Đề thi olimpic hùng vương lần thứ X môn: Hoá học lớp 10 - Trường THPT chuyên

SỞ GD & ĐT THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
ĐỀ GIỚI THIỆU
ĐỀ THI OLIMPIC HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X
MÔN: HOÁ HỌC LỚP 10
Thời gian làm bài : 180 phút
Câu I (2,5 điểm) : Cấu tạo nguyên tử - Hạt nhân.
1. Một mẫu đá uranynit có tỉ lệ khối lượng 206Pb : 238U = 0,0453. Cho chu kì bán hủy của 238U là 4,55921.109 năm. Hãy tính tuổi của mẫu đá đó.
2. Cho A, B là 2 nguyên tố kế tiếp nhau trong cùng một chu kỳ của bảng tuần hoàn trong đó B có tổng số lượng tử ( n + l ) lớn hơn tổng số lượng tử ( n + l ) của A là 1. Tổng số đại số của bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng của cation A là 3,5.
a). Xác định bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng trên A, B.
b). Viết cấu hình electron và xác định tên của A, B. 
Câu II (2,5 điểm): Hình học phân tử - Liên kết hóa học 
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. Thực nghiệm cho biết cả ba hợp chất CHBr3, SiHBr3, CH(CH3)3 đều có cấu tạo tứ diện. Có ba trị số góc liên kết tại tâm là 110o; 111o; 112o(không kể tới H khi xét các góc này). Độ âm điện của H là 2,20; CH3 là 2,27; Csp3 là 2,47; Si là 2,24; Br là 2,50. Dựa vào mô hình sự đẩy giữa các cặp e hóa trị (VSEPR) và độ âm điện, hãy cho biết trị số góc của mỗi hợp chất và giải thích.
Câu III (2,5 điểm): Nhiệt - Cân bằng hóa học.
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. Đối với phản ứng thuận nghịch pha khí 2 SO2 + O2 2 SO3:
a). Người ta cho vào bình kín thể tích không đổi 3,0 lít một hỗn hợp gồm 0,20 mol SO3 và 0,15 mol SO2. Cân bằng hóa học (cbhh) được thiết lập tại 250C và áp suất chung của hệ là 3,20 atm. Hãy tính tỉ lệ oxi trong hỗn hợp cân bằng.
b). Cũng ở 250C, người ta cho vào bình trên chỉ mol khí SO3. Ở trạng thái cbhh thấy có 0,105 mol O2. Tính tỉ lệ SO3 bị phân hủy, thành phần hỗn hợp khí và áp suất chung của hệ 
Câu IV (2,5 Điểm): Động hóa học- dung dịch
1. a. Ñaùnh giaù khaû naêng hoøa tan AgI trong NH3 1M . Cho bieát K s(AgI ) =10 -16 vaø haèng soá beàn cuûa Ag(NH3)+ laø b = 10 7,24
b. Tính p H cuûa dung dòch CH3COONH4 0,4 M bieát raèng KA (CH3COONH4) = 1,8.10-5 ; 
KB (NH3)= 1,6 .10 – 5
2. Các quá trình trao đổi chất diễn ra trong cơ thể động vật có thể sản sinh ra các chất độc hại, thí dụ O2-. Nhờ tác dụng xúc tác của một số enzim (E) mà các chất này bị phá huỷ.
	 Thí dụ 2 O2- + 2 H+ 	 O2 + H2O2 (*)
 Người ta đã nghiên cứu phản ứng (*) ở 25o C với xúc tác E là supeoxiđeđimutazơ (SOD). Các thí nghiệm được tiến hành trong dung dịch đệm có pH bằng 9,1. Nồng độ đầu của SOD ở mỗi thí nghiệm đều bằng 0,400.10-6 mol.L-1. Tốc độ đầu Vo của phản ứng ở những nồng độ đầu khác nhau của O2- được ghi ở bảng dưới đây:
Co (O2-) mol.L-1
7,69.10-6
3,33.10-5
2,00.10-4
Vo mol.L-1.s-1
3,85.10-3
1,67.10-2
 0,100
 a). Thiết lập phương trình động học của phản ứng (*) ở điều kiện thí nghiệm đã cho. 
 b). Tính hằng số tốc độ phản ứng. 
 c). Có thể chấp nhận cơ chế sau đây cho phản ứng (*) được không: 
 k1
 k2
 	 E + O2- 	E- + O2 (1)
 k3
	 E- + O2- 	E + O22- (2)
 O22- + 2 H+	H2O2 (3)
 E- là phần tử trung gian hoạt động. 
Câu V (2,5 Điểm): Phản ứng oxi hóa - khử
1. Trộn hai thể tích bằng nhau của hai dung dịch SnCl2 0,100M và FeCl3 0,100M. Xác định nồng độ các ion thiếc và sắt khi cân bằng ở 25oC. Tính thế của các cặp oxy hóa - khử khi cân bằng.
2. Nhúng một sợi Ag vào dung dịch Fe2(SO4)3 2,5.10-2M. Xác định nồng độ của Fe3+; Fe2+ và Ag+ khi cân bằng ở 25oC. Tính thế của các cặp oxy hóa - khử khi cân bằng.
Cho biết Eo(Sn4+/Sn2+) = 0,15V; Eo(Fe3+/Fe2+) = 0,77V; Eo(Ag+/Ag) = 0,80V
3. 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. Tính độ tan (s) tại 25oC của AgI trong nước. 
Câu VI (2,5 Điểm): Halogen- Oxi
Cho khí Cl2 vào 100 ml dung dịch NaI 0,2M (dung dịch A). Sau đó, đun sôi để đuổi hết I2. Thêm nước để được trở lại 100 ml (dung dịch B).
1). Biết thể tích khí Cl2 đã dùng là 0,1344 lít (đktc). Tính nồng độ mol/l của mỗi muối trong dung dịch B?
2). Thêm từ từ vào dung dịch B một dung dịch AgNO3 0,05M. Tính thể tích dung dịch AgNO3 đã dùng, nếu kết tủa thu được có khối lượng bằng:
(1) Trường hợp 1: 1,41 gam kết tủa.
(2) Trường hợp 2: 3,315 gam kết tủa.
Chấp nhận rằng AgI kết tủa trước. Sau khi AgI kết tủa hết, thì mới đến AgCl kết tủa.
3). Trong trường hợp khối lượng kết tủa là 3,315 gam, tính nồng độ mol/l của các ion trong dung dịch thu được sau phản ứng với AgNO3.
Câu VII (2,5 Điểm):Oxi - Lưu huỳnh
1. a. Cho m gam hỗn hợp gồm NaBr và NaI phản ứng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được hỗn hợp khí A ở điều kiện chuẩn. Ở điều kiện thích hợp, A phản ứng vừa đủ với nhau tạo chất rắn có màu vàng và một chất lỏng không làm chuyển màu quỳ tím. Cho Na dư vào phần chất lỏng được dung dịch B. Dung dịch B hấp thụ vừa đủ với 2,24 lít CO2 ở điều kiện tiêu chuẩn được 9,5 gam muối. Tìm m.
b. Đề nghị một phương pháp để tinh chế NaCl khan có lẫn các muối khan NaBr, NaI, Na2CO3.
2. a. Một axit mạnh có thể đẩy được axit yếu ra khỏi muối, nhưng một axit yếu cũng có thể đẩy được axit mạnh ra khỏi muối. Lấy ví dụ minh họa và giải thích.
b. Tại sao H2SO4 không phải là axit mạnh hơn HCl và HNO3 nhưng lại đẩy được những axit đó ra khỏi muối?
Câu VIII. ( toán tổng hợp 2,5 điểm).
Một hỗn hợp X gồm (Al và Cu). Cho 18,2 (g) hỗn hợp X vào 100 ml dung dịch chứa hỗn hợp hai axit ( H2SO4 12M và HNO3 2M), đun nóng thu được dung dịch Z và 8,96 lit hỗn hợp khí J gồm NO và một khí D không màu. Biết tỷ khối hơi của J so với H2 bằng 23,5.
 1. Tính số mol của khí D và khí NO trong hỗn hợp J.
 2. Tính khối lượng của mỗi kim loại trong hh X, tính khối lượng muối thu được trong dung dịch Z.
 3. Tính thể tích dung dịch NaOH 2M cần thêm vào dung dịch Z để.
	a. Bắt đầu có kết tủa.
	b. Thu được kết tủa cực đại.
	c. Lượng kết tủa không thay đổi.( Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn).
Đáp án.
Câu
Đáp án tham khảo
Điểm
Câu 1
(2,5 đ)
1.
(1 đ)
Số mol 238U phóng xạ = số mol 206Pb = (mol) 
0,25 đ
m U ban đầu = 1 + . 298 = 1,0523 (g) 
0,25 đ
k = ; k = ln 
0,25 đ
t = ln = 3,35.108 năm 
0,25 đ
2
 (1,5 đ)
a). Vì 2 nguyên tố kế tiếp nhau trong cùng một chu kỳ nên 2 nguyên tố có cùng số lớp electron (cùng n ). Mà tổng ( n + l ) của B lớn hơn tổng ( n + l ) của A là 1 nên: Cấu hình electron lớp ngoài cùng của A, B là:
A: ns2; B: np1
0,25 đ
Mặt khác A có 2e ở lớp ngoài cùng cation A có dạng A2+. Vậy tổng đại số của 4 số lượng tử của A2+ là: (n – 1 ) + 1 + 1 – 1/2= 3,5 
0,25 đ
Vậy 4 số lượng tử của :
A : n = 3 l = 0 m = 0 s = - 
0,25 đ
B: n = 3 l = 1 m = - 1 s = + 
0,25 đ
b). A: 1s22s22p63s2 ( Mg ). 
0,25 đ
 B: 1s22s22p63s23p1 ( Al ). 
0,25 đ
Câu 2
(2,5 đ)
1
(1 đ)
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:
0,25 đ
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
0,25 đ
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
0,25 đ
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 tâm khối và tâm diện tỉ lệ với nhau như 0,68 : 0,74 = 1,31 : 1,42.
0,25 đ
2
(1,5 đ)
CÊu t¹o kh«ng gian cña c¸c ph©n tö ®­îc biÓu diÔn nh­ sau:
 SiHBr3 (1) CHBr3 (2) CH(CH3)3 (3)
0,5 đ
+ Góc liên kết được tạo thành bởi trục của đám mây electron của 2 obitan tạo thành liên kết . Sự phân bố mật độ electron của các đám mây này phụ thuộc vào độ âm điện của nguyên tử trung tâm A và phối tử X. Ở cả 3 hợp chất nguyên tử trung tâm A đều có lai hoá sp3 vì lớp vỏ hoá trị có 4 cặp electron. Sự khác nhau về trị số của các góc chỉ phụ thuộc vào độ âm điện tương đối giữa các nguyên tử liên kết.
0,25 đ
+ Khi so sánh 2 góc Br – A – Br ở (1) và (2), liên kết Si-Br phân cực hơn liên kết C-Br nên góc Br – C – Br có trị số lớn hơn góc Br – Si – Br.
0,25 đ
+ Khi so sánh 2 góc Br – C – Br và H3C – C – CH3 ở (2) và (3), liên kết C – Br phân cực hơn liên kết C – CH3 nên góc ở (3) lớn hơn ở (2).
0,25 đ
+ Từ hai so sánh trên thấy rằng trị số các góc tăng dần theo thứ tự sau:
 Góc ở (1) < Góc ở (2) < Góc ở (3)
0,25 đ
Câu 3
(2,5 đ)
1
(1 đ)
1.a. Áp dụng định luật Hess vào chu trình
0,25 đ
Ta được: AE = ΔHHT - ΔHTH - I1 - ½ ΔHLK + ΔHML (*)
 Thay số vào (*), AE (F) = -332,70 kJ.mol-1 và 
0,25 đ
 AE (Cl) = -360 kJ.mol-1.
0,25 đ
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). 
0,25 đ
2
(1,5 đ)
a). Xét 2 SO2 + O2 2 SO3 (1)
 ban đầu 0,15 0,20
 lúc cbhh ( 0,15 + 2z) z (0,20 – 2z)
 Tổng số mol khí lúc cbhh là n1 = 0,15 + 2z + z + 0,20 – 2z = 0,35 + z
 Từ pt trạng thái: P1V = n1RT 
 → n1 = P1V / RT = 3,2.3/0,082.298 0,393 → z = 0,043.
0,25 đ
 Vậy x O = z / n1 = 0,043/ 0,393 = 0,1094 
 hay trong hh cb oxi chiếm 10,94%
0,25 đ
 b) 2 SO2 + O2 2 SO3 (2)
 ban đầu : 0 0 y
 lúc cbhh : 2. 0,105 0,105 (y – 2. 0,105).
Trạng thái cbhh được xét đối với (1) và (2) như nhau về T (và cùng V) nên ta có: K = const; vậy: n/ (n.n) = const.
Theo (1) ta có : n/ (n.n) 
 = ( 0,20 – 2. 0,043)2 / (0,15 + 0,086)2. 0,043 = 5,43.
0,25 đ
Theo (2) ta có n/ (n.n) = (y – 0,21)2/ (0,21)2.0,105 = 5,43. Từ đó có phương trình y2 – 0,42 y + 0,019 = 0. Giải pt này ta được y1 = 0,369; y2 = 0,0515 < 0,105, (loại bỏ nghiệm y2 này).
0,25 đ
Do đó ban đầu có y = 0,369 mol SO3; phân li 0,21 mol nên tỉ lệ SO3 phân li là 56,91%. Tại cbhh tổng số mol khí là 0,369 + 0, 105 = 0,474 nên:
0,25 đ
SO3 chiếm ( 0,159 / 0,474).100% = 33,54%; SO2 chiếm ( 0,21 / 0,474).100% = 44,30%; O2 chiếm 100% - 33,54% - 44,30% = 22,16%.
Từ pt trạng thái: P2V = n2RT → P2 = n2 RT/ V = 0,474.0,082.298/3 
 → P2 = 3,86 atm.
0,25 đ
Câu 4.
(2,5 đ)
1
(1 đ)
AgI ¯ Ag + + I - ; Ks = 10-16 
Ag+ + 2 NH3 Ag ( NH3 ) 2+ ; b 2 = 10 7, 2 4
AgI + 2 NH3 Ag (NH3 ) 2+ + I - ; K = 10-8,76 (1)
K bé có thể dự đoán là AgI khó tan trong NH3 
0,25 đ
 AgI + 2 NH3 Ag (NH3 ) 2 + + I - K = 10- 8,76 (1)
 C0 1 M
	 2x	 x x
 Ccb 1 – 2x 	 x	 x
0,25 đ
Với 2x x = 10 - 4,38 << 0,5 .
0,25 đ
Độ tan của AgI : 
0,25 đ
2
(1,5 đ)
 d [O2] 
 dt 
a.
v =	 = k [H+]a [O2-]b 	; 
V× [H+] lµ mét h»ng sè nªn v = k [O2-]b 
3,85.10-3 = k (7,69.10-6)b
1,67.10-2 = k (3,33.10-5)b
 	0,100 = k (2,00.10-4)b
0,25 đ
3,85.10-3 1,67.10-2
7,69.10-6 3,33.10-5
 b
 = 
 0,231 = (0,231)b b = 1
 1,67.10-2
 0,100 
 3,33.10-5
2,00.10-4
 b
 = 
 0,167 = (0,167)b b = 1
 3,85.10-3
 0,100 
 7,69.10-6
2,00.10-4
 b
 = 	 
 0,0385 = (0,0385)b b = 1 
 v = k [O2-]
0,5 đ
 3,85.10-3 mol.L-1.s-1
 7,69.10-6 mol.L-1 
b.
 k = = 501 s-1 
 1,67.10-2 mol.L-1.s-1
 3,33.10-5 mol.L-1 
 k = = 502 s-1 
 0,100 mol.L-1.s-1
 2,00.10-4 mol.L-1 
 k = = 500 s-1
 ktb = 501 s-1
0,25 đ
c. Phản ứng (3) diễn ra rất nhanh vì H2O2 là axit rất yếu. Phản ứng (2) cũng nhanh hơn phản ứng (1) vì E- là phần tử trung gian hoạt động.
Như vậy: v = k1 [E] [O2-].
0,25 đ
Mặt khác vì nồng độ E- cố định nên nồng độ E cũng cố định và ta có:
 	v = k [O2-] với k = k1 [E]
Cơ chế đã cho phù hợp với phương trình động học tìm được bằng thực nghiệm và có thể chấp nhận được
0,25 đ
Câu 5
(2,5 đ)
1
(1 đ)
 Sn2+ + 2Fe3+ ® Sn4+ + 2Fe2+
 cb: 0,05- x	 0,05 – 2x	 x	 2x
 lgK = 2(0,77 – 015)/0,059 = 21 Þ	K = 1021.
 K rất lớn và nồng độ Fe3+ cho phản ứng nhỏ hơn nhiều so với Sn2+ 
 Þ phản ứng gần như hoàn toàn: 2x » 0,05
0,25 đ
[Fe2+] = 0,05M; [Sn4+] = 0,025M; [Sn2+] = 0,025M; [Fe3+] = eM
0,25 đ
K = 
0,25 đ
Khi cân bằng 
 Ecb = 0,77 + 0,059lg
0,25 đ
2
(0,75 đ)
 Ag + Fe3+ ⇌ Ag+ + Fe2+
cb: 	 0,05 – x	 x x
 lgK = (0,77 – 0,80)/0,059 = -0,51 Þ K = 0,31
0,25 đ
Ta có:
0,25 đ
Ecb = 
0,25 đ
3
(0,75 đ)
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) (+)
0,25 đ
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. 
0,25 đ
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 
0,25 đ
Câu 6
(2,5 đ)
1
(0,5 đ)
2
(1,5 đ)
3
(0,5 đ)
1). 
 Cl2 + 2NaI → 2NaCl + I2
 0,006 mol 0,012 mol 0,012 mol
 nNaI ban đầu = 0,2.0,1 = 0,02 (mol)
0,25 đ
Vậy hết Cl2 dư NaI. Dung dịch B chứa 0,020 – 0,012 = 0,008 mol NaI dư và 0,012 mol NaCl.
CNaCl = 0,012 / 0,1 = 0,12M; CNaI = 0,008/0,1 = 0,08M
0,25 đ
2). Để biết chỉ có AgI kết tủa hay cả hai AgI và AgCl kết tủa, ta dùng 2 mốc để so sánh.
Mốc 1: AgI kết tủa hết, AgCl chưa kết tủa. 0,008 mol NaI → 0,008 mol AgI↓ m1 = mAgI = 0,008.235 = 1,88 gam
0,25 đ
Mốc 2: AgI và AgCl đều kết tủa hết
0,012mol NaCl → 0,012 mol AgCl↓,m2 = 1,88 + 0,012.143,5
 = 3,602 gam, 
0,25 đ
m↓ = 1,41 gam. 1,41 < m1 = 1,88 gam vậy chỉ có AgI kết tủa.
0,25 đ
; Vậy 
; m↓ = 3,315 gam; 
0,25 đ
m1 = 1,88 < 3,315 < m2 = 3,602. Vậy AgI kết tủa hết và AgCl kết tủa một phần
0,25 đ
mAgCl = 3,315 – 1,88 = 1,435 gam; nAgCl = 1,435/143,5 = 0,01 mol
Số mol AgNO3 . 0,008 + 0,01 = 0,018 mol; 
0,25 đ
3). Trong trường hợp thứ nhì, dung dịch chỉ còn chứa NO3-, Na+, Cl- dư
0,25 đ
Thể tích dung dịch = 
0,25 đ
Câu 7
(2,5 đ)
1
(1,5 đ)
a. A phản ứng vừa đủ với nhau tạo chất rắn màu vàng → A là hỗn hợp SO2 và H2S.
Mặt khác, NaBr có tính khử yếu hơn NaI.
2NaBr + 2H2SO4 → Na2SO4 + Br2 + SO2 + 2H2O
0,15mol 0,075mol
0,25 đ
8NaI + 5H2SO4 → 4Na2SO4 + 4I2 + H2S + 4H2O
(0,15.8)mol 0,15mol
2H2S + SO2 → 3S + 2H2O
0,15mol 0,075mol 0,15mol
0,25 đ
Chất lỏng là H2O:
2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 
 0,15mol 0,15mol
B là NaOH 
CO2 + NaOH → NaHCO3
x(mol) x x (mol)
CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O
y 2y y
0,25 đ
mhỗn hợp = (0,15.103) + (0,15.8.150) = 195,45(g)
0,25 đ
b. Cho hỗn hợp trên vào dung dịch HCl, chỉ Na2CO3 phản ứng:
Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2↑
Sục khí clo vào dung dịch thu được:
0,25 đ
2NaBr + Cl2 → 2NaCl + Br2
2NaI + Cl2 → 2NaCl + I2
Cô cạn dung dịch, Br2 và I2 hóa hơi thoát ra, NaCl kết tinh lại.
0,25 đ
2
(1 đ)
2. a. Một axit mạnh có thể đẩy được một axit yếu ra khỏi muối vì axit yếu là chất điện li yếu hoặc chất không bền.
Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2 
CO2 + H2O H2CO3 H+ + HCO3- (1)
HCO3- H+ + CO32- (2)
HCl → H+ + Cl- 
0,25 đ
Khi cho HCl vào dung dịch Na2CO3 làm tăng nồng độ H+ làm cho các cân bằng (1) (2) chuyển sang trái tạo ra H2CO3 rồi sau đó là CO2 và H2O
0,25 đ
Ngược lại, 1 axit yếu có thể đẩy được 1 axit mạnh ra khỏi muối
Pb(NO3)2 + H2S → PbS↓ + 2HNO3
 Axit yếu axit mạnh
 Vì PbS không tan.
0,25 đ
b. H2SO4 không phải là axit mạnh hơn HCl và HNO3 nhưng đẩy được 2 axit đó ra khỏi muối vì H2SO4 là axit không bay hơi còn HCl và HNO3 là axit dễ bay hơi.
2NaCl + H2SO4 Na2SO4 + 2HCl
2NaNO3 + H2SO4 Na2SO4 + 2HNO3
0,25 đ
Câu VIII
(2,5 đ)
1
(0,25 đ)
-Ta có. = 23,5 . 2 = 47. Vậy < 47 < , khí D là SO2. = 64. = 47.0,4 = 18,8
-Gọi a, b ( > 0) lần lượt là số mol của SO2 và NO ta có.
 a + b = 0,4.(1)
64a + 30b = 18,8(2).
-Giải hệ (1) và (2) ta được a = 0,2; b = 0,2.
Vậy số mol của SO2 = NO2 = 0,2 mol 
0,25 đ
2
(1 đ)
-Gọi x, y là số mol của Al và Cu trong hỗn hợp.
27x + 64y = 18,2 (3).
Số mol H2SO4 = 1,2 mol, số mol HNO3 = 0,2 mol 
 mol.
0,25 đ
-Xét các nửa phản ứng. Al - 3e = Al3+(I)
 x 3x
 Cu - 2e = Cu2+(II)
 y 2y
 NO3- + 4H+ + 3e = NO + 2H2O( III)
 0,2 0,8 0,6 0,2
 SO42- + 4 H+ + 2e = SO2 + 2H2O (IV)
 0,2 0,8 0,4 0,2
0,25 đ
-Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có.
 3x + 2y = 0,6 + 0,4 = 1.
 27x + 64y = 18,2.
-Giải hệ phương trình trên ta có. x = 0,2, y = 0,2.
0,25 đ 
 Khối lượng Al = 27. 0,2 = 5,4 (g).
 Khối lượng của Cu = 0,2.64 = 12,8 (g).
0,25 đ
-Theo (III) trên ta thấy số mol khí NO = số mol NO3- ban đầu. Vậy trong dung dịch sau phản ứng không còn NO3- nên muối thu được là Al2(SO4)3 và CuSO4. Theo định luật bảo toàn nguyên tố ta có.
 mol. 
 mol. 
0,25 đ
3
(1,25 đ)
-Trong dung dịch Z có 0,2 mol Al3+, 0,2 mol Cu2+, 
1 mol H+. 
- Gọi thể tích NaOH cần cho là V lít. Số mol NaOH = 2V.
NaOH Na+ + OH-.
-Khi cho NaOH vào dung dịch Z có phản ứng sau.
 H+ + OH- = H2O ( V).
 Cu2+ + 2 OH- = Cu(OH)2(VI).
 Al3+ + 3 OH- = Al(OH)3 (VII).
0,25 đ
Nếu OH- còn dư thì có phản ứng sau.
 A(OH)3 + OH- = AlO2- + H2O (VIII).
-Để bắt đầu kết tủa tức là vừa xảy ra hết phản ứng (V). Số mol OH- = 1 mol. Vậy số mol NaOH = 1 mol.
 V = 1/2 = 0,5 lít.
0,25 đ
-Để kết tủa cực đại tức là vừa xảy ra hết (V), (VI), (VII). Tổng số mol OH- = 2. Vậy số mol NaOH = 2.
 V = 2/2 = 1 lít.
0,25 đ
-Để kết tủa không thay đổi tức là sảy ra hết các phản ứng. (V), (VI), (VII), (VIII). Tổng số mol OH- = 2,2 mol.
Vậy số mol NaOH = 2,2 mol. V = 2,2 / 2 =1,1 lít.
0,25 đ
Thái Nguyên, tháng 5 năm 2014.
Nguyễn Ngọc Nguyên.