HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY NĂM 2015
TỈNH NINH BÌNH Thời gian làm bài 180 phút
Đ Ề THI Đ Ề XUẤT (Đề này có 4 trang, gồm 10 câu)
Câu I (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn.
Photpho đỏ tác dụng với Cl
2
dư thu được hợp chất A. Đun nóng A với NH
4
Cl trong dung
môi hữu cơ thu được hợp chất B có dạng [NP
2
Cl
6
][PCl
6
]. Nếu tiếp tục đun, anion của B phản
ứng với NH
4
+
để tạo ra chất trung gian C có công thức Cl
3
P=NH, cation của B phản ứng với
C lần lượt tạo ra các cation D [N
2
P
3
Cl
8
]

+
và E [N
3
P
4
Cl
10
]
+
. Sau đó E tách đi cation F để tạo ra
hợp chất thơm G (N
3
P
3
Cl
6
).
1. Viết công thức cấu tạo của các chất hoặc ion A, C, D, E, F.
2. Viết công thức cấu trúc của các ion trong B và xác định trạng thái lai hóa của N, P trong B,
G.
Câu II (2,0 điểm) Tinh thể
Bán kính ion của Ba
2+
và O
2-
lần lượt là 134 pm và 140 pm. Giả sử khi tạo thành tinh thể,
không có sự biến đổi bán kính các ion.
1. BaO có mạng tinh thể kiểu NaCl. Hãy tính khối lượng riêng của BaO (g/cm
3
) theo lý

thuyết. Cho nguyên tử khối của Ba là 137,327 và của oxi là 15,999.
2. BaO
2
cũng có mạng tinh thể tương tự BaO nhưng một cạnh của ô lập phương bị kéo dài so
với 2 cạnh còn lại. Hãy vẽ một ô mạng cơ sở của BaO
2
và tính gần đúng bán kính của mỗi
nguyên tử oxi trong ion O
2
2-
biết rằng độ dài liên kết O-O trong O
2
2-
là 149 pm và khối lượng
riêng của BaO
2
thực tế là 5,68 g/cm
3
.
Câu III (2,0 điểm). Phản ứng hạt nhân.
Photpho có hai đồng vị phóng xạ là
32
P (T
1/2
= 14,3 ngày) và
33
P (T’
1/2
= 25,3 ngày) với khối
lượng nguyên tử tương ứng là 31,97390727 (u) và 32,9717255 (u). Quá trình phóng xạ của

32
P và
33
P đều sinh ra một loại hạt có thể đâm xuyên qua tờ giấy nhưng bị cản bởi lá nhôm.
Các hạt nhân con thu được có khối lượng lần lượt là 31,97207100 (u) và 32,97145876 (u).
1. Viết phương trình phân rã của
32
P và
33
P. Tính năng lượng giải phóng trong quá trình phân
rã theo đơn vị J/nguyên tử. (N
A
= 6,0221.10
23
; c = 2,99979 m/s)
2. Một mẫu chứa cả hai đồng vị phóng xạ trên với độ phóng xạ ban đầu là 9136,2 Ci; sau 14,3
ngày, độ phóng xạ của mẫu giảm xuống còn 4569,7. Hãy tính tỷ lệ
32
P/
33
P trong mẫu ban đầu.
1
Câu IV (2,0 điểm) Nhiệt hóa học.
1. Tính entanpi chuẩn ở 1500
o
C của phản ứng:
CH
4

(k)

+ 2O
2

(k)
→ CO
2

(k)
+ 2H
2
O
(k)
, ∆H
o
298
= -802,25 kJ
Cho biết C
o
p ( J.K
-1
. mol
-1
):
CH
4
(k): 23,64 + 47,86.10
-3
T -1,92.10
5
T

-2
H
2
O (k): 30,54 + 10,29 . 10
-3
T
O
2
(k): 29,96 + 4,18 .10
-3
T – 1,67 .10
5
T
-2
CO
2
(k): 44,22 + 8,79 . 10
-3
T – 8,62 .10
5
T
-2
2. Tính nhiệt độ của ngọn lửa CO cháy trong hai trường hợp sau:
a. Cháy trong không khí (20% oxy và 80% nitơ theo thể tích).
b. Cháy trong oxy tinh khiết.
Cho biết lượng oxy vừa đủ cho phản ứng, nhiệt độ lúc đầu là 25
o
C. Entanpi cháy của CO ở
25
o

C và 1atm là 283kJ.mol
-1
. Bỏ qua sự trao đổi nhiệt với môi trường. Nhiệt dung mol chuẩn
của các chất như sau:
C
o
p
(CO
2
, k) = 30,5 + 2.10
-2
T;
C
o
p
(N
2
, k) = 27,2 + 4,2.10
-3
T
Câu V (2,0 điểm) Cân bằng pha khí
Ngày nay, để thu hồi Clo từ hidroclorua, người ta sử dụng cân bằng:
O
2(k)
+ 4HCl
(k)
 2Cl
2(k)
+ 2H
2

O
(k)

1. Tính hằng số cân bằng K
p
của phản ứng trên ở 298K dựa vào các số liệu nhiệt động sau:
O
2(k)
HCl
(k)
Cl
2(k)
H
2
O
(k)
∆H
O
s
(kJ/mol)
-92,3 -241,8
S
O
(J/mol.K) 205 186,8 223 188,7
2. Phản ứng trên thực tế có diễn ra ở nhiệt độ thường không? Giải thích.
3. Cho 2,2 mol O
2
và 2,5 mol HCl vào bình kín dạng xilanh, áp suất cố định là 0,5 atm và
nhiệt độ là T. Khi hệ đạt cân bằng, lượng O
2

nhiều gấp đôi lượng HCl. Tính giá trị T.
4. Ở 520K, nạp vào bình phản ứng một lượng hỗn hợp HCl và O
2
, Ở trạng thái cân bằng thì
HCl đạt mức chuyển hóa 80%. Tính áp suất riêng phần của O
2
ở trạng thái cân bằng.
Câu VI (2,0 điểm) Cân bằng axit-bazơ
Cho H
2
S lội qua dung dịch chứa Cd
2+
0,010M và Zn
2+
0,010M đến khi nồng độ H
2
S đã hấp
thụ đạt 0,02 M.
2
1. Hỏi những ion nào bị kết tủa hoàn toàn?Tính pH của dung dịch khi các cân bằng đã được
thiết lập.
2. Thiết lập khu vực pH tại đó còn dưới 0,1% Cd
2+
trong dung dịch mà ZnS chưa bị kết tủa.
Cho: H
2
S pK
a1
= 7,02 pK
a2

= 12,90; K
s,CdS
= 10
-26
; K
s,ZnS
= 10
-21,6

* 10,2 * 8,96
CdOH ZnOH
= 10 ; = 10
+ +
− −
β β
Câu VII (2,0 điểm) Phản ứng oxi hóa khử-điện hóa
1. Hãy hoàn thành các phương trình phản ứng oxi hóa khử sau bằng cách điền thêm các chất
sản phẩm và các chất môi trường.
K
2
Cr
2
O
7
+ CrSO
4
+ → Cr
2
(SO
4

)
3
+
Fe(NO
3
)
2
+ H
2
SO
4
loãng →
K
2
MnO
4
+ H
2
O →
NaNO
3
+ Mg + H
2
SO
4
→
2. Cho pin sau : H
2
(Pt),
2

H
P =1atm
/ H
+
: 1M || MnO
−
4
: 1M, Mn
2+
: 1M, H
+
: 1M / Pt
Biết rằng sức điện động của pin ở 25
0
C là 1,5V.
a) Hãy cho biết phản ứng thực tế xảy ra trong pin và tính
- 2+
4
0
MnO /Mn
E
?
b) Sức điện động của pin thay đổi như thế nào khi thêm một ít NaHCO
3
vào nửa trái của
pin?
Câu VIII (2,0 điểm). Nhóm halogen
1. Một giáo viên làm thí nghiệm vui mô tả cách biến chì thành vàng như sau: Ngâm một lá
chì vào một dung dịch X ở nhiệt độ 90
O

C, một thời gian sau lấy lá chì ra, để nguội dung dịch
thấy những tinh thể màu vàng óng ánh xuất hiện.
a) Một học sinh xác định dung dịch X có thể là CuI
2
hoặc AuCl
3
. Điều này có hợp lý không?
Giải thích.
b) Đề nghị một dung dịch X khác hai chất trên để thực hiện thí nghiệm. Viết phương trình
minh họa.
2. Dẫn từ từ 2,24 lít hỗn hợp khí CO và CO
2
qua I
2
O
5
dư đun nóng. Chất rắn sau phản ứng
hòa tan vào dung dịch chứa NaI và Na
2
CO
3
dư được dung dịch Y. Dung dịch Y phản ứng vừa
đủ với 20,00 mL dung dịch Na
2
S
2
O
3
0,10 M.
Viết các phương trình phản ứng xảy ra và xác định phần trăm thể tích khí CO trong hỗn hợp

khí ban đầu.
3
Câu IX (2,0 điểm). Oxi-lưu huỳnh
Các hợp chất X, Y, Z đều cấu tạo gồm các nguyên tố Na, S, O trong đó M
Z
– M
Y
= M
Y
– M
X
= 16.
Khử Y bằng cacbon ở nhiệt độ cao rồi cho sản phẩm vào dung dịch HCl thu được một chất
khí mùi trứng thối. Khí này tác dụng với dung dịch HClO thu được sản phẩm chứa lưu huỳnh
có cùng số oxi hóa với lưu huỳnh trong Y.
Từ dung dịch X có thể trực tiếp điều chế Z bằng cách hòa tan vào Z một đơn chất, sau đó cô
đặc dung dịch và kết tinh để thu được một tinh thể. Lọc vớt tinh thể rồi làm khô, đun nóng
nhẹ được dung dịch chứa Z với nồng độ C%.
1. Xác định X, Y, Z và viết các phương trình phản ứng minh họa.
2. Tính giá trị của C.
Câu X (2,0 điểm). Động hóa học
1. Ở 25
O
C, sự thủy phân metyl axetat với sự có mặt của HCl dư nồng độ 0,05 M là phản ứng
bậc 1. Sau mỗi khoảng thời gian, người ta lấy ra 25 cm
3
dung dịch và trung hòa bằng dung
dịch NaOH loãng. Thể tích dung dịch NaOH dùng để trung hòa 25cm
3
hỗn hợp phản ứng

theo thời gian như sau:
t (phút) 0 21 75 119
∞
V
NaOH
(mL) 24,4 25,8 29,3 31,7 47,2
Bằng phương pháp tính hằng số tốc độ trung bình, hãy tính hằng số tốc độ và thời gian nửa
phản ứng.
2. Màu nâu xuất hiện khi oxy và nitơ (II) oxit kết hợp với nhau trong bầu thủy tinh chân
không. Từ các thí nghiệm ở 25
o
C có các số đo sau:
[NO] (mol.L
-1
) [O
2
] (mol.L
-1
) Tốc độ đầu (mol.L
-1
.s
-1
)
Thí nghiệm 1 1,16.10
-4
1,21.10
-4
1,15.10
-8
Thí nghiệm 2 1,15.10

-4
2,41.10
-4
2,28.10
-8
Thí nghiệm 3 2,31.10
-4
2,42.10
-4
9,19.10
-8
Xác định bậc phản ứng theo O
2
, theo NO và hằng số tốc độ phản ứng tại 298
o
K.
Hết
Người ra đề: Đinh Xuân Quang (0989134836):
4
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA HỌC - KHỐI 10
Câu Nội dung chính cần đạt Điểm
I
1. P + Cl
2
→ PCl
5
(A)
PCl
5
+ NH

4
Cl → [Cl
3
P=N=PCl
3
][PCl
6
] + 4HCl
(B)
[PCl
6
] + NH
4
+
→ Cl
3
P=NH + HCl
(C)
[Cl
3
P=N=PCl
3
]
+
+ Cl
3
P=NH → [Cl
3
P=N –PCl
2

=N=PCl
3
]
+
+ HCl
(D)
[Cl
3
P=N–PCl
2
=N=PCl
3
]
+
+ Cl
3
P=NH → [Cl
3
P=N–PCl
2
=N–PCl
2
=N=PCl
3
]
+
+ HCl
(E)
[Cl
3

P=N –PCl
2
=N –PCl
2
=N=PCl
3
]
+
→ [PCl
4
]
+
+ (N
3
P
3
Cl
6
)
(F) (G) (Vòng thơm (-N=PCl
2
-)
3
2. Cấu trúc của G và các ion trong B:
N
P
N
P
N
P

Cl
ClCl
Cl
Cl
Cl
P N P
Cl
Cl
Cl
Cl
Cl
Cl
P
Cl
Cl Cl
Cl
Cl
Cl
Trạng thái lai hóa: G: P sp
3
; N sp
2
B: P sp
3
và sp
3
d
2
N sp
0,25

0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
II 1. BaO có kiểu mạng giống với tinh thể NaCl, tức là 2 ô mạng lập phương tâm
diện của O
2-
và Ba
2+
lồng vào nhau → có 4 phân tử BaO trong một tế bào cơ sở.
Thể tích của một tế bào cơ sở:
V
tb
= (2x134.10
-10
+ 2x140.10
-10
)
3
= 1,64567.10
-22
(cm
3
).
Khối lượng của một phân tử BaO: m =

10.023,6
999,15327,137
23

+
= 2,54567.10
-22
(g).
Như vậy, khối lượng riêng của tinh thể BaO là :
d =

.4
tb
V
m
= 6,1875( g.cm
-3
). (Thực nghiệm là 5.72 g/cm
3
)
2. Một cạnh của khối lập phương bị kéo dài → do cấu tạo O
2
2-
có dạng số 8. Vì chỉ
một cạnh bị kéo dài so với 2 cạnh còn lại → các ion O
2
2-
định hướng song song với
nhau.
Trong mỗi ô cơ sở có 4 phân tử BaO
2
→ thể tích của mỗi ô: V = 4m/D
Với m =


10.023,6
999,15.2327,137
23
+
= 2,8113.10
-22 gam
.
→ V = 1,9798.10
-22
(cm
3
) = 197979342 (pm
3
)
(2x134 + 2a)
2
.( 2x134 + 2a+149) = 197979342
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
5
Câu Nội dung chính cần đạt Điểm
(134 + a)
2
.(134 + a+74,5) = 24747418
(134 + a)

3
+ (134 + a)
2
. 74,5 - 24747418 = 0
→ a = 268,6-134 = 135 pm
0,25
III
1. Khối lượng nguyên tử thay đổi không đáng kể → hạt được phóng xạ ra là hạt β
+
hoặc β
-
vì xuyên qua giấy nhưng bị cản bởi lá nhôm.
Nếu là β
+
thì sinh ra
33
Si là nguyên tử kém bền (
32
P phóng xạ vì nhiều notron). Vậy
quá trình phóng xạ là β
-
.
15
P
32
→
16
S
32
+ β

-
(1)
15
P
33
→
16
S
33
+ β
-
. (2)
Độ hụt khối lượng:
∆m
1
= 1,83627.10
-3
(u) = 3,0491.10
-30
(kg) → ∆ E
1
= ∆m
1
.c
2
= 2,7403.10
-13
(J).
∆m
1

= 2,6674.10
-4
(u) = 4,4292.10
-31
(kg) → ∆ E
2
= ∆m
2
.c
2
= 3,9807.10
-14
(J).
2. Gọi độ phóng xạ của
32
P và
33
P ban đầu là A
o
và A
o
’.
→ A
o
+ A
o
’ = 9136,2
Sau 14,3 ngày, độ phóng xạ của
32
P và

33
P còn lại là A
o
/2 và e
-k’t
.A
o
’
với k’ = ln2/T
1/2
= 0,0274 (ngày
-1
)
→ A
o
/2 + e
-0,0274.14,3
.A
o
’ = 4569,7
Giải hệ phương trình được A
o
= 9127,1 và A
o
’ = 9,1.
→ Tỷ lệ mol:
P
P
33
32

=
'
2/1
'
2/1
'
'
TA
TA
kA
kA
o
o
o
o
=
= 567
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,5
IV
1. ∆C
o
P
= C
o
P(CO2)

+ 2 C
o
P(H2O)
– [ C
o
P(CH4)
+ 2C
o
P(O2)
]
= 21,74 – 26,85.10
-3
T – 3,36.10
5
T
-2
Theo phương trình Kirchhoff:
∆H
o
T2
= ∆H
o
T1
+
∫
2
1
T
T
∆C

P
dT
∆H
o
1773
= ∆H
o
298
+
∫
1773
298
∆C
o
P
dT
= - 802,25.103 +
1773
298
]74,21[ T
-
1773
298
23
]10.85,26
2
1
[ T
−
+

1773
298
5
]
10.36,3
[
T
= - 812130 J
2. Nhiệt sinh ra trong phản ứng cháy sẽ nâng nhiệt độ của hỗn hợp khí sau phản
ứng.
a. Cháy trong không khí:
KTdTCCH
T
o
P
o
P
o
NCO
25550)2(
298
298
22
=⇒=++∆
∫
b. Cháy trong oxi tinh khiết:
KTdTCH
T
o
P

o
CO
40980
298
298
2
=⇒=+∆
∫
0,5
0,5
0,5
0,5
V
1. Từ các số liệu trên, tính được ∆H
O
= -114,4 (kJ/mol); ∆S
O
= -128,8 (J/mol.K)
→ ở 298K, ∆G
O
= ∆H
O
-298∆S
O
= -76,02 (kJ/mol)
Mà ∆G
O
= -RTlnK → K = 10
13,2
.

2. Mặc dù hằng số K rất lớn nhưng phản ứng trên không xảy ra ở nhiệt độ thường
vì năng lượng liên kết của O
2
lớn → tốc độ phản ứng rất chậm.
3. O
2(k)
+ 4HCl
(k)
 2Cl
2(k)
+ 2H
2
O
(k)

0,5
0,5
6
Câu Nội dung chính cần đạt Điểm
bđ 2,2 2,5
sp 2,2-x 2,5-4x 2x 2x
Vì O
2
nhiều gấp đôi HCl → 2,2-x = 2(2,5-4x) ↔ x = 0,4 mol
K
p
=
4
22
2

22
HCl
O
OHCl
PP
PP
=
4
22
2
22
HCl
O
OHCl
nn
nn
P
1
= 2,983
→ ∆G
O
= -RTlnK
p
= ∆H
O
-T∆S
O
.
↔ -2,436T = -114400 + 128,8T ↔ T = 871,7 (K)
4.Ở 520

O
C thì lnK
p
=
R
S
RT
H
OO
∆
+
∆
−
= 1,86 ↔ K
p
= 6,422
Vì lượng chuyển hóa HCl đạt 80% → tại trạng thái cân bằng, P
Cl2
= P
H2O
= 2P
HCl
.
K
p
=
4
22
2
22

HCl
O
OHCl
PP
PP
= 6,422 ↔
2
16
O
P
= 6,422 ↔
2
O
P
= 2,49 (atm)
0,5
0,5
VI 1. Các cân bằng:
H
2
S  HS
-
+ H
+
K
a1
= 10
-7,02
HS
-

 S
2-
+ H
+
K
a2
= 10
-12,90
Cd
2+
+ S
2-
 CdS K
s1
= 10
-26
Zn
2+
+ S
2-
 ZnS K
s2
= 10
-21,6
Tổ hợp các cân bằng trên ta được:
H
2
S + Cd
2+
 CdS + 2H

+
(1) K
1
= 10
6,08
H
2
S + Zn
2+
 ZnS + 2H
+
(2) K
2
= 10
1,68
K
1
, K
2
đủ lớn nên coi phản ứng tạo CdS, ZnS xảy ra hoàn toàn. Nồng độ H
+
đủ lớn
để bỏ qua các cân bằng tạo phức hidroxo, S
2-
tồn tại chính ở dạng H
2
S.
ZnS + 2H
+
 H

2
S + Zn
2+
K
2
-1
= 10
-1,68
0,04 M
[ ] 0,04 -2x x x
2
2

(0,02 2 )
x
x−
= 10
-1,68
→ x = 4,5.10
-3
.
CdS + 2H
+
 H
2
S + Cd
2+
K
1
-1

= 10
-6,08
0,0355 0,0045
[ ] 0,0355-2y 0,0045+ y y
2
(0,045 )

(0,0355 2 )
y y
y
+
−
= 10
-6,08
→ y = 2,329.10
-7
.
Vậy Cd
2+
kết tủa hoàn toàn, Zn
2+
chỉ kết tủa 55%
pH của dung dịch: 1,45.
2. Điều kiện để không có kết tủa ZnS là:
2
2
s2
'
S
Zn

K
C <
C
−
+
Khi CdS đã kết tủa 99,9% thì pH của dung dịch đạt rất thấp, sự tạo phức hidroxo
của Zn
2+
là không đáng kể
→
2
'
Zn
C
+
≈ 0,01M
→ Điều kiện để ZnS chưa xuất hiện là:
2
21,6
19,6
S
10
C < = 10 M
0,01
−
−
−
(2)
0,25
0,25

0,25
0,25
0,25
0,25
7
Câu Nội dung chính cần đạt Điểm
Khi [Cd
2+
] =
5
0,1
0,01 = 1,0.10 M
100
−

Điều kiện để kết tủa được 99,9% Cd
2+
là:
2
26
21
5
S
10
C > = 10
10
−
−
−
−

Vậy khu vực pH tại đó chỉ còn 0,1%Cd
2+
trong dung dịch mà Zn
2+
vẫn chưa bị kết
tủa là:
10
-21
<
2
S
C
−
< 10
-19,6

21 19,6
a1 a 2 2
2
K .K .[H S]
10 < < 10
[H ]
− −
+
⇔
với [H
2
S] = 0,01001 M
10
-1,16

< [H
+
] < 10
-0,46
0,25
0,25
VII
1. Các phản ứng:
K
2
Cr
2
O
7
+ CrSO
4
+ H
2
SO
4
→ Cr
2
(SO
4
)
3
+ K
2
SO
4

+ H
2
O
9Fe(NO
3
)
2
+ 6H
2
SO
4
→ 2Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3NO + 5Fe(NO
3
)
3
+ 6H
2
O
3K
2
MnO
4
+ 2H
2

O → 2KMnO
4
+ MnO
2
+ 4KOH
2NaNO
3
+ 8Mg + 10H
2
SO
4
→ 8MgSO
4
+ Na
2
SO
4
+ (NH
4
)
2
SO
4
+ 6H
2
O
2. Phản ứng thực tế xảy ra trong pin:
Do E
pin
= 1,5 V > 0 nên cực Pt - (phải) là catot, cực hiđro - (trái) là anot do đó phản

ứng thực tế xảy ra trong pin sẽ trùng với phản ứng quy ước:
- Catot: MnO
−
4
+ 8H
+
+ 5e  Mn
2+
+ 4H
2
O
- Anot: H
2
 2H
+
+ 2e
→ phản ứng trong pin: 2MnO
−
4
+ 6H
+
+ 5H
2
 2Mn
2+
+ 8H
2
O
* E
0

pin
= E
0
/
2
4
+−
MnMnO
- E
0
/2
2
HH
+
= 1,5 V
→ E
0
/
2
4
+−
MnMnO
= 1,5 V
* Nếu thêm một ít NaHCO
3
vào nửa trái của pin sẽ xảy ra pư:
HCO
3
-
+ H

+
→ H
2
O + CO
2
→ [H
+
] giảm nên E
2
/2 HH
+
=
[ ]
2
lg.
2
059,0
H
P
H
+
giảm , do đó:
E
pin
= (E
+− 2
4
/ MnMnO
- E
2

/2 HH
+
) sẽ tăng
1,0
0,25
0,25
0,5
VIII
1. a) Không thể là CuI
2
vì CuI
2
tự oxi hóa khử :
2CuI
2
→ 2CuI + I
2

Không thể là AuI
3
vì kim loại Au sinh ra ngay lập tức, không đợi dung dịch nguội.
2AuI
3
+ 3Pb → 3PbI
2
+ 2Au
b) Hóa chất đề nghị : HI
Pb + 2HI → PbI
2
(tan trong nước nóng) + H

2

2. Các phản ứng diễn ra : 5CO + I
2
O
5
→ 5CO
2
+ I
2

I
2
+ NaI → NaI
3

I
2
O
5
+ H
2
O → 2HIO
3

HIO
3
+ Na
2
CO

3
→ NaHCO
3
+ NaI
NaI
3
+ 2Na
2
S
2
O
3
→ 3NaI + Na
2
S
4
O
6

Từ các phản ứng trên suy ra n
CO
=5.
2
I
n
=
5
2
.
2 2 3

Na S O
n
= 5.10
−3
mol.
→ khí CO chiếm 5,0% về thể tích hỗn hợp đầu.
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
8
Câu Nội dung chính cần đạt Điểm
IX
1. Khí mùi trứng thối là H
2
S, vậy lưu huỳnh trong Y có SOH là +6.
Y là Na
2
SO
4
.
Na
2
SO
4
+ 4C → Na
2
S + 4CO
Na

2
S + 2HCl → 2NaCl + H
2
S
H
2
S + HClO → H2SO4 + HCl
M
Z
– M
Y
= M
Y
– M
X
= 16.
Vậy Z phải là Na
2
S
2
O
3
, X là Na
2
SO
3
Na
2
SO
3

+ S → Na
2
S
2
O
3
Na
2
S
2
O
3
+ 5H
2
O → Na
2
S
2
O
3.
5H
2
O
2. Khi đun nóng, Na
2
S
2
O
3.
5H

2
O nóng chảy trong nước kết tinh được dung dịch với
C
%
= 63,71%
0,5
0,5
0,5
0,5
X
1. Lượng NaOH dùng để trung hòa HCl và CH
3
COOH mới sinh.
Từ biểu thức hằng số tốc độ:
kt = ln
o
C
C
→ Lượng este chưa bị thủy phân tỷ lệ với hiệu số lượng NaOH tối đa và
lượng NaOH cần thiết tại mỗi thời điểm.
Vậy
o o
t
C V V
C V V
∞
∞
−
=
−

t 21 75 119
k.10
3
3,0176 3,2261 3,2430
→ k
tb
= 3,1622.10
-3
. (phút
-1
)
2. Bậc phản ứng
- Bậc đối với O
2
: Từ thí nghiệm 1, 2 thấy khi tăng gấp đôi nồng độ O
2
thì tốc độ
tăng gấp đôi → phản ứng là bậc 1 theo O
2
.
- Bậc đối với NO: Từ thí nghiệm 2,3 thấy khi tăng gấp đôi nồng độ NO thì tốc độ
tăng gấp bốn → phản ứng là bậc 2 theo NO
- Biểu thức tính tốc độ phản ứng: v = k[NO]
2
[O
2
] nên k = v/[NO]
2
[O
2

]
(Nếu HS viết biểu thức tốc độ dựa vào hệ số cân bằng thì không cho điểm).
Từ các thí nghiệm khác nhau ta tính được k
tb
=7,13.10
3
L
2
mol
-2
s
-1
.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Người ra đáp án
Đinh Xuân Quang
(0989134836)
9