Sở GD_ĐT Khánh Hoà ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ HOÁ 10
Trường THPT Lê Quý Đôn Thời gian làm bài : 180 phút
( Không kể thời gian phát đề )
Câu 1:
1. Bộ 4 số lượng tử nào sau đây được chấp nhận cho một electron trong ngtử.
n l m
l
m
s
a. 3 0 +1 -1/2
b. 2 1 -1 -1/2
c. 2 2 0 +1/2
d. 3 1 +1 -1/2
Trường hợp nào phù hợp hãy cho biết vò trí của ngtố đó trong bảng tuần hoàn,tính chất hoá học
đặc trưng.Viết pứ minh hoạ.
2. Xét ngtử của ngtố có electron cuối cùng có bộ 4 số lượng tử:
n l m
l
m
s
a. 3 2 0 +1/2
b. 3 2 +1 -1/2
Có tồn tại những cấu hình này không?Vì sao?
3. Cho biết trạng thái lai hoá của ngtử trung tâm và dạng hình học của các phân tử sau :
H
2
O , H
2
S , H
2
Se , H

2
Te .
- Hãy sắp xếp theo chiều tăng dần độ lớn góc liên kết và giải thích sự sắp xếp đó.
- Tại sao ở điều kiện thường H
2
O ở thể lỏng,còn H
2
S , H
2
Se , H
2
Te ở thể khí?
- Hãy sắp xếp theo chiều tăng dần tính khử của các chất trên.Giải thích.
4. Sự phân rã phóng xạ của hạt nhân
92
U
238
xảy ra qua
86
Rn
222
đến
82
Pb
207
.Khi đó hạt nhân
Uran,sau đó hạt nhân Radon cho thoát ra và hấp thụ những hạt nào , với số lượng bao nhiêu?
Sở GD_ĐT Khánh Hoà ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ HOÁ 10
Trường THPT Lê Quý Đôn Thời gian làm bài : 180 phút
( Không kể thời gian phát đề )

Câu 2 :
1. Viết các ptpứ biểu diễn các thí nghiệm sau :
- Cho khí H
2
S đi qua dd FeCl
3
thu được kết tủa vàng.
- Cho khí Clo đi chậm qua dd nước Brom làm mất màu dd đó.
- Cho một luồng khí Flo đi qua dd NaOH 2% lạnh,pứ làm giải phóng khí oxiđiflorua.
- Cho bột Al
2
O
3
hoà tan hết trong lượng dư dd NaOH,sau đó thêm dd NH
4
Cl dư , đun nóng nhẹ.
- Nhỏ từ từ dd nước amoniac,cho đến dư,vào dd CuSO
4
.
2. Tiến hành diện phân ( với điện cực trơ,màng ngăn xốp ) dd chứa a mol Cu(NO
3
)
2
và b mol
NaCl đối với 3 trường hợp : 2a = b , b < 2a , b > 2a . Viết các ptpứ điện phân xảy ra cho tới khi
H
2
O bắt đầu bò điện phân ở cả hai điện cực.
Sở GD_ĐT Khánh Hoà ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ HOÁ 10
Trường THPT Lê Quý Đôn Thời gian làm bài : 180 phút

( Không kể thời gian phát đề )
Câu 3:
1. Trộn 100 ml dd HCOOH 0,1M vơi100 ml dd NaOH 0,05M được 200 ml dd A.
Tìm pH của dd A.
- pH của dd A sẽ thay đổi như thế nào khi thêm vào dd 0,001 mol HCl hoặc 0,001 mol NaOH.
- Từ các kết quả trên hãy cho nhận xét.
2. Xác đònh nhiệt độ tại đó áp suất phân li của NH
4
Cl là 1 atm,biết ở 25
o
C có các dữ kiện :
∆
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
3. Cho H
2
S lội qua dd chứa Cd
2+
0,01M và Zn
2+
0,01M đến bão hoà.
a. Hãy xác đònh giới hạn pH phải thiết lập trong dd sao cho xuất hiện kết tủa CdS mà không
có kết tủa ZnS.
b. Hãy thiết lập khu vực pH tại đó chỉ còn 0,1% Cd
2+
trong dd mà Zn
2+
vẫn không kết tủa.Biết
dd bão hoà H
2
S có [H
2
S} = 0,1M và H
2
S có K
a1
= 10
-7
, K
a2
= 1,3.10
-13
,T

CdS
= 10
-28
,
T
ZnS
= 10
-22
.Bỏ qua quá trình tạo phức hidroxo của Cd
2+
và Zn
2+
.
Sở GD_ĐT Khánh Hoà ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ HOÁ 10
Trường THPT Lê Quý Đôn Thời gian làm bài : 180 phút
( Không kể thời gian phát đề )
Câu 4:
1. Cân bằng các pứ oxi hoá khử sau :
a. Theo phương pháp cân bằng electron :
Cu
2
S + HNO
3
→ Cu(NO
3
)
2
+ CuSO
4
+ NO

2
+ H
2
O.
CH
3
−CH=CH
2
+ KMnO
4
+ H
2
O → CH
3
−CH−CH
2
+ MnO
2
+ KOH


b. Theo phương pháp cân bằng ion - electron :
K
2
Cr
2
O
7
+ H
2

SO
4
+ NO → Cr
2
(SO
4
)
3
+ HNO
2
+ K
2
SO
4
+ H
2
O.
NaCrO
2
+ Br
2
+ NaOH → Na
2
CrO
4
+ NaBr + H
2
O.
2. Hãy cho biết pứ nào xảy ra trong các trường hợp sau:
FeCl

3
+ NaCl FeCl
3
+ NaBr FeCl
3
+ NaI
Biết
2
o
Cl /2Cl
E 1,359V
−
=
2
o
Br /2Br
E 1,065V
−
=
2
o
I / 2I
E 0,536V
−
=
3 2
o
Fe / Fe
E 0,77V
+ +

=
3. Tính
o
AgCl/Ag
E
và hằng số cân bằng của pứ sau:
2AgCl↓ + Cu
ƒ
2Ag↓ + Cu
2+
+ 2
Cl
−
Biết
o
Ag / Ag
E 0,799V
+
=
2
o
Cu / Cu
E 0,337V
+
=
10
AgCl
T 10
−
=

4. Cho
2
o
Cu / Cu
E 0,345V
+
=
;
2
o
Zn / Zn
E 0,76V.
+
= −
a. Hãy viết sơ đồ pin được dùng để xác đònh thế điện cực tiêu chuẩn của các cặp trên . Chỉ rõ cực
dương,cực âm.Cho biết pứ thực tế xảy ra trong pin khi pin hoạt động .
b. Ở 25
o
C,tiến hành thiết lập 1 hệ ghép nối giữa thanh Zn nhúng vào dd ZnCl
2
0,01M với thanh
Cu nhúng vào dd CuCl
2
0,001M thu được một pin điện hoá.
-Viết kí hiệu của pin và pứ xảy ra khi pin làm việc.
-Tính E
pin
.
OH OH
Sở GD_ĐT Khánh Hoà ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ HOÁ 10

Trường THPT Lê Quý Đôn Thời gian làm bài : 180 phút
( Không kể thời gian phát đề )
Câu 5:
Hoà tan 9,24g hỗn hợp Al,Cu trong dd HCl dư 5% ( so với lý thuyết ) thu được 6,72 lít khí A
( đktc) , ddB và rắn C.
a. Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp.
b. Cho tất cả dd B tác dụng với dd NaOH 0,5M . Tính thể tích dd NaOH cần dùng để sau pứ thu
được 9,36g kết tủa.
c. Hoà tan toàn bộ chất rắn C trong 60 ml dd HNO
3
2,0M , chỉ thu được khí NO . Sau khi pứ kết
thúc cho thêm lượng dư H
2
SO
4
vào dd thu được lại thấy có khí NO bay ra . Giải thích và tính thể
tích khí NO (đktc) bay ra sau khi thêm H
2
SO
4
.
Sở GD_ĐT Khánh Hoà ĐÁP ÁN
Trường THPT Lê Quý Đôn
Câu 1:
1.a.Không thoả mãn,vì m
l
> l
b.Thoả mãn :2p
4
.Cấu hình e :1s

2
2s
2
2p
4
. STT :8, chu kì 2 , nhóm VIA.
Tính chất đặc trưng : tính oxi hoá O
2
+4e → 2
2
O
−
Ví dụ : 4Na + O
2
= 2Na
2
O
c. Không thoả mãn,vì n = l ( l = n-1 )
d.Thoả mãn :3p
6
. Cấu hình e :1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6

. STT :18, chu kì 3 , nhóm VIIIA.
Ngtố này có cấu hình bền nên không tham gia tương tác hoá học.
2. Cấu hình 3d
3
4s
2
: tồn tại
Cấu hình 3d
9
4s
2
: không tồn tại, chuyển sang cấu hình bền 3d
10
4s
1
.
3. -Trong các phân tử H
2
O , H
2
S, H
2
Se, H
2
Te; O, S, Se, Te (R) ở trạng thái lai tạo sp
3
, phân tử có
cấu tạo dạng góc :
R
H H

- Vì độ âm điện của O lớn nhất nên các cặp e liên kết bò hút về phía O mạnh → khoảng cách
giữa 2 cặp e liên kết trong phân tử H
2
O là nhỏ nhất → nên lực đẩy tónh điện mạnh nhất → góc
liên kết lớn nhất .
Thứ tự tăng dần góc liên kết là : H
2
Te , H
2
Se, H
2
S, H
2
O .
- Ở điều kiện thường nước ở thể lỏng là do các phân tử nước có khả năng tạo liên kết H liên
phân tử :
O − H O − H

H H

- Trong các phân tử H
2
R , R đều có số oxi hoá -2, tuy nhiên từ O đến Te bán kính R lại tăng lên →
khả năng cho e tăng từ O đến Te, tức là tính khử tăng theo thứ tự H
2
O, H
2
S, H
2
Se, H

2
Te .
4. Vì khi phóng xạ
α
thì khối lượng hạt nhân bò giảm 4 và điện tích giảm 2 đơn vò .
Khi phóng xạ
β
khối lượng hạt nhân không đổi nhưng điện tích tăng 1 đơn vò.
Nhận thấy từ
238 207
U Pb→
khối lượng hạt nhân giảm 31 ( không chia hết cho 4 ) vì vậy ban đầu
238
U
đãhấp thụ 1 nơtron để tạo
239
U
không bền .
238 1 239 *
92 o 92
U n U+ →
239 * 207 4 0
92 82 2 1
U Pb x He y e
−
→ + +
Ta có 2x - y = 10
4x = 32
=> x = 8 Vậy đã có 8 hạt
α

và 6 hạt
β
thoát ra , hấp thụ 1 nơtron .
y = 6
Sở GD_ĐT Khánh Hoà ĐÁP ÁN
Trường THPT Lê Quý Đôn
Câu 2: - H
2
S + 3FeCl
3
→ 2FeCl
2
+ S + 2HCl
- 5Cl
2
+ Br
2
+ 6H
2
O → 10HCl + 2HBrO
3
- 2F
2
+ 2NaOH
lïanh
→
2NaF + OF
2
+ H
2

O
(2%)
- Al
2
O
3
+ 2NaOH → 2NaAlO
2
+ H
2
O
NaOH + NH
4
Cl → NaCl + NH
3
+ H
2
O
NaAlO
2
+ NH
4
Cl + H
2
O
o
t
→
Al(OH)
3

↓ + NH
3
↑ + NaCl
- CuSO
4
= Cu
2+
+
2
4
SO
−
NH
3
+ H
2
O
ƒ

4
NH
+
+ OH
-
Cu
2+
+ 2OH
-
→ Cu(OH)
2

↓.
Cu(OH)
2
↓ + 4 NH
3
→ [Cu(NH
3
)
4
](OH)
2.
2.Trong dd : Cu(NO
3
)
2
= Cu
2+
+ 2
3
NO
−
NaCl = Na
+
+ Cl
-
Tại catot (-) : Cu
2+
,Na
+
,H

2
O Tại anot (+) :
3
NO
−
, Cl
-
,H
2
O.
Pứ điện cực : Cu
2+
+2e → Cu 2Cl
-
-2e → Cl
2
2H
2
O + 2e → H
2
+ 2 OH
-
2H
2
O -4e → O
2
+ 4 H
+
Pứ điện phân:
Cu(NO

3
)
2
+ 2NaCl → Cu + Cl
2
+ 2NaNO
3
(1)
Nếu 2a = b , tức là Cu(NO
3
)
2
và NaCl bò điện phân hết cùng lúc,nên sau pứ (1) ở cả 2 điện cực
H
2
O sẽ điện phân.
H
2
O
3
dp
NaNO
→
H
2
+ 1/2 O
2
.
Nếu b<2a, sau pứ (1) còn dư Cu(NO
3

)
2
.Khi đó pứ điện phân:
Cu(NO
3
)
2
+ H
2
O → Cu + 1/2 O
2
+ 2 HNO
3
(2)
Sau pứ (2) thì H
2
O điện phân ở cả 2 điện cực:
H
2
O
3
dp
HNO
→
H
2
+ 1/2 O
2
.
Nếu b>2a,sau pứ (1) còn dư NaCl . Khi đó pứ điện phân:

2NaCl + 2 H
2
O
m.n
→
2NaOH + Cl
2
↑+ H
2
↑ (3)
Sau pứ (3) thì H
2
O điện phân ở cả 2 điện cực:
H
2
O
dp
NaOH
→
H
2
+ 1/2 O
2
.
Sở GD_ĐT Khánh Hoà ĐÁP ÁN
Trường THPT Lê Quý Đôn
Câu 3:
1. Ptpứ : HCOOH + NaOH → HCOONa + H
2
O

0,005 0,005 0,005
n
HCOOH

= 0,1.0,1 = 0,01 mol
n
NaOH
= 0,1.0,05 = 0,005 mol
Vậy dd thu được gồm 0,005 mol HCOOH và 0,005 mol HCOONa .
Trong dd xảy ra các quá trình :
HCOONa → HCOO
-
+ Na
+
HCOOH
ƒ
HCOO
-
+ H
+
,K
a
HCOO
-
+ H
2
O
ƒ
HCOOH + OH
-

,K
b
H
2
O
ƒ
H
+
+ OH
-
Theo đònh luật bảo toàn điện tích ta có:
[H
+
] + [Na
+
] = [HCOO
-
] + [OH
-
]
⇒ [HCOO
-
] = [H
+
] + [Na
+
] - [OH
-
]
Mặt khác :

Theo đònh luật bảo toàn nồng độ ban đầu ta có :
HCOOH
HCOO
C C [HCOOH] [HCOO ]
−
−
+ = +
⇒
HCOOH
HCOO
[HCOOH] C C [HCOO ]
−
−
= + −
=
HCOOH
HCOO
C C [H ] [Na ] [OH ]
−
+ + −
+ − − +
Vì
HCOO
C [Na ]
−
+
=
nên:
HCOOH
[HCOOH] C [H ] [OH ]

+ −
= − +
a
[HCOO ][H ]
K
[HCOOH]
− +
=
⇒
HCOOH
a a
C [H ] [OH ]
[HCOOH]
[H ] K K (*)
[HCOO ] [Na ] [H ] [OH ]
+ −
+
− + + −
− +
= =
+ −
Vì sự có mặt của HCOOH và HCOO
-
trong dd nên đã ngăn cản sự tạo thành H
+
và OH
-
.
Nên khi giải gần đúng có thể bỏ qua [H
+

] và[ OH
-
]
HCOOH
a
C
(*) [H ] K
[Na ]
+
+
⇔ =
HCOOH
a
C
pH pK lg
[Na ]
+
= −
Thay các giá trò vào biểu thức trên ta được:
0,005
pH 3,75 lg 3,75.
0,005
= − =
Khi thêm 0,001 molHCl( 0,001 mol H
+
).Khi này :
HCOO
-
+ H
+

→ HCOOH
0,001 0,001 0,001
0,005 0,001
pH 3,75 lg( ) 3,57.
0,005 0,001
+
= − =
−
Khi thêm 0,001 mol NaOH(0,001 mol OH
-
).Khi này:
HCOOH + OH
-
→ HCOO
-
+ H
2
O
0,001 0,001 0,001
0,005 0,001
pH 3,75 lg( ) 3,93.
0,005 0,001
−
= − =
+
Việc thêm một lượng nhỏ axit mạnh hay bazơ mạnh vào hỗn hợp HCOOH và
HCOO
-
chỉ làm thay đổi pH trong giới hạn
±

0,18 đơn vò pH.Như vậy hỗn hợp HCOOH và
HCOO
-
là dd đệm có khả năng giữ cho pH ban đầu hầu như không đổi.
2. Ptpứ:
4 (r) 3(k) (k)
NH Cl NH HCl .+ƒ
x x
Gọi x(mol) :
3
NH HCl
n n=
3
NH HCl
x
P P .1 0,5atm
2x
⇒ = = =
Ở nhiệt độ T:
3
2
2 NH HCl
K P .P 0,5.0,5 0,25(atm)= = =
Ở 25
o
C ta có :
o
pu
G 95,3 16,6 ( 203,9) 92kJ∆ = − − − − =
o

pu
H 46,2 92,3 ( 315,4) 176,9kJ∆ = − − − − =
Từ công thức :
o
G 2,303RTlgK∆ = −
Nên
o
1
G 92000
lgK 16,12
2,303RT 2,303.8,314.298
−∆
= = − = −
Mặt khác ta có :
o o o
o o
G H T S RTlnK
H S
lnK
RT R
∆ = ∆ − ∆ = −
∆ ∆
⇔ = − +
Giả sử
o o
H & S∆ ∆
không thay đổi theo nhiệt độ,ta có :
o o
1
1

o o
2
2
H S
lnK
RT R
H S
lnK
RT R
∆ ∆
= − +
∆ ∆
= − +
o o
2 1
2 1
o
2
1 1 2
o
2
1 1 2
o
2 1
1 2
2
o
2
H H
lnK lnK

RT RT
K
H 1 1
ln ( )
K R T T
K H 1 1
lg ( )
K 2,303.R T T
H 1 1
lgK lgK ( )
2,303.R T T
176900 1 1
lg0,25 16,12 ( )
2,303.8,314 298 T
T 597 K
∆ ∆
⇒ − = − +
∆
⇒ = −
∆
⇔ = −
∆
⇔ − = −
⇒ + = −
⇒ =
3.Nồng độ S
2-
để CdS↓ :
28
2 26

CdS
2
T
10
[S ] 10 .
[Cd ] 0,01
−
− −
+
= = =
Nồng độ S
2-
để ZnS↓ :
22
2 ' 20
ZnS
2
T
10
[S ] 10
[Zn ] 0,01
−
− −
+
= = =
.
Vì
2 2 '
[S ] [S ]
− −

<
nên CdS↓ trước.
Giới hạn pH phải thiết lập trong dd để xuất hiện ↓ CdS mà không có ↓ZnS
Ta có :
2 20 19,89
2 1 2
2 2
2
2
2
2
2
2
H S 2H S ,K K .K 1,3.10 10 .
[H ] .[S ]
K
[H S]
[H S]
[H ] K
[S ]
[H S]1 1
pH pK lg
2 2 [S ]
+ − − −
+ −
+
−
−
+ = = =
=

⇒ =
⇒ = −
ƒ
Để CdS↓ mà không có ZnS↓ thì:
26 2 20
1
26
2
20
10 [S ] 10
1 1 0,1
pH .19,89 lg 2,56.
2 2 10
1 1 0,1
pH .19,89 lg 0,45.
2 2 10
2,56 pH 0,45.
− − −
−
−
< <
= − = −
= − =
⇒ − < <
2
[Cd ]
+
còn 0,1%
5
0,1

0,01. 10 M.
100
−
= =
[S
2-
] lúc Cd
2+
còn 0,1%
28
23
5
10
10 .
10
−
−
−
= =
Để trong dd Cd
2+
còn 0,1% mà ZnS vẫn chưa kết tủa thì
23 2 20
10 [S ] 10
− − −
< <
Tức là :
3
23
1 1 0,1

pH .19,89 lg 1,06.
2 2 10
1,06 pH 0,45.
−
= − = −
− < <
Sở GD_ĐT Khánh Hoà ĐÁP ÁN
Trường THPT Lê Quý Đôn
Câu 4 :
1
Cu
2
S -10e → 2
2 6
Cu S
+ +
+
1
5 4
N 1e N
+ +
+ →
10
* Cu
2
S + 12 HNO
3
→ Cu(NO
3
)

2
+ CuSO
4
+10NO
2
+ 6H
2
O
1 2 o 1
C C 2e C C
− − −
+ − → +
3
7 4
Mn 3e Mn
+ +
+ →
2
* 3CH
3
−CH=CH
2
+ 2KMnO
4
+ 4H
2
O → 3CH
3
−CH(OH) −CH
2

(OH) +2MnO
2
+2KOH.
2 3
2 7 2
Cr O 14H 6e 2Cr 7H O
− + +
+ + → +
1
2 2
NO H O 1e NO 2H
− +
+ − → +
6
*
2 2 7 2 4 2 4 3 2 2 4 2
K Cr O 2H SO 6NO Cr (SO ) 6HNO K SO H O+ + → + + +
2
2 4 2
CrO 4OH 3e CrO 2H O
− − −
+ − → +
2
2
Br 2e 2Br
−
+ →
3
*
2 2 2 4 2

2NaCrO 3Br 8NaOH 2Na CrO 6NaBr 4H O.+ + → + +
2. Giả sử xảy ra pứ:
3 2
2
2Fe 2X 2Fe X (1),(X :Cl ,Br ,I ).
+ − + − − − −
+ → +
Để pứ (1) xảy ra thì :
o o o
pu ox kh
E E E 0= − >
=
3 2
2
o o
Fe / Fe X /2X
E E 0
+ + −
− >
Vì chỉ có
3 2
2
o o
I / 2I Fe / Fe
E E
− + +
<
nên chỉ xảy ra pứ:
3 2
2

2Fe 2I 2Fe I
+ − +
+ → +
Hay
3 2 2
2FeCl 2NaI 2FeCl I 2NaCl.+ → + +
2 3
I I I
− −
+ →
3. Ta có :
o
Ag / Ag
(E )/0,059
t
Ag e Ag,K 10
AgCl Ag Cl ,T
+
+
+ −
+ =
↓ +
ƒ
ƒ
o
AgCl / Ag
(E )/0,059
1 t
o
o

AgCl/Ag Ag / Ag
o o
AgCl/Ag
Ag / Ag
AgCl e Ag Cl ,K K.T 10
E
E
10
0,059 0,059
E E 0,59 0,799 0,59 0,209V.
+
+
−
↓ + ↓ + = =
⇒ = −
⇔ = − = − =
ƒ
Ta có :
o
2
Cu / Cu
1
( 2E )/0,059
2 1
2
AgCl e Ag Cl ,K
Cu 2e Cu ,K 10
+
−
−

+ −
↓ + ↓ +
− =
ƒ
ƒ
o
o
2
AgCl / Ag
Cu / Cu
2 2 1
3 1 2
( 2E )/ 0,059
(2E )/0,059
3
(0,209 0,337)
2
4,34
0,059
3
2AgCl Cu 2Ag Cu 2Cl ,K K .K
10 .10 K
K 10 10 .
+
+ − −
−
−
−
↓ + ↓ + + =
⇒ =

⇒ = =
ƒ
4. a.Vì
2
2
o o
Cu /Cu 2H / H
E E
+ +
>
.Để
o
pin
E
>0 thì cực Cu|Cu
2+
làm cực dương(+).
cực Pt,H
2
(1atm) |H
+
1M làm cực âm (-).
Sơ đồ pin: (-) (+)
Pt,H
2
(1atm) |H
+
1M || Cu
2+
1M| Cu .

Pứ điện cực: Cực (-) :
2
H 2e 2H
+
− ƒ
Cực (+) :
2
Cu 2e Cu.
+
+ ƒ
Pứ trong pin :
2
2
Cu H Cu 2H
+ +
+ +ƒ
.
Tương tự ta có :
Vì
2
2
o o
2H / H Zn / Zn
E E
+ +
>
nên ta có sơ đồ pin :
(-) (+)
Zn|Zn
2+

1M|| H
+
1M|H
2
(1atm),Pt.
Pứ điện cực: Cực (-) :
2
Zn 2e Zn
+
− ƒ
Cực (+) :
2
2H 2e H .
+
+ ƒ
Pứ trong pin :
2
2
Zn 2H Zn H .
+ +
+ +ƒ
b.Ta có :
2
2
ZnCl Zn 2Cl
+ −
= +
0,01M 0,01M
2
2

CuCl Cu 2Cl
+ −
= +
0,001M 0,001M
2 2
o 2
Zn / Zn Zn / Zn
0,059
E E lg[Zn ]
2
+ +
+
= +
=
0,059
0,76 lg(0,01) 0,819V.
2
− + = −
2 2
o 2
Cu / Cu Cu / Cu
0,059
E E lg[Cu ]
2
+ +
+
= +
=
0,059
0,345 lg(0,001) 0,4335V

2
+ =
Sơ đồ pin: (-) (+)
Zn|Zn
2+
0,01M ||Cu
2+
0,001M | Cu.
Pứ điện cực :
Cực (-) :
2
Zn 2e Zn
+
− ƒ
Cực (+) :
2
Cu 2e Cu.
+
+ ƒ
Pứ trong pin :
2 2
Zn Cu Cu Zn .
+ +
+ +ƒ
2 2
pin p t
Cu / cu Zn / Zn
E E E E E
+ +
= − = −

= 0,4335-(-0,819) = 1,2525V.
Sở GD_ĐT Khánh Hoà ĐÁP ÁN
Trường THPT Lê Quý Đôn
Câu 5:
Ptpứ : 2Al+6HCl=2AlCl
3
+3H
2
↑ (1)
0,2 0,6 0,2 0,3
2
H
6,72
n 0,3mol.
22,4
= =
Theo pứ (1),ta có:n
Al
= 0,2 mol
⇒
m
Al
= 0,2.27 = 5,4g
⇒
m
Cu
= 9,24 - 5,4 = 3,84g
b. ddB gồm n
HCl
dư = 0,6.0,05 = 0,03 mol

và
3
AlCl
n 0,2mol.=
T/hợp 1: AlCl
3
dư .
3
Al(OH)
9,36
n 0,12mol
78
= =
Ptpư : HCl + NaOH = NaCl + H
2
O (2)
0,03 0,03
AlCl
3
+3NaOH = Al(OH)
3
↓ + 3NaCl. (3)
0,12 0,36 0,12
NaOH(pu2,3)
NaOH
n 0,36 0,03 0,39mol.
0,39
V 0,78l.
0,5
= + =

⇒ = =
T/hợp 2 : Al(OH)
3
↓ tạo ra cực đại nhưng sau đó bò hoà tan một phần .
Ptpư : HCl + NaOH = NaCl + H
2
O (4)
0,03 0,03
AlCl
3
+3NaOH = Al(OH)
3
↓ + 3NaCl. (5)
0,2 0,6 0,2
Al(OH)
3
↓ + NaOH = NaAlO
2
+ 2H
2
O (6)
(0,2-0,12) 0,08
NaOH(pu4,5,6)
NaOH
n 0,6 0,03 0,08 0,71mol.
0,71
V 1,42l.
0,5
= + + =
⇒ = =

c.
3
HNO
n 0,06.2 0,12mol.= =
3 3
HNO H NO
+ −
= +
0,12 0,12 0,12
Cu
3,84
n 0,06mol.
64
= =
Ptpứ :
2
3 2
3Cu 8H 2NO 3Cu 2NO 4H O.
+ − +
+ + → + +
(7)
0,045 0,12 0,03
Theo pứ (7) ,
H
n
+
hết nhưng
3
NO
n

−
dư ,nên khi thêm lương dư axit H
2
SO
4
sẽ có khí NO thoát
ra.
Khi thêm H
2
SO
4
,
2
2 4 4
H SO 2H SO
+ −
= +
Pứ :
2
3 2
3Cu 8H 2NO 3Cu 2NO 4H O.
+ − +
+ + → + +
(8)
(0,06-0,045) 0,01 0,01
Theo pứ (8),n
NO
= 0,01 mol.
⇒
V

NO
= 0,01.22,4 = 0,224 l.