HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN BỈNH KHIÊM
TỈNH QUẢNG NAM
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài 180 phút
(Đề này có 04 trang, gồm 10 câu)
Câu 1: Liên kết hóa học
1.1(1 đ). Hai nguyên tố X, Y đều tạo hợp chất khí với hiđro có công thức XH
a
; YH
a
,
phân tử khối của hợp chất này gấp hai lần phân tử khối của hợp chất kia.
Hai hợp chất oxit với hóa trị cao nhất là X
2
O
n,
Y
2
O
n
, phân tử khối của hai oxit hơn
kém nhau là 34.
Tìm tên hai nguyên tố X và Y (M
X
< M
Y
)

1.2 (1 đ). Phân tử X có công thức ABC. Tổng số hạt mang điện và không mang điện
trong X là 82, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 22.
Hiệu số khối giữa B và C gấp 10 lần số khối của A. Tổng số khối của B và C gấp 27
lần số khối của A.
Tìm CTPT của X
Câu 2. Cân bằng điện ly
2. 1 (1đ) Dung dịch bão hòa Canxicacbonat trong nước có pH= 9,95. Hãy tính độ tan
của CaCO
3
trong nước và tích số tan của CaCO
3
. Biết K
a
của H
2
CO
3
là ( 4,5.10
-7
;
4,7.10
-11
).
2. 2 (1đ) Có dung dịch A chứa hỗn hợp 2 muối MgCl
2
(10
-3
M) và FeCl
3
(10

-3
M). Cho
dung dịch NaOH vào dung dịch A.
a) Kết tủa nào tạo ra trước, vì sao? Cho tích số tan của Fe(OH)
3
,Mg(OH)
2
lần
lượt bằng K
s1
= 10
-39
, K
s2
= 10
-11
.
b) Tìm pH thích hợp để tách một trong 2 ion Mg
2+
hoặc Fe
3+
ra khỏi dung dịch.
Biết rằng nếu ion có nồng độ = 10
–6
M thì coi như đã được tách hết.
Câu 3. Phản ứng hạt nhân
3.1(1 đ). Năng lượng được giải phóng trong phản ứng tổng hợp nhiệt hạch
3 2 4 1
1 1 2 0
H + H He + n→

là 17,562 MeV
Hãy tính khối lượng của
4
2
He
theo u, cho biết
MeV
3 2 1
2
H H n
C
1 1 0
m 3,016u;m 2,014u;m 1,0087u;1u 931,5= = = =
3.2(1 đ).
131
I phóng xạ
β
với chu kỳ bán hủy là 8,05 ngày.
a. Viết phương trình phân rã hạt nhân
131
I
b. Nếu mẫu ban đầu chứa 1,0 microgam
131
I thì trong mỗi phút bao nhiêu hạt
β
được phóng ra? Cho N
A
= 6,02.10
23
Câu 4. Nhiệt hóa học

4.1 (1đ) Cho các số liệu sau đây tại 25
0
C của một số chất:
Fe
2
O
3
(r) Fe (r) C (r) CO
2
(k)
ΔH
0
s
(kJ.mol
-1
) - 824,2 0 0 -392,9
S
0

(J.K
-1
.mol
-1
) 87,40 27,28 5,74 213,74.
Trong điều kiện tiêu chuẩn, hãy xác định điều kiện nhiệt độ để phản ứng khử Fe
2
O
3
(r)
bằng C (r) thành Fe (r) và CO

2
(k) có thể tự xảy ra. Giả thiết ΔH và ΔS của phản ứng
không phụ thuộc nhiệt độ.
4. 2 (1đ) Xác định nhiệt độ tại đó áp suất phân li của NH
4
Cl là 1 atm, biết ở ở 25
o
C
có các dữ kiện sau :
∆
H
o
tt
( kJ/mol )
∆
G
o
( kJ/mol )
NH
4
Cl
(r)
-315,4 -203,9
HCl
(k)
-92,3 -95,3
NH
3(k)
-46,2 -16,6
Giả sử ∆H

0
và ∆S
0
không thay đổi theo nhiệt độ.
Câu 5. Cân bằng hóa học trong pha khí
5.1(1đ). Cho phản ứng 2NO
2
N
2
O
4
có K
p
=9,18 ở 25
0
C. Hỏi ở cùng
nhiệt độ phản ứng xảy ra theo chiều nào trong điều kiện sau: P(N
2
O
4
)= 0,9atm ;
P(NO
2
)=0,1 atm.
5. 2(1đ). Cho các phản ứng sau:
C
(gr)
+ ½ O
2(k)
→ CO

(k)
(1)
TG 89110500
0
1
−−=∆
J
C
(gr)
+ O
2(k)
→ CO
2(k)
(2)
TG 3393500
0
2
−−=∆
J
T: Nhiệt độ (K) bất kỳ; (gr: graphit).
a) Tính ΔG
O
và K
P
của phản ứng sau đây ở 1000K.
2CO
(k)
 C
(gr)
+ CO

2(k)
(a)
b) Tính áp suất riêng phần CO, CO
2
của phản ứng (a) khi cân bằng tại 1000K, áp suất
là 1 atm.
c) Phản ứng (a) là toả nhiệt hay thu nhiệt. Cân bằng chuyển dịch như thế nào khi tăng
nhiệt độ và áp suất của phản ứng (a).
Câu 6. Cân bằng axit - bazo
6. 1(1đ) Thêm từ từ 50 ml dung dịch H
2
S bão hòa ( có nồng độ 0,1 M) vào 50 ml
dung dịch gồm KOH 0,04 M và K
2
S 0,04 M thu được dung dịch A. Tính pH và nồng
độ cân bằng các cấu tử có mặt trong dung dịch A, biết H
2
S có các hằng số phân li K
a1
= 10
-7,02
, K
a2

= 10
-12,9
.
6. 2(1đ). Chuẩn độ 25 ml dung dịch HCOOH 0,1M (K
a
= 1,77.10

-4
) bằng dung dịch
KOH 0,04M. Tính pH của dung dịch thu được tại điểm tương đương.
Câu 7. Phản ứng oxi hóa khử - Điện hóa
7. 1(1đ) Một dung dịch chứa CuSO
4
0,1M; NaCl 0,2M; Cu dư và CuCl dư.
a) Chứng minh rằng xảy ra phản ứng sau ở 25
0
C :
Cu + Cu
2+
+ 2Cl
–
 2CuCl ↓
b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng trên.
Cho biết: Tích số tan của CuCl = 10
– 7
; E
0
(Cu
2+
/ Cu
+
) = 0,15V ; E
0
(Cu
+
/ Cu) =
0,52V

7. 2 (1đ) Cho sơ đồ pin:
(-) Ag │AgNO
3
1,000.10
-1
M; NH
3
1M ║ Ag
2
SO
4
(bão hoà) │Ag (+)
Tính hằng số tạo phức Ag(NH
3
)
2
+
biết E
o
Ag
+
/Ag
= 0,800V; K
s
Ag
2
SO
4
= 1,100.10
-5

;
E
pin
= 0,390V.
Câu 8. (2 điểm)(Halogen)
Một mẫu sắt có chứa tạp chất nặng 30 gam khi tác dụng với 4 lít dung dịch HCl 0,5M
lấy dư (tạp chất không tham gia phản ứng) cho ra khí A và dung dịch B. Đốt cháy
hoàn toàn khí A và cho sản phẩm cháy qua bình đựng H
2
SO
4
đặc thì thấy khối lượng
của bình tăng 9 gam.
a. Tính % Fe nguyên chất có trong mẫu trên
b. Lấy 1/2 dung dịch B thêm vào V lít dung dịch KMnO
4
0,5M vừa đủ trong
H
2
SO
4
loãng, đun nóng thấy có khí C thoát ra. Dẫn khí này vào 1/2 dung dịch B còn
lại thì thu được muối D. Tính thể tích dung dịch KMnO
4
và khối lượng của D.
Câu 9: (2 điểm) Oxi - Lưu huỳnh
Cho m gam muối halogen của một kim loại kiềm phản ứng với 50 ml dung dịch
H
2
SO

4
đặc, nóng dư. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khí A có mùi đặc
biệt và hỗn hợp sản phẩm B. Trung hoà hỗn hợp sản phẩm B bằng 200 ml dung dịch
NaOH 2M rồi làm bay hơi nước cẩn thận thu được 199,6 gam hỗn hợp D (khối
lượng khô). Nung D đến khối lượng không đổi thu được hỗn hợp muối E có khối
lượng 98 gam. Nếu cho dung dịch BaCl
2
dư vào hỗn hợp sản phẩm B thì thu được kết
tủa F có khối lượng gấp 1,4265 lần khối lượng muối E. Dẫn khí A qua Pb(NO
3
)
2
dư
thu được 23,9 gam kết tủa đen.
a. Tính C% dung dịch H
2
SO
4
( D = 1,715 g/ml) và m gam muối
b. Xác định kim loại kiềm trên
Câu 10: (2 điểm)Động học
Etyl axetat thực hiện phản ứng xà phòng hóa:
CH
3
COOC
2
H
5
+ NaOH
→

CH
3
COONa + C
2
H
5
OH
Nồng độ ban đầu của CH
3
COOC
2
H
5
và NaOH đều là 0,05M. Phản ứng được theo dõi
bằng cách lấy 10ml dung dịch hỗn hợp phản ứng ở từng thời điểm t và chuẩn độ bằng
X ml dung dịch HCl 0,01M. Kết quả:
t (phút) 4 9 15 24 37
X (ml) 44,1 38,6 33,7 27,9 22,9
a. Tính bậc phản ứng và k
b. Tính T
1/2
Hết
Người ra đề: Vũ Thị Linh - ĐT liên hệ:
Ký tên:
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA HỌC KHỐI 10
Câu
hỏi
Đáp án Thang
điểm
Câu 1 1.1. Hai nguyên tố X và Y có cùng hóa trị trong hợp chất khí với H

và công thức oxit cao nhất nên chúng thuộc cùng 1 nhóm A, do vậy
a + n = 8 (
1 a 8;4 n 7≤ ≤ ≤ ≤
)
Theo đề
Y a 2(X a)
Y 2X a
2Y 2X 34
(2Y 16n) (2X 16n) 34


 


+ = +
= +
⇒
= +
+ − + =
⇒
Y = 34- a
=34 - (8 - n) = 26 + n
Lập bảng:
n 4 5 6 7
Y 30 31 (P) 32 33
Chọn n = 5 và a = 3
⇒
Y = 31
⇒
X = 14.

Vậy X là nito, Y là photpho
1.2. Theo đề, ta có:
2p 2p 2p n n n 82
p p p 26
B B
B
A C A C
A C
A A A 56
B
A C
n n n 30
(2p 2p 2p ) (n n n ) 22
B
B B
A C
A C A C
10A A A 0
B
A C
A A 10A
A A 10A
B
B
C A
C A
27A A A 0
B
A C
A A 27A

A A 27A
B
B C A
C A








  
  
  
  

 


+ + + + + =
+ + =
+ + =
+ + =
+ + − + + =
⇒ ⇒ − + =
− =
− =
− − =
+ =

+ =
A 2
A
A 37
B
A 17
C



⇒




=
=
=
, Vậy A là H (có p
A
=1; n
A
= 1)
Ta có:
p p 25 p 25 p
B B
C C
p n 17 n 17 p
C C C C
 

 
 
 
 
+ = = −
⇒
+ = = −

kết hợp
n
1 1,5 p 8 p 17
B
C
p
≤ ≤ ⇒ = ⇒ =
. Vậy C là oxi, B là clo.
Hợp chất X là HClO
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 2 2.1.CaCO
3
hòa tan trong nước, ion CO
3
2-

thủy phân tạo dung dịch có
pH = 9,95 ( bỏ qua phản ứng thủy phân của ion HCO
3
-
).
pH = 9,95 → [OH
-
]= 10
-4,05
.
CaCO
3
 Ca
2+

+ CO
3
2-

0,5
s s
CO
3
2-
+H
2
O  HCO
3
-
+OH

-

4
10.127,2
2
−
==
a
w
b
K
K
K
s-10
-4,05
. 10
-4,05
. 10
-4,05
.
Mà
[ ] [ ]
[ ]
.
.
2
3
3
−
−−

=
CO
OHHCO
K
b
→ s = 1,26. 10
-4
M.
Tại thời điểm cân bằng :
[Ca
2+
] = s = 1,26. 10
-4
M; [CO
3
2-
] = 1,26. 10
-4
-10
-4,05
M.
Tích số tan của CaCO
3
là :
T= [Ca
2+
].[CO
3
2-
] = 1,26. 10

-4
.( 1,26. 10
-4
-10
-4,05
) = 4,65. 10
-9
2.2.
MgCl
2
→ Mg
2+
+ 2Cl
–
và
Mg
2+
+ 2OH
–
→ Mg(OH)
2
(1)
FeCl
3
→ Fe
3+
+ 3Cl
–
và
Fe

3+
+ 3OH
–
→ Fe(OH)
3
(2)
a) Để tạo ↓ Fe(OH)
3
thì [OH
–
] ≥
3
3
39
10
10
−
−
= 10
-12
M (I)
Để tạo ↓ Mg(OH)
2
→ [OH
–
] ≥
3
11
10
10

−
−
= 10
-4
M (II)
So sánh (I) < (II) thấy → ↓ Fe(OH)
3
tạo ra trước.
b) Để tạo ↓ Mg(OH)
2
: [OH
–
] = 10
-4
→ [H
+
] = 10
-10
→ pH = 10
(nếu pH < 10 thì không ↓)
Để tạo ↓hoàn toàn Fe(OH)
3
: [Fe
3+
] < 10
-6
→ [OH
–
]
3

> 10
-33
→ [H
+
] < 10
-3
. Để kết tủa hoàn toàn Fe
3+
thì pH > 3
Vậy để tách Fe
3+
ra khỏi dung dịch thì : 3 < pH < 10.
0,25
0,25
0,5
0,5
Câu 3 3.1. Ta có:
∆
E =
∆
m.C
2

⇒
∆
m =
∆
E/C
2
= 17,562 MeV/C

2
⇒

∆
m = 17,562/931,5 = 0,0189 (u)
0,25
0,25
Mà
∆
m =
3 2 4 1
(m m ) (m m )
H H He n
+ − +

⇒

4
m
He
= 3,016+ 2,014 - 1,0087 - 0,0189 = 4,0024(u).
3.2. Phương trình phân rã:
131 131 0
53 54 1
I Xe e
−
→ +
k = ln2/T
1/2
= ln2/(8,05.24.60)


= 5,98.10
-5
/phút
Số nguyên tử ban đầu của
131
I là
A = 10
-6
.6,02.10
23
/131 = 4,5954.10
15
(nguyên tử)
Số hạt
β
đã bị phân rã sau mỗi phút là
N = k.A = 5,98.10
-5
.4,5954.10
15
= 2,75.10
11
(nguyên tử)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25

Câu 4 4.1.
Xét phản ứng:
Fe
2
O
3
(r) + 1,5 C (r)  2Fe (r) + 1,5 CO
2
(k)
ΔH
0
pư
= -392,9.1,5-(- 824,2 ) = 234,85 kJ/mol
ΔS
0
pư
= 1,5. 213,74+ 2. 27,28 –(1,5. 5,74 + 87,40 )= 279,16 J.
mol
-1
.K
-1

Điều kiện để phản ứng tự xảy ra ΔG
0
pư
= ΔH
0
pư
- T ΔS
0

pư
< 0 =>
T > 841 K.
Vậy phản ứng bắt đầu xảy ra khi nhiệt độ lớn hơn 568
0
C.
4. 2 . NH
4
Cl  NH
3 (k)
+ HCl
(k)
x x
Xét ở nhiệt độ T
2
:
Gọi x là số mol NH
3
tạo thành
3
NH HCl
x
P P .1 0,5atm
2x
⇒ = = =
3
2
2 NH H Cl
K P .P 0,5.0,5 0,25(atm)
= = =

Ở 25
o
C ta có:

o
pu
H 46,2 92,3 ( 315,4) 176,9kJ
∆ = − − − − =
.

o
pu
G 95,3 16,6 ( 203,9) 92kJ
∆ = − − − − =
0,25
0,25
0,25
0,25
Mặt khác ∆G
0

= -2,303 RT lg K nên ta có :
92000 = -2,303 .298.8,314 lg K
1
Suy ra lgK
1
= -16,12.
Giả sử ∆H
0
và ∆S

0
không thay đổi theo nhiệt độ ta có:
ln
2
1
T
T
K
K
=
0
1 2
1 1
( )
H
R T T
∆
−

Thế các giá tri T
1
= 298K, ∆H = 176900 J, R = 8,314 vào biểu thức
trên ta tính được T
2
= 597K.
0,5
0,25
0,25
Câu 5 5.1. 2NO
2

 N
2
O
4
K
p
=9,18.
Xét chiều phản ứng dựa vào công thức: ∆G=RTln
p
K
Q
.
Nếu Q < K
p
→ ∆G < 0: phản ứng diễn ra theo chiều thuận
Nếu Q > K
p
→ ∆G > 0: phản ứng diễn ra theo chiều nghịch
Nếu Q = K
p
→ ∆G = 0: phản ứng ở trạng thái cân bằng.
Khi P(N
2
O
4
)= 0,9atm ; P(NO
2
)=0,1 atm ta có Q=0,9/(0,1)
2
=90 > K

p
nên phản ứng diễn ra theo chiều nghịch.
5.2. a) Tổ hợp phản ứng (1) và (2) được phản ứng (a):
(a) = (2) - 2. (1)
Ta có:
0
1
0
2
0
2 GGG
a
∆−∆=∆
hay:
TG
a
175172500
0
+−=∆
Ở 1000K:
JG
a
2500
0
=∆
ΔG
O
= −RT lnK
p
→ K

P
=
0,7403 atm
-1
b) T = 1000K, P
hệ
= 1atm → P
CO2
+ P
CO
=1
K
P
=
2
2
CO
CO
P
P
= 0,7403 atm
-1
. → P
CO2
= 0,331 atm; P
CO
=
0,669 atm.
c) Dựa vào biểu thức
TG

a
175172500
0
+−=∆
. Ta thấy ∆H
0
< 0: Phản
ứng (a) là phản ứng toả nhiệt.
+ Khi tăng nhiệt độ, cân bằng (a) chuyển dịch theo chiều thu nhiệt
0,25
0,25
0,5
0,5
là chiều nghịch.
+ Khi tăng áp suất, cân bằng (a) chuyển dịch theo chiều làm giảm số
phân tử khí hay chiều thuận. 0,25
0,25
Câu 6 6.1.
Nồng độ các chất sau khi trộn 2 dung dịch :
C
o
H2S
=0,05 M C
o
K2S
=0,02 M C
o
KOH
=0,02 M
Các phương trình phản ứng xảy ra:

H
2
S + OH
-

→
¬ 
HS
-
+ H
2
O K
1
=K
a1
.K
w
-1
=10
6,98
lớn → phản ứng
hoàn toàn
H
2
S + OH
-

→
¬ 
HS

-
+ H
2
O
C
o
: 0,05 0,02
TPGH : 0,03 - 0,02
H
2
S + S
2-

→
¬ 
2HS
-
K
1
= K
a1
.K
a2
-1
=10
5,88
→ phản ứng
hoàn toàn
C
o

: 0,03 0,02 0,02
TPGH : 0,01 - 0,06
Vậy TPGH của dung dịch A: H
2
S 0,01 M; HS
-
:0,06 M; K
+
: 0,06M
Mô tả cân bằng:
H
2
S  HS
-
+ H
+
(1) K
a1
=10
-7,02

HS
-
+ H
2
O  H
2
S +OH
-
K

b2
=10
-6,98
(2)
HS
-
 S
2-
+ H
+
(3) K
a2
=10
-12,9
H
2
O  H
+
+ OH
-
(4) K
w
=10
-14
K
a1
.C
H2S
» K
a2

.C
HS-
≈K
w
nên bỏ qua cân bằng (3) và (4) so với (1) .
Coi dung dịch là hệ đệm gồm H
2
S 0,01 M và HS
-
:0,06 M
pH
gần đúng
= pK
a1
+ lg
a
b
c
c
=7,8 (*) >7 cân bằng bazơ (2) của HS
-
là
chủ yếu
HS
-
+ H
2
O  H
2
S + OH

-
K
b2
=10
-6,98
0,25
0,25
C
o
0,06 0,01
[ ] 0,06-x 0,01+x x
Ta có
x
xx
−
+
06,0
)01,0(
=10
-6,98
→ x= 6,28.10
-7
. Do đó: pH=7,8
[HS
-
]=0,06M ; [H
2
S]=0,01M ; [S
2-
]=4,77.10

-7
M; K
+
: 0,06M
6.2.
Tại điểm tương đương: V
dd HCOOH
. C
HCOOH
= V
dd KOH
. C
KOH
V
dd KOH
=
04,0
1,025×
= 62,5 ml
C
o
HCOOK
=
5,6225
1,025
+
×
= 0,0286M
HCOO
-

+ H
2
O
€
HCOOH + OH
-
K
b
=
a
w
K
K
= 5,65.10
-11
Bđ 0,0285
[] 0,0285 - z z z
K
b
=
z
z
−0285,0
2
= 5,65.10
-11
Giả sử z rất nhỏ so với 0,0285  z = 1,27.10
-6
(thỏa mãn)
 [H

+
] =
][
10
14
−
−
OH
= 7,874.10
-9
M.  pH = 8,1
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
Câu 7 1.
a) Cu + Cu
2+
+ 2Cl
–
 2CuCl ↓
0,1M 0,2M
* Xét Cu
2+
+ e → Cu
+
có [Cu
+
] =

−
 
 
S
K
Cl
=
7
10
0,2
−
= 5. 10
– 7
M
E (Cu
2+
/ Cu
+
) = E
0
(Cu
2+
/ Cu
+
) + 0,059lg
2
Cu
Cu
+
+

 
 
 
 
= 0,15 + 0,059lg
7
10.5
1,0
−
= 0,463V
* Xét Cu
+
+ e → Cu có E (Cu
+
/ Cu

) = E
0
(Cu
+
/ Cu

) + 0,059lg[Cu
+
]
= 0,52 + 0,059lg 5.10
-7
=
0,5
0,148V

Rõ ràng: E (Cu
2+
/ Cu
+
) > E (Cu
+
/ Cu

) . → phản ứng xảy ra theo
chiều thuận.
b,Tổ hợp các quá trình sau:
( Cu
+
+ Cl
–
→ CuCl ↓) × 2 (K
S
-1
)
2
= 10
14
.
Cu
2+
+ e → Cu
+
. K
1
= 10

059,0
15,0
= 10
54,2

Cu – e → Cu
+
K
2
= 10
059,0
52,0−
= 10
– 8,81
Ta có Cu + Cu
2+
+ 2Cl
–
→ 2CuCl ↓
K = 10
14
. 10
54,2
. 10
– 8,81
= 10
7,73
7.2.
+ Tại catot E
(+)

:
Theo cân bằng: Ag
2
SO
4
 2Ag
+
+ SO
4
2-

K
s
= 1,10.10
-5
2S S
=> [Ag
+
]
2
.[SO
4
2-
] = (2S)
2
.S = K
s
=> [Ag
+
] = 2S = 2.(K

s
/4)
1/3
=> E
(+)
= E
o
Ag
+
/Ag
+ 0,0592lg[Ag
+
]
= E
o
Ag
+
/Ag
+ 0,0592lg2.(K
s
/4)
1/3
= 0,8 + 0,0592lg2.(1,1.10
-5
/4)
1/3

= 0,708(V).
+ Tại anot E
(-)

:
Theo cân bằng:
Ag
+
+ 2NH
3
 Ag(NH
3
)
2
+
β = ?
C
o
0,1 1 0
[ ] x (0,8+2x) (0,1-x)
=> β = (0,1-x)/x.(0,8+2x) = 0,1/0,8x
=> [Ag
+
] = x = 1/8β
=> E
(-)
= E
o
Ag
+
/Ag
+ 0,0592lg[Ag
+
] = 0,8 + 0,0592lg1/8β

= 0,747 - 0,0592lgβ
0,5
0,5
0,5
=> E
pin
= 0,708 - 0,747 + 0,0592lgβ = 0,390 => β = 10
7,247
Câu 8 Fe + 2HCl
→
FeCl
2
+ H
2
a 2a a a (mol)
2H
2
+ O
2

→
0
t
2H
2
O
a a
∆
m H
2

SO
4
tăng = m H
2
O = 18.a = 9
⇒
a = 0,5 mol.
a. %Fe =
0,5.56.100
93,33%
30
=
b. Dung dịch B gồm FeCl
2
: a(mol); HCl dư : 2-2a = 1 mol.
Khi lấy ½ dung dịch B phản ứng ta có
10FeCl
2
+ 6KMnO
4
+24H
2
SO
4

→
5Fe
2
(SO
4

)
3
+ 3K
2
SO
4
+ 6MnSO
4

+ 10Cl
2
+ 24H
2
O
0,25 mol
→
0,15 mol
10HCl +2KMnO
4
+ 3H
2
SO
4

→
K
2
SO
4
+ 2MnSO

4
+ 5Cl
2
+ 8H
2
O
0,5 mol
→
0,1 mol
→
0,25 mol
nên thể tích dung dịch KMnO
4
= 0,25/0,5 = 0,5 (lít).
FeCl
2
+ 1/2 Cl
2

→
FeCl
3
0,25
→
0,125
→
0,25
FeCl
3
m

= 0,25.162,5 = 40,625 gam.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
Câu 9 Khí A dẫn qua Pb(NO
3
)
2
dư thu được 23,9 gam kết tủa đen nên khí
A là H
2
S
Pb(NO
3
)
2
+ H
2
S
→
PbS + 2HNO
3
0,1 0,1(mol)
Gọi công thức muối là MX
8MX + 5H
2

SO
4 đ

→
4M
2
SO
4
+ H
2
S + 4X
2
+ 4H
2
O
0,8 0,5 0,4 0,1 0,4 (mol)
Sản phẩm B gồm
0,25
0,5
M
2
SO
4
: 0,4 mol
X
2
: 0,4 mol
H
2
SO

4
dư:
Trung hòa với NaOH
2NaOH + H
2
SO
4

→
Na
2
SO
4
+ 2H
2
O
0,4 0,2 0,2 (mol)
199,6 gam hỗn hợp D
2
142.0,2 0,4.(2M 96) 98
M 39
0,4.M 199,6 98
X 127
X



 




+ + =
=
⇒
= −
=

Vậy M là Kali còn X là Iốt
a.
2 4
n
H SO
= 0,5 + 0,2 = 0,7 mol
C% H
2
SO
4
=
%100.
50.715,1
7,0.98
= 80%
m
KI
= 0,8.166 = 132,8 gam
b. Kim loại kiềm trên là kali
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25
Câu 10 CH
3
COOC
2
H
5
+ NaOH
→
CH
3
COONa + C
2
H
5
OH
t = 0 C
0
C
0
t (C
0
- a) (C
0
- a)
Giả sử phản ứng là bậc 2 với nồng độ 2 chất bằng nhau nên
k.t = (
0 0 0 0
1 1 1 1 1
) k ( )

C a C t C a C
− ⇒ = −
− −
Với C
0
= 0,05M còn (C
0
-a) là nồng độ este còn lại ở từng thời điểm.
Áp dụng công thức chuẩn độ: (C
0
-a).10 = 0,01X
⇒
(C
0
-a) =
10
.01,0 X
= 10
-3
X.
Lập bảng
0,25
0,25
M
2
SO
4
: 0,4 mol
X
2

: 0,4 mol
Na
2
SO
4
0,2 mol
M
2
SO
4
: 0,4 mol
Na
2
SO
4
0,2 mol
nung
t (phút) 4 9 15 24 37
X (ml) 44,1 38,6 33,7 27,9 22,9
(C
0
- X) 44,1.10
-3
38,6.10
-3
33,7.10
-3
27,9.10
-3
22,9.10

-3
k
1
=
3
1 1 1
( ) 0,669
4 0,05
44,1.10
−
− =
(l/mol.phút)
Tương tự k
2
= 0,66; k
3
= 0,65; k
4
= 0,66; k
5
= 0,64
Vậy điều giả sử là đúng, phản ứng bậc 2 với
k
= 0,6558 (l/mol.phút)
T
1/2
=
0
1
k.C

=
1
30,5
0,6558.0,05
=
(phút)
0,5
0,5
0,5
Người ra đề: Vũ Thị Linh - ĐT liên hệ:
Ký tên: