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

TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN BỈNH KHIÊM 
QUẢNG NAM
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN THI: HÓA HỌC LỚP 10.
 (Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 05 trang
Câu 1: Cấu tạo nguyên tử, phân tử. Định luật HTTH(2 điểm)
Dựa vào cấu tạo phân tử, hãy giải thích:
1.1 Phân tử khí CO có năng lượng liên kết lớn (1070 kJ.mol–1), lớn hơn cả năng lượng liên kết ba trong phân tử khí N2 (924 kJ.mol–1).
1.2 CO và N2 có tính chất vật lí tương đối giống nhau, nhưng có những tính chất hóa học khác nhau (CO có tính khử mạnh hơn, có khả năng tạo phức cao hơn N2). 
Câu 2: Tinh thể
Ô mạng cơ sở (tế bào cơ bản) của tinh thể NiSO4 có 3 cạnh vuông góc với nhau, cạnh a = 6,338b = 7,842 c = 5,155 Khối lượng riêng gần đúng của NiSO4 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.
Câu 3: Phản ứng hạt nhân (2 điểm)
3.1. Cho dãy phóng xạ sau:
Viết các phương trình biểu diễn các phân rã phóng xạ trong dãy trên.
3.2. Ở trong nước của một cái hồ, người ta đo được tốc độ phân rã phóng xạ của đông vị 226Ra là 6,7 nguyên tử.phút-1.(100lit-1). Qúa trình này tạo ra đồng vị 222Rn có hoạt độ phóng xạ là 4,2 nguyên tử.phút-1.(100lit-1). Độ phóng xạ của các đồng vị này không thay đổi theo thời gian, bởi vì một phần 222Rn sinh ra từ quá trình phân rã 226Ra lại bị mất đi bởi một quá trình không biết tên xảy ra ở trong hồ.
a/ Tính nồng độ của 222Rn (đơn vị mol/lít)
b/ Tính hằng số tốc độ (đơn vị phút-1) của quá trình không biết tên ở trên. Biết quá trình này tuân theo định luật tốc độ của phản ứng bậc nhất.
Cho: t1/2(222Rn) = 3,8 ngày; t1/2(226Ra) = 1600 năm; NA= 6,02.1023.
Câu 4: Nhiệt hóa học (2 điểm)
4.1 Sử dụng các dữ kiện sau, tính sinh nhiệt hình thành axit nitrơ (HNO2(dd)) trong dung dịch nước trong điều kiện đẳng áp và đẳng tích:
a.NH4NO2(r)® N2(k) + 2H2O(l)	DH1 = -300,4 kJ	
b.2H2(k) + O2(k)® 2H2O(l)	DH2 = -569,2 kJ
c.N2(k) + 3H2(k)® 2NH3(dd)	DH3 = -170,8 kJ
d.NH3(dd) + HNO2(dd)® NH4NO2(dd)	DH4 = - 38,08 kJ
e.NH4NO2(r) + H2O(l)® NH4NO2(dd)	DH5 = +19,88 kJ
4.2Trong một hệ có cân bằng 3H2 + N2 2NH3 (*) được thiết lập ở 400 K người ta xác định được các áp suất riêng phần: p(H2) = 0,376.105 Pa ; p(N2) = 0,125.105 Pa ; p(NH3) = 0,499.105 Pa. Tính hằng số cân bằng Kp và ΔG0 của phản ứng (*)ở400 K. Tính lượng N2 và NH3, biết hệ có 500 mol H2.
Cho:Áp suất tiêu chuẩn P0 = 1,013.105 Pa; R = 8,314 JK-1mol-1; 1 atm = 1,013.105 Pa. 
Câu 5: Cân bằng hóa học pha khí
Đun nóng hỗn hợp khí gồm O2 và SO2 có chất xúc tác, xảy ra phản ứng:
	O2 + SO2 SO3	(1)
5.1 Tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng ở 60 oC (chấp nhận hiệu ứng nhiệt của phản ứng không phụ thuộc nhiệt độ). Nhiệt độ ảnh hưởng như thế nào tới trạng thái cân bằng của phản ứng (1)?
5.2Trong một thí nghiệm, người ta đưa từ từ oxi vào một bình dung tích 2 lít chứa 0,05 mol SO2 có chất xúc tác (thể tích của chất xúc tác không đáng kể) ở 100 oC. Khi phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng thì có 0,03 mol SO3 được tạo thành, áp suất tổng của hệ là 1 atm. Tính Kp.
5.3 Cân bằng (1) sẽ chuyển dịch như thế nào trong các trường hợp sau: 
a) Cho một lượng He vào bình phản ứng để áp suất khí trong bình tăng gấp đôi? 
b) Giả thiết thể tích khí trong bình tăng gấp đôi, lượng He cho vào bình phản ứng chỉ để giữ cho áp suất tổng không đổi?
Cho các số liệu nhiệt động như sau:
Khí
(kJ.mol–1)
(J.K–1.mol–1)
(J.K–1.mol–1)
SO3
-395,18
256,22
50,63
SO2
-296,06
248,52
39,79
O2
 0,0
205,03
29,36
Câu 6: Cân bằng axit-bazơ và kết tủa
6.1 Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120 M; NH3 0,150 M và KOH 5,00.10-3 M.
6.2 Tính thể tích dung dịch HCl 0,210 M cần cho vào 50,00 mL dung dịch A để pH của hỗn hợp thu được bằng 9,24.
6.3 Thêm 1,00 mL dung dịch HClO4 0,0100 M vào 100,00 mL dung dịch KCN 0,0100 M. Thêm 2 giọt chất chỉ thị bromothimol xanh (khoảng pH chuyển màu từ 6,0 - 7,6: pH 7,6 màu xanh lục). Sau đó thêm tiếp 100,00 mL dung dịch Hg(ClO4)2 0,300 M. Có hiện tượng gì xảy ra? Giải thích. 
6.4 Thêm 1 giọt (khoảng 0,03 mL) dung dịch nước H2S bão hoà vào hỗn hợp thu được trong mục 3. Có hiện tượng gì xảy ra?
 Cho biết pKa của HCN là 9,35; của NH4+là 9,24; của H2S là 7,00 và 12,92; 
 Hg2+ + CN– HgCN+ lgb1 = 18,0
 Hg2+ + 2CN– Hg(CN)2 lgb2 = 34,70
 Chỉ số tích số tan pKScủa HgS là 51,8. Nồng độ H2S trong dung dịch bão hoà bằng 0,10 M.
Câu 7: Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa
Cho một pin:
Pt/ Fe3+ (0,01M), Fe2+ (0,05M), H+ (1M) // KCl bão hoà, Hg2Cl2(R)/Hg
a) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động.
b) Thêm NaOH vào bên trái của pin cho đến khi [OH-] = 0,02M (Coi thể tích dung dịch không thay đổi).
Tính SĐĐ của pin khi đó?
Biết: , ECal = 0,244V, , , tại nhiệt độ khảo sát.
Câu 8: Nhóm Halogen
Cho khí Cl2 tác dụng với Ca(OH)2 ta được clorua vôi là hỗn hợp CaCl2, Ca(ClO)2, CaOCl2 và nước ẩm. Sau khi loại bỏ nhờ đun nhẹ và hút chân không thì thu được 152,4g hỗn hợp A chứa (% khối lượng); 50% CaOCl2; 28,15% Ca(ClO)2 và phần còn lại là CaCl2. Nung nóng hỗn hợp A thu được 152,4g hỗn hợp B chỉ chứa CaCl2 và Ca(ClO3)2.
Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
Tính thể tích khí Cl2 (đktc) đã phản ứng.
Tính % khối lượng CaCl2 trong hỗn hợp B.
Nung hỗn hợp B ở nhiệt độ cao tới phản ứng hoàn toàn và lấy tất cả khí thóat ra cho vào bình kín dung tích không đổi chỉ chứa 16,2 g kim loại M hóa trị n duy nhất (thể tích chất rắn không đáng kể). Nhiệt độ và áp suất ban đầu trong bình là t0C và P atm. Nung nóng bình một thời gian, sau đó đưa nhiệt độ bình về t0C, áp suất trong bình lúc này là 0,75P atm. Lấy chất rắn còn lại trong bình hòa tan hoàn toàn bằng dung dịch HCl dư thấy bay ra 13,44 lít khí (đktc). Hỏi M là kim loại gì? 
Câu 9: Nhóm O-S
9.1 Hỗn hợp A gồm bột S và Mg. Đun nóng A trong điều kiện không có không khí, sau đó làm nguội và cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được 2,987 lit khí B có tỉ khối so với không khí bằng 0,8966. Đốt cháy hết khí B, sau đó cho toàn bộ sản phẩm vào 100ml H2O2 5% (D = 1g/mL) thu được dung dịch D. Xác định % khối lượng các chất trong A và nồng độ % các chất tạo ra trong dung dịch D. Cho thể tích các chất khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. 
9.2. Hàm lượng cho phép của tạp chất lưu huỳnh trong nhiên liệu là 0,30%. Người ta đốt cháy hoàn toàn 100,0 gam một loại nhiên liệu và dẫn sản phẩm cháy (giả thiết chỉ có CO2, SO2 và hơi nước) qua dung dịch KMnO4 5,0.10-3M trong H2SO4 thì thấy thể tích dung dịch KMnO4 đã phản ứng vừa hết với lượng sản phẩm cháy trên là 625 ml. Hãy tính toán xác định xem nhiên liệu đó có được phép sử dụng hay không? 
 * 	Các nguyên tử khối: Fe = 56; C= 12; N = 14; O =16; H = 1; S = 32; Ca = 40; Mg =24; K = 39; Br = 80; Al = 27; Ag = 108; Cu = 64; Ba = 127; I = 127.
Câu 10: Động học (không có phần cơ chế phản ứng)
10.1 Đối với phản ứng nối tiếp: A k1 B k2 C
Nồng độ chất B đạt giá trị cực đại sau 103 giây; còn nồng độ chất A giảm đi 2 lần sau 160 giây. Xác định k1 và k2.
10.2 Ở 250C sự thủy phân metyl axetat, với sự có mặt của HCl dư (nồng độ 0,05M) là phản ứng bậc 1. Thể tích dung dịch NaOH cần dùng để trung hòa 25 ml hỗn hợp phản ứng theo thời gian như sau:
t (phút)
0
21
75
119
∞
VNaOH (ml)
24,4
25,8
29,3
31,7
47,2
Bằng phương pháp giải tích, hãy tính hằng số tốc độ và thời gian nửa phản ứng.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN BỈNH KHIÊM 
QUẢNG NAM
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI BẮC BỘ
NĂM HỌC 2015-2016
MÔN THI: HÓA HỌC LỚP 10.
(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)
HƯỚNG DẪN CHẤM HOÁ 10
Câu 1: Cấu tạo nguyên tử, phân tử. Định luật HTTH(2 điểm)
Dựa vào cấu tạo phân tử, hãy giải thích:
1.1 Phân tử khíCO có năng lượng liên kết lớn (1070 kJ.mol–1), lớn hơn cả năng lượng liên kết ba trong phân tử khí N2 (924 kJ.mol–1).
1.2 CO và N2 có tính chất vật lí tương đối giống nhau, nhưng có những tính chất hóa học khác nhau (CO có tính khử mạnh hơn, có khả năng tạo phức cao hơn N2). 
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
1.1
Mô tả cấu tạo phân tử CO và N2:
 Phân tử N2 có 1 liên kết s và 2 liên kết p, đều được hình thành do sự xen phủ 2 obitan 2p của nguyên tử N. 
Ở phân tử CO cũng có 1 liên kết s và 2 liên kết p. Hai liên kết p được hình thành do sự xen phủ 2 obitan 2p (trong đó có 1 liên kết p cho ngược từ O ® C làm giảm mật độ electron trên O). 
0,5
Liên kết s được hình thành do sự xen phủ obitan lai hóa sp của C với obitan 2p của O. Đám mây xen phủ của các obitan sp – 2p lớn hơn so với mây xen phủ của các obitan 2p-2p, nên liên kết s trong CO bền hơn liên kết s trong N2. Vì vậy năng lượng liên kết trong phân tử CO lớn hơn năng lượng liên kết trong N2.
0,5
1.2
Phân tử CO, N2 là 2 phân tử đẳng electron, cấu trúc phân tử giống nhau (cùng có độ bội liên kết bằng 3), khối lượng phân tử đều bằng 28, vì vậy chúng có tính chất vật lý giống nhau (là chất khí không màu, không mùi, khó hóa lỏng, khó hóa rắn, ít tan trong nước).
0,5
Phân tử N2 có cặp electron chưa tham gia liên kết nằm trên obitan 2s, có mức năng lượng thấp nên khá bền, ít tham gia vào quá trình tạo liên kết. Phân tử CO có cặp electron chưa tham gia liên kết nằm trên obitan lai hóa sp của nguyên tử C, có năng lượng cao hơn obitan 2s, đám mây xen phủ lại lớn nên thuận lợi cho quá trình hình thành liên kết, nguyên tử C trong phân tử CO dễ nhường e thể hiện tính khử hoặc dễ hình thành liên kết cho nhận khi tham gia tạo phức với các nguyên tố kim loại chuyển tiếp. 
0,5
Câu 2: Tinh thể
Ô mạng cơ sở (tế bào cơ bản) của tinh thể NiSO4 có 3 cạnh vuông góc với nhau, cạnh a = 6,338 b = 7,842 c = 5,155 Khối lượng riêng gần đúng của NiSO4 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.
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
1
a = 6,338.10–8 cm; b = 7,842.10–8 cm; c = 5,155.10–8 cm
Từ 	(1) 
→ 	(2)
 = 3,888
Số phân tử NiSO4 trong một ô mạng cơ sở phải là số nguyên → n = 4
1
2
(chính xác) = = 4,012 (g/cm3)
1
Câu 3: Phản ứng hạt nhân (2 điểm)
3.1. Cho dãy phóng xạ sau:
Viết các phương trình biểu diễn các phân rã phóng xạ trong dãy trên.
3.2. Ở trong nước của một cái hồ, người ta đo được tốc độ phân rã phóng xạ của đông vị 226Ra là 6,7 nguyên tử.phút-1.(100lit-1). Qúa trình này tạo ra đồng vị 222Rn có hoạt độ phóng xạ là 4,2 nguyên tử.phút-1.(100lit-1). Độ phóng xạ của các đồng vị này không thay đổi theo thời gian, bởi vì một phần 222Rn sinh ra từ quá trình phân rã 226Ra lại bị mất đi bởi một quá trình không biết tên xảy ra ở trong hồ.
a/ Tính nồng độ của 222Rn (đơn vị mol/lít)
b/ Tính hằng số tốc độ (đơn vị phút-1) của quá trình không biết tên ở trên. Biết quá trình này tuân theo định luật tốc độ của phản ứng bậc nhất.
Cho: t1/2(222Rn) = 3,8 ngày; t1/2(226Ra) = 1600 năm; NA= 6,02.1023.
Câu
ý
Nội dung
Điểm
3.1
1. 
0,1*5=0,5 điểm
3.2a
0,25*3
=0,75
3.2b
Vì độ phóng xạ của 222Rn không thay đổi theo thời gian nên số nguyên tử 222Rn cũng không thay đổi theo thời gian (A=k.N)
Do đó số nguyên tử 222Rn được tạo ra từ 226Ra trong một đơn vị thời gian bằng với tổng số nguyên tử 222Rn bị mất đi trong một đơn vị thời giantuwf hai quá trình: một là quá trình phân rã của 222Rn (222Rn là đồng vị phóng xạ tự nhiên), hai là qua trình không biết tên xảy ra ở trong hồ. 
Gọi k là hằng số tốc độ của quá trình không biết tên xảy ra trong hồ. Ta có
6,7 = k(222Rn).N(222Rn) + k.N(222Rn)
Þ 6,7 = (1,2667.10-4 + k).33157 Þ k = 7,54.10-5 (phút-1)
0,75
Câu 4: Nhiệt hóa học (2 điểm)
4.1 Sử dụng các dữ kiện sau, tính sinh nhiệt hình thành axit nitrơ (HNO2(dd)) trong dung dịch nước trong điều kiện đẳng áp và đẳng tích:
a.NH4NO2(r)® N2(k) + 2H2O(l)	DH1 = -300,4 kJ	
b.2H2(k) + O2(k)® 2H2O(l)	DH2 = -569,2 kJ
c.N2(k) + 3H2(k)® 2NH3(dd)	DH3 = -170,8 kJ
d.NH3(dd) + HNO2(dd)® NH4NO2(dd)	DH4 = - 38,08 kJ
e.NH4NO2(r) + H2O(l)® NH4NO2(dd)	DH5 = +19,88 kJ
4.2Trong một hệ có cân bằng 3H2 + N2 2NH3 (*) được thiết lập ở 400 K người ta xác định được các áp suất riêng phần: p(H2) = 0,376.105 Pa ; p(N2) = 0,125.105 Pa ; p(NH3) = 0,499.105 Pa. Tính hằng số cân bằng Kp và ΔG0 của phản ứng (*)ở400 K. Tính lượng N2 và NH3, biết hệ có 500 mol H2.
Cho:Áp suất tiêu chuẩn P0 = 1,013.105 Pa; R = 8,314 JK-1mol-1; 1 atm = 1,013.105 Pa. 
Đáp án.
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
4.1
 N2(k) + 2H2O(l) NH4NO2(r) : - DH1
 2H2(k) + O2(k) 2H2O(l) : DH2
 NH3(k)N2(k) + H2(k) : -DH3
 NH4NO2(dd) NH3(dd) + HNO2(dd) : - DH4
 NH4NO2(r) + H2O(l) NH4NO2(dd) : DH5
N2(k) + H2(k) + O2(k) HNO2(dd) : ∆H0sinh (HNO2(dd)) 
∆H0sinh (HNO2(dd)) = - DH1 + DH2 – 1/2 DH3 - DH4 + DH5.
= - (-300,4) + (-569,2) – ½(-170,8) – (-38,08) + 19,88
	= - 125,44 kJ/mol
4.2
Kp =Þ Kp = = 3,747.10-9 Pa-2
K = Kp ´ P0-Δn Þ K = 3,747.10-9´ (105)2 = 37,47
ΔG0 = - RTlnK ÞΔG0 = - 8,314 ´ 400 ´ ln 37,47 = - 12050 J.mol¯1
 = - 12,050 kJ.mol-1
n =Þ n= ´ 0,125 = 166 mol
n= Þ n =´ 0,499 = 664 mol
Þ n tổng cộng = 1330 mol Þ P tổng cộng= 1´105 Pa
Câu 5: Cân bằng hóa học pha khí
Đun nóng hỗn hợp khí gồm O2 và SO2 có chất xúc tác, xảy ra phản ứng:
	O2 + SO2 SO3	(1)
5.1 Tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng ở 60 oC (chấp nhận hiệu ứng nhiệt của phản ứng không phụ thuộc nhiệt độ). Nhiệt độ ảnh hưởng như thế nào tới trạng thái cân bằng của phản ứng (1)?
5.2Trong một thí nghiệm, người ta đưa từ từ oxi vào một bình dung tích 2 lít chứa 0,05 mol SO2 có chất xúc tác (thể tích của chất xúc tác không đáng kể) ở 100 oC. Khi phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng thì có 0,03 mol SO3 được tạo thành, áp suất tổng của hệ là 1 atm. Tính Kp.
5.3 Cân bằng (1) sẽ chuyển dịch như thế nào trong các trường hợp sau: 
a) Cho một lượng He vào bình phản ứng để áp suất khí trong bình tăng gấp đôi? 
b) Giả thiết thể tích khí trong bình tăng gấp đôi, lượng He cho vào bình phản ứng chỉ để giữ cho áp suất tổng không đổi?
Cho các số liệu nhiệt động như sau:
Khí
(kJ.mol–1)
(J.K–1.mol–1)
(J.K–1.mol–1)
SO3
-395,18
256,22
50,63
SO2
-296,06
248,52
39,79
O2
 0,0
205,03
29,36
Câu
Ý
Nội dung
5.1
Ta có: = - RTlnKp
	Ở 25 oC: . 
Từ phản ứng: O2 + SO2 SO3, suy ra:
= (- 395,18 + 296,06) – 298.10-3 . (256,22 – 248,52 - . 205,03)
	= - 99,12 - 298.10-3.(- 94,815) - 70,87 (kJ.mol-1 )
= 2,65.1012.
0,5
Khi = const, ta có: 
 3,95.1010 (atm- ½).
Khi tăng nhiệt độ từ 25 oC đến 60 oC, hằng số cân bằng Kp giảm từ 2,65.1012 xuống 3,95.1010 (atm- ½), điều này hoàn toàn phù hợp với nguyên lý Le Chatelier (Lơ Satơliê), do phản ứng (1) tỏa nhiệt. 
0,5
5.2
Tổng số mol của hệ: 0,065 (mol). Tại thời điểm cân bằng:
Vì áp suất tổng của hệ là 1 atm, do đó:
	 3,12 (atm-1/2).
0.5
5.3
a) Nếu áp suất tăng gấp đôi do thêm He, nhưng thể tích không đổi, áp suất riêng phần của các chất khí không đổi, do đó cân bằng không bị chuyển dịch.
b) Nếu áp suất tổng trong bình không đổi, nhưng giả thiết thể tích bình được tăng gấp đôi, khi đó sẽ làm giảm áp suất riêng phần của các chất (loãng khí), cân bằng (1) sẽ chuyển dịch theo chiều nghịch. 
0,25*2
Câu 6: Cân bằng axit-bazơ và kết tủa
6.1 Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120 M; NH3 0,150 M và KOH 5,00.10-3 M.
6.2 Tính thể tích dung dịch HCl 0,210 M cần cho vào 50,00 mL dung dịch A để pH của hỗn hợp thu được bằng 9,24.
6.3 Thêm 1,00 mL dung dịch HClO4 0,0100 M vào 100,00 mL dung dịch KCN 0,0100 M. Thêm 2 giọt chất chỉ thị bromothimol xanh (khoảng pH chuyển màu từ 6,0 - 7,6: pH 7,6 màu xanh lục). Sau đó thêm tiếp 100,00 mL dung dịch Hg(ClO4)2 0,300 M. Có hiện tượng gì xảy ra? Giải thích. 
6.4 Thêm 1 giọt (khoảng 0,03 mL) dung dịch nước H2S bão hoà vào hỗn hợp thu được trong mục 3. Có hiện tượng gì xảy ra?
 Cho biết pKa của HCN là 9,35; của NH4+là 9,24; của H2S là 7,00 và 12,92; 
 Hg2+ + CN– HgCN+ lgb1 = 18,0
 Hg2+ + 2CN– Hg(CN)2 lgb2 = 34,70
 Chỉ số tích số tan pKScủa HgS là 51,8. Nồng độ H2S trong dung dịch bão hoà bằng 0,10 M.
Câu
Ý
Nội dung
6.1
CN- + H2O HCN + OH-	Kb1 = 10- 4,65
NH3 + H2O NH4+ + OH-	Kb2 = 10- 4,76
KOH K+ + OH-
H2O H+ + OH-	
[OH-] = CKOH + [HCN] + [NH4+] + [H+]
Đặt [OH-] = x 
x = 5.10-3 + KB1[CN]/x + KB2[NH3]/x + KH2O/x
x2 - 5.10-3x - (KB1[CN-] + KB2[NH3] + KH2O) = 0 
Tính gần đúng coi [CN-] bằng CCN- = 0,12M ; [NH3] = CNH3 = 0,15 M .
Ta có: x2 - 5.10-3 . x - 5,29 . 10-6 = 0 à x = [OH-] = 5,9.10-3M.
Kiểm lại [HCN] / [CN-] = 10-4,65/ 5,9.10-3 = 3,8.10-3à [HCN] << [CN-]
[NH4+ ] / [NH3] = 10-4,76/ 5,9.10-3 = 2,9.10-3à [NH4+] << [NH3]
Vậy cách giải gần đúng trên có thể chấp nhận à pH = 11,77.
(Viết đúng các phương trình à 0,25)
0.5
6.2
pH = pKNH4+ + lg([NH3]/[NH4+] ) = 9,24 + lg([NH3]/[NH4+] ) = 9,24
-> [NH4+] = [NH3] có nghĩa là 50% [NH3] đã bị trung hoà; dĩ nhiên toàn bộ KOH đã bị trung hoà. 
Mặt khác PH = 9,24 = pKHCN + lg([CN-]/[HCN] ) = 9,35 + lg([CN-]/[HCN] )
-> [CN-] = 10-0,11 = 0,776.
[HCN]/[CN-] ) = 1/0,776 -> [HCN] / CCN- = 1/(1+0,776) = 0,563
Nghĩa là 56,3% CN- đã bị trung hoà. 
Vậy VHCL . 0,21 = VA . CKCN . 0,563 + VA. CNH3 . 0,5 + VA . CKOH
VHCL = 50(0,12 . 0,563 + 0,15 . 0,5 + 5.10-3 ) / 0,51 = 35,13 ml.
0.5
6.3
CHClO4 = (0,01 . 1) / 101 = 9,901 x 10-5M.
CKCN = (0,01 . 100)/101 = 9,901 .10-3M
H+
+ CN-à
HCN
9,901.10-5
9,901.10-3
9,802.10-3
9,901.10-5
Thành phần:	 HCN 9,901.10-5M + CN- 9,802.10-3M
CN-
+ H2O
= HCN 
+ OH-
Kb = 10-4,65
C
9,802.10-3
9,901.10-5
[ ]
(9,802.10-3-x)
(9,901.10-5+x)
x
x(9,901 .10-5 +x) / (9,802 .10-3 - x) = 10-4,65 -> x2 + 1,214 .10-4x - 2,194 . 10-7 = 0
-> x = [OH-] = 4,12 .10 -4M ; pH = 10,61 > 7,6 . Vậy mới đầu dung dịch có màu xanh lục.
Khi thêm 100 ml dung dịch Hg((ClO4)2) 0,3M 
CCN- = 9,802 . 10-3 . 101 / 201 = 4,929 . 10-3M; 
CHCN = 9,901 . 10-5 . 101 / 201 = 4,975 . 10-5M; 
CHg2+ = 0,3 . 100 / 201 = 0,1493 M >> CCN-.
Vậy CN- tạo phức hết với Hg2+
Hg2+
+ CN-
= HgCN+
b = 1018
C0
0,1493
4,929 .10-3
C
0,1443
4,929.10-3
Hg2+ dư phản ứng tiếp với HCN 
Hg2+
+ HCN
= HgCN+
+ H+
K = 108,65
C0
0,1443
4,975 .10-5
4,929.10-3
C
0,14425
4,975.10-3
4,975.10-5
Sự phân ly của HgCN+ không đáng kể (K = 10-18) lại còn dư Hg2+ , nồng độ CN- phân ly ra vô cùng bé không ảnh hưởng đến pH của dung dịch vì vậy [H+] = 4,975.10-5
-> pH = 4,3 < 6,0. Do đó sau khi thêm Hg(ClO4)2 dung dịch chuyển sang màu vàng.
0.5
6.4
Thêm một giọt (0,03 ml) dung dịch H2S bão hào vào hỗn hợp (3) thể tích hỗn hợp coi như không đổi. CH2S = 0,03 . 0,1 / 201 = 1,493 .10-5 M
H2S
= H+
+ HS-
10-7
C0
1,493.10-5
4,975 .10-5
C
1,493.10-5-x
4,975.10-5 + x
x
x(4,975 . 10-5 +x) / (1,493 .10-5 - x) = 10-7 -> x = 3.10-8<< CH+
Như vậy nồng độ H+ do sự phân ly của H2S là không đáng kể 
H2S
= 2H+
+ S2-
10-19,92
[ ]
1,493.10-5
4,975 .10-5
x
[S2- ] = x = 10-19,92 . 1,493. 10-5 / (4,975.10-5 )2 = 7,25 .10-17M
Vì sự phân ly của HgCN+ không đáng kể có thể coi CHg2+ = 0,14425 M.
CHg2+ . CS2- = 0,14425 . 7,25 . 10-17 = 1,05 . 10-17>> Ks
Vậy có kết tủa HgS màu đen xuất hiện H2S + Hg2+ -> HgS¯ + 2H+ .
Do sự kết tủa này làm tăng nồng độ của ion H+ trong dung dịch nên dung dịch vẫn có màu vàng.
0.5
Câu 7: Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa
Cho một pin:
Pt/ Fe3+ (0,01M), Fe2+ (0,05M), H+ (1M) // KCl bão hoà, Hg2Cl2(R)/Hg
a) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động.
b) Thêm NaOH vào bên trái của pin cho đến khi [OH-] = 0,02M (Coi thể tích dung dịch không thay đổi).
Tính SĐĐ của pin khi đó?
Biết: , ECal = 0,244V, , , tại nhiệt độ khảo sát.
Câu
Ý
Nội dung
a.
Tính 
[H+] = 1M => Không xảy ra thuỷ phân
0.5
Vì do đó ta có:
Cực dương: 
Cực âm: 	
=> Phương trình phản ứng xảy ra:
0.5
b.
Khi thêm NaOH vào cực Fe3+/Fe2+ đến chỉ có [OH-] = 0,02M ta có:
 (V)
Khi đó 
0.5
Vậy lúc đó:
* Cực dương là cực calomen
* Cực âm là cực Fe3+/ Fe2+
 (V)
0.5
Câu 8: Nhóm Halogen
Cho khí Cl2 tác dụng với Ca(OH)2 ta được clorua vôi là hỗn hợp CaCl2, Ca(ClO)2, CaOCl2 và nước ẩm . Sau khi loại bỏ nhờ đun nhẹ và hút chân không thì thu được 152,4g hỗn hợp A chứa (% khối lượng); 50% CaOCl2; 28,15% Ca(ClO)2 và phần còn lại là CaCl2. Nung nóng hỗn hợp A thu được 152,4g hỗn hợp B chỉ chứa CaCl2 và Ca(ClO3)2.
Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
Tính thể tích khí Cl2 (đktc) đã phản ứng.
Tính % khối lượng CaCl2 trong hỗn hợp B.
Nung hỗn hợp B ở nhiệt độ cao tới phản ứng hoàn toàn và lấy tất cả khí thóat ra cho vào bình kín dung tích không đổi chỉ chứa 16,2 g kim loại M hóa trị n duy nhất (thể tích chất rắn không đáng kể). Nhiệt độ và áp suất ban đầu trong bình là t0C và P atm. Nung nóng bình một thời gian, sau đó đưa nhiệt độ bình về t0C, áp suất trong bình lúc này là 0,75P atm. Lấy chất rắn còn lại trong bình hòa tan hoàn toàn bằng dung dịch HCl dư thấy bay ra 13,44 lít khí (đktc). Hỏi M là kim loại gì? 
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
1
Các phản ứng:	
Ca(OH)2 + Cl2CaOCl2 + H2O (1)
2Ca(OH)2 + 2Cl2CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O (2) 
Nung nóng hỗn hợp A:	
6 CaOCl2	5CaCl2 + Ca(ClO3)2 (3) 
3 Ca(ClO)22CaCl2 + Ca(ClO3)2(4)
0,25
2
	= = 0,6mol
	= = 0,3mol
	= = 0,3mol
phản ứng	= 0,6 + 0,3 + 0,3 = 1,2mol
VCl2	= 1,2 × 22,4	= 26,88 lít
0,5
3
Theo số mol các chất trong hổn hợp A và phản ứng (2,3,4)
% 	= 
0,25
4
Nung hỗn hợp B ở nhiệt ở nhiệt dộ cao xảy ra ph ản ứng:
 Ca(ClO3)2 CaCl2 + 3 O2 (5) 
Theo số mol các trong chất trong hổn hợp A hoặc theo phản ứng (5)
Þ bay ra = 0,6. + 0,3 = 0,6 mol
Vì nhiệt độ bình không đổi, áp suất giảm 25% ứng với lượng oxi phản ứng với kim loại:
4M + nO2	Þ 2M2On 	(6)
Tức bằng:	0,6 x 0,25 = 0,15 mol
Hòa tan chất rắn trong bình:
M2On + 2nHCl 	Þ 2MCln + nH2O (7)
2M + 2nHCl 	Þ 2MCln + nH2­ (8)
= = 0,6mol
Theo phương pháp bảo tòan electron với phản ứng (6,7,8) số mol (e) kim loại M nhường bằng số mol (e) O2 và H+ nhận.
Gọi a là số mol kim loại M ta có: 
na = 0,15 x 4 + 0,6 x 2 = 1,8
Tức 	a = 
	Þ M = 9n
Chỉ có n =3; M = 27 là phù hợp M là nhôm(Al)
1
Câu 9: Nhóm O-S
9.1Hỗn hợp A gồm bột S và Mg. Đun nóng A trong điều kiện không có không khí, sau đó làm nguội và cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được 2,987 lit khí B có tỉ khối so với không khí bằng 0,8966. Đốt cháy hết khí B, sau đó cho toàn bộ sản phẩm vào 100ml H2O2 5% (D = 1g/mL) thu được dung dịch D. Xác định % khối lượng các chất trong A và nồng độ % các chất tạo ra trong dung dịch D. Cho thể tích các chất khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. 
9.2. Hàm lượng cho phép của tạp chất lưu huỳnh trong nhiên liệu là 0,30%. Người ta đốt cháy hoàn toàn 100,0 gam một loại nhiên liệu và dẫn sản phẩm cháy (giả thiết chỉ có CO2, SO2 và hơi nước) qua dung dịch KMnO4 5,0.10-3M trong H2SO4 thì thấy thể tích dung dịch KMnO4 đã phản ứng vừa hết với lượng sản phẩm cháy trên là 625 ml. Hãy tính toán xác định xem nhiên liệu đó có được phép sử dụng hay không? 
 * 	Các nguyên tử khối: Fe = 56; C= 12; N = 14; O =16; H = 1; S = 32; Ca = 40; Mg =24; K = 39; Br = 80; Al = 27; Ag = 108; Cu = 64; Ba = 127; I = 127.
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
9.1
Phương trình phản ứng:
	S + Mg ® MgS 	(1)
	MgS + 2HCl ® MgCl2 + H2S	(2)
	Mg + 2HCl ® MgCl2 + H2	(3) 
Þ B chứa H2S và H2 [Mg có dư sau phản ứng (1)]
	Gọi x và y lần lượt là số mol khí H2S và H2, ta có 
	Giải ra ta có x = 0,1 ; y = . Từ (1), (2), (3) ta có:
50%, 50%
0,5
 H2S + O2®	SO2 + H2O
 0,1 	0,1 	0,1
	 H2 + O2® H2O
	 0,033 	 0,033
	 SO2 + 	H2O2® H2SO4
	 0,1 	 0,147
	 0	0,047 	 0,1	
m(dung dịch) = gam
	C%(H2SO4) = 9%; C%(H2O2) = 1,47%
1
9.2
Phương trình phản ứng:
	S + O2 SO2	(1)
	5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4	(2)
Từ (1) và (2) 
Þmol
	0,25%< 0,30%
	Vậy nhiên liệu trên được phép sử dụng.
0,5
Câu 10: Động học (không có phần cơ chế phản ứng)
10.1 Đối với phản ứng nối tiếp: A k1 B k2 C
Nồng độ chất B đạt giá trị cực đại sau 103 giây; còn nồng độ chất A giảm đi 2 lần sau 160 giây. Xác định k1 và k2.
10.2 Ở 250C sự thủy phân metyl axetat, với sự có mặt của HCl dư (nồng độ 0,05M) là phản ứng bậc 1. Thể tích dung dịch NaOH cần dùng để trung hòa 25 ml hỗn hợp phản ứng theo thời gian như sau:
t (phút)
0
21
75
119
∞
VNaOH (ml)
24,4
25,8
29,3
31,7
47,2
Bằng phương pháp giải tích, hãy tính hằng số tốc độ và thời gian nửa phản ứng.
Câu
ý
Nội dung
Điểm
10.1
Hằng số k1 được xác định theo thời gian nửa phản ứng của A tạo thành B.
k1=0,693160=4,31.10-3 giây-1
Áp dụng công thức: tmax=2,303lgk2k1k2-k1 thay số suy ra k2 = 4,13.10-3 giây-1.
1
10.2
k=2,303tlgaa-x; a là nồng độ ban đầu của este, a-x là nồng độ este ở thời điểm t.
Nếu V∞ ở thời điểm t = ∞ là thể tích ứng với sự kết thúc phản ứng thủy phân este trong môi trường axit.
V0 là thể tích ứng với thời điểm t=0 thì hiệu V∞ - V0 sẽ là tỉ lệ với nồng độ ban đầu của este. Còn hiệu V∞ - Vt sẽ là tỉ lệ với nồng độ este ở các thời điểm t.
ki=2,303tlgV∞-V0V∞-Vt
Thay số tính ki
k1=2,30321lg47,2-24,447,2-25,8=0,003016
k2=2,30375lg47,2-24,447,2-29,3=0,003224
k3=2,303119lg47,2-24,447,2-31,7=0,003224
Suy ra k=0,003161 phút-1.
Thời gian nửa phản ứng:
t1/2=0,693k=206,3 phút-1.
1