Đề thi đề nghị duyên hải bắc bộ năm học 2013 - 2014 môn: Hoá học lớp 10

SỞ GD VÀ ĐT HẢI PHÒNG
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM HỌC 2013 - 2014
MÔN: HOÁ HỌC- LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút
--------------JJJ--------------
Câu 1. Cấu tạo nguyên tử và hạt nhân
Đồng vị phân rã phóng xạ đồng thời theo 2 phản ứng: 
b+
b -
b -
b-
b+
 	Thực nghiệm cho biết từ 1 mol 64Cu ban đầu, sau 25 giờ 36 phút lấy hỗn hợp còn lại hoà tan vào dung dịch HCl dư thì còn 16 gam chất rắn không tan.
 	Từ một lượng đồng vị 64Cu ban đầu, sau 29 giờ 44 phút lấy hỗn hợp còn lại hoà tan vào dung dịch KOH dư thì phần chất rắn không tan có khối lượng bằng 50,4% khối lượng hỗn hợp.
a) Tính các hằng số phóng xạ k1, k2 và chu kì bán rã của 64Cu.
b) Tính thời gian để 64Cu còn lại 10%.
Câu 2. Liên kết hóa học và cấu trúc phân tử.
Phân tử M ở trạng thái khí có công thức XYn có tổng số hạt proton là 100. Biết rằng X, Y đều thuộc cùng chu kỳ 3.
a) Xác định phân tử và cấu trúc của M. So sánh các liên kết X-Y trong phân tử đó. Giải thích.
b) Trên thực tế, M ở trạng thái rắn là hợp chất ion và có công thức phân tử là X2Y2n. Hãy xác định các ion tạo nên phân tử M và cho biết cấu trúc của các ion đó. Trên cơ sở đó cho biết trạng thái lai hoá của X trong phân tử M.
Câu 3. Nhiệt động lực học.
	Cho cân bằng: Me3DBMe3 (k) Me3D (k) + BMe3 (k), trong đó B là nguyên tố Bo, Me là nhóm CH3. Ở 100 oC, thực nghiệm thu được kết quả như sau: 
Với hợp chất Me3NBMe3 (D là nitơ): Kp1 = 4,720.104 Pa; = 191,3 JK–1mol–1.
 Me3PBMe3 (D là photpho): Kp2 = 1,280.104 Pa; = 167,6 JK–1mol–1.
a) Tính của 2 phản ứng, từ đó cho biết hợp chất nào khó phân li hơn? 
b) Trong hai liên kết N–B và P–B, liên kết nào bền hơn? Vì sao?
Câu 4. Động lực học.
Một phản ứng trong dung dịch được biểu diễn: A + B C + D (a), X là xúc tác đồng thể. Để nghiên cứu động học của phản ứng (a), người ta tiến hành hai thí nghiệm ở 25 oC với nồng độ ban đầu (C0 ) của các chất phản ứng như sau:
 Thí nghiệm 1: = 0,012 M; = 6,00 M. Thí nghiệm 2: = 3,00 M; = 0,01 M. 
	 Biến thiên nồng độ các chất A và B theo thời gian trong hai thí nghiệm trên được biểu diễn ở hình 1 và hình 2; nồng độ chất xúc tác CX = 1,00 M và không đổi trong suốt thời gian phản ứng. 
 Hình 1 Hình 2
a) Ở 25 oC hằng số cân bằng của phản ứng (a) là KC = 4.106. Tính thời gian cần thiết để hệ đạt đến trạng thái cân bằng, nếu = = 1,00 M và Cx = 1,00 M không thay đổi; lúc đầu trong hệ chưa có mặt các sản phẩm của phản ứng. 
b) Người ta cho rằng cơ chế phản ứng (a) diễn ra qua 3 giai đoạn sơ cấp sau:
A + X AX (b)
AX + B AXB (c)	
AXB C + D + X (d)
Giai đoạn nào là giai đoạn chậm để cơ chế trên phù hợp với định luật tốc độ thu được từ thực nghiệm? Hãy chứng minh.
Câu 5. Cân bằng hóa học.
Ở 820oC, xét 2 cân bằng :
CaCO3 D CaO + CO2 (1) K1=0,2
MgCO3D MgO + CO2 (2) K2=0,4
Người ta đưa 1mol CaO, 1mol MgO và 3mol CO2 vào 1 xilanh có thể tích rất lớn. Ban đầu là chân không và được giữ ở 820oC. Nhờ 1 pixtông, hỗn hợp được nén chậm. Nghiên cứu và vẽ đường biểu diễn của áp suất p theo v.
Câu 6. Cân bằng trong dung dịch axit- bazo.
Dung dịch A gồm có H2SO4 0,05 M; HCl 0,18 M và CH3COOH 0,02 M. Thêm NaOH vào dung dịch A đến nồng độ của NaOH bằng 0,23 M thì dừng, ta thu được dung dịch A1. 
a)Tính pH của dung dịch A1. 
b) Tính độ điện ly của CH3COOH trong dung dịch A1. 
Cho: Ka() = 10-2; Ka(CH3COOH) = 10-4,75
Câu 7. Cân bằng hòa tan.
Trộn dung dịch X chứa BaCl2 0,01M và SrCl2 0,1M với dung dịch K2Cr2O7 1M, có các quá trình sau đây xảy ra: 	Cr2O72– + H2O ⇌ 2CrO42– + 2H+	 = 2,3.10-15
	Ba2+ + CrO42– ⇌ BaCrO4¯	 	
	Sr2+ + CrO42– 	⇌ SrCrO4¯	
Tính khoảng pH để có thể kết tủa hoàn toàn Ba2+ dưới dạng BaCrO4 mà không kết tủa SrCrO4
Câu 8. Phản ứng oxi hóa khử - Thế điện cực – Pin điện.
Pin Ni – Cd (“Nicad”) được sử dụng rộng rãi trong các loại thiết bị bỏ tún như điện thoại di động, máy quay phim xách tay, laptop, v.v Pin Ni – Cd có gía vừa phải và có chu trình sống cao đồng thời có thể hoạt động được ở nhiệt độ rất thấp hay rất cao. Nó không cần phải được bảo dưỡng và có thể được nạp điện 2000 lần.. Một tế bào của pin Ni – Cd thực hiện hai nửa phản ứng sau:
Cd(OH)2(r) + 2e → Cd(r) + 2OH- 	Eo1 = -0,809V
2NiO(OH) + 2H2O + 2e → 2Ni(OH)2(r) + 2OH-	Eo2 = -0,490V
Eo1; Eo2 là thế khử chuẩn ở 25oC.
a) Tính E của phản ứng ở 25oC.
b) Tính khối lượng Cd chứa trong 1 chiếc điện thoại di động có sử dụng pin Ni – Cd. Biết công suất thông thường của pin là 700mAh.
Câu 9. Tinh thể.
Mono oxit sắt có cùng cấu trúc tinh thể như NaCl, nhưng đó là một hợp chất không hợp thức, nghiã là nó không ứng với công thức FeO. Người ta đề nghị hai công thức Fe1-xO( cấu trúc lập phương tâm mặt của các ion O2- nhưng tất cả các lỗ bát diện không bị chiếm hết Fe2+) hay FeO1+y ( cấu trúc lập phương tâm mặt của các ion Fe2+ với một sự dư O2-) để giải thích sự thiếu Fe2+ so với O2-.
Để lựa chọn giữa hai công thức này người ta nghiên cứu một oxit sắt chứa 76,57% sắt ( phần trăm về khối lượng) mà tỷ trọng d = 5,70g.cm-3 và cạnh của tế bào a= 0,431nm.
Tính các khối lượng mx, my cuả tế bào tinh thể cho hai công thức được đề nghị và từ đó rút ra các tỷ trọng dx, dy. Chứng minh rằng, công thức đúng là Fe1-xO và tính x?
Dự đoán sự trung hoà điện của tế bào tinh thể chứa ít ion Fe2+ hơn ion O2- được bảo đảm như thế nào?
Câu 10. Bài toán về phần Halogen- Oxi lưu huỳnh.
 Viết phương trình phản ứng xảy ra trong các quá trình hoá học sau:
a) Hoà tan bột chì vào dung dịch axit sunfuric đặc (nồng độ > 80%)
b) Hoà tan bột Cu2O vào dung dịch axit clohidric đậm đặc dư.
c) Hoà tan bột sắt vào dung dịch axit sunfuric loãng, sau đó thêm nước clo đến dư vào dung dịch thu được.
d) Để một vật làm bằng bạc ra ngoài không khí bị ô nhiễm khí H2S một thời gian.
********** HẾT**********
Người ra đề
 Vũ Minh Tuân
SỞ GD VÀ ĐT HẢI PHÒNG
ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM HỌC 2013 - 2014
MÔN: HOÁ HỌC- LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút
--------------JJJ--------------
Câu 1. Cấu tạo nguyên tử và hạt nhân
Đồng vị phân rã phóng xạ đồng thời theo 2 phản ứng: 
b+
b -
b -
b-
b+
 	Thực nghiệm cho biết từ 1 mol 64Cu ban đầu, sau 25 giờ 36 phút lấy hỗn hợp còn lại hoà tan vào dung dịch HCl dư thì còn 16 gam chất rắn không tan.
 	Từ một lượng đồng vị 64Cu ban đầu, sau 29 giờ 44 phút lấy hỗn hợp còn lại hoà tan vào dung dịch KOH dư thì phần chất rắn không tan có khối lượng bằng 50,4% khối lượng hỗn hợp.
a) Tính các hằng số phóng xạ k1, k2 và chu kì bán rã của 64Cu.
b) Tính thời gian để 64Cu còn lại 10%.
Hướng dẫn giải.
a) Phương trình
 - (1)
 - (2)
 - (k1 + k2)t = kt = kt (3)
Khi hoà tan hỗn hợp vào dung dịch HCl dư, Zn và Ni tan hết còn lại 16 gam 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 hoà tan hỗn hợp vào NaOH dư thì kẽm 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 phản ứng (1)) = nZn (1) = 0,496 mol.
	nCu(đã phân rã 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.
b) Từ 1 mol 64Cu ban đầu, thời gian để còn lại 0,1 mol 64Cu :
 	t = 2551 phút.
Câu 2. Liên kết hóa học và cấu trúc phân tử.
Phân tử M ở trạng thái khí có công thức XYn có tổng số hạt proton là 100. Biết rằng X, Y đều thuộc cùng chu kỳ 3.
a) Xác định phân tử và cấu trúc M. So sánh các liên kết X-Y trong phân tử đó. Giải thích.
b) Trên thực tế, M ở trạng thái rắn là hợp chất ion và có công thức phân tử là X2Y2n. Hãy xác định các ion tạo nên phân tử M và cho biết cấu trúc của các ion đó. Trên cơ sở đó cho biết trạng thái lai hoá của X trong phân tử M.
Hướng dẫn giải.
a) X, Y là nguyên tố thuộc chu kỳ 3: Z = 11 - 17 (Bỏ qua Ar (Z = 18) khí hiếm). 
Vì thế ta có Ztb = 100/(1 + n) Î [11-17] => 100/17 5 £ n £ 8
Mặt khác, số liên kết mà nguyên tử chu kỳ 3 tạo với các nguyên tố khác £ 6 => n £ 6
	=> Liên kết giữa X với Y là liên kết đơn do đó Y là halogen => Y là Cl.
	Ta có: ZX + 17n = 100 => 11 n = 5; ZX = 15
	Vậy: X là P; Y là Cl.
M : PCl5. P lai hóa sp3d. Lưỡng tháp tam giác. 
b) M là P2Cl10. [PCl4]-[PCl6]-.
	Cấu trúc: PCl-4: tứ diện đều => Lai hoá P: sp3
	Cấu trúc: PCl-6: bát diện đều => Lai hoá P: sp3d2.
Câu 3. Nhiệt động lực học.
Cho cân bằng: Me3DBMe3 (k) Me3D (k) + BMe3 (k), trong đó B là nguyên tố bo, Me là nhóm CH3. Ở 100 oC, thực nghiệm thu được kết quả như sau: 
Với hợp chất Me3NBMe3 (D là nitơ): Kp1 = 4,720.104 Pa; = 191,3 JK–1mol–1.
 Me3PBMe3 (D là photpho): Kp2 = 1,280.104 Pa; = 167,6 JK–1mol–1.
a) Tính của 2 phản ứng, từ đó cho biết hợp chất nào khó phân li hơn? 
b) Trong hai liên kết N–B và P–B, liên kết nào bền hơn? Vì sao?
Hướng dẫn giải:
Me3DBMe3 (k) Me3D (k) + BMe3 (k)	(1)
a) Ta có: = -RTlnK, trong đó . Từ cân bằng (1) ® Δn (k) = 1
	Đối với hợp chất Me3NBMe3: = 0,472
	® = - 8,3145.373,15.ln0,472 = 2329,33 (J/mol).
	Tương tự đối với hợp chất Me3PBMe3: K2 = = 0,128
	® = - 8,3145.373,15.ln0,128 = 6376,29 (J/mol).
	 < ® hợp chất Me3PBMe3 khó phân li hơn
b) = + T® = 2329,33 + 373,15.191,3 = 73712,93 (J/mol)
	 = 6376,29 + 373,15.167,6 = 68916,23 (J/mol)
	® > ® liên kết N-B bền hơn.
Câu 4. Động lực học.
Một phản ứng trong dung dịch được biểu diễn: A + B C + D (a), X là xúc tác đồng thể. Để nghiên cứu động học của phản ứng (a), người ta tiến hành hai thí nghiệm ở 25 oC với nồng độ ban đầu (C0 ) của các chất phản ứng như sau:
 Thí nghiệm 1: = 0,012 M; = 6,00 M.	 Thí nghiệm 2: = 3,00 M; = 0,01 M. 
	 Biến thiên nồng độ các chất A và B theo thời gian trong hai thí nghiệm trên được biểu diễn ở hình 1 và hình 2; nồng độ chất xúc tác CX = 1,00 M và không đổi trong suốt thời gian phản ứng. 
 Hình 1 Hình 2
a) Ở 25 oC hằng số cân bằng của phản ứng (a) là KC = 4.106. Tính thời gian cần thiết để hệ đạt đến trạng thái cân bằng, nếu = = 1,00 M và Cx = 1,00 M không thay đổi; lúc đầu trong hệ chưa có mặt các sản phẩm của phản ứng. 
b) Người ta cho rằng cơ chế phản ứng (a) diễn ra qua 3 giai đoạn sơ cấp sau:
A + X AX (b)
AX + B AXB (c)	
AXB C + D + X (d)
Giai đoạn nào là giai đoạn chậm để cơ chế trên phù hợp với định luật tốc độ thu được từ thực nghiệm? Hãy chứng minh.
Hướng dẫn giải
a) Định luật tốc độ của phản ứng có dạng chung: 
 	 v = k.. . 	 (1)
	Trong thí nghiệm 1, do = 6,00 M (rất dư) ® k.. = const = k' (2)
 	 ® v = k'.. 
	Từ hình 1 rút ra thời gian phản ứng một nửa (t1/2) không phụ thuộc vào nồng độ đầu của A và t1/2 = 10 (phút) ® a = 1và k' = = 6,93.10-2 (phút-1)
Tương tự trong thí nghiệm 2, do = 3,00 M (rất dư) ® k..= const = k''® v = k''..
	Từ hình 2 ® thời gian phản ứng một nửa không phụ thuộc vào nồng độ đầu của B ® b = 1. 
	Biểu thức của định luật tốc độ (1) trở thành:
 v = k.CA.CB. = kap.CA.CB. 
với kap là hằng số tốc độ biểu kiến của phản ứng và kap=k. 
	Như vậy phản ứng sẽ diễn ra theo quy luật động học bậc 2.
	Từ (2) ta có: kap = k.= = 0,01155 L/(mol.phút) 
 Xét phản ứng: A + B C + D Kc = 4.106 
 1 1 0 0
 C x x 1-x 1-x 
 KC == 4.106 ® x » 5.10-4 (M) 
	Vì phản ứng là bậc 2 và = = 1,00 M nên phương trình động học tích phân có dạng:
 kap.t® 0,01155.t ® t = 1,73.105 phút.
	Vậy ở nhiệt độ 25 oC cần tới 1,73.105 phút để phản ứng đạt được cân bằng.
b)	Khi tăng nhiệt độ từ 25 oC lên 80 oC, tốc độ phản ứng thuận và nghịch đều tăng lên, thời gian cần thiết để hệ đạt đến cân bằng sẽ giảm đi.
A + X AX (b)
AX + B AXB (c)	
AXB C + D + X (d)
	Tốc độ phản ứng có thể được xác định qua biến thiên nồng độ của sản phẩm cuối cùng C:
v == k5CAXB (5)
	Ở trạng thái dừng, trong một khoảng thời gian nhất định, nồng độ của các sản phẩm trung gian không thay đổi theo thời gian:
 	= k3.CAX.CB – k4.CAXB – k5CAXB = 0 (6)
	® CAXB = 	 	 (7)
 = k1.CACX – k2.CAX – k3.CAX.CB + k4.CAXB = 0 (8)
	Từ (6) và (8) ta có: k1.CACX – k2.CAX – k5CAXB = 0 (9)
® 	(10) 
 Khi k5 << k1, (10) trở thành: (11) 
	 Thay (11) vào (7), thu được: CAXB = (12)
	 Thay (12) vào (5) ta có: v = k5 	 (13)
Đặt kap=.CX thì: v = kap.CA.CB 	 (14)
	Biểu thức (14) tương đương với biểu thức của định luật tốc độ thực nghiệm (5), với điều kiện k5 << k1. Như vậy, theo quan điểm động hóa học, cơ chế được đề nghị là có khả năng, trong đó giai đoạn (d) là chậm.
Câu 5. Cân bằng hóa học.
Ở 820oC, xét 2 cân bằng :
CaCO3 D CaO + CO2 (1) K1=0,2
MgCO3D MgO + CO2 (2) K2=0,4
Người ta đưa 1mol CaO, 1mol MgO và 3mol CO2 vào 1 xilanh có thể tích rất lớn. Ban đầu là chân không và được giữ ở 820oC. Nhờ 1 pixtông, hỗn hợp được nén chậm. Nghiên cứu và vẽ đường biểu diễn của áp suất p theo v.
Hướng dẫn giải
Khi thể tích còn rất lớn, CO2 không pư với oxit. Khi thể tích giảm đến mức để PCO2 = 0,2 atm, cân bằng (1) được thiết lập.
Tương tự, cân bằng (2) xảy ra khi PCO2 = 0,4 atm.
Cụ thể, 
* p< 0,2 atm : không có cân bằng.
p= n (RT)/V = 3. [0,082.(273+820)]/ V = 269/ V
* p =0,2 atm 
	=> V1 =269/0,2 = 1345 (l)
Cân bằng (1) được thiết lập và áp suất không đổi. Chấm dứt cân bằng (1) chỉ còn lại 2mol CO2 ->V2 = 897 (l)
* 0,2 <p<0,4 : không có cân bằng
	p =2. (RT/V) = 179/V
* p= 0,4 atm.
Cân bằng (2) xảy ra. Áp suất không đổi cho đến khi chấm dứt cân bằng (2), chỉ còn lại 1mol CO2. 
Bắt đầu thiết lập cân bằng (2) : V3 =179/0,4 = 448 (l)
Chấm dứt cân bằng (2) : V4 = 1. (RT/P) = 224 (l)
* p> 0,4 atm : Chỉ còn lại 1 mol CO2 	p = 89,7/ V
Câu 6. Cân bằng trong dung dịch axit- bazo.
Dung dịch A gồm có H2SO4 0,05 M; HCl 0,18 M và CH3COOH 0,02 M. Thêm NaOH vào dung dịch A đến nồng độ của NaOH bằng 0,23 M thì dừng, ta thu được dung dịch A1. 
a)Tính pH của dung dịch A1. 
b) Tính độ điện ly của CH3COOH trong dung dịch A1. 
Cho: Ka() = 10-2; Ka(CH3COOH) = 10-4,75
Hướng dẫn giải
a)	 H2SO4 ® H+ HSO
 0,05 0,05 0,05
 HCl ® H+ Cl
 0,18 0,18 
 NaOH ® Na+ + OH
 0,23 0,23
 H+ OH ® H2O
 0,23 0,23
Dung dịch A1: HSO 0,05M; CH3COOH 0,02M; Na+ 0,23M; Cl0,18M
 HSO D H+ SO42- (1)
 0,05M
 0,05-x x x
 CH3COOH D CH3COO+ H (2)
 0,02M
 H2O D H + OH (3) 
 Þ cân bằng (1) là chủ yếu
 Ka1.Ca1 = 10-2.0,05 > 2.10-3 Þ bỏ qua sự điện ly của H2O
	Xét cân bằng (1): Ka1 = Þ x = 0,018 và pH = -lg 0,018 = 1,74 
 b) CH3COOH D CH3COO + H
 0,02 0,018
 (0,02 - y) y 0,018
	Ka2 = Þ y = 1,93.10 và a = 9,65.10 %
Câu 7. Cân bằng hòa tan.
Trộn dung dịch X chứa BaCl2 0,01M và SrCl2 0,1M với dung dịch K2Cr2O7 1M, có các quá trình sau đây xảy ra: 	Cr2O72– + H2O ⇌ 2CrO42– + 2H+	 = 2,3.10-15
	Ba2+ + CrO42– ⇌ BaCrO4¯	 	
	Sr2+ + CrO42– 	⇌ SrCrO4¯	
Tính khoảng pH để có thể kết tủa hoàn toàn Ba2+ dưới dạng BaCrO4 mà không kết tủa SrCrO4
Hướng dẫn giải
Trong dung dịch có các cân bằng sau:
Cr2O72- + H2O ⇌ 2CrO42- 	+ 	2H+ 	(1)	
CrO42- + Ba2+ ⇌ 	BaCrO4¯ 	 	
CrO42- + Sr2+ 	⇌	SrCrO4¯ 	 	
Điều kiện để có kết tuả hoàn toàn BaCrO4: 
Điều kiện để không có kết tủa SrCrO4: 
Như vậy muốn tách Ba2+ ra khỏi Sr2+ dưới dạng BaCrO4 thì phải thiết lập khu vực nồng độ: 	(2)
Áp dụng ĐLTDKL đối với (1), trong đó tính theo (2) và (vì dùng dư so với ion Ba2+ cần làm kết tủa), tính được khu vực pH cần thiết lập:
 Cr2O72- + H2O ⇌ 2CrO42- + 2H+ 	
Tại cân bằng: 1 C x
Câu 8. Phản ứng oxi hóa khử - Thế điện cực – Pin điện.
Pin Ni – Cd (“Nicad”) được sử dụng rộng rãi trong các loại thiết bị bỏ tún như điện thoại di động, máy quay phim xách tay, laptop, v.v Pin Ni – Cd có gía vừa phải và có chu trình sống cao đồng thời có thể hoạt động được ở nhiệt độ rất thấp hay rất cao. Nó không cần phải được bảo dưỡng và có thể được nạp điện 2000 lần.. Một tế bào của pin Ni – Cd thực hiện hai nửa phản ứng sau:
Cd(OH)2(r) + 2e → Cd(r) + 2OH- 	Eo1 = -0,809V
2NiO(OH) + 2H2O + 2e → 2Ni(OH)2(r) + 2OH-	Eo2 = -0,490V
Eo1; Eo2 là thế khử chuẩn ở 25oC.
a) Tính E của phản ứng ở 25oC.
b) Tính khối lượng Cd chứa trong 1 chiếc điện thoại di động có sử dụng pin Ni – Cd. Biết công suất thông thường của pin là 700mAh.
Hướng dẫn giải
a) 2NiO(OH) + 2H2O + 2e → 2Ni(OH)2(r) + 2OH-	Eoc = -0,490V
Cd(r) + 2OH- → Cd(OH)2(r) + 2e 	Eoa = -0,809V
E = Eoa – Eoc = 1,299V
b) 700mAh = 0,700A . 3600s = 2520C
nCd = 2520/2.96485 = 0,013mol Þ mCd = 0,013.112,4 = 1,47g
Câu 9. Tinh thể.
. Mono oxit sắt có cùng cấu trúc tinh thể như NaCl, nhưng đó là một hợp chất không hợp thức, nghiã là nó không ứng với công thức FeO. Người ta đề nghị hai công thức Fe1-xO( cấu trúc lập phương tâm mặt của các ion O2- nhưng tất cả các lỗ bát diện không bị chiếm hết Fe2+) hay FeO1+y ( cấu trúc lập phương tâm mặt của các ion Fe2+ với một sự dư O2-) để giải thích sự thiếu Fe2+ so với O2-.
Để lựa chọn giữa hai công thức này người ta nghiên cứu một oxit sắt chứa 76,57% sắt ( phần trăm về khối lượng) mà tỷ trọng d = 5,70g.cm-3 và cạnh của tế bào a= 0,431nm.
Tính các khối lượng mx, my cuả tế bào tinh thể cho hai công thức được đề nghị và từ đó rút ra các tỷ trọng dx, dy. Chứng minh rằng, công thức đúng là Fe1-xO và tính x?
Dự đoán sự trung hoà điện của tế bào tinh thể chứa ít ion Fe2+ hơn ion O2- được bảo đảm như thế nào?
Hướng dẫn giải
Monooxit sắt hợp thức được mô tả bàng cấu trúc lập phương tâm mặt của các ion O2- với tất cả các lỗ bát diện bị chiếm bởi các ion Fe2+, do đó có 4 FeO trong một tế bào cơ bản. Ta có hai giả thiết:
- Fe1-xO: không phải tất cả các lỗ bát diện đều bị chiếm bởi các ion Fe2+ 
Phần trăm oxi bằng: 100% - 76,57% = 23,43%.
Nếu gọi mx là khối lượng của tế bào này, ta có thể viết:
 Vì một tế bào có khối lượng mx chứa một khối lượng oxi bằng 4.16/N. 
Tính được: mx = 4,54.10-22g.
Khối lượng riêng tương ứng: dx = = 5,67g.cm-3.
- FeO1+y: tế bào của cấu trúc này chứa 4 nguyên tử Fe:
Þ =0,7657.
Û my = 4,84.10-22g.
Khối lượng riêng tương ứng: dy = = 6,05g.cm-3.
 Ta có giá trị thực nghiệm d = 5,7g.cm-3 nên giả thiết thứ nhất đúng hơn ® công thức đúng của oxit không hợp thức phải là Fe1-xO.
Ta tính tỷ lệ phần trăm của Fe và O:
	 Þ x = 0,06.
Cuối cùng ta có công thức: Fe0,94O.
Sự không hợp thức là do sự khuyết cation gây ra, sự khuyết này được gọi là khiếm khuyết Schottky. Tính trung hoà điện được bảo đảm nếu chấp nhận rằng có một lượng nhất định Fe2+ chuyển sang Fe3+
Câu 10. Bài toán về phần Halogen- Oxi lưu huỳnh.
Viết phương trình phản ứng xảy ra trong các quá trình hoá học sau:
a) Hoà tan bột chì vào dung dịch axit sunfuric đặc (nồng độ > 80%)
b) Hoà tan bột Cu2O vào dung dịch axit clohidric đậm đặc dư.
c) Hoà tan bột sắt vào dung dịch axit sunfuric loãng, sau đó thêm nước clo đến dư vào dung dịch thu được.
d) Để một vật làm bằng bạc ra ngoài không khí bị ô nhiễm khí H2S một thời gian.
Hướng dẫn giải.
Viết các phương trình phản ứng xảy ra:	
a) 	Pb + H2SO4 = PbSO4 + H2 
PbSO4 + H2SO4 = Pb(HSO4)2
Pb + 2H2SO4 = Pb(HSO4)2 + H2
b) 	Cu2O + 2HCl = 2CuCl + H2O
CuCl + HCl = H[CuCl2] 
Cu2O + 4HCl = 2 H[CuCl2] + H2O
c) 	Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2
6FeSO4 + 3Cl2 = 2FeCl3 + 2Fe2(SO4)3 
d) 	4Ag + O2 + 2H2S = 2Ag2S + 2H2O