Kì thi chọn học sinh giỏi khu vực mở rộng năm học 2013 - 2014 môn thi: Hóa học lớp 10

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO 
HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
ĐỀ ĐỀ NGHỊ
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG NĂM HỌC 2013- 2014
MÔN THI: HÓA HỌC LỚP 10.
(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 04 trang
Câu 1: Cấu tạo nguyên tử và hạt nhân
1. Một mẫu đá chứa 99,275 mg U-238; 68,301 mg Pb-206 và một lượng cực nhỏ Ra-226. Giả thiết rằng ban đầu trong mẫu đá không có chì và radi tồn tại sẵn. 
a. Tính tuổi mẫu đá.
b. Tìm khối lượng radi (mg) có trong mẫu đá.
2. Phân tích một mẫu quặng cho thấy tỉ lệ số mol của Pb-206/U-238 bằng 0,1224 và tỉ lệ số mol của Pb-206/Pb-204 bằng 75,41. Xác định tuổi mẫu quặng.
Cho: Chu kì bán hủy của U-238 và Ra-226 lần lượt là 4,47 × 109 năm và 1600 năm. Tỉ lệ các đồng vị trong tự nhiên của chì là Pb-204 : Pb-206 : Pb-207 : Pb-208 = 1,48 : 23,6 : 22,6 : 52,3.
Câu 2: Liên kết hóa học và dạng hình học của phân tử
 Xe tạo được nhiều hợp chất trong đó có XeF2; XeF4; và XeO3
1. Vẽ cấu trúc Lewis của mỗi phân tử.
2. Mô tả dạng hình học của mỗi hợp chất bao gồm cả các góc liên kết.
3. Trình bày và giải thích phân tử nào là phân tử phân cực hay không phân cực.
4. Giải thích vì sao các hợp chất này rất hoạt động
Câu 3: Nhiệt động lực học
Cho các số liệu nhiệt động của một số phản ứng ở 298K
Số thứ tự phản ứng
Phương trình hóa học của phản ứng
DHo298 (kJ)
(1)
2NH3 + 3N2O ® 4N2 + 3H2O
- 1011
(2)
 N2O + 3H2 ® N2H4 + H2O
- 317
(3)
2NH3 + 0,5O2 ® N2H4 + H2O
- 143
(4)
 H2 + 0,5O2 ® H2O
- 286
 S0298 (N2H4) = 240 J/K.mol ; S0298 (H2O) = 66,6 J/K.mol
 S0298 (N2) = 191 J/K.mol ; S0298 (O2) = 205 J/K.mol
Tính nhiệt tạo thành DHo298 của N2H4 , N2O và NH3.
Viết phương trình hóa học của phản ứng đốt cháy hidrazin bằng khí oxi. Tính DHo298 , DGo298 và hằng số cân bằng K của phản ứng này.
Câu 4: Động hóa học
Phản ứng oxi hoá ion I- bằng ClO- trong môi trường kiềm diễn ra theo phương trình:	
ClO- + I- Cl- + IO- (a) và tuân theo định luật tốc độ thực nghiệm v = k[ClO-][I-][OH-]-1.
Cho rằng phản ứng (a) xảy ra theo cơ chế: ClO- + H2O HClO + OH- nhanh; 
	 I- + HClO HIO + Cl- chậm;
	 OH- + HIO H2O + IO- nhanh.
1. Cơ chế trên có phù hợp với thực nghiệm động học hay không?
2. Khi [I-]0 rất nhỏ so với [ClO-]0 và [OH-]0 thì thời gian để nồng độ I- còn lại 6,25% so với lúc ban đầu sẽ gấp bao nhiêu lần thời gian cần thiết để 75% lượng I- ban đầu mất đi do phản ứng (a)?
Câu 5: Cân bằng hóa học
	Trong một hệ có cân bằng 3 H2 + N2 2 NH3 (*) được thiết lập ở 400 K người ta xác định được các áp suất phần sau đây: = 0,376.105 Pa , = 0,125.105 Pa , = 0,499.105 Pa.
1. Tính hằng số cân bằng Kp và ΔG0 của phản ứng (*) ở 400 K. 
2. Tính lượng N2 và NH3, biết hệ có 500 mol H2.
3. Thêm 10 mol H2 vào hệ này đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất tổng cộng không đổi. Bằng cách tính, hãy cho biết cân bằng (*) chuyển dịch theo chiều nào?
4. Trong một hệ cân bằng gồm H2, N2 và NH3 ở 410 K và áp suất tổng cộng 1.105 Pa, người ta tìm được: Kp = 3,679.10-9 Pa-2, = 500 mol , = 100 mol và = 175 mol. Nếu thêm 10 mol N2 vào hệ này đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất không đổi thì cân bằng chuyển dịch theo chiều nào?
Cho: Áp suất tiêu chuẩn P0 = 1,013.105 Pa; R = 8,314 JK-1mol-1; 1 atm = 1,013.105 Pa. 
Câu 6: Cân bằng trong dung dịch axit-bazơ
1. Cho biết hằng số điện li của axit axetic: Ka (CH3COOH) = 1,8.10-5 ; axit propionic : Ka (C2H5COOH) = 1,3.10-5. Một dung dịch chứa CH3COOH 0,002M và C2H5COOH x M. 
Hãy xác định giá trị của x để trong dung dịch này có độ điện li của axit axetic là 0,08.
2. Tính thể tích dung dịch NaOH 0,1M cần dùng để cho vào 200ml dung dịch H3PO4 0,1M và sau phản ứng thu được dung dịch có pH = 7,21 ; pH = 9,765.
	Cho pKa (H3PO4) : pKa1 = 2,15 ; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32.
Câu 7: Cân bằng hòa tan
	Trong môi trường axit, H2C2O4 bị KMnO4 oxi hoá thành CO2. Trộn 50,00 mL dung dịch KMnO4 0,0080 M với 25,00 mL H2C2O4 0,20 M và 25,00 mL dung dịch HClO4 0,80 M được dung dịch A. 
1. Viết phương trình phản ứng xảy ra. Tính hằng số cân bằng của phản ứng và xác định thành phần của dung dịch A.
2. Trộn 10,00 mL dung dịch A với 10,00 mL dung dịch B gồm Ca(NO3)2 0,020 M và Ba(NO3)2 0,10 M. Có kết tủa nào tách ra? 
	Chấp nhận sự cộng kết là không đáng kể; thể tích dung dịch tạo thành khi pha trộn bằng tổng thể tích của các dung dịch thành phần. 
Cho: ; ở 25 oC: ; 
 ;
 ;
 (pKS = - lgKS, với KS là tích số tan; pKa = - lgKa, với Ka là hằng số phân li axit). 
	 Độ tan của CO2 trong nước ở 25 oC là = 0,030 M.
Câu 8: Phản ứng oxi hóa khử, thế điện cực, pin điện
Cho ; ;
Cr(OH)3 CrO2- + H+ + H2O K = 1,0.10-14 
a) Hãy thiết lập sơ đồ pin được hình thành bởi hai cặp oxi hóa - khử CrO42-/ CrO2- và MnO4-/ MnO(OH)2.
b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin.
c) Tính Epin biết nồng độ của ion CrO42- là 0,010M; CrO2- là 0,030M; MnO4- là 0,2M
d) Mô tả chiều chuyển động của các electron, cation, anion trong quá trình pin hoạt động
Câu 9: Tinh thê
 Tinh thể NaCl có cấu trúc lập phương tâm mặt của các ion Na+, còn các ion Cl- chiếm các lỗ trống tám mặt trong ô mạng cơ sở của các ion Na+, nghĩa là có 1 ion Cl- chiếm tâm của hình lập phương. Biết cạnh a của ô mạng cơ sở là 5,58 . Khối lượng mol của Na và Cl lần lượt là 22,99 g/mol; 35,45 g/mol. Cho bán kính của Cl- là 1,81 . Tính :
a) Bán kính của ion Na+.	b) Khối lượng riêng của NaCl (tinh thể).
Câu 10: Bài toán về halogen-oxi lưu huỳnh
Đun nóng đến 2000C hh X gồm bốn muối A, B, C, D của Na, mỗi muối 1 mol thấy có khí E không cháy được thoát ra và một hỗn hợp Y có khối lượng giảm 12,5% so với khối lượng của X và chứa: 1,33 mol A, 1,67 mol C và 1 mol D. Nếu tăng nhiệt độ lên 4000C thì thu được hỗn hợp Z chỉ có A và D, còn tăng nhiệt độ đến 6000C thì chỉ còn lại A. Thành phần phần trăm khối lượng của natri trong muối nhị tố A nhỏ hơn thành phần phần trăm khối lượng của nguyên tố phi kim F là 21,4%.
a) Xác định A, B, C, D, F. Viết các ptpư
b) Xác định thành phần phần trăm theo khối lượng của các chất trong hỗn hợp X
c) Xác định thành phần phần trăm theo số mol của các chất trong hỗn hợp Z.
---------------------------HẾT--------------------
SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO 
HƯNG YÊN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG NĂM HỌC 2013- 2014
MÔN THI: HÓA HỌC LỚP 10.
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu 1: Cấu tạo nguyên tử và hạt nhân
Ý
NỘI DUNG
ĐIỂM
1.a
Vì khối lượng của Ra-226 trong mẫu quặng là nhỏ nên có thể coi 
nU-238(đã phân rã) = nPb-206 (có trong mẫu đá) = 68,301 / 206 (mmol)
nu-238(ban đầu) = 68,301 / 206 + 99,275 / 238 (mmol)
Tuổi mẫu đá: 
→ t = 5,25 × 109 năm
0.5
1.b
U-238 có chu kì bán huỷ rất lớn so với Ra-226, trong hệ có cân bằng phóng xạ thế kỉ.
Ở cân bằng phóng xạ thế kỉ, ta có: λU-238 .NU-238 = λRa-226 .NRa-226
→ mRa-226 = 3,374 × 10-5 mg.
0.5
2
Giả sử hiện tại mẫu quặng có 1 mol U-238 → 0,1224 mol Pb-206 và 0,1224/75,41 mol Pb-204
→ Lượng Pb-204 ban đầu ở mẫu quặng vẫn là 0,1224/75,41 mol
→ Lượng Pb-206 ban đầu ở mẫu quặng : (0,1224×23,6)/(75,41×1,48) mol
→ Lượng Pb-206 do U-238 phân rã ra: 0,1224 - (0,1224×23,6)/(75,41×1,48) = 0,09652 mol
0.5
→ t = 5,94×108 năm.
0.5
Câu 2: Liên kết hóa học và dạng hình học của phân tử
Ý
NỘI DUNG
ĐIỂM
1
0.5
2
XeF2: thẳng; 180o
	XeF4: vuông phẳng; 90o
	XeO3: tháp tam giác; ~ 107o
0.5
3.
XeF2 không phân cực. Cả hai lưỡng cực liên kết Xe – F có cùng độ lớn; chúng bù trừ lẫn nhau vì phân tử là thẳng.
XeF4 không phân cực: các lưỡng cực liên kết Xe – F có cùng độ lớn, chúng bù trừ lẫn nhau vì phân tử là vuông phẳng.
XeO3 phân cực: các lưỡng cực liên kết Xe – O có cùng độ lớn và dạng hình học phẳng dẫn đến một lưỡng cực thực sự.
0.5
4
Xe có điện tích hình thức dương trong mọi hợp chất trên. Vì vậy chúng là những chất oxi hóa tốt.
0.5
Câu 3: Nhiệt động lực học
Ý
NỘI DUNG
ĐIỂM
a
Ta sắp xếp lại 4 phương trình lúc đầu để khi cộng triệt tiêu các chất và được
 N2 + H2 ® N2H4 . Đó là:
 4N2 + 3H2O ® 2NH3 + 3N2O -DH1
 3N2O + 9H2 ® 3N2H4 + 3H2O 3DH2
 2NH3 + 0,5 O2 ® N2H4 + H2O DH3
 H2O ® H2 + 0,5 O2 -DH4
Sau khi cộng ta được: 4N2 + 8H2 ® 4N2H4 có 4DH5
Suy ra DH5 = (-DH1 + 3DH2 + DH3 - DH4) : 4
 = (1011 - 3 . 317 - 143 + 286) : 4 = 50,75 kJ/mol
Từ DH5 và DH4 và DH2 tính được 
DH= DH5 + DH4 - DH2
 = 50,75 - 286 + 317 = 81,75 kJ/mol
Từ DH5 và DH4 và DH3 tính được 
DH= DH5 + DH4 - DH3
 = ( 50,75 - 286 + 143 ) : 2 = 46,125 kJ/mol
N2H4 + O2 ⇌ N2 + 2H2O 
1,0
b
 DH= 2 ´ ( -286) - 50,75 = - 622,75 kJ/mol
 DS= 191 + (2 ´ 66,6) - 205 - 240 = - 120,8 J/K
 DG= - 622,75 - ( -120,8. 10 -3 ´ 298) = - 586,75 kJ/mol
 ln K = - = - = 236,8 ; K = 10103
1
Câu 4: Động hóa học
Ý
NỘI DUNG
ĐIỂM
1
Tốc độ phản ứng quyết định bởi giai đoạn chậm, nên:
	v = k2[HClO][I-]	(2)
	Dựa vào cân bằng nhanh của giai đoạn 1, ta rút ra:
	[HClO] = [ClO-][H2O][OH-]-1	(3)
	Thay (3) vào (2) và với [H2O] = const, ta có:
	v = k2.[H2O][ClO-][I-][OH-]-1	(4)
	Đặt k2.[H2O] = k (4) trở thành: 	v = k[ClO-][I-][OH-]-1	(1)
	Từ cơ chế được đề nghị có thể rút ra biểu thức của định luật tốc độ thực nghiệm. Cơ chế này là phù hợp với thực nghiệm .
Định luật tốc độ thực nghiệm: v = k[ClO-][I-][OH-]-1	(1)
1.5
2
Khi [I-]0 [ClO-]0 và [OH-]0, phản ứng (a) có thể xem là phản ứng bậc nhất. Trong phản ứng bậc nhất, thời gian phản ứng bán phần không phụ thuộc vào nồng độ đầu.
- Thời gian để 75% I- tham gia phản ứng bằng 2 lần thời gian phản ứng bán phần: t1 = 2t1/2
- Thời gian để 6,25% I- còn lại là: t2 = 4t1/2 t2 = 2t1.
0.5
Câu 5: Cân bằng hóa học
	Ý
NỘI DUNG
ĐIỂM
1
Kp = Þ Kp = 	= 3,747.10-9 Pa-2 
K = Kp ´ P0-Δn Þ K = 3,747.10-9 ´ (1,013.105)2 = 38,45
ΔG0 = -RTlnK Þ	ΔG0 = -8,314 ´ 400 ´ ln 38,45 = -12136 J.mol¯1 = - 12,136 kJ.mol-1 
0.5
2
n = Þ n= ´ 0,125 = 166 mol 
n= Þ n =´ 0,499 = 664 mol 
Þ n tổng cộng = 1330 mol ; P tổng cộng = 1´105 Pa
0.5
3
Sau khi thêm 10 mol H2 vào hệ, n tổng cộng = 1340 mol.
P = ´ 1´105 = 0,381.105 Pa ; P= ´ 1´105 = 0,124´105 Pa 
P= ´ 1´105 = 0,496´105 Pa
ΔG = ΔG0 + RTlnQ 
Δ G = [-12136 + 8,314 ´ 400 ln () = -144,5 J.mol-1 
Þ Cân bằng (*) chuyển dịch sang phải.
0.5
4
Sau khi thêm 10 mol N2 trong hệ có 785 mol khí và áp suất phần mỗi khí là: 
P= ´ 1´105 Pa ; P= ´ 1´105 Pa ; P= ´ 1´105 Pa 
ΔG = ΔG0 + RTlnQ = - RTlnKp + RTlnQ
Δ G = 8,314 ´ 410 ´ [-ln (36,79 ´ 1,0132 ) + ln (´ 7852 ´ 1,0132)] = 19,74 J.mol¯1 
Þ Cân bằng (*) chuyển dịch sang trái.
0.5
Câu 6: Cân bằng trong dung dịch axit-bazơ
Ý
 NỘI DUNG
ĐIỂM
1.
 CH3COOH D CH3COO- + H+ Ka = 1,8.10-5
 C 2.10-3 αx
[ ] (1-0,08).2.10-3 1,6.10-4 αx+1,6.10-4
 C2H5COOH D C2H5COO- + H+ Ka = 1,3.10-5
 C x 1,6.10-4
[ ] (1-α).x αx αx+1,6.10-4
Từ (1) và (2) Þ αx = 4,7.10-5 ; x = 7,95.10-4M
1.0
2.
* pH = 7,21 = pKa2 Þ Tạo 2 muối NaH2PO4 và Na2HPO4 với số mol bằng nhau Þ NaOH phản ứng hết nấc 1 và 1/2 nấc 2 của axit H3PO4.
 NaOH + H3PO4 → NaH2PO4 + H2O
 2NaOH + H3PO4 → Na2HPO4 + 2H2O
Suy ra: V.0,1= 200.0,1+ 100.0,1 Vậy V = 300ml
* pH = 9,765 = 1/2(pKa2 + pKa3) Þ Tạo Na2HPO4
 2NaOH + H3PO4 → Na2HPO4 + 2H2O
 0,04 0,02 0,02
Þ nNaOH = 0,04 mol Þ V = 400 ml
0,5
0,5
Câu 7: Cân bằng hòa tan
	Ý
NỘI DUNG
ĐIỂM
1
Sau khi trộn: = 0,0040 M; = 0,050 M ; = 0,20 M 
Phản ứng: 2× + 8H+ + 5e Mn2+ + 4H2O
	 5× H2C2O4 	 2CO2 + 2H+ + 2e
 2 + 5H2C2O4 + 6H+ 2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O K = 10337,84 
 	 0,0040 0,050 0,20
 - 0,040 0,188 0,0040 0,020
TPGH: H2C2O4 0,040 M; H+ 0,188 M; CO2 0,020 M (<= 0,030 M); Mn2+ 0,0040 M.
0.5
2
Trộn dung dịch A và dung dịch B: 
 = 0,020 M; = 0,094 M; = 0,010 M; = 0,0020 M; 
 = 0,010 M; = 0,050 M. 
	Vì sự phân li của axit cacbonic (hỗn hợp H2O+CO2) không đáng kể trong môi trường axit, do đó có thể coi [CO2] ≈ 0,010 M và khả năng chỉ xuất hiện kết tủa oxalat (nếu có). 
Xét thứ tự kết tủa:
Để có kết tủa CaC2O4: 
Để có kết tủa BaC2O4: 
Vì < → CaC2O4 sẽ kết tủa trước. 
0.5
Do nên nồng độ các cấu tử được tính theo cân bằng:
 	H2C2O4 H+ + 
 0,020 – x 0,094+x x
	→ = x = 7,15.10-3 M; = 0,1012 M → = 10-5,42 M
	.= 0,01.10-5,42 =10-7,42 > 10-8,75 = → có CaC2O4 kết tủa theo phản ứng: Ca2+ + H2C2O4 CaC2O4↓ + 2H+ K = 103,23
	 0,010 0,020 0,094
 - 0,010 0,114
	Đánh giá khả năng kết tủa BaC2O4 từ lượng dư H2C2O4:
	Tương tự:	H2C2O4 H+ + 
 0,010 – y 0,114+y y
	 	→ = y = 3,24.10-3 M; = 0,117 M → = 10-5,83 M
 .= 0,05.10-5,83 =10-7,13 < 10-6,8 = → không có BaC2O4 kết tủa. 
0.5
Khi đó 
Kiểm tra: = 1,53.10-17 (M)
 → 
→ không có CaCO3 và BaCO3 tách ra.
0.5
Câu 8: Phản ứng oxi hóa khử, thế điện cực, pin điện
Ý
NỘI DUNG
ĐIỂM
a
Xét cặp CrO42-/ Cr(OH)3 
	CrO42- + 4H2O + 3e Cr(OH)3 + 5OH 
	 Cr(OH)3 CrO2- + H+ + H2O K = 10-14
	H+ + OH- H2O Kw-1 = 1014
	 CrO42- + 2H2O + 3e CrO2- + 4OH- 
Eo CrO42-/ CrO2- = Eo CrO42-/ Cr(OH)3 = - 0,18V < Eo MnO4-/ MnO(OH)2 
 sơ đồ pin: (-)Pt | CrO42-, CrO2-, OH- || MnO4-, H+, MnO(OH)2 | Pt (+) 
0.5
b
) Tính K của phản ứng: 
 MnO4- + 4H+ + 3e MnO(OH)2 + H2O K1 = 103.1,695/0,0592
	CrO2- + 4OH- CrO42- + 2H2O + 3e K2-1 = (103.(-0,18)/0,0592)-1
 4 | H2O H+ + OH- Kw = 10-14
	MnO4- + CrO2- + H2O MnO(OH)2 + CrO42- K = K1.K2-1.(Kw)4 = 1039 
0.5
c
Epin = Eopin + 
Tính Eopin dựa vào K phản ứng ta có Eopin = = 0,77V 
	Epin = 0,77 + lg = 0,7656V 
0.5
d
Ở mạch ngoài: Các eletron chuyển động từ anôt (-) sang catot (+) 
 Ở mạch trong : 
- Dung dịch bên anot có CrO2-, OH- đi đến bề mặt anot tham gia phản ứng làm dung dịch giảm lượng ion âm so với lượng ion dương ® các ion âm của cầu muối sẽ đi vào dung dịch ở anot để dung dịch luôn trung hòa điện. 
- Dung dịch bên catot có ion MnO4-, H+ đi đến bề mặt catot tham gia phản ứng làm dung dịch giảm lượng ion dương so với lượng ion âm ® các ion dương của cầu muối sẽ đi vào dung dịch ở catot để dung dịch luôn trung hòa điện
Câu 9: Tinh thê
 Ý
NỘI DUNG
ĐIỂM
a
Các ion Cl - xếp theo kiểu lập phương tâm mặt, các cation Na+ nhỏ hơn chiếm hết số hốc bát diện. Tinh thể NaCl gồm hai mạng lập phương tâm mặt lồng vào nhau. Số phối trí của Na+ và Cl- đều bằng 6.
Số ion Cl- trong một ô cơ sở: 8.1/8 + 6.1/2 = 4
Số ion Na+ trong một ô cơ sở: 12.1/4 + 1.1 = 4
Số phân tử NaCl trong một ô cơ sở là 4
1
a
Có: 2.(r Na+ + rCl-) = a = 5,58.10-8 cm ® r Na+ = 0,98.10-8 cm;
0.5
Khối lượng riêng của NaCl là:
D = (n.M) / (NA.V1 ô ) ® D = [ 4.(22,29 + 35,45)]/[6,02.1023.(5,58.10-8)3 ]
 D = 2,21 g/cm3
0.5
Câu 10: Bài toán về halogen-oxi lưu huỳnh
Ý
Nội dung
 Điểm
a. 
* Xác định muối A:
% m(Na) = x; % m(Na) = y -> hệ: x + y = 100; y – x = 21,4
Giải hệ có: x = 39,9% ; y = 60,7%.
Gọi CT (A) : NanF -> 23n/ MF = 39,3/60,7 => MF = 13961/393 ; với n = 1 -> MF = 35,5
CT (A) là NaCl
A, B, C, D là muối của Na, nhiệt phân tận cùng được muối NaCl duy nhất vậy B, C, D phải là muối chứa oxi của Na và clo.
Xác định (B): cNaClOb -> (c - b)NaCl + b NaClOc 
Theo bài: (c-b)/b = (1,33 - 1)/ (1,67-1) => c = 3 ; b = 2
Nhiệt phân ở 2000C cho khí không cháy, khí đó là hơi nước nên B phải là muối ngậm nước.
CT (B), C, D : NaClO2. nH2O ; NaClO3; NaClO4
Khối lượng muối ban đầu:
m = 58,5.1 + (90,5+ 18n ).1 + 106,5.1 + 122,5.1 = 378 + 18n
%Khối lượng H2O = 18n/ (378 + 18n) = 0,125	=> n = 3 => CT B : NaClO2. 3H2O
* Các phương trình phản ứng:
Nung ở 2000C: 3NaClO2.3H2O -> NaCl + 2NaClO3 + 3H2O
Nung ở 4000C: 4NaClO3 -> 3NaClO4 + NaCl
Nung ở 6000C: 4NaClO4 -> 2O2 + NaCl
1.0
b.
Khối lượng hh X = 432 gam
phần trăm khối lượng các chất A, B, C, D lần lượt là:
 13,54%; 33,45%; 24,65% ; 28,36%
0.5
c. 
ở 4000C: 2NaClO2 -> NaClO4 + NaCl 4NaClO3 -> 3NaClO4 + NaCl 
 1 1 1 1 1,5 1,5 mol
 - 0,5 0,5 - 0.25 0,75
 1,5 1,5 - 1,75 2,25
 => % số mol NaCl = 1,75.100/(1,75 + 2,25) = 43,75%
 % số mol NaClO4 = 56,25%
0.5