Đề xuất đề thi học sinh giỏi khu vực duyên hải – ĐBBB 2016 môn: Hóa học – lớp 10 - Tỉnh Lào Cai

 HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN ĐỀ THI MÔN HOÁ KHỐI 10
 VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2016
 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI Thời gian làm bài 180 phút
 ĐỀ THI ĐỀ XUẤT (Đề này có 3 trang, gồm 10 câu)
Câu I (2đ): Cấu tạo nguyên tử- Hệ thống tuần hoàn.
Từ lí thuyết thu được biểu thức tính năng lượng electron ở trạng thái ứng với số lượng tử chính n trong nguyên tử có 1 electron, 1 hạt nhân:
	 (1) ; với p » 3,14; me » 9,1´10-28 (g) ; eo » 4,8´10-10 (GSE)
Hằng số Planck, h » 6,625´10-27 (ec.s); Z là số đơn vị điện tích hạt nhân. Khi thay số vào (1) tính được En có đơn vị năng lượng là ec biết 1 eV = 1,6´10-12 ec.
Biết năng lượng cần vừa đủ để tách 1e ra khỏi nguyên tử tự do mà không truyền động năng cho e đó được gọi là năng lượng ion hoá (I) của nguyên tử.
a.Tính năng lượng ion hoá của nguyên tử hiđro (IH) (theo eV)?
b.Tính tỉ số . Hãy chỉ rõ một nguyên nhân chủ yếu dẫn đến tỉ số đó khác đơn vị (1,0).
c. Biết » 2,180. Tìm năng lượng E kèm theo quá trình He → He2+ + 2e (2)
Trong tất cả các trường hợp trên đều xét với n = 1; năng lượng được tính theo eV và phép tính lấy đến 2 chữ số phần thập phân.
Câu II (2đ): Liên kết hóa học- Hình học phân tử- Tinh thể
1. Sắp xếp theo thứ tự tăng dần sự biến thiên độ bền liên kết, tính axít, bazơ của các hợp chất hiđrua cộng hoá trị trong dãy sau và giải thích: CH4, NH3, H2O, HF.
2. Sắp xếp theo thứ tự tăng dần sự biến thiên góc liên kết trong dãy: CH4, NH3, H2O.
3. Giải thích tại sao ở điều kiện thường CO2 là chất khí còn SiO2 là chất rắn có nhiệt độ nóng chảy rất cao ?
4. Hãy giải thích tại sao:
- Phân tử BF3 tồn tại nhưng phân tử BH3 không tồn tại? 
 - Axit orthoboric H3BO3 là axit một lần axit?
Câu III (2đ):(Phản ứng hạt nhân)
Livermori (Lv) là nguyên tố thứ 116 trong bảng hệ thống tuần hoàn được các nhà khoa học ở viện nghiên cứu Dubna (Nga) tạo ra lần đầu tiên vào năm 2000 bằng cách bắn phá hạt nhân nguyên tố Curi ( ) bằng hạt nhân Canxi (2048Ca) được gia tốc để tạo ra một đồng vị của Livermori (có số khối A = 293) kèm theo một loại hạt cơ bản nữa. Livermori-293 phân rã α với chu kì bán hủy là 61 mili giây tạo ra hạt nhân nguyên tố Flerovi (Fl). Viết phương trình phản ứng tổng hợp và phân rã của Lv-293.
Bằng việc tính toán hãy chỉ ra trong hai phản ứng dưới đây, phản ứng nào tạo ra năng lượng lớn hơn khi tính cho một gam nhiên liệu:
Phản ứng phân hạch: 92235U+ 01n → 4094Zr+ 58140Ce+ 6-10e+ 201n
Phản ứng nhiệt hạch: 212H→13H+ 11H
Biết khối lượng nguyên tử:
235,0439u cho 92235U; 93,9061u cho 4094Zr; 139,9053u cho 58140Ce; 1,007825u cho 11H; 2,014u cho 12H; 3,01605 u cho 13H.
So sánh năng lượng tỏa ra nếu tính cho một gam nhiên liệu.
Câu IV (2đ): Nhiệt hóa học.
Amoni hydrosunfua là một hợp chất không bền, dễ dàng phân hủy thành NH3(k) và H2S(k): NH4HS(r) NH3(k) + H2S(k)
Cho biết các số liệu nhiệt động học sau đây tại 25oC:
	Ho(kJ.mol-1)	So(J.K-1.mol-1)
NH4HS(r)	 -156,9	 113,4
NH3(k)	 -45,9	 192,6
H2S(k)	 -20,4 	 205,6
Tính ∆Ho, ∆So, ∆Go tại 25oC của phản ứng trên.
Hãy tính hằng số cân bằng Kp tại 25oC của phản ứng trên.
Hãy tính hằng số cân bằng Kp tại 35oC của phản ứng trên giả thiết rằng cả ∆Ho và ∆So không phụ thuộc nhiệt độ.
Hãy tính áp suất toàn phần trong bình chứa nếu phản ứng phân hủy đạt cân bằng tại 25oC. Bỏ qua thể tích của NH4HS(r).
Nếu dung tích bình chứa là 100,00L. Hãy tính lại áp suất toàn phần trong thí nghiệm trên.
Câu V (2đ): Cân bằng hóa học trong pha khí.
Đối với phản ứng hoá học tổng hợp NH3 ở 4500C và 300 atm, ở trạng thái cân bằng người ta thu được số mol của N2, H2, NH3 lần lượt là 10 mol, 30 mol, 12 mol. ở áp suất cố định 300 atm người ta tăng nhiệt độ lên đến 4550C. Biết D H0 = -46 (kJ/mol). Giả sử hiệu ứng nhiệt của phản ứng không phụ thuộc vào nhiệt độ.
Xác định thành phần của hệ ở trạng thái cân bằng tại nhiệt độ 4550C. 
Cân bằng dịch chuyển theo chiều nào? Có phù hợp với nguyên lí dịch chuyển Lơ Satơliê không ?
Xác định chiều chuyển dịch cân bằng của phản ứng khi 
Thêm vào bình khí N2. 
Thêm vào bình khí He và giữ nguyên thể tích của bình.
Tăng áp suất của bình phản ứng bằng cách nén hỗn hợp.
Câu VI (2đ): Cân bằng axit- bazơ, tạo kết tủa. 
1. Thêm từ từ 50 ml dung dịch H2S bão hòa ( có nồng độ 0,1 M) vào 50 ml dung dịch gồm KOH 0,04 M và K2S 0,04 M thu được dung dịch A.
a. Tính pH và nồng độ cân bằng các cấu tử có mặt trong dung dịch A.
b. Tính thể tích dung dịch HCl 0,1 M cần thêm vào 20 ml dung dịch A để thu được dung dịch mới có pH=5,50. Cho H2S có pKai= 7,02 ; 12,90.
2. Độ tan của Bari sunfit trong nước bằng 0,016g/100 ml.
1a. Hãy tính nồng độ của ion bari trong dung dịch bão hoà.
1b. Hãy tính nồng độ của ion sunfit trong dung dịch bão hoà.
1c. Hãy tính tích số tan của bari sunfit.
 Cho: H2SO3 (Ka1 = 10-1,92 M ; Ka2 = 10-7,18 M)
Câu VII (2đ): Phản ứng oxi hóa khử-pin điện hóa.
Cho sơ đồ pin điện hoá tại 25oC :
(-)Ag, AgBr/KBr (1M) || Fe3+ (0,05M), Fe2+ (0,1M)/Pt(+)
a) Viết sơ đồ phản ứng xảy ra trong pin và chiều chuyển dịch điện tích khi pin hoạt động.
b) Tính E pin.
c) Tính nồng độ các ion trong mỗi điện cực khi pin phóng điện hoàn toàn.
Câu VIII (2đ): Nhóm halogen.
1. Tại sao tồn tại phân tử H5IO6 nhưng không tồn tại phân tử H5ClO6. Một trong các phương pháp điều chế axit H5IO6 là cho I2 tác dụng với dung dịch HClO4 đậm đặc. Viết phương trình phản ứng xảy ra.
2. Giải thích tại sao ái lực electron của F lại nhỏ hơn Cl (328 kJ/mol so với 349kJ/mol) mặc dù độ âm điện của F lớn hơn? 
3. Xác định các chất A,B,C,D,E và viết các PTPU thực hiện sơ đồ sau:
Câu IX (2đ): Oxi-Lưu huỳnh.
Để nhận biết ion sunfit, người ta cho vào một ống nghiệm 1 đến 2 giọt dung dịch iot, 3 đến 4 giọt dung dịch A có chứa ion sunfit (1). Sau đó cho tiếp vào đó 2-3 giọt dung dịch HCl và vài giọt dung dịch BaCl2 thấy xuất hiện kết tủa B (2).
Nêu hiện tượng xảy ra trong các giai đoạn 1, 2 của thí nghiệm và viết phương trình hóa học để minh họa.
Cho biết tại sao thí nghiệm nhận biết ion sunfit nêu trên thường được tiến hành trong môi trường axit hoặc môi trường trung hòa, không được tiến hành trong môi trường bazơ?
Hòa tan 8,4 gam kim loại M bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng dư, hay hòa tan 52,2 gam muối cacbonat kim loại này cũng trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư, thì lượng khí sinh ra đều làm mất màu cùng một lượng brom trong dung dịch. Viết các phương trình hoá học và xác định kim loại M, công thức phân tử muối cacbonat.
Câu X (2đ): Động học của phản ứng.
Sự phân hủy bằng xúc tác của isopropanol trên bề mặt xúc tác V2O5, sinh ra các sản phẩm theo sơ đồ dưới đây, phù hợp với động học của phản ứng bậc nhất.
Sau 5 giây tính từ khi bắt đầu phản ứng tại 590K, nồng độ của các thành phần trong hỗn hợp là: CA = 28,2 mmol.dm-3; CB = 7,8 mmol.dm-3; CC = 8,3 mmol.dm-3; CD = 1,8 mmol.dm-3.
1. Nồng độ ban đầu C0 của C3H7OH trong hệ bằng bao nhiêu?
2. Tính hằng số tốc độ k của quá trình sản phẩm.
3. Tính khoảng thời gian trong đó nồng độ của C3H7OH giảm xuống còn c = c0/2?
4. Giá trị hằng số k1, k2 và k3 bằng bao nhiêu?
5. Giá trị nồng độ CB, CC, CD tại thời điểm t = ?
Sự thay đổi nồng độ của A theo thời gian t tuân theo định luật động học phản ứng bậc 
.................HẾT................
.GV: Nguyễn Mai Phượng
ĐT: 0983552198
 HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN HDC ĐỀ THI MÔN HOÁ KHỐI 10
 VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2016
 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI Thời gian làm bài 180 phút
 HDC ĐỀ THI ĐỀ XUẤT (HDC này có 15 trang, gồm 10 câu)
Câu I (2đ): Cấu tạo nguyên tử- Hệ thống tuần hoàn.
Từ lí thuyết thu được biểu thức tính năng lượng electron ở trạng thái ứng với số lượng tử chính n trong nguyên tử có 1 electron, 1 hạt nhân:
	 (1) ; với p » 3,14; me » 9,1´10-28 (g) ; eo » 4,8´10-10 (GSE)
Hằng số Planck, h » 6,625´10-27 (ec.s); Z là số đơn vị điện tích hạt nhân. Khi thay số vào (1) tính được En có đơn vị năng lượng là ec biết 1 eV = 1,6´10-12 ec.
Biết năng lượng cần vừa đủ để tách 1e ra khỏi nguyên tử tự do mà không truyền động năng cho e đó được gọi là năng lượng ion hoá (I) của nguyên tử.
a.Tính năng lượng ion hoá của nguyên tử hiđro (IH) (theo eV)?
b.Tính tỉ số . Hãy chỉ rõ một nguyên nhân chủ yếu dẫn đến tỉ số đó khác đơn vị (1,0).
c. Biết » 2,180. Tìm năng lượng E kèm theo quá trình He → He2+ + 2e (2)
Trong tất cả các trường hợp trên đều xét với n = 1; năng lượng được tính theo eV và phép tính lấy đến 2 chữ số phần thập phân.
Câu
Hướng dẫn giải
Điểm
I
a.Thay số: EH,1 = 
 = - 2170,3203´10-14 (ec)	
đổi ra được EH,1 = -13,56 eV
Theo định nghĩa: IH = - EH,1 = 13,56 eV » 13,6 eV
b.Từ (1) với He+, n = 1 có E = - Z2´13,56 = - 2 2´13,56 = - 54,24 
 hay = 4 ´ EH,1
suy ra I = ½ E½= ½4 ´ EH,1½ = 4 IH. Khi đó = 0,25
Kết quả này cho thấy để tách 1 electron ra khỏi He+ cần năng lượng gấp 4 lần so với tách 1 electron ra khỏi H. Nguyên nhân He+ có Z = 2 có lực hút của hạt nhân lên electron mạnh hơn so với H có Z = 1. 
c. Từ » 2,180 tính được 
IHe = » 24,88 eV
	Khi đó, He → He+ + e ; IHe » 24,88 eV
He+ → He2+ + e; I» 54,24 eV
Tổ hợp được: He → He2+ + 2e có E = IHe + I = 24,88 + 54,24 » 79,12 (eV)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu II (2đ): Liên kết hóa học- Hình học phân tử- Tinh thể
1. Sắp xếp theo thứ tự tăng dần sự biến thiên độ bền liên kết, tính axít, bazơ của các hợp chất hiđrua cộng hoá trị trong dãy sau và giải thích: CH4, NH3, H2O, HF.
2. Sắp xếp theo thứ tự tăng dần sự biến thiên góc liên kết trong dãy: CH4, NH3, H2O.
3. Giải thích tại sao ở điều kiện thường CO2 là chất khí còn SiO2 là chất rắn có nhiệt độ nóng chảy rất cao ?
4. Hãy giải thích tại sao:
- Phân tử BF3 tồn tại nhưng phân tử BH3 không tồn tại? 
 - Axit orthoboric H3BO3 là axit một lần axit?
Câu
Hướng dẫn giải
Điểm
II.1
- Độ bền liên kết tăng dần theo thứ tự sau: NH3, CH4, H2O, HF
Giải thích: Từ C, N, O, F là các nguyên tố trong cùng chu kỳ, nói chung hiđrua của chúng có độ bền tăng dần do độ âm điện lớn dần và bán kính nhỏ dần. Riêng từ CH4 đến NH3 năng lượng lại hơi giảm do C trong CH4 đã sử dụng cả 4 AO lai hoá tạo 4 liên kết s như nhau, phân tử là tứ diện đều. Do đó sự đẩy nhau giữa các cặp e hoàn toàn như nhau, còn trong NH3, N còn 1 cặp electron chưa liên kết nên sự đẩy giữa các mây electron khác nhau làm cho phân tử kém bền hơn.
- Tính axít tăng theo thứ tự sau: CH4, NH3, H2O, HF là do độ âm điện từ C → F tăng dần nên độ phân cực của liên kết H – X tăng dần hay khả năng cho H+ tăng dần.
0,25
0,25 
II.2
2. Góc liên kết tăng dần theo thứ tự sau: H2O, NH3, CH4 
do trong 3 phân tử H2O, NH3, CH4, nguyên tử trung tâm đều lai hoá sp3, phân tử CH4 có cấu tạo tứ diện, góc HCH = 109028/, còn trong phân tử H2O và NH3 góc bị ép lại nhỏ hơn 109028/ do sự đẩy nhau giữa 2 cặp mây electron không liên kết lớn nhất, sau đó đến sự đẩy nhau giữa mây electron không liên kết với mây electron liên kết, cuối cùng sự đẩy nhau giữa 2 mây electron liên kết là yếu nhất. Trong H2O, O còn 2 cặp electron chưa tham gia liên kết còn trong NH3, N có 1 cặp electron chưa liên kết nên góc liên kết của H2O nhỏ hơn của NH3. (Hoặc có thể giải thích do khả năng lai hoá sp3 tăng dần từ O đến C do sự chênh lệch phân mức năng lượng 2s và 2p nhỏ dần)
0,25
0,25
II.3
Trong phân tử CO2, cacbon ở trạng thái lai hoá sp, trạng thái lai hoá này được làm bền bởi các liên kết π p-p tạo với các nguyên tử oxi, do vậy phân tử CO2 tồn tại độc lập, lực tương tác giữa các phân tử chỉ là lực tương tác yếu nên ở điều kiện thường là chất khí.
Khác với CO2, trong phân tử SiO2, trạng thái lai hoá sp rất không đặc trưng với Si do không được làm bền bởi liên kết π p-p. Mặt khác do khả năng tạo liên kết π p-d từ cặp electron của oxi vào obital d trống của Si khá mạnh đã làm bền hơn trạng thái lai hoá sp3 của Si. Do vậy SiO2 tồn tại ở dạng polime, mỗi nguyên tử Si liên kết với 4 nguyên tử oxi khác. 
0,25
0,25
II.4
Trong phân tử BH3, xung quanh nguyên tử B có 6 electron chưa đủ hoàn thành octet nên phân tử BH3 không tồn tại được. Phân tử BF3 tồn tại được vì có sự tạo thành liên kết π p-p từ cặp electron của F vào obital p trống của B. 
- Axit orthoboric H3BO3 có 3 nguyên tử hidro nhưng là axit một lần axit vì trong dung dịch nước nó có khả năng nhận thêm cặp electron trên nguyên tử oxi của nước đặt vào obital p trống của B: 
B(OH)3 + H-OH [B(OH)4]- + H+
0,25
0,25
Câu III (2đ):(Phản ứng hạt nhân)
Livermori (Lv) là nguyên tố thứ 116 trong bảng hệ thống tuần hoàn được các nhà khoa học ở viện nghiên cứu Dubna (Nga) tạo ra lần đầu tiên vào năm 2000 bằng cách bắn phá hạt nhân nguyên tố Curi ( ) bằng hạt nhân Canxi (2048Ca) được gia tốc để tạo ra một đồng vị của Livermori (có số khối A = 293) kèm theo một loại hạt cơ bản nữa. Livermori-293 phân rã α với chu kì bán hủy là 61 mili giây tạo ra hạt nhân nguyên tố Flerovi (Fl). Viết phương trình phản ứng tổng hợp và phân rã của Lv-293.
Bằng việc tính toán hãy chỉ ra trong hai phản ứng dưới đây, phản ứng nào tạo ra năng lượng lớn hơn khi tính cho một gam nhiên liệu:
Phản ứng phân hạch: 92235U+ 01n → 4094Zr+ 58140Ce+ 6-10e+ 201n
Phản ứng nhiệt hạch: 212H→13H+ 11H
Biết khối lượng nguyên tử:
235,0439u cho 92235U; 93,9061u cho 4094Zr; 139,9053u cho 58140Ce; 1,007825u cho 11H; 2,014u cho 12H; 3,01605 u cho 13H.
So sánh năng lượng tỏa ra nếu tính cho một gam nhiên liệu.
Câu
Hướng dẫn giải
Điểm
III.1
1. Nguyên tố Livermori có số thứ tự là 116, ta thấy 116 đúng bằng 20+96 tức là quá trình phóng xạ không làm thay đổi điện tích hạt nhân. Từ định luật bảo toàn điện tích thấy hạt cơ bản sinh ra trong quá trình phóng xạ cần có Z = 0 → Đó là nơtron; do đó, phản ứng tổng hợp là :
 , bảo toàn số khối ta có: 
Vậy: 
Phản ứng phân rã: 
0,25
0,25
0,25
0,25
III.2
Phản ứng phân hạch: 
92235U+ 01n → 4094Zr+ 58140Ce+ 6-10e+ 201n
Độ hụt khối: ∆m = [m(92235U) + m(01n)] - [m(4094Zr) + m(58140Ce) + 2m(01n) ]
Thay số vào được ∆m = 0,2206 (u)
Năng lượng tỏa ra: 
∆E = = 0,2239 × 931,5 ×1,602×10-13 = 3,341×10-11 (J)
Tính cho một gam nhiên liệu:
Số nguyên tử là: 
Năng lượng tỏa ra khi dùng 1 gamlà: 
Phản ứng nhiệt hạch: 212H→13H+ 11H
Độ hụt khối: ∆m = 2m(12H) - [m(13H) + m(11H)]
Thay số: ∆m = 2×2,014 - (3,01605 + 1,007825) = 4,125 × 10-3 (u)
Năng lượng tỏa ra: 
 ∆E = = 4,125 × 931,5 ×1,602×10-13 = 6,156 × 10-13 (J)
Tính cho một gam nhiên liệu: 
Số nguyên tử là: (J)
Năng lượng tỏa ra khi dùng 1 gamlà :
 (J)
Vậy khi dùng 1 g làm nhiên liệu thì năng lượng tỏa ra lớn hơn khi dùng 1g 
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu IV (2đ): Nhiệt hóa học.
Amoni hydrosunfua là một hợp chất không bền, dễ dàng phân hủy thành NH3(k) và H2S(k):
NH4HS(r) NH3(k) + H2S(k)
Cho biết các số liệu nhiệt động học sau đây tại 25oC:
	Ho(kJ.mol-1)	So(J.K-1.mol-1)
NH4HS(r)	 -156,9	 113,4
NH3(k)	 -45,9	 192,6
H2S(k)	 -20,4 	 205,6
Tính ∆Ho, ∆So, ∆Go tại 25oC của phản ứng trên.
Hãy tính hằng số cân bằng Kp tại 25oC của phản ứng trên.
Hãy tính hằng số cân bằng Kp tại 35oC của phản ứng trên giả thiết rằng cả ∆Ho và ∆So không phụ thuộc nhiệt độ.
Hãy tính áp suất toàn phần trong bình chứa nếu phản ứng phân hủy đạt cân bằng tại 25oC. Bỏ qua thể tích của NH4HS(r).
Nếu dung tích bình chứa là 100,00L. Hãy tính lại áp suất toàn phần trong thí nghiệm trên.
Câu
Hướng dẫn giải
Điểm
IV
∆Ho = 90,6kJ.mol-1.
∆So = 284,8J.K-1.mol-1.
∆Go = ∆Ho - T∆So = 5,7kJ.mol-1.
∆Go = -RTlnKa
Thay số vào ta thu được Ka = 0,1008.
Ka = p(NH3).p(H2S) = Kp Þ Kp = 0,1008 
∆Go = ∆Ho - T∆So = 2839J.mol-1.
Þ Ka = 0,3302
Ka = P(NH3).P(H2S) = Kp = 0,3302.
p(toàn phần) = p(NH3) + p(H2S)
p(NH3) = p(H2S) = 0,5p(toàn phần) (do có số mol bằng nhau)
Kp = P(NH3).P(H2S) = [0,5p(toàn phần)]2 = 0,1008
Þ Kp = 0,635.
nkhí = pV/RT = 0,64mol
n(NH4HS) = 1,00 – 0,5.0,64 = 0,68mol nghĩa là vẫn còn chất rắn.
nkhí = pV/RT = 2,56mol.
n(NH4HS) = 1,00 – 0,5.2,56 = -0,28mol nghĩa là không còn chất rắn.
1,00mol chất rắn chuyển thành 2,00mol khí.
p(toàn phần) = n(toàn phần).RT/V = 0,50 
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu V (2đ): Cân bằng hóa học trong pha khí.
Đối với phản ứng hoá học tổng hợp NH3 ở 4500C và 300 atm, ở trạng thái cân bằng người ta thu được số mol của N2, H2, NH3 lần lượt là 10 mol, 30 mol, 12 mol. ở áp suất cố định 300 atm người ta tăng nhiệt độ lên đến 4550C. Biết D H0 = -46 (kJ/mol). Giả sử hiệu ứng nhiệt của phản ứng không phụ thuộc vào nhiệt độ.
Xác định thành phần của hệ ở trạng thái cân bằng tại nhiệt độ 4550C. 
Cân bằng dịch chuyển theo chiều nào? Có phù hợp với nguyên lí dịch chuyển Lơ Satơliê không ?
Xác định chiều chuyển dịch cân bằng của phản ứng khi 
Thêm vào bình khí N2. 
Thêm vào bình khí He và giữ nguyên thể tích của bình.
Tăng áp suất của bình phản ứng bằng cách nén hỗn hợp.
Câu
Hướng dẫn giải
Điểm
V.1
1. áp suất của NH3, N2, H2 lần lượt là: 69,23 atm; 57,69 atm; 173,1 atm 
® ở 4500 C : KP1 = 1,6.10-5
® ở 455 0C : KP2 = 1,52.10-5
Gọi x là áp suất do phần N2 phản ứng gây ra
Lập phương trình và giải hệ ta được: x = -0,615 atm ® cân bằng dịch chuyển theo chiều tạo ra thêm N2 hay là chiều nghịch ® áp suất riêng phần của N2 ở trạng thái cân bằng mới là: 58,305 atm 
® gọi a là số mol của N2 được tạo ra thêm ta có:
tổng số mol của N2 và hệ lúc cân bằng là: 10 + a và 52 + a
® từ tỉ lệ về số mol và áp suất của N2 trong hệ ta có : a = 0,16 mol
Vậy: Số mol của N2, H2, NH3 ở trạng thái cân bằng tại nhiệt độ lần lượt là: 10,16 mol; 30,48 mol; 11,68 mol 
0,25
0,25
0,25
0,25
V.2
Kết quả phù hợp với nguyên lí chuyển dịch cân bằng (khi tăng nhiệt độ cân bằng chuyển dịch theo chiều của phản ứng thu nhiệt tức là chiều nghịch-chiều thuận tỏa nhiệt → chiều nghịch thu nhiệt)
0,25
V.3
a) Thêm vào khí N2 thì nồng độ khí N2 tăng → cân bằng chuyển dịch theo hướng làm giảm nồng độ N2 → cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.
b) Thêm vào bình khí He là khí trơ nên không tham gia vào phản ứng với H2, N2, NH3; thể tích của bình giữ không đổi nên áp suất riêng phần của từng khí không đổi → cân bằng không chuyển dịch.
c) Tăng áp suất của bình bằng cách nén hỗn hợp → cân bằng chuyển dịch theo chiều giảm áp suất tức là chiều làm giảm số mol khí → cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.
0,25
0,25
0,25
Câu VI (2đ): Cân bằng axit- bazơ, tạo kết tủa. 
1. Thêm từ từ 50 ml dung dịch H2S bão hòa ( có nồng độ 0,1 M) vào 50 ml dung dịch gồm KOH 0,04 M và K2S 0,04 M thu được dung dịch A.
a. Tính pH và nồng độ cân bằng các cấu tử có mặt trong dung dịch A.
b. Tính thể tích dung dịch HCl 0,1 M cần thêm vào 20 ml dung dịch A để thu được dung dịch mới có pH=5,50. Cho H2S có pKai= 7,02 ; 12,90.
2. Độ tan của Bari sunfit trong nước bằng 0,016g/100 ml.
1a. Hãy tính nồng độ của ion bari trong dung dịch bão hoà.
1b. Hãy tính nồng độ của ion sunfit trong dung dịch bão hoà.
1c. Hãy tính tích số tan của bari sunfit.
 Cho: H2SO3 (Ka1 = 10-1,92 M ; Ka2 = 10-7,18 M)
Câu
Đáp án
Điểm
VI.1
1. a.Nồng độ các chất sau khi trộn 2 dung dịch :
CoH2S=0,05 M CoK2S=0,02 M CoKOH=0,02 M
Các phương trình phản ứng xảy ra:
 H2S + OH- HS- + H2O K1 =Ka1.Kw-1=10 6,98 lớn → phản ứng hoàn toàn
 Co : 0,05 0,0
TPGH : 0,03 - 0,02
H2S + S2- 2HS- K1 = Ka1.Ka2-1=10 5,88→ phản ứng hoàn toàn
Co : 0,03 0,02 0,02
TPGH : 0,01 - 0,06
Vậy TPGH của dung dịch A: H2S 0,01 M; HS-:0,06 M; K+: 0,06M
Mô tả cân bằng:
H2S ⇄ HS- + H+ (1) Ka1=10 -7,02 
HS- + H2O ⇄ H2S +OH- Kb2=10-6,98 (4)
HS- ⇄ S2- + H+ (2) Ka2=10 -12,9
H2O ⇄ H+ + OH- (3) Kw=10-14
Ka1.CH2S » Ka2.CHS- ≈Kw nên bỏ qua cân bằng (2) và (3) so với (1)
Coi dung dịch là hệ đệm gồm H2S 0,01 M và HS- :0,06 M
pHgần đúng= pKa1 + lg =7,8 (*) >7 cân bằng bazơ (4) của HS- là chủ yếu
 HS- + H2O ⇄ H2S + OH- Kb2=10-6,98
Co 0,06 0,01
[ ] 0,06-x 0,01+x x
Ta có =10-6,98 → x= 6,28.10-7. Do đó:
 pH=7,8
[HS-]=0,06M ; [H2S]=0,01M ; [S2-]=4,77.10-7M.
b) Tính VHCl 0,1M (ml) cần thêm vào 20 ml dung dịch A để pH=5,5
Theo ĐLTHĐ:
[H+] + [K+] = [OH-] +[Cl-] +[HS-] + 2[S2-]
↔ 10-5,5 += 10-8,5 + + 
→ V= 11,59 ml
HS làm cách khác ra kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa
0,25
0,25
0,25
0,25
VI.2a
+ Trong dung dịch BaSO3 bão hoà có cân bằng:
	BaSO3 ¯ Ba2+ + SO32- Ks = ? (1) 
Vì ion Ba2+ (ion kim loại) có hằng số *b rất nhỏ nên quá trình tạo phức hiđroxo của ion Ba2+ là không đáng kể, do vậy học sinh phải thấy được nồng độ cân bằng của ion Ba2+ chính là độ tan của BaSO3. 
 [Ba2+] = SBaSO3 = 
0,25
VI.2b
Theo (i) đã có [Ba2+] = CSO32- = S = 7,37.10-4 M. Vì vậy học sinh chỉ cần xét cân bằng của ion sunfit:
 	SO32- + H2O HSO3- + OH- Kb1 = (Ka2)-1.Kw = 10-6,82 (2)
	HSO3- + H2O H2SO3 + OH- Kb2 = (Ka1)-1.Kw = 10-12,08 (3)
 Do Kb1 >> Kb2 nên cân bằng phụ được xét đến chủ yếu là cân bằng (2). 
 Từ (2), áp dụng ĐLTDKL, với CSO32- = S = 7,37.10-4M, học sinh đưa ra phương trình và tính được: [HSO3-] = [OH-] = 1,05.10-5 M
 Vậy [SO32-] = 7,37.10-4 – 1,05.10-5 = 7,265.10-4 (M)
0,25
0,5
VI.2c
Theo kết quả ở hai phần trên ta có:
	Ks = [Ba2+][SO32-] = 7,37.10-4.7,265.10-4 » 5,35.10-7 (M2)
0,25
Câu VII (2đ): Phản ứng oxi hóa khử-pin điện hóa.
Cho sơ đồ pin điện hoá tại 25oC :
(-)Ag, AgBr/KBr (1M) || Fe3+ (0,05M), Fe2+ (0,1M)/Pt(+)
a) Viết sơ đồ phản ứng xảy ra trong pin và chiều chuyển dịch điện tích khi pin hoạt động.
b) Tính E pin.
c) Tính nồng độ các ion trong mỗi điện cực khi pin phóng điện hoàn toàn.
Câu
Đáp án
Điểm
a) Phản ứng điện cực:
Anot (-) : Ag + Br- ® AgBr¯ + 1e
Catot (+): Fe3+ + 1e ® Fe2+
Phản ứng trong pin: Fe3+ + Ag + Br- ® Fe2+ + AgBr
b) Tính Epin: 
áp dụng phương trình Nec ta có:
c) Ta có cân bằng:
Þ Coi như (1) xảy ra hoàn toàn.
Vì thể tích 2 điện cực bằng nhau nên TPGH: Fe3+ : 0M; Fe2+: 0,15M; Br- : 0,95M.
Xét cân bằng:
Giả sử x << 0,15 < 0,95 Þ x = 4,69.10-14
0,25
0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu VIII (2đ): Nhóm halogen.
1. Tại sao tồn tại phân tử H5IO6 nhưng không tồn tại phân tử H5ClO6. Một trong các phương pháp điều chế axit H5IO6 là cho I2 tác dụng với dung dịch HClO4 đậm đặc. Viết phương trình phản ứng xảy ra.
2. Giải thích tại sao ái lực electron của F lại nhỏ hơn Cl (328 kJ/mol so với 349kJ/mol) mặc dù độ âm điện của F lớn hơn? 
3. Xác định các chất A,B,C,D,E và viết các PTPU thực hiện sơ đồ sau:
Câu
Hướng dẫn giải
Điểm
VIII
1.	Cl không có obitan f trống như I và bán kính nguyên tử của I lớn nên lực đẩy giữa các nhóm OH nhỏ nên phân tử mới có thể tồn tại.
I2 + HClO4 + 4H2O → H5IO6 + Cl2
2. Do việc nhận thêm 1e tạo ion X- phải thắng lực đẩy giữa các e với nhau. Việc này khó với F vì do các electron vốn đã chịu lực hút mạnh của hạt nhân nên sẽ di chuyển trong một khoảng không gian nhỏ, do bán kính F nhỏ. Với clo ko quá khó vì các electron này ở lớp thứ 3 tương đối rộng và xa hạt nhân.
3. A là KI; B HIO3; C: I2O5; D: KIO3; E:HI
	 2KI + KNO3 + H2SO4 → I2 + KNO2 + H2O
	3I2 + 10HNO3 → 6HIO3 +10NO + 2H2O
	3I2 + 6KOH → 5KI + KIO3 + 3H2O
	 HIO3 + KOH → KIO3 + H2O
 	I2O5 + 5CO → I2 + 5CO2 
	 HI + KOH → KI + H2O
0,25
0,25
0,25x6 = 1,5
Câu IX (2đ): Oxi-Lưu huỳnh.
Để nhận biết ion sunfit, người ta cho vào một ống nghiệm 1 đến 2 giọt dung dịch iot, 3 đến 4 giọt dung dịch A có chứa ion sunfit (1). Sau đó cho tiếp vào đó 2-3 giọt dung dịch HCl và vài giọt dung dịch BaCl2 thấy xuất hiện kết tủa B (2).
Nêu hiện tượng xảy ra trong các giai đoạn 1, 2 của thí nghiệm và viết phương trình hóa học để minh họa.
Cho biết tại sao thí nghiệm nhận biết ion sunfit nêu trên thường được tiến hành trong môi trường axit hoặc môi trường trung hòa, không được tiến hành trong môi trường bazơ?
Hòa tan 8,4 gam kim loại M bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng dư, hay hòa tan 52,2 gam muối cacbonat kim loại này cũng trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư, thì lượng khí sinh ra đều làm mất màu cùng một lượng brom trong dung dịch. Viết các phương trình hoá học và xác định kim loại M, công thức phân tử muối cacbonat.
Câu
Hướng dẫn giải
Điểm
IX.1
1. (a) Ở giai đoạn (1) màu đỏ nâu của dung dịch iot sẽ nhạt dần do xảy ra sự oxi hoá ion sunfit thành ion sunfat theo phương trình:
SO32- + I2 + H2O ® SO42- + 2H+ + 2I-
Ở giai đoan (2) xuất hiện kết tủa màu trắng do sự hình thành kết tủa BaSO4 không tan trong axit:
SO42- + Ba2+ ® BaSO4¯
(b) Không thực hiện trong môi trường kiềm vì trong môi trường kiềm sẽ xảy ra phản ứng tự oxi hoá khử của I2: 
3I2 + 6OH- ® 5I- + IO3- + 3H2O
0,25
0,25
0,25
IX.2
Các phương trình phản ứng:
2M + 2mH2SO4 ® M2(SO4)m + mSO2 + 2mH2O	(1)
M2(CO3)n + (2m-n)H2SO4 
 ® M2(SO4)m + (m-n) SO2 + nCO2 + (2m-n)H2O	(2)
SO2 + Br2 + 2H2O ® H2SO4 + 2HBr	(3)
Theo giả thiết 
Û 	Þ 
n = 1, m = 2 Þ M = 14,23 (loại)
n = 1, m = 3 Þ M = 9,5 (loại)
n = 2, m = 3 Þ M = 56 (hợp lý)
Vậy M là Fe và công thức muối là FeCO3.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 10 (2đ): Động học của phản ứng.
Sự phân hủy bằng xúc tác của isopropanol trên bề mặt xúc tác V2O5, sinh ra các sản phẩm theo sơ đồ dưới đây, phù hợp với động học của phản ứng bậc nhất.
Sau 5 giây tính từ khi bắt đầu phản ứng tại 590K, nồng độ của các thành phần trong hỗn hợp là: CA = 28,2 mmol.dm-3; CB = 7,8 mmol.dm-3; CC = 8,3 mmol.dm-3; CD = 1,8 mmol.dm-3.
1. Nồng độ ban đầu C0 của C3H7OH trong hệ bằng bao nhiêu?
2. Tính hằng số tốc độ k của quá trình sản phẩm.
3. Tính khoảng thời gian trong đó nồng độ của C3H7OH giảm xuống còn c = c0/2?
4. Giá trị hằng số k1, k2 và k3 bằng bao nhiêu?
5. Giá trị nồng độ CB, CC, CD tại thời điểm t = ?
Sự thay đổi nồng độ của A theo thời gian t tuân theo định luật động học phản ứng bậc 
Câu
Hướng dẫn giải
Điểm
1. Ta có : C0 = CA + CB + CC + CD = 28,2 + 7,8 + 8,3 + 1,8 = 46,1 mmol.dm-3 .
2. 
3. 
4. Ta có : k1 + k2 + k3 = k = 9,83.10-2 (s-1)(*)
mặt khác ta có : k1 :k2 :k3 = CC :CB :CD = 8,3 :7,8 :1,8
Thay k2 = (8,3/7,8)k1 = 1,064.k1 ; k3 = (1,8/8,3).k1 = 0,217.k1 vào (*) ta có:
k1 + 1,064k1 + 0,217k1 = 6,675k1 = 9,83.10-2 (s-1) ; suy ra k1 = 4,31.10-2 (s-1).
k2 = 1,064.4,31.10-2 = 4,586.10-2 (s-1); k3 = 0,217.4,31.10-2 =9,353.10-3(s-1).
5. Tại thời điểm t = ta có nồng độ của CA’ = C0/2 = 46,1/2 = 23,05 mmol.dm-3.
suy ra: C’B + C’C + C’D = 46,1 – 23,05 = 23,05 mmol.dm-3(**)
Có: C’B: C’C:C’D = CB:CC:CD = 7,8:8,3:1,8 suy ra: C’B =(8,3/7,8).C’C = 1,064.C’C; C’D = 0,217C’C; thay vào (**) ta có: 2,281 C’C = 23,05 mmol.dm-3 giải ra ta có:
C’C = 10,105 mmol.dm-3; C’B = 10,105.1,064=10,752 mmol.dm-3; C’D = 0,217.10,105 = 2,193 mmol.dm-3.
0,25
0,25
0,25
0,5
0,25
0,5
.................HẾT.................