HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
NĂM 2015
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Thời gian làm bài 180 phút
( Đề này có 04 trang, gồm 10 câu)
Câu 1.(2,0 điểm):Cấu tạo nguyên tử, phân tử- Định luật HTTH.
1. Có 3 nguyên tố R, X và Y trong bảng hệ thống tuần hoàn có số thứ tự tăng dần. R, X
và Y đều thuộc nhóm A và không cùng chu kì trong bảng hệ thống tuần hoàn. Electron
cuối cùng điền vào cấu hình electron của 3 nguyên tử R, X, Y có đặc điểm: tổng số lượng
tử chính (n) bằng 6; tổng số lượng tử orbital (

) bằng 2; tổng số lượng tử từ (

m
) bằng
-2; tổng số lượng tử spin (m
s
) bằng -1/2, trong đó số lượng tử spin của electron cuối cùng
của R là +1/2. Cho biết tên của R, X, Y.
2. Xác định cấu trúc phân tử của các phân tử và ion sau đồng thời cho biết kiểu lai hóa
các AO hóa trị của nguyên tử trung tâm: SOF
4
, TeCl
4
, BrF
3
, I
3
-

, ICl
4
-
?
Câu 2.(2,0 điểm):Tinh thể
Titan đioxit (TiO
2
) được sử dụng rộng rãi trong các loại kem chống nắng bởi khả năng
chống lại tia UV có hại cho da. Titan đioxit có cấu trúc tinh thể hệ bốn phương (hình hộp
đứng đáy vuông), các ion Ti
4+
và ion O
2-
được phân bố trong một ô mạng cơ sở như hình
bên.
a. Xác định số ion O
2-
, Ti
4+
trong một ô mạng cơ sở
và cho biết số phối trí của ion O
2-
và của ion Ti
4+
.
b. Xác định khối lượng riêng (g/cm
3
) của TiO
2
.

c. Biết góc liên kết trong TiO
2
là 90
o
.
Tìm độ dài liên kết Ti-O.
Câu 3.(2,0 điểm):Phản ứng hạt nhân.
Chuỗi phân rã thiên nhiên
238
92
U
206
82
→
Pb bao gồm một số phân rã anpha và beta trong
một loạt các bước kế tiếp.
a. Hai bước đầu tiên bao gồm
234
90
Th (t
1/2
= 24,10 ngày) và
234
91
Pa (t
1/2
= 6,66 giờ). Hãy viết
các phản ứng hạt nhân của hai bước đầu tiên trong sự phân rã của
238
U và tính tổng động

năng theo MeV của các sản phẩm phân rã. Cho khối lượng nguyên tử:
238
U = 238,05079u;
234
Th = 234,04360u;
234
Pa = 234,04332u và
4
He = 4,00260u.
1u = 931,5MeV và m
n
= 1,00867u; 1MeV = 1,602.10
-13
J.
2,96A
0
2,96A
0
4,59A
0
ion O
2-
ion Ti
4+
b. Phân rã kế tiếp của
238
U dẫn đến
226
88
Ra (t

1/2
= 1620 năm) mà sau đó bức xạ các hạt
anpha để tạo thành
222
86
Rn (t
1/2
= 3,83 ngày). Nếu một thể tích mol của rađon trong điều
kiện này là 25,0 lít thì thể tích của rađon ở cân bằng bền với 1,00kg rađi là bao nhiêu?
c. Hoạt độ của một mẫu phóng xạ trong chuỗi
238
U giảm 10 lần sau 12,80 ngày. Hãy tìm
hằng số phân rã và chu kỳ bán hủy của nó.
Câu 4.(2,0 điểm):Nhiệt hóa học.
Tính chất nhiệt động của một số phân tử và ion ở trạng thái chuẩn tại 25
0
C như sau:
C
3
H
8
(k) O
2
(k) CO
2
(k) H
2
O (l) CO
3
2

(aq.) OH
-
(aq.)
∆H
0
S
(kJmol
-1
)
-103,85 0 -393,51 -285,83 - 677,14 - 229,99
S
0
(J.K
-1
mol
-1
) 269,91 205,13
8
213,74 69,91 - 56,9 - 10,75

Xét quá trình oxi hoá hoàn toàn 1 mol C
3
H
8
(k) với O
2
(k) tạo thành CO
2
(k) và H
2

O (l),
phản ứng được tiến hành ở 25
0
C, điều kiện chuẩn, theo 2 cách: a) Bất thuận nghịch và b)
Thuận nghịch (trong một tế bào điện hoá).
1. Tính ∆H
0
, ∆U
0
, ∆S
0
,

∆G
0
của phản ứng trong mỗi cách nói trên.
2. Tính nhiệt, công thể tích, công phi thể tích (tức là công hữu ích) mà hệ trao đổi với môi
trường trong mỗi cách.
3. Tính ∆S của môi trường và ∆S tổng cộng của vũ trụ khi tiến hành quá trình theo mỗi
cách.
Câu 5.(2,0 điểm):Cân bằng hóa học pha khí.
Người ta tiến hành tổng hợp NH
3
với sự có mặt của chất xúc tác theo phản ứng sau:
2
1
N
2
+
2

3
H
2
NH
3
Khi tổng hợp tỉ lệ mol N
2
và H
2
là 1:3. Trong quá trình tổng hợp chúng ta thu được các số
liệu thực nghiệm sau:
C
O
ở P
tổng
= 10 atm
Lượng % NH
3
chiếm giữ
ở P
tổng
= 50 atm
Lượng % NH
3
chiếm giữ
350 7,35 25,11
450 2,04 9,17
a. Xác định K
p
theo số liệu thực nghiệm của bảng

b. Tính giá trị
∆
H của phản ứng theo P
tổng
đã cho.
Câu 6.(2,0 điểm):Cân bằng trong dung dịch điện ly
1 Cho các dung dịch sau: NaH
2
PO
4
0,01M (A); Na
2
HPO
4
0,01M (B); HCl 0,01M (C).
a. Trình bày vắn tắt cách xác định pH của các dung dịch và cho biết chất chỉ thị nào sau
đây tốt nhất sử dụng để phân biệt các dung dịch đó. Nêu rõ hiện tượng xảy ra?
(1) Metyl dacam (khoảng chuyển màu từ 3,1 - 4,4: pH < 3,1 màu đỏ; pH > 4,4 màu vàng).
(2) Metyl đỏ (khoảng chuyển màu 4,4-6,2; pH < 4,4 màu đỏ; pH > 6,2 màu vàng);
(3) Quỳ (khoảng chuyển màu 5,0-8,0; pH < 5,0 màu đỏ; pH > 8,0 màu xanh);
(4) Phenolphtalein (khoảng chuyển màu 8,2 - 10,0; pH < 8,2 không màu; pH > 10 màu đỏ)
b. Nhỏ từ từ đến hết V lít dung dịch NaOH 0,03M vào V lít dung dịch H
3
PO
4
0,02M có
thêm vài giọt quỳ tím, thu được dung dịch X.
Viết phương trình phản ứng xảy ra và cho biết sự thay đổi màu sắc của dung dịch.
Cho biết: H
3

PO
4
có pKa
1
= 2,15; pKa
2
= 7,21; pKa
3
= 12,32; pK
w
= 14
2. a. Tính pH của dung dịch K
2
Cr
2
O
7
0,10M.
b. Cho 100,0 ml dung dịch BaCl
2
0,25M vào 100,0 ml dung dịch K
2
Cr
2
O
7
0,10M.
Xác định pH của dung dịch thu được.
Cho biết: H
3

PO
4
có pKa
1
= 2,15; pKa
2
= 7,21; pKa
3
= 12,32; pK
w
= 14
Cr
2
O
7
2-
+ H
2
O  2HCrO
4
-
có K = 10
-1,64
;
HCrO
4
-
 H
+
+ CrO

4
2-
có K
a
= 10
-6,5
.
Tích số tan của BaCrO
4
là K
S
= 10
-9,93
.
Câu 7.(2,0 điểm):Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa.
1. Cho giản đồ Latimer sau:
H
5
IO
6

 →
+ V7,1
-
3
IO
 →
+ V14,1
HOI
→

?
-
3
I
 →
+ V54,0
-
I

MnO
4
-

→
?
MnO
4
2-
 →
+ V27,2
MnO
2
→
?
Mn
3+
 →
+ V50,1
Mn
2+

 →
− V18,1
Mn

Từ giản đồ trên tính:
-
3
0
HOI/I
E
;
2
4 4
0
MnO /MnO
E
- -
;
3
2
0
MnO /Mn
E
+
?
2. Tính nồng độ ban đầu của HSO
4
-
biết rằng ở 25
o

C, suất điện động của pin
Pt | I
−
0,1 (M) I
3
−
0,02 (M) || MnO
4
−
0,05 (M) Mn
2+
0,01 (M) HSO
4
−
C (M) | Pt
có giá trị 0,824 (V).
=
+−
0
/
2
4
MnMnO
E
1,51(V);
=
−−
0
3/
3

II
E
0,5355(V);
−
4
HSO
K
= 10
-2
.
Câu 8.(2,0 điểm):Nhóm Halogen
Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất sau:
+1,2V
+1,7V
+1,23V
• Đốt X ở nhiệt độ cao cho ngọn lửa màu vàng.
• Hòa tan X vào nước được dung dịch A, cho khí SO
2
đi từ từ qua dung dịch A thấy
xuất hiện màu nâu. Nếu tiếp tục cho SO
2
qua thì màu nâu biến mất thu được dung dịch
B; thêm một ít HNO
3
vào dung dịch B , sau đó thêm dư dung dịch AgNO
3
thấy tạo
thành kết tủa màu vàng.
• Hòa tan X vào nước, thêm một ít dung dịch H
2

SO
4
loãng và KI thấy xuất hiện màu
nâu và màu nâu bị biến mất khi thêm Na
2
S
2
O
3
.
1.Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion.
2.Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan hoàn toàn 0,1 g X vào nước
thêm dư KI và vài ml H
2
SO
4
loãng, lúc đó đã có màu nâu, chuẩn độ bằng Na
2
S
2
O
3
0,1
M tới mất màu tốn hết 37,4 ml dung dịch Na
2
S
2
O
3
. Tìm công thức phân tử của X.

Câu 9.(2,0 điểm):Nhóm O-S
Hòa tan hoàn toàn 2 gam một hỗn hợp chứa Na
2
S.9H
2
O, Na
2
S
2
O
3
.5H
2
O và tạp chất
trơ vào H
2
O, rồi pha loãng thành 250 ml dung dịch (dd A). Thêm tiếp 25 ml dung dịch iot
0,0525M vào 25 ml dung dịch A. Axit hóa bằng H
2
SO
4
rồi chuẩn độ iot dư hết 12,9 ml
dung dịch Na
2
S
2
O
3
0,101M. Mặt khác cho ZnSO
4

dư vào 50 ml dung dịch A. Lọc bỏ kết
tủa. Chuẩn độ dung dịch nước lọc hết 11,5 ml dung dịch iot 0,0101M. Tính % khối lượng
các chất trong hỗn hợp rắn ban đầu.
Câu 10.(2,0 điểm):Động học
Các quá trình trao đổi chất diễn ra trong cơ thể động vật có thể sản sinh ra các chất
độc hại, thí dụ O
2
−
. Nhờ tác dụng xúc tác của một số enzim (E) mà các chất này bị phá
huỷ, thí dụ: 2 O
2
−
+ 2 H
+
→ O
2
+ H
2
O
2
(∗)
Người ta đã nghiên cứu phản ứng (∗) ở 25
o
C với xúc tác E là supeoxiđeđimutazơ
(SOD). Các thí nghiệm được tiến hành trong dung dịch đệm có pH bằng 9,1. Nồng độ
đầu của SOD ở mỗi thí nghiệm đều bằng 0,400.10
−
6
mol.lít
−

1
. Tốc độ đầu V
o
của phản
ứng ở những nồng độ đầu khác nhau của O
2
−
được ghi ở bảng dưới đây:
C
o
(O
2
−
) mol. lít

−
1
7,69.10
−
6
3,33.10
−
5
2,00.10
−
4
V
o
mol. lít


−
1
.s
−
1
3,85.10
−
3
1,67.10
−
2
0,100
1. Thiết lập phương trình động học của phản ứng (∗) ở điều kiện thí nghiệm đã cho.
2. Tính hằng số tốc độ phản ứng.
…… HẾT………
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
CÂU Ý Nội dung chính cần đạt Điểm
Câu1 1
Ta có : n
R
+ n
X
+ n
Y
= 6 (1)


R
+


X
+

Y
= 2 (2)

(Y)(X)(R)
mmm

++
= -2 (3)
m
s(R)
+ m
s(X)
+ m
s(Y)
= -1/2(4)
- Ta có: n
R
+ n
X
+ n
Y
= 6. Vì 3 nguyên tố không cùng chu kì.
=> n
R
= 1, n
X
= 2, n

Y
= 3. Ba nguyên tố đều thuộc chu kì nhỏ. Nguyên tố
R thuộc chu kì 1 nên electron của nó có

R
= 0,
(R)
m

= 0, mà m
s(R)
= +1/2
=> R là nguyên tố hiđro.
- Ta có:

R
+

X
+

Y
= 2 (2). Vì

R
= 0 nên

X
+


Y
= 2. Vì X và Y
thuộc chu kì nhỏ nên không thể có giá trị

= 2 ⇒

X
=

Y
= 1. Electron
cuối cùng của X và Y thuộc phân lớp 2p và 3p.
(Y)(X)(R)
mmm

++
= -2 (3).
Vì
(R)
m

= 0 nên
(Y)(X)
mm

+
= -2. Mà

X
=


Y
= 1
nên

m
có các giá trị -1, 0, +1 ⇒
(X)
m

=
(Y)
m

= -1
m
s(R)
+ m
s(X)
+ m
s(Y)
= -1/2 (4).
Vì m
s(R)
= +1/2 nên m
s(X)
+ m
s(Y)
= -1.
Mà m

s
chỉ có giá trị là -1/2 hoặc +1/2 nên ⇒ m
s(X)
= m
s(Y)
= -1/2
Vậy electron cuối cùng điền vào cấu hình electron của nguyên tử
có bộ số lượng tử sau :
R : n = 1,

= 0,

m
= 0, m
s
= +1/2 1s
1
(hiđro)
X : n = 2,

= 1,

m
= -1, m
s
= -1/2 1s
2
2s
2
2p

4
(oxi)
Y : n = 3,

= 1,

m
= -1, m
s
= -1/2 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
4
(lưu
huỳnh)
0,5
0,25
0,25
2
Chất Trạng thái lai hóa Dạng hình
SOF
4
ọc
của phân

tử
sp
3
d lưỡng tháp tam giác
TeCl
4
sp
3
d tháp vuông
Mỗi
chất
0,2
=1đ
BrF
3
sp
3
d hình chữ T
I
-
3
sp
3
d thẳng
ICl
-
4
sp
3
d

2
vuông phẳng
Câu2
a.
Số ion O
2-
trong một ô mạng = 4.1/2 + 2.1 = 4
Số ion Ti
4+
trong một ô mạng = 8.1/8 + 1.1 = 2
Số ion O
2-
bao quanh ion Ti
4+
là 6 => số phối trí của Ti
4+
là 6.
Số ion Ti
4+
bao quanh ion O
2-
là 3 => số phối trí của O
2-
là 3.
b. Thể tích ô mạng cơ sở
= 2,96.10
-8
. 2,96.10
-8
.4,59.10

-8
= 4,022.10
-23
cm
3
Khối lượng riêng,
D =
3
23 3
[2.47,88 4.15,999]gam / mol
6,596 gam / cm
4,022.10 cm
−
+
=
≈ 6,6gam/cm
3
c. Ion Ti
4+
là tâm của bát diện đều tạo bởi 6 ion O
2-
.
2,96A
0
Độ dài liên kết Ti-O là x => 2x = (2,96)
1/2
=> x = 0,86A
0
.


0,5
0,5đ
0,5đ
0,5đ
Câu3
a
Năng lượng phản ứng và tổng động năng:
Bước 1:
HeThU
4
2
234
90
238
92
+→
Q = K
d
+ K
α
= [m(
238
U) – m(
234Th
) – m(
4
He)]c
2
= 4,28MeV.
Bước 2:

)(
0
1
234
91
234
90
β
hayePaTh
−
+→
Q = K
d
+ K
β
= [m(
234
Th) – m(
234
Pa)]c
2
= 0,26MeV
0,25
0,25
b
Tại cân bằng (không đổi) N
1
λ
1
= N

2
λ
2
= A (A: hoạt độ)
Với
226
Ra; λ
1
= 1,17.10
-6
ngày
-1
Với
222
Rn; λ
2
= 0,181 ngày
-1
.
0,25
0,25

lítV
moln
NN
N
Rn
Rn
4
5

19
2
624
2
24
23
1
10.15,7
10.86,2
10.72,110.17,1.10.66,2181,0.
10.66,2
226
10.022,6.1000
222
−
−
−
=⇒
=
=⇒=
==
0,5
c
N
1
= N
o
e
-
λ

t
=>
)(
2
1
21
2
1
tt
t
o
t
o
e
eN
eN
N
N
−
−
−
==
λ
λ
λ
18,0
80,12
10ln
==⇒
λ

=>
85,3
181,0
693,0
2/1
==t
ngày.
0,5
Câu4 1
Tính ∆H
0
, ∆U
0
, ∆S
0
, ∆G
0
của phản ứng (pư):
C
3
H
8
(k) + 5O
2
(k)  3CO
2
(k) + 4H
2
O(l)
∆H

0
(pư) = - 2220,00 KJ.mol
-1
; ∆S
0
(pư) = - 374,74 JK
-1
mol
-1
;
∆U
0
(pư) = ∆H
0
(pư) - ∆(pV)
= ∆H
0
- ∆(n
khí
RT) = - 2220,00 .10
3
J.mol
-1
- (-3mol . 8,3145
JK
-1
mol
-1
. 298,15K )
= - 2220,00 . 10

3
J.mol
-1
+ 7436,90 J.mol
-1
.
∆U
0
= - 2212,56. 10
3
J.mol
-1
.
∆G
0
= ∆H
0
- T ∆S
0
= [- 2220,00 . 10
3
- (298,15) . (-374,74) ]J.mol
-1
∆G
0
= - 2108,3 kJ.mol
-1
.
Vì H, U, S, G là các hàm trạng thái của hệ nên dù tiến hành theo cách
thuận nghịch hay bất thuận nghịch mà trạng thái đầu và trạng thái cuối

của hai cách giống nhau thì các đại lượng ∆H, ∆U, ∆S, ∆G cũng vẫn
bằng nhau.
0,25
0,25
0,25
2
Tính nhiệt, công thể tích, công phi thể tích mà hệ trao đổi.
*Quá trình bất thuận nghịch
- Nhiệt trao đổi của hệ q = ∆H
0

- Công thể tích W
tt
= ∫-pdV = -p∆V = - ∆n
k
RT
∆n
k
= - 3 mol -> W
tt
= -(3mol) . 8,3145 JK
-1
mol
-1
. 298,15K = +7436,90
Jmol
-1
>0 hệ nhận công.
0,5
- Công phi thể tích = 0

*Quá trình thuận nghịch.
- Tổng năng lượng mà hệ trao đổi với môi trường là ∆H
0
trong đó nhiệt
trao đổi là :
T∆S = 298,15K . (-374,74) JK
-1
mol
-1
) = -111,729 kJmol
-1
.
- Công thể tích: Wtt = -∆n
k
RT = + 7436,90 Jmol
-1
> 0 hệ nhận công
- Công phi thể tích cực đại: W' = ∆G
0
= - 2108,33 KJmol
-1
<0 hệ sinh
công
0,25
3
Tính ∆S của môi trường và ∆S tổng cộng.
* Quá trình bất thuận nghịch ∆S
hệ
= -374,74JK
-1

mol
-1
.
∆S
môi trường
= q
mt
/T = - ∆H
hệ
/T = 2220.10
3
jmol
-1
/298,15 = 7445,92 JK
-
1
mol
-1
∆S
tổng cộng
(vũ trụ) = ∆H
hệ
+ ∆S
môi trường
= 7071,18 JK
-1
mol
-1
> 0 -> phản
ứng tự phát.

* Quá trình thuận nghịch
∆S
hệ
= -374,74JK
-1
mol
-1
.
∆S
môi trường
= q
mt
/T = - q
hệ
/T = +111,7287 KJmol
-1
/298,15K <=> + 374,74
JK
-1
mol
-1
.
∆S
tổng cộng
(vũ trụ) = ∆H
hệ
+ ∆S
môi trường
= 0.
0,25

0,25
Câu
5
a
Phản ứng tổng hợp amoniac là:

2
1
N
2
+
2
3
H
2

⇔
NH
3
Theo định luật tác dụng khối lượng ta viết:
K
p
=
2/32/1
22
3
.
HN
NH
PP

P
- Tại nhiệt độ 350
O
C, áp suất toàn phần là 10 atm, mà áp suất của NH
3
chỉ chiếm 7,35%, nghĩa là 0,735 nên áp suất của N
2
và H
2
sẽ là:
P
2
N
+ P
2
H
= 10 – 0,735 = 9,265 atm
Lượng áp suất này được chia làm bốn phần
(N
2
+ 3H
2
2NH
3
) nên ta dễ dàng suy ra:
P
3
NH
= 0,735 atm; P
2

N
= 2,316 atm; P
2
H
= 6,949 atm
Với các số liệu này thì hằng số K
p
sẽ là:
K
p
=
2/32/1
)949,6()316,2(
735,0
= 2,64.10
2−
atm
1−
- Tại nhiệt độ 350
O
C, áp suất toàn phần là 50 atm, mà áp suất của NH
3

chỉ chiếm 25,11%, nghĩa là áp suất của khí NH
3
chiếm
12,555 atm. Theo định nghĩa về áp suất toàn phần ta có:
P
2
N

+ P
2
H
= 50 – 12,555 = 37,445 atm
Lượng áp suất này được chia làm bốn phần sẽ dẫn đến
P
2
N
= 9,361 atm; P
2
H
= 3.9,361 = 28,084 atm
Áp dụng bằng số vào công thức trên ta có thể tính được giá trị K
p
:
K
p
=
2/32/1
)08,28()361,9(
555,12
= 2,76.10
2−
atm
1−
Cũng bằng cánh lập luận và tính toán tương tự chúng ta thu được các
giá trị K
p
tại 450
O

C như sau:
- Ở 450
O
C, P
tổng
= 10 atm áp suất riêng phần cho từng khí là:
P
3
NH
= 0,204 atm; P
2
N
= 2,449 atm; P
2
H
= 7,347 atm
0,25
0,25
0,25
K
p
=
2/32/1
)347,7()449,2(
204,0
= 6,55.10
3−
atm
1−
- Ở 450

O
C, P
tổng
= 50 atm áp suất riêng phần cho từng khí là:
P
3
NH
= 4,585 atm; P
2
N
= 11,354 atm; P
2
H
= 34,061 atm
K
p
=
2/32/1
)061,34()354,11(
585,4
= 6,84.10
3−
atm
1−
0,25
b
Để tính sự biến thiên entanpi
∆
H của phản ứng trên tại hai nhiệt độ
350

O
C và 450
O
C chúng ta áp dụng công thức:
ln
1
2
p
p
K
K
=
R
H∆








−
21
11
TT
Trong trường hợp này giá trị
∆
H được xem là không phụ thuộc vào
khoảng nhiệt độ mà phản ứng xảy ra:


∆
H
O
=
12
21
2
1
ln
TT
K
K
TTR
p
P
−
- Tại P
tổng
= 10 atm. Giá trị
∆
H sẽ là:

∆
H
O
=
623723
10.64,2
10.55,6

ln723.623.314,8
2
3
−
−
−
= -52,199 J/mol
- Tại P
tổng
= 50 atm. Giá trị
∆
H sẽ là:

∆
H
O
=
623723
10.76,2
10.84,6
ln723.623.314,8
2
3
−
−
−
= -51,613 J/mol
0,5
0,5
Câu

6
1
a. Dung dịch A: pH
A
=
1 2
pKa pKa
2
+
= 4,68
Dung dịch B: pH
B
=
1 2
pKa pKa
2
+
= 9,765
Dung dịch C: [H
+
] = 0,01M => pH
C
= 2
Chất chỉ thị phù hợp nhất là metyl đỏ, khi đó:
dung dịch C có màu đỏ;
dung dịch A có màu đỏ da cam;
dung dịch B có màu vàng.
b. ( Nồng độ ban đầu của: NaOH = 0,015M; H
3
PO

4
0,01M
Phản ứng xảy ra:
H
3
PO
4
+ OH
-
→ H
2
PO
4
-
+ H
2
O
0,01 0,015
- 0,005 0,01
H
2
PO
4
-
+ OH
-
→ HPO
4
2-
+ H

2
O
0,01 0,005
5.10
-3
- 5.10
-3
Dung dịch thu được là một dung dịch đệm có dạng axit và bazơ liên hợp
cùng nồng độ mol. Do đó:
pH
X
= pK
a2
= 7,21.
Hiện tượng: dung dịch chuyển từ màu đỏ sang màu tím.
0,5
0,5
a. K
2
Cr
2
O
7
→ 2K
+
+ Cr
2
O
7
2-

0,1M
- 0,1M
Các cân bằng:
Cr
2
O
7
2-
+ H
2
O  2HCrO
4
-
(1) K
1
= 10
-1,64
HCrO
4
-
 H
+
+ CrO
4
2-
(2) K
a
= 10
-6,5
H

2
O  H
+
+ OH
-
(3) K
w
= 10
-14
Nhận xét: K
1
>> K
a
>> K
w
=> coi như lượng HCrO
4
-
chuyển hóa không
đáng kể so với lượng HCrO
4
-
được tạo thành.
Xét cân bằng (1):
Cr
2
O
7
2-
+ H

2
O  2HCrO
4
-
(1) K
1
= 10
-1,64
C 0,1
0,5
[ ] 0,1 - x 2x
2
2
1,64
4
1
2
2 7
[HCrO ]
(2x)
K 10
[Cr O ] 0,1 x
−
−
−
= = =
−
=> x = 2,124.10
-2
=>

[HCrO
4
-
] = 4,248.10
-2
M
Xét cân bằng (2):
HCrO
4
-
 H
+
+ CrO
4
2-
(2) K
a
= 10
-6,5
C 4,248.10
-2

[ ] 4,248.10
-2
- y y y
2
2
6,5
4
a

4
[H ][CrO ]
y
K 10
[HCrO ] 0,04248 y
+ −
−
−
= = =
−
=>
y = 1,16.10
-4
<< 4,248.10
-2
M
Vậy [H
+
] = 1,16.10
-4
M => pH = 3,96.
b.
Đánh giá khả năng hình thành kết tủa BaCrO
4
: [Ba
2+
][CrO
4
2-
] =

(0,25/2)(y/2) = 10
-5,14
>> K
S
, do đó có kết tủa BaSO
4
xuất hiện.
2Ba
2+
+ Cr
2
O
7
2-
+ H
2
O  2BaCrO
4
+ 2H
+
(2) K
2
= K
S
-
2
K
1
K
a

2
= 10
5,22
>> 1
0,125 0,05
0,025 - 0,10
[H
+
] = 0,10M => pH = 1.
0,5
Câu
7
1

-
3
0
HOI/I
1,2.(5 1/ 3) 1,14.(5 1)
E 1,38
1 1/ 3
V
+ - -
= =
+
;

2
4 4
0

MnO /MnO
1,7.(7 4) 2,27.(6 4)
E 0,56
7 6
V
- -
- - -
= =
-
;

3
2
0
MnO /Mn
1,23.(4 2) 1,5.(3 2)
E 0,96
4 3
V
+
- - -
= =
-
0,25
0,25
0,25
2
Ở điện cực phải: MnO
4
-

+ 8H
+
+ 5e→ Mn
2+
+ 4H
2
O
E
phải
=
0
/
2
4
+−
MnMnO
E
+
][
]].[[
lg
5
0592,0
2
8
4
+
+−
Mn
HMnO

= 1,51 +
01,0
][05,0
lg
5
0592,0
8|+
H
Ở điện cực trái: 3I
-
→ I
3
-
+ 2e
E
trái
=
0
3/
3
−−
II
E
+
3
3
][
][
lg
2

0592,0
−
−
I
I
= 0,5355 +
3
)1,0(
02,0
lg
2
0592,0
=0,574
0,25
0,25
E
pin
= E
phải
- E
trái
=> 0,824 = 1,51 +
574,0)].[5lg(
5
0592,0
8
−
+
H


=> [H
+
] = 0,05373 (M)
Mặt khác từ cân bằng
HSO
4
-
→ H
+
+ SO
4
2-
K
a

= 10
-2
C
o
C
[ ] C – [H
+
] [H
+
] [H
+
]
)054,0
)054,0(
][

][
10
22
2
−
=
−
+
+
−
CHC
H
=> [HSO
4
-
]=0,3456 M
0,25
0,5
Câu
8
1
X cháy cho ngọn lửa màu vàng ⇒ thành phần nguyên tố của X có natri.
Dung dịch X tác dụng với SO
2
đến dư thu được dung dịch B tạo kết tủa
vàng với AgNO
3
⇒ thành phần nguyên tố của X có iot.
Phản ứng của X với SO
2

chứng minh X có tính oxi hóa.
Từ lập luận trên X có cation Na
+
và anion IO
−
x
Đặt công thức của X là NaIO
x
.
Phản ứng dạng ion:
2 IO
−
x
+(2x-1) SO
2
+ 2(x-1) H
2
O → (2x-1) SO
4
2-
+ I
2
+ (4x-4) H
+
(1)
I
2
+ 2H
2
O + SO

2
→ 2I
−
+ SO
4
2-
+ 4H
+

(2)
Ag
+
+ I
−
→ AgI
(3)
IO
−
x
+ (2x-1) I
−
+ 2x H
+
→ x I
2
+ x H
2
O (4)
I
2

+ 2Na
2
S
2
O
3
→ 2NaI + Na
2
S
4
O
6
(5)
1,87.10
-3
← 3,74.10
-3

0,5
0,5
2
Số mol Na
2
S
2
O
3
= 0,1.0,0374 = 3,74.10
-3


Theo (5) ⇒ Số mol I
2
= ½(Số mol Na
2
S
2
O
3
) = 1,87.10
-3

Theo (4) ⇒ Số mol IO
−
x
=
x
1
(số mol I
2
) =
x
1
.1,87.10
-3

0,5
⇒
x1612723
1,0
++

=
x
1
.1,87.10
-3

⇒
x16150
x.1,0
+
= 1,87.10
-3
0,1x = 0,2805 + 0,02992x
⇒ x = 4
Công thức phân tử của X: NaIO
4
0,5
Câu9
Thêm 25 ml dung dịch I
2
0,0525M vào 25 ml dung dịch A
Na
2
S + I
2
→ 2NaI + S ↓ (1)
2Na
2
S
2

O
3
+ I
2
→ Na
2
S
4
O
6
+ 2NaI (2)
Chuẩn độ iot dư hết 12,9 ml dung dịch Na
2
S
2
O
3
0,101M (=0,0013029
mol)
2Na
2
S
2
O
3
+ I
2
→ Na
2
S

4
O
6
+ 2NaI (3)
→ I
2
dư 0,00065145 mol
→ I
2
tham gia phản ứng (1)+(2) là : 0,025x0,0525 – 0,00065145 =
0,00066105 mol = 6,6105x10
-4
(mol)
→ số mol I
2
cần p/ư với 250 ml dd A: 6,6105.10
-3
mol
Cho ZnSO
4
dư vào 50 ml dung dịch A.
Zn
2+
+ S
2-
→ ZnS ↓
Lọc bỏ kết tủa, chuẩn độ nước lọc hết 11,5 ml dd iot 0,0101M (=
0,00011615 mol = 1,1615.10
-4
mol) → số mol Na

2
S
2
O
3
trong 50 ml dd
A là 2,323.10
-4
mol → số mol Na
2
S
2
O
3
trong 250 ml dd A là 1,1615.10
-3
mol
→ số mol I
2
cần dùng trong (2) khi p/ư với 250 ml A là : 5,8075.10
-4
mol
→ số mol Na
2
S trong 250 ml dung dịch A: 6,02975.10
-3
mol
% Na
2
S.9H

2
O= 6,02975.10
-3
. 168.100/2 = 72,36%
%Na
2
S
2
O
3
.5H
2
O = 14,40%
% tạp chất trơ = 13,24%
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
Câu
10
1
dt
Od
v
][
2
=
= k [H

+
]
α
[O
2
−
]
β
;
Vì [H
+
] là một hằng số nên :
v = k [O
2
−
]
β

3,85.10
-3
= k (7,69.10
-6
)
β
1,67.10
-2
= k (3,33.10
-5
)
β

0,100 = k (2,00.10
-4
)
β
0,5
β






=
−
−
−
−
5
6
2
3
10.33,3
10.69,7
10.67,1
10.85,3
0,231 = (0,231)
β
β = 1
β







=
−
−−
4
52
10.00,2
10.33,3
100,0
10.67,1
0,167 = (0,167)
β
β = 1
β






=
−
−−
4
63
10.00,2

10.69,7
100,0
10.85,3
0,0385 = (0,0385)
β
β = 1
• v = k [O
2
−
]
0,5
k = 3,85.10
-3
mol.lit
-1
.s
-1
/ 7,69.10
-6
mol.lit
-1
= 501 s
−
1

k = 1,67.10
-2
mol.lit
-1
.s

-1
/ 3,33.10
-5
mol.lit
-1
= 501 s
−
1

k = 0,1

mol.lit
-1
.s
-1
/ 2,00.10
-4
mol.lit
-1
= 502 s
−
1

k
tb
= 501 s
−
1
0,5
0,5

HS làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
………HẾT…………