HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA TỈNH HÀ NAM NĂM 2015
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 4 trang, gồm 10 câu)
CÂU HỎI 1: CẤU TẠO NGUYÊN TỬ-ĐLTH (2 điểm)
1. Nguyên tử của nguyên tố X có electron cuối cùng có bộ các số lượng tử:
n = 3; l = 2; m = 0 và s = +
1
2
.
a) Viết cấu hình electron của nguyên tử nguyên tố X.
b) Hãy xác định năng lượng ion hóa thứ z (theo kJ/mol) của nguyên tử nguyên tố X.
Với z là số hiệu nguyên tử của nguyên tố X.
2. Cho các giá trị năng lượng ion hóa (eV) liên tiếp nhau như sau:
I
1
I
2
I
3
I
4
5,95 18,82 28,44 119,96
Hãy cho biết các giá trị năng lượng ion hóa đó có thể tương ứng với nguyên tố nào
sau đây:
Be (Z = 4); Al (Z = 13) và Fe (Z = 26).
Giải thích.
CÂU HỎI 2: TINH THỂ (2 điểm)
Tantan (Ta) có khối lượng riêng là 16,7 g/cm
3

, kết tinh theo mạng lập phương với
cạnh của ô mạng cơ sở là 3,32
0
A
.
a. Trong mỗi ô cơ sở đó có bao nhiêu nguyên tử Ta ?
b. Tantan kết tinh theo kiểu mạng lập phương nào ? Cho M
Ta
= 180,95 g/mol
CÂU HỎI 3: PHẢN ỨNG HẠT NHÂN (2 điểm)
Khi nghiên cứu một cổ vật dựa vào
14
C (t
1/2
= 5730 năm), người ta thấy trong mẫu đó
có cả
11
C; số nguyên tử
14
C bằng

số nguyên tử
11
C; tỉ lệ độ phóng xạ
11
C so với
14
C bằng
1,51.10
8


lần.
1. Viết phương trình phản ứng phóng xạ beta (β) của hai đồng vị đó.
2. Tính tỉ

lệ độ phóng xạ
11
C so với
14
C

trong mẫu này sau 12 giờ kể từ nghiên cứu
trên. Cho biết 1 năm có 365 ngày.
CÂU HỎI 4: NHIỆT HÓA HỌC (2 điểm)
1. Tính ∆H
0
của phản ứng giữa N
2
H
4
(l) và H
2
O
2
(l). Biết:
Chất N
2
H
4
(l) H

2
O
2
(l) H
2
O(k)
∆H
0
s
(kJ)
50,6 -187,8 -241,6
2. Tính ∆H
0
của phản ứng giữa N
2
H
4
(l) và H
2
O
2
(l) nếu dựa vào các dữ kiện nhiệt
động sau:
Liên kết N-N N=N
N≡N
N-H O-O O=O O-H
E
lk
(kJ/mol) 167 418 942 386 142 494 459
và

Chất N
2
H
4
H
2
O
2
∆H
0
hoá hơi
(kJ/mol)
41 51,63
3. Trong 2 kết quả tìm được ở trên, kết quả nào chính xác hơn? Tại sao?
4. Tính độ tăng nhiệt độ cực đại (∆T) của các khí sản phẩm?
Cho biết: C
p
, N
2
(k) = 29,1 J/mol.độ và C
p
, H
2
O (k) = 23,6 J/mol. độ
CÂU HỎI 5: CÂN BẰNG HÓA HỌC (2 điểm)
Cho các số liệu sau đây đối với phản ứng loại H
2
của C
2
H

6
1) Tính Kp đối với phản ứng khử hidro tại 900K bằng đơn vị Pa
2) Tại trạng thái cân bằng, trong bình phản ứng có áp suất tổng hợp là 2 atm. Tính K
C

và K
X
3) Người ta dẫn etan tại 627
0
C qua một chất xúc tác khử hidro. Tính phần trăm thể
tích các chất lúc cân bằng. Biết áp suất hệ lúc cân bằng là 101300 Pa
4) Tính K
P
của phản ứng khử H
2
tại 600K. Giả thiết trong khoảng nhiệt độ từ 600 –
900K và có giá trị không đổi. Giải thích sự khác nhau giữa các giá trị K
P
ở 600K
và 900K
CÂU HỎI 6: CÂN BẰNG DD CHẤT ĐIỆN LI (2 điểm)
1) Tính pH của dung dịch NaHCO
3
3.10
-2
(M).
Biết K
1
và K
2

của H
2
CO
3
lần lượt là 4,47.10
-7
và 4,68.10
-11

2) Tính nồng độ của H
3
O
+
trong dung dịch hỗn hợp HCOOH 0,01M và HOCN
0,1M.
Biết K
HCOOH
= 1,8.10
-4
và K
HOCN
= 3,3.10
-4
3) Thêm dung dịch chứa ion Ag
+
vào dung dịch hỗn hợp
Cl
−
(0,1M) và
2

4
CrO
−
(0,01M).
Hỏi kết tủa AgCl hay kết tủa Ag
2
CrO
4
xuất hiện trước?
Tính nồng độ ion
Cl
−
khi kết tủa màu nâu Ag
2
CrO
4
bắt đầu xuất hiện.
Cho
9,75
10
AgCl
T
−
=
;
2 4
11,95
10
Ag CrO
T

−
=
CÂU HỎI 7: PHẢN ỨNG OXI HÓA KHỬ VÀ ĐIỆN HÓA (2 điểm)
1) Hoàn thành các phản ứng sau đây theo phương pháp cân bằng ion-electron
a)
4 3 2 3 2
MnO HNO Fe O MnO
−
+ + → + +
b)
2
2 3 4
Cu S HNO NO SO
−
+ → + + +
2) Tính nồng độ ban đầu của
4
HSO
−
biết rằng khi đo sức điện động của pin
Pt │
3
(0,1 ); (0,02 )M M
− −
Ι Ι
║
2
4 4
(0,05 ); (0,01 ); ( )
M

MnO M Mn M HSO C
− + −
│Pt
ở 25
o
C có giá trị 0,824(V).
Cho
2
4
/
1,51( )
o
MnO Mn
V
− +
Ε =
;
3
/ 3
0,5355( )
o
V
− −
Ι Ι
Ε =
và
4
2
( )
1,0.10

a HSO
−
−
Κ =
CÂU HỎI 8: HALOGEN (2 điểm)
1. Cho các giá trị nhiệt độ sôi của các hiđrua sau:
Chất HF HCl HBr HI H
2
O H
2
S
Nhiệt độ sôi
(
0
C)
+ 19,5 -84,9 -66,8 -35,4 +100 - 60,75
a. Giải thích sự biến đổi nhiệt độ sôi của các dãy sau:
(1) HF, HCl, HBr, HI.
(2) H
2
O, H
2
S.
b. Trên thực tế, liên kết H-F phân cực hơn liên kết O-H, song tại sao nhiệt độ sôi của
HF < H
2
O
2. Hãy sắp xếp theo chiều tăng dần tính axit của các hiđrua đó. Giải thích?
CÂU HỎI 9: OXI LƯU HUỲNH (2 điểm)
Hoà tan lần lượt a gam Mg xong đến b gam Fe, c gam một sắt oxit X trong H

2
SO
4

loãng dư thu được 2,46 lít khí A (ở 27
0
C, 0,5 atm) và dung dịch B. Lấy 1/5 dung dịch B
cho tác dụng vừa đủ với 120 ml dung dịch KMnO
4
0,025M thu được dung dịch C. Biết
trong dung dịch C có 7,274 gam hỗn hợp muối trung hoà. Tìm công thức oxit sắt và các
giá trị a, b, c.
CÂU HỎI 10: ĐỘNG HỌC
Etylenoxit bị nhiệt phân theo phương trình sau:
CH
2
CH
2 (k)
CH
4

(k)
+ CO
(k)
O
Ở 687,7K áp suất chung của hỗn hợp phản ứng biến đổi theo thời gian như sau
t
(phút)
0 5 7 9 12 18
P.10

5
(N.m
-2
)
0,15
5
0,16
3
0,16
6
0,16
9
0,17
4
0,18
2
Hãy chứng tỏ rằng phản ứng phân hủy C
2
H
4
O là bậc nhất. Tính hằng số tốc độ ở nhiệt
độ thí nghiệm
Người ra đề
ĐINH TRỌNG MINH - 0988522822
LÃ THỊ THU

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
Câu Ý Nội dung chính cần đạt Điểm
Câu 1
1

a) Ứng với các số lượng tử đã cho => electron cuối cùng ứng
với cấu hình: 3d
3
Theo Kleckoski => phân lớp 3d có mức năng lượng lớn hơn
các phân lớp: 1s, 2s, 2p, 3s, 3p, 4s
Do đó theo nguyên lý vững bền
=> Thứ tự điền electron trong nguyên tử của nguyên tố X là:
1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
4s
2
3d
3
Vậy cấu hình electron của X là: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p

6
3d
3
4s
2
0.5
b) Nguyên tố X có Z = 23 => Năng lượng ion hóa thứ Z của X
là:
I
z
= - E
n
=
2
2
23
13,6
1
+
= 7194,4 eV
1eV = 1,602.10
-19
.1 = 1,602.10
-19
J = 1,602.10
-19
. 6.10
23
=
9,612.10

4
J/mol = 96,12 kJ/mol
I
z
= 7194,4.96,12 = 691 526 kJ/mol
0.5
2
Nhận xét: Năng lượng ion hóa thứ 3 và thứ 4 có sự chênh lệch
lớn, do đó quá trình tách electron thứ 4 xảy ra ở lớp bên trong.
Cấu hình electron của nguyên tử các nguyên tố:
Be 1s
2
2s
2
=> Năng lượng ion hóa thứ 2 và thứ 3 có sự
chênh lệch lớn vì sự tách electron xảy ra ở 2 lớp khác nhau.
Al 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
1
=> Lớp ngoài cùng có 3 electron và
sự tách electron thứ 4 xảy ra ở lớp bên trong => Năng lượng
ion hóa thứ 4 có sự tăng mạnh so với các giá trị năng lượng ion
hóa trước đó.

Fe 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
3d
6
4s
2
=> Năng lượng ion hóa thứ
nhất (I
1
) và thứ hai (I
2
) tăng nhẹ vì sự tách electron xảy ra ở
cùng lớp ngoài cùng. Năng lượng ion hóa thứ ba (I
3
) và thứ tư
(I
4
) lớn hơn nhiều so với I
2
vì sự tách xảy ra ở lớp phía trong.
Do đó, năng lượng ion hóa thứ ba (I
3

) và thứ tư (I
4
) có sự chênh
lệch ít.
Vậy các giá trị năng lượng ion hóa đã cho tương ứng với
nguyên tử của nguyên tố nhôm (Al).
0.25
0.5
0.25
Câu 2
1
3,32
0
A
= 3,32.10
-8
cm
Thể tích ô cơ sở của Ta là: V = (3,32.10
-8
)
3
= 36,6.10
-24
cm
3
Khối lượng của ô cơ sở là:
m = 36,6.10
-24
.16,7 = 611,22.10
-24

g
Gọi n là số nguyên tử Ta trong một ô cơ sở. Khối lượng một
nguyên tử Ta là: m
Ta
=
n
24
10.22,611
−
g
⇒
M
Ta
= m
Ta
×
N =
n
24
10.22,611
−
×
6,02.10
-23
=
n
95,367
Mà khối lượng mol của Ta là M
Ta
= 180,95 g/mol

⇒

n
95,367
=
180,95
⇒
n = 2
0.5
0.5
0.5
2.
Vì n = 2 nên Ta kết tinh theo kiểu mạng tinh thể lập phương
tâm khối.
0.5
Câu 3
1.
Các phương trình phản ứng hoá học hạt nhân:

6
C
11

7
N
11
+ β


6

C
14

7
N
14
+ β

0.5
2. Độ phóng xạ của một hạt nhân được tính theo biểu thức:
A = λN (1).
Trong đó, λ là hằng số phóng xạ, N là số hạt nhân
phóng xạ tại thời điểm đang xét:
Với mỗi đồng vị trên ta có:
C
11
A
11
= λ
11
N
11
(2)
C
14
A
14
= λ
14
N

14
(3)
Theo đầu bài, tại thời điểm đầu, có thể coi thời gian t = 0. Ta
ký hiệu:
N
11
= (N
o
)
11
; N
14
= (N
o
)
14
mà (N
o
)
11
= (N
o
)
14
(4)
Từ điều kiện:
[A
11
/A
14

] = [ λ
11
(N
o
)
11
/λ
14
(N
o
)
14
]

= 1,51.10
8
, kết hợp với (4), ta
có: λ
11
= λ
14
× 1,51.10
8
(5)
Với C
14
ta có λ
14
= (0,6932/t
1/2

) = (0,6932/5730 × 365 ×
24 × 60) = 2,30210
−
10
(phút
−
1
).
Đưa kết quả này vào (5) ta tính được: λ
11
= 2,302 × 10
−
10
×
1,51.10
8
= 3,476.10
−
2
(phút
−
1
) (6)
0.5
•) Xét tại t =12 giờ: Ta biết độ phóng xạ của một hạt nhân được
tính theo biểu thức: A = λN (1).
Mặt khác, ta có: N = N
o
e
−

λt
= N
o
exp [-λt] (7)
Với mỗi đồng vị ta có:
C
11
N
11
= (N
o
)
11
exp [-λ
11
t]

(8)
C
14
N
14
= (N
o
)
14
exp [-λ
14
t] (9)
Vậy tại t = 12 giờ, ta có [A

11
/A
14
] = [λ
11
N
11
/λ
14
N
14
]
(10)
Thay

(8) và

(9) vào (10), kết hợp (4), ta được:
[A
11
/A
14
] = [λ
11
/λ
14
]exp [t(λ
14
- λ
11

)]
= (3,476.10
−
2
/2,30210
−
10
)exp [12 × 60 ( 2,302 × 10
-10
-
3,476.10
−
2
]
Thực tế 2,30210
−
10
<< 3,476.10
−
2
nên ta có [A
11
/A
14
] ~
2,004.10
−
3
(lần).
Nhận xét:

Kết quả này là hợp lý vì λ
11
= 3,476.10
−
2
phút
−
1
>> λ
14
=2,302 ×
10
−
10
phút
−
1
.
Do đó trong thực tế ứng dụng người ta chỉ chú ý đến C
14
.
1.0
Câu 4
1.
N
2
H
4
(l) + 2H
2

O
2
(l) → N
2
(k) + 4H
2
O (k)
∆H
pư
= 4 mol. (-241,6 kJ/mol) - [2 mol. (-187,6) + 1 mol.
(50,6 kJ/mol) = - 641,8 kJ.
0.5
2.
∆H
pư
= 4.E
N-H
+ E
N-N
+ 4E
O-H
+ 2E
O-O
- E
N
≡
N
- 8E
O-H
= -

638,74 kJ.
0.5
3.
Kết quả 1) chính xác hơn 2) vì năng lượng liên kết chỉ là các
giá trị trung bình
0.5
4.
Tổng nhiệt dung của hỗn hợp khí sản phẩm là C = 29,1 +
4.23,6 = 123,5 J/K.mol
Độ tăng nhiệt độ ∆T = ∆H
pư
/ C

= 5196,76
0
C.
0.5
Câu 5
1.
Ta có
Thay số
Kp = K.
0.5
2.
K
C
= K
P
.(RT)-
∆n

= 5,017.10
-2
.(0,082.900)
-1
= 6,79.10
-4
(mol/l)
K
X
= K
P
.P
-∆n
= 5,017.10
-2
.2
-1
= 2,5.10
-2
0.5
3. Giả sử ban đầu có 1mol C
2
H
6
Xét cân bằng:
C
2
H
6
⇌ C

2
H
4
+ H
2
Mol ban đầu 1
Mol cân bằng 1-x x x
→
Áp suất riêng phần của từng chất:
0.5
K
P
= = ,22
→ x = 0,2
→ tại cân bằng
%C
2
H
4
= %H
2
= 0,2/(1+0,2) = 16,67%
%C
2
H
6
= 66,66%
4.
Phản ứng khử hidro
C

2
H
6
⇌ C
2
H
4
+ H
2
với
Có =
→
Áp dụng phương trình Van’t Hoff có
ln )
→ K
p,600K
= 0,34 Pa
Nhận xét: Phản ứng khử Hidro là phản ứng thu nhiệt, do
vậy khi giảm nhiệt độ (từ 900K xuống 600K) thì K
P
giảm
0.5
Câu 6
1.
Trong dung dịch có phản ứng chủ yếu là:
2
3 2 3 3
2HCO H CO CO
− −
→

+
¬ 
Cho nên
[ ]
2
2 3 3
H CO CO
−
 
=
 
Axit cacbonic có các hằng số axit
[ ]
3
1
2 3
H HCO
H CO
+ −
  
  
Κ =
và
2
3
2
3
H CO
HCO
+ −

−
  
  
Κ =
 
 
Suy ra: K
1
.K
2
=
2
H
+
 
 
→
1 2
.H K K
+
 
=
 
pH =
1 2
1
( ) 8,34
2
pK pK+ =
0.5

2.
HCOOH + H
2
O
ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
H
3
O
+
+ HCOO
-
[ ]
3
4
1
1,8.10
H O HCOO
HCOOH
+ −
−
   
   
Κ = =
HOCN + H
2
O
ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
H

3
O
+
+ OCN
-

[ ]
3
4
2
3,3.10
H O OCN
HOCN
+ −
−
   
   
Κ = =
Vì nồng độ các axit không quá bé cho nên có thể bỏ qua sự
điện li của nước.
0.5
Áp dụng định luật bảo toàn nồng độ, ta có:
3
H O HCOO OCN
+ − −
     
= +
     
Suy ra:
[ ] [ ]

3 1 2
3 3
HCOOH HOCN
H O
H O H O
+
+ +
 
= Κ + Κ
 
   
   
Cả hai axit đều yếu nên có thể coi gần đúng:
[ ]
2
1
10 ( )HCOOH C M
−
= =
và
[ ]
1
2
10 ( )HOCN C M
−
= =
Suy ra:
4 2 4 1 3
3 1 1 2 2
1,8.10 .10 3,3.10 .10 5,9.10 ( )H O K C K C M

+ − − − − −
 
= + = + =
 
3.
Ag Cl AgCl
+ −
+ →
;
.
AgCl
Ag Cl
+ −
   
Τ =
   
2
4 2 4
2Ag CrO Ag CrO
+ −
+ →
;
2 4
2
2
4
.
Ag CrO
Ag CrO
+ −

   
Τ =
   
Để kết tủa AgCl xuất hiện thì:
9,75
9
10
1,78.10 ( )
0,1
AgCl
AgCl
Ag Cl Ag M
Cl
−
+ − + −
−
Τ
    
≥ Τ → ≥ = =
    
 
 
Để kết tủa Ag
2
CrO
4
xuất hiện thì:
2 4
2 4
11,95

2
2 5
4
2
4
10
1,06.10 ( )
0,01
Ag CrO
Ag CrO
Ag CrO Ag M
CrO
−
+ − + −
−
Τ
     
≥ Τ → ≥ = =
     
 
 
Do
2 4
AgCl Ag CrO
Ag Ag
+ +
   
<
   


cho nên kết tủa AgCl xuất hiện trước.
Khi bắt đầu xuất hiện kết tủa Ag
2
CrO
4
thì
5
1,06.10 ( )Ag M
+ −
 
=
 
9,75
5
5
10
1,68.10 ( )
1,06.10
AgCl
Cl M
Ag
−
− −
−
+
Τ
 
⇒ = = =
 
 

 
0.5
0.5
Câu 7 1. Hoàn thành các phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng
ion-electron
a)
4 3 4 2 3 2
MnO Fe O Fe O MnO
−
+ + → + +
4 2 2
3 4 2 3 2
3 4
2 2 2 2
MnO e H O MnO OH
Fe O OH Fe O H O e
− −
−
+ + → +
+ → + +
4 3 4 2 2 2 3
2 6 2 9 2MnO Fe O H O MnO Fe O OH
− −
+ + → + +
b) Cu
2
S + HNO
3
→ … + NO + SO
4

2-
+ …
2 2
2 2 4
3 2
4 2 8 10
4 3 2
Cu S H O Cu SO H e
NO H e NO H O
+ − +
− +
+ → + + +
+ + → +
2 2
2 3 4 2
3 10 16 6 10 3 8Cu S NO H Cu NO SO H O
− + + −
+ + → + + +
0.5
0.5
x2
x3
x10
X3
2.
Ở điện cực dương (bên phải):
2
4 2
8 5 4MnO H e Mn H O
− + +

+ + +
ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
E
phải
=
2
4
8 8
4
/
2
. 0,05.
0,0592 0,0592
lg 1,51 .lg
5 5 0,01
o
MnO Mn
MnO H H
Mn
− +
− + +
+
     
     
Ε + = +
 
 
điện cực âm (bên trái):
3

3 2I I e
− −
+
ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
E
trái
=
3
3
3
/ 3
0,0592 0,0592 0,02
lg 0,5355 lg 0,574( )
2 2
(0,1)
o
I I
I
V
I
− −
−
−
 
 
Ε + = + =
 
 
E

pin
= E
+
- E
-
= 0,824
Suy ra:
8
0,05.
0,059
0,824 1,51 lg 0,574
5 0,01
H
+
 
 
= + −
Giải ra ta được: [H
+
] = 0,54 (M) = x
Từ cân bằng:
2
4 4
HSO H SO
− + −
+
ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
K
a

= 1,0.10
-2
Ban đầu: C 0 0
Cân bằng: (C – x) x x
2 2
a
a
x x
x C
C x
Κ = ⇒ + =
− Κ

Thay giá trị x =0,54 và K
a
= 1,0.10
-2
vào, ta tính được
4
0,346( )
HSO
C M
−
=
0.5
0.5
Câu 8 1. a. Nhiệt độ sôi: HCl < HBr < HI < HF
Loại liên kết giữa các phân tử: Van der Van
Liên kết hiđro + Van der Van
Trong đó, liên kết hiđro trong HF bền hơn nhiều so với

liên kết Van der Van. Do đó HF có nhiệt độ sôi cao nhất.
Liên kết Van der Van phụ thuộc chủ yếu vào tương tác
khuếch tán, nghĩa là tăng theo M. Vì thế HCl < HBr < HI.
(2) Tương tự: H
2
O có liên kết Hiđro còn H
2
S
không có liên kết Hiđro.
b. Liên kết H-F phân cực hơn liên kết O-H nghĩa là liên
kết Hiđro của H-F > H-O. Song trong nước, các phân tử H
2
O
liên kết với nhau bằng 4 liên kết hiđro tạo thành mạng không
gian (H
2
O)
n
(n lớn)
còn trong HF, các phân tử HF liên kết với nhau bằng 2 liên kết
hiđro tạo thành
mạch thẳng với đoạn ngắn (HF)
n
(n ≤ 6)
Vì thế, nước có nhiệt độ sôi cao hơn trong HF
0.5
0.5
0.5
2.
Tính axit: H

2
O < H
2
S < HF < HCl < HBr < HI
Giải thích: dựa vào mật độ điện tích âm trên nguyên tử trung
tâm: O
2-
> S
2-
> F
-
> Cl
-
> Br
-
> I
-
0.5
Câu 9
Đặt x, y, z lần lượt là số mol tương ứng của Mg, Fe và sắt oxit.
Theo đề:
2
H
n
=
0,5.2,46
0,05
0,082.(273 27)
=
+

mol
Khi phản ứng hết với dung dịch B:
số mol KMnO
4
là: 5.0,12.0,025 = 0,015 mol,:
khối lượng muối trung hoà thu được là: 7,274.5 = 36,37 gam
PTPƯ: Mg + H
2
SO
4
MgSO
4
+ H
2
(1)
Fe + H
2
SO
4
FeSO
4
+ H
2

(2)
10FeSO
4
+ 2KMnO
4
+ 8H

2
SO
4
5Fe
2
(SO
4
)
3
+ K
2
SO
4

+ 2MnSO
4
+ 8H
2
O (3)
0,07 0,015 0,0375 0,0075 0,015
Khối lượng muối tạo thành từ (3):
0,0375.400 + 0,0075.174 + 0,015.151 = 18,57 g
Vậy trong dung dịch C còn lại một lượng muối là: 36,37 –
18,57 = 17,8g (chắc chắn chứa MgSO
4
)
- Nếu
4
MgSO
m

= 17,8g thì
4
MgSO
n
=
148,0
120
8,17
≈
mol
⇒
)1(
2
H
n
≈

0,148 mol > 0,05 mol : vô lí
⇒
Dung dịch B ngoài MgSO
4
, FeSO
4
còn có muối khác tạo
thành từ sắt oxit l à Fe
2
(SO
4
)
3

- Nếu
075,0)4(
4
=
FeSO
n
mol chỉ do (2) cung cấp thì
)2(
2
H
n
= 0,075
mol > 0,05 mol: vô lí
⇒
Phải có một lượng FeSO
4
tạo thành từ
sắt oxit
Vậy sắt oxit khi tác dụng với H
2
SO
4
phải đồng thời tạo ra 2
muối: FeSO
4
và Fe
2
(SO
4
)

3

⇒
Công thức sắt oxit là: Fe
3
O
4
Fe
3
O
4
+ 4H
2
SO
4
FeSO
4
+ Fe
2
(SO
4
)
3
+ H
2
O (4)
(1)
⇒

4

MgSO
n
=
2
H
n
= x mol (2)
⇒

4
FeSO
n
=
2
H
n
= y mol
(4)
⇒

znn
SOFeFeSO
==
3424
)(
mol
Ta có các phương trình:
2
H
n

= x + y = 0,05 (*)

4
FeSO
n
= y + z = 0,075 (**)
342
)(SOFe
m
(4) +
4
MgSO
m
= 400.z + 120.x = 17,8 (***)
Giải hệ (*), (**) và (***)
ta có : x = 0,015 y = 0,035 z = 0,04
Vậy a = 0,36g b = 1,96g c = 9,28g
0.5
0.5
0.25
0.25
0.5
Câu 10
Giả sử phẩn ứng là bậc nhất
→ biểu thức tính
Gọi P là áp suất chung của hệ tại thời điểm t, P
o
là áp suất
ban đầu của etylenoxit, x là áp suất riêng phần của metan ở thời
điểm t, khi đó áp suất riêng phần của etylenoxit tại thời điểm t

là P
o
– x
→ áp suất chung của hệ P = P
o
– x + x + x = P
o
+ x
→ x = P - P
o
→ P
o
– x = P
o
– (P - P
o
) = 2P
o
– P
→
→ phương trình động học của phản ứng có dạng
Thay các giá trị ứng với t khác nhau ta được
k
1
= 1,06.10
-2
ph
-1
k
2

= 1,05.10
-2
ph
-1
k
3
= 1,05.10
-2
ph
-1
k
4
= 1,08.10
-2
ph
-1
k
5
= 1,06.10
-2
ph
-1
Nhận xét: hằng số tốc độ tại các thời điểm xấp xỉ bằng
nhau nên phản ứng đúng là bậc 1
Hằng số tốc độ phản ứng bằng
0.5
1.0
0.5
Người ra đề
ĐINH TRỌNG MINH - 0988522822

LÃ THỊ THU