OLYMPIC HOÁ HỌC SINH VIÊN CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG TOÀN QUỐC LẦN THỨ VII - ĐÁP ÁN BÀI THI LÝ THUYẾT BẢNG C ppt

Để giảm bớt mức độ độc hại của chì trong cơ thể người ta có thể sử dụng các phối tử tạo các phức bền với Pb2+ và nhờ thận bài tiết ra ngoài.. Khi đó có thể xảy ra sự trao đổi của canxi t

LIÊN HIỆP CÁC HỘI KH&KT VIỆT NAM

HỘI HÓA HỌC TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM ĐÀ NẴNG

OLYMPIC HOÁ HỌC SINH VIÊN CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC VÀ

CAO ĐẲNG TOÀN QUỐC LẦN THỨ VII

ĐÁP ÁN BÀI THI LÝ THUYẾT

Bảng: C

Đà nẵng 4/2012

Câu 1

1,0 1,0 0,5 0,5 3,0

Tính số electron cực đại có thể có trong một nguyên tử thỏa mãn những điều kiện sau:

1.a

Các electron này có cùng số lượng tử chính n = 3

Các electron có n =3 thuộc lớp thứ 3 gồm các phân lớp 3s, 3p và 3d

Số electron tối đa trong phân lớp 3s, 3p và 3d lần lượt là 2, 6 và 10

Vậy số electron tối đa có n =3 là 2 + 6+ 10 = 18

1.b

Các electron này có cùng số lượng tử chính n =3 và số lượng tử phụ l =1

Các electron có cùng số lượng tử n = 3 và l =1 thuộc phân lớp 3p

Số electron cực đại trong phân lớp 3p là 6

1.c

Các electron này có cùng các số lượng tử n = 3, l = 1, và số lượng tử từ m = -1

Các electron có cùng 3 số lượng tử n = 3, l =1 và m = -1 thuộc cùng 1 orbital p nên

có tối đa 2 electron

1.d

Các electron này có các số lượng tử n =3, l =1, m = -1 và số lượng tử spin s = -1/2

Chỉ có 1 electron có cùng 4 số lượng tử n = 3, l =1 và m = -1 và s = -1/2

Câu 2

1,0 1,0 2,0

Môi trường đất và nước một số địa phương trong nước ta hiện nay dễ bị ô nhiễm chì, do thải quá nhiều ăcqui hư hỏng từ moto, xe máy Chì có khả năng xâm nhập vào cơ thể con người thông qua các nguồn nước sinh hoạt và thực phẩm bị ô nhiễm, gây ra nhiều bệnh nan y Để giảm bớt mức

độ độc hại của chì trong cơ thể người ta có thể sử dụng các phối tử tạo các phức bền với Pb2+ và nhờ thận bài tiết ra ngoài Phối tử EDTA được dùng cho mục đích này nhờ sự hình thành phức [Pb(EDTA)]2- rất bền (hằng số bền, K[Pb(EDTA)]2- = 1018) Thuốc giải độc chì có chứa dung dịch

Na2[Ca(EDTA)] (hằng số bền, K[Ca(EDTA)]2-= 1010,7), được truyền vào cơ thể Khi đó có thể xảy ra sự trao đổi của canxi từ thuốc với chì có trong máu

2.a

Một bệnh nhân có nồng độ chì trong máu là 83 g/ml Hãy tính nồng độ mol của chì trong máu bệnh nhân này

Số mol Pb2+ trong 1ml = 83.10-6 / [207,2]

Nồng độ mol của chì trong máu là: [ 83.10-6 103]/ [207,2] = 4,00 10-4M

a 2.b

Trong một thí nghiệm, người ta điều chế một dung dịch chứa Ca(NO3)2 và Na2[Ca(EDTA)] có nồng độ lần lượt bằng 2,5mM và 1,0mM Thêm Pb(NO3)2 rắn vào để đạt được nồng độ chì tương ứng với nồng độ chì trong máu bệnh nhân trên Hãy tính tỉ lệ gần đúng của [Pb(EDTA)]2-/[Pb2+] trong dung dịch thu được tại thời điểm cân bằng Bỏ qua tính chất axit bazơ của các tiểu phân có liên quan và sự thay đổi thể tích dung dịch coi như không đáng kể

Y = EDTA

CaY2- + Pb2+ = PbY2- + Ca2+ 7 , 3

7 , 10 18 2

2

2 2

10 10

10 ]

][

[

] ][

[

2

2





















CaY

PbY

K

K Pb

CaY

Ca PbY K

[PbY2-] + [Pb2+] = 0,4 mM

Vì hằng số K rất lớn nên [Pb2+] << [PbY2-]  [PbY2-] 0,4 mM

[CaY2-] + [PbY2-] = 1,0 mM  [CaY2-]  0,6 mM

[CaY2-] + [Ca2+] = 3,5 mM  [Ca2+]  2,9 mM

[PbY2-] / [Pb2+] = 7 , 3 6 , 3

2

2

10 07 , 2 9 , 2

6 , 0 10 ] [

] [   



Ca CaY K

Câu 3

0,5 1,0 1,0 2,5

Cho cân bằng PCl5(k)  PCl3(k) + Cl2(k)

3.a

Trong bình kín dung tích V(L) có chứa m(g) PCl5, đun nóng bình đến nhiệt độ T(K) để thực hiện phản ứng phân ly PCl5 Sau khi đạt cân bằng, áp suất khí trong bình là P Hãy thiết lập biểu thức của Kp theo độ phân ly α và áp suất P

PCl5(k)  PCl3(k) + Cl2(k)

CB (1 – α) α α

Áp suất (1 – α).P/ (1 + α) α.P/ (1 + α) α.P/ (1 + α)

Ta có : Kp = (PPCl3 PCl2)/ PPCl5 = α2 P/ (1 – α2)

Vậy Kp = α2 P/ (1 – α2)

3.b

Khi thực hiện phản ứng trên trong bình có chứa 83,40g PCl5 ở nhiệt độ T1(K) Khi cân bằng áp suất trong bình là 2,700 atm, hỗn hợp khí trong bình có tỷ khối hơi so với hidro bằng 69,5 Tính α và Kp Theo đề: nPCl5 ban đầu = 83,4/208,5 = 0,4mol, P = 2,7atm

Tổng số mol khí của hỗn hợp tại TTCB: ns

dS/H2 = 69,5 Vậy MTB S = 69,2 2 = 139

Áp dụng BTKL: mS = mPCl5 ban đầu = 83,4(g) Vậy ns = 83,4/139 = 0,6mol

PCl5(k)  PCl3(k) + Cl2(k)

BĐ 0,4

TTCB (0,4 – x) x x

ns = 0,4 –x + x + x = 0,6 Vậy x = 0,2

Do đó α = x/0,4 = 0,5

Và Kp = α2 P/ (1 – α2) = [(0,5)2 2,7]/ [1 – (0,5)2] = 0,9

3.c

Trong một thí nghiệm khác có cùng lượng PCl5 như trên, thể tích bình vẫn là V(L) và nhiệt độ T2 = 0,9T1 thì áp suất cân bằng đo được là 1,944atm Tính α và Kp Từ đó cho biết phản ứng phân ly PCl5 tỏa nhiệt hay thu nhiệt

Gọi áp suất của hệ tại nhiệt độ T1 là P1 = 2,7atm, số mol n1 = nS = 0,6mol

Áp suất của hệ tại nhiệt độ T2 = 0,9T1 là P2 , số mol n2 Với P2 = 1,944atm

Ta có P1V1 = n1RT1 và P2V2 = n2RT2 Suy ra (P1V1)/ (P2V2) = (n1RT1)/( n2RT2)

Do đó (P1V)/ (P2V) = (n1RT1)/( n2R 0,9T1)

Vì vậy n2 = (n1P2)/ (P1.0,9) = (0,6 1,944)/ (2,7 0,9) = 0,48

PCl5(k)  PCl3(k) + Cl2(k)

BĐ 0,4

TTCB (0,4 – x’) x’ x’

n2 = 0,4 –x’ + x’ + x’ = 0,48 Vậy x’ = 0,08

Do đó α’ = x’/0,4 = 0,2

Và Kp’ = α’2 P/ (1 – α’2) = [(0,2)2 1,944]/ [1 – (0,2)2] = 0,081

Vì giảm nhiệt độ thì độ phân ly PCl5 giảm, do đó phản ứng phân ly PCl5 là phản ứng thu nhiệt

Câu 4

i ii

1,0 2,5 0,5 1,0

4.a

Ion Al3+ trong nước là một axit yếu:

Al3+ + H2O  Al(OH)2+ + H+ Ka = 1,0.10-5

i) Tính pH của dung dịch AlCl3 1/30M

(ii) Tính nồng độ ban đầu của Al3+ và pH khi bắt đầu xuất hiện kết tủa Al(OH)3? Biết tích

số tan của Al(OH)3 là 10-32,5

Al3+ + H2O  Al(OH)2+ + H+ Ka = 1,0.10-5

CB (1/30 –x) x x

Suy ra Ka = x2 / ( 1/30 –x) vậy x = [H+] = 10-3,24

Do đó pH = 3,24

Al3+ + H2O  Al(OH)2+ + H+ Ka = 1,0.10-5

CB (c –x) x x

Ka = x2 / ( c –x) Suy ra [Al3+] = ( c - x) = x2 Ka-1 (1)

Khi bắt đầu ↓ Al(OH)3 thì [Al3+] = T/ [OH-]3 = 10-32,5/ [OH-]3 (2)

Mặt khác [OH-]3 = (10-14/x)3 = 10-42/ x3 (3)

Thay (3) vào (2) ta có [Al3+] = 109,5 x3 (4)

Từ (1) và (4) ta có x2 Ka-1 = 109,5 x3

Do đó x = [H+] = 10-4,5 Vậy pH = 4,5

[Al3+] = 109,5 x3 = 10-4 M

Vậy Cđầu Al3+ = [Al3+] + x = 10-4 + 10-4,5 = 1,316.10-4 M

4.b

Trộn 1,0ml MgCl2 0,02 M với 1,0 ml dung dịch chứa NH3 2,0 M và NH4Cl 2,0 M Hỏi có kết tủa Mg(OH)2 không? Biết tích số tan của Mg(OH)2 là 5.10-12 và hằng số cân bằng Kb của NH3 là 1,75.10-5

NH4Cl → NH4+ + Cl

Sau khi trộn : NH3 + H2O ↔ NH4+ + OH

BĐ 1,0 1,0 0

CB (1,0 – x) (1,0 + x) x

Vậy: [x(1,0 + x)]/ [1,0 – x] = 1,75 10-5

Vì x << 1 nên x = 1,75 10-5 = [OH-]

MgCl2 → Mg2+ + 2Cl

Sau khi trộn: [Mg2+] = 0,01M

Vậy [Mg2+].[OH-] = (1.10-2).(1,75.10-5)2 = 3,06.10-12 < 5.10-12

Nên không tạo ↓Mg(OH)2

Câu 5

Cho sơ đồ chuyển hóa sau :































































V E

V E

V E

NO HNO

k NO

955 , 0

(*) 2 108

, 1 2

773 , 0

Eo là thế khử tiêu chuẩn

5.a

Viết phương trình phản ứng (trong môi trường axit) cho phản ứng (*)

O H NO H

e

5.b

Tính thế khử tiêu chuẩn Eo cho phản ứng (*)

) 773 , 0 (

1

1 2

3 NO G F

) 108 , 1 (

1

2 2

2 HNO G F

* 1

3

2 NO G F E

) 955 , 0 (

3

0 4

3 NO G F

V E

G G G

G40  1O 2O 3O  * 0,984



1,0 1,0 2,0

Câu 6

Một dung dịch có chứa 1,00.10-2 M 

3

IO , 1,00.10-2 M 

I , 1,00.10-4 M 

3

I và pH đệm = 6,00 Xét các nửa phản ứng sau:









I H

2 3 10e I3 6H2O Eo = 1,210 V





 e

I3 2  3I Eo = 0,535 V

6.a

Viết phương trình phản ứng tổng cộng xảy ra trong dung dịch này

V E

I e I

V E

O H I e H

I IO

O

535 , 0 15

10 5

210 , 1 6

10 12

2

3

0 2 3 3







































Phương trình tổng cộng:

V E

O H I H I

6.b

Tính biến thiên entanpi tự do chuẩn Go và hằng số cân bằng K của phản ứng tổng cộng xảy

ra trong dung dịch trên

114 05916 0 /

10

10 10

651

10















O

E

O o

K

kJ E

F G

6.c

Tính thế E của dung dịch với những điều kiện đã cho ở trên

V

I

I Log H

I IO

I Log

E

178

,

0

} ] [

] [ 10

05916 , 0 533 , 0 } ] ][

[ ] [

] [ 10

05916 , 0

210

,

3

15 12

2 3 3



















1,0 0,5 0,5 0,5 0,5 3,0

6.d

Tính biến thiên entanpi tự do G với những điều kiện đã cho ở trên

kJ E

F



6.e

Ở pH của dung dịch bằng bao nhiêu để các nồng độ củaIO3, I và  I3 đã cho ở trên đạt được cân bằng ở 298 K ?

3

6 3

] [ ] [ ] [

] [ 10

05916 , 0 675 ,







H I IO

I Log

E O

Thế giá trị nồng độ củaIO3, Ivà I3 và rút ra giá trị [H+] = 3,1 10-9 hay pH = 8,51

Câu 7

0,75 0,75 0,5 1,0 3,0

Một dung dịch được pha chế bằng cách trộn 0,1 mol MCl2 (muối này phân ly hoàn toàn trong nước thành M2+ + 2Cl-) và 0,1 mol HL vào nước rồi định mức thành 1 lít dung dịch Các phản ứng xảy ra:

M2+ + L-  ML+ K = 1,0.108

HL(aq)  L- + H+ Ka = 1,0.10-5

7.a

Viết phương trình bảo toàn khối lượng của M2+

0,1 = [M2+] + [ML+]

7.b

Viết phương trình bảo toàn khối lượng của HL

0,1 = [L-] + [ML+] + [HL]

7.c

Viết phương trình bảo toàn điện tích

2[M2+] + [H+] + [ML+] = [L-] + [OH-]

7.d

Tính nồng độ của ML+, M2+, L-, và HL

) 2 ( ] [

] ].[

[ 10

0

,

1

) 1 ( ] ].[

[

] [ 10

0

,

1

5

2 8

HL

L H Ka

L M

ML K





















Từ (2) cho [L-] = [HL] khi [H+] = 1,0 10-5 M

Mặt khác 0,1 = [L-] + [ML+] + [HL]  0,1 = 2[L-] + [ML+]  [L-] = 0,05 – 0,5 [ML+]

Và 0,1 = [M2+] + [ML+]  0,1 - [ML+] = [M2+] thế vào (1) có:

]) [ 2

1 050 0 ]).([

[ 10 , 0

(

] [ 10

0

,













ML ML

ML

Giải phương trình bậc hai  [ML+]  0,10 M  [L-]  0,05

Thế vào phương trình (1) cho:

8 8

2

10 0 , 2 ) 050 , 0 )(

10 0 , 1 (

10 , 0 ]

.[

] [

]











L K

ML

M

Câu 8

Phản ứng giữa ion hipoclorit và iodua trong dung dịch bazơ diễn ra như sau:

I- + OCl- → OI- + Cl

-Với phương trình tốc độ phản ứng thực nghiệm được cho dưới đây:







OH

OCl I k v

Ba kiểu cơ chế phản ứng có thể có được nêu dưới đây:

Cơ chế I:















OCl OI Cl

Cơ chế II:

OH HOCl O

H









 HOI Cl

I

HOI + OH- k3 H2O + OI

Cơ chế III:

OCl- + H2O k1

k-1 HOCl + OH

-nhanh











I HOI Cl

HOI + OH- k3

k-3 H2O + OI

nhanh

1,0 0,5 0,5 2,0

8.a

Cơ chế nào nêu trên là thích hợp nhất với tính chất động học quan sát được bằng cách áp dụng cách tính gần đúng trạng thái bền?

Cơ chế phản ứng I: v = k1[OCl-][I-]

Cơ chế phản ứng II:

v = k2[HOCl][I-] (chậm) (1) Phỏng định trạng thái bền: v = 0 = k1[OCl-] – k2[HOCl][I-]

[HOCl] = k1[OCl-]/k2[I-] (2) (2) và (1): v =     

2

2









I k

I OCl k k dt

HOCl d

Cơ chế phản ứng III:

Áp dụng nguyên lý phỏng định trạng thái bền ta thu được biểu thức:











I k OH k

I OCl k k v

2 1

2

1 (4) nếu k2 << k-1









OH k

I OCl k k v

1

2 1

(5) Nếu k2 >> k-1 thì v = k1[OCl-] (6)

Vì vậy cơ chế phản ứng III là thích hợp nhất với tính chất động học

8.b

Hãy tính hằng số tốc độ và năng lượng hoạt hoá của phản ứng chung, phù hợp với cơ chế

ở câu (a)

Với cơ chế III:

k =

1

2 1



k

k k

Ea = Ea1 + Ea2 – Ea-1

8.c

Phản ứng trong dung dịch đệm có bậc là bao nhiêu?

Trong dung dịch đệm, [OH-] không đổi và v = k[OCl-][I-]

Vì vậy phản ứng trong dung dịch đệm có bậc 2

Lưu ý:

 Thí sinh giải theo cách giải khác với đáp án, nhưng kết quả đúng vẫn

được tính điểm