HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG
DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

ĐỀ THI MƠN HĨA HỌC – KHỐI 10
NĂM 2015

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
TỈNH BẮC NINH

Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

(Đề này có 04 trang, gồm 10 câu)

Câu 1(Cấu tạo nguyên tử, phân tử - Định luật tuần hoàn): 2 điểm
Bảng dưới đây ghi các giá trị năng lượng ion hóa liên tiếp I n( n = 1 ÷ 6)(eV) và ái
lực với electron A(eV) của 3 nguyên tố X, Y, Z trong cùng một chu kì như sau:
Nguyên tố
I1
I2
I3
I4
X
11,26 24,37 47,86 64,47
Y
14,5
29,60 47,40 67,40
Z
13,61 35,10 54,88 77,39
1. Lập luận xác định tên các nguyên tố X, Y, Z?

I5
I6
A
392,02 489,88 -1,25
97,81 610,52 +0,32
113,87 138,08 -1,465

2. Viết cấu hình electron của X ở trạng thái kích thích trong đó khơng có electron nào có
số lượng tử chính lớn hơn số thứ tự của chu kì.
3. Tính năng lượng của các ion X+; Y+; Z+; X-; Y-; Z-?
Câu 2(Tinh thể): 2 điểm
Muối LiCl kết tinh theo mạng tinh thể lập phương tâm diện. Ơ mạng cơ sở có độ dài
mỗi cạnh là 0,514nm. Giả thiết ion Li + nhỏ đến mức có thể xảy ra sự tiếp xúc anion –
anion và ion Li+ được xếp khít vào khe giữa các ion Cl-.
1. Hãy vẽ hình một ơ mạng cơ sở LiCl.
2. Tính độ dài bán kính của mỗi ion Li+, Cl- trong mạng tinh thể?
3. Xác định khối lượng riêng của tinh thể LiCl. Biết Li = 6,94; Cl = 35,45.
Câu 3(Phản ứng hạt nhân): 2 điểm
2
54
1. So sánh độ bền của hạt nhân các nguyên tử sau: Dơteri( 1 D ), Uran( 238U ) và sắt( 26 Fe ).
92
2
Từ đó, em có thể rút ra nhận xét gì? Biết: 1 D = 2,013674;

238
92

U = 238,125;


54
26

Fe = 53,956,

mn = 1,008612; mp = 1,007238; 1u = 931,5MeV/c2.
2. Các nuclit phóng xạ nhân tạo Be-7( t1/ 2 = 53,37 ngày) và Ga-67 ( t1/ 2 = 78,25 giờ) đều
được dùng trong các thí nghiệm chỉ thị phóng xạ. Khi phân hủy phóng xạ Be-7 chuyển
thành Li-7; Ga-67 phóng xạ cùng một kiểu với Be-7.
a. Xác định kiểu phóng xạ của Be-7.
Trang 1


b. Viết phương trình phân hủy phóng xạ của Ga-67.
c. Hai mẫu Be-7 và Ga-67 đều có độ phóng xạ bằng 7,0.10 7 Bq. Sau 3/4 giờ độ
phóng xạ của chúng còn bằng bao nhiêu?
Cho: M(Be-7) = 7,01693; M (Li-7)= 7,01600; me = 0,0005486.
Câu 4(Nhiệt hóa học): 2 điểm
Một phản ứng dùng để luyện kẽm theo phương pháp khô là:
ZnS(r) + 3/2O2(k) → ZnO(r) + SO2(k)
1. Tính ∆Ho của phản ứng ở nhiệt độ 298K và 1350K, coi nhiệt dung của các chất không
phụ thuộc vào nhiệt độ ở miền nhiệt độ nghiên cứu.
2. Giả thiết ZnS nguyên chất. Lượng ZnS và khơng khí (20% O 2 và 80% N2 theo thể tích)
lấy đúng tỉ lệ hợp thức bắt đầu ở 298K sẽ đạt đến nhiệt độ nào khi chỉ hấp thụ lượng nhiệt
tỏa ra do phản ứng ở điều kiện chuẩn tại 1350K (lượng nhiệt này chỉ dùng để nâng nhiệt
độ các chất đầu). Hỏi phản ứng có duy trì được khơng, nghĩa là khơng cần cung cấp nhiệt
từ bên ngoài, biết rằng phản ứng trên chỉ xảy ra ở nhiệt độ không thấp hơn 1350K?
Cho biết:


+ Entanpi tạo thành chuẩn của các chất ở 25oC (kJ.mol-1)
Hợp chất
ZnO(r)
ZnS(r)
SO2(k)
o
∆H f
-347,98
-202,92
-296,90
-1
-1
+ Nhiệt dung mol đẳng áp của các chất (J.K .mol ):
Hợp chất
Cop

ZnS(r)
58,05

ZnO(r)
51,64

SO2(k)
51,10

O2(k)
34,24

N2(k)
30,65


Câu 5(Cân bằng hóa học pha khí): 2 điểm
Cho cân bằng: PCl5(k) ⇌ PCl3(k) + Cl2(k)

KP = 1,85 ở 525K

Làm ba thí nghiệm:
Thí nghiệm 1: Cho 1 mol PCl5 vào bình chân khơng có dung tích khơng đổi. Lúc đạt cân
bằng ở 525K, áp suất trong bình là 2 atm.
Thí nghiệm 2: Làm giống thí nghiệm 1 nhưng cho thêm vào bình 1 mol khí agon và vẫn
duy trì nhiệt độ là 525K.
Thí nghiệm 3: Khi cân bằng ở thí nghiệm 2 được thiết lập nguời ta vẫn duy trì nhiệt độ của
bình là 525K nhưng tăng dung tích của bình lên sao cho áp suất cân bằng là 2atm.
Tính số mol PCl5 và Cl2 khi cân bằng trong mỗi thí nghiệm.
Trang 2


Câu 6(Cân bằng trong dung dịch điện ly): 2 điểm
Trộn các thể tích bằng nhau của 4 dung dịch sau: C 6H5COOH 0,04M; HCOOH
0,08M; NH3 0,22M; H2S 0,1M được dung dịch A
1. Cho biết thành phần giới hạn của dung dịch A?
2. Khơng tính pH, hãy cho biết dung dịch A có phản ứng axit hay bazơ? Vì sao?
3. Tính thể tích của dung dịch HCl( hoặc NaOH) 0,05M cần để trung hòa 20ml dung dịch
A đến pH = 10.
Cho pKa của C6H5COOH: 4,20; HCOOH: 3,75; NH + : 9,24; H2S: 7,02; 12,90.
4
Câu 7(Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa): 2 điểm
Dung dịch X gồm Cu(NO3)2 0,06M và Pb(NO3)2 0,04M
1. Tính pH của dd X.
2. Cho 25,00 ml dd X trộn vào 25,00 ml dung dịch NaIO3 0,12M và HIO3 0,14M thu được

dung dịch Y. Cho điện cực Cu nhúng vào dung dịch Y rồi ghép thành pin với điện cực Ag
nhúng vào dung dịch Z gồm AgNO3 0,01M và NaI 0,04M ở 250C.
a. Viết sơ đồ pin điện?
b. Tính suất điện động của pin ở 250C ?
Biết: pKs của Cu(IO3)2, Pb(IO3)2, AgI lần lượt là 7,13 ; 12,61 ; 16,00
*
*
0
0
0
βCu (OH )+ = 10−8 ; β Pb (OH )+ = 10−7,8 ; ECu 2+ / Cu = 0,337V ; EPb2+ / Pb = −0,126V ; E Ag + / Ag = 0, 799V

Câu 8(Nhóm Halogen): 2 điểm
1. Bằng hiểu biết về liên kết hố học, hãy giải thích sự biến đổi năng lượng liên kết trong
dãy halogen:
Phân tử
F2
Cl2
- EX – X(Kcal/mol)
37,0
59,0
2. Nêu và giải thích ngắn gọn qui luật biến đổi :

Br2
46,1

I2
36,1

At2

25,0

− Tính axit và độ bền phân tử trong dãy axit : HClO, HClO2, HClO3, HClO4.
− Tính oxi hố trong dãy ion: ClO−, ClO2−, ClO3−, ClO4−.
Câu 9(Nhóm oxi – lưu huỳnh): 2 điểm
Hãy cho biết hiện tượng xảy ra khi cho khí hiđrosunfua lội qua dung dịch gồm
HgCl2 0,01 M; ZnCl2 0,01 M; FeCl3 0,01 M; HCl 1,00 M cho đến bão hoà (nồng độ
dung dịch H2S bão hòa là 0,10 M)
Trang 3


Cho: Các giá trị pKs của FeS, ZnS, HgS tương ứng là 17,2; 21,6; 51,8
H2S (pKa1 = 7,02 ; pKa2 = 12,90) ; E0(Fe3+/Fe2+) = 0,771 V; E0(S/H2S) = 0,141 V
Câu 10(Động học): 2 điểm
Ở một nhiệt độ đã cho, tốc độ của một phản ứng phụ thuộc vào thời gian theo
phương trình:

lgv = -0,68 – 0,09t

trong đó v là tốc độ phản ứng tính bằng mol/(L.s), t là thời gian tính bằng s.
Tính tốc độ phản ứng khi 50% chất đầu đã phản ứng, hằng số tốc độ và nồng độ đầu của
chất tham gia phản ứng.
**************************

HẾT **************************
Người ra đề

Nguyễn Thị Loan
(Sđt: 0972973729)


Trang 4


HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG
DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

ĐỀ THI MƠN HĨA HỌC – KHỐI 10
NĂM 2015

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
TỈNH BẮC NINH

Thời gian làm bài: 180 phút

ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

HƯỚNG DẪN
CÂU
Ý
CÂU 1 1/

NỘI DUNG CẦN ĐẠT ĐƯỢC
*Đối với nguyên tố X:
So sánh các tỉ số

ĐIỂM

I i +1
I5
I i +1

ta thấy
lớn hơn các tỉ số
khác nên X
Ii
I4
Ii

thuộc nhóm IVA, nên X có thể là C, Si, Ge, Sn, Pb.
Theo quy tắc Slayter, I 6(C ) = − EC 5+ = 13,6 ×

0,25

2

6
= 489,6(eV ) xấp xỉ I6(X).
12

Vậy, X là cacbon ⇒ Y, Z thuộc chu kì 2.

0,25

*Đối với nguyên tố Y:
Ta thấy,

I6
I i +1
lớn hơn các tỉ số
khác nên Y thuộc nhóm VA ⇒ Y là
I5

Ii

Nitơ
*Đối với nguyên tố Z:
I i +1
Từ I1 đến I6, các tỉ số
xấp xỉ nhau, Z có ái lực với electron lớn nên
Ii

0,25

Z có thể là Oxi hoặc Flo
Cấu hình electron của O: 1s22s22p4; của F: 1s22s22p5; của N: 1s22s22p3.
Dựa vào cấu hình electron ta thấy, I1(N) > I1(O); I1(F) > I1(N)
2/

Theo đề bài, I1(Z) < I1(N) nên Z là oxi.
Cấu hình electron của X ở trạng thái cơ bản: 1s22s22p2
Cấu hình electron của X ở trạng thái kích thích thỏa mãn đề bài là:
1s22s12p3;

3/

1s22s02p4;

1s12s22p3;

1s12s12p4;

1s12s02p5;


1s02s12p5; 1s02s02p6.
Năng lượng của các ion:

1s02s22p4;
0,5

*C+: EC + = −( I 2 + I 3 + I 4 + I 5 + I 6 ) = −1018,6(eV )
0,25
Trang 5


*C-: EC − = −( I1 + I 2 + I 3 + I 4 + I 5 + I 6 ) + A E = −1031,11(eV )
*N+: EN + = −( I 2 + I 3 + I 4 + I 5 + I 6 + I7 )
với I 7(N) = − EN 6+ = 13,6 ×

72
= 666,4(eV ) nên EN + = −1529,1(eV )
12

*N-: EN − = −( I1 + I 2 + I 3 + I 4 + I 5 + I 6 + I 7 ) + A E = −1543,28(eV )

0,25

*O+: EO + = −( I 2 + I 3 + I 4 + I 5 + I 6 ) − ( I 7 + I 8 )
Với I 7 + I 8 = − E1s 2

(8 − 0,3) 2
= 2 × 13,6 ×
= 1612,688(eV )

12

nên EO + = −2032,008(eV )
CÂU 2 1/
2/

0,25

*O-: EO − = −( I1 + I 2 + I 3 + I 4 + I 5 + I 6 + I 7 + I 8 ) + A E = −2047,083(eV )
Vẽ ơ mạng cơ sở của LiCl
−10
Vì có sự tiếp xúc anion – anion nên 4rCl − = a 2 ⇒ rCl − = 1,82.10 (m)

0,5
0,25

Vì ion Li+ được xếp khít vào khe giữa các anion Cl- nên
0,5

−11

2(rCl − + rLi + ) = a ⇒ rLi + = 7,53.10 ( m)
3/

Mỗi ô mạng tinh thể chứa 4 phân tử LiCl nên ta có:

0,25

m
4.(6,94 + 35,45)

=
= 2,074( g / cm3 )
23
−8 3
V 6,02.10 .(5,14.10 )
Độ hụt khối của hạt nhân nguyên tử

0,5

DLiCl =

CÂU 3 1/

∆m = Z .m p + ( A − Z ).mn − mntu
nên ∆mD = 2,176.10−3 (u ); ∆m Fe = 4,73324.10−1 (u ); ∆mU = 1,798248(u )
Năng lượng liên kết hạt nhân ∆E = ∆m.c 2 = ∆m(u ).931,5( MeV / c 2 )
⇒ ∆EH = 2,027( MeV ); ∆EFe = 440,901( MeV ); ∆EU = 1675,068( MeV )
Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân ∂ E =

0,25

∆E
A

⇒ ∂ E ( H ) = 1,0135( MeV ); ∂ E (Fe) = 8,1648( MeV ); ∂ E (U) = 7,0381( MeV )

0,25

Năng lượng liên kết riêng càng lớn, hạt nhân càng bền
⇒ Hạt nhân nguyên tử Fe bền hơn U, bền hơn D.


0,25

*Nhận xét: Hạt nhân có khối lượng trung bình thì bền vững hơn hạt
nhân có khối lượng nhẹ và nặng.

0,25

Trang 6


2/

a/ 7Be có thể phóng xạ β+ hay bắt electron theo phương trình:
7
4

7
Be → 3 Li + β +

(1)

7
4

7
Be + e → 3 Li

(2)


0,25

∆m1 = MBe - MLi - 2me = - 1,682.10-4 u
∆m2 = MBe - MLi = 9,3.10-4 u.
Vậy, chỉ có q trình (2) có thể xảy ra.
b/ Phương trình phóng xạ của Be – 7 và Ga – 67 là
7
4

0,25

7
Be → 3 Li + β +

67
Ga → 30 Zn + β +
c/ Phản ứng phóng xạ tuân theo động học bậc nhất
67
31

0,25

1
⇒ A = A0 .e − λt hay A = A0 .( )t /T1/ 2 với T1/2 là chu kì bán hủy
2
Áp dụng biếu thức ta có, sau ¾ giờ,
CÂU 4 1/

ABe = 6,997.107 (Bq);A Ga = 6,998.107 ( Bq)
∆Ho298 = -347,98 – 296,90 + 202,92 = -441,96kJ


0,25
0,5

∆Cop = 51,64 + 51,10 – 58,05 – 3/2.34,24 = -6,67J.K-1
1350
o

∆H1350 = ∆H 298 +

∫

0
∆C p .dT = -448976,84J

298

2/

0,5

Vì nhiệt cung cấp chỉ dùng để nâng nhiệt độ các chất ban đầu nên:

∑C

o
P

o
o

= C o ( ZnS ) + 3 C p ( O2 ) + 6C p ( N 2 ) = 293,31JK −1
p
2

0,5

T

∆H

o
1350

+

∫ 293,31dT = 0 ⇒ T = 1829 K

298

CÂU 5

T = 1829K > 1350K nên phản ứng tự duy trì được.
*Thí nghiệm 1:
⇌

PCl5
CB: 1 – x

PCl3 +


0,5

Cl2

x

x

⇒ Σn = 1 + x
x 2  2  2x 2
Ta có: 1,85 =

÷=
1− x 1 + x  1 − x2
⇒ x = n Cl = 0,693mol ⇒ n PCl = 0,307mol
2

5

0,75

*Thí nghiệm 2:
Thêm Ar vào ở T, V không đổi nên áp suất riêng phần của từng chất và
Trang 7


hằng số Kp không đổi. Cân bằng không chuyển dịch, kết qủa giống thí

0,5


nghiệm 1
*Thí nghiệm 3:
⇌

PCl5

PCl3 +

CB: 1 – x

Cl2 + Ar
x

x

1

Σn = 2 + x
x 2 / (2 + x) 2
2x2
×2=
(1 − x) / (2 + x)
2 − x − x2
⇒ x = nCl2 = 0,77 mol ⇒ nPCl5 = 0,23mol

1,85 =

CÂU 6 1/

0,75


Tính lại nồng độ của các chất sau khi trộn:
C6H5COOH: 0,01M; NH3: 0,055M; HCOOH: 0,02M; H2S: 0,025M
Sau khi trộn, xảy ra các phản ứng sau:
NH3 + HCOOH → NH + + HCOO4
0,055

0,02

0,035

-

K = 105,49

0,02

0,02

NH3 + C6H5COOH → NH + + C6H5COO4
0,035
0,025

0,01
-

0,01

0,01


NH3 + H2S → NH + + HS4
0,025
-

K = 105,04

K = 102,23

0,025
-

0,025

0,25

0,025

Vậy thành phần giới hạn của dung dịch A là:
2/

0,25

NH + : 0,055M; HCOO-: 0,02M; C6H5COO-: 0,01M; HS-: 0,025M
4
Trong dung dịch A có các cân bằng sau:
+
NH 4 ƒ NH 3 + H +

K a = 10−9,24


(1)

HS − ƒ S 2− + H +

K a 2 = 10−12,90

(2)

H 2O ƒ OH − + H +

K w = 10 −14

(3)

HS − + H 2O ƒ H 2 S + OH −

K b 2 = 10−6,98

(4)

C6 H 5COO − + H 2O ƒ C6 H 5COOH + OH −

K b = 10−9,8

(5)

K b = 10 −10,25

(6)


HCOO − ƒ HCOOH + OH −
So sánh (1), (2) và (3), bỏ qua cân bằng (2) và (3)
So sánh (4), (5) và (6), bỏ qua cân bằng (5) và (6)

Trang 8


Do đó, cân bằng (1) và (4) quyết định pH của dung dịch.

0,25

Mặt khác, ta có: K a (1) .C NH 4+ < K b (4) .CHS −
0,25

Vì vậy, dung dịch A có phản ứng bazơ, pH > 7

0,25
3/

Căn cứ vào pH của dung dịch sau phản ứng( pH = 10) để xác định chất
đã tham gia phản ứng
Trong dung dịch A, NH + và HS- có thể phản ứng với dung dịch
4
NaOH; HS-, HCOO- và C6H5COO- có thể phản ứng với dung dịch HCl.
Tính bazơ của HS- lớn hơn của C6H5COO- và lớn hơn của HCOO-.
Tính axit của NH + lớn hơn của HS-.
4
[NH 3 ]
K a 10−9,24
= + = −10 ; 1 nên NH + đã tham gia

Tại pH = 10, ta có:
4
+
[NH 4 ] [H ] 10
phản ứng. Vì vậy, phải dùng dung dịch NaOH để trung hịa dung dịch
0,25

A đến pH=10
[NH 3 ]
10−9,24
= −9,24
= 0,8519
Ta có, tại pH = 10:
+
[NH 4 ]+[NH 3 ] 10
+ 10−10
nên 85,19% NH + đã tham gia phản ứng
4
[S 2− ]
K
10−12,9
= a+2 = −10 = 1
[HS − ] [H ] 10

0,25

nên HS- chưa tham gia phản ứng
Phương trình phản ứng trung hòa dd A: OH- + NH + → NH3 + H2O
4
nNaOH = nNH + pu ⇒ VddNaOH =

4

CÂU 7 1/

0,055.0,8519.20
= 18,74(ml )
0,05

0,25

Ta có các cân bằng:

→
Cu2+ + H2O ¬  Cu(OH)+ + H+


(1)

K1 = 10-8


→
Pb2+ + H2O ¬  Pb(OH)+ + H+


(2)

K2 = 10-7,8



→
H2O ¬  H+ + OH

(3)

Kw = 10-14

Vì CCu 2+ .K1 ≈ CPb2 + .K 2 >> Kw nên ta có thể tính pH theo cân bằng (1)
và (2), bỏ qua cân bằng (3).

0,25

+
+
+
Theo điều kiện proton, ta có:  H  = Cu (OH )  +  Pb(OH ) 
  
 


Theo cân bằng (1), (2), ta có :
Trang 9


h=

K1. Cu 2+ 


h


+

K 2 .  Pb 2+ 


h

→ h = K1. Cu 2+  + K 2 .  Pb 2+ 





Giả sử nồng độ cân bằng của Cu2+, Pb2+ là nồng độ ban đầu, ta tính
0,25

được h = 3,513.10-5(M)
Tính lại nồng độ cân bằng của Cu2+, Pb2+ theo giá trị H+ ở trên
Gọi x, y lần lượt là nồng độ cân bằng của Cu(OH)+, Pb(OH)+
Theo cân bằng (1), (2) ta có
K1 =

x.3,513.10−5
= 10−8 → x = 1,708.10−5
0,06 − x

y.3,513.10−5
K2 =
= 10−7,8 → y = 1,805.10−5

0,04 − y

.

Giá trị của x, y rất nhỏ so với nồng độ ban đầu nên nồng độ cân bằng

0,25

của Cu2+, Pb2+ coi như bằng nồng độ ban đầu( kết quả lặp)
Vậy [H+] = 3,513.10-5 ; pH = 4,454
2/

0,25

a/ Sau khi trộn,
CCu 2+ = 0,03M ; C Pb2 + = 0,02 M ; CH + = 0,07 M ; CIO − = 0,13M
3

Vì môi trường axit mạnh nên bỏ qua sự tạo phức hiđroxo của các ion
kim loại
Các phản ứng:

→
Pb2+ + 2IO3- ¬  Pb(IO3)2


Cbđ

0,02


0,13

[ ]

0

K3 = 1012,61 >>

0,09


→
Cu2+ + 2IO3- ¬  Cu(IO3)2


Cbđ

0,03

0,09

[ ]

0

K4 = 107,13 >>

0,03

Thành phần giới hạn của dung dịch Y gồm: Pb(IO 3)2; Cu(IO3)2; IO3-;

+

+

H ; Na ; NO3

0,125

-

Có các cân bằng:

→
Pb(IO3)2 ¬  Pb2+ + 2IO3

(4)

K3-1 = 10-12,61


→
Cu(IO3)2 ¬  Cu2+ + 2IO3

(5)

K4-1 = 10-7,13

Vì K3-1 << K4-1 nên ta tính theo cân bằng (5)
Trang 10




→
Cu(IO3)2 ¬  Cu2+ + 2IO3

Cbđ

(5)

K4-1 = 10-7,13

0,03

[ ]

x

0,03 + 2x

−
Theo cân bằng (5): K 4 1 = x.(0,03 + 2 x) 2 = 10−7,13

→ x = 8,237.10−5 << 0,03

0,125

Thế của điện cực Cu nhúng vào dung dịch Y là
0
ECu 2 + /Cu = ECu 2 + /Cu +


0,0592
log Cu 2+  = 0,216(V)


2

0,125

* Xét dung dịch Z:
Phương trình phản ứng:
Ag+


→
I- ¬  AgI


+

K6 = Ks-1 = 1016

>> → phản ứng hoàn toàn
Cbđ

0,01

Sau

0,04


0

0,03

Thành phần giới hạn của dung dịch: AgI; I-; Na+, NO3Có cân bằng:
AgI


→
¬


Ag+

+

I-

Cbđ

0

0,03

[ ]

x

K6-1 = 10-16


0,03 + x

−
→ K 6 1 = x.(0,03 + x ) = 10−16

→

x = 3,333.10-15

Thế điện cực Ag nhúng vào dung dịch A là:
0
E Ag + / Ag = E Ag + / Ag + 0,0592log  Ag +  = 0,799 + 0,0592log(3,333.10−15 )



0,125

= −0,058(V )
Vì E Ag + / Ag < ECu 2 + /Cu nên điện cực Cu là catot ở bên phải sơ đồ pin, điện
cực Ag là anot ở bên trái sơ đồ pin. Vậy, sơ đồ pin là
(-) Ag│AgI, dung dịch I- 0,03M ║ Pb(IO3)2; Cu(IO3)2; IO3- 0,03M;
H+; Na+; NO3-│Cu (+)

0

CÂU 8 1/

b/ Ở 25 C, Epin = E(+) - E(-) = 0,216 – (-0,058) = 0,274 (V)
Sự biến đổi năng lượng liên kết trong dãy halogen :


0,25
0,25

Trang 11


- Năng lượng liên kết X – X trong F 2 nhỏ hơn trong Cl2 và Br2 do trong
F2 chỉ có xen phủ p–p cịn trong Cl2→ At2 ngồi sự xen phủ p –p cịn
0,5

có xen phủ p – d làm tăng độ bền liên kết.
- Năng lượng liên kết giảm từ Cl 2 → At2 là do bán kính nguyên tử tăng
dần từ F → At nên mức độ xen phủ giữa các AO giảm dần ⇒ độ bền
2/

0,5

liên kết X – X giảm từ Cl2 → At2.
Nêu và giải thích qui luật biến đổi:
− Tính axit tăng từ HClO → HClO4 do khi số nguyên tử O liên kết
với nguyên tử Cl tăng làm tăng mật độ điện tích dương trên Cl ⇒ làm
giảm mật độ điện tích âm trên nguyên tử O của nhóm O – H ⇒ tăng độ

0,25

phân cực của liên kết O – H ⇒ tính độ linh động của H.
− Độ bền tăng từ HClO → HClO4 do khi số nguyên tử O liên kết
với nguyên tử Cl tăng ⇒ tăng số cặp electron quanh nguyên tử Cl ⇒
làm giảm độ dài liên kết Cl – O; đồng thời khi số nguyên tử O tăng
làm tăng tính đối xứng của các ion ⇒ độ bền của các gốc axit tăng.

− Tính oxi hố trong dãy ion: ClO−, ClO2−, ClO3−, ClO4− giảm do độ
CÂU 9

bền của các ion tăng ⇒ khả năng hoạt động hố học giảm.
Dựa trên các tích số tan của các chất và thế điện cực học sinh thấy

0,25
0,5

được các phản ứng có thể xảy ra theo thứ tự là:
Hg2+ + H2S ƒ

HgS ↓ + 2H+

0,01

1,00

-

K1 = Ks1-1.Ka1.Ka2 = 1031,88 (1)

1,02

2Fe3++ H2S ƒ 2Fe2+ + S↓ + 2H+
0,01
-

K 2 = 102×(0,771−0,141)/0,0592 = 1021,28


(2)

1,02
0,01

1,03

Zn2+ + H2S ƒ

ZnS ↓ + 2H+

K3 = Ks3-1.Ka1.Ka2 = 101,68 (3)

Fe2+ + H2S ƒ

FeS ↓ + 2H+

K4 = Ks4-1.Ka1.Ka2 = 10-2,72

0,5

(4)

Theo phản ứng (1), (2), giá trị K1, K2 tìm được rất lớn nên có kết tủa
HgS và S tạo ra.
Theo phản ứng (3) và (4), các giá trị K 3, K4 nhỏ nên cần phải xác định
xem có tạo kết tủa FeS và ZnS hay khơng.

0,25
Trang 12



*Đánh giá khả năng kết tủa của ZnS và FeS:
Vì H2S là một axit yếu nên chấp nhận [H +] = CH+ = 1,03 M, môi
trường axit, bỏ qua sự tao phức hiđroxo của ion Zn 2+ và ion Fe2+ tức là
C’Zn2+ = 0,01M và C’Fe2+ = 0,01 M.
Từ cân bằng

2H+ + S2-

H2S ƒ

⇒ CS 2 − = [S 2− ]=

K = Ka1.Ka2 = 10-19,92

(5)

K a1.K a 2 .[H 2 S ] 10−19,92 × 0,1
=
= 10−20,95
+ 2
2
[H ]
1,03
0,25

Vậy ta có:
C’Fe2+.C’S2-- = 0,01.10-20,95 = 10-22,95 << Ks(FeS) = 10-17,2 → khơng
có kết tủa FeS

2+

2--

C’Zn .C’S = 0,01.10

-20,95

= 10

-22,95

< Ks(ZnS) = 10

-21,6

→ khơng

có kết tủa ZnS

0,25
0,25

Hiện tượng: Màu vàng của dung dịch (do muối FeCl 3) nhạt dần đến
hết và xuất hiện màu trắng xanh (do muối FeCl 2); có kết tủa HgS màu
CÂU
10

0,5


đen (có lẫn kết tủa S vàng ngà)
Phản ứng bậc 1 có phương trình động học dạng tích phân:
C = C0.e-kt → kC = kC0.e-kt → lnv = lnv0 – kt
→ lgv = lgv0 – (1/2,303)kt = lgv0 – 0,434kt

(1)

0,5

Như thế, phản ứng có sự phụ thuộc lgv = -0,68 – 0,09t (2) phải là
phản ứng bậc 1 với

lgv0 = -0,68.

→ v0 = 10-0,68 mol/(L.s) = 0,21 mol/(L.s)

0,5

Khi C = C0/2 thì v =v0/2 = 0,105 mol/(L.s)
→ lgv = lg0,105 = -0,98
Thay (3) vào (2):

(3)

0,5

- 0,98 = -0,68 – 0,09t1/2

→ t1/2 = 3,33 s → k = ln2/t1/2 = 0,21 s-1
→ C0 = v0/k = 0,21 mol/(L.s): 0,21 s-1 = 1 mol/L


0,5

Trang 13