Đề thi chọn học sinh giỏi THPT chuyên – duyên hải bắc bộ năm 2013 môn: Hoá học lớp 10 - Trường THPT chuyên Quốc Học

 SỞ GDĐT THỪA THIÊN HUẾ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC
 ĐỀ GIỚI THIỆU
 KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 
THPT CHUYÊN – DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2013
 MÔN: HOÁ HỌC LỚP 10
 Thời gian làm bài: 180 phút
Bài 1: ( 2 điểm)
1. Có thể viết cấu hình electron của Ni2+là:
Cách 1: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d8]; Cách 2: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d64s2].
Áp dụng phương pháp gần đúng Slater (Xlâytơ) tính năng lượng electron của Ni2+ với mỗi cách viết trên (theo đơn vị eV). Cách viết nào phù hợp với thực tế? Tại sao?
2. Viết công thức Lewis và xác định dạng hình học của các phân tử và ion sau: 	BCl3, CO2, NO2+, NO2, IF3
Bài 2: ( 2 điểm)
Hãy chứng minh rằng phần thể tích bị chiếm bởi các đơn vị cấu trúc (các nguyên tử) trong mạng tinh thể kim loại thuộc các hệ lập phương đơn giản, lập phương tâm khối, lập phương tâm diện tăng theo tỉ lệ 1 : 1,31 : 1,42.
Bài 3: ( 2 điểm)
 Đồng vị phân rã phóng xạ đồng thời theo 2 phản ứng : 
b+
b -
b -
b-
b+
Thực nghiệm cho biết từ 1 mol ban đầu, sau 25 giờ 36 phút lấy hỗn hợp còn lại hòa tan vào dung dịch HCl dư thì còn 16 g chất rắn không tan.
Từ một lượng ban đầu, sau 29 giờ 44 phút lấy hỗn hợp còn lại hòa tan vào dung dịch KOH dư thì phần chất rắn không tan có khối lượng bằng 50,4% khối lượng hỗn hợp. 
 1. Tính các hằng số phóng xạ k1, k2 và chu kì bán rã của .
 2. Tính thời gan để còn lại 10%.
 3. Tính thời gan để khối lượng 64Zn chiếm 30% khối lượng hỗn hợp. 
 BÀI 4:( 2 điểm)
 Nitrosyl clorua (NOCl) là một chất rất độc, khi đun nóng bị phân hủy thành NO và Cl2.
a) Tính Kp của phản ứng ở 298K. Cho:
Nitrosyl clorua
Nitơ monooxit
Cl2
DHo298 (kJ/mol)
51,71
90,25
S0298 (J/K.mol)
264
211
223
b) Tính Kp của phản ứng ở 475K
BÀI 5: ( 2 điểm)
Khí NO kết hợp với hơi Br2 tạo ra một khi duy nhất trong phân tử có 3 nguyên tử.
1.Viết phương trình phản ứng xảy ra.
2. Biết phản ứng trên thu nhiệt, tại 25oC cã Kp = 116,6. Hãy tính Kp (ghi rõ đơn vị) tại 0oC ; 50oC. Giả thiết rằng tỷ số giữa 2 trị số hằng số cân bằng tạii 0oC với 25oC hay 25oC với 50oC đều bằng 1,54.
3. Xét tại 25oC, cân bằng hóa học đã được thiết lập. Cân bằng đó sẽ chuyển dịch như thế nào nếu: 
a) Tăng lượng khí NO. 	
b) Giảm lượng hơi Br2. 
c) Giảm nhiệt độ
d) Thêm khí N2 vào hệ mà:
- Thể tích bình phản ứng không đổi (V = const) 
- Áp suất chung của hệ không đổi (P = const). 
BÀI 6: ( 2 điểm)
Dung dịch A gồm Na2S và CH3COONa có pHA = 12,50. Thêm một lượng Na3PO4 vào dung dịch A sao cho độ điện li của ion S2- giảm 20% (coi thể tích dung dịch không đổi). Tính nồng độ của Na3PO4 trong dung dịch A. 
Cho: 7,02; 12,9; 2,15; 7,21; 12,32; 4,76; = 0,14 V; ở 25 oC: 2,303= 0,0592lg. 
BÀI 7: ( 2 điểm)
Hãy:
1. a. Thiết lập một sơ đồ pin để xác định tích số tan của AgI. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trên mỗi điện cực và trong pin. 
b. Tính độ tan (s) tại 25oC của AgI trong nước. 
2. a. Lập pin điện trong đó xảy ra sự oxi hoá ion Fe2+ thành ion Fe3+ và ion Au3+ bị khử thành ion Au+. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trên mỗi điện cực và trong pin. 
b. Tính sức điện động chuẩn của pin và hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin này. 
BÀI 8: ( 2 điểm)
1. Cho các dữ kiện sau:
Năng lượng
kJ.mol¯1
Năng lượng
kJ.mol¯1
thăng hoa của Na 
108,68
liên kết của Cl2 
242,60
ion hóa thứ nhất của Na 
495,80
mạng lưới NaF 
922,88
liên kết của F2 
155,00
mạng lưới NaCl
767,00
Nhiệt hình thành của NaF rắn : -573,60 kJ.mol-1
Nhiệt hình thành của NaCl rắn: -401,28 kJ.mol-1
Tính ái lực electron của F và Cl ; so sánh các kết quả thu được và giải thích.
2. Hãy cho biết quy luật biến đổi (có giải thích):
a) Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của các halogen từ F2 đến I2.
b) Độ bền nhiệt của các phân tử halogen từ F2 đến I2.
c) Nhiệt độ nóng chảy, nhiệt độ sôi của các hidro halogenua từ HF đến HI.
BÀI 9: ( 2 điểm )
Hỗn hợp A gồm Al, Zn, S dưới dạng bột mịn. Sau khi nung 33,02 gam hỗn hợp A (không có không khí) một thời gian, nhận được hỗn hợp B. Nếu thêm 8,296 gam Zn vào B thì hàm lượng đơn chất Zn trong hỗn hợp này bằng ½ hàm lượng Zn trong A.
Lấy ½ hỗn hợp B hòa tan trong H2SO4 loãng dư thì sau phản ứng thu được 0,48 gam chất rắn nguyên chất.
Lấy ½ hỗn hợp B thêm 1 thể tích không khí thích hợp. Sau khi đốt cháy hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí C trong đó N2 chiếm 85,8% về thể tích và chất rắn D. Cho hỗn hợp khí C đi qua dung dịch NaOH dư thì thể tích giảm 5,04 lit (đktc)
9.1. Viết các phương trình phản ứng.
9.2.Tính thể tích không khí (đktc) đã dùng.
9.3. Tính thành phần % theo khối lượng các chất trong B.(Cho: Al=27, Zn=65, S=32)
BÀI 10: ( 2 điểm)
Một loại thủy tinh được biểu diễn dưới dạng x(Na2O). y(CaO). z(SiO2). Trong loại thủy tinh này, % khối lượng của oxi là 46,862%; của Ca là 8,368% và Si là 35,146%.
a. Nếu giả thiết x, y, z là các số nguyên, hãy xác định các giá trị đó.
b. Người ta có thể hoàn tan thủy tinh bằng dung dịch HF. Tính thể tích dung dịch HF nồng độ 0,10M cần lấy để có thể hòa tan vừa hết 10,0 gam thủy tinh đó. 
Viết phương trình phản ứng xảy ra.
----------------------HẾT-------------------------
* Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ NGHI KỲ THI OLYMPIC LỚP 10 NĂM HỌC 2012-2013
MÔN HÓA HỌC
BÀI
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
Bài 1
( 2 đ)
1. Năng lượng của một electron ở phân lớp l có số lượng tử chính hiệu dụng n* được tính theo biểu thức Slater: 
 = -13,6 x (Z – b)2 /n* (theo eV)
Hằng số chắn b và số lượng tử n* được tính theo quy tắc Slater. Áp dụng cho Ni2+ (Z=28, có 26e) ta có:
Với cách viết 1 [Ar]3d8:
 1s = -13,6 x (28 – 0,3)2/12 = -10435,1 eV
 2s,2p = -13,6 x (28 – 0,85x2 – 0,35x7)2/ 22 = - 1934,0 -
 3s,3p = -13,6 x (28 – 1x2 – 0,85x8 – 0,35x7)2/32 = - 424,0 -
 3d = - 13,6 x (28 – 1x18 – 0,35x – 0,35x7)2/32 = - 86,1 - 
 E1 = 21s + 82s,2p + 83s,3p + 83d = - 40423,2 eV
Với cách viết 2 [Ar]sd64s2:
 1s, 2s,2p, 3s,3p có kết quả như trên . Ngoài ra:
 3d = -13,6 x (28 – 1x18 – 0,35x5)2/32 = - 102,9 eV
 4s = - 13,6 x (28 – 1x10 – 0,85x14 – 0,35)2/3,72 = - 32,8 -
 Do đó E2 = - 40417,2 eV.
E1 thấp (âm) hơn E2, do đó cách viết 1 ứng với trạng thái bền hơn. Kết quả thu được phù hợp với thực tế là ở trạng thái cơ bản ion Ni2+ có cấu hình electron [Ar]3d8.
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
2. a Công thức Lewis:
b . Dạng hình học:
BCl3: Xung quanh nguyên tử B có 3 cặp electron (2 cặp và 1 "siêu cặp") nên B có lai hoá sp2, 3 nguyên tử F liên kết với B qua 3 obitan này, do đó phân tử có dạng tam giác đều.
CO2: Xung quanh C có 2 siêu cặp, C có lai hoá sp, 2 nguyên tử O liên kết với C qua 2 obitan này. Phân tử có dạng thẳng.
NO+: Ion này đồng electron với CO2 nên cũng có dạng thẳng.
NO2: Xung quanh N có 3 cặp electron quy ước [gồm 1 cặp + 1 siêu cặp (liên kết đôi) + 1 electron độc thân] nên N có lai hoá sp2. Hai nguyên tử O liên kết với 2 trong số 3 obitan lai hoá nên phân tử có cấu tạo dạng chữ V (hay gấp khúc). Góc ONO < 120o vì sự đẩy của electron độc thân.
IF3: Xung quanh I có 5 cặp electron, do đó I phải có lai hoá sp3d, tạo thành 5 obitan hướng đến 5 đỉnh của một hình lưỡng chóp ngũ giác. Hai obitan nằm dọc trục thẳng đứng liên kết với 2 nguyên tử F. Nguyên tử F thứ ba liên kết với 1 trong 3 obitan trong mặt phẳng xích đạo. Như vậy phân tử IF3 có cấu tạo dạng chữ T. Nếu kể cả đến sự đẩy của 2 cặp electron không liên kết, phân tử có dạng chữ T cụp.
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
Bài 2
( 2 đ)
Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong mạng tinh thể cũng chính là phần thể tích mà các nguyên tử chiếm trong một tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở).
Đối với mạng đơn giản:
 + Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 = 1
 + Gọi r là bán kính của nguyên tử kim loại, thể tích V1 của 1 nguyên tử kim loại là: 
 V1 = 4/3 xr3 (1)
 + Gọi a là cạnh của tế bào, thể tích của tế bào là:
 V2 = a3 (2)
 Trong tế bào mạng đơn giản, tương quan giữa r và a được thể hiện trên hình sau:
r
a
hay a = 2r (3).
Thay (3) vào (2) ta có: V2 = a3 = 8r3 (4)
Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là:
 V1/V2 = 4/3 r3 : 8r3 = /6 = 0,5236
Đối với mạng tâm khối:
+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 + 1 = 2. Do đó V1 = 2x(4/3)r3 .
+ Trong tế bào mạng tâm khối quan hệ giữa r và a được thể hiện trên hình sau:
Do đó: d = a = 4r. Suy ra a = 4r/
Thể tích của tế bào:
 V2 = a3 = 64r3/ 3
Do đó phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là:
 V1 : V2 = 8/3 r3 : 64r3/3 = 0,68
Đối với mạng tâm diện:
+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 + 6 x 1/2 = 4. Do đó thể tích của các nguyên tử trong tế bào là:
 V1 = 4 x 4/3r3
+ Trong tế bào mạng tâm diện quan hệ giữa bán kính nguyên tử r và cạnh a của tế bào được biểu diễn trên hình sau:
a
d
 Từ dó ta có: d = a = 4r, do đó a = 4r/
Thể tích của tế bào: V2 = a3 = 64r3/2
Phần thể tích bị các nguyên tử chiếm trong tế bào là:
 V1/V2 = 16/3 r3: 64r3/ 2 = 0,74
Như vậy tỉ lệ phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong 1 tế bào của các mạng đơn giản, tâm khối và tâm diện tỉ lệ với nhau như 0,52 : 0,68 : 0,74 = 1 : 1,31 : 1,42.
0,5 đ
0,5 đ
0,5đ
0,5 đ
Bài 3
( 2 đ)
Phương trình:
 - (1)
 - (2)
 - (k1 + k2)t = kt = kt (3)
Khi hòa tan hỗn hợp vào dung dịch HCl dư, Zn và Ni tan hết còn lại 16 g Cu.
- Tại t =25 giờ 36 phút = 1536 phút, nCu(0) = 1 mol; nCu(t) = 0,25 mol.
 phút
k = 9,025x 10-4ph-1
phút
* Tại t = 29 giờ 44 phút = 1784 phút khi hòa tan hỗn hợp vào dung dịch NaOH dư thì Zn tan hết, còn lại Cu và Ni. Từ 1 mol Cu ban đầu sau 1784 phút
 nCu + nNi = 0,504 mol nZn = 1 - 0,504 = 0,496 mol.
* Theo (3) = 9,025 x10-4ph-1x1784 ph = 1,61006.
 nCu(1784) = 0,19988 » 0,20 mol.
 nCu(đã phân rã) = 1 - 0,2 = 0,80 mol.
nCu(đã phân rã ở phản ứng (1)) = nZn (1) = 0,496 mol.
nCu( đã phân rã ở phản ứng (2)) = 0,800 - 0,496 = 0,304 mol = nNi (2).
* do đó: k1 = 1,6316 k2.
Mặt khác k1 + k2 = 0,0009025
 k2 + 1,6316k2 = 0,0009205
Từ đó k2 = 3,4295.10-4 » 3,43.10-4.
 k1 = 5,5955. 10-4 » 5,56.10-4.
2. Từ 1 mol 64Cu ban đầu, thời gan để còn lại 0,1 mol 64Cu :
 t = 2551 phút.
3. Từ 1 mol 64Cu ban đầu,,sau t phút tạo thành nZn = 0,30 mol.
nNi= 
nZn + nNi = 0,30 + 0,184 = 0,484 mol.
nCu = 1,000 - 0,484 = 0,516 mol.
.
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
Bài 4
( 2 đ)
a) 2NOCl 2NO + Cl2.
Dựa vào công thức DG = - RTlnK	DG = DH - T. DS 	
DH = [(2 ´ 90,25. 103) + 0 - (2 ´ 51,71. 103 ) = 77080 J/mol 	
DS = [(2 ´ 211) + 233 - (2 ´ 264) = 117 J/mol	
DG = 77080 - 298 ´ 117 = 42214 J/mol	
ln K = - = - 17 Kp = 3,98. 10-8 	
b) 
 ln = ® lnKp(475K) = + lnKp(298)
 ln Kp (475) = - 5,545 ® Kp = 4,32. 10 -3 	 	
1,0 đ
1,0 đ
BÀI 5
( 2 đ)
1. 	2 NO(k) + Br2 (hơi) ® 2 NOBr (k) ; DH > 0 	(1)
Phản ứng pha khí có Dn = -1 ® đơn vị Kp lµ atm-1 	 (2) 
2. Do phản ứng thu nhiệt nên có liên hệ:
Kp tại O2 < Kp tại 252 < Kp tại 502	 (3)
Vậy: : Kp tại 250 = 1 / 1,54 x Kp tại 252 = 116,6 / 1,54 = 75,71 (atm-1)
Kp tại 252 = 1,54 x Kp tại 252 = 116,6 x 1,54 » 179, 56 (atm-1)
3. Xét sự chuyển dời cân bằng hóa học tại 25OC.
Trường hợp a và b: về nguyên tắc cần xét tỉ số:
 PNOBr
 	Q = (4) (Khi thêm NO hay Br2)
 (PNO)2 
Sau đó so sánh trị số Kp với Q để kết luận.
Tuy nhiện, ở đây không có điều kiện để xét (4); do đó xét theo nguyên lí Lechatelie.
a. Nếu tăng lượng NO, CBHH cân bằng chuyển dời sang phải, ®
b. Nếu giảm lượng Br2, CBHH chuyển dời sang trái, ¬.
c. Theo nguyên lí Lechatelie, sự giảm nhiệt độ làm cho CBHH chuyển dời sang trái, để chống lại sự giảm nhiệt độ..
d. Thêm khí N2 là khí trơ.
+ Nếu V = const: không ảnh hưởng tới CBHH vì N2 không gây ảnh hưởng liên hệ nào (theo định nghĩa áp suất riêng phần).
+ Nếu P = const ta xét liên hệ .
Nếu chưa có N2: P = pNO + pBr2 + pNOBr 	(a)
Nếu có thêm N2: P = p’NO + p’Br2 + p’NOBr + Pn2 	(b)
Vì P = const nên p’i < pi	
Lúc đó ta xét Q theo (4) liên hệ / tương quan với Kp:
1. Nếu Q = Kp: Không ảnh hưởng
2.Nếu Q > Kp : CBHH chuyển dời sang trái, để Q giảm tới trị số Kp.
3. Nếu Q <Kp: CBHH chuyển dời sang phải, để Q tăng tới trị số Kp.
Xảy ra trường hợp nào trong 3 trường hợp trên là tùy thuộc vào pi tại cân bằng hóa học.
0,5 đ
0,75 đ
0,75 đ
BÀI 6
( 2 đ)
1. Gọi nồng độ của Na2S và CH3COONa trong dung dịch A là C1 (M) và C2 (M). Khi chưa thêm Na3PO4, trong dung dịch xảy ra các quá trình:	
	S2- + H2O HS- + OH- 10-1,1 (1)
	HS- + H2O H2S + OH- 10-6,98 (2)
	 CH3COO- + H2O CH3COOH + OH- 10-9,24 (3)
	 H2O H+ + OH- 10-14 (4)
	So sánh 4 cân bằng trên ® tính theo (1): 
	S2- + H2O HS- + OH- 10-1,1 
 C C1
	 [ ] C1- 10-1,5 10-1,5 10-1,5 
	® = C1 = 0,0442 (M) và độ điện li 
Khi thêm Na3PO4 vào dung dịch A, ngoài 4 cân bằng trên, trong hệ còn có thêm 3 cân bằng sau:
	 + H2O + OH- 10-1,68 (5)
	 + H2O + OH- 10-6,79 (6)
	 + H2O + OH- 10-11,85 (7)
Khi đó = 0,7153.0,80 = 0,57224 = ® [HS-] = 0,0442. 0,57224 = 0,0253 (M).
	Vì môi trường bazơ nên = [S2-] + [HS-] + [H2S] [S2-] + [HS-] 
 	® [S2-] = 0,0442 – 0,0253 = 0,0189 (M)
	Từ (1) ® [OH-] = = 0,0593 (M).
	So sánh các cân bằng (1) ® (7), ta thấy (1) và (5) quyết định pH của hệ:
	[OH-] = [HS-] + []®[] = [OH-] - [HS-] = 0,0593 – 0,0253 = 0,0340 (M)
	Từ (5) ® [] = = 0,0965 (M).
	®[] + [] + [] + [][] + [] 
	0,0965 + 0,0340 = 0,1305 (M). 
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
BÀI 7
( 2 đ)
1. a. Để xác định tích số tan KS của AgI, cần thiết lập sơ đồ pin có các điện cực Ag làm việc thuận nghịch với Ag+. Điện cực Ag nhúng trong dung dịch nào có [Ag+] lớn hơn sẽ
đóng vai trò catot. Vậy sơ đồ pin như sau:
 (-) Ag │ I-(aq), AgI(r) ║ Ag+(aq) │ Ag(r) (+)
Hoặc: (-) Ag, AgI(r) │ I-(aq) ║ Ag+(aq) │ Ag(r) (+)
Phản ứng ở cực âm: Ag(r) + I−(aq) AgI(r) + e K
Phản ứng ở cực dương: Ag+(aq) + e Ag(r) K2
Phản ứng xảy ra trong pin: Ag+(aq) + I-(aq) AgI(r) K 	 (1)
Trong đó K= K.K2 = ≈ 1,0.1016 KS = 1,0.10−16. 
b. Gọi S là độ tan của AgI trong nước nguyên chất, ta có:
	 AgI↓ Ag+ + I- KS = 10-16
	 S S 
Vì quá trình tạo phức hidroxo của Ag+ không đáng kể, I- là anion của axit mạnh HI, nên
 S = =1,0.10-8 M 
2. Theo qui ước: quá trình oxi hóa Fe2+ xảy ra trên anot, quá trình khử Au3+ xảy ra trên catot, do đó điện cực Pt nhúng trong dung dịch Fe3+, Fe2+ là anot, điện cực Pt nhúng trong dung dịch Au3+, Au+ là catot:
(-) Pt │ Fe3+(aq), Fe2+(aq) ║ Au3+(aq), Au+(aq) │ Pt (+)
Phản ứng ở cực âm: 2x Fe2+(aq) Fe3+(aq) + e K 
Phản ứng ở cực dương: Au3+(aq) + 2e Au+(aq) K2
Phản ứng trong pin: Au3+(aq) + 2Fe2+(aq) Au+(aq) + 2Fe3+(aq) K (2)
	 K = (K)2.K2 = 
Trong đó thế khử chuẩn của cặp Fe3+/Fe2+ được tính (hoặc tính theo hằng số cân bằng) như sau:
Fe3+ + 3e 	 Fe E0(1) = -0,037 V, DG0(1) = -3FE0(1)
Fe2+ + 2e 	 Fe E0(2) = -0,440 V, DG0(2) = - 2F E0(1)
Fe3+ + e 	 Fe2+ E0(3) = = = 3E0(1)- 2E0(2) = 0,77V
	→ K = (K)2.K2 = = 1016,61 
Ở điều kiện tiêu chuẩn, sức điện động chuẩn của pin trên sẽ là:
 E0pin = = 0,49 V
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
BÀI 8
( 2 đ)
1.a. Áp dụng định luật Hess vào chu trình
Ta được: 
AE = ΔHHT - ΔHTH - I1 - ½ ΔHLK + ΔHML (*)
Thay số vào (*), AE (F) = -332,70 kJ.mol-1 và AE (Cl) = -360 kJ.mol-1.
b. AE (F) > AE (Cl) dù cho F có độ âm điện lớn hơn Cl nhiều. Có thể giải thích điều này như sau:
* Phân tử F2 ít bền hơn phân tử Cl2, do đó ΔHLK (F2) AE (Cl). 
* Cũng có thể giải thích: F và Cl là hai nguyên tố liền nhau trong nhóm VIIA. F ở đầu nhóm. Nguyên tử F có bán kính nhỏ bất thường và cản trở sự xâm nhập của electron.
1,0 đ
2. 
- Nhiệt độ sôi, nhiệt độ nóng chảy tăng dần từ flo đến iot:
- Mỗi phân tử X2 gồm hai nguyên tử, các phân tử X2 liên kết với nhau bằng lực Van de Van. Lực này tăng lên theo chiều tăng của khối lượng và khả năng bị cực hóa của các phân tử halogen nên từ F2 đến I2 ts0, tnc0 tăng dần.
Độ bền nhiệt của các phân tử halogen tăng từ F2 đến Cl2 sau đó giảm dần từ Cl2 đến I2.
- Thước đo độ bền nhiệt là năng lượng liên kết. Nguyên tử F không có AO – d nên liên kết giữa 2 nguyên tử F chỉ là liên kết s. Trong phân tử Cl2, Br2, I2 ngoài liên kết s còn một phần liên kết p tạo nên bởi sự che phủ của AO – d trống của nguyên tử halogen này với AO – p có cặp e của nguyên tử halogen kia. Do đó năng lượng liên kết của F2 bé hơn năng lượng liên kết của Cl2. 
- Từ Cl2 đến I2 năng lượng liên kết giảm dần vì độ dài liên kết tăng.
- Do đó, độ bền nhiệt tăng từ F2 đến Cl2 sau đó giảm dần từ Cl2 đến I2.
Từ HCl đến HI, nhiệt độ sôi, nhiệt độ nóng chảy tăng dần theo chiều tăng của khối lượng phân tử. Riêng HF có nhiệt độ sôi và nhiệt độ nóng chảy cao một cách bất thường. Đó là do có hiện tượng trùng hợp phân tử nhờ liên kết hidro. Năng lượng của liên kết hidro trong trường hợp này là rất lớn.
 nHF ® (HF)n (n=2®6)
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
BÀI 9
( 2 đ)
BÀI 9
9.1
Với S, Al và Zn có các phản ứng : 
2Al + 3S Al2S3	
	Zn + S ZnS	
Trong trường hợp tổng quát nhất (phản ứng không hoàn toàn) hỗn hợp B gồm Al2S3, ZnS, S dư, Al dư, Zn dư. Trong 5 chất này chỉ có S không tan trong dung dịch H2SO4 loãng vậy : = 0,48 (gam)	
® 	nSdư (B) = = 0,03 (mol)	(1)	0,25đ
Với H2SO4 ta có các phản ứng :
Al2S3 	+	3H2SO4 	® Al2(SO4)3 	+ 3H2S­
	ZnS 	+ 	H2SO4 	® ZnSO4	+ H2S­
	Zn 	+ 	H2SO4 	® ZnSO4	+ H2­
	2Al + 3H2SO4 ® Al2(SO4)3 + 3H2­	0,25đ
Khi nung ½ B trong O2 :
	Al2S3 	+	O2 	 Al2O3 	+ 3SO2­
	ZnS 	+	O2 	 ZnO 	+ SO2­	
	4Al 	+	3O2 	 2Al2O3
	Zn 	+	O2 	 ZnO
	S + O2 SO2 	0,25đ
9.2 
Hỗn hợp khí C gồm SO2, N2 (không có O2 vì người ta dùng một lượng oxi vừa đủ)
Qua dung dịch NaOH, SO2 bị giữ lại :
	SO2 	+ 	NaOHdư	® 	Na2SO3	+ H2O	
Vậy độ giảm thể tích 5,04 lit là thể tích SO2
 ® 	 = = 0,225 (mol)	0,25đ 
Theo nguyên lí bảo toàn nguyên tố S :
Vậy : = 2 .0,225 = 0,45 (mol)	(2)	0,25đ
	mS(A) = 0,45. 32 = 14,4 (gam)
	mAl+Zn(A) = 33,02 – 14,4 = 18,62 (gam)
Gọi x = nAl ; y = nZn trong A.
Ta có :27x + 65y = 18,62	(3)	0,25đ
%SO2 trong C = 100% - %N2 = 100 – 85,8 = 14,2%
Ta có : 0,225 mol SO2 ® %SO2 = 14,2%	
Vậy : = = 1,36 (mol)
Do N2 chiếm thể tích không khí nên :
nKK = = .1,36 (mol)	
Thể tích không khí : VKK = .1,36 . 22,4 = 38,08 (lit) 	0,25đ
9.3 
Số mol O2 dùng để oxi hóa ½ B là: = = .1,36 = 0,34 (mol)	0,25đ
Trong 0,34 mol O2 này có 0,225 mol O2 dùng để biến S thành SO2, phần còn lại dùng để biến Al, Zn thành Al2O3, ZnO.	= 0,34 – 0,225 = 0,115 (mol)	
Ta thấy dù biến ½ A (Al, Zn, S) thành Al2O3, ZnO, SO2 hay ½ B (Al2S3, ZnS, Al dư, Zn dư, S dư thành Al2O3, ZnO, và SO2) thì lượng O2 dùng là như nhau vì có cùng số mol Al, Zn, và S.	
Do đó có thể kết luận là để biến Al, Zn trong ½ A thành Al2O3, ZnO ta cũng phải dùng 0,115 mol O2.	0,25đ
4Al 	+	3O2 	 2Al2O3
	Zn 	+	O2 	 ZnO
= + = 0,115 (mol) ® 3x + 2y = 0,920 (4)	0,25đ
Từ (3) và (4) ® x = 0,16 mol Al ; y = 0,22 mol Zn
Từ % Zn trong A và % Zn đơn chất trong B cộng 8,296 gam Zn ta suy ra : z’ = nZndư ; nZn phản ứng với S ; nSphản ứng với Al ; và .
%Zn(A) = 	0,25đ
Sau khi thêm 8,296 gam Zn vào B :
%Zn đơn chất = 
® z’= 0,01 mol Zn dư.	0,25đ
Vậy có : 0,22 – 0,01 = 0,21 mol Zn kết hợp với 0,21 mol S cho 0,21 mol ZnS
nSphản ứng với Al = nS chung – nS(Zn) – nSdư = 0,45 – 0,21 – 0,03 = 0,21 (mol)
= = 0,07 (mol)
Thành phần % khối lượng của các chất trong hỗn hợp B :
%Al2S3 = 
%ZnS= 	0,25đ
%Zndư = 	
%Sdư = 	
 %Aldư = 100 – (31,8 + 61,69 + 1,97 + 2,91) = 1,63%
0,25 đ
0,25 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
BÀI 10
( 2 đ)
a. Công thức thủy tinh: Na2O. CaO.6SiO2. 
b. Số mol thủy tinh = 10/(62 + 56 + 6.60) = 0,021 mol
	Phương trình:	Na2O. CaO.6SiO2 + 28 HF ® 2 NaF + CaF2 + 6 SiF4 
	 0,021	 0,588 mol	
=> Thể tích dung dịch HF cần lấy = 5,88 lít. 
Chú ý: học sinh có thể viết ở dạng các oxit tác dụng với HF cũng cho điểm tương đương. 
0,75 đ
0,75 đ
0,5 đ