Ba ria - Vung Tau

б
z
*
Tỉnh (thành phố) : Bà Ròa – Vũng Tàu KỲ THI OLYMPIC 30-04-2006
Trường : PTTH chuyên Lê Q Đôn
Môn : Hoá Khối : 11
Giáo Viên : Khúc Thò Thường
Số mật mã :
Số mật mã:
Bài số 1:
Bằng phương pháp MO, hãy mô tả sự hình thành liên kết của các phân tử: HF, HCl, HBr, HI.
Từ kết quả thu được, hãy giải thích sự thay đổi độ bền của liên kết H-X khi X thay đổi từ F→I.
Đáp án bài 1:
a) Cấu hình e:
1
1
1: sH
522
9
221: pssF
52622
17
33221: pspssCl
[ ]
5210
1835
443: psdAzBr
[ ]
5210
3653
554: psdKrI

b) Phân tử HF:
• Do mức năng lượng 1s (H) > 2s (F) vì X
F
> X
H
nên trong thực tế có thể xem AO 2s (F) không
tham gia tổ hợp với AO 1s (H).
• Trong số 3 AO 2p (F) chỉ có AO 2p
z
có cùng tính đối xứng với AO 1s (H) nên chúng xen phủ
với nhau tạo thành MO б
z
và δ*
z
• Các AO 2p
x
và 2p
y
của F thẳng góc với AO 1s (H) nên chúng không tổ hợp tạo ra các MO,
trên giản đồ chúng là các MO không liên kết. Kí hiệu Π
x
, Π
y
.
Vậy cấu hình phân tử HF : б
2
z
Π
2
x

Π
2
y
• Giản đồ liên kết:
δ
z
z
1s 2p
z

1s π
x
π
y
2p
z
2p
y
2p
x

AO (H) б
z
AO (F)
MO (HF)


c) Từ kết quả giản đồ thu được theo giản đồ MO của HF ta suy ra các giản đồ tương tự cho HCl,
HBr, HI.
• Với HCl: AO 2p

z
được thay bằng AO 3p
z
HBr: AO 2p
z
được thay bằng AO 4p
z
HI: AO 2p
z
được thay bằng AO 5p
z
б
z
*
б
z
*
б
z
*
б
z
*
Tỉnh (thành phố) : Bà Ròa – Vũng Tàu KỲ THI OLYMPIC 30-04-2006
Trường : PTTH chuyên Lê Q Đôn
Môn : Hoá Khối : 11
Giáo Viên : Khúc Thò Thường
Số mật mã :
Số mật mã:
Các giản đồ:

AO (H) MO (HX) AO (X)
+ Phân tử HCl

1s π
x
π
y
3p
z
3p
y
3p
x


б
z

+ Phân tử HBr:


1s π
x
π
y
4p
z
4p
y
4p

x


б
z

+ Phân tử HI



1s π
x
π
y
5p
z
5p
y
5p
x



б
z
d)Do sự khuếch tán của AO 3p
z
, 4p
z
, 5p

z
nên độ xen phủ với AO 1s (H) ít hơn ⇒ liên kết δ
z
kém
bền. Vậy độ bền phân tử HX giảm dần từ F đến I.
Biểu điểm: 4 (điểm)
a) Cấu hình e của 5 nguyên tố = 0,5 (điểm)
b) Phân tử HF: 4 ý x 0,5 = 2,0 (điểm)
c) + Lí luận tương tự
= 1,0 (điểm)
+ 3 giản đồ 3 phân tử
d) Giải thích + kết luận = 0,5 (điểm)
Tỉnh (thành phố) : Bà Ròa – Vũng Tàu KỲ THI OLYMPIC 30-04-2006
Trường : PTTH chuyên Lê Q Đôn
Môn : Hoá Khối : 11
Giáo Viên : Khúc Thò Thường
Số mật mã :
Số mật mã:
Bài số 2:
A được tạo thành từ Cation X
+
và Anion Y
-
. Phân tử A chứa 9 nguyên tử gồm 3 nguyên tố phi
kim. Tỉ lệ số nguyên tử của mỗi nguyên tố là 2 : 3 : 4. tổng số proton trong A là 42 và trong Y
-
chứa 2 nguyên tố cùng chu kì và thuộc 2 phân nhóm chính liên tiếp.
a) Viết công thức phân tử, công thức e, công thức cấu tạo và gọi tên A.
b) Cho 2,5 g X (A + tạp chất) trộn với (Al, Zn) dư rồi nung nóng với NaOH dư ⇒ khí
thoát ra cho hoàn toàn vào 100 ml H

2
SO
4
0,15M. Trung hoà H
2
SO
4
dư cần 35 ml NaOH 0,1M.
Viết phương trình, tính khối lượng A trong X.
Đáp án bài 2:
a) Số proton trung bình của 3 nguyên tố :
67,4
9
42
==
Z
⇒ Có một nguyên tố phi kim có Z < 4,67 ⇒ nguyên tố H
⇒ 2 phi kim còn lại trong Y ở một chu kì và 2 phân nhóm chính liên liếp nên số proton tương
ứng là (Z) và (Z + 1).
• Xét 3 trường hợp:
1. A có 2 nguyên tử H: 2 + 3Z + 4(Z+1) = 42
⇒ Z = 5,14 ⇒ loại
2 + 3(Z+1) + 4Z = 42
2. A có 3 nguyên tử H: 3 + 2Z + 4(Z+1) = 42 ⇒ Z= 5,8 ⇒ loại
3 + 2(Z+1) + 4Z = 42 ⇒ Z= 6,17 ⇒ loại
3. A có 4 nguyên tử H 4 + 2(Z+1) + 3Z = 42 ⇒ Z = 7,2 ⇒ loại
4 + 2Z + 3(Z+1) = 42 ⇒ Z = 7
Và ( Z +1) = 8 ⇒ Đó là nguyên tố
7
N và

8
O.
⇒ Công thức phân tử A : H
4
N
2
O
3
hay NH
4
NO
3
(AmoniNitrat).
• Công thức cấu tạo A:
H
+
O - H + O: -
H−N→H O←N H :N :H :O: N
H O H O:
b) Phương trình phản ứng có thể xảy ra
•
OHNHOHNH
to
234
+↑→+
−+
•
↑+→+++
−−−
3223

382583 NHAlOOHOHAlNO
to
•
OHNHZnOOHZnNO
to
23
2
23
2474
++→++
−−−
•
↑+→++
−−
2
2
22
322 HAlOOHAlOH
. .
. .
Tỉnh (thành phố) : Bà Ròa – Vũng Tàu KỲ THI OLYMPIC 30-04-2006
Trường : PTTH chuyên Lê Q Đôn
Môn : Hoá Khối : 11
Giáo Viên : Khúc Thò Thường
Số mật mã :
Số mật mã:
•
↑+→+
−−
2

2
2
2 HZnOOHZn
•
( )
4
2
4423
2 SONHSOHNH
→+
2x ← x
•
OHSONaSOHNaOH
24242
22
+→+
2y ← y

−+
+=
34
3
NONH
NH
nnn
⇒ x mol NH
4
NO
3
tạo ra 2x mol NH

3
)(015,015,0.1,0
42
molyxn
SOH
==+=
x = 0,01325
⇒
)(0035,01,0.035,02 molyn
NaOH
===
y = 0,00175
⇒ Số mol NH
4
NO
3
= x = 0,01325
Vậy ở X:
)(06,18001325,0
34
gxm
NONH
==
m
tạp chất
= 2,5 – 1,06 = 1,44 (g)
Biểu điểm: 4 (điểm)
Phần a: 5 ý x 0,5 = 2,5 (điểm)
Phần b: -7 phương trình x 0,125 = 1,0 (điểm)
- Tính khối lượng = 0,5 (điểm)

Bài số 3:
Tỉnh (thành phố) : Bà Ròa – Vũng Tàu KỲ THI OLYMPIC 30-04-2006
Trường : PTTH chuyên Lê Q Đôn
Môn : Hoá Khối : 11
Giáo Viên : Khúc Thò Thường
Số mật mã :
Số mật mã:
Đánh giá thành phần cân bằng trong dung dòch H
3
PO
4
0,01M. Cho K
a1
=10
-2,23
, K
a2
=10
-7,21
, K
a3
=10
-
12,32
, K
w
=10
-14
.
Đáp án bài 3:

a) Bởi vì K
a1
>> K
a2
>> K
a3
>> K
w
nên cân bằng:
43
POH

−+
+
42
POHH
K
a1
=10
-2,23
là cân bằng chủ yếu
C
0
0,01
∆C -x x x
C 0,01-x x x
0101010
01,0
23,223,2223,2
2

=−+⇒=
−
−−−
xx
x
x
Tính ra: x=2,15 . 10
-2
b) Bởi vì
[ ] [ ]
+−
=
HPOH
42
mà
[ ]
+
H
là cấu tử chính nên có thể coi
−
42
POH
là cấu tử chính và coi
phản ứng:
−
42
POH

+
H

+
−
2
4
HPO
K
a2
=10
-7,21
là phản ứng chuyển dòch thứ 2
C
0
2,15 . 10
-2

∆C -y y y
C 2,15 .10
-2
-y 2,15 .10
-2
+y y

21,7
2
2
10
10.15,2
)10.15,2(
−
−

−
=
−
+
y
yy
Với y <<2,15 .10
-2
ta có y=10
-7,21
<<2,15 .10
-2
. Vậy cấu tử chính
[ ]
+
H
không bò thay đổi do phản
ứng chuyển dòch thứ 2, và do đó:
[ ]
+
H
=2,15 .10
-2
=
[ ]
−
42
POH
c) Phản ứng thứ 3 với K
a3

rất bé sẽ không làm ảnh hưởng tới sự thay đổi nồng đọ ion H
+
−
2
4
HPO

+
H
+
−
3
4
PO
K
a3
=10
-12,32
C 10
-7,21
2,15 .10
-2
∆C -z z z
[ ]
10
-7,21
-z 2,15 .10
-2
+z z
32,12

21,7
2
10
10
)10.15,2(
−
−
−
=
−
+
z
zz
Với Z << 10
-7,21
ta được:
[ ]
18
2
21,7
32,123
4
10.37,1
10.15,2
10
.10
−
−
−
−−

===
POz