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

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
a

b

c

d

Tổng số

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..

Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C

2

Câu 2
a

b

Tổng số

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 ngồi. 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- = 10 18). 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 khơng đáng kể.

Y = EDTA
CaY2- + Pb2+ = PbY 2- + Ca2+

K

[ PbY 2 ][Ca 2 ] K PbY 2
1018

 10, 7  107,3
[CaY 2 ][ Pb 2 ] K CaY 2 10

[PbY2-] + [Pb2+] = 0,4 mM
Vì hằng số K rất lớn nên [Pb2+] << [PbY2-]  [PbY2-]  0,4 mM
[CaY2-] + [PbY2-] = 1,0 mM  [CaY 2-]  0,6 mM
[CaY2-] + [Ca2+] = 3,5 mM  [Ca2+]  2,9 mM
[PbY2-] / [Pb2+] = K .

[CaY 2 ]
0,6
 107,3
 2,07.106,3

2
[Ca ]
2,9

Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C

3


Câu 3
a

b

c

Tổng số

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)
CB
Áp suất

(1 – α)
(1 – α).P/ (1 + α)



PCl3(k)
α
α.P/ (1 + α)

+

Cl2(k)
α
α.P/ (1 + α)

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

Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C

4


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)
BĐ
TTCB



PCl3(k)

+

Cl2(k)

0,4
(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 P1V 1 = n1RT1 và P2V2 = n2RT2 Suy ra (P1V 1)/ (P2V 2) = (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)
BĐ
TTCB



PCl3(k)

+

Cl2(k)

0,4
(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.
Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C

5


Câu 4
a

i
0,5

b

ii
1,0

Tổng số

1,0

2,5

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.

Al3+ + H2O  Al(OH)2+ + H+
CB (1/30 –x)
x
x

Ka = 1,0.10-5

Suy ra K a = x2 / ( 1/30 –x) vậy x = [H +] = 10-3,24
Do đó pH = 3,24
3+

(ii) Tính nồng độ ban đầu của Al

số tan của Al(OH)3 là 10-32,5.

CB

và pH khi bắt đầu xuất hiện kết tủa Al(OH)3? Biết tích

Al3+ + H2O  Al(OH)2+ + H+
(c –x)
x
x

K a = 1,0.10 -5

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
Thay (3) vào (2) ta có [Al3+] = 109,5. x 3
Từ (1) và (4) ta có x2. Ka-1 =

(3)
(4)

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

Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C

6


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 khơng? 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 → NH 4+ + ClSau khi trộn :
BĐ

CB

NH3 + H2O ↔ NH4+ + OH1,0
(1,0 – x)

1,0

0

(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+ + 2ClSau 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 .

Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C

7


Câu 5
a

b

Tổng số

1,0

1,0

2,0

Cho sơ đồ chuyển hóa sau :
O

O

E 0 , 773V
E
(*)
NO3    NO2 (k ) 1,108V  HNO2  NO


 0 955
          E,V     



Eo là thế khử tiêu chuẩn
5.a.
Viết phương trình phản ứng (trong môi trường axit) cho phản ứng (*)

HNO2  e   H   NO  H 2 O
5.b.
Tính thế khử tiêu chuẩn Eo cho phản ứng (*)


NO3  NO2

NO2  HNO2
HNO2  NO
NO3  NO

G1O  1.F .(0,773)
O
G 2  1.F .(1,108)

O
G3  1.F .E *

0
G 4  3.F .(0,955)

0
O
O
G4  G1O  G 2  G3  E *  0,984V

Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C

8


Câu 6
a

b

c

d

e

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

Tổng số

3,0

Một dung dịch có chứa 1,00.10 -2 M IO3 , 1,00.10 -2 M I  , 1,00.10-4 M I 3 và pH đệm =
6,00. Xét các nửa phản ứng sau:
2 IO3  I   12H   10e   I 3  6 H 2 O
Eo = 1,210 V
Eo = 0,535 V

I 3  2e   3I 

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

0
2 IO3  I   12 H   10e   I 3  6 H 2 O E   1,210V

5 I 3  10e   15 I 

O
E   0,535V

Phương trình tổng cộng:
2 IO3  16 I   12 H   6 I 3  6 H 2 O

E o  0,675V

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

G o  10.F .E O  651kJ
K  1010 E

O

/ 0.05916

 10114

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

E  {1,210 

[ I 3 ]
0,05916
0,05916
[ I  ]15

Log
}  {0,533 
Log  5 }
10
10
[ IO3 ] 2 [ I  ][ H  ]12
[I 3 ]

 0,178V

Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C

9


6.d.
Tính biến thiên entanpi tự do G với những điều kiện đã cho ở trên
G  10. F . E  172 kJ

6.e

Ở pH của dung dịch bằng bao nhiêu để các nồng độ của IO3 , I  và I 3 đã cho ở trên đạt được
cân bằng ở 298 K ?

Tại thời điểm cân bằng, E = 0  E O  0,675 

[ I 3 ]6
0,05916
Log


10
[ IO3 ]2 [ I  ]16 [ H  ]12


Thế giá trị nồng độ của IO3 , I  và I 3 và rút ra giá trị [H+] = 3,1. 10 -9 hay pH = 8,51

Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C

10


Câu 7
a

b

c

d

Tổng số

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 = 1,0.10 8

HL(aq)  L- + H+

Ka = 1,0.10-5

7.a.
Viết phương trình bảo tồn 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 tồn điện tích

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

Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C

11

7.d.
Tính nồng độ của ML+, M2+, L-, và HL

K  1,0.10 8 

[ ML ]
(1)
[ M 2 ].[ L ]

Ka  1,0.10 5 

[ H  ].[ L ]
(2)
[ HL]

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:
1,0.10 8 

[ ML ]
1
(0,10  [ML ]).([0.050  [ ML ])
2

Giải phương trình bậc hai  [ML+]  0,10 M  [L-]  0,05
Thế vào phương trình (1) cho:
[ M 2 ] 

[ML ]
0,10

 2,0.10 8

8
K .[ L ] (1,0.10 )(0,050)

Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C

12


Câu 8
a

b

c

Tổng số

1,0

0,5

0,5

2,0

Phản ứng giữa ion hipoclorit và iodua trong dung dịch bazơ diễn ra như sau:
I- + OCl- → OI- + ClVới phương trình tốc độ phản ứng thực nghiệm được cho dưới đây:

I OCl 
OH 


vk





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

I   OCl  k1 OI   Cl 


chậm

Cơ chế II:

OCl   H 2 O k1 HOCl  OH

HOCl  I - k 2 HOI  Cl 


HOI + OH-

k3
k-3

H2O + OI-

nhanh
chậm

nhanh

Cơ chế III:

OCl- + H2O

k1
k-1

HOCl + OHnhanh

HOCl  I  k 2 HOI  Cl 

k3
HOI + OHk-3

chậm

H2O + OI-

Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C

nhanh

13


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



 
 

(1)
(2)

d HOCl  k1 k 2 OCl  I 

 k1 OCl  (3)


dt
k2 I

(2) và (1): v =





Cơ chế phản ứng III:
Áp dụng nguyên lý phỏng định trạng thái bền ta thu được biểu thức:
v



 
 k I 

k1 k 2 OCl  I 



k 1 OH





(4)

2

nếu k2 << k-1
v

8.b.



 
OH 

k1 k 2 OCl  I 
k 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

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=

k1 k 2

k 1

Ea = Ea1 + Ea2 – Ea-1
8.c.
Phản ứng trong dung dịch đệm có bậc là bao nhiêu?

Trong dung dịch đệm, [OH-] khơng 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.

Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C

14