TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC

LỚP 10

TỈNH VĨNH PHÚC
ĐỀ THI ĐÈ XUẤT

(Đề này có 5 trang, gồm 8 câu)

Câu 1 ( 2,5 điểm). CẤU TẠO NGUYÊN TỬ - HẠT NHÂN
1. Kết quả Hóa học lượng tử cho biết ion M2+ có năng lượng electron ở các mức En (n

là số lượng tử chính) được thể hiện trong bảng sau:
n
1
2
3
4
En (eV)
-122,400
-30,600
-13,600
-7,650
a) Tính các giá trị năng lượng trên theo kJ/mol (có trình bày chi tiết đơn vị tính).
b) Hãy giải thích sự tăng dần năng lượng từ E1 đến E4 củ ion M2+.
c) Tính năng lượng ion hóa của ion M2+ (theo eV ) và giải thích.
2. Nguyên tố X (Z=118) được hình thành khi bắn phá hạt nhân nguyên tố Californi

249
98

48
20

Cf

Ca

(
) bằng hạt nhân (
). Biết nguyên tố X phân rã α và có số khối A = 294.
a) Viết phương trình phản ứng tổng hợp và phân rã α của nguyên tố X.
b) Viết cấu hình electron nguyên tử của nguyên tố X. Từ đó suy ra vị trí của X trong
bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.
Câu 2 (2,5 điểm). HÌNH HỌC PHÂN TỬ-LIÊN KẾT HÓA HỌC – TINH THỂ - ĐLTH
1. Hãy cho biết dạng lai hóa của nguyên tố trung tâm và dạng hình học theo mô hình
−
4

VSEPR của các phân tử, ion sau: SF4; HClO2; HOCl; ICl ; IF7; BrF5; HNO3;
C2H6.
2. a) Ô mạng cơ sở (tế bào cơ bản) của tinh thể NiSO 4 có 3 cạnh vuông góc với nhau,
o

cạnh a = 6,338

A;


o

b = 7,842

A;

o

c = 5,155

A.

Khối lượng riêng gần đúng của NiSO 4

là 3,9 g/cm3.
Tìm số phân tử NiSO4 trong một ô mạng cơ sở và tính khối lượng riêng chính xác của
NiSO4.


b) Niken(II) oxit có cấu trúc mạng tinh thể giống mạng tinh thể của natri clorua. Các
ion O2– tạo thành mạng lập phương tâm mặt, các hốc bát diện có các ion Ni2+. Khối lượng
riêng của niken(II) oxit là 6,67 g/cm3.
Nếu cho niken(II) oxit tác dụng với liti oxit và oxi thì được các tinh thể trắng có
thành phần LixNi1-xO:
x
2

Li2O + (1-x)NiO +

x

4

O2 → LixNi1-xO

Cấu trúc mạng tinh thể của LixNi1-xO giống cấu trúc mạng tinh thể của NiO, nhưng
một số ion Ni2+ được thế bằng các ion liti và một số ion Ni 2+ bị oxi hóa để bảo đảm
tính trung hòa điện của phân tử. Khối lượng riêng của tinh thể Li xNi1-xO là 6,21
g/cm3.
* Vẽ một ô mạng cơ sở của niken(II) oxit.
* Tính x (chấp nhận thể tích của ô mạng cơ sở không thay đổi khi chuyển từ NiO
thành LixNi1-xO).
Câu 3 (2,5 điểm). NHIỆT – CÂN BẰNG HÓA HỌC
1. thực hiện bằng phản ứng:

SiO2 (r) + 2C (r)
a) Tính

∆S 0

ƒ

Si (r)

+

2CO (k)

(1)

của quá trình điều chế silic theo phản ứng (1), dựa vào các giá trị entropi chuẩn


dưới đây:
0
0
SSiO
= 41,8 J.K -1.mol-1; S0C(r) = 5,7 J.K -1.mol-1; SSi(r)
= 18,8 J.K -1.mol-1 ; S0CO(k) = 197,6 J.K -1.mol-1.
2 (r)

b) Tính giá trị
tiêu chuẩn

∆G 0

(ΔH 0f )

của phản ứng trên ở 25 oC. Biến thiên entanpi hình thành ở điều kiện

của SiO2 và CO có các giá trị:

0
ΔH 0f(SiO2 (r)) = -910,9 kJ.mol -1; ΔH f(CO(k))
= -110,5 kJ.mol -1

.

c) Phản ứng (1) sẽ diễn ra ưu thế theo chiều thuận bắt đầu từ nhiệt độ nào?
(Coi sự phụ thuộc của

ΔS


và

ΔH

vào nhiệt độ là không đáng kể).


2.

Ở 25 oC và áp suất 1 atm độ tan của CO2 trong nước là 0,0343 mol/l. Biết các thông số
nhiệt động sau:
∆G0 (kJ/mol)
-386,2
-237,2
-578,1
0,00

CO2 (dd)
H2O (l)
HCO3- (dd)
H+(dd)

∆H0 (kJ/mol)
-412,9
-285,8
-691,2
0,00

a) Tính hằng số cân bằng K của phản ứng:

CO2 (dd) + H2O (l)

‡ˆ ˆ†
ˆˆ

H+(dd) + HCO3- (dd)

b) Tính nồng độ của CO2 trong nước khi áp suất riêng của nó bằng 4,4.10- 4 atm và pH
của dung dịch thu được.
c) Khi phản ứng hòa tan CO2 trong nước đạt đến trạng thái cân bằng, nếu nhiệt độ của hệ
tăng lên nhưng nồng độ của CO2 không đổi thì pH của dung dịch tăng hay giảm? Tại sao?
Câu 4 (2,5 điểm). ĐỘNG HỌC
Trong dung dịch nước, chất A bị phân hủy phương trình:
A + 2H2O → 2X+ + Y2- (1)
Trong dung dịch loãng, hằng số tốc độ của phản ứng tại 350 K là k1 = 4,00.10-5 s-1.
a) Cho biết bậc của phản ứng (1).
b)Tính thời gian cần thiết, t1, để 80% lượng A bị phân hủy ở 350K.
c) Tính hằng số tốc độ của phản ứng, k 2, tại 300K và thời gian cần thiết, t 2, để 80% lượng
A bị phân hủy ở nhiệt độ này. Biết năng lượng hoạt hóa của phản ứng là 166,00 kJ.mol -1
và không phụ thuộc vào nhiệt độ.
d) Khi có mặt chất xúc tác, hằng số tốc độ của phản ứng phân hủy tại 300 K là
k2’ = 3,00.104 s-1. Giả sử thừa số tần số không thay đổi, tính năng lượng hoạt hóa của
phản ứng khi có mặt xúc tác.
Câu 5 (2,5 điểm). DUNG DỊCH (AXIT – BAZƠ, KẾT TỦA)
1. Pb(NO3)2 được thêm từ từ vào 20.00 mL dung dịch chứa Na2SO4 0.020 M;
Na2C2O45.0×10−3 M; KI 9.7×10−3 M; KCl 0.05 M và KIO30.0010 M. Khi có kết tủa màu
vàng PbI2 bắt đầu xuất hiện, thì dùng hết 21.60 mL of Pb(NO3)2


a Xác định thứ tự kết tủa.

b Tính nồng độ của dung dịch Pb(NO3)2?
Cho:

pK s(PbSO

pK s ( PbCl2 ) = 4.77

4)

= 7.66;

pK s(Pb(IO

3 )2 )

= 12.61;

pK s(PbI

2)

= 7.86;

pK s(PbC

2O 4 )

= 10.05;

. (Các quá trình khác của các ion được bỏ qua).


2. Dung dịch axit H3PO4 có pH là 1.46 (dd X).
a. Tính nồng độ cân bằng của các cấu tử có trong dung dịch H3PO4. Cho Ka của H3PO4
lần lượt là 7.2×10−3; 6.3×10−8 ; 4.2×10−13.
b. Trộn 50 ml dung dịch X với 50 ml dung dịch NH3 0.4 M được 100 ml dung dịch Y.
Tính độ pH của dung dịch Y (

pK NH + = 9.24
4

).

Câu 6 (2,5 điểm). PHẢN ỨNG OXI HÓA – KHỬ
1. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây bằng phương pháp ion electron:
a. [Fe(CN)6]4- + H+ + MnO4- → Fe3+ + CO2 + NO3- + Mn2+
b. Cu3P + Cr2O72- + H+ → Cu2+ + H3PO4 + Cr3+
c. HAsO2 + Ce4+ + H2O → H2AsO4- + Ce3+ + H+
2. Dựa vào bảng số liệu:
Oxh / Kh I2 / 2IBr2 / 2Br Cl2 /2ClIO3- /I2
BrO3- /Br2
E0 (V)
+0,54
+1,07
+1,36
+1,20
+1,52
Hãy giải thích hiện tượng quan sát được trong thí nghiệm sau: Cho luồng khí clo từ từ đi
vào dung dịch chứa KI và KBr có hoà tan vài giọt hồ tinh bột đến dư.
Câu 7 (2,5 điểm). HALOGEN – OXI – LƯU HUỲNH
1. M và R là các nguyên tố thuộc phân nhóm chính (nhóm A), có thể tạo với hiđro các hợp

chất MH và RH. Gọi X và Y lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của M và R. Trong
Y, R chiếm 35,323% khối lượng. Để trung hòa hoàn toàn 50 gam dung dịch 16,8% X cần
150 ml dung dịch Y 1M. Xác định các nguyên tố M và R.
2. Để hoà tan hoàn toàn a mol một kim loại cần một lượng vừa đủ a mol H2SO4, sau
phản ứng thu được 31,2 gam muối sunfat và khí X. Toàn bộ lượng khí X này làm mất
màu vừa đủ 500 ml dung dịch Br2 0,2M. Xác định tên kim loại.


Câu 8 (2,5 điểm). BÀI TẬP TỔNG HỢP
1. Hoà tan hoàn toàn 0,8120 gam một mẫu quặng sắt gồm FeO, Fe 2O3 và 35% tạp chất trơ
trong dung dịch HCl (dư), thu được dung dịch X. Sục khí SO2 vào dung dịch X, thu được
dung dịch Y. Dung dịch Y phản ứng vừa đủ với 22,21 ml dung dịch KMnO 4 0,10 M. Mặt
khác, hoà tan hết 1,2180 gam mẫu quặng trên trong dung dịch HCl (dư) rồi thêm ngay
dung dịch KMnO4 0,10 M vào dung dịch thu được cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn,
thì hết 15,26 ml dung dịch KMnO4 0,10 M.
a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b) Tính thể tích SO2 (ở điều kiện tiêu chuẩn) đã dùng và thành phần phần trăm theo khối
lượng của FeO, Fe2O3 có trong mẫu quặng.
HẾT.
Người ra đề: Mạc Thị Thanh Hà
Số điện thoại: 0904769299


TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VP TỈNH VP
ĐỀ THI ĐÈ XUẤT

Câ
u
1


ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC LỚP 10

NỘI DUNG

Điể
m

1.a) 1eV = 1,602.10-19J x 6,022.1023 mol-1 10-3kJ/J
= 96,472kJ/mol.
Vậy:
E1 = -122,400eV x 96,472 kJ/mol.eV= -11808,173kJ/mol;
E2 = -30,600 eVx 96,472 kJ/mol.eV = -2952,043kJ/mol;
E3 = -13,600eV x 96,472 kJ/mol.eV = -1312,019kJ/mol;
E4 = -7,650eV x 96,472 kJ/mol.eV = -738,011kJ/mol.
b) Quy luật liên hệ: Khi Z là hằng số, n càng tăng, năng lượng En tương
ứng càng cao (càng lớn). Giải thích: n càng tăng, số lớp electron càng
tăng, electron càng ở lớp xa hạt nhân, lực hút
hạt nhân tác dụng lên electron đó càng yếu, năng lượng En tương
ứng càng cao (càng lớn), electron càng kém bền.

0,5

c) Sự ion hoá của M2+: M2+ → M3+ + e
Cấu hình electron của M2+ ở trạng thái cơ bản là 1s1.

0,5

Vậy I3 = -(E1) = +122,400 eV
→ I3 = 122,400eV

2.a) Phương trình phản ứng hạt nhân:

0,5

0,5

48
294
Cf + 20
Ca → 118
X + 3 01n

249
98

294
118

X→

Y + 24 He

290
116

0,5

b) Cấu hình electron của nguyên tử nguyên tố X : [Rn]5f146d107s27p6 →
Nguyên tố X (Z=118) có 7
lớp electron nên X thuộc chu kì 7, có 8 electron lớp ngoài cùng, electron cuối

cùng điền vào phân lớp
p nên X thuộc nhóm VIIIA (nhóm các nguyên tố khí hiếm)
2

1) * SF4: (AX4E) lai hóa sp3d. Hình dạng cái bập bênh
* HClO2: (AX3E2) lai hóa sp3d. Hình dạng chữ T

1,0


* HClO : (AX2E3) lai hóa sp3d. Hình dạng đường thẳng
−
4

* ICl : (AX4E2) lai hóa sp3d2 . Hình dạng vuông phẳng
* IF7: (AX7) lai hóa sp3d3. Hình dạng lưỡng chóp ngũ giác
* BrF5: (AX5E) lai hóa sp3d2 . Hình dạng tháp vuông
* HNO3: (AX3) lai hóa sp2 . Hình dạng tam giác phẳng
* C2H6: (AX4) lai hóa sp3 . Hình dạng 2 tứ diện chung đỉnh
2. a = 6,338.10–8 cm; b = 7,842.10–8 cm; c = 5,155.10–8 cm
ρ NiSO4 =

Từ
n=

→
n=

n.M NiSO4
m

m
=
=
V
a.b.c
N A .a.b.c

0,5

(1)

ρ NiSO .N A .a.b.c
4

M NiSO 4

3,9 . 6,022.10

23

(2)
–8

. 6,338.10 . 7,842.10
154,76

–8

. 5,155.10 –8


0,5

= 3,888
Số phân tử NiSO4 trong một ô mạng cơ sở phải là số nguyên → n = 4
ρ NiSO

6,022.10

4

=
*Vẽ ô mạng cơ sở

23

4 . 154,76
. 6,338.10 –8 . 7,842.10 –8 . 5,155.10 –8

(chính xác)

= 4,012 (g/cm3)
0,5

Ion oxi (O2-)
Ion niken (Ni2+)

*Tính x:
-Tính cạnh a của ô mạng cơ sở của NiO
ρ NiO =


n.M NiO
N A .a 3

=

→ a3

n.M NiO
N A .ρ NiO
a3 =

4 . 74,69
6,022.10 23 . 6,67

n = 4 (vì mạng là lập phương tâm mặt) →
→ a = 4,206.10–8 cm
-Theo đầu bài, ô mạng cơ sở của NiO và ô mạng cơ sở của LixNi1-xO giống
nhau, do đó:


ρ Lix Ni1− x O =

3

ΔS0

1.a)

b)


∆G 0

=

n.M Li x Ni1−x O
N A .a

S0CO(k)

0
SSi(r)

= 2
+
= 360,8 JK-1

ΔH 0

-T

ΔS0

=

3

4 . [ x.6,94 + (1-x).58,69 + 16]

→ 6,21
→ x = 0,10


6,022.1023 . (4,206.10−8 )3

0
S0C(r) SSiO2(r)
-2
= 2.197,6 + 18,8 - 2.5,7 - 41,8

ΔH 0

, trong đó
ΔH 0

=

ΔH 0f(Si(r) ) +

0
2ΔH f(CO
(k) )

0
2ΔH f(C
(r) )

0
ΔH f(SiO
2(r) )

0,25

0,5
0,25

= 2.(-110,5) + 910,9 = 689,9 (kJ)
→ ∆G
ΔS0
ΔH
=
-T
= 689,9 - 298 . 360,8.10-3 = 582,4 (kJ).
ΔG
c) Phản ứng (1) sẽ diễn ra ưu thế theo chiều thuận khi
bắt đầu có giá trị âm:
0
0
ΔG ΔH
→
ΔS
=
-T
= 689,9 - T . 360,8.10-3 = 0
T = 1912 oK.
Vậy từ nhiệt độ lớn hơn 1912 oK, cân bằng (1) sẽ diễn ra ưu tiên theo chiều thuận.
0

0

2.a) Tính hằng số cân bằng K của phản ứng:

0,5


‡ˆ ˆ†
ˆˆ

CO2 (dd) + H2O (l)
H+(dd) + HCO3- (dd)
(1)
0
0
+
0
0
0
∆G pư = ∆G (H ) + ∆G (HCO3 ) − ∆G (CO2) − ∆G (H2O)
= 0,0 + (-578,1) + 386,2 + 237,2 = 45,3 kJ/mol
0
∆G pư = −RTlnK
lnK = −∆G0pư/RT = −(45,3.103) : (8,314 × 298)
= −18,284
K = 1,15. 10-8

0,5

b. Tính nồng độ của CO2 và pH của dung dịch.
[CO 2 ] = K H . PCO2 = 0, 0343 × 4, 4.10 −4 = 1,51.10 −5 (mol/l)

[H+] = [HCO3-] + 2[CO32-] + [OH-]
Theo (1), K = [H+].[HCO3-] : [CO2]

(2). Vì [CO32-] rất nhỏ nên có thể bỏ qua.

[HCO3-] = K[CO2] : [H+]

0,5

Thay [HCO3-] vào (2) được [H+] = K[CO2]:[H+ ] + Knước : [H+]
hay [H+ ]2 = K[CO2 ] + Knước = 1,15.10-8 × 1,15.10-5 + 10-14
Tính ra:
[H+] = 4,32. 10-7
pH = 6,37
c. Khi phản ứng hòa tan CO 2 trong nước đạt đến trạng thái cân bằng, nếu nhiệt độ của
hệ tăng lên nhưng nồng độ của CO 2 không đổi thì pH của dung dịch tăng hay giảm.
Tại sao?
∆H0pư = ∆H0 (H+) + ∆H0 (HCO3-) − ∆H0 (CO2) − ∆H0 (H2O)
= 0,0 − 691,2 + 412,9 + 285,8 = 7,5 kJ/mol
Do ∆H0pư > 0, khi nhiệt độ tăng cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận, pH giảm.
4

a)Vì k1 = 4,00.10-5 s-1 nên phản ứng là bậc 1.

0,5

b) Vì phản ứng là bậc 1, nên:

0,5


t1 =

ln


c) Ta có:

1
a
1
a
ln
=
ln
= 40235, 95s = 11,18 h.
−5
k1 0,2a 4,00.10
0,2a

k2 Ea  1 1 
=
 − ÷
k1 R  T1 T2 

0,5

, thay số vào ta được:

k2
166.103  1
1 
ln
=
−


−5
4.10
8,314  350 300 ÷


0,5

suy ra: k2 = 2,971.10-9 s-1.

0,5

d) Ở 300K:
− Ea

- Khi không có xúc tác:

k 2 = A.e RT

(1)

- Khi có xúc tác, vì thừa số tần số không thay đổi nên:

Từ (1) và (2) ta được:

k2
=e
k '2

k = A.e
'

2

− E 'a
RT

(2)

E'a − E a
RT

, thay số vào ta được:
E' −166

a
2, 971.10−9
8,314.10−3.300
=e
3.104

Suy ra: Ea’ = 91,32 kJ.mol-1.
5

1 a)Điều kiện để bắt đầu xuất hiện kết tủa:
10-7.66
= 1.09 × 10-6 (M)
0.02

CPb 2+ (1) ≥

PbSO4 :


CPb 2+ (2) ≥
PbC2O4 :

CPb2+ (3) ≥
PbI2 :

CPb 2+ (5) ≥

10-10.05
5.0 × 10−3
10-7.86
−3 2

(9.7 × 10 )

CPb2+ (4) ≥
Pb(IO3)2:

0,5

10-12.61
(0.001)2

10-4.8
2

= 1.78 × 10-8 (M)
= 1.47 × 10-4 (M)
= 2.45 × 10-7 (M)


= 6.34 × 10-3 (M)

(0.05)
PbCl2:
CPb 2+ (2)
CPb2+ (4) CPb2+ (1) CPb2+ (3) CPb 2+ (5) →
<
<
<
<
Kết tủa xuất hiện theo
thứ tự: PbC2O4, Pb(IO3)2, PbSO4, PbI2 và PbCl2.
Khi PbI2 bắt đầu kết tủa (Coi như I- không tồn tại)

0,5


[SO24 ]

=

K s(PbSO4 )
CPb2+ (3)

=

10-7.66
1.47 × 10-4


= 1.49 × 10-4 (M)

= K s(PbSO4 ) = 1.48 × 10-4 (M) = SPbSO4
(S là độ tan của PbSO4 trong dung dịch bão hòa). Do đó PbC2O4, Pb(IO3)2 và PbSO4 đã
kết tủa hoàn toàn.

→

21.60 ×

C Pb(NO3 )2

= 20.00 × (

CC

22 O4

+ 2×

CIO-

3

+

CSO24

)


= 20.00(5.0 × 10−3 + 2 × 0.0010 + 0.020)

→ CPb(NO3 )2

= 0.025 (M)

2.a) H+ được thay cho H3O+. Mọi tương tác của các ion trong dung dịch được bỏ 0,5
qua. [H+] được viết bằng h trong tất cả các phép tinh và các hằng số axit của
H3PO4 được viết là K1, K2 and K3.
Với K1 >> K2 >> K3, chỉ có nấc phân li thứ nhất là chủ yếu.
H3PO4

H+

+

H2PO4-

Với

[ H + ][ H 2 PO4− ]
h2
(10−1.14 )2
−2.14
K1 =
=
= 10
=
[ H 3 PO4 ]
Co − h

Co − 10−1.46
Với Co = 0.200 M
Biến đổi biểu thức có:

h3Co
[H 3PO4 ] = 3 2
(hK1K 2 + K1 K 2 K 3 is ignored)
h + h K1 + hK1 K 2 + K1 K 2 K3
h3Co
hCo
10−1.46 × 0.2
= 3 2 =
=
= 0.1653 M
h + h K1 h + K1 10−1.46 + 10−2.14
Tương tự, ta có:

h 2 K1Co
K1Co
10−2.14 × 0.2
[H 2 PO ] = 3
=
=
= 0.0346 M
h + h2 K1 h + K1 10−1.46 + 10−2.14
−
4

hK1 K 2Co K1 K 2Co
10−2.14 ×10−7.20 × 0.2

[HPO ] = 3
= 2
=
= 6.29 × 10−8 M
2
−1.46 2
−1.46
−2.14
h + h K1 h + hK1 (10 ) + 10
×10
2−
4

0,5


K1 K 2 K 3Co 10−2.14 ×10−7.20 ×10 −12.38 × 0.2
[PO ] = 3
=
= 7.56 ×10−19 M
2
−1.46 3
−1.46 2
−2.14
h + h K1 (10 ) + (10 ) ×10
3−
4

b) Ta có:


n H3PO4 = 0.2 × 0.050 = 0.010 mol n NH3 = 0.4 × 0.050 = 0.020 mol

;

Do đó phản ứng xảy ra: H3PO4 + 2 NH3 → (NH4)2HPO4
[(NH 4 ) 2 HPO 4 ] =

Và

0.010
= 0.1 M
0.100

Trong dung dịch B: (NH4)2HPO4 → 2 NH4+ + HPO420.2 M

0.1 M

Có các cân bằng sau đây:
NH4+

NH3 + H+

HPO42- + H+

H2PO4-

H2PO4- + H+

H3PO4


HPO42-

0,5

H+ + PO43-

Áp dụng định luật bảo toàn proton
[H+] + 2[H3PO4] + [H2PO4-] = [OH-] + [PO43-] + [NH3]
Với [NH3] + [NH4+] = 0.2 M
[H3PO4] + [H2PO4-] + [HPO42-] + [PO43-] = 0.1 M
Mặt khác:
[NH 3 ] =

K NH + × 0.2
4

h + K NH +
4

h3 × 0.1
[H 3PO 4 ] = 3
h + h 2 K1 + hK1 K 2 + K1 K 2 K 3
h 2 K1 × 0.1
[H 2 PO ] = 3
h + h2 K1 + hK1 K 2 + K1 K 2 K3
−
4

[HPO 24− ] =


hK1 K 2 × 0.1
h + h K1 + hK1 K 2 + K1 K 2 K 3
3

2

(1)


K1K 2 K 3 × 0.1
h + h K1 + hK1 K 2 + K1K 2 K 3

[PO34− ] =

3

2

Tại độ pH = 7 – 9 vì vậy có thể bỏ qua [H +], [OH-], [H3PO4] và [PO43-] trong pư
(1):
[H2PO4-] = [NH3]
K NH+ × 0.2
h 2 K1 × 0.1
4
=
3
2
h + h K1 + hK1K 2 + K1K 2 K 3
h + K NH+
4


h × 0.1
h × 0.1
10−9.24 × 0.2 3
=
=
( h + K1K 2 K 3 )
h + K 2 h + 10−7.20
h + 10−9.24
(Trong đó K1K2K3 coi như không đáng kể, có thể bỏ qua.)
-> h = 8.81 × 10-9 M and pH = 8.06.
6

1. a. [Fe(CN)6]4- + H+ + MnO4- → Fe3+ + CO2 + NO3- + Mn2+
5
61

0,5

[Fe(CN )6 ]4- + 30H 2 O → Fe3+ + 6NO3− + 6CO 2 + 60H + + 61e
MnO −4 + 8H + + 5e → Mn 2+ + 4H 2 O

5[Fe(CN)6]4- + 188 H+ + 61MnO4- → 5 Fe3+ + 30CO2 + 30NO3- + 61Mn2+
b. Cu3P + Cr2O72- + H+ → Cu2+ + H3PO4 + Cr3+
6
11

Cu3 P + 4H 2 O →3Cu 2+ + H3 PO 4 + 5H + +11e
Cr2 O72− +14H + + 6e →2Cr 3+ + 7H 2 O


6Cu3P + 11Cr2O72- + 124 H+ → 18 Cu2+ + 6H3PO4 + 22Cr3+ + 53H2O
c. HAsO2 + Ce4+ + H2O → H2AsO4- + Ce3+ + H+
2
1

2

0,5

Ce4+ +1e →Ce3+
HAsO2 + 2H 2 O → H 2 AsO 4− + 3H + + 2e

HAsO2 + 2Ce4+ + 2H2O
ECl0

0,5

/ 2 Cl −

0
EIO
−
/I
3

2

0
EBr


2


→
¬



/ 2 Br −

H2AsO4- + 2Ce3+ + 3H+

EI0 / 2 I −
2

2. Do
>
>
>
và clo lấy dư nên các phản ứng lần lượt xảy ra:
1) Cl2 + 2I- → 2Cl- + I2 làm dung dịch chuyển dần màu xanh.
2) Cl2 + 2Br- → 2Cl- + Br2 làm dung dịch có màu đậm dần do Br2 có
màu vàng.
3) 5Cl2 + I2 + 6H2O → 10Cl- + 2IO3- + 12H+ làm màu dung dịch
nhạt dần chuyển sang màu vàng.

0,25
0,25
0,25
0,25



0
EBrO
−
/ Br
3

7

2

ECl0

2

/ 2 Cl −

4) Do clo dư nhiều và
= 0,16 V (nhỏ) nên có phản ứng:
5Cl2 + Br2 + 6H2O → 10Cl + 2BrO3- + 12H+ làm màu vàng của
dung dịch nhạt dần và mất đi.
Nếu tiếp tục sục clo thì dung dịch có màu vàng nhạt của 1 lượng nhỏ clo hoà
tan.
1. Hợp chất với hiđro có dạng RH nên R có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA.
Trường hợp 1 : Nếu R thuộc nhóm IA thì Y có dạng ROH

Ta có :

R 35,323

=
⇒ R = 9,284
17 64,677

0,25

(loại do không có nghiệm thích hợp)

0,25

Trường hợp 2 : R thuộc nhóm VIIA thì Y có dạng HRO4

Ta có :

R 35,323
=
⇒ R = 35,5
65 64,677

, vậy R là nguyên tố clo (Cl).

Do hiđroxit của R (HClO4) là một axit, nên hiđroxit của M phải là một bazơ
dạng MOH

0,5

16,8
mX =
× 50 gam = 8,4 gam
100


MOH + HClO4 → XClO4 + H2O
⇒

n MOH = n HClO4 = 0,15 L × 1 mol / L = 0,15 mol

M + 17 =

⇒

8,4 gam
= 56
0,15 mol

⇒ M = 39 , vậy M là nguyên tố kali (K).
2. Khí X có khả năng làm mất màu dung dịch nước brom nên X phải là H2S
hoặc SO2.
Giả sử X là H2S, ta có phương trình phản ứng:
8R + 5nH2SO4 → 4R2(SO4)n + nH2S + 4nH2O
H 2 SO4

5n
8

H 2 SO4

Theo ptpu: n
= nR. Theo bài ra: n
= nR → 5n = 8 → n =
Vậy khí X đã cho là khí SO2. Và ta có phương trình phản ứng:

2R + 2nH2SO4 → R2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O
Ta có: 2 =2n  n =1
Phương trình (1) được viết lại:
2R + 2H2SO4 → R2SO4 + SO2 + 2H2O *
Cho khí X phản ứng với dung dịch Br2 xảy ra phản ứng sau:

8
5

0,5

0,25
.
0,25


SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr
Theo (2): n

SO2

=n

Br2

= 0,5.0,2 = 0,1(mol); theo (*): nR2SO4 = n

Theo bài ra khối lượng của R2SO4 = 31,2g →
→ MR = 108 (R là Ag).
8


(2)

1. a)

FeO + 2 HCl

2 FeCl3 + 2 H2O + SO2

→

5 FeCl2 + KMnO4 + 8 HCl

→

=

31, 2
0,1

= 0,1(mol)
0,5

= 312

FeCl2 + H2O

(1)

2 FeCl3 + 3 H2O


(2)

2 FeCl2 + H2SO4 + 2 HCl

(3)

Fe2O3 + 6 HCl
→

→

M R2 SO4

SO2

→

5 FeCl3 + MnCl2 + KCl + 4 H2O

0,75
(4)

5 SO2 + 2 KMnO4 + 2 H2O
2 H2SO4 + 2 MnSO4 + K2SO4
(5)
(Lượng HCl dùng để hòa tan quặng không được cho quá dư, chỉ đủ để làm môi
trường cho phản ứng (4))
b) Từ (1) và (4) ta có:
nFeO (trong 1,2180 gam mẫu) =

→
→

n Fe2+

= 5.

n MnO−
4

= 5 . 0,10 . 15,26.10-3 = 7,63.10-3 (mol)

7,63.10-3 . 0,8120
=
1,2180

nFeO (trong 0,8120 gam mẫu) =

5,087.10-3 (mol)

mFeO (trong 0,8120 gam mẫu) = 72 . 5,087.10-3 = 0,3663 (g)
m Fe2O3

và

(trong 0,8120 gam mẫu)

→ n Fe2O3
(trong 0,8120 gam mẫu)


Tương tự, từ (3) và (5) ta có:

∑n

SO2

= 0,8120 . 0,65 – 0,3663 = 0,1615 (g)

=

0,1615
160 ≈

1,01.10-3 (mol)

1
. n FeCl3
2

= n Fe2O3
(trong 0,8120 gam mẫu)

n SO2 (5) =

với:

∑n

Fe2+


=

= nFeO (trong 0,8120 gam mẫu)

→ n SO2 (5)
→

5
n 2 MnO4 (5)

=

n SO2 (5) =

(trong 0,8120 gam mẫu)

= 1,01.10-3 (mol)

5
1
(∑ n MnO- − ∑ n Fe2+ )
4
2
5
+ 2.n Fe2O3
(trong 0,8120 gam mẫu)

5
1
(∑ n MnO- − (n FeO

4
2
5

+ 2.n Fe2O3
(trong 0,8120 gam mẫu)

(trong 0,8120 gam mẫu)

5
1
-3
-3
-3 
 0,10 . 22,21.10 - (5,087.10 + 2 . 1,01.10 ) ÷
2
5
 ≈

0,5
0,25
0,5

= n SO2 (3) + n SO2 (5)

Trong đó:
n SO2 (3) =

0,5


)

2.10-3 (mol).


Vậy:

∑n

SO2

=

-3

3,01.10 (mol)

→ VSO2

= 22,4 . 3,01.10-3 = 0,0674

(lit)
0,3663
.100
0,8120

% FeO =
= 45,11 %
% Fe2O3 = 65 % – 45,11 % = 19,89 %


HẾT.