Đề thi đề xuất học sinh giỏi thhv năm học 2013 - 2014 trường THPT chuyên Vĩnh phúc môn: Hóa học lớp 10

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT HỌC SINH GIỎI THHV
 NĂM HỌC 2013-2014
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
Môn: HÓA HỌC – LỚP 10
Câu 1: Cấu tạo nguyên tử - phản ứng hạt nhân
1. Tính năng lượng ion hoá I1, I2, I3, I4 và I5 của nguyên tử 5X. 
2.14C là đồng vị kém bền phóng xạ , có chu kì bán hủy 5700 năm.
a. Viết phương trình phóng xạ của 14C ?
b. Tính tuổi cổ vật có tỉ lệ là 0,125?
c. Tính độ phóng xạ của một người nặng 80,0 kg. Biết rằng trong cơ thể người đó có 18% khối lượng là cacbon, độ phóng xạ của cơ thể sống là 0,277 Bq tính theo 1,0 g cacbon tổng số?
Câu 2: Liên kết hóa học – hình học phân tử - định luật tuần hoàn
1. Cho kim loại A tồn tại ở cả 2 dạng lập phương tâm khối và lập phương tâm diện. Khi A tồn tại ở dạng lập phương tâm khối thì khối lượng riêng của A là 15g/cm3. Hãy tính khối lượng riêng của A ở dạng lập phương tâm diện. Cho rằng bán kính của A như nhau trong cả 2 loại tinh thể.
 2. CO có khả năng tạo phức mạnh với nhiều kim loại chuyển tiếp. Viết phương trình phản ứng của CO lần lượt với Ni, Mn và giải thích sự hình thành liên kết trong các phân tử phức tạo thành bằng thuyết lai hóa và cho biết từ tính của các phức. 	
Câu 3: Nhiệt hóa học – cân bằng hóa 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. Cho biết hợp chất nào khó phân li hơn? Vì sao?
b. Trong hai liên kết N–B và P–B, liên kết nào bền hơn? Vì sao?
Câu 4: Dung dịch điện li – cân bằng axit – bazo 
Một dung dịch có ba chất HCl, BaCl2, FeCl3 cùng nồng độ 0,0150M. Sục khí CO2 vào dung dịch này cho đến bão hoà. Sau đó thêm từ từ NaOH vào dung dịch đến nồng độ 0,120M. Cho biết: nồng độ CO2 trong dung dịch bão hoà là 3.10-2M; thể tích của dung dịch không thay đổi khi cho CO2 và NaOH vào; các hằng số: pKa của H2CO3 là 6,35 và 10,33; pKs của Fe(OH)3 là 37,5 và của BaCO3 là 8,30; pKa của Fe3+ là 2,17. 
Tính pH của dung dịch thu được.
Câu 5: Phản ứng oxi hóa – khử và điện phân
1. Cân bằng phản ứng oxi hóa-khử:
b. 
2. A là dung dịch CuSO4 và NaCl. Điện phân 500 ml dung dịch A với điện cực trơ, màng ngăn xốp bằng dòng điện I=10A. Sau 19 phút 18 giây ngừng điện phân được dung dịch B có khối lượng giảm 6,78 gam so với dung dịch A . Cho khí H2S từ từ vào dung dịch B được kết tủa, sau khi phản ứng xong được dung dịch C có thể tích 500 ml, pH =1,0.
Tính nồng độ mol của CuSO4 , NaCl trong dung dịch A?
Câu 6: Halogen
 Dung dịch X là dung dịch HCl. Dung dịch Y là dung dịch NaOH. Cho 60 ml dung dịch vào cốc chứa 100 gam dung dịch Y, tạo ra dung dịch chỉ chứa một chất tan. Cô cạn dung dịch, thu được 14,175 gam chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi, thì chỉ còn lại 8,775 gam chất rắn.
(a) Tìm nồng độ CM của dung dịch X, nồng độ C% của dung dịch Y và công thức của Z.
(b) Cho 16,4 gam hỗn hợp X1 gồm Al, Fe vào cốc đựng 840 ml dung dịch X. Sau phản ứng thêm tiếp 1600 gam dung dịch Y vào cốc. Khuấy đều cho phản ứng hoàn toàn, lọc lấy kết tủa, đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi, thu được 13,1 gam chất rắn Y1. Tìm thành phần % theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp X1.
Câu 7: Oxi – Lưu huỳnh
1.Khi điện phân dung dịch H2SO4 50% với điện cực trơ ở nhiệt độ khác nhau thu được những sản phẩm khác nhau:
- Ở nhiệt độ 00C thu được axit peroxidisunfuric, nếu thêm lượng H2SO4 loãng thì thu được axit peroxisunfuric.
- Ở nhiệt độ 100C thu được H2O2 .
- Nếu điện phân có đun nhẹ thì thu được oxi.
Viết phương trình phản ứng điện phân tạo ra các sản phẩm trên.
2. Nhiệt phân chất rắn tinh thể không màu A ở 4500C thu được hỗn hợp B gồm 3 khí, làm lạnh nhanh hỗn hợp B tới 1500C thu được một chất lỏng và hỗn hợp khí C. Làm lạnh hỗn hợp C đến 300C rồi cho qua dung dịch kiềm dư, thì còn lại một khí D không màu không cháy nhưng duy trì sự cháy. Cho biết: d(B/H2) = 40,6 và d(C/H2) = 20,7. Thể tích khí B gấp 2,279 lần thể tích khí C và thể tích khí C gấp 4,188 lần thể tích khí D. Xác định công thức của A. (Biết các khí đều đo ở cùng điều kiện áp suất 1 atm).
Câu 8: Thực hành thí nghiệm ( chuẩn độ)
1.Có 3 dung dịch riêng biệt chưa rõ nồng độ là: dung dịch NaCl, dung dịch H2SO4, dung dịch FeSO4. Hãy xác định nồng độ mol của mỗi dung dịch trên bằng phương pháp hóa học. Các dụng cụ, hóa chất cần thiết coi như có đủ.
2.Thêm 100 ml dung dịch HCl vào hỗn hợp KIO3 + KI dư, chuẩn độ iot giải phóng ra cần dùng hết 10,5 ml Na2S2O3 0,01054M. Viết phương trình phản ứng dạng ion và tính nồng độ của dung dịch HCl.
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ XUẤT HỌC SINH GIỎI THHV
NĂM HỌC 2013-2014
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
Môn: HÓA HỌC – LỚP 10
Câu
( điểm)
ý
Nội dung
Thang
điểm
1
2,5
1
Tính năng lượng lượng ion hoá I1, I2, I3, I4 và I5 của nguyên tử 5X. 
* Cách 1: Nhận xét: Trị số năng lượng ion hoá của một e còn lại trong lớp bằng trị số năng lượng của e đó và tổng trị số năng lượng ion hoá trong một lớp bằng tổng trị số năng lượng của các electron trong cấu tử đó. Theo từ (1) đến (5) ta có: 
+ Theo (5): I5 = -E(1s') = - (-13,5 ) = 340 (eV) 
+ Theo (4 và 5): I4 + I5 = -E(1s2) 
→ I4 = - (-13,6 . 2) - 340 = 260,848 (eV) 
+ Theo (3): I3 = e(2s') = - (-13,6 ) = 37,026 (eV) 
+ Theo (2 và 3): I2 + I3 = -E(2s2)
→ I2 = - (-13,6 . 2) - 37,026 = 22,151 (eV) 
+ Theo (1, 2 và 3): I1 + I2 + I3 = - E(2s22p1)
→ I1 = - (-13,6 . 2) - 37,026 - 22,151 = 9,775(eV) 
* Cách 2 Tính theo tổng năng lượng các e theo từng cấu hình e: 
+ Tính: 
E1 = E (1s') = -13,6 = - 340 (eV) = -I5
E2 = E (1s2) = -13,6 .2 = - 600,848 (eV) = -(I4 + I5 )
® I4 = E1 – E2 
E3 = E (1s22p1) = (E (1s2) + E (2p1)) = (-600,848 + (-13,6 ) 
 = -637,874 (eV) = -(I5 + I4 + I3)
® I3 = E2 – E3
E4 = E (1s22p2) = (E (1s2) + E (2p2)) =(-600,848 + (-13,6 .2 )) = -(I5 + I4 + I3 + I2 ) = -660,025 (eV) ® I2 = -E4 + E3 
E5 = E (1s22s22p1) = E (1s2) + E (2s22p1) = (-600,848 + (-13,6 . 3 )
 = -669,8 (eV) ® I5 + I4 + I3 + I2 + I1 = -E5 ® I1 = -E5 + E4 
Theo kết quả trên và dựa vào mối quan hệ giữa I và E : 
	In = -E1; In + In-1 = -E2; ; I1 + I2 +  + In = -En 
Nên ta có: 
I1 = -E5 + E4 = - (-669,8) - 660,025 = 9,775 (eV) 
I2 = -E4 + E3 = - (-660,025) - 660,025 = 22,151 (eV) 
I3 = -E3 + E2 = - (637,874) - 600,848 = 37,026 (eV) 
I4 = -E2 + E1 = - (600,026) - 340 = 260,848 (eV) 
I5 = -E1 = 340 (eV)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
2
a. Dựa vào ĐLBT số khối và BT điện tích:
 (1)
b. Phương trình (1) được coi là phản ứng một chiều bậc nhất nên có PT động học: t = 
 k= 
Do đó = 
Thay vào PT động học được : tnăm
c. Theo đầu bài tổng lượng C có trong cơ thể người: 
 80.0,18 = 14,4 kg = 14400g
Vậy độ phóng xạ : A = 0,277. 14400=3988,8 Bq
0,25
0,5
0,25
2
2,5
1
Một ô mạng lập phương tâm khối:
Cạnh a1 = 4r/ √3
Khối lượng riêng d1 = 15g/ cm3
Số đơn vị nguyên tử: n1 = 8.1/8 + 1 = 2
Một ô mạng lập phương tâm diện:
Cạnh a2 = 2 r√2
Khối lượng riêng d2 (g/ cm3)
Số đơn vị nguyên tử: n2 = 8.1/8 + 6.1/2 = 4
d = nM/ ( NA. V); V = a3
Do đó:
d1: d2 = (n1 .a23) : (n2 .a13) =[ 2. (2 r√2)3 ] : [ 4. (4 r/√3)3 ] = 0,919
Suy ra: d2 = 16,32 g/cm3
0,5
0,5
2
*Phương trình phản ứng:
 CO + Ni → Ni (CO)4
 10CO + 2 Mn → Mn2 (CO)10
*Sự hình thành liên kết trong phân tử Ni(CO)4
Ni (Z = 28) [Ar] 3d8 4s2 4p0
Ni* [Ar] 3d10 4s0 4p0
Ở trạng thái kích thích, nguyên tử Ni dùng 1 obitan 4s trống tổ hợp với 3 obitan 4p tạo thành 4 obitan lai hoá sp3 trống hướng ra 4 đỉnh của hình tứ diện đều tâm là nguyên tử Ni.
CO dùng cặp electron tự do chưa liên kết trên nguyên tử cacbon tạo liên kết phối trí với các obitan lai hoá trống của Niken tạo ra phân tử phức trung hoà Ni(CO)4
Ni* [Ar] 3d10 4AO sp3
 :CO :CO : CO :CO
Phân tử Ni(CO)4 có tính nghịch từ vì không còn electron độc thân.
*Sự hình thành liên kết trong phân tử Mn2(CO)10
Mn(Z=25) 
Ở trạng thái kích thích, mỗi nguyên tử Mn dùng 1 AO 3d, 1AO 4s và 3AO 4s trống tổ hợp với nhau tạo thành 5 AO lai hóa dsp2.
10 phân tử CO dùng cặp e tự do trên nguyên tử C tạo liên kết phối trí với 10AO lai hóa troongd của 2 nguyên tử Mn.2 nguyên tử Mn dùng AO 3d còn 1 e độc thân tạo thành liên kết Mn-Mn, tạo ra phân tử phức trung hòa Mn2(CO)10
 phân tử Mn2(CO)10 có dạng 2 hình bát diện nối với nhau qua 1 cạnh chung Mn-Mn, mỗi nguyên tử Mn nằm ở tâm của bát diện, 10 phân tử CO nằm xung quanh ở các đỉnh còn lại.
phân tử Mn2(CO)10 có tính nghịch từ do không còn e độc thân.
0,25
0,5
0,75
3
2,5
Me3DBMe3 (k) ↔Me3D (k) + BMe3 (k)	(1).
a. Tính ∆G0 của phản ứng phân li hai hợp chất. Ta có: = -RTlnK, trong đó . 
Từ cân bằng (1) ® ∆n (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. Tính biến thiên entanpi tiêu chuẩn của phản ứng phân li mỗi hợp chất:
	= + 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.
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
4
2,5
 Khi cho khí CO2 vào hỗn hợp gồm H+ 0,0150M; Ba2+ 0,0150 M; Fe3+ 0,0150 M có các quá
 trình:
	CO2 + H2O HCO3- + H+ Ka1 = 10-6,35
	 HCO3- CO32- + H+ Ka2 = 10-10,33
 HCl H+ + Cl –
 Fe3+ + H2O FeOH2+ + H+ Ka = 10-2,17
Dung dịch có môi trường axit mạnh (vì có HCl và Fe3+), sự điện ly CO2 là không
 đáng kể (vì nồng độ CO32- vô cùng bé) nên không có kết tủa BaCO3 tạo thành.
Khi thêm NaOH xảy ra các phản ứng:
- Trung hoà HCl: H+ + OH- ® H2O
 	 0,015M 0,120M
	-	0,105M
 - kết tủa Fe(OH)3 : Fe3+ + 3OH- ® Fe(OH)3
 	0,015	0,105
	-	0,06	0,015
- Phản ứng với CO2:
	CO2 + 2OH- ® CO32- + H2O
	3.10-2 0,06 M
	-	-	 0,030
- Kết tủa BaCO3:
	Ba2+ + CO3 2- ® BaCO3 ¯
	0,015	0,030
	-	0,015	0,015
Thành phần hỗn hợp kết tủa có:
	Fe(OH)3 BaCO3
	0,0150 mol	 0,0150 mol
Trong dung dịch có:
	CO32- 0,015M; Cl- ; Na+ ; H2O
Các cân bằng xảy ra:
H2O H+ + OH- 10-14 	(1)
Fe(OH)3¯ Fe3+ + 3OH-	 Ks1 = 10-37,5 	(2)
BaCO3¯ Ba2+ + CO2-3 Ks2 = 10-8,30 	(3)
CO32- + H2O HCO3- + OH- Kb1 = 10-14/10-10,33 = 10-3,67 	(4)
So sánh cho thấy cân bằng (4) là cân bằng quyết định pH của dung dịch ( vì OH- do H2O điện ly và do Fe(OH)3 tan ra là rất bé), nồng độ CO32- do BaCO3 tan ra không đáng kể (vì có dư CO32- từ dung dịch).
Tính pH theo (4)
	CO32- + H2O HCO3- + OH- 10-3,67
	C : 0,015
	[ ]: (0,015 –x)	x	x
	x2/(0,015-x) = 10-3,67 ® x = [OH- ] = 1,69.10-3M ® pH = 11,23
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
5
2,5
1
. a. 	
(I- : chất khử)
NaClO + KI + H2O à NaCl + I2 + KOH
(KI : chất khử)
(NaClO: chất oxi húa)
NaCl + 2KI + H2O ® NaCl + I2 + 2 KOH
0,5
0,5
2.
Khí H2S tạo kết tủa với dung dịch B nên sau khi điện phân còn dư CuSO4.
Phương trình điện phân:
	Cu2+ + 2Cl- 	Cu + Cl2 (1)
	x 2x	 x x
 Cu2+ + H2O 	 Cu + 1/2O2 + 2H+ 	 (2)
 y y y/2 2y
 Cu2+ + H2S 	 CuS + 2H+ 	 (3)	
Số mol e: = = 0,12 (mol)
	Cu2+ + 2e Cu
 0,06 0,12 0,06
Số mol Cu2+ đã bị điện phân bằng 0,06 mol.
 Khối lượng dung dịch giảm trong điện phân là do mất Cu, Cl2 và có thể O2 .
Giả sử: nếu không xảy ra (2) thì khối lượng dung dịch giảm: 
mCu + mCl2 = 64. 0,06 + 71.0,06 = 8.1 g > 6.78 g => không phù hợp, vậy phải xảy ra (2)
Gọi : n Cu2+ (1) = x; n Cu2+ (2) = y
 x + y = 0.06	(a)
 m Cu + m Cl2 + m O2 = 6,78 (g)
 64( x + y ) + 71x + 32. y/2 = 6,78 (b)
Từ (a),(b) => x = 0.036; y = 0.024
pH = 1,0 => [H+] = 0,1 M ; n H+ = 0,1.0,5 = 0,05 mol.
n H+(2) = 2y = 0,048 mol
n H+(3) = 0,05 – 0,048 = 0,002 mol
n Cu2+ (3)= 0,001 mol
[ CuSO4 ]= 
[ NaCl ] = 
0,5
0,5
0,5
6
(a) 	HCl + NaOH ® NaCl + H2O
	NaCl + n H2O ® NaCl.nH2O
 Z
	NaCl.nH2O ® NaCl + n H2O
Do dung dịch thu được chỉ chứa một chất tan nên HCl và NaOH phản ứng vừa đủ với nhau. Có: 
	nHCl = nNaOH = nNaCl = 8,775: 58,5 = 0,15 mol.
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:
	nH2O = 14,175 - 8,775 = 5,4 gam; 	nH2O = 0,3 mol
=>	n = 0,3: 0,15 = 2; 	Vậy công thức của Z là NaCl.2H2O.
(b) Số mol HCl có trong 840 ml dung dịch X: nHCl = 0,84.2,5 = 2,1 mol
Số mol NaOH có trong 1600 gam dung dịch Y: 
	Al + 3 HCl ® AlCl3 + 3/2 H2	(1)
 a 3a a
	Fe + 2 HCl ® FeCl2 + H2	(2)
 b 2b b
Giả sử X1 chỉ có Al. Vậy số mol HCl cần dùng để hòa tan hết lượng Al là:
Giả sử X1 chỉ có Fe. Vậy số mol HCl cần dùng để hòa tan hết lượng Fe là:
Vậy với thành phần bất kì của Al và Fe trong X1 thì HCl luôn dư. Khi thêm dung dịch Y:
	HCl + NaOH ® NaCl + H2O	(3)
 2,1 - (3a + 2b) 2,1 - (3a + 2b)
	FeCl2 + 2 NaOH ® Fe(OH)2 + 2 NaCl	(4)
 b 2b b
	AlCl3 + 3 NaOH ® Al(OH)3 + 3 NaCl	(5)
 a 3a a
Đặt số mol của Al và Fe trong 16,4 gam hỗn hợp X1 lần lượt là a và b. Có:
	27a + 56b = 16,4 	(*)
Tổng số mol NaOH tham gia các phản ứng (3), (4) và (5) là 2,1 mol
=> số mol NaOH dư là: 2,4- 2,1 = 0,3 mol.
	Al(OH)3 + NaOH ® NaAlO2 + 2 H2O
 a 0,3
Trường hợp 1: a ≤ 0,3, Al(OH)3 bị hòa tan hoàn toàn, kết tủa chỉ có Fe(OH)2.
	4 Fe(OH)2 + O2 ® 2 Fe2O3 + 4 H2O
 b b/2
Chất rắn Y1 là Fe2O3.
	b/2 = nFe2O3 = 13,1: 160 = 0,081875; => b = 0,16375 mol
(*) =>	a = 0,2678 mol (≤ 0,3)
=>	%Al = 27. 0,2678 .100: 16,4 = 44,09%; 	%Fe = 55,91%.
Trường hợp 2: a > 0,3, Al(OH)3 bị hòa tan một phần, kết tủa có Fe(OH)2 và Al(OH)3 dư.
	2 Al(OH)3 ® Al2O3 + 3 H2O
 a - 0,3 (a - 0,3)/2
	4 Fe(OH)2 + O2 ® 2 Fe2O3 + 4 H2O
 b b/2
Chất rắn Y1 có Al2O3 và Fe2O3.
	51 (a - 0,3) + 80 b = 13,1	(**)
Từ (*) và (**) suy ra: a = 0,4; b = 0,1
=>	%Al = 27. 0,4 .100: 16,4 = 65,85%; 	%Fe = 34,15%.
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
7
1.trong dung dịch H2SO4 → 2H+ + SO42-
- ở 00C : catot 2H+ + 2e → H2
 Anot: 2SO42- → S2O82- + 2e
Khi thêm H2SO4 vào tạo thành axit peroxisunfuric H2SO5
 S2O82- + SO42- → 2SO52- + SO2
-ở 100C tạo thành H2O2
 S2O82- + H2O → 2SO42- + H2O2 + 2H+
- Khi đun nóng nhẹ, có khí oxi thoát ra:
S2O82- + H2O → 2SO42- + H2O2 + 2H+
 H2O2 → H2O + 1/2O2
2. Khí D không màu, không cháy, duy trì sự cháy => D là khí oxi.
Hỗn hợp khí C chứa oxi và khí X.
nC = 
Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp C: MC = 41,4 g/mol
= 41,6 => MX = 46 g/mol => X là NO2.
Hỗn hợp B chứa oxi, NO2 và khí Y: 
Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp B: MB= 81,2 g/mol
 => MY 201gam/mol => Y là thủy ngân (Hg).
Phương trình phản ưng: Hg(NO3)2 
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
8
Với dung dịch NaCl
Lấy thể tích xác định của dung dịch NaCl ( a ml). Cân chén sứ được bg. Cho a ml dung dịch NaCl vào chén sứ và cô cạn dung dịch. Cân chén sứ và chất rắn được c g.
Nồng độ dung dịch NaCl: [(c-b): 58,5] . 1000/ a ( mol/l)
Với dung dịch H2SO4 : dùng phương pháp chuẩn độ axit-bazo
Chọn dung dịch chuẩn NaOH 1M, chất chỉ thị là phenolphtalein.
Lấy thể tích dung dịch H2SO4 xác định ( a ml) vào bình tam giác.
Tiến hành chuẩn độ và đọc thể tích dung dịch NaOH trên buret khi bắt đầu xuất hiện màu hồng nhạt , được b ml.
H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O
Nồng độ dung dịch H2SO4: b/ (2a) ( mol/l)
Với dung dịch FeSO4 : dùng phương pháp chuẩn độ oxi hóa- khử
Chọn dung dịch chuẩn KMnO4 1M, chất chỉ thị là KMnO4.
Lấy thể tích dung dịch FeSO4 xác định ( a ml), thêm a ml dung dịch H2SO4 loãng . 
Điểm tương đương được xác định khi bắt đầu xuất hiện màu hồng nhạt. Đọc thể tích dung dịch KMnO4 đã phản ứng trên buret là b ml.
10FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4 → 5Fe2( SO4)3 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O.
Nồng độ dung dịch FeSO4: 5b/ a ( mol/l)
2.Các phương trình phản ứng:
IO3- + 5I- + 6H+ → 3I2 + 3H2O
Do I- dư: I2 + I- → I3-
I3- + 2 S2O32- → S4O62- + 3I-
Số mol HCl = số mol S2O32- = 0,01054. 10,5.10-3 ( mol).
Suy ra: CM ( HCl) = 1,1067. 10-3 M
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
--------------------------------------------Hết----------------------------------------------