Tuyến chọn một số bài từ sách TUYỂN TẬP 10 NĂM ĐỀ THI OLYMPIC
30/4 HÓA HỌC 10- NXB GIÁO DỤC
PHÂN I: HALOGEN
Câu 4: (đề 1996 trang 7)
Xét phản ứng tổng hợp hiđro iođua:
H
2
(khí) + I
2
(rắn)  2HI(khí) ∆H = +53kJ (a)
H
2
(khí) + I
2
(rắn)  2HI(khí) (b)
1.Phản ứng (a) là toả nhiệt hay thu nhiệt?
2.Xác định hiệu ứng nhiệt của phản ứng tổng hợp hiđro iođua (b) dựa vào
năng lượng liên kết nếu biết năng lượng liên kết của H – H, H – I và I – I lần
lượt bằng 436, 295 và 150 kJ.mol
-1
. Giải thích sự khác biệt của hai kết quả
cho (a) và (b).
3.Viết biểu thức tính hằng số cân bằng K của phản ứng (a) theo phương trình
hoá học của phản ứng.
4.Thực hiện phản ứng tổng hợp hiđro iođua theo (b) trong một bình kín,
dung tích 2 lit ở nhiết độ T, có hằng số cân bằng K = 36.
a, Nếu nồng độ ban đầu của H
2
và I
2
bằng nhau và bằng 0,02M thì nồng độ

2
(khí) + I
2
(rắn)  2HI(khí)
Trước phản ứng: 0,02M 0,02M 0
Phản ứng: x x 2x
Còn lại: 0,02 – x 0,02 – x 2x
Vậy :
 
   
 
2
2
36 2 6 0,02 0,015
0,02 . 0,02
x
x x x
xx
     
Kết luận: Ở cân bằng: [HI] = 0,03M, [H
2
] = [I
2
] = 0,005M
Số mol H
2
thêm:

-3

Khối lượng HI ở cân bằng cuối:
(0,03 + 2. 0,0029). 2. 128 = 9,165(gam) Câu 6 (năm 1997 trang 17)
Điều chế clo bằng cách cho 100g MnO
2
(chứa 13% tạp chất trơ) tác dụng
với lượng dư dung dịch HCl đậm đặc. Cho toàn bộ khí clo thu được vào
m500ml dung dịch có chứa NaBr và NaI. Sau phản ứng, cô cạn dung dịch,
thu được chất rắn A (muối khan) có khối lượng m gam.
a, Xác định thành phần chất rắn A nếu m = 117gam
b, Xác định thành phần chất rắn A trong trường hợp m = 137,6 gam. Biết
rằng trong trường hợp này, A gồm hai muối khan. Tỉ lệ số mol NaI và NaBr
phản ứng với Cl
2
là 3: 2. Tính nồng độ mol của NaBr và NaI trong dung dịch
đầu.
Các phản ứng đều hoàn toàn.
Cho Mn = 55, Br = 80, I = 127, Cl = 35,5, Na = 23
Giải:
MnO
2
+ 4HCl → MnCl
2
+ Cl
2
+ 2H

2
phản ứng hết, NaI và NaBr phản ứng hết m
A
= m
NaCl
= 117g (thỏa)
→ A chỉ chứa NaCl
Cl
2
phản ứng hết, NaI và NaBr dư → m
A
> 117 (g) (loại)
Cl
2
dư, NaI và NaBr hết → m
A
< 117(g) (loại)
Vậy A chỉ chứa NaCl
b, m = 137,6g > 117g → Cl
2
phản ứng hết
t
o

NaI, NaBr dư, n
NaI
: n
NaBr
= 3 : 2 → NaI phản ứng hết, NaBr còn dư.
n

2.0,4 0,2 3.0,4
2 ; 2,4
0,5 0,5
NaBr NaI
M C MC

   

Câu 1: đề 1998 trang 24
Cho khí Cl
2
vào 100 ml dung dịch NaI 0,2M (dung dịch A). Sau đó, đun sôi
để đuổi hết I
2
. Thêm nước để được trở lại 100 ml (dung dịch B).
a, Biết thể tích khí Cl
2
đã dùng là 0,1344 lít (đktc). Tính nồng độ mol/l của
mỗi muối trong dung dịch B?
b, Thêm từ từ vào dung dịch B một dung dịch AgNO
3
0,05M. Tính thể tích
dung dịch AgNO
3
đã dùng, nếu kết tủa thu được có khối lượng bằng:
(1) Trường hợp 1: 1,41 gam kết tủa.
(2) Trường hợp 2: 3,315 gam kết tủa.
Chấp nhận rằng AgI kết tủa trước. Sau khi AgI kết tủa hết, thì mới đến AgCl
kết tủa.
c, Trong trường hợp khối lượng kết tủa là 3,315 gam, tính nồng độ mol/l của

b, Để biết chỉ có AgI kết tủa hay cả hai AgI và AgCl kết tủa, ta dùng 2 mốc
để so sánh.
Mốc 1: AgI kết tủa hết, AgCl chưa kết tủa.
0,008 mol NaI → 0,008 mol AgI↓
m
1
= m
AgI
= 0,008.235 = 1,88 gam
Mốc 2: AgI và AgCl đều kết tủa hết
0,012mol NaCl → 0,012 mol AgCl↓
m
2
= 1,88 + 0,012.143,5 = 3,602 gam
m
↓
= 1,41 gam
1,41 < m
1
= 1,88 gam vậy chỉ có AgI kết tủa.
1,41
0,006( )
235
AgI
moln 

Vậy
3
0,006( )
AgNO

0,018
0,36( )
0,05
litV 

c, Trong trường hợp thứ nhì, dung dịch chỉ còn chứa NO
3
-
, Na
+
, Cl
-
dư
3
3
. d . d
0,018
0,012 0,008 0,02
0,012 0,01 0,002
AgNO
NO
NaCl b NaI b
Na Na bd
Cl du Cl bd
Cl
n moln
n n n n mol
n n n mol





  


  

Câu 2: đề 1999 trang 32
1. Ở 18
o
C lượng AgCl có thể hòa tan trong 1 lít nước là 1,5 mg. Tính tích số
tan của AgCl.
Tính nồng độ bão hòa của Ag
+
(mol/lít) khi người ta thêm dung dịch NaCl
58,5 mg/lít vào dung dịch AgCl ở 18
o
C.
2. Người ta khuấy iot ở nhiệt độ thường trong bình chứa đồng thời nước và
CS
2
nguội, và nhận thấy rằng tỉ lệ giữa nồng độ (gam/lít) của iot tan trong
nước và tan trong CS
2
là không đổi và bằng 17.10
-4
.
Người ta cho 50ml CS
2
vào 1 lít dung dịch iot (0,1 g/l) trong nước rồi khuấy



Khi thêm 1 lượng dung dịch NaCl.
Gọi S
2
là nồng độ Ag
+
mới: [Ag
+
] = S
2
→ [Ag
+
] = [Cl
-
] = S
2

Gọi δ là nồng độ của NaCl.
Trong dung dịch số ion Cl
-
: δ/1 lít
Vậy [Ag
+
] = S
2

[Cl
-
] = δ + S

→ δ = 0,0585/58,5 = 10
-3

Vậy
7
3 3 7
2
10 10 2.10
10
2
S

  
  


S
2
giảm 100 lần so với S
1

2. Theo giả thuyết ta có:
2
2
4
17.10
HO
I
CS
I

( / )
50
CS
I
x
g mlC 

Suy ra:
4
0,1
: 17.10
1000 50
xx



→ x = 0,0967
Nồng độ iot trong nước là: 0,1 – x = 0,0033 (g/l)
Câu 4: đề 2000 trang 38
a, Hai cốc đựng dung dịch axit clohiđric đặc lên hai đĩa cân A và B. Cân ở
trạng thái cân bằng. Cho a gam CaCO
3
vào cốc A và b gam M
2
CO
3
(M là
kim loại kiềm)vào cốc B. Sau khi hai muối đã phản ứng hết và tan hoàn
toàn, cân trở lại vị trí cân bằng.
1. Thiết lập bieetr thức tính khối lượng nguyên tử M theo a và b.

2
CO
3
+ 2HCl → 2MCl + CO
2
↑ + H
2
O (2)
(1) → khối lượng cốc A tăng =
 
100 44
0,56
100
a
a



(2) → khối lượng cốc B tăng =
 
2 60 44
0,56
2 60
Mb
a
M





n n n nn

   

24
1
0,2
5
H SO
moln 

0,6
HCl
moln 1. m
muối
= (20 – 3,4) + 0,2.96 + 0,6.35,5 = 57,1gam
Gọi x là số mol M tham gia phản ứng
2. ta có hệ x.M + 27x = 20 – 3,4 = 16,6

H
n

= 2x + 3x = 1
→ M = 56 (Fe)
Câu 3: đề 2001 trang 44
2. 14,224 iot và 0,112g hiđro được chứa trong bình kín thể tích 1,12 lít ở
nhiệt độ 400

bd
mol I mol ln


    2
2
0,112 0,056
0,056 0,05 /
2 1,12
H
bd
H mol ln


    

Phản ứng: H
2
+ I
2


2HI
v
1
= k
1



Mặc khác:
2
2 4 2 2
1
2
2
22
22
6 .10 . .
0,06
0,05 . .
2
HI
K
mol l
K
IH
mol l
K




   

   



n
= v
1
– v
2

v
1
= k
1
[I
2
][H
2
] = 36.10
-3
l.mol
-1
.phút
-1
.
2
0,06
0,05
2




mol

2
. l
-2

→ v
2
= 64 . 10
-7
mol. l
-1
. phút
-1

V
HI
= (144.10
-7
- 64.10
-7
) mol. l
-1
. phút
-1

V
HI
= 0,8. 10
-5
mol. l
-1

35,2
1,1 ( )
32
O bdau
x
x moln 

2
160
2,5 ( )
64
SO bdau
x
x moln 

2SO
2
+ O
2


2SO
3

Ban đầu: 2,5x 1,1x 0
xt, t
o

Phản ứng: 2,2xH 1,1xH 2,2xH
Sau phản ứng: (2,5x – 2,2xH) (1,1x – 1,1xH) 2,2xH

M
n n x H H

   


 
/
195,2 6,731
29 3,6 1,1
29 3,6 1,1
sau
hhsau kk
M
H
H
d   



Khi H = 0 → d = 1,87
H = 1 → d = 2,69
Vậy 1,87 < d < 2,69
C, Áp dụng công thức: PV = nRT
P
đầu
= 4,5atm
N
đầu
= 3,6x = 3,6.0,25 = 0,9(mol)

sau, (trong đó năng lượng tính theo đơn vị kcal/mol):
2
0
( ) ( ) 2( )
2 ; ?
k k r
Cl BaCl HBa

   

Quá trình tạo thành muối BaCl
2
tinh thể qua những bước sau,
Phân li phân tử Cl
2
: Cl
2(k)
→ 2Cl
-
; ∆H
1
= +57,0
Clo nhận electron: 2Cl + 2e → 2Cl
-
; ∆H
2
= 2.(-87)
Ba rắn thang hoa: Ba(r) → Ba(k); ∆H
3
= +46,0

→ BaCl
2
(r); ∆H = -205,6
Theo định luật Hess: ∆H = ∆H
1
+ ∆H
2
+ ∆H
3
+ ∆H
4
+ ∆H
5
+ ∆H
0

→ ∆H
0
= ∆H – (∆H
1
+ ∆H
2
+ ∆H
3
+ ∆H
4
+ ∆H
5
)
= -205 – 57 – (-174) - 46 – 119,8 – 230

+ I
2
+ 2OH
-

b, CO
2
+ NaClO + H
2
O → NaHCO
3
+ HclO
c, Cl
2
+ KI → 2KCl + I
2

d, 5H
2
O
2
+ 2MnO
-
4
+ 6H
+
→ 5O
2
+ 2Mn
2+

2
0
/2
1,36
Cl Cl
VE



Hướng dẫn giải:
M +
2
n
Cl
2
→ MCl
n

M + mHCl → MCl
m
+
2
m
H
2

a, Từ
2
n
= 1,5

2
EV   
: phản ứng xảy ra theo chiều thuận.
Câu 11: trang 152
1. Ag kim loai có khả năng tác dụng được với dung dịch HI 1N tạp thành khí
H
2
không?
Cho T
AgI
= 8,3.10
-17
E
0
(Ag
+
/Ag) = +0,799V
2. Trộn 250ml dung dịch AgNO
3
0,01M với 150ml dung dịch HCl 0,1M.
Tính nồng độ các ion tại thời điểm cân bằng T
AgCl
= 10
-10
.
Hướng dẫn giải:
[I
-
] = 1ion g/l → [Ag
+


∆E = +0,15V
Vậy Ag có thể đẩy H
2
ra khỏi HI trong điều kiện đã cho.
2.
3
3
0,25.0,01 2,5.10
AgNO
moln



2
0,15.0,1 1,5.10
HCl
n mol



3
3
3
2,5.10
6,25.10
0,4
Ag M NO

  

Ag
+
+ Cl
-

Ban đầu: 3,125.10
-2
M
Phản ứng: x x
Cân bằng: x 3,125.10
-2

+ x
T
AgCl
= 10
-10
→ x(3,125.10
-2

+ x) = 10
-10

x quá nhỏ:
10
9
2
10
3,2.10
3,125.10

-
, Br
-
, I
-
ở các giá trị pH
lần lượt bằng 0, 3, 5? Trên cơ sở đó đề nghị một phương pháo nhận biết các
ion halogenua có trong hỗn hợp gồm Cl
-
, Br
-
, I
-
.
Biết
1,51
2
/
4
o
EV
MnO Mn


,
1,36
/2
2
o
EV

-
, I
-
đều có nồng độ 10
-2
M. Trộn dung dịch A với dung dịch B (giả
thuyết nồng độ ban đầu của các ion không đổi) thì kết tủa nào được tạo
thành? Trên cơ sở đó hãy đề nghị phương pháo nhận biết sự có mặt của ion
Cl
-
trong một dung dịch hỗn hợp chứa Cl
-
, Br
-
, I
-
.
Biết
 
33
2
2NH Ag NHAg



K = 10
-7,24

T
AgCl

Mn
EE


   
   




* pH = 0,
2
4
/
2 2 2
,,
/2 /2 /2
1,51
MnO Mn
o o o
Cl Cl Br Br I I
VE E E E

  


Như vậy MnO
4
-
oxi hóa được cả Cl

4
-
chỉ oxi hóa được Br
-
, I
-
.
* pH = 5,
2
4
/
22
,
/2 /2
1,04
MnO Mn
oo
Cl Cl Br Br
VE E E



nhưng lớn hơn
2
/2
o
II
E

.

và NH
3
xảy ra hoàn toàn, như vậy dung dịch A
sẽ gồm
 
3
2
Ag NH

0,01M và NH
3
0,23M.

 
33
2
2NH Ag NHAg



K = 10
-7,24

Nồng độ ban đầu: 0,01 0,23
Nồng độ cân bằng 0,01- x x 0,23 + 2x
 
2
7,24
. 0,23 2
10

= 10
-16
,
nên chỉ có ion Br
-
và I
-

kết tủa. Sau đó dùng axit phá phức làm tăng nồng độ
của ion Ag
+
và nhận được Cl
-
nhờ kết tủa AgCl.
Câu 13: trang 155
Viết phương trình dưới dạng ion thu gọn phản ứng xảy ra khi cho dung dịch
KI tác dụng với dung dịch KmnO
4
(trong môi trường axit) trong các trường
hợp sau:
1. Sau phản ứng còn dư ion iođua (có giải thích).
2. Sau phản ứng còn dư ion pemanganat (có giải thích).
Biết giản đồ thế khử của I và Mn trong môi trường axit như sau:
1,70 1,14 1,45 0,54
4 6 3 3
H IO IO HIO I I
   
   
   




Ta viết lại giản đồ thế khử của I như sau:
1,70 1,20 0,54
4 6 3 3
H IO IO I I

   
  

Dựa vào thế khử của Mn ta suy ra
2
4
MnO

và Mn
3+
không bền vì chúng có
thể khử bên phải lớn hơn thế khử bên trái nên chúng sẽ bị dị phân thành hai
tiểu phân bên cạnh như ở HIO.
Đối với quá trình Mn
2+
→ Mn ta cũng không xét vì Mn kim loại không thể
tồn tại trong dung dịch nước khi có mặt H
+
do thế khử của Mn
2+
/Mn quá âm.
Do đó ta có thể viết lại giản đồ thế khử của Mn như sau:
4

  
và
33
00
/
1,2 0,54
IO I I
E V E V
  
  

Nên
46
H IO

hoặc
3
IO

đều có thể oxi hóa
I

thành
3
I

.
Như vậy
I


/MnO Mn
E

đều lớn
hơn
3
0
/II
E

nên
4
MnO

và
2
MnO
đều có thể oxi hóa
I

thành
3
I

. Như vậy
4
MnO


bị khử hoàn toàn thành

//MnO MnO MnO Mn
EE


nên
4
MnO

sẽ oxi
hóa
2
Mn

thành
2
MnO
.
Khi
2
MnO
dư thì
3
I

và
I

cũng không thể tồn tại vì:
4 2 3 3 3
0 0 0


vì
4 2 4 6
00
/
1,7
MnO MnO H IO
E E V


.
Do đó phương trình này xảy ra khi
4
MnO

dư như sau:
4 2 3 2
2 2 2MnO I H MnO IO H O
   
    

4 2 2 4 6
8 3 8 2 8 3MnO I H H O MnO H IO
   
    Câu 7: trang 170
Đánh giá khả năng hòa tan của HgS trong:
a, Axit nitric

HNO H NO



22
3 HgS Hg S



51,8
10
t HgS
TT



2
3 H S HS
  


2
1 12,92
10
a
k



0
2
3
1
0,059
3 2 2
2
32
2 4 3 2 10
3 2 8 3 3 2 4
E
NO H e NO H k
HgS NO H Hg S NO H O

  
  
    
    



21
3 3 3 3 2
12

t a a
k T k k k k



b, Trong nước cường toan:
Các quá trình xảy ra:
2
32
3 2 8 3 3 2 4HgS NO H Hg S NO H O
  
    

15,3
10k



22
4
34Hg Cl HgCl
  


14,92
4
10



2
3 4 2
3 2 8 12 3 3 2 4HgS NO H Cl HgCl S NO H O
   
     

10,9
2( )
10
HS
K


;
32
0
/
0,77
Fe Fe
EV


;
2
0
/
0,14
S H S
EV
;
17,4
10
FeS
T




2
22S H e H S


(2)
4,745
2
10K 

Tổ hợp (1) và (2)
32
2
2 2 2Fe H S Fe S H
  
  
(3)
2 1 21,255
3 1 2
. 10K K K



5.10
-3
2,5.10
-3
5.10
-3
5.10

4
. K
5
= 10
-19,92

Cân bằng (2,5.10
-3
– x) (5,5.10
-2
+ 2x) x
 
 
2
2
19,92
6
3
5,5.10 2
10
2,5.10
xx
K
x







Tính axit của dãy HXO
4
giảm dần khi X: Cl → I
Giải thích:
Cấu tạo của HXO
4
.
O O
H – O – X → O hoặc H – O – X = O
O O
Vì Cl → I độ âm điện giảm làm cho độ phân cực của liên kết – O – H giảm.
2. Giả sử lượng muối khan B thu được sau khi cho clo dư vào dung dịch A
chỉ có NaCl →
3,0525
0,0522
58,5
NaCl
n mol

NaCl + AgNO
3
→ AgCl↓ + NaNO
3
(1)
Theo (1) →
3,22875
.2 0,045 0,0522
143,5
NaCl AgCl
n n mol mol   

m m m g    

Do đó:
5,81
129,11 23 106,11
0,045
YY
NaY
M M M     

→ phải có một halogen có M > 106,11 → đó là iot. Vậy công thức của muối
thứ 2 là NaI.
Do đó có hai trường hợp:
* Trường hợp 1: NaF, NaCl và NaI
Gọi a, b lần lượt là số mol của NaCl và NaI
Ta có:
58,5 150 5,81 0,01027
0,045 0,03472
a b a
a b b
  



  


m
NaCl
= 58,5.0,01027 = 0,6008(g)


m
NaBr
= 103.0,02 = 2,06(g)
m
NaI
= 150.0,025 = 3,75 (g)
Vậy
2,06
% .100% 33,07%
6,23
NaBr 

3,75
% .100% 60,19%
6,23
NaI 

% 6,74%NaF 
Câu 8: X là một loại muối kép ngậm nước có chứa kim loại kiềm clorua và
magie clorua. Để xác định công thức của X, người ta làm các thí nghiệm
sau:
* Lấy 5,55g X hòa tan vào nuếoc rồi đem dung dịch thu được tác dụng với
lượng dư dung dịch AgNO
3
tạo thành 8,61gam kết tủa.
* Nung 5,55g X đến khối lượng không đổi thì khối lượng giảm 38,92%.

→ Mg(OH)
2
↓
Nung Mg(OH)
2
↓ → MgO + H
2
O
n
MgO
= 0,8/40 = 0,02mol =
2
Mg
n

ứng với 0,02 mol MgCl
2
ban đầu.
Còn lại 0,02 mol Cl
-
sẽ kết hợp với ion kim loại M
+
để cho 0,02 mol MCl có
khối lượng bằng:
5,55 – (2,16 + 0,02.95) = 1,49 gam.
Tính được:
1,49
35,5 39
0,02
M   

2
sục
vào dung dịch X, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 66,2 gam chất
rắn. Tính V(đkc)?
Hướng dẫn giải:
Gọi a, b, c lần lượt là số mol của MgCl
2
, NaBr, KI.
Phương trình phản ứng:
Cl
-
+ Ag
+
→ AgCl↓ (1)
Cl
-
+ Ag
+
→ AgBr↓ (2)
I
-
+ Ag
-+
→ AgI↓ (3)
Fe + 2Ag
+
(dư)
→ Fe
2+
+ 2Ag (4)

↓ → Fe
2
O
3
+ 3H
2
O (8)
Mg
2+
+ 2OH
-
→ Mg(OH)
2
(9)
Mg(OH)
2
→ MgO + H
2
O (10)
Theo (5) n
Fe(dư)
=
2
4,48
0,2
22,4
H
n mol

()

-
+ I
2
(1)
Cl
2
+ 2Br
-
→ 2Cl
-
+ Br
2
(2)
Khi phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn khối lượng muối giảm:
0,2(127 – 35,5) = 18,3 gam
Khi cả hai phản ứng (1) và (2) xay ra hoàn toàn khối lượng muối giảm:
0,2(127 – 35,5) + 0,4(80 – 35,5) = 36,1 gam
Theo đề bài ta co khối lượng muối giảm:
93,4 – 66,2 = 27,2 gam
18,3 < 27,2 < 36,1 chứng tỏ phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn và có một phần
phản ứng (2).
Đặt số mol Br
2
phản ứng bằng x thì khối lượng muối giảm:
18,3 + x(80 – 35,5) = 27,2
Suy ra x = 0,2 mol
Vậy
2
1
(0,2 0,2) 0,2