GIÁO ÁN ÔN TẬP HÓA HỌC 10

https://twitter.com/daykemquynhon 

https://plus.google.com/+DạyKèmQuyNhơn 

www.facebook.com/daykem.quynhon 

http://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 1000B Trần Hưng Đạo Tp.Quy Nhơn Tỉnh Bình Định 

CHUYÊN ĐỀ 1: CẤU TẠO NGUYÊN TỬ - ĐỊNH LUẬT TUẦN HOÀN 

HÓA HỌC HẠT NHÂN 

Tiết 1+2+3+4: CẤU TẠO NGUYÊN TỬ 

NỘI DUNG 

1.Thành phần cấu tạo, kích thước, khối lượng nguyên tử 

Proton được Rơzơfo (Rutherford) khám phá vào năm 1919 bằng thí nghiệm bắn 

phá hạt nhân nitơ bằng hạt anpha. 

4 14 17 1 

2He + 

7 

N → 

8O + 

1P; Khối lượng, m p =1,6725.10 -24 g=1,0072u; 

Điện tích = 1,602.10 -19 C = 1+ 

Kết quả này có ý nghĩa khoa học to lớn, vì đây là lần đầu tiên con người đã có 

thể biến đổi nguyên tố hóa học này thành nguyên tố hóa học khác. 

Nơtron được Chatvich (Chadwick) khám phá vào năm 1932 bằng thí nghiệm 

bắn phá hạt nhân beri bằng hạt anpha. 

4 9 12 1 

2He + 

4Be 

→ 

6C + 

0n 

; Khối lượng, m n =1,6748.10 -24 g=1,0086u; 

Điện tích = 0 

Số điện tích hạt nhân. Nguyên tố hóa học. Đồng vị 

Số điện tích hạt nhân, viết ngắn gọn là điện tích hạt nhân, kí hiệu là Z là số 

proton có trong hạt nhân. Trong nguyên tử, Z= điện tích hạt nhân= số proton = số electron. 

Nguyên tố hóa học: Những loại nguyên tử có cùng điện tích hạt nhân thuộc về 

cùng một nguyên tố hóa học. 

Đồng vị: Những loại nguyên tử có cùng điện tích hạt nhân nhưng khác nhau về 

1 2 

3 

số khối gọi là đồng vị. Thí dụ nguyên tố hidro có ba đồng vị lần lượt là H 

1, D 

1 

, và T 

1 

2. Vỏ nguyên tử 

a. Lớp electron 

• Trong nguyên tử, mỗi electron có một mức năng lượng nhất định. Các electron có 

mức năng lượng gần bằng nhau được xếp thành một lớp electron. 

• Thứ tự của lớp tăng dần 1, 2, 3, n thì mức năng lượng của electron cũng tăng dần. 

Electron ở lớp có trị số n nhỏ bị hạt nhân hút mạnh, khó bứt ra khỏi nguyên tử. Electron ở 

lớp có trị số n lớn thì có năng lượng càng cao, bị hạt nhân hút yếu hơn và dễ tách ra khỏi 

nguyên tử. 

• Lớp electron đã có đủ số electron tối đa gọi là lớp electron bão hoà. 

• Tổng số electron trong một lớp là 2n 2 . 

• 

Số thứ tự của lớp electron (n) 1 2 3 4 

Kí hiệu tương ứng của lớp K L M N 

electron 

Số electron tối đa ở lớp 2 8 18 32 

b.Phân lớp electron 

• Mỗi lớp electron lại được chia thành các phân lớp. Các electron thuộc cùng một 

phân lớp có mức năng lượng bằng nhau. 

• Kí hiệu các phân lớp là các chữ cái thường: s, p, d, f. 

• Số phân lớp của một lớp electron bằng số thứ tự của lớp. Ví dụ lớp K (n =1) chỉ có 

một phân lớp s. Lớp L (n = 2) có 2 phân lớp là s và p. Lớp M (n = 3) có 3 phân lớp là s, p, 

d… 

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

Đóng góp PDF bởi GV. Nguyễn Thanh Tú 

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

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

1 

www.facebook.com/daykemquynhonofficial 

www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial








• Số electron tối đa trong một phân lớp: s chứa tối đa 2 electron, p chứa tối đa 6 

electron, d chứa tối đa 10 electron, f chứa tối đa 14 electron. 

Lớp Số electron tối đa Phân bố electron trên các 

electron của lớp 

phân lớp 

K (n =1) 2 1s 2 

L (n = 2) 8 2s 2 2p 6 

M (n = 3) 18 3s 2 3p 6 3d 10 

c.Cấu hình electron của nguyên tử 

Là cách biểu diễn sự phân bố electron trên các lớp và phân lớp. Sự phân bố của các 

electron trong nguyên tử tuân theo các nguyên lí và quy tắc sau: 

Nguyên lí vững bền: Ở trạng thái cơ bản, trong nguyên tử các electron chiếm lần lượt các 

obitan có mức năng lượng từ thấp lên cao. 

Nguyên lí Pauli: Trên một obitan chỉ có thể có nhiều nhất là hai electron và hai electron 

này chuyển động tự quay khác chiều nhau xung quanh trục riêng của mỗi electron. 

Quy tắc Hund: Trong cùng một phân lớp, các electron sẽ phân bố trên các obitan sao cho 

số electron độc thân là tối đa và các electron này phải có chiều tự quay giống nhau. 

Quy tắc về trật tự các mức năng lượng obitan nguyên tử: 

1s 2s 2p 3s 3p 4s 3d 4p 5s 4d 5p 6s 4f 5d 6p 7s 5f 6d 

Ví dụ: Cấu hình electron của Fe, Fe 2+ , Fe 3+ 

Fe: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 6 4s 2 

Fe 2+ : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 6 

Fe 3+ : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 5 

d Đặc điểm của lớp electron ngoài cùng 

• Đối với nguyên tử của tất cả các nguyên tố, số electron lớp ngoài cùng có nhiều nhất 

là 8 electron. 

• Các nguyên tử có 8 electron lớp ngoài cùng (ns 2 np 6 ) đều rất bền vững, chúng hầu 

như không tham gia vào các phản ứng hoá học. Đó là các khí hiếm, vì vậy trong tự nhiên, 

phân tử khí hiếm chỉ gồm một nguyên tử. 

• Các nguyên tử có 1-3 electron lớp ngoài cùng đều là các kim loại (trừ B). Trong các 

phản ứng hoá học các kim loại có xu hướng chủ yếu là nhường electron trở thành ion 

dương. 

• Các nguyên tử có 5 -7 electron lớp ngoài cùng đều là các phi kim. Trong các phản 

ứng hoá học các phi kim có xu hướng chủ yếu là nhận thêm electron trở thành ion âm. 

• Các nguyên tử có 4 electron lớp ngoài cùng là các phi kim, khi chúng có số hiệu 

nguyên tử nhỏ như C, Si hay các kim loại như Sn, Pb khi chúng có số hiệu nguyên tử lớn. 

3. 4 Số lượng tử 

- Theo kết quả nghiên cứu của cơ học lượng tử , trạng thái của một electron trong nguyên 

tử được xác định bởi một bộ giá trị của 4 số lượng tử 

+ Số lượng tử chính n tương ứng với số thứ tự lớp electron 

n 1 2 3 4 5 6 7 

lớp K L M N O P Q 

+ Số lượng tử phụ (hay số lượng tử obitan) l : cho biết hình dạng của obitan trong 

không gian và xác định số phân lớp trong mỗi lớp . 

* l nhận giá trị từ 0 đến n – 1 . 

* Giá trị của l 0 1 2 3 … 





2 










Kiểu obitan s p d f … 

* Ứng với mỗi giá trị của n (một lớp electron) có n giá trị của l và do đó có n phân 

lớp electron hay kiểu obitan . 

Vd : Ở lớp thứ I (n = 1) → l có 1 giá trị (l = 0) → 1 kiểu obitan s 

Ở lớp thứ II (n = 2) → l có 2 giá trị (l = 0 và l = 1) → 2 kiểu obitan s và p 

Ở lớp thứ III (n = 3) → l có 3 giá trị (l = 0, l = 1 và l = 2) → 3 kiểu obitan s , p và d 

Ở lớp thứ IV (n = 4) → l có 4 giá trị (l = 0, l = 1, l = 2 và l = 3) → 4 kiểu obitan s , p 

, d và f 

+ Số lượng tử từ m l xác định sự định hướng của AO trong không gian và đồng thời nó 

qui định số AO trong một phân lớp . Mỗi giá trị của m l ứng với một AO 

m l nhận giá trị từ -l … 0 … +l . 

Mỗi giá trị của l có 2l + 1 giá trị của m l (nghĩa là có 2l + 1 obitan) 

Vd : l = 0 → m l chỉ có 1 giá trị (m l = 0) → có 1 AOs 

l = 1 → m l chỉ có 3 giá trị (-1 , 0 , +1) → có 3 AOp 

-1 0 +1 

l = 2 → m l chỉ có 5 giá trị (-2 , -1 , 0 , +1 , +2) → có 5 AOd 

-2 -1 0 +1 +2 

l = 3 → m l chỉ có 7 giá trị (-3,-2,-1,0,+1,+2,+3) → có 7 AOf 

-3 -2 -1 0 +1 +2 +3 

+ Số lượng tử spin m s 

Số lượng tử spin đặc trưng cho chuyển động quay xung quanh trục riêng của electron 

1 1 

. Số lượng tử spin chỉ có 2 giá trị + và − được kí hiệu tương ứng bằng 2 mũi tên lên 

2 2 

(↑ ) và xuống (↓ ) ứng với 2e trong 1 AO . 

BÀI TẬP 

Bài 1. Trong tự nhiên, hiđro tồn tại dưới dạng hai đồng vị 1 H(99%) và 2 1 1H (1%) oxi tồn tại 

ở ba đồng vị 16 O (99,762%), 17 O (0,038%), 19 O (0,200%). 

8 8 8 

a) Tính khối lượng nguyên tử trung bình của mỗi nguyên tố. 

b) Có thể có bao nhiêu loại phân tử nước khác nhau tạo nên từ những đồng vị trên? 

c) Phân tử nước nào có độ phổ biến lớn nhất? 

Giải 

a) Tính khối lượng nguyên tử trung bình của mỗi nguyên tố. 

1.99 + 2.1 

MH 

= = 1,01 u; 

100 

16.99,762 + 17.0,038 + 18.0,200 

MO 

= = 16,00246 u 


b) Có thể có bao nhiêu loại phân tử nước khác nhau tạo nên từ những đồng vị trên? 

Có 18 loại phân tử nước khác nhau. 

c) Phân tử nước có độ phổ biến lớn nhất là: 1 H 

16 O 1 H 


1 8 1 




3 










Bài 2. Hợp chất A có công thức là MX x , trong đó M chiếm 46,67% về khối lượng. M là 

kim loại, X là phi kim ở chu kỳ 3. Biết trong hạt nhân nguyên tử của M có: n – p = 4, của 

X có n’ = p’ (trong đó n, n’, p, p’ là số nơtron và proton). Tổng số proton trong MX x là 58. 

1. Xác định MX x ? 

2. Hoà tan 1,2 gam A hoàn toàn vừa đủ trong dung dịch HNO 3 0,36M thì thu được V 

lít khí màu nâu đỏ (đktc) và dung dịch B làm quỳ tím hoá đỏ. 

Hãy xác định giá trị V và thể tích dung dịch HNO 3 cần dùng. 

Giải 

1. Xác định MX x ? 

- Trong M có: n – p =4 ⇒ n = p + 4 

- Trong X có: n’ = p’ 

- Do electron có khối lượng không đáng kể nên: M = 2p + 4 (1) 

X = x.2p’ (2) 

2p + 4 46,67 7 

(1),(2) ⇒ = = ⇒ 7p 'x − 8p = 16 (3) 

x.2p ' 53,33 8 

- Theo đề bài: p’x + p = 58 (4) 

- Giải (3), (4) ⇒ p’x = 32, p = 26, n = 30 

p = 26 nên M là Fe. 

- Do x thuộc số nguyên dương: 

Biện luận: 

x 1 2 3 4 . . . 

p’ 32 16 10,7 8 

Kết luận Loại Nhận Loại Loại 

X = 2, p’ = 16 nên X là S. 

Vậy công thức của A là FeS 2 

2. Hãy xác định giá trị V và thể tích dung dịch HNO 3 cần dùng: 

Phương trình phản ứng: 

FeS 2 + 18HNO 3 → Fe(NO 3 ) 3 + 15NO 2 + 2H 2 SO 4 + 7H 2 O 

0,01(mol) → 0,18 → 0,15 

1,2 

nA 

= = 0,01(mol) 

120 

V = 0,15.22,4 = 3,36(mol) 

0,18 

VHNO 3 

= = 0,5(lít) 

0,36 

Bài 3: Nguyªn tè A cã 4 lo¹i ®ång vÞ cã çc ®Æc ®iÓm sau: 

+Tæng sè khèi cña 4 ®ång vÞ lµ 825. 

+Tæng sè n¬tron ®ång vÞ A 3 vµ A 4 lín h¬n sè n¬tron ®ång vÞ A 1 lµ 121 h¹t. 

+HiÖu sè khèi cña ®ång vÞ A 2 vµ A 4 nhá h¬n hiÖu sè khèi cña ®ång vÞ A 1 vµ A 3 lµ 5 ®¬n vÞ . 

+Tæng sè phÇn tö cña ®ång vÞ A 1 vµ A 4 lín h¬n tæng sè h¹t kh«ng mang ®iÖn cña ®ång vÞ 

A 2 vµ A 3 lµ 333 . 

+Sè khèi cña ®ång vÞ A 4 b»ng 33,5% tæng sè khèi cña ba ®ång vÞ kia . 

a)X¸c ®Þnh sè khèi cña 4 ®ång vÞ vµ sè ®iÖn tÝch h¹t nh©n cña nguyªn tè A . 

b)Çc ®ång vÞ A 1 , A 2 , A 3 , A 4 lÇn l−ît chiÕm 50,9% , 23,3% , 0,9% vµ 24,9% tæng sè 

nguyªn tö . Hy tÝnh KLNT trung b×nh cña nguyªn tè A . 

Giải 





4 










4p + n 1 + n 2 + n 3 + n 4 =825. (1) 

Theo bµi ta cã hÖ n 3 + n 4 – n 1 = 121 . (2) 

Ph−¬ng tr×nh : n 1 – n 3 – (n 2 – n 4 ) = 5 . (3) 

4p + n 1 + n 4 – (n 2 + n 3 ) = 333 . (4) 

100(p + n 4 ) = 33,5(3p + n 1 + n 2 + n 3 ) .(5) 

Tõ (2) : n 1 = n 3 + n 4 – 121 . 

Tõ (3) : n 2 = n 1 – n 3 + n 4 – 5 = 2n 4 – 126 . 

Thay vµo (4) ta ®−îc : 4p + n 3 + n 4 - 124 + 2n 4 –n 3 + 126 = 333 . p = 82 . 

Thay n 1 , n 2 vµ p vµo (1) vµ (5) ta ®−îc hÖ : 2n 3 + 4n 4 = 744 . 

67n 3 + 0,5n 4 = 8233,5 

n 3 = 122 vµ n 4 =125 

VËy n 1 = 126 vµ n 2 = 124 . 

Çc sè khèi lµ : 

A 1 =208 ; A 2 =206 ; A 3 =204 ; A 4 = 207 A TB = 207,249 . 

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

Tiết 5+6+7+8 : BẢNG TUẦN HOÀN. ĐỊNH LUẬT TUẦN HOÀN 

NỘI DUNG 

a. Nguyên tắc sắp xếp 

Có 3 nguyên tắc: 

1. Các nguyên tố được sắp xếp theo chiều tăng dần của điện tích hạt nhân nguyên tử 

2. Các nguyên tố có cùng số lớp electron trong nguyên tử được xếp thành 1 hàng gọi là 

chu kì 

3. Các nguyên tố có số electron hóa trị trong nguyên tử như nhau được xếp thành 1 cột 

gọi là nhóm 

b. Những biến đổi tuần hoàn theo chiều tăng dần của điện tích hạt nhân 

*Trong 1 chu kì ( đi từ trái sang phải) * Trong 1 nhóm A( từ trên xuống dưới) 

- Bán kính nguyên tử giảm dần - Bán kính nguyên tử tăng dần 

- Năng lượng ion hóa của nguyên tử - Năng lượng ion hóa của nguyên tử giảm dần 

tăng dần 

- Độ âm điện của nguyên tử tăng dần - Độ âm điện của nguyên tử giảm dần 

- Tính kim loại giảm dần, tính phi kim - Tính kim loại tăng dần, tính phi kim giảm dần 

tăng dần 

- Tính bazo của oxit và hidroxit giảm - Tính bazo của oxit và hidroxit tăng dần 

dần 

- Tính axit của oxit và hidroxit tăng dần - Tính axit của oxit và hidroxit giảm dần (trừ 

nhóm VII) 

- năng lượng ion hóa của một nguyên tử, phân tử hoặc ion là năng lượng cần thiết để tách 

êlectron liên kết yếu nhất ra khỏi một hạt ở trạng thái cơ bản sao cho ion dương được tạo 

thành cũng ở trạng thái cơ bản 

b1. So sánh bán kính của nguyên tử và ion 





5 










- Dạng 1: xét nguyên tử tạo nên ion đó có số lớp e thế nào với nhau. 

VD: 2 ion Na + và K + được tạo nên từ nguyên tử Na 3 lớp e, nguyên tử K 4 lớp e 

+ 

+ 

R K > R Na 

- Dạng 2: là dạng thường gặp: Ng ta cho các ion xen lẫn cả nguyên tử có cùng số e. Đầu 

tiên vẫn xét số lớp e của nguyên tử tạo nên ion. Sau đó xét tiếp đến số proton trong hạt 

nhân của nguyên tử nếu nguyên tử nào có nhiều p hơn thì ion nguyên tử đó có bán kinh 

nhỏ hơn. 

Giải thích như sau: cùng số e, ion nào có p nhiều hơn thì lực hút giữa hạt nhân và lớp e 

ngoài cùng càng lớn làm cho bán kính ion càng nhỏ. (chú ý là lực hút này không dàn đều 

cho các e mà càng nhiều p, e thì lực này càng tăng). 

* Kết luận: Bán kính nguyên tử/ion phụ thuộc lần lượt ( nếu cùng số lớp e rồi thì bỏ qua 

và xđ điện tích hạt nhân) 

+ số lớp e : tỉ lệ thuận 

+ đthn: tỉ lệ nghịch 

VD: so sánh bán kinh các ion, nguyên tử sau: Ne, Na + , Mg 2+ , F - , O 2- 

giải 

- Đầu tiên xét lớp trước: Na + , Mg 2+ đều có 3 lớp e trong khi các đối thủ còn lại chỉ có 2 

lớp. Vậy được 2 dãy với bán kính dãy 1 lớn hơn dãy 2. 

Dãy 1: gồm Na + , Mg 2+ đều có 10e. Nhưng hạt nhân Na có 11p, hạt nhân Mg có 12p. Vậy 

R + 2+ 

Na >R Mg 

Dãy 2: gồm Ne ,F - , O 2- cũng đều có 10e. Nhưng hạt nhân Ne có 10p, F có 9p và O có 8p. 

Vậy 

R 2- O > R - F > R Ne 


BÀI TẬP XÁC ĐỊNH CÔNG THỨC CỦA HỢP CHẤT VÔ CƠ VÀ HỮU CƠ KHI 

BIẾT % CỦA 1 NGUYÊN TỐ TRONG HỢP CHẤT 

1. Với hợp chất vô cơ: 

- trong hợp chất với oxi: trong 1 chu kì đi từ trái sang phải hóa trị của các nguyên tố trong 

hợp chất với oxi tăng từ 17 

- trong hợp chất với H: Hoá trị với hidro (đv phi kim) = 8 – STT của nhóm 

VD: 

IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA 

Na Mg Al Si P S Cl 

CT oxit cao Na 2 O MgO Al 2 O 3 SiO 2 P 2 O 5 SO 3 Cl 2 O 7 

nhất 

Với hidro SiH 4 PH 3 H 2 S HCl 

2. Công thức tính M A x số lượng A(x) 

- giả sử có công thức: A x B y : %A = ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ x 100 

M AxBy 

Bài 1.X và Y là các nguyên tố thuộc nhóm A, đều tạo hợp chất với hiđro có dạng RH (R là kí 

hiệu của nguyên tố X hoặc Y). Gọi A và B lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của X 

và Y. Trong B, Y chiếm 35,323% khối lượng. Trung hòa hoàn toàn 50 gam dung dịch A 

16,8% cần 150 ml dung dịch B 1M. Xác định các nguyên tố X và Y. 

Hợp chất với hiđro có dạng RH nên Y có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA. 

Trường hợp 1 : Nếu Y thuộc nhóm IA thì B có dạng YOH 





6 










Y 35,323 

Ta có : = ⇒ Y = 9, 284 (loại do không có nghiệm thích hợp) 

17 64,677 

Trường hợp 2 : Y thuộc nhóm VIIA thì B có dạng HYO 4 

Y 35,323 

Ta có : = ⇒ Y = 35, 5, vậy Y là nguyên tố clo (Cl). 

65 64,677 

B (HClO 4 ) là một axit, nên A là một bazơ dạng XOH 

16,8 

m A = × 50gam = 8,4gam 


XOH + HClO 4 → XClO 4 + H 2 O 

⇒ n = n = 0,15L × 1mol / L 0,15mol 

A HClO 4 

= 

8,4gam 

⇒ M X 

+ 17 gam / mol = 

0,15mol 

⇒ M X = 39 gam/mol, vậy X là nguyên tố kali (K). 

Bài 2: Hîp chÊt A cã c«ng thøc RX trong ®ã R chiÕm 22,33% vÒ khèi l−îng. Tæng sè 

p,n,e trong A lµ 149. R vµ X cã tæng sè proton b»ng 46 . Sè n¬tron cña X b»ng 3,75 lÇn sè 

n¬tron cña R. 

a)X¸c ®Þnh CTPT cña A. 

b)Hçn hîp B gåm NaX, NaY, NaZ(Y vµ Z lµ 2 nguyªn tè thuéc 2 chu k× liªn tiÕp cña X). 

+ Khi cho 5,76 gam hh B t¸c dông víi dd Br 2 d− råi c« c¹n sn phÈm ®−îc 5,29 g muèi 

khan. 

+NÕu cho 5,76 gam hh B vµo n−íc råi cho phn øng víi khÝ Cl 2 sau mét thêi gian c« c¹n 

s/phÈm thu ®−îc 3,955 g muèi khan trong ®ã cã 0,05 mol ion Cl - . 

TÝnh % khèi l−îng mçi chÊt trong hçn hîp B. 

Giải 

2Z R + N R + 2Z X + N X = 149 

Z R + Z X = 46 N R + N X = 57 N X = 45 , N R =12 . 

N X = 3,75.N R 

M RX = Z R + Z X + N R + N X = 46 + 57 = 103 . 

VËy M R = 22,33.103/100 = 23 M X = 80 . Hîp chÊt NaBr . 

b) hh NaCl(a mol ) ; NaBr(b mol) ; NaI(c mol) 

ta cã hÖ : 

58,5.a + 103.b + 150.c = 5,76 . 

58,5.a + 103.(b+c) = 5,29 . c=0,01 mol . 

+)NÕu Cl 2 chØ phn øng víi NaI : K.l−îng muèi = 5,76-0,01.150+0,1.58,5 = 4,845 g 

Theo bµi m= 3,955 g (nªn lo¹i ). 

+)VËy Cl 2 phn øng víi NaI vµ NaBr : Cl 2 + 2NaBr 2NaCl + Br 2 . 

0,04-a 0,04-a. 

Hh muèi khan gåm : NaBr d− (b-0,04+a) . vµ NaCl ( 0,05) . VËy ta cã : 

58,5.0,05 + 103.(a+b-0,04) = 3,955 . a= 0,02 mol ; b= 0,03 mol ; c= 0,01 mol . 


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

Tiết 9+10+11+12 : HÓA HỌC HẠT NHÂN 



NỘI DUNG 


7 










A.LÝ THUYẾT CHUNG 

I. CẤU TẠO CỦA HẠT NHÂN NGUYÊN TỬ 

*Cấu hạt nhân nguyên tử : Hạt nhân được cấu tạo bởi hai loại hạt sơ cấp gọi là 

nuclôn gồm: 

Hạt sơ Kí hiệu Khối lượng theo Khối lượng theo u Điện tích 

cấp 

(nuclon) 

kg 

1u =1,66055.10 - 

kg 

Prôtôn: p= 1 1H 

27 

m p = 1,67262.10 − kg m p =1,00728u +e 

Nơtrôn: n = 

1 

n 

27 

m n = 1,67493.10 − kg m n =1,00866u không mang điện tích 

0 

A 

X Z 

Kí hiệu hạt nhân: 

- A = số nuctrôn : số khối 

- Z = số prôtôn = điện tích hạt nhân (nguyên tử số) 

- N = A − Z : số nơtrôn 

− 

Bán kính hạt nhân nguyên tử: 1,2.10 15 3 

R = A (m) 

Ví dụ: + Bán kính hạt nhân 1 1 

H H: R = 1,2.10 -15 m 

27 

+ Bán kính hạt nhân 

13 

Al Al: R = 3,6.10 -15 m 

* Đồng vị là những nguyên tử có cùng số prôtôn ( Z ), nhưng khác số nơtrôn (N) hay 

khác số nuclôn (A). 

Ví dụ: Hidrô có ba đồng vị: 1 2 2 3 3 

1H ; 

1H ( 

1D) ; 

1H ( 

1T 

) 

+ Đồng vị bền : trong thiên nhiên có khoảng 300 đồng vị . 

+ Đồng vị phóng xạ ( không bền): có khoảng vài nghìn đồng vị phóng xạ tự nhiên và 

nhân tạo . 

* Đơn vị khối lượng nguyên tử 

- u : có giá trị bằng 1/12 khối lượng đồng vị cacbon 12 C 6 

1 12 1 12 

−27 2 

- 1 u = . g = . g ≈ 1,66055.10 kg = 931,5 MeV / c ; 1MeV 

= 1,6 .10 −13 J 

23 

12 N 

A 

12 6,0221.10 

* Khối lượng và năng lượng: Hệ thức Anhxtanh giữa năng lượng và khối lượng: E = 

mc 2 E 

=> m = 

2 

c 

=> khối lượng có thể đo bằng đơn vị năng lượng chia cho c 2 : eV/c 2 hay MeV/c 2 . 

-Theo Anhxtanh, một vật có khối lượng m 0 khi ở trạng thái nghỉ thì khi chuyển động 

với tốc độ v, khối lượng sẽ tăng lên thành m với: m = m 

0 trong đó m 0 gọi là khối 

lượng nghỉ và m gọi là khối lượng động. 

1 

v 

1 − 

c 

Tên gọi Kí hiệu Công thức Ghi chú 

1 

prôtôn p 

1 1 hiđrô nhẹ 

2 

đơteri D 

1 1 hiđrô nặng 

3 

Triti T 

1 1 nặng 

hiđrô siêu 

4 

anpha α 

2 

Hạt Nhân 

Hêli 



2 

2 



8 










* Một số các hạt thường 

gặp: 

II. ĐỘ HỤT KHỐI – NĂNG LƯỢNG LIÊN KẾT CỦA HẠT NHÂN 

* Lực hạt nhân 

− 15 

- Lực hạt nhân là lực tương tác giữa các nuclôn, bán kính tương tác khoảng 10 m . 

- Lực hạt nhân không cùng bản chất với lực hấp dẫn hay lực tĩnh điện; nó là lực tương 

tác mạnh. 

* Độ hụt khối ∆ m của hạt nhân A X Z 

Khối lượng hạt nhân m 

hn 

luôn nhỏ hơn tổng khối lượng các nuclôn tạo thành hạt nhân 

đó một lượng ∆ m : 

Khối lượng hạt Khối lượng Z Khối lượng N Độ hụt khối ∆m 

nhân 

Prôtôn 

Nơtrôn 

m hn (m X ) Zm p (A – Z)m n ∆m = Zm p + (A – Z)m n – m hn 

* Năng lượng liên kết W 

lk của hạt nhân A X Z 

- Năng liên kết là năng lượng tỏa ra khi tạo thành một hạt nhân (hay năng lượng thu 

2 

vào để phá vỡ một hạt nhân thành các nuclôn riêng biệt). Công thức : W = ∆ m. 

c Hay 

: 

Wlk = ⎡ 

⎣Z. mp + N. mn −m ⎤ 

hn ⎦ . c 

2 

*Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân 

Wlk 

- Năng lượng liên kết riêng là năng lượng liên kết tính trên một nuclôn ε = 

A . 

- Hạt nhân có năng lượng liên kết riêng càng lớn thì càng bền vững. 

- Ví dụ: 56 Fe Wlk 

28 có năng lượng liên kết riêng lớn ε = =8,8 (MeV/nuclôn) 

A 

III. PHẢN ỨNG HẠT NHÂN 

- Phản ứng hạt nhân là mọi quá trình dẫn tới sự biến đổi sự biến đổi của hạt nhân. 

A 1 A 2 A 3 A 4 

A1 A2 A3 A 4 

X + X → X + X hay A+ B → C + D 

Z 1 Z 2 Z 3 Z 4 

1 2 3 4 

- Có hai loại phản ứng hạt nhân 

bêta trừ β - 0 

1 e 

bêta cộng β + 0 

e + 1 

nơtron 

nơtrinô 

n 

ν 

Z Z Z Z 

1 2 3 4 

− electron 

Pôzitôn (phản 

electron) 

không mang 

1 

n 0 điện 

không mang điện, m 0 = 0, v 

≈ c 


lk 




9 










+ Phản ứng tự phân rã của một hạt nhân không bền thành các hạt nhân khác (phóng 

xạ) 

+ Phản ứng tương tác giữa các hạt nhân với nhau dẫn đến sự biến đổi thành các hạt 

nhân khác. 

Chú ý: Các hạt thường gặp trong phản ứng hạt nhân: 1 1 1 

1 

p = 

1H 

; n ; 4 0 

0 2 

He = α ; β− = e −1 

; 

β + 0 

= e +1 

IV. CÁC ĐỊNH LUẬT BẢO TOÀN TRONG PHẢN ỨNG HẠT NHÂN 

* Định luật bảo toàn số nuclôn (số khối A) A1 + A2 = A3 + A4 

* Định luật bảo toàn điện tích (nguyên tử số Z) Z1 + Z2 = Z3 + Z4 

 

* Định luật bảo toàn động lượng: ∑ P t 

= ∑ P s 

* Định luật bảo toàn năng lượng toàn phần W t 

= Ws 

Chú ý:-Năng lượng toàn phần của hạt nhân: gồm năng lượng nghỉ và năng lượng thông 

thường( động năng): 

2 1 2 

W = mc + mv 

2 

- Định luật bảo toàn năng lượng toàn phần có thể viết: Wđ 1 + Wđ 2 + m 1 .c 2 + m 2 .c 2 = Wđ 3 + 

Wđ 4 + m 3 .c 2 + m 4 .c 2 => (m 1 + m 2 - m 3 - m 4) c 2 = Wđ 3 + Wđ 4 - 

Wđ 1 - Wđ 2 = Q tỏa /thu 

- Liên hệ giữa động lượng và động năng 

P 

2 

2mWd 

= hay 

W 

d 

2 

P 

= 

2m 

V. NĂNG LƯỢNG TRONG PHẢN ỨNG HẠT NHÂN: 

+ Khối lượng trước và sau phản ứng: m 0 = m 1 +m 2 và m = m 3 + m 4 

2 

2 

+ Năng lượng W: -Trong trường hợp m ( kg) ; W ( J ) : W = ( m0 − m) 

c = ( ∆m 

− ∆m0 

) c (J) 

-Trong trường hợp m ( u) ; W ( MeV ): W = ( m0 − m)931,5 

= ( ∆m 

− ∆m0)931, 

5 

Nếu m 0 > m: W > 0 : phản ứng tỏa năng lượng; 

Nếu m 0 < m : W < 0 : phản ứng thu năng lượng 

VI. PHÓNG XẠ: 

Phóng xạ là hiện tượng hạt nhân không bền vững tự phân rã, phát ra các tia phóng xạ và 

biến đổi thành các hạt nhân khác. 

CÁC TIA PHÓNG XẠ 

* Các phương trình phóng xạ: 

4 

- Phóng xạ α ( He) 

: hạt nhân con lùi hai ô so với hạt nhân mẹ trong bảng tuần hoàn: 

A 

Z 

4 A 4 

X → 

2He + 

− Z−2Y 

− 0 

- Phóng xạ β 

2 

( e) 

−1 

A 0 A 

X e Y 

→ + 

: hạt nhân con tiến một ô so với hạt nhân mẹ trong bảng tuần 

hoàn: Z − 1 Z+ 

1 

+ 0 

- Phóng xạ ( e) 

: hạt nhân con lùi một ô so với hạt nhân mẹ trong bảng tuần hoàn: 


A 

Z 

X → e+ 

Y 

0 A 

+ 1 Z−1 

β + 1 

- Phóng xạ γ : Sóng điện từ có bước sóng rất ngắn: 

A 

Z 

X 

→ γ + 

* 0 

0 

A 

Z 

X 




10 










* Bản chất và tính chất của các loại tia phóng xạ 

Loại 

Bản Chất 

Tia 

-Là dòng hạt nhân nguyên tử Heli ( 4 2 

He ), 

(α) 

chuyển động với vận tốc cỡ 2.10 7 m/s. 

(β - 0 

) -Là dòng hạt êlectron ( 

− 1e) 

, vận tốc ≈ c 

(β + -Là dòng hạt êlectron dương (còn gọi là 

) 

0 

pozitron) ( 

+ 1e) 

, vận tốc ≈ c . 

-Là bức xạ điện từ có bước sóng rất ngắn 

(γ) (dưới 10 -11 m), là hạt phôtôn có năng 

lượng rất cao 

VII.CÁC ĐỊNH LUẬT PHÓNG XẠ 

* Chu kì bán rã của chất phóng xạ (T) 

Tính Chất 

-Ion hoá rất mạnh. 

-Đâm xuyên yếu. 

-Ion hoá yếu hơn nhưng đâm 

xuyên mạnh hơn tia α. 

-Ion hoá yếu nhất, đâm xuyên 

mạnh nhất. 

Chu kì bán rã là thời gian để một nửa số hạt nhân hiện có của một lượng chất phóng 

xạ bị phân rã, biến đổi thành hạt nhân khác. 

* Hằng số phóng xạ: 

* Định luật phóng xạ: 

Theo số hạt (N) 

Trong quá trình phân rã, 

số hạt nhân phóng xạ 

giảm theo thời gian : 

t 

− 

T 

( t) = 

0 

= 

0 

ln 2 

λ = (đặc trưng cho từng loại chất phóng xạ) 

T 

Theo khối lượng (m) 

Trong quá trình phân rã, 

khối lượng hạt nhân phóng 

xạ giảm theo thời gian : 

Độ phóng xạ (H) 


(1 Ci = 3,7.10 Bq) 

- Đại lượng đặc trưng cho tính 

phóng xạ mạnh hay yếu của 

chất phóng xạ. 

- Số phân rã trong một giây:H 

∆N 

= - 

∆t 

− t 

N N .2 N . e λ T − t 

m( t) = m0.2 = m0. 

e λ T 

( t ) 0 0 

N 

0 

: số hạt nhân phóng 

xạ ở thời điểm ban đầu. 

N 

( t ) 

: số hạt nhân phóng 

xạ còn lại sau thời gian 

t . 

Hay: 

t 

− 

m 

0 

: khối lượng phóng xạ 

ở thời điểm ban đầu. 

m 

( t ) 

: khối lượng phóng xạ 

còn lại sau thời gian t . 

t 

− 

− t 

H = H .2 = H . e λ 

H = λN 

H 

0 

: độ phóng xạ ở thời điểm 

ban đầu. 

H 

( t ) 

:độ phóng xạ còn lại sau 

thời gian t 

H = λN = λ N 0 

T 

2 = λN 0 e -λt 

Đơn vị đo độ phóng xạ là 

becơren (Bq): 1 Bq = 1 phân 

rã/giây. 

Thực tế còn dùng đơn vị curi 

(Ci): 

1 Ci = 3,7.10 10 Bq, xấp xĩ bằng 

độ phóng xạ của một gam rađi. 


−t 




11 










Đại lượng Còn lại sau thời gian t Bị phân rã sau thời 

gian t 

Theo số hạt 

N 

Theo khối 

lượng (m) 

N(t)= N 0 e -λt ; N(t) = 

N 0 

−t 

T 

2 

m = m 0 e -λt ; m(t) = 

m 0 

2 

−t 

T 

N 0 – N = N 0 (1- e -λt ) 

m 0 – m = m 0 (1- e -λt ) 


N/N 0 hay 

m/m 0 

− t 

T 

2 

2 

−t 

T 

(N 0 – 

N)/N 0 ; 

(m 0 – 

m)/m 0 

(1- e -λt ) 

(1- e -λt ) 

Bài 1. Một mẫu đá chứa 13,2 µg 238 

206 

92U và 3,42 µg 

82 

Pb. Biết chu kì bán hủy của Urani là 

4,51.10 9 năm. Tính tuổi của mẫu đá đó. 

Giải 

Hằng số phóng xạ 

k 

0,693 0,693 

−10 

= = = 1,5366.10 (năm -1 ) 

9 

t1 

4,51.10 

/ 2 

238 206 

Sơ đồ: 

92U 

→ 

82 

Pb 

Nhận thấy cứ 1 mol U phân rã cho 1 mol Pb 

n = n 

U ( phân rã) 

Pb 

mU ( phân rã) m( Pb) 

⇒ = 

238 206 

3,42.238 

→ mU ( phân rã) 

= = 3,95( µ g) 

206 

⇒ m U(bđ) = 3,95 + 13,2 = 17,15 µg 

1 m0 

1 17,15 

9 

⇒ t = ln = ln = 1,7.10 (năm) 


k m 1,5366.10 13,2 

Vậy tuổi của mẫu đá là 1,7 tỉ năm. 

Bài 2. a) Một chất phóng xạ có chu kì bán hủy là 30 năm. Hỏi cần một thời gian bao lâu để 

99% số nguyên tử của nó bị phân rã ? 

40 

b) Một vật X có khối lượng 70 kg, có chứa 140 g kali. Trong tự nhiên đồng vị 

19 

K chiếm 

khoảng 0,0117%. 

40 

40 

i) Tính khối lượng (ra mg) và số nguyên tử đồng vị 

19 

K trong mẫu vật X. Biết 

19 

K có M = 

39,974. 

40 

ii) 

19 

K là đồng vị phóng xạ có chu kì bán rã bằng 1,28.10 9 năm. Tính hằng số phóng xạ của 

đồng vị này. 

40 

iii) Tính số nguyên tử 

19 

K đã bị phân rã trong một năm (chấp nhận e x ≈ 1 – x). 

Giải 

N 

21 a) λ.t = ln 0 1 N0 

⇒ t = ln . 

N λ N 

0,693 t1/ 

2 

N0 

30 N0 Mặt khác λ = ⇒ t = ln ⇒ t = t = ln ≈ 199, 358 năm. 

0,693 N 

0,693 (0,01N ) 


t 1/ 2 

0 




12 










40 

b) i) Khối lượng đồng vị 

19 

K trong mẫu vật X: m = 140.0,0117%.10 3 = 16,38 mg. 

−3 

40 m 16,38.10 

23 

20 

Số nguyên tử đồng vị 

19 

K : N 0 = .NA = .6,023.10 = 2,468. 10 

M 39,974 

0,693 0,693 


ii) hằng số phóng xạ: λ = ⇒ λ = = 5,414. 10 năm. 

9 


t 1/ 2 

N 

0 

iii) λ.t = ln ⇒ N = N 0 .e -λ.t 

N 

40 

⇒ Số nguyên tử 

19 

K đã bị phân rã: n = N 0 – N = N 0 (1 - e -λ.t ) ≈ N 0 [1 – (1 – λt)] = N 0 .λ.t (vì 

λt








Bài 1: Khi nghiên cứu một mảnh gỗ từ một hang động của dãy Hy mã lạp sơn người ta 

thấy tốc độ phân rã ( đối với mỗi gam cacbon) c hỉ bằng 0,636 lần tốc độ phân rã của cac 

bon trong gỗ ngày nay. Hãy xác định tuổi của mảnh gỗ đó biết rằng C – 14 phóng xạ β 

có chu kì bán hủy là 5730 năm 

Giải: 

C → N + e 

14 14 e 

6 7 −1 

0,693 0,693 14 

Ta có : k = 1,21.10 

− 

= = / nam 

t1/ 2 5730 

Tốc độ phân rã của C – 14 trong mẫu gỗ tìm thấy trong hang (N) nay giảm xuống chỉ 

bằng 0,636 lần tốc độ phân rã của C – 14 lúc ban đầu N 0 ⎯⎯→N = 0,636 N 0 

Thay vào phương trình phân rã ta có: 

−14 

⎛ N ⎞ ⎛ N ⎞ ⎛1, 21.10 ⎞ 

2,303 lg⎜ ⎟ = kt ⇔ 2,303lg 

N 

⎜ = ⎜ ⎟ 

0,636 N 

⎟ 

t 

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ nam ⎠ 

−14 −14 

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 

⎛ 1 ⎞ 1,21.10 1,21.10 

⇔ 2,303lg ⎜ 

t 0,452 

0,636 

⎟ = ⎜ ⎟ ⇔ = ⎜ ⎟t 

⎝ ⎠ ⎝ nam ⎠ ⎝ nam ⎠ 

3 

→ t = 3,74.10 nam hay 3740 năm 

Bài: Một mẫu đá uranynit có tỉ lệ khối lượng 206 Pb: 238 U = 0,0435. Biết chu kì bán hủy 

của 238 U là 4,55921.10 9 năm . Tính tuổi của mẫu đá đó. 

Giải: 

Ta có 

Số mol 238 U phóng xạ = số mol 206 Pb = 0,0453 : 206 

Khối lượng U ban đầu = 1 +( 0,0453: 206).238 = 1,0523 gam 

9 

2,303 ⎛ N ⎞ 2,303.4,55921.10 1,0523 

8 

t = = lg ⎜ ⎟ = lg = 3,35.10 nam 

k ⎝ N ⎠ 0,636 1 

. ---------------------------------------------- 

CHUYÊN ĐỀ 2: LIÊN KẾT HÓA HỌC 

Tiết 15+16+17+18: CÁC LOẠI LIÊN KẾT HÓA HỌC 

NỘI DUNG 

I. 1. Kh¸i niÖm ph©n tö vµ liªn kÕt hãa häc 

Ph©n tö lµ phÇn tö nhá nhÊt cña chÊt, mang tÝnh chÊt ®Æc tr−ng cho chÊt, cã thÓ 

ph©n chia thµnh çc h¹t nhá h¬n trong çc phn øng ho¸ häc vµ cã thÓ tån t¹i ®éc lËp. 

Sù kÕt hîp gi÷a çc nguyªn tö ®Ó ®¹t tíi tr¹ng th¸i bÒn v÷ng h¬n ®−îc gäi lµ liªn kÕt 

hãa häc. 

I.2. Çc khuynh h−íng h×nh thµnh liªn kÕt hãa häc: 

I.2.1. Çc khuynh h−íng h×nh thµnh liªn kÕt - Qui t¾c b¸t tö (Octet) 

Néi dung cña qui t¾c b¸t tö: “ Khi tham gia vµo liªn kÕt hãa häc çc nguyªn tö cã 

khuynh h−íng dïng chung electron hoÆc trao ®æi ®Ó ®¹t ®Õn cÊu tróc bÒn cña khÝ hiÕm bªn 

c¹nh víi 8 hoÆc 2 electron líp ngoµi cïng”. 

VÝ dô: 

.. .. 

H . + . Cl : H : Cl 

.. 

.. : H-Cl 

.. 

Na . + . Cl : 

.. 

Na + Cl - NaCl 

(2/8/1) (2/8/7) (2/8) (2/8/8) 





14 










I.2.2. Mét sè ®¹i l−îng ®Æc tr−ng cho liªn kÕt hãa häc 

I.2.4.1. §é dµi liªn kÕt (d): Lµ khong çch gi÷a hai h¹t nh©n 

cña hai nguyªn tö liªn kÕt trùc tiÕp víi nhau. 

VÝ dô: Trong ph©n tö n−íc, d O-H = 0,94 A 0 . 

§é dµi liªn kÕt gi÷a hai nguyªn tö A-B cã thÓ tÝnh gÇn 

®óng b»ng tæng b¸n kÝnh cña hai nguyªn tö A vµ B 

H H 

O 

104 0 28 ' 0 

0,94 A 

Gi÷a 2 nguyªn tö cho tr−íc, ®é dµi liªn kÕt gim khi bËc liªn kÕt t¨ng 

VD: 

Liªn kÕt C – C C = C C ≡ C 

E [kcal/mol] 83 143 194 

D (A 0 ) 1,54 1,34 1,2 

I.2.4.2. Gãc liªn kÕt: Lµ gãc t¹o bëi hai nöa ®−êng th¼ng xuÊt ph¸t tõ mét h¹t nh©n nguyªn 

tö vµ ®i qua h¹t nh©n cña hai nguyªn tö liªn kÕt trùc tiÕp víi nguyªn tö ®ã. VÝ dô: Trong 

ph©n tö n−íc HOH = 104 0 28 ’ 

Gãc liªn kÕt phô thuéc vµo: 

+Tr¹ng th¸i lai hãa cña nguyªn tö trung t©m 

+ §é ©m ®iÖn cña nguyªn tö trung t©m A vµ phèi tö X: nguyªn tö trung t©m A cã ®é 

©m ®iÖn lín sÏ kÐo m©y cña ®«i electron liªn kÕt vÒ phÝa nã nhiÒu h¬n, hai ®¸m m©y cña 

hai liªn kÕt mµ lín l¹i ë gÇn nhau g©y ra lùc t−¬ng t¸c ®Èy lµm cho ®é lín gãc liªn kÕt t¨ng 

lªn. NÕu phèi tö X cã ®é ©m ®iÖn lín sÏ g©y t¸c dông ng−îc l¹i. 

I.2.4.3. N¨ng l−îng liªn kÕt 

N¨ng l−îng liªn kÕt A-B lµ n¨ng l−îng cÇn cung cÊp ®Ó ph¸ vì hoµn toµn liªn kÕt A- 

B (th−êng ®−îc qui vÒ 1 mol liªn kÕt - kJ/mol hoÆc kcal/mol). 

E H-H = 103 kcal/mol : H 2 → 2H ∆ H = 103 kcal/mol 

N¨ng l−îng liªn kÕt (n¨ng l−îng ph©n li liªn kÕt), vÒ trÞ tuyÖt ®èi, chÝnh b»ng n¨ng 

l−îng h×nh thµnh liªn kÕt nh−ng ng−îc dÊu. Tæng n¨ng l−îng çc liªn kÕt trong ph©n tö 

b»ng n¨ng l−îng ph©n li cña ph©n tö ®ã. 

- N¨ng l−îng liªn kÕt gi÷a 2 nguyªn tö t¨ng cïng bËc liªn kÕt ( ®¬n < ®«i < ba) 

II. liªn kÕt ion 

§Þnh nghÜa liªn kÕt ion: liªn kÕt ion lµ liªn kÕt ho¸ häc ®−îc t¹o thµnh do lùc hót tÜnh ®iÖn 

gi÷a çc ion mang ®iÖn ng−îc dÊu. 

• Bn chÊt cña lùc liªn kÕt ion: lµ lùc hót tÜnh ®iÖn. 

§é lín cña lùc liªn kÕt ion (F) phô thuéc vµo trÞ sè ®iÖn tÝch cña cation (q 1 ) vµ anion 

(q 2 ) vµ b¸n kÝnh ion cña chóng lÇn l−ît lµ r 1 vµ r 2 . 

q . q 

F ~ 1 2 ( r = r 

2 

1 + r 2 ) 

r 

Khi lùc liªn kÕt ion cµng lín th× liªn kÕt ion cµng bÒn, n¨ng l−îng m¹ng l−íi ion 

cµng lín vµ liªn kÕt ion khã bÞ ph©n li, m¹ng l−íi ion cµng khã bÞ ph¸ vì, çc hîp chÊt ion 

cµng khã nãng chy, khã bÞ hoµ tan trong dung m«i ph©n cùc h¬n. 

1.1.1.1 II.3. Çc yÕu tè nh h−ëng ®Õn sù t¹o thµnh liªn kÕt ion. 

- N¨ng l−îng ion ho¸. - ¸i lùc víi electron - N¨ng l−îng m¹ng l−íi. 

1.1.1.1.1 II.3.1. N¨ng l−îng ion ho¸. 

a) Kh¸i niÖm: N¨ng l−îng ion ho¸ lµ n¨ng l−îng cÇn thiÕt ®Ó t¸ch mét electron ra khái 

nguyªn tö ë tr¹ng th¸i c¬ bn (tr¹ng th¸i kh«ng kÝch thÝch) t¹o ra cation ë tr¹ng th¸i khÝ. 


M + I 1 → M + + 1e 

M + + I 2 → M 2+ + 1e 




15 










M 2+ + I 3 → M 3+ + 1e 

...... 

M (n - 1)+ + I n → M n+ + 1e 

Çc gi¸ trÞ I 1 , I 2 , I 3 ,…, I n lµ n¨ng l−îng ion ho¸ thø nhÊt, thø 2, thø 3,… vµ thø n. 

b) Qui luËt: + I 1 

bÒn (nguyªn lý xen phñ cùc ®¹i). Liªn kÕt hãa häc ®−îc ph©n bè theo ph−¬ng cã kh n¨ng 

lín vÒ sù xen phñ 2 AO (thuyÕt hãa trÞ ®Þnh h−íng). 

III.2.1.2. ThuyÕt VB vÒ sù h×nh thµnh liªn kÕt céng hãa trÞ 

Liªn kÕt gi÷a hai nguyªn tö cµng bÒn nÕu møc ®é xen phñ cña çc obitan cµng lín, 

nh− vËy sù xen phñ cña çc obitan tu©n theo nguyªn lÝ xen phñ cùc ®¹i: “ liªn kÕt ®−îc 

ph©n bè theo ph−¬ng nµo mµ møc ®é xen phñ çc obitan liªn kÕt cã gi¸ trÞ cùc ®¹i” 

VÝ dô: 1 H 1s 1 17 Cl 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5 

H 2 H : H H – H 

HCl H :Cl H – Cl 

Cl 2 Cl : Cl Cl – Cl 

III.2.1.3. ThuyÕt VB vÒ vÊn ®Ò hãa trÞ cña nguyªn tö trong hîp chÊt céng hãa trÞ 

• Céng hãa trÞ cña mét nguyªn tö (hãa trÞ nguyªn tö) b»ng sè liªn kÕt mµ nguyªn tö ®ã 

cã thÓ t¹o ®−îc víi çc nguyªn tö kh¸c. 

VÝ dô: Trong CO 2 (O= C =O) nguyªn tö C vµ O lÇn l−ît cã hãa trÞ b»ng 4 vµ 2 

• Theo thuyÕt VB, ®Ó t¹o ®−îc mét liªn kÕt céng hãa trÞ, nguyªn tö ® sö dông mét e 

®éc th©n cña chóng. Nh− vËy, cã thÓ nãi r»ng céng hãa trÞ cña mét nguyªn tö b»ng sè e 

®éc th©n cña nguyªn tö ® dïng ®Ó tham gia liªn kÕt. 

• Còng theo thuyÕt VB, khi tham gia liªn kÕt çc nguyªn tö cã thÓ bÞ “kÝch thÝch”. Sù 

kÝch thÝch nµy cã nh h−ëng ®Õn cÊu h×nh e cña nguyªn tö, çc e cÆp ®«i cã thÓ t¸ch ra vµ 

chiÕm cø çc AO cßn trèng trong cïng mét líp. Nh− vËy sè e ®éc th©n cña nguyªn tö cã 

thÓ thay ®æi vµ céng hãa trÞ cña nguyªn tö cã thÓ cã gi¸ trÞ kh¸c nhau trong nh÷ng hîp chÊt 

kh¸c nhau (Bng 2). 

VD1: Céng hãa trÞ cña S trong H 2 S lµ 2 ; SO 2 lµ 4 ; H 2 SO 4 lµ 6 

VD2: Céng hãa trÞ cña Clo trong HClO lµ 1; HClO 2 lµ 3 ; HClO 3 lµ 5; HClO 4 lµ 7 

IV. Liªn kÕt hi®ro 

IV.1. Kh¸i niÖm 

- Liªn kÕt hy®ro lµ liªn kÕt ho¸ häc ®−îc h×nh thµnh b»ng lùc hót tÜnh ®iÖn yÕu gi÷a mét 

nguyªn tö hy®ro linh ®éng víi mét nguyªn tö phi kim cã ®é ©m ®iÖn lín, mang ®iÖn tÝch 

©m cña ph©n tö kh¸c hoÆc trong cïng ph©n tö. 

VD 

H O O 

O 

C H 

H H H H 

O 

O 

O 


H 

1.1.1.2 V.2. Bn chÊt cña lùc liªn kÕt hy®ro. 

- Bn chÊt cña lùc liªn kÕt hy®ro lµ lùc hót tÜnh ®iÖn. 

H 

H 

Cl 

H 

H 

Cl 

Cl 




17 










- Liªn kÕt hi®ro thuéc lo¹i liªn kÕt yÕu, cã n¨ng l−îng liªn kÕt vµo khong 10-40 kJ/mol, 

yÕu h¬n nhiÒu so víi liªn kÕt céng hãa trÞ mµ n¨ng l−îng liªn kÕt vµo khong vµ tr¨m ®Õn 

vµi ngµn kJ/mol, nh−ng l¹i g©y nªn nh÷ng nh h−ëng quan träng lªn tÝnh chÊt vËt lÝ (nh− 

nhiÖt ®é s«i vµ tÝnh tan trong n−íc) còng nh− tÝnh chÊt hãa häc (nh− tÝnh axit) cña nhiÒu 

chÊt h÷u c¬. 

δ 

− 

δ + 

δ 

Y 

− 

1 

− X − H ... : − 

V.3. §iÒu kiÖn h×nh thµnh liªn kÕt hy®r«. 

+ X phi cã ®é ©m ®iÖn cao, b¸n kÝnh nguyªn tö phi t−¬ng ®èi nhá( O, N, F) 

+ Y: cã Ýt nhÊt mét cÆp e ch−a sö dông, cã r nhá (O, N, F) 

- Cã 2 lo¹i liªn kÕt H 

+ Liªn kÕt H gi÷a çc ph©n tö ( liªn kÕt H liªn ph©n tö) 

VD 

R 

R 

δ - δ + 

δ - δ + 

• • • O H • • • O H • • • 

Cã thÓ cã lo¹i liªn kÕt H liªn ph©n tö t¹o thµnh vßng khÐp kÝn (d¹ng ®ime) rÊt bÒn 

rÊt khã t¸ch nhau ra ngay c khi bay h¬i 

− δ 

δ δ + 1 

+ Liªn kÕt H néi ph©n tö: XuÊt hiÖn trong ph©n tö cã c − X − H vµ : Y − vµ 

chóng phi ë t−¬ng ®èi gÇn nhau ®Ó khi h×nh thµnh liªn kÕt H t¹o thµnh ®−îc vßng 5-6 

c¹nh ( th−êng th× vßng 5 c¹nh bÒn h¬n) 

H 2 C 

OH 

; 

C 

O O 

O 

VD CH 2 

H 

H 

O H 

• Trong ph©n tö cã liªn kÕt H néi ph©n tö: ngoµi ra cßn cã liªn kÕt H liªn ph©n tö 

nh−ng v« cïng khã kh¨n v× nã t¹o ra liªn kÕt H néi ph©n tö dÔ dµng h¬n vµ bÒn h¬n 

liªn kÕt H liªn ph©n tö 

b) nh h−ëng cña liªn kÕt H 

+) nh h−ëng ®Õn ®é s«i, nhiÖt ®é nãng chy 

- Liªn kÕt hy®ro liªn ph©n tö lµm t¨ng nhiÖt ®é nãng chy, nhiÖt ®é s«i, søc c¨ng bÒ mÆt vµ 

kh n¨ng hoµ tan vµo n−íc cña chÊt. 

- Çc chÊt cã liªn kÕt hy®ro néi ph©n tö sÏ gim kh n¨ng t¹o liªn kÕt hy®ro liªn ph©n tö, 

lµm gim nhiÖt ®é nãng chy, nhiÖt ®é s«i, kh n¨ng ho¸ láng so víi hîp chÊt cã khèi 

l−îng ph©n tö t−¬ng ®−¬ng nh−ng cã liªn kÕt hy®ro liªn ph©n tö. 

VD 

H 

O 

C 

O 

H 

O 

H 

O 

C 


O 

− 



(I) 

O H 

(II) 

(II) cã nhiÖt ®é nãng chy vµ nhiÖt ®é s«i cao h¬n(I). 

+) nh h−ëng ®Õn ®é tan: XÐt nh h−ëng cña liªn kÕt H gi÷a ph©n tö vµ dung m«i 


18 










... 

- NÕu cã liªn kÕt H gi÷a ph©n tö hîp chÊt vµ dung m«i th× ®é tan lín 

- Nh÷ng chÊt cã kh n¨ng t¹o liªn kÕt H néi ph©n tö dÔ tan trong dung m«i kh«ng ph©n 

cùc, khã tan trong dung m«i ph©n cùc h¬n so víi nh÷ng chÊt cã liªn kÕt H liªn ph©n tö 

VD: Do cã liªn kÕt hy®ro nªn H 2 O, NH 3 , HF cã nhiÖt ®é s«i cao h¬n çc hîp chÊt cã khèi 

l−îng ph©n tö t−¬ng ®−¬ng(hoÆc lín h¬n) nh−ng kh«ng cã liªn kÕt hy®ro nh− H 2 S, HBr, 

HI... Liªn kÕt hy®ro cña C 2 H 5 OH víi H 2 O lµm cho r−îu etylic tan v« h¹n trong n−íc. 

... O - H ... O - H O - H ... 

... H- O... 

H 

C 2 H 5 

C 2 H 5 H...O - H 

C 2 H 5 

+) nh h−ëng ®Õn ®é bÒn cña ®ång ph©n 

VD: HiÖn t−îng ®ång ph©n tautome: 

+) nh h−ëng ®Õn tÝnh axit - baz¬ 

- Ngoµi ra liªn kÕt hy®ro cßn nh h−ëng ®Õn kh n¨ng cho vµ nhËn proton(H + ), tøc nh 

h−ëng ®Õn tÝnh axit-baz¬ cña chÊt. 

VD: HF t¹o liªn kÕt hy®ro m¹nh trong dung dÞch nªn tÝnh axit cña HF gim m¹nh so 

víi çc axit HCl, HBr, HI. 


1. So sánh góc liên kết trong các phân tử sau: 

a- H 2 O, NH 3 , CH 4 

b- H 2 O, H 2 S, H 2 Se 

c- H 2 O và F 2 O 

Giải 

a) các phân tử H 2 O, NH 3 , CH 4 , nguyên tử trung tâm đều ở trạng thái lai hoá sp 3 . Tuy 

nhiên trong CH 4 trên C không có cặp electron chưa liên kết nên góc HCH = 109 o 28 ' , còn 

trong phân tử NH 3 trên N còn 1 cặp e chưa liên kết chiếm vùng không gian rộng hơn (lực 

đẩy mạnh hơn), làm nhỏ góc liên kết lại, góc HNH = 107 o . Trong phân tử H 2 O , trên 

nguyên tử O còn 2 cặp electron chưa liên kết, lực đẩy mạnh hơn, chiếm vùng không gian 

lớn hơn, làm giảm góc liên kết nhỏ hơn so với cả góc HNH. ( góc liên kết HOH = 105 o ) 

b) Khi độ âm điện của nguyên tử trung tâm giảm thì các khoảng cách các cặp electron 

liên kết càng ở xa nhau hơn ( do bị lệch về phía phối tử nhiều hơn) nên lực đẩy giữa 

chúng giảm, do đó góc liên kết giảm. Mặt khác từ H 2 O đến H 2 Se khả năng lai hóa sp 3 của 

nguyên tử trung tâm giảm, nên góc liên kết giảm mạnh về gần với góc 90 o . 

c)Trong phân tử H 2 O và F 2 O, nguyên tử O trung tâm đều ở trạng thái lai hóa sp 3 . Độ 

âm điện của F > H nên trong phân tử H 2 O 2 cặp electron liên kết bị lệch về phía O, 

khoảng cách giữa chúng nhỏ, lực đẩy lớn. Còn trong F 2 O cặp electron liên kết bị lệch về 

phía F, khoảng cách giữa chúng lớn hơn, lực đẩy nhỏ hơn, góc liên kết nhỏ hơn. 

2. Cho các phân tử: Cl 2 O ; O 3 ; SO 2 ; NO 2 ; CO 2 và các trị số góc liên kết: 120 0 ; 111 0 ; 

132 0 ; 117 o ; 180 0 . Hãy ghi giá trị góc liên kết trên cho phù hợp với các phân tử tương 

ứng và giải thích (ngắn gọn) 

Giải 

CO 2 AX 2 → C lai hóa sp → góc liên kết là 180 o 

- Cl 2 O dạng AX 2 E 2 → O lai hóa sp 3 góc liên kết gần với góc tứ diện → góc liên kết là 111 0 

- Các phân tử O 3 ; SO 2 ; NO 2 nguyên tử trung tâm đều ở trạng thái lai hóa sp 2 





19 










- NO 2 có góc liên kết lớn nhất vì trên nguyên tử N obitan chưa tham gia liên kết chỉ có 1e 

nên lực đẩy ép góc liên kết kém hơn so với O3 và SO2 nguyên tử trung tâm (O, S) đều có 1 

cặp e chưa tham gia liên kết. 

- SO2 có cấu trúc phân tử dạng góc rất giống O3 nhưng có góc liên kết lớn hơn một chút vì 

ngoài nguyên tử trung tâm S có bán kính lớn hơn nguyên tử trung tâm O, còn tồn tại một 

kết π p – d tạo bởi p chứa cặp e tự do của phối tử O với obitan d còn trống của S làm độ dài 

liên kết S-O bị rút ngắn lại. Góc liên kết O 3 : (117 0 ); SO 2 : (120 0 ); NO 2 : (132 0 ) 

3. Nªu quy luËt vµ gii thÝch sù biÕn ®æi vÒ nhiÖt ®é nãng chy, nhiÖt ®é s«i n¨ng l−îng 

liªn kÕt, ®é bÒn nhiÖt trong dy F 2 - Cl 2 - Br 2 - I 2 . 

Giải 

- Nhiệt độ nóng chảy, nhiệt độ sôi của các halogen tăng từ flo đến iot. 

Giải thích: ở trạng thái rắn, lỏng các halogen tương tác với nhau bằng lực Vandervan. 

Trong đó lực tương tác giữa các phân tử chủ yếu là lực khuếch tán. Từ F 2 đến I 2 , bán kính 

nguyên tử tăng dần, khả năng bị phân cực hóa tăng nên lực khuếch tán tăng từ F 2 đến I 2 . 

Mặc khác từ F 2 đến I 2 , khối lượng phân tử tăng dần cũng góp phần làm cho nđnc và nđs 

của các halogen tăng lên từ F 2 đến I 2 . 

- Sự biến đổi năng lượng liên kết:Năng lượng liên kết của các halogen tăng từ flo đến clo 

rồi giảm từ clo đến iot. 

Hai nguyên tử halogen liên kết với nhau bằng 1 liên kết σ. Tuy nhiên trong các phân tử 

Cl 2 , Br 2 và I 2 , ngoài liên kết σ còn có một phần của liên kết π tạo nên bởi sự xen phủ của 

obitan p với obital d trống của nguyên tử halogen kia. Flo không có obital d nên không có 

khả năng tạo thành liên kết π đó nên năng lượng liên kết trong phân tử F 2 nhỏ hơn Cl 2 . Từ 

Cl 2 đến I 2 , năng lượng liên kết giảm dần do bán kính nguyên tử tăng. Độ dài liên kết tăng 

dần từ F 2 đến I 2 . 

- Độ bền nhiệt biến đổi giống với sự biến đổi của năng lượng liên kết 

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

CHUYÊN ĐỀ 3: LÝ THUYẾT VỀ PHẢN ỨNG HÓA HỌC 

Tiết : 25+26+27+28: TÓM TẮT LÝ THUYẾT VỀ PHẢN ỨNG HÓA HỌC 

NỘI DUNG 

I. Nhiệt hoá học 

1. Khái niệm và quy ước 

• Hiệu ứng nhiệt của phản ứng: Nhiệt lượng tỏa ra hay thu vào trong quá trình phản ứng 

(giả thiết là hoàn toàn, chỉ theo một hưởng, ở T = const và quy ước cho 1 mol chất) được 

gọi là hiệu ứng nhiệt của phản ứng (đôi khi gọi là nhiệt của phản ứng) và được kí hiệu là 

Q. 

Quy ước: Nếu phản ứng tỏa nhiệt: Q < 0; Nếu phản ứng thu nhiệt: Q > 0 

Chỉ số 0 đặt phía trên bên phải ∆H cho biết các chất trong phản ứng đều được lấy ở trạng 

thái chuẩn. 

Nếu muốn chỉ tại nhiệt độ nào đó người ta sẽ ghi nhiệt độ ở phía dưới bên phải ∆H. 

0 

Ví dụ ∆ H 298 

cho biết hiệu ứng nhiệt của phản ứng khi các chất trong phản ứng được lấy ở 

trạng thái chuẩn và phản ứng được thực hiện ở 298 K hay 25 0 C. 

2. Định luật cơ bản của nhiệt hóa học - Định luật Hess 





20 










Nội dung: Hiệu ứng nhiệt của một phản ứng hóa học chỉ phụ thuộc vào bản chất và trạng 

thái của các chất phản ứng, không phụ thuộc vào những cách khác nhau thực hiện phản 

ứng. 

Hệ quả: - Nếu phản ứng thuận có hiệu ứng nhiệt là ∆H thì phản ứng nghịch có hiệu ứng 

nhiệt là - ∆H. 

- Có thể thực hiện được phép tính đại số đối với các phương trình nhiệt hóa học. 

3. Xác định hiệu ứng nhiệt của phản ứng 

• Xác định ∆H bằng cách ứng dụng định luật Hess (tính từ các phương trình nhiệt hóa 

học) 

• Xác định ∆H từ nhiệt hình thành (sinh nhiệt) 

- Nhiệt hình thành (còn gọi là sinh nhiệt) của một hợp chất là hiệu ứng nhiệt của phản 

ứng hình thành 1 mol hợp chất ấy từ những đơn chất ứng với trạng thái bền nhất hay 

thường gặp nhất của những nguyên tố tự do của hợp chất trong những điều kiện đã cho về 

áp suất và nhiệt độ. Kí hiệu là ∆H ht 

Nhiệt hình thành chuẩn là nhiệt hình thành xác định trong điều kiện chuẩn, kí hiệu là 

0 

∆ . 

H ht,298 

⇒ nhiệt hình thành của các đơn chất ở trạng thái bền nhất bằng 0. 

∆H phản ứng = Σν sp (∆H ht ) chất sản phẩm - Σν pu (∆H ht ) chất phản ứng . 

• Xác định ∆H từ nhiệt đốt cháy (thiêu nhiệt) 

- Nhiệt đốt cháy (còn gọi là thiêu nhiệt) của một chất là hiệu ứng nhiệt của phản ứng đốt 

cháy một mol chất đó bằng oxi phân tử để tạo thành oxit bền cao nhất của các nguyên tố 

trong hợp chất. Kí hiệu là ∆H đc . 

0 

Nhiệt đốt cháy chuẩn là nhiệt đốt cháy xác định trong điều kiện chuẩn, kí hiệu là ∆ 

H đc,298 

⇒ Nhiệt đốt cháy của các oxit cao nhất của các nguyên tố bằng 0. 

- Hiệu ứng nhiệt của phản ứng bằng tổng nhiệt đốt cháy của các chất phản ứng (chất đầu) 

trừ đi tổng nhiệt đốt cháy của các chất sản phẩm (chất cuối). 

∆H phản ứng = Σν pu (∆H đc ) chất phản ứng - Σν sp (∆H đc ) chất sản phẩm . 

4. Sự phụ thuộc của hiệu ứng nhiệt của phản ứng vào nhiệt độ 

Trong đó: ∆H T1 , ∆H T2 lần lượt là hiệu ứng nhiệt của phản ứng tại nhiệt độ T 1 , T 2 . 

∆C p là biến thiên nhiệt dung đẳng áp của phản ứng: 

∆C p = Σν sp (C p ) chất sản phẩm - Σν pu (C p ) chất phản ứng 

Trong trường hợp tổng quát C p của các chất phụ thuộc vào nhiệt độ nên ∆C p cũng phụ 

thuộc vào nhiệt độ. Nếu coi ∆C p không phụ thuộc vào nhiệt độ thì từ (3.11) ta có: 

∆ = ∆H 

+ ∆C 

(T T ) 

HT T P 2 

− 

2 1 

1 

4. Nhiệt chuyển pha, nhiệt phân li, năng lượng liên kết và hiệu ứng nhiệt của phản 

ứng 

• Chuyển pha là quá trình trong đó một chất chuyển từ một trạng thái tập hợp này sang 

một trạng thái tập hợp khác. 

- Nhiệt chuyển pha là hiệu ứng nhiệt kèm theo quá trình chuyển pha. 

- Các quá trình chuyển pha thường gặp là: 

+ Sự nóng chảy: rắn → lỏng + Sự đông đặc: lỏng → rắn 

+ Sự bay hơi: lỏng → khí + Sự ngưng tụ: khí → lỏng 

+ Sự thăng hoa: rắn → khí + Sự ngưng kết: khí → rắn 

+ Sự chuyển dạng thù hình 





21 










- Nhiệt chuyển pha có thể được xác định bằng cách sử dụng định luật Hess. 

• Nhiệt phân li (nhiệt nguyên tử hóa): Nhiệt phân li (còn được gọi là nhiệt nguyên tử hóa 

là năng lượng cần thiết để phân hủy 1 mol phân tử của chất đó (ở thể khí) thành các 

nguyên tử ở thể khí. 

Ví dụ: H 2(k) → 2H (k) ∆H = 436 kJ/mol. 

• Năng lượng liên kết hóa học: Năng lượng của một liên kết hóa học là năng lượng cần 

thiết để phá vỡ liên kết đó để tạo thành các nguyên tử ở thể khí. 

⇒ Nhiệt phân li (nhiệt nguyên tử hóa) của một chất bằng tổng năng lượng liên kết hóa học 

của tất cả các liên kết trong phân tử của nó. 

Ví dụ: - Phân tử H 2 chỉ có một liên kết H-H nên ∆H pl = E nth = E H-H 

- Phân tử CH 4 chỉ có 4 liên kết C-H nên ∆H pl = E nth = 4E C-H 

- Phân tử C 2 H 6 có 1 liên kết C-C và 6 liên kết C-H nên ∆H phân li = E nth = E C-C + 6E C-H . 

• Hiệu ứng nhiệt của phản ứng được tính từ nhiệt phân li 

∆H phản ứng = Σν pu (∆H pl ) chất phản ứng - Σν sp (∆H pl ) chất sản phẩm . 

= Σν pu (E nth ) chất phản ứng - Σν sp (E nth ) chất sản phẩm . 

Trong đó ν pu , ν sp là hệ số tỉ lượng của chất phản ứng và chất sản phẩm trong phương trình 

hóa học. 

Ví dụ với phản ứng: H 2(k) + Cl 2 (k) → 2HCl (k) , hiệu ứng nhiệt: 

∆ H + ∆H 

− 2 ∆H 

= E H-H + E Cl-Cl - 2E H-Cl 

∆H phản ứng = ( ) ( ) ( ) pl H 

pl Cl 

pl HCl 

2 

2 

5. Năng lượng mạng lưới tinh thể, năng lượng ion hóa , ái lực electron, nhiệt hòa tan 

• Năng lượng mạng lưới tinh thể của một chất là lượng nhiệt cần thiết để chuyển một mol 

chất đó từ trạng thái tinh thể sang trạng thái khí. 

• Năng lượng ion hóa của một nguyên tố là năng lượng (hiệu ứng nhiệt) của quá trình lấy 

electron từ nguyên tử ở của nguyên tố đó (ở trạng thái khí) để chuyển nó thành ion dương 

tương ứng (ở trạng thái khí), kí hiệu là I. 

• Ái lực electron của một nguyên tố là năng lượng (hiệu ứng nhiệt) của quá trình một 

nguyên tử của nguyên tố đó (ở thể khí) kết hợp với electron tự do để tạo thành ion âm 

tương ứng. 

• Nhiệt hòa tan là nhiệt lượng kèm theo quá trình hoà tan 1 mol chất vào một lượng dung môi 

(nước) đủ lớn để sự pha loãng tiếp theo không kèm theo một lượng nhiệt nào có thể đo được. 

Quá trình hoà tan chất rắn có cấu trúc tinh thể bao gồm hai quá trình nhỏ 

- Quá trình 1: Phá vỡ mạng lưới tinh thể của chất tan để tạo thành các ion tự do. Quá trình 

này luôn thu nhiệt: ∆H 1 > 0 

- Quá trình 2 : Tương tác giữa các ion với dung môi, được gọi là sonvat hoá (nếu dung 

môi là nước gọi là quá trình hiđrat hoá). Quá trình này luôn tỏa nhiệt: ∆H 2 < 0. 

⇒ ∆H hòa tan = ∆H 1 + ∆H 2 

Ví dụ hòa tan NaCl vào nước: ∆H hòa tan = ∆H 1 + ∆H 2 = E mltt, NaCl + ∆H + - 

hiđrat, Na + ∆H hiđrat, Cl 

I.1.4. Chiều hướng diễn biến của quá trình hóa học. Nguyên lí thứ hai của nhiệt động 

lực học 

1. Nội dung nguyên lí 2 

Nhiệt chỉ có thể tự chuyển từ vật có nhiệt độ (vật nóng) cao sang vật có nhiệt độ thấp 

hơn (vật lạnh). 

2. Entropi 

• Entropi là một đại lượng đặc trưng cho mức độ hỗn loạn của hệ, kí hiệu là S. 





22 










Giống với U và H, S là một hàm trạng thái, biến thiên hàm S chỉ phụ thuộc vào trạng 

thái đầu và cuối của quá trình. 

• Trong hệ cô lập quá trình chỉ có thể tự diễn ra (tự diễn biến) theo chiều tăng entropi (∆S 

> 0), tức chuyển từ trạng thái có entropi thấp sang trạng thái có entropi cao hơn. Quá trình 

sẽ dừng lại (đạt cân bằng) khi entropi đạt cực đại, khi đó ∆S = 0. 

Như vậy quá trình diễn ra trong hệ cô lập luôn luôn có ∆S ≥ 0. 

Vì vũ trụ là một hệ cô lập nên trong tự nhiên các quá trình chỉ có thể tự diễn biến theo 

chiều ∆S > 0. Quá trình đạt cân bằng khi ∆S = 0. 

3. Xác định biến thiên entropi của các quá trình chuyển pha và hoá học 

∆S phản ứng = Σν sp (S) chất sản phẩm - Σν pu (S) chất phản ứng 

Trong đó ν pu , ν sp là hệ số tỉ lượng của chất phản ứng và chất sản phẩm trong phương trình 

hóa học. 

0 

Ở 298K ( ∆S 298 

) phản ứng = Σν sp ( S 0 298 

) chất sản phẩm - Σν pu ( S 

0 298 

) chất phản ứng 

4. Chiều hướng diễn biến của quá trình hóa học 

Hệ cô lập = hệ nghiên cứu + môi trường xung quanh 

⇒ ∆S hệ cô lập = ∆S hệ nc + ∆S mtxq 

• Đối với phản ứng hóa học (diễn ra trong điều kiện đẳng nhiệt đẳng áp) 

∆S tổng = ∆S pu + ∆S mtxq = ∆S hệ cô lập 

Vì quá trình diễn ra trong hệ cô lập luôn có ∆S ≥ 0 

⇒ ∆S tổng = ∆S pu + ∆S môi trường xung quanh ≥ 0 

∆H 

mtxq 

⇒ ∆S pu + ≥ 0 

T 

mtxq 

Vì ∆H mtxq = - ∆H pu và T mtxq coi như không đổi , T mtxq ≡ T 

∆H pu 

nên ⇒ ∆S pu - ≥ 0 

T 

⇔ ∆H pu - T∆S pu ≤ 0 

Đặt G = H – TS, G được gọi là thế đẳng nhiệt đẳng áp; còn được gọi là hàm Gibbs; năng 

lượng Gibbs hay entanpi tự do. 

⇒ biến thiên năng lượng Gibbs: ∆G = ∆H - T∆S (3.15) 

⇒ ∆G pu = ∆H pu - T∆S pu 

• Phản ứng có khả năng tự diễn ra theo chiều ứng với ∆G pu = ∆H pu - T∆S pu < 0 và phản 

ứng đạt cân bằng khi ∆G pu = ∆H pu - T∆S pu = 0. 

Đối với phản ứng hóa học ta cũng có: 

∆G pu = Σν sp (∆G) chất sản phẩm - Σν pu (∆G) chất phản ứng (3.16) 

Lưu ý: Vì không xác định được giá trị tuyệt đối của H nên cũng không xác định được giá 

trị tuyệt đối của G, chỉ xác định được ∆G. 

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

Tiết : 29+30+31+32: BÀI TẬP VỀ HIỆU ỨNG NHIỆT 


NỘI DUNG 

1. a) Tính hiệu ứng nhiệt ở 25 0 C của phản ứng 2Al + Fe 2 O 3 → 2Fe + Al 2 O 3 , biết 

0 

0 

∆ H = −1667, 

kJ/mol; ( ∆ H ) = −819, 

28 kJ/mol. 

( ) 82 

ht,298 

Al 2 O 3 

ht,298 

Fe 2 O 3 




23 










b) Nhiệt đốt cháy của benzen lỏng ở 25 0 C, 1atm là - 3268 kJ/mol. Xác định nhiệt hình 

thành của benzen lỏng ở điều kiện đã cho về nhiệt độ và áp suất, biết rằng nhiệt hình thành 

chuẩn ở 25 0 C của CO 2 (k), H 2 O(l) lần lượt bằng - 393,5 và -285,8 kJ/mol. 

0 

0 

0 

∆H 

biết: ( ∆ ) = −2805 

kJ/mol; ( ∆ ) = −393, 

5 kJ/mol; 

c) Tính ( 

ht,298 

) 

C6H12O6 

(r) 

0 

( ∆ ) = −285, 

8 

H 

ht,298 H2O(l) 

kJ/mol. 

H đc,298 C6H12O6 

(r ) 

Giải 

H 

ht,298 CO2 

(k) 

a) 2Al + Fe 2 O 3 → 2Fe + Al 2 O 3 

0 

0 

∆ = ( ∆ H ) − ( ∆H 

) = −1667,82 

− ( −819,28) 

= - 848,54 kJ 

0 

⇒ H 298 

ht,298 

Al2O 

ht,298 

3 

Fe2O3 

15 

b) C 6 H 6(l) + O2(k) ⎯ ⎯→ 6CO 2(k) + 3H 2 O (l) 

2 

0 

0 

0 

0 

∆ H = ∆H 

= 3 ∆H 

+ 6 ∆H 

0 

pu 

( 

đc,298 

) ( 

ht,298 

) ( 

ht,298 

) − ( ∆H 

ht,298 

) 

C6H6 

(l) 

H2O(l) 

CO2 

(k) 

C6H6 

(l) 

0 

0 

0 

0 

⇒ ( ∆ H 

ht,298 

) = 3( ∆H 

ht,298 

) + 6( ∆H 

ht,298 

) − ( ∆H 

đc,298 

) 

C H (l) 

H O(l) 

CO (k) 

C H (l) 

6 

6 

2 

= 3.(-285,8) + 6.(-393,5) – (- 3268) = 49,6 kJ/mol 

c) C 6 H 12 O 6 (r) + 6O 2(k) → 6CO 2(k) + 6H 2 O(l) 

0 

0 

0 

0 

0 

∆ H = ∆H 

= 6 ∆H 

+ 6 ∆H 

− ∆H 

pu 

( 

đc,298 

) ( ) ( ) ( ) 

C H O (r) 

ht,298 H O(l) 

ht,298 CO (k) ht,298 C H O (r) 

0 

⇒ ( ∆ H 

ht,298 

) 

C H O (r) 

6 

12 

6 

6 

12 

6 

= -1270,8 kJ/mol 

2. Tình nhiệt hình thành (∆H ht ) của SO 3 biết: 

2 

2 

a) PbO + S + 2 

3 

O2 → PbSO 4 ∆H a = - 692,452 kJ 

b) PbO + H 2 SO 4 .5H 2 O → PbSO 4 + 6H 2 O ∆H b = - 97,487 kJ 

c) SO 3 +6H 2 O → H 2 SO 4 .5H 2 O ∆H c = - 205,853 kJ 

Giải 

3 

S + O2 → SO 3 (*) 2 

( ∆ H ht 

) 

SO3 

PbO + S + 2 

3 

O2 → PbSO 4 (a) ∆H a = - 692,452 kJ 

PbO + H 2 SO 4 .5H 2 O → PbSO 4 + 6H 2 O (b) ∆H b = - 97,487 kJ 

SO 3 +6H 2 O → H 2 SO 4 .5H 2 O (c) ∆H c = - 205,853 kJ 

∆ 

0 

= ∆H a – (∆H b + ∆H c ) 

(*) = (a) – ((b) + (c)) ⇒ ( H ht 

) 

SO3 

0 

⇒ ( ∆ H ht 

) = -389,112 kJ/mol 

SO3 

3. a) Tính nhiệt hình thành chuẩn của axetilen dựa vào hiệu ứng nhiệt của các phản ứng 

cho dưới đây: 

0 

2C 2 H 2(k) + 5O 2 (k) → 4CO 2 (k) + 2H 2 O (l) (1) ∆ H 1 

= - 2602 kJ 

0 

C (r) + O 2 (k) → CO 2 (k) (2) ∆ H 2 

= -393,5 kJ 

1 

H 2 (k) + 

2 O 0 

2 (k) → H 2 O (l) (3) ∆ H 3 

= -285,8 kJ 

7 

b) Cho: C 2 H 6 (k) + 

2 O 2 (k) → 2CO 2 (k) + 3H 2 O (k) ∆H 0 = −1427,7 kJ 

và nhiệt hoá hơi chuẩn của nước lỏng là 44 kJ.mol −1 . Tính giá trị ∆H 0 của phản ứng: 

7 

C 2 H 6 (k) + 

2 O 2 (k) → 2CO 2 (k) + 3H 2 O (l) 

Giải 


2 

6 

6 

6 

12 

6 




24 










0 

a) 2C (r) + H 2(k) → C 2 H 2(k) (*) ( ∆ H ) 

C H (k) 

ht 2 2 

0 

2C 2 H 2(k) + 5O 2 (k) → 4CO 2 (k) + 2H 2 O (l) (1) ∆ H 1 

= -2602 kJ 

0 

C (r) + O 2 (k) → CO 2 (k) (2) ∆ H 2 

= -393,5 kJ 

1 

H 2 (k) + 

2 O 0 

2 (k) → H 2 O (l) (3) ∆ H 3 

= -285,8 kJ 

(*) = 2×(2) + (3) - (1) 

2 

1 × ⇒ ( 0 

H ) C H (k ) 

0 

0 

∆ = 2 ∆ + ∆ - 

ht 2 2 

H 2 

H 3 

∆H 0 1 

b) C 2 H 6 (k) + 7 2 O 2 (k) → 2CO 2 (k) + 3H 2 O (k) ∆H 0 = −1427,7 kJ 

H hh 

2 

= 228,2 kJ/mol 

0 

3H 2 O (l) ⎯ ⎯→ 3H 2 O (k) ∆ = 3×44 = 132 kJ 

C 2 H 6 (k) + 7 2 O 2 (k) → 2CO 2 (k) + 3H 2 O (l) 

∆ = ∆H 0 0 

+ ∆ = -1295,7 kJ 

4 a) Tính năng lượng mạng lưới tinh thể ion của muối BaCl 2 từ các dữ kiện sau: 

0 

∆ = −860, 

kJ/mol; E Cl-Cl = 238,5 kJ/mol; ( ∆H 

) 192, 5 kJ/mol; ( ) 501, 2 

( ) 2 

H 

ht BaCl2 

(TT) 

0 

H pu 

th Ba 

= 

H hh 

I1 = 

Ba 

kJ/mol; ( I2 ) = 962, 3 kJ/mol; E 

Ba 

Cl = - 364 kJ/mol. 

b) Tính năng lượng mạng lưới tinh thể ion của CaCl 2 , biết rằng: 

0 

( ∆H ht 

) = −795kJ/mol; E 

CaCl2 

(TT) 

Cl-Cl = 238,5 kJ/mol; E Cl = - 364 kJ/mol; ( ∆H 

th 

) Ca 

= 192kJ/mol; 

( I) Ba 

= I1 

+ I2 

= 1745 kJ/mol;. 

Giải 

a) Ta có chu trình sau: 

0 

( ) 

BaCl (TT ) 

∆H ht 2 

Ba(r) + Cl 2 (k) BaCl 2 (TT) 

( ∆H th 

) Ba 

Ba(k) 

I =I 1 +I 2 

E Cl-Cl 

2Cl(k) 

2E Cl 

Ba 2+ (k) + 2Cl - (k) 

0 

Theo định luật Hess ta có: ( ∆ H ht 

) = ( ∆ H ) 

BaCl2 

(TT) 

th Ba 

+ ( I 1 

) Ba 

+ ( I 2 

) Ba 

+ E Cl-Cl + 2E Cl - E mltt 

0 

⇒ E mltt = ( ∆ H th 

) Ba 

+ ( I 1 

) Ba 

+ ( I 2 

) Ba 

+ E Cl-Cl + 2E Cl - ( ∆ H ht 

) 

BaCl2 

(TT) 

= 192,5 + 501,2 + 962,3 + 238,5 + 2.(-364) – ( - 860,2) = 2026,7 kJ/mol. 

b) Tương tự câu a: E mltt = 2242,5 kJ/mol. 

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

Tiết : 33+34+35+36: TỐC ĐỘ PHẢN ỨNG 

NỘI DUNG 

I.2.1. Tốc độ phản ứng hóa học 

Biến thiên nồng độ một chất có mặt trong phản ứng hóa học trong một đơn vị thời 

gian được gọi là tốc độ của phản ứng đó. 

Xét phản ứng có phương trình dạng: 

ν A A + ν B B ⎯ ⎯→ ν C C + ν D D 


- E mltt 




25 







_ 

_ 

∆C 

v = ± v : tốc độ trung bình của phản ứng. 

∆t 

∆ C = C bđ - C còn lại : Biến thiên nồng độ chất tham gia hoặc sản phẩm 

∆ t: thời gian phản ứng.( giây, phút, giờ) 

VD: Tính tốc độ trung bình của pư: 3O 2 = 2O 3 biết nồng độ ban đầu của oxi là 0,024M, 

sau 5s nồng độ oxi còn lại 0,02M. 

_ 

0,024 – 0,02 

v =⎯⎯⎯⎯⎯ = 0,8 x 10 -3 M/s 

• Tốc độ phản ứng phụ thuộc vào: bản chất của phản ứng, nồng độ chất phản ứng, nhiệt 

độ, chất xúc tác (nếu phản ứng có sự tham gia của chất xúc tác) và diện tích bề mặt (nếu 

phản ứng là dị thể). 

I.2.2. Định luật tốc độ phản ứng (định luật tác dụng khối lượng trong động hóa học) 

Thực nghiệm cho thấy đối với các phản ứng (đồng thể) đủ đơn giản có phương trình 

tỉ lượng dạng: ν 1 A 1 + ν 2 A 2 + ... ν n A n ⎯ ⎯→ ν' 1 A' 1 + ν' 2 A' 2 + ... 

ν 1 ν2 

νn 

Tốc độ phản ứng: v = k C .C ... C 

Từ (3.19) ⇒ khi 

C 

A1 A2 

An 

= C = ... = C = 1M thì v = k 

ν1 

ν2 

νn 

A1 A2 

An 

⇒ k là tốc độ phản ứng khi nồng độ các chất có ảnh hưởng đến tốc độ phản ứng bằng 1M. 

• Người ta gọi k là hằng số tốc độ phản ứng, chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ (tại T = const thì k 

= const). 

Trị số k đặc trưng cho động học của một phản ứng tại nhiệt độ xác định: trị số k lớn, 

phản ứng xảy ra nhanh; trị số k nhỏ phản ứng xảy ra chậm. 

• ν 1 , ν 2 , ... ν n trong biểu thức (3.19) được gọi là bậc riêng phần của các chất A 1 , A 2 , ..., A n . 

Giá trị ν = ν 1 + ν 2 + ...+ ν n được gọi là bậc toàn phần của phản ứng (đôi khi gọi gọn là bậc 

phản ứng. 

Lưu ý: - Tốc độ phản ứng, hằng số tốc độ phản ứng, bậc riêng phần và do đó bậc toàn 

phần của phản ứng chỉ xác định được bằng thực nghiệm. Bậc riêng phần chỉ trùng với hệ 

số tỉ lượng đối với các phản ứng đủ đơn giản. 

- Bậc của phản ứng có thể bằng 0, có thể là số nguyên hoặc phân số. 

I.2.3. Phương trình động học của phản ứng hóa học đồng thể có bậc đơn giản 

1. Phản ứng một chiều bậc 1 

Dạng tổng quát của phản ứng: A → sản phẩm 

Gọi a là nồng độ đầu (tại thời điểm t = 0) của chất phản ứng A, a – x là nồng độ của A tại 

thời điểm t, ta có: 

a 

k.t = ln 

a − x 

• Đơn vị của k: [k] = [t] -1 , ví dụ s -1 , phút -1 , ... 

• Thời gian nửa phản ứng: thời gian cần thiết để một nửa lượng chất phản ứng chuyển 

thành sản phẩm. 

1 a ln 2 0,693 

t1 / 2 

= ln = = 

k a k k 

a − 

2 

⇒ t 1/2 của phản ứng bậc 1 (ở một nhiệt độ xác định) là một hằng số, không phụ thuộc vào 

nồng độ ban đầu của chất phản ứng. 

0 

P 

• Nếu chất phản ứng là chất khí thì phương trình động học có dạng: k.t = ln 

P 

26 



www.facebook.com/boiduonghoahocquynhonofficial 






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








Với P 0 , P lần lượt là áp suất của chất phản ứng tại thời điểm t = 0 và tại thời điểm t. 

• Quá trình phân rã của chất phóng xạ tuân theo quy luật động học của phản ứng một 

chiều bậc 1 nhưng thay nồng độ a bằng số nguyên tử phóng xạ N 0 tại thời điểm lựa chọn t 

= 0; thay a – x bằng số nguyên tử phóng xạ còn lại N tại thời điểm t, hằng số tốc độ k khi 

đó được thay bằng λ và được gọi là hằng số phóng xạ hay độ phóng xạ và t 1/2 khi đó được 

gọi là chu kỳ bán hủy hay chu kì bán rã. 

N 

λ.t = ln 0 

; t = 0, 693 

1 / 2 

(3.23) 

N λ 

2. Phản ứng một chiều bậc 2 

• Dạng 1: 2A → sản phẩm 

1 1 x 

Phương trình động học: kt = − = 

a − x a a(a − x) 

1 

t 1/2 = 

k.a 

⇒ t 1/2 tỉ lệ nghịch với nồng độ đầu của chất phản ứng. 

• Dạng 2: A + B → sản phẩm 

Gọi b là nồng độ đầu của B (nồng độ của B tại thời điểm t = 0) 

- Nếu b = a thì phương trình tương đương với dạng 1, tức là phương trình (3.24). 

1 b(a − x) 

- Nếu b ≠ a thì: kt = ln 

(3.26) 

a − b a(b − x) 

• Đơn vị của k: [k] = [t] -1 .[C] -1 , ví dụ s -1 .M -1 ; phút -1 .M -1 . 

• Sự suy biến (suy giảm) bậc phản ứng: 

Nếu b >> a thì a – b ≈ - b; b – x ≈ b do đó từ (3.26) suy ra 

1 b(a − x) 1 a 

a 

a 

kt ≈ ln = ln ⇒ k.b.t = ln ⇔ k'.t = ln (3.27) 

− b a.b b a − x 

a − x 

a − x 

(3.27) là phương trình động học của phản ứng bậc 1. Như vậy bậc của phản ứng đã giảm 

từ 2 xuống 1, trong trương hợp này người ta nói có sự suy biến bậc phản ứng. 

3. Phản ứng một chiều bậc n (≠ 1) 

• Dạng phản ứng: nA → sản phẩm 

1 ⎛ 1 1 

Phương trình động học: kt = 

⎟ ⎞ 

⎜ − 

(3.24) 

n−1 

n−1 

n −1⎝ 

(a − x) a ⎠ 

n−1 

2 −1 

Thời gian nửa phản ứng: t 1/2 = (3.25) 

n−1 

(n −1)k.a 

I.2.4. Ảnh hưởng của nhiệt độ tới tốc độ phản ứng hoá học 

• Quy tắc Van-Hốp: Mỗi khi nhiệt độ tăng thêm 10 độ thì hằng số tốc độ (và do đó tốc độ) 

của phản ứng hóa học tăng từ 2 đến 4 lần: 

k 

T + 10 

γ = = 2 ÷ 4 

k 

T 

γ được gọi là hệ số nhiệt độ của tốc độ phản ứng. 

⇒ 

γ 

n 

= 

k 

T + n.10 


k 

T 

k 

T E 

a 

⎛ 1 1 

• Phương trình Arê-ni-ut: 

⎟ ⎞ 

2 

ln = − 

⎜ − 

k 

T 

R ⎝ T2 

T 

1 

1 ⎠ 

Với E a là năng lượng hoạt hóa của phản ứng, R = 8,314 J/(mol.K), là hằng số khí lí tưởng. 




27 










I.2.6. Ảnh hưởng của xúc tác tới tốc độ phản ứng hoá học 

• Xúc tác là chất làm tăng tốc độ của phản ứng nhưng bản thân nó không bị thay đổi về số 

lượng và chất hóa học sau phản ứng. 

• Bản chất của quá trình xúc tác là làm giảm năng lượng hoạt hoá của phản ứng. 

Gọi k kxt , k xt và E kxt , E xt lần lượt là hằng số tốc độ và năng lượng hoạt hóa của phản 

ứng khi không có và khi có chất xúc tác thì: 

1 

k 

(Ekxt 

−Ext 

) 

xt RT 

= e 

k 

kxt 


1. Cho phản ứng: H 2 + I 2 → 2HI 

a) Viết biểu thức của định luật tốc độ đối với phản ứng đã cho biết: 

- Nếu tăng nồng độ của H 2 lên gấp đôi và giữ nguyên nồng độ I 2 thì tốc độ phản ứng 

tăng gấp đôi. 

- Nếu tăng nồng độ của I 2 lên gấp đôi và giữ nguyên nồng độ H 2 thì tốc độ phản ứng 

tăng gấp đôi. 

b) Tính bậc của phản ứng đối với H 2 , I 2 và bậc tổng quát của phản ứng. 

c) Ở 508 o C, nếu C 

I 

= 0,05M, C 

2 

H 

= 0,04M thì tốc độ phản ứng là 3,2.10 -4 .mol.l -1 .s -1 . Như 

2 

vậy nếu ban đầu nồng độ mỗi chất đều bằng 0,04M thì thời gian để 50% H 2 phản ứng là 

bao nhiêu ? 

d) Tốc độ phản ứng thay đổi thế nào nếu thể tích của hệ phản ứng giảm 1/2 

giải 

n m 

a) Tốc độ phản ứng có dạng: v = k C . 

C H2 I2 

Khi C = a; C = b ⇒ v = ka n .b m ; Khi C = 2a; C = b ⇒ v' = k(2a) n .b m 

H 2 

I 2 

v' = 2v ⇒ k(2a) n .b m = 2ka n .b m ⇒ n = 1 

Khi C = a; C = 2b ⇒ v" = ka n .(2b) m 

H 2 

I 2 

v" = 2v ⇒ ka n .(2b) m = 2ka n .b m ⇒ m = 1 

Vậy biểu thức định luật tốc độ của phản ứng: v = k. C . C H2 I2 

b) Bậc của H 2 = 1; bậc của I 2 = 1; bậc của phản ứng = 1 + 1 = 2. 

c) v = k. CH 

. C 

2 I 

⇒ 3,2.10 -4 = k. 0,04.0,05 ⇒ k = 0,16 M -1 .s -1 

2 

Phản ứng có bậc 2 mà C 

H 

= C 

2 I 

⇒ thời gian để 50% H 

2 

2 phản ứng bằng thời gian nửa phản 

ứng. 

1 1 1 

⇒ t = t 1/2 = = = = 156, 25 giây 

k.a k.C 0,16.0,04 

H 2 

d) Thể tích hệ giảm 1/2 ⇒ nồng độ các chất phản ứng tăng 2 lần 

⇒ v''' = k.2 C 

H 

.2C 

2 I 

= 4 k. C 

2 

H 

. C 

2 I 

= 4v, tức là tăng 4 lần. 

2 

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

Tiết :37+ 38+ 39+ 40: CÂN BẰNG HÓA HỌC 


NỘI DUNG 

I.. Cân bằng hoá học 

I.1. Định luật tác khối lượng – Hằng số cân bằng 

• Xét phản ứng có dạng tổng quát: ν A A + ν B B ν C C + ν D D 


H 2 

I 2 



28 










Tại thời điểm cân bằng: C A = [A]; C B = [B]; C C = [C]; C D = [D] 

νC 

νD 

[C] [D] 

⇒ K C 

= 

A B 

[A] ν 

[B] ν 

(3.31) 

K C được gọi là hằng số cân bằng, giá trị của nó chỉ phụ thuộc vào bản chất của phản ứng 

và nhiệt độ. 

I.2. Phản ứng thuận nghịch trong pha khí lí tưởng 

P 

• Đối với khí lí tưởng ta có [i] = i 

(P i là áp suất riêng phần của chất i) 

RT 

Do đó 

K 

C 

[C] 

= 

[A] 

νC 

νA 

[D] 

[B] 

νD 

νB 

P 

= 

P 

νC 

C 

νA 

A 

P 

P 

νD 

D 

νB 

B 

⎛ 1 ⎞ 

. ⎜ ⎟ 

⎝ RT ⎠ 

νC 

+νD 

−νA 

−νB 

νC 

νD 

PC 

PD 

Đặt K 

P 

= (3.32) 

νA 

νB 

PA 

PB 

Thì K P là một hằng số, chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ 

⇒ K P = K C .(RT) ∆ν (3.33) 

Với ∆ν = ν C + ν D - ν A - ν B 

• Đối với khí lí tưởng ta cũng P i = P.x i với P là áp suất toàn phần của hỗn hợp khí, x i là 

phần mol của khí i, nó chính là tỉ số giữa số mol của chất i và tổng số mol của tất cả các 

n 

i 

chất trong hỗn hợp: x 

i 

= 

n 

⇒ 

K 

x 

x 

∑ 

νC 

νD 

C D νC 

+νd 

−νA 

−νB 

∆ν 

P 

= .P = K . P 

ν ν 

x 

A B 

x 

A 

x 

B 

i 

(3.34) 

νC 

νD 

x 

C 

x 

D 

Với K x = 

(3.35) 

ν A ν B 

x 

A 

x 

B 

K x là một hằng số phụ thuộc vào nhiệt độ và nếu ∆ν ≠ 0 thì K x còn phụ thuộc cả vào áp 

suất. 

Lưu ý: 

- Đối với phản ứng dị thể (ngoài chất khí còn có chất lỏng và/hoặc chất rắn) thì trong biểu 

thức tính K C , K P và K x chỉ có mặt các đại lượng của chất khí. 

PCO 

Ví dụ với phản ứng: CO (k) + FeOr) CO 2(k) + Fe (r) , K P = 

2 

. 

PCO 

- Nếu thay đổi hệ số tỉ lượng trong phương trình hóa học thì K sẽ thay đổi. 

2 

PNH3 

Ví dụ: N 2 + 3H 2 2NH 3 K 

P 

= 

3 

P .P 

1 3 P 

' 

NH3 

N2 + H2 NH 3 K 

P 

= 

2 2 

1/ 2 3 / 2 

P .P 

' 

Dễ thấy K = ( ) 2 

P 

K P 

N2 

- K x là đại lượng luôn không có đơn vị. Trong trường hợp ∆ν = 0 thì K C , K P cũng không 

có đơn vị. Trong trường ∆ν ≠ 0, K C , K P sẽ có đơn vị. 

I.3.. Quan hệ giữa hằng số cân bằng và biến thiên năng lượng Gibbs của phản ứng 

• Đối với phản ứng thuận nghịch trong pha khí lí tưởng dạng: ν A A + ν B B ν C C + ν D D 

Khi phản ứng đạt đến trạng thái cân bằng thì Q = K P , khi đó ∆G pu = 0 

0 

⇒ ∆ G = −RT ln K 


P 

H 2 

N2 

H2 




29 










⇒ 

∆ G = RT ln 

Q 

K P 

• Đối với phản ứng thuận nghịch trong dung dịch: ν A A + ν B B ν C C + ν D D 

νC 

νD 

[C] [D] 

0 

Q 

Trong dung dịch loãng: Q = , ∆ G = −RT ln K 

νA 

ν 

C 

, ∆ G = RT ln 

B 

[A] [B] 

Q Q 

• - Khi (hoặc ) > 1 => ∆G > 0 => phản ứng diễn ra theo chiều nghịch. 

K P 

K 

C 

Q Q 

- Khi (hoặc ) = 1 => ∆G = 0 => phản ứng đạt đến trạng thái cân bằng 

K P 

K 

C 

Q Q 

- Khi (hoặc ) < 1 => ∆G < 0 => phản ứng diễn ra theo chiều thuận. 

K P 

K 

C 

1.3.5. Ảnh hưởng của nhiệt độ đến hằng số cân bằng-Phương trình Van- Hốp 

0 

K 

P2 ∆H 

⎛ 1 1 ⎞ 

ln = 

⎜ − 

⎟ 

K 

P1 

R ⎝ T1 

T2 

⎠ 

I.3.6. Xác định hằng số cân bằng 

• Tính trực tiếp: Nếu biết nồng độ (hoặc áp suất nếu là chất khí) của các chất trong phản 

ứng tại thời điểm cân bằng thì ta tính hằng số cân bằng theo các công thức (3.31), (3.32) ở 

trên. 

• Tính gián tiếp: 

- Nếu biết ∆G 0 tại nhiệt độ T nào đó của phản ứng: 

0 

−∆G 

0 

∆ G = −RT ln K 

P 

⇒ K 

P 

= e 

RT 

= e 

- Tổ hợp các cân bằng: 

Ví dụ: Tính K P của phản ứng: C (r) + CO 2(k) 

C (r) + 2 

1 

O2(k) CO k) (1) K P1 

C (r) + O 2(k) CO 2k) (2) K P2 

0 

0 0 

Ta có (*) = 2 × (1) – (2) ⇒ ∆ G = 2∆G 

− ∆ 

* 1 

G 

2 

0 0 

∆S 

∆H 

( − ) 

R RT 

2CO (k) (*) biết: 

2 

K 

P1 

⇔ - RTlnK P = 2×(-RTlnK P1 ) – (-RTlnK P2 ) ⇒ K P = 

K 

P2 

I.3.7. Sự chuyển dịch cân bằng – Nguyên lý Lơ Sa-tơ-li-ê 

• Sự chuyển dịch cân bằng hóa học là sự di chuyển từ trạng thái cân bằng này sang trạng 

thái cân bằng khác do tác động của các yếu tố từ bên ngoài lên cân bằng. 

• Nguyên lí Lơ Sa-tơ-li-ê: Một phản ứng thuận nghịch đang ở trạng thái cân bằng khi chịu 

một tác động từ bên ngoài, như biến đổi nồng độ, áp suất, nhiệt độ, thì cân bằng sẽ chuyển 

dịch theo chiều làm giảm tác động bên ngoài đó. 

Ví dụ: Khi tăng áp suất thì cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều giảm số mol khí trong phản 

ứng. Khi tăng nhiệt độ thì cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều thu nhiệt. 

• Chất xúc tác không làm chuyển dịch cân bằng, nó chỉ có tác dụng làm cho cân bằng 

được thiết lập nhanh chóng hơn. 


1. a) Ở 1000K hằng số cân bằng K p của phản ứng: 2SO 2 + O 2 2SO 3 , bằng 3,50 atm -1 . 

Tính áp suất riêng lúc cân bằng của SO 2 và SO 3 nếu áp suất chung của hệ bằng 1 atm và áp 

suất cân bằng của O 2 bằng 0,1 atm. 


K C 




30 










b) Ở 600K đối với phản ứng: H 2 + CO 2 H 2 O(k) + CO 

Nồng độ cân bằng của H 2 , CO 2 , H 2 O và CO lần lượt bằng 0,600 ; 0,459; 0,500 và 0,425 

mol/l. 

i) Tìm K C , K P của phản ứng. 

ii) Nếu lượng ban đầu của H 2 và CO 2 bằng nhau và bằng 1 mol được đặt vào bình 5 l 

thì nồng độ cân bằng của các chất là bao nhiêu ? 

Giải 

a) 2SO 2 + O 2 2SO 3 K p 

2 

2 

PSO 

P 

3 

SO 

P 

3 

K 

P 

= = 3,50 ⇒ = 3, 50 ⇒ SO 3 

= 0, 35 (I) 

2 

2 

P .P 

P .0,1 P 

SO2 

O2 

SO2 

+ P + P 1 ⇒ + P 0, 9 (II) 

P SO 2 SO3 

O 

= 

2 

PSO 2 SO 

= 

3 

SO2 

Từ (I) và (II) ⇒ PSO 2 

≈ 0, 565 atm; PSO 3 

≈ 0, 335 atm 

b) H 2 + CO 2 H 2 O(k) + CO 

i) 

[CO][H2O] 

0,425.0,500 

K 

C 

= 

= 

≈ 0, 772 

[H2][CO2] 

0,600.0,459 

K P = K C .(RT) ∆ν = K C .(RT) 1+1-1-1 = K C = 0,772. 

ii) H 2 + CO 2 H 2 O(k) + CO K C = 0,772 

Ban đầu 0,2 0,2 

[ ] 0,2 – x 0,2 – x x x 

2 

x 

⇒ K 

C 

= 

2 

(0,2 − x) 

= 0, 772 ⇒ x ≈ 0,0935 

⇒ [H 2 O] = [CO] = 0,0935 M; [H 2 ] = [CO 2 ] = 0,2 – 0,0935 = 0,1065 M 

2. Ở 25 0 C hằng số cân bằng K P đối với phản ứng: N 2 + 3H 2 2NH 3 bằng 6,8.10 -5 

a) Tính ∆G 0 của phản ứng ở 25 0 C. 

b) Nếu cũng ở nhiệt độ trên, áp suất đầu của N 2 , H 2 và NH 3 là 0,250 ; 0,550 và 0,950 

atm. Tìm ∆G của phản ứng.. 

Giải 

N 2 + 3H 2 2NH 3 K P = 6,8.10 5 

a) ∆G 0 = - RTlnK P ⇒ ∆G 0 = - 8,314.298.ln(6,8.10 -5 ) ≈ 23774,788 J/mol ≈ 23,775 kJ/mol 

2 

P 

0 

NH3 

b) ∆ G = ∆G 

+ RT ln 

3 

P .P 

N2 

H2 

2 

(0,950) 

⇒ ∆ G = 23774,788 + 8,314.298.ln 

≈ 29917,635 J/mol ≈ 29,917 kJ/mol. 

2 

0,250.(0,550) 

3. Cho cân bằng hóa học: N 2 (k) + 3H 2(k) 2NH 3(k) ∆H = -92 kJ/mol. 

Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N 2 và H 2 theo tỉ lệ mol 1:3, khi đạt tới trạng thái cân bằng 

ở điều kiện tối ưu (450 0 C và 300 atm) thì NH 3 chiếm 36% về thể tích. 

a) Tính hằng số cân bằng K p . 

b) Giữ nhiệt độ không đổi ở 450 0 C, cần tiến hành phản ứng dưới áp suất là bao nhiêu để 

khi đạt tới trạng thái cân bằng NH 3 chiếm 50% thể tích? 

c) Giữ áp suất không đổi (300 atm), cần tiến hành phản ứng ở nhiệt độ nào để khi đạt tới 

trạng thái cân bằng NH 3 chiếm 50% về thể tích? Cho biết phương trình Van't Hoff liên hệ 

K ⎛ 

hai hằng số cân bằng ở 2 nhiệt độ là: 

⎟ ⎞ 

2 

∆H 

1 1 

ln = 

⎜ − . 

K1 

R ⎝ T1 

T2 

⎠ 





31 










Giải 

N 2(k) + 3H 2(k) 2NH 3(k) 

a) Gọi x 1 , x 2 , x 3 lần lượt là %V (cũng là % số mol) của N 2 , H 2 và NH 3 ta có: 

x 3 = 36% = 0,36 ⇒ x 1 + x 2 = 64% = 0,64 (I) 

x 1 

Vì N 2 và H 2 được lấy theo tỉ lệ mol 1:3 (bằng tỉ lệ trong phản ứng) nên ⇒ 1 

= (II) 

x 

3 

3 

Từ (I) và (II) ⇒ x 1 = 0,16; x 2 = 0,48. 

2 

2 

PNH 

( 0,36.300) 3 −5 

K P = = 

= 8,14.10 

3 

3 

P .P (0,16.300).(0,48.300) 

N2 

H2 

b) Ở trạng thái cân bằng: x 3 = 50% = 0,5 ⇒ x 1 + x 2 = 0,5 (III) 

Từ (II) và (III) ⇒ x 1 = 0,125; x 2 = 0,375. 

2 

2 

PNH 

( 0,5.P) 3 −5 

K 

P 

= = 

= 8,14. 10 ⇒ P = 682,6 atm. 

3 

3 

P .P (0,125.P).(0,375.P) 

c) 

N2 

H2 

2 

( 0,5.300) 4 

P 

' 

K 

P 

= 


P 

2 

NH3 − 

= 

≈ 4,21. 

3 

3 

N 

.PH 

(0,125.300).(0,375.300) 

2 2 

' 

K ⎛ ⎞ 

P 

∆H 

1 1 

ln = 

⎜ − 

⎟ ⇒ T 2 = 653 K hay 380 0 C. 

K 

P 

R ⎝ T1 

T2 

⎠ 

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

CHUYÊN ĐỀ 4: PHẢN ỨNG OXI HOA – KHỬ. SỰ ĐIỆN PHÂN 

Tiết :41+ 42+ 43+ 44: PHẢN ỨNG OXI HOA – KHỬ 

NỘI DUNG 

I.1. Phản ứng oxi hóa - khử 

I.1.1. Số oxi hóa và cách xác định 

• Các qui tắc xác định số oxi hóa gồm: 

- Trong các đơn chất số oxi hóa của các nguyên tố bằng không. 

- Trong một phân tử, tổng số oxi hóa của các nguyên tố bằng không 

- Trong các ion đơn nguyên tử, số oxi hóa của nguyên tố bằng điện tích của ion đó. 

Trong ion đa nguyên tử, tổng số oxi hóa của các nguyên tố bằng điện tích của ion. 

- Trong hầu hết các hợp chất, số oxi hóa của hiđro bằng +1, trừ hiđrua kim loại (NaH, 

CaH 2 , …). Số oxi hóa của oxi bằng -2, trừ trường hợp OF 2 và peoxit (H 2 O 2 , Na 2 O 2 , …) 

- Liên kết giữa các nguyên tử của cùng một nguyên tố không tính số oxi hóa, nghĩa là 

bằng 0 như - O - O -; -C-C-; -S-S-, 

I.1.2. Phản ứng oxi hóa khử 

• Phản ứng oxi hóa - khử là phản ứng hóa học trong đó có sự chuyển electron giữa các 

chất phản ứng; hay phản ứng oxi hóa - khử là phản ứng hóa học trong đó có sự thay đổi số 

oxi hóa của một số nguyên tố. 

• Chất oxi hóa (còn gọi là chất bị khử) là chất nhận electron hay là chất có số oxi hóa giảm 

sau phản ứng. 

• Chất khử (còn gọi là chất bị oxi hóa) là chất nhường electron hay là chất có số oxi hóa 

tăng sau phản ứng. 

• Sự khử (quá trình khử) một chất là làm cho chất đó nhận electron hay làm giảm số oxi 

hóa của chất đó. 





32 










• Sự oxi hóa (quá trình oxi hóa) một chất là làm cho chất đó nhường electron hay làm tăng 

số oxi hóa của chất đó. 

I.1.3. Phân loại phản ứng oxi hóa - khử 

Có thể chia các phản ứng oxi hóa khử thành ba loại: 

• Phản ứng giữa các phân tử: Trong các phản ứng loại này sự chuyển electron xảy ra giữa 

các phân tử. Đây là loại phản ứng oxi hóa khử phổ biến nhất. 

Ví dụ: 2KMnO 4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl 2 + 5Cl 2 ↑ + 8H 2 O 

• Phản ứng tự oxi hóa khử (phản ứng dị li): Trong các phản ứng loại này một chất phân li 

thành hai chất khác trong đó một chất ở mức oxi hóa cao hơn và một chất ở mức oxi hóa 

thấp hơn. 

Ví dụ: Cl 2 + 6KOH → 5KCl + KClO 3 + 3H 2 O 

3HNO 2 → HNO 3 + 2NO↑ + H 2 O 

• Phản ứng nội phân tử: Trong các phản ứng loại này sự chuyển electron xảy ra giữa các 

nguyên tử của các nguyên tố cùng nằm trong một phân tử. 

t 

Ví dụ: 

NH 4 NO 3 ⎯⎯→ 

0 

N 2 O + 2H 2 O 

0 

t , MnO2 

2KClO 3 ⎯⎯ 

⎯⎯ → 2KCl + 3O 2 

I.1.4. Phản ứng oxi hóa – khử trong dung dịch 

Trong dung dịch các chất điện li tồn tại dưới dạng ion nên phản ứng hóa học giữa các 

chất trong dung dịch là phản ứng giữa các ion. Vì vậy có thể viết phản ứng dưới dạng ion. 

Ví dụ: - Phản ứng Cu + 4HNO 3 → Cu(NO 3 ) 2 + 2NO 2 ↑ + 2H 2 O 

được viết: Cu + 4H + − 

+ 2 NO 

3 

→ Cu 2+ + 2NO 2 ↑ + 2H 2 O 

- Phản ứng Zn + CuSO 4 → ZnSO 4 + Cu 

được viết : Zn + Cu 2+ → Zn 2+ + Cu 

I.1.5. Cân bằng phản ứng oxi hóa – khử 

Nguyên tắc chung là dựa vào định luật bảo toàn electron: 

∑e (do chất khử cho) = ∑e (do chất oxi hóa nhận) 

1. Phương pháp thăng bằng electron 

Các bước thực hiện: 

Bước 1: Xác định số oxi hóa của những nguyên tố có số oxi hóa thay đổi 

Bước 2: Viết quá trình oxi hóa và quá trình khử, cân bằng mỗi quá trình 

Bước 3: Tìm hệ số thích hợp sao cho tổng số electron do chất khử nhường bằng tổng số 

electron mà chất oxi hóa nhận. 

Bước 4: Đặt hệ số của chất oxi hóa và chất khử vào sơ đồ phản ứng. 

Bước 5: Cân bằng phần không oxi hóa - khử như sự tạo muối, môi trường, H 2 O , … 

Ví dụ: Na 2 SO 3 + KMnO 4 + H 2 O → Na 2 SO 4 + MnO 2 + KOH 

+ 4 

Bước 1: Na 2 S O3 + K Mn 

+ 7 

+ 6 

4 

O 4 + H 2 O → Na 2 S O4 + Mn 

+ O 2 + KOH 

Bước 2: 

+ 4 + 

→ 6 

S S + 2e (quá trình oxi hóa) 

7 

Mn 

+ 4 

+ 5e → Mn 

+ (quá trình khử) 


+ 4 

+ 6 

3× 

S → S+ 

2e 

Bước 3: + 7 

+ 4 

2 × Mn+ 

3e → Mn 

Bước 4: 

Bước 5: 

3Na 2 SO 3 + 2KMnO 4 + H 2 O → 3Na 2 SO 4 + 2MnO 2 + KOH 

3Na 2 SO 3 + 2KMnO 4 + H 2 O → 3Na 2 SO 4 + 2MnO 2 + 2KOH 




33 










Ví dụ: a) Al 0 + H N + 5 

8× 

0 

+ 5 

O 3 → 

+ 3 

+ 3 

Al 

Al → Al+ 

3e 

+ 1 

3× 

2N+ 

8e → 2N 

(NO 3 ) 3 + N + 1 

2O + H 2 O 

⇒ 8Al + 30HNO 3 → 8Al(NO 3 ) 3 + 3N 2 O + 15H 2 O 

+ 2 −1 

b) FeS 

+ H N + 5 

+ 6 

O 3 → Fe(NO 3 ) 3 + H 2 S O4 + N + 2 

O + H 2 O 

2 

+ 2 + 3 

⎧ 

⎪Fe 

→ Fe+ 

1e 

+ 3 + 6 

1× 

⎨ 

−1 

+ 6 

1× 

FeS2 

→ Fe+ 

2 S+ 

15e 

Cách 1: ⎪ 

⎩2S 

→ 2 S+ 

14e 

Cách 2: + 5 

+ 2 

5× 

N+ 

3e → N 

+ 5 

+ 2 

5× 

N+ 

3e → N 

⇒ FeS 2 + 8HNO 3 → Fe(NO 3 ) 3 + 2H 2 SO 4 + 5NO + 2H 2 O 

2. Phương pháp ion-electron 

Phương pháp này chỉ áp dụng cho các phản ứng xảy ra trong dung dịch và gồm 5 bước: 

Bước 1: Xác định những chất chứa nguyên tố có số oxi hóa thay đổi 

Bước 2: Viết các bán phản ứng oxi hóa (ứng với quá trình nhận electron) và bán phản ứng 

khử (ứng với quá trình cho electron) theo nguyên tắc sau: 

+ Các dạng oxi hóa và dạng khử của các chất oxi hóa và chất khử nếu thuộc chất điện 

li mạnh thì viết dưới dạng ion. 

+ Các chất điện li yếu, chất không điện li, chất rắn, chất khí thì viết dưới dạng nguyên 

tử hoặc phân tử. 

Khi cân bằng các bán phản ứng cần chú ý hai điểm: 

+ Tùy môi trường (axit, bazơ, trung tính) và tùy theo số nguyên tử oxi ta cần thêm 

vào vế trái ion H + , OH - hoặc H 2 O và vế phải sẽ tạo ra H 2 O hoặc H + , OH - . 

+ Tổng điện tích 2 vế của bán phản ứng phải bằng nhau, nói cách khác ta có thể dựa 

vào tổng điện tích để cân bằng. 

Bước 3: Tìm hệ số thích hợp sao cho tổng số electron do chất khử nhường bằng tổng số 

electron mà chất oxi hóa nhận. 

Bước 4: Nhân hệ số rồi cộng hai bán phản ứng lại ta được phương trình phản ứng dạng 

ion thu gọn. 

Bước 5: Cân bằng phần không oxi hóa - khử bằng cách thêm các ion không tham gia cho 

nhận electron tương ứng vào hai vế của phương trình. 

Ví dụ: FeSO 4 + KMnO 4 + H 2 SO 4 → Fe 2 (SO 4 ) 3 + MnSO 4 + K 2 SO 4 + H 2 O 

2 

Bước 1: Fe 

+ SO 4 + K Mn 

+ 7 

3 

O 4 + H 2 SO 4 → Fe 

+ 2 

2(SO 4 ) 3 + Mn 

+ SO 4 + K 2 SO 4 + H 2 O 

Bước 2: 2Fe 2+ → 2Fe 3+ + 2e (bán phản ứng oxi hóa) 

− 

MnO + 8H + + 5e → Mn 2+ + 4H 2 O (bán phản ứng khử) 

Bước 3: 

4 

5× 

2Fe 

2+ 

2 × MnO 

5× 

2Fe 

− 

4 

2+ 

→ 2Fe 

+ 8H 

+ 

→ 2Fe 

3+ 

+ 2e 

+ 5e → Mn 

3+ 

+ 2e 

2+ 

+ 4H 

2 

O 


− + 

2+ 

2 × MnO 

4 

+ 8H + 5e → Mn + 4H 

2O 

Bước 4: 

2+ 

− + 

3+ 

2+ 

10Fe + 2MnO 

4 

+ 16H → 10Fe + 2Mn + 8H 

2O 

Bước 5: 10FeSO 4 +2 KMnO 4 + 8H 2 SO 4 → 5Fe 2 (SO 4 ) 3 + 2MnSO 4 + K 2 SO 4 + 8H 2 O 





34 










1. Lập các phương trình hóa học của phản ứng oxi hóa - khử theo các sơ đồ dưới đây bằng 

phương pháp thăng bằng electron. 

a) Na 2 SO 3 + KMnO 4 + H 2 O → Na 2 SO 4 + MnO 2 + KOH 

t 

b) Cu + H 2 SO 4 (đ) ⎯⎯→ 

0 

CuSO 4 + SO 2 + H 2 O 

c) Al + HNO 3 → Al(NO 3 ) 3 + N 2 O + H 2 O 

d) Cl 2 + NaOH → NaCl + NaClO + H 2 O 

e) FeS 2 + HNO 3 → Fe(NO 3 ) 3 + H 2 SO 4 + NO + H 2 O 

f) Zn + HNO 3 → Zn(NO 3 ) 2 + NO + N 2 O + H 2 O ( n 

NO 

: n 

N O 

= 1: 2 ) 

2 

Giải 

a. 3Na 2 SO 3 + 2KMnO 4 + H 2 O → 3Na 2 SO 4 + 2MnO 2 + 2KOH 

b) Cu + 2H 2 SO 4 (đ) ⎯⎯→ 

t 0 

CuSO 4 + SO 2 + 2H 2 O 

c) 8Al + 30HNO 3 → 8Al(NO 3 ) 3 + 3N 2 O + 15H 2 O 

d) Cl 2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H 2 O 

e) FeS 2 + 8HNO 3 → Fe(NO 3 ) 3 + 2H 2 SO 4 + 5NO + 2H 2 O 

f) 19 Zn + 48HNO 3 → 19Zn(NO 3 ) 2 + 2NO + 4N 2 O + 24H 2 O 

2. Lập các phương trình hóa học của phản ứng oxi hóa - khử theo các sơ đồ dưới đây bằng 

phương pháp ion-electron 

a) FeSO 4 + KMnO 4 + H 2 SO 4 → Fe 2 (SO 4 ) 3 + MnSO 4 + K 2 SO 4 + H 2 O 

b) NaCrO 2 + Br 2 + NaOH → Na 2 CrO 4 + NaBr + H 2 O 

c) Na 2 SO 3 + KMnO 4 + H 2 O → Na 2 SO 4 + MnO 2 ↓ + KOH 

d) SO 2 + Br 2 + H 2 O → H 2 SO 4 + HBr 

2− 

e) Cr O + 2 7 

Cl- + H + → Cr 3+ + Cl 2 + H 2 O 

f) As 2 S 3 + HNO 3 → H 3 AsO 4 + H 2 SO 4 + NO 2 

Giải 

5× 

2Fe 

2+ 

2 × MnO 

− 

4 

→ 2Fe 

+ 8H 

+ 

3+ 

+ 2e 

+ 5e → Mn 

2+ 

+ 4H 

2+ 

− + 

3+ 

2+ 

10Fe + 2MnO 

4 

+ 16H → 10Fe + 2Mn + 8H 

2O 

⇒ 10FeSO 4 +2 KMnO 4 + 8H 2 SO 4 → 5Fe 2 (SO 4 ) 3 + 2MnSO 4 + K 2 SO 4 + 8H 2 O 

b) 

2 × CrO 

3× 

Br 

2 

− 

2 

+ 4OH 

− 

+ 2e → 2Br 

→ CrO 

− 

− 

− 

2− 

− 

2CrO 

2 

+ 3Br2 

+ 8OH → 2CrO 

4 

+ 6Br + 4H 

2O 

⇒ 2NaCrO 2 + 3Br 2 + 8NaOH → 2Na 2 CrO 4 + 6NaBr + 4H 2 O 

c) 

3× 

SO 

2− 

3 

2 × MnO 

+ 2OH 

− 

4 

+ 2H 

− 

2 

− 

4 

→ SO 

2− 

4 

2− 

4 

2 

O 

O + 3e → MnO 

+ 2H O + 3e 

+ H 

2 

2 

2− 

4 

2 

O + 2e 

+ 4OH 

2− 

− 

3SO 

3 

+ 2MnO + H 

2O 

→ 3SO + 2MnO 

2 

+ 2OH 

⇒ 3Na 2 SO 3 + 2KMnO 4 + H 2 O → 3Na 2 SO 4 + 2MnO 2 ↓ + 2KOH 

d) 


− 




35 










1× 

SO 

1× 

Br 

2 

2 

+ 2H 

2 

O → SO 

+ 2e → 2Br 

− 

2− 

4 

+ 4H 

+ 

+ 2e 

2− 

SO 

2 

+ Br2 

+ 2H 

2O 

→ SO 

4 

+ 2Br 

⇒ SO 2 + Br 2 + 2H 2 O → H 2 SO 4 + 2HBr 

e) 

f) 

1× 

As S 

2 

As S 

3 

2 

28× 

NO 

3× 

2Cl 

1× 

Cr O 

Cr O 

− 

3 

3 

2 

+ 28NO 

2 

2− 

7 

+ 2H 

− 

3 

− 

→ Cl 

2− 

7 

+ 6Cl 

2 

2 

+ 14H 

− 

+ 22H 

+ 2e 

+ 

+ 14H 

+ 20H O → 2H AsO 

+ 

3 

+ 1e → NO 

+ 

+ 6e → 2Cr 

2 

+ 

→ 2H 

3 

→ 2Cr 

4 

+ H 

2 

O 

AsO 

4 

3+ 

+ 3SO 

3+ 

2− 

4 

− 

+ 4H 

+ 7H 

+ 3Cl 

+ 3SO 

2− 

4 

2 

2 

+ 34H 

+ 

O 

+ 7H 

+ 

2 

+ 28NO 

O 

+ 28e 

⇒ As 2 S 3 + 28HNO 3 → 2H 3 AsO 4 + 3H 2 SO 4 + 28NO 2 

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

Tiết :45+46+47+48: PIN ĐIỆN HÓA 

NỘI DUNG 

I.2. Pin điện hóa 

I.2.1. Điện cực-pin điện hóa 

• Một hệ gồm vật dẫn electron (kim loại, chất bán dẫn, …) tiếp xúc với vật dẫn ion (dung 

dịch chất điện li) được gọi là điện cực. 

Trên bề mặt của các điện cực xảy ra quá trình oxi hóa hoặc quá trình khử và vật liệu 

dùng làm điện cực (vật liệu dẫn electron) có thể tham gia hoặc không tham gia vào phản 

ứng điện cực. 

• Điện cực mà vật liệu điện cực không tham gia vào phản ứng xảy ra trên điện cực (chỉ 

đóng vai trò là chất dẫn điện) được gọi là điện cực trơ. Ví dụ điện cực làm bằng graphit, 

kim loại quý. Điện cực mà vât liệu điện cực bị oxi hóa trong quá trình xảy ra phản ứng 

trên điện cực được gọi là điện cực tan. 

• Điện cực mà ở đó xảy ra sự oxi hóa, tức là xảy ra quá trình nhường electron được gọi là 

anot. Điện cực mà ở đó xảy ra sự khử, tức là xảy ra quá trình nhận electron được gọi là 

catot. 

• Pin điện hóa là một hệ gồm hai điện cực (khác nhau) nhúng vào cùng một dung dịch 

điện li hoặc hai dung dịch chất điện li khác nhau được nối với nhau bằng một cầu muối. 

Ví dụ trong pin Zn-Cu, phản ứng tổng quát được viết như sau: Zn + Cu 2+ → Zn 2+ + 

Cu 

Điện cực Zn là nguồn cung cấp electron nên nó là cực âm, tại đây xảy ra quá trình oxi 

hóa nên nó đóng vai trò anot. Điện cực Cu là nơi tiêu thụ electron nên nó là cực dương, tại 

đây xảy ra quá trình khử nên nó đóng vai trò là catot. 

Vậy trong pin điện hóa: Anot là cực âm, catot là cực dương. 

• Sơ đồ điện cực, sơ đồ pin điện hóa 



2 



36 










- Người ta quy ước viết sơ đồ của một điện cực như sau: 

+ Dung dịch điện li bao quanh điện cực được đặt ở phía bên trái. 

+ Kim loại (vật liệu) làm điện cực được đặt ở phía bên phải. 

+ Giữa vật liệu điện cực và chất khí được đặt một dấu phẩy (,). 

+ Giữa kim loại điện cực và dung dịch điện li được đặt một gạch đơn thẳng đứng. 

Ví dụ: Điện cực gồm thanh Cu nhúng trong dung dịch CuSO 4 : 

CuSO 4 ⎢Cu hoặc đơn giản hơn: Cu 2+ ⎢Cu. 

Điện cực gồm tấm Pt hấp phụ khí Cl 2 nhúng trong dung dịch HCl: 

HCl⎢Cl 2 ,Pt hoặc đơn giản hơn: Cl - ⎢Cl 2 ,Pt. 

- Người ta quy ước viết sơ đồ của một pin điện hóa như sau: 

+ Điện cực dương được đặt ở bên phải, điện cực âm ở bên trái sơ đồ. 

+ Giữa kim loại điện cực và dung dịch điện li được đặt một gạch đơn thẳng đứng. 

+ Giữa dung dịch bao quanh cực dương và dung dịch bao quanh cực âm đặt một gạch 

đôi thẳng đứng. 

Ví dụ pin Zn – Cu: (-) Zn⎢ZnSO 4 ⎢⎢CuSO 4 ⎢Cu (+) 

hoặc đơn giản hơn: (-) Zn⎢Zn 2+ ⎢⎢Cu 2+ ⎢Cu (+) 

I.2.2. Thế điện cực-sức điện động 

Mỗi điện cực có một thế điện cực. Thế tuyệt đối của điện cực là đại lượng không đo 

được nhưng có thể đo được độ chênh lêch thế (hiệu điện thế ) giữa hai điện cực của một 

pin điện hóa. 

• Hiệu điện thế lớn nhất giữa hai điện cực (E), tức là hiệu của thế điện cực dương (E (+) ) 

với thế điện cực âm (E (-) ) được gọi là sức điện động (đôi khi còn gọi là suất điện động) của 

pin điện hóa: E = E (+) – E -(-) . 

Từ quy ước về viết sơ đồ pin điện hóa ⇒ E = E phải - E trái . 

Sức điện động của pin điện hóa luôn là số dương và phụ thuộc vào bản chất của điện cực, 

nồng độ dung dịch và nhiệt độ theo phương trình Nernst: 

Nếu phản ứng tổng quát trong pin điện được viết dưới dạng: Ox 2 + Kh 1 → Ox 1 + Kh 2 

thì ta có: E = E 0 RT [Ox 

1 

][Kh 

2 

] 

- ln 

nF [Ox 

2 

][Kh 

1 

] 

Với [Ox 1 ], [Ox 2 ], [Kh 1 ], [Kh 2 ] là nồng độ (mol/L, nếu là ion) hoặc áp suất riêng phần (nếu 

là chất khí) của Ox 1 , Ox 2 , Kh 1 , Kh 2 

E 0 : là sức điện động chuẩn, là sức điện động khi [Ox 1 ] = [Ox 2 ]= [Kh 1 ]= [Kh 2 ] = 1 (M 

hoặc atm). 

R = 8,314 J/mol.K; T (K) = t 0 (C) + 273; F = 96500 C/mol. 

n là số electron trao đổi trong phản ứng. 

Ở 25 0 C ta có: E = E 0 0,059 [Ox1][Kh 

2 

] 

- lg 

n [Ox 

2 

][Kh 

1] 

Lưu ý: Nếu Kh 1 , Kh 2 là chất rắn (kim loại) thì nồng độ của chúng được tính bằng 1M. 

Ví dụ đối với pin Zn-Cu ở trên, ở 25 0 2+ 

0,059 [Zn ] 

C: E = E 0 - lg 

2+ 

2 [Cu ] 

• Thế của một điện cực là sức điện động của pin điện hóa tạo bởi điện cực chuẩn hiđro và 


điện cực cần đo. 

0 

E Ox/Kh = E + 

Ox / Kh 

RT [Ox] 

ln 

nF [Kh] 




37 










Với [Ox], [Kh] là nồng độ (mol/L, nếu là ion) hoặc áp suất riêng phần (nếu là chất khí) của 

Ox, Kh. 

0 

E 

Ox / Kh 

: là thế điện cực chuẩn, là thế điện cực khi [Ox] = [Kh] = 1 (M hoặc atm). 

Ở 25 0 0 0,059 [Ox] 

C: E Ox/Kh = E 

Ox / Kh 

+ ln 

n [Kh] 

Lưu ý: - Nếu Kh là chất rắn (kim loại) thì nồng độ của chúng được tính bằng 1M. 

Ví dụ với điện cực Zn, ở 25 0 0 0,059 2+ 

C: E 2+ 

= E 2+ 

+ lg[Zn ] 

Zn / Zn Zn / Zn 

2 

với điện cực Cu, ở 25 0 0 0,059 2+ 

C: E 2+ 

= E 2+ 

+ lg[Cu ] 

Cu / Cu Cu / Cu 

2 

- Đối với điện cực hiđro ở 25 0 C: 

+ 2 

0 0,059 [H ] 

+ 0,059 

E + = E + + lg = 0,059lg[ H ] − lg P 

2H 

/ H 

H 

2 2H / H2 

2 

2 P 

2 

Nếu 

PH 2 

H2 

= 1atm 

thì 0,059lg[H + 

= 

] = 0,059 pH 

E + 

− 

2H 

/ H2 

I.2.3. Sự phụ thuộc của thế điện cực vào pH của dung dịch 

- Nếu phản ứng điện cực có sự tham gia của H + thì thế của điện cực sẽ phụ thuộc trực 

tiếp vào nồng độ H + (theo phương trình Nernst) tức là phụ thuộc vào pH. 

- Đối với các phản ứng điện cực không có sự tham gia của H + , thế của điện cực cũng 

có thể phụ thuộc vào pH do pH có ảnh hưởng đến nồng độ của ion tham gia phản ứng điện 

cực (thông qua việc tạo kết tủa với các ion này). 

I.2.4. Mối liên hệ giữa E, ∆G và K 

- Biến thiên năng lượng Gibbs, ∆G, của phản ứng oxi hóa khử xảy ra trong pin có 

liên hệ với sức điện động, E, của pin điện hóa theo biểu thức: ∆G = - nFE. 

và ở điều kiện chuẩn: ∆G 0 = - nFE 0 . 

Trong điều kiện đẳng nhiệt đẳng áp (T,P = const), phản ứng chỉ có thể tự xảy ra khi 

∆G < 0 ⇒ phản ứng oxi hóa khử trong pin điện hóa chỉ có thể tự diễn ra nếu E = E (+) – E -(-) 

> 0 hay E (+) > E (-) . 

nFE 0 

- Mặt khác ∆G 0 RT 

= - RTlnK ⇒ K = e với K là hằng số cân bằng của phản ứng oxi 

hóa khử xảy ra trong pin điện hóa. 

- Với phản ứng tại điện cực (bán phản ứng khử hoặc bán phản ứng oxi hóa) ta cũng 

có: 

∆G = - nF E 

Ox / Kh 

và ∆G 0 = - nF E 0 Ox / Kh 

. 


1. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra tại các điện cực và phản ứng tổng 

quát xảy ra trong các pin điện hóa có sơ đồ sau đây: 

a) Zn⎢ZnSO 4 ⎢⎢NiSO 4 ⎢Ni b) Pt, H 2 ⎢H 2 SO 4 ⎢⎢CuSO 4 ⎢Cu 

c) Pb⎢Pb(NO 3 ) 2 ⎢⎢Fe(NO 3 ) 2 ,Fe(NO 3 ) 3 ⎢Pt d) Pt, H 2 ⎢HCl⎢Cl 2 ,Pt 

Giải 

a) (-) Zn → Zn 2+ + 2e; (+): Ni 2+ + 2e → Ni; TQ: Zn + Ni 2+ → Zn 2+ + Ni 

b) (-) H 2 → 2H + + 2e; (+): Cu 2+ + 2e → Cu; TQ: H 2 + Cu 2+ → 2H + + Cu 

c) (-) Pb → Pb 2+ + 2e; (+): Fe 3+ + 1e → Fe 2+ ; TQ: Pb + 2Fe 3+ → Pb 2+ + 2Fe 2+ 

d) (-) H 2 → 2H + + 2e; (+): Cl 2 + 2e → 2Cl - ; TQ: H 2 + Cl 2 → 2H + + 2Cl - 




2.Viết sơ đồ pin điện hóa ứng với các phản ứng sau: 

38 











a) Zn + Cu 2+ → Zn 2+ + Cu b) Ce 4+ + Fe 2+ → Ce 3+ + Fe 3+ 

c) 2Ag + + H 2 → 2Ag + 2H + d) Zn + Cl 2 → ZnCl 2 

e) H 2 + Cl 2 → 2HCl 

Giải 

a) (-) Zn⎢Zn 2+ ⎢⎢Cu 2+ ⎢Cu (+) b) (-) Pt⎢Fe 2+ , Fe 3+ ⎢⎢Ce 3+ , Ce 4+ ⎢Pt (+) 

c) (-) Pt, H 2 ⎢H + ⎢⎢Ag + ⎢Ag (+) d) (-) Zn⎢Zn 2+ ⎢⎢Cl - ⎢Cl 2 ,Pt (+) 

e) (-) Pt, H 2 ⎢H + ⎢⎢Cl - ⎢Cl 2 , Pt (+) 

3. Cho pin điện hóa được viết với sơ đồ: Sn⎢Sn 2+ (0,35 M)⎢⎢Pb 2+ (0,001M)⎢Pb. Biết 

E 0 0,140 V 

Sn 2 + = − ; E 0 0,1265 V 

/ Sn 

Pb 2 + = − 

/ Pb 

a) Tính sức điện động chuẩn của pin. 

` b) Tính sức điện động ở 25 0 C của pin. 

b) Xác định dấu của các điện cực và viết phương trình hóa học của phản ứng tự diễn 

biến trong pin. 

Giải 

a) Từ sơ đồ: Sn⎢Sn 2+ (0,35 M)⎢⎢Pb 2+ (0,001M)⎢Pb 

⇒ E 0 0 

0 

= E 2+ − E 2+ 

= -0,1265 – (-0,140) = 0,0135 V. 

Pb 

/ Pb 

Sn 

/ Sn 

b) Phản ứng tổng quát trong pin: Sn + Pb 2+ → Sn 2+ + Pb 

⇒ Ở 25 0 C: E = E 0 2+ 

0,059 [Sn ] 

0,059 0,35 

- lg = 0,0135 - lg ≈ -0,0616 V. 

2+ 

2 [Pb ] 

2 0,001 

c) E < 0 nên phản ứng tổng quát đã viết ở trên không tự diễn biến. Để phản ứng tự diễn 

biến, tức là Pb + Sn 2+ → Pb 2+ + Sn, thì anot (cực âm) phải là điện cực Pb, catot (cực 

dương) phải là điện cực Sn ⇒ Sơ đồ đúng của pin như sau: (-) Pb⎢Pb 2+ (0,001 

M)⎢⎢Sn 2+ (0,35M)⎢Sn.. 

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

Tiết : 49+50+51+52 : SỰ ĐIỆN PHÂN 

NỘI DUNG 

I. Sự điện phân 

I.1. Sự điện phân 

• Điện phân là quá trình oxi hoá khử xảy ra trên bề mặt điện cực dưới tác dụng của dòng 

điện một chiều chạy qua chất điện li ở trạng thái dung dịch hay nóng chảy. 

Khi điện phân, tại cực âm sẽ xảy ra sự khử, tại cực dương sẽ xảy ra sự oxi hóa. Vì 

vậy trong bình điện phân: Anot là cực dương, catot là cực âm. 

• Điện phân dung dịch 

Trong dung dịch, ngoài các ion do chất tan điện li ra còn có ion H + và OH - do H 2 O 

điện li tạo thành nên khi đó: 

- Ở cực âm (catot) có thể xảy ra phản ứng: 

2H + + 2e → H 2 hay 2H 2 O + 2e → H 2 + 2OH - . 

Vì thế các kim loại có thế khử chuẩn rất âm (IA, IIA, Al) sẽ không bị khử tại cực âm (khi 

đó H 2 O bị khử). Chỉ những kim loại kém hoạt động hóa học (Zn, Cr, Ni,…, các kim loại 

quý) mới được giải phóng ở cực âm. 

- Ở cực dương (anot) có thể xảy ra phản ứng: 

4OH - → O 2 + 2H 2 O + 4e hay 2H 2 O → O 2 + 4H + + 4e 





39 










Vì thế những anion đơn giản như Cl - , Br - , I - , … phóng điện được trên cực dương, còn nhiều 

− 

anion gốc axit phức tạp như SO 2 − 

, NO , ClO … sẽ không bị oxi hóa (khi đó H 2 O bị oxi hóa). 

4 

3 

− 

4 

• Khi điện phân: 

- Chất bị khử trước ở catot (cực âm) là chất sau khi tính đến quá thế có thế khử lớn 

nhất. 

- Chất bị oxi hóa ở anot (cực dương) là chất sau khi tính đến quá thế có thế khử nhỏ 

nhất. 

Từ thực nghiệm người ta nhận thấy khi điện phân dung dịch nước với các điện cực trơ: 

- Tại catot (cực âm) xảy ra quá trình khử M + , H + (axit), H 2 O theo quy tắc: 

+ Các cation nhóm IA, IIA và Al 3+ không bị khử (khi đó H 2 O bị khử) 

+ Các ion H + (axit) và cation kim loại khác bị khử theo thứ tự trong dãy thế điện cực 

chuẩn (ion có tính oxi hóa mạnh hơn bị khử trước) 

+ Các ion H + (axit) dễ bị khử hơn các ion H + (H 2 O) 

- Tại anot (cực dương) xảy ra quá trình oxi hóa anion gốc axit, OH – (bazơ kiềm), H 2 O theo 

quy tắc: 

+ Các anion gốc axit có oxi như NO 3 –, SO 2– 4 , PO 3– 4 , CO 2– 3 , ClO 4 –…không bị oxi 

hóa. 

+ Các trường hợp khác bị oxi hóa theo thứ tự: S 2– > I – > Br – > Cl – > RCOO – > OH – > 

H 2 O. 

Lưu ý: - Nếu anot không phải là điện cực trơ thì anot sẽ bị oxi hóa (hòa tan) khi điện 

phân. 

Ví dụ điện phân dung dịch CuSO 4 với các điện cực bằng Cu thì ở anot Cu sẽ bị oxi 

hóa theo phản ứng: Cu → Cu 2+ + 2e. 

- Ngoài phản ứng điện cực (phản ứng điện hóa) còn có thể có các phản ứng phụ 

(phản ứng hóa học). 

Ví dụ: - Khi điện phân dung dịch NaCl với điện cực trơ: 

2NaCl + 2H 2 O ⎯⎯→ 

đp 2NaOH + H 2 + Cl 2 . 

Nếu không có màng ngăn sẽ xảy ra phản ứng phụ: 2NaOH + Cl 2 → NaCl + NaClO + H 2 O 

- Khi điện phân nóng chảy Al 2 O 3 với anot bằng than chì: 2Al 2 O 3 ⎯⎯ đpnc → 4Al + 3O 2 . 

O 2 sinh ra sẽ phản ứng với anot than chì: 2C + O 2 → 2CO; C + O 2 → CO 2 . 

I.3.. Định luật Faraday trong điện phân 

A It 

m = × 

n F 

Trong đó: m: khối lượng chất giải phóng ở điện cực (gam) ; A: khối lượng mol của chất 

thu được ở điện cực ; n: số electron trao đổi ở điện cực ; I: cường độ dòng điện (A); t: 

thời gian điện phân (s); F: hằng số Faraday là điện tích của 1 mol electron hay điện lượng 

cần thiết để 1 mol electron chuyển dời trong mạch ở catot hoặc ở anot (F = 96500 C.mol -1 ) 

Lưu ý: - Khi các bình điện phân mắc nối tiếp thì I chạy qua các bình là như nhau. 

- Số mol electron chạy qua bình điện phân (tham gia phản ứng tại các điện cực): 

I.t 

n e 

= 

nF 


1. Hoà tan 7,82 gam XNO 3 vào nước thu được dung dịch A. Điện phân dung dịch A với 

điện cực trơ 

- Nếu thời gian điện phân là t giây thì thu được kim loại tại catot và 0,1792 lít khí 

(đktc) tại anot. 





40 










- Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì thu được 0,56 lít khí (đktc). 

a) Xác định X. 

b) Tính thời gian t biết: I = 1,93 A. 

Giải 

Phương trình điện phân: 2XNO 3 + H 2 O → X + 1/2O 2 + 2HNO 3 (1) 

0,1792 

+ Sau t (s): n khí anot (1) = n 

O 

= = 8.10 -3 (mol) 

2 

22,4 

+ Sau 2t (s): n khí anốt (2) = 2.n khí anot (1) = 1,6.10 -2 (mol) 

0 ,56 

Mà: n hh khí = = 2,5.10 -2 (mol) > n khí anot (2) , nên có xảy ra phương trình điện phân: 

22,4 

H 2 O → H 2 + 1/2O 2 (2) 

⇒ n 

H 

= 2,5.10 -2 - 1,6.10 -2 = 9.10 -3 (mol) → n 

2 

O 2 (2) 

= 4,5.10 -3 (mol) 

n = 1,6.10 -2 - 4,5.10 -3 = 1,15.10 -2 (mol) 

⇒ 

O 2 (1) 

Từ (2): n 

XNO 

= 4 n 

3 O 

= 4,6.10 -2 (mol) 

2 

7,82 

M 

XNO 3 

= = 170 ⇒ M 

− 2 

X = 108 ⇒ M là Ag 


−3 

It 

4.96500.8.10 

Ta có: n 

O 2 (1) 

= ⇒ t = 

= 1600 (s) 

n.F 

1,93 

2. Cho dòng điện cường độ I = 5A chạy qua ba bình điện phân mắc nối tiếp chứa lần lượt 

các dung dịch AgNO 3 , Zn(NO 3 ) 2 và Fe(NO 3 ) 2 trong 3860 giây. Giả sử ở cực âm của các 

bình điện phân chỉ xảy ra sự khử các ion kim loại về kim loại. Tính khối lượng mỗi kim 

loại giải phóng ở các dung dịch. Biết Ag = 108, Zn = 65, Fe = 56. 

Giải 

ĐS: m Ag = 21,6 g; m Zn = 6,5 g; m Fe = 5,6 g. 

3. Để mạ Ni bằng phương pháp điện phân người ta dùng dòng điện 15A đề kết tủa Ni 

trong một bể mạ chứa NiSO 4 . Trong điều kiện này Ni và H 2 cùng được tạo thành ở cực 

âm. Biết rằng 60% điện lượng được dùng để giải phóng Ni. 

a) Tính lượng Ni kết tủa được sau 1giờ điện phân. 

b) Biết khối lượng riêng của Ni là 8,9 g/cm 3 . Tính độ dày của lớp mạ nếu catot là một 

lá kim loại hình vuông, cạnh 4 cm, sự kết tủa kim loại là đồng đều và chỉ xảy ra trên hai 

mặt của lá kim loại. 

c) Xác định thể tích khí hiđro thoát ra ở điều kiện tiêu chuẩn trong quá trình điện 

phân. Giả thiết hiệu suất điện phân là 100%. 

Giải 

a) m Ni ≈ 9,74 g. 

m 

b) V Ni = Ni 

; S catot = 2.4.4 = 32 cm 2 

D 

VNi 

m 

Ni 

9,74 

Độ dày lớp mạ: d = = = ≈ 0, 0342 cm = 0,342 mm. 

Scatot 

D.S 

catot 

8,9.32 

c) VH 2 

≈ 2, 5 lít. 

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

CHUYÊN ĐỀ 5: NHÓM HALOGEN 

Tiết : 53+54 : KHÁI QUÁT CHUNG VỀ NHÓM HALOGEN 

41 














NỘI DUNG 

I.1. Khái quát nhóm Halogen (nhóm VIIA) 

Nguyên 

tố 

Tê 

n 

Kí 

hiệ 

u 

Số 

hiệu 

nguyên 

tử 

Cấu hình 

electron 

Bán 

kính 

nguyên 

tử (nm) 

Độ 

âm 

điệ 

n 

Năng 

lượng liên 

kết X-X 

(25 0 C, 

1atm) 

(kJ/mol) 

Trạng 

thái tập 

hợp của 

đơn chất 

(20 0 C) 

Màu sắc 

Flo F 9 [He]2s 2 2p 5 0,064 

3,9 

8 

159 khí lục nhạt 

Clo Cl 17 [Ne]3s 2 3p 5 0,099 

3,1 

6 

243 khí vàng lục 

Bro 

[Ar]3d 10 4s 2 4 2,9 

Br 35 

m 

p 5 0,114 

6 

192 lỏng nâu đỏ 

Iot I 53 

[Kr]4d 10 5s 2 5 2,6 

p 5 0,133 

6 

151 rắn đen tím 

Ata 

tin 

At 85 Nguyên tố phóng xạ 

- Nguyên tử của các nguyên tố halogen đều có 7 electron ở lớp ngoài cùng (ns 2 np 5 ). 

- Ở trang thái cơ bản nguyên tử các halogen đều có một electron độc thân. Từ Cl đến I, do 

còn có các obitan d trống nên ở trạng thái kích thích có thể có 3,5,7 electron độc thân. 

- Đơn chất halogen có dạng phân tử: F 2 , Cl 2, Br 2 , I 2 , trong đó hai nguyên tử liên kết với 

nhau bằng một liên kết cộng hóa trị: 

X X X X 

- Halogen có khuynh hướng thu thêm 1 electron để tạo thành ion âm. Chúng là những phi 

kim điển hình, là chất oxi hóa mạnh. Khả năng oxi hóa giảm dần theo từ flo đến iot. 

- Flo có độ âm điện lớn nhất nên trong các hợp chất flo chỉ có số oxi hóa -1. Các halogen 

khác ngoài số oxi hóa -1 còn có các số oxi hóa +1, +3, +5, +7. 

− Các hiđro halogenua (HF, HCl, HBr, HI) đều là các chất khí, dễ tan trong nước tạo thành 

dung dịch các axit. Các axit HX (trừ HF) đều là các axit mạnh, độ mạnh tăng dần từ HF 

đến HI. 

− Trừ Flo không có oxi axit, các nguyên tố halogen còn lại đều có các axit dạng: HXO, 

HXO 2 , HXO 3 , HXO 4 (X là các nguyên tố halogen: Cl, Br, I). Trong đó, HXO, HXO 2 là 

các axit yếu, kém bền còn HXO 3 và HXO 4 là các axit mạnh (HClO 4 là axit mạnh nhất 

trong các axit). 

- Hầu hết muối halogenua tan trong nước trừ AgCl↓ (trắng), AgBr↓(vàng nhạt), AgI↓ 

(vàng cam). 



1. a) Viết cấu hình electron của 9 F, 17 Cl và 35 Br ở trạng thái cơ bản và trạng thái kích thích 

từ đó giải thích số oxi hóa của các nguyên tố F, Cl, Br. Có thể tồn tại hợp chất BrF 5 và 

Br 5 F được không ? 

b) Thực nghiệm cho biết đối với phân tử các halogen, độ bền nhiệt tăng từ F 2 đến Cl 2 , sau 

đó lại giảm từ Cl 2 đến I 2 . Hãy giải thích ? 




42 










giải 

a) Cấu hình electron của F, Cl, Br. 

• Ở trạng thái cơ bản: 

9F: 1s 2 2s 2 2p 5 

17Cl: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5 hoặc [Ne] 3s 2 3p 5 ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑ 

[Ne] 

35Br: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 5 hoặc [Ar]3d 10 4s 2 4p 5 ↑↓ ↑↓ 

[Ar]3d 10 ↑↓ ↑ 

↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑ 

• Ở trạng thái kích thích 

- F không có trạng thái kích thích nên chỉ có 1 electron độc thân, mặt khác F có độ ấm điện 

lớn nhất nên ⇒ trong các hợp chất F chỉ có số oxi hóa – 1. 

- Cl và Br có 3 trạng thái kích thích ứng với sự chuyển electron từ obitan 3p và 3s lên 

obitan trống 3d (đối với clo) và từ obitan 4p, 4s lên obitan trống 4d (đối với brom) tạo ra 3, 

5, 7 electron độc thân, mặt khác clo và brom có độ âm điện nhỏ hơn O ⇒ trong các hợp 

chất, ngoài số oxi hóa – 1, Cl và Br còn có thể có các số oxi hóa + 1, + 3, + 5 và +7. 

↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑ ↑↓ ↑↓ ↑↓ ↑ 

3s 3p 3d 4s 4p 4d 

F chỉ có 1 electron độc thân ⇒ không thể có hợp chất Br 5 F vì để tạo ra được 5 liên kết cộng 

hóa trị với Br, flo cần 5 electron độc thân. 

Br có thể có 5 electron ở trạng thái kích thích ⇒ có thể tồn tại hợp chất BrF 5 . 

b) Trong các phân tử halogen (X 2 ) luôn có 1 liên kết σ (X-X). 

- Đối với clo, brom và iot, do còn obitan d trống nên ngoài liên kết σ trong phân tử các chất 

này còn có một phần liên kết π được tạo ra bởi sự xen phủ của các obitan d. Liên kết π 

được hình thành đó là liên kết cho nhận (π p→d ) gây ra bởi cặp electron ở obitan p của một 

nguyên tử này với obitan d trống của nguyên tử kia. 

- Sự hình thành một phần liên kết π đã làm cho phân tử các halogen bền hơn. Flo không có 

khả năng này do không có obitan d nên phân tử F 2 có năng lượng liên kết nhỏ hơn phân tử 

Cl 2 . Từ Cl 2 đến I 2 bán kính nguyên tử tăng, độ dài liên kết tăng nên năng lượng liên kết 

giảm, chính vì vậy nên độ bền nhiệt tăng từ F 2 đến Cl 2 sau đó giảm dần từ Cl 2 đến I 2 

2. a) Giải thích: 

- Vì sao HF có nhiệt sôi cao hơn hẳn nhiệt độ sôi của HCl mặc dù có phân tử khối thấp 

hơn. 

- Vì sao dung dịch HF là dung dịch axit yếu trong khi đó các dung dịch HX khác (HCl, 

HBr, HI) đều là dung dịch axit mạnh? 

- Tại sao axit flohiđric lại có khả năng tạo muối axit trong khi các dung dịch HX khác 

(HCl, HBr, HI) lại không có khả năng đó ? 

b) Dung dịch HF có tính chất gì đặc biệt ? Có thể điều chế được F 2 bằng cách cho dung dịch 

HF tác dụng với dung dịch KMnO 4 tương tự như trường hợp điều chế Cl 2 được không? Giải 

thích ? 

giải 

a) - Tuy có phân tử khối nhỏ hơn HCl nhưng ở dạng lỏng, giữa các phân tử HF có liên kết 

hiđro bền hơn. Điều này làm cho HF có nhiệt độ sôi cao hơn HCl. 

H–F … H–F … H–F … H–F– 

- Dung dịch HF có tính axit yếu hơn các dung dịch HX là do: 

+ Năng lượng liên kết H–F quá lớn ⇒ khó phân li ra H + 





43 










− 

+ Khi hòa tan trong nước, HF tạo các ion phức HF 

2 

, 

trong dung dịch không lớn. 

HF + H 2 O H 3 O + + F – 

H , − 

H , … nên nồng độ H+ 

− 

2 F 3 

HF + F – 

− 

HF 

2 

− 

HF + HF H F − 

2 2 3 

− − 

– Trong dung dịch HF tồn tại các ion HF 

2 

, H F , H F − 

2 3 3 4 

, … nên khi tác dụng với bazơ có 

thể tạo muối axit, ví dụ: K[HF 2 ]. 

b) Dung dịch HF ăn mòn được thuỷ tinh theo phản ứng 

SiO 2 + 4HF → SiF 4 ↑ + 2H 2 O 

Không thể dùng cách cho HF tác dụng với dung dịch KMnO 4 để điều chế F 2 được do HF 

có tính khử rất yếu, KMnO 4 không thể oxi hóa được HF. 

3. a) Nêu phương pháp điều chế khí F 2 . Giải thích vì sao anôt không bị ăn mòn. 

b) Để điều chế HBr, người ta thường thuỷ phân PBr 3 . Viết phương trình hóa học minh họa. 

Có thể điều chế HBr bằng cách cho NaBr tinh thể tác dụng với H 2 SO 4 đậm đặc tương tự 

cách điều chế HCl trong phòng thí nghiệm được không ? Vì sao ? 

giải 

a) Để điều chế F 2 người ta dùng phương pháp điện phân dung dịch hỗn hợp HF, KF với 

anôt bằng thép hoặc đồng. Khi đó phản ứng tổng quát xảy ra là: 2HF → H 2 + F 2 

F 2 sinh ra ban đầu oxi hóa Cu hoặc Fe tạo ra một màng florua. Màng này bền nên 

ngăn cản kim loại bên trong không bị oxi hóa tiếp do đó anôt không bị ăn mòn. 

b) PTHH: PBr 3 + 3H 2 O → H 3 PO 3 + 3HBr 

Không thể điều chế HBr bằng cách cho NaBr tinh thể tác dụng với H 2 SO 4 đậm đặc được vì 

HBr có tính khử mạnh hơn HCl nên nó sẽ khử H 2 SO 4 đậm đặc. Phản ứng tổng quát xảy ra 

là: 

t 

o 

3 F 4 

2NaBr + 2H 2 SO 4 ⎯⎯→ Na 2 SO 4 + Br 2 + SO 2 + 2H 2 O 

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

Tiết : 55+56+57: CLO VÀ HỢP CHẤT 

NỘI DUNG 

I. Clo 

35 

37 

- Trong tự nhiên Clo có 2 đồng vị 

17 

Cl (75,77%) và 

17 

Cl (24,23%); MCl 

≈ 35,5. 

- Là chất khí, màu vàng , mùi xốc , độc và nặng hơn không khí. 

- Phân tử Cl 2 có một liên kết cộng hóa trị, dễ dàng tham gia phản ứng, là một chất oxihóa 

mạnh. 

- Khi tham gia các phản ứng Clo là chất oxi hoá, tuy nhiên clo cũng có khả năng đóng vai 

trò là chất khử. 

a) Tính chất hoá học 

• Tác dụng với kim loại : (hầu hết các kim loại, cần t 0 để khơi màu phản ứng và phản ứng 

tỏa nhiều nhiệt) tạo muối clorua (có hoá trị cao nhất ) 

t 

2Na + Cl 2 ⎯⎯→ 

0 

2NaCl 

t 

2Fe + 3Cl 2 ⎯⎯→ 

0 

2FeCl 3 

t 

Cu + Cl 2 ⎯⎯→ 

0 

CuCl 2 

• Tác dụng với phim kim (cần có nhiệt độ hoặc có ánh sáng) 

H 2 + Cl 2 ⎯⎯→ 

as 2HCl 





44 










t 

2P + 3Cl 2 ⎯⎯→ 

0 

2PCl 3 

Cl 2 không tác dụng trực tiếp với O 2 . 

• Tác dụng với một só hợp chất có tính khử 

H 2 S + Cl 2 ⎯ ⎯→ 2HCl + S 

3Cl 2 + 2NH 3 ⎯ ⎯→ N2 + 6HCl 

Cl 2 + SO 2 + 2H 2 O ⎯⎯→ 

H 2 SO 4 + 2HCl 

• Cl 2 còn tham gia phản ứng với vai trò vừa là chất ôxihóa, vừa là chất khử 

- Tác dụng với H 2 O: Cl 2 + H 2 O HCl + HClO 

HClO có tính oxi hoá mạnh, nó phá hửy các màu ⇒ nước clo hay clo ẩm có tính tẩy màu. 

- Tác dụng với dung dịch bazơ: Cl 2 + 2NaOH ⎯ ⎯→ NaCl + NaClO + H 2 O (nước Gia-ven) 

2Cl 2 + 2Ca(OH) 2 ⎯⎯→ 

Ca(ClO) 2 + CaCl 2 + H 2 O 

3Cl 2 + 6KOH ⎯ ⎯→ 5KCl + KClO 3 + 3H 2 O 

• Tác dụng với muối 

Cl 2 + 2NaBr ⎯ ⎯→ 2NaCl + Br 2 

Cl 2 + 2KI ⎯ ⎯→ 2KCl + I 2 

Cl 2 + 2FeCl 2 ⎯ ⎯→ 2FeCl 3 

3Cl 2 + 6FeSO 4 ⎯ ⎯→ 2Fe 2 (SO 4 ) 3 + 2FeCl 3 

• Tác dụng với các axit halogenhiđric 

Cl 2 + 2HBr → 2HCl + Br 2 

Cl 2 + 2HI → 2HCl + I 2 

Nếu phản ứng xảy ra trong dung dịch và có dư Cl 2 thì: 

5Cl 2 + Br 2 + 6H 2 O → 10HCl + 2HBrO 3 

5Cl 2 + I 2 + 6H 2 O → 10HCl + 2HIO 3 

• Tham gia phản ứng thế, phản ứng cộng, phản ứng phân huỷ với một số hợp chất hữu cơ 

CH 4 + Cl 2 ⎯⎯→ 

as CH 3 Cl + HCl 

CH 2 =CH 2 + Cl 2 ⎯ ⎯→ CH 2 Cl–CH 2 Cl 

C 2 H 2 + Cl 2 ⎯⎯→ 

2C + 2HCl 

b) Điều chế 

• Nguyên tắc chung: Oxi hóa ion Cl - thành Cl 2 . 

• Trong phòng thí nghiệm: Dùng chất oxi hóa mạnh như: MnO 2 , KMnO 4 , KClO 3 , PbO 2 , 

K 2 Cr 2 O 7 , … để oxi hóa HCl đậm đặc 

2KMnO 4 + 16HCl ⎯ ⎯→ 2KCl + 2MnCl 2 + 5Cl 2 ↑ + 8H 2 O 

t 

MnO 2 + 4HCl ⎯⎯→ 

0 

MnCl 2 + Cl 2 ↑ + 2H 2 O 

KClO 3 + 6HCl ⎯ ⎯→ KCl + 3H 2 O + 3Cl 2 ↑ 

• Trong công nghiệp: Sản xuất bằng phương pháp điện phân 

đpdd 

2NaCl + 2H 2 O ⎯⎯ → H 2 ↑ + 2NaOH + Cl 2 ↑ 

mnx 

Ngoài ra còn có thể điều chế từ HCl và O 2 với xúc tác là CuCl 2 ở 400 0 C. 

CuCl 

4HCl + O 2 ⎯⎯ 2 → 2Cl 2 + 2H 2 O 

I.2. Hiđroclorua – Axit clohiđric – Muối clorua 

• Hiđroclorua (HCl) là chất khí không màu, mùi xốc, nặng hơn không khí, tan nhiều trong 

nước tạo thành axit clohiđric. 

• Dung dịch HCl là một axit mạnh (mang đầy đủ tính chất của một axit mạnh) và có tính 

khử. 





45 










a) Tính chất của axit mạnh: Trong dung dịch phân li hoàn toàn ra H + và Cl - , làm đổi màu 

chỉ thị, tác dụng với kim loại đứng trước H 2 trong dãy điện hóa, tác dụng với các bazơ, 

oxit bazơ, muối của các axit yếu như cacbonat, sunfit, sunfua (trừ một vài sunfua như PbS, 

CuS, Ag 2 S, HgS), photphat. 

b) Tính khử: Tác dụng với các chất oxi hóa mạnh: MnO 2 , KMnO 4 , KClO 3 , PbO 2 , K 2 Cr 2 O 7 , 

CaOCl 2 ,… 

c) Hỗn hợp gồm 3 thể tích HCl và 1 thể tích HNO 3 đặc được gọi là hỗn hợp nước cường 

toan (cường thuỷ) có khả năng hoà tan được Au. 

3HCl + HNO 3 → 2Cl + NOCl + 2H 2 O 

NOCl → NO + Cl 

Au + 3Cl → AuCl 3 

• Điều chế: 

- Phương pháp sunfat: cho NaCl tinh thể vào dung dịch H 2 SO 4 đậm đặc 

2NaCl tt + H 2 SO 4(đ) ⎯ t ⎯ 

≥400 

0 

⎯ 

C → Na 2 SO 4 + 2HCl ↑ 

NaCl tt + H 2 SO 4(đ) ⎯ t ⎯ 

≤250 

0 

⎯ 

C → NaHSO 4 + HCl ↑ 

- Phương pháp tổng hợp: Đốt hỗn hợp khí H 2 và Cl 2 

H 2 + Cl 2 → 2HCl ∆H = -184,6 kJ. 

- Ngoài ra còn thu được HCl từ sản phẩm phụ trong các phản ứng điều chế chất hữu cơ 

chứa clo với lượng lớn: 

C 6 H 6 + Cl 2 ⎯ FeCl ⎯ 3 → C 6 H 5 Cl + HCl 

• Muối clorua 

- Là muối chứa ion Cl - + 

(clorua) và các ion dương kim loại hoặc NH 

4 

- Đa số các muối clorua tan tốt trừ một số nhỏ không tan: AgCl, CuCl 2 , Hg 2 Cl 2 , còn PbCl 2 

ít tan. 

- Ứng dụng của một số muối: NaCl dùng để ăn, sản xuất Cl 2 , NaOH, axit HCl; KCl dùng 

làm phân bón; ZnCl 2 dùng để tẩy gỉ khi hàn, chống mục gỗ; BaCl 2 dùng để trừ sâu bệnh 

trong nông nghiệp; CaCl 2 dùng làm chất chống ẩm; AlCl 3 dùng làm chất xúc tác. 

I.2.3. Hợp chất chứa oxi của clo 

• Trong các hợp chất chứa ôxi của clo, clo có số oxi hóa. Các oxit của clo đều được điều 

chế gián tiếp. 

Cl 2 O Clo (I) oxit Cl 2 O 7 Clo(VII) oxit 

HClO Axit hipoclorơ NaClO Natri hipoclorit 

HClO 2 Axit clorơ NaClO 2 Natri clorit 

HClO 3 Axit cloric KClO 3 kali clorat 

HClO 4 Axit pecloric 

KClO 4 kali peclorat 

Tất cả hợp chất chứa oxi của clo điều là chất ôxihóa mạnh. 

a) Nước Gia-ven: là hỗn hợp gồm NaCl, NaClO và H 2 O có tính ôxi hóa mạnh, có tính sát 

trùng và có tính tẩy màu 

- Nước Gia-ven được điều chế bằng cách dẫn khí Clo vào dung dịch NaOH (hoặc KOH) 

loãng, nguội hoặc bằng phương pháp điện phân dung dịch NaCl (không có màng ngăn). 

Cl 2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H 2 O 

- Trong không khí: NaClO + CO 2 + H 2 O → NaHCO 3 + HClO (có tính tẩy màu) 

b) Clorua vôi: Công thức phân tử CaOCl 2 , là chất ôxihóa mạnh, được điều chế bằng cách 

dẫn clo vào vôi tôi hoặc sữa vôi ở 30 0 C. 

Cl 2 + Ca(OH) 2 → CaOCl 2 + H 2 O 





46 










- Nếu dùng dung dịch Ca(OH) 2 loãng: 2Ca(OH) 2 + 2Cl 2 → CaCl 2 + Ca(OCl) 2 + 2H 2 O 

- Trong không khí ẩm: CaOCl 2 + CO 2 + H 2 O → CaCO 3 + CaCl 2 + 2HClO. 

c) Kali clorat: Công thức phân tử KClO 3 , là chất oxi hóa mạnh thường dùng điều chế O 2 

trong 

phòng thí nghiệm, dùng chế tạo thuốc nổ, sản xuất pháo hoa, … 

t 

2KClO 3 ⎯⎯ 

0 , MnO 

⎯ 

2 → 2KCl + O 2 ↑ 

KClO 3 được điều chế bằng cách dẫn khí clo vào dung dịch KOH đặc ở 100 0 C hoặc điện 

phân dung dịch KCl 25% ở 70-75 0 C. 

3Cl 2 + 6KOH ⎯ 

1000 ⎯ C →5KCl + KClO 3 + 3H 2 O 

d) Axit hipoclorơ: HClO 

- Là một axit yếu , yếu hơn cả axit cacbonic. 

HClO H + + ClO - K a = 3,4.10 -8 

CO 2 + H 2 O + NaClO → NaHCO 3 + HClO 

- Có tính oxyhoá rất mạnh. 

HClO → HCl + O 

4HClO + PbS → 4HCl + PbSO 4 

e) Axit clorơ: HClO 2 

Là một axit không bền chỉ tồn tại trong dung dịch, nhanh chóng bị phân hủy thành axit 

clohiđric và axit cloric 

2HClO 2 → HCl + 2HClO 3 

f) Axit cloric: HClO 3 

- Là một axit mạnh tương tự như axit HCl , H 2 SO 4 loãng và có tính oxi hoá. 

- Muối clorat có tính oxi hoá, không bị thuỷ phân. 

g) Axit percloric: HClO 4 

- Axit pecloric là axit rất mạnh nhưng tính oxi hóa lại kém, dễ bị nhiệt phân 

t 

2HClO 4 ⎯⎯→ 

0 

H 2 O + Cl 2 O 7 

Tóm lại: 

Chiều tăng tính bền và tính axit 

HClO HClO 2 HClO 3 HClO 4 

Chiều tăng tính oxi hoá 


1. a) Axit hipoclorơ có các tính chất sau: 

- Là axit rất yếu, yếu hơn axit cacbonic. 

- Có tính oxi hoá rất mạnh. 

- Rất dễ bị phân tích khi có ánh sáng mặt trời, khi đun nóng. 

Hãy viết các phương trình hoá học để minh hoạ các tính chất đó. 

b) Viết phương trình hóa học của các phản ứng (nếu có) khi lần lượt cho khí clo, tinh thể 

iot tác dụng với: 

- Dung dịch NaOH (ở nhiệt độ thường , khi đun nóng). 

- Dung dịch natri thiosunfat. 

c) Viết phương trình phản ứng điều chế Cl 2 , HCl trực tiếp từ các chất KCl, CaCl 2 , MnO 2 , 

H 2 SO 4 . 

Giải 

a) NaClO + CO 2 + H 2 O → NaHCO 3 + HClO 

HClO + SO 2 + H 2 O → H 2 SO 4 + HCl 





47 










2HClO ⎯⎯→ 

as 2HCl + O 2 

t 

2HClO ⎯⎯→ 

0 

2HCl + O 2 

b) Viết các phương trình phản ứng: 

Cl 2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H 2 O 

t 

3Cl 2 + 6NaOH ⎯⎯→ 

0 

5NaCl + NaClO 3 + 3H 2 O 

3I 2 + 6NaOH → 5NaI + NaIO 3 + 3H 2 O 

4Cl 2 + Na 2 S 2 O 3 + 5H 2 O → 2NaHSO 4 + 8HCl 

I 2 + 2Na 2 S 2 O 3 → Na 2 S 4 O 6 + 2NaI 

c) Điều chế Cl 2 : 2KCl + MnO 2 + 2H 2 SO 4 → Cl 2 + MnSO 4 + K 2 SO 4 + 2H 2 O 

và CaCl 2 + MnO 2 + 2H 2 SO 4 → Cl 2 + MnSO 4 + CaSO 4 + 2H 2 O 

Điều chế HCl : KCl + H 2 SO 4 (đ) 

t 

o 

t 

o 

⎯⎯→ KHSO 4 + HCl 

và CaCl 2 + 2H 2 SO 4 (đ) ⎯⎯→ Ca(HSO 4 ) 2 + 2HCl 

2. a) Khi sục khí Cl 2 qua dung dịch Ca(OH) 2 , tuỳ điều kiện phản ứng có thể cho muối CaOCl 2 hay 

Ca(ClO) 2 . Viết phương trình phản ứng. 

b) Sục khí CO 2 từ từ tới dư qua dung dịch CaOCl 2 và dung dịch Ca(ClO) 2 .Viết các phương 

trình phản ứng xảy ra. 

c) Điclo oxit ClO 2 là một chất khí được dùng để tẩy trắng trong sản xuất giấy. Phương pháp 

tốt nhất để điều chế ClO 2 trong phòng thí nghiệm là cho hỗn hợp KClO 3 và H 2 C 2 O 4 tác dụng 

với H 2 SO 4 loãng. Trong công nghiệp ClO 2 được điều chế bằng cách cho NaClO 3 tác dụng với 

SO 2 có mặt H 2 SO 4 4M. 

- Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 

- ClO 2 là hợp chất dễ gây nổ, tại sao điều chế ClO 2 trong phòng thí nghiệm theo phương 

pháp trên tương đối an toàn? 

Giải 

. a) Cl 2 + Ca(OH) 2 ⎯ 

300 ⎯ C → CaOCl 2 + H 2 O 

2Cl 2 + 2Ca(OH) 2 → CaCl 2 + Ca(ClO) 2 + 2H 2 O 

b) CO 2 + 2CaOCl 2 + H 2 O → CaCO 3 ↓ + CaCl 2 + Cl 2 O 

CO 2 + H 2 O + CaCO 3 → Ca(HCO 3 ) 2 

CO 2 + Ca(ClO) 2 + H 2 O → CaCO 3 ↓ + 2HClO 

c) 2KClO 3 + H 2 C 2 O 4 + 2H 2 SO 4 → 2ClO 2 + K 2 SO 4 + 2CO 2 + 2H 2 O 

2NaClO 3 + SO 2 + H 2 SO 4 → 2ClO 2 + 2Na 2 SO 4 

CO 2 sinh ra pha loãng ClO 2 nên giảm khả năng làm nổ của ClO 2 

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

Chuyên đề 6 : OXI- LÖU HUYØNH 

(PHAÂN NHOÙM CHÍNH NHOÙM VI ) 

NỘI DUNG: 

1. VÒ TRÍ CAÙC NGUYEÂN TOÁ NHOÙM VIA TRONG HEÄ THOÁNG TUAÀN HOAØN 

Caùc nguyeân toá thuoäc PNC nhoùm VI goàm 8 O 16 S 34 Se 52 Te 84 Po coù 6 electron 

ngoaøi cuøng do ñoù deã daøng nhaän 2e ñeå ñaït caáu hình beàn vöõng cuûa khí hieám. Vaäy tính 

oâxihoùa laø tính chaát chuû yeáu. 





48 










2. OÂXI trong töï nhieân coù 3 ñoàng vò 16 8 

O 

17 8 

O 

18 8 

O, Oxi laø moät phi kim hoaït ñoäng vaø laø 

moät chaát oâxihoùa maïnh vì theá trong taát caû caùc daïng hôïp chaát , oxi theå hieän soá oxi hoaù –2 

−1 

+ 2 

2 

O, 

−1 

−1 

(tröø : F H 

2 

O2 

caùc peoxit Na 

2 

O 2 ) 

TAÙC DUÏNG HAÀU HEÁT MOÏI KIM LOAÏI (tröø Au vaø Pt), caàn coù t 0 taïo oâxit 

t 

2Mg + O 2 ⎯⎯→ 

o 

2MgO Magieâ oxit 

4Al + 3O 2 ⎯⎯→ 

t o 

2Al O Nhoâm oxit 

2 3 

t 

3Fe + 2O 2 ⎯⎯→ 

o 

Fe 3 O 4 Oxit saét töø (FeO, Fe 2 O 3 ) 

TAÙC DUÏNG TRÖÏC TIEÁP CAÙC PHI KIM (tröø halogen), caàn coù t 0 taïo ra oxit 

t 

S + O 2 ⎯⎯→ 

o 

SO 2 

t 

C + O 2 ⎯⎯→ 

o 

CO 2 

N 2 + O 2 ⎯⎯→ 

t o 

2NO t 0 khoaûng 3000 0 C hay hoà quang ñieän 

TAÙC DUÏNG H 2 (noå maïnh theo tæ leä 2 :1 veà soá mol), t 0 

t 

2H 2 + O 2 ⎯⎯→ 

o 

2H 2 O 

TAÙC DUÏNG VÔÙI CAÙC HÔÏP CHAÁT COÙ TÍNH KHÖÛ 

2SO 2 + O 2 V 2 O 5 300 0 C 2SO 3 

t 

CH 4 + 2O 2 ⎯⎯→ 

o 

CO 2 + 2H 2 O 

3. OÂZOÂN laø daïng thuø hình cuûa oxi vaø coù tính oâxhoùa maïnh hôn O 2 raát nhieàu 

O 3 + 2KI + H 2 O ⎯ ⎯→ I 2 + 2KOH + O 2 (oxi khoâng coù) 

Do taïo ra KOH neân O 3 laøm xanh quì taåm dd KI (duøng trong nhaän bieát ozon) 

2Ag + O 3 ⎯ ⎯→ Ag 2 O + O 2 (oxi khoâng coù phaûn öùng) 

4. LÖU HUYØNH laø chaát oâxihoùa nhöng yeáu hôn O 2 , ngoaøi ra S coøn ñoùng vai troø laø chaát 

khöû khi taùc duïng vôùi oxi 

S laø chaát oxihoùa khi taùc duïng vôùi kim loaïi vaø H 2 taïo sunfua chöùa S 2- 

TAÙC DUÏNG VÔÙI NHIEÀU KIM LOAÏI ( coù t 0 , taïo saûn phaåm öùng soh thaáp cuûa 

kim loaïi) 

Fe + S 0 ⎯⎯→ 

t o 

FeS -2 saét II sunfua 

Zn + S 0 ⎯⎯→ 

t o 

ZnS -2 keõm sunfua 

Hg + S ⎯ ⎯→ HgS -2 thuûy ngaân sunfua, phaûn öùng xaûy ra ôû t 0 thöôøng 

TAÙC DUÏNG HIDRO taïo hidro sunfua muøi tröùng ung 

H 2 + S ⎯⎯→ 

t o 

H S -2 hidrosunfua 

2 

S laø chaát khöû khi taùc duïng vôùi chaát oâxihoùa taïo hôïp chaát vôùi soh döông (+4, +6) 

TAÙC DUÏNG PHI KIM (tröø Nitô vaø Iod) 

S + O 2 ⎯⎯→ 

t o 

SO khí sunfurô, löu huyønh ñioâxit, löu huyønh (IV) oâxit. 

2 

Ngoaøi ra khi gaëp chaât oâxihoùa khaùc nhö HNO 3 taïo H 2 SO 4 

4. HIDROÂSUNFUA (H 2 S) laø chaát khöû maïnh vì trong H 2 S löu huyønh coù soá oxi hoaù thaáp 

nhaát (-2), taùc duïng haàu heát caùc chaát oâxihoùa taïo saûn phaåm öùng vôùi soh cao hôn. 

TAÙC DUÏNG OXI coùtheå taïo S hoaëc SO 2 tuøy löôïng oâxi vaø caùch tieán haønh phaûn 

öùng. 

0 

2H 2 S + 3O 2 ⎯⎯→ 

t 

2H 2 O + 2SO 2 (dö oâxi, ñoát chaùy) 





49 










2H 2 S + O 2 ⎯ 

t 

⎯ 0 tthaáp 

→ 2H 2 O + 2S↓ (Dung dòch H 2 S trong khoâng khí hoaëc laøm laïnh 

ngoïn löûa H 2 S ñang chaùy) 

TAÙC DUÏNG VÔÙI CLO coù theå taïo S hay H 2 SO 4 tuøy ñieàu kieän phaûn öùng 

H 2 S + 4Cl 2 + 4H 2 O ⎯→ 

8HCl + H 2 SO 4 

H 2 S + Cl 2 ⎯ ⎯→ 2 HCl + S (khí clo gaëp khí H 2 S) 

DUNG DÒCH H 2 S COÙ TÍNH AXIT YEÁU : Khi taùc duïng dung dòch kieàm coù theå 

taïo muoái axit hoaëc muoái trung hoaø 

H 2 S + NaOH ⎯⎯→ 

1: 

1 NaHS + H 2 O 

H 2 S + 2NaOH ⎯⎯→ 

1:: 

2 Na 2 S + 2H 2 O 

5. LÖU HUYØNH (IV) OXIT coâng thöùc hoùa hoïc SO 2, ngoaøi ra coù caùc teân goïi khaùc laø 

löu huyønh dioxit hay khí sunfurô, hoaëc anhidrit sunfurô. 

Vôùi soá oxi hoaù trung gian +4 ( + S 4 

O 2 ). Khí SO 2 vöøa laø chaát khöû, vöøa laø chaát oxi 

hoaù vaø laø moät oxit axit. 

SO 2 LAØ CHAÁT KHÖÛ ( + S 4 

- 2e → + S 6 

) Khi gaëp chaát oxi hoaù maïnh nhö O 2 , Cl 2 , Br 2 

: khí SO 2 ñoùng vai troø laø chaát khöû. 

2 + S 4 

O 2 + O 2 V 2 O 5 450 0 2SO 3 

+ 

S 4 + 6 

O 2 + Cl 2 + 2H 2 O ⎯ ⎯→ 2HCl + H 2 S O 4 

SO 2 LAØ CHAÁT OXI HOAÙ ( + S 4 

+ 4e → S 0 ) Khi taùc duïng chaát khöû maïnh 

+ 

S 4 O 2 + 2H 2 S ⎯ ⎯→ 2H 2 O + 3 S 

0 

+ 

S 4 O 2 + Mg ⎯ ⎯→ MgO + S 

Ngoaøi ra SO 2 laø moät oxit axit 

SO 2 + NaOH ⎯⎯→ 

1 : 1 NaHSO 3 ( 

SO 2 + 2 NaOH 

Neáu 1< 

nSO 2 

⎯ 2 

⎯→ 

: 

nNaOH 

≥ 2 ) 

nSO 2 

1 nNaOH 

Na 2 SO 3 + H 2 O ( ≤ 1) 

6. LÖU HUYØNH (VI) OXIT coâng thöùc hoùa hoïc SO 3 , ngoaøi ra coøn teân goïi khaùc löu 

huyønh tri oxit, anhidrit sunfuric. 

Laø moät oâxit axit 

TAÙC DUÏNG VÔÙI H 2 O taïo axit sunfuric 

SO 3 + H 2 O ⎯ ⎯→ H 2 SO 4 + Q 

SO 3 tan voâ haïn trong H 2 SO 4 taïo oâleum : H 2 SO 4 .nSO 3 

TAÙC DUÏNG BAZÔ taïo muoái 

SO 3 + 2 NaOH ⎯ ⎯→ Na 2 SO 4 + H 2 O 

7. AXÍT SUNFURIC H 2 SO 4 ôû traïng thaùi loaõng laø moät axit maïnh, ôû traïng thaùi ñaëc laø 

moät chaát oâxihoùa maïnh. 

ÔÛ daïng loaõng laø axít maïnh laøm ñoû quì tím, taùc duïng kim loaïi(tröôùc H) giaûi phoùng 

H 2, taùc duïng bazô, oxit bazô vaø nhieàu muoái. 

50 

nSO 2 

⎡NaHSO 

nNaOH 3 

: x 

< 2 thì taïo ra caû hai muoái ⎢⎣ 

Na SO : y 



2 

3 

mol 

mol 












H 2 SO 4 ⎯ ⎯→ 2H + + SO 2- 4 laø quì tím hoaù maøu ñoû. 

H 2 SO 4 + Fe ⎯ ⎯→ FeSO 4 + H 2 ↑ 

H 2 SO 4 + NaOH ⎯ ⎯→ NaHSO 4 + H 2 O 

H 2 SO 4 + 2NaOH ⎯ ⎯→ Na 2 SO 4 + 2H 2 O 

H 2 SO 4 + CuO ⎯ ⎯→ CuSO 4 + H 2 O 

H 2 SO 4 + BaCl 2 ⎯ ⎯→ BaSO 4 ↓ + 2 HCl 

H 2 SO 4 + Na 2 SO 3 ⎯ ⎯→ Na 2 SO 4 + H 2 O + SO 2 ↑ 

H 2 SO 4 + CaCO 3 ⎯ ⎯→ CaSO 4 + H 2 O + CO 2 ↑ 

ÔÛ daïng ñaëc laø moät chaát oâxihoùa maïnh 

TAÙC DUÏNG KIM LOAÏI oxi hoaù haàu heát caùc kim loaïi (tröø Au vaø Pt) taïo muoái 

hoaù trò cao vaø thöôøng giaûi phoùng SO 2 (coù theå H 2 S, S neáu kim loaïi khöû maïnh) 

2Fe + 6 H 2 SO 4 ⎯⎯→ 

0 

Cu + 2 H 2 SO 4 

0 

⎯⎯→ 

t 

CuSO 4 + SO 2+ 2H 2 O 

Al, Fe, Cr khoâng taùc duïng vôùi H 2 SO 4 ñaëc nguoäi, vì kim loaïi bò thuï ñoäng hoùa. 

TAÙC DUÏNG VÔÙI CAÙC PHI KIM (taùc duïng vôùi caùc phi kim daïng raén, t 0 ) taïo hôïp 

chaát cuûa phi kim öùng vôùi soh cao nhaát 

2H 2 SO 4(ñ) + C 

t 

⎯⎯→ 

0 

CO 2 + 2SO 2 + 2H 2 O 

2H 2 SO 4(ñ) + S 

t 

⎯⎯→ 

0 

3SO 2 + 2H 2 O 

TAÙC DUÏNG MOÄT SOÁ HÔÏP CHAÁT COÙ TÍNH KHÖÛ 

FeO + H 2 SO 4 (ñ) 

0 

⎯⎯→ 

t 

Fe 2 (SO 4 ) 3 + SO 2 + 4H 2 O 

2HBr + H 2 SO 4 (ñ) ⎯⎯→ 

0 

Br + SO + 2H O 

2 2 2 

HUÙT NÖÔÙC MOÄT SOÁ CHAÁT HÖÕU CÔ 

C 12 H 22 O 11 + H 2 SO 4(ñ) ⎯ ⎯→ 12C + H 2 SO 4 .11H 2 O 

8. MUOÁI SUNFUA VAØ NHAÄN BIEÁT GOÁC SUNFUA (S 2- ) haàu nhö caùc muoái sunfua 

ñieàu khoâng tan, chæ coù muoái cuûa kim loaïi kieàm vaø kieàm thoå tan (Na 2 S, K 2 S, CaS, BaS). 

Moät soá muoái khoâng tan vaø coù maøu ñaëc tröng CuS ñen, PbS ñen, CdS vaøng, SnS ñoû 

gaïch, MnS hoàng. 

Ñeå nhaän bieát S 2- duøng dung dòch Pb(NO 3 ) 2 

9. MUOÁI SUNFAT VAØ NHAÄN BIEÁT GOÁC SUNFAT (SO 2- 4 ) 

Coù hai loaïi muoái laø muoái trung hoøa (sunfat) vaø muoái axit (hidroâsunfat). 

Phaàn lôùn muoái sunfat tan, chæ coù BaSO 4 , PbSO 4 khoâng tan coù maøu traéng, CaSO 4 ít 

tan coù maøu traéng. 

2- 

Nhaän bieát goác sunfat duøng dung dòch chöùa SO 4 

10. ÑIEÀU CHEÁ OÂXI 

2KClO 3 ⎯⎯→ 

0 

Trong CN chöng caát phaân ñoaïn khoâng khí loûng. 

11. ÑIEÀU CHEÁ HIDROÂSUNFUA (H 2 S) 

CHO FES HOAËC ZNS TAÙC DUÏNG VÔÙI DUNG DÒCH HCl 

FeS + 2HCl → FeCl 2 + H 2 S↑ 

ÑOÁT S TRONG KHÍ HIDRO 





51 










H 2 + S 

t 

⎯⎯→ 

0 

H 2 S 

12. ÑIEÀU CHEÁ SO 2 coù raát nhieàu phaûn öùng ñieàu cheá 

t 

S + O 2 ⎯⎯→ 

0 

SO 2 

t 

Na 2 SO 3 + H 2 SO 4(ñ) ⎯⎯→ 

0 

Na 2 SO 4 + H 2 O + SO 2 ↑ 

0 

Cu +2H 2 SO 4(ñ) ⎯⎯→ 

t CuSO + 2H O +SO 4 2 2 ↑ 

t 

4FeS 2 + 11O 2 ⎯⎯→ 

0 

2Fe 2 O 3 + 8SO 2 

Ñoát ZnS, FeS, H 2 S, S trong oxi ta cuõng thu ñöôïc SO 2 . 

13. ÑIEÀU CHEÁ SO 3 

2SO 2 + O 2 ⎯ ⎯→ 2 SO 3 (xuùc taùc V 2 O 5 , t 0 ) 

SO 3 laø saûn phaåm trung gian ñieàu cheá axit sunfuric. 

14. SAÛN XUAÁT AXIT SUNFURIC ( trong CN) 

TÖØ QUAËNG PYRIT SAÉT FES 2 

Ñoát FeS 2 4FeS 2 + 11O 

t 2 ⎯⎯→ 

o 

2Fe 2 O 3 + 8SO 2 

V O , t o 

Oxi hoaù SO 2 2SO 2 + O 2 ⎯⎯2 ⎯5 

⎯→ 

2SO 3 

Hôïp nöôùc: SO 3 + H 2 O ⎯ ⎯→ H 2 SO 4 

TÖØ LÖU HUYØNH 

Ñoát S taïo SO 2 : S + O 2 

t 

⎯⎯→ 

o SO 2 

V O , t o 

Oxi hoaù SO 2 2SO 2 + O 2 ⎯⎯2 ⎯5 

⎯→ 

2SO 3 

SO 3 hôïp nöôùc SO 3 + H 2 O → H 2 SO 4 


Câu 1: Hoàn thành chuỗi phản ứng (ghi rõ điều kiện nếu có) 

H 2 SO 4 oleum 

KMnO 4 → O 2 → SO 2 → SO 3 

S → FeS → H 2 S 

Câu 2: Nhận biết các chất đựng riêng biệt trong các lọ mất nhãn sau: 

a, H 2 SO 4 ,HCl,NaCl,Ba(OH) 2 (dùng 1 thuốc thử) 

b, NaCl, HCl, Na 2 SO 4 , Na 2 CO 3 (chỉ dùng dung dịch BaCl 2 ) 

Câu 3: Hấp thụ 3,36 lít khí SO 2 (đktc) vào 200 ml dung dịch NaOH aM. Tính a biết sau phản ứng chỉ 

thu được muối trung hòa. 

Câu 4: Hấp thụ hoàn toàn 12,8g SO 2 vào 250 ml dung dịch NaOH 1M. Tính khối lượng 

muối tạo thành sau phản ứng. 

Câu 5: Hấp thụ 6,72 lít khí SO 2 (đktc) vào 100 ml dung dịch Ba(OH) 2 2M. Tính khối 

lượng muối thu được 

Câu 6: Hấp thụ V lít SO 2 (đktc) vào 300 ml dung dịch Ba(OH) 2 1M thu được 21,7g kết tủa . Tính 

V 

Câu 7: Dẫn khí SO 2 qua 200 ml dung dịch Ba(OH) 2 aM thu được 21,7 g kết tủa, thêm tiếp dung 

dịch NaOH đến dư vào lại thu thêm 

10,85 gam kết tủa nữa. Tính a 

Câu 8: Cho m gam hỗn hợp X gồm Fe và FeS tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 

52 














2,464 lít hỗn hợp khí Y (đktc). Cho hỗn hợp khí Y đi qua dung dịch Pb(NO 3 ) 2 (dư) thu 

được 23,9g kết tủa màu đen. 

a, Viết các phương trình phản ứng xảy ra 

b, Tính thể tích mỗi khí trong Y và m 

Câu 9: Cho 9,7g hỗn hợp A gồm Zn và Cu tác dụng vừa đủ với V ml dung dịch H 2 SO 4 1M 

thu được 2,24 lít khí H 2 (đktc) 

a, Tính % về khối lượng từng kim loại trong A và V 

b, Cũng một lượng hỗn hợp X trên đem hòa tan trong axit H 2 SO 4 đặc nóng thu được 

V lít khí SO 2 (đktc). Tính V 

Câu 10: Hòa tan hoàn toàn 11,2g kim loại R vào axit H 2 SO 4 đặc nóng thu được 6,72 lít 

SO 2 (đktc). Xác định tên của R. 

Câu 11: Hỗn hợp khí B gồm O 2 và O 3 có tỉ khối hơi so với H 2 là 19,2. Tính % về thể tích 

mỗi khí trong B. 

ĐÁP ÁN 

Câu 1: 2KMnO 4 → K 2 MnO 4 + MnO 2 + O 2 

t o V 2O 5, t o +7 +6 +2 

S+ O 2 → SO 2 

2SO 2 + O 2 ⇄ 2SO 3 

SO 2 + Br 2 + 2H 2 O → 2HBr + H 2 SO 4 

Hoặc SO 2 + KMnO 4 + H 2 O → H 2 SO 4 + MnSO 4 + K 2 SO 4 (4-6 = -2, 7-2 = 5) 

S: 2 x 5 

Mn: 5 x 2 

5SO 2 và 2Mn 

5SO 2 + 2KMnO 4 + H 2 O → 2MnSO 4 + K 2 SO 4 + H 2 SO 4 

Bên vế trái có 5S mà bên vế phải đã có 2S trong MnSO 4 và 1S trong K 2 SO 4 = 3S 

nên thêm 2 H 2 SO 4 

5SO 2 + 2KMnO 4 + H 2 O → 2MnSO 4 + K 2 SO 4 + 2H 2 SO 4 

2H 2 SO 4 là 2H 2 O 

5SO 2 + 2KMnO 4 + 2H 2 O → 2MnSO 4 + K 2 SO 4 + 2H 2 SO 4 

(SO 2 làchất khử, KMnO 4 là chất oxi hóa) 

H 2 SO 4 + nSO 3 → H 2 SO 4 . nSO 3 (oleum) 

H 2 SO 4 .nSO 3 + nH 2 O → (n+1) H 2 SO 4 

SO 3 + H 2 O → H 2 SO 4 

SO 2 +2H 2 S → 3S + 2H 2 O 


t o 

Fe + S → FeS 

FeS + 2HCl → FeCl 2 + H 2 S 

Câu 2: xanh: Ba(OH) 2 

a, dùng quỳ tím dd Ba(OH) 2 ↓ trắng BaSO 4 → H 2 SO 4 




53 







đỏ: HCl và H 2 SO 4 

không đổi màu: NaCl 

phản ứng: H 2 SO 4 + Ba(OH) 2 → BaSO 4 ↓+ 2H 2 O 

2HCl + Ba(OH) 2 → BaCl 2 + 2H 2 O 

không hiện tương: HCl 




b, NaCl, HCl, Na 2 SO 4 , Na 2 CO 3 (chỉ dùng dung dịch BaCl 2 ) 

Trích mẫu thử 

Cho các chất tác dụng với nhau từng đôi một 

Có khí thoát ra: HCl và Na 2 CO 3 vì 2HCl + Na 2 CO 3 → 2NaCl + CO 2 ↑ + H 2 O 

Không có khí thoát ra: NaCl và Na 2 SO 4 

↓ trắng BaCO 3 → Na 2 CO 3 

⎧HCl 

Phân biệt 

dd BaCl 

⎨ 

2 

⎩Na 2 

CO 3 

Không hiện tượng → HCl 

Phản ứng: Na 2 CO 3 + BaCl2 → BaCO 3 ↓ + 2NaCl 

↓ trắng BaSO 4 → Na 2 SO 4 

⎧NaCl 

dd BaCl 2 

Phân biệt ⎨ 

⎩Na 2 

SO 4 

Không hiện tượng → NaCl 

Phản ứng: Na 2 SO 4 + BaCl 2 → BaSO 4 ↓ + 2NaCl 

Câu 3: Dạng toán SO 2 + NaOH hoặc KOH 

SO 2 + NaOH → NaHSO 3 (1) 

SO 2 + 2NaOH→ Na 2 SO 3 + H 2 O (2) 

nNaOH 

Lập tỉ lệ T = 

n 

SO 2 

T≤ 1 → chỉ xảy ra phản ứng (1) tức tạo muối NaHSO 3 (muối axit) 

1








muối tạo thành sau phản ứng. 

Giải: 

12, 8 

n SO2 = = 0,2 mol 

64 

n NaOH = 0,25.1 = 0,25 mol 

0,25 

1 < T = = = 1,25 < 2 

0,2 

→ Tạo 2 muối NaHSO 3 và Na 2 SO 3 

SO 2 + NaOH → NaHSO 3 

x mol→ x mol x 

SO 2 + 2NaOH→ Na 2 SO 3 + H 2 O 

y mol→ 2y mol y 

⎧x 

+ y = 0,2 ⎧x 

= 0,15 

→ ⎨ → ⎨ 

⎩x 

+ 2y 

= 0,25 ⎩y 

= 0,05 

→ m NaHSO3 = 0,15. 104 = 15,6g 

m Na2SO3 = 0,05 . 126 = 6,3g 

Có thể nhẩm nhanh trắc nghiệm: số mol 2 muối = số mol SO 2 

n Na2SO3 = n NaOH - n SO2 = 0,25 – 0,2 = 0,05 mol 

n NaHSO3 = n SO2 - n Na2SO3 = 0,2 – 0,05 = 0,15 mol 

Câu 5: 

Dạng toán SO 2 + Ba(OH) 2 /Ca(OH) 2 

SO 2 + Ba(OH) 2 → BaSO 3 ↓+ H 2 O (1) 

2SO 2 + Ba(OH) 2 → Ba(HSO 3 ) 2 (2) 

tủa) 

Lập tỉ lệ T = 

n 

n 

SO2 

Ba(OH ) 2 

T≤ 1 → chỉ xảy ra phản ứng (1) tức tạo muối BaSO 3 ↓ 

1





a mol→ a mol a 

Ba(OH) 2 + 2SO 2 → Ba(HSO 3 ) 2 

b mol→ 2b b 




→ 

⎧a 

+ b = 0,2 

⎨ 

⎩a 

+ 2b 

= 0,3 

⎧a 

= 0,1 

→ ⎨ 

⎩b 

= 0,1 

→ m BaSO3 = 0,1 . 217 = 12,7g 

m Ba(HSO3)2 = 0,1.299 = 29,9g 

Cách 2: Ba(OH) 2 + SO 2 → BaSO 3 ↓+ H 2 O 

x mol→ x mol → x mol 

BaSO 3 + SO 2dư + H 2 O → Ba(HSO 3 ) 2 

x mol→ x mol 

tạo kết tủa, khi dư SO 2 , kết tủa bị hòa tan, để hòa tan hết kết tủa n SO2 ít nhất = 2x= 2n Ba(OH)2 

Nếu lượng SO 2 không đủ để hòa tan hết kết tủa, thì kết tủa chỉ bị tan một phần tức tồn tại 2 

muối BaSO 3 và Ba(HSO 3 ) 2 

Ba(OH) 2 + SO 2 → BaSO 3 ↓+ H 2 O 

0,2 → 0,2 0,2 

BaSO 3 + SO 2dư + H 2 O → Ba(HSO 3 ) 2 

0,1 ←(0,3-0,2) → 0,1 

n BaSO3còn lại = 0,2 – 0,1 = 0,1 mol 

Cách 3: nhẩm trắc nghiệm: để hòa tan hết kết tủa n SO2 = 2n Ba(OH)2 , nếu lượng kết tủa chỉ 

bị tan một phần 

n SO2 = 2n Ba(OH)2 - n kết tủa (vì tỉ lệ số mol hòa tan kết tủa là 1:1) 

→ n BaSO3còn lại = 2n Ba(OH)2 - n SO2 = 2.0,2 – 0,3 = 0,1 mol 

Số mol 2 muối = số mol Ba(OH) 2 → n Ba(HSO3)2 = n Ba(OH)2 - n BaSO3còn lại = 0,2 – 0,1 = 0,1 

mol 

→ m BaSO3 = 0,1 . 217 = 12,7g 

m Ba(HSO3)2 = 0,1.299 = 29,9g 

Câu 6: Hấp thụ V lít SO 2 (đktc) vào 300 ml dung dịch Ba(OH) 2 1M thu được 21,7g kết tủa . 

Tính V 

Trường hợp 1: Ba(OH) 2 dư, SO 2 hết , n SO2 = n BaSO3 

Ba(OH) 2 + SO 2 → BaSO 3 ↓+ H 2 O 

0,1 ←0,1 

→ V SO2 = 0,1. 22,4 = 2,24 lít 

Trường hợp 2: Ba(OH) 2 hết, SO 2 dư nhưng không hòa tan hết kết tủa ( kế t tủa chỉ tan một phần) 

Ba(OH) 2 + SO 2 → BaSO 3 ↓+ H 2 O 

0,1 0,1 ←0,1 

Ba(OH) 2 + 2SO 2 → Ba(HSO 3 ) 2 

( 0,3 – 0,1)→ 0,4 

→ n SO2 = 0,1 + 0,4 = 0,5 mol 

→ V SO2 = 0,5. 22,4 = 11,2lít 

(tính nhanh n SO2 = 2n Ba(OH)2 - n ↓ = 2. 0,3 – 0,1 = 0,5 mol) 

Câu 7: Dẫn khí SO 2 qua 200 ml dung dịch Ba(OH) 2 aM thu được 21,7 g kết tủa, thêm tiếp dung 

dịch NaOH đến dư vào lại thu thêm 

10,85 gam kết tủa nữa. Tính a 





56 










Giải: thêm NaOH lại thu thêm kết tủa, chứng tỏ trong dung dịch tồn tại muối Ba(HSO 3 ) 2 , 

mà vẫn có kết tủa 

→ tồn tại 2 muối 

21, 7 

n ↓(1) = = 0,1 mol 

217 

10, 85 

n ↓(2) = 217 

= 0,05 mol 

Ba(OH) 2 + SO 2 → BaSO 3 ↓+ H 2 O 

0,1 0,1 

Ba(OH) 2 + 2SO 2 → Ba(HSO 3 ) 2 

0,05 ←0,05 

Ba(HSO 3 ) 2 + 2NaOH → BaSO 3 ↓ + Na 2 SO 3 + 2H 2 O 

0,05 ←0,05 

0,15 

n Ba(OH)2 = 0,1 + 0,05 = 0,15 mol → a = 

0,2 

= 0,75M 

Cách 2: ∑n↓ = 0,1 + 0,05 = 0,15 mol 

Ba(OH) 2 → BaSO 3 

0,15 ←0,15 

0,15 

→ a = 

0,2 

= 0,75M 

Câu 8: Cho m gam hỗn hợp X gồm Fe và FeS tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 

2,464 lít hỗn hợp khí Y (đktc). Cho hỗn hợp khí Y đi qua dung dịch Pb(NO 3 ) 2 (dư) thu 

được 23,9g kết tủa màu đen. 

a, Viết các phương trình phản ứng xảy ra 

b, Tính thể tích mỗi khí trong Y và m 

Giải: 

2,464 23, 9 

n Y = = 0,11 mol , nPbS = = 0,1 mol 

22,4 

239 

Fe + HCl → FeCl 2 + H 2 

0,01 ← (0,11-0,1) 

FeS + 2HCl → FeCl 2 + H 2 S 

0,1 ←0,1 

H 2 S + Pb(NO 3 ) 2 → PbS↓ + 2HNO 3 

0,1 ← 0,1 

→ V H2S = 0,1 . 22,4 = 2,24 lít 

V H2 = 0,01 . 22,4 = 0,224 lít 

m = m Fe + m FeS = 0,01. 56 + 0,1 . 88 = 9,36g 

Câu 9: Cho 9,7g hỗn hợp A gồm Zn và Cu tác dụng vừa đủ với V ml dung dịch H 2 SO 4 1M 

thu được 2,24 lít khí H 2 (đktc) 

a, Tính % về khối lượng từng kim loại trong A và V 

b, Cũng một lượng hỗn hợp X trên đem hòa tan trong axit H 2 SO 4 đặc nóng thu được 

V lít khí SO 2 (đktc). Tính V 

Giải: vì tạo khí H 2 nên H 2 SO 4 là axit loãng 

n H2 = 0,1 mol 

57 











Cu + H 2 SO 4(loãng) → không xảy ra 

Zn + H 2 SO 4 → ZnSO 4 + H 2 

0,1 0,1 ←0,1 




m Zn = 0,1 . 65 = 6,5g → m Cu = 9,7 – 6,5 = 3,2g 

6,5.100% 

%Zn = = 67,01% 

9,7 

%Cu = 100 – 67,01 = 32,99% 

0, 1 

V H2SO4 = = 0,1 lít 1 

b, n Cu = 

3,2 

= 0,05 mol 

64 

Cu + 2H 2 SO 4 → CuSO 4 + SO 2 + 2H 2 O 

0,05→ 0,05 

Zn + 2H 2 SO 4 → ZnSO 4 + SO 2 +2 H 2 O 

0,1 → 0,1 

n SO2 = 0,05 + 0,1 = 0,15 mol 

→ V SO2 = 0,15. 22,4 = 3,36 lít 

Câu 10: Hòa tan hoàn toàn 11,2g kim loại R vào axit H 2 SO 4 đặc nóng thu được 6,72 lít 

SO 2 (đktc). Xác định tên của R. 

Giải: 

2R + 2nH 2 SO 4 → R 2 (SO 4 )n + nSO 2 + 2nH 2 O 

0,6 

n 

→ M R = 

11,2. 

n 

0,6 

← 0,3 

n 1 2 3 

M 18,67 37,33 56 

Kim loại Loại Loại Fe 

→ R = Fe (sắt) 

m KL . Hóa trị kim loại 

( có thể tính nhanh bằng công thức M kim loại = n e nhận 

(Hóa trị kim loại = 1,2,3) 

Câu 11: Hỗn hợp khí B gồm O 2 và O 3 có tỉ khối hơi so với H 2 là 19,2. Tính % về thể tích 

mỗi khí trong B. 

d B/H2 = 19,2 → M B = 19,2. 2 = 38,4 

Áp dụng quy tắc đường chéo 

x mol O 2 M = 32 9,6 




38,4 

y mol O 3 M = 48 6,4 


58 










x 9,6 3 3 

→ = = → x = y 

y 6,4 2 2 

Giả sử n O3 = y = 2 mol thì n O2 = x = 3 mol → n B = 2 + 3 = 5 mol 

% về thể tích = % về số mol 

3.100% 

→ %O 2 = = 60% 

5 

% O 3 = 100 – 60 = 40% 

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

Chuyên đề 7: AXIT SUNFURIC ( ĐẶC) VÀ AXIT CLOHIDRIC 

Câu 1 Cho từ từ từng giọt dung dịch A chứa 0,4 mol HCl vào dung dịch B chứa 0,3 

mol Na 2 CO 3 và 0,15 mol KHCO 3 thu được dung dịch D và V lit CO 2 (đktc) 

a. Tính V? 

b. Tính khối lượng kết tủa thu được khi cho dung dịch Ca(OH) 2 dư vào dung dịch D? 

Câu 2 

1. Cho a gam Fe hoàn tan trong dd HCl, sau pư cô cạn được 3,1 gam chất rắn. Nếu 

cho a gam Fe và b gam Mg cũng vào dd HCl như trên thì thu được 3,34 gam chất rắn và 

448 ml khí hiđro ở đktc. Tìm a, b? 

2. Viết pư xảy ra khi sục H 2 S vào dd FeCl 3 ; dd CuCl 2 ; dd H 2 SO 4 đặc? 

Câu 3 Hòa tan hết m(g) hỗn hợp gồm FeS 2 và Cu 2 S vào H 2 SO 4 đặc nóng thu được dd 

A và khí SO 2 . Hấp thụ hết SO 2 vào 1 lít dd KOH 1M thu được dd B. Cho ½ lượng dd A 

tác dụng với một lượng dư dd NH 3 , lấy kết tủa nung đến khối lượng không đổi được 3,2g 

chất rắn. Cho dd NaOH dư vào ½ lượng dd A. Lấy kết tủa nung đến khối lượng không đổi 

sau đó thổi H 2 (dư) đi qua chất rắn còn lại sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 1,62g hơi 

H 2 O. 

a/ Tính m 

b/ Tính số gam các muối có trong dung dịch B 

Câu 4 Cho hai kim loại X và Y 

1. Oxi hóa hết p gam X thì được 1,25p gam oxit. Hòa tan muối cacbonat của Y bằng 

dung dịch H 2 SO 4 9,8% vừa đủ thu được dung dịch muối sunfat nồng độ 14,18%. Tìm X và 

Y? 

2. Hòa tan a gam hỗn hợp X và Y trong đó Y chiếm 30% khối lượng bằng 50 ml dung 

dịch HNO 3 63% (d=1,38 g/ml) khuấy đều hỗn hợp tới khi phản ứng hoàn toàn thì thu được 

chất rắn A nặng 0,75a gam, dung dịch B và 7,3248 lít hỗn hợp khí NO 2 và NO ở 54,6 0 C và 

1 atm. Cô cạn B được bao nhiêu gam muối khan? 

Câu 5 Hòa tan hh X gồm Cu và Fe 2 O 3 trong 400 ml dung dịch HCl a (M) thu được dung 

dịch Y và còn lại 1,0 gam Cu không tan. Nhúng thanh Mg vào dung dịch Y, sau khi phản ứng 

hoàn toàn nhấc thanh Mg ra thấy khối lượng tăng thêm 4,0 gam so với khối lượng thanh Mg 

ban đầu và có 1,12 lít khí H 2 (đo ở đktc) thoát ra (giả thiết toàn bộ lượng kim loại thoát ra 

đều bám hết vào thanh Mg). Tính khối lượng Cu trong X và giá trị của a? 

Câu 6 Cho luồng khí CO đi qua m gam Fe 2 O 3 nung nóng thu được 2,428 gam hh rắn 

A gồm: Fe, FeO, và Fe 2 O 3 dư. Trong A khối lượng của FeO gấp 1,35 lần khối lượng của 





59 










Fe 2 O 3 . Khi hoà tan A trong 130 ml dd H 2 SO 4 0,1M thu được 0,224 lít khí H 2 ở đktc. Chất 

rắn còn dư sau khi phản ứng là Fe. Tính khối lượng Fe dư và m? 

Câu 7 Cho hỗn hợp G ở dạng bột gồm Al, Fe, Cu. Hòa tan 23,4 gam G bằng một 

lượng dư dung dịch H 2 SO 4 đặc, nóng, thu được 15,12 lít khí SO 2 . Cho 23,4 gam G vào 

bình A chứa 850 ml dung dịch H 2 SO 4 1M (loãng) dư, sau khi phản ứng hoàn toàn thu 

được khí B. Dẫn từ từ toàn bộ lượng khí B vào ống chứa bột CuO dư nung nóng, thấy khối 

lượng chất rắn trong ống giảm 7,2 gam so với ban đầu. 

1. Viết pư xảy ra và tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi chất trong 

hỗn hợp G. 

2. Cho dd chứa m gam muối NaNO 3 vào bình A sau phản ứng giữa G với dd H 2 SO 4 

loãng ở trên, thấy thoát ra V lít khí NO (sp khử duy nhất). Tính giá trị nhỏ nhất của m để 

V là lớn nhất. Các thể tích khí đo ở đktc 

Câu 8 Hòa tan hết hh A gồm Al và kim loại X hóa trị a trong H 2 SO 4 đặc nóng đến khi 

không còn khí thoát ra được dd B và khí C. Khí C bị hấp thụ bởi NaOH dư được 50,4 gam 

muối. Nếu thêm vào A một lượng X bằng hai lần lượng X trong A(giữ nguyên Al) rồi hòa 

tan hết bằng H 2 SO 4 đặc nóng thì lượng muối trong dd mới tăng thêm 32 gam so với lượng 

muối trong B nhưng nếu giảm một nửa lượng Al trong A(giữ nguyên X) thì khi hòa tan ta 

được 5,6 lít C ở đktc 

1. Tính KLNT của X biết tổng số hạt proton; nơtron và electron trong X là 93 

2. Tính % khối lượng các chất trong A 

3. Tính số mol H 2 SO 4 đã dùng lúc đầu biết rằng khi thêm từ từ dd NaOH 2M vào B 

thì lượng kết tủa bắt đầu không đổi khi dùng hết 700 ml dd NaOH ở trên. 

Câu 9 Hòa tan 17,4 gam hỗn hợp 3 kim loại Al, Cu, Fe trong dd HCl dư thấy thoát ra 

8,96 lít khí(đktc). Nếu cho 34,8 gam hh trên pư với dd CuSO 4 dư rồi lọc chất rắn tạo ra 

hòa tan bằng HNO 3 thì thoát ra 26,88 lít khí (đktc) có tỷ khối so với oxi = 1,27. Viết các 

pư và tính thành phần hỗn hợp ban đầu. 

Câu 10 Hòa tan 115,3 gam hỗn hợp X gồm MgCO 3 và RCO 3 (số mol của RCO 3 gấp 

2,5 lần của MgCO 3 ) bằng 500 ml dd H 2 SO 4 loãng được dd A, chất rắn B và 0,2 mol CO 2 . 

Cô cạn A được 12 gam muối khan. Mặt khác nung B tới khối lượng không đổi thì được 

0,5 mol CO 2 và chất rắn B 1 . 

1. Tính C M của H 2 SO 4 ? 

2. Tính tổng KL của B và B 1 ? 

3. Tìm R? 

Câu 11 Có hai thí nghiệm sau: 

+ TN1: Cho 3,07 gam hh D gồm Fe và Zn vào 200 ml dd HCl. Sau pư cô cạn dd sau 

pư được 5,91 gam bã rắn 

+ TN2: Cho 3,07 gam hh D vào 400 ml dd HCl trên. Sau pư cô cạn dd sau pư được 

6,62 gam bã rắn 

1. Xác định nồng độ của dd HCl đã cho? 

2. CMR trong TN2 HCl kim loại vẫn dư? 





60 










Câu 12 Cho 75 g dung dịch A chứa 5,25g hỗn hợp 2 muối cácbonát của 2 kim loại 

kiềm X và Y thuộc 2 chu kì kế tiếp trong hệ thống tuần hoàn . Thêm từ từ dung dịch HCl 

có pH = 0 (D = 1,143g/ml) vào dung dịch A . Kết thúc thí nghiệm thu được 336ml khí ở 

đktc và dung dịch C . Thêm dung dịch nước vôi trong dư vào dung dịch C thấy có 3g kết 

tủa . 

a) Xác định X , Y tính thể tích dung dịch HCl đã dùng ? 

b) Tính C% các chất trong dung dịch A ? 

Câu 13 

Hỗn hợp A gồm MgCO 3 và RCO 3 .Cho 12,34g A vào lọ chứa 100ml dung dịch 

H 2 SO 4 sau phản ứng thu được 1,568 lít CO 2 ,chất rắn B và dung dịch C.Cô cạn dung dịch 

C thu được 8,4g chất rắn khan.Nung B thu được 1,12 lít CO 2 và chất rắn E (các khí đo ở 

đktc) 

a.Tính nồng độ mol/lít của dung dịch H 2 SO 4 

b.Tính khối lượng B và E 

c. Nếu cho tỷ số mol của MgCO 3 và RCO 3 là 5:1,hãy xác định R 

Câu 14 

Thả một viên bi sắt hình cầu bán kính R vào 500 ml dung dịch HCl nồng độ C M sau 

khi kết thúc phản ứng thấy bán kính viên bi còn lại một nửa. Nếu cho viên bi sắt còn lại 

này vào 117,6 gam dung dịch H 2 SO 4 5%. 

(Xem viên sắt còn lại có khối lượng không đáng kể so với khối lượng dung dịch 

H 2 SO 4 ). 

Thì khi bi sắt tan hết dung dịch H 2 SO 4 có nồng độ mới là 4%. 

a. Tính bán kính R của viên bi, biết khối lượng riêng của sắt là 7,9 gam/cm 3 . Viên bi 

bị ăn mòn theo mọi hướng, π = 3,14. 

b. Tính C M dung dịch HCl. 

Câu 15 Cho 3,87 gam hh A gồm Mg và Al vào 250 ml dd B gồm HCl 1M và H 2 SO 4 

0,5M thu được dd C và 4,365 lít hiđro ở đktc. Tính khối lượng muối trong C? 

Câu 16 Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp A gồm sắt và kim loại R (hóa trị II không 

đổi) vào 200ml dung dịch HCl 3,5M thu được 6,72 lit khí ở đktc và dung dịch B. Mặt 

khác, nếu cho 3,6 gam kim loại R tan hết vào 400ml dung dịch H 2 SO 4 1M thì H 2 SO 4 còn 

dư. 

a/ Xác định kim loại R và thành phần phần trăm theo khối lượng của các chất trong 

hỗn hợp A. 

b/ Cho toàn bộ dung dịch B ở trên tác dụng với 300ml dung dịch NaOH 4M thì thu 

được kết tủa C và dung dịch D. Nung kết tủa C ngoài không khí đến khối lượng không đổi 

được chất rắn E. Tính khối lượng chất rắn E, nồng mol/l của các chất trong dung dịch D. 

Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thể tích dung dịch thu được sau phản ứng bằng tổng 

thể tích 2 dung dịch ban đầu và thể tích chất rắn không đáng kể. 




LỜI GIẢI CHI TIẾT 

Câu 1 V=2,24 lit và m ↓ = 35g 


61 










Câu 2 Giả sử Fe pư hết với HCl => 3,1 gam chất rắn chỉ có FeCl 2 ứng với 0,0244 

mol => số mol HCl > 0,0244 mol => khi pư với Mg và Fe thì lượng hiđro > 0,0244 mol 

điều này trái với giả thiết => Fe dư khi pư với HCl => khi HCl pư với Mg và Fe thì kim 

loại cũng dư…………Từ đó tính được: Fe = 0,03 mol và Mg = 0,01 mol => a = 1,68 gam 

và b = 0,24 gam. 

Câu 3 a/ m = 14,4g b/ K 2 SO 3 = 39,5 g và KHSO 3 =60 g 

Câu 4 

1. X là Cu; Y là Fe 2. 37,575 gam Fe(NO 3 ) 2 . 

Câu 5 4,2 gam và 1M. 

Câu 6 Fe dư = 1,652 gam(nếu làm ra 1,68 gam là sai); m = 3,4 g 

Câu 7 

1. Nhôm: = 23,08 (%), Sắt:= 35,90 (%), Đồng:41,02 (%) 

2. m = 0,15.85 = 12,75 gam(có hai phản ứng của Cu và Fe 2+ với H + và NO - 3 ). 

Câu 8 

1. Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và X trong hh A ban đầu. Ta có: 

2Al + 6H 2 SO 4 → Al 2 (SO 4 ) 3 +3SO 2 + 6H 2 O 

mol: x x/2 3x/2 

2X + 2aH 2 SO 4 → X 2 (SO 4 ) a +aSO 2 + 2aH 2 O 

mol: y y/2 ay/2 

2NaOH + SO 2 → Na 2 SO 3 + H 2 O 

mol: (3x+ay)/2 (3x+ay)/2 

=> 3x + ay = 0,8 (I) 

+ Khi tăng X lên hai lần thì lượng muối trong B tăng thêm y mol X 2 (SO 4 ) a do đó: 32 

= 2y(X+48a) (II) 

+ Khi giảm một nửa lượng Al thì: 3x/4 + ay/2 = 0,25 (III) 

+ Giải (I, II, III) được: x = 0,2; ay = 0,2 và Xy = 6,4 => X = 32a => X có thể là Cu, 

Mo, Te nhưng chỉ có Cu thỏa mãn tổng số hạt là 93. 

2. Al = 45,76% và Cu = 54,24% 

3. H 2 SO 4 = 1 mol 

Câu 9 Al = 5,4 gam; Fe = 5,6 gam còn lại là Cu. 

Câu 10 

1. 0,4M 2. 199 gam 3. Ba 

Câu 11 

1. Đặt a và b lần lượt là số mol Zn và Fe trong 3,07 gam D ta có: 65a + 56b = 3,07 

(*). Vì Zn pư trước nên pư theo thứ tự: Zn + 2 HCl → ZnCl 2 + H 2 . (1) Fe + 2 HCl → 

FeCl 2 + H 2 . (2) 

+ Giả sử ở TN1 kim loại hết bã rắn chỉ có muối ZnCl 2 = a mol và FeCl 2 = b 

mol(HCl bay hơi khi cô cạn) Trong TN2 lượng axit tăng lên gấp đôi nên kim loại vẫn 

hết tức là bã rắn vẫn có ZnCl 2 = a mol và FeCl 2 = b mol KL bã rắn không đổi điều này 

trái với giả thiết. Vậy trong TN1 axit hết; kim loại dư 

+ Ta có: cứ 1 mol kim loại tạo thành muối clorua thì KL tăng 71 gam 





62 










theo gt thì KL tăng 5,91 – 3,07 = 2,84 gam Số mol kim loại pư = 0,04 mol. Theo 

pư ta thấy số mol HCl = 2 x số mol kim loại pư = 0,08 mol C M = 0,08/0,2 = 0,4M 

2. Nếu hh chỉ có Zn thì số mol sẽ là nhỏ nhất và bằng 3,07/65 = 0,04723 mol. Theo 

phần 1 thì số mol kim loại pư tối đa là 0,04 mol kim loại luôn dư. 

Câu 12 Gọi 2 kim loại kiềm là X và Y M X < M Y 

Công thức trung bình : M với M X < M < M Y 

Công thức trung bình của muối là M 2 CO 3 

Các phương trình phản ứng : 

M 2 CO 3 + HCl MHCO 3 + MCl (1) 

a a a a 

MHCO 3 + HCl MCl + CO 2 + H 2 O (2) 

b b b b 

MHCO 3 + Ca(OH) 2 CaCO 3 + MOH + H 2 O (3) 

a –b a –b 

Gọi n hh = a 

(1) : n MHCO 3 = a 

0,336 

Gọi n MHCO 3 tác dụng theo (2) là b => n CO 2 = b = = 0,015 mol 

22,4 

3 

n MHCO 3 tác dụng theo (3) là a –b => n CaCO 3 = a – b = = 0,03 mol 


=> a = 0,045 mol . 

5,25 

=> 2M + 60 = = 116,67 

0,045 

116,67 

− 60 

=> M = 

2 

= 28,3 

=> M X < 28,3 < M Y 

Thoã khi X là Na ; Y là K 2 muối là Na 2 CO 3 và K 2 CO 3 . (1) 

Từ (1) (2) n HCl tác dụng là a + b = 0,045 + 0,015 = 0,06 mol . 

0,06 

=> V dd HCl (pH = 0) = 

1 

= 0,06 lít = 60ml (1) 

b) Gọi số mol Na 2 CO 3 là x ; số mol K 2 CO 3 là y 

tac có : x + y = 0,045 (*) 

106x + 138y = 5,25 (**) 

Giải hệ pt => x = 0,03 

y = 0,015 

3,18.100 

mNa 2 CO 3 = 0,03 . 106 = 3,18g C% (Na 2 CO 3 ) = 

75 

= 4,24% (1) 

2,07.100 

m K 2 CO 3 = 0,015. 138 = 2,07g C%(K 2 CO 3 ) = 

75 

= 2,76% (1) 

Câu 13 

a. Nung B được CO 2 ,suy ra H 2 SO 4 hết 

MgCO 3 + H 2 SO 4 = MgSO 4 + H 2 O +CO 2 

RCO 3 +H 2 SO 4 = RSO 4 + CO 2 +H 2 O 





63 










Số mol H 2 SO 4 = số mol CO 2 = 1,568/22,4=0,07(mol) 

0 , 0 7 

C 

M H 

0 , 7 ( ) 

2 S O 

= = M 

4 

0 , 1 

b. RCO 3 + H 2 SO 4 = RSO 4 +CO 2 +H 2 O 

Áp dụng định luật bảo tòan khối lương 

m B= 

m 

R C O 

m 

3 + H2SO4 

- 

mCO 

2 - mH 2O 

- m C 

m B = 12,34 +0,07.98 -0.07.44 – 0,07.18 – 8,4 =6,46 (g) 

m E =m B – m co2 

m E = 6,46 -0,05.44=4,26(g) 

c. 

Nếu tỉ lệ số mol MgCO 3 và RCO 3 là : 5 1 

Đặt MgCO 3 là 5x mol ; RCO 3 : x mol 

6x= 0,07 + 0,05 = 0,12. Suy ra x=0,02.Vậy R :137 

Kim lọai đó là Ba 

Câu 14 

a- Phương trình phản ứng 

Fe + HCl = FeCl 2 + H 2 (1) 

Fe + H 2 SO 4 = FeSO 4 + H 2 (2) 

117,6x5 

Ta có m H 2 SO 4 ban đầu = 


= 5,88 gam 

5,88 

n H 2 SO 4 

= 

98 

= 0,06 mol 

Khối lượng H 2 SO 4 sau khi hòa tan phần còn lại của viên bi: 

117,6x4 

m H 2 SO 4 

= 


= 4,704 gam 

n H 2 SO 4 

= 

4,704 

98 

= 0,048 mol 

Từ (2) ta có: n H 2 SO 4 (P Ư) = 0,06 - 0,048 = 0,012 mol 

⇒ n Fe phản ứng (2) = 0,012 mol 

Mặt khác ta có: 

m Fe ban đầu 

⇒ n Fe ban đầu = 

= 3 

4 π R 3 d 

3 

4. π. 

R d 

3x56 

Khi hòa tan trong HCl thì R giảm một nửa. Vậy bán kính còn lại là 2 

R 


4. π ⎛ R ⎞ 

⇒ n Fe còn lại để phản ứng (2) = ⎜ ⎟ . d 

3x56 

⎝ 2 ⎠ 

3 

3 

4. π. 

R 1 ⎛ π R 

= . d = 

3.56.8 

⎟ ⎞ 

⎜4. 

. .d 

8 ⎝ 56 3 ⎠ 

3 




64 










Ta nhận thấy sau khi Fe bị hòa tan trong HCl, phần còn lại để hòa tan trong H 2 SO 4 

chỉ bằng 8 

1 so với số mol ban đầu 

⇒ n Fe ban đầu = 0,012 x 8 = 0,096 mol 

⇒ m Fe ban đầu = 0,096 x 56 = 5,376 gam 

m 5,376 

mà m = V.d ⇒ V = = = 0,68 cm 3 

d 7, 9 

4 

và V = π R 3 3V 

⇒ R= 3 

3 4π 

3 

3 0,68cm 

R = 3 x = 3 3 

0,162cm = 0,545 cm 

4 3,14 

b- n HCl = 2n Fe (1) 

= 2(n Fe ban đầu = n FePƯ(2) ) 

= 2(0,096 - 0,012) = 0,168 mol 

n 0,168 

C M = = = 3,336M 

v 0, 5 

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

CHUYÊN ĐỀ 8: LUYỆN ĐỀ : 

ĐỀ 1: 

Câu 1.(3 điểm) 

a. Hãy nêu sự khác nhau cơ bản trong cấu tạo mạng tinh thể nguyên tử và mạng tinh 

thể ion. Liên kết hoá học trong hai loại mạng đó thuộc loại liên kết gì ? 

2 

b. Giải thích tại sao CO – 2 

3 , không thể nhận thêm một oxi để tạo CO – 4 trong khi đó 

2 

SO – 2 

3 có thể nhận thêm 1 nguyên tử oxi để cho ra SO – 4 ? 

c. Giải thích tại sao hai phân tử NO 2 có thể kết hợp với nhau tạo ra phân tử N 2 O 4 , 

trong khi đó hai phân tử CO 2 không thể kết hợp với nhau để tạo ra phân tử C 2 O 4 

Câu 2. (2 điểm) 

Bổ túc và cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electrom 

a. Cr 2 S 3 + Mn(NO 3 ) 2 + K 2 CO 3 K 2 CrO 4 + K 2 SO 4 + K 2 MnO 4 + NO + CO 2 

b. P + NH 4 ClO 4 H 3 PO 4 + N 2 + Cl 2 + … 

c. Fe x O y + HNO 3 … + N n O m + H 2 O 

Câu 3(3 điểm). 

Hợp chất A có công thức MX 2 , trong đó M chiếm 46,67% về khối lượng. Trong hạt 

nhân của M có n – p = 4; của X có n ’ = p ’ , trong đó n, n ’ , p, p ’ là số nơtron và số proton. 

Tổng số proton trong MX 2 là 58. Viết kí hiệu nguyên tử của M, X và cấu hình electron M 

2+ 

Câu 4(3 điểm) 

a. Nguyên tử vàng có bán kính và khối lượng mol lần lượt là 1,44A O và 197g/mol. 

Biết rằng khối lượng riêng của vàng kim loại là 19,36g/cm 3 . Hỏi các nguyên tử vàng 

chiếm bao nhiêu % thể tích trong tinh thể ? (cho N = 6,02.10 23 ) 

b. Viết công thức cấu tạo các chất sau: HClO 4 , H 3 PO 3 , NH 4 NO 3 , H 2 SO 4 

Câu 5 (3 điểm) 

Cho vào nước dư 3g oxit của 1 kim loại hoá trị 1, ta được dung dịch kiềm, chia dung dịch 

làm hai phần bằng nhau: 





65 










- Phần 1: Cho tác dụng hoàn toàn với 90 ml dung dịch HCl 1M, sau phản ứng dung dịch 

làm quỳ tím hoá xanh. 

- Phần 2: Cho tác dụng với V(ml) dung dịch HCl 1M sau phản ứng dung dịch không làm 

đổi màu quỳ tím 

a. Tìm công thức phân tử oxit 

b. Tính V 

(Cho: Ba = 137; Li = 7; Na = 23; k = 39; Rb = 85; Cs = 133) 


3,28g hỗn hợp 3 kim loại A, B, C có tỉ lệ số mol tương ứng là 4 : 3: 2 và có tỉ lệ khối 

lượng nguyên tử tương ứng là 3 : 5 : 7. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp 3 kim loại trên trong 

dung dịch HCl dư thì thu được 2,0161 lít khí (đktc) và dung dịch A 

a. Xác định 3 kim loại A, B, C, Biết rằng khi chúng tác dụng với axit đều tạo muối 

kim loại hoá trị 2 

b. Cho dung dịch xút dư vào dung dịch A, đun nóng trong không khí cho phản ứng 

xảy ra hoàn toàn. Tính lượng kết tủa thu được, biết rằng chỉ có 50% muối của 

kim loại B kết tủa với xút 

(cho: Ca = 40; Mg = 24; Fe = 56; Ni = 5; Sn = 118; Pb = 207; H = 1; O = 16) 


Hoà tan 46g một hỗn hợp gồm Ba và 2 kim loại kiềm A, B thuộc hai chu kì kế tiếp vào 

nước thì thu được dung dịch (D) và 11,2 lít khí (đktc). Nếu cho thêm 0,18 mol Na 2 SO 4 vào 

dung dịch (D) thì dung dịch sau phản ứng chưa kết tủa hết Ba. Nếu cho thêm 0,21 mol 

Na 2 SO 4 vào dung dịch (D) thì dung dịch sau phản ứng còn dư Na 2 SO 4 . Xác định tên 2 kim 

loại kiềm 

(Cho: Ba = 137; Li = 7; Na = 23; k = 39; Rb = 85; Cs = 133) 

(Thí sinh không được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn, giáo viên coi thi không 

giải thích gì thêm) 


Câu 1 a.- Trong mạng tinh thể nguyên tử ở vị trí các nút của mạng là các nguyên tử, chúng 0,5 

(3 đ) liên kết với nhau bằng liên kết cộng hoá trị 

- Tronh mạng tinh thể ion ở vị trí các nút của mạng là các ion, chúng liên kết với 0,5 

nhau bằng lực hút tỉnh điện 

2 – 

b. - Cấu tạo của CO 3 

O 2– 

0,25 

C = O 

O 

2 – 

Trên nguyên tử cacbon trong CO 3 không còn electron tự do chưa liên kết nên 0,25 

2 – 

không có khả năng liên kết thêm với 1 nguyên tử oxi để tạo ra CO 4 

2 – 

- Cấu tạo của SO 3 

O . . 2– 

0,25 

S = O 

O 

Trên nguyên tử lưu huỳnh còn 1 cặp electron tự do chưa liên kết, do đó nguyên tử 0,25 

2 – 

lưu huỳnh có thể tạo liên kết cho nhận với 1 nguyên tử oxi thứ tư để tạo ra SO 4 

c. - Cấu tạo của CO 2 

O = C = O 

0,25 

Trên nguyên tử cacbon không còn electron tự do nên hai phân tử CO 2 không thể 0,25 

liên kết với nhau để tạo ra C 2 O 4 

66 














Câu 2 

(2 đ) 

- Cấu tạo của NO 2 

O 

· N 

O 

Trên nguyên tử nitơ còn 1 electron độc thân tự do, nên nguyên tử nitơ này có khả 

nặng tạo ra liên kết cộng hoá trị với nguyên tử nitơ trong phân tử thứ hai để tạo ra phân 

tử N 2 O 4 

O O O 

2 N· N – N 

O O O 

a Cr 2 S 3 + Mn(NO 3 ) 2 + K 2 CO 3 K 2 CrO 4 + K 2 SO 4 + K 2 MnO 4 + NO + 

CO 2 

2Cr +3 2Cr +6 + 6e 

3S –2 3S +6 + 24e 

Cr 2 S 3 

2Cr + 6 + 3S + 6 + 30e x 1 (a) 

Mn + 2 Mn + 6 + 4e 

2N + 5 + 6e 2N + 2 

Mn(NO 3 ) 2 + 2e Mn + 6 + 2N +2 x 15 (b) 

Cộng (a) và (b) 

Cr 2 S 3 + 15Mn(NO 3 ) 2 2Cr + 6 + 3S + 6 + 15Mn + 6 + 30N + 2 

Hoàn thành: 

Cr 2 S 3 + 15Mn(NO 3 ) 2 + 20K 2 CO 3 2K 2 CrO 4 + 3K 2 SO 4 +15 K 2 MnO 4 + 30NO + 

20 CO 2 

b. P + NH 4 ClO 4 H 3 PO 4 + N 2 + Cl 2 + H 2 O 

2N –3 

2N O + 6e 

2Cl + 7 + 14e 2Cl O 

2NH 4 ClO 3 + 8e 2N O + 2Cl O x 5 

P O P + 5 + 5e x 8 

10NH 4 NO 3 + 8P O 8P + 5 + 10N O + 10Cl O + 16H 2 O 

10NH 4 NO 3 + 8P 8H 3 PO 4 + 5N 2 + 5Cl 2 + 8H 2 O 0,25 

c. Fe x O y + HNO 3 Fe(NO 3 ) 3 + N n O m + H 2 O 

xFe +2y/x xFe + 3 + (3x – 2y)e (5n – 2m) 

nN + 5 + (5n – 2m)e nN + 2m/n (3x – 2y) 

x(5n –2m)Fe +2y/x + n(3x – 2y)N + 5 

x(5n – 2m)Fe + 3 + n(3x – 2y)N +2m/n 

Hoàn thành: 

(5n – m)Fe x O y + (18nx – 6my – 2ny)HNO 3 

x(5n – 2m)Fe(NO 3 ) 3 + (3x – 2y)N n O m + (9nx – 3mx – ny) 

Hợp chất A; MX 2 

Ta có: 

Câu 3 

p + n 46,67 

= 

(3đ) 

2(p’ + n’) 53,33 

p + n = 1,75(n’ + p’) 

(a) 0,5 

n – p = 4 

(b) 

n’ = p’ (c) 

67 





0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,5 

0,25 

0,25 

0,25 










Câu 4 

(3đ) 

Câu 5 

(3đ) 

Câu 6 

(3đ) 

p + 2p’ = 58 

(d) 0,5 

Từ (a), (b), (c), (d) p = 26 ; p’ = 16 

n = 30; n’ = 16 

1 

A M = 26 + 30 = 56; A X = 16 + 16 = 32 

• Kí hiệu nguyên tử: 56 

M 32 

0,5 

26 16 X 

M là Fe; X là S 

* Cấu hình electron Fe 2+ : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 6 0,5 

a. Ta có: m ng tửAu = 197/6,02.10 23 = 327,24.10 – 24 g 

r = 1,44A O = 1,44.10 – 8 cm 

V Au = 4/3.п r 3 = 4/3. 3,14.(1,44.10 – 8 ) 3 = 12,5.10 – 24 cm 3 

d = (327,24.10 – 24 )/(12,5.10 – 24 ) = 26,179g/cm 3 

Gọi x là % thể tích Au chiếm chỗ 

Ta có: x = (19,36.100)/26,179 = 73,95 % 

c. Công thức cấu tạo: 

O 

O 

H – O 

H – O 

H – Cl = O Hay: H – Cl O ; P = O Hay: P O 

H – O 

H – O 

O O H H 

H 

O 

+ – H – O O H – O O 

H – N – H O – N ; S Hay: S 

H – O O H – O O 

H 

O 

Viết 1 công thức cấu tạo cho 0,25 điểm 

a. Gọi công thức oxit kim loại hóa trị I: M 2 O 

n 

HCl = 1.0,09 = 0,09mol 

Phương trình phản ứng: M 2 O + 2HCl 2MCl + H 2 O (1) 

1,5/(2M + 16) 3/(2M + 16) 

(1) suy ra: 3/(2M + 16) > 0,09 M < 8,67 

Suy ra: M là Li 

b. n L2O(1/2 hỗn hợp) = 1,5/30 = 0,05 mol 

Phương trình phản ứng: Li 2 O + 2HCl 2LiCl + H 2 O (2) 

0,05 0,1 

(2) suy ra: V = 0,1/1 = 0,1 lít = 100 ml 

a. Gọi số mol 3 kim loại A, B, C lần lượt là: 4x, 3x, 2x và KLNT tương ứng là M A , 

M B , M C 

số mol H 2 = 2,0262/22,4 = 0,09 mol 

ptpư: A + 2HCl ACl 2 + H 2 (1) 

4x 4x 4x 

B + 2HCl BCl 2 + H 2 (2) 

3x 3x 3x 

C + 2HCl CCl 2 + H 2 (3) 

2x 2x 2x 

Từ (1), (2), (3) ta có : 4x + 3x + 2x = 0,09 x = 0,01 (a) 

Ta có: M B = 5/3M A 

(b) 


0,5 

0,5 

0,5 

1 

0,5 

0,5 

0,5 

0,125 

0,125 

0,125 

0,125 

0,25 




68 










Câu 7 

(3đ) 

M C = 7/3M A 

(c) 

Mặc khác ta có: M A .4x + M B .3x + M C .2x = 3,28 

(d) 

Từ (a), (b), (c), (d) suy ra: M A (0,04 + 5/3.0,03 + 7/3.0,02) = 3,28 

Suy ra: M A = 24 

A: Mg 

M B = 5/3.24 = 40 B: Ca 

M C = 7/3.24 = 56 C: Fe 

b. Dung dịch (A): MgCl 2 , CaCl 2 , FeCl 2 

Phương trình phản ứng: 

MgCl 2 + 2NaOH Mg(OH) 2 + 2NaCl (4) 

4x 

4x 

CaCl 2 + 2NaOH Ca(OH) 2 + 2NaCl (5) 

1,5x 1,5x 

FeCl 2 + 2NaOH Fe(OH) 2 + 2NaCl (6) 

2x 

2x 

4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O 4Fe(OH) 3 (7) 

2x 

2x 

Từ (4), (5), (6), (7) suy ra: 58.0,04 +74.0,015 + 107.0,02 = 5,57g 

số mol H 2 = 11,2/22,4 = 0,5 mol 

Gọi công thức trung bình 2 kim loại kiềm: M 

Phương trình phản ứng là: 

Ba + H 2 O Ba(OH) 2 + H 2 (1) 

x x x 

M + H 2 O MOH + 1 / 2 H 2 (2) 

y y y/2 

Ba(OH) 2 + Na 2 SO 4 BaSO 4 + 2NaOH (3) 

x x 

Từ (1) và (2) suy ra: x + y/2 = 0,5 

(a) 

Ta có: 137x + My = 46 

(b) 

Từ (3) suy ra: 0,18 < x < 0,21 

(c) 

Từ (a) và (c) suy ra: x = 0,18 y = 0,64 

x = 0,21 y = 0,58 

Từ (b) suy ra: x = 0,18, y = 0,54 M = 33,34 

x = 0,21, y = 0,58 M = 29,7 

Na = 23 < 29,7 < M < 33,34 , K = 39 

Hai kim loại kiềm là; Na và K 

Thí sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa 


0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,125 

0,125 

0,125 

0,125 

0,5 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 

0,25 




69 










ĐỀ 2: 

Câu 1(1,0 điểm) 

Cho BaO tác dụng với dd H 2 SO 4 thu được kết tủa A và dd B. Cho B tác dụng với Al dư 

thu được dd D và khí E. Thêm K 2 CO 3 vào dd D thấy tạo kết tủa F. Xác định các chất A, B, D, E, 

F và viết PTPƯ xảy ra. 


Cân bằng các phương trình hoá học sau: 

a) K 2 Cr 2 O 7 + FeCl 2 + HCl → CrCl 3 + Cl 2 ↑ + FeCl 3 + KCl + H 2 O 

b) FeS 2 + HNO 3 → Fe(NO 3 ) 3 + H 2 SO 4 + NO 2 ↑ + H 2 O 


Cho các chất sau đây: KHCO 3 ; KHSO 4 ; Ba(OH) 2 ; SO 2 ; (NH 4 ) 2 SO 4 . Những chất nào có thể 

phản ứng được với nhau? Viết các PTPƯ và nêu điều kiện phản ứng (nếu có). 


Một hỗn hợp A gồm FeS 2 ; FeS; CuS được hoà tan vừa đủ trong một dd có chứa 0,33 mol 

H 2 SO 4 đặc nóng. Thu được 7,28 lít SO 2 (đktc) và dung dịch B. Nhúng một thanh sắt nặng 50 gam 

vào dung dịch B, phản ứng xong nhấc thanh sắt ra đem cân thấy khối lượng thanh sắt lúc này là 

49,48 gam và còn lại dd C. 

a) Xác định khối lượng các chất có trong A (coi lượng đồng được đẩy ra bám hết lên thanh 

sắt). 

b) Viết PTPƯ xảy ra (nếu có) khi cho dd C lần lượt tác dụng với dd NaOH; dd K 2 S; khí Cl 2 . 


Hợp chất ion G tạo nên từ các ion đơn nguyên tử M 2+ và X 2- . Tổng số hạt (nơtron, proton, 

electron) trong phân tử G là 84, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 

28 hạt. Số hạt mang điện của ion X 2- ít hơn số hạt mang điện của ion M 2+ là 20 hạt. Xác định số 

khối, số hiệu nguyên tử của M, X và công thức phân tử của G. 


Nguyên tử Au có bán kính và khối lượng mol lần lượt là 1,44A O và 197g/mol. Biết rằng 

khối lượng riêng của vàng kim loại là 19,36g/cm 3 . Hỏi các nguyên tử vàng chiếm bao nhiêu % 

thể tích trong tinh thể ? (cho N A = 6,022.10 23 4 3 

và V hình cầu = 3 π R ). 


Cho 2,13 gam hỗn hợp X gồm ba kim loại Mg, Cu và Al ở dạng bột tác dụng hoàn 

toàn với oxi thu được hỗn hợp Y gồm các oxit có khối lượng 3,33 gam. Tính thể tích dung 

dịch HCl 2M vừa đủ để phản ứng hết với Y? 


Hỗn hợp A gồm Fe, FeCO 3 và Fe 3 O 4 . Hòa tan (đun nóng) m gam hỗn hợp A bằng 896 ml 

dung dịch HNO 3 0,5M thì thu được dung dịch B và hỗn hợp khí C gồm CO 2 và NO. 

- Lượng HNO 3 dư trong dung dịch B tác dụng vừa đủ với 1,4 gam CaCO 3 . 

- Có một bình kín dung tích 4,48 lít chứa không khí (4/5 thể tích là N 2 và 1/5 thể tích là O 2 ) 

ở 0 o C và 0,375 atm. Sau khi nén tất cả hỗn hợp khí C vào bình và giữ nhiệt độ bình ở 0 o C 

thì thấy áp suất cuối cùng trong bình là 0,6 atm. 

Mặt khác đem nung nóng (không có mặt oxi) m gam hỗn hợp A rồi cho tác dụng với H 2 

dư; lượng nước tạo ra lúc này cho hấp thụ hoàn toàn vào 100 gam dung dịch H 2 SO 4 97,565% thì 

dung dịch axit bị loãng thành nồng độ 95%. 

Tính % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp A. 




-----------Hết----------- 

Thí sinh được sử dụng bảng tuần hoàn - Giám thị coi thi không giải thích gì thêm 


70 










HƯỚNG DẪN CHẤM 

Nội dung 

Câu 1 Cho BaO tác dụng với dd H 2 SO 4 thu được kết tủa A và dd B. Cho B tác dụng với Al dư 

thu được dd D và khí E. Thêm K 2 CO 3 vào dd D thấy tạo kết tủa F. Xác định các chất A, 

B, D, E, F và viết PTPƯ xảy ra. 

TH1: dư BaO 

BaO + H 2 SO 4 → BaSO 4 ↓ + H 2 O 

BaO + H 2 O → Ba(OH) 2 

2Al + Ba(OH) 2 + 2H 2 O → Ba(AlO 2 ) 2 + 3H 2 ↑ 

K 2 CO 3 + Ba(AlO 2 ) 2 → BaCO 3 ↓ + 2KAlO 2 

A: BaSO 4 ; B: Ba(OH) 2 ; D: Ba(AlO 2 ) 2 ; E: H 2 ; F: BaCO 3 

TH2: dư H 2 SO 4 

BaO + H 2 SO 4 → BaSO 4 ↓ + H 2 O 

2Al + 3H 2 SO 4 → Al 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 ↑ 

Al 2 (SO 4 ) 3 + 3K 2 CO 3 + 3H 2 O → 2Al(OH) 3 + 3K 2 SO 4 + 3CO 2 

A: BaSO 4 ; B: H 2 SO 4 ; D: Al 2 (SO 4 ) 3 ; E: H 2 ; F: Al(OH) 3 

Câu 2 Cân bằng các phương trình hoá học sau: 

a) K 2 Cr 2 O 7 + FeCl 2 + HCl → CrCl 3 + Cl 2 ↑ + FeCl 3 + KCl + H 2 O 

b) FeS 2 + HNO 3 → Fe(NO 3 ) 3 + H 2 SO 4 + NO 2 ↑ + H 2 O 

a) K 2 Cr 2 O 7 + 2FeCl 2 + 14HCl → 2CrCl 3 + 2Cl 2 ↑ + 2FeCl 3 + 2KCl + 7H 2 O 

b) FeS 2 + 18HNO 3 → Fe(NO 3 ) 3 + 2H 2 SO 4 + 15NO 2 ↑ + 7H 2 O 

Câu 3 Cho các chất sau đây: KHCO 3 ; KHSO 4 ; Ba(OH) 2 ; SO 2 ; (NH 4 ) 2 SO 4 . Những chất nào có 

thể phản ứng được với nhau? Viết các PTPƯ và nêu điều kiện phản ứng (nếu có). 

KHCO 3 + KHSO 4 → K 2 SO 4 + CO 2 ↑ + H 2 O 

KHCO 3 + Ba(OH) 2 → BaCO 3 ↓ + KOH + H 2 O 

2KHCO 3 + Ba(OH) 2 → BaCO 3 ↓ + K 2 CO 3 + 2H 2 O 

2KHCO 3 + (NH 4 ) 2 SO 4 → K 2 SO 4 + 2CO 2 ↑ + 2NH 3 ↑ + 2H 2 O 

2KHSO 4 + Ba(OH) 2 → BaSO 4 ↓ + K 2 SO 4 + 2H 2 O 

Ba(OH) 2 + SO 2 → BaSO 3 ↓ + H 2 O 

Ba(OH) 2 + 2SO 2 → Ba(HSO 3 ) 2 

Ba(OH) 2 + (NH 4 ) 2 SO 4 → BaSO 4 ↓ + 2NH 3 ↑ + 2H 2 O 

Câu 4 Một hỗn hợp A gồm FeS 2 ; FeS; CuS được hoà tan vừa đủ trong một dd có chứa 0,33 

mol H 2 SO 4 đặc nóng. Thu được 7,28 lít SO 2 (đktc) và dung dịch B. Nhúng một thanh 

sắt nặng 50 gam vào dung dịch B, phản ứng xong nhấc thanh sắt ra đem cân thấy khối 

lượng thanh sắt lúc này là 49,48 gam và còn lại dd C. 

a) Xác định khối lượng các chất có trong A (coi lượng đồng được đẩy ra bám hết lên 

thanh sắt). 

b) Viết PTPƯ xảy ra (nếu có) khi cho dd C lần lượt tác dụng với dd NaOH; dd K 2 S; khí 

Cl 2 . 

o 

t 

a) PTHH 2FeS 2 + 14H 2 SO 4 đặc ⎯⎯→ Fe 2 (SO 4 ) 3 + 15SO 2 ↑ + 14H 2 O 

o 

t 

2FeS + 10H 2 SO 4 đặc ⎯⎯→ Fe 2 (SO 4 ) 3 + 9SO 2 ↑ + 10H 2 O 

o 

t 

CuS + 4H 2 SO 4 đặc ⎯⎯→ CuSO 4 + 4SO 2 ↑ + 4H 2 O 

Fe + CuSO 4 → FeSO 4 + Cu 

Fe + Fe 2 (SO 4 ) 3 → 3FeSO 4 

- Đặt số mol FeS 2 , FeS và CuS lần lượt là x,y,z mol. 

⎧7x + 5y + 4z 

= 0,33 

⎪ 

7, 28 

- Theo bài ra và theo các pthh ta có hệ: ⎨7,5x + 4,5y + 4z 

= = 0,325 

⎪ 

22, 4 

⎪⎩ 

50 − 56(0,5x + 0,5 y + z) + 64z 

= 49, 48 

- Giải hệ PT ta được x = 0,01; y = 0,02; z = 0,04 



Điểm 

71 



0,5 

0,5 

0,5 

0,5 

1 

1,75 










- Khối lượng các chất có trong A là 

⎧mFeS 

= 1, 2( g) 

2 

⎪ 

⎨mFeS 

= 1,76( g) 

⎪ 

⎩ 

mCuS 

= 3,84( g) 

b) Dung dịch C là FeSO 4 

FeSO 4 + 2NaOH → Fe(OH) 2 ↓ + Na 2 SO 4 

FeSO 4 + K 2 S → FeS↓ + K 2 SO 4 

0,25 

6FeSO 4 + 3Cl 2 → 2Fe 2 (SO 4 ) 3 + 2FeCl 3 

Câu 5 Hợp chất ion G tạo nên từ các ion đơn nguyên tử M 2+ và X 2- . Tổng số hạt (nơtron, 

proton, electron) trong phân tử G là 84, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt 

không mang điện là 28 hạt. Số hạt mang điện của ion X 2- ít hơn số hạt mang điện của 

ion M 2+ là 20 hạt. Xác định số khối, số hiệu nguyên tử của M, X và công thức phân tử 

của G. 

Theo đề bài ta có hệ pt sau: 

⎧2PX + N 

X 

+ 2PM + NM 

= 84 

⎪ 

⎨2PX − N 

X 

+ 2PM − NM 

= 28 

1,0 

⎪ 

⎩(2PX 

+ 2) − (2PM 

− 2) = −20 

Giải ra ta được: P M = 20; P X = 8. Vậy M là 40 Ca ; X là 16 O ; G là CaO 20 8 

Câu 6 Nguyên tử Au có bán kính và khối lượng mol lần lượt là 1,44A O và 197g/mol. Biết rằng 

khối lượng riêng của vàng kim loại là 19,36g/cm 3 . Hỏi các nguyên tử vàng chiếm bao 

nhiêu % thể tích trong tinh thể ? (cho N A = 6,022.10 23 4 3 

và V hình cầu = 3 π R ) 

4 3 3 

- Thể tích của 1 mol nguyên tử Au là: V 1 = N 

A. π R = 7,5321( cm ) 

3 

197 

3 

- Thể tích của 1 mol tinh thể nguyên tử Au là: V 2 = = 10,1756( cm ) 

19,36 

1,0 

Vậy độ đặc khít của Au là: 

7,5321 

ρ = .100% = 74% 

10,1756 

Câu 7 Cho 2,13 gam hỗn hợp X gồm ba kim loại Mg, Cu và Al ở dạng bột tác dụng hoàn 

toàn với oxi thu được hỗn hợp Y gồm các oxit có khối lượng 3,33 gam. Tính thể tích 

dung dịch HCl 2M vừa đủ để phản ứng hết với Y? 

Ta có sơ đồ phản ứng sau: 

⎧Mg 

⎧MgO 

⎧MgCl2 

⎪ + O ⎪ 

2 

+ HCl ⎪ 

⎨Cu ⎯⎯⎯→ ⎨CuO ⎯⎯⎯→ ⎨CuCl2 + H 

2O 

⎪Al ⎪Al2O ⎪ 

⎩ ⎩ 3 ⎩AlCl3 

Bảo toàn nguyên tố cho H: n = 2n 

(1) 

Bảo toàn nguyên tố cho O: 

n 

HCl 

H2O 

= n (2) 

O/oxit H2O 

Theo ĐLBTKL: m 

/ox 

= 3,33 − 2,13 = 1, 2( g) 

O 

it 

Vậy: n O/oxit = 1, 2 = 0,075( mol) 

16 

Theo (1), (2) ta có: n HCl = 2.0,075 = 0,15(mol) 


Vậy: V HCl = 0,15 = 0,075( l) = 75( ml) 

2 

Câu 8 Hỗn hợp A gồm Fe, FeCO 3 và Fe 3 O 4 . Hòa tan (đun nóng) m gam hỗn hợp A bằng 896 

ml dung dịch HNO 3 0,5M thì thu được dung dịch B và hỗn hợp khí C gồm CO 2 và NO. 

- Lượng HNO 3 dư trong dung dịch B tác dụng vừa đủ với 1,4 gam CaCO 3 . 


72 



1,0 










- Có một bình kín dung tích 4,48 lít chứa không khí (4/5 thể tích là N 2 và 1/5 thể 

tích là O 2 ) ở 0 o C và 0,375 atm. Sau khi nén tất cả hỗn hợp khí C vào bình và 

giữ nhiệt độ bình ở 0 o C thì thấy áp suất cuối cùng trong bình là 0,6 atm. 

Mặt khác đem nung nóng (không có mặt oxi) m gam hỗn hợp A rồi cho tác 

dụng với H 2 dư; lượng nước tạo ra lúc này cho hấp thụ hoàn toàn vào 100 gam dung 

dịch H 2 SO 4 97,565% thì dung dịch axit bị loãng thành nồng độ 95%. 

Tính % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp A. 

Các phản ứng: 

Fe + 4HNO 3 ⎯⎯→ Fe(NO 3 ) 3 + NO↑ + 2H 2 O (1) 

3Fe 3 O 4 + 28HNO 3 ⎯⎯→ 9Fe(NO 3 ) 3 + NO↑ + 14H 2 O (2) 

3FeCO 3 + 10HNO 3 ⎯⎯→ 3Fe(NO 3 ) 3 + NO↑ + 3CO 2 ↑ + 5H 2 O (3) 

CaCO 3 + 2HNO 3 ⎯⎯→ Ca(NO 3 ) 2 + CO 2 ↑ + H 2 O (4) 

2NO + O 2 ⎯⎯→ 2NO 2 (5) 

Fe 3 O 4 + 4H 2 ⎯⎯→ 3Fe + 4H 2 O (6) 

FeCO t o 

3 ⎯⎯→ FeO + CO 2 ↑ (7) 

FeO + H 2 ⎯⎯→ Fe + H 2 O (8) 

Số mol không khí trong bình lúc đầu là n: 

PV 

n = = 0,075( mol) 

RT 

0,075 

Trong đó, nO 

= = 0,015( mol); n 0,06( ) 

2 N 

= mol 

2 

5 

Vì nhiệt độ bình trước và sau phản ứng là không đổi nên áp suất trong bình trước và 

sau phản ứng tỉ lệ với số mol khí. Gọi số mol khí sau phản ứng (5) là n’. Ta có: 

0,075 0.375 

= ⇒ n' = 0,12( mol) 

n' 0.6 

Số mol khí trong bình sau phản ứng (5) gồm: 

n = 0,06( mol); n = 2. n = 2.0,015 = 0,03( mol) 

N2 NO2 O2 

và tổng số mol CO2 + NO = 0,12 − 0,06 − 0,03 = 0,03( mol) 

=> Tổng số mol CO2 + NO ở phản ứng (1,2,3) = 0,03 + 0,03 = 0,06(mol) 

14 

Số mol HNO 3 tham gia phản ứng (1,2,3) = 0,896.0,5 − 2. = 0, 42( mol) 


Gọi x, y, z là số mol Fe, Fe 3 O 4 và FeCO 3 trong m (g) hỗn hợp A, ta có hệ pt: 

28 10 

- Số mol HNO 3 phản ứng ở (1,2,3) : 4x + y + z = 0,42 (I) 

3 3 

y z 

- Số mol CO 2 + NO ở (1,2,3) : z + ( x + + ) = 0,06 (II) 

3 3 

Gọi p là lượng nước tạo ra trong phản ứng (6,8) ta có: 

97,565.100 2,7 

95 = ⇒ p = 2,7( g) ⇒ nH 0,15( ) 

2O 

= = mol 

100 + p 

18 

- Số mol H 2 O: 4y 

+ z = 0,15 (III) 

Giải hệ (I, II, III) ta được: x = 0,01; y = 0,03; z = 0,03 

Khối lượng hỗn hợp A: m = 0,01.56 + 0,03.232 + 0,03.116 = 11(g) 

Vậy: %Fe = 5,09%; %Fe 3 O 4 = 63,27%; %FeCO 3 = 31,64%. 


2,0 




73 










ĐỀ 3: 

Câu 1: (1 điểm) 

Viết phương trình phản ứng giữa Ba(HCO 3 ) 2 lần lượt với mỗi chất sau: HNO 3 ; 

Ca(OH) 2 ; Na 2 SO 4 và NaHSO 4 

Câu 2: (1,25 điểm) 

Hoà tan 92 gam ancol etylic vào nước để được 250 ml dung dịch. Tính nồng độ 

mol, nồng độ %, độ rượu và tỉ khối của dung dịch rượu. Giả thiết không có sự hao 

hụt về thể tích các chất khi pha trộn và khối lượng riêng của rượu nguyên chất là 0,8 

g/cm 3 . 

Câu 3: (2,75 điểm) 

Đốt cháy 8,4 gam sắt bởi oxi thu được 11,6 gam hỗn hợp rắn A gồm bốn chất. Hoà 

tan hoàn toàn A trong dung dịch H 2 SO 4 đặc nóng dư thu được V lít khí SO 2 thoát ra 

(ở đktc). 

a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 

b. Tính V? 


1. Liệu pháp phóng xạ được ứng dụng rộng rãi để chữa ung thư. Cơ sở của liệu 

pháp đó là sự biến đổi hạt nhân. 

59 

1 

27 

Co + 0n → X? (1) 

60 

X? → 

28 

Ni + … hυ = 1,25 MeV (2) 

a. Hãy hoàn thành phương trình của sự biến đổi hạt nhân trên và nêu rõ định 

luật nào được áp dụng để hoàn thành phương trình. 

b. Hãy cho biết điểm khác nhau giữa phản ứng hạt nhân với các phản ứng oxi 

hoá - khử (lấy thí dụ từ phản ứng (2) và phản ứng: Co + Cl 2 → CoCl 2 

2. Hạt vi mô có electron cuối cùng có bốn số lượng tử: 

n = 3; l = 2; m l = +1; m s = + 1 2 

a. Hãy giải thích để từ đó đưa ra cấu hình của e cuối cùng. 

b. Viết cấu hình electron đầy đủ, thu gọn và dùng kí hiệu ô lượng tử biểu 

diễn cấu hình của hạt vi mô đó (1). 

c. Cấu hình (1) là của nguyên tử hay ion? Giải thích? 


Trong một bình kín chứa etilen và hiđro với một ít bột Ni ở đktc. Đốt nóng bình một 

thời gian sau đó làm lạnh tới 0 0 C áp suất trong bình là p. Tỉ khối hơi của hỗn hợp khí 

đối với hiđro trong bình trước và sau phản ứng là 7,5 và 9. 

a. Tính % thể tích mỗi khí trong bình trước và sau phản ứng. 

b. Tính áp suất p. 

------Hết ----- 





74 











Câu 1: (1 điểm) mỗi phương trình hoá học 0,25 điểm 

Câu 2: (1,25 điểm) 

a. C M = 8M ( 0,25 điểm) 

b. V dd rượu = V nước + V rượu ==> V nước = V dd rượu - V rượu 

= 250 – ( 92 : 0,8) 

= 135 ml ( 135 gam) 

92 

C% rượu = 100% = 40,53% 

(0,5 điểm) 

92 + 135 

Vruou 

0 115 0 0 

c. Độ rượu = 100 = 100 = 46 

( 0,25 điểm) 

Vdd 

250 

d. Khối lượng riêng của dung dịch rượu: d = m (dd) : V dd 

= (135 + 92 ) : 250 

= 0, 908 (g/cm 3 ) ( 0,25 điểm) 

Câu 3: (2,75 điểm) 

a. Phương trình hoá học: ( 0,25 điểm: 1 phản ứng) 

0 

t 

Fe + 1/2O 2 ⎯⎯→ FeO 

0 

t 

2 Fe + 3/2O 2 ⎯⎯→ Fe 2 O 3 

0 

t 

3 Fe + 2O 2 ⎯⎯→ Fe 3 O 4 

Hỗn hợp rắn A gồm: Fe dư, FeO, Fe 2 O 3 và Fe 3 O 4 . 

0 

t 

2Fe + 6 H 2 SO 4 ⎯⎯→ Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2 + 6H 2 O 

0 

t 

2FeO + 4 H 2 SO 4 ⎯⎯→ Fe 2 (SO 4 ) 3 + SO 2 + 4H 2 O 

0 

t 

Fe 2 O 3 + 3 H 2 SO 4 ⎯⎯→ Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 O 

0 

t 

2Fe 3 O 4 + 10 H 2 SO 4 ⎯⎯→ 3Fe 2 (SO 4 ) 3 + SO 2 + 10H 2 O 

b. Phương pháp giải: Bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng hoặc bảo toàn electron. 

Khối lượng O 2 tham gia các phản ứng (1, 2, 3) : m O 2 = m A – m Fe = 11,6 – 8,4 = 3,2 (g) 

(0,25 điểm) 

Số mol Fe 2 (SO 4 ) 3 = ½ số mol Fe = ½ ( 8,4: 56) = 0,075 mol khối lượng muối: 30 (g) 

(0,25 điểm) 

Gọi a : số mol H 2 SO 4 số mol H 2 O = a 

Gọi : số mol SO 2 

BTKL: m Fe + m O2 + m H 2 SO 4 = m muối + m SO2 + m H2O 

8,4 + 3,2 + 98a = 30 + 64b + 18a 

10a – 8b = 2,3 (1) 

n S = n S ( muối + SO 2 ) a = 3. 0,075 + b (2) 

(0,25 điểm) 

từ (1) và (2) tính được b = 0,25 V SO 2 = 0,56 (lít) 

(0,25 điểm) 

Học sinh giải theo phương pháp bảo toàn e cũng được điểm tối đa (1 điểm) 

Câu 4: (3điểm) 

1.( 1 điểm) 

a) Định luật bảo toàn vật chất nói chung, ĐLBT số khối và BT điện tích nói riêng. 

(0,25 điểm) 

(1) điện tích : 27 + 0 = 27 ; số khối : 59 + 1 = 60 X là: 27 Co 60 

59 

27C O + 0 n 1 27 Co 28 (0,5 điểm) 

(2) điện tích : 60 = 60 ; số khối : 27 = 28 + x x = -1 hạt : -1 e 

60 

27C O 28 Ni 60 + -1 e ; hν = 1,25 MeV (0,5 điểm) 

b) Điểm khác nhau: 





75 










* Phản ứng hạt nhân xảy ra tại hạt nhân, tức là có sự biến đổi hạt nhân thành nguyên tố mới. 

Vdụ: (2) 

Phản ứng hoá học ( oxi hoá –khử): xảy ra ở vỏ electron, nên chỉ biến đổi dạng đơn chất, hợp 

chất. 

Vdụ: phản ứng Co + Cl 2 → Co 2+ + 2Cl - → CoCl 2 (0,25 điểm) 

* Chất dùng trong phản ứng hạt nhân có thể là đơn chất hay hợp chất, thường dùng là hợp chất. 

Còn chất dùng trong phản ứng oxi hoá –khử, phụ thuộc vào câu hỏi mà phải chỉ rõ đơn chất hay 

hợp chất. 

(0,25 điểm) 

* Năng lượng kèm theo phản ứng hạt nhân lớn hơn hẳn so với phản ứng oxi hoá –khử thông 

thường. 

(0,25 điểm) 

2. Hạt vi mô có electron cuối cùng có bốn số lượng tử: n = 3 ; l = 2 ; m l = +1 ; m s = + 1 2 

a. n = 3(lớp thứ 3) , l = 2 Phân lớp d , m l = + 1 AO thứ 4, m s = + 1 e độc thân 

2 

Cấu hình e cuối cùng: 3d 4 

(0,25 điểm) 

b. Cấu hình e đầy đủ: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 5 4s 1 thu gọn [Ar] 3d 5 4s 1 (0,25 điểm) 

Biểu diễn cấu hình theo obitan 

(0,25 điểm) 

c. (1) là cấu hình e của nguyên tử, vì cấu hình d bán bão hoà nên thuộc kim loại chuyển tiếp( 

theo BHTTH các nguyên tố hoá học. Thuộc kim loại chuyển tiếp thì ion không thể là 

anion; nếu là cation số e = 24 thì Z có thể là 25, 26, 27 …không có cấu hình cation nào 

ứng với (1). 

Vậy Z chỉ có thể = 24. 

(0,25 điểm) 

Câu 5: M truoc = 15; M sau = 18 ; 

a. Gọi x, y lần lượt là số mol của C 2 H 4 và H 2 trong hỗn hợp đầu: 

= 28x 

+ 

M 

2y 

= 15 x = y %VC 2 H 4 = %VH 2 = 50% (0,5 điểm) 

x + y 

Phương trình hoá học: C 2 H 4 + H 2 C 2 H 6 (0,25 điểm) 

a a a 

Đặt số mol hỗn hợp trước phản ứng là 1 mol 

Số mol C 2 H 4 phản ứng : amol số mol hỗn hợp sau: 1 – a ( sự giảm số mol hỗn hợp sau 

phản ứng = số mol H 2 phản ứng = a mol). 

(0,25 điểm) 

*ĐLBTKL : m trước = m sau M t .n t = M s .n S 

M t : M s = (1 –a) : 1 = 5/6 cứ 1 mol hỗn hợp phản ứng sau phản ứng còn 5/6 mol , như vậy 

giảm 1/6 mol a = 1/6 

(0,25 điểm) 

%V C 2 H 4 dư = %VH 2 dư = (0,5 – 1/6) : 5/6 = 40% 

%V C 2 H 6 = 20% (0,5 điểm) 

b.Vì phản ứng thực hiện trong bình kín, ở nhiệt độ không đổi: 

p sau = p trước (n sau : n trước ) = 5/6 atm 

(0,5 điểm) 


------Hết ----- 




76

GIÁO ÁN ÔN TẬP HÓA HỌC 10

Create successful ePaper yourself

Delete template?

Save as template?