MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ HÓA HỌC ĐẠI CƯƠNG TRONG ĐỀ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY

https://twitter.com/daykemquynhon 

plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn 

PVLK 

www.facebook.com/daykem.quynhon 

https://daykemquynhon.blogspot.com 

http://daykemquynhon.ucoz.com 

Nơi bồi dưỡng kiến thức Toán - Lý - Hóa cho học sinh cấp 2+3 / 

Diễn Đàn Toán - Lý - Hóa Quy Nhơn 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định 

MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ HÓA HỌC ĐẠI CƯƠNG 

TRONG ĐỀ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY 

I. HẠT NHÂN NGUYÊN TỬ VÀ HÓA PHÓNG XẠ 

I.1. Một số công thức cần nhớ 

a. Năng lượng hạt hân: 

∆E=∆m.C 

2 

Trong đó: ∆m là sự hụt khối được tính theo biểu thức: ∆m=Zm 

p 

+(A-Z)m 

n 

-m h¹t nh©n 

C là tốc độ ánh sáng 

∆E 

b. Năng lượng riêng của hạt nhân quy cho một nucleon: E 

r 

= A 

Trong đó: ∆m là năng lượng hạt nhân. 

A là số nucleon (số khối) 

Chú ý: Khi tính năng lượng liên kết hạt nhân phải chú ý đến việc đổi đơn vị đo năng lượng cho 

đúng. 

- Nếu dùng đơn vị là Jun thì: ∆E = m.c 2 1gam 

1kg 

. ( ) . ( ) 

23 

6,022.10 1000gam 

(J) 

- Nếu dùng đơn vị là MeV thì: 1u = 931,5.10 6 eV = 931,5 MeV; 1eV=1,602.10 -19 J 

c. Động học của quá trình phóng xạ: 

- Tất cả các quá trình phân rã phóng xạ đều tuân theo quy luật phản ứng một chiều bậc nhất. 

1 No 

-kt 

- Phương trình động học thường dùng: k= ln N=Noe 

t N hay 

Trong đó: k là hằng số phân rã phóng xạ. 

N o là số nguyên tử có ở thời điểm đầu (tức t = 0). 

N là số nguyên tử ở thời điểm t đang xét. 

1 0,693 

- Chu kì bán hủy: t 1/2 

= ln2 hay t 1/2 

= 

k 

k 

- Độ phóng xạ (hoạt độ phóng xạ) là số phân rã phóng xạ trong một đơn vị thời gian. Đơn vị đo hoạt độ 

thường là Becquerel (Bq) và Curie (Ci). 1Bq = 1 phân rã/giây = 1s -1 ; 1Ci = 3,7.10 10 Bq. 

hc 

d. Năng lượng của các photon: E=hν= λ 

Trong đó ν là tần số của photon, λ là bước sóng, h là hằng số hằng số Planck: h=6,626.10 -34 J.s hay 

h=4,136.10 -15 eV.s 

I.2. Một số ví dụ minh họa 

Ví dụ 1. Hoàn thành các phản ứng hạt nhân sau: 

a) 26 

12 

c) 242 

94 

23 

Mg + .....? → Ne + 4 He b) 19 F + 1 H → ......? + 4 He 

10 2 9 1 2 

22 

Pu + Ne → 4 1 n + .....? d) 1 H + .....? → 4 He + 1 n 

10 0 1 2 0 

Hướng dẫn 

Từ định luật bảo toàn điện tích và bảo toàn số khối suy ra các hạt còn thiếu là: 

DIỄN ĐÀN TOÁN - LÝ - HÓA 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN 

a) 1 n 0 b) 16 260 

8O c) Rf d) 16 O 

104 8 

MỌI YÊU CẦU GỬI VỀ HỘP MAIL DAYKEMQUYNHONBUSINESS@GMAIL.COM 

HOTLINE : +84905779594 (MOBILE/ZALO) 

https://daykemquynhonofficial.wordpress.com/blog/ 

DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN 

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú 

www.facebook.com/daykemquynhonofficial 

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial 

1



PVLK 






Ví dụ 2. Viết phương trình hóa học của phản ứng hạt nhân cho mỗi biến đổi sau: 80 

35Br có thể: 

a) bức xạ ra 1 hạt β. b) tạo ra 1 proton ( 1 1 H ). c) hoặc đoạt 1e- . 

a) 80 

35 

Br e + Ar 

→ . b) 

0 80 

−1 36 


Br → H + Se . c) 

80 1 79 

35 1 34 

Ví dụ 3. 

1. Viết phương trình biểu diễn sự phân rã β - của hạt nhân triti. 

2. Viết phương trình của các quá trình phân rã phóng xạ: 

222 Rn 

α 

3,82 d 

⎯⎯⎯→ 218 Po 

α 

3,1 min 

⎯⎯⎯⎯→ 214 Pb 

β - 

26,8 min 

3. Viết phương trình của các quá trình phân rã phóng xạ sau: 

a) Phân rã β - của Sr-90 b) Phân rã α của Th-232 

c) Phân rã β + của Cu-62 d) Phân rã β - của C-14 

β - 

19,9 min 

Br + 

− 

e → Se . 

80 0 80 

35 1 34 

α 

164 µs 

⎯⎯⎯⎯→ 214 Bi ⎯⎯⎯⎯→ 214 Po ⎯⎯⎯→ ? 

4. Chuỗi phân rã của U-238 kết thúc ở Pb-206. Trong chuỗi này phải có bao nhiêu phân rã α và bao 

nhiêu phân rã β - ? 

1. 

2. 

3 

3. a) 

1 H → 3 2 He + β - 

Rn → Po + He ; 

222 218 4 

86 84 2 

214 214 − 

→ + ; 

Bi 83 84 Po β 

90 

90 

39 

+ − 

218 

84 

214 210 

84Po 

82Pb+ 

α 

38Sr 

→ Y β b) 

62 

62 

28 

c) 

29Cu → Ni+ β 

+ d) 

4. 8 phân rã α và 6 phân rã β - 


Po → Pb+ He ; 214 214 

Pb → Bi + β 

→ ; 

232 

90 

14 

214 4 

82 2 

228 4 

88 2 

Th → Ra+ He 

14 

7 

+ − 

6C 

→ N β 

82 83 

Ví dụ 4. Một vụ nổ hạt nhân của 235 U đã giải phóng năng lượng của 1646.10 14 J. Tính khối lượng 

của U còn lại sau vụ nổ biết năng lượng uran ban đầu là 2 kg. Cho c = 3.10 8 m/s. 


Ta có: E = mc 2 nên m = E/c 2 = 1,646.10 14 ; (3.10 8 ) 2 = 1,829 .10 -3 (kg). 

Khối lượng của U còn lại là: 2 - 1,829.10 -3 = 1,9981 (kg). 

Ví dụ 5. Tính năng lượng liên kết của hạt nhân sau: 54 

26Fe và 238 

92U . Biết rằng: khối lượng hạt nhân 

của 54 

26Fe là 53,956u và của 238 

92U là 238,125u; p=1,00728u; n=1,00866u. 


* Xét hạt nhân 54 

26Fe : có 26 proton và 28 nơtron. 

∆m = (26.1,00728 + 28.1,00866) - 53,956 = 0,47576(u) 

2 8 -1 2 1g 1kg 

∆E = ∆m.c = 0,47576.(3,0.10 m.s ) .( ).( ) 

6,022.10 23 1000g 


= 0,7110328.10 -10 (J) = 7,110.10 -8 (KJ) 

* Xét hạt nhân 238 

92U : có 92 proton và 146 nơtron. 

− 








2



PVLK 






∆m = (92.1,00728 + 146.1,00866) - 238,15 = 1,78412 (u) 

2 8 -1 2 1g 1kg 

∆E = ∆m.c = 1,78412.(3,0.10 m.s ) .( ).( ) 

6,022.10 23 1000g 

= 2,6664031.10 -10 (J) = 2,666.10 -7 (KJ) 

Người ta còn có thể biểu thị năng lượng liên kết hạt nhân quy về cho một nucleon theo công thức: 

∆E 

δE = . Khi đó: 

A 

- Với 54 

7,110.10 

-8 

26Fe có δE = »1,317.10 

-9 

(J/nucleon) 

54 

- Với 238 

-7 

2,666.10 

-9 

92U có δE = ≈ 1,120.10 (J/nucleon) 

238 

Ví dụ 6. Triti có chu kì bán rã là 12,5 năm. Hỏi phải mất bao nhiêu năm để hàm lượng của mẫu triti 

giảm đi còn lại 15% so với ban đầu? 


Từ phương trình động học của sự phân rã phóng xạ: A = A 0 . e −λt 

rút ra t = 1 λ ln A0 

A = t1/2 

ln 2 .ln A0 

A = 12,5 

ln 2 .ln100 = 34, 2 năm 

15 

Ví dụ 7. Triti ( 3 H) phân rã β - với thời gian bán huỷ là 12,33 năm. Một mẫu triti có hoạt độ phóng xạ 

1 MBq. 

1. Viết phương trình biểu diễn sự phân rã phóng xạ của triti. 

2. Đổi hoạt độ phóng xạ nói trên ra Ci. 

3. Tính số nguyên tử và khối lượng triti của mẫu. 

4. Tính hoạt độ phóng xạ riêng của triti (chỉ chứa triti). 


1. Phương trình biểu diễn sự phân rã phóng xạ của triti: 3 1H → 3 2He + β - 

2. Hoạt độ phóng xạ tính ra Ci: 10 6 /3,7x10 10 ≈ 27µCi 

3. Số nguyên tử triti trong mẫu là: 

N = A/λ = A/ (0,693/t 1/2 ) = 10 6 /s /(0,693/12,33.24.3600.365 (s) 

= 5,59.10 14 nguyên tử. 

- Khối lượng triti của mẫu: M = 3.N/6,02.10 23 = 2,78.10 -9 g 

4. Hoạt độ phóng xạ riêng của triti (chỉ chứa liti): (10 6 /s)/(2,78.10 -9 g) = 3,597.10 14 Bq/g 

Ví dụ 8. Đồng vị phóng xạ 13 N có chu kì bán rã là 10 phút, thường được dùng để chụp các bộ phận 

trong cơ thể. Nếu tiêm một mẫu 13 N có hoạt độ phóng xạ là 40 µCi vào cơ thể, hoạt độ phóng xạ của 

nó trong cơ thể sau 25 phút sẽ còn lại bao nhiêu? 


Hoạt độ phóng xạ là số phân rã phóng xạ trong một đơn vị thời gian. Đơn vị đo hoạt độ thường là 

Becquerel (Bq) và Curie (Ci). 1Bq = 1 phân rã/giây = 1s -1 ; 1Ci = 3,7.10 10 Bq. 

A = dN 

dt = λ. N 0. e −λt = λ. N; A 0 = λ. N 0 









3



PVLK 






ln 2 

− .t 

t 

⇒ A = A 0. e −λt 1 

= A 0. e 2 

= 40. e − 2,5.ln2 = 7,01 µCi. 

Ví dụ 9. C 14 là đồng vị kém bền, phóng xạ beta, có chu kỳ bán huỷ 5700 năm. 

a) Hãy viết phương trình phóng xạ của C 14 . 

b) Tính tuổi cổ vật có tỉ lệ số nguyên tử C 14 /C 12 là 0,125. 

c) Tính độ phóng xạ của một người nặng 80,0kg. Biết rằng trong cơ thể người đó 18% khối lượng là 

cacbon, độ phóng xạ của cơ thể sống là 0,277Bq tính theo 1,0 gam cacbon tổng số. 


a) 

C → N + e + γ 

(1) 

14 14 0 

6 7 -1 

b) (1) được coi là phản ứng một chiều bậc nhất nên có phương trình động học là: 

1 Ro 

t = ln 

λ R 

0,6932 

λ = 

t 

1 / 2 

0,6932 

= 

5700 

R o , R là số phân rã theo (1) của cơ thể sống và cổ vật đều có 14 C. Do đó: 

12 

R o 

C 

= 

14 C 

R 

1 

= .Thay vào phương trình động học th được t ≈ 17098,7 năm. 

0,125 

c) Tổng lượng cacbon có: 80kg . 0,18 = 14,4kg = 14400g. 

Vậy độ phóng xạ A = 0,277Bq/g.14400g = 3988,8Bq. 

Ví dụ 10. Tuổi của đá mặt trăng, do tầu Apollo 16 thu lượm, được xác định dựa vào tỉ số nguyên tử 

của các đồng vị 87 Rb/ 86 Sr và 87 Sr/ 86 Sr trong một số khoáng vật có trong mẫu: 

Khoáng vật 

87 Rb/ 86 Sr 

87 Sr/ 86 Sr 

A 0,004 0,699 

B 0,180 0,709 

a) 87 Rb phóng xạ β-. Hãy viết phương trình biểu diễn quá trình phân rã hạt nhân này. 

b) Tính tuổi của mẫu đá. Biết rằng 87 Sr và 86 Sr là các đồng vị bền và ban đầu (t = 0) tỉ số 

87 Sr/ 86 Sr trong các khoáng A và B là như nhau; t 1/2 ( 87 Rb) = 4,8.10 10 năm. 


Ta có: 87 Sr now / 86 Sr = 87 Sr 0 / 86 Sr + (1 - e λt ) 87 Rb now / 86 Sr 

Trong mẫu A: 0,699 = 87 Sr 0 / 86 Sr + (1 - e λt )0,004 

Trong B: 0,709 = 87 Sr 0 / 86 Sr + (1 - e λt )0,180 (b) 

Lấy (b) - (a) và biến đổi ta có: e λt = (0,709 – 0,699)/(0,180 – 0,004) +1 = 1,0568 

→ λt = ln1,0568. Mà λt = (ln2)t/t 1/2 nên (ln2)t/t 1/2 = ln1,0568 

→ t = (4,8.10 10 .ln1,0568)/ln2 = 3,8.10 9 năm. 


(a) 








4



PVLK 






II. ĐỘNG HỌC 

II.1. Một số công thức cần nhớ 

a. Động học của một số phản ứng đơn giản 

Bậc phản ứng Phương trình tốc độ phản ứng Thời gian nửa phản 

Dạng vi phân 

Dạng tích phân 

a 

ứng ( x = ) 

2 

0 dx a 

=k 

t 

1/2= dt 

kt=x 

2k 

1 

dx a 

ln 2 

=k(a-x) 

kt=ln t 

1/2 

= 

(A →sp) 

dt 

a-x k 

2 

dx =k(a-x) 

2 

1 1 

1 

kt= - 

t 

1/2 

= 

(2A →sp) 

dt 

a-x a 

ak 

n 

dx =k(a-x) 

n 

1 1 1 

n-1 

kt= [ - ] 

2 −1 

n-1 n-1 t 

1/2= (nA →sp) 

dt 

n-1 (a-x) a 

k(n-1)a 

n-1 

b. Năng lượng hoạt hóa: 

E 

- a 

RT 

- Phương trình Arrhenius: k=A.e với A là một hằng số được gọi là thừa số tần số; k là hằng số 

tốc độ; E a là năng lượng hoạt hóa. 

- Phương trình Arrhenius được viết ở hai nhiệt độ T 1 và T 2 với hai hằng số tốc độ tương ứng K 1 và 

K 2 : 

K2 

Ea 

1 1 

ln = ( - ) 

K R T T 

1 1 2 

II.2. Một số ví dụ minh họa 

Ví dụ 1. Xét phản ứng: 2A + B → C + D. 

Kết quả thu được qua 4 thí nghiệm như sau: 

Nồng độ đầu (mol/l) 

Tốc độ hình thành ban đầu của C 

Thí nghiệm 

A 

B 

(mol.l -1 .min -1 ) 

1 0,25 0,75 4,3.10 -4 

2 0,75 0,75 1,3.10 -3 

3 1,50 1,50 5,3.10 -3 

4 1,75 ? 8,0.10 -3 

a) Xác định bậc của phản ứng theo A, theo B và bậc chung của phản ứng. 

b) Tính hằng số tốc độ phản ứng (kèm theo đơn vị). 

c) Tính tốc độ phân hủy ban đầu của A trong thí nghiệm 3. 

d) Xác định giá trị của B trong thí nghiệm 4. 


a) Xác định bậc chung của phản ứng; 


Biểu thức động học của phản ứng trên: v = k. 

Với k : hằng số tốc độ phản ứng 

x: bậc phản ứng theo A 


x y 

C A 

C 

B 



5 




DẠY KÈM QUY NHƠN OFFICIAL ST&GT : Đ/C 1000B TRẦN HƯNG ĐẠO TP.QUY NHƠN



PVLK 






y: bậc phản ứng theo B 

x + y : bậc chung của phản ứng. 

Từ TN1: → 4,3.10 -4 = k.(0,25) x (0,75) y (1) 

Từ TN2: → 1,3.10 -3 = k.(0,75) x (0,75) y (2) 

Từ TN3: → 5,3.10 -3 = k.(1,50) x (1,50) y (3) 

Từ (1) và (2) → 3 x = 3 → x = 1 

Từ (2) và (3) → 2 x 2 y = 4, thay x = 1 → y = 1 

Vậy bậc chung của phản ứng là x + y = 2 

−4 

4,3.10 

b) Xác định k: Từ (1) → k = = 2,3.10 -3 (mol -1 .L.min -1 ) 

0,25.0,75 

c) Tốc độ phân huỷ ban đầu của A trong thí nghiệm 3: 

1 dC 0 

v 0 = - A 

dC 0 

→ A 

= -2.v 0 = -2.5,3.10 -3 = -1,06.10 -2 mol.L -1 .min -1 

2 dt dt 

(dấu (-) cho biết nồng độ A giảm theo thời gian) 

d) Xác định giá trị của B trong thí nghiệm 4: 

Từ TN 4 → 8,0.10 -3 = 2,3.10 -3 .1,75.C B → C B = 

−3 

8,0.10 

= 2,0 mol.L -1 

−3 

2,3.10 .1,75 

Ví dụ 2. Tiến hành xác định tốc độ ở T 0 K theo thực nghiệm của phản ứng: 

2NO + 2H 2 ⎯ ⎯→ N 2 + 2H 2 O 

Thu được số liệu cho ở bảng sau: 


Thí nghiệm 

C 

C NO H 2 

Tốc độ đầu (mol/l.s) 

1 0,05 1 0,005 

2 1 1 2 

3 1 2 ? 

4 1,25 ? 0,125 

a) Xác định hằng số tốc độ (l 2 .mol -2 .s -1 ) và viết biểu thức tính tốc độ phản ứng trên theo thực nghiệm 

ở T 0 K. 

b) Xác định các giá trị còn bỏ trống trong bảng trên. 


a) Dựa vào đơn vị của hằng số tốc độ, kết luận đây là phản ứng bậc 3. Vậy ta có 

TN1: v 1 = k. (C NO ) x . ( C 

H 

) y = k. 0,05 x . 1 y = 0,005 

2 

TN2: v 2 = k. (C NO ) x . ( C 

H 

) y = k. 1 x .1 y = 2 

2 

→ x = 2 → y = 1. 

v 

k = = 2 

2 

C .C 


NO 

H2 

Biểu thức tốc độ : v = 2. 

b) v 3 = 4; C 

H 2 (4) = 0,04 

2 

C 

NO 

. C 

H 2 








6



PVLK 






Ví dụ 3. Phản ứng của A và B được biểu diễn bằng phương trình: 

A + B → C 

Thực hiện 3 thí nghiệm độc lập và thu được các dữ kiện sau: 

Nồng độ đầu (M) 

Thí nghiệm 

Thời gian (s) 

C A 

C B 

C A sau thời gian t 

(10 -2 .M) 

1 0,1000 1,00 0,50 9,75 

2 0,1000 2,00 0,50 9 

3 0,0500 1,00 2,00 4,5 

a) Xác định tốc độ trung bình của phản ứng ở mỗi thí nghiệm. 

b) Xác định bậc phản ứng của riêng A, B và bậc phản ứng chung. 

c) Xác định giá trị hằng số tốc độ phản ứng k. 


a) Tốc độ trung bình của mỗi thí nghiệm: 

CAsau -CA bd 

Áp dụng CT: v = − (mol/l.s -1 ) 

∆t 

TN1: v 1 = 5.10 -3 

TN2: v 2 = 0,02 

TN3: v 3 = 2,5.10 -3 

b) Giả sử một cách gần đúng tốc độ trung bình của mỗi TN chính là tốc độ tức thời của phản ứng tại 

thời điểm t. 

Vậy ta có: v = k. 

C . C 

x 

A 

y 

B 

TN1 : v 1 = k. (0,1) x .1 y = 5.10 -3 

TN2 : v 2 = k. (0,1) x .2 y = 0,02 

→ y = 2 

TN3: v 3 = k. (0,05) x .1 y = 2,5.10 -3 

→ x = 1 

Vậy bậc chung của phản ứng : x + y = 3. 

c) Hằng số tốc độ của phản ứng : k = 0,05 (lít 2 .mol -2 .s -1 ) 

Ví dụ 4. Tiến hành xác định tốc độ ở T 0 K theo thực nghiệm của phản ứng: 

2NO + 2H 2 ⎯ ⎯→ N 2 + 2H 2 O 

Thu được số liệu cho ở bảng sau: 


Thí nghiệm 

C 

C NO H 2 

Tốc độ đầu (mol/l.s) 

1 0,05 1 0,005 

2 1 1 2 

3 1 2 ? 

4 1,25 ? 0,125 

a) Xác định hằng số tốc độ (l 2 .mol -2 .s -1 ) và viết biểu thức tính tốc độ phản ứng trên theo thực nghiệm 

ở T 0 K. 

b) Xác định các giá trị còn bỏ trống trong bảng trên. 









7



PVLK 







a) Dựa vào đơn vị của hằng số tốc độ, kết luận đây là phản ứng bậc 3. Vậy ta có 

TN1: v 1 = k. (C NO ) x . ( C 

H 

) y = k. 0,05 x . 1 y = 0,005 

2 

TN2: v 2 = k. (C NO ) x . ( C 

H 

) y = k. 1 x .1 y = 2 

2 

→ x = 2 → y = 1. 

v 

k = = 2 

2 

C .C 

NO 

H2 

Biểu thức tốc độ : v = 2. 

b) v 3 = 4; C 

H 2 (4) = 0,04 

2 

C 

NO 

. C 

H 2 

Ví dụ 5. Xét phản ứng ở TºK: 2N 2 O 5 ⎯⎯→ 4 NO 2 + O 2 

Các kết quả thực nghiệm sau đây được ghi nhận : 

Nồng độ N 2 O 5 .mol/l 

Tốc độ phân huỷ mol/l.s 

0,170 1,39.10 –3 

0,340 2,78.10 –3 

0,680 5,56.10 –3 

1) Viết các biểu thức tốc độ phản ứng . 

2) Tính hằng số tốc độ ở nhiệt độ TºK. 

3) Năng lượng hoạt động hoá của phản ứng là: 24,74 kcal/mol, hằng số tốc độ của phản ứng ở 

298ºK bằng 2,03.10 –3 .s –1 . Tính nhiệt độ T, ở đó thí nghiệm đã tiến hành. 


1) Ta có: v = k. 

C 

x 

N2O5 

TH1 : 1,39.10 -3 = k. (0,170) x 

TH2 : 2,78.10 -3 = k. (0,340) x 

TH3 : 5,56.10 -3 = k. (0,680) x 

→ x = 1; k = 8,177.10 -3 

v= 8,177.10 -3 . C 

N2O5 

k 

2 

E 

3) Áp dụng CT: ln = 

k 

k T = 8,177.10 -3 

k 298 = 2,03.10 -3 

E a = 24,74 kcal/mol 

R = 1,987 

1 

a 

R . 

⎛ 1 

⎜ − 

⎝ T 

1 

T 2 

1 

⎟ ⎞ 

⎠ 

-3 

8,177.10 

Thay số: ln = 24740 

3 

2,03.10 − 1,987 . ⎛ 1 1 ⎞ 

⎜ − ⎟ → T = 308 K 

⎝ 298 T2 

⎠ 

Ví dụ 6. Bromometan có thể phản ứng được với OH - theo cơ chế S N . 

a) Viết phương trình của phản ứng thế này. 

Tốc độ ban đầu của phản ứng và các nồng độ ban đầu của CH 3 Br và KOH cho ở bảng dưới đây, tất 

cả các thí nghiệm đều tiến hành ở 25 o C. 





8 







PVLK 






C 

CH 3 Br 

C KOH v o (mol.L -1 .s -1 ) 

Thí nghiệm 1 0,10mol.L -1 0,10mol.L -1 2,80.10 -6 



b) Xác định bậc riêng phần của phản ứng theo từng chất và bậc riêng phần của phản ứng. 

c) Tính hằng số tốc độ của phản ứng. 

d) Trong thí nghiệm (1), cần thời gian là bao nhiêu để nồng độ KOH là 0,05mol.L -1 . 


a) CH 3 Br + OH - → CH 3 OH + Br - 

b) Biểu thức động học của phản ứng trên: v = k. 

Với k : hằng số tốc độ phản ứng 

x: bậc phản ứng theo CH 3 Br 

y: bậc phản ứng theo OH - 

x + y : bậc chung của phản ứng. 

Từ TN1: → 2,80.10 -6 = k.(0,10) x (0,10) y (1) 

Từ TN2: → 4,76.10 -6 = k.(0,10) x (0,17) y (2) 

Từ TN3: → 1,85.10 -6 = k.(0,033) x (0,20) y (3) 

Từ (1) và (2) → 1,7 y = 1,7 → y = 1 

Từ (1) và (3) → 3,03 x = 3,03 → x = 1 

Vậy bậc chung của phản ứng là x + y = 2 ; v = k. 

C 

x y 

CCH3Br 

- 

OH 

C 

CCH3Br 

- 

OH 

−6 

2,86.10 

c) Xác định k: Từ (1) → k = = 2,86.10 -4 (mol -1 .L.min -1 ) 

0,10.0,10 

CKOHsau -CKOH bd 

0,10 − 0,05 

d) Thời gian để C KOH = 0,05 M là t = − = = 17482,5 s = 4,86 giờ. 

6 

v 2,86.10 − 

III. CÂN BẰNG HÓA HỌC 

III.1. Một số công thức cần nhớ 

a. Điều kiện cân bằng nhiệt động 

- 

ν A +ν A +...+ν A 

ε1 ε2 εm 

o 

B1 B2 Bm 

∆G=∆G +RTlnQp Qp = 

ν1 ν2 νn 

P 

A 

.P 

1 A 

...P 

2 An 

- Khi cân bằng được thiết lập: 

→ ε B +ε B +...+ε B 

1 1 2 2 n n 1 1 2 2 m m 

P .P ...P 

víi với P i là áp suất riêng phần của chất i. 

o 

∆G=0 ⇒ ∆G = -RTlnK p 

riêng của các chất khí ở trạng thái cân bằng. 

- Hằng số cân bằng ứng với nồng độ mol: 

Mối liên hệ giữa P i và nồng độ mol (C i ): 

K 

với K p là hằng số cân bằng ứng với áp suất 

[B ] .[B ] ...[B ] 

ε1 ε2 εm 

1 2 m 

C 

= 

ν1 ν2 νn 

[A 

1] .[A 

2] ...[A 

n 

] 


ni 

P 

i 

= .RT=C 

i.RT 

V 








9



PVLK 






- Hằng số cân bằngứng với phần mol: 

Với 

x = 

i 

n 

i 

∑ n 

, n i là số mol chất i. 

i 

Giữa P i và n i có mối liên hệ P i =x i .P 

K 

x = 

x .x 

...x 

ε1 ε2 εm 

B1 B2 Bm 

ν1 ν2 νn 

A1 A2 An 

x .x ...x 

K =K . RT =K .P với ∆n= εm - νn 

- Giữa K P , K C , K x có mối liên hệ: ( ) ∆n ∆n 

P C x 

b. Mối liên hệ của nhiệt độ và hằng số cân bằng hóa học 

- 

o 

∆H ∆S 

lnK 

P 

=- + 

RT R 

o 

- Trong khoảng thời gian từ T 1 đến T 2 nếu coi 

III.2. Một số ví dụ minh họa 

o 

P 1 

∆H =const thì: 

∑ ∑ 

Ví dụ 1. Cho 2 SO 2 + O 2 ←⎯⎯→ 

⎯ 2 SO 3 . Ban đầu chỉ chứa SO 2 , O 2 và N 2 

Biết ở 700K và p = 1atm thành phần của hệ khi cân bằng là 

0,21 mol SO 2 ; 10,30 mol SO 3 ; 5,37 mol O 2 và 84,12 mol N 2 

Hãy xác định: 

a) Hằng số cân bằng Kp, Kc, Kx. 

b) Thành phần hỗn hợp khí ban đầu. 

c) Độ chuyển hoá SO 2 ⎯⎯→ SO 3 . 


- tổng n = 100 mol => PSO = 0,0021 P 

2 

O 2 

= 0,00537 

PSO = 0,0130 P 

3 

N 2 

= 0,8412 

- AD Kp = 4,48.10 4 => Kc, Kx 

- Hỗn hợp ban đầu SO 2 : 0,21 + 10,3 = 10,51 mol 

O 2 : 5,37 + 5,15 = 10,52 mol 

N 2 : 84,12 mol 

10,30 

- α = . 100 = 98%. 

10,51 

K (T ) ∆H ⎛ 1 1 ⎞ 

ln = ⎜ - ⎟ 

K 

P(T 2) R ⎝ T2 T1 

⎠ 

Ví dụ 2. Ở 1000K hằng số cân bằng: 2SO 2 + O 2 ←⎯⎯→ 

⎯ 2SO 3 Kp = 3,50atm -1 

Tính áp suất riêng phần lúc cân bằng của SO 2 , SO 3 nếu áp suất chung của hệ là 2 atm và P O2 = 0,2 at 


Gọi x = PSO => PSO = 1,8-x 

Kp = 

2 

(1,8 − x) 

2 

x .0,2 

2 

3 


= 3,5 => x = 0,98 = PSO => PSO = 0,82 

2 

3 








10



PVLK 






Ví dụ 3. Người ta tiến hành phản ứng 

PCl 5 (k) ⎯⎯→ ← ⎯ PCl 3 (k) + Cl 2 (k) 

Với 0,3 mol PCl 5 và áp suất đầu là 1 atm. Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng được áp suất hệ là: 

1,25atm (V,T = const). 

a) Tính độ phân li và áp suất riêng phần từng cấu tử. 

b) Thiết lập biểu thức liên hệ giữa độ phân li α và áp suất hệ. 


a) PCl 5 

⎯⎯→ 

← ⎯ PCl 3 + Cl 2 

Ban đầu 0,3 

Cân bằng 0,3-x x x 

Ta có n = 0,3 + x = 1,25.0,3 => x = 0,25. 

=> áp suất riêng phần từng cấu tử 

b) P o V o = n o RT o 

P s V o = n s RT o 

Po 

=> 

P = no 

n 

s 

s 

=> P = P o . 

n 

ss = Po (1+ α ) 

Ví dụ 4. Ở 0 o C và dưới áp suất 1 atm, độ phân li của khí N 2 O 4 thành NO 2 bằng 11%. 

a) Hãy xác định Kp? 

b) Cũng tại 0 o C, khi giảm áp suất từ 1 atm xuống 0,8 atm thì độ phân li thay đổi như thế nào? 

c) Cần phải nén đẳng nhiệt hỗn hợp khí tới áp suất nào để độ phân li bằng 8%? 


a/ Đặt là số mol N 2 O 4 có ban đầu là 1 mol 

K P = 

α là độ phân li của N 2 O 4 ở t o C 

N 2 O 4 2NO 2 tổng mol 

số mol ban đầu 1 0 

số mol chuyển hóa α 2α 

số mol lúc cân bằng (1 - α) 2α 1 +α 

P 

P 

2 

NO 

2 

N O 

2 5 

= 

2α 

( P) 

1+ 

α 

1−α 

P 

1+ 

α 

2 

2 

4α 

= P Thay α = 11%, p= 1atm => Kp = 0,049 atm 

2 

1−α 

b/ cũng tai 0 0 c nên Kp =0,049. thay p=0.8 atm => α=0,123 

c/ Thay α= 8% => P= 1,9 atm 

Ví dụ 5. Khí N 2 O 4 kém bền, bị phân ly một phần theo phương trình: 

N 2 O 4 ←⎯⎯→ 

⎯ 2NO 2 (1) 

Thực nghiệm cho biết các số liệu sau khi (1) đạt tới trạng thái cân bằng ở áp suất chung 1 atm: 

Nhiệt độ (0 o C) 35 45 

M h (gam) 72,45 66,80 


( M h là khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí ở trạng thái cân bằng) 

a) Tính độ phân ly α của N 2 O 4 ở các nhiệt độ đã cho. 


n 

o 



11 







PVLK 






b) Tính hằng số cân bằng K p của (1) ở mỗi nhiệt độ trên. 

c) Cho biết (1) là phản ứng thu nhiệt hay tỏa nhiệt. Giải thích? (Khi tính lấy tới chữ số thứ 3 sau dấy 

phẩy). 


1. a) Đặt a là số mol N 2 O 4 có ban đầu, 

α là độ phân li của N 2 O 4 ở t o C 

xét cân bằng: N 2 O 4 ←⎯⎯→ 

⎯ 2NO 2 

số mol ban đầu a 0 

số mol chuyển hóa aα 2aα 

số mol lúc cân bằng a(1 - α) 2aα 

Tổng số mol khí tại thời điểm cân bằng là a(1 + α) 

Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí: 

Mh 

- ở 35 o C thì M h = 72,45 → 

92a 92 

= = 

a(1 + α ) 1 + α 

92 

= 72,45 

1 + α 

→ α = 0,270 

hay 27% 

- ở 45 o C thì M h = 66,8 → α = 0,337 hay 33,7% 

b) Ta có K c = [ ] 

⎛ 2aα 

⎞ 

2 

NO ⎜ 

2 

2 V ⎟ 

4aα 

= 

⎝ ⎠ 

= 

[ N2O4 

] a(1 − α) (1 − α)V 

V 

V là thể tích (lít) bình chứa khí 

Và PV = n S . RT → RT = 

2 

PV PV 

= 

nS 

a(1 + α) 

Thay RT, K c vào biểu thức K P = K c . (RT) ∆ ở đây 

∆n = 1 → K P = 

ở 35 o C thì α = 0,27 → K P = 0,315 

ở 45 o C thì α = 0,337 → 

, 

p 

K = 0,513 

n 

4aα2 PV P.4. α2 

. = 

(1 − α )V a(1 + α) 1 − α2 

c) Vì khi tăng nhiệt độ từ 35 o C → 45 o C thì độ điện li α của N 2 O 4 tăng (hay K P tăng) → Chứng tỏ 

khi nhiệt độ tăng thì cân bằng chuyển sang chiều thuận (phản ứng tạo NO 2 ) do đó theo nguyên lí cân 

bằng Lơ Satơliê (Le Chatelier) thì phản ứng thuận thu nhiệt. 

Ví dụ 6. Trong công nghiệp NH 3 được tổng hợp theo phản ứng sau: 

N 2 (k) + 3H 2 (k) ←⎯⎯→ 

⎯ 2NH 3 (k) 

1) Hãy cho biết những điều kiện thực hiện phản ứng trong công nghiệp và chúng có phù hợp với 

nguyên lý chuyển dịch cân bằng Lơ Satơlie không? Giải thích. 

2) Dùng hỗn hợp ban đầu theo tỉ lệ số mol N 2 : H 2 = 1 : 3 để thực hiện phản ứng. 









12



PVLK 






a) Đặt a = P NH /P, trong đó P NH là áp suất riêng phần của NH 3 và P là áp suất chung của hỗn 

3 

3 

hợp ở trạng thái cân bằng. Thiết lập công thức liên hệ giữa a, P và K P . 

b) Tính a ở 500 o C và P = 300 atm, biết rằng ở nhiệt độ này thì K P = 1,5.10 -5 . Từ đó tính hiệu suất 

chuyển hóa α của N 2 (hoặc H 2 ) thành NH 3 khi cân bằng. 

Nếu thực hiện phản ứng ở P = 600 atm thì α bằng bao nhiêu? So sánh α ở hai trường hợp và giải 

thích tại sao trong thực tế người ta chỉ thực hiện phản ứng ở khoảng 300 atm. 


1) Trong công nghiệp: T ≈ 500 o C; P ≈ 300atm, chất xúc tác sắt: Tỉ lệ số mol N 2 : H 2 = 1 : 3. P cao 

phù hợp với nguyên lí Lơ Satơlie , ∆n< 0 nên P cao cân bằng chuyển dịch về phía tạo ra NH 3 . T cao 

nên cân bằng chuyển dịch theo chiều ngược lại vì ∆H < 0, không phù hợp với nguyên lí Le 

Chartelier nhưng vì tốc độ phản ứng qúa bé ở nhiệt độ thấp nên cần tăng nhịêt độ và dùng chất xúc 

tác. Tỉ lệ số mol N 2 : H 2 là 1 : 3 để sự chuyển hóa của N 2 và H 2 thành NH 3 là lớn nhất. 

2) a) P NH = a.P; P 

3 

H 2 

= 3P N 2 

; P = 4P N 2 

+ aP 

P(1-a) 3P(1-a) 

P 

N 

= ;P 

2 H 

= 

2 

4 4 

4 2 

4 .a a 

K 

P= Þ =0,325 K 

3 2 4 2 

3 .p (1-a) . P(1-a) 

P = 300atm ⇒ a = 0,226; P = 600atm ⇒ a = 0,334 

N 2 + 3H 2 

CB: 1 - α 3 –3α 

←⎯⎯→ 

⎯ 2NH 3 

2α ⇒ Σn = (4 - 2α) mol 

2α α α 

P 

NH 3 

= .P= .P=a.P ⇒ a= 

4-2α 2-α 2-α 

α 

a=0,226= ⇒ α=37% 

2-α 

α 

a=0,334= ⇒ α=50% 

2-α 

P 

P tăng ⇒ α tăng phù hợp với nguyên lí Le Chartelier, nhưng P qúa cao không đảm bảo sản xuất an 

toàn lâu dài. Mặt khác trong qúa trình sản xuất NH 3 được ngưng tụ tách khỏi môi trường phản ứng. 

Ví dụ 7. Tính hằng số cân bằng Kp với phản ứng 

N 2 + 3H 2 ←⎯⎯→ 

⎯ 2NH 3 ở 25 o C 

Biết ∆ G o NH =-16,64 KJ/ mol 

3 

Kp sẽ được thay đổi như thế nào khi phản ứng được viết dạng: 

1 3 

N2 + H2 ←⎯⎯→ 

⎯ NH 3 

2 2 


∆ G o = 2.(-16,64) = -33,28 KJ 

∆G o 33280 

= -RTlnKp => lnKp = - = 13,43 

8,314.298 





13 







PVLK 






Ví dụ 8. Xét phản ứng N 2 O 4 (k) ←⎯⎯→ 

⎯ 2 NO 2 (k) Kp ở 25 o C = 0,144 

ở 35 o C = 0,321. 

Tìm ∆H o , ∆ S o và ∆ G o ở 25 o C đối với phản ứng đã cho. 


o 

Kp308 

∆H 1 1 

lg = ( - ) 

Kp298 

2,303.8,31 298 308 

Thay số vào => ∆H o = 66,619 KJ 

∆G o = ∆ H - T ∆S o 

ở 25 o C: ∆G o = -RTlnKp = -8,31.298ln 0,144=4,8KJ 

=> ∆S o = 207,45 J/K. 

Ví dụ 9. Ở 25 o C phản ứng: N 2 + 3H 2 ←⎯⎯→ 

⎯ 2NH 3 Kp = 6,8.10 -5 

a/ Tính ∆ G o của phản ứng. 

b/ Nếu ở nhiệt độ trên, áp suất đầu của N 2 , H 2 , NH 3 là 0,25; 0,55 và 0,95 atm. Tìm ∆G phản ứng. 


Áp dụng công thức ∆ G o = -RTlnKp => lnKp = 

∆ G = ∆G o 2 

PNH3 

+ RTln 

P .P 

3 

N2. H2 

∆G o 

a/ ∆ G o = -33,28 KJ b/ ∆ G = -25,7 KJ 

Ví dụ 10. a) Tính Kp, ∆ G o của phản ứng ở 1573 K 

CO 2 + H 2 ←⎯⎯→ 

⎯ CO + H 2 O 

Biết rằng lúc cân bằng có 63% hỗn hợp CO 2 , H 2 ( tỉ lệ 1:1) được chuyển thành CO, H 2 O 

b) Dựa vào dữ kiện dới đây hãy xác định ∆ G o 298 của phản ứng trên. 

CO 2 H 2 CO H 2 O 

o 

298 

( KJ / mol) 

∆ G 

: -394,4 0 -132,3 -228,6 

Chấp nhận ∆H o , ∆S o không phụ thuộc vào nhiệt độ hãy tính các giá trị ∆H o , ∆S o ? 


0,63n.0,63n 

- Kp (1573) = = 2,9 

2 

0,37n 

- ∆ G o 1573 = -RTlnKp = -13,9 KJ/mol 

RT 

- ∆ G o 298 = ∆ G o CO + ∆ G o H 2 O - ∆ G o CO 2 

= 33,5 KJ/mol. 

IV. TINH THỂ 

IV.1. Một số công thức cần nhớ 

VC 

- Độ đặc khít ( ρ ): ρ=n. với n là số ion (quả cầu) chứa trong tế bào cơ sở; V C là thể tích một quả 

V 


cầu; V tb là thể tích tế bào cơ sở. 

tb 








14



PVLK 






- Khối lượng riêng (d): 

n M 

d= . 

N V với N A là số Avogadro; M là khối lượng mol. 

A 

tb 

IV. 2. Một số ví dụ minh họa 

Ví dụ 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. 


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 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 V 1 của 1 nguyên tử kim loại là: 

V 1 = 4/3.π r 3 (1) 

+ Gọi a là cạnh của tế bào, thể tích của tế bào là: 

V 2 = a 3 (2) 

Trong tế bào mạng đơn giản, tương quan giữa r và a được thể hiện trên hình sau: 

hay a = 2r (3). 

Thay (3) vào (2) ta có: V 2 = a 3 = 8r 3 (4) 

Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là: 

V 1 /V 2 = 4/3 π r 3 : 8r 3 = π /6 = 0,5236 

- Đối với mạng tâm khối: 

+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 + 1 = 2. Do đó V 1 = 2x(4/3)π r 3 . 

+ Trong tế bào mạng tâm khối quan hệ giữa r và a được thể hiện trên hình sau: 

Do đó: d = a 3 = 4r. Suy ra a = 4r/ 3 

Thể tích của tế bào: 

V 2 = a 3 = 64r 3 / 3 3 

Do đó phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là: 

V 1 : V 2 = 8/3 π r 3 : 64r 3 /3 3 =0,68 

r 

a 


- 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: V 1 = 4 x 4/3π r 3 








15



PVLK 



+ 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: 




Từ dó ta có: d = a 2 = 4r, do đó a = 4r/ 2 

Thể tích của tế bào: V 2 = a 3 = 64r 3 /2 2 

Phần thể tích bị các nguyên tử chiếm trong tế bào là: 

V 1 /V 2 = 16/3 π r 3 : 64r 3 / 2 2 = 0,74 

Như 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. 

Ví dụ 2. Sắt monoxit FeO có cấu trúc mạng tinh thể lập phương tâm diện (mặt) kiểu NaCl với thông 

số mạng a = 0,430 nm. Hãy tính khối lượng riêng của tinh thể sắt monoxit đó. 


Đối với tinh thể lập phương tâm diện (mặt), mỗi ô mạng cơ sở có số đơn vị cấu trúc là 

1 1 

.8 + .6 = 4 . Vậy khối lượng riêng của tinh thể đó là: 

8 2 

4(55,8 + 16) 

3 

d = = 5,91( g / cm ) 

−7 3 

23 

0,432.10 .6,022.10 

( ) 

Ví dụ 3. Tinh thể đồng kim loại có cấu trúc lập phương tâm diện. 

a) Hãy vẽ cấu trúc mạng tế bào cơ sở và cho biết số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đẳng này. 

b) Tính cạnh lập phương a (Å) của mạng tinh thể, biết nguyên tử Cu có bán kính bằng 1,28 Å. 

c) Xác định khoảng cách gần nhất giữa hai nguyên tử Cu trong mạng. 

d) Tính khối lượng riêng của Cu theo g/cm 3 . 


a) Mạng tế bào cơ sở của Cu (hình bên) 

Theo hình vẽ, số nguyên tử Cu là 

A 

B 

− Ở tám đỉnh lập phương = 8 × 1 8 = 1 

− Ở 6 mặt lập phương = 6 × 1 2 = 3 

Vậy tổng số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ 

đảng = 1 + 3 = 4 (nguyên tử) 

b) Xét mặt lập phương ABCD ta có: AC = a 2 = 4 × r Cu 

0 

4× rCu 

4× 

1,28A 

a = = = 3,63 Å 

2 2 

c) Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE: 

d 


a 

a 

D 

E 

A 

C 

E 

B 






16 


D 

C 

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial



PVLK 






AE = AC = a 2 = 2,55 Å 

2 2 

d) Khối lượng riêng: + 1 mol Cu = 64 gam 

+ Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a 3 chứa 4 nguyên tử Cu 

+ 1 mol Cu có N A = 6,02 ×10 23 nguyên tử 

Khối lượng riêng d = m V = 4 × 64 

= 8,88 g/cm 3 

23 −8 3 

6,02× 10 × (3,63 × 10 ) 

Ví dụ 4. Tính bán kính nguyên tử gần đúng của Fe ở 20 0 C, biết tại nhiệt độ đó khối lượng riêng của 

Fe bằng 7,87 g/cm 3 . Giả thiết trong tinh thể các nguyên tử Fe có hình cầu, có độ đặc khít là 68%. 

Cho nguyên tử khối của Fe =55,85. 


Thể tích của 1 mol Fe = 55,85 

7,87 = 7,097 cm3 . 

Một mol Fe chứa N A = 6,02 ×10 23 nguyên tử Fe. 

7,097.0,68 

Theo độ đặc khít, thể tích của 1 nguyên tử Fe = = 0,8.10 −23 cm 3 

23 

6, 02.10 

4 

Từ V = π r 

3 

3 

⇒ Bán kính nguyên tử Fe = r = 3V 3 4π = 

3.0,8.10 

3 

4.3,14 

−23 

= 1,24.10 −8 cm 

Ví dụ 5. Máu trong cơ thể người có màu đỏ vì chứa hemoglobin (chất vận chuyển oxi chứa sắt). Máu của một 

số động vật nhuyễn thể không có màu đỏ mà có màu khác vì chứa một kim loại khác (X). 

Tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở) lập phương tâm diện của tinh thể X (hình bên), có cạnh bằng 

3,62.10 -8 cm. Khối lượng riêng của nguyên tố này là 8920 kg/m 3 . 

a) Tính thể tích của các nguyên tử trong một tế bào và phần trăm thể tích của tế bào bị 

chiếm bởi các nguyên tử. 

b) Xác định nguyên tố X. 


a) Trong 1 tế bào đơn vị của tinh thể X (mạng lập phương tâm diện) có 4 đơn vị cấu trúc, do đó thể 

tích bị chiếm bởi 4 nguyên tử X là: V nt = 4. 4 3 πr3 (1) 

Mặt khác, trong tế bào lập phương tâm diện, bán kính r của nguyên tử X liên quan với độ dài a của 

cạnh tế bào bằng hệ thức: 4r = a 2 hay r = a 2 (2) 

4 

Thay (2) vào (1) và áp dụng số, tính được: V nt = 3,48.10 -23 cm 3 

Thể tích của tế bào: V tb = a 3 = (3,62.10 -8 ) 3 = 4,70.10 -23 cm 3 

Như vậy, phần trăm thể tích của tế bào bị chiếm bởi các nguyên tử là: 

(V nt :V tb ) × 100% = (3,48.10 -23 : 4,70.10 -23 ) × 100% = 74% 


b) Từ: ρ = nM 

NV ⇒ M = ρ NV 

n = 8,92.6,02.1023 . 


4,7.10 

4 

−23 

= 63,1 (g/mol) 



17 







PVLK 






Nguyên tố X là đồng (Cu). 

Ví dụ 6. Silic có cấu trúc tinh thể giống kim cương. 

1. Tính bán kính của nguyên tử silic. Cho khối lượng riêng của silic tinh thể bằng 2,33 g/cm 3 ; khối 

lượng mol nguyên tử của Si bằng 28,1g/mol. 

2. So sánh bán kính nguyên tử của silic với cacbon (r C = 0,077 nm) và giải thích. 


1. Trong cấu trúc kiểu kim cương (Hình bên) 

độ dài của liên kết C-C bằng 1/8 độ dài đường chéo d của tế bào 

đơn vị (unit cell). 

Mặt khác, d=a 3 , với a là độ dài của cạnh tế bào. 

Gọi ρ là khối lượng riêng của Si. 

Từ những dữ kiện của đầu bài ta có: 

ρ = nM 

NV = 8.28,1 

23 3 

6,02.10 .a = 2,33 

suy ra: a = [8 . 28,1 / 6,02.10 23 . 2,33] 1/3 cm = 5,43.10 -8 . 

d = a √ 3 = 9,40.10 -8 cm; r Si = d : 8 = 1,17.10 -8 cm = 0,117nm 

2. r Si = 0,117 nm > r C = 0,077 nm . Kết quả này hoàn toàn phù hợp với sự biến đổi bán kính nguyên 

tử của các nguyên tố trong bảng hệ thống tuần hoàn. 

Ví dụ 7. Thực nghiệm cho biết ở pha rắn, vàng (Au) có khối lượng riêng là 19,4g/cm 3 và có mạng 

lưới lập phương tâm diện. Độ dài cạnh của ô mạng đơn vị là 4,070.10 -10 m. Khối lượng mol nguyên 

tử của Au là 196,97g/mol. 

1. Tính phần trăm thể tích không gian trống trong mạng lưới tinh thể của Au. 

2. Xác định trị số của số Avogadro. 


a) Cạnh hình lập phương = a, khoảng cách hai đỉnh kề nhau: 

a = 4,070.10 -10 m 

Khoảng cách từ đỉnh đến tâm mặt lập phương là nửa đường chéo của 

1 a 

mỗi mặt vuông: ( a 2) = < a 

2 2 

Đó là khoảng cách gần nhất giữa hai nguyên tử bằng hai lần bán kính nguyên tử Au. 

4,070x10 -10 m : 2 = 2,878.10 -10 m = 2r 

- r : bán kính nguyên tử Au = 1,439.10 -10 m 

- Mỗi ô mạng đơn vị có thể tích = a 3 = (4,070 . 10 -10 m) 3 = 67, 419143.10 -30 m 3 

và có chứa 4 nguyên tử Au . 

Thể tích 4 nguyên tử Au là: 4 3 

4 (3,1416) (1,439. 10 -10 ) 3 = 49, 927.10 -30 m 3 


Độ đặc khít = (49,927.10 -30 m 3 )/ (67,419.10 -30 m 3 ) = 0,74054 = 74,054% 

Độ trống = 100% -74,054% = 25,946% 

b) Tính số Avogadro 

* 1 mol Au = N A nguyên tử Au có khối lượng 196,97 gam 








18



PVLK 






1 nguyên tử Au có khối lượng = 196,97g 

N A 

Tỉ khối của Au rắn: d (Au) = 19,4 g/cm 3 4.196,97 

= 

3 

N .a 

19,4 g/cm 3 = 4. 

196,97g 

N 

A 

A 

1 

67,4191x10 m .10 cm /m 

. 

-30 3 6 3 3 

⇒ N A = 6,02386.10 23 

Ví dụ 8. Mạng lưới tinh thể của KCl giống như mạng lưới tinh thể của NaCl. Ở 18 o C, khối lượng 

riêng của KCl bằng 1,9893 g/cm 3 , độ dài cạnh ô mạng cơ sở (xác định bằng thực nghiệm) là 

6,29082 Å. Dùng các giá trị của nguyên tử khối để xác định số 

Avogadro. Cho biết K = 39,098; Cl = 35,453. 


Xét một ô mạng cơ sở 

Trong một ô mạng cơ sở có số ion K + (hoặc Cl - ) là: 8× 8 

1 + 6× 2 

1 = 4 

Như vậy, trong một ô mạng cơ sở có 4 phân tử KCl 

Xét 1 mol tinh thể KCl, khi đó: Khối lượng KCl là: 39,098 + 35,453 = 74,551 (g) 

Thể tích tinh thể KCl là: 74,551 : 1,9893 = 37,476 (cm 3 ) 

Thể tích một ô mạng cơ sở là: (6,29082.10 -8 ) 3 = 2,4896.10 -22 (cm 3 ) 

⇒ Số ô mạng cơ sở là: 37,476 : (2,4896.10 -22 ) = 1,5053.10 23 

⇒ Số phân tử KCl có trong 1 mol tinh thể KCl là: 1,5053.10 23 ×4 = 6,0212.10 23 

Do đó, số Avogadro theo kết quả thực nghiệm trên là 6,0212.10 23 

Ví dụ 9. Muối LiCl kết tinh theo mạng lập phương tâm diện. Ô mạng cơ sở có độ dài mỗi cạnh là 

5,14.10 -10 m. Giả thiết ion Li + nhỏ tới mức có thể xảy ra tiếp xúc anion - anion và ion Li + được xếp 

khít vào khe giữa các ion Cl - . Hãy tính độ dài bán kính của mỗi ion Li + , Cl - trong mạng tinh thể theo 

picomet (pm). 



Mỗi loại ion tạo ra một mạng lập phương tâm mặt. Hai mạng đó lồng vào nhau, khoảng cách hai 

mạng là a/2. Hình bên mô tả một mặt của cả mạng LiCl. 

Tam giác tạo bởi hai cạnh góc vuông a, a; cạnh huyền là đường chéo d, khi đó 








19



PVLK 






-10 

d 2 = 2a 2 a 2 5,14.10 . 2 

→ d = a 2 và d = 4 r 

Cl - → r - = = =182 (pm) 

Cl 

4 4 

a-2r - 

Cl 

514-2.182 

Xét một cạnh a: a = 2r - + 2r + nên r + = = =75(pm) 

Cl Li 

Li 

2 2 

Ví dụ 10. Từ nhiệt độ phòng đến 1185K sắt tồn tại ở dạng Fe α với cấu trúc lập phương tâm khối, từ 1185K 

đến 1667K ở dạng Fe γ với cấu trúc lập phương tâm diện. ở 293K sắt có khối lượng riêng d = 7,874g/cm 3 . 

1. Hãy tính bán kính của nguyên tử Fe. 

2. Tính khối lượng riêng của sắt ở 1250K (bỏ qua ảnh hưởng không đáng kể do sự dãn nở nhiệt) 

Thép là hợp kim của sắt và cacbon, trong đó một số khoảng trống giữa các nguyên tử sắt bị chiếm 

bởi nguyên tử cácbon. trong lò luyện thép (lò thổi) sắt dễ nóng chảy khi chứa 4,3% cacbon về khối 

lượng. Nếu được làm lạnh nhanh thì các nguyên tử cacbon vẫn được phân tán trong mạng lưới lập 

phương nội tâm, hợp kim được gọi là martensite cứng và dòn. Kích thước của tế bào sơ đẳng của 

Fe α không đổi. 

3. Hãy tính số nguyên tử trung bình của C trong mỗi tế bào sơ đẳng của Fe α với hàm lượng của C là 

4,3%. 

4. Hãy tính khối lượng riêng của martensite. 

(cho Fe = 55,847; C = 12,011; số N = 6,022. 10 23 ) 


1. Khối lượng mol nguyên tử Fe = 55,847 g/mol và khối lượng riêng d = 7,874 g/ cm 3 (ở 293K). 

Vậy 1 mol Fe có thể tích là: V = m = 55,847 = 7,093 g/cm 3 . 

d 7,874 

Mỗi tế bào lập phương có 2 nguyên tử Fe nên thể tích tế bào sơ đẳng là: 

7,093× 

2 

V 1 = = 2,356. 10 -23 cm 3 . 

23 

6,022× 

10 

Cạnh a của tế bào lập phương nội tâm : 

a 3 = V → a = (2,356. 10 -23 ) 1/3 = 2,867. 10 -8 cm. 

Ta đã biết với cấu trúc lập phương nội tâm (kim loại): đường chéo của lập phương 

AC = a 

3 = 4r 

−8 

a 3 2,867 × 10 × 1,732 

Vậy bán kính nguyên tử r của Fe: r = = = 1,241. 10 -8 cm. 

4 4 

2. Ở 1250K sắt ở dạng Fe γ với cấu trúc lập phương mặt tâm. 

Khi đó đường chéo của một mặt là: 

a’ 2 = 4r → a’ = 4r −8 

2 = 4× 1, 241× 

10 

1,414 

= 3,511. 10 -8 cm. 


Thể tích tế bào sơ đẳng: V’= a’ 3 = (3,511. 10 -8 ) 3 = 4,327. 10 -23 cm 3 . 

Với cấu trúc lập phương tâm mặt mỗi tế bào có 4 nguyên tử Fe, do đó khối lượng riêng: 

m 4× 

55,847 

d’= = 

= 8,572 g/cm 3 . 

23 

V 6,022× 10 × 4,327 








20



PVLK 






3. Trong 100 gam martensite có : 4,3 g C (0,36 mol) và 95,7 g Fe (1,71 mol) 

Nghĩa là ứng với 1 nguyên tử Fe có 0,36 : 1,71 = 0,21 nguyên tử C. 

4. Mỗi tế bào sơ đẳng Fe α có 2 nguyên tử Fe tức là có trung bình 0,21. 2 = 0,42 nguyên tử C. 

Vì nguyên tử không chia sẻ được nên một cách hợp lý hơn ta nói cứ 12 tế bào sơ đẳng có : 

(0,42. 12) = 5 nguyên tử C 

Khối lượng mỗi tế bào sơ đẳng = tổng khối lượng của 2 nguyên tử Fe và 0,42 nguyên tử C. 

55,847 × 2 12,011× 

0,42 

Vậy m = + 

= 1,938 . 10 -23 gam 

23 23 

6,022× 10 6,022× 

10 

Tỷ khối của martensite: d = 

m 1,938 × 10 

= 

V 2,356× 

10 

−22 

−23 

= 8,228 g/cm 3 . 









21



PVLK 






BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 

ĐỀ THI CHÍNH THỨC 

GIỚI THIỆU MỘT SỐ ĐỀ THI 

KỲ THI KHU VỰC GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM 2008 

Môn: HÓA HỌC - Lớp 12 cấp THPT 

Thời gian thi: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 

Ngày thi: 14/3/2008 

Câu 1: Mỗi phân tử XY 3 có tổng các hạt proton, nơtron, electron bằng 196; trong đó, số hạt mang 

điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 60, số hạt mang điện của X ít hơn số hạt mang điện của Y 

là 76. 

a) Hãy xác định kí hiệu hoá học của X,Y và XY 3 . 

b) Viết cấu hình electron của nguyên tử X,Y. 

Câu 2: Một mẩu than lấy từ hang động ở vùng núi đá vôi tỉnh Hòa Bình có 9,4 phân hủy 14 C. hãy 

cho biết người Việt cổ đại đã tạo ra mẩu than đó cách đây bao nhiêu năm? Biết chu kỳ bán hủy của 

14 C là 5730 năm, trong khí quyển có 15,3 phân hủy 14 C. Các số phân hủy nói trên đều tính với 1,0 

gam cacbon, xảy ra trong 1,0 giây. 

Câu 3: Một loại khoáng có chứa 13,77%Na; 7,18%Mg; 57,48%O; 2,39%H và còn lại là nguyên tố 

X về khối lượng. Hãy xác định công thức phân tử của khoáng đó. 

Câu 4: Tinh thể đồng kim loại có cấu trúc lập phương tâm diện. 

a) Hãy vẽ cấu trúc mạng tế bào cơ sở và cho biết số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đẳng này 

b) Tính cạnh lập phương a(Å) của mạng tinh thể, biết nguyên tử Cu có bán kính bằng 1,28 Å 

c) Xác định khoảng cách gần nhất giữa hai nguyên tử Cu trong mạng 

d) Tính khối lượng riêng của Cu theo g/cm 3 

Câu 5: Tính bán kính nguyên tử gần đúng của Ca ở 20 0 C, biết tại nhiệt độ đó khối lượng riêng của 

Ca bằng 1,55 g/cm 3 . Giả thiết trong tinh thể các nguyên tử Ca có hình cầu, có độ đặc khít là 74%. 

Câu 6: Biết rằng mono – clobenzen có momen lưỡng cực µ 1 = 1,53 D. 

a) Hãy tính momen lưỡng cực µ o ; µ m ; µ p của ortho, meta, para – diclobenzen. 

b) Đo momen lưỡng cực của một trong ba đồng phân đó được µ = 1,53 D. Hỏi đó là dạng nào của 

diclobenzen? 

Câu 7: Tính pH của dung dịch benzoatnatri C 6 H 5 COONa nồng độ 2,0 ×10 −5 M. Biết hằng số axit 

của axit benzoic bằng 6,29 ×10 −5 . 


Câu 8: Tại 400 0 C, P = 10atm phản ứng N 2 (k) + 3H 2 (k) ←⎯⎯→ 

⎯ 2NH 3 (k) có Kp = 1,64 ×10 −4 . 

Tìm % thể tích NH 3 ở trạng thái cân bằng, giả thiết lúc đầu N 2 (k) và H 2 (k) có tỉ lệ số mol 

theo đúng hệ số của phương trình 








22



PVLK 






Câu 9: Hỗn hợp A gồm 3 este đơn chức, mạch thẳng, tạo thành từ cùng một rượu B với 3 axit hữu 

cơ, trong đó có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và một axit không no chứa một liên kết đôi. Xà 

phòng hoá hoàn toàn 14,7 gam A bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp muối và p gam rượu B. 

Cho p gam rượu B đó vào bình đựng natri dư, sau phản ứng có 2,24 lít khí thoát ra và khối lượng 

bình đựng natri tăng 6,2 gam. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 14,7 gam A, thu được 13,44 lít CO 2 và 

9,9 gam H 2 O. Xác định công thức cấu tạo của từng este trong A. (Các thể tích khí đo ở điều kiện 

tiêu chuẩn). 

Câu 10: Nitrosyl clorua là một chất rất độc, khi đun nóng sẽ phân huỷ thành nitơ monoxit và clo. 

a) Hãy viết phương trình cho phản ứng này 

b) Tính Kp của phản ứng ở 298K(theo atm và theo Pa). 

Nitrosyl clorua Nitơ monoxit Cl 2 

∆H 0 298 (kJ/mol) 

51,71 90,25 ? 

S 0 298 (J/K.mol) 264 211 223 

c) Tính gần đúng Kp của phản ứng ở 475K 

------------------------------------ 

ln 2 

1 N0 

* Hằng số phóng xạ: k = và t = ln 

t 

k Nt 

1 2 

K ( 

1) ⎛ 1 1 ⎞ 

P 

T ∆H 

* ∆G = ∆H − T∆S ; ∆G = − RTlnK và ln = ⎜ − ⎟ 

K 

P 

( T2 ) R ⎝ T2 T1 

⎠ 

* Các nguyên tử khối: Fe = 55,85; Ca = 40,08; Al = 27; Na = 23; Mg = 24; Cu = 64; 

Cl = 35,5; S = 32; O = 16; C = 12; H = 1 

* Hằng số khí: R = 8,314 J.K -1 .mol -1 ; p = 1atm = 1,013. 10 5 Pa; N A = 6,022. 10 23 









23



PVLK 






HƯỚNG DẪN CHẤM 

Bài 1: Mỗi phân tử XY 3 có tổng các hạt proton, nơtron, electron bằng 196; trong đó, số hạt mang 

điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 60, số hạt mang điện của X ít hơn số hạt mang điện của Y 

là 76. 

a) Hãy xác định kí hiệu hoá học của X,Y và XY 3 . 

b) Viết cấu hình electron của nguyên tử X,Y. 

Cách giải Kết quả Điểm 

a) Kí hiệu số đơn vị điện tích hạt nhân của X là Zx , Y là 

Zy ; số nơtron (hạt không mang điện) của X là Nx , Y là Ny 

. Với XY 3 , ta có các phương trình: 

Tổng số ba loại hạt: 

2 Zx + 6 Zy + Nx + 3 Ny = 196 (1) 

2 Zx + 6 Zy − Nx − 3 Ny = 60 (2) 

2,0 

6 Zy − 2 Zx = 76 (3) 

Cộng (1) với (2) và nhân (3) với 2, ta có: 

4 Zx + 12 Zy = 256 (a) 

12 Zy − 4Zx = 152 (b) 

Vậy X là nhôm, 2,0 

⇒ Zy = 17 ; Zx = 13. 

Y là clo. 

b) Cấu hình electron: 

XY 3 là AlCl 3 

Al : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 1 ; Cl : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5 1,0 

Bài 2: Một mẩu than lấy từ hang động ở vùng núi đá vôi tỉnh Hòa Bình có 9,4 phân hủy 14 C. hãy 

cho biết người Việt cổ đại đã tạo ra mẩu than đó cách đây bao nhiêu năm? Biết chu kỳ bán hủy của 

14 C là 5730 năm, trong khí quyển có 15,3 phân hủy 14 C. Các số phân hủy nói trên đều tính với 1,0 

gam cacbon, xảy ra trong 1,0 giây. 

ln 2 

♣ Hằng số phóng xạ: k = = 0,693 

t 5730 

1 N0 

5730 15,3 

Niên đại của mẩu than t = ln = ln 

k N 0,693 9,4 


= 4027,9 (năm) 

Người Việt cổ đại đã tạo ra mẩu than đó cách đây khoảng 

4027,9 năm 

1 2 

t 

≈ 4027,9 (năm) 


2,0 

3,0 





Bài 3: Một loại khoáng có chứa 13,77%Na; 7,18%Mg; 57,48%O; 2,39%H và còn lại là nguyên tố X 

về khối lượng. Hãy xác định công thức phân tử của khoáng đó. 





24



PVLK 






♣ Hàm lượng %X = (100 –13,77–7,18–57,48 –2,39)% 

= 19,18% 

Cân bằng số oxi hóa trong hợp chất: 

13,77 7,18 57,48 2,39 19,18 

× 1+ × 2 − × 2 + × 1+ × y =0 

23 24 16 1 X 

⇒ X = 5,33y 

Lập bảng xét: 

Y 1 2 3 4 5 6 7 8 

X 5,33 10,66 ... ... ... 32 

thấy chỉ có y = 6 là thỏa mãn X = 32 ⇒ S (lưu huỳnh) 

Na : Mg : O : H : S = 

13,77 7,18 57,48 2,39 19,18 

: : : : 

23 24 16 1 32 

= 2 : 1 : 12 : 8 : 2 

Công thức khoáng: Na 2 MgO 12 H 8 S 2 

Công thức khoáng 

Na 2 SO 4 .MgSO 4 .4H 2 O 

Bài 4: Tinh thể đồng kim loại có cấu trúc lập phương tâm diện. 

a) Hãy vẽ cấu trúc mạng tế bào cơ sở và cho biết số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đẳng này. 

b) Tính cạnh lập phương a(Å) của mạng tinh thể, biết nguyên tử Cu có bán kính bằng 1,28 Å. 

c) Xác định khoảng cách gần nhất giữa hai nguyên tử Cu trong mạng. 

d) Tính khối lượng riêng của Cu theo g/cm 3 . 

♣ a) Mạng tế bào cơ sở của Cu 

(hình vẽ) 

A 

B 


a 

A 

D 

E 

E 

1,0 

D 

C 

Theo hình vẽ, số nguyên tử Cu là 


B 


C 

1,0 

2,0 

2,0 








25



PVLK 






− Ở 6 mặt lập phương = 6 × 1 2 = 3 

Vậy tổng số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đảng 

= 1 + 3 = 4 (nguyên tử) 

4 (nguyên tử) 

a = 3,62 Å 

0 

Khoảng cách 

= 2,56 Å 

64 

− 

6, 02× 10 × (3,62 × 10 ) 

= 8,96 g/cm 3 

b) Xét mặt lập phương ABCD ta có: AC = a 2 = 4 × r Cu 

4× rCu 

4× 

1,28A 

a = = = 3,62 Å 

2 2 


AE = AC = a 2 = 2,56 Å 

2 2 

d) + 1 mol Cu = 64 gam 

+ Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a 3 chứa 4 nguyên tử Cu 

+ 1 mol Cu có N A = 6,02 ×10 23 nguyên tử 

Khối lượng riêng d = m V = 4 × 23 8 3 

1,0 

1,0 

1,0 

Khối lượng riêng: 

= 8,96 g/cm 3 

Bài 5: Tính bán kính nguyên tử gần đúng của Ca ở 20 0 C, biết tại nhiệt độ đó khối lượng riêng của 

Ca bằng 1,55 g/cm 3 . Giả thiết trong tinh thể các nguyên tử Ca có hình cầu, có độ đặc khít là 74%. 

♣ Thể tích của 1 mol Ca = 40,08 

1,55 = 25,858 cm3 , 


một mol Ca chứa N A = 6,02 ×10 23 nguyên tử Ca 

25,858 × 0,74 

Theo độ đặc khít, thể tích của 1 nguyên tử Fe = 

23 

6,02 × 10 

Từ V = 

4 

r 

3 × π 

3 

= 3,18 ×10 −23 cm 3 

⇒ Bán kính nguyên tử Ca = r = 3V 

−23 

3 

4π = 3× 3,18 × 10 

3 

4× 

3,14 

= 1,965 ×10 −8 cm 

V = 25,858 cm 3 

V = 3,18 ×10 −23 

cm 3 

r = 1,965 ×10 −8 cm 


1,0 

1,0 

2,0 

2,0 





Bài 6: Biết rằng mono – clobenzen có momen lưỡng cực µ 1 = 1,53 D. 

a) Hãy tính momen lưỡng cực µ o ; µ m ; µ p của ortho, meta, para – diclobenzen. 




26



PVLK 



b) Đo momen lưỡng cực của một trong ba đồng phân đó được µ = 1,53 D. Hỏi đó là dạng nào của 

diclobenzen? 




♣ clo có độ âm điện lớn, µ 1 hướng từ nhân ra ngoài 


ortho meta para 

µ = µ 3 µ = µ µ = 0 

Cộng vectơ sử dụng hệ thức lượng trong tam giác 

a 2 = b 2 + c 2 – 2bc 

cos A 

Dẫn xuất ortho: µ o = 

Dẫn xuất meta: µ m = 

2µ + 2µ cos60 = µ 1 3 

2 2 0 

1 1 

Dẫn xuất para: µ p = µ 1 − µ 1 = 0 

2µ + 2µ cos120 = µ 1 

2 2 0 

1 1 

b) Theo đầu bài µ =1,53D = µ 1 ⇒ đó là dẫn xuất meta - 

diclobenzen 

Bài 7: Tính pH của dung dịch benzoatnatri C 6 H 5 COONa nồng độ 2,0 ×10 −5 M. Biết hằng số axit của 

axit benzoic bằng 6,29 ×10 −5 . 

♣ 


C 6 H 5 COONa → Na + + C 6 H 5 COO − 

C 6 H 5 COO − + H + ←⎯⎯→ 

⎯ C 6 H 5 COOH 

Ka −1 

H 2 O ←⎯⎯→ 

⎯ H + + OH − Kw 

Tổ hợp 2 phương trình cho: 

C 6 H 5 COO − 

+ H 2 O ←⎯⎯→ 

⎯ C 6 H 5 COOH + OH − 

Ktp = 

K 

10 

6,29 10 

−14 

w 

K = a 

× 

−5 

= 1,59 ×10 −10 


Ktp 

Do nồng độ đầu của C 6 H 5 COO − nhỏ; mặt khác hằng số của quá 

trình không lớn hơn nhiều so với 10 −14 nên phải tính đến sự 

điện li của nước. 

1,0 

1,0 

1,0 

1,0 

1,0 

Ktp = 1,59 ×10 −10 1,0 








27



PVLK 






C 6 H 5 COO − 

2,0 ×10 −5 − [OH − ] 

+ H 2 O ⎯⎯→ ← ⎯ C 6 H 5 COOH + OH − Ktp (1) 

H 2 O ←⎯⎯→ 

⎯ H + + OH − Kw (2) 

Theo định luật bảo toàn điện tích: 

[OH − ] = [C 6 H 5 COOH] + [H + ] 

hay [C 6 H 5 COOH] = [OH − ] − [H + ] 

thay vào biểu thức hằng số cân bằng của (1): 

⇒ 

− 

⎡ 

⎣ 

OH ⎤ 

⎦ 

− 

⎡ 

⎣ 

C6H5COO 

⎤ 

⎦ 

[ C ] 

6H5COOH 

K = 

K = 1,59 ×10 −10 

−5 

− 

2 10 OH 

2 

− −14 

⎡ 

⎣ 

OH ⎤ 

⎦ 

−10 

= 1,59 ×10 −10 

× − ⎡ ⎣ 

⎤ ⎦ 

= 

= [OH − −14 

10 

] − 

− 

⎡ 

⎣ 

OH ⎤ 

⎦ 

⎛ 

−14 

10 ⎞ 

− 

− 

⎡OH 

⎤ − × ⎡OH 

⎤ 

− 

⎜ ⎣ ⎦ ⎡OH 

⎤ ⎟ ⎣ ⎦ 

⎝ ⎣ ⎦ ⎠ 

− 

⎡ 

⎣ 

C6H5COO 

⎤ 

⎦ 

⇒ [OH − ] 2 + 1,59 ×10 −10 [OH − ] − 13,18 ×10 −15 = 0 

⇒ [OH − ] = 1,148 ×10 −7 ⇒ pOH = − lg(1,148 ×10 −7 ) = 6,94 

⇒ pH = 7,06 

Bài 8: Tại 400 0 C, P = 10atm phản ứng N 2 (k) + 3H 2 (k) ←⎯⎯→ 

⎯ 2NH 3 (k) có Kp = 1,64×10 −4 . 

Tìm % thể tích NH 3 ở trạng thái cân bằng, giả thiết lúc đầu N 2 (k) và H 2 (k) có tỉ lệ số mol theo đúng 

hệ số của phương trình. 



1,0 

1,0 

1,0 

1,0 








28



PVLK 






N 2 (k) + 3H 2 (k) ←⎯⎯→ 

⎯ 2NH 3 (k) 

PN 

n 

2 N2 

1 

Theo PTHH: = = 

P n 3 

H2 H2 

⇒ Theo gt: P NH + P 3 N + P 2 H = 10 2 

⇒ P NH + 4P 3 N = 10 (1) 

2 

P NH + 4P 3 N = 2 

2 

2 

(P NH ) (P 

3 

NH 

Và Ta có: Kp = = 

3 

) 

10 

= 1,64 

3 

3 

(P N )(P 

2 H ) (P 

N 

)(3P 

N 

) 

2 

2 2 

×10 −4 PNH3 

⇒ = 6,65×10 −2 . 

P 

2 

NH3 

(P N ) 

= 

2 

2 

(P N ) 

2 

Thay vào (1) được: 

6,65 ×10 −2 (P N )2 + 4P 2 N − 10 = 0 

6,65×10 −2 

2 

⇒ P N = 2,404 và P 2 

N = − 62,55 < 0 

2 

Vậy, P N = 2,404 ⇒ 

2 

P NH = 10 − 4P 3 

N = 0,384 atm chiếm 3,84% 2 

3,84% 

Bài 9: Hỗn hợp A gồm 3 este đơn chức, mạch thẳng, tạo thành từ cùng một rượu B với 3 axit hữu 

cơ, trong đó có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và một axit không no chứa một liên kết đôi. Xà 

phòng hoá hoàn toàn 14,7 gam A bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp muối và p gam rượu B. 

Cho p gam rượu B đó vào bình đựng natri dư, sau phản ứng có 2,24 lít khí thoát ra và khối lượng 

bình đựng natri tăng 6,2 gam. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 14,7 gam A, thu được 13,44 lít CO 2 và 

9,9 gam H 2 O. Xác định công thức cấu tạo của từng este trong A. (Các thể tích khí đo ở điều kiện 

tiêu chuẩn). 


♣ Xác định rượu B: vì este đơn chức nên rượu B đơn chức 

R – OH + Na → R – ONa + 1 2 H 2 

0,2 0,1 mol 

Độ tăng KL = KL (R – O) = 6,2 g 

⇒ KL mol (R – O) = 6,2 

1,0 

= 31 ⇒ R + 16 = 31 

0,2 

⇒ R = 15 là CH 3 ⇒ Rượu B: CH 3 OH 

Công thức của 2 este no là: C n 

H 2n+ 1 

COOCH 3 


1,0 

1,0 

1,0 

1,0 

1,0 








29



PVLK 



số mol = x 




Công thức của este chưa no là C m H 2m−1 COOCH 3 

số mol = y 

C n 

H 2n+ 1 

COOCH 3 + 3n + 4 

O2 → (n + 2) CO 2 + (n + 2) H 2 O 

2 

x ( n + 2) x ( n + 2) x 

C m H 2m−1 COOCH 3 + 3m + 3 

O2 → (m + 2) CO 2 + (m + 1) H 2 O 

2 

y (m + 2) y (m + 1) y 

Ta có hệ pt: x + y = 0,2 (1) 

( n + 2) x + (m + 2) y = 0,6 (2) 

( n + 2) x + (m + 1) y = 0,55 (3) 

Giải hệ pt cho x = 0,15 ; y = 0,05 và 3 n + m = 4 

Do n ≠ 0 và m ≥ 2 nên 2 ≤ m ≤ 3 

⇒ bài toán có 2 nghiệm m = 2 và m = 3 

Với m = 2 ⇒ n = 2 3 ứng với nghiệm CH 2=CH-COOCH 3 

và HCOOCH 3 ; CH 3 COOCH 3 

Với m = 3 ⇒ n = 1 3 ứng với nghiệm C 3H 5 -COOCH 3 

và HCOOCH 3 ; CH 3 COOCH 3 

Bài 10: Nitrosyl clorua là một chất rất độc, khi đun nóng sẽ phân huỷ thành nitơ monoxit và clo. 

a) Hãy viết phương trình cho phản ứng này. 

b) Tính Kp của phản ứng ở 298K(theo atm và theo Pa). 

Nitrosyl clorua Nitơ monoxit Cl 2 

∆H 0 298 (kJ/mol) 

51,71 90,25 ? 

S 0 298 (J/K.mol) 264 211 223 

c) Tính gần đúng Kp của phản ứng ở 475K. 



1,0 

1,0 

1,0 

1,0 








30



PVLK 






♣ a) 2NOCl ⎯⎯→ ← ⎯ 2NO + Cl 2 . 

b) Hằng số cân bằng nhiệt động lực học được tính theo 

phương trình ∆G = − RTlnK 

Trong đó ∆G = ∆H − T. ∆S 

∆H = [(2 × 90,25. 10 3 ) + 0 − (2 × 51,71. 10 3 ) = 77080 

J/mol 

∆S = [(2 × 211) + 233 − (2 × 264) 

∆G = 77080 − 298 × 117 

42214 

và ln K = − 

= − 15,836 

8,314× 

298 

⇒ Kp = 1,326. 10 -7 atm 

c) Tính gần đúng: 

Kp( T2 

) 

ln 

Kp( T 

1) 

= ∆H 

⎛ 1 1 ⎞ 

⎜ − ⎟ 

R ⎝ T1 T2 

⎠ 

⇒ 

⇒ 

= 127 J/mol 

= 39234 J/mol 

và Kp = 1,343. 10 - 2 Pa 

77080 ⎛ 1 1 ⎞ 

lnKp(475K) = ⎜ − ⎟ 

8,314 ⎝ 298 475 ⎠ + lnKp(298) 

ln Kp (475) = − 4,243 

Kp = 1,436. 10 -2 atm hay Kp = 1455Pa 

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 

ĐỀ THI DỰ BỊ 

KỲ THI KHU VỰC GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM 2008 

Môn: HÓA HỌC - Lớp 12 cấp THPT 

Thời gian thi: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 

Ngày thi: 14/3/2008 

Câu 1. Cấu hình electron ngoài cùng của nguyên tử của nguyên tố X là 5p 5 . Tỉ số nơtron và điện 

tích hạt nhân bằng 1,3962. Số nơtron của X bằng 3,7 lần số nơtron của nguyên tử thuộc nguyên tố 

Y. Khi cho 4,29 gam Y tác dụng với lượng dư X thu được 18,26 gam sản phẩm có công thức XY. 

Xác định điện tích hạt nhân của X, Y và viết cấu hình electron của Y. 

Câu 2: Một mẫu than lấy từ hang động của người Pôlinêxian cổ tại Ha Oai có tốc độ là 13,6 phân 

hủy 14 C trong 1 giây tính với 1,0 gam cacbon. Biết trong 1,0 gam cacbon đang tồn tại có 15,3 


phân hủy 14 C trong 1 giây và chu kỳ bán hủy của 14 C là 5730 năm . Hãy cho biết niên đại của 

mẩu than đó? 

Câu 3: Một khoáng chất có chứa 20,93%Nhôm; 21,7%Silic và còn lại là oxi và Hidro (về khối 

lượng). Hãy xác định công thức của khoáng chất này. 




1,0 

1,0 

1,0 

1,0 

1,0 

31 







PVLK 






Câu 4: Sắt dạng α (Fe α ) kết tinh trong mạng lập phương tâm khối, nguyên tử có bán kính r = 1,24 

Å. Hãy tính: 

a) Cạnh a của tế bào sơ đẳng 

b) Tỉ khối của Fe theo g/cm 3 . 

c) Khoảng cách ngắn nhất giữa hai nguyên tử Fe 

Câu 5: Tính bán kính nguyên tử gần đúng của Fe ở 20 0 C, biết tại nhiệt độ đó khối lượng riêng của 


Cho nguyên tử khối của 55,85 = 40 

Câu 6: Clobenzen có momen lưỡng cực µ 1 = 1,53 D (µ 1 hướng từ nhân ra ngoài); anilin có momen 

lưỡng cực µ 2 = 1,60D (µ 2 hướng từ ngoài vào nhân benzen). Hãy tính µ của ortho – cloanilin; meta 

– cloanilin và para – cloanilin. 

Câu 7: 

a)Tính pH của dung dịch HCl nồng độ 0,5.10 -7 mol/lít. 

b)Tính pH của dung dịch X được tạo thành khi trộn 200ml dung dịch HA 0,1M (Ka = 10 -3.75 ) với 

200ml dung dịch KOH 0.05M; pH của dung dịch X thay đổi như thế nào khi thêm 10 -3 mol HCl 

vào dung dịch X. 

Câu 8: Tại 25 0 C, phản ứng: 

CH 3 COOH + C 2 H 5 OH ←⎯⎯→ 

⎯ CH 3 COOC 2 H 5 + H 2 O có hằng số cân bằng K = 4 

Ban đầu người ta trộn 1,0 mol C 2 H 5 OH với 0,6 mol CH 3 COOH. Tính số mol este thu được 

khi phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng. 

Câu 9: Cho 23,52g hỗn hợp 3 kim loại Mg, Fe, Cu vào 200ml dung dịch HNO 3 3,4M khuấy đều 

thấy thoát ra một khí duy nhất hơi nặng hơn không khí, trong dung dịch còn dư một kim loại chưa 

tan hết, đổ tiép từ từ dung dịch H 2 SO 4 5M vào, chất khí trên lại thoát ra cho dến khi kim loại vừa tan 

hết thì mất đúng 44ml, thu được dd A. Lấy 1/2 dd A, cho dd NaOH cho đến dư vào, lọc kết tủa, rửa 

rồi nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B nặng 15,6g. 

a) Tính % số mol mỗi kim loại trong hỗn hợp. 

b) Tính nồng độ các ion (trừ ion H +- , OH - ) trong dung dịch A. 

Câu 10: Cho các số liệu nhiệt động của một số phản ứng sau ở 298K 

Số phản ứng Phản ứng ∆Ho 298 (kJ) 

(1) 2NH 3 + 3N 2 O → 4N 2 + 3H 2 O − 1011 

(2) N 2 O + 3H 2 → N 2 H 4 + H 2 O − 317 

(3) 2NH 3 + 0,5O 2 → N 2 H 4 + H 2 O − 143 

(4) H 2 + 0,5 O 2 → H 2 O − 286 

S 0 298 (N 2 H 4 ) = 240 J/K.mol ; 

S0 298 (H 2O) = 66,6 J/K.mol 


S 0 298 (N 2 ) = 191 J/K.mol ; S0 298 (O 2 ) = 205 J/K.mol 

a) Tính nhiệt tạo thành ∆Ho 298 của N 2 H 4 ; N 2 O và NH 3 . 

b) Viết phương trình của phản ứng cháy Hidrazin và tính ∆Ho 298 , ∆Go 298 và hằng số cân bằng K 

của phản ứng này. 




32 







PVLK 



* Hằng số phóng xạ: k = 

------------------------------------------------- 

ln 2 

1 N0 

và t = ln 

t 

k Nt 

1 2 




K 

P 

( T1 

) ∆H 

⎛ 1 1 ⎞ 

* ∆G = ∆H − T∆S ; ∆G = − RTlnK và ln = ⎜ − ⎟ 

K 

P 

( T2 ) RT ⎝ T2 T1 

⎠ 

* Các nguyên tử khối: Fe = 55,85; Ca = 40,08; Al = 27; Na = 23; Mg = 24; Cu = 64; 

Cl = 35,5; S = 32; O = 16; C = 12; H = 1 

* Hằng số khí: R = 8,314 J.K -1 .mol -1 ; p = 1atm = 1,013. 10 5 Pa ; N A = 6,022. 10 23 









33



PVLK 






HƯỚNG DẪN CHẤM 

Câu 1. Cấu hình electron ngoài cùng của nguyên tử của nguyên tố X là 5p 5 . Tỉ số nơtron và điện 

tích hạt nhân bằng 1,3962. Số nơtron của X bằng 3,7 lần số nơtron của nguyên tử thuộc nguyên tố 

Y. Khi cho 4,29 gam Y tác dụng với lượng dư X thu được 18,26 gam sản phẩm có công thức XY. 

Xác định điện tích hạt nhân của X, Y và viết cấu hình electron của Y. 

Cấu hình đầy đủ của X là 

CÁCH GIẢI KẾT QUẢ ĐIỂM 

số Z X = 53 1,0 

[ 36 Kr] 5s 2 4d 10 5p 5 . ⇒ số Z X = 53 = số proton 

⇒ 39 = p Y + 20 ⇒ p Y = 19 hay Z Y = 19 

Cấu hình electron của Y là [ 18 Ar] 4s 1 p Y = 19 

[ 18 Ar] 4s 1 1,0 

1,0 

n 

Mặt khác: x 

p = 1,3692 ⇒ n X = 74 

x 

⇒ A X = p X + n X = 53 + 74 = 127 

1,0 

nx 

n = 3,7 ⇒ n Y = 20 

y 

X + Y → XY 

4,29 18,26 

⇒ 

Y X + Y Y 127 + Y 

= ⇒ = ⇒ Y = 39 

4,29 18,26 4,29 18,26 

⇒ A Y = p Y + n Y 

1,0 

Cõu 2: Một mẫu than lấy từ hang động của người Pôlinêxian cổ tại Ha Oai có tốc độ là 13,6 phân 

hủy 14 C trong 1 giây tính với 1,0 gam cacbon. Biết trong 1,0 gam cacbon đang tồn tại có 15,3 

phân hủy 14 C trong 1 giây và chu kỳ bán hủy của 14 C là 5730 năm . Hãy cho biết niên đại của 

mẩu than đó? 

ln 2 

♣ Hằng số phóng xạ: k = = 0,693 

t 5730 

1 N0 

5730 15,3 

Niên đại của mẩu than t = ln = ln 

k N 0,693 13,6 


1 2 

= 973,88 (năm) 

t 

t = 973,88 (năm) 


2,0 

3,0 








34



PVLK 






Câu 3: Một khoáng chất có chứa 20,93%Nhôm; 21,7%Silic và còn lại là oxi và Hidro (về khối 

lượng). Hãy xác định công thức của khoáng chất này. 


Đặt % lượng Oxi = a thì % lượng Hidro = 57,37 – a 

Ta có: tỷ lệ số nguyên tử 

20,93 21,7 a 

Al : Si : O : H = : : : (57,37 − a) 

27 28 16 

Mặt khác: phân tử khoáng chất trung hòa điện nên 

20,93 21,7 a 

3× + 4× − 2 × + (57,37 − a) = 0 

27 28 16 

Giải phương trình cho a = 55,82 

Suy ra, 

Al : Si : O : H = 

20,93 21,7 55,82 

: : :1,55 = 2 : 2 : 9 : 4 

27 28 16 

Vậy công thức khoáng chất: Al 2 Si 2 O 9 H 4 

hay Al 2 O 3 .2SiO 2 .2H 2 O (Cao lanh) 

a = 55,82 

Al : Si : O : H = 

2 : 2 : 9 : 4 

Al 2 O 3 .2SiO 2 .2H 2 O 

Câu 4: Sắt dạng α (Fe α ) kết tinh trong mạng lập phương tâm khối, nguyên tử có bán kính r = 1,24 

Å. Hãy tính: 

a) Cạnh a của tế bào sơ đẳng 

b) Tỉ khối của Fe theo g/cm 3 . 

c) Khoảng cách ngắn nhất giữa hai nguyên tử Fe 



1,0 

2,0 

1,0 

1,0 








35



PVLK 






♣ 

a) 

Mạ 

A 

ng 

tế 

bào 

cơ 

D 

sở 

của 

Fe (hình vẽ) 

Theo hình vẽ, số nguyên tử Fe là 

E 


− Ở tâm lập phương = 1 

Vậy tổng số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đảng = 1 + 1 = 2 

(nguyên tử) 

b) Từ hình vẽ, ta có: AD 2 = a 2 + a 2 = 2a 2 

xét mặt ABCD: AC 2 = a 2 + AD 2 = 3a 2 

mặt khác, ta thấy AC = 4r = a 3 

nên a = 4r 3 = 4 × 1,24 = 2,85 Å 

3 


AE = AC = a 3 = 2,85 × 3 = 2,468 Å 

2 2 2 

d) + 1 mol Fe = 56 gam 

+ Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a 3 chứa 2 nguyên tử Fe 

+ 1 mol Fe có N A = 6,02 ×10 23 nguyên tử 

B 

C 

A 

a 

B 

a 

E 

D 

C 

1,0 

2 (nguyên tử) 

1,0 

a = 2,85 Å 

1,0 

Khoảng cách = 

2,468 Å 1,0 

Khối lượng riêng: 

1,0 

d = 7,95 g/cm 3 






Khối lượng riêng d = m V 




36



PVLK 



56 

= 2 × 

23 −8 3 

6,02× 10 × (2,85× 

10 ) 

= 7,95 g/cm 3 




Câu 5: Tính bán kính nguyên tử gần đúng của Fe ở 20 0 C, biết tại nhiệt độ đó khối lượng riêng của 


Cho nguyên tử khối của 55,85 = 40 

♣ Thể tích của 1 mol Fe = 55,85 

7,87 = 7,097 cm3 . 


một mol Fe chứa N A = 6,02 ×10 23 nguyên tử Fe 

7,097× 

0,68 

Theo độ đặc khít, thể tích của 1 nguyên tử Fe = 

23 

6,02× 

10 

Từ V = 

4 

r 

3 × π 

3 

⇒ Bán kính nguyên tử Fe = r = 3V 3 4π 

r = 

3 

3× 0,8× 

10 

4× 

3,14 

−23 

= 1,24 ×10 −8 cm 

= 0,8 ×10 −23 cm 3 

V mol = 0,8 ×10 −23 

(cm 3 ) 

r = 1,24 ×10 −8 cm 

Câu 6: Clobenzen có momen lưỡng cực µ 1 = 1,53 D (µ 1 hướng từ nhân ra ngoài); anilin có momen 


lưỡng cực µ 2 = 1,60D (µ 2 hướng từ ngoài vào nhân benzen). Hãy tính µ của ortho – cloanilin; meta 

– cloanilin và para – cloanilin. 

2,0 

3,0 









37



PVLK 






♣ clo có độ âm điện lớn, µ 1 hướng từ nhân ra ngoài – nhóm 

NH 2 có cặp e tự do liên hợp với hệ e π của vòng benzen ⇒ hai 

momen lưỡng cực cùng chiều 

ortho meta para 

Cộng vectơ sử dụng hệ thức lượng trong tam giác 

a 2 = b 2 + c 2 – 2bc cos A 

Dẫn xuất ortho: µ 2 O = µ 2 1 + µ 2 2 − 2µ 1µ 2 cos 60 0 

= µ 2 1 + µ 2 2 − µ 1µ 2 = 2,45 

µ o = 2,45 = 1,65D 

Dẫn xuất meta: µ 2 m = µ 2 1 + µ 2 2 − 2µ 1µ 2 cos 120 0 

= µ 2 1 + µ 2 2 + µ 1µ 2 = 7,35 

µ m = 7,35 = 2,71D 

Dẫn xuất para: µ 2 p = µ 1 + µ 2 = 1,60 + 1,53 = 3,13D 

Câu 7: 

a)Tính pH của dung dịch HCl nồng độ 0,5.10 -7 mol/lít. 

b)Tính pH của dung dịch X được tạo thành khi trộn 200ml dung dịch HA 0,1M (Ka = 10 -3.75 ) với 

200ml dung dịch KOH 0.05M; pH của dung dịch X thay đổi như thế nào khi thêm 10 -3 mol HCl 

vào dung dịch X. 


a) [ H + ] . 0,5.10 -7 do nồng độ nhỏ → phải tính đến cân bằng của 

H 2 O H 2 O ←⎯⎯→ 

⎯ H + + OH − 

HCl → H + + Cl − 

Theo định luật bảo toàn điện tích: 


[ H + ] = [ Cl - ] + [OH - ] → [ H + ] = 0,5.10 -7 + 

+ 

[ H ] 

1,0 

1,0 

1,0 

1,0 

1,0 

10 -14 1,0 








38



PVLK 






→ [ H + ] 2 − 0,5.10 − 7 [ H + ] − 10 -14 = 0. 

Giải được: [ H + ] = 1,28.10 -7 → pH ≈ 6,9 

b) n HA = 0,1.0,2 = 0,02 mol ; 

n KOH = 0,05.0,2 = 0,01 mol 

KOH + HA → KA + H 2 O 

0,01 → 0,01→ 0,01 

Theo ph-¬ng tr×nh HA cßn d- = 0,01 mol 

Trong d 2 0,01 

X: C HA = C KA = = 0,025M. 

0,4 

Xét các cân bằng sau: 

H 2 O 

HA 

←⎯⎯→ 

⎯ H + + OH - K W = 10 -14 (1) 

←⎯⎯→ 

⎯ H + + A - K HA = 10 -375 (2) 

A - + H 2 O ←⎯⎯→ 

⎯ HA + OH - 

K B = K HA -1 . K W = 10 -10,25 (3) 

So sánh (1) với (2) → K HA >> K W → bỏ qua (1) 

So sánh (2) với (3) → K HA >> K B → bỏ qua(3) → Dung 

dịch X là dung dịch đệm axit 

có pH = pKa + lg [ muoi ] 

0, 1 

= 3,75 + lg = 3,75 

axit 

0, 

1 

[ ] 

∗ Khi thêm 10 -3 mol HCl 

KA + Cl 

→ KCl + HA 

0,001 ← 0,001 → 0,001 (mol) 

0,01+ 0,001 

[HA] = 

= 0,0275 M 

0,4 

0,01- 0,001 

và [KA] = 

= 0,0225M . 

0,4 

Dung dịch thu được vẫn là dung dịch đệm axit. 

0, 0225 

Tương tự, pH = 3,75 + lg = 3,66 

0, 

0275 

Câu 8: Tại 25 0 C, phản ứng: 

CH 3 COOH + C 2 H 5 OH ←⎯⎯→ 

⎯ CH 3 COOC 2 H 5 + H 2 O có hằng số cân bằng K = 4 

Ban đầu người ta trộn 1,0 mol C 2 H 5 OH với 0,6 mol CH 3 COOH. Tính số mol este thu được 

khi phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng. 


1,0 

1,0 

1,0 

1,0 









39



PVLK 

CH 3 COOH + C 2 H 5 OH ←⎯⎯→ 

⎯ CH 3 COOC 2 H 5 + H 2 O 

Phản ứng x x 

[ ] 1 – x 0,6 – x x x 



1,0 




[ CH ][ ] 

3COOC2H5 H2O 

K = 

[ ][ ] 

2 

C H OH CH COOH ⇒ x 

= 4 

(1 − x)(0,6 − x) 

2 5 3 

⇒ 3x 2 − 6,4x + 2,4 = 0 ⇒ x 1 = 0,4855 và x 2 = 1,64 > 1 

Vậy, số mol este thu được khi phản ứng đạt tới trạng thái 

cân bằng = 0,4855 

Câu 9: Cho 23,52g hỗn hợp 3 kim loại Mg, Fe, Cu vào 200ml dung dịch HNO 3 3,4M khuấy đều 

thấy thoát ra một khí duy nhất hơi nặng hơn không khí, trong dung dịch còn dư một kim loại chưa 

tan hết, đổ tiép từ từ dung dịch H 2 SO 4 5M vào, chất khí trên lại thoát ra cho dến khi kim loại vừa tan 

hết thì mất đúng 44ml, thu được dd A. Lấy 1/2 dd A, cho dd NaOH cho đến dư vào, lọc kết tủa, rửa 

rồi nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B nặng 15,6g. 

a) Tính % số mol mỗi kim loại trong hỗn hợp. 

b) Tính nồng độ các ion (trừ ion H +- , OH - ) trong dung dịch A. 



2,0 

2,0 








40



PVLK 






Gọi x, y, z là số mol Mg, Fe, Cu trong hỗn hợp, ta có : 

24x + 56y + 64z = 23,52 ⇒ 3x + 7y + 8z = 2,94 (a) 

Đồng còn dư có các phản ứng: 

Cho e: Nhận e: 

Mg - 2e → Mg 2+ (1) NO 3 - + 3e + 4H + → NO + 2H 2 O (4) 

Fe - 3e → Fe 3+ (2) Cu + Fe 3+ → Cu 2+ + Fe 2+ (5) 

Cu - 2e → Cu 2+ (3) 

Phương trình phản ứng hoà tan Cu dư: 

- 2- 

3Cu + 4H 2 SO 4 + 2NO 3 = 3CuSO 4 + SO 4 + 2NO + H 2 O (6) 

0,044.5.3 

Từ Pt (6) tính được số mol Cu dư: = = 0,165 mol 

4 

Theo các phương trình (1), (2), (3), (4), (5): số mol e cho bằng 

số mol e nhận: 

2(x + y + z − 0,165) = [3,4.0,2 − 2(x + y + z − 0,165)]. 

→ x + y + z = 0,255 + 0,165 = 0,42 (b) 

Từ khối lượng các oxit MgO; Fe 2 O 3 ; CuO, có phương trình: 

x y z .40 + .160 + . 80 = 15,6 (c) 

2 4 2 

Hệ phương trình rút ra từ (a), (b), (c): 3x + 7y + 8z = 2,94 

x + y + z = 0,42 

x + 2y + 2z = 0,78 

Giải được: x = 0,06; y = 0,12; z = 0,24. 

% lượng Mg = 6,12% ; 

% lượng Fe = 28,57% ; 

% lượng Cu = 65,31% 

2/ Tính nồng độ các ion trong dd A (trừ H + , OH - ) 

[Mg 2+ 0,06 

] = = 0,246 M; [Cu 2+ ] = 0,984 M ; 

0,244 

[Fe 2+ ] = 0,492 M ; [SO 4 2- ] = 0,9 M ; 

[NO 3 - ] = 1,64 M 

Câu 10: Cho các số liệu nhiệt động của một số phản ứng sau ở 298K 

Số phản ứng Phản ứng ∆Ho 298 (kJ) 

(1) 2NH 3 + 3N 2 O → 4N 2 + 3H 2 O − 1011 

(2) N 2 O + 3H 2 → N 2 H 4 + H 2 O − 317 

(3) 2NH 3 + 0,5O 2 → N 2 H 4 + H 2 O − 143 


(4) H 2 + 0,5 O 2 → H 2 O − 286 

1,0 

1,0 

1,0 

1,0 

1,0 





S 0 298 (N 2 H 4 ) = 240 J/K.mol ; 

S0 298 (H 2O) = 66,6 J/K.mol 




41



PVLK 






S 0 298 (N 2 ) = 191 J/K.mol ; S0 298 (O 2 ) = 205 J/K.mol 

a) Tính nhiệt tạo thành ∆Ho 298 của N 2 H 4 ; N 2 O và NH 3 . 

b) Viết phương trình của phản ứng cháy Hidrazin và tính ∆Ho 298 , ∆Go 298 và hằng số cân bằng K 

của phản ứng này. 


♣ a) Ta sắp xếp lại 4 phương trình lúc đầu để khi cộng triệt tiêu 

các chất và được 

N 2 + 2H 2 → N 2 H 4 . Đó là: 

4N 2 + 3H 2 O → 2NH 3 + 3N 2 O -∆H 1 

3N 2 O + 9H 2 → 3N 2 H 4 + 3H 2 O 3∆H 2 

2NH 3 + 0,5 O 2 → N 2 H 4 + H 2 O ∆H 3 

H 2 O → H 2 + 0,5 O 2 -∆H 4 

Sau khi cộng ta được: 4N 2 + 8H 2 → 4N 2 H 4 có 4∆H 5 

Suy ra ∆H 5 = (-∆H 1 + 3∆H 2 + ∆H 3 - ∆H 4 ) : 4 

= (1011 - 3 . 317 - 143 + 286) : 4 = 50,75 kJ/mol 

Từ ∆H 5 và ∆H 4 và ∆H 2 tính được ∆H N2 

= ∆H 5 + ∆H 4 - ∆H 2 

O 

= 50,75 - 286 + 317 = 81,75 kJ/mol 

Từ ∆H 5 và ∆H 4 và ∆H 3 tính được ∆H = ∆H NH 3 

5 + ∆H 4 - ∆H 3 

= ( 50,75 - 286 + 143 ) : 2 = 46,125 kJ/mol 

b) N 2 H 4 + O 2 ? N 2 + 2H 2 O 

∆H 0 298 

∆S 0 298 

= 2 × ( −286) − 50,75 = − 622,75 kJ/mol 

= 191 + (2 × 66,6) − 205 − 240 = − 120,8 J/K 

∆G 0 298 = − 622,75 − ( −120,8. 10 −3 × 298) = − 586,75 kJ/mol 

ln K = − 

3 

∆ G −586,75.10 

= − 

RT 8,314× 

298 

= 236,8 ; K = 10 103 . 


1,0 

1,0 

1,0 

1,0 

1,0 








42



PVLK 






ĐỀ THI KHU VỰC NĂM 2010 

Câu 1: Hợp chất Z được tạo bởi 2 nguyên tố M, R có công thức M a R b trong đó R chiếm 6,667% 

khối lượng. Trong hạt nhân nguyên tử M có n = p + 4, còn trong hạt nhân nguyên tử R có n’ = p’, 

trong đó n, p, n’, p’ là số nơtron và proton tương ứng của M và R. Biết rằng tổng số hạt proton trong 

phân tử Z bằng 84 và a + b = 4. Tìm công thức phân tử của Z. 

Câu 2: Năng lượng liên kết hạt nhân đặc trưng cho sự bền vững của hạt nhân. Nó là năng lượng tỏa 

ra khi một hạt nhân nguyên tử hình thành từ các nucleon. Hãy xếp thứ tự về độ bền của các hạt nhân 

54 

16 

8 

238 

nguyên tử 26 Fe; O; 92U 

. Biết khối lượng hạt nhân (u) của 26Fe; 

O; 92U 

và khối lượng (u) của 

các hạt p, n lần lượt bằng 53,956; 15,99053; 238,125; 1,00728; 1,00866. 

Câu 3: Xác định momen lưỡng cực (D) 

→ 

→ 

µ Cl , NO2 

54 

16 

8 

238 

→ → 

µ và µ CH3 

trong các dẫn xuất thế 2 lần của nhân 

bezen sau: 1,2-dinitrobezen( µ = 6,6D 

), 1,3-điclobezen( → µ =1,5D); p-nitrotoluen( → µ =4,4D); hướng 

của 

→ 

µ ngược với hướng của nhóm NO2 . 

CH 3 

Câu 4: Photpho pentaclorua nằm cân bằng với PCl 3 và Cl 2 . Đưa vào trong một bình rỗng (không 

chứa không khí) (V = 5 lít) 10 gam photpho pentaclorua. Đậy kín bình và làm nón lên 180 0 C. Khi 

đó xảy ra quá trình phân hủy mạnh. 

a. Tính độ phân li α của PCl 5 và tính áp suất tổng trong bình theo (atm), biết quá trình có hằng số 

K 

p 

−2 

= 6,624.10 atm . 

b. Tính độ phân li α của PCl 5 và tính áp suất tổng trong bình theo (atm) khi thể tích bình là 10 lít. 

Nhận xét kết quả. 

Câu 5: Cho dung dịch axit fomic 0,1M với K a = 1,77.10 -4 

a. Tính pH của dung dịch. 

b. Thêm vào dung dịch một lượng H 2 SO 4 có cùng thể tích thấy độ pH đã thay đổi một trị bằng 

0,334. Tính nồng độ dung dịch H 2 SO 4 đã dùng? 

Cho H 2 SO 4 có K a2 = 1,2.10 -2 và giả thiết dung dịch sau khi trộn bằng tổng thể tích 2 dung 

dịch đã trộn. 

Câu 6: a. Phản ứng sau xảy ra theo chiều nào? 

Cu + Cu 2+ + 2Cl - 2CuCl↓ 

0 

0 

Cu 2 = 

/ Cu 

Cu / Cu 

Cho E + + = 0,15V;E + 0,52V; 

K S(CuCl) = 10 -7 ; nồng độ đầu [Cu 2+ ] = 0,1M; [Cl - ] = 

0,2M, cả Cu và CuCl đều có thể dư. 

b. Tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra và nồng độ các ion khi cân bằng. 

Câu 7: Hỗn hợp gồm 2 este A và B (a gam) tác dụng hết với dung dịch KOH thu được b gam ancol 

D và 2,688 gam hỗn hợp muối kali của 2 axit hữu cơ đơn chức kế tiếp nhau trong cùng dãy đồng 

đẳng. Nung toàn bộ muối trên với NaOH, CaO đến phản ứng hoàn toàn thấy thoát ra 0,672 lít hỗn 


hợp khí E (ở đktc). Đốt cháy hoàn toàn lượng ancol D, sản phẩm cháy có m : m = 1, 63 và khi 

CO2 

H2O 

bị hấp thụ hoàn toàn bằng 45 ml dung dịch Ba(OH) 2 0,5M thấy tách ra 2,955 gam kết tủa. Xác định 

công thức cấu tạo có thể có của A, B và giá trị của a, b. 








43



PVLK 






Câu 8: Hỗn hợp gồm FeCl 3 , MgCl 2 , CuCl 2 hòa tan trong nước thu được dung dịch X. Cho X tác 

dụng với Na 2 S dư thu được một lượng kết tủa m 1 . Nếu cho một lượng dư H 2 S tác dụng với X tách ra 

một lượng kết tủa m 2 . Thực nghiệm cho biết m 1 = 2,51.m 2 . 

Nếu giữ nguyên lượng các chất MgCl 2 , CuCl 2 trong X, thay FeCl 3 bằng FeCl 2 cùng lượng rồi hòa 

tan vào nước thu được dung dịch Y. Cho Y tác dụng với Na 2 S tách ra một lượng kết tủa m 3 . Nếu cho 

H 2 S dư vào Y thì tách ra một lượng kết tủa m 4 . Thực nghiệm cho biết m 3 = 3,36m 4 . 

Xác định phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu. 

Câu 9: Cesi clorua có cấu trúc lập phương đơn giản (hai lập phương lệch nhau một nửa đường chéo 

của lập phương) và Natri clorua có cấu trúc lập phương tâm mặt (hai lập phương lệch nhau một nửa 

cạnh). Bán kính của các ion Cs + , Na + , Cl - lần lượt là 169pm, 97pm, 181pm. Hãy tính 

a. Thông số mạng (cạnh a ) của mỗi loại mạng tinh thể trên. 

b. Độ đặc khít (C) của mỗi loại mạng tinh thể trên. 

c. Khối lượng riêng (D) theo kg/m 3 của mỗi mạng tinh thể. 

Câu 10: Đối với phản ứng: C(r) + CO 2 (k) 2CO(k) (1) 

Trạng thái cân bằng được xác định bởi các dữ kiện sau 

Nhiệt độ( 0 C) Áp suất toàn phần (atm) %CO trong hỗn hợp 

800 2,57 74,55 

900 2,30 93,08 

Đối với phản ứng 2CO 2 (k) 2CO(k) + O 2 (k) (2) 

Hằng số cân bằng ở 900 0 C bằng 1,25.10 -16 atm 

Tính ∆H, ∆S ở 900 0 C đối với phản ứng (2), biết nhiệt tạo thành ở 900 0 C của CO 2 bằng - 

390,7kJ/mol 

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 

Cho E = mc 2 ; 1MeV = 1,602.10 -13 J; PV= nRT 

E = E 0 0,0592 [ox] 

+ log 

n [kh] 

Kp( T2 

) 

ln 

Kp( T 

1) 

= ∆H 

⎛ 1 1 ⎞ 

⎜ − ⎟ ; ∆G = -RTlnK; ∆G = ∆H - T∆S 

R ⎝ T1 T2 

⎠ 

Nguyên tử khối: Fe = 56; Ba = 137; Na = 22,989; Mg = 24; Cu = 64; Cs = 132,91; Au = 

196,97l Ag = 107,87; Cl = 35,45; S = 32; O = 16; C = 12; H = 1. 

R = 8,314 J/mol.K; R = 0,08205; 1pm = 10 -12 m; N A = 6,02.10 23 

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI KHU VỰC NĂM 2010 

Câu 1: Hợp chất Z được tạo bởi 2 nguyên tố M, R có công thức M a R b trong đó R chiếm 6,667% 

khối lượng. Trong hạt nhân nguyên tử M có n = p + 4, còn trong hạt nhân nguyên tử R có n’ = p’, 

trong đó n, p, n’, p’ là số nơtron và proton tương ứng của M và R. Biết rằng tổng số hạt proton trong 

phân tử Z bằng 84 và a + b = 4. Tìm công thức phân tử của Z. 

HD: Giả thiết ta có hệ phương trình 









44



PVLK 






⎧ R *b 6,667 1 

⎪ 

= = (1) 

M *a 93,333 14 

⎪ 

⎪n 

= p + 4 

(2) 

⎪ 

⎨n' 

= p' 

(3) 

⎪pa 

+ pb = 84 (4) 

⎪ 

⎪a 

+ b = 4 

(5) 

⎪ 

⎩ 

Giải hệ phương trình ta có: M = n + p → thay n = p + 4 được M = 2p + 4 

R = n’ + p’ → thay n’ = p’ được R = 2p’ 

Thay tiếp vào (1) được 14p’b = pa + 2a (6) 

84 + 2a 

Ghép (6) với (4) cho 15p’b = 84 + 2a hay p' = . Lập bảng xét 

15b 

a 1 2 3 

B 3 2 1 

p’ 1,91 2,93 6 

P - - 26 

Chọn Loại Loại Chọn 

Vậy R là C (cacbon); M là Fe (sắt) hợp chất Z là Fe 3 C 

Câu 2: Năng lượng liên kết hạt nhân đặc trưng cho sự bền vững của hạt nhân. Nó là năng lượng tỏa 

ra khi một hạt nhân nguyên tử hình thành từ các nucleon. Hãy xếp thứ tự về độ bền của các hạt nhân 

54 

16 

8 

238 

nguyên tử 26 Fe; O; 92U 

. Biết khối lượng hạt nhân (u) của 26Fe; 

O; 92U 

và khối lượng (u) của 

các hạt p, n lần lượt bằng 53,956; 15,99053; 238,125; 1,00728; 1,00866. 

HD: E = mc 2 với m tính theo gam, c = 3.10 8 m/s và 1u*c 2 = 931,5MeV… 

* Với Fe: có 26p và 28n 

∆m = (26*1,00728+28*1,00866)- 53,956 = 0,47576u 

∆E = ∆m*931,5 = 443,17 MeV 

Năng ε Fe = ∆E/A = 8,2136 MeV 

* Với O: có 8p và 8n 

∆m = (8*1,00728+8*1,00866)- 15,99053 = 0,13699u 

∆E = ∆m*931,5 = 127,6062 MeV 

Năng ε O = ∆E/A = 7,9801 MeV 

* Với U: có 92p và 146n 

∆m = (92*1,00728+146*1,00866)- 238,125 = 1,80912u 

∆E = ∆m*931,5 = 1685,19528 MeV 

Năng ε U = ∆E/A = 7,07694 MeV 

1MeV = 1,602.10 -13 J 


54 

16 

8 

238 








45



PVLK 






Câu 3: Xác định momen lưỡng cực (D) 

→ 

bezen sau: 1,2-dinitrobezen( µ 

của 

CH 3 

= 6,6D 

→ 

µ ngược với hướng của nhóm NO2 . 

HD: 

Theo phương pháp cộng véctơ: 

→ → 

µ và µ CH3 

trong các dẫn xuất thế 2 lần của nhân 

→ 

µ Cl , NO2 

), 1,3-điclobezen( → µ =1,5D); p-nitrotoluen( → µ =4,4D); hướng 

2 

µ 1 NO 2 Cl NO 2 

NO 2 µ µ 1 

µ 

Cl µ 2 CH 3 

 

µ 2 

 

= µ 2 

 

1 

+ µ 2 

2 2 

2 

+ 2 µ 1 . µ 

2 cos θ hay µ = µ 

1 

+ µ 

2 

+ 2 µ 

1. µ 

2.cosθ 

* Trường hợp phân tử có 2 nhóm thế như nhau ( µ 1 = µ 2 ) thì ta có : 

 

µ 2 

 

= 2 µ 2 

 

1 

(1 + cos θ ) = 4 µ 2 θ 

θ 

1 

cos hay µ = 2 µ 1 cos 2 2 

Vậy: 

π 

- 1,2 – dinitrobenzen có θ = = 60 0 60 

thì 6,6 = 2 µ NO 

3 

2 

. cos 

2 → 

µ NO 2 

= 3,8 D 

π 

- 1,3 – diclobenzen có θ = 2 = 120 0 120 

thì 1,5 = 2 µ Cl . cos 3 2 → 

µ 

Cl = 1,5 D 

* Trường hợp phân tử có 2 nhóm thế khác nhau ( µ 1 ≠ µ 2 ) như p – nitroToluen thì: 

 

θ = 180 0 và µ NO 2 

và µ CH 3 

có hướng ngược nhau, 

 

µ NO2 hướng từ trong ra ngoài còn µ CH 3 

lại hướng từ ngoài vào trong. 

Theo phép cộng vectơ: 

µ ( p – nitroToluen) = µ NO 2 

– µ CH 3 

. 

 

Hay 4,4 = 3,8 – µ CH 3 

→ µ CH 3 

= 3,8 – 4,4 = – 0,6 D 

 

(dấu – chứng tỏ hướng của µ CH 3 

) 

Câu 4: Photpho pentaclorua nằm cân bằng với PCl 3 và Cl 2 . Đưa vào trong một bình rỗng (không 

chứa không khí) (V = 5 lít) 10 gam photpho pentaclorua. Đậy kín bình và làm nón lên 180 0 C. Khi 

đó xảy ra quá trình phân hủy mạnh. 

a/ Tính độ phân li α của PCl 5 và tính áp suất tổng trong bình theo (atm), biết quá trình có hằng số 


K 

p 

−2 

= 6,624.10 atm . 

b/ Tính độ phân li α của PCl 5 và tính áp suất tổng trong bình theo (atm) khi thể tích bình là 10 lít. 

Nhận xét kết quả. 




46 







PVLK 






HD: 

a/ 10 gam PCl 5 ứng với số mol n = 0,0480 mol 

Xét cân bằng 

PCl 5 (khí) PCl 3 (khí) + Cl 2 (khí) 

Ban đầu n 0 0 

Cân bằng n – x x x 

Tương ứng áp suất 7,43373*(n-x) 7,43373*x 7,43373*x 

Áp dụng định luật tác dụng khối lượng có 

2 

(7,43373* x) 

−2 

Kp = = 6,624. 10 (thay n = 0,0480) 

7,43373*(n − x) 

Giải phương trình có nghiệm thỏa mãn là x = 1,67.10 -2 mol 

Vậy độ phân li α = x/n = 0,3479 = 34,79% 

Số mol của hệ cân bằng = n + x = 0,0647 mol vậy áp suất tổng của hệ p = 0,0647*7,43373 = 

0,48096 atm 

b/ Thay thể tích bình là 10 lít ta có áp suất tương ứng của các chất là 

PCl 5 (khí) PCl 3 (khí) + Cl 2 (khí) 

Ban đầu n 0 0 

Cân bằng n – x x x 

Tương ứng áp suất 3,71687*(n-x) 3,71687*x 3,71687*x 


( 3,71687* x) 

Kp = = 6,624. 10 

3,71687 *(n − x) 

2 

−2 

(thay n = 0,0480) 

Giải phương trình có nghiệm thỏa mãn là x = 2,17.10 -2 mol 

Vậy độ phân li α = x/n = 0,4521 = 45,21% 

Số mol của hệ cân bằng = n + x = 0,0697 mol vậy áp suất tổng của hệ p = 0,0697*3,71687 = 

0,25907 atm 

Nhận xét: Khi tăng thể tích của hệ áp suất chung của hệ giảm cân bằng chuyển dịch theo chiều 

chống lại sự giảm áp suất nên chuyển dịch theo chiều thuận do đó độ phân li tăng, điều này phù hợp 

với nguyên lí chuyển dịch cân bằng. 

Câu 5: Cho dung dịch axit fomic 0,1M với K a = 1,77.10 -4 

a/ Tính pH của dung dịch. 

b/ Thêm vào dung dịch một lượng H 2 SO 4 có cùng thể tích thấy độ pH đã thay đổi một trị bằng 

0,334. Tính nồng độ dung dịch H 2 SO 4 đã dùng? 

Cho H 2 SO 4 có K a2 = 1,2.10 -2 và giả thiết dung dịch sau khi trộn bằng tổng thể tích 2 dung 

dịch đã trộn. 

HD: Xét cân bằng 


HCOOH HCOO - + H + 

Nồng độ đầu 0,1 0 0 

Nồng độ cb 0,1-x x x 









47



PVLK 






2 

x 

−4 

K = = 1,77.10 → x = 4,12.10 -4 

0,1 − x 

Vậy dung dịch có pH = 2,385 

b/ Chọn thể tích 2 dung dịch đều là 1 lít, vậy dung dịch thu được có thể tích bằng 2 lít. Do thêm axit 

mạnh nên pH của dung dịch giảm, vì vậy pH của dung dịch mới là 2,385 -0,334 = 2,051. Do thể tích 

dung dịch tăng gấp đôi nên nồng độ đầu của các axit đều giảm đi một nửa 

[HCOOH] = 0,5M [H 2 SO 4 ] = 0,5*a M 

pH = 2,051 → [H + ] = 8,89.10 -3 

Xét các cân bằng 

HCOOH HCOO - + H + (1) 

- 

H 2 SO 4 → HSO 4 + H + (2) 

0,5a 0,5a 0,5a 

- 

2- 

HSO 4 SO 4 + H + (3) 

Vì K a của 2 axit tương đương 

[H + ] = [HCOO - ] + [HSO - 4 ] + [SO 2- 4 ] (4) và có 

0,5a = [HSO - 4 ] + [SO 2- 4 ] (bảo toàn S) (5) 

Theo (1) có 

+ 

[H ][HCOO ] 

K = 

= 1,77.10 

− 

0,5 −[HCOO 

] 

− 

−4 

Thay [H + ] = 8,89.10 -3 thu được [HCOO - ] = 9,76.10 -4 

+ 

[H ][SO4 ] −2 

− [H ][SO4 

] 

2− 

Theo (3) có K = 

= 1,2.10 ⇒ [HSO4 

] = 

= 0,74083[SO 4 ] 

− 

[HSO ] 

K 

4 

2− 

Thay [HSO - 4 ] vào (4) thu được [SO 2- 4 ] = 2,89.10 -3 M → [HSO - 4 ] = 2,141.10 -3 M 

Thay các giá trị này vào (5) thu được a = 1,006.10 -2 M 

Câu 6: a/ Phản ứng sau xảy ra theo chiều nào? 

Cu + Cu 2+ + 2Cl - 2CuCl↓ 

0 

0 

Cu 2 = 

/ Cu 

Cu / Cu 

Cho E + + = 0,15V;E + 0,52V; 

K S(CuCl) = 10 -7 ; nồng độ đầu [Cu 2+ ] = 0,1M; [Cl - ] = 

0,2M, cả Cu và CuCl đều có thể dư. 

b/ Tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra và nồng độ các ion khi cân bằng. 

HD: 

a/ Cu + Cu 2+ + 2Cl - 2CuCl↓ 

Tại thời điểm đầu [Cu 2+ ] = 0,1M; [Cl - ] = 0,2M, [Cu + ] = 

Xét các quá trình 

* Cu 2+ + e → Cu + có E 0 = 0,15 → E 1 = E 0 + 

= 0,15 + 

+ 

2− 

−7 

KS 10 

−7 

= = 5. 10 M 

− 

[Cl ] 0,2 

0,0592 

n 

[ox] 

log 

[kh] 


0,1 

0,0592 log 

5.10 

−7 

= 0,4638 V 








48



PVLK 






* Cu + + e → Cu có E 0 = 0,52 → E 2 = E 0 + 

= 0,52 + 

0,0592 

n 

[ox] 

log 

[kh] 

7 

0,0592 log 5.10 − = 0,1470 V 

Nhận thấy E 1 > E 2 vậy xảy ra quá trình oxi hóa Cu 2+ + e → Cu + 

Quá trình khử Cu → Cu + + e 

Nên phản ứng theo đầu bài xảy ra theo chiều thuận 

b/ Tính K 

Cu 2+ + e → Cu + có E 0 = 0,15 nên K 1 = 10 

-1* Cu + + e → Cu có E 0 = 0,52 nên K 2 = 10 

2* Cu + + Cl - -1 

→ CuCl↓ có K 3 = K S 

0,52 

0,0592 

0,15 

0,0592 

Cu + Cu 2+ + 2Cl - 2CuCl có K = K 1 .(K 2 ) -1 .(K 3 ) 2 = 10 7,75 

Tính nồng độ các cấu tử khi cân bằng 

Cu + Cu 2+ + 2Cl - 2CuCl↓ 

Ban đầu 0,1 0,2 

Khi cân bằng 0,1-x 0,2-2x 

Áp dụng định luật tác dụng khối lượng 

1 

7,75 1 

K = 

⇔ 10 = 

2+ 

− 2 

[Cu ].[Cl ] 

[0,1 − x].[0,2 − 2x] 

2 

⇔ 10 

7,75 

1 

= 

4.[0,1 − x] 

→ x = 0,098356 

Vậy [Cu 2+ ] = 1,644.10 -3 M; [Cl - ] = 3,288.10 -3 M 

Câu 7: Hỗn hợp gồm 2 este A và B (a gam) tác dụng hết với dung dịch KOH thu được b gam ancol 

D và 2,688 gam hỗn hợp muối kali của 2 axit hữu cơ đơn chức kế tiếp nhau trong cùng dãy đồng 

đẳng. Nung toàn bộ muối trên với NaOH, CaO đến phản ứng hoàn toàn thấy thoát ra 0,672 lít hỗn 

hợp khí E (ở đktc). Đốt cháy hoàn toàn lượng ancol D, sản phẩm cháy có m : m = 1, 63 và khi 

3 

CO2 

H2O 

bị hấp thụ hoàn toàn bằng 45 ml dung dịch Ba(OH) 2 0,5M thấy tách ra 2,955 gam kết tủa. Xác định 

công thức cấu tạo có thể có của A, B và giá trị của a, b. 

HD: Do axit đơn chức nên gọi công thức chung của hỗn hợp là (RCOO) n R’ 

Pthh: (RCOO) n R’ + nKOH → nRCOOK + R(OH) n 

0 

CaO,t 

RCOOK + NaOH ⎯ ⎯⎯ 

→RH 

+ KNaCO3 

0,03 0,03 

2,688 

Khối lượng mol của muối = = 89,6 ⇒ R = 6, 6 Vì 2 axit là đồng đẳng kế tiếp nên 2 muối là 

0,03 


HCOOK và CH 3 COOK 

* Có m : m = 1, 63 , chọn m = 1,63gam; m = 1gam 

→ n = 0,037 < n = 0, 055 

CO2 

H2O 

CO2 

H2O 

0,037 

Vậy D là ancol no → C = ≈ 2 . Do đó S có dạng C 2 H 6 O n (n ≤ 2) 

0,055 − 0,037 


CO2 

H2O 



49 







PVLK 






→ n ancol = 0,03/n → 

n 

CO = 2 

0,06 

n 

Xét phản ứng của CO 2 với dung dịch Ba(OH) 2 

- Trường hợp chỉ có phản ứng tạo kết tủa 

CO 2 + Ba(OH) 2 → BaCO 3 + H 2 O 

0,015 ← 0,015 ← 0,015 

0,06 

Khi đó nCO = = 0,015 → n = 4 (loại) 

2 

n 

- Trường hợp tạo ra cả 2 muối 

CO 2 + Ba(OH) 2 → BaCO 3 + H 2 O 

0,015 ← 0,015 ← 0,015 

2CO 2 + Ba(OH) 2 → Ba(HCO 3 ) 2 

0,015 ← 0,0075 

0,06 

Khi đó nCO = 2 

n 

= 0,03 → n = 2 Ancol là C 2H 4 (OH) 2 

Công thức cấu tạo của A, B có thể là 

(HCOO) 2 C 2 H 4 , (CH 3 COO) 2 C 2 H 4 ; HCOOC 2 H 4 OCOCH 3 

* Tính a và b 

Khối lượng ancol D: b = 0,015 * 62 = 0,93 gam 

Khối lượng este: áp dụng định luật bảo toàn khối lượng a = m muối + m ancol - m KOH = 1,938 gam 

Câu 8: Hỗn hợp gồm FeCl 3 , MgCl 2 , CuCl 2 hòa tan trong nước thu được dung dịch X. Cho X tác 

dụng với Na 2 S dư thu được một lượng kết tủa m 1 . Nếu cho một lượng dư H 2 S tác dụng với X tách ra 

một lượng kết tủa m 2 . Thực nghiệm cho biết m 1 = 2,51.m 2 . 

Nếu giữ nguyên lượng các chất MgCl 2 , CuCl 2 trong X, thay FeCl 3 bằng FeCl 2 cùng lượng rồi hòa 

tan vào nước thu được dung dịch Y. Cho Y tác dụng với Na 2 S tách ra một lượng kết tủa m 3 . Nếu cho 

H 2 S dư vào Y thì tách ra một lượng kết tủa m 4 . Thực nghiệm cho biết m 3 = 3,36m 4 . 

Xác định phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu. 

HD: 

* X + Na 2 S 

MgCl 2 + Na 2 S + 2H 2 O → Mg(OH) 2 ↓ + H 2 S + 2NaCl 

2FeCl 3 + 3Na 2 S → 2FeS + S↓ + 6NaCl 

CuCl 2 + Na 2 S → CuS↓ + 2NaCl 

* X + H 2 S 

CuCl 2 + H 2 S → CuS↓ + 2HCl 

2FeCl 3 + H 2 S → 2FeCl 2 + S↓ + 2HCl 

Đặt số mol MgCl 2 ,FeCl 3 ,CuCl 2 lần lượt là x, y, z (mol). Ta có 

58x + 88y + 16y + 96z 

= 2,51 ⇒ 58x + 63,84y = 144,96z (1) 

16y + 96z 


Vì lấy FeCl 2 cùng lượng với FeCl 3 nên ta có 

* Y + Na 2 S 

n 

162,5y 

= 

127 

FeCl = 

2 

1,28 y 








50



PVLK 






MgCl 2 + Na 2 S + 2H 2 O → Mg(OH) 2 ↓ + H 2 S + 2NaCl 

FeCl 2 + Na 2 S → FeS↓ + 2NaCl 

CuCl 2 + Na 2 S → CuS↓ + 2NaCl 

* Y + H 2 S 

CuCl 2 + H 2 S → CuS↓ + 2HCl 

Ta có 

58x + 88*1,28y + 96z 

= 3,36 ⇒ 58x + 112,64y = 226,56z 

96z 

Từ (1) và (2) ta có x = 0,6588z; y = 1,6721z 

Vậy phần trăm của các chất là 

95x 

%MgCl 2 = .100% = 13,34% 

95x + 162,5y + 135z 

162,5y 

%FeCl 3 = .100% = 57,90% 

95x + 162,5y + 135z 

→ %CuCl 2 = 100 – 13,34 – 57,90 = 28,76% 

Câu 9: Cesi clorua có cấu trúc lập phương đơn giản (hai lập phương lệch nhau một nửa đường chéo 

của lập phương) và Natri clorua có cấu trúc lập phương tâm mặt (hai lập phương lệch nhau một nửa 

cạnh). Bán kính của các ion Cs + , Na + , Cl - lần lượt là 169pm, 97pm, 181pm. Hãy tính 

a/ Thông số mạng (cạnh a ) của mỗi loại mạng tinh thể trên. 

b/ Độ đặc khít (C) của mỗi loại mạng tinh thể trên. 

c/ Khối lượng riêng (D) theo kg/m 3 của mỗi mạng tinh thể. 

HD: 

A 

D 

a 

B 

C 

j 

CsCl 

NaCl 

a/ Tính thông số mạng 

* CsCl sự tiếp xúc của các ion Cs + và Cl - dọc đường chéo chính của lập phương (có 1 phân tử trong 

ô mạng) 

2 3 

a CsCl = (R + r) = 1,1547(169 + 181) = 404,145pm 

3 

* NaCl sự tiếp xúc của các ion Cs + và Cl - dọc theo cạnh của lập phương (có 4 phân tử trong ô mạng) 

A NaCl = 2(R+r) = 2(97+181) = 556pm 

b/ Độ đặc khít 


(2) 








51



PVLK 






Vphan tu 

Độ đặt khít ρ = .100% 

V 

o mang 

* Của CsCl 

4 3 4 3 

( πR 

+ πr 

) 

ρ = 3 3 .100% = 68,26% 

3 

a 

* Của NaCl 

4 3 4 3 

( πR 

+ πr 

) 

ρ = 3 3 .100% = 66,70% 

3 

a 

c/ Tính khối lượng riêng 

m z * M *10 

3 

Khối lượng riêng của tinh thể D = = 

(kg / m ) 

V 

−12 

3 

(a *10 ) * N 

* Tinh thể CsCl 

Khối lượng riêng của tinh thể 

−3 

m z *M *10 

D = = 

V 

−12 

3 

(a *10 ) * N 

* Tinh thể NaCl 

Khối lượng riêng của tinh thể 

−3 

m z * M *10 

D = = 

V 

−12 

3 

(a *10 ) * N 

A 

A 

−3 

1*(132,91+ 

35,45)*10 

= 

−12 

3 

(404,145*10 ) *6,023*10 

−3 

1*(22,989 + 35,45)*10 

= 

−12 

3 

(556*10 ) *6,023*10 

A 

−3 

23 

23 

= 4,2367*10 (kg / m ) 

= 2,2591*10 (kg / m ) 

Câu 10: Đối với phản ứng: C(r) + CO 2 (k) 2CO(k) (1) 

Trạng thái cân bằng được xác định bởi các dữ kiện sau 

Nhiệt độ( 0 C) Áp suất toàn phần (atm) %CO trong hỗn hợp 

800 2,57 74,55 

900 2,30 93,08 

Đối với phản ứng 2CO 2 (k) 2CO(k) + O 2 (k) (2) 

Hằng số cân bằng ở 900 0 C bằng 1,25.10 -16 atm 

Tính ∆H, ∆S ở 900 0 C đối với phản ứng (2), biết nhiệt tạo thành ở 900 0 C của CO 2 bằng - 

390,7kJ/mol 

HD: Chấp nhận khí là khí lí tưởng, áp suất của các khí trong hệ (1) là 

Nhiệt độ( 0 C) Áp suất CO 2 Áp suất CO 

800 2,57*0,2545 2,57*0,7455 

900 2,30*0,0692 2,30*0,9308 

Hằng số cân bằng của hệ ở các nhiệt độ tương ứng là 


3 

3 

3 

3 








52



PVLK 






* Ở 1073K K 

* Ở 1173K K 

2 

CO 

p 

= = 5,6123 atm 

p 

CO 2 

2 

CO 

p 

= = 28,7962 atm 

p 

CO 2 

Kp( T2 

) 

Lại có ln 

Kp( T 

1) 

= ∆H 

⎛ 1 1 ⎞ 

⎜ − ⎟ 

R ⎝ T1 T2 

⎠ 

thay số → ∆H = 171,12 kJ/mol 

Vì ∆H không đổi trong một giới hạn nhiệt độ nên có thể coi ∆H ở 1173K cũng bằng 171,12 kJ/mol 

Ta có 

C(r) + CO 2 (k) 

2CO(k) (1) ∆H 1 = 171,12 kJ/mol 

- C(r) + O 2 (k) CO 2 (k) (3) ∆H 3 = - 390,7 kJ/mol 

2CO 2 (k) 

2CO(k) + O 2 (k) (2) ∆H 2 = ∆H 1 - ∆H 3 =171,12 –(- 390,7) = 561.82 kJ/mol 

Lúc này ta có ∆G = -RTlnK = - 8,314*1173*ln(1,25.10 -16 ) = 357,2 kJ/mol 

Mà ∆G = ∆H - T∆S 

→ ∆S = 174,4 J/mol 









53



PVLK 






SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY NĂM 2008 

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG 

MÔN : HÓA HỌC LỚP 12 CẤP THPT 

Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian giao đề) 

Bài 1 (2 điểm) Chia 24,04 gam hỗn hợp X gồm ba kim loại Al, Fe, Zn thành hai phần bằng nhau. 

Phần một hòa tan hoàn toàn trong lượng dư dung dịch H 2 SO 4 loãng thu được 6,608 L khí (đktc). 

Phần hai hòa tan hết trong lượng dư dung dịch HNO 3 loãng thu được 2,464 L (đktc) hỗn hợp khí Y 

gồm NO và N 2 O (không có sản phẩm khử nào khác). Tỉ khối hơi của Y so với không khí bằng 

1,342. Tính phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong X. Cho Al = 27, Fe = 56, Zn = 65, N = 14 và 

O = 16. 

Bài 2 (2 điểm) Trộn 100 mL dung dịch NaOH có pH = 13,3 với 100 mL dung dịch KOH có pH = 

13 thu được dung dịch X. Dung dịch X trung hòa vừa đủ 100 mL dung dịch Y chứa HCl a (M) và 

H 2 SO 4 b (M), thu được dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu được 2,165 gam muối khan. Tính các 

giá trị a và b. 

Bài 3 (2 điểm) Chất hữu cơ A chứa 54,96% C và 9,92% H về khối lượng. Định lượng N theo 

phương pháp Dumas từ 1,31 gam A và thu khí N 2 vào một khí kế ở 30 o C thì thể tích khí N 2 đo được 

là 0,1272 lít; mực nước trong khí kế cao hơn mực nước ngoài chậu 6,8 cm; áp suất khí quyển là 760 

mmHg và áp suất hơi nước bão hòa ở 30 o C là 12,3 mmHg. (a) Xác định công thức phân tử của A, 

biết phân tử A có một nguyên tử N. (b) A có tính lưỡng tính, phân tử A chỉ có nguyên tử C bậc một 

và bậc hai và khi đun nóng A tham gia phản ứng trùng ngưng tạo ra một polime mạch hở có phân tử 

khối là 1.500.000. Xác định số mắt xích A trong polime nêu trên. 

Bài 4 (2 điểm) Hỗn hợp A gồm n hidrocacbon đồng đẳng kế tiếp, có tổng phân tử khối là 280. 

Trong hỗn hợp này, phân tử khối của hidrocacbon có số cacbon lớn nhất gấp 3 lần phân tử khối của 

hidrocacbon có số cacbon nhỏ nhất. Xác định n và công thức phân tử các hidrocacbon. 

Bài 5 (2 điểm) Tính khoảng cách nhỏ nhất và lớn nhất giữa hai nguyên tử iot trong phân tử 1,2-diiotetan. 

Biết rằng độ dài liên kết C-C và C-I lần lượt bằng 1,54Å và 2,10Å. Giả thiết các góc liên kết đều bằng 

109,5 o . 

Bài 6 (2 điểm) Xét quá trình cân bằng sau tại 686 o C : CO 2 (k) + H 2 (k) ⇄ CO (k) + H 2 O (k) 

Nồng độ các chất tại cân bằng lần lượt bằng [CO] = 0,050 M, [H 2 ] = 0,045 M, [CO 2 ] = 0,086 M và 

[H 2 O] = 0,040 M. Nếu tăng nồng độ CO 2 lên đến giá trị 0,500 M (nhiệt độ không đổi) thì nồng độ 

mỗi chất ở cân bằng mới được thiết lập lại bằng bao nhiêu ? 

Bài 7 (2 điểm) 

Một nguyên tố kim loại M có bán kính nguyên tử R = 143 pm và đơn chất kết tinh theo cấu trúc lập 

phương tâm diện, có khối lượng riêng D = 2,7 g/cm 3 . Xác định kim loại M. 









54



PVLK 






Bài 8 (2 điểm) Cho biết ở 20 o C, độ tan của CaSO 4 là 0,2 gam và khối lượng riêng của dung dịch 

CaSO 4 bão hòa là 1 g/mL. (a) Tính C% và C M của dung dịch CaSO 4 bão hòa. (b) Hỏi khi trộn 50 mL 

dung dịch CaCl 2 0,012 M với 150 mL dung dịch Na 2 SO 4 0,004 M ở 20 o C có kết tủa xuất hiện không 

? 

Bài 9 (2 điểm) Ở 500K, khí buta-1,3-đien chuyển hóa thành khí xiclobuten. Tính các giá trị hằng số 

tốc độ phản ứng theo các dữ liệu thực nghiệm dưới đây, khi lần lượt giả thiết rằng phản ứng là bậc 

không, bậc một và bậc hai theo buta-1,3-đien. Dựa trên các kết quả tính được cho biết bậc của phản 

ứng này. 

Thời gian từ lúc bắt đầu (giây) 195 604 1246 2180 4140 8135 

Nồng độ buta-1,3-đien (M) 0,0162 0,0147 0,0129 0,0110 0,0084 0,0057 

Bài 10 (2 điểm) Xét quá trình chuẩn độ V 1 (mL) dung dịch HF C 1 (M) bằng V 2 (mL) dung dịch 

NaOH C 2 (M). (a) Thiết lập phương trình tính pH theo V 1 , C 1 , V 2 , C 2 và K(HF) tại điểm đầu, điểm 

giữa điểm đầu và điểm tương đương, điểm tương đương và sau điểm tương đương. (b) Điền các giá 

trị pH theo giá trị V 2 trong bảng dưới đây, biết V 1 = 10 mL, C 1 = 0,1 M, C 2 = 0,1 M và K (HF) = 

6,3.10 -4 . (c) Vẽ đồ thị biểu diễn quan hệ pH và V 2 . 

HƯỚNG DẪN GIẢI 


Chia 24,04 gam hỗn hợp X gồm ba kim loại Al, Fe, Zn thành hai phần bằng nhau. Phần một hòa tan 

hoàn toàn trong lượng dư dung dịch H 2 SO 4 loãng thu được 6,608 L khí (đktc). Phần hai hòa tan hết 

trong lượng dư dung dịch HNO 3 loãng thu được 2,464 L (đktc) hỗn hợp khí Y gồm NO và N 2 O 

(không có sản phẩm khử nào khác). Tỉ khối hơi của Y so với không khí bằng 1,342. Tính phần trăm 

khối lượng mỗi kim loại trong X. Cho Al = 27, Fe = 56, Zn = 65, N = 14 và O = 16. 

ĐÁP ÁN 

Đặt số mol NO và N 2 O lần lượt là a và b, ta có : 

⎧ a + b = 0,11 

⎧a 

= 0,04 

⎨ 

⇒ ⎨ 

⎩30a 

+ 44b = 0,11× 

1,342× 

29 = 4,28 ⎩b 

= 0,07 

Đặt số mol Al, Fe và Zn trong mỗi phần lần lượt bằng x, y và z. 

Tác dụng với H 2 SO 4 loãng dư : 

+3 

Al → Al + 3e 

+2 

Fe → Fe + 2e 

+2 

Zn → Zn + 2e 

+ 1 

2 H+ 

2e → 

0,59 

H 

2 

0,295 

⇒ 3x + 2y + 2z = 0,59 (I) 

ĐIỂM 





55 







PVLK 






Tác dụng với HNO 3 loãng dư : 

+3 

Al → Al + 3e 

+ 5 

N+ 

3e → 

0,12 

+ 2 

N 

0,04 

+3 

Fe → Fe + 3e + 5 

+ 1 ⇒ 3x + 3y + 2z = 0,68 (II) 

+2 N+ 

4e → N 

Zn → Zn + 2e 

0,56 0,14 

Khối lượng hỗn hợp trong một phần : 27x + 56y + 65z = 12,02 (III) 

Giải hệ (I), (II), (III) cho kết quả : 

x = 0,09 (%m Al = 20,22%); 

y = 0,09 (%m Fe = 41,93%) và z = 0,07 (%m Zn = 37,85%). 


Trộn 100 mL dung dịch NaOH có pH = 13,3 với 100 mL dung dịch KOH có pH = 13 thu được dung 

dịch X. Dung dịch X trung hòa vừa đủ 100 mL dung dịch Y chứa HCl a (M) và H 2 SO 4 b (M), thu 

được dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu được 2,165 gam muối khan. Tính các giá trị a và b. Cho 

Na = 23, K = 39, Cl = 35,5, S =32 và O =16. 

ĐÁP ÁN 

pH = 13,3 ⇒ pOH = 0,7 ([OH - ] = 0,2), n NaOH = 0,2 × 0,1 = 0,02(mol) 

pH = 13 ⇒ pOH = 1 ([OH - ] = 0,1), n KOH = 0,1 × 0,1 = 0,01(mol) 

Phản ứng trung hòa : H + + OH - → H 2 O 

⇒ 0,1a + 0,2b = 0,03 (I) 

Tổng khối lượng muối : ( 0,02 × 23) + (0,01× 

39) + (0,1a × 35,5) + (0,1b × 96) = 2, 165 

⇒ 3,55a + 9,6b = 1,315 (II) 

Giải hệ (I) và (II) ta có : a = 0,1 và b = 0,1 

ĐIỂM 


Chất hữu cơ A chứa 54,96% C và 9,92% H về khối lượng. Định lượng N theo phương pháp Dumas 

từ 1,31 gam A và thu khí N 2 vào một khí kế ở 30 o C thì thể tích khí N 2 đo được là 0,1272 lít; mực 

nước trong khí kế cao hơn mực nước ngoài chậu 6,8 cm; áp suất khí quyển là 760 mmHg và áp suất 

hơi nước bão hòa ở 30 o C là 12,3 mmHg. (a) Xác định công thức phân tử của A, biết phân tử A có 

một nguyên tử N. (b) A có tính lưỡng tính, phân tử A chỉ có nguyên tử C bậc một và bậc hai và khi 

đun nóng A tham gia phản ứng trùng ngưng tạo ra một polime mạch hở có phân tử khối là 

1.500.000. Xác định số mắt xích A trong polime nêu trên. Cho C = 12, H = 1, O = 16, N = 14. 







ĐÁP ÁN 

ĐIỂM 



56



PVLK 






(a) Áp suất riêng phần của N 2 : 

h 6,8× 

10 

pN 2 

= H − f − = 760 −12,3 − = 742,7 (mmHg) 

13,6 13,6 

Số mol N 2 = pV 742,7 × 273 × 

= 0,1272 = 0,005 (mol) 

RT 760× 22, 4 × (273 + 30) 

%N trong A = 0,005 × 28 × 100% = 10,69% 

1,31 

%O = 100% - 75,57% = 24,43% 

54,96 9,92 24,43 10,69 

n 

C 

: n 

H 

: n 

O 

: n 

N 

= : : : = 6: 13: 2: 1 

12 1 16 14 

Công thức phân tử của A là C 6 H 13 O 2 N. 

(b) A vừa tác dụng với dung dịch HCl và dung dịch NaOH, chỉ chứa C bậc 1 và bậc 

2 nên Công thức cấu tạo đúng của A là : H 2 N-[CH 2 ] 5 -COOH. 

Phương trình phản ứng trùng ngưng : 

o 

t ,xt,p 

n H 2 N-[CH 2 ] 5 COOH ⎯⎯⎯→ H-(-HN-[CH 2 ] 5 CO-)- n OH+ (n-1) H 2 O 

1.500.000 −18 

n = = 13274 

113 


Hỗn hợp A gồm n hidrocacbon đồng đẳng kế tiếp, có tổng phân tử khối là 280. Trong hỗn hợp này, 

phân tử khối của hidrocacbon có số cacbon lớn nhất gấp 3 lần phân tử khối của hidrocacbon có số 

cacbon nhỏ nhất. Xác định n và công thức phân tử các hidrocacbon. Cho C = 12, H = 1. 

ĐÁP ÁN 

Gọi M 1 là phân tử khối của hidrocacbon nhỏ nhất. Phân tử khối của các hidrocacbon 

lập thành một cấp số cộng có công sai 14 nên ta có : 

[M 

1 

+ (n − 1)14 + M 

1]n 

S = = [M1 

+ 7(n − 1)]n = 280 

2 

(I) 

M n = 3M 1 ⇒ Mn = M 

1 

+ (n − 1)14 = 3M1 

⇒ M 1 = 7(n-1) (II) 

Từ (I, II) ⇒ n 2 - n - 20 = 0 

⇒ n = 5 ( nhận ) và n = - 4 (loại) 

⇒ M 1 = 7(5-1) = 28 (C 2 H 4 ) 

Các chất gồm C 2 H 4 , C 3 H 6 , C 4 H 8 , C 5 H 10 và C 6 H 12 

ĐIỂM 



Tính khoảng cách nhỏ nhất và lớn nhất giữa hai nguyên tử iot trong phân tử 1,2-diiotetan. Biết rằng 

độ dài liên kết C-C và C-I lần lượt bằng 1,54Å và 2,10Å. Giả thiết các góc liên kết đều bằng 109,5 o . 




57 







PVLK 







ĐÁP ÁN 

Khoảng cách ngắn nhất giữa hai nguyên tử 

iot ứng với cấu dạng che khuất toàn phần 

như hình bên. 

d 

d 

d 

I− I 

= 2d 

C−X 

+ 

d 

C−C 

= [2× 

2,10 × cos(70,5 

)] 

o 

I − I 

+ 

I − I 

= 

o 

2,94(A) 

1,54 

Khoảng cách lớn nhất giữa hai nguyên tử 

iot ứng với cấu dạng xen kẽ đối (anti) như 

hình bên 

d 

I Y 

2d 

I X 

2 2,10 sin(70,5 

1 − 

= = × × 

1− 

d 

I 1 − Y 

= 

o 

3,96(A) 

Từ kết quả phần trên : d 2,94(A) 

d + 

1 2 

2 

2 

I − I 

= (3,96) (2,94) 

Vậy d 4,93(A) 

I − I2 

1 

= 

o 

I 2 − Y 

= 

Xét quá trình cân bằng sau tại 686 o C : CO 2 (k) + H 2 (k) ⇄ CO (k) + H 2 O (k) 

o 

) 

o 

ĐIỂM 

Nồng độ các chất tại cân bằng lần lượt bằng [CO] = 0,050 M, [H 2 ] = 0,045 M, [CO 2 ] = 0,086 M và 

[H 2 O] = 0,040 M. Nếu tăng nồng độ CO 2 lên đến giá trị 0,500 M (nhiệt độ không đổi) thì nồng độ 

mỗi chất ở cân bằng mới được thiết lập lại bằng bao nhiêu ? 

Hằng số cân bằng nồng độ : 

K 

ĐÁP ÁN 

[H 

2O][CO] 

0,040 × 0,050 

= 

= 

[CO ][H ] 0,086 × 0,045 

C 

= 

2 2 

0,52 

Thêm CO 2 , cân bằng chuyển dời theo chiều thuận : 

CO 2 (k) + H 2 (k) ⇄ CO (k) + H 2 O (k) 

0,500 0,045 0,050 0,040 

-x -x +x +x 

0,500-x 0,045-x 0,050 +x 0,040 + x 

[H 

2O][CO] 

(0,040 + x) × (0,050 + x) 

Từ K 

C 

= 

= 

= 0, 52 

[CO ][H ] (0,500 − x) × (0,045 − x) 

2 

⇔ 0,48x 2 + 0,373x – 9,7.10 -3 = 0 

2 

ĐIỂM 





58 







PVLK 



⇒ x = 0,025M 

Vậy [CO 2 ] = 0,48M, [H 2 ] = 0,020M, [CO] = 0,075M và [H 2 O] = 0,065M. 





Một nguyên tố kim loại M có bán kính nguyên tử R = 143 pm và đơn chất kết tinh theo cấu trúc lập 

phương tâm diện, có khối lượng riêng D = 2,7 g/cm 3 . Xác định kim loại M. 

ĐÁP ÁN 

Trong một ô mạng cơ cở lập phương tâm diện, số nguyên tử bằng : 

⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ 

Z = ⎜ × 8⎟ 

+ ⎜ × 6⎟ 

= 4 

⎝ 8 ⎠ ⎝ 2 ⎠ 

Gọi a là độ dài cạnh ô mạng cơ sở. Khoảng cách ngắn nhất giữa các nguyên tử là 

trên đường chéo của mặt nên : 

M 

× Z 

m × Z N 

A 

Từ d = = 

3 

V a 

3 

− 

d × a × N 

A (2,7g / cm ) × (404.10 

⇒ M = 

= 

Z 

⇒ M = 26,79g / mol . Vậy M là Al. 

a 2 4 × 143 

R = ⇒ a = = 404pm 

4 

2 

cm) 

4 

× (6,02.10 

mol 

3 10 3 

23 −1 

) 

ĐIỂM 


Cho biết ở 20 o C, độ tan của CaSO 4 là 0,2 gam và khối lượng riêng của dung dịch CaSO 4 bão hòa là 

1 g/mL. (a) Tính C% và C M của dung dịch CaSO 4 bão hòa. (b) Hỏi khi trộn 50 mL dung dịch CaCl 2 

0,012 M với 150 mL dung dịch Na 2 SO 4 0,004 M ở 20 o C có kết tủa xuất hiện không ? 

ĐÁP ÁN 

S 

0,2 

(a) C % = × 100% = × 100% = 0,1996% 

S + 100 100 + 0,2 

10 × C% × D 10 × 0,1996 × 1 

C M = 

= 

= 0,0147M 

M 

136 

ĐIỂM 






(b) Ta có thể tích : 

V 

m 

= 

D 

100g + 0,2g 

= 

1g / mL 

dd 

dd = 

100,2 mL 




59



PVLK 






Trong dung dịch bão hòa CaSO 4 : 

[Ca 2+ ] = [SO 2- 0, 

2 × 1000 

−2 

4 ] = 

= 1, 47. 10 ( M) 

136× 

100, 

2 

T = [Ca ][ SO ] = ( 1, 47. 10 ) = 2, 16. 

10 

2+ 2− −2 2 −4 

CaSO 4 

4 

Trong dung dịch sau khi trộn 

[Ca 2+ 0, 

012× 

50 

−3 

] = = 3. 10 ( M) 

; [SO 2- 0, 004× 

150 

4 ] = = 3.10 -3 M 

50 + 150 

50 + 150 

Suy ra tích số ion trong dung dịch : Q = [Ca 2+ ][SO 2- 4 ] = 9.10 -6 

Vì Q < T nên không có kết tủa xuất hiện 


Ở 500K, khí buta-1,3-đien chuyển hóa thành khí xiclobuten. Tính các giá trị hằng số tốc độ phản 

ứng theo các dữ liệu thực nghiệm dưới đây, khi lần lượt giả thiết rằng phản ứng là bậc không, bậc 

một và bậc hai theo buta-1,3-đien. Dựa trên các kết quả tính được cho biết bậc của phản ứng này. 

Thời gian từ lúc bắt đầu (giây) 195 604 1246 2180 4140 8135 

Nồng độ buta-1,3-đien (M) 0,0162 0,0147 0,0129 0,0110 0,0084 0,0057 

ĐÁP ÁN 

Thế các dữ kiện thực nghiệm vào các biểu thức của k đối với các phản ứng đơn giản 

bậc 0, 1, 2 ta được các kết quả sau đây : 

k = 

Bậc 0 Bậc 1 Bậc 2 

[ A] [ A] 

o 

− 

t 

1 

k = ln 

t 

[ A] 

[ A] 

o 

1 

k = × 

t 

[ A] o 

− [ A] 

[ A] [ A] 

3,67.10 -6 2,38.10 -4 1,54.10 -2 

2,80.10 -6 2,03.10 -4 1,48.10 -2 

2,03.10 -6 1,71.10 -4 1,43.10 -2 

1,33.10 -6 1,37.10 -4 1,43.10 -2 

0,68.10 -6 0,97.10 -4 1,41.10 -2 

Kết quả k gần đơn trị khi giả thiết phản ứng là bậc hai, nên phản ứng có bậc 2 đối 

với buta-1,3-đien. 

o 

ĐIỂM 


Xét quá trình chuẩn độ V 1 (mL) dung dịch HF C 1 (M) bằng V 2 (mL) dung dịch NaOH C 2 (M). (a) 

Thiết lập phương trình tính pH theo V 1 , C 1 , V 2 , C 2 và K(HF) tại điểm đầu, điểm giữa điểm đầu và 

điểm tương đương, điểm tương đương và sau điểm tương đương. (b) Điền các giá trị pH theo giá trị 

V 2 trong bảng dưới đây, biết V 1 = 10 mL, C 1 = 0,1 M, C 2 = 0,1 M và K (HF) = 6,3.10 -4 . (c) Vẽ đồ 

thị biểu diễn quan hệ pH và V 2 . 









60



PVLK 






(a) Phương trình pH 

Điểm đầu, dung dịch axit yếu HF có : 

pH = −lg( KC 1 

) 

ĐÁP ÁN 

Giữa điểm đầu và điểm tương đương, hệ là một dung dịch đệm axit gồm HF và 

NaF có : 

⎛ C1V1 

− C 

2V2 

⎞ 

pH = pK − lg 

⎜ 

⎟ 

⎝ C 

2V2 

⎠ 

Tại điểm tương đương, dung dịch bazơ yếu NaF có : 

⎛ −14 

⎞ 

⎜ 10 C1V1 

pH = 14 + lg × ⎟ 

⎜ 

⎟ 

⎝ 

K V1 

+ V2 

⎠ 

Sau điểm tương đương, hệ là hỗn hợp bazơ mạnh và bazơ yếu, được coi như là 

của bazơ mạnh có : 

⎛ C 

2V2 

− C1V1 

pH = 14 + lg 

⎜ 

⎝ V1 

+ V2 

(b) Bảng giá trị : 

V 2 0 2 4 5 6 8 9 9,9 10 10,1 12 

pH 2,1 2,6 3,0 3,2 3,4 3,8 4,2 5,2 7,9 10,7 12,0 

(c) Đồ thị : 

pH 

14 

12 

10 

8 

6 

4 

2 

0 

⎞ 

⎟ 

⎠ 

0 5 10 15 

V(NaOH) 

ĐIỂM 









61

MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ HÓA HỌC ĐẠI CƯƠNG TRONG ĐỀ THI GIẢI TOÁN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?