Đề thi chọn học sinh giỏi THPT chuyên - Duyên hải bắc bộ năm 2014 môn: Hóa học lớp 10

ĐỀ GIỚI THIỆU
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA
Người ra đề: Đinh Thị Xoan
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN - DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2014
MÔN: HÓA HỌC LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1. (2 điểm) Cấu tạo nguyên tử và hạt nhân
1. Biết electron có năng lượng cao nhất của nguyên tố X nhận 4 giá trị lượng tử sau: n =4; l =2; ml = - 2; s = -1/2.
	Xác định cấu hình electron, tên nguyên tố X và vị trí của X trong bảng tuần hoàn.
2. Một trong các chuỗi phân hủy phóng xạ tự nhiên bắt đầu với và kết thúc bằng đồng vị bền .
a. Tính số phân hủy a và b xảy ra trong toàn chuỗi.
b. Tính năng lượng được giải phóng trong toàn chuỗi.
c. Trong một mẫu đá chứa 13,33mg và 3,09 mg . Tính tuổi của mẫu đá, biết t1/2 = 4,51.109 năm.
Biết: = 4,0026u, = 205,9744u, = 238,0508u, 1u = 931,5 MeV/c2.
Câu 2. (2 điểm) Liên kết hóa học và cấu trúc phân tử
a. Gọi tên và cho biết dạng hình học của các ion sau: [Ni(NH3)4]2+, [Co(NH3)6]3+ [Fe(CN)6]4-. Ion nào thuận từ, ion nào nghịch từ. Giải thích.
b. Viết cấu hình electron theo ô lượng tử của Cu2+ và Cu+.
c. Vì sao Cu2+.aq có màu, Cu+.aq không màu?
Câu 3. (2 điểm)
	Xét quá trình hóa hơi 1 mol nước lỏng ở 250C và 1 atm. Cho biết nhiệt dung đẳng áp của hơi nước, của nước lỏng và nhiệt hóa hơi của nước:
 = 75,31 J/mol.K; = 33,47 J/mol.K; = 40,668kJ/mol
Các dữ kiện trên được chấp nhận giá trị coi như không đổi trong khoảng nhiệt độ khảo sát.
a. Tính DH, DS, DG của hệ trong quá trình hóa hơi nói trên.
b. Dựa vào kết quả thu được, hãy kết luận rằng quá trình hóa hơi của nước trong điều kiện trên có thể tự diễn ra hay không? Vì sao?
Câu 4. (2 điểm) Động hóa học
1. Sự phân hủy axeton diễn ra theo phương trình:
	CH3COCH3 ® C2H4 + H2 + CO
Theo thời gian phản ứng, áp suất chung của hệ đo được như sau:
t [phút]
0
6,5
13
19,9
p [mmHg]
312
408
488
562
Bằng phương pháp giải tích hãy chứng tỏ phản ứng là bậc 1 và tính hằng số tốc độ.
2. Ở 250C một phản ứng đã cho sẽ kết thúc sau 2,5 giờ. Chấp nhận hệ số nhiệt độ của tốc độ phản ứng bằng 3, hãy tính hệ số nhiệt độ mà tại đó phản ứng sẽ kết thúc sau 20 phút.
Câu 5. (2 điểm) Cân bằng hóa học
	Cho cân bằng hóa học: N2 + 3H2 D 2NH3 với DH = -92 kJ/mol. Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N2 và H2 theo tỉ lệ số mol đúng bằng hệ số tỉ lượng, tức tỉ lệ 1:3 thì khi đạt tới cân bằng (4500C, 300 atm) NH3 chiếm 36% thể tích.
a. Tính hằng số cân bằng Kp.
b. Giữ nhiệt độ không đổi (4500C) cần tiến hành dưới áp suất bao nhiêu để khi đạt tới trạng thái cân bằng NH3 chiếm 50% thể tích.
c. Giữ áp suất không đổi (300 atm), cần tiến hành ở nhiệt độ nào để khi đạt tới trạng thái cân bằng NH3 chiếm 50% thể tích.
Câu 6. (2 điểm) Cân bằng trong dung dịch axit – bazơ
1. Trộn 15,00 ml dung dịch CH3COONa 0,030M với 30,00 ml dung dịch HCOONa 0,15M. Tính pH của dung dịch thu được.
	Biết: pKa CH3COOH = 4,76; pKa HCOOH = 3,75
2. Tính số gam Na2HPO4. 12H2O phải hòa tan trong 100 ml dung dịch H3PO4 0,050M sao cho pH của dung dịch thu được là 4,68 (bỏ qua sự thay đổi thể tích).
	Cho H3PO4: pKa1 = 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32.
Câu 7. (2 điểm) Cân bằng hợp chất ít tan
	Cho H2S lội qua dung dịch chứa Cd2+ 0,010M và Zn2+ 0,010M đến bão hòa (nồng độ H2S bão hòa là 0,1M)
a. Hãy xác định giới hạn pH phải thiết lập trong dung dịch sao cho xuất hiện kết tủa CdS mà không có kết tủa ZnS.
b. Thiết lập khu vực pH tại đó chỉ còn 0,1% Cd2+ trong dung dịch mà Zn2+ vẫn không bị kết tủa.
	Cho: H2S pKa1 = 7,02 pKa2 = 12,90; Ks,CdS = 10-26; Ks,ZnS = 10-21,6
Câu 8. (2 điểm) Phản ứng oxi hóa khử - pin điện
	Trộn 100 ml dung dịch AgNO3 5,0.10-2M với 100 ml dung dịch NaCl 0,10M ở 250C được dung dịch A.
a. Tính thế của điện cực Ag nhúng trong dung dịch A, biết Ks,AgCl = 2,5.10-10 và = +0,80V.
b. Thêm vào dung dịch A 100,00 ml dung dịch Na2S2O3 0,20M. Kết tủa AgCl tan hoàn toàn tạo thành ion phức [Ag(S2O3)2]3- và thế của điện cực đo được là 0,20V. Tính hằng số tạo thành tổng hợp b2 của ion phức.
	Các quá trình phụ có thể bỏ qua.
Câu 9 (2 điểm) Tinh thể
	Tinh thể BaF2 có cấu trúc kiểu florin, với thông số mạng a = 0,620 nm. Bán kính của ion F- là 0,136 nm. Tính bán kính của ion Ba2+ và khối lượng riêng của tinh thể BaF2. Cho:
	MBa = 137,0 g/mol; MF = 19,0 g/mol
Câu 10. (2 điểm) Bài toán về phần halogen – Oxi, lưu huỳnh
	Trộn m gam bột Fe với p gam bột S rồi nung ở nhiệt độ cao (không có mặt oxi) được hỗn hợp A. Hòa tan A bằng dung dịch HCl dư ta thu được 0,8 gam chất rắn B, dung dịch C và khí D (có tỉ khối so với hidro bằng 9). Cho D qua dung dịch CuCl2 (dư) thấy tạo thành 9,6 gam kết tủa đen.
a. Tính p, m.
b. Nếu lấy hỗn hợp A cho vào bình dung tích không đổi, chứa oxi dư và nung bình tới nhiệt độ cao cho đến khi chất rắn trong bình là một oxit sắt duy nhất, sau đó làm nguội bình về nhiệt độ ban đầu thấy áp suất trong bình chỉ bằng 95% áp suất ban đầu. Tính số mol oxi trong bình ban đầu (coi thể tích chất rắn không đáng kể).
 ------------Hết------------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA
Người ra đề: Đinh Thị Xoan
 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
MÔN: HÓA HỌC LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút
Đáp án
Điểm
Câu 1
1. Biết electron có năng lượng cao nhất của nguyên tố X nhận 4 giá trị lượng tử sau: n =4; l =2; ml = - 2; s = -1/2.
Xác định cấu hình electron, tên nguyên tố X và vị trí của X trong bảng tuần hoàn.
2. Một trong các chuỗi phân hủy phóng xạ tự nhiên bắt đầu với và kết thúc bằng đồng vị bền .
a. Tính số phân hủy a và b xảy ra trong toàn chuỗi.
b. Tính năng lượng được giải phóng trong toàn chuỗi.
c. Trong một mẫu đá chứa 13,33mg và 3,09 mg . Tính tuổi của mẫu đá, biết t1/2 = 4,51.109 năm.
Biết: = 4,0026u, = 205,9744u, = 238,0508u, 1u = 931,5 MeV/c2.
Giải:
1. Từ giá trị n = 4, l = 2 Þ electron có năng lượng cao nhất thuộc phân lớp 4d. 
Từ giá trị ml = -2 và s = -1/2 Þ sự phân bố electron trên phân lớp 4d như sau:
­¯ ­ ­ ­ ­
 - 2 -1 0 +1 +2
Vì cấu hình electron 4d6 Þ lớp ngoài cùng phải là 5s2
Þ Cấu hình electron của nguyên tố X: 1s22s22p63s23p63d104s24p64d65s2
X thuộc chu kì 5, phân nhóm VIIIB
0,25
0,25
2.a.
- Gọi x, y lần lượt là số phân hủy a và b trong toàn chuỗi.
- Ta có phản ứng tổng quát:
 	 ® + x + y
- Áp dụng định luật bảo toàn điện tích và bảo toàn số khối ta có:
Vậy có 8 phân hủy a và 6 phân hủy b trong toàn chuỗi.
0,5
b. 
	 ® + 8 + 6
Năng lượng được giải phóng trong toàn chuỗi:
	W = 
	 = (238,0508 – 205,9744 – 8.4,0026).913,5 
	 = 51,7914 MeV
0,5
c. Tính tuổi của mẩu đá:
 ® + x + y
- Từ phương trình ta có tỉ lệ:
 phản ứng = = 3,57 mg
ban đầu = 13,33 + 3,57 = 16,90 mg
Ta có: (m0: khối lượng 238U ở thời điểm ban đầu, m: khối lượng 238U ở thời điểm đang xét)
Þ t = 1,544.109 (năm)
0,5
Câu 2
Câu 2. (2 điểm) Liên kết hóa học và cấu trúc phân tử
a. Gọi tên và cho biết dạng hình học của các ion sau: [Ni(NH3)4]2+, [Co(NH3)6]3+ [Fe(CN)6]4-. Ion nào thuận từ, ion nào nghịch từ. Giải thích.
b. Viết cấu hình electron theo ô lượng tử của Cu2+ và Cu+.
c. Vì sao Cu2+.aq có màu, Cu+.aq không màu?
Giải:
a. Gọi tên: 
	[Ni(NH3)4]2+ tetraamin niken (II)
 [Co(NH3)6]3+ hexaamim coban (III)
[Fe(CN)6]4- hexaxiano ferat (II)
- Ion Ni2+ có cấu hình electron: [Ar] 3d8 với sự phân bố electron:
¯­ ¯­ ¯­ ­ ­
 3d 4s 4p
- Ion [Ni(NH3)4]2+:
¯­ ¯­ ¯­ ­ ­
­¯
­¯ ­¯ ­¯
 3d 4s 4p
 sp3 (tứ diện)
- Ion [Ni(NH3)4]2+ thuận từ do có electron độc thân.
- Ion [Co(NH3)6]3+:
Cấu hình electron của Co3+: [Ar] 3d6:
¯­ ­ ­ ­ ­
 3d 4s 4p
- Phối tử CN- là phối tử có tương tác mạnh với ion trung tâm gây ra sự sắp xếp lại electron trong ion Co3+:
¯­ ­¯ ­¯ 
 3d 4s 4p
- Ion [Co(NH3)6]3+:
¯­ ¯­ ¯­ ­¯ ­¯
­¯
­¯ ­¯ ­¯
 3d 4s 4p
n = 6 d2sp3 (bát diện)
- Ion [Co(NH3)6]3+ nghịch từ do không có electron độc thân.
- Ion [Fe(CN)6]4-:
Cấu hình electron của Fe2+: [Ar] 3d6:
¯­ ­ ­ ­ ­
 3d 4s 4p
- Phối tử CN- là phối tử có tương tác mạnh với ion trung tâm gây ra sự sắp xếp lại electron trong ion Fe2+:
¯­ ­¯ ­¯ 
 3d 4s 4p
- Ion [Fe(CN)6]4-:
¯­ ¯­ ¯­ ­¯ ­¯
­¯
­¯ ­¯ ­¯
 3d 4s 4p
n = 6 d2sp3 (bát diện)
- Ion [Fe(CN)6]4- nghịch từ do không có electron độc thân.
0,25
0,25
0,25
0,25
b. 
- Sự phân bố electron vào AO của Cu+:
¯­ ¯­ ¯­ ­¯ ­¯
 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 
 3d10
­¯
­¯
­¯ ­¯ ­¯
­¯
­¯ ­¯ ­¯
- Sự phân bố electron vào AO của Cu2+:
¯­ ¯­ ¯­ ­¯ ­¯
 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 
 3d10
­¯
­¯
­¯ ­¯ ­¯
­¯
­¯ ­¯ ­¯
0,5
- Ion Cu2+ có màu vì phân lớp 3d không đầy đủ (3d9), chỉ cần hấp thụ ánh sáng trong vùng nhìn thấy cũng đủ kích thích cho electron hóa trị chuyển lên phân mức năng lượng cao hơn để khi trở về mức thấp giải phóng năng lượng dưới dạng bức xạ nhìn thấy (có màu).
- Ion Cu+ không có màu vì phân lớp 3d đã đầy đủ (3d10) ánh sáng nhìn thấy không đủ kích thích electron hóa trị chuyển lên các mức năng lượng cao hơn mà phải hấp thụ ánh sáng có năng lượng cao hơn ánh sang vùng nhìn thấy. Vì vậy khi về mức thấp, bức xạ được giải phóng ra có bước sóng nhỏ hơn, nằm ngoài vùng nhìn thấy (không có màu).
0,25
0,25
Câu 3
Câu 3. (2 điểm)
	Xét quá trình hóa hơi 1 mol nước lỏng ở 250C và 1 atm. Cho biết nhiệt dung đẳng áp của hơi nước, của nước lỏng và nhiệt hóa hơi của nước:
 = 75,31 J/mol.K; = 33,47 J/mol.K; = 40,668kJ/mol
Các dữ kiện trên được chấp nhận giá trị coi như không đổi trong khoảng nhiệt độ khảo sát.
a. Tính DH, DS, DG của hệ trong quá trình hóa hơi nói trên.
b. Dựa vào kết quả thu được, hãy kết luận rằng quá trình hóa hơi của nước trong điều kiện trên có thể tự diễn ra hay không? Vì sao?
Giải:
	Ta tưởng tượng chia quá trình hóa hơi của nước ở 250C và 1atm ra làm 3 quá trình nhỏ thuận nghịch như sau:
1. Nâng đẳng áp nước lỏng từ 298K lên 373K.
2. Làm hóa hơi đẳng nhiệt đẳng áp nước lỏng ở 273K và 1 atm.
3. Hạ nhiệt độ hơi nước đẳng áp từ 373K xuống 298K.
Biểu diễn các quá trình nhỏ đó qua sơ đồ:
H2O (l, 1atm, 298K)
H2O (l, 1 atm, 373K)
H2O (k, 1atm, 373K)
H2O (k, 1atm, 298K)
DH,DS,DG
(III)
(II)
(I)
a. - Đối với quá trình nhỏ (I):
	DH1 = .DT = 75,31.(373-298) = 5648,25 (J/mol) 
	DS1 = = 16,91 (J/mol.K)
- Đối với quá trình nhỏ (II):
	DH2 = = 40,668 (kJ/mol)
	DS2 = 
- Đối với quá trình nhỏ (III):
	DH3 = .DT = 33,47.(298 - 373) = - 2510,25 (J/mol)
	DS3 = = -7,51 (J/mol.K)
- Đối với cả quá trình nghiên cứu ta có:
	DH = DH1 + DH2 + DH3 
	 = 5648,25 + 40668 + (-2510,25)
	 = 43806 (J/mol) = 43,806 (kJ/mol).
	DS = DS1 + DS2 + DS3
	 = 16,91 + 109,03 – 7,51 = 118,43 (J/mol.K)
	DG = DH – T.DS = 43806 – 298.118,43 
	 = 8514 (J/mol) = 8,514 (kJ/mol)
0,25
0,5
0,5
0,5
b. Quá trình đang xét là một quá trình đẳng nhiệt đẳng áp (T, p = const) cho nên thế nhiệt động GT,p được sử dụng là một tiêu chuẩn để đánh giá chiều của quá trình và cân bằng của hệ. Ở đây kết quả cho thấy:
	DGT,p = 8,514 kJ/mol > 0
Vậy quá trình hóa hơi này là một quá trình không thuận nghịch nhưng không thể tự diễn ra mà phải có sự tác động từ bên ngoài.
0,25
Câu 4. (2 điểm)
1. Sự phân hủy axeton diễn ra theo phương trình:
	CH3COCH3 ® C2H4 + H2 + CO
Theo thời gian phản ứng, áp suất chung của hệ đo được như sau:
t [phút]	0	6,5	13	19,9
p [mmHg]	312	408	488	562
Bằng phương pháp giải tích hãy chứng tỏ phản ứng là bậc 1 và tính hằng số tốc độ.
2. Ở 250C một phản ứng đã cho sẽ kết thúc sau 2,5 giờ. Chấp nhận hệ số nhiệt độ của tốc độ phản ứng bằng 3, hãy tính hệ số nhiệt độ mà tại đó phản ứng sẽ kết thúc sau 20 phút.
Giải:
1. Để chứng minh phản ứng phân hủy axeton là bậc 1 ta sử dụng phương pháp thế các dữ kiện vào phương trình động học bậc 1 xem các hằng số tốc độ thu được có hằng định hay không.
	- Vì áp suất tỉ lệ với nồng độ nên trong phương trình động học, nồng độ axeton được thay bằng áp suất riêng phần.
	- Gọi p0 là áp suất đầu của axeton:
 CH3COCH3 ® C2H4 + H2 + CO
 t = 0 p0
 t p0 – x x x x
- Áp suất chung của hệ là:
 	p = p0 – x + 3.x = p0 + 2x
- Hằng số tốc độ của phản ứng 1 chiều bậc 1 là:
- Thay các giá trị ở các thời điểm ta có:
	= 2,57.10-2 (phút-1)
	 = 2,55.10-2 (phút-1)
	= 2,57.10-2 (phút-1)
- Ta thấy các giá trị của hằng số tốc độ không đổi. Vậy phản ứng trên là phản ứng bậc 1.
- Hằng số tốc độ của phản ứng:
 = 2,56.10-2 (phút-1)
0,5
0,5
0,5
2.
Ta có: 	 mà 
	 Þ T2 = 43,30C
0,5
Câu 5. (2 điểm)
	Cho cân bằng hóa học: N2 + 3H2 D 2NH3 với DH = -92 kJ/mol. Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N2 và H2 theo tỉ lệ số mol đúng bằng hệ số tỉ lượng, tức tỉ lệ 1:3 thì khi đạt tới cân bằng (4500C, 300 atm) NH3 chiếm 36% thể tích.
a. Tính hằng số cân bằng Kp.
b. Giữ nhiệt độ không đổi (4500C) cần tiến hành dưới áp suất bao nhiêu để khi đạt tới trạng thái cân bằng NH3 chiếm 50% thể tích.
c. Giữ áp suất không đổi (300 atm), cần tiến hành ở nhiệt độ nào để khi đạt tới trạng thái cân bằng NH3 chiếm 50% thể tích.
Giải:
a. 
	N2 + 3H2 D 2NH3 
nban đầu 1 3
nphản ứng x 3.x 2.x
ncân bằng 1 – x 3 – 3.x 2.x
Tổng số mol khí lúc cân bằng: ncb = 4 – 0,529.2 = 2,942 mol
Áp suất riêng phần của các khí lúc cân bằng:
Hằng số cân bằng:
	 = 8,10.10-5 
0,5
0,5
b. N2 + 3H2 D 2NH3 
nban đầu 1 3
nphản ứng y 3.y 2.y
ncân bằng 1 – y 3 – 3.y 2.y
Tổng số mol khí lúc cân bằng: ncb = 4 – 2/3.2 = 8/3 mol
0,5
c.
 N2 + 3H2 D 2NH3 
nban đầu 1 3
nphản ứng y 3.y 2.y
ncân bằng 1 – y 3 – 3.y 2.y
Tổng số mol khí lúc cân bằng: ncb = 4 – 2/3.2 = 8/3 mol
Ta có: 	 
	Þ T2 = 652,7K tức 397,70C
0,5
Câu 6.
Câu 6. (2 điểm) Cân bằng trong dung dịch axit – bazơ
1. Trộn 15,00 ml dung dịch CH3COONa 0,030M với 30,00 ml dung dịch HCOONa 0,15M. Tính pH của dung dịch thu được.
	Biết: pKa CH3COOH = 4,76; pKa HCOOH = 3,75
2. Tính số gam Na2HPO4. 12H2O phải hòa tan trong 100 ml dung dịch H3PO4 0,050M sao cho pH của dung dịch thu được là 4,68 (bỏ qua sự thay đổi thể tích).
	Cho H3PO4: pKa1 = 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32.
Giải:
1. Sau khi trộn: 
Các cân bằng: 
 H2O D H+ + OH- 	 (1) Kw = 10-14
	CH3COO- + H2O D CH3COOH + OH- (2) Kb = 10-9,24
	HCOO- + H2O D HCOOH + OH- (3) Kb’ = 10-10,25
Ta có: nên không thể tính gần đúng theo một cân bằng.
- Áp dụng ĐKP: h = [H+] = [OH-] – [CH3COOH] – [HCOOH]
Tính gần đúng coi: 
 [CH3COO-] = ; [HCOO-] = 
Ta có:
- Tính lại giá trị của [CH3COO-] và [HCOO-] :
Kết quả lặp. Vậy h = 2,96.10-9 M Þ pH = 8,53.
0,5
0,5
0,5
2. 
	Gọi a là số gam Na2HPO4.12H2O cần lấy
Ta có: 
Vậy thành phần chính của hệ là H2PO4-, nghĩa là H3PO4 phản ứng vừa đủ với HPO42- theo phản ứng:
	H3PO4 + HPO42- ® 2H2PO4-
 mol 5.10-3 5.10-3
	Þ a = 5.10-3.358 = 1,79 gam
0,5
Câu 7.
Câu 7. (2 điểm) Cân bằng hợp chất ít tan
	Cho H2S lội qua dung dịch chứa Cd2+ 0,010M và Zn2+ 0,010M đến bão hòa (nồng độ H2S bão hòa là 0,1M)
a. Hãy xác định giới hạn pH phải thiết lập trong dung dịch sao cho xuất hiện kết tủa CdS mà không có kết tủa ZnS.
b. Thiết lập khu vực pH tại đó chỉ còn 0,1% Cd2+ trong dung dịch mà Zn2+ vẫn không bị kết tủa.
	Cho: H2S pKa1 = 7,02 pKa2 = 12,90; Ks,CdS = 10-26; Ks,ZnS = 10-21,6
Giải:
 a. Các cân bằng:
	H2S D HS- + H+ Ka1 = 10-7,02
	HS- D S2- + H+ Ka2 = 10-12,90
	Cd2+ + S2- D CdS Ks1 = 10-26
	Zn2+ + S2- D ZnS Ks2 = 10-21,6
Vì = , Ks1 = 10-26 < Ks2 = 10-21,6 nên CdS kết tủa trước.
Điều kiện để có kết tủa CdS: trong đó được tính từ cân bằng tạo phức hidroxo của Cd2+
	Cd2+ + H2O D CdOH+ + H+ 
 [ ] 0,01 - x x x
	 Þ x = 10-6,1 Þ » 0,01M
	Þ (1)
Điều kiện để không có kết tủa ZnS là: 
Tương tự sự tạo phức hidroxo của Zn2+ là không đáng kể
	Þ » 0,01M
	Þ (2)
Từ (1) và (2) ta có giới hạn pH cần phải thiết lập sao cho:
	10-24 < < 10-19,6 
0,5
0,5
0,5
b. Khi [Cd2+] = 
Điều kiện để kết tủa được 99,9% Cd2+ là: 
Vậy khu vực pH tại đó chỉ còn 0,1%Cd2+ trong dung dịch mà Zn2+ vẫn chưa bị kết tủa là:
	10-21 < < 10-19,6 
0,5
Câu 8
Câu 8. (2 điểm)
	Trộn 100 ml dung dịch AgNO3 5,0.10-2M với 100 ml dung dịch NaCl 0,10M ở 250C được dung dịch A.
a. Tính thế của điện cực Ag nhúng trong dung dịch A, biết Ks,AgCl = 2,5.10-10 và = +0,80V.
b. Thêm vào dung dịch A 100,00 ml dung dịch Na2S2O3 0,20M. Kết tủa AgCl tan hoàn toàn tạo thành ion phức [Ag(S2O3)2]3- và thế của điện cực đo được là 0,20V. Tính hằng số tạo thành tổng hợp b2 của ion phức.
	Các quá trình phụ có thể bỏ qua.
Giải:
a. = 5.10-3 mol; = 0,01 mol
Phản ứng: Ag+ + Cl- ® AgCl 
Ban đầu 5.10-3 0,01
[] - 5.10-3
Þ 
 = + 0,059lg[Ag+] 
 = 0,80 + 0,059lg10-8 = 0,33 V
0,5
b.	 = 0,02 mol
Phản ứng: AgCl + 2Na2S2O3 ® [Ag(S2O3)2]3- + NaCl + 3Na+
mol 5.10-3 10-2 5.10-3
 = 0,2 = 0,80 + 0,059lg[Ag+]
Þ [Ag+] = 6,77.10-11M
Nồng độ Ag+ rất bé nên có thể coi toàn bộ Ag+ nằm trong phức chất.
 tạo phức = 2.5.10-3 = 10-2 mol
	tự do trong dung dịch = 0,02 – 0,01 = 0,01 mol
	[S2O32-] = = 3,33.10-2 M
 Ag+ + 2S2O32- ® [Ag(S2O3)2]3- b2
 	Þ b2 = 7,4.1010
0,5
0,5
0,5
Câu 9
Câu 9 (2 điểm)
	Tinh thể BaF2 có cấu trúc kiểu florin, với thông số mạng a = 0,620 nm. Bán kính của ion F- là 0,136 nm. Tính bán kính của ion Ba2+ và khối lượng riêng của tinh thể BaF2. Cho:
	MBa = 137,0 g/mol; MF = 19,0 g/mol
Giải:
Tinh thể BaF2 có cấu trúc mạng florin: các ion Ba2+ lập thành mạng lập phương tâm mặt. Các ion F- chiếm tất cả tám lỗ bốn mặt trong ô mạng (8 tâm của 8 hình lập phương con tạo ra bởi Ba2+).
- Trong ô mạng của BaF2, ion Ba2+ và F- gần nhau nhất nằm trên đường chéo d của hình lập phương con cạnh a/2. Từ đó:
Khối lượng riêng của BaF2:
(Z: số phân tử BaF2 trong 1 ô mạng cơ sở)
- Các ion Ba2+ lập thành ô mạng lập phương tâm mặt, nên trong 1 ô mạng cơ sở có số ion Ba2+ là:
- Tám ion F- chiếm tất cả tám lỗ trống 4 mặt của ô mạng cơ sở nên số ion F-:
Vậy trong 1 ô mạng cơ sở có 4 phân tử BaF2.
Khối lượng riêng của tinh thể BaF2:	 
	hay = 4,88 g.cm-3
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 10.
Câu 10. (2 điểm) Bài toán về phần halogen – Oxi, lưu huỳnh
	Trộn m gam bột Fe với p gam bột S rồi nung ở nhiệt độ cao (không có mặt oxi) được hỗn hợp A. Hòa tan A bằng dung dịch HCl dư ta thu được 0,8 gam chất rắn B, dung dịch C và khí D (có tỉ khối so với hidro bằng 9). Cho D qua dung dịch CuCl2 (dư) thấy tạo thành 9,6 gam kết tủa đen.
a. Tính p, m.
b. Nếu lấy hỗn hợp A cho vào bình dung tích không đổi, chứa oxi dư và nung bình tới nhiệt độ cao cho đến khi chất rắn trong bình là một oxit sắt duy nhất, sau đó làm nguội bình về nhiệt độ ban đầu thấy áp suất trong bình chỉ bằng 95% áp suất ban đầu. Tính số mol oxi trong bình ban đầu (coi thể tích chất rắn không đáng kể).
Giải: a. 	Các phương trình phản ứng:
	Fe + S FeS (1)
- Hỗn hợp A gồm: FeS, Fe dư, S dư. Hòa tan A bằng dung dịch HCl dư:
	Fe + 2HCl ® FeCl2 + H2 (2)
	FeS + 2HCl ® FeCl2 + H2S (3)
- Chất rắn B là S Þ mS dư = 0,8 gam
- Hỗn hợp khí D là H2S và H2:
	CuCl2 + H2S ® CuS¯ + 2HCl (4)
- Ta có: = nS phản ứng
 Þ mS ban đầu = p = mS dư + mS phản ứng = 0,8 + 0,1.32 = 4 gam
. Gọi x là số mol H2 có trong D.
	 Þ x = 0,1 mol
Theo (1), (2), (3): nFe = nD = 0,1 + 0,1 = 0,2 mol
Vậy m = 0,2.56 = 11,2 gam
0,5
0,5
b. 
- Trong hỗn hợp A có: Fe 0,1 mol; S 0,025 mol; FeS 0,1 mol
Nung hỗn hợp rắn A với oxi dư:
	S + O2 SO2
 mol 0,025 0,025 0,025
	4Fe + 3O2 Fe2O3
 mol 0,1 0,15
	4FeS + 7O2 2Fe2O3 + 4SO2
 mol 0,1 0,175 0,1
Gọi n là số mol oxi ban đầu.
Số mol khí sau phản ứng là: phản ứng = n – 0,15
Vì nhiệt độ trước và sau phản ứng không đổi nên tỉ lệ số mol chính là tỉ lệ áp suất: 	
	 Þ n = 3 mol 
0,5
0,5
H2O (l, 1atm, 298K)
H2O (l, 1 atm, 373K)
H2O (k, 1atm, 373K)
H2O (k, 1atm, 298K)
DH,DS,DG
(III)
(II)
(I)