SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ TĨNH

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Đề thi có 02 trang, gồm 8 câu)

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

LỚP 10,11 THPT NĂM HỌC 2017-2018

Môn thi: HÓA HỌC-LỚP 11

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu

Nội Dung

Điểm

1

1. Các nguyên tố X thỏa mãn gồm:

C( 2p²): CH₄

P(3p³): PH₃.

Se(4p⁴): SeH₂.

I(5p⁵): HI.

2.

2CuFeS_x +(4x+10) H₂SO_4(đặc)Fe₂(SO₄)₃ + 2CuSO₄ +(6x+5) SO₂ + (4x+10) H₂O (1)

5C₂H₂ + 6KMnO₄ + 9H₂SO₄→ 5HOC – COOH + 6MnSO₄ + 3K₂SO₄ + 9H₂O (2)

2

1. C₃H₄ và C₄H₆ đều có cùng một công thức chung

=> là đồng đẳng của nhau nếu cùng là ankin hoặc cùng là ankađien.

Nếu một chất là ankin, một chất là ankađien thì chúng không phải là đồng đẳng.

2.

3. Ta có: X (C_xH_2yO_z), Y(C_aH_2bO_z) với a = x + n và b = y + n

Mặt khác, từ công thức của X ta có: 2y ≤ 2x+2 (2)

Từ (1,2) =>y = x+1

Vậy X, Y là cùng thuộc ancol no, mạch hở có công thức chung: C_mH_2m+2O_n (m ≥ 1; m ≥ n ≥ 1)

3.

1.

a/ -Các nguyên liệu:quặng apatit, quặng photphorit và H₂SO₄ đặc.

Giai đoạn 1: Ca₃(PO₄)₂ + 3H₂SO₄ → 3CaSO₄ + 2H₃PO₄

Giai đoạn 2: 4H₃PO₄+ Ca₃(PO₄)₂ → 3Ca(H₂PO₄)₂.

b/ Đặt công thức của supephotphat dạng Ca(H₂PO₄)₂.xCaSO₄. Ta có

2. Đặt số mol Fe(NO₃)₂ là 4a và NaNO₃ là 2b.

Y gồm NO₂ (8a), O₂( a+b).

Cho Y tác dụng với NaOH( đủ)

4NaOH + 4NO₂ + O₂ → 4NaNO₃ + 2H₂O (3)

2NaOH + 2NO₂→ NaNO₂ + NaNO₃ + H₂O (4)

TH1: Theo (1, 2, 3): Nếu => Z chỉ chứa NaNO₃.

Z chỉ phản ứng với hỗn hợp KI và H₂SO₄ loãng: khí Q là N₂O.

8I^– +2NO₃^– +10 H⁺ → N₂O + 4I₂ + 5H₂O

TH2: Theo (1, 2, 3, 4): => Z gồm NaNO₃, NaNO₂.

Z sẽ tham gia phản ứng với cả (KMnO₄ + H₂SO₄) và (KI và H₂SO₄)

Phần 1: 2MnO₄^– + 6H⁺ + 5NO₂^– → 5NO₃^– + 2Mn²⁺ + 3H₂O.

Phần 2: 8I^– +2NO₃^– +10 H⁺ → N₂O + 4I₂ + 5H₂O

và 4I^– +2NO₂^– +6 H⁺ → N₂O + 2I₂ + 3H₂O

4

1.

2.

Với dung dịch ZnSO₄: thu được kết tủa trắng đến khối lượng cực đại, sau đó tan một phần:

Zn²⁺ +SO₄^2- + Ca²⁺ + 2OH^– → Zn(OH)₂↓+CaSO₄↓

Zn(OH)₂ +2OH^– → ZnO₂^2- + 2H₂O

Với dung dịch NH₄HCO₃: thu được kết tủa trắng, có khí mùi khai thoát ra:

Ca²⁺ + 2OH^– + NH₄⁺ + HCO₃^– → CaCO₃↓+ NH₃↑ + 2H₂O.

Với dung dịch (NH₄)₂SO₄: thu được kết tủa trắng, có khí mùi khai thoát ra:

Ca²⁺ + OH^– + NH₄⁺ + SO₄^2- → CaSO₄↓+ NH₃↑ + H₂O.

5

Vì Y tác dụng được với KOH nên phản ứng của CO₂ với dung dung dịch Ba(OH)₂, NaOH thu được hai muối CO₃^2- và HCO₃^–.

(1,2) =>

=>

6

Dung dịch sau phản ứng chỉ chứa muối sunfat trung hòa, chứng tỏ NaHSO₄ vừa đủ phản ứng với X.

7

1. E bị hấp thu hoàn toàn trong dung dịch brom nên X, Y đều là hiđrocacbon không no, X và Y đều là chất khí ở điều kiện thường nên số nguyên tử C ≤4.

Trường hợp 3 loại vì Y(C₅H₄) là chất lỏng, trái giả thiết. Tương tự các trường hợp Y chứa 5 trở lên đều thu đượcY là chất lỏng(không thỏa mãn)

2. a/

TH1: CO₂ phản ứng sinh ra hai muối BaCO₃(0,011 mol) và Ba(HCO₃)₂ (0,007 mol)

=>

=> A là CH₃OH, B đơn chức

b/

Vì => B phải là ancol không no

Ta có hai khả năng:

loại vì CH₂=CH-OH không bền.

TH2: CO₂ phản ứng sinh ra hai muối BaCO₃(0,011 mol): không thỏa mãn.

8

1.

a/ – NO₂ trên nguyên tử N còn có 1 e tự do chưa liên kết, nên 2 nguyên tử N dễ góp chung e để có cấu hình bát tử.

– Trong phân tử AlCl₃, nguyên tử Al có lớp e ngoài cùng chưa bảo hòa (còn có 1AO trống) nên ở trạng thái khí AO trống này có khuynh hướng nhận thêm 1 cặp e ghép đôi của nguyên tử Cl ở phân tử kia để có cấu hình bát tử.

– Nguyên tử N, C trong phân tử NH₃, CO₂ đã có cấu hình bát tử, nên không đime hóa được.

b/- t⁰_s của hiđro clorua bé hơn hiđro florua do F có độ âm điện rất lớn nên ở điều kiện thường giữa các phân tử hiđro florua có liên kết hiđro liên phân tử còn hiđro clorua không có khả năng đó.

– Độ bền của phân tử NH₃ lớn hơn của phân tử PH₃. Do độ âm điện của N lớn hơn, bán kính của N bé hơn => các liên kết N-H phân cực hơn các liên kết P-H.

2. Công thức nguyên của A là (CH)_n; n ≤ 7, chẵn => CTPT của X: C₂H₂ ( ), C₄H₄(xiclobuta-1,3- đien; ) và C₆H₆ (benzen; )

3.

Ta có: K_a.C_CH3COOH >>K_W => chỉ xét (1)

. Vậy [ CH₃COO^–] = 3,88.10^-5M

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ TĨNH

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Đề thi có 02 trang, gồm 9 câu)

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10,11 THPT NĂM HỌC 2020-2021

Môn thi: HÓA HỌC-LỚP 11

Thời gian làm bài: 180 phút

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ TĨNH

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10,11 THPT NĂM HỌC 2020-2021

Môn thi: HÓA HỌC-LỚP 11

Thời gian làm bài: 180 phút

Ý

NỘI DUNG

ĐIỂM

1.

(1,0 điểm)

a. Si + 2KOH + H₂O → K₂SiO₃ + 2H₂↑

CO₂ + KOH  KHCO₃.

2CO₂ + K₂SiO₃ + 2H₂O  H₂SiO₃ + 2KHCO₃.

0,25

0,25

b. Fe + 2HCl  FeCl₂ + H₂.

Cl^– + Ag⁺  AgCl

3Fe²⁺ + NO₃^– + 4H⁺  3Fe³⁺ + NO + 2H₂O

Fe²⁺ + Ag⁺  Fe³⁺ + Ag

0,25

0,25

2.

(1,5 điểm)

a. Thêm dung dịch NH₄Cl vào X cân bằng (1) chuyển dịch theo chiều nghịch.

Vì: NH₄Cl  NH₄⁺ + Cl^–.

Làm tăng nồng độ của ion NH₄⁺.

0,25

0,25

b. Thêm dung dịch Ba(OH)₂ vào X cân bằng (1) chuyển dịch theo chiều nghịch.

Vì: Ba(OH)₂  Ba²⁺ + 2OH^–.

Làm tăng nồng độ của ion OH^–.

0,25

0,25

c. Thêm dung dịch NaHSO₄ vào X cân bằng (1) chuyển dịch theo chiều thuận.

Vì: NaHSO₄  Na⁺ + HSO₄^–.

HSO₄^–  H⁺ + SO₄^2-.

H⁺ + OH^–  H₂O.

Làm giảm nồng độ của ion OH^–.

0,25

0,25

3.

(1,0 điểm)

X là C_xH_y. x : y = 92,3/12 : 7,7/1 = 1 : 1  (CH)_n.

85 < 13n < 110  6,5 < n < 8,4

+) n = 7  loại

+) n = 8  C₈H₈ có ∆ = 5

*) CTCT của X

1 mol X phản ứng tối đa với 1 mol Br₂ trong dung dịch  X có 1 liên kết π kém bền (dạng anken)

1 mol X phản ứng tối đa với 4 mol H₂  X có 4 liên kết π hoặc vòng kém bền

 X có 4 liên kết π hoặc vòng bền không tác dụng với dung dịch Br₂.

 X là hợp chất có cấu trúc của vòng benzene.

 X là stiren

0,25

0,25

*) CTCT của Y

Y tác dụng với Cl₂ có ánh sáng thu được một dẫn xuất monoclo duy nhất

 Y phải là hợp chất no hoặc hợp chất thơm và Y chứa các nguyên tử cacbon đồng nhất nên CTCT của Y là

0,5

Ý

NỘI DUNG

ĐIỂM

1.

(2,0 điểm)

a. Không nên bón phân lân với vôi bột cùng một lúc vì:

Phân lân tác dụng với Ca(OH)₂ tạo dạng không tan, cây trồng khó hấp thụ, đất trồng trở nên cằn cỗi.

Các phản ứng:

CaO + H₂O  Ca(OH)₂.

Ca(H₂PO₄)₂ + 2Ca(OH)₂  Ca₃(PO₄)₂ + 4H₂O

0,25

0,25

b. Vì khi chuột ăn phải Zn₃P₂ vào thì Zn₃P₂ bị thủy phân rất mạnh tạo photphin (PH₃).

Zn₃P₂ + 6H₂O  3Zn(OH)₂ + 2PH₃.

PH₃ sinh ra rất độc là nguyên nhân chính gây chết với các triệu chứng khó hô hấp, đau đầu, chóng mặt, buồn nôn, thấy phảng phất mùi tỏi. 

0,25

0,25

c. Không dùng CO₂ để dập tắt đám cháy của một số kim loại như Al, Mg…vì các kim loại này tiếp tục cháy trong khí CO₂ theo phương trình

0,25

0,25

d. Phản ứng tạo men răng:

5Ca²⁺ + 3 + OH^– ⇄ Ca₅(PO₄)₃OH (1)

Vì trong trầu có vôi tôi Ca(OH)₂, chứa Ca²⁺ và OH^– làm cho cân bằng (1) chuyển dịch theo chiều thuận.

0,25

0,25

2.

(1,5 điểm)

*) T {CO₂ = 0,35; CO = 0,15}

*) E { NO = 0,1, N₂O = 0,09 và N₂ = 0,06}

*) BTKL m Z = 51,82 gam

*) BTKL m H₂O = 24,3 gam hay n H₂O = 1,35 mol

*) BT H  NH₄⁺ = 0,03 mol

*) BT N  NO₃^– (muối) = 2,39 mol

Vậy m = 47,82

0,25

0,25

1,0

Ý

NỘI DUNG

ĐIỂM

1.

(1,0 điểm)

2M + 2H₂O  2MOH + H₂. (1)

Số mol OH^– = 2 số mol H₂ = 0,6 mol

n HCl = 3a (mol) và n H₂SO₄ = a (mol)

 số mol H⁺ = 5a mol

OH^– + H⁺  H₂O (2)

Do pH = 13  [OH^–] = 0,1M  số mol OH^– dư = 0,06 mol

số mol OH^– pư (2) = 0,6 – 0,06 = 0,54 mol

 5a = 0,54  a = 0,108  n HCl = 0,324 mol và n H₂SO₄ = 0,108 mol

Chất rắn gồm { Na⁺, K⁺, Li⁺, OH^– = 0,06 mol, SO₄^2- = 0,108 mol , Cl^– = 0,324 mol}

 m = 12,2 gam

0,5

0,5

2.

(1,5 điểm)

a. Cho hỗn hợp lần lượt đi qua bình đựng dung dịch NaHCO₃ dư và H₂SO₄ đặc, dư

+ Bình đựng dung dịch NaHCO₃ dư giữ khí HCl

NaHCO₃ + HCl  NaCl + CO₂ + H₂O

+ Bình đựng H₂SO₄ đặc, dư giữ nước

0,25

0,25

b. Cho hỗn hợp lần lượt đi qua bình đựng dung dịch bazơ dư (NaOH, Ca(OH)₂ …)

và H₂SO₄ đặc, dư

+ Bình đựng dung dịch bazơ dư (NaOH, Ca(OH)₂ …) giữ khí CO₂, SO₂.

CO₂ + 2NaOH  Na₂CO₃ + H₂O.

SO₂ + 2NaOH  Na₂SO₃ + H₂O.

+ Bình đựng H₂SO₄ đặc, dư giữ nước.

0,25

0,25

c. Cho hỗn hợp lần lượt đi qua bình đựng dung dịch NaCl dư và H₂SO₄ đặc, dư

+ Bình đựng dung dịch NaCl dư giữ khí HCl.

(Vì dung dịch NaCl dư giữ khí HCl và làm tăng thêm nồng độ ion Cl^– làm cho cân bằng Cl₂ + H₂O ⇄ H⁺ + Cl^– + HClO chuyển dịch hoàn toàn sang trái)

+ Bình đựng H₂SO₄ đặc, dư giữ nước.

0,25

0,25

Ý

NỘI DUNG

ĐIỂM

N₂O = 0,05 mol và H₂ = 0,03 mol

n Mg = x mol và kim loại n M = y mol

Do có khí H₂ thoát ra nên NO₃^– hết

E + NaNO₃ và 0,76 mol HCl  F{Mg²⁺; Mⁿ⁺; Na⁺; NH₄⁺; Cl^–} + N₂O và H₂ + H₂O

*) Phần 1:

n Na⁺ = a mol; n NH₄⁺ = b mol

BT N  a – b = 0,1

m muối = 13,18 + 23a + 18b + 35,5*0,76 = 2*21,64  23a + 18b = 3,12

 a = 0,12; b = 0,02

*) Phần 2:

F + KOH dư  4,93 gam kết tủa

*) TH1: Kết tủa chỉ có Mg(OH)₂ = x

 x = 0,17

BT E  ny = 0,28  y = 0,28/n

m M = 9,1  M_M = 32,5n

n	1	2	3
M	32,5 Loại	65 Zn	97,5 Loại

Vậy kim loại M là Zn

*) TH2: Kết tủa gồm có Mg(OH)₂ = x; M(OH)_n = y

24x + yM = 13,18 (1)

58x + yM + 17yn = 9,86 (2)

2x + ny = 0,62 (3)

 hệ vô nghiệm  trường hợp này loại

0,5

0,5

0,5

Ý

NỘI DUNG

ĐIỂM

*) X {H₂O, CO₂} + C  Y { CO = x, H₂ = y và CO₂ = z}

Số mol H₂O = H₂ = y

Số mol CO₂ (X) = 0,5x + z – 0,5y

n X = y + 0,5x + z – 0,5y = 0,45  x + y + z = 0,9 – z (1)

*) Y + { KOH = 0,16 mol và K₂CO₃ = 0,24 mol}  56,56 gam chất rắn khan

CO₂ + 2KOH  K₂CO₃ + H₂O

CO₂ + K₂CO₃ + H₂O  2KHCO₃.

+ TH1: chất rắn gồm: K⁺ = 0,64 mol; CO₃^2- = a; HCO₃^– = b;

60a + 61b = 31,6 và 2a + b = 0,64  a = 0,12; b = 0,4

Số mol CO₂ (Y) = 0,28 mol = z

Từ (1)  n Y = x + y + z = 0,9 – 0,28 = 0,62 mol

Vậy V = 13,888 lít

+ TH2: chất rắn gồm: K⁺ = 0,64 mol; HCO₃^– = 0,64.  m chất rắn = 64 > 56,56

 loại

+ TH3: chất rắn gồm: K⁺ = 0,64 mol; CO₃^2- = a; OH^– = b;

60a + 17b = 31,6 và 2a + b = 0,64  a = 259/325; b = – 62/65 < 0  loại

+ TH4: chất rắn gồm: K⁺ = 0,64 mol; CO₃^2- = 0,32 mol

 m chất rắn = 44,16 < 56,56  loại

0,25

0,5

0,5

0,25

Ý

NỘI DUNG

ĐIỂM

1.

(1,5 điểm)

1. Tổng số mol BaCO₃ = số mol Ba(OH)₂ = 1,1 mol

m BaCO₃ + m CaCO₃ = 246,7

 m CaCO₃ = 30 gam  n CaCO₃ = 0,3 mol

BT C  n CO₂ = 1,4 mol

Mà m CO₂ + m H₂O = 94,9

 m H₂O = 33,3 gam  n H₂O = 1,85 mol

Do n H₂O > n CO₂  X thuộc dãy đồng đẳng ankan

*) Đặt số mol O₂ = y và O₃ = z; M_T = 38,4

y/z = 3/2  số mol O₂ = 3t và O₃ = 2t

BT O  2*3t + 3*2t = 2*1,4 + 1,85  t = 0,3875

Ta có 1,9375a = 5t = 1,9375  a = 1 mol

C_TB = 1,4  có CH₄  X là CH₄.

H_TB = 2*1,85/1 = 3,7  có C₂H₂  Z là C₂H₂.  Y là C₄H₈.

Vậy X là CH₄; Y là C₄H₈; Z là C₂H₂.

0,25

0,25

0,25

0,75

2.

(1,0 điểm)

X là CH₄ = b; Y là C₄H₈ = c; Z là C₂H₂ = d.

b + c + d = 1 (1); b + 4c + 2d = 1,4 (2); 2b + 4c + d = 1,85 (3).

 b = 0,7; c = 0,05; d = 0,25.

A { CH₄ = 0,7; C₄H₈ = 0,05; C₂H₂ = 0,25; C₄H₄ = 0,6; H₂ = 0,78}

 n A = 2,38 mol

m A = m B  n B = n A : dB/A = 1,6 mol

n H₂ pư = 2,38 – 1,6 = 0,78 mol

n D = 1,15 mol

Gọi x , y , z lần lượt là số mol axetilen , vinylaxetilen và but-1-in trong B

x + y + z = 1,6 – 1,15 = 0,45

Số mol AgNO₃ pư = 2x + y + z = 0,55

Bảo toàn liên kết π :

0,05 + 2(0,25 – x) + 3(0,6 – y) – 2z = 0,78 + 0,52  2x + 3y + 2z = 1,05

Giải hệ ta được x = 0,1; y = 0,15; z = 0,2

Kết tủa gồm CAg≡CAg = 0,1; CH₂=CH-C≡CAg = 0,15; CH₃-CH₂-C≡CAg = 0,2;

Vậy m = 80,05 gam

0,5

0,5

Ý

NỘI DUNG

ĐIỂM

1.

(1,0 điểm)

*) Cho X phản ứng với O₂ được Y vậy X có tính khử.

X và Y khi thuỷ phân đều ra 2 axít  X là hợp chất của 2 phi kim.

Axít A phản ứng vứi AgNO₃ tạo trắng (C) tan trong NH₃

 Vậy C là AgCl và A là HCl do đó trong X chứa Clo.

Vì Clo có số oxi hoá âm vậy nguyên tố phi kim còn lại là có số oxi hoá dương nên axít B là axít có oxi.

Muối D phản ứng với AgNO₃ tạo vàng  E là Ag₃PO₄.

Vậy muối D là muối PO₄^3- hay D là Na₃PO₄ nên axít B là H₃PO₄.

Vậy X là hợp chất của P và Cl.

Với 120 < M_X < 145 nên X là PCl₃.

Y là POCl₃ Thuỷ phân X được axít G và A  vậy G là H₃PO₃; H là PH₃.

*) Các phản ứng minh hoạ:

PCl₃ + O₂ POCl₃

POCl₃ + 3H₂O H₃PO₄ + 3HCl

HCl + AgNO₃  AgCl + HNO₃

AgCl + 2NH₃  [Ag(NH₃)₂]Cl

H₃PO₄ + 3NaOH  Na₃PO₄ + 3H₂O

Na₃PO₄ + 3AgNO₃  Ag₃PO₄vàng + 3NaNO₃

PCl₃ + 3H₂O  H₃PO₃ + 3HCl

4H₃PO₃ PH₃+ 3H₃PO₄.

1,0

2.

(1,0 điểm)

+ TH1: F₁ là K₃PO₄, F₂ là KH₂PO₄, F₃ là K₂HPO₄.

H₃PO₄ + 3KOH  K₃PO₄ + 3H₂O

2H₃PO₄ + K₃PO₄  3KH₂PO₄

KH₂PO₄ + KOH  K₂HPO₄ + H₂O

+ TH2: F₁ là K₂HPO₄, F₂ là KH₂PO₄, F₃ là K₃PO₄.

H₃PO₄ + 2KOH  K₂HPO₄ + 2H₂O

H₃PO₄ + K₂HPO₄  2KH₂PO₄

KH₂PO₄ + 2KOH  K₃PO₄ + 2H₂O

0,5

0,5

Ý

NỘI DUNG

ĐIỂM

Quy X thành ^{Ca, Al và C}

*) Y + CO₂ dư

m Al(OH)₃ = 6,24 gam  n Al(OH)₃ = 0,08 mol  n Al = 0,08 mol

*) Y + 0,15 mol CO₂.

m Al(OH)₃ + m CaCO₃ = 9,24

 m CaCO₃ = 3 gam  n CaCO₃ = 0,03 mol

T là Ca(HCO₃)₂.

BT C  Ca(HCO₃)₂ = 0,06

BT Ca  n Ca = 0,09 mol

*) Z + O₂  CO₂ + H₂O

0,245 0,21

BT O  CO₂ = 0,14 mol

 n C (X) = 0,14 mol

Vậy: m = 7,44 gam

a = 2,1 gam

0,25

0,5

0,25

0,5

0,5

Ý

NỘI DUNG

ĐIỂM

1.

(0,5 điểm)

*) CH₂=CH-CH₃ + HCl  X

Cơ chế:

Do cacbocation (I) bền hơn cacbocation (II)

(Vì ở (I) có 2 nhóm –CH₃ đẩy electron, còn ở (II) có 1 nhóm –C₂H₅ đẩy electron hoặc nói hiệu ứng +I của 2 nhóm –CH₃ và hiệu ứng +I của 1 nhóm –C₂H₅).

 Sản phẩm (III) là sản phẩm chính.

0,25

*) CH₂=CH-COOH + HCl  Y

Cơ chế:

Do cacbocation (V) bền hơn cacbocation (VI)

(Vì ở (V) điện tích dương trên nguyên tử cacbon xa nhóm –COOH hút electron, còn ở (VI) điện tích dương trên nguyên tử cacbon gần nhóm –COOH hút electron hoặc nói hiệu ứng –C của nhóm -COOH).

 Sản phẩm (VII) là sản phẩm chính.

0,25

2.

(0,5 điểm)

Nồng độ mol của X, Y sau khi trộn:

C_M (X) = 0,1V₁/(V₁ + V₂); C_M (Y) = 0,1V₂/(V₁ + V₂).

pH = 11,5  [OH^–] = 10^-2,5.

*) X + H₂O ⇄ XH + OH^– K_b = 5,9.10 ^{– 4}.

K_b = [XH][OH^–]/[X]

 10^-2,5.[XH]/[X] = 5,9.10 ^{– 4}.  [X] = 5,36.[XH]

Mà C_M (X) = [X] + [XH]  5,36.[XH] + [XH] = 0,1V₁/(V₁ + V₂)

 [XH] = 1,57.10^-2.V₁/(V₁ + V₂)

*) Y + H₂O ⇄ YH + OH^– K_b = 1,8.10 ^{– 5}.

K_b = [YH][OH^–]/[Y]

 10^-2,5.[YH]/[Y] = 1,8.10 ^{– 5}.  [Y] = 175,68.[YH]

Mà C_M (Y) = [Y] + [YH]  175,68.[YH] + [YH] = 0,1V₂/(V₁ + V₂)

 [YH] = 5,66.10^-4.V₂/(V₁ + V₂)

Ta có:

[OH] = [XH] + [YH]

10^-2,5 = 1,57.10^-2.V₁/(V₁ + V₂) + 5,66.10^-4.V₂/(V₁ + V₂)

 V₁/V₂ = 0,206858 = 0,2

0,5