Đề thi học sinh giỏi các trường THPT chuyên khu vực duyên hải – Đồng bằng bắc bộ môn Hóa học lớp 10

 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
KHU VỰC DUYÊN HẢI – ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
MÔN HÓA HỌC LỚP 10
(Thời gian làm bài: 180 phút)
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA
TỈNH HÀ NAM
Người ra đề: Trần Thị Tuyết
Lã Thị Thu
ĐỀ GIỚI THIỆU
Câu 1: Liên kết hóa học 
 X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3. Electron cuối cùng trên nguyên tử X có tổng bốn số lượng tử bằng 4,5. (Quy ước từ -l đến +l)
Viết cấu hình electron của nguyên tử X
Ở điều kiện thường XH3 là một chất khí. X tạo với oxi một số phân tử và ion sau: XO2, XO2+,XO2-. Hãy viết công thức Lewis, cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm, dự đoán dạng hình học của các phân tử và ion trên, đồng thời sắp xếp các góc liên kết trong chúng theo chiều giảm dần. Giải thích.
Hãy so sánh góc liên kết và momen lưỡng cực của XH3 và XF3. Giải thích
Cho các chất sau: XF3, CF4, NH3. Các chất trên có tác dụng với nhau hay không? Nếu có hãy viết phương trình (giải thích)
Câu 2: Tinh thể
1. 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.
2. Tinh thể CsI có cấu trúc kiểu CsCl với cạnh a = 0,445nm. Bán kính ion Cs+ là 0,169nm. Khối lượng mol của CsI là 259,8 g/mol. Hãy tính
a) Bán kính I-
b) Độ đặc khít của tinh thể
c) Khối lượng riêng của tinh thể
Câu 3: Động học – phản ứng hạt nhân 
1. 32P phân rã - với chu kì bán hủy 14,28 ngày, được điều chế bằng phản ứng giữa nơtron với hạt nhân 32S
a) Viết các phương trình phản ứng hạt nhân để điều chế 32P và biểu diễn sự phân rã phóng xạ của 32P
b) Có hai mẫu phóng xạ 32P được kí hiệu là mẫu I và mẫu II. Mẫu I có hoạt độ phóng xạ 20mCi được lưu giữ trong bình đặt tại buồng làm mát có nhiệt độ 100C. Mẫu II có hoạt độ phóng xạ 2 µCi bắt đầu được lưu giữ cùng thời điểm với mẫu I nhưng ở nhiệt độ 200C. Khi hoạt độ phóng xạ của mẫu II chỉ còn 5.10-1 µCi thì lượng S xuất hiện trong bình chứa mẫu I là bao nhiêu gam? Trước khi lưu giữ, trong bình không có S
Cho 1Ci = 3,7.1010 Bq (1Bq = 1 phân rã/giây), số Avogadro NA = 6,02.1023mol-1, hoạt độ phóng xạ A = λ.N ( λ là hằng số tốc độ phân rã, N là số hạt nhân phóng xạ tại thời điểm t )
2. Với phản ứng CH3COCH3 → C2H4 + CO + H2, áp suất của hệ biến đổi theo thời gian như sau: 
t (phút)
0
6,5
13,0
19,9
P (N/m2)
41589,6
54386,6
65050,4
74914,6
Hãy chứng tỏ phản ứng là bậc nhất
Tính hằng số tốc độ phản ứng ở nhiệt độ thí nghiệm (V = const)
Câu 4 : Nhiệt hóa học 
1. Tính lượng nhiệt cần thiết để nâng nhiệt độ của 0,500 mol nước từ 223K lên 773K ở áp suất 1,0 atm. ∆H0 nóng chảy của H2O (tt) ở 273K là 6,004 kJ/mol, ∆H0 bay hơi của H2O (l) ở 373K là 40,66 kJ/mol. CP0 của H2O (tt) là 35,56 J/mol.K. CP0 của H2O (l) là 75,3 J/mol.K. CP0 của H2O (k) là 30,2 J/mol.K
2. Tính năng lượng mạng lưới của tinh thể NaCl từ các dữ kiện thực nghiệm sau đây: 
Nhiệt thăng hoa của Ca(r): 192,0 kJ/mol
Nhiệt phân li của Cl2: 243,0 kJ/mol
Ái lực với e của clo: -364 kJ /mol
I1 + I2 (Ca,k) = 1745 kJ/mol
Hiệu ứng nhiệt của phản ứng: Ca + Cl CaCl2 là -795,0 kJ/mol
Câu 5: Cân bằng hóa học
Cho các cân bằng sau: 
C(gr)+12O2→CO(k) (1) ∆G10=-110,5.103-89,0T (J)
C(gr)+O2→CO2(k) (2) ∆G20=-393,5.103-3,0T (J)
Thiết lập phương trình ∆GT0=f(T) và tính ∆G0,KP của phản ứng (3) ở 7270C
	2CO(k)→C(gr)+CO2(k) (3)
Tính áp suất riêng phần của CO và CO2 ở cân bằng (3). Nếu áp suất lúc cân bằng là 1atm và t0 là 7270C
Phản ứng (3) là tỏa nhiệt hay thu nhiệt ? Tính ∆S0 của phản ứng (3). Giải thích dấu của ∆S0
Tăng t0, tăng P của hệ cân bằng (3) có ảnh hưởng như thế nào đến cân bằng?
Tính Kp của các phản ứng
CO(k)→12C(gr)+12CO2(k) (4)
 C(gr)+CO2(k)→2CO(k) (5)
Câu 6: Cân bằng trong dung dịch chất điện li
1. Khi axit dung dịch có [Ag(NH3)2]Cl 0,1M và NH3 1M đến khi dung dịch có pH = 6 thì dung dịch có xuất hiện kết tủa không? Tại sao?
Cho biết KS(AgCl) = 1,1 .10-10; K[Ag(NH3)2]+ = 6,8.10-8; KNH3 = 2.10-5
2. Dung dịch A được tạo thành bởi CoCl2 0,0100M; NH3 0,3600M và H2O23,00.10-3M.
a. Tìm thành phần giới hạn của dung dịch A?
b. Tìm pH của dung dịch A? Cho: pKa: NH+4 9,24
	E0: 	Co3-/Co2+ 1,84V; H2O2/2OH- 0,94V; Ag+/Ag 0,799V
	Co3+ + 6NH3 Co(NH3)63+; b1 = 1035,16
Co2 + 6NH3 Co(NH3)62+; b2 = 104,39
Câu 7: Phản ứng oxi hóa khử - Điện phân
Ở 250C, cho dòng điện một chiều có cường độ 0,5A đi qua bình điện phân chứa 2 điện cực platin nhúng trong 200ml dung dịch gồm Cu(NO3)2 0,020M, Co(NO3)2 1,00M, HNO3 0,01M
Viết phương trình các nửa phản ứng có thể xảy ra trên catot và anot trong quá trình điện phân.
Khi 10% lượng ion kim loại đầu tiên bị điện phân, người ta ngắt mạch điện và nối đoản mạch hai cực của bình điện phân. Hãy cho biết hiện tượng xảy ra và viết phương trình phản ứng minh họa.
Xác định khoảng thế của nguồn điện ngoài đặt vào catot để có thể điện phân hoàn toàn ion thứ nhất trên catot (coi quá trình điện phân là hoàn toàn khi nồng độ của ion bị điện phân còn lại trong dung dịch là 0,005% so với nồng độ ban đầu)
Chấp nhận: Áp suất riêng phần của khí hiđro pH2= 1atm; khi tính toán không kể đến quá thế, nhiệt độ dung dịch không thay đổi trong suốt quá trình điện phân
Cho ECu2+/Cu0=0,337V; ECo2+/Co0= -0,227V
Hằng số Faraday F = 96500 C.mol-1, ở 250C 2,303RTF=0,0592
Câu 8: Halogen 
Để xác định công thức phân tử của một loại muối kép ngậm nước có chứa muối clorua của kim loại kiềm và magie, người ta tiến hành hai thí nghiệm sau:
Thí nghiệm 1: cho 5,55g muối trên tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 thu được 8,61g kết tủa
Thí nghiệm 2: Nung 5,55g muối trên đến khối lượng không đổi thì thấy khối lượng giảm 38,92%. Chất rắn thu được tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH tạo kết tủa. Lọc kết tủa, rửa sạch rồi nung đến khối lượng không đổi thu được 0,8g chất rắn
1. Xác định công thức muối kép ngậm nước
2. Từ muối đó hãy trình bày phương pháp điều chế hai kim loại riêng biệt
Câu 9: Oxi Lưu huỳnh
1. Có 3 nguyên tố A, B, C. A tác dụng với B ở nhiệt độ cao sinh ra D. Chất D bị thủy phân mạnh trong nước tạo ra khí cháy được có mùi trứng thối. B và C tác dụng với nhau cho khí E, khí này tan được trong nước tạo dung dịch làm quỳ tím hóa đỏ. Hợp chất của A và C có trong tự nhiên và thuộc loại cứng nhất. Hợp chất của 3 nguyên tố A, B, C là một muối không màu, tan trong nước và bị thủy phân. Viết tên của A, B, C và phương trình phản ứng đã nêu ở trên
2. Để khảo sát sự phụ thuộc thành phần hơi của B theo nhiệt độ, người ta tiến hành thí nghiệm sau đây : lấy 3,2g đơn chất B cho vào một bình kín không có không khí, dung tích 1 lít. Đun nóng bình để B hóa hơi hoàn toàn. Kết quả đo nhiệt độ và áp suất bình được ghi lại trong bảng sau :
Nhiệt độ (0C)
Áp suất (atm)
444,6
0,73554
450
0,88929
500
1,26772
900
4,80930
1500
14,53860
Xác định thành phần định tính hơi hơn chất B tại các nhiệt độ trên và giải thích
Câu 10: Bài tập tổng hợp
Hòa tan hoàn toàn 2,00 gam một mẫu X gồm Na2S.9H2O và Na2S2O3.5H2O và tạp chất trơ vào nước rồi pha loãng thành 250,00 ml (dung dịch A). Thêm 25 ml dung dịch KI3 0,0525M vào 25,00 ml dung dịch A, sau đó axit hoá bằng H2SO4 rồi chuẩn độ iot dư hết 12,90 ml Na2S2O3 0,1010M. Mặt khác, cho ZnSO4 dư vào 50,00 ml dung dịch A, lọc bỏ kết tủa rồi chuẩn độ nước lọc hết 11,50 ml dung dịch KI3 0,0101M. Tính thành phần Na2S.9H2O và Na2S2O3.5H2O trong mẫu X.
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 
CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
KHU VỰC DUYÊN HẢI – ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
MÔN HÓA HỌC LỚP 10
(Thời gian làm bài: 180 phút)
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA
TỈNH HÀ NAM
Người ra đề: Trần Thị Tuyết
 Lã Thị Thu
Câu
Nội dung
Điểm
1.a
X thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3 → X thuộc nhóm IIIA hoặc VA
TH1: X thuộc nhóm IIIA
Ta có sự phân bố electron vào obitan như sau ↑↓ ↑
Vậy electron cuối cùng có l = 1; m = -1, ms = +1/2 → n = 4
Cấu hình electron nguyên tử: 1s22s22p63s23p63d104s24p1
TH2: X thuộc nhóm VA
Ta có sự phân bố electron vào obitan như sau ↑↓ ↑ ↑ ↑
Vậy electron cuối cùng có l = 1; m = 1, ms = +1/2 → n = 2
Cấu hình electron nguyên tử: 1s22s22p3
0,75
1.b
XH3là chất khí, nên X là Nitơ
Lai hóa sp2 lai hóa sp lai hóa sp2
dạng góc dạng đường thẳng dạng góc
Trong NO2, trên N có 1electron không liên kết, còn trong NO2- trên N có 1 cặp electron không liên kết nên tương tác đẩy mạnh hơn → góc liên kết ONO trong NO2- nhỏ hơn trong NO2.
Vậy góc liên kết: NO2+> NO2 > NO2-
0,5
1.c
N trong NH3 và trong NF3 đều ở trạng thái lai hóa sp3
+) Trong NH3 liên kết N-H phân cực về phía N làm các đôi electron liên kết tập trung vào nguyên tử N, tương tác đẩy giữa cặp electron tự do với các cặp electron liên kết mạnh
Trong NF3 liên kết N-F phân cực về phía F làm các đôi electron liên kết xa nguyên tử N, tương tác đẩy giữa cặp electron tự do với các cặp electron liên kết yếu
→ góc liên kết HNH lớn hơn FNF
+) NH3: chiều phân cực của đôi e chưa liên kết trong NH3 cùng chiều với vectơ momen phân cực của các liên kết N-H
NF3: chiều phân cực của đôi e chưa liên kết trong NH3 ngược chiều với vectơ momen phân cực của các liên kết N-F
→ momen lưỡng cực của NH3 > NF3
0,5
1.d
0,25
2.1
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 lập phương đơn giản:
+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8.1/8 = 1
+ Gọi r là bán kính của nguyên tử kim loại, thể tích V1 của 1 nguyên tử kim loại là V1==43.πr3 (1)
+ Gọi a là cạnh của tế bào, thể tích của tế bào là V2 = a3 (2)
Trong tế bào mạng lập phương đơn giản 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 :
V1V2=43πr38r3=π6=0,5236
- Đối với mạng lập phương tâm khối :
+ Số nguyên tử trong một tế bào : n = 8.1/8 + 1 = 2
→ V1 = 2.43πr3
+) Trong tế bào mạng lập phương tâm khối thì a3=4r→a=4r/3
Thể tích của tế bào : V2 = a3 = 64r3/ a3
Do đó phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là
V1V2=83πr364r333=0,68
- Đối với mạng tâm diện :
+ Số nguyên tử trong 1 tế bào : n = 8.1/8 + 6 + ½ = 4
→ V1 = 4. 43πr3
+ Trong tế bào mạng tâm diện a2=4r → a = 4r/2
Thể tích của tế bào: V2 = a3 = 64r3/22
Phần thể tích bị các nguyên tử chiếm trong tế bào là :
V1V2=163πr364r322=0,74
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
1
2.2
a) CsCl có ô mạng cơ sở kiểu lập phương tâm khối nên CsI cũng có ô mạng cơ sở kiểu lập phương tâm khối
→ mỗi ô mạng có 1 ion I- và 8.1/8 = 1 ion Cs+ → 1 phân tử CsI
Ta có độ dài đường chéo hình lập phương:
a3=rCs++2rI-+rCs+
→rI-=a3-2rCs+2=0,445.3-2.0,1692=0,216nm
0,5
b) Độ đặc khít của tinh thể
C=43πrCs+3+43πrI-3a3.100%=43π0,1693+43π0,21630,4453.100%=70,85%
0,25
c) Khối lượng riêng của tinh thể
D=259,8.16,022.1023.(0,445.10-7)3=4,89g/cm3
0,25
3.1
a) Phương trình phản ứng hạt nhân điều chế 32P: 1632S+01n→1532P+11p và phân rã phóng xạ của 32P: 1532P→1632S+β-
b) AA0=5.10-1μCi2μCi=14=(12)t/t1/2→t/t1/2=2→t=2.t1/2.
Vậy thời gian đã lưu giữ là 2 chu kì bán hủy
Tốc độ phân rã phóng xạ không phụ thuộc vào nồng độ đầu và nhiệt độ, nên sau thời gian đó lượng 32P của mẫu I cũng chỉ còn lại 1/4 so với lúc đầu → độ giảm hoạt độ phóng xạ trong mẫu I là:
3420 mCi=15 mCi=15.10-3.3,7.1010Bq=15.3,7.107Bq
Số hạt nhân đã biến đổi phóng xạ là
N=Aλ=A.t1/2ln2=15.3,7.107.14,28.24.36000,693=9,9.1014 nguyên tử
Khối lượng 32P đã phân rã là:
m32P=32.9,9.10146,02.1023=5,3.10-8(g) = 5,3. 10-2μg
Khi bỏ qua sự hụt khối của phân rã phóng xạ, khối lượng 32S tạo thành đúng bằng khối lượng 32P đã phân rã: m(32S) = 5,3.10-2 μg
1
3.2
Giả sử phản ứng là bậc nhất. Khi đó hằng số tốc độ phản ứng tính theo phương trình: k=1tlnaa-x, ở mọi thời điểm phải là hằng số.
Gọi P là áp suất chung của hệ, P0 là áp suất ban đầu của axeton và x là áp suất riêng phần của etylen ở thời điểm t (suy ra áp suất riêng phần của CO và H2 cũng là x), khi đó
Áp suất riêng phần của axeton tại thời điểm t là P0 – x
Áp suất chung của hệ là P = (P0 – x) + 3x = P0 + 2x
→ x=P-P02 ; P0 – x = 3P0-P2 và aa-x=P0P0-x=2P03P0-P
Lúc này phương trình động học của phản ứng nghiên cứu có dạng
k=1tln2P03P0-P
Thay các giá trị bằng số của các đại lượng tương ứng ta được
k1=16,5ln2.41589,6341589,6-54386,4=0,02568 ph-1
k2=113ln2.41589,6341589,6-65050,4=0,02552 ph-1
k1=16,5ln2.41589,6341589,6-74914,6=0,02569 ph-1
Hằng số tốc độ phản ứng nghiên cứu ở các thời điểm xấp xỉ bằng nhau, do đó phản ứng là bậc nhất
Hằng số tốc độ phản ứng bằng
kTB=k1+k2+k33=0,02563 ph-1
1
4.1
H2O (tt) ∆H10 H2O (tt) ∆H20 H2O (l) ∆H30 H2O (l) ∆H40 H2O (k) ∆H50 H2O (k)
223K 273K 273K 373K 373K 773K
Trong đó: ∆H20=0,5.∆Hnc0, ∆H40=0,5.∆Hs0
∆H10, ∆H20 và ∆H30 được tính theo biểu thức ∆H0=C0(T2-T1)
Nhiệt lượng cần thiết là :
∆H0=∆H10+∆H20+∆H30+∆H40+∆H50
= 0,5.35,56( 273 – 223 ) + 0,5.6,004.103 + 0,5.75,3( 373 – 273 ) + 0,5.40,66.103 + 0,5.30,2.( 773 - 373 ) = 34026 J
1
4.2
 Catt + Cl2 ∆H2980 CaCl2(tt)
 ∆Hthăng hoa0 ∆Hphân li0 Uml
 Ca(k) 2Cl(k) 2ACl+I1+I2 Ca2+ + 2Cl-
Ta có ∆H2980 = 192 + 243 + 1745 – 2.364 + Uml = -795
→ Uml = -2247 kJ/mol
1
5.a
Nhận xét : (3) = -2.(1) + (2)
→ ∆G30=-2.∆G10+∆G20
= -2.(-110,5.103 - 89,0T) + (-393,5.103 - 3,0T) = -172,5.103 + 175T (J)
Tại 7270C = 1000K
∆G10000= -172,5.103+ 175.1000=2500 (J) = 2,5 kJ
Kp = exp-∆G10000RT=exp-25008,314.1000=0,74
0,75
5.b
Xét cân bằng (3)
Kp=PCO2PCO2=0,74PCO2+PCO=1→PCO=0,67 atmPCO2=0,33 atm
0,5
5.c
Phản ứng (3) có ∆G30=-172,5.103+175T (J)
→∆H30=-172,5.103 J < 0 → phản ứng tỏa nhiệt
∆S30=-175 J/K < 0
∆S30 có dấu âm do phản ứng (3) có số mol khí sản phẩm ít hơn số mol khí chất tham gia phản ứng (∆n<0)
0,25
5.d
Tăng nhiệt độ → cân bằng chuyển dịch theo chiều thu nhiệt → chiều nghịch
Tăng áp suất → cân bằng chuyển dịch theo chiều ∆n<0 → chiều thuận
0,25
5.e
Kp4=Kp=0,74=0,86
Kp5=1/Kp=1,35
0,25
6.1
 Dung dịch có xuất hiện kết tủa
* Giải thích
Trong dung dịch có các cân bằng sau:
Ag(NH3)2+⇌Ag++2NH3 K1=Ag+[NH3]2[AgNH32] (1)
NH3+H2O⇌NH4++OH- K2=NH4+[OH-][AgNH32] (2)
Trong môi trường axit yếu (pH = 6) có thể coi toàn bộ NH3 trong dung dịch chuyển hoá thành muối NH4+. Tức [NH4+] = 1M
Thay giá trị [NH4+] = 1; [OH-] = 10-8; hằng số K2 vào biểu thức (2) ta được [NH3] = 5.10-4M (3)
Theo định luật bảo toàn nồng độ ta có
 [Ag(NH3)2]+ = 0,1 - [Ag+] (4)
Thế (3) và (4) cùng hằng số K2 vào (1) ta được
 [Ag+] = 2,1.10-2
Suy ra [Ag+][Cl-] = 2,1.10-2.0,1 > Ks(AgCl) = 1,1.10-10
1
6.2
CoCl2 ® 	Co2+ + 2Cl-
0,0100M
.	0,0100M
Tạp phức của ion cabon với NH3
Co2+ + 6NH3 ⇌ Co(NH3)62+ b2 = 104,39
0,0100M	0,3600M	
..	0,3000M	0,0100M
Oxi hoá, Co(NH3)62+ bởi H2O2
2 x 	Co(NH3)62+	⇌	Co(NH3)63+	+ e
	H2O2 + 2e	⇌	2OH-
 2 Co(NH3)62+ + H2O2 ⇌ 2Co(NH3)63+ + 2OH-
 K=102(0,94-E20)0,0592 (1)
+) Thế khử chuẩn của cặp Co(NH3)63+/ Co(NH3)62+:
	Co(NH3)63+ ⇌ Co3+ + 6NH3	 b1-1
	Co3+ + e	⇌ 	Co2+	 K1=10E100,0592
 	Co2+ + 6NH3 ⇌ Co(NH3)62+ 	b2
	Co(NH3)63+ + e ⇌ Co(NH3)62+	K2=10E200,0592
	K2 = K1. b1-1.b2 ® E20 = E01 + 0,0592lg 
	E20 = 1,84 + 0,0592 (4,39 - 35,16) = 0,0184 (V)
 K=102(0,94-E20)0,0592=1031
2Co(NH3)62+	+ H2O2 ⇌ 2Co(NH3)63+ + 2OH-; K = 1031 (1)
0,0100M	 0,0030M
0,0040M	.	0,0060M	 0,0060M
Thành phần giới hạn hỗn hợp A
Co(NH3)62+	Co(NH3)63+	NH3	OH-
0,0040M	0,0060M	0,3000M	0,0060M
+) Tìm pH của dung dịch
Sự phân li của các phức chất trong dung dịch không lớn vì b lớn và có NH3 dư. Tính pH theo cân bằng.
	NH3 + H2O	⇌	NH4+ + OH- (2)
 C	0,3000	 6.10-3
 [ ] (0,3000-x) x (6.10-3 + x) 
 ® x = 7,682.10-4 << 0,3000M
[OH-] = 6,768.10-3 Þ pOH = 2,1695 ® pH = 11,8305
1
7.1
Các quá trình có thể xảy ra trên catot:
Cu2++2e→Cu↓ 1
2H++2e→H2
Co2++2e→Co↓
Quá trình xảy ra trên anot: 2H2O →O2+4H++4e
0,5
7.2
ECu2+/Cu=0,337+0,05922lg0,02=0,287V
ECo2+/Co=ECo2+/Co0=-0,277V
E2H+/H2=0,05922lg(0,01)2= -0,118V
Vì ECu2+/Cu>E2H+/H2>ECo2+/Co nên thứ tự điện phân trên catot là: Cu2+, H+, Co2+
Khi 10% Cu2+ bị điện phân, ECu2+/Cu= 0,285V (khi đó H2 chưa thoát ra), nếu ngắt mạch điện và nối đoản mạch 2 cực sẽ hình thành pin điện có cực dương (catot) là cặp O2/H2O và cực âm (anot) là cặp Cu2+/Cu. Phản ứng xảy ra:
Trên catot: O2 + 4H+ +4e → 2H2O
Trên anot: 2x Cu → Cu2+ +2e
2Cu + O2 +4H+ → 2Cu2+ + 2H2O
Pin phóng điện cho tới khi thế của 2 điện cực trở nên bằng nhau
1
7.3
Để tách hoàn toàn được Cu2+ thế catot cần đặt là E2H+/H2< Ec <ECu2+/Cu. Khi Cu2+ bị điện phân hoàn toàn thì [Cu2+] = 0,02.0,005% = 1.10-6 M
ECu2+/Cu=0,337+0,05922lg10-6=0,159V
[H+]=0,01+2(0,02-10-6)≈0,05M
E2H+H2=0,05922lg0,052=-0,077V
Vậy trong trường hợp tính không kể đến quá thế của H2 trên điện cực platin thì thế catot cần khống chế trong khoảng -0,077V < Ec < 0,159V, khi đó Cu2+ sẽ bị điện phân hoàn toàn.
0,5
8.a
Theo TN2, khối lượng muối giảm sau khi nung là do H2O bay hơi → nH2O kết tinh trong 5,55g tinh thể là 5,55.38,92100.18=0,12 mol
→ chất rắn sau khi nung là hỗn hợp muối KCl và MgCl2
Với dung dịch NaOH dư có phản ứng:
Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2↓ (1)
Nung kết tủa:
Mg(OH)2t0MgO+H2O (2)
0,840=0,02
Theo (1) và (2) → nMg2+=0,02mol→ trong tinh thể ngậm nước có 0,02 mol MgCl2
Theo TN1: tổng mol Cl- (trong MCl và MgCl2) được xác định theo phản ứng:
Ag+ + Cl- → AgCl↓ (3)
0,06 8,61143,5=0,06
→ nMCl = 0,02mol
Theo đề 0,02(M+35,5)+0,02.95+0,12.18=5,55→ M = 39 (K)
Đặt công thức muối kép: xKCl.yMgCl2.nH2O
→ x : y : n = 0,02 : 0,02 : 0,12 = 1:1:6
→ KCl.MgCl2.12H2O (cacnalit)
1
8.b
Từ KCl.MgCl2.6H2O có thể điều chế hai kim loại riêng biệt K, Mg:
+) Hòa tan tinh thể vào nước → dung dịch hỗn hợp KCl, MgCl2
+) Sục NH3 dư vào dung dịch:
MgCl2 + 2NH3 + 2H2O → Mg(OH)2 + 2NH4Cl
+) Lọc kết tủa rồi thực hiện phản ứng:
Mg(OH)2 + 2HCl → MgCl2 + 2H2O
+) Cô cạn dung dịch rồi điện phân nóng chảy thu được Mg
MgCl2 đpnc Mg + Cl2
+) Lấy dung dịch gồm KCl và NH4Cl đem cô cạn, nung đến khối lượng không đổi thì
NH4Cl t0 NH3 + HCl
Chất rắn thu được là KCl, đem điện phân nóng chảy thu được K trên catot
2KCl đpnc 2K + Cl2
1
9.1
D thủy phân cho khí mùi trứng thôi → khí đó là H2S
→ D là muối sunfua
Hợp chất giữa A và C là Al2O3
Vậy A là Al, B là S, C là O
Hợp chất giữa A, B và C là Al2(SO4)3
Các phương trình phản ứng:
2Al + 3S t0 Al2S3
Al2S3 + 6H2O → 2Al(OH)3 + 3H2S
4Al + 3O2 → Al2O3
S + O2 → SO2
Al3+ + 2H2O → Al(OH)2+ + H3O+
1
9.2
nS = 3,2/32 = 0,1 mol
ADCT n=PVRT ta tính được số mol các phân tử lưu huỳnh ở trạng thái hơi tại các nhiệt độ:
+) tại 444,60C: n1 =0,73554.10,082(444,6+273)= 0,0125mol
Gồm các phân tử S8 vì 0,1/0,0125 = 8
Tính tương tự ta có
+) tại 4500C n2 = 0,015 mol.
Số nguyên tử trung bình trong 1 phân tử là 0,1/0,015 ≈6,67
→ thành phần hơi của S ở nhiệt độ này có thể gồm các phân tử lưu huỳnh có từ 1 đến 8 nguyên tử
+) 5000C: n3 = 0,02 mol
Số nguyên tử S trung bình trong 1 phân tử: 0,1/0,02 = 5
→ Thành phần hơi lưu huỳnh ở nhiệt độ này có thể gồm các phân tử lưu huỳnh có từ 1 đến 8 nguyên tử, hoặc chỉ gồm các phân tử S5
+) 9000C n4 = 0,05 mol
Số nguyên tử S trung bình trong một phân tử: 0,1/0,05 = 2
→ thành phần hơi lưu huỳnh ở nhiệt độ này có thể gồm các phân tử lưu huỳnh có từ 1 đến 8 nguyên tử hoặc chỉ gồm các phân tử S2
+) 15000C: n5 = 0,1 mol
→ hơi lưu huỳnh chỉ gồm các nguyên tử S
1
10
- Dung dịch KI3 phản ứng với dung dịch A:
S2- + I-3 → S4O2-6 + 3I- (1)
2S2O32- + I3 → S4O62- + 3I- (2)
Chuẩn độ I-3 dư → S4O62- + 3I- (3)
0,5
+ Đặt n trong 25ml dd A (a)
 Þ (chuẩn độ)
« x + = 0,66105 mmol (b)
0,5
+ Thêm ZnSO4 dư làm kết tủa hoàn toàn S2-:
Zn2+ + S2- ® ZnS.
Chuẩn độ S2O32- trong 50ml dd A (2y mmol Na2SO3).
2S2O32- + I3- → 3I- + S4O62- (3)
® (chuẩn độ) = 2.11,50.0,0101 = 0,2323 mmol
® 2y = 0,2323 mmol Þ y = 0,11615 mmol
0,5
Thay vào (b) Þ x = 0,602975 mmol
Từ (a) ® 	
Þ % 
Þ % 
0,5