ĐỀ THI OLYMPIC HOÁ HỌC MĨ pdf

ĐỀ THI OLYMPIC HOÁ HỌC MĨ

Nguyễn Hữu Thọ - Trường CĐSP Gia Lai
Trong tạp chí Hoá Học & ứng Dụng số 9 (57) năm 2006 chúng tôi đã giới thiệu đề thi
Olympic môn Hóa học của Mĩ năm 2005 (2005 U. S. National Chemistry Olympiad) theo
kiểu trắc nghiệm khách quan nhiều lựa chọn (single-answer multiple-choice). Trong số
này, chúng tôi xin tiếp tục được giới thiệu 4 bài toán đầu tiên (chiếm 54% số điểm) trong
tổng số 8 bài ở phần II (phần tự luận - problem-solving, explanations) của đề thi này.
Bài 1
Các câu hỏi sau đây xét đến các phản ứng của kim loại đồng và các hợp chất của
nó.
a. Một mẩu kim loại đồng được hoà tan vào dung dịch HNO
3
6M trong một bình
đáy tròn. Phản ứng tạo ra dung dịch màu xanh và có khí không màu nitơ oxit
thoát ra. Viết phương trình phản ứng.
b. Làm bay hơi nước dung dịch màu xanh được chất rắn màu xanh. Khi nung
nóng chất rắn màu xanh tạo ra hỗn hợp khí nitơ dioxit, oxi và một oxit màu
đen của đồng.
i. Hỗn hợp khí trên có khối lượng là 0,205 gam được nén vào bình có thể
tích 125 ml ở 35
0
C, 725 mmHg. Tính khối lượng mol trung bình của hỗn
hợp khí và tỉ lệ số mol NO
2
/O
2
trong hỗn hợp.
ii. Các dữ kiện sau đây nhận được từ chất rắn màu đen.
Khối lượng bình rỗng: 39,49g
Khối lượng bình + kim loại đồng: 40,86g

Khối lượng bình + oxit của đồng: 41,21g
Xác định công thức oxit của đồng.
c. Nếu một phần dung dịch màu xanh bị mất mát trong quá trình bay hơi, điều
này sẽ ảnh hưởng đến thành phần phần trăm của đồng trong oxit màu đen như
thế nào?
d. Nếu chất rắn màu xanh không chuyển hoàn toàn thành chất rắn màu đen trong
quá trình đun nóng, điều này sẽ ảnh hưởng đến thành phần phần trăm của
đồng trong oxit như thế nào?
Bài 2
Chất lỏng hidrazin N
2
H
4
có thể dùng làm nhiên liệu đẩy tên lửa.
a. Viết phương trình phản ứng hình thành hidrazin từ các đơn chất và dùng các
phương trình đốt cháy sau đây để tính nhiệt hình thành của hidrazin lỏng
thông qua H
1
, H
2
, H
3
.
1/2N
2
(k) + O
2
(k)  NO
2
(k) H

1

H
2
(k) + 1/2O
2
(k)  H
2
O (k) H
2

N
2
H
4
(l) + 3O
2
(k)  2NO
2
(k) + 2H
2
O (k) H
3

b. Trong nhiên liệu đẩy tên lửa, hidrazin lỏng phản ứng với hidropeoxit lỏng tạo
ra nitơ và hơi nước. Viết phương trình phản ứng ?
c. Tính hiệu ứng nhiệt H của phản ứng ở câu 2b?

Nhiệt hình thành H kJ.mol
N

2
H
4
(l) 50,6
H
2
O
2
(l) -187,8
H
2
O (k) -285,8

d. Tính hiệu ứng nhiệt H của phản ứng ở câu 2b bằng cách dùng các dự kiện
về năng lượng phân li liên kết sau.
Năng lượng phân li liên kết kJ/mol
N-N 167 O-O 142
N=N 418 O=O 494
NN 942 O-H 459
N-H 386
e. Giá trị H của phản ứng ở câu 2b tính được ở câu c hay câu d chính xác hơn?
Giải thích?
f. Tính nhiệt độ lớn nhất của khí đốt đạt được nếu xem tất cả năng lượng giải
phóng trong phản ứng dùng để cung cấp cho việc nâng nhiệt độ của khí. Nhiệt
dung của N
2
(k) và H
2
O (k) tương ứng là 29,1 J/mol.
0

C và 33,6 J/mol.
0
C.
Bài 3
Dung dịch alanin hidroclorua [H
3
NCH(CH
3
)COOH]
+
Cl
-
được chuẩn độ bằng dung
dịch NaOH có đường cong chuẩn độ như hình bên.











a. Đưa ra công thức cấu tạo của những dạng tồn tại chính tại các điểm chuẩn độ
sau đây trên đường cong.
i. 1
ii. 2
iii. 3

iv. 4
b. Nếu K
1
và K
2
của alanin hidroclorua tương ứng là 4,6.10
-3
và 2.10
-10
.
i. Viết phương trình điện li ứng với K
1
và K
2
.
ii. Xác định pH tại các điểm 1, 2, 3.
c. Nêu cách để chuẩn bị một dung dịch đệm có pH=10 từ các dung dịch alanin
hidroclurua 0,1 M và NaOH 0,1 M.
Bài 4
Thể tích dung dịch NaOH
Một pin điện hoạt động dựa trên phản ứng
M + Cu
2+
aq  M
2+
+ Cu (r) E
0
=1,52 V
được thiết lập theo những thể tích bằng nhau các dung dịch với tất cả các chất ở trạng thái
chuẩn.

a. Dùng giá trị thế điện cực chuẩn của Cu
2+
(aq) (E
0
=0,34 V) xác định thế khử
chuẩn của phản ứng M
2+
(aq) + 2e  M (r).
b. Pin được tích điện sao cho [Cu
2+
]=0,1M .Tính:
i. Nồng độ [M
2+
]?
ii. Suất điện động của pin?
c. Thêm 50 mL nước cất vào mỗi ngăn của pin. So sánh suất điện động của pin
trước và sau khi thêm nước. Giải thích?
Bài 5
Hoàn thành các phương trình dưới đây ở dạng phương trình ion rút gọn. Các chất
hữu cơ viết ở dạng công thức cấu tạo. (Có thể không cần cân bằng phương trình). Tất cả
các phản ứng xảy ra trong dung môi nước trừ khi được ghi rõ.
a. Cho natri sunphua vào nước.
b. Cho dung dịch kali triot vào dung dịch natri thíounphat.
c. Cho dung dịch natri florua dư vào dung dịch sắt III nitơrat.
d. Stronti-90 phóng xạ beta.
e. Sục cacbon dioxit đến dư vào dung dịch canxi hidroxit.
f. Etanol được đun nóng nhẹ với kali dicromat đã được axit hoá.
Bài 6
Phản ứng giữa clorofom và clo có cơ chế được đưa ra như sau:
Bước 1: Cl

2
(k) 2Cl (k) nhanh
Bước 2: CHCl
3
(k) + Cl (k)  CCl
3
(k) + HCl (k) chậm
Bước 3: CCl
3
(k) + Cl (k)  CCl
4
(k) nhanh
a. Viết phương trình phản ứng đối với phản ứng tổng cộng.
b. Chỉ ra các chất trung gian phản ứng trong cơ chế này.
c. Viết phương trình tốc độ phản ứng đối với bước quyết định tốc độ.
d. Chỉ ra rằng phương trình tốc độ ở câu c có thể dùng để diễn tả qui luật tốc độ
của phản ứng tổng cộng.
Bài 7
Xenon tạo ra nhiều hợp chất như: XeF
2
, XeF
4
và XeO
3
.
a. Vẽ cấu trúc Liuyt cho mỗi phân tử trên.
b. Mô tả dạng hình học của mỗi hợp chất bao gồm cả góc liên kết.
c. Cho biết và giải thích mỗi phân tử trên có cực hay không có cực.
d. Tính toán việc nghiên cứu các hợp chất này ở phản ứng cao.
Bài 8

Một phần của polyme polypropilen được chỉ ra ở dưới đây:





C

H

H

C

H

H

C

H

CH
3

C

H

CH

3

a. Viết công thức cấu tạo của monome đã tạo ra polyme trên.
b. Cho biết và giải thích polime trên thuộc loại polime cộng hay polime ngưng
tụ.
c. So sánh nhiệt đô nóng chảy của các polyme sau. Đưa ra lời giải thích cho
câu trả lời của bạn.
i. Polypropilen chứa 1000 mắt xích monome và polypropilen chứa 10000
mắt xích monome.
ii. Polypropilen và polyme mà trong đó nhóm CH
3
được thay thế bằng
nhóm CH
2
CH
2
CH
2
CH
3
.
iii. Isotactic polypropilen (tất cả các nhóm CH
3
ở về một phía của khung
cacbon và atactic polypropilen (các nhóm CH
3
dược sắp xếp một cách
tuỳ ý)

Đáp án

Bài 1
a. 3Cu + 8H
+
+2NO
3
-
3Cu
2+
+2NO+4H
2
O
b.
i.
molg
PV
mRT
M /5,43
760
725
.125,0
308.0821,0.205,0



Gọi x là thành phần của NO
2
,
5,43)1(
22


ONO
MxxM
46x+32(1-x)=43,5 Giải ra có: x=0,281

1
59,4
189,0
821,0
2
2

O
NO

ii. 40,86-39,49=1,37 g Cu 41,21- 40,86=0,35 g O
nCu=
0216,0
55,63
37,1

nO=
0219,0
0,16
35,0


Vậy tỉ lệ là 1:1 và công thức phải là CuO.
c. Dung dịch mất mát làm cho khối lượng của CuO giảm. Vì vậy, phần trăm của
đồng trong oxit sẽ cao hơn.
d. Khối lượng của CuO sẽ cao hơn. Vì vậy, phần trăm của đồng trong oxit sẽ thấp

hơn.
Bài 2
a. Xét N
2
+2H
2
N
2
H
4

N
2
+O
2
NO
2
2H
1

2H
2
+O
2
2H
2
O 2H
2

2NO

2
+2H
2
O3O
2
+N
2
H
4
-H
3

N
2
+2H
2
N
2
H
4
H
ht
=2H
1
+2H
2
-H
3

b. N

2
H
4
(l)+2H
2
O
2
(l) N
2
(k)+4H
2
O(k)
c. Cấu trúc của hydrazin và peoxit là,




H=4.(-285,8)-[2.(-187,8)+1.50,6]=-812,2 kJ
d. H= N-N + 4 N-H + 2 O-O + 4 O-H - [NN + 8 O-H]
= 167+4.(386)+2.(142)-[942+4.(459)]=-783 kJ
e. H tính được từ câu c sẽ chính xác hơn. Vì các giá trị về năng lượng liên kết
của mỗi hợp chất trên chỉ là giá trị trung bình.
f. C=1.29,1 + 4.33,6 = 163,5 J./
0
C
q= CT  818200=163,5. T  T=5004
0
C
Bài 3
a.

i. [H
3
NCH(CH
3
)COOH]
+
và
+
H
3
NCH(CH
3
)COO
-

ii.
+
H
3
NCH(CH
3
)COO
-

iii.
+
H
3
NCH(CH
3

)COO
-
và H
2
NCH(CH
3
)COO
-

iv. H
2
NCH(CH
3
)COO
-

b.
i. K
1
[H
3
NCH(CH
3
)COOH]
+
H
+
+
+
H

3
NCH(CH
3
)COO
-

K
2

+
H
3
NCH(CH
3
)COO
-
 H
+
+ H
2
NCH(CH
3
)COO
-

ii. [H
+
] tại điểm 1= K
1
=4,6.10

-3
 pH=2,34
[H
+
] tại điểm 2=
21
.KK =
13
10.2,9

=9,6.10
-7
 pH=6,02
[H
+
] tại điểm 3= K
2
=2,0.10
-10
 pH=9,07
c. 2,0.10
-10
=
][
]][10.0,1[
10
HB
B



][
][
HB
B

=2/1
Chuẩn bị một thể tích xác định alanin hidroclorua 0,10 M (ví dụ 300 mL).
Thêm dung dịch NaOH vào theo tỉ lệ 5/3 ( theo ví dụ là 500 mL). Ta được 800 mL
dung dịch có tỉ lệ
1
2
])([
])([
33
32



COOCHNCHH
COOCHNCHH

Bài 4
a.
000
koxhpin
EEE  và
0
oxh
E =1,52 - 0,34 =1,18 V


0
k
E
(M
2+
+2e M)=-1,18 V
b.
i. Nếu [Cu
2+
] giảm xuống 0,10 M thì [M
2+
] phải tăng lên 1,90 M
ii. E=1,52-
10,0
90,1
ln
2
0257,0
=1,52-0,01285ln(19)=1,48 V
c. E của pin khi dung dịch pha loãng sẽ bằng E
0
pin ban đầu. Dung dịch được pha
loãng bởi những lượng nước như nhau, các ion có hệ số như nhau (từ phương trình
đã được cân bằng). E
pin
không đổi.
Bài 5
a. Na
2
S + H

2
O  2Na
+
+ HS
-
+ OH
-

b. I
3
-
+ S
2
O
3
2-
 3I
-
+ S
4
O
6
2-

c. F- + Fe
3+
 FeF
6
3-

d.
38
Sr
90

39
Y
90
+
-1

0

e. CO
2
+ Ca(OH)
2
 Ca
2+
+ HCO
3
-

f. CH
3
CH
2
OH + Cr
2
O

7
2-
+ H
+
 CH
3
CH=O (CH
3
COOH) + Cr
3+
+ H
2
O
Bài 6
a. Cl
2
+ CHCl
3
 CCl
4
+ HCl
b. Cl và CCl
3

c. v= k[CHCl
3
][Cl]
d. Bởi vì bước này là bước cân bằng, chung ta có thể biểu diễn [Cl] theo [Cl
2
]

thông qua biểu thức hằng số cân bằng. K=
][
][
2
2
Cl
Cl
 [Cl]
2
=K[Cl
2
] và
[Cl]=K
1/2
[Cl
2
]
1/2
. Vì vậy, thay vào ta có v=k[CHCl
3
][Cl
2
]
1/2

e. Nếu [CHCl
3
] và [Cl
2
] tăng gấp đôi, tốc độ sẽ tăng (2).(2)

1/2
=2,83 lần.
Bài 7
a.




b. XeF
2
dạng thẳng , 180
0
.
XeF
4
dạng vuông phẳng, 90
0
.
XeO
3
dạng tháp tam giác, ~107
0
.
c. XeF
2
không có cực. Cả hai liên kết Xe-F phân cực như nhau, nhưng do kiểu
hình học đường thẳng, chúng đã triệt tiêu lẫn nhau.
XeF
4
không có cực. Tất cả liên kết Xe-F phân cực như nhau, nhưng do kiểu

hình học vuông phẳng, chúng đã triệt tiêu lẫn nhau.
XeO
3
có cực. Liên kết Xe-F phân cực như nhau, kiểu hình học không phẳng
dẫn đến phân tử có cực.
Bài 8
a.



b. Đây là một polime cộng. Để hình thành các liên kết đôi trong monome bị bẻ
gãy tạo ra các electron độc thân từ đó liên kết các monome lại với nhau. Không
có sản phẩm khác hình thành, vì vậy đó không thể là polime ngưng tụ.
c. i. Polypropilen với 10.000 mắt xích có nhiệt độ nóng chảy cao hơn so với khi
chỉ có 1000 mắt xích. Phân tử càng lớn, với khối lượng càng cao sẽ có lực
phân tán càng mạnh.
ii. Thay thế CH
3
bởi CH
2
CH
2
CH
2
CH
3
sẽ làm nhiệt độ nóng chảy thấp hơn.
Kích thước nhóm càng lớn sẽ làm cản trở sự chặt khít của các mạch polime và
lảm giảm lực tương tác giữa các phân tử.
iii. Isotactic polypropilen sẽ có nhiệt độ nóng chảy cao hơn so với atactic

polypropilen. Cấu trúc có qui luật của isotactic tạo ra sự chặt khít hơn và lực
tương tác phân tử sẽ mạnh hơn.