Đề thi chính thức môn: hoá học, bảng a

c oxit là Fe2Oz.
Theo kết quả tính ở trên, trong 59,08 gam hỗn hợp A có 0,2 mol Fe nên số gam Fe2Oz là 59,08 - 0,2.55,85 = 47,91 (g) tương ứng với số mol được kí hiệu u. 
Số mol NO do Fe từ Fe2Oz tác dụng với nước cường toan tạo ra là 
2 u = 0,6 u = 0,3 (5)
Đưa kết quả này vào liên hệ về số gam Fe2Oz , ta có:
0,3.(55,85 . 2 + 16z) = 47,91 z = 3 (6) 
Vậy Fe2Oz là Fe2O3
Kết luận: Hỗn hợp A gồm M là Fe, oxit chính là Fe2O3 (không thể là oxit khác).
Câu II (4,0 điểm): 1. 1,0 điểm; 2. 1,5 điểm; 3. 1,5 điểm. 
1. Người ta qui ước trị số năng lượng electron trong nguyên tử có dấu âm (-). Electron (e) trong He+ khi chuyển động trên một lớp xác định, e có một trị số năng lượng tương ứng, đó là năng lượng của một mức. Có 3 trị số năng lượng (theo đơn vị eV) của hệ He+ là -13,6; -54,4; -6,04.
a) Hãy chỉ ra trị năng lượng mức 1; 2; 3 từ 3 trị số trên. Sự sắp xếp đó dựa vào căn cứ nào về cấu tạo nguyên tử?
b) Từ trị số nào trong 3 trị trên ta có thể xác định được một trị năng lượng ion hoá của heli? Hãy trình bày cụ thể.
2. Thực nghiệm cho biết các độ dài bán kính ion theo đơn vị A như sau: 1,71; 1,16; 1,19 ; 0,68 ; 1,26 ; 0,85. Mỗi ion trong dãy này có cùng tổng số electron như ion khác trong dãy. Số điện tích hạt nhân Z của các ion đó trong giới hạn 2 < Z < 18. 
Hãy gán đúng trị số bán kính cho từng ion và xếp theo thứ tự tăng của các trị số này. Cần trình bày rõ về cơ sở cấu tạo nguyên tử và cấu hình electron của sự gán đúng đó. 
3. Thực nghiệm cho biết PCl5 có hình song tháp tam giác, góc liên kết trong mặt phẳng đáy là 120o, trục với mặt đáy là 90o. Áp dụng thuyết lai hoá, hãy giải thích kết quả đó.
Hướng dẫn giải:
1. a) Trong He+ có 1e nên nó chỉ chịu tác dụng của lực hút hạt nhân. e này chuyển động ở lớp càng gần hạt nhân càng chịu tác dụng mạnh của lực hút đó, năng lượng của nó càng âm (thấp).
 Khi chuyển động ở lớp thứ nhất, cấu hình 1s1, e này có năng lượng thấp nhất hay âm nhất, là -54,4 eV. Đó là mức thứ nhất (số lượng tử chính n = 1).
 Khi bị kích thich lên lớp thứ hai, chẳng hạn ứng với cấu hình 2s1, e này có năng lượng cao hơn, là -13,6 eV. Đó là mức thứ hai (số lượng tử chính n = 2).
Khi bị kích thich lên lớp thứ ba, chẳng hạn ứng với cấu hình 3s1, e này có năng lượng cao hơn nữa, là -6,0 (4) eV. Đó là mức thứ ba (số lượng tử chính n = 3). 
Khi e có năng lượng ở mức thấp nhất, mức thứ nhất (số lượng tử chính n=1) với trị số -54,4 eV, hệ He+ ở trạng thái cơ bản. Với hai trị năng lượng còn lại, -13,6 eV và - 6,0(4) eV, He+ đều ở trạng thái kích thích.
 b. Theo định nghĩa, năng lượng ion hoá I bằng trị số tuyệt đối năng lượng cuả1e tương ứng ở trạng thái cơ bản. Với hệ He+:
 1
 He+ (1s1) - e He2+ ; I2 = -E1s - (-54,4 eV) = 54,4 eV
2. Theo điều kiện 2 < Z < 18 (a)
 các ion được xét thuộc các nguyên tố chu kì 2 (từ Li đến Ne) (b); 
 chu kì 3 (từ Na đến Ar) (c)
 +). Xét (b): Các nguyên tố đầu chu kì: Li, Be, B, C với số e hoá trị ít nên chúng có khuynh hướng chủ yếu là mất e trở thành ion dương (+); hay góp chung e tạo liên kết cộng hoá trị. Do đó ta chú ý tới các nguyên tố cuối chu kì là F, O, N. Nguyên tử có nhiều e hoá trị hơn nên chúng có nhiều khả năng hơn trong việc thu e để trở thành ion âm (-). Đó là các ion âm F-(có 10 e ); O2-(có 10 e ); N3- (có 10 e). 
 +). Xét (b): Các nguyên tố đầu chu kì: Na, Mg, Al có ít e hoá trị nên chúng đều là kim loại hoạt động, dễ tạo thành ion dương (+): Na+ (có10 e); Mg2+ (có 10 e); Al3+ (có 10 e). Các nguyên tố cuối chu kì này là các phi kim dễ tạo thành ion âm (-) đều có 18 e như Cl- ; S2- ; P3-.
+) Đầu bài cho 6 trị số bán kính ion. Kết quả vừa xét trên cho 6 ion, mỗi ion này đều có 10 e với cấu hình 1s22s22p6. Các ion âm (-) có số điện tích hạt nhân Z nhỏ hơn các ion dương (+). Các ion âm có lực hút tác dụng lên các electron ngoài (trong cấu hình trên) yếu hơn các ion dương. Vậy các ion âm (-) có bán kính lớn hơn. •) 3 ion âm (-) có số điện tích hạt nhân Z giảm theo thứ tự F-(9); O2-(8); N3- (7) (d).Dãy (d) này đã được xếp theo thứ tự tăng độ dài bán kính các ion âm (-).
•) 3 iondương (+) có số điện tích hạt nhân Z giảm theo thứ tự Al3+ (13); Mg2+ (12); Na+ (11) 	 (e)
Dãy (e) này cũng đã được xếp theo thứ tự tăng độ dài bán kính các ion dương. 
Kết hợp (d) với (e) trên ta có dãy 6 ion theo thứ tự tăng độ dài bán kính như sau: Ion: Al3+ (13); Mg2+ (12); Na+ (11) F- (9); O2- (8); N3- (7)
 Bán kính: 0,68 0,85 1,16 1,19 1,26 1,71 
	Ghi chú: Thực tế các ion O2- và N3- kém bền, khó tồn tại.
3. a) Trước hết ta xét cấu hình electron của các nguyên tử.
 P (Z = 15) [Ne]3s23p3 (a) 
 Cl (Z = 17) [Ne]3s23p5 (b) 
	Kí hiệu [Ne] biểu thị cấu hình 1s22s22p6..
b) Hình dạng của PCl5 được mô tả như hình bên: 
Mặt đáy tam giác (Δ) có 3 đỉnh là 3 nguyên tử Cl (1), (2), (3); tâm là P. Góc ClPCl trong mặt đáy này là 120o.
Tháp phía trên có đỉnh là nguyên tử Cl(5), tháp phía dưới có đỉnh là nguyên tử Cl (4). Hai đỉnh này cùng ở trên đường thẳng đi qua P. Góc Cl (4) PCl (1) bằng 90o. 
Độ dài liên kết trục PCl (4) hay PCl (5) đều lớn hơn độ dài liên kết ngang trong mặt đáy, dt > dn.
c) Giải thích: Trong cấu hình electron của các nguyên tử P có 3 e độc thân. Để trở thành nguyên tử trung tâm trong PCl5, một phân tử có 5 liên kết tạo thành hình song tháp tam giác, P ở dạng lai hoá thích hợp là sp3d. 
 (Ghi chú : Giả thiết P ở dạng lai hoá sp2d2 vẫn được coi là hợp lí).
Do lai hoá như vậy, trong P có 5 obitan chứa 5 e độc thân (xem (a1) trên). 3 trong số 5 obitan đó ở trong cùng mặt phẳng có 3 đỉnh hướng về 3 phía lập thành 3 đỉnh của tam giác đều; 3 trục của chúng cắt nhau từng đôi một tạo thành góc 120o. P ở tâm tam giác đều này. 2 obitan còn lại có 2 đỉnh trên cùng một đường thẳng vuông góc (tạo góc 90o) với mặt phẳng tam giác và hướng về hai phía của mặt phẳng tam giác này.
	Trong mỗi vùng xen phủ đó có một đôi electron với spin ngược nhau (ư¯), do P và mỗi Cl góp chung, chuyển động. Vậy trong 1 phân tử PCl5 có 5 liên kết xích ma (σ). 3 trong 5 liên kết được phân bố trong mặt đáy tam giác. 2 liên kết còn lại ở trên đưòng thẳng vuông góc (tạo góc 900) với mặt phẳng tam giác và hướng về hai phía của mặt phẳng tam giác này. 
	(Hình bên minh hoạ rõ ràng kết quả đó). 
Như vậy, PCl5 có hình song tháp tam giác là hợp lí.
	Mỗi Cl có 1 AO-p nguyên chất chứa 1 e độc thân (xem (b) ở trên). Do đó mỗi AO này xen phủ với 1 obitan lai hoá của P tạo ra 1 liên kết xích ma (σ). 
Câu III (6,0 điểm): 1. 1,5 điểm; 2. 2,5 điểm; 3. 2,0 điểm.
1. Thêm H2SO4 vào dung dịch gồm Pb(NO3)2 0,010 M và Ba(NO3)2 0,020 M cho đến nồng độ 0,130 M (coi thể tích dung dijch không đổi khi thêm axit). 
	Hãy tính pH và nồng độ các ion kim loại trong dung dịch A thu được. 
 H2
2. a) Hãy biểu diễn sơ đồ pin gồm điện cực hiđro (p = 1 atm) đươc nhúng trong dung dịch CH3COOH 0,010 M ghép (qua cầu muối) với điện cực Pb nhúng trong dung dịch A. Hãy chỉ rõ anot, catot.
b) Thêm 0,0050 mol Ba(OH)2 vào 1 lit dung dịch ở phía điện cực hiđro (coi thể tích không thay đổi). Tính Epin và viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động.
 Cho: pKa (HSO4-) 2,00 ; pKa (CH3 COOH) 4,76;
 chỉ số tích số tan pKs (BaSO4) 9,93 ; pKs (PbSO4) 7,66 . 
 Pb2+/Pb
 (RT/F) ln = 0,0592lg ; Eo = - 0,123 V.
 3. Người ta mạ niken lên mẫu vật kim loại bằng phương pháp mạ điện trong bể mạ chứa dung dịch niken sunfat. Điện áp được đặt lên các điện cực của bể mạ là 2,5 V. Cần mạ 10 mẫu vật kim loại hình trụ; mỗi mẫu có bán kính 2,5cm, cao 20 cm. Người ta phủ lên mỗi mẫu một lớp niken dày 0,4 mm. Hãy: 
a) Viết phương trình các phản ứng xảy ra trên các điện cực của bể mạ điện. 
b) Tính điện năng (theo kWh) phải tiêu thụ. 
	Cho biết: Niken có khối lượng riêng D = 8,9 g/cm3; khối lượng mol nguyên tử là 58,7(g/mol); hiệu suất dòng bằng 90% ; 1 kWh = 3,6.106J.
Hướng dẫn giải:
 1. Pb(NO3)2 Pb2+ + 2NO3–
 0,010
 ----- 0,010
 Ba(NO3)2 Ba2+ + 2NO3–
 0,020
 ----- 0,020
 H2SO4 H+ + HSO4–
 0,130
 ----- 0,130 0,130
 HSO4– + Ba2+ BaSO4¯ + H+ ; 107,93 
 0,130 0,020 0,130
 0,110 ----- 0,150
 HSO4– + Pb2+ PbSO4¯ + H+ ; 105,66 
 0,110 0,010 0,150
 0,100 ----- 0,160
Thành phần của hệ: HSO4– 0,100 M , H+ 0,160 M 
, BaSO4¯ , PbSO4¯ 
 HSO4– H+ + SO42 – ; 10-2 	 
C 0,100 0,16 x
 x (0,160 + x) 
 0,100 - x
[ ] (0,100 - x) (0,160 + x) x
 = 10-2 x = [SO42–] = 5,69.10-3 (M)
 [HSO4–] = 0,0943 (M)
2H+/H2
PbSO4/Pb
PbSO4/Pb
Pb2+/Pb
(PbSO4)
PbSO4, H+/Pb, HSO4-
PbSO4, H+/Pb, HSO4-
Pb2+/Pb
2H+/H2
KS
 [SO42–] 
(BaSO4)
 10-9,93 5,69.10-3
KS
 [SO42–] 
(PbSO4)
 10-7,66 5,69.10-3
 x2 
(0,01 - x)
 1
[SO42–]
 [H+] [HSO4–] 
0,0592
 2 
0,0592
 2 
 KS
 Ka
0,0592
 2 
0,1657
0,0943 
0,0592
 2 
0,0592
 2 
0,0592
 2 
0,0592
 2 
0,0592
 2 
0,0592
 2 
 [ H+] = (0,160 + x) = 0,1657 (M) pH = 0,78
 [Ba2+] = = = 2,0.10-8 (M)
 [Pb2+] = = = 3,84.10-6 (M)
2. a) • Cực Hiđro: 2 H+ + 2e H2
 CH3COOH H+ + CH3COO– ; K a = 10-4,76 
 C 0,01 
 [ ] 0,01 - x x x
 = 10-4,76 x = [H+] = 4,08.10-4 M pH = 3,39
E = - 0,0592 pH = - 0,0592 ´ 3,39 = - 0,2006 (V)
 • Cực Pb/PbSO4:
 PbSO4 + H+ + 2 e Pb¯ + HSO4–
EPb = Eo + lg
Trong đó Eo = Eo + lg = - 0,291
EPb = - 0,291 + lg = - 0,283 (V) < E	 
(Hoặc: E = Eo + lg
 Mà Eo = Eo + lg KS
 = - 0,123 + lg10-7,66 = - 0,350 (V)
Vậy E = - 0,350 + lg(5,69.10-3)-1 = - 0,284 (V) ;
Cũng có thể tính theo cặp Pb2+/Pb:
E = - 0,123 + lg [Pb2+] = -0,123 + lg 3,84.10-6 = - 0,283 (V) 
 Vậy cực Pb là anot; cực hiđro là catot.
(-) (anot) Pb PbSO4¯ , H+ CH3COOH H2 (Pt) (+) (catot)
 BaSO4¯ , HSO4-
b) 2 CH3COOH + Ba(OH)2 (CH3COO)2Ba + 2 H2O
 0,010 0,005
 ----- ----- 0,005
 CH3COO- + H2O CH3COOH + OH- ; K b = 10-9,24 
 C 0,010
 [ ] 0,010 - x x x
 x2 
0,010 - x
 	 = 10-9,24 x = 10-5,62 pH = 8,38
2H+/H2
E = - 0,0592 pH = - 0,0592.8,38 = - 0,496 V (anot)
PbSO4/Pb
 E = - 0,284 V (catot)
Vậy Epin = - 0,284 - (- 0,496) = 0,212 V.
 Phản ứng trong pin: anot H2 2 H+ + 2e
 2 CH3COO- + 2 H+ 2 CH3COOH 
 2 CH3COO- + H2 2 CH3COOH + 2e
 catot PbSO4¯ + H+ + 2 e Pb¯ + HSO4–
 Phản ứng xảy ra trong pin:
PbSO4¯ + H2 + 2 CH3COO- + H+ Pb¯ + 2 CH3COOH + HSO4–
 3. a)