TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO – BÌNH THUẬN Câu 1: (4 điểm) 232 Sự phân hủy phóng xạ Th tuân theo phản ứng bậc Nghiên cứu phóng xạ thori 232 đioxit, người ta biết chu kì bán hủy Th 1,39.1010 năm Hãy tính số hạt α bị xạ giây cho gam thori đioxit tinh khiết Cho tốc độ ánh sáng c = 3.108 m.s-1; số Planck h = 6,625.10-34 J.s; số Avogađro NA = 6,022.1023 mol-1 X nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3 Electron cuối nguyên tử X có tổng số lượng tử 4,5 a Xác định nguyên tố X, viết cấu hình electron nguyên tử b Ở điều kiện thường XH3 chất khí Viết cơng thức cấu tạo, dự đốn trạng thái lai hóa nguyên tử trung tâm phân tử XH3, oxit bậc cao nhất, hidroxit bậc cao X r+ Hãy tính tỉ số r− cho trường hợp lập phương tâm khối lập phương tâm diện với giả thiết bán kính cation anion tinh thể tiếp giáp r 2+ r r r Cho Mg = 0,65 Å ; O2− = 1,45 Å ; Cs+ = 1,67 Å; I − = 2,19 Å; r+ Dựa vào tỉ số r− cho biết dạng tinh thể MgO CsI Câu 2: (4 điểm) Cho phản ứng: C2 H5 I + NaOH → C2 H 5OH + NaI Nồng độ ban đầu hai chất phản ứng Để nửa lượng ban đầu chất phản ứng chuyển thành sản phẩm 32℃ cần 906 phút a Tính thời gian để lượng ban đầu chất phản ứng chuyển thành sản phẩm 60℃ biết hệ số nhiệt độ phản ứng 2,83 b Tính lượng hoạt hóa phản ứng c Tính số tốc độ k hai nhiệt độ trên, biết phản ứng bậc (bậc chất) nồng độ ban đầu chất 0,050 M Entanpi sinh tiêu chuẩn CH4(k) vaf C2H6(k) -74,80 -84,60 kJ/mol Tính entanpi tiêu chuẩn C4H10(k) Biện luận kết thu Cho biết entanpi thăng hoa than chì lượng liên kết H–H 710,6 -431,65 kJ/mol Cho cân dị thể sau: C(k) + H2O CO(k) + H2(k) - Tại 1000K, KP = 4,1 a) Tính độ chuyển hóa (α) ban dầu người ta cho vào bình phản ứng dung dịch 10 lít hỗn hợp gồm 24 gam C 54 gam H2O Nhiệt độ bình phản ứng 1000K b) Nếu tăng thể tích bình lên 100 lít Xác định thành phần khí bình sau phản ứng Tại 1000K Các phản ứng phương trình phản ứng coi lý tưởng Câu 3: (4 điểm) Cho dung dịch sau: NaH2PO4 0,01 (A); Na2HPO4 0,01M (B); HCl 0,01M (C) a Trình bày vắn tắt cách xác định pH dung dịch cho biết chất thị sau tốt sử dụng để phân biệt dung dịch Nêu rõ tượng xảy ra? (1) Metyl dacam (khoảng chuyển màu từ 3,1 – 4,4: pH 4,4 màu vàng) (2) Metyl đỏ (khoảng chuyển màu từ 4,4 – 6,2: pH 6,2 màu vàng) (3) Quỳ (khoảng chuyển màu từ 5,0 – 8,0: pH 8,0 màu xanh) (4) Phenolphtalein (khoảng chuyển màu từ 8,2 – 10,0 : pH 10 màu đỏ) b Nhỏ từ từ đến hết V lít dung dịch NaOH 0,03M vào V lít dung dịch H3PO4 0,02M có thêm vài giọt quỳ tím, thu dung dịch X Viết phương trình phản ứng xảy cho biết thay đổi màu sắc dung dịch Cho biết H3PO4 có pKa1 = 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32; pKw = 14; Tích số tan CaF2 3,4.10-11, số phân li HF 7,4.10-4 Tính độ tan CaF2 dung dịch có pH=3,3 Dung dịch A chứa NH3 0,2M; Na2C2O4 0,1M; Na2SO4 0,08M a Tính pH dung dịch A b Thêm dần CaCl2 vào dung dịch A vào 10ml dung dịch A đến C = 0,18M Tính [C2O42-], [SO42-], [Ca2+]? (Coi thể tích dung dịch khơng thay đổi không đáng kể) Cho pKa: NH4+ (9,24); HSO4- (2,00); H2C2O4 (1,25;4,27) *β = + pKs: CaSO4 (4,26); CaC2O4 (8,75); ( CaOH ) 10-12,6 Câu 4: (4 điểm) Hòa tan hồn tồn FenOm dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư dung dịch A1, khí B Cho B vào dung dịch KMnO4 dung dịch A2 Cho dung dịch A1 tác dụng với NaOH dư, lọc lấy kết tủa đem nung khơng khí đến khối lượng khơng đổi chất rắn C1 Trộn C1 với bột nhôm nung nhiệt độ cao hỗn hợp C2 gồm oxit, FexOy Hòa tan hồn tồn C2 dung dịch HNO3 lỗng thu khí NO a Viết phương trình phản ứng xảy b Cân phản ứng oxi hóa – khử theo phương háp thăng ion – electron Dung dịch H2O2 3% dùng để sát trùng y học, trạng thái bền so sánh với O2 H2O theo giãn đồ sau: +0,68V +1,77V O  → H O2  → H2O a Hãy so sánh độ bền dạng oxi hóa – khử từ cho biết cần lưu ý sử dụng dung dịch H2O2 E 0O ,H + /H O E 0O /OH− 2 b Tính Câu 5: (4 điểm) Viết phương trình hóa học phản ứng sau: a X1 + X2 + X3 → CuSO4 + Na2SO4 + NO + K2SO4 + H2O b S + NaOH (đặc nóng) → c HClO3 + FeSO4 + H2SO4 → d Cl2 + Br2 + H2O → Sục khí Cl2 vào dung dịch NaOH lỗng thu dung dịch A, hòa tan I2 vào dung dịch NaOH laoxng thu dung dịch B (các thí nghiệm tiến hành nhiệt độ phòng) a Viết phương trình hóa học phản ứng xảy cho nhận xét b Nêu tượng viết phương trình hóa học phản ứng xảy cho dung dịch hỗn hợp HCl FeCl2, dung dịch Br2, H2O2 vào dung dịch A (khơng có Cl2 dư) Hòa tan hồn tồn 0,8120 gam mẫu quặng sắt gồm FeO, Fe2O3 35% tạp chất trơ dung dịch HCl (dư), thu dung dịch X Sục khí SO2 vào dung dịch X, thu dung dịch Y Dung dịch Y phản ứng vừa đủ với 22,21 ml dung dịch KMnO4 0,10 M Mặt khác, hòa tan hết 1,2180 gam mẫu quặng dung dịch HCl (dư) thêm dung dịch KMnO4 0,10 Mvào dung dịch thu phản ứng xảy hồn tồn, hết 15,26 ml dung dịch KMnO4 0,10 M a Viết phương trình hóa học phản ứng xảy b Tính thể tích SO2 (ở điều kiện tiêu chuẩn) dùng thành phần phần trăm theo khối lượng FeO, Fe2O3 có mẫu quặng TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO – BÌNH THUẬN Câu 1: (4 điểm) Vì thori phân hủy phóng xạ theo phản ứng bậc nên chu kỳ bán hủy tính theo biểu thức: 0, 693 0, 693 k= t1/2 = t1/2 k hay Vậy số tốc độ k= 0, 693 = 1,58.10−18 (s −1 ) 1,39.10 365.24.3600 10 Trong 264 gam ThO2 tinh khiết chưa 6,022.1022 hạt Vậy gam ThO2 tinh khiết chứa: 232 Th 6, 022.1022.1 = 2, 28.10 21 232 264 hạt Th Tốc độ phân hủy Th (trong ThO2) biểu diễn biểu thức: dN v=− = kN dt Do số hạt α bị xạ giây gam thori đioxit tinh khiết là: dN v=− = 1,58.10−18 2, 28.1021 = 3, 60.103 (s −1 ) dt Nghĩa có 3, 60.10 hạt α bị xạ giây 2.a Với hợp chất hidro có dạng XH3 nên X thuộc nhóm IIIA nhóm VA TH1: X thuộc nhóm IIIA, ta có sụ phân bố e theo obitan: Vậy e cuối có: 1=1, m=-1, ms = +1/2 Mà n + + m + ms =4,5 → n = Cấu hình e nguyên tử: 1s22s22p63s23p63d104s24p1 (Ga) TH2: X thuộc nhóm VA, ta có sụ phân bố e theo obitan: Vậy e cuối có: 1=1, m=1, ms = +1/2 Mà n + + m + ms =4,5 → n = Cấu hình e nguyên tử: 1s22s22p3 (N) b Ở điều kiện thường XH3 chất khí nên nguyên tố phù hợp Nitơ Công thức cấu tạo hợp chất: Nguyên tử N có trạng thái lai hố sp3 Oxit cao nhất: Nguyên tử N trạng thái lai hóa sp2 Hidroxit với hóa trị cao nhất: Nguyên tử N trạng thái lai hóa sp2 Mạng lập phương tâm khối (a) Mạng lập phương tâm diện (b) * Theo hình vẽ mạng lập phương tâm khối (a) ta có: 2r+ + 2r− = a ⇒ a = (r+ + r− ) Mặt khác muốn đạt cực tiểu lượng phải có điều kiện: r 2r− ≤ a ⇔ 2r− ≤ (r+ + r− ) ⇒ + ≥ 0, 732 (1) r− * Theo hình vẽ mạng lập phương tâm diện (b) ta có: 2r+ + 2r− = a ⇒ a = (r+ + r− ) Mặt khác muốn đạt cực tiểu lượng phải có điều kiện: r 2r− ≤ a ⇔ 2r− ≤ (r+ + r− ) ⇒ + ≥ 0, 414 (2) r− r+ Dựa vào tỉ số r− (1) (2) ta lập tỉ số tương ứng từ thực nghiệm: rMg 2+ 0, 65 = = 0, 448 rO2− 1, 45 Đối với MgO: ⇒ MgO có mạng lập phương tâm diện rCs+ 1, 67 = = 0, 762 ⇒ rI − 2,19 Đối với CsI: CsI có mạng lập phương tâm khối Câu 2: (4 điểm) T2 − T1 k T2 = γ 10 a Áp đụng công thức: k T1 Mặt khác: k= kT ln t ⇒ = ⇒ t = t1 t1/2 k T1 t (2,83) 60 − 32 10 ⇒ t = 49 phut b Tính lượng hoạt hóa phản ứng: Ea  v2 k t 906 906  = = = ⇒ ln =  ÷ k t 49 48 8,314  305 333  v1 E a = 88 kJ / mol c Tính số tốc độ phản ứng: 1 t1/2 = ⇒ k1 = = 2, 2.10−2 mol−1.1.ph −1 k.[A]0 906.0, 050 k2 = (ở 320C) = 4,1.10−1 mol−1.1.ph −1 49.0, 050 ∆H S,CH = −74,8kJ 2.* (1) Cthan chì + 2H2(k) → CH4(k) ∆H 0th = 710, 6kJ (2) Cthan chì → C(k) ∆H 0lk = 431, 65 kJ (3) H2(k) → 2H(k) Lấy (1) – [(2) + 2.(3)] ta được: ∆H S,ng/tu,CH = −16481, (kJ / mol) C(k) + 4H(k) → CH4(k) ⇒ Năng lượng liên kết trung bình liên kết C – H là: ( −1648, ) = −412,175 (J/ mol) *(4) 2Cthan chì + 3H2 → C2H6(k) Lấy (4) – [2.(2) + 3.(3)] ta được: ∆H S(C = −84, (kJ / mol) H ,K ) ∆H S,ng/tu,C = −2800, 75 (kJ / mol) H6 2C(k) + 6H(k) → C2H6(k) Coi EC – H CH4 C2H6 thì: EC – C = -2800,75 – 6(-412,175)=-327,7 (kJ/mol) *Coi EC – H ; EC – C chất CH4 C2H6, C4H10 thì: ∆HS,ng/tu,C = 3E C−C + 10.E C −H − ( −327, ) + 10 ( −412, 75 ) = −5110, (kJ / mol) H10 ∆H S,ng/ tu,C4 H10 = −5110, (kJ / mol) *(5) 4C(k) + 10H(k) → C4H10(k) Lấy (2).4 + (3).5 + (5) ta được: ∆HS,C = −109,95 (kJ / mol) H10 4Cthan chì + 5H2(k) → C4H10(k) * Kết thu gần coi ELK(C – H) ; E LK(C – C) trường hợp Và khơng tính rõ ∆HS đồng phân khác RT 0, 082 1000 PH02O (k) = n = = 24, (atm) V 10 a) Ta có Ban đầu: Cân bằng: C(r) + H2O(k) → CO(k) + H2(k) 24,6 24,6 – x x x Kp = 4,1 Kp = PCO PH2 = x2 = 4,1 24, − x PH2 O Ta có: ⇒ x + 4,1x − 100,86 = ⇒ x = 8, (atm) α= x H 2O = 8, = 0,333 24, P Độ chuyển hóa b) Tăng thể tích bình lên 100 lít 0, 082.1000 PH 2O + PCO + PH = nn2 = 0,82 nn2 100 C(k) + H2O(k) → CO(k) + H2(k) Ban đầu: 3mol Cân 3- x x x nn2 = − x + x = + x ⇒ PT = 0,82 (3 + x) PCO = PH = PH 2O = x PT = 0,82 x; 3+ x 3− x PT = 0,82 (3 − x) 3+ x ⇒ KP = PCO PH PH 2O ( 0,82 ) = x2 = 4,1 0,82 (3 − x) x = 15 − ⇔ x + x − 15 = ⇒ x = 2,11 ( mol ) > ⇒ Khi tăng lên 100 lít, cân bị phá vỡ ⇒ Số mol khí bình: nCO = nH = 2mol ; PT = nH 2O =1 mol 0,082 1000 = 4,1 (atm) 1000 Câu 3: (4 điểm) a Dung dịch A: pH A = pKa1 + pKa = 4, 68 pKa + pKa = 9, 765 Dung dịch B: Dung dịch C: [H+] = 0,01M ⇒ pHC = pH B = Chất thị hợp metyl đỏ, đó: du dịch C có màu đỏ; dung dịch A có màu da cam; dung dịch B có màu vàng b Nồng độ ban đầu NaOH 0,015M; H3PO4 0,01M Phản ứng xảy ra: H3PO4 + OH- → H2PO4- + H2O 0,01 0,015 0,015 0,01 H2PO4 + OH → H2PO42- + H2O 0,01 0,005 5.10-3 5.10-3 Dung dịch thu dung dịch đệm có dạng axit bazơ liên hợp nồng độ mol Do đó: pHX = pKa2 = 7,21 Hiện tượng: dung dịch chuyển từ màu đỏ sang màu tím  → Ca 2+ + 2F− CaF2 ¬ K s = 3, 4.10 −11 (1)    → HF H + + F− ¬   K a−1 = 1.35.103 (2) Gọi độ tan CaF2 dung dịch axit s(M) C − = 2s =  F−  + [ HF] Ta có: F K + [H + ] s.K a [F − ].[H + ] ⇒ 2s = F − + ⇒ s = [F − ] a ⇒ [F − ] = Ka Ka K a + [H + ] K s = [Ca 2+ ].[F− ]2 = 3, 4.10−11 ⇒ s.4 s K a2 = 3, 4.10 −11 + ( K a + [H ]) Ta có: Thay Ka, [H+] = 10-3.3 → s = 2,88.10-4M a Xét cân bằng: NH + H O € NH 4+ + OH− C2 O42− + H O € HC2 O−4 + OH − K b = 10−4,76 K b1 = 10−9,73 (1) (2) HC O −4 + H O € H C 2O4 + OH − K b2 = 10−12,75 (3) SO 24− + H O € HSO4− + OH − K b' = 10−12 (4) Do Kb >> Kb1 >> Kb2, Kb’ nên cân (1) chủ yếu NH + H O € NH 4+ + OH− K b = 10−4,76 (1) C [] 0,2 0,2-x x x x = 10−4,76 ⇒ x = 1,856.10−3 ⇒ (0, − x) pH = 11,27 2b Dung dịch A: NH3 (0,2M); C2O4 (0,1M); SO42- (0,08M) Xét điều kiện hình thành kết tủa: K (CaSO4 ) CCa2+ ≥ s = 6,87.10−4 CSO2− Muốn có ↓CaSO4: K (CaC2O4 ) CCa2+ ≥ s = 10−7 ,75 CC O2− Muốn có ↓CaC2O4: Vậy ↓CaC2O4 xuất trước 2+ 2− Các phản ứng xảy ra: Ca + C2 O → CaC 2O Còn 0,18 0,1 0,08 2+ Ca + SO24− → CaSO 0,08 0,08 Còn TPGH: CaC2O4 , CaSO4 , NH3 (0,2M) NH + H O € NH +4 + OH − K b = 10−4,76 (1') CaSO € Ca 2+ + SO 24− K s1 = 10−4,26 (2 ') CaC2 O € Ca 2+ + C2O 42− K s2 = 10−8,75 (3') So sánh Ks1, >> Ks2 ⇒ Cân (1’) (2’) chủ yếu Cân phần (1’) xét phần a: pH = 11,27 Xét cân (2’): CaSO € Ca 2+ + SO 24− K s1 = 10−4,26 (2 ') S S Các trình phụ: Ca 2+ + H O € CaOH + + H + SO 2− − + H 2O € HSO + OH − *β ( CaOH + ) = 10−12,6 (4’) Kb’ = 10-12 (5’) 2− Do môi trường bazơ (pH = 11,27) nên bỏ qua cân nhận proton SO (cân (5’)) SO 2− Vậy S = [ ] Và S = [Ca2+] + [CaOH+] = [Ca2+].(1 + *β [H+]-1 ) S Ca 2+  = −1 + * β  H +  = 2+ 2- S2 + * β  H +  −1 Vậy Ks1 = [Ca ].[SO4 ] Thay [H+] = 1011,27, *β , Ks1 ta tính S = 7,6.10-3 Kết quả: [SO42-] = S = 7,6.10-3 ; [Ca2+] = 7,25.10-3 Ks2 = = 2, 45.10−7 2+ [C2O42-] [Ca ] Câu 4: (4 điểm) 4.1 a 2FenOm + (6n – 2m) H2SO4đ → nFe2(SO4)3 + (3n – 2m)SO2 + (6n – 2m) H2O(1) 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O t0 → Fe2O3 + 3H2O 2Fe(OH)3  (2) (3) (4) t0 → 6FexOy + (3x – 2y) Al2O3 3xFe2O3 + (6x – 4y) Al  Al2O3 + 6HNO3 → 2Al(NO3)3 + 3H2O 3FexOy + (12x – 2y) HNO3 → 3xFe(NO3)3 + (3x – 2y)NO + (6x – y)H2O b Phương trình (1): FenOm + 2mH+ → nFe3+ + (3n – 2m)e + mH2O 2− (3n – 2m) SO4 + 2e + 4H+ → SO + 2H O (5) (6) (7) 2− SO 2FenOm + (12m – 4) H+ + (3n – 2m) → 2nFe3+ + (3n – 2m) SO2 + (6n – 2m) H2O Phương trình (2): SO42− SO2 + 2H2O → + 2e + 4H+ MnO −4 + 5e + 8H+ → Mn2+ + 4H O 2 − 2− 5SO2 + MnO + 2H2O → SO + Mn2+ + 4H+ Phương trình (8): FexOy + 2yH+ → xFe3+ + (3x – 2y)e + yH2O NO3− + 3e + 4H+ → NO + 2H O (3x – 2y) − 3FexOy + (12x – 2y) H+ + (3x – 2y) NO3 → 3x Fe3+ + (3x – 2y)NO + (6x – y) H2O E0 < EH0 2O2 / H 2O 4.2 a Vì O2 / H 2O2 nên tính oxi hóa H2O2 mạnh O2 tính khử H2O2 mạnh H2O Phản ứng tự xảy ra: 2H2O2 → O2 +2H20 E0 = 1,77 – 0,68 = +1,09V ⇒ K = 1036,95 (lớn) Vậy H2O2 dạng bền so với dạng O2 H2O *Lưu ý: Khi sử dụng xong phải đậy nắp E0 + b Tính O2 ,H /H2O + 2.1,68 0,059 O2 + 2H + 2e € H O2 (1) K1 = 10 H 2O + 2H + + 2e € 2H 2O (2) K = 10 0,059 O2 + 4H + + 4e € K = K1 K2 2.1,77 K = 10 ⇒ E 0O (0,68 +1,77) 0,059 ,H + Tính + /H 2O E 0O = ,OH − 2H O 4E = 10 O2 ,H + /H 2O 0,059 (0, 68 + 1,77) = + 1, 225V : + O2 + 4H + 4e € 4H O K1 = 10 2H 2O 4H + + 4OH − € O + 2H O + 4e € ⇒ E 0O2 /H2 O = (1, 225 − 4OH − 4.1,225 0,059 (K W ) = (10−14 ) (4) K4 = K1 (KW)4 56 0, 059 ) = +0,399V Câu 5: (4 điểm) a 3Cu + 2NaNO3 + 8KHSO4 → 3CuSO4 + Na2SO4 + 2NO + 4K2SO4 + 4H2O b c d t → 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O 3S + 6NaOH (đặc)  HClO3 + 6FeSO4 + 3H2SO4 → HCl + 3Fe2(SO4)3 + 3H2O Cl2 + Br2 + H2O → HCl + HBrO3 a Ở nhiệt độ thường: 2NaOH + Cl2 → NaCl + NaClO + H2O 6NaOH + 3I2 → 5NaI + NaIO3 +3H2O − − − Trong môi trường kiềm tồn cân bằng: 3XO ƒ 2X + XO3 Ion ClO- phân hủy chậm nhiệt độ thường phân hủy nhanh đun nóng, ion IO- phân hủy tất nhiệt độ b Các phương trình hóa học: Ion ClO- có tính oxi hóa mạnh, thể phương trình hóa học: - Khi cho dung dịch FeCl2 HCl vào dung dịch A có khí vàng lục thaots ding dcihj từ 10 không màu chuyển sang màu vàng nâu: 2FeCl2 + 2NaClO + 4HCl → 2FeCl3 + Cl2 + 2NaCl + 2H2O - Khi dung dịch Br2 vào dung dịch A, dung dịch brom màu: Br2 + 5NaClO + H2O → 2HBrO3 + 5NaCl - Khi cho H2O2 vào dung dịch A, có khí khơng màu, khơng mùi ra: H2O2 + NaClO → H2O + O2 + NaCl 5.3.a FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O (1) Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O (2) 2FeCl3 + 2H2O + SO2 → 2FeCl2 + H2SO4 + 2HCl (3) 5FeCl2 + KMnO4 + 8HCl → 5FeCl3 + MnCl2 + KCl + 4H2O (4) 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → 2H2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 (5) (Lượng HCl dùng để hòa tan quặng không cho dư, đủ để làm môi trường cho phản ứng (4)) b Từ (1) (4) ta có: n Fe2+ = 5.n MnO− = 5.0,10.15, 26.10 −3 = 7, 63.10−3 (mol) nFeO (trong 1,2180 gam mẫu)= 7, 63.10−3.0,8120 = 5, 087.10−3 (mol) 1, 2180 → nFeO (trong 0,8120 gam mẫu)= −3 → mFeO (trong 0,8120 gam mẫu) = 72 5, 087.10 = 0,3663 (mol) m Và Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu) = 0,8120.0,65 − 0,3663 = 0,1615 (g) 0,1615 = ≈ 1, 01.10−3 (mol) → n Fe2O3 160 (trong 0,8120 gam mẫu) n = n SO2 (3) + n SO2 (5) Tương tự, từ (3) (5) ta có: ∑ SO2 n SO2 (3) = n FeCl3 Trong đó: (trong 0,8120 gam mẫu) = n Fe2 O3 (trong 0,8120 gam mẫu) = 1,01.10-3 (mol) 5 n MnO − (5) = (∑ n MnO− − ∑ n Fe 2+ 4 2 n n Với ∑ Fe2+ = nFeO (trong 0,8120 gam mẫu) + Fe2 O3 (trong 0,8120 gam mẫu) → n SO2 (5) = (∑ n MnO− − (n FeO )) n Fe2 O3 (trong 0,8120 gam mẫu) + (trong 0,8120 gam mẫu) n SO2 (5) = 5  → n SO2 (5) =  0,10.22, 21.10−3 − (5, 087.10 −3 + 2.1, 01.10 −3 ) ÷ ≈ 2.10−3 (mol) 2  Vậy: ∑n SO = 3, 01.10 −3 (mol) → VSO2 = 22, 3, 01.10 −3 = 0, 0674 (lit) %FeO = 0,3663 100 = 45,11% 0,8120 %Fe2 O3 = 65% − 45,11% = 19,89% 11 12 ... 3, 4. 10 11 ⇒ s .4 s K a2 = 3, 4. 10 −11 + ( K a + [H ]) Ta có: Thay Ka, [H+] = 10- 3.3 → s = 2,88 .10- 4M a Xét cân bằng: NH + H O € NH 4+ + OH− C2 O42− + H O € HC2 O 4 + OH − K b = 10 4, 76 K b1 = 10 9,73... : + O2 + 4H + 4e € 4H O K1 = 10 2H 2O 4H + + 4OH − € O + 2H O + 4e € ⇒ E 0O2 /H2 O = (1, 225 − 4OH − 4. 1,225 0,059 (K W ) = (10 14 ) (4) K4 = K1 (KW )4 56 0, 059 ) = +0,399V Câu 5: (4 điểm) a... −5 110, (kJ / mol) H10 ∆H S,ng/ tu,C4 H10 = −5 110, (kJ / mol) *(5) 4C(k) + 10H(k) → C4H10(k) Lấy (2) .4 + (3).5 + (5) ta được: ∆HS,C = 109 ,95 (kJ / mol) H10 4Cthan chì + 5H2(k) → C4H10(k) * Kết thu