Kỳ thi olympic khu vực Duyên hải - Đồng bằng bắc bộ lần thứ VII - năm học: 2013 - 2014 - Đề thi: môn hóa, lớp 10 - Trường THPT chuyên Bắc Ninh

SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
Tổ Hóa
ĐỀ ĐỀ NGHỊ
-------------------
KỲ THI OLYMPIC
KHU VỰC DH-ĐBBB
Lần thứ VII- Năm học: 2013 - 2014
ĐỀ THI: MÔN HÓA, LỚP 10
(Thời gian làm bài: 180 phút)
Câu 1: (Cân bằng axit – bazơ)
Dung dịch X là hỗn hợp của H3PO4 và KHSO4 0,010 M.
1. Để xác định nồng độ của H3PO4, người ta tiến hành đo pH thì xác định được dung dịch X có pHX = 2,03. Tính nồng độ mol của H3PO4.
2. Tính nồng độ axit oxalic (COOH)2 phải có trong dung dịch X sao cho độ điện li của H3PO4 giảm 25% (coi thể tích V không thay đổi).
Cho pKa: : 2,00; H3PO4: 2,15; 7,21; 12,32; (COOH)2: 1,25; 4,27.
Câu 2: (Liên kết hóa học và cấu trúc phân tử)
1. Dựa vào mô hình VSEPR hãy cho biết dạng hình học đồng thời cho biết kiểu lai hóa các AO hóa trị của nguyên tử trung tâm của các ion và phân tử sau: [Fe(CN)6]4-, BrF5, POCl3, SBr2F4, I2O5.
2. Hãy giải thích vì sao:
a.Có sự khác biệt về cấu tạo phân tử và tính chất axit – bazơ của hai chất N(CH3)3 và N(SiH3)3
b.CCl4 có tính trung hoà, rất trơ với H2O còn SiCl4 có tính axit và dễ bị thuỷ phân.
c. Không tồn tại phân tử NF5 nhưng AsF5 có thể tồn tại được? 
Câu 3: (Nhiệt động lực học)
1.Hãy tính nhiệt tạo thành chuẩn của As2O3 tinh thể dựa vào các dữ kiện sau:
As2O3(r) 	+	3H2O	(l)	= 2H3AsO4 (aq)	= 31,59 kJ/mol
AsCl3(r)	+ 3H2O(l) = H3AsO3 (aq) + 3HCl(aq)	=73,55kJ/mol
As(r) 	+	3/2Cl2(k)	= AsCl3(r)	= -298,70 kJ/mol
HCl(k)	+	aq	= HCl(aq)	= -72,43kJ/mol
1/2H2(k)	+	1/2Cl2(k)	= HCl(k)	= -93,05kJ/mol
H2(k)	+ 	1/2O2(k)	= H2O(l)	= -285,77kJ/mol
2.Cho
3As2O3(r)	+ 	3O2(k)	= 3As2O5(r)	=-812,11kJ/mol
3As2O3(r)	+	2O3(k)	= 3As2O5(r)	= -1095,79kJ/mol
Biết năng lượng phân ly của phân tử oxi là 493,71kJ/mol; năng lượng liên kết O-O(tính từ H2O2) là 138,07kJ/mol.Hãy chứng minh rằng phân tử ozon không thể có cấu trúc vòng kín mà phải có cấu tạo góc.
Câu 4: (Động lực học)	
Cho phản ứng A + B → C + D (*) diễn ra trong dung dịch ở 25 OC. 
Đo nồng độ A trong hai dung dịch ở các thời điểm t khác nhau, thu được kết quả:
Dung dịch 1
[A]0 = 1,27.10-2 mol.L-1 ; [B]0 = 0,26 mol.L-1 
t(s)
1000
3000
10000
20000
40000
100000
[A] (mol.L-1)
0,0122
0,0113
0,0089
0,0069
0,0047
0,0024
Dung dịch 2
[A]0 = 2,71.10-2 mol.L-1 ; [B]0 = 0,495 mol.L-1 
t(s)
2000
10000
20000
30000
50000
100000
[A] (mol.L-1)
0,0230
0,0143
0,0097
0,0074
0,0050
0,0027
1.Tính tốc độ của phản ứng (*) khi [A]0 = 3,62.10-2 mol.L-1 và [B]0 = 4,95 mol.L-1.
(Giả thiết rằng bậc động học riêng phần của các chất trong phản ứng đã cho chỉ là các số tự nhiên)
2. Sau thời gian bao lâu thì nồng độ A giảm đi một nửa với [A]0 = 3,62.10-2M và [B]0 = 4,95M?
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 H2/N2/NH3 ở 410 K và áp suất tổng cộng 1.105 Pa, người ta tìm được: Kp = 3,679.10-9 Pa-2, nN2 = 500 mol , nH2 = 100 mol và nNH3 = 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: (Cấu tạo nguyên tử và hạt nhân) 
1. Có thể viết cấu hình electron của Co3+là:
Cách 1: Co3+ [1s22s22p63s23p63d6]; Cách 2: Co3+ [1s22s22p63s23p63d44s2].
Cách 3: Co3+[1s22s22p63s23p63d54s1]
Áp dụng phương pháp gần đúng Slater (Xlâytơ) tính năng lượng electron của Co3+ với mỗi cách viết trên (theo đơn vị eV). Cách viết nào phù hợp với thực tế? Tại sao?
2. Urani trong thiên nhiên chứa 99,28% số nguyên tử là U238 (có chu kì bán huỷ là 4,5.109 năm) và 0,72% U235 (có chu kì bán huỷ là 7,1.108năm) . Tính tốc độ phân rã mỗi đồng vị trên trong 10 gam U3O8 mới điều chế. (1năm = 365 ngày)
Câu 7: (Cân bằng hòa tan)
Cadimi là một kim loại rất độc, tìm được với nồng độ cao trong chất thải từ sự luyện kẽm, mạ điện và xử lý nước thải. Hít phải cadimi dạng hạt nhỏ sẽ nhanh chóng ảnh hưởng đến hệ hô hấp, rồi sau đó là thận. Cadimi cạnh tranh với kẽm tại các vùng hoạt động của enzym. Cadimi tạo hidroxit hơi khó tan là Cd(OH)2.
a.Hãy tính độ tan của Cd(OH)2 trong nước nguyên chất.
b.Hãy tính độ tan của Cd(OH)2 trong dung dịch NaOH 0,010M.
c.Hãy tính độ tan của Cd(OH)2 trong nước có chứa ion CN-, trong đó [CN-] = 1,00.10-3 M. Cho biết ion Cd2+ tạo phức với phối tử CN- có các hằng số tạo phức từng nấc là: k1 = 105,48; k2 = 105,12; k3 = 104,63; k4 = 103,68
Cho: Ks(Cd(OH)2) = 5,9.10-15, = 10-10,2
Câu 8: (Phản ứng oxi hóa khử. Thế điện cực – pin điện)
1 (1.0 điểm). Nhận xét khả năng oxi hóa Fe2+ bởi oxi ở pH =0 và khả năng oxi hóa của Fe(OH)2 bởi oxi trong nước .
	Cho E0Fe3+/Fe2+ = 0,771V; E0O2,H+/H2O = 1,23V; 
	pKsFe(OH)3 = 37,0; pKsFe(OH)2 = 15,1. 
2. (1 điểm) Điện phân dung dịch X gồm CuSO4 0,10M; Ag2SO4 0,05M; HClO4 1M
 a) Cho biết thứ tự xảy ra sự điện phân (tính toán cụ thể)
 b) Có thể dùng phương pháp điện phân để tách được riêng Cu, Ag ra khỏi dung dịch được không?	Cho E0Ag+/Ag = 0,80V ; E0Cu2+/Cu = 0,34V
Câu 9: (Tinh thể)
Niken(II)oxit có cấu trúc mạng tinh thể giống mạng tinh thể của natri clorua. Các ion O2- tạo thành mạng lập phương tâm mặt, các hốc bát diện có các ion Ni2+ . Khối lượng riêng của niken(II)oxit là 6,67g/cm3.
Nếu cho Niken(II)oxit tác dụng với liti oxit và oxi thì thu được các tinh thể trắng có thành phần LixNi1-xO:
	x/2 Li2O + (1-x) NiO + x/4 O2 = LixNi1-xO
Cấu trúc mạng tinh thể của LixNi1-xO giống cấu trúc mạng tinh thể của NiO nhưng một số ion Ni2+ được thế bằng các ion Liti và một số ion Ni2+ bị oxi hóa để đảm bảo tính trung hòa điện của phân tử. Khối lượng riêng của tinh thể LixNi1-xO là 6,21g/cm3.
a.Tính x (chấp nhận thể tích của ô mạng cơ sở không thay đổi khi chuyển từ NiO thành LixNi1-xO)
b.Tính phần trăm số ion Ni2+ đã chuyển thành ion Ni3+ và viết công thức thực nghiệm đơn giản nhất của hợp chất LixNi1-xO bằng cách dùng Ni(II), Ni(III) và các chỉ số nguyên.
Câu 10: (Bài toán về phân halogen – oxi lưu huỳnh)
Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất sau: 	 
·Đốt X ở nhiệt độ cao cho ngọn lửa màu vàng. 	 
·Hòa tan X vào nước được dung dịch A, cho khí SO2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiện màu nâu. Nếu tiếp tục cho SO2 qua thì màu nâu biến mất thu được dung dịch B; thêm một ít HNO3 vào dung dịch B , sau đó thêm dư dung dịch AgNO3 thấy tạo thành kết tủa màu vàng. 	 
 ·Hòa tan X vào nước, thêm một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiện màu nâu và màu nâu bị biến mất khi thêm Na2S2O3. 	 
1.Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion. 	 	 
2.Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan hoàn toàn 0,1 g X vào nước thêm dư KI và vài ml H2SO4 loãng, lúc đó đã có màu nâu, chuẩn độ bằng Na2S2O3 0,1 M tới mất màu tốn hết 37,4 ml dung dịch Na2S2O3. Tìm công thức phân tử của X. 
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
ĐÁP ÁN ĐỀ NGHỊ
 GV NGUYỄN THÙY LINH
 ĐỀ THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ
MÔN: HOÁ HỌC LỚP 10
Thời gian làm bài 180 phút
Câu 1: Mỗi phần 1 điểm
1. 
 HSO4– D 	 H+ + SO42– ; Ka =10-2 (1) 	 
 H3PO4 D 	 H+ + H2PO4– ; Ka1 =10-2,15 (2) 	 
 H2PO4– D 	 H+ + HPO42– ; Ka2 =10-7,21 (3) 	 
 HPO4– D H+ + PO43– ; 	 Ka3 =10-12,32 (4) 	 
Vì pH = 2,03 → bỏ qua sự phân li của nước.
Ka1 >> Ka2 >> Ka3 →	quá trình (1) và (2) quyết định pH của hệ
→
→
→= 9,64.10-3 M
2. ; 
trong đó = 4,16.10-3
→
Khi có mặt (COOH)2 (kí hiệu H2A) trong dung dịch A → độ điện li của H3PO4 giảm 25% → 
Từ biểu thức →[H2PO4–] = 3,12.10-3 M
[H3PO4] = 9,64.10-3 - 3,12.10-3 = 6,52.10-3 (M).
Từ (2) → [H+] = M
[A2-] /[HA-]= 1,29 . 10-3 → sự điện ly nấc 2 của axit oxalic (H2A) là không đáng kể trong dung dịch thu được sẽ 3 có quá trình quyết định pH của hệ: 
 HSO4– D 	 H+ + SO42– ; Ka =10-2 (1) 	 
 H3PO4 D 	 H+ + H2PO42– ; Ka1 =10-2,15 (2) 	 
 H2A D H+ + HA– ; Ka’ =10-1,25 (5) 	 
 vì [PO43–] << [HPO42–] << [H2PO4–] 
→ CH2A = [H+] - [H2PO4–] - (6)
Thay giá trị [H2PO4–] và [H+] vào (6), ta được:
 CH2A = (0,0148 – 3,12.10-3 - ) . 1,263 = 9,66 . 10-3 M.
Câu 2: 
1.Mỗi công thức 0,2 điểm
[Fe(CN)6]4-, có công thức VSEPR AX6, có cấu trúc bát diện đều, Fe lai hóa d2sp3
BrF5 có công thức VSEPR AX5E1, có cấu trúc chóp vuông, Br lai hóa sp3d2.
POCl3 có công thức AX4, có cấu trúc tứ diện, P lai hóa sp3.
SBr2F4 có công thức AX6, có cấu trúc bát diện, S lai hóa sp3d2.
I2O5 có công thức AX3E, có công thức chóp tứ diện, I lai hóa sp3.
2. Phần a,b mỗi phần 0,375 điểm; phần c 0,25 điểm.
a. N(CH3)3 có cấu trúc tháp, N ở trạng thái lai hoá sp3, phân tử có tính bazơ.
Si(CH3)3 có obitan 3d trống của Si xen phủ với obitan p của N tạo ra liên kết π p-d ; N lai hoá sp2 phân tử có cấu trúc phẳng, không còn tính bazơ do có sự chuyển dịch e từ N sang Si.
b. CCl4 các nguyên tử đã bão hoà e nên bền, trơ. SiCl4 còn obitan d trống của Si có thể nhận thêm e nên có tính axit và dễ bị thuỷ phân.
c. Không tồn tại NF5 vì không có phân lớp d trống để có sự kích thích electron từ phân lớp 2s à 2d nên không thể có 5 electron độc thân. Có tồn tại phân tử AsF5 vì As có phân lớp 4d trống nên As có thể có 5 electron độc thân ở trạng thái kích thích.
Câu 3: Mỗi phần 1 điểm
1.Nhiệt tạo thành chuẩn của As2O3 được tính từ phản ứng:
2As(r) + 3/2O2(k) = As2O3(r) (*)
Phản ứng (*) này được tổ hợp từ các phản ứng đã cho như sau:
 2H3AsO4 (aq) = As2O3(r) 	+	3H2O	(l)	 = - 31,59 kJ/mol
2x │AsCl3(r) + 3H2O(l) = H3AsO3 (aq) + 3HCl(aq) (2) = 2 x73,55kJ/mol 2 x│As(r) 	+	3/2Cl2(k)	= AsCl3(r)	(3) = 2 x (-298,70) kJ/mol
6 x│HCl(aq) = HCl(k) + aq	 (4)	 	= 6 x 72,43kJ/mol
6 x │ HCl(k) = 1/2H2(k) + 1/2Cl2(k)	(5)	= 6 x 93,05kJ/mol
3 x │H2(k) + 	1/2O2(k)	= H2O(l) (6) 	= 3 x (-285,77)kJ/mol
Do đó: = + + + + + = -346,32 kJ/mol
2.– Nếu O3 có cấu tạo vòng 3 cạnh, khép kín thì khi nguyên tử hóa O3 phải phá vỡ 3 liên kết đơn O-O, lượng nhiệt cần cung cấp là: 3 x 138,07 = 414,21 kJ/mol
Nếu O3 có cấu tạo góc thì khi nguyên tử hóa O3 phải phá vỡ 1 liên kết đơn và 1 liên kết đôi, lượng nhiệt cần cung cấp là: 493,71 + 138,07 = 632,78 kJ/mol
Trong khi đó nếu tính theo các giá trị đã cho ở đề bài, ta có:
Quá trình 3 O2 = 3 O3 có ΔH = -812,11 – (- 1095,79) = 283,68 kJ/mol
Ta lại có sơ đồ: 
 	ΔH	 	
	2O3
Từ đó: 3. = ΔH + 2. nên = 598,725 kJ/mol
Kết quả này gần với kết quả tính được khi giả sử ozon có cấu tạo góc. Do vậy, cấu tạo góc phù hợp hơn về mặt năng lượng so với cấu tạo vòng.
Câu 4:
Giả sử phương trình động học của phản ứng có dạng v = k [A]α[B]β.
Vì [B]0 >> [A]0 nên v = k’[A]α	;	k = k [B]0β
Cho α các giá trị 0, 1, 2 và tính k’ theo các công thức sau:
α = 0 	 k’ = ([A]0 -[A])
α = 1 k’ = 
α = 2 k’ = 
Kết quả tính cho thấy chỉ ở trường hợp α = 2 k mới có giá trị coi như không đổi (0,75 điểm)
Đối với dung dịch 1 có [B]01 = 2,6M, ta tính được:
k1 = k [B]01β = 3,22.10-3; 3,25.10-3; 3,36.10-3; 3,35.10-3; 3,35.10-3; 3,37.10-3 (L.mol-1.s-1); 
 (trung bình) = 3,31.10-3 L. mol-1.s-1 (0,25 điểm)
Đối với dung dịch 2 có [B]02 = 4,95M, ta có:
k2 = k[B]02β = 3,28.10-3; 3,30.10-3; 3,30.10-3; 3,37.10-3; 3,26.10-3; 3,33.10-3 (L.mol-1.s-1);
 (trung bình) = 3,30.10-3 L.mol-1 s-1 (0,25 điểm)
≈ ; (trung bình) = 3,30.10-3 L.mol-1 s-1. Vậy α = 2 
Từ đó ta có ;
Vì [B]01 ≠ [B]02 nên β = 0 và k = .(0,25 điểm)
 Tính được: v = k [A]2 = 3,30.10-3 L mol-1 s-1 ´ (3,62.10 -2 mol.L-1) 2
 = 4,32.10-6 mol.L-1. s-1 (0,25 điểm)
2. t1/2 = = 	 = 8371 s (0,25 điểm)
Câu 5: Mỗi ý 0,5 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 
2.
n = Þ n= ´ 0,125 = 166 mol 
n= Þ n =´ 0,499 = 664 mol 
Þ n tổng cộng = 1330 mol Þ P tổng cộng = 1´105 Pa
3. Sau khi thêm 10 mol H2 vào hệ, n tổng cộng = 1340 mol.
P = ´ 1´105 = 0,380.105 Pa ; P= ´ 1´105 = 0,124´105 Pa 
P= ´ 1´105 = 0,496´105 Pa
ΔG = ΔG0 + RTln K 
ΔG0 = [-12136 + 8,314 ´ 400 ln (´)] = -144,5 J.mol-1 
Þ Cân bằng (*) chuyển dịch sang phải.
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 + RTlnK
ΔG = 8,314 ´ 410 ´ [-ln (36,79 ´ 1,0132 ) + ln (´ 7852 ´ 1,0132)] = 19,74 J.mol-1 
Cân bằng (*) chuyển dịch sang trái.
Câu 6: 
1. (1 điểm) Năng lượng của một electron ở một phân lớp có số lượng tử chính hiệu dụng n* được tính theo biểu thức Slater: = -13,6 x (Z – b)2 /n* (eV)
Hằng số chắn b và số lượng tử n* được tính theo quy tắc Slater. Áp dụng cho Co3+ (Z=27, có 24e) ta có:
Với cách viết 1 [Ar]3d6:
 1s = -13,6 x (27 – 0,3)2/12 = - 9695,3 eV
 2s,2p = -13,6 x (27 – 0,85x2 – 0,35x7)2/ 22 = - 1775,2 eV
 3s,3p = -13,6 x (27 – 1x2 – 0,85x8 – 0,35x7)2/32 = - 374,9 eV
 3d = - 13,6 x (27 – 1x18 – 0,35x5)2/32 = - 79,4 eV 
 E1 = 21s + 82s,2p + 83s,3p + 63d = - 37067,8 eV
Với cách viết 2 [Ar]3d44s2:
 1s, 2s,2p, 3s,3p có kết quả như trên . Ngoài ra:
 3d = -13,6 x (27 – 1x18 – 0,35x3)2/32 = - 95,5 eV
 4s = - 13,6 x (27 – 1x10 – 0,85x13 – 0,35)2/3,72 = - 41, 3 eV
 Do đó E2 = - 37056,0 eV.
Với cách viết 3 [Ar]3d54s1:
 1s, 2s,2p, 3s,3p có kết quả như trên . Ngoài ra:
 3d = -13,6 x (27 - 1 x18 – 0,35 x 4)2/32 	= -87,3 eV
4s = -13,6 x (27 – 1 x 10 – 0,85 x 13)2/3,72	= - 35,2 eV
Do đó E3 = - 37063, 1 eV
E1 thấp (âm) hơn E2 và E3, do đó cách viết 1 ứng với trạng thái bền hơn. Kết quả thu được phù hợp với thực tế là ở trạng thái cơ bản ion Co3+ có cấu hình electron [Ar]3d6.
2. (1điểm). Tốc độ phân phân rã phóng xạ tính theo phương trình v = k.N (1)
Trong đó: - k là hằng số tốc độ phân rã phóng xạ 
 - N là tổng số hạt nhân phóng xạ có ở thời điểm xét
 + Trước hết cần tìm k.
 Ta có k = 0,693 / t1/2 (2) Với t1/2 là chu kì bán huỷ. 
 + Tiếp đến tìm N như sau:
 - Số hạt nhân Uran có tổng cộng là: 3. 1,19.10-2.6,022.1023 = 2,15.1022 hạt.
 Trong đó: N(U238) = 2,15.1022.0,9928 = 2,13.1022 (hạt)
 N(U235) = 2,15.1022.0,0072 = 1,55.1020 (hạt)
 +Dùng phương trình (1) để tính tốc độ phân rã của từng loại hạt nhân Uran 
 Với U238 có v(238) = k. N = 1,04.105 hạt nhân/giây
 U235 có v(235) = 4,8.103 hạt nhân/giây
Câu 7: Phần a, b: 0,5 điểm; phần c: 1 điểm.
 a)Trong dung dịch bão hòa Cd(OH)2 có cân bằng:
Cd(OH)2 ¯ ⇄ Cd2+ + 2OH- Ks = 5,9.10-15 (1)
 [ ] S 2S
 Bỏ qua quá trình tạo phức hidroxo của ion Cd2+ do hằng số tạo phức của Cd2+ rất nhỏ. 
Từ (1) ta có: Ks = S.(2S)2 = 4S3 = 5,9.10-15 ® S = 1,14.10-5 M.
 Vậy độ tan của Cd(OH)2 trong nước nguyên chất là 1,14.10-5 M.
b) Cd(OH)2 ¯ ⇄ Cd2+ + 2OH- Ks = 5,9.10-15 
Vì Ks nhỏ nên coi như COH- ≈ [OH-] = 0,010M nên Ks = S.[OH-]2 
Ta tính được S = 5,9.10-11 M.
c) Các cân bằng xảy ra trong hệ: 
	Cd(OH)2 ¯ ⇄ Cd2+ + 2OH- Ks = 5,9.10-15 (2)
	Cd2+(aq) + CN-(aq) ⇄ Cd(CN)+(aq) b1 = k1 = 105,48 M-1 (3)
	Cd2+(aq) + 2CN-(aq) ⇄ Cd(CN) 2 (aq) b2 = k1.k2 = 1010,6 M-1 (4)
	Cd2+(aq) + 3CN-(aq) ⇄ Cd(CN)3 -(aq) b3 = k1.k2.k3 = 1015,23 M-1 (5)
	Cd2+(aq) + 4CN-(aq) ⇄ Cd(CN)42-(aq) b4 = k1.k2.k3.k4 = 1018,88 M-1 (6)
 Gọi S là độ tan của Cd(OH)2 trong dung dịch muối CN-
 Theo (2), ta thấy: S = CCd2+ = 0,5[OH-] (I)
 Từ (2→ 6), ta thấy nồng độ của NH3 rất nhỏ và k1> k2 > k3 > k4, do vậy để chính xác thì phải tính đến tất cả nồng độ của các ion phức. 
 Từ (2→ 6), dựa vào ĐLBTNĐ và ĐLTDKL ta có: 
	CCd2+ = S = [Cd2+] + [Cd(CN)+] + [Cd(CN)2] + [Cd(CN)3-] + [Cd(CN)42-] 
	 = [Cd2+](1+b1[CN-] + b2[CN-]2 + b3[CN-]3 + b4[CN-]4)
	 = [Cd2+](1 + 105,48.10-3 + 1010,6.10-6 + 1015,23.10-9 + 1018,88.10-12) 
® (II)
 Từ (3), (I) và (II) ta có:
	Ks = [Cd2+][OH-]2 = = 5,9.10-15 ® S = 2,4.10-3 M
 Vậy độ tan của Cd(OH)2 trong dung dịch muối của [CN-] = 10-3 M là 2,4.10-3 M
Câu 8:
1 (1.0 điểm). Nhận xét khả năng oxi hóa Fe2+ bởi oxi ở pH =0 và khả năng oxi hóa của Fe(OH)2 bởi oxi trong nước .
Cho EoFe3+/Fe2+ = 0,771V; EoO2(H+:1M)/H2O = 1,23V; 
	pKsFe(OH)3 = 37,0; pKsFe(OH)2 = 15,1. 
+ Nếu trong môi trường axit có [H+] = 1M (0,25 điểm)
Xét các bán phản ứng :
	4.│ Fe2+ ⇌ Fe3+ + 1e K1 = 10-0,771/0,0592 (1)
	 O2 + 4e + 4H+ ⇌ 2H2O K2 = 104.1,23/0,0592 (2)
 4Fe2+ + O2 + 4H+ ⇌ 4Fe3+ + 2H2O K = K1.K2 = 104(1,23-0,771)/0,0592 = 1031,01(rất lớn), nên phản ứng xảy ra rất mạnh và hoàn toàn.
+ Xét quá trình oxi hóa Fe(OH)2 bởi oxi trong nước.
Xét phản ứng: 
 4Fe(OH)2 + O2 + H2O ⇌ 4Fe(OH)3
Đặt EoFe(OH)3/Fe(OH)2 = Eo1 vµ EoO2,H2O/4OH- = Eo2. Ta đi xác định các giá trị này.
- Tổ hợp các bán phản ứng:
	Fe3+ + 1e ⇌ Fe2+ K1 = 100,771/0,0592
	Fe(OH)3 ⇌ Fe3+ + 3OH- K2 = Ks = 10-37
	Fe2+ + 2OH- ⇌ Fe(OH)2 K3 = Ks-1 = 1015,1
	Fe(OH)3 + 1e = Fe(OH)2 + OH- K = 10E/0,0592
=> 	K = K1.K2.K3 
=> Eo1/0,0592 = 0,771/0,0592 - 37 + 15,1 
=> Eo1 = EoFe(OH)3/Fe(OH)2 = -0,53(V) (0,25 điểm)
- Tổ hợp các bán phản ứng:
	 O2 + 4e + 4H+ ⇌ 2H2O K1 = 104.1,23/0,0592 (1)
 4x│ H2O ⇌ H+ + OH- Kw = 10-14
 O2 + 4e + 2H2O ⇌ 4OH- K = 10E /0,0592 
=> K = K1.Kw4
=> 4Eo2/0,0592 = 4.(-14) + 4.1,23/0,0592
=> Eo2 = EoO2,H2O/4OH- = 0,40(V) (0,25 điểm)
Do EoO2,H2O/4OH- = 0,40(V) > EoFe(OH)3/Fe(OH)2 = -0,53(V), nên Fe(OH)2 bị oxi hóa dễ dàng bởi oxi trong nước theo phản ứng:
4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O ⇌ 4Fe(OH)3 K = 104(0,4+0,53)/0,0592 = 1062,83(rất lớn)nên phản ứng xảy ra hoàn toàn. (0,25 điểm)
2. (1điểm) 
1. Các bán phản ứng xảy ra:
+ ở điện cực anot: H2O = 2H+ + 1/2 O2 + 2e
+ Giả thiết ở điện cực catot có lần lượt là:
	Ag+ + 1e → Ag
	Cu2+ + 2e → Cu
	2H+ + 2e → H2 
Theo phương trình Nesrnt ta có:
EAg+/Ag = EoAg+/Ag + 0,0592lg[Ag+] = 0,8 + 0,0592lg0,05.2 = 0,7408(V)	
ECu2+/Cu = EoCu2+/Cu + 0,0592lg[Cu2+] = 0,34 + (0,0592/2)lg0,1 = 0,3104(V)
E2H+/H2 = Eo2H+/H2 + (0,0592/2)lg[H+]2 = 0 + 0,0592lg1 = 0(V)
Nhận thấy: EAg+/Ag > ECu2+/Cu > E2H+/H2 
=> Thứ tự điện phận lần lượt là Ag+ → Cu2+ → H+.(0,5 điểm)
2. Ban đầu ion Ag+ bị điện phân thì thế phân cực cần đặt vào là:
	Umin = Epc = Ea - Ec = 1,23 - 0,7408 = 0,4892(V)
Ta tăng dần thế (U) đến khi Ec = 0,34V, lúc đó ion Cu2+ bị điện phân thì ion Ag+ còn lại là: 
 EAg+/Ag = EoAg+/Ag + 0,0592lg[Ag+] = 0,34V
=> 0,34 = 0,8 + 0,0592lg[Ag+]
=> [Ag+] = 1,697.10-8M < 10-6 (0,5 điểm).Vậy coi như ion Ag+ đã hết. 
 Từ kết quả trên ta thấy có thể tách được Ag, Cu ra khỏi dung dịch CuSO4 0,10M; Ag2SO4 0,05M, HClO4 1M.
Câu 9: 
(1,25 điểm) Tính x:
Tính cạnh a ô mạng cơ sở của NiO
 n = 4 (vì mạng là lập phương tâm mặt) cm
Theo đầu bài, ô mạng cơ sở của NiO và ô mạng cơ sở của LixNi1-xO giống nhau, do đó:
b) (0,75 điểm) Thay x vào công thức LixNi1-xO ta có Li0,1Ni0,9O hay công thức LiNi9O10. Vì phân tử trung hóa điện nên trong LiNi9O10 có 8 ion Ni2+ và 1 ion Ni3+. Vậy cứ 9 ion Ni2+ thì có 1 ion chuyển thành Ni3+.
 Phần trăm số ion Ni2+ đã chuyển thành ion Ni3+ là 1/9.100% = 11,1%
Công thức thực nghiệm đơn giản nhất: LiNi(III)Ni(II)8O10.
Câu 10: Phần : 1,25 điểm; phần 2: 0,75 điểm.
1.X cháy cho ngọn lửa màu vàng Þ thành phần nguyên tố của X có natri. 
Dung dịch X tác dụng với SO2 đến dư thu được dung dịch B tạo kết tủa vàng với AgNO3 Þ thành phần nguyên tố của X có iot. 
Phản ứng của X với SO2 chứng minh X có tính oxi hóa. 
Từ lập luận trên X có cation Na+ và anion IO
Đặt công thức của X là NaIOx. 
Phản ứng dạng ion:
2 IO +(2x-1) SO2 + 2(x-1) H2O ® (2x-1) SO42- + I2 + (4x-4) H (1)
 I2 + 2H2O + SO2 ® 2I + SO42- + 4H (2)
 Ag+ I® AgI (3)
 IO + (2x-1) I + 2x H ® x I2 + x H2O (4)
 I2 + 2Na2S2O3 ® 2NaI + Na2S4O6 (5)
 1,87.10-3 ¬ 3,74.10-3 
2.Số mol Na2S2O3 = 0,1.0,0374 = 3,74.10-3 (mol)
Theo (5) Þ Số mol I2 = ½(Số mol Na2S2O3) = 1,87.10-3 
Theo (4) Þ Số mol IO= (số mol I2) = .1,87.10-3 
Þ = .1,87.10-3 
Þ = 1,87.10-3
 0,1x = 0,2805 + 0,02992x
Þ x = 4
 Công thức phân tử của X: NaIO4
Chú ý: Học sinh làm cách khác ra kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa.