21,831% về khối lượng. Tổng số proton là 66, tổng số nơtron là 76.

a) Viết cấu hình electron ở trạng thái cơ bản (dạng chữ và dạng obitan) của X, Y. Xác
định bộ 4 số lượng tử của elctron cuối cùng của X, Y.
b) Viết cấu hình elctron ở trạng thái kích thích (dạng chữ và obitan) của hai nguyên tử
X, Y. Xác định số electron độc thân.
c) Cho hợp chất A vào dd NaOH dư thì thu được dd B có những chất tan nào ?
2. Để xác định lượng máu trong bệnh nhân người ta tiêm vào máu một người một lượng nhỏ
dung dịch chứa đồng vị phóng xạ Na24( chu kỳ bán rã 15 giờ) có độ phóng xạ 2µCi. Sau 7,5 giờ
người ta lấy ra 1cm3 máu người đó thì thấy nó có độ phóng xạ 502 phân rã/phút. Thể tích máu
của người đó bằng bao nhiêu?
HDC :
1.

- Gọi Z , N lần lượt là số proton , nơtron của nguyên tử X (số p = số e=Z).
- Gọi Z’ , N’ lần lượt là số proton , nơtron của nguyên tử Y (số p = số e = Z’).
- Ta có :
2Z − N = 14 (1)
2Z '− N' = 14 (2)

 proton( XY ) = Z + Z '.a = 66 (3)
a
∑
 noton( XY ) = N + N '.a = 76 (4)
a
∑
⇒ % X (trong XYa ) =

 Z = 15 (P)
(Z + N )
(1)
.100% = 21,831% ⇔ Z+ N = 31 (5) 

→
66 + 76
 N = 16

0,25

Từ (3,4) ta có :

 Z ' = 17 (Cl)
N ' a 76 − N
N ' 60
(2)
=
⇔
=
⇔ 60Z '− 51N ' = 0 (6) 
→
Z ' a 66 − Z
Z ' 51
 N ' = 20

% P (trong PCl a ) =

31
.100% = 21,831% ⇒ a = 3
31 + 37a

0,25

Vậy hợp chất A là PCl3.

a. Cấu hình electron ở trạng thái cơ bản :

P có bộ 4 số lượng tử của e cuối cùng là : n=3, l = 1, ml = +1 , ms = +1/2

025

4


Cl có bộ 4 số lượng tử của e cuối cùng là : n=3, l = 1, ml = 0 , ms = -1/2
b. Cấu hình electron ở trạng thái kích thích :

0,25
0,25

P: [Ne]
(n=3)

( 5e độc thân)
0,25

c. A(PCl3) + dung dịch NaOH (dư)

0,5

PCl3 + 3H2O 
→ H3PO3 + 3HCl
HCl + NaOH 
→ NaCl + H2O
H3PO3 + 2NaOH 

→ Na2HPO3 + 2H2O
2.

7e độc thân

Dung dich B thu được chứa: NaCl, Na2HPO3, NaOH dư.
H0 = 2,10-6.3,7.1010 = 7,4.104Bq;
H = 502V phân rã/phút = 8,37V Bq (V thể tích của máu: cm3 )
H = H0 2-t/T = H0 2-0,5 => 2-0,5 =

0,5

H
8,37V
=
=> 8,37 V = 7,4.104.2-0,5
H0
7,4.10 4

7,4.10 4 2 −0,5
=> V =
= 6251,6 cm3 = 6,25 dm3 = 6,25 lit.
8,37
Hoặc:


−6
10 ÷

H

ln 2
2.10 .3, 7.10
3
kt = ln 0 ⇔
.7,5 = ln 
÷⇒ V = 6254,55 cm = 6, 25455( L)
502
H
15

÷
.V
60


Câu 2 (2,5 điểm). Hình học phân tử - Liên kết hóa học – Tinh thể - ĐLTH.
1. Dựa vào cấu tạo phân tử, hãy giải thích vì sao NO2 có thể đime hóa tạo thành N2O4.
2. Trong trong một bình cầu chứa khí NO2 (màu nâu đỏ), đem ngâm bình đó trong chậu
nước đá ta thấy nhạt màu dần. Vậy quá trình đime hóa NO2 là thu nhiệt hay tỏa nhiệt?
3. So sánh năng lượng liên kết, độ dài liên kết N–N của hai phân tử đinitơ tetraoxit và
hiđrazin (N2H4).
4. Ở trạng thái ngưng tụ, đinitơ tetraoxit xử sự như một hợp chất ion đặc trưng bằng sự có
+
−
mặt của ion nitroni NO2 và ion nitrit NO2 . Hãy cho biết dạng hình học của các ion này và đánh

giá các góc liên kết ONO.
5

Hướng dẫn chấm:
1.

Trong phân tử NO2, nguyên tử N chưa đạt cấu trúc bền của khí hiếm và còn một 0,75
electron độc thân, nên có khuynh hướng dime hóa bằng cách góp chung các
electron độc thân làm các nguyên tử N đều đạt cấu trúc bền tương tự khí hiếm gần
kề.
O
O
O
O
N
O

2.

3.

N

N

N

O

O

O


→

Xét cân bằng:
2NO2 ¬ 
N2O4 ∆H < 0 . Làm lạnh, tức hạ nhiệt độ, cân
bằng sẽ chuyển dịch về phía tỏa nhiệt. Theo thực nghiệm ta thấy màu nhạt dần. Do
vậy quá trình đime hóa trên là quá trình tỏa nhiệt.
Cấu trúc và điện tích hình thức của hai chất như sau:
H

H
N

H

N2H4

O

+

H

O

0,75

O
N

N

0,5

N 2O4

+

N

O

-

Lực đẩy Coulomb giữa những nguyên tử N trong N2O4 làm tăng độ dài liên kết NN và làm giảm độ bền liên kết N-N.
Số liệu tham khảo:

4.

0,5

Câu 3 (2,5 điểm). Nhiệt – Cân bằng hóa học.

→ 2NH3 (k) là Kp = 1,5.10-5. Các áp
Ở 4500C hằng số cân bằng của phản ứng N 2 (k) + 3H2 (k) ¬


suất được biểu thị bằng atm. Hãy tính xem có bao nhiêu phần trăm hỗn hơph ban đầu (N 2 + 3H2)
đã chuyển thành NH3 nếu phản ứng được thực hiện ở 5000C, 10000C.

Hướng dẫn chấm:

6


2
PNH

0,25
3

PN .PH3
2

= 1,50.10

−5

(1)

2

PH = 3PN (2)
2

2

PH + PN + PNH = P (3)
2

2

3

Từ (2) và (3) ta có:

PN =
2

0,25

1
3
(P − PNH ) (4); PH = (P − PNH ) (5)
3
2
3
4
4

Thay (4), (5) vào (1) ta được:
2
PNH

3

27
( P − PNH )4
3
256

= 1,50.10 −5 hay

0,5

PNH

3

( P − PNH )

2

= 1,26.10 −3 (6)

3

Thay P = 500 atm vào (6) rồi giải PT bậc hai ta được nghiệm phù hợp là
PNH = 152atm .

0,25

3

Thay P = 1000 atm vào (6) rồi giải PT bậc hai ta được nghiệm phù hợp là
PNH = 421,6atm .
3

0,25

Gọi α , α ' là phần trăm của hỗn hợp ban đầu (N2 + 3H2) đã chuyển hóa thành NH3
ở áp suất tương ứng 500 atm và 1000 atm. Ta có:

α
152
=
⇒ α = 46,22%
2 − α 500
α'
421,6
=
⇒ α ' = 59,31%
2 − α ' 1000

0,5
0,5

Câu 4 (2,5 điểm). Động hóa.
Phản ứng xà phòng hóa etyl axetat là bậc một đối với mỗi chất phản ứng. Trong hỗn hợp
ban đầu cả xút và este đều có nồng độ bằng 2.10 -2 M. Người ta theo dõi tiến triển của phản
ứng bằng cánh chuẩn độ axit – bazơ.
a) Sau 20 phút lấy 100ml hỗn hợp phản ứng, chuẩn độ lượng xút dư bằng dung dịch HCl
0,1 M, thấy hết 6,15 ml. Tính hằng số tốc độ của phản ứng.
b) Hỏi cần bao nhiêu ml dung dịch axit để chuẩn độ 100 ml dung dịch hỗn hợp phản ứng sau
20 phút nữa.
c) Sau thời gian bao lâu thì quá trình xà phòng hóa đạt 99%.

7

Hướng dẫn chấm:
a.

0,5


→ CH3COONa + C2H5OH
CH3COOC2H5 + NaOH ¬


Đây là phản ứng bậc 2 (bậc một đối với mỗi chất phản ứng) và nồng độ hai chất ban
đầu của 2 chất CH3COOC2H5 và NaOH đều bằng 0,02M.
Vậy:

1
1
−
= kt
Ct C0

Sau 20 phút đầu, nồng độ xút còn lại là C20 =

6,15,0,1
= 6,15.10 −3 M
100

0,5

1 
1

1 
−
= 5,63mol −1 .l. phut −1

−3
−2 ÷
20  6,15.10
2.10 
Sau 20 phút tiếp theo: t = 40 phút.
k=

b.

0,5

0,5

1
1
−
= 5,63.40 ⇒ C40 = 3,634.10 −3 M
C40 2.10 −5
VHCl .CHCl = Vdd .CNaOH ⇒ VHCl = 3,634mL
c.

Thời gian xà phòng hóa đạt 99% (còn lại 1%) là t99:

0,5

1

1
−
= 5,63.t 99 ⇒ t 99 = 879,2 phut
0,01.C0 C0
Câu 5 (2,5 điểm). Dung dịch ( axit- bazơ, kết tủa).
1. Tính pH của dung dịch NaHS 10-2 M. Biết H2S có Ka1= 10-7,02; Ka2=10-12,9.
2. Dung dịch A gồm CH3COOH 0,10 M; CH3COONa 0,10 M.
a) Tính pH của dung dịch A.
b) Thêm 0,001 mol HCl vào 1 lít dung dịch A thì pH sẽ bằng bao nhiêu ?
c) Thêm 0,001 mol NaOH vào 1 lít dung dịch A thì pH sẽ bằng bao nhiêu?
Biết CH3COOH có Ka=10-4,76.
Hướng dẫn chấm:
1. Các cân bằng xảy ra trong dung dịch:
NaHS →
Na+ + HS-

0,25

H2O


→ H+ + OH¬



Kw= 10-14

(1)

HS-


→ H+ + S2¬



Ka2= 10-12,9

(2)

HS-


→
+ H+ ¬



(Ka2)-1 = 107,02 (3)

H2S

Áp dụng ĐKP ta có:

0.25

K a 2 .[HS− ] [HS− ].[H + ]
[H ] = [OH ]+[S ]-[H 2 S] = + +
−
K a1

[H ]
[H + ]
+

−

2−

KW

⇔ [H + ]2 (1 + K a−11 .[HS − ]) = K w + K a 2 .[HS − ] ⇒ [H + ] =

K w + K a 2 .[HS − ]
(1 + K a−11 .[HS − ])

8


Đối với bài toán này do HS- phân li rất yếu nên ta coi [HS-] ≈ C; Ka2.C ≈ Kw và Ka1.C>>1
nên chúng ta sử dụng công thức tính như sau:
+

[H ]=
2.

K w + K a2 .C
−1

1 + K a 1 .C

K w + K a2 .C

=

K a−11 .C

0.5

= 3,28.10 −10 M ⇒ pH = 9,48

a) Dung dịch A là dung dịch đệm gồm axit yếu và bazơ liên hợp, có Ka=10-4,76 >> Kb=109,24
>> Kw nên cân bằng ở dạng axit chiếm ưu thế.
áp dụng công thức tính gần đúng ta có:
pH = pK a + lg

Cb
0,1
= 4,76 + lg
= 4,76
Ca
0,1

Vậy ta có [H+]=10-4,76 << Ca, Cb và Kw << Ka.Ca nên giá trị gần đúng trên chấp nhận được.
b) Thêm HCl vào dung dịch, phản ứng xảy ra là:
CH3COONa + HCl → CH3COOH + NaCl
0,10
0,001
0,1-0,001
0,001
TPGH: CH3COOH 0,101 M; CH3COONa 0,099 M

Cân bằng xảy ra là:
CH3COONa
→
CH3COO- + Na+
0,099
CH3COOH
C0
[]

0.5


→
¬



0,101
0,101-x

CH3COO- +
0,099
0,099+x

H+

0.5

Ka = 10-4,76

x

x(0,099 + x )
= 10 −4,76 với x << 0,099
0,101 − x
ta có: x= 1,02.10-4,76 << 0,099
Vậy [H+] = 1,02.10-4,76 → pH = 4,75
c) Thêm NaOH vào dung dịch phản ứng xảy ra là:
CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O
0,10 0,001
0,10-0,001
0,001
TPGH: CH3COOH 0,099 M ; CH3COONa 0,101 M
Cân bằng xảy ra: CH3COONa → CH3COO- + Na+
0,101
CH3COOH
C0
[]

0,099
0,099-x


→ CH3COO¬


0,101
0,101+x

+

0,5

H+

Ka = 10-4,76

x

x(0,101 + x)
= 10 − 4, 76 với x<< 0,099 ta có: x= 0,98.10-4,76 << 0,099
0,099 − x
Vậy [H+]= 9,8.10-5,76 → pH = 4,77
Như vậy hỗn hợp CH3COOH 0,10 M và CH3COONa 0,10 M là một hỗn hợp đệm, vì pH
9


hầu như không thay đổi khi thêm một lượng nhỏ HCl hoặc NaOH.
Câu 6 (2,5 điểm). Phản ứng oxi hóa – khử.
1. Cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron:
a) Al + HNO3 
→ Al(NO3)3 + N2O + NO + H2O
Trong đó tỉ lệ mol khí N2O : NO = 1 : a.
b) CuFeS2 + Fe2(SO4)3 + O2 + H2O → CuSO4 + FeSO4 + H2SO4
Trong đó tỉ lệ mol Fe2(SO4)3 : O2 = 1 : b.
2. Cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp ion - electron:
a) K2SO3 + KMnO4 + KHSO4 
→ K2SO4 + MnSO4 + H2O
b) NaCrO2 + Br2 + NaOH 
→ Na2CrO4 + NaBr + H2O

Hướng dẫn chấm:
Ý
1.

Nội dung
a) (8+3a)Al + (30+12a)HNO3 
→

0,75

(8+3a)Al(NO3)3 + 3N2O + 3aNO + (15+6a)H2O

b) (1+2b)CuFeS2 + 8Fe2(SO4)3 + 8bO2 + 8H2O →

0,75

(1+2b)CuSO4 + (17+2b) FeSO4 + 8H2SO4

2.

a) 5K2SO3 + 2KMnO4 + 6KHSO4 
→ 9K2SO4 + 2MnSO4 + 3H2O

0,5

b) 2NaCrO2 + 3Br2 + 8NaOH 
→ 2Na2CrO4 + 6NaBr + 4H2O

0,5

Câu 7 (2,5 điểm). Halogen – oxi – lưu huỳnh.
1. Chọn chất và viết phương trình phản ứng khi cho chất đó tác dụng với 1 mol H2SO4 ( H2SO4
phản ứng hết) thu được (a) 5,6 lít SO2 (đktc); (b) 11,2 lít SO2 (đktc); (c) 22,4 lít SO2 (đktc); (d)
33,6 lít SO2 (đktc); (e) 44,8 lít SO2 (đktc).
2. Để xác định khối lượng nguyên tử (KLNT) của clo và kali người ta làm như sau: Nung a gam
kali clorat tinh khiết tới phản ứng hoàn toàn thu được chất rắn có khối lượng b gam. Hòa tan chất
10


rắn đó vào nước rồi thêm lượng dư dung dịch AgNO3 vào, lọc lấy kết tủa, rửa sạch, sấy khô cân
nặng c gam.
a) Lập biểu thức tính KLNT của clo và kali theo a, b, c và M (KLNT của oxi), M’
(KLNT của bạc).
b) Áp dụng bằng số: a = 24,5098 gam ; b = 14,9102 gam ;
c = 28,6642 gam; M = 15,9994u và M’ = 107,868u.
Hướng dẫn chấm:
Ý
1.

2.

Nội dung
a) 2FeO + 4H2SO4 (đặc nóng) 
→ Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O
b) Cu + 2H2SO4 (đặc nóng) 
→ CuSO4 + SO2 + 2H2O

Điểm
0,125
0,125

2M + 2nH2SO4 (đặc nóng) 
→ M2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O
c) Na2SO3 + H2SO4 
→ Na2SO4 + SO2 + H2O
t0
d) S + 2H2SO4 (đặc) 
→ 3SO2 + 2H2O
e) 2NaHSO3 + H2SO4 
→ Na2SO4 + 2SO2 + 2H2O
Các PTHH:
0

t
KClO3 
→ KCl +

Theo gt:

(a gam)
KCl

3
O2
2

0,125
0,125
0,25

(1)

(b gam)

+ AgNO3 
→ AgCl

0,25
+ KNO3

(2)

Theo gt:
(a gam)
(c gam)
Gọi x là KLNT của Kali, y là KLNT của Cl.
Theo ĐLBTKL ⇒ Khối lượng O trong muối = (a – b) gam ⇒ nO =
Ta có

a−b
(mol )
M

1
1 a −b
n AgCl = nKCl = nKClO3 = nO = ×
3
3 M

3Mc

1 a −b
×
× ( M '+ y ) = c ⇒ y =
− M ' (3)
3 M
a −b
1 a −b
( x + y ) = b( gam)
Khối lượng KCl bằng ×
3 M
Khối lượng AgCl bằng

⇒x=

0,5

3Mb
3Mb 3Mc
3M
−y=
−
+M '=
(b − c ) + M '
a −b
a −b a −b
a −b

Vậy x =

3M (b − c)

+ M ' (4)
a −b

Áp dụng bằng số: a = 24,5098 gam ; b = 14,9102 gam ; c = 28,6642 gam
M = 15,9994u và M’ = 107,868u.
y = 35,4536u ; x = 39,098u

0,5

0,5

Câu 8 (2,5 điểm). Bài tập tổng hợp.
1. Cho biết A, B, C, D, E là các hợp chất của Na. Cho A tác dụng lần lượt với các dung dịch B,
C thu được các khí X, Y. Cho D, E lần lượt tác dụng với nước được các khí tương ứng Z, T. Biết
11


X, Y, Z, T là các khí thông thường, chúng tác dụng được với nhau ở điều kiện thích hợp. Tỉ khối
của X so với Z bằng 2 và tỉ khối của Y so với T cũng bằng 2.
Tìm các chất A, B, C, D, X, T, Z, T. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
2. Hòa tan hỗn hợp A gồm Fe2(SO4)3, MgSO4, CuSO4 vào nước, được dung dịch X. Cho X tác
dụng với dung dịch BaS dư thấy tách ra một lượng kết tủa m1 gam. Nếu cho một lượng dư H2S
tác dụng với X, tách ra một lượng kết tủa m2 gam. Thực nghiệm cho biết m1 = 8,590m2.
Nếu giữ nguyên lượng các chất MgSO4, CuSO4 trong X và thay Fe2(SO4)3 bằng FeSO4 cùng khối
lượng thì được dung dịch Y. Cho Y tác dụng với dung dịch BaS dư thấy tách ra một lượng kết
tủa m3 gam. Nếu cho một lượng dư H2S tác dụng với Y thì tách ra một lượng kết tủa m4 gam.
Thực nghiệm cho biết m3 = 9,919m4. Tính thành phần phần trăm khối lượng của các chất trong
hỗn hợp A.
Hướng dẫn chấm
1.

A+B
A+C
D + H2O
E + H2O
X+Y
X+Z

A là NaHSO4 ; B là Na2SO3 hoặc NaHSO3 hoặc Na2S2O3 ; C là Na2S hoặc
NaHS; D là Na2O2 ; E là Na3N ; X là SO2 ; Y là H2S ; Z là O2 ; T là NH3.
Các PTHH.
NaHSO4 + NaHSO3 
→ Na2SO4 + SO2 + H2O
2NaHSO4 + Na2SO3 
→ 2Na2SO4 + SO2 + H2O
NaHSO4 + NaHS 
→ Na2SO4 + H2S + H2O
2NaHSO4 + Na2S 
→ 2Na2SO4 + H2S + H2O
2Na2O2 + 2H2O 
→ 4NaOH + O2
Na3N + 3H2O 
→ 3NaOH + NH3
2H2S + SO2 
→ 3S + H2O
VO

2 5

→ 2SO3

2SO2 + O2 ¬


t0

0,25

0,1
0,1
0,1
0,1
0,1
0,1

X+T

SO2 + NH3 + H2O 
→ NH4HSO3

0,1

Y+Z

SO2 + 2NH3 + H2O 
→ (NH4)2SO3
2H2S + O2 (thiếu) 
→ 2S + 2H2O

0,1

0

Y+T
Z+T

t
2H2S + 3O2 (dư) 
→ 2SO2 + 2H2O
H2S + NH3 + H2O 
→ NH4HS

H2S + 2NH3 + H2O 
→ (NH4)2S
0
t
4NH3 + 3O2 
→ 2N2 + 6H2O

0,1
0,1

0

2.

Pt ,t
4NH3 + 5O2 
→ 4NO + 6H2O
Thí nghiệm 1:
X + dung dịch BaS dư:

X + H2S dư:

12


Thí nghiệm 2:
Y + dung dịch BaS dư:

Y + H2S dư:

Xét 1mol hỗn hợp A. Gọi a, b, c lần lượt là số mol của Fe2(SO4)3, MgSO4,
CuSO4 trong hỗn hợp A.
Ta có: a + b + c = 1 (1)
Từ thí nghiệm 1 ta có:

Từ thí nghiệm 2 ta có:

.....................HẾT.....................
Người ra đề
Nguyễn Văn Luyện
ĐT: 0915 589 398

13