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

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: A

Đà nẵng 4/2012


Các hằng số và cơng thức cần thiết
NA = 6.0221×1023 mol–1

Phương trình khí lý
tưởng:

PV = nRT

8.314 JK–1mol–1
0.08205 atmLK–1mol–1

Năng lượng của photon:

E

Hằng số Faraday:

F = 96485 Cmol–1

Năng lượng tự do
Gibbs:

G = H – TS

Hằng số Planck:

h = 6.6261×10–34 Js

Vận tốc ánh sáng :

c = 3.000×108 ms–1

Phương trình Faraday:

Q = it

Khơng độ C:

273.15 K

Phương trình Arrhenius:

k=A

1 N = 1 kg m s

1 eV = 1.602×10-19 J

Kw = = 1.0×10-14

Số Avogadro:
R=

Hằng số khí:

hc


H = E + nRT

/

1 atm = 760 torr = 1.01325×105 Pa

BẢNG TUẦN HỒN CÁC NGUN TỐ HĨA HỌC
1

18

1
H
1.008

2

13

14

15

16

17

2
He
4.003

3
Li
6.941

4
Be
9.012

5
B
10.81

6
C
12.01

7
N
14.01

8
O
16.00

9
F
19.00

10
Ne
20.18

11
Na
22.99

12
Mg
24.31

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13
Al
26.98

14
Si
28.09

15
P
30.97

16
S
32.07

17
Cl
35.45

18
Ar
39.95

19
K
39.10

20
Ca
40.08

21
Sc
44.96

22
Ti
47.87

23
V
50.94

24
Cr
52.00

25

Mn
54.94

26
Fe
55.85

27
Co
58.93

28
Ni
58.69

29
Cu
63.55

30
Zn
65.38

31
Ga
69.72

32
Ge
72.64

33
As
74.92

34
Se
78.96

35
Br
79.90

36
Kr
83.80

37
Rb
85.47
55
Cs
132.91

38
Sr
87.62
56
Ba
137.33

39
Y
88.91
57
La
138.91

40
Zr
91.22
72
Hf
178.49

41
Nb
92.91
73
Ta
180.95

42
Mo
95.96
74
W
183.84

43

Tc
[98]
75
Re
186.21

44
Ru
101.07
76
Os
190.23

45
Rh
102.91
77
Ir
192.22

46
Pd
106.42
78
Pt
195.08

47
Ag
107.87

79
Au
196.97

48
Cd
112.41
80
Hg
200.59

49
In
114.82
81
Tl
204.38

50
Sn
118.71
82
Pb
207.2

51
Sb
121.76
83
Bi

208.98

52
Te
127.60
84
Po
(209)

53
I
126.90
85
At
(210)

54
Xe
131.29
86
Rn
(222)

87
Fr
(223)

88
Ra
226.0

89
Ac
(227)

104
Rf
(261)

105
Ha
(262)

58
Ce
140.12

59
Pr
140.91

60
Nd
144.24

61
Pm
(145)

62

Sm
150.36

63
Eu
151.96

64
Gd
157.25

65
Tb
158.93

66
Dy
162.50

67
Ho
164.93

68
Er
167.26

69
Tm
168.93

70
Yb
173.05

71
Lu
174.97

90
Th
232.04

91
Pa
231.04

92
U
238.03

93
Np
237.05

94
Pu
(244)

95

Am
(243)

96
Cm
(247)

97
Bk
(247)

98
Cf
(251)

99
Es
(254)

100
Fm
(257)

101
Md
(256)

102
No
(254)

103
Lr
(257)

Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A

2


Câu 1:
a

b

c

Tổng điểm

1

0,5

1,5

3,0

a) Tần số của các vạch phổ thuộc dãy Lyman (bước chuyển electron từ n>1 về n=1) của
nguyên tử hydro lần lượt là 2,466; 2,923; 3,083; 3,157; 3,197; 3,221; và 3,237x1015 Hz.
Dựa vào các giá trị này hãy xác định năng lượng ion hóa của nguyên tử hydro.

Năng lượng ion hóa ứng với năng lượng của bước chuyển n=∞ về n=1 (cùng giá trị
nhưng khác dấu). Dựa vào cơng thức Bohr có thể thấy khi giá trị n càng lớn thì các mức
năng lượng càng gần nhau, sự khác biệt tần số của bức xạ sẽ càng nhỏ. Lập bảng giá
trị chênh lệch tần số theo dữ kiện đề bài ta có:
Tần số x1015 Hz 2,466 2,923 3,083 3,157 3,197 3,221 3,237
Chênh lệch tần số x1015 Hz
0,457 0,160 0,074

0,040

0,024

0,016

Vẽ đồ thị chênh lệch tần số theo tần số, ta có đồ thị

Ngoại suy đồ thị cắt trục tần số tại tần số 3,275x1015 Hz.
Vậy giá trị năng lượng ion hóa = E∞ = (6,62x10-34 J/s)x (3,275x1015 1/s) x (6,02 x1023
1/mol) = 1307 kJ/mol
Lưu ý: giá trị ngoại suy có thể sai lệch đơi chút so với giá trị 3,275


b) Tính năng lượng ion hóa thứ nhất (kJ/mol) của các nguyên tử selen, biết khi chiếu
chùm sáng đơn sắc có bước sóng 48,2 nm vào các nguyên tử selen ở trạng thái cơ
bản và ở thể khí thì tạo ra chùm electron có vận tốc 2,371x106 m/s. Biết khối lượng
của 1 electron bằng 9,109x10-31 kg.

Gọi I1 là năng lượng ion hóa thứ nhất của Se (J/ngun tử)
=

+



,

×

× ,

×

, ×

=

+ × 9,109 × 10

(2,371 ×

10 )


= 1,563 × 10


ê ử

= 941

c. Hãy viết công thức Lewis của hai ion NO2+ và NO2-. Dựa vào thuyết lực đẩy của các
cặp electron hóa trị (VSEPR), hãy xác định dạng hình học của hai ion này. So sánh độ
bền liên kết giữa N và O trong hai ion trên.

Công thức Lewis:

NO2- : dạng gấp khúc

 NO2- : độ bội liên kết NO = 1,5
 NO2+: độ bội liên kết NO = 2
 Liên kết NO trong NO 2+ BỀN HƠN

NO2+: dạng thẳng hàng


Câu 2:
a

b

c

Tổng điểm

0,5

0,5

1,0

2,0

Các phản ứng (1) và (2) có G0 (J) phụ thuộc vào nhiệt độ theo các phương trình tương
ứng sau :
4Cu(r) + O2(k)

2Cu2O(r)

2Cu2 O(r) + O2(k)

(1)

4CuO(r)

(2)

có G01 = -333400 + 136,6 T
có G02 = -287400 + 232,6 T

a) Tính H0 và S0 của phản ứng (3) dưới đây :

2Cu(r) + O2(k)

2CuO(r) (3)

a) Do (3) = ½ { (1) + (2)}  G 03 = ½ (G01 + G02) = -310400 + 184,6 T
Trong đó:
H 03 =-310400 J
S03 = -184,6 J/K

b. Thiết lập biểu thức ln Po2 = f(T) đối với phản ứng (3)

=

⟹ ln
Δ

=

= − ln
Δ

ln

=

ln

= −37334,62

−

Δ

do đó
=

−310400 184,6
+
8,314 ×

8,314

+ 22,2

Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A

5


c) Cho 5,0 g CuO vào một bình chân khơng dung tích 2 lit, ở 1220K. Tính số mol của các
chất khi cân bằng, biết rằng trong hệ chỉ xảy ra cân bằng (2).

Số mol CuO ban đầu:
=

5
= 0,0625
80

Tại T = 1220 K
G 02 = -287400 + 232,6 x 1220 =-3628 J
ln

=−

Δ

=

3628

= 0,3577
8,314 × 1220

 K2 = 1,43


=

=

,

= 0,6993(

Tương ứng với số mol oxi:
=2

)
=

=

,
,

×
×

= 0,014

= 2 × 0,014 = 0,028

Số mol CuO còn lại tại thời điểm cân bằng:
=

−2

= 0,0625 − 2 × 0,028 = 0,0065

Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A

6


Câu 3:
a

b

c

Tổng điểm

1,0

0,5

1,0

2,5

Một trong các phương pháp tách loại asen khỏi nước ngầm là dùng oxi khơng khí đồng
thời oxi hóa As(III) thành As(V) và Fe(II) thành kết tủa Fe(OH)3. Khi đó As(V) sẽ bị hấp
phụ trên bề mặt của Fe(OH)3 và tách khỏi dung dịch nước.
Biết rằng trên bề mặt Fe(OH)3 sẽ tích điện dương khi pH < 7 và tích điện âm khi pH > 7.
Axit asenic H3AsO4 có pK1 = 2,2 ; pK2 = 6,9 ; pK3 = 11,5 .
a) Nếu coi tổng nồng độ mol các dạng tồn tại của axit asenic trong dung dịch là 100%.
Hãy tính xem các dạng H3AsO4 và H2AsO4- ở pH = pK1, các dạng H2AsO4- và HAsO42ở pH = pK2, các dạng HAsO42- và AsO43- ở pH = pK3 chiếm bao nhiêu phần trăm (về
số mol)? .

⇋

+

ó

=

⇋

+

ó

=

ó

[

=

⇋

+

][

]

[
[

]
][

]

[
[



]
][

]
]

Gọi C là nồng độ (mol/L) tổng cộng của As(V). Từ K1, K2, K3 tính các dạng nồng

độ của As(V) theo [H2AsO4-]
+[

=
=

[

][

]

+[
]

[

]

* Tại pH =pK1 hay [H+]=K1 thì:
[

]

=

[

]

=

Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A

[

]

=[

]

[

]



,
,

]
[

+ 1 +

]

[

] +[

[

] +

=[

Vậy:

] +[



=

[

]

+

[

[
[

+

]

]

]

(1)
[

[

] [

]

, ×
(

]

]

]

=1
,

 [H2AsO4-] = [H3AsO4]

≈

, )

7


Tại pH = pK1 : [H2AsO4-] = [H3AsO4]  50% (về số mol)

* Tại pH = pK2 tương tự ta có:
Thay vào (1) ta có:

[

]

=

[

]

[

]

[

]

=

[

=1

]

=

 [HAsO4-] = [H2AsO4-]

,
,

≈

,
,

Tại pH = pK2 : [H2AsO4-] = [HAsO42-]  50% (về số mol)
Tại pH =pK3: Từ biểu thức tính nồng độ tổng của As(V), biểu diễn nồng độ của
các dạng của As(V) theo [HAsO42-] ta có:

=

[

] [

]

+

[

][

=[
[

]
]

Tại pH =pK3 hay [H+]=K3 thì:
[

]

=

=

[

[

[

]

]
]

[

[

]

]

]

=

+
=

[

+

+[

[

]
1
]

[

]

]++
+1+

+1+

=1

[

[
[

]

]

[

]

 [HAsO42-] = [AsO43-]
1

,

(10
)
, × 10

10

]

,

+

10
10

,
,

≈
+2

1
2

Tại pH = pK3 : [HAsO42-] = [AsO43-]  50% (về số mol)

Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A

8


b) Cho biết As(V) sẽ được tách loại khỏi nước tốt nhất ở pH = pK1 , pH = pK2
hay pH = pK3. Giải thích.

As(V) sẽ được hấp thụ tốt trên Fe(OH)3 khi As(V) mang điện tích trái dấu với
điện tích trên bề mặt của Fe(OH)3.
Vậy:
As(v) khơng thể hấp phụ trên Fe(OH)3 ở pH = pK3 vì ở đó chúng mang điện tích
cùng dấu (-).
As (V) chỉ bị hấp phụ trên Fe(OH)3 ở pH=pK1 hoặc pH=pK2 vì chúng mang điện
ngược dấu.
Tuy nhiên ở pH=pK1 chỉ có ½ lượng As(V) tích điện âm. (Thực tế ở pH=2,2,
Fe(OH)3 chỉ mới bắt đầu kết tủa, lượng Fe(OH)3 cịn rất nhỏ.)
Cịn ở pH=6,9 tồn bộ lượng As(V) đều tích điện âm nên chúng sẽ bị hấp phụ tốt
nhất trên Fe(OH)3.

c) Chứng minh rằng ở pH tối ưu (như đã xác định ở phần b) oxi có thể oxi hóa As(III)

thành As(V). Cho Eo(O2/H2O) = 1,23V ; Eo(H3AsO4/HAsO2) = 0,56V. Axit meta asenơ
HAsO2 có pK = 8,1. Tổng nồng độ của As(V) bằng tổng nồng độ của As(III). Nồng độ
oxi hòa tan trong nước là 8 mg/l.

Tính E của các cặp oxi hóa khử O2/H2O và H3AsO4/HAsO2 tại pH = pK2 =
6,9
Đối với cặp O2/H2O: ½ O2 + 2e + 2H+  H2O
0,059
log[ ] [ ]
/
2
0,059
8
= 1,23 +
log
× 10

− 0,059
2
32
= 1,23 +

/

= 0,78

Đối với cặp H3AsO4/HAsO2 : H3AsO4 + 2e + 2H+  HAsO2 + 2H 2O
/

= 0,56 +

[
0,059
log
2

][
[

]
]

(1)

Axit HAsO2 là axit yếu (pK= 8,1) nên tại pH=pK2 = 6,9 dạng tồn tại chủ yếu
của As(III) là HAsO2.
Theo kết quả tính tốn ở câu b, [H2AsO4-] = [HAsO42-] = C/2

Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A

9


Từ K1, hoặc K2 ta có thể tính [H 3AsO 4] theo [H2AsO4-] hoặc [HAsO42-]
[

]=

[

][

]

Thay vào (1) ta có:
= 0,56 +

/

/

/

[
0,059
log
2

= 0,56 +

= 0,56 +

][
[

[
0,059
log 2
2

]
]

]





0,059
(10 , )
log
= 0,005
2
2 × 10 ,

Kết luận: tại pH = pK2 =6,9, EO2/H2O=0,78 V > EH3AsO4/HAsO2=0,005 V

 Oxi có thể oxi hóa As(III) thành As (V)

Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A

10


Câu 4 :
a

b

c

Tổng điểm

0,5

0,5

1,5

2,5

Viết phương trình phản ứng mơ tả các hiện tượng sau:
a) Thổi khí hydro sunfua qua dung dịch kali permanganat đã được axit hóa bằng axit
sunfuric thấy dung dịch bị mất màu tím và tạo thành kết tủa màu vàng.

5H2S + 2 KMnO4 + 3 H2SO4  5 S + 2MnSO4 + K2SO4 + 8 H2O
b) Đồng sunfua khơng bị hịa tan trong axit clohidric nhưng bị hịa tan bởi axit nitric.

CuS + HCl  khơng phản ứng do tích số tan của CuS quá nhỏ
CuS + 8 HNO3  Cu(NO3)2 + SO2 + 6 NO2 + 4 H2O
Lưu ý có thể viết:
 Sản phẩm oxi hóa của lưu huỳnh có thể là : S hay sunphat
 Sản phẩm khử của ni tơ có thể là: NO
c) Đốt một miếng đồng kim loại trong khơng khí, thấy bề mặt miếng đồng bị hóa đen. Cho
miếng đồng sau khi đốt vào bình chứa dung dịch amoni clorua và thổi khơng khí liên
tục vào bình thì thấy các hiện tượng sau xảy ra:
i.
Miếng đồng từ từ tan ra: ban đầu là lớp màu đen trên bề mặt, sau đó là lớp
đồng kim loại.
ii.
Dung dịch chuyển dần từ không màu sang xanh lam nhạt rồi sau đó là xanh
lam rất đậm.
iii.
pH dung dịch tăng dần
iv. Sau khi thổi khí một thời gian dài thì từ dung dịch xanh dương đậm xuất hiện
kết tủa màu xanh lam nhạt.

Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A

11


2Cu + O2  2CuO (1)
NH4+ + H2O  NH3 + H3O+ (2)
CuO + 2H 3O +  Cu2+ + 3H2O (3)
Có thể viết (2) và (3) thành một phương trình:
CuO + 2NH4+  Cu2+ + NH3 + 2H 2O

Cu2+ + Cu  Cu+ (4)
4Cu+ + O 2 + 4H+  4Cu2+ + 2H2O (5)
Có thể viết (4) và (5) thành một phương trình:
2Cu + O2 + 4H +  2Cu2+ + 2H 2O
+ Q trình này hịa tan Cu tạo ra dung dịch màu xanh lam nhạt và
làm tăng pH
+ pH tăng làm cân bằng (2) dịch chuyển theo chiều làm tăng nồng độ
NH 3
+ NH3 tạo phức chất màu xanh lam đậm với Cu2+
Cu2+ + 4NH3  [Cu(NH 3)4]2+ (6)
Khi nồng độ OH - đạt tới mức có thể cạnh tranh với NH3, sẽ có sự tạo
thành muối bazo của đồng là chất rắn có màu xanh lam nhạt:
2+
Cu + xOH- + (2-x) Cl-  Cu(OH)xCl2-x
(7)

Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A

12


Câu 5 :
a

b

c

d

Tổng điểm

0,5

0,5

0,25

0,75

2

Để phân tích hàm lượng của thiếc trong hợp kim thiếc bismuth ta tiến hành như sau:
Hòa tan hoàn toàn 0,472 gam hợp kim trong dung dịch axit sunfuric tạo thành dung dịch
của thiếc(II) và bismuth(III). Định mức dung dịch này lên 100 mL. Lấy 25,00 mL dung dịch
sau khi định mức đem chuẩn độ với dung dịch KMnO4 0,0107 M trong môi trường axit
sunfuric.
a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra

1. Sn + H 2SO4  SnSO4 + H 2
2. 2Bi + 3H 2SO4  Bi2(SO4)3 + 3H2
3. 5Sn2+ + 2MnO42- + 8H+  5Sn4+ + 2Mn2+ + 4H2O

b) Tính hàm lượng (% khối lượng) của thiếc trong mẫu hợp kim. Biết rằng thể tích
dung dịch KMnO4 sử dụng là 15,61 mL.

Số mol Sn2+ có trong 25 mL dung dịch chuẩn độ
5
5
5

=
=
×
= × 0,0107 × 0,01561
2
2
2
= 4,1757 × 10
Phần trăm khối lượng của Sn trong hỗn hợp
%

=

×

,

×

× 100 =

Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A

,

×

×
,

,

×

× 100 = 42,0%

13


c) Hãy nêu cách xác định điểm cuối của quá trình chuẩn độ

Điểm cuối chuẩn độ: dung dịch chuyển từ khơng màu sang màu tím nhạt
(bền trong khoảng 30 giây )

d) Trong một q trình chuẩn độ, có sự tạo thành kết tủa màu nâu tại điểm cuối. Hãy
giải thích nguyên nhân của hiện tượng này. Hiện tượng này có ảnh hưởng thế nào
đến kết quả phân tích.

 Kết tủa màu nâu là MnO 2
 Hình thành do mơi trường khơng đủ axit.
 Kết quả là thể tích KMnO4 phải sử dụng nhiều hơn giá trị thật dẫn đến
sai số DƯƠNG (hàm lượng Sn xác định được sẽ lớn hơn hàm lượng
thực)

Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A

14


Câu 6:

a

b

c

Tổng điểm

0,75

0,5

1,25

2,5

Cho các sơ đồ phản ứng dưới đây:
a) Etyl axetoaxetat + hiđrazin

A

B
-C2H5OH

b)

O

C6H6, t

(CH3)2CHCl

C

HN

+

C)

o

(C6H5)3P
C2H5ONa

D (C21H21P)

CH3CHO

E

1. BH3
2. CrO3

F

Viết công thức cấu tạo các chất từ A đến F. Gọi tên F.

CH3-C-CH2-COOC2H5
N-NH2

(CH3)2C=PPh3

H3C

(A)

(D)

O
N N
H

(CH3)2C=CH-CH3

N

(C)

(B)

(E)

(CH3)2CH-CO-CH3 (F)
3-metylbutan-2-on


Câu 7:
a

b

c

d

Tổng điểm

1,5

1,5

1,5

1,0

5,5

a) Cho but-2-en phản ứng với brom. Viết cơ chế phản ứng và các dạng đồng phân lập
thể của sản phẩm nhận được.

Từ trans-But-2-en
H

CH3
C

C

Br

H

+

+

+ Br

C

H3C

CH3

H

¯

+ Br

C

H3C

Br

H
C

+

CH3
C

H3C

H

H
Br

δ+

Br

H

H

C

C
H3 C

Br

CH3

δ

¯

H

CH3
C

C

H3C

Br

H3 C

Br

Br

Br

H

CH3

H

CH3

H

Br

H

Br

H
CH3

Meso
Từ cis-but-2-en cho sản phẩm là biến thể raxemic :

b) Hợp chất X có cơng thức CxHyOz. Hãy chọn x, y, z tối thiểu để X vừa có đồng phân
hình học vừa có đồng phân quang học. Viết các đồng phân đó.
X là C3H6O 2
Đồng phân hình học : 2/4
H

HO

CH3

HO

H

H

O

CH3
H

trans

O

CH=O

CH=O

cis

Đồng phân quang học :

H-C-OH
CH3

HO-C-H
CH3

c) Từ axeton, metanol và các hợp chất vô cơ cần thiết khác hãy viết sơ đồ điều chế
2,3,3-trimetylbutan-2-ol.
Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A

16

CH3-CO-CH3
1. CH3MgBr
+

+

Mg/Hg

H

(CH3)2COH-COH(CH3)2

benzen

(CH3)3C-CO-CH3

(CH3)3C-COH(CH3)2

2. H3O

d) Hãy cho biết sản phẩm chính khi tiến hành đehiđrat hố 2,2-đimetylxiclohexanol trong
mơi trường axit. Dùng mũi tên cong để giải thích cơ chế phản ứng.

Sơ đồ cơ chế :
+

OH

+ H+

+
+

-H

- H2O

+

+
+

-H

Lưu ý:

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