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

SỞ GD VÀ ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM HỌC 
2015 - 2016
MÔN: HOÁ HỌC- LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút
--------------JJJ--------------
Câu 1 (2,0điểm). Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn. 
Nguyên tố R thuộc chu kì 3. Nguyên tử A có các giá trị năng lượng ion hóa như sau (kJ/mol)
I1
I2
I3
I4
I5
I6
I7
I8
1000
2251
3361
4564
7013
8495
27106
31669
1.Viết bộ bốn số lượng tử của electron cuối cùng trong nguyên tử nguyên tố R.
2. Một số florua của R gồm: RF2, RF4, R2F10, RF6. Nêu trạng thái lai hóa của R trong các hợp chất trên và cấu trúc hình học của các hợp chất đó.
3. Hãy so sánh và giải thích: Góc liên kết XRX trong các phân tử RO2X2 với X là các nguyên tử halogen.
4. H2R là một phân tử phân cực có moment lưỡng cực m ¹ 0. Xác định m của H2R nếu m(R-H) = 2,61 × 10-30 Cm và góc liên kết a = 92.00 .
Cho 1D = 3,33.10-30Cm. 
Câu 2 (2,0điểm). Tinh thể. 
Silic oxit và thủy tinh silic có các đơn vị cấu trúc nối với nhau bởi liên kết cộng hóa trị Si-O. Biết khối lượng riêng của thủy tinh silic là 2,203 g/cm3. 
1. Xác định số phối trí của các nguyên tử Si và O trong các cấu trúc và công thức thực nghiệm của mẫu Silic oxit. 
2. Cho biết thể tích trung bình của một đơn vị SiO2? Có bao nhiêu liên kết trong một đơn vị thể tích trung bình ?
Mạng tinh thể của thủy tinh silic không hoàn hảo do sự thiếu hụt oxy: các nguyên tử oxy trong mạng tinh thể đã bị mất và các nguyên tử Si láng giềng của nguyên tử Si mất oxy tự bền hóa bằng cách tạo liên kết Si-Si. Mẫu silic oxit vô định hình được đặc trưng bởi công thức SiO1.9. 
3. 	Tính phần tram liên kết Si-Si trong tổng số liên kết của mạng tinh thể thủy tinh silic?
4. 	Công thức của mẫu tinh thể có dạng là SiOx. 
	a. Lập biểu thức biểu diễn mối quan hệ của nSi-Si và nSi-O trong một mẫu theo x, với nSi-Si là số liên kết Si-Si và nSi-O là số liên kết Si-O. 
	b.Trung bình tất cả các nguyên tử Si đều tạo một liên kết Si-Si. Tính giá trị của x.
 Câu 3 (2,0điểm). Phản ứng hạt nhân.
1. Sự biến đổi của hạt nhân (với chu kì bán rã t1/2 = 3,26 ngày) thành hạt nhân bền xảy ra khi hạt nhân 67Ga bắt một electron thuộc lớp K của vỏ electron bao xung quanh hạt nhân. Quá trình này không phát xạ β+. 
a. Viết phương trình của phản ứng hạt nhân biểu diễn sự biến đổi phóng xạ của 
b. Chùm tia nào được phát ra khi 67Ga phân rã?
2. 10,25 mg kim loại gali đã làm giàu đồng vị 67Ga được sử dụng để tổng hợp m gam dược chất phóng xạ gali xitrat (GaC6H5O6.3H2O). Hoạt độ phóng xạ của mẫu (m gam) dược chất là 1,09.108 Bq. Chấp nhận rằng quá trình tổng hợp có hiệu suất chuyển hóa Ga bằng 100%.
a. Tính khối lượng của đồng vị 67Ga trong m gam dược chất được tổng hợp (cho rằng 67Ga là đồng vị phóng xạ duy nhất có trong mẫu). 
b. Tính hoạt độ phóng xạ của 1 gam dược chất gali xitrat được tổng hợp ở trên. 
3. Ngay sau khi tổng hợp, toàn bộ m gam dược chất phóng xạ được hòa tan trong 100 mL nước cất. Sau 8 giờ, 1 mL dung dịch này được tiêm vào tĩnh mạch bệnh nhân. Sau khi tiêm 1 giờ, người ta lấy 1 mL mẫu máu của bệnh nhân và đo được hoạt độ phóng xạ 210,2 Bq .
a. Tính hoạt độ phóng xạ theo Bq của liều 1 mL dung dịch gali xitrat khi tiêm vào cơ thể bệnh nhân.
b.Tính thể tích máu của bệnh nhân ra mL. Giả thiết rằng toàn bộ gali xitrat chỉ phân bố đều trong máu.
4. Urani tự nhiên có thành phần đồng vị (về khối lượng): 99,274% 238U; 0,7205% 235U; 0,0055% 234U. Các đồng vị này đều phóng xạ α. Chu kì bán rã của 238U: t1/2(238U) = 4,47.109 năm. Trong tự nhiên, các đồng vị có mặt trong một chuỗi thoát biến phóng xạ nối tiếp, kết thúc ở một đồng vị bền của chì có số khối từ 206-208, tạo thành một họ phóng xạ. (Chỉ có họ neptuni mở đầu bằng 237Np kết thúc bằng 209Bi). Họ phóng xạ mở đầu bằng 238U gọi là họ urani (cũng gọi là họ urani – rađi), còn họ phóng xạ mở đầu bằng 235U gọi là họ actini.
a. Viết các công thức chung biểu diễn số khối của các đồng vị họ urani và họ actini.
b. Sau thời gian đủ dài, các đồng vị con cháu có thời gian bán rã rất ngắn so đồng vị mẹ sẽ có hoạt độ phóng xạ bằng hoạt độ phóng xạ của mẹ (cân bằng thế kỉ). Trong một mẫu quặng có chứa 10,00 gam urani tự nhiên có bao nhiêu gam 226Ra? Chu kì bán rã của rađi: t1/2(Ra) = 1600 năm.
Giả định rằng các đồng vị phóng xạ không bị rửa trôi hoặc bay hơi.
Câu 4 (2,0điểm). Nhiệt hóa học
Làm hoá hơi 27 gam nước lỏng ở 25oC và 1atm. Cho biết nhiệt hoá hơi của nước, nhiệt dung đẳng áp của hơi nước và của nước lỏng lần lượt là: ∆Hhh (100oC, 1atm) = 40,668kJ/mol,; 
Các dữ kiện trên được coi như có giá trị không đổi trong khoảng nhiệt độ khảo sát.
1.Tính ∆H, ∆S, ∆G của hệ trong quá trình hóa hơi nói trên.
2. Dựa vào kết quả thu được, hãy cho biết quá trình hóa hơi của nước có thể tự diễn ra hay không? Vì sao?
Cho biết, đối với quá trình đẳng áp có nhiệt độ biến đổi từ T1 đến T2, biến thiên entropy được tính theo hệ thức 
3. Xác định nhiệt độ tại đó quá trình hóa hơi của nước có thể tự xảy ra được. 
Câu 5 (2,0điểm). Cân bằng hóa học pha khí
Trong một hệ có cân bằng 2SO2(k) + O2(k) 2SO3(k) (*) được thiết lập ở 450 K người ta xác định được các áp suất riêng phần sau đây:
1. Tính hằng số cân bằng Kp và ΔG0 của phản ứng (*) ở 450 K. 
2. Tính lượng O2 và SO3, biết hệ có 500 mol SO2.
3. Thêm 10 mol SO2 vào hệ này đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất tổng cộng không đổi. Bằng cách tính, hãy cho biết cân bằng (*) chuyển dịch theo chiều nào?
4. Trong một hệ cân bằng SO2/O2/SO3 ở 460 K và áp suất tổng cộng 1.105 Pa, người ta tìm được: Kp = 1,250.10-5 Pa-1, n(SO2) = 450 mol , n(O2) = 100 mol và n (SO3) = 300 mol. Nếu thêm 10 mol O2 vào hệ này đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất không đổi thì cân bằng chuyển dịch theo chiều nào? 
Cho: Áp suất tiêu chuẩn P0 = 1,013.105 Pa; R = 8,314 JK-1mol-1; 1atm = 1,013.105 Pa. 
Câu 6 (2,0điểm). Cân bằng bazơ và kết tủa
1. Thêm NaOH 0,1M vào dung dịch hỗn hợp các axit H3PO4 0,02M, CH3COOH 0,02M, H3BO3 0,02M (dung dịch A). 
a.Tính pH của dung dịch thu được khi thêm 30ml dung dịch NaOH 0,1M vào 100ml dung dịch A.
b.Thêm V ml dung dịch NaOH 0,1M vào 100 ml dung dịch A ở trên thì thu được dung dịch B có pH = 8,5. Xác định V?
Cho: H3PO4 có pKa1 = 2,12; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,36. CH3COOH có pKa = 4,75; H3BO3 có pKa = 9,25. 
2. Dung dịch A gồm Fe(NO3)3 0,05 M; Pb(NO3)2 0,10 M; Zn(NO3)2 0,01 M. Sục khí H2S vào dung dịch A đến bão hoà ([H2S] = 0,10 M), thu được hỗn hợp B. Những kết tủa nào tách ra từ hỗn hợp B?
 Cho: ; ở 25 oC: pKS(PbS) = 26,6; pKS(ZnS) = 21,6; pKS(FeS) = 17,2. (pKS = -lgKS, với KS là tích số tan).
Câu 7 (2,0điểm). Phản ứng oxi hóa khử - Điện hóa
 1. Hãy trình bày cách thiết lập sơ đồ pin sao cho khi pin hoạt động thì xảy ra phản ứng: 
H3AsO4 + NH3 → + 
2. Tính sức điện động của pin ở điều kiện tiêu chuẩn ().
3. Biết = 0,025 M; = 0,010 M. 
a) Tính sức điện động của pin.
b) Tính thế của từng điện cực khi hệ đạt trạng thái cân bằng.
Cho:= 2,13; 6,94; 11,50; (pKa = - lgKa, với Ka là hằng số phân li axit). 1 atm; ở 25 oC: 
Câu 8 (2,0điểm). Nhóm halogen
1.Sục Cl2 vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch A, hòa tan I2 vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch B (tiến hành ở nhiệt độ phòng). 
Viết phương trình hóa học xảy ra và cho nhận xét.
Nêu hiện tượng và viết phương trình hóa học xảy ra khi cho lần lượt các dung dịch hỗn hợp HCl và FeCl2, dung dịch Br2, H2O2 vào dung dịch A (không có Cl2 dư).
2. Lấy 100ml dung dịch A chứa Cl2 và HClO tác dụng với dung dịch chứa KI dư và 30ml dịch HCl 0,1M, sau phản ứng thêm vài giọt hồ tinh bột thấy xuất hiện màu xanh. Để làm mất màu xanh cần chuẩn độ bằng 32ml Na2S2O3 10-1M. Sau đó cần phải thêm 17ml dung dịch NaOH 10-1M vào dung dịch thì metyl da cam mới đổi màu. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và xác định nồng độ mol/l các chất trong dung dịch A. 
Câu 9 (2,0điểm). Ôxi – Lưu huỳnh
Cho 48 gam Fe2O3 vào m gam dung dịch H2SO4 9,8% (loãng), sau phản ứng phần dung dịch thu được có khối lượng 474 gam (dung dịch A)
1. Tính C% các chất trong dung dịch (A) và tính m.
 	2. Nếu cho 48 gam Fe2O3 vào m gam dung dịch H2SO4 9,8% (loãng), sau đó sục SO2 vào đến dư. Tính nồng độ % của các chất trong dung dịch thu được sau phản ứng, biết các phản ứng xẩy ra hoàn toàn.
Câu 10 (2,0điểm). Động học không có cơ chế phản ứng
1.Đối với phản ứng: X + Y → Z + T
Trộn 100ml dung dịch chất X và 100ml dung dịch chất Y có cùng nồng độ 1M: 
a.Nếu thực hiện phản ứng ở nhiệt độ 60,20C thì sau 120 phút tỉ lệ nồng độ = Tính hằng số tốc độ của phản ứng.
b. Nếu thực hiện phản ứng ở 70,20C thì sau 79,8 phút nồng độ của X chỉ còn một nửa. Tính năng lượng hoạt hoá của phản ứng (theo kJ.mol-1).
c. Trộn 100 ml dung dịch chất X với 200ml dung dịch chất Y, đều cùng nồng độ 1M, ở nhiệt độ 60,20C thì sau bao lâu X còn lại 20%?
2. Trong môi trường axit, I- bị oxi hóa bởi BrO3- theo phản ứng:
 9I- + BrO3- + 6H+ 3I3- + Br- + 3H2O (1)
Thực nghiệm cho biết, ở nhiệt độ xác định, biểu thức tốc độ phản ứng có dạng:
 (2) 
Với k là hằng số tốc độ của phản ứng. Cho biết bậc của phản ứng (I). Bậc của phản ứng bằng bao nhiêu nếu phản ứng được thực hiện trong dung dịch đệm có pH=3?
Người ra đề: 
Mạc Thị Thanh Hà
Số điện thoại:
0904769299
SỞ GD VÀ ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ DUYÊN HẢI BẮC BỘ 
NĂM HỌC 2015 - 2016
MÔN: HOÁ HỌC- LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút
--------------JJJ--------------
Câu
Nội dung
Điểm
1
1. Đối với nguyên tố R:
So sánh các tỉ số ta thấy lớn hơn các tỉ số khác nên R thuộc nhóm VIA, nên R là lưu huỳnh (S)
Bộ bốn số lượng tử của S là: n=3; l=1; m=-1; s =-1/2
0,5 
2. Các florua của R là : SF2, SF4, S2F10, SF6.
 + SF2 có cấu tạo kiểu góc; S lai hóa sp3
 + SF4 có cấu tạo kiểu bập bênh; S lai hóa sp3d. 
 + S2F10 có cấu tạo kiểu bát diện lồng vào nhau; S lai hóa sp3d2
 + SF6 có cấu tạo kiểu bát diện; S lai hóa sp3d2
0,5 
3. + Phân tử SO2X2 có cấu tạo tứ diện, nguyên tử S lai hóa sp3
 + S tạo liên kết đôi S = O với 2 nguyên tử O, tạo liên kết đơn S – X với 2 nguyên tử X, mật độ electron ở liên kết đôi S = O lớn hơn ở liên kết đơn S – X. 
 + Từ F đến I, độ âm điện giảm dần nên mật độ electron càng ở xa nguyên tử phối trí X, càng gần trung tâm S
Do đó, góc liên kết OSO tăng dần từ F đến I, ngược lại, góc liên kết SXS (giảm) dần từ F đến I, có nghĩa là góc liên kết FSF < ClSCl < BrSBr < ISI (phối tử có độ âm điện lớn, góc liên kết nhỏ)
0,5
4. 
Hình học của H2S: 
S
 α = 920
 Từ phương trình tổng quát:
 Dẫn đến: 1.09 D
0,5
2
1.Số phối trí của các nguyên tử Si = 4 và O = 2 trong các cấu trúc
 + Tinh thể bao gồm các nhóm tứ diện SiO4 nối với nhau qua những nguyên tử O chung. Trong tứ diện SiO4, nguyên tử Si nằm ở tâm của tứ diện liên kết cộng hoá trị với 4 nguyên tử O nằm ở các đỉnh của tứ diện. Như vậy mỗi nguyên tử O liên kết với hai nguyên tử Si ở hai tứ diện khác nhau và tính trung bình thì trên một nguyên tử Si có hai nguyên tử O Þ công thức kinh nghiệm của silic đioxit là SiO2. 
0,25
0,25
2. M(SiO2) = 60 g/mol => phân tử khối SiO2 = g 
Þ Thể tích 1 phân tử SiO2 = = 4,53´10-23 cm3.
	Mỗi nguyên tử Si có 4 liên kết Si – O, -> trong một đơn vị thể tích trung bình có 4 liên kết Si – O.
0,5
3. - Ta gọi số nguyên tử Si trong mẫu bằng n -> nguyên tử O có trong mẫu là 1,9 n và tạo thành 3,8 n liên kết Si-O. 
 - 4n electron hóa trị của Si và 3,8n electron hóa trị của O góp chung với nhau tạo ra tổng số liên kết Si-O và Si-Si là (2 + 1,9)n liên kết. 
 => Số liên kết Si-Si là: (3,9n - 3,8n). Tỷ lệ liên kết Si-Si trong tổng số là
	 = 0,0256 Þ % liên kết Si-Si trong tổng số = 2,56%
0,5
4. Với mẫu SiOx thấy : n nguyên tử Si có 4n e hoá trị tạo ra 2n liên kết; nx nguyên tử O có 2nx e hoá trị hay 2nx liên kết Si-O Þ số liên kết Si-Si = 2n - nx
	Tỉ số: 
	Khi trung bình tất cả các nguyên tử Si đều tạo một liên kết Si-Si thì tỉ lệ Þ khi đó Þ x = 1,5
0,25
0,25
3
1. a)
 + e → 
b) Hạt nhân mới tạo thành do sự phân rã thường ở một trạng thái kích thích nào đó có mức năng lượng cao hơn trạng thái cơ bản. Khi trở về trạng thái cơ bản nó cho bức xạ γ. (thường thì bức xạ γ xảy ra muộn hơn vào khoảng 10-16 s).
0,25
0,25
2. a) A = λ.N → N = A/ λ = 1,09.108. 78,24.3600/ ln2 = 4,43.1013 nguyên tử
 Khối lượng của 67Ga trong dược chất: m = g = 4,930.10-9 g
 b) Khối lượng của dược chất được tổng hợp:
 m(GaC6H5O6.3H20) = g = 4,362.10-2 g 
 Hoạt độ phóng xạ của 1g dược chất (hoạt độ phóng xạ riêng):
 As = 1,09.108 Bq/43,62.10-3 g = 2,50.109 Bq/g
0,25
0,25
3. a) Hoạt độ phóng xạ ban đầu của 1mL dung dịch: Ao = 1,09.108 Bq/100mL = 1,09.106 Bq/mL
 Hoạt độ phóng xạ của liều 1mL dung dịch khi tiêm:
 A = Ao.e-λt = Ao.e-ln2.t/t1/2 =1,09.106Bq/mL.e-ln2.8/3,26.24 = 1,015. 106 Bq/mL
 b) Hoạt độ phóng xạ còn lại sau 1 giờ (1mL): A’ =1,015. 106 Bq.e-ln2.1/3,26.24 =1,006.106Bq
 1,006.106Bq /V = 105.6 Bq/mL (V là thể tích máu) 
 → V = 1,006.106Bq/210,2 Bq/mL = 4,786.103 mL 
0,25
0,25
4. a) Chỉ phóng xạ α mới làm thay đổi số khối và mỗi thoát biến α làm số khối thay đổi 4 đơn vị khối lượng nguyên tử (u). Một chuỗi n phóng xạ α nối tiếp nhau sẽ làm số khối thay đổi 4n (u). Như vậy có thể có 4 họ phóng xạ với các số khối 4n; 4n + 1; 4n + 2; 4n + 3.
 238U thuộc họ urani có số khối A = 4n + 2.
 235U thuộc họ actini có số khối A = 4n + 3.
b) 226Ra có số khối thỏa mãn công thức A = 4n + 2, nó là hậu duệ của 238U.
Tương quan giữa các chu kì bán rã và thời gian tồn tại của trái đất khoảng 1010 năm cho phép để đạt được cân bằng thế kỉ. 
 A(238U) = A(226Ra) (A là hoạt độ phóng xạ)
 → λ 238U.N238U = λ226Ra.N226Ra (λ là hằng số tốc độ phân rã, N là số nguyên tử)
 → (ln2/4,47.109.365.24.3600).(9,9274 g/238).6,02.1023. =.(ln2/1600.365.24.3600). N226Ra
 → N226Ra = = 8,99.1015 nguyên tử
 m(226Ra) = (8,988.1015/6,02.1023).226 = 3,37.10-6 g
0,25
0,25
4
1.Ta có thể chia quá trình hoá hơi của nước ở 25oC và 1atm làm 3 quá trình nhỏ thuận nghịch như sau:
1- Nâng đẳng áp nước lỏng từ 298K lên 373K.
2- Làm hoá hơi đẳng nhiệt đẳng áp nước lỏng ở 373K và 1atm.
3- Hạ nhiệt độ hơi nước đẳng áp từ 373K xuống 298K. Biểu diễn các quá trình trên theo sơ đồ sau:
∆H, ∆S, ∆G
H2O (lỏng, 1atm, 298K) H2O(khí, 1atm, 298K)
(3)
(1)
(2)
 H2O (lỏng, 1atm, 373K) H2O, (khí, 1atm, 373K) 
Đối với quá trình (1)
Đối với quá trình (2)
∆H2 =1,5.40,668 = 61,002kJ
Đối với quá trình (3)
Áp dụng định luật Hess đối với cả quá trình
∆H= ∆H1 + ∆H2 + ∆H3 = 61002 + 8472,375 + (-3765,375)
 = 65709 J
∆S= ∆S2 + ∆S2 + ∆S3 = 25,359 + 163,544 + (-11,2695)
 = 177,608 J
∆G = ∆H - T. ∆S = 65709 - 298.177,608 = 12781,816 J
0,25
0,25
0,25
0,25
2. Quá trình khảo sát là quá trình đẳng nhiệt đẳng áp (T = 298K, p=1atm) nên ∆GT,p được sử dụng làm tiêu chuẩn để đánh giá chiều của quá trình và cân bằng của hệ. Ở đây ∆GT, P = 12,781kJ >0 nên quá trình hoá hơi này là một quá trình không thuận nghịch nhưng không thể tự diễn ra mà phải có sự tác động từ bên ngoài.
0,5
3. Để quá trình hóa hơi tự xay ra thì ∆GT,P< 0 
 => ∆H - T. ∆S T > ∆H/ ∆S
Hay: T > 65709/177,608 = 369,966 0K hay t > 96,970C
0,5
5
1. 1. Kp = Þ Kp = 	= 1,439.10-4 Pa-1 
K = Kp ´ P0-Δn Þ K = 1,439.10-4 ´ (1,013.105) = 14,58.
ΔG0 = -RTlnK Þ	ΔG0 = -8,314 ´ 450 ´ ln (14,58) 
= -10025,4 J.mol¯1 = - 10,025 kJ.mol-1 
0,5
2. n = Þ n= ´ 0,124 = 165,33 mol 
n= Þ n =´ 0,501 = 668 mol 
Þ n tổng cộng = 1333,33 mol Þ P tổng cộng = 1´105 Pa
0,5
3. Sau khi thêm 10 mol SO2 vào hệ, n tổng cộng = 1343,33 mol.
P = ´ 1´105 = 0,3797.105 Pa ; 
 P= ´ 1´105 = 0,123´105 Pa 
P= ´ 1´105 = 0,497´105 Pa
ΔG = ΔG0 + RTln Q 
ΔG0 = [- 10025 + 8,314 ´ 450 ln (´)] = - 122,214 J.mol-1< 0 
Þ Cân bằng (*) chuyển dịch sang phải.
0,5
4. Sau khi thêm 10 mol O2 trong hệ có 860 mol khí và áp suất phần mỗi khí là: 
P= ´ 1´105 Pa ; P= ´ 1´105 Pa ; P=´ 1´105 Pa 
ΔG = ΔG0 + RTln Q
ΔG = 8,314 ´ 460 ´ [-ln (1,25 ´ 1,013) + ln (´ 860 ´ 1,013)] 
 = 3910,26 J.mol¯1 > 0
Cân bằng (*) chuyển dịch sang trái.
0,5
6
1.a/ Khi thêm 30ml NaOH 0,1M vào 100ml A:
Các phản ứng:
 H3PO4 H2PO4 + H+ Ka1 = 10-2,12
 H3PO4 + OH- H2PO4 + H2O
 CH3COOH H+ + CH3COO- Ka=10-4,75
 CH3COOH + OH- H2O + CH3COO-
 - 
Thành phần giới hạn của dung dịch gồm:
Xét các cân bằng trao đổi proton trong dung dịch thì Ka2(H3PO4) >> Ka3(H3PO4) và 
 nên có thể bỏ qua sự phân li của H3BO3; HPO42-, H2PO4- 
Vậy trong dung dịch chỉ còn 2 cân bằng chính phân li ra OH-:
 CH3COO- + H2O CH3COOH + OH K = 10-9,25 (1)
 H2PO4- + H2O H3PO4 + OH- K = 10-11,88 (2)
Vì nên tạm bỏ qua cân bằng (2).
Tính pH theo hệ đệm CH3COOH/CH3COO-
Kiểm tra lại các giả thiết tại pH = 4,75 ta có:
Không xét sự phân li của H3BO3 là đúng.
Tương tự: 
Do đó không xét quá trình phân li của H2PO4- thành HPO42-.
Tương tự: 
Do đó bỏ qua cân bằng (2) là hợp lý.
Vậy: pH của dung dịch sau khi thêm NaOH là 4,75
1,0
b/ Tại pH = 8,5 , dạng tồn tại chủ yếu trong dung dịch là: H2PO4, HPO42-, H3BO3, H2BO3-, CH3COO-.
Có:
 [H3PO4] + [H2PO4-] + [HPO42-]+ [PO43-]
Hay: (4,88% H3PO4 chuyển thành H2PO4-)
Tương tự có: (95,1% H3PO4 chuyển thành HPO42-)	
Với axit H3BO3:
Ta có: 0,1.V = (0,02 + 0,02.4,88% + 0,02.2.95,1% + 0,02.15,1%).100 
V= 62,036ml
0,5
2. Do > nên:
	 1/ 2Fe3+ + H2S 2Fe2+ + S↓ + 2H+ K1 = 1021,28
	 0,05
	 - 0,05 0,05
	 2/ Pb2+ + H2S PbS↓ + 2H+ K2 = 106,68
 0,10 0,05
 - 0,25
	 3/ Zn2+ + H2S ZnS↓ + 2H+ K3 = 101,68
	 4/ Fe2+ + H2S FeS↓ + 2H+ K4 = 10-2,72
	K3 và K4 nhỏ, do đó cần phải kiểm tra điều kiện kết tủa của ZnS và FeS:
	Vì môi trường axit = 0,010 M; = 0,050 M.
	Đối với H2S, do Ka2 << Ka1 = 10-7,02 nhỏ khả năng phân li của H2S trong môi trường axit không đáng kể, do đó chấp nhận [H+] = = 0,25 M tính theo cân bằng: 
	 H2S S2- + 2H+ Ka1.Ka2 = 10-19,92
 	 = Ka1.Ka2 = 10-19,92 = 10-19,72.
	Ta có: .< KS(ZnS) ZnS không xuất hiện; .< KS(FeS) FeS không tách ra.
	Như vậy trong hỗn hợp B, ngoài S, chỉ có PbS kết tủa.
0,5
7
 1. Phản ứng xảy ra trong pin được tổ hợp từ các cân bằng sau:
	 H3AsO4 H+ + 
	 NH3 + H+ 
 H3AsO4 + NH3 + K (*)
Như vậy các cân bằng trên đều liên quan đến quá trình cho - nhận H+, do đó có thể chọn điện cực hiđro để thiết lập pin. Vì giá trị thế của điện cực hiđro () phụ thuộc vào [H+]:
nên điện cực platin nhúng trong dung dịch H3AsO4 (có [H+] lớn hơn) có thế dương hơn, sẽ là catot. Ngược lại điện cực platin nhúng trong dung dịch NH3 sẽ là anot. Vậy ta có sơ đồ pin:
(-) Pt(H2) │ NH3(aq) ║ H3AsO4(aq) │ Pt (H2) (+)
 	 = 1atm = 1atm
0,5
2. Quá trình oxi hóa xảy ra trên anot: 
 H2 2H+ + 2e K = 1 
 2 NH3 + H+ = (109,24)2 
 2 NH3 + H2 2 + 2e (1)
 = = - 0,547 (V)
Quá trình khử xảy ra trên catot: 
	 2 H3AsO4 H+ + = (10-2,13)2
 2H+ + 2e H2 K = 1
 2H3AsO4 + 2e H2 + 2 (2) 
 = = - 0,126 (V)
 Vậy = - = 0,421 (V).
(Hoặc từ (*) ta có: K = Ka1.(Ka)-1 = 10E/0,0592 ® E0pin = E = 0,421 (V))
0,5
3. Do sự phân li của nước trong dung dịch NH3 0,010 M và trong dung dịch H3AsO4 0,025 M không đáng kể, nên:
a) Tại dung dịch của nửa pin trái:
	 NH3 + H2O + OH- Kb = 10-4,76
 	 [ ] 0,010-x x x 
 [] = [OH-] = x = 4,08.10-4 (M); [NH3] = 9,59.10-3 (M); [H+] = 2,45.10-11 (M)
Từ (1), ta có: Ea = + 
Vì 1atm nên: Ea = -0,547 + = - 0,63 (V)
(Hoặc Ea = 0,0592.lg[H+])
Đối với H3AsO4, vì Ka1 Ka2Ka3 nên tại dung dịch của nửa pin phải:
 	H3AsO4 H+ + 	Ka1 =10-2,13 
 [ ] 0,025-x x x 
 [] = [H+] = x = 0,0104 (M); [H3AsO4] = 0,0146 (M)
Từ (2), ta có: Ec = + 
 Ec = -0,126 + - 0,12 (V)
(Hoặc Ec = 0,0592.lg[H+])
HHH
 Epin = - 0,12 + 0,63 = 0,51 (V)
b) Khi hệ đạt trạng thái cân bằng thì thế của 2 điện cực bằng nhau: Ec = Ea
 H3AsO4 + NH3 + K = 107,11
 0,025 0,010
 0,015 - 0,010 0,010
Hệ thu được gồm: 0,010 M; 0,010 M; H3AsO4 0,015 M. Do sự phân li của và của nước không đáng kể, do đó pH của hệ được tính theo cân bằng:
 	H3AsO4 H+ + 	K=10-2,13
 [ ] 0,015-x x 0,010+x 
[H+] = x = 4,97.10-3 (M); [H3AsO4] 0,010 (M); [] 0,015 (M).
 Ea = Ec = + = - 0,126 + - 0,136 (V)
	(Hoặc Ea = Ec = 0,0592.lg[H+])
0,5
0,5
8
 a) Ở nhiệt độ thường:
	2KOH + Cl2 ® KCl + KClO + H2O
	6KOH + 3I2 ® 5KI + KIO3 + 3H2O
Trong môi trường kiềm tồn tại cân bằng : 3XO- ⇌X- + XO
Ion ClO- phân hủy rất chậm ở nhiệt độ thường và phân hủy nhanh khi đun nóng, ion IO- phân hủy ở tất cả các nhiệt độ.
0,5
b) Các phương trình hóa học :
Ion ClO- có tính oxi hóa rất mạnh, thể hiện trong các phương trình hóa học:
- Khi cho dung dịch FeCl2 và HCl vào dung dịch A có khí vàng lục thoát ra và dung dịch từ không màu chuyển sang màu vàng nâu : 
 2FeCl2 + 2KClO + 4HCl ® 2FeCl3 + Cl2 + 2KCl + 2H2O
- Khi cho dung dịch Br2 vào dung dịch A, dung dịch brom mất màu :
	Br2 + 5KClO + H2O ® 2HBrO3 + 5KCl 
- Khi cho H2O2 vào dung dịch A, có khí không màu, không mùi thoát ra:
	H2O2 + KClO ® H2O + O2 + KCl
0,5
HClO + 2KI + HCl 2KCl + I2 + H2O (1)
Cl2 + 2KI 2KCl + I2 (2)
I2 + Na2S2O3 Na2S4O6 + 2NaI (3)
HCl + NaOH NaCl + H2O
Gọi số mol HClO và Cl2 lần lượt là x và y:
Theo (1, 2, 3)
 x + y = 0,0032 (I)
 x + 0,0017 = 0,003 (II)
(I), (II) x = 0,0013 ; y = 0,0019
 Nồng độ của HClO = 0,0013/0,1 = 0,013M
 Nồng độ Cl2 = 0,0019/0,1 = 0,019M
1,0
9
1. Tính C% (dd A); m ?
Ta có ptpư: 
 Fe2O3 +3H2SO4 ® Fe2 (SO4)3 + 3H2O
Nếu Fe2O3 tan hết thì m = 474 – 48 = 426 gam => nH2SO4 = 
 ® nH2SO4 = 0,426 mol < 3nFe2O3 = 3.0,3 = 0,9 mol
 ® Fe2O3 tan không hết và H2SO4 phản ứng hết.
Gọi nFe2O3 pứ = x mol ® nH2SO4pư = 3x mol
 C% H2SO4 = 
Trong dung dịch A: C% Fe2(SO4)3 = 
 m = 474 - 160.0,15 = 450 gam.
1,0
2. Tính C% của dd thu được.
Sục SO2 vào:
 Fe2O3 + 3H2SO4 ® Fe2 (SO4)3 + 3H2O
 SO2 + Fe2 (SO4)3 + 2H2O ® 2FeSO4 + 2H2SO4
 -------------------------------------------------------------
 Fe2O3 + SO2 + H2SO4 ® 2FeSO4 + H2O
Ban đầu: 0,3 0,45 mol
Phản ứng 0,3 0,3 0,3 mol
Còn lại 0 0,15 0,6 mol
Suy ra: C% FeSO4 = 
 C% H2SO4 = 
1,0
10
a.Đối với phản ứng: X + Y → Z + T 
	Phương trình tốc độ phản ứng dạng tổng quát là: v = kCXCY (1)
Vì nồng độ ban đầu của X và Y bằng nhau nên (1) trở thành v = k CX2 và phương trình 
động học tích phân tương ứng là:
 kt = 1/CX - 1/CXo
	Thay các giá trị số tính được k 1 = 3,68.10-4 mol-1ls-1.
0,5
b. Tại 343,2K, tính toán tương tự trường hợp 1) được k 2 = 4,177.10-4 mol-1ls-1.
Áp dụng phương trình Arrhenius: 
Với T1 = 333,2K; T2 = 343,2K; k 1 = 3,68.10-4 mol-1ls-1; k 2 = 4,177.10-4 mol-1ls-1.
Thay Arrhenius trên tính được Ea = 12044 Jmol-1.
0,5
c. CXo = 1/3M; CYo = 2/3M. Nồng độ ban đầu của X và Y khác nhau, phương trình động học tích phân có dạng: 
 kt = ln => t = ln
Thay các giá trị số vào phương trình tính được t = 8956,1 s. 
0,5
2.Từ biểu thức: 
=> Bậc của phản ứng: n= 2 + 1 + 1 = 4
Trong dung dung dịch đệm có pH= 3 -> [H+] = 10-3M
=
Vậy bậc của phản ứng là: n’ = 1 + 1 = 2
0,5