LÝ THUYẾT CÁC QUÁ TRÌNH HÓA HỌC TRONG ĐỀ THI HSG CẤP TỈNH

BÀI THẢO LUẬN NHÓM 2
Chủ đề: Lý thuyết các quá trình hóa học trong bồi dưỡng HSG tại các trường
THPT trên địa bàn tỉnh Thái Nguyên và một số tỉnh lân cận
HV thực hiện: Nguyễn Thị Yến, Bùi Thanh Giang
Do thực tế của chương trình giáo dục hiện nay đang cắt giảm, giảm tải nhiều nội
dung nên mấy năm trở lại đây, trong các đề thi chọn HSG cấp tỉnh lớp 10, 11, 12 trên
địa bàn tỉnh Thái Nguyên đề cập tới lý thuyết các quá trình hóa học rất ít, hầu như
không có. Chính vì vậy mà nội dung này gần như bị lãng quên tại các trường THPT
không chuyên, nếu có nhắc tới thì chỉ nhắc một cách định tính, khái quát, chung chung.
Còn ở trường THPT chuyên thì các em được học khá chuyên sâu phần này, các dạng bài
tập chủ yếu là có trong các đề thi HSG cấp quốc gia.
1. Nhiệt động học.
Nội dung phần này ở các đề thi HSG cấp tỉnh hay cấp quốc gia đưa ra chủ yếu là
các bài tập áp dụng định luật Hess và hệ quả của nó để tính ∆H, ∆S, năng lượng liên kết.
Bài 1.
Một nghiên cứu về phản ứng tổng hợp NH 3 thực hiện trong một xilanh thu được
kết quả như sau:
Thí nghiệm 1: Tại 4720C, khi hệ cân bằng, nồng độ các chất H 2, N2, NH3 trong bình
phản ứng lần lượt là 0,1207M; 0,0402M; 0,00272M (trong bình không có khí nào khác).
Thí nghiệm 2: Tại 5000C, khi hệ cân bằng, áp suất riêng phần của các khí H2, N2,
NH3 trong bình phản ứng lần lượt là 0,733 atm, 0,527 atm, 1,73.10 -3 atm (trong bình
không có khí nào khác).
1. Hãy tính độ biến thiên entanpi của phản ứng: 3H2(k) + N2(k) ↔ 2NH3(k)
Coi độ biến thiên entanpi của phản ứng không phụ thuộc vào nhiệt độ.
2. Nếu trong thí nghiệm 1, sau khi hệ đạt tới câng bằng, nén hỗn hợp khí để thể
tích xilanh còn một nửa, giữ nguyên nhiệt độ bình, thì cân bằng chuyển dịch về phía
nào? Tại sao?
(Câu 4- đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn hóa học lớp 11 của Sở GD và ĐT Thái
Nguyên năm học 2015 - 2016)
Bài 2. Xác định nhiệt hình thành AlCl3 khi biết:
Al2O3(r) + 3COCl2(k) → 3CO2(k) + 2AlCl3(r) ∆H1 = -232,24kJ

CO(k) + Cl2(k) → COCl2(k)
∆H2 = -112,40kJ
2Al(r) + 1,5O2(k) → Al2O3(r)
∆H3 = -1668,20kJ
Nhiệt hình thành của CO:
∆H4 = -110,40kJ/mol.
Nhiệt hình thành của CO2:
∆H5 = -393,13kJ/mol.
(Câu 3: đề thi chọn HSG MTCT cấp tỉnh môn hóa học lớp 10 của Sở GD và ĐT
Thái Nguyên năm học 2015 - 2016)
Bài 3. Tính năng lượng phân li trung bình của các liên kết C – H và C – C từ các
kết quả thực nghiệm được đo ở 298K và 1 atm như sau


∆H (kJ/ mol)
∆H (kJ/ mol)
Nhiệt đốt cháy của CH4 ∆H1 =
Nhiệt đốt cháy của CRắn (than chì) ∆H4
-801,7
= -393,4
Nhiệt đốt cháy của C2H6 ∆H2 =
Nhiệt hóa hơi than chì ∆H5 = -715
-1412,7
Nhiệt đốt cháy của H2 ∆H3 =
Năng lượng phân li liên kết H-H ∆H6
-241,5
= -431,5
(Câu 2- đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn hóa học lớp 12 chuyên của Sở GD và ĐT
Lạng Sơn năm học 2017 - 2018)
Giải.

* Ta xét CH4
CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O ∆H1 = -801,7kJ/mol
2H2O → O2 + 2H2 -2∆H3 = 483 kJ/ mol
CO2 → O2 + C -∆H4 = 393,4 kJ/ mol
CRắn → CKhí ∆H5 = -715 kJ/ mol
2H2 → 4H 2∆H6 = -863kJ/ mol
Cộng các phương trình trên ta được CH4 → CRắn + 4H
=> 4EC – H = ∆H1 - 2∆H3 - ∆H4 + ∆H5 + 2∆H6 = 1652,7 kJ
=> EC – H = 1652,7/4 = 413,175 kJ
* Với C2H6 làm tương tự ta có
C2H6 + 3,5O2 → 2CO2 + 3H2O ∆H2 = -1412,7kJ/mol
3H2O → 1,5O2 + 3H2
-3∆H3 = 724,5 kJ/ mol
2CO2 → 2O2 + 2C -2∆H4 = 786,8 kJ/ mol
2CRắn → 2CKhí 2∆H5 = -1430 kJ/ mol
3H2 → 6H 3∆H6 = -1294,5kJ/ mol
Cộng các phương trình trên ta được C2H6 → 2CRắn + 6H
=> EC – C + 6EC – H = ∆H2 - 3∆H3 - 2∆H4 + 2∆H5 + 3∆H6 = 2823,1 kJ
=> EC – C = 2823,1 - 6EC – H = 2823,1 – 6. 413,175 = 344,05 kJ.
Cách khác là viết theo sơ đồ của định luật Hess.
Bài 4. Đối với phản ứng:
Cr + CO2(k)
2CO(k)
trạng thái cân bằng được xác định bởi các dữ kiện sau:
Nhiệt độ (oC)
Áp suất toàn phần (atm)
%CO trong hỗn hợp
800
2,57
74,55

900
2,30
93,08
Đối với phản ứng: 2CO2 (k)
2CO (k) + O2 (k) (2) hằng số cân bằng ở 900oC
bằng 1,25.10-16 atm.
Hãy tính ∆H, ∆S ở 900oC đối với phản ứng (2), biết nhiệt tạo thành ở 900oC của
CO2 bằng -390,7 kJ/mol.


(Câu 2- đề thi chọn HSG MTCT cấp tỉnh môn hóa học lớp 12 của Sở GD và ĐT
Lạng Sơn năm học 2017 - 2018)
Bài 5. Cho các số liệu nhiệt động của một số phản ứng sau ở 298K:
Số
Phản ứng
∆H0298 (kJ)
phản ứng
(1)
2NH3 + 3N2O → 4N2 + 3H2O
-1011
(2)
3H2 + N2O → N2H4 + H2O
-317
(3)
2NH3 + ½O2 → N2H4 + H2O
-143
(4)
H2 + ½O2 → H2O
-286
0

0
S 298(N2O4) = 240 J/mol.K;
S 298(H2O) = 66,6 J/mol.K;
0
S 298(N2) = 191 J/mol.K;
S0298(O2) = 205 J/mol.K;
1. Tính nhiệt tạo thành ∆H0298 của N2O4; N2O; NH3.
(Câu 2- đề thi chọn HSG MTCT cấp tỉnh môn hóa học lớp 11 của Sở GD và ĐT
Thái Nguyên năm học 2013 - 2014)
Bài 6. Thả một viên nước đá có khối lượng 20 gam ở -25oC vào 200 ml rượu
Vodka-Hà Nội 39,5o (giả thiết chỉ chứa nước và rượu) để ở nhiệt độ 25 oC. Tính biến thiên
entropi của quá trình thả viên nước đá vào rượu trên đến khi hệ đạt cân bằng. Coi hệ được
xét là cô lập. Cho: R = 8,314 J.mol-1.K-1; khối lượng riêng của nước là 1g.ml -1 và khối
lượng riêng của rượu là 0,8 g.ml-1; nhiệt dung đẳng áp của nước đá là 37,66 J.mol -1.K-1,
của nước lỏng là 75,31 J.mol-1.K-1 và của rượu là 113,00 J.mol-1.K-1. Nhiệt nóng chảy của
nước đá là 6,009 kJ.mol-1.
(Câu 3: đề chọn HSG trại hè Hùng Vương lần thứ 9 lớp 11 năm học 2015 – 2016)
Giải. Thành phần của rượu và nước trong rượu 39,5o là:
39,5 . 200
= 79 (ml) → VH2O = 200 - 79 = 121 (ml)
100
→ m C2H5OH = 79 . 0,8 =63,2 (g) và m H 2O = 121 . 1 = 121 (g).
VC2 H5OH =

Khi thả viên nước đá vào hỗn hợp rượu, nhiệt tỏa ra của hỗn hợp rượu bằng đúng
nhiệt thu vào của viên nước đá thì hệ đạt cân bằng. Gọi nhiệt độ của hệ khi hệ đạt cân
bằng là tcb (oC). Quá trình thu nhiệt gồm 3 giai đoạn:
Q1
Q2
Q3

H 2 O (r) 
→ H 2 O (r) 
→ H 2O (l) 
→ H 2 O (l)

-25 oC

0 oC

0 oC

tcb oC

20
20
20
. 37,66 . (0 - (-25)) +
. 6,009.10 3 +
. 75,31 . (t cb - 0)
18
18
18
→ Qthu = 7722,78 + 83,68 . tcb

Qthu = Q1 + Q2 + Q3 =

Mặt khác nhiệt tỏa ra của quá trình:
Qtỏa = Qtỏa của nước + Qtỏa của rượu =

121

63, 2
. 75,31 . (25 − t cb ) +
. 113,00 .(25 − t cb )
18
46

→ Qtỏa = 661,50 . (25 – tcb)

Do Qtỏa = Qthu nên ta có: 7722,78 + 83,68 . tcb = 661,50 . (25 – tcb) → tcb = 11,83 (oC).
Biến thiên entropi của hệ bằng tổng biến thiên entropi viên nước đá từ -25 oC lên
11,83 oC và biến thiên entropi hỗn hợp rượu nước từ 25 oC xuống 11,83 oC ( ΔS hhr).


Biến thiên entropi của nước đá tăng từ - 25 oC đến 11,83 oC gồm 3 thành phần:
∆S1
∆S2
∆S3
H 2 O (r) →
H 2O (r) →
H 2O (l) →
H 2O (l)

-25 oC
Vậy ΔS nđ = ΔS1 + ΔS2 + ΔS3

ΔS nđ =

0 oC

0 oC

tcb oC

20
273
20 6,009.103
20
273 + 11,83
. 37,66 . ln
+
.
+
. 75,31 . ln
= 32,03 (J.K-1)
18
273 - 25 18
273
18
273

Biến thiên entropi hỗn hợp rượu nước giảm từ 25 oC xuống 11,83 oC gồm 2 thành phần:
ΔS hhr = ΔS nước + ΔS rượu
→ ΔS hhr =

121
273 + 11,83
63, 2
273 + 11,83
. 75,31 . ln
+

. 113,00 . ln
= - 29,9 (J.K-1).
18
298
46
298

Vậy ΔS hệ = 32,03 – 29,9 = 2,13 (J.K-1)
2. Chiều hướng và mức độ diễn biến của phản ứng hóa học
Nội dung phần này ở các đề thi HSG cấp tỉnh hay cấp quốc gia đưa ra chủ yếu là
các bài tập tính ∆G từ đó tính KP, xét chiều hướng diễn biến của phản ứng.
Bài 1. Các hiđrat của axit nitric rất được chú ý do chúng xúc tác cho quá trình dị
thể tạo thành các lỗ thủng ozon ở Nam cực. Worsnop đã tiến hành nghiên cứu sự thăng
hoa của mono-, đi- và trihiđrat- của axit nitric. Kết quả được thể hiện bởi các thông số
nhiệt động sau đây ở 220K:
STT
Phản ứng
∆Gr0 kJ/ mol
∆Hr0 kJ/ mol
1
HNO3.H2Or → HNO3 K + H2OK
46,2
127
2
HNO3.2H2Or → HNO3 K + 2H2OK
69,4
188
3
HNO3.3H2Or → HNO3 K + 3H2OK
93,2

237
o
Tính ∆Gr của các phản ứng này ở 190K (là nhiệt độ của vùng cực). Giả sử ∆H ro và
∆Sro ít biến đổi theo nhiệt độ.
(Câu 3- đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn hóa học lớp 12 của Sở GD và ĐT Lạng Sơn
năm học 2018 - 2019)
Bài 2. Cho các số liệu nhiệt động của một số phản ứng sau ở 298K:
Số phản ứng
Phản ứng
∆H0298 (kJ)
(1)
2NH3 + 3N2O → 4N2 + 3H2O
-1011
(2)
3H2 + N2O → N2H4 + H2O
-317
(3)
2NH3 + ½O2 → N2H4 + H2O
-143
(4)
H2 + ½O2 → H2O
-286
0
0
S 298(N2O4) = 240 J/mol.K;
S 298(H2O) = 66,6 J/mol.K;
S0298(N2) = 191 J/mol.K;
S0298(O2) = 205 J/mol.K;
2. Viết PTHH của phản ứng cháy N 2O4 và tính ∆H0298, ∆G0298 và hằng số cân bằng
K của phản ứng này.

(Câu 2- đề thi chọn HSG MTCT cấp tỉnh môn hóa học lớp 11 năm 2013 - 2014)
Bài 3. Độ tan của H2S trong dung dịch HClO4 0,003M là 0,1 mol/l. Nếu thêm vào
dung dịch này các ion Mn2+, Cu2+ sao cho nồng độ của chúng bằng 2.10-4M thì ion nào
sẽ kết tủa dưới dạng muối sunfat?
Biết TMnS = 3.10-14, TCuS = 8.10-37, KH2S = 1,3.10-21.


(Câu 1: đề thi chọn HSG MTCT cấp tỉnh môn hóa học lớp 12 (vòng 2) của Sở GD
và ĐT Thái Nguyên năm học 2012 – 2013 và Câu 4: đề thi chọn HSG MTCT cấp tỉnh
môn hóa học lớp 11 của Sở GD và ĐT Thái Nguyên năm học 2011 – 2012)
Bài 4. Cho các đại lượng nhiệt động sau:
H3PO4(dd)
H2PO4-(dd)
H+ + OH- → H2O
∆H0 (kJ.mol-1)
-1288
-1296
-56
0
-1
-1
∆S (J. mol .K )
158
90
81
0
Tính ∆G của phản ứng trung hòa nấc thứ nhất H3PO4 bằng OH .
(Câu 3, ý 2: đề thi chọn HSG MTCT cấp tỉnh môn hóa học lớp 12 của Sở GD và
ĐT Thái Nguyên năm học 2015 – 2016)
Bài 5. Công đoạn đầu tiên của quá trình sản xuất silic có độ tinh khiết cao phục vụ

cho công nghệ bán dẫn được thực hiện bằng phản ứng:
SiO2 (r) + 2C (r)

Si (r)

+

2CO (k)

(1)

1. Tính ∆S 0 của quá trình điều chế silic theo phản ứng (1), dựa vào các giá trị
entropi chuẩn dưới đây:
0
0
0
SSiO
= 41,8 J.K -1.mol-1; SC(r)
= 5,7 J.K -1.mol -1; SSi(r)
= 18,8 J.K -1.mol-1; S0CO(k) = 197,6 J.K -1.mol-1.
2 (r)

2. Tính giá trị ∆G 0 của phản ứng trên ở 25 oC. Biến thiên entanpi hình thành ở điều
kiện tiêu chuẩn (ΔH0f ) của SiO2 và CO có các giá trị:
0
ΔH 0f(SiO 2 (r)) = -910,9 kJ.mol -1; ΔH f(CO(k))
= -110,5 kJ.mol -1 .

3. Phản ứng (1) sẽ diễn ra ưu thế theo chiều thuận bắt đầu từ nhiệt độ nào?
(Coi sự phụ thuộc của ΔS và ΔH vào nhiệt độ là không đáng kể)

(Câu 3: đề chọn HSG trại hè Hùng Vương lần thứ 9 lớp 10 năm học 2015 – 2016)
0
0
Giải. 1. ΔS0 = 2 S0CO(k) + SSi(r)
- 2 S0C(r) - SSiO2(r)

= 2.197,6 + 18,8 - 2.5,7 - 41,8 = 360,8 JK-1
2. ∆G 0 = ΔH0 - T ΔS0 ,
0
0
0
0
Trong đó ΔH 0 = ΔH f(Si(r) ) + 2ΔH f(CO(k) ) - 2ΔH f(C(r) ) - ΔHf(SiO2(r) )

ΔH 0 = 2.(-110,5) + 910,9 = 689,9 (kJ)

→ ∆G 0 = ΔH 0 - T ΔS0 = 689,9 - 298 . 360,8.10-3 = 582,4 (kJ).
3. Phản ứng (1) sẽ diễn ra ưu thế theo chiều thuận khi ΔG bắt đầu có giá trị âm:
ΔG = ΔH 0 - T ΔS0 = 689,9 - T . 360,8.10-3 = 0
→ T = 1912 oK.

Vậy từ nhiệt độ lớn hơn 1912 oK, cân bằng (1) sẽ diễn ra ưu tiên theo chiều thuận.
Bài 6. Ở 25 oC và áp suất bằng 1 atm, khí CO2 tan trong nước với hằng số Henry
KH = 0,0343 mol/l.
a) Cho biết ý nghĩa của KH.
b) Biết quá trình: CO2 (dd) + H2O (l)
H+(dd) + HCO3- (dd) có K=1,15.10-8.
0
Tính ∆ G298
của cân bằng này.

(Câu 2: đề chọn HSG trại hè Hùng Vương lần thứ 9 lớp 11 năm học 2015 – 2016)


Giải. a) KH cho biết độ tan của khí CO2 khi áp suất riêng phần của nó là 1atm
b) ∆G0pư = 45,3 kJ/mol
Bài 7. Đối với phản ứng đề hidro hóa etan
C2H6(k)
C2H4(k) + H2(k) (1)
Có các số liệu sau: ∆G 0900K = 22,39kJ.mol -1 và các giá trị entropy được ghi ở
bảng dưới đây:
Chất
H2
C2H6
C2H4
0
-1
-1
S 900K (J.mol .K )
163,0
319,7
291,7
a) Tính KP của phản ứng (1) tại 900K.
b) Tính ∆H0900K của phản ứng C2H4(k) + H2(k) → C2H6(k).
c) Tính KP tại 600K của phản ứng (1), giả thiết trong khoảng nhiệt độ từ 600K đến
900K thì ∆H0 và ∆S0 không thay đổi.
(Câu 2: đề thi HSG cấp quốc gia năm 2014)
Bài 8. Cho hằng số khí R = 8,314 J.mol–1.K–1. Ở áp suất tiêu chuẩn
P0 = 1,000 bar = 1,000.105 Pa, nhiệt độ 298 K, ta có các dữ kiện nhiệt động học:
Khí
H2

N2
NH3
0
-1
Biến thiên entanpi hình thành ∆H f (kJ.mol )
0
0
-45,9
0
-1
-1
Entropi S (J.mol .K )
130,7
191,6
192,8
Liên kết
N≡N
N=N N – N H – H
0
-1
Biến thiên entanpi phân li liên kết ∆H b (kJ.mol )
945
466
159
436
1. Tính biến thiên entanpi, biến thiên entropi, biến thiên năng lượng tự do Gibbs và
hằng số cân bằng K của phản ứng tổng hợp amoniac từ nitơ và hiđro ở điều kiện nhiệt
độ và áp suất trên.
2. Trong thực tế sản xuất, phản ứng tổng hợp amoniac được thực hiện ở t0 cao.
a) Chấp nhận gần đúng việc bỏ qua sự phụ thuộc nhiệt độ của ∆H và ∆S, hãy tính

hằng số cân bằng K của phản ứng ở T = 773 K.
b) Nhận xét về hướng ưu tiên của phản ứng ở 298 K và 773 K. Giải thích tại sao
lại tiến hành tổng hợp NH3 ở nhiệt độ cao. Để tăng hiệu suất tổng hợp amoniac trong
công nghiệp, có thể đưa ra biện pháp gì? Giải thích.
3. Tính biến thiên entanpi phân li liên kết ∆H0b của một liên kết N-H trong phân tử
amoniac.
4. Tính biến thiên entanpi hình thành tiêu chuẩn của gốc –NH2.
Cho ∆H0b(H - NH2) = 380 kJ.mol-1.
(Câu 3: đề thi chọn HSG cấp quốc gia năm 2011)
Giải. 1. N2 + 3H2 2NH3
(1)
Ở 298K, ∆H0r = - 91,8 kJ.mol-1; ∆S0r = -198,1 J.mol-1.K-1;
=> ∆G0r = ∆H0r – 298. ∆S0r = -32,8 (kJ.mol-1);
mà ∆G0r = -R.T.lnK → lnK = - ∆G0r (R.T)-1 = 13,24 → K = 5,62.105.
2. a) Tính hằng số cân bằng K của phản ứng ở T = 773 K:
Ở 773K: ∆G0r (773 K) = ∆H0r - T. ∆S0r ≈ - 91,8 + 773.198,1.10-3 = 61,3 (kJ.mol-1)


→ lnK = - 61,3.103.(8,314.773)-1 = - 9,54 → K = e-9,54 = 7,2.10-5.
b) Ở 298 K, thấy K >> 1. Phản ứng (1) diễn ra ưu tiên theo chiều thuận.
Ở 773 K, hằng số cân bằng K << 1. Phản ứng (1) diễn ra ưu tiên theo chiều nghịch.
Mặc dù ở nhiệt độ cao (773K), phản ứng (1) diễn ra ưu tiên theo chiều nghịch, nhưng
tốc độ phản ứng lớn, còn tốc độ phản ứng ở 298 K quá nhỏ. Để tăng tốc độ phản ứng, làm
hệ nhanh đạt đến cân bằng, người ta buộc phải tiến hành phản ứng ở nhiệt độ cao.
Để tăng hiệu suất tổng hợp amoniac trong công nghiệp:
- Phản ứng (1) giảm số mol khí. Để cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận, tăng
hiệu suất tổng hợp amoniac cần thực hiện phản ứng ở áp suất cao.
- Hiệu suất tạo thành amoniac là cực đại khi tỉ lệ của khí H 2 và khí N2 được lấy đúng
bằng tỉ lệ các hệ số của chúng ở trong phương trình phản ứng, nghĩa là H2 : N2 là 3 : 1.
3. Tính biến thiên entanpi phân li liên kết ∆H0b của một liên kết N-H trong phân tử

amoniac:
N2 + 3H2 → 2NH3
2∆H1 = 2.(-45,9) kJ.mol-1
(1)
●
-1
N2
→ 2N
∆H2 = 945 kJ.mol
(2)
●
-1
3H2
→ 6H
3∆H3 = 3.436 kJ.mol
(3)
●
●
0
Từ (1), (2), (3), ta có: 2N + 6H → 2NH3
6 ∆H (N-H)
6 ∆H0(N-H) = -2.45,9 – 945 – 3.436 = - 2344,8 (kJ.mol-1)
→ ∆H0b(N-H) = 390,8 kJ.mol-1
4. Tính biến thiên entanpi hình thành tiêu chuẩn ∆H0f của gốc ●NH2:
N2 + 3H2 → 2NH3
2∆H1 = 2.(-45,9) kJ.mol-1
(1)
●
-1
H2

→ 2H
∆H3 =
436 kJ.mol
(3)
●
●
-1
2NH3
→ 2 NH2 + 2H
2∆H4 = 2.380 kJ.mol
(4)
●
0
Từ (1), (3), (4), có: N2 + 2H2 → 2 NH2
2 ∆H f(●NH2)
0
2 ∆H f(●NH2) = - 2.45,9 – 436 + 2.380 = 232,2 (kJ/mol) → ∆H0f(●NH2) = 116,1 kJ/mol
3. Tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học.
Trong tất cả các nội dung lý thuyết các quá trình hóa học thì nội dung phần này ở
các đề thi HSG cấp tỉnh hay cấp quốc gia đưa ra là nhiều nhất và đa dạng, các dạng bài
tập thường gặp đó là tính hằng số K P, KC của phản ứng, kiểm chứng kết quả thực
nghiệm và nguyên lý chuyển dịch cân bằng lơ satolie, tính độ điện li, tính tốc độ phản
ứng, xem xét mối quan hệ giữa tốc độ phản ứng, cân bằng hóa học và chất xúc tác, nhiệt
độ, tính xem trong dung dịch ion nào hết, ion nào còn, chất nào tách ra trước….
Bài 1. Tại 250C phản ứng 2A(k) → 4B(k) + C(k) có hằng số tốc độ k = 1,8.10-5 s-1.
Phản ứng trên xảy ra trong bình kín thể tích 20 lít không đổi. Ban đầu lượng chất A
cho vừa đầy bình. Tại thời điểm khảo sát, áp suất riêng của khí A là 0,07atm. (Giả thiết
các khí đều là khí lí tưởng).
1. Tính tốc độ tiêu thụ A; tốc độ hình thành B, C (theo mol/l.s).
2. Tính số phân tử A bị phân tích sau 10 giây.

3. Khi nâng nhiệt độ phản ứng từ 250C đến 350C thì tốc độ phản ứng tăng 2,5 lần.
Hãy xác định năng lượng hoạt hóa của phản ứng.
Biết NA = 6,023.1023; Biết t0C = t + 273,15 (K); R = 8,314 J/mol.K


(Câu 1: đề thi chọn đội tuyển HSG dự thi cấp quốc gia môn hóa học lớp 12 của Sở
GD và ĐT Thái Nguyên năm học 2015 – 2016)
Bài 2. Cho 1 mol hỗn hợp khí N 2 và H2 vào bình kín dung tích 1 lít ở nhiệt độ
không đổi. Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng, áp suất trong bình giảm 5% so với ban
đầu. Biết tỷ lệ số mol phản ứng của N2 là 10%.
a) Tính % thể tích của N2 và H2 trong hỗn hợp ban đầu.
b) Tính KC của phản ứng tổng hợp NH3.
(Câu 1: đề thi chọn HSG MTCT cấp tỉnh môn hóa học lớp 11 của Sở GD và ĐT
Thái Nguyên năm học 2015 – 2016)
Bài 3. Nitrosul clorua (NOCl) là một khí độc, khi đun nóng nó bị phân hủy:
2NOCl(k) ↔ 2NO(k) + Cl2(k)
1. Tính hiệu ứng nhiệt đẳng tích của quá trình phân hủy hoàn toàn 1,3 mol NOCl ở 4750C.
2. Tính KP của cân bằng ở 4750C.
3. Ở 4750C, dẫn 0,2 mol NO và 0,1 mol Cl2 vào một bình kín dung tích 2 lít không
đổi. Tính áp suất khí trong bình tại thời điểm cân bằng. Coi các khí là khí lý tưởng.
Cho: Bảng số liệu nhiệt động (không phụ thuộc vào nhiệt độ)
Chất
∆H0s (kJ/mol)
S0 (J/mol.K)
NOCl(k)
51,71
264
NO(k)
90,25
211

Cl2(k)
223
(Câu 2: đề thi chọn HSG MTCT cấp tỉnh môn hóa học lớp 12 (vòng 2) của Sở GD
và ĐT Thái Nguyên năm học 2014 – 2015)
Bài 4. Đun nóng hỗn hợp khí gồm O2 và SO2 có xúc tác, xảy ra phản ứng
½O2 + SO2
SO3 (1)
1. Tính hằng số cân bằng KP của phản ứng ở 600C (chấp nhận hiệu ứng nhiệt của
phản ứng không phụ thuộc vào nhiệt độ). Nhiệt độ ảnh hưởng như thế nào đến trạng thái
cân bằng của phản ứng (1).
2. Trong một thí nghiệm, người ta đưa từ từ oxi vào một bình dung tích 2 lít chứa
0,05 mol SO2 có chất xúc tác (thể tích của chất xúc tác không đáng kể) ở 100 0C. Khi
phản ứng đạt trạng thái cân bằng thì có 0,03 mol SO 3 được tạo thành, áp suất tổng của
hệ là 1 atm. Tính Kp. Cho các số liệu nhiệt động như sau:
Khí
∆H0s (kJ.mol-1)
S0 (J.mol-1.K-1) C0p (J.mol-1.K-1)
SO3
-395,18
256,22
50,63
SO2
-296,06
248,52
39,79
O2
0
205,03
29,36
(Câu 1: đề thi chọn đội tuyển HSG dự thi cấp quốc gia môn hóa học lớp 12 của Sở

GD và ĐT Thái Nguyên năm học 2014 – 2015)
Bài 5. Năng lượng hoạt động hóa của P/ứ: 2N 2O → 2N2 + O2 là 58 Kcal.mol-1. Nếu
phản ứng thực hiện trên bề mặt Au thì năng lượng hoạt động hóa là 29 Kcal.mol -1. Tiến
hành phản ứng ở 9270C thì tốc độ phản ứng khi có xúc tác và không có xúc tác hơn kém
nhau bao nhiêu lần.


(Câu 2, ý 2: đề thi chọn đội tuyển HSG dự thi cấp quốc gia môn hóa học lớp 12
của Sở GD và ĐT Thái Nguyên năm học 2014 – 2015)
Bài 6. Xét phản ứng tổng hợp ammoniac: N2(k) + 3H2(k)
2NH3(k). Ở 4500C
hằng số cân bằng của phản ứng này là KP = 1,5.10-5. Ban đầu trộn N2 và H2 theo tỉ lệ 1:3
về thể tích. Tính hiệu suất của phản ứng tổng hợp NH 3 khi áp suất hệ bằng 500 atm và
bằng 1000 atm.
(Câu 2: đề thi chọn HSG MTCT cấp tỉnh môn hóa học lớp 12 (vòng 1) của Sở GD
và ĐT Thái Nguyên năm học 2013 – 2014)
Bài 7. Cho phản ứng: H2(k) + I2(k)
2HI(k)
Thực hiện phản ứng trong bình kín 0,5 lít ở t0C với 0,2 mol H2 và 0,2 mol I2. Khi
phản ứng đạt trạng thái cân bằng nồng độ của HI là 0,3 mol/l.
1. Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở t0C.
2. Thêm vào cân bằng 0,1 mol H2 thì cân bằng chuyển dịch theo chiều nào? Tính
nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng mới.
3. Tính hằng số cân bằng của phản ứng sau ở t0C.
HI(k)
½H2(k) + ½I2(k)
(Câu 3: đề thi chọn HSG MTCT cấp tỉnh môn hóa học lớp 11 của Sở GD và ĐT
Thái Nguyên năm học 2013 – 2014)
Bài 8. Hòa tan 0,1mol NH3 vào nước được 1 lít dung dịch A, độ điện li của NH3 là 1,333%.
a) Tính pH của dung dịch A.

b) Tính hằng số bazơ của NH3.
c) Hòa tan 0,09 mol HCl vào 1 lít dung dịch A. Tính pH dung dịch thu được.
(Câu 1: đề thi chọn HSG MTCT cấp tỉnh môn hóa học lớp 12 (vòng 1) của Sở GD
và ĐT Thái Nguyên năm học 2011 – 2012)
Bài 9. Khi đun đến nhiệt độ cao PCl5 bị phân li theo phương trình:
PCl5(K)
PCl3(K) + Cl2(K)
1. Cho m gam PCl5 vào một bình dung tích V, đun nóng bình đến nhiệt độ
0
T( K) để xảy ra phản ứng phân li PCl 5. Sau khi đạt tới trạng thái cân bằng áp suất khí
trong bình bằng P. Hãy thiết lập biểu thức tính Kp theo độ phân li α và áp suất P.
2. Trong thí nghiệm 1 thực hiện ở nhệt độ T 1 người ta cho 83,300 g PCl5 vào
bình dung tích V1. Sau khi đạt tới trạng thái cân bằng đo được P bằng 2,700 atm. Hỗn
hợp khí trong bình có tỷ khối so với hiđrô bằng 68,862. Tính α và Kp.
Giải.
1. Thiết lập biểu thức tính Kp theo độ điện li α và áp suất p.
PCl5(K) → PCl3(K) + Cl2(K)
Số mol ban đầu
a
Số mol phân li
x
x
x
Số mol ở trạng thái a – x x
x
thái cân bằng


m

- Số mol PCl5 ban đầu

= 208,239 = a (mol)
- Tổng số mol khí lúc cân bằng: a+ x
x
- độ điện li α =
(1)
a
Ta có: áp suất riêng phần của mỗi khí:
a−x
x
p
PPCl5 =
p ; PCl = PPCl =
a+x
a+x
2

3

2

Kp =

PCl2 .PPCl3
PPCl5

Từ (1) và (2)

 x


p

a+x 
=
a−x

p
a+x

(2)

α2
Kp =
p
1−α 2

2.
n PCl5

ban đầu

=a=

83,3
= 0,400 (mol)
208,239

M của hỗn hợp cân bằng: 68,826 x 2,016 = 137,724 g
Tổng số mol khí lúc cân bằng: n = a(1+ α)

83,3
n=
=0,600 (mol)
138,753
n = a(1+ α) = 0,4(1+ α) = 0,6 => α = 0,5 (50%)
Tìm Kp tại nhiệt độ T1:
(0,5) 2
α2
.2,7 = 0,9
=
Kp =
p
1 − (0,5) 2
1−α 2

(Câu 5: đề thi chọn HSG MTCT cấp tỉnh môn hóa học lớp 12 (vòng 1) của Sở GD
và ĐT Thái Nguyên năm học 2011 – 2012)
Bài 10. Sự phân hủy axeton diễn ra theo phương trình:
CH3COCH3
C2H4 + CO + H2
Theo thời gian phản ứng, áp suất chung của hệ đo được như sau:
t (phút)
0
6,5
13,0
19,9
P (mmHg)
312
408
488

562
1. Xác định bậc của phản ứng.
2. Tính hằng số tốc độ của phản ứng.
(Câu 1: đề thi chọn HSG MTCT cấp tỉnh môn hóa học lớp 12 (vòng 2) của Sở GD
và ĐT Thái Nguyên năm học 2011 – 2012).
Bài 11. Hãy xác định nồng độ dd HCl cần phải đưa vào để ngăn cản sự kết tủa của
−21
CdS trong 1 lít dung dịch chứa 0,01 mol H 2S và 0,001 mol Cd2+. Biết K H S = 1,3.10 và
TCdS =7,9.10-27 .
2


(Câu 2 ý 2: đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn hóa học lớp 12 (vòng 1) của Sở GD và
ĐT Thái Nguyên năm học 2011 – 2012).
Giải. Viết PTHH tạo CdS:
Cd2+ +S2- ⇔
CdS
TCdS =7,9.10-27
⇔
K H S = 1,3.10 −21
H2S
2 H+ + S22

[Cd2+][S2-] =7,9.10-27 đề không có kết tủa [S2-] =

7,9.10−27
= 7,9.10−24
−3
10

2

 H +  S2− 
1,3.10 −21.10−2
−21
2−
= 1,3.10 ⇒ S  =
2
[H 2S]
 H + 
2
1,3.10
 H +  =
= 1,645 => [H + ] = 1, 282mol / l = [HCl]
7,9
Bài 12. Cho phản ứng : (CH3)2O(k) → CH4(k) + CO(k) + H2(k)
Khi tiến hành phân hủy đimetyl ete (CH3)2O trong một bình kín ở nhiệt độ 504 oC
và đo áp suất tổng của hệ, người ta được các kết quả sau:
t (giây)
0
1550
3100
4650
Phệ (mm Hg)
400
800
1000
1100
Dựa vào các kết quả này, hãy:
1. Chứng minh rằng phản ứng phân huỷ đimetyl ete là phản ứng bậc một.

2. Tính hằng số tốc độ phản ứng ở 504oC.
3. Tính áp suất tổng của hệ trong bình và phần trăm lượng (CH 3)2O đã bị phân hủy
sau 460 giây.
(Câu 2: đề chọn HSG trại hè Hùng Vương lần thứ 9 lớp 10 năm học 2015 – 2016)
Giải. 1. (CH3)2O(k)
CH4 (k) +
CO(k) +
H2(k)
to = 0
Po
t
Po – P
P
P
P
Ở thời điểm t thì áp suất của cả hệ là: Ph = Po + 2P ⇒ P = (Ph – Po)/2.
3.P - P
⇒ Ở thời điểm t, P(CH ) O = Po – P = o h .
2

3 2

Suy ra, ở thời điểm:
* t = 0 s thì P(CH ) O = 400 mm Hg
3 2

* t = 1550 s thì P(CH ) O = 200 mm Hg
3 2

* t = 3100 s thì P(CH ) O = 100 mm Hg

* t = 4650 s thì P(CH ) O = 50 mm Hg
Vì nhiệt độ và thể tích bình không đổi nên áp suất tỉ lệ với số mol khí. Ta nhận
thấy, cứ sau 1550 giây thì lượng (CH 3)2O giảm đi một nửa. Do đó, phản ứng phân hủy
(CH3)2O là phản ứng bậc 1 với t1/2 = 1550 s.
2. Hằng số tốc độ của phản ứng là: k = ln2 / t1/2 = 0,693 / 1550 = 4,47.10-4 s-1.
3.
Pt = Po.e-kt = 400. e−4,47.10 .460 = 325,7 (mm Hg)
⇒ P = Po – Pt = 400 – 325,7 = 74,3 (mm Hg)
⇒ Áp suất của hệ sau 460 giây là: Ph = Po + 2P = 400 + 2.74,3 = 548,6 (mm Hg)
3 2

3 2

−4


Phần trăm (CH3)2O bị phân huỷ =

74,3
.100% = 18,58 %
400

4. Phản ứng oxi hóa khử và các quá trình điện hóa.
Đây là nội dung cực kì quan trọng trong nội dung ôn thi HSG vì hầu hết các đề thi
HSG lớp 10, 11 đều có ít nhất một bài tập rơi vào phần này. Trong các đề thi HSG chủ
yếu đề cập tới các bài tập tính toán, viết phương trình phản ứng oxi hóa khử, các cân
bằng trong pin, sự điện phân.
Bài 1. Hòa tan 7,18 gam một thanh sắt chứa tạp chất Fe 2O3 vào một lượng rất dư
dung dịch H2SO4 loãng, sau đó thêm nước cất vào thu được 500ml dung dịch A. Lấy
25ml dung dịch A cho tác dụng với dung dịch KMnO 4 thì phải dung hết 12,5ml dung

dịch KMnO4 0,096M.
1. Xác định phần trăm khối lượng Fe tinh khiết trong thanh sắt.
2. Nếu cũng lấy 7,18 gam một thanh sắt có chứa hàm lượng sắt tinh khiết như trên
nhưng chứa tạp chất là FeO và làm lại thí nghiệm thì thể tích dung dịch KMnO 4 0,096M
cần dùng là bao nhiêu?
(Câu 5: đề thi chọn HSG MTCT cấp tỉnh môn hóa học lớp 10 (vòng 1) của Sở GD
và ĐT Thái Nguyên năm học 2015 – 2016).
Bài 2. Điện phân 100ml dung dịch gồm CuSO4 0,03M; NiSO4 0,2M; H2SO4
0,001M; dung điện cực Pt, dòng điện một chiều có cường độ 0,2A.
a) Viết các phản ứng xảy ra trên từng điện cực và cho biết thứ tự điện phân.
b) Có khả năng điện phân hoàn toàn ion thứ nhất trên catot khi ion thứ 2 bắt đầu
điện phân không? (Coi điện phân hoàn toàn là nồng độ ion kim loại còn lại < 10-6 M)
c) Tính khối lượng chất tách ra trên catot khi điện phân được 20 phút.
Cho Ka(HSO4-) = 10-2; pkhí = 1atm; MCu = 64; MNi = 58; E01(Cu2+/Cu) = 0,337V;
E02(Ni2+/Ni) = -0,233V; E03(O2/H2O) = 1,23V; E04(S2O82-/ SO42-) = 2,01V.
(Câu 3: đề thi chọn HSG MTCT cấp tỉnh môn hóa học lớp 12 (vòng 2) của Sở GD
và ĐT Thái Nguyên năm học 2014 – 2015)
0
0
Bài 3. Cho ECrO42− / Cr ( OH ) 3 = −0,18V ; EMnO4− / MnO ( OH ) 2 = +1,695V ;

Cr(OH)3

−

CrO 2 + H+ + H2O

K = 1,0.10-14
2−

−

a) Hãy thiết lập sơ đồ pin được hình thành bởi hai cặp oxi hóa - khử CrO 4 / CrO 2 và
−

MnO 4 / MnO(OH)2.
b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin.
2−

−

−

c) Tính Epin biết nồng độ của ion CrO 4 là 0,010M; CrO 2 là 0,030M; MnO 4 là 0,20M
d) Tính thành phần của hệ khi pin phóng điện hoàn toàn.
(Câu 2: đề thi chọn HSG MTCT cấp tỉnh môn hóa học lớp 12 (vòng 2) của Sở GD
và ĐT Thái Nguyên năm học 2011 – 2012)
a) Xét cặp CrO42-/ Cr(OH)3
K1 = 103E /0,0592
CrO42- + 4H2O + 3e
Cr(OH)3 + 5OH1


Cr(OH)3
CrO2- + H+ + H2O
K = 10-14
H+ + OHH2O
Kw-1 = 1014
K 2 = K1.K.K −w1 = 103E /0,0592
CrO42- + 2H2O + 3e

CrO2- + 4OHEo CrO42-/ CrO2- = Eo CrO42-/ Cr(OH)3 = - 0,18V < Eo MnO4-/ MnO(OH)2 nên có
sơ đồ pin: (-)Pt | CrO42-, CrO2-, OH- || MnO4-, H+, MnO(OH)2 | Pt (+)
b) Tính K của phản ứng
MnO4- + 4H+ + 3e
MnO(OH)2+ H2O
K1 = 103.1,695/0,0592
CrO2- + 4OHCrO42- + 2H2O + 3e
K2-1 = (103.(-0,18)/0,0592)-1
4|
H2O
H+ + OHKw = 10-14
MnO4- + CrO2- + H2O  MnO(OH)2 +CrO42K = K1.K2-1.(Kw)4 = 1039
c) Tính Epin :
1

Epin = E

o
pin

[MnO −4 ].[CrO −2 ]
0,0592
lg
+
[CrO24 − ]
3

Tính Eopin dựa vào K phản ứng ta có Eopin =
Epin = 0,77 +

39.0,0592
= 0,77V
3

0,2.0,03
0,0592
lg 0,01 = 0,7656V
3

d) Thành phần của hệ khi pin phóng điện hoàn toàn
MnO4- + CrO2- + H2O
MnO(OH)2 + CrO42- K = 1039 (rất lớn)
C 0,2
0,03
0,01
CB 0,17
0,04
2Cân bằng: MnO(OH)2+CrO4
MnO4 + CrO2 + H2O
K-1 = 10-39
C
0,04
0,17
[]
(0,04- x)
(0,17 + x) x
Ta có:

(0,17 + x ) x
= 10-39

0,04 − x

→ x = [CrO2-] = 2,35.10-40

Thành phần của hệ khi pin phóng điện hoàn toàn là:
[MnO4-] = 0,17M; [CrO4-] = 0,04M;
[CrO2-] = 2,35.10-40
Bài 4. Để mạ đồng lên các vật liệu người ta hay dung dung dịch chứa CuSO 4 và
H2SO4. Hãy xác định xem đồng có thể thoát ra hoàn toàn trên catot mà không có sự
thoát khí H2 không. Biết quá thế của oxi trên Pt bằng 0,46V, còn quá thế của Hidro trên
Cu bằng 0,23V. Cho E01(Cu2+/Cu) = 0,34V;
E02(O2/H2O) = 1,23V;
E03(Cu+/Cu) = 0,521V; (R.T)/ F = 0,059 tại 250C.
(Câu 3, ý 1: đề thi chọn đội tuyển HSG dự thi cấp quốc gia môn hóa học lớp 12
của Sở GD và ĐT Thái Nguyên năm học 2014 – 2015)
Bài 5. Hai vật được làm bằng tôn và sắt tây [tôn là thép được tráng kẽm (Zn), sắt
tây là thép được tráng thiếc (Sn)]. Khi trên bề mặt tôn và sắt tây bị xước thì vật nào sẽ bị
hỏng nhanh hơn? Giải thích (có trình bày cơ chế).
(Câu 2 ý 2: đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn hóa học lớp 12 (vòng 1) của Sở GD và
ĐT Thái Nguyên năm học 2011 – 2012).
Giải. + Vật làm bằng sắt tây chóng hỏng hơn.


+ Giải thích:
Cả hai vật đều bị ăn mòn điện hóa và cực âm bị ăn mòn.
- Tôn:
Cực dương là Fe (được bảo vệ)
Cực âm là Zn (bị ăn mòn)
2H2O +2 e → H2 +2OHZn -2e →Zn2+
- Sắt tây:

Cực dương là Sn (Không bị ăn mòn)
Cực âm là Fe (Không được bảo vệ)
2H2O +2 e → H2 +2OH
Fe -2e →Zn2+
Bài 6. Có 200ml dd hỗn hợp gồm CuSO 4 0,25M và CrCl2 0,60M. Điện phân dung
dịch trên trong thời gian 1 giờ 36 phút 30 giây với cường độ dòng điện 5ampe.
a) Tính khối lượng kim loại bám vào catốt.
b) Tính thể tích khí bay lên ở anốt.
c) Dung dịch còn lại có những chất nào? Tính nồng độ mol/l của các chất còn lại
(giả sử thể tích dung dịch không đổi).
(Câu 4: đề thi chọn HSG MTCT cấp tỉnh môn hóa học lớp 12 (vòng 1) của Sở GD
và ĐT Thái Nguyên năm học 2011 – 2012).
Quá trình điện li: CuSO 4 → Cu 2+ + SO 42−
CrCl2
Cr2+ + 2ClH2O
H+ + OHThứ tự ở catốt: Cu2+ + 2e  Cu
Cr2+ + 2e  Cr
Thứ tự ở anốt: 2Cl- - 2e  Cl2
H2O - 2e 

1
O 2 + 2H+
2

nCuSO4 = 0,2 x 0,25 = 0,005 (mol)
nCrCl2 = 0,2 x 0,6 = 0,12 (mol)
Gọi t1 là thời gian để khử hết Cu2+
m nF 0,05x 64x 2x96500
AIt1
mCu =

→ t 1 = Cu =
= 1930 (giây)
nF
AI
64x 5
2+
Thời gian còn lại để khử Cr là : 5790 - 1930 = 3860 (giây)
AIt 2 52 x3860 x5
mCr =
=
= 5,2(gam)
nF
96500x 2
Tổng khối lượng kim lọai bám lên catốt: 0,05 x 64 + 5,2 = 8,4 (gam)
b) Tổng mol e- nhận là: 0,05 x 2 + 0,1 x 2 = 0,3 (mol)
Số mol e- nhường cho Clo: 0,12 x 2 = 0,24 (mol)
Số mol OH- (H2O) bị OXH: 0,3 - 0,24 = 0,06 (mol)
Số mol O2 =

1
0,06
= 0,015 (mol)
n OH − =
4
2

Tổng thể tích khí tại anốt là: (0,015 + 0,12)x 22,4 = 3,024 (l)


c) Dung dịch gồm CrSO4 0,1M và H2SO4 0,15M

Bài 7. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,24g FeS 2 và 0,264g FeS vào lượng dư
H2SO4 đặc nóng thu được dung dịch A và khí B. Hấp thụ hết khí B bằng một lượng vừa
đủ dung dịch KMnO4 thu được dung dịch D không màu trong suốt có pH = 2.
1. Viết các phương trình phản ứng và tính thể tích dung dịch D.
2. Nếu đem hòa tan lượng hỗn hợp X trên vào dung dịch HNO 3 loãng thì thu được
dung dịch Z và (V) lít khí NO (đktc). Dung dịch Z vừa tác dụng với dung dịch NaOH
cho kết tủa màu nâu đỏ, vừa tác dụng với dung dịch BaCl2. Hãy tính (V).
(Câu 6: đề thi chọn HSG MTCT cấp tỉnh môn hóa học lớp 12 (vòng 1) của Sở GD
và ĐT Thái Nguyên năm học 2011 – 2012).
Giải.
1. 2 FeS2 + 14 H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 15 SO2 + 14 H2O
(1)
2 FeS + 10 H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 9 SO2 + 10 H2O
(2)
5 SO2 + 2 KMnO4 + H2O → 2KHSO4 + 2 MnSO2 + H2SO4 (3)

n FeS2 = 0,002 (mol)

n FeS = 0,003 (mol)
Từ (3) n KHSO4 =

từ (1) và (2)
nSO2 =

15
9
n FeS 2 + n FeS = 0,0285 (mol)
2
2

2
nSO = 0,0114 (mol)
5 2

1
n H 2 SO4 = n SO2 = 0,0057 (mol)
5
nH + (ddD) = n KHSO4 + 2nH 2 SO4 = 0,0228 (mol)

0,0228
= 2,28 (lít)
10 −2
2. Khi cho X vào HNO3 → dung dịch Z và NO
P/ứ OXH
FeS2 + 8 H2O – 15e → Fe3+ + 2 SO42- + 16 H+
Hỗn hợp X FeS + 4 H2O – 9e → Fe3+ + SO42- + 8 H+
(5)
+
P/ứ khử
NO3 + 4 H + 3e → NO + 2H2O
Từ (4) và (5) tổng số mol electron trao đổi:
VddD =

(4)
(6)

ne = 15 n FeS2 + 9 n FeS = 15.0,002 + 9.0,003 = 0,057
Từ (6) n NO =

0,057

3

0,057
.22,4 = 0,4256 (lít)
3
Bài 8. Nếu điện phân dung dịch chứa NiSO 4 0,02M; CoSO4 0,01M và NaCN 1M
thì kim loại nào sẽ tách ra trước? Có thể tách hai kim loại ra khỏi nhau bằng phương
pháp điện phân dung dịch này không? Biết rằng một ion được coi là tách hoàn toàn khỏi
dung dịch khi nồng độ ion của nó còn lại trong dung dịch nhỏ hơn 10-6 M.
VNO ( dkc ) =


Cho biết ở 250C, Eo Ni2+/Ni = - 0,233V; Eo Co2+/Co = - 0,277V; Eo O2,H+/H2O = 1,23V;
PO2= 0,2 atm.
Các phức chất: [Co(CN)6]4- có lgβ1 = 19,09; [Ni(CN)4]2- có lgβ2 = 30,22.
Quá thế của H2/Pt đủ lớn để quá trình điện phân H+ và nước tại catot không xảy ra.
(Kì thi HSG khu vực mở rộng năm học 2011-2012)
Bài 9. 1. Cân bằng các phương trình phản ứng sau đây theo phương pháp thăng
bằng electron.
a) Cr2S3 + Mn(NO3)2 + Na2CO3
Na2CrO4 + Na2SO4 + Na2MnO4 + NO + CO2
b) K2SO3 + KMnO4 + KHSO4
K2SO4 + MnSO4 + H2O
2. Kĩ thuật điện hoá thường được dùng để xác định tính tan của các muối khó tan.
Cho pin điện hoá:
(-)
Zn | Zn(NO3)2 0,2 M || AgNO3 0,1 M | Ag
(+)
Các dd Zn(NO3)2 và AgNO3 trong pin điện trên đều có thể tích 1,00 L và ở 25oC.
a) Viết phương trình phản ứng ở mỗi điện cực và phương trình phản ứng xảy ra

trong pin khi pin phóng điện. Tính sức điện động (sđđ) của pin.
b) Trong một thí nghiệm khác, khi cho KCl(r) vào dung dịch AgNO 3 của pin ban
đầu, xảy ra sự kết tủa AgCl(r) và thay đổi sđđ. Sau khi thêm KCl(r), sđđ của pin bằng
1,04 V và nồng độ ion K+ bằng 0,300 M.
- Tính nồng độ mol của ion Ag+ tại cân bằng.
- Tính nồng độ mol của ion Cl- và tích số tan của AgCl.
Cho biết: Eo(Zn2+/Zn) = -0,76 V; Eo(Ag+/Ag) = +0,80 V.
Trong các tính toán, dùng nồng độ thay cho hoạt độ.
3. Kali clorat (được dùng để sản xuất diêm, pháo, chất nổ) có thể được điều chế
bằng phương pháp điện phân dung dịch nước của kali clorua.
a) Viết PTHH các phản ứng xảy ra trên 2 điện cực và phản ứng tạo thành ion clorat.
b) Hãy tính khối lượng KCl và điện lượng (theo ampe.giờ (A.h)) cần để thu được 1
tấn KClO3. Coi hiệu suất phản ứng là 100%. Cho: F = 96500 C/mol.
(Câu 6: đề chọn HSG trại hè Hùng Vương lần thứ 9 lớp 10 năm học 2015 – 2016)
1. a) Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 + 20Na2CO3 → 2Na2CrO4 + 3Na2SO4 + 15Na2MnO4 +
30NO + 20CO2
b) 5K2SO3 + 2KMnO4 + 6KHSO4 → 9K2SO4 + 2MnSO4 + 3H2O
2. a) Trong pin:
(-) Zn|Zn(NO3)2 0,2 M || AgNO3 0,1 M|Ag (+)
xảy ra các phản ứng:
Ở anot (-):
Zn(r) ⟶ Zn2+(aq) + 2e
Ở catot (+):
Ag+(aq) + e ⟶ Ag(r)
-----------------------------------------------Phản ứng của pin: Zn(r) + 2Ag+(aq) ⟶ Zn2+(aq) + 2Ag(r)
(1)
Sức điện động của pin (Epin):


.

a – hoạt độ; hoạt độ của chất rắn bằng 1; một cách gần đúng, hoạt độ được tính
theo nồng độ:

b) Tính nồng độ mol của ion Ag+ và Cl- tại cân bằng:
Điện cực bên trái không đổi, nghĩa là nồng độ ion Zn 2+ duy trì tại 0,200 M. Gọi x là
nồng độ mol của ion Ag+ sau khi thêm xong KCl. Ta có:
⟶ x = 7,354.10-10 (M)
Nồng độ mol của ion Cl- tại cân bằng:
[Cl-] = 0,300 – (0,1 – 7,354.10-10) = 0,200 (M)
Tích số tan: KS(AgCl) = [Ag+].[Cl-] = 7,354.10-10.0,2 = 1,47.10-10
2. a) Trên catot:
2 H2O(l) + 2 e → 2 OH-(dd) + H2(k)
Trên anot:
2 Cl-(dd) → Cl2(k) + 2 e
Sau đó: 3 Cl2(k) + 6 OH-(dd) → ClO3- (dd) + 5 Cl-(dd) + 3 H2O
Cl-(dd) + 3 H2O(l) → ClO3- (dd) + 3 H2(k)
b) Để tạo 1 mol KClO3 cần 1 mol KCl và 6 mol electron. Do đó để điều chế được 1
1.106
tấn KClO3, tức là
= 81,6.102 mol KClO3 cần 81,6.102 mol KCl và 6 . 81,6.102
122,5

mol electron.
→ m KCl = 607,920 (kg) và Q = 6 . 81,6.102. 96500 = 472,464.107 (C).

→ Q = 13,124.105 A.h.