Tài liệu luyện thi học sinh giỏi Hóa học Lớp 10 (40 Đề kèm lời giải)

 Tài liệu luyện thi học sinh giỏi Hóa học Lớp 10 (40 Đề kèm lời giải) - DeThiHay.net
 ĐÁP ÁN
 Câu Nội dung Điểm
 a) Theo thuyết VSEPR, cấu trúc các phân tử như sau:
 1,0
 1.1
 (1,25 
điểm)
 μ > 0 μ > 0 μ > 0 μ > 0 μ = 0 μ = 0
 b) SF4 có cấu trúc lưỡi cưa (hay bập bênh) do đó có moment lưỡng cực 
 khác 0. Trong khi đó SF có cấu trúc bát diện có moment lưỡng cực bằng 
 6 0,25
 0. Tương tác lưỡng cực là tương tác chủ yếu giữa các phân tử này và làm 
 tăng nhiệt độ sôi của SF4 so với SF6.
 Theo đề bài có: He He2+ + 2e ; I = +79,00 (eV)
 + 2+ E
 Mặt khác, He He + 1e ; I2 = ‒ e trong He+
 2 0,25
 + 2
 mà He là hệ 1 hạt nhân 1 electron I2 = +13,6. 2 = +54,4 (eV)
 1.2 1
 -18
 (0,75 I1, He = I – I2 = 24,60 eV = 3,941.10 (J)
điểm) Năng lượng của bức xạ:
 hc 6,625.10 34 .(3.108 ) 0,25
 E = = = 4,96875.10 18 (J)
  40.10 9
 1 2 −18 6 0,25
 Wđ (e) = mv = E – I1 = 1,02775.10 (J) v = 1,502.10 (m/s)
 2
 A N .k m 235 t
 238 = 238 238 = 238   1/2(235) = 21,18 0,25
 A235 N235.k235 m235 238 t1/2(238)
 Khối lượng 238U trong quặng:
 1.3 m = 500.50%.99,28% = 248,2 (gam)
 238 0,25
 (0,75 Số nguyên tử U trong quặng:
 248,2
điểm) N = 6,023.1023 = 6,281.1023 (nguyên tử)
 238
 Hoạt độ phóng xạ của 238U trong quặng: 0,25
 ln 2
 A = N.k = 6,281.1023  = 9,675.1013 phân rã/năm = 3,068.106 Bq
 4,5.109
 1 1
 a) Số ion Ti4+: 1; số ion Ba2+: 8 = 1; số ion O2−: 6 = 3 0,25
 8 2
 DeThiHay.net Tài liệu luyện thi học sinh giỏi Hóa học Lớp 10 (40 Đề kèm lời giải) - DeThiHay.net
 Số phối trí của Ti4+ = 6; số phối trí của Ba2+ = 12; số phối trí của O2− = 6. 0,25
 b) Trong 1 ô mạng cơ sở có 1 phân tử BaTiO3. 0,25
 1.4 233 0
 d = = 6,02 a = 4,005.10 8 cm = 4,005A
 (1,25 6,023.1023.a3 0,25
 0
điểm) 2r + 2r = a r = 0,7425A
 Ta có: Ti4+ O2 Ti4+
 0 0,25
 2r + 2r = a 2 r = 1,572 A
 Mặt khác ta có, Ba2+ O2 Ba2+
 a) N2O4(g) ƒ 2NO2(g)
 0 0 −1 0,25
 ΔrH298 = 58,41 kJ; ΔrS298 = 176,6 J.K
 0 0 0 
 Δ G = Δ H T.Δ S = 5783,2 J > 0. 
 r 298 r 298 r 298 0,25
 Vậy ở đkc, phản ứng không tự diễn biến.
 0
 b) ΔrG298 = −R.T.lnKp, 298. Từ đó tính được Kp, 298 = 0,097.
 Dựa vào phương trình Van’t Hoff: 0,25
 0
 KT Δ H 1 1 
 ln 2 = r 
 K R T T
 T1 1 2 
 3
 K318 58,41.10 1 1 
 ln = 0,25
 K298 8,314 298 318 
 2.1
 K318 = 0,427. 
 (1,75 
 c) N O (g) ƒ 2NO (g) 
điểm) 2 4 2
 t = 0 1 0 
 0,25
 t = 1 − α 2α ∆n = 1 + α
 p2
 Ta có: K = NO2
 p p
 N2O4
 2
 2α 1 α 4α 0,25
 Với: p = x .P = P ; p = P Kp = P
 NO2 NO2 1 + α N2O4 1 + α 1 α2
 Tại 298K tính được α298 = 10,95%
 Tại 318K tính được α318 = 22,51%
 Kết quả này phù hợp với nguyên lí Le Chatelier. Phản ứng trên là phản 0,25
 ứng thu nhiệt nên khi tăng nhiệt độ, cân bằng chuyển dịch theo chiều 
 thuận. Do đó độ phân li tăng.
 a) Giả sử phản ứng có bậc 1, ta có:
 2 2 
 [S2O8 ]o 1 [S2O8 ]o
 kt ln 2 k ln 2 
 [S2O8 ] t [S2O8 ]
 t (min) 50 100 150 200 250
 k (min−1) 4,969.10−3 5,025.10−3 5,005.10−3 4,998.10−3 5,007.10−3
 0,25
 DeThiHay.net Tài liệu luyện thi học sinh giỏi Hóa học Lớp 10 (40 Đề kèm lời giải) - DeThiHay.net
 Các giá trị k tính tại các thời điểm t khác nhau đều xấp xỉ nhau.
 phản ứng có bậc 1.
 2.2 b) Ở 80oC:
 (1,25  k 3 1 0,25
 - Hằng số tốc độ của phản ứng: k i 5,001.10 (min ) 
điểm) 353 5
 ln 2 0,25
 - Thời gian bán phản ứng: t1/2 138,6 (min)
 k353
 c) Tại thời điểm t = 120 phút: 0,25
 2 2 k353 .t
 [S2O8 ] [S2O8 ]o .e 5,487 mM
 2 2 2 0,25
 [SO4 ] 2 [S2O8 ]o [S2O8 ] 2.(10 5,487) 9,026mM
 Xét phản ứng: C3H6O3(l) + 3O2(g) 3CO2(g) + 3H2O(l)
 a) Để phản ứng xảy ra hoàn toàn: 0,25
 P.V 1
 n = 3n = 3 (mol)
 O2 R.T C3H6O3 90
 0,082 . 295 . 3
 P = 1,613 (atm) 0,25
 2.3 0,5 . 90
 (1,0 Vậy áp suất P tối thiểu phải bằng 1,613 atm.
điểm) b) 1,0 gam acid C3H6O3 bị đốt cháy toả ra một nhiệt lượng là 
 q = 8,36.1,8 = 15,048 (kJ). 0,25
 Do quá trình đẳng tích nên biến thiên nội năng của phản ứng là 
 q −1 0,25
 U = Qv = − = −15,048 . 90 = −1354,32 (kJ.mol )
 n
 C3H6O3
 −3 −1
 rH = U + n.R.T = −1354,32 + 0.R.T.10 = −1354,32 (kJ.mol )
 2 2 
 a) BaSO4 ƒ Ba SO4
 3.1.
 [Ba2 ][SO2 ] S2 T 0,25
 (0,5 Ta có: 4
 10 5
điểm) S T 1,1.10 1,05.10
 b) m = 0,5.1,05.10−5.233 = 1,22.10−3 gam = 1,22 mg. 0,25
 a) Giải theo cách bảo toàn nồng độ Al3+: 
 3+ 2+ + −4,3
 Al + H2O ƒ AlOH + H β1 = 10
 Bảo toàn nồng độ Al3+: 0,25
 3+ 2+ 3+ 3+ −1 
 3.2. [Al ] + [AlOH ] = 0,005.2 [Al ] + [Al ].1.h = 0,01
 (2,0 0,01 h
 Al3 0,01
 1
điểm) 1 β1.h h + β1
 Điều kiện để có xuất hiện kết tủa Al(OH)3 là
 3+ − 3
 [Al ].[OH ] ≥ KS(Al(OH)3) 
 DeThiHay.net Tài liệu luyện thi học sinh giỏi Hóa học Lớp 10 (40 Đề kèm lời giải) - DeThiHay.net
 3
 h Kw 32,4
 0,01  10
 h + β1 h 0,25
 h ≤ 1,2.10−4 (M) hay pH ≥ 3,92. 
 Vậy để bắt đầu có kết tủa Al(OH)3 thì pH1 = 3,92. 
 Giải gần đúng: 
 β .C
 So sánh, ta thấy 1 Al3+ >> Kw nên pH tính theo phương trình sau:
 3+ 2+ + −4,3
 Al + H2O ƒ AlOH + H β1 = 10
 0,01 – x x x
 2
 x 4,3 4 3
 Ta có: 10 x = 6,83.10 C 3+ = 9,317.10 0,25
 0,01 x Al
 Điều kiện để bắt đầu có kết tủa Al(OH)3 là 
 − Ks −11
 [OH ] = C - = 3 = 7,53.10 M pH = 3,88
 OH C
 Al3+
 Vậy pH để bắt đầu kết tủa Al(OH)3 là 3,88.
 * Tương tự, để có kết tủa Mg(OH)2 thì: 
 Giải theo cách bảo toàn nồng độ Al3+: 
 0,02 h
 Ta có: Mg2 0,02  
 1
 1 β2.h h + β2
 2+ − 2 0,25
 [Mg ].[OH ] ≥ KS(Mg(OH)2) 
 2
 h Kw 9,20
 0,02  10
 h + β2 h 
 h ≤ 5,62.10−11 (M) hay pH ≥ 10,25. 
 0,25
 Để có kết tủa Mg(OH)2 thì pH2 = 10,25.
 x2
 10 12,8 x = 5,64.10 8 C 0,02
 0,02 x Mg2+
 Điều kiện để bắt đầu có kết tủa Mg(OH) là 
 2 0,25
 − Ks −4
 [OH ] = C = = 1,78.10 M pH = 10,25
 OH C
 Mg2+
 Vậy pH để bắt đầu kết tủa Mg(OH)2 là 10,25.
 b) Khi Al3+ được kết tủa hoàn toàn và tách ra khỏi dung dịch: 
 h
 [Al3+] + [AlOH2+] = 10−6 (M) ⇔ [Al3+ ] = 10 6  0,25
 h + β1
 3
 3+ − 3 −32,4 6 h Kw 32,4
 Mặt khác: [Al ] . [OH ] = 10 ⇔ 10   10
 h + β1 h 
 h = 10−5,66 hay pH = 5,66. 
 Ở giá trị pH này thì Mg(OH)2 chưa kết tủa nên có thể tách riêng được 2 0,25
 DeThiHay.net Tài liệu luyện thi học sinh giỏi Hóa học Lớp 10 (40 Đề kèm lời giải) - DeThiHay.net
 cation kim loại ra khỏi nhau.
 a) 
 + − −4,76
 CH3COOH ƒ H + CH3COO Ka = 10 (1) 0,25
 + − −14
 H2O ƒ H + OH Kw = 10 (2) 
 Ta thấy C .K = 0,1. 10−4,76 → K cân bằng (1) là chủ yếu.
 CH3COOH a w
 + − −4,76 0,25
 CH3COOH ƒ H + CH3COO Ka = 10 (1)
 0,1
 0,1 – x x x 
 2 0,25
 x −4,76
 Ta có: Ka = = 10 
 0,1 x
 x = 1,3.10−3 pH = 2,89 
 b) Các quá trình xảy ra: 
 −
 3.3. NH4Cl NH4 + Cl 
 (1,5 − −4,76
 NH3 + H2O ƒ NH4 + OH Kb = 10 (1)
điểm) 0,25
 + −9,24
 NH4 ƒ NH3 + H Ka = 10 (2) 
 + − −14
 H2O ƒ H + OH Kw = 10 (3) 
 Vì C .K >> K cân bằng (1) là chủ yếu.
 NH3 b w
 0,25
 − −4,76
 NH3 + H2O ƒ NH4 + OH Kb = 10 
 0,2 0,1 
 0,2 – x 0,1 + x x 
 (0,1 x).x 4,76 5
 Ta có: Kb 10 x 3,47.10
 0,2 x 0,25
 [H+] = 2,88.10−10 M pH = 9,54 
 Cb
 HS giải theo công thức pH = pKa + lg , vẫn tính điểm tối đa.
 Ca
 a) Theo phương trình Nernst 
 0,059 2+
 E 2 = 0,34 + lg [Cu ] = 0,3105 V
 Cu /Cu 2 0,25
 [Fe3 ]
 4.1. E
 Fe3 /Fe2 = 0,77 + 0,059.lg 2 = 0,798 V 
 (1,25 [Fe ]
 So sánh thấy E 3 2 > E 2 
điểm) Fe /Fe Cu /Cu
 Cực Pt là cực dương, cực Cu là cực âm. 0,25
 Sơ đồ pin: ( ) Cu Cu2+ (0,1 M) Fe2+; Fe3+ Pt (+)
 Ở cực (−): xảy ra sự oxi hóa: Cu Cu2++ 2e
 DeThiHay.net Tài liệu luyện thi học sinh giỏi Hóa học Lớp 10 (40 Đề kèm lời giải) - DeThiHay.net
 Ở cực (+): xảy ra sự khử: Fe3+ + 1e Fe2+
 Cu + 2Fe3+ Cu2+ + 2Fe2+
 E E
 b) Epin = Fe3 /Fe2 − Cu2 /Cu = 0,798 − 0,3105 = 0,4875 V. 0,25
 c) Khi pin ngừng hoạt động thì suất điện động 
 E E 0,25
 E = Fe3 /Fe2 Cu2 /Cu = 0
 2+
 Do thể tích dung dịch CuSO4 khá lớn nên coi nồng độ Cu không đổi và 
 bằng 0,1M.
 [Fe3 ] 0,25
 Khi đó 0,77 + 0,059lg = E 2 = 0,3105V 
 [Fe2 ] Cu /Cu
 [Fe3 ]
 = 1,63.10−8 (HS có thể ghi đáp án là 10−7,79)
 [Fe2 ]
 Ta có:
 2 
 MnO2 4H 2e  Mn 2H2O
 0 0,059 4 0,059 2 4 0,25
 E 2 E 2 lg[H ] 1,23 lg(10 ) 0,994 V
 4.2. MnO2 /Mn MnO2 /Mn 2 2
 (0,75 
 2Cl Cl2 2e
điểm)
 0 0,059 1 0,059 1 0,25
 E E lg 2 1,36 lg 2 2 1,478 V
 Cl2 /2Cl Cl2 /2Cl 2 [Cl ] 2 (10 )
 E 2 < E . Vậy không điều chế được khí chlorine. 0,25
 MnO2 /Mn Cl2 /2Cl
 a) PTPỨ: Mg(s) + 2Ag+(aq) → Mg2+ (aq) + 2Ag(s)
 Các electron chuyển từ anode sang cathode nhờ dây dẫn điện. Trong cầu 0,25
 muối, các anion chuyển về anode, các cation chuyển về cathode.
 4.3. 
 b) 
 (0,75 
 0,059 0,25
 E 2 = −2,37 + lg0,010 = −2,429V
điểm) Mg /Mg 2
 E
 Ag /Ag = +0,80 + 0,059lg0,10 = +0,741V 0,25
 Epin = 0,741 – (–2,429) = +3,17V.
 0 4 0 16 0
 a) Ta có: 4E E E 
 IO3 /HIO 3 HIO/I3 3 IO3 /I3
 16 16 0,25
 4.4. E0 4E0 1,2 41,14
 IO /I IO /HIO
 0 3 3 3 3 3
 (1,25 E = 1,38 V.
 HIO/I3 4 4
điểm)
 3 3 0,25
 4 0 2 0 0
 Ta có: E E 2.E 
 3 HIO/I3 3 I3 /I HIO/I
 DeThiHay.net Tài liệu luyện thi học sinh giỏi Hóa học Lớp 10 (40 Đề kèm lời giải) - DeThiHay.net
 4 2 4 2
 E0 E0 1,38 0,54
 HIO/I I /I 
 0 3 3 3 3 3 3
 E = 1,1 V.
 HIO/I 2 2
 Dựa vào giản đồ Latimer, trong môi trường acid, tiểu phân không bền là 
 HIO vì có thế khử bên phải lớn hơn thế khử bên trái, nên HIO sẽ tự 
 0,25
 oxi hóa - khử phân hủy thành IO3 và I3 .
 +
 4HIO → IO3 + I3 + 2H + H2O
 a)
 5.1.
 Chất H O HF HI H S HBr HCl 1,0
 (1,5 2 2
 Nhiệt độ sôi +100 +19,5 −35,4 −60,38 −66,8 −84,8
điểm)
 b) Tính acid: H2O < H2S < HF < HCl < HBr < HI 0,5
 − +
 a) (2x – 1)I + IOx + 2xH → xI2 + xH2O (1)
 0,25
 I + 2S O2 → S O2 + 2I− (2)
 2 2 3 4 6 0,25
 2 – 2 
 Hoặc I3 + 2S2O3 → 3I + S4O6
 b) n = 0,1.0,0748 = 7,48.10−3 (mol) 
 5.2. Na2S2O3
 1 −3
 (1,0 Từ (2): n = nNa S O = 3,74.10 (mol) 
 I2 2 2 2 3 0,25
điểm)
 1 3,74.10 3
 Từ (1): n = nI = (mol) 
 IOx x 2 x
 10.x 0,25
 M = = 53,5x 23 + 127 + 16x = 53,5x x = 4 
 NaIOx 50.3,74.10 3
 Vậy X là NaIO4.
 1
 a) n = 3, ℓ = 1, m = −1, s = − 0,25
 ℓ 2
 X có cấu hình electron 1s22s22p63s23p4
 0,25
 X là sulfur (S).
 5.3 to
 b) (1) S + O2  SO2
 (1,5 o
 (2) SO + Cl t SO Cl
điểm) 2 2 2 2
 (3) SO Cl + 2H O  2HCl + H SO
 2 2 2 2 4 1,0
 to
 (4) 3S + 6NaOH  2Na2S + Na2SO3 + 3H2O
 to
 (5) Na2SO3 + S  Na2S2O3
 (6) Na2S2O3 + 2HCl  2NaCl + S + SO2 + H2O
 DeThiHay.net Tài liệu luyện thi học sinh giỏi Hóa học Lớp 10 (40 Đề kèm lời giải) - DeThiHay.net
 ĐỀ SỐ 4
 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI 
 BẮC GIANG QUỐC GIA THPT NĂM HỌC 2024 - 2025
 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: HÓA HỌC
 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
 23 –1 –1 –1
Cho: Hằng số Avogadro NA = 6,022.10 mol ; Hằng số khí lí tưởng R = 8,314 J.mol .K ; Áp 
suất chuẩn p° = 1 bar = 105 Pa; Áp suất khí quyển P = 1 atm = 1,013 bar = 1,013.105 Pa; Nhiệt 
độ 0 oC = 273,15 K; Hằng số Planck h = 6,626.10–34 J.s; Tốc độ ánh sáng trong chân không 
 8 –1 –19 -
c = 3,0.10 m.s ; Điện tích nguyên tố e = 1,6022.10 C; Khối lượng electron: me = 9,1.10
31 kg; 1 eV = 96,486 kJ.mol-1.
Câu 1 (2,5 điểm).
1. Chiếu chùm photon có bước sóng λ = 15 nm vào nguyên tử Li (Z = 3), người ta thấy có 
 6
hai dòng electron bay ra trong đó dòng electron đầu tiên có tốc độ là v1 = 5,22.10 m/s và sau 
 6
một thời gian dòng electron thứ hai bay ra có tốc độ là v2 = 1,54.10 m/s. (Chú ý: hai dòng 
electron không bay ra đồng thời)
a. Xác định năng lượng ion hóa thứ nhất (I1) và thứ hai (I2) của Li.
b. Để có dòng electron thứ ba tách ra khỏi nguyên tử Li thì photon chiếu vào Li có bước 
sóng là bao nhiêu? Biết rằng, đối với hệ 1 hạt nhân - 1 electron, năng lượng liên kết giữa hạt 
nhân với electron được xác định bởi biểu thức:
 푍2
 = - 2,18.10 - 18 (퐽)
 푛 푛2
Với Z là số đơn vị điện tích hạt nhân; n là số lượng tử chính.
2. Liên kết N-O phổ biến trong các hợp chất của nitrogen.
a. Dựa vào thuyết MO, sắp xếp theo chiều tăng độ dài liên kết N-O của các phân tử và ion sau: 
NO; NO+; NO-.
 + o + o
b. Độ dài liên kết N-O trong NO là 1,06A còn độ dài liên kết N-O trong NO2 là 1,15 A , 
hãy giải thích sự khác biệt về độ dài liên kết của FNO ở thể khí và thể rắn theo bảng sau:
 FNO (khí) FNO (rắn)
 LN-O 1,13 1,08
c. Khi cho NO vào dung dịch FeSO4 thu được phức chất màu nâu [Fe(H2O)5NO]SO4. Trong 
phức chất này người ta đã xác định được độ dài liên kết N-O tương đương độ dài liên kết 
trong phân tử CO, momen từ hiệu dụng của phức chất là 3,9. Hãy mô tả liên kết trong phức 
chất phù hợp với giá trị thực nghiệm.
Câu 2 (3,0 điểm).
1. Cho các giá trị nhiệt động liên quan đến phản ứng trong bảng sau:
 DeThiHay.net Tài liệu luyện thi học sinh giỏi Hóa học Lớp 10 (40 Đề kèm lời giải) - DeThiHay.net
 Ag2CO3(s) Ag2O(s) CO2(g)
 o ―1
 ΔfH (298 K)(kJ.mol ) -501,66 -30,58 -393,51
 So(298 K)(J.mol―1.K―1) 167,4 121,8 213,8
 ―1 ―1
 (퐽. 표푙 .퐾 ) 109,6 65,7 37,6
a. Ag2CO3(s) bị nhiệt phân theo phương trình sau: Ag2CO3(s) Ag2O(s) + CO2(g). Tính 
 표
hằng số cân bằng 퐾 (298 K) của phản ứng ở 298 K.
 5
b. Làm khô Ag2CO3(s) trong dòng khí nóng dưới áp suất 10 Pa và nhiệt độ không đổi 383 
K. Tính áp suất riêng phần tối thiểu của CO2(g) cần có trong dòng khí để tránh sự phân hủy 
Ag2CO3(s). 
 표 표 표 표 표 표 2
Biết: 훥 ( 2) = 훥 ( 1) + 훥 ( 2 ― 1);훥 푆 ( 2) = 훥 푆 ( 1) + 훥 푙푛
 1
2. Tiến hành pha dung dịch bằng cách trộn dung dịch NaOH 0,500 M (dung dịch A) với 
dung dịch H3AsO4 0,500 M (dung dịch B). 
a. Tính pH của dung dịch H3AsO4 ban đầu (pKa1 = 2,19, pKa2 = 6,94, pKa3 = 11,5).
b. Tính pH dung dịch thu được sau khi trộn 30,00 mL dung dịch A và 10,00 mL dung dịch B. 
Thêm một lượng thể tích xác định dung dịch A và B vào trong bình định mức với thể tích 
100,00 mL. Sau đó thêm vào nước cất đến vạch và trộn kĩ, kết quả thu được dung dịch C với pH 
= 10,4 và tổng nồng độ As(V) là 0,040 M. 
 3- 2- -
c. Tính nồng độ cân bằng [AsO4 ], [HAsO4 ], [H2AsO4 ] trong dung dịch C. Tính thể tích 
(mL) dung dịch A và B đã được dùng để pha dung dịch C. Phương pháp thường được sử 
 -
dụng để loại bỏ arsenic khỏi nước thải là kết tủa chúng dưới dạng Ca3(AsO4)2 (Ks = 7,24.10
22). Cho 100 mL dung dịch đệm có pH = 5,6 không chứa arsenic và calcium vào một mẫu 
Ca3(AsO4)2 có khối lượng 10,00 g.
d. Tính độ tan (g/L) của Ca3(AsO4)2 trong dung dịch đệm. Giả sử rằng thành phần của dung 
dịch đệm không tham gia vào các cân bằng cạnh tranh. Bỏ qua sự tạo phức hydroxo của 
Ca2+.
Câu 3 (2,5 điểm)
1. Một nguyên tố X, nguyên tử có ba lớp electron (K, L, M) có các giá trị năng lượng ion 
hoá I (tính theo kJ/mol) như sau:
 I1 I2 I3 I4 I5 I6
 1012 1093 2910 4956 6278 22230
Viết cấu hình electron của X. 
2. Xét dãy biến hóa sau:
 DeThiHay.net Tài liệu luyện thi học sinh giỏi Hóa học Lớp 10 (40 Đề kèm lời giải) - DeThiHay.net
 H O lạnh H O lạnh H O dư
 Y 2 A2 2 A3 2 A4
 o
 O2 dư, t
 H2O2,NaOH trao đổi ion
 P trắng X A1
 Y, tO
 H O lạnh H O dư
 Z 2 A5 2 A6
Biết từ A1 đến A6 là các chất oxoaxit của photpho, A1, A3 và A5 có công thức phân tử tương 
tự nhau.
a. Biết A1 chứa 38,27% khối lượng là photpho. Dung dịch 0,81 g A1 phản ứng vừa đủ với 10 
mL dung dịch KMnO4 0,20 M trong môi trường axit. A1 có cấu tạo đối xứng. Xác định và vẽ 
cấu tạo của A1.
b. Biết: % khối lượng photpho trong A2 và A3 lần lượt là 38,75%; 34,83%. Các nguyên tử 
photpho trong A2 tương đương nhau. Xác định và vẽ cấu tạo của các axit A2, A3 và A4. Đề 
xuất cơ chế phản ứng thủy phân của Y tạo ra A2.
c. Xác định và vẽ cấu tạo của A5 và A6. 
Câu 4 (1,5 điểm)
Khi chuẩn độ các đa acid hoặc đa base, nếu tỉ số các hằng số phân li kế tiếp nhau vượt quá 
1.104 lần thì cho phép chuẩn độ riêng rẽ từng nấc với sai số không quá 1%. Mặt khác để đảm 
bảo sai số cho phép, người ta chỉ chuẩn độ các acid, base có hằng số cân bằng lớn hơn 
1.10−9. 
Citric acid hay acid chanh là acid 3 nấc (có cấu tạo và các giá trị pKa như hình bên) được viết 
tắt là H3Cit, có nguồn gốc tự nhiên từ các loại quả cam, chanh. Nó là chất bảo quản thực phẩm 
tự nhiên và thường được thêm vào thức ăn và đồ uống (một số sản phẩm trà túi lọc) để tạo vị 
chua. 
Chuẩn độ 10,0 mL dung dịch citric acid 2.10-3 M bằng dung dịch NaOH 5,00.10−3 M. 
a. Viết phương trình phản ứng chuẩn độ. 
b. Tính pH tại điểm tương đương. 
c. Hãy chọn chất chỉ thị thích hợp cho phép chuẩn độ trên trong số các chỉ thị sau đây: 
Methyl đỏ (pT = 6,20); Bromthymol xanh (pT = 7,60); Phenolphtalein (pT = 9,00).
 DeThiHay.net