———————— ĐỀ DB KỲ THI CHỌN HSG GIẢI TOÁN TRÊN MTCT BẬC TRUNG HỌC NĂM HỌC 2014-2015 ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC - THPT Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề —————————————— Qui định chung: 1. Thí sinh được dùng một trong các loại máy tính: Casio fx-500A, fx-500MS, fx-500ES, fx- 570MS, fx-570ES; VINACAL Vn-500MS, Vn-570MS. 2. Nếu có yêu cầu trình bày cách giải, thí sinh chỉ cần nêu vắn tắt, công thức áp dụng, kết quả tính vào ô qui định. 3. Đối với các kết quả tính toán gần đúng, nếu không có chỉ định cụ thể, được lấy đến 4 chữ số thập phân sau dấu phẩy. Câu 1(2 điểm): Hợp chất Z tạo thành từ 3 nguyên tố A,B,X có M 2 < 120. Tổng số hạt proton, nơtron,electron trong các phân tử AB 2 , XA 2 , XB lần lượt là 66; 96; 81. a. Xác định trên các nguyên tố A, B, X và công thức hóa học của Z. b. Nguyên tố Y tạo với A hợp chất Z ’ gồm 7 nguyên tử trong phân tử và tổng số hạt mang điện trong Z ’ là 140. Xác định Y và Z ’ ĐA: a. Gọi a,b,x lần lượt là tổng số hạt proton ,nơ tron , electron trong1 nguyên tử A,B,X . Theo đề bài ,ta có : a + 2b = 66 (1) x + 2a = 96 (2) x + b = 84 (3 ) (1),(2),(3) a 18 b 24 c 60 =   ⇒ =   =  Gọi P A ,P B , P X lần lượt là số proton của A,B,X.n A ,n B , n X lần lượt là số nơ tron của A,B,X . Ta có : 2P A + n A = 18 2P B + n B = 24 2P X + n X = 60 Vì A A A P n 1,5P≤ ≤ A 18 18 P 3,5 3 ⇒ ≤ ≤ A 5,14 P 6 ⇒ ≤ ≤ A P 6 A⇒ = ⇒ Vậy A là Cacban (C) Tương tự B 24 24 P 3,5 3 ⇒ ≤ ≤ B 6,857 P 8⇒ ≤ ≤ B B P 7 n 10⇒ = ⇒ = ⇒ số khối = 7 +10 = 17(Loại ) B B P 8 n 8⇒ = ⇒ = ⇒ số khối = 8 + 8 = 16 (Chấp nhận ) Vậy B là Oxi (O ) X 60 60 P 3,5 3 ⇒ ≤ ≤ X 17,14 P 20⇒ ≤ ≤ X P 18⇒ = ( Loại vì khí trơ không tạo liên kết hóa học ) X X P 19 n 22⇒ = ⇒ = ⇒ số khối = 19 + 22 = 41 (Loại ) X X P 20 n 20⇒ = ⇒ = ⇒ số khối = 20 + 20 = 40 (Chấp nhận ) Vậy X là Canxi (Ca) Vậy công thức Z là CaCO 3 ( thỏa điều kiện M Z < 120 đ.v.c ) b. Z ’ : Y x C Y (x+y = 7 ) Gọi số proton của nguyên tử Y là P Y (2P Y )x + 12y = 140 hay P Y x + 6y = 70 ⇒ P Y x + 6(7-x) = 70 ⇒ P Y x - 6x = 28 ⇒ Y 28 P 6 ( x 7 ) x = + < Vậy Y là nhôm ( Al ) và Z ‘ là Al 4 C 3 Câu 2(2 điểm): Cho rằng hạt nhân nguyên tử và chính nguyên tử H có dạng hình cầu. Hạt nhân nguyên tử hiđro có bán kính gần đúng bằng 10 − 15 m, bán kính nguyên tử hiđro bằng 0,53 ×10 − 10 m. Hãy xác định khối lượng riêng của hạt nhân và nguyên tử hiđro. (cho khối lượng proton = khối lượng nơtron ≈ 1,672 ×10 − 27 kg khối lượng electron = 9,109 ×10 − 31 kg) ĐA: Khối lượng hạt nhân nguyên tử hiđro chính là khối lượng của proton = 1,672 ×10 − 27 kg + Thể tích hạt nhân nguyên tử hiđro bằng V = 3 4 4 r 3 3 ×π = × 3,14 ×(10 − 15 ) 3 = 4,19 ×10 − 45 (m 3 ) Khối lượng riêng của hạt nhân nguyên tử hiđro bằng: D = 27 45 1,672 10 4,19 10 − − × × = 3,99 ×10 8 (tấn/m 3 ) + Thể tích gần đúng của nguyên tử hiđro là: 10 3 4 3,14 (0,53 10 ) 3 − × × × = 0,63 ×10 − 30 (m 3 ) + Khối lượng của nguyên tử hiđro (tính cả khối lượng của electron) = 1,673 ×10 − 27 kg Khối lượng riêng của nguyên tử hiđro bằng 27 30 1,673 10 0,63 10 − − × × = 2,66 ×10 3 (kg/m 3 ) = 2,66 ×10 3 (g/cm 3 ) Câu 3(2 điểm): Khí N 2 O 4 kém bền, bị phân ly một phần theo phương trình: N 2 O 4 (khí) 2NO 2 (khí) (1) Thực nghiệm cho biết các số liệu sau khi (1) đạt tới trạng thái cân bằng ở áp suất chung 1 atm: Nhiệt độ (0 o C) 35 45 h M (g) 72,450 66,800 ( h M là khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí ở trạng thái cân bằng) a. Tính độ phân ly α của N 2 O 4 ở các nhiệt độ đã cho. b. Tính hằng số cân bằng K p của (1) ở mỗi nhiệt độ trên. c. Cho biết (1) là phản ứng thu nhiệt hay tỏa nhiệt. Giải thích? (Khi tính lấy tới chữ số thứ 3 sau dấu phẩy). ĐA: a. Đặt a là số mol N 2 O 4 có ban đầu, α là độ phân li của N 2 O 4 ở t o C xét cân bằng: N 2 O 4 2NO 2 số mol ban đầu a 0 số mol chuyển hóa aα 2aα số mol lúc cân bằng a(1 - α) 2aα Tổng số mol khí tại thời điểm cân bằng là a(1 + α) Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí: h 92a 92 M a(1 ) 1 = = + α + α 1 34 2 20 4 13 ( nhận ) x P Y - ở 35 o C thì h M = 72,45 → 92 1 + α = 72,45 →α = 0,270 hay 27% - ở 45 o C thì h M = 66,8 α = 0,377 hay 37,7% b. Ta có K c = [ ] [ ] 2 2 2 2 2 4 2a NO V 4a a(1 ) (1 )V N O V α     α   = = − α − α V là thể tích (lít) bình chứa khí Và PV = n S . RT → RT = S PV PV n a(1 ) = + α Thay RT, K c vào biểu thức K P = K c . n (RT) ∆ ở đây ∆n = 1 → K P = 2 2 2 4a PV P.4. . (1 )V a(1 ) 1 α α = − α + α − α ở 35 o C thì α = 0,27 → K P = 0,315 ở 45 o C thì α = 0,377 → , p K = 0,663 c. Vì khi tăng nhiệt độ từ 35 o C → 45 o C thì độ điện li α của N 2 O 4 tăng (hay K P tăng) → Chứng tỏ khi nhiệt độ tăng thì cân bằng chuyển sang chiều thuận (phản ứng tạo NO 2 ) do đó theo nguyên lí cân bằng Lơ Satơliê (Le Chatelier) thì phản ứng thuận thu nhiệt. Câu 4(2 điểm): 1. Phản ứng CO + Cl 2 ↔ COCl 2 có biểu thức tốc độ là v = k.[CO].[Cl 2 ] m . Tìm m, biết đơn vị của v là mol.l - 1 .s -1 và của k là mol -3/2 .l 3/2 .s -1 . Tốc độ của phản ứng sẽ thay đổi như thế nào nếu thể tích hỗn hợp được nén giảm n lần (n>1) so với ban đầu ( nén đẳng nhiệt ). 2. Tìm số hạt α và β được phóng ra từ dãy phóng xạ bắt đầu bằng U 238 92 để tạo thành nguyên tố X. Biết rằng nguyên tử của nguyên tố X có bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng là n=6, l=1, m=0 và s=+1/2; Tỷ lệ giữa số hạt không mang điện và số hạt mang điện trong hạt nhân nguyên tử X là 1,5122. ĐA: 1. Phản ứng CO + Cl 2 = COCl 2 v= k[CO].[Cl 2 ] m => đơn vị của v = đơn vị của k.đơn vị [CO].đơn vị [Cl 2 ] m <=> mol.l -1 .s -1 = mol -3/2 .l 3/2 .s -1 .mol.l -1 .mol m .l - m => m = 3/2 - Khi nén để thể tích hỗn hợp còn 1/n lần, thì nồng độ mỗi chất tăng lên n lần. Với m=3/2, ta có biểu thức v = k[CO].[Cl 2 ] 3/2 . Gọi a, b là nồng độ CO và Cl 2 ứng với tốc độ ban đầu v 1 , v 2 là tốc độ phản ứng khi nén thể tích hỗn hợp giảm n lần. Ta có: v 1 = k.a.b 3/2 v 2 = k.na.(nb) 3/2 = n 5/2 .k.a.b 3/2 => v 2 /v 1 = n 5/2 Với n >1, thì tốc độ phản ứng tăng n 5/2 lần. 2. Có n=6; l=1; m=0, s=+1/2 ⇒ Phân lớp sau chót 6p 2 Cấu hình electron lớp ngoài cùng: 6s 2 4f 14 5d 10 6p 2 Cấu hình electron của X: [Xe] 6s 2 4f 14 5d 10 6p 2 ⇒ Z X = 82. Gọi x là số hạt α , y là số hạt β Sơ đồ phân rã phóng xạ: U 238 92 → 206 82 Pb + x ( 4 2 He) + y ( 0 1− e) Bảo toàn số khối: 206 + 4x = 238 ⇒ x= 8 Bảo toàn điện tích: 82 + 2x - y = 92 y = 6 Tỷ lệ 5122,1 Z N = ⇒ N = 1,5122.82 = 124; A = 124 + 82 = 206 ⇒ 206 82 Pb Câu 5(2 điểm): a. Chứng minh hệ quả của định luật Hess: “Hiệu ứng nhiệt của phản ứng bằng tổng năng lượng liên kết của các chất tham gia trừ tổng năng lượng liên kết của các chất tạo thành”. b. Áp dụng: Tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng sau (các chất đều ở pha khí) và nêu ý nghĩa hóa học của kết quả tính được: CH CHHC CH CH HC CH 3 –CH 2 –CH 2 –CH 2 –CH 2 –CH 3 + 3H 2 (n-hecxan) (benzen) Cho năng lượng liên kết:: Trong n -hecxan: C – H: 412,6kJ/mol C – C : 331,5kJ/mol Trong benzen: C – H: 420,9kJ/mol C – C (trung bình): 486,6kJ/mol Trong H 2 : H – H: 430,5kJ/mol ĐA: a. Chứng minh hệ quả của định luật Hess: Giả sử có phản ứng tổng quát: AB + CD  → AD + CB Phản ứng bao gồm các quá trình diễn ra như sơ đồ sau: AB + CD  → ∆ x H AD + CB A + B C + D Theo định luật Hess, ta có: [ ] [ ] HΔHΔHΔHΔHΔ )CB(lk)AD(lk)CD(lk)AB(lkx −+−++= Hay: )CB(lk)AD(lk)CD(lk)AB(lkx HΔHΔ HΔHΔHΔ −−+= Từ đó có thế phát biểu: “Hiệu ứng nhiệt của phản ứng bằng tổng năng lượng liên kết của các chất tham gia trừ tổng năng lượng liên kết của các chất tạo thành”. b. Tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng. [ ] [ ] kJ4,697)5,430x3()9,420x6()6,486x6()5,331x5()6,412x14(HΔ +=++−+= Ý nghĩa: 0HΔ < có nghĩa là phản ứng thu nhiệt, như vậy kết quả tính toán hoàn toàn phù hợp thực tế, vì sự chuyển hóa n-hexan thành benzen là chuyển từ trạng thái bền sang trạng thái bền sang trạng thái kém bền hơn cần phải cung cấp năng lượng. Câu 6(3 điểm): 1. Có thể hòa tan 0,01 mol AgCl trong 100ml dung dịch NH 3 1M hay không? Biết T AgCl =1,8.10 -10 , K bền của phức [Ag(NH 3 ) 2 ] + là 1,8.10 8 . 2. a. Xác định độ tan của AgCN trong dung dịch đệm có pH =3. b. Ion phức Ag(NH 3 ) 2 + bị phân huỷ trong môi trường axit theo phản ứng: Ag(NH 3 ) 2 + + 2H + Ag + + 2NH 4 + Để 90% ion phức có trong dung dịch Ag(NH 3 ) 2 + 0,1M bị phân huỷ thì nồng độ H + tại trạng thái cân bằng là bao nhiêu. Biết :hằng số axit của CH 3 COOH là K 1 = 10 -4,76 ; HCN là K 2 = 10 -9,35 ; NH 4 + là K 3 = 10 -9,24 AgCN Ag + + CN - T = 2,2. 10 -16 ĐA: 1. 10 AgCl AgCl Ag Cl T 1,8.10 + − − + =€ ( ) 3 3 2 Ag 2NH Ag NH + + + € K bền = 1,8.10 8 ( ) 3 3 2 AgCl 2NH Ag NH Cl + − + +€ K=T AgCl .K bền = 3,24.10 -2 Ban đầu 1M Cân bằng 1-2x x x ( ) 2 2 2 x 3,24.10 1 2x − = − x 0,18 1 2x = − x = 0,132M t o , xúc tác )AB(lk HΔ )AB(lk H∆ )AD(lk HΔ− )CB(lk HΔ− ⇒ 100ml dung dịch NH 3 2M có thể hòa tan được 0,1.0,132 = 0,0132 mol AgCl> 0,01 mol AgCl Vậy 100ml dung dịch NH 3 2M có thể hòa tan 0,01 mol AgCl. 2. AgCN Ag + + CN - T = 10 -15,66 H + + CN - HCN K 2 -1 = 10 9,35 AgCN + H + Ag + + HCN K = TK 2 -1 = 10 -6,31 C (M) 10 -3 [ ] (M) 10 -3 + S S S = 10 -6,31 S 2 - 10 -6,31 S - 10 -9,31 = 0 S = 2,2.10 -5 Ag + + NH 3 Ag(NH 3 ) + β 1 = 10 3,32 Ag(NH 3 ) + + NH 3 Ag(NH 3 ) 2 + β 2 = 10 3,92 Ag + + 2NH 3 Ag(NH 3 ) 2 + β = 10 7,24 Ag(NH 3 ) 2 + Ag + + 2NH 3 β -1 = 10 -7,24 NH 3 + H + NH 4 + x 2 K 3 -1 = 10 9,24 Ag(NH 3 ) 2 + + 2H + Ag + + 2NH 4 + K = β -1 (K 3 -1 ) 2 = 10 11,24 Khi phức bị phân huỷ 90% thì : [Ag(NH 3 ) 2 + ] = 0,1 – 0,1 x 0,9 = 0,01 (M) [Ag + ] = 0,09 (M) [NH 4 + ] = 0,09 x 2 = 0,18 (M) Ag(NH 3 ) 2 + + 2H + Ag + + 2NH 4 + K = 10 11,24 [ ] (M) 0,01 y 0,09 0,18 = 10 11,24 ⇒ y = [H + ] = 1,3 .10 -6 (M) Câu 7(2 điểm): Tính pH của dung dịch thu được trong các hỗn hợp sau: a. 10ml dung dịch axit axêtic (CH 3 COOH) 0,10M trộn với 10ml dung dịch HCl có pH = 4,0 b. 25ml dung dịch axit axêtic có pH = 3,0 trộn với 15ml dung dịch KOH có pH = 11,0 c. 10ml dung dịch axit axêtic có pH = 3,0 trộn với 10ml dung dịch axit fomic (HCOOH) có pH = 3,0. Biết pKa của CH 3 COOH và HCOOH lần lượt là 4,76 và 3,75 ĐA: a. Gọi C A là nồng độ M của dung dịch CH 3 COOH 3 3 CH COOH CH COO H − + +€ C C A 0 0 ΔC x x x [ ] C A – x x x Với pH = 3,0 ⇒ x = 10 -3 M ( ) 3 2 3 4,76 3 A 6 3 1,24 10 A 4,76 10 10 C 10 10 C 10 10 0,0585M 10 − − − − − − − + − = − = + = ≈ Dung dịch K OH có pH = 11,0 ⇒ [OH - ] = [KOH] = 14 3 11 10 10 M 10 − − − = Sau khi trộn: 3 2 CH COOH 3 4 KOH 3 3 2 0,0585x25 C 0,03656M 3,66.10 M 40 10 x15 C 3,75.10 M 40 CH COOH KOH CH COOK H O − − − = = ≈ = = + → + Phản ứng 3,66.10 -2 3,75.10 -4 0 0 Sau phản ứng (3,66.10 -2 – 3,75.10 -4 )0 3,75.10 -4 3,75.10 -4 3 3 CH COOH CH COO H − + +€ Dung dịch thu được là dung dịch đệm 3 3 3 4 CH COOK CH COOH 2 4 CH COOH C 3,75.10 pH pK lg 4,76 lg C 3,66.10 3,75.10 − − − = + = + − pH = 6,745 b. Tương tự với câu trên: -Dung dịch CH 3 COOH có pH = 3,0 ứng với 3 CH COOH C 0,0585M= - Dung dịch HCOOH có pH = 3,0 ứng với nồng độ axit fomic ( ) 2 pH 6 pH 3 2,25 3 3 HCOOH 3,75 HCOOH 10 10 C 10 10 10 10 6,62.10 M K 10 − − − − − − − − = + = + = + = Sau khi trộn lẫn: 3 CH COOH 3 3 HCOOH 0,0585.10 C 0,02925M 20 6,62.10 .10 C 3,31.10 M 20 − − = = = = Tính gần đúng: 3 3 CH COOH CH COOH HCOOH HCOOH H K .C K .C +   = +   4,76 3,75 3 10 .0,02925 10 .3,31.10 − − − = + 6 1,0969.10 − = → [H + ] ≈ 1,047.10 -3 → pH = -lg (1,047.10 -3 ) → pH ≈ 2,98 Câu 8(2 điểm): Cho giản đồ thế khử chuẩn của Mn trong môi trường axit: a. Tính thế khử chuẩn của cặp: - 2- 4 4 MnO /MnO và 3 2 Mn /Mn + + b. Hãy cho biết các tiểu phân nào không bền và bị dị phân. Hãy tính hằng số cân bằng của các phản ứng dị phân đó. ĐA: a. Thế khử chuẩn của cặp: - 2- 4 4 MnO /MnO và 3 2 Mn /Mn + + 2 4 MnO − +4H + +2e → MnO 2 +2H 2 O (1) 0 1 E =+2,27V MnO 4 - + 4H + +3e → MnO 2 +2H 2 O (2) E 0 2 =+1,70V Lấy (2) trừ (1) ta có: MnO 4 - +e → 2 4 MnO − (3) E 0 3 = 3E 0 2 – 2E 0 1 = +0,56V MnO 2 +1e +4H + → Mn 3+ +2H 2 O (4) E 0 4 =+0,95V ? ?- 2- 3+ 2+ 4 4 2 +2,27V +0,95V MnO MnO MnO Mn Mn→ → → → +1,70V +1,23V MnO 2 +2e +4H + → Mn 2+ +2H 2 O (5) E 0 5 =+1,23V Lấy (5) trừ (4) ta có: Mn 3+ +1e → Mn 2+ (6) E 0 6 = 2E 0 5 – E 0 4 = +1,51V b. 2 4 MnO − và 3+ Mn không bền và dị phân. 2 4 MnO − +4H + +2e → MnO 2 +2H 2 O 0 1 E =+2,27V 2 2 4 MnO − → 2MnO 4 - +2e 0 3 -E =-0,56V 3 2 4 MnO − +4H + → 2MnO 4 - + MnO 2 +2H 2 O (7) ∆E 0 7 = +1,71V >0 nên phản ứng (7) tự xảy ra. 0 7 7 2ΔE lgK = 57,966 0,059 = → K 7 = 9,25.10 57 Mn 3+ +1e → Mn 2+ 0 6 E =+1,51V Mn 3+ +2H 2 O → MnO 2 +1e+4H + -E 0 4 = -0,95V 2Mn 3+ +2H 2 O → MnO 2 +Mn 2+ +4H + (8) ∆E 0 8 = +0,56V >0 nên phản ứng (8) tự xảy ra. 0 8 8 ΔE lgK = 9,492 0,059 = → K 8 = 3,1.10 9 Câu 9(2 điểm): Hòa tan 8,00g 1 hidroxit kim loại chưa biết có công thức M(OH) 2 vào 1,00dm 3 nước thì thu được 6,52 g chất rắn không tan còn lại. Thêm tiếp 51,66 M(NO 3 ) 2 vào dung dịch thì thấy khối lượng pha rắn tăng đến 7,63g. Hãy xác định tên kim loại này. Giả thiết rằng thể tích dung dịch không thay đổi và các chất tan đều tan hoàn toàn. ĐA: Chất rắn không tan còn lại là M(OH) 2 Khối lượng hidroxit tan vào nước : 8,00 – 6,52 = 1,48 g  mol 34M 1,48 n 2 M(OH) + = Nồng độ các ion trong dung dịch : (M) 34M 1,48 ][ 2 + = + M (M) 34M 2,96 34M 1,48 x 2 ][ + = + = − OH Tích số tan của M(OH) 2 trong nước : 2 3 2 2 M(OH) 3 4 x 1,48 T [M ][OH ] (M 34) + − = = + Lượng M 2+ thêm vào : (M) 124M 51.66 2 + = + M C Tại cân bằng mới : (M) 34M 0,74 2x) 10(][ 7- + ≈+= − OH (M) 124M 51,66 34M 0,37 ][ 2       + + + = + M )(M 34M 0,74 124M 51,66 34M 0,37 ]][OH[MT 3 2 2 M(OH) 2       +       + + + == −+  124M 51,66 34M 0,37 34M 23,68 + + + = +  M = 40 Vậy kim loại là Canxi. Hidroxit là Ca(OH) 2 Câu 10(2 điểm): Chất hữu cơ X (chỉ chứa C, H, O và có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất). Cho 2,76 gam X tác dụng với dung dịch NaOH vừa đủ, sau đó chưng khô thì thu được hơi nước, phần chất rắn chứa hai muối của natri có khối lượng 4,44 gam. Đốt cháy hoàn toàn 4,44 gam hỗn hợp hai muối này trong oxi thì thu được 3,18 gam Na 2 CO 3 ; 2,464 lít CO 2 (ở điều kiện tiêu chuẩn) và 0,9 gam nước. Tìm công thức phân tử, viết công thức cấu tạo có thể có của X. ĐA: 2 3 Na CO n = 3,18 0,03 106 = mol ; 2 CO n = 2,464 0,11 22,4 = mol X + NaOH → hai muối của natri + H 2 O (1) Hai muối của natri + O 2 → 0 t Na 2 CO 3 + CO 2 ↑ + H 2 O (2) Số mol Na = 0,06 mol; Số mol C = 0,03 + 0,11 = 0,14 mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ở (1) ta có : 2 2 2 ôi 0,72 (2,76 2,4) 4, 44 0,72 0,04 18 X NaOH mu H O H O H O m m m m m gam n mol + = + ⇒ = + − = ⇒ = = Tổng số mol H trong nước = 2 số mol H 2 O(1&2) = 2.(0,04 +0,05) = 0,18 mol Số mol H trong 0,06 mol NaOH = 0,06 mol. Bảo toàn mol H: nH(X) + nH(NaOH) = nH(H 2 O) = 0,18 mol. Số mol H trong X là : 0,18 – 0,06 = 0,12 mol Khối lượng O trong X là : 2,76 – (0,14.12 +0,12) = 0,96 (gam) hay n O = 0,06 mol Ta có tỷ lệ : n C : n H : n O = 0,14 : 0,12 : 0,06 = 7 : 6 :3 Vậy công thức phân tử của X là : C 7 H 6 O 3 Do : n X = 2,76 0,02 138 mol= ; 0,06 3 0,02 NaOH X n n = = Và X có số(л+v) = 5 Nên công thức cấu tạo của X là : OOCH OH OOCH OH OO OH CH . ———————— ĐỀ DB KỲ THI CHỌN HSG GIẢI TOÁN TRÊN MTCT BẬC TRUNG HỌC NĂM HỌC 2014-2015 ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC - THPT Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời. bằng) a. Tính độ phân ly α của N 2 O 4 ở các nhiệt độ đã cho. b. Tính hằng số cân bằng K p của (1) ở mỗi nhiệt độ trên. c. Cho biết (1) là phản ứng thu nhiệt hay tỏa nhiệt. Giải thích? (Khi tính. máy tính: Casio fx-500A, fx-500MS, fx-500ES, fx- 570MS, fx-570ES; VINACAL Vn-500MS, Vn-570MS. 2. Nếu có yêu cầu trình bày cách giải, thí sinh chỉ cần nêu vắn tắt, công thức áp dụng, kết quả tính