đề thi và đáp án hsg quốc gia vòng 2 môn hóa học 2007

Hớng dẫn chấm THI MễN HểA HC Kè THI CHN I TUYN
QUC GIA D THI OLYMPIC QUC T NM 2007
Ngy thi th hai (08/04/2007)

Câu I. ( 4 điểm)
1.
HBr
(PhCO2)2O2

Có 4 sản phẩm và 10 đồng phân quang học.
2.
OH

O

-

OH
ch.vi
CH3 - C OMe
HN C OMe
H2N C OMe
CH3 - C
H+

NH2
NH

CH3

CH3

O

Axetamit
OH2
+

OH 2
H
ch.vi
CH3 - C OMe
H3C - C OMe
H2N C OMe

H+

NH

NH

OH
H3N - C - OCH3

CH3
O-H




CH3 - C OMe

NH3

CH3 C - OMe

CH3

O

Metyl axetat
Proton chuyển từ OH2 đến NH2 chứ không đến OCH3 vì RCH2 có
tính bazơ lớn hơn ROCH3.
Khi thủy phân trong môi trờng kiềm, nhóm OCH3 bị tách tốt hơn
NH2 nên nhận đợc amit.
Trong môi trờng axit NH3 là nhóm bị tách tốt hơn nên đợc este.
1. NaOEt
NaOEt
3. CH3COOEt
PhCOCH2COOEt
PhCOCHCOOEt
I
2. PhCOOEt
PhCOCHCOOEt
2


1.ddNaOH

PhCOCH2CH2COPh
2. H O + ;3.t o

3

O

P4 H10



Câu IV. ( 4 điểm)
1. Thành phần amino axit của A :
Ala3, Asp, Gly, Leu, Lys, Ser, Tyr, Val2.
Hay là : 3 Ala, 1 Asp, 1 Gly, 1 Leu, 1 Lys, 1 Ser, 1 Tyr, 2 Val
Khối lợng mol tối thiểu của A là

140
1160 g / mol .
0,120

2. Phân tích các dữ kiện, tìm thấy
B : Ser Gly Leu Lys
E : Ala Asp Ala Tyr
F : Val Ala Val
Vậy, trình tự amino axit trong A là :
Ser Gly Leu Lys - Ala Asp Ala Tyr Val - Ala
Val
( Phản ứng giữa một peptit với hiđrazin giảI phóng amino axit đầu C,
còn các đơn vị amino axit khác đợc chuyển thành hiđrazit tơng
ứng).
3. Trong phân tử A Có hai nhóm NH2, hai nhóm COOH và một nhóm
OH phenol của Tyr. Khi pH tăng, số điện tích (+) giảm đi, còn số điện

tích () tăng lên.
++

++/pK1

++/-pK2

pHI =

pK 2 +pK 3
2

+/-pK3

-pK4

--pK5

pH


Câu V
1.
HOOC

HOOC
H 2 NNHPh

C = O
C = OH

H+

H - NHNHPh
HOOC C OH






Me2CH

Me2CH

:NHNHPh
HOOC C - OH2
CHMe2

CHMe2

H

HOOC C = NNHPh


CHMe2

HOOC- C = N NHPh
CHMe2

imin
H3C





Pd

COOH

2H 2

CH CH
H3C

+ PhNH2

NH2

hn hp raxemic
Giá trị pH tối u là giữa 5 và 6. pH axit xúc tác cho phản ứng này bằng

cách làm cho dẫn xuất cacbonyl có tính electrophin hơn.

[



C = O + H+

C = OH


C OH ]

Mặt khác, không cần pH qúa axit vì tác nhân nucleophin PhNHNH2 có
+

tính bazơ sẽ tồn tại dới dạng axit liên hợp PhNH N H3 thì không còn tính
nucleophin nữa.
Bằng phơng pháp hiđro hóa imin ta chỉ nhận đợc hỗn hợp raxemic,
nghĩa là valin không có tính quang hoạt.
Để tách riêng từng đồng phân, ngời ta tiến hành axetyl hóa valin
bằng anhiđrit axetic, sau đó dùng enzim đeaxyl hóa. Enzim là một tác
nhân bất đối, nó phản ứng đặc thù với một trong hai đồng phân, mà
thờng là phản ứng với dãy L của amino axit. Khi kết thúc phản ứng thu
đợc hai sản phẩm không phảI là đối quang của nhau nên có thể tách
riêng đợc.
COOH
AcNH

H

i-C3H7

COOH
H

NHAc

i-C3H7

+
Enzim
H3N
eaxyl hoỏ

COOH
H
i-C3H7

H

COOH
NHAc + CH3COOH
i-C3H7


2.
O

O
CH3OH

HCl

O

O

Pb(CH 3COO) 4
⎯⎯⎯⎯⎯
→

CHO

CHO

CHO
OH

OH

OH
HO

HO
OH
OH
COOH

O

OH

OH
C=O

khu

OH
OH
CH2OH


HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN HÓA HỌC KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN
VIỆT NAM DỰ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ NĂM 2007
Bài thi phần Cơ sở và Hóa học Vô cơ (ngày thứ nhất, 07/4/2007)
(Bản hướng dẫn này có tổng cộng10 trang)

Câu I (6.0 điểm = 2 + 1+ 3 )
2 SO3:
1. Đối với phản ứng thuận nghịch pha khí 2 SO2 + O2 ⇌
a) Người ta cho vào bình kín thể tích không đổi 3,0 lít một hỗn hợp gồm 0,20 mol SO3
và 0,15 mol SO2. Cân bằng hóa học (cbhh) được thiết lập tại 250C và áp suất chung của
hệ là 3,20 atm. Hãy tính tỉ lệ oxi trong hỗn hợp cân bằng.
b) Cũng ở 250C, người ta cho vào bình trên chỉ mol khí SO3. Ở trạng thái cbhh thấy có
0,105 mol O2.Tính tỉ lệ SO3 bị phân hủy, thành phần hỗn hợp khí và áp suất chung của hệ
2. Cho các phương trình nhiệt hóa học sau đây:
(1) 2 ClO2 (k) + O3 (k)
→
Cl2O7 (k)
∆H0 = - 75,7 kJ
(2)
O3 (k)

→
O 2 (k) + O (k)
∆H0 = 106,7 kJ
→
Cl2O7 (k)
∆H0 = - 278 kJ
(3) 2 ClO3 (k) + O (k)
(4)
O2 (k)
→
2 O (k)
∆H0 = 498,3 kJ.
k: kí hiệu chất khí.
Hãy xác định nhiệt của phản ứng sau:
→
ClO3 (k).
(5)
ClO2 (k) + O (k)
3. Dung dịch A gồm FeSO4 0,020 M; Fe2(SO4)3 và H2SO4.
a) Lấy chính xác 25,00 ml dung dịch A, khử Fe3+ thành Fe2+; chuẩn độ Fe2+ trong hỗn
hợp (ở điều kiện thích hợp) hết 11,78 ml K2Cr2O7 0,0180 M. Hãy viết phương trình ion
của phản ứng chuẩn độ. Tính nồng độ M của Fe2(SO4)3 trong dung dịch A.
b) Tính nồng độ M của H2SO4 trong dung dịch A, biết dung dịch này có pH = 1,07.
c) Ghép cực Pt nhúng trong dung dịch A (qua cầu muối) với cực Ag nhúng trong dung
dịch AgNO3 0,0190 M có thêm K2CrO4 cho đến nồng độ 0,0100 M (coi thể tích được giữ
nguyên).
Hãy cho biết anot, catot và viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động. Tính
sức điện động của pin.
Cho pKa: HSO4- 1,99; Fe3+( Fe3+ + H2O ⇌ FeOH2+ + H+) 2,17;
Fe2+( Fe2+ + H2O ⇌ FeOH+ + H+) 5,69.

Chỉ số tích số tan pKs của Ag2CrO4 11,89.
Eo : Fe3+/ Fe2+ 0,771 V; Ag+/Ag 0,799 V; (RT/F)ln = 0,0592 lg.
Hướng dẫn chấm:
1. a) Xét
2 SO2
+
O2 ⇌
2 SO3
(1)
ban đầu
0,15
0,20
lúc cbhh
( 0,15 + 2z)
z
(0,20 – 2z)
Tổng số mol khí lúc cbhh là n1 = 0,15 + 2z + z + 0,20 – 2z = 0,35 + z
Từ pt trạng thái: P1V = n1RT → n1 = P1V / RT = 3,2.3/0,082.298 0,393
→ z = 0,043.
Vậy x O 2 = z / n1 = 0,043/ 0,393 = 0,1094 hay trong hh cb oxi chiếm 10,94%
- 1/10 -


2 SO2
+
O2 ⇌
2 SO3
(2)
ban đầu
0

0
y
lúc cbhh
2. 0,105
0,105
(y – 2. 0,105).
Trạng thái cbhh được xét đối với (1) và (2) như nhau về T (và cùng V) nên ta có
K = const; vậy: n 2SO 3 / (n 2SO 2 .n O 2 ) = const.
b)

Theo (1) ta có n 2SO 3 / (n 2SO 2 .n O 2 ) = ( 0,20 – 2. 0,043)2 / (0,15 + 0,086)2. 0,043 = 5,43.
Theo (2) ta có n 2SO 3 / (n 2SO 2 .n O 2 ) = (y – 0,21)2/ (0,21)2.0,105 = 5,43. Từ đó có phương
trình
y2 – 0,42 y + 0,019 = 0. Giải pt này ta được y1 = 0,369; y2 = 0,0515 < 0,105
(loại bỏ nghiệm y2 này).
Do đó ban đầu có y = 0,369 mol SO3; phân li 0,21 mol nên tỉ lệ SO3 phân li là 56,91%
Tại cbhh tổng số mol khí là 0,369 + 0, 105 = 0,474 nên:
SO3 chiếm ( 0,159 / 0,474).100% = 33,54%; SO2 chiếm ( 0,21 / 0,474).100% = 44,30%;
O2 chiếm 100% - 33,54% - 44,30% = 22,16%.
Từ pt trạng thái: P2V = n2RT → P2 = n2 RT/ V = 0,474.0,082.298/3 → P2 = 3,86 atm.
2. Kết hợp 2 pt (1) và (3) ta có
→ 1/2 Cl2O7 (k)
∆H0 = - 37,9 kJ
ClO2 (k) + 1/2 O3 (k)
1/2 Cl2O7 (k)
→ ClO3 (k) + 1/2 O (k)
∆H0 = 139 kJ
(6) ClO2 (k) + 1/2 O3 (k)

→

ClO3 (k) + 1/2 O (k)

∆H0 = 101,1 kJ

Kết hợp 2 pt (6) và (2) ta có
ClO2 (k) + 1/2 O3 (k)
1/2 O2 (k) + 1/2 O (k)

→
→

ClO3 (k) + 1/2 O (k)
1/2 O3 (k)

∆H0 = 101,1 kJ
∆H0 = -53,3 kJ

(7) ClO2 (k) + 1/2 O2 (k)

→

ClO3 (k)

∆H0 = 47,8 kJ

Kết hợp 2 pt (7) và (4) ta có
ClO2 (k) + 1/2 O3 (k)
O (k)

→
→

ClO3 (k) + 1/2 O (k)
1/2 O2 (k)

∆H0 = 101,1 kJ
∆H0 = - 249,1 kJ

→ ClO3 (k)
∆H0 = - 201,3 kJ.
(5) ClO2 (k) + O (k)
Đó là pt nhiệt hóa (5) ta cần tìm.
3. a) Phản ứng c/độ Cr2O 72− + 6 Fe2+ + 14 H+ → 2 Cr3+ + 6 Fe3+ + 7 H2O
CFe 2+ = CFeSO 4 + 2 CFe 2 (SO 4 ) 3 = 0,02 + 2C1
CFe 2+ . 25,00 = 6 (CCr 2 O 72− . VCr 2 O 72− )→ 25,00(0,020 + 2C1) = 6(0,0180 . 11,78)
C1 = 0,01544 M hay
CFe 2 (SO 4 ) 3 = 0,01544 M.
b) Trong dd A có: Fe2+ 0,020 M; Fe3+ 2C1; H+ (C, M); HSO −4 (C, M); các cân bằng:
2 H2O ⇌ H3O+ + OH-

Kw = 10-14

(1)

Fe2+ + 2 H2O ⇌ FeOH+ + H3O+ Ka1 = 10-5,96 (2)
Fe3+ + 2 H2O ⇌ FeOH2+ + H3O+ Ka2 = 10-2,17 (3)
HSO −4 + H2O ⇌ SO 24− + H3O+ Ka = 10-1,99 (4).

- 2/10 -

So sánh ta thấy (3) và (4) là chủ yếu và tương đương nhau. Áp dụng đ/luật bảo toàn
(a)
proton, ta có [H3O+] = CH + + [FeOH2+] + [SO 24− ]
Từ (3) có [FeOH2+] / [Fe3+] = Ka2 / [H3O+] → [FeOH2+] / CFe 3+ = Ka2 / Ka2 + [H3O+]
= 10-2,17 / (10-2,17 + 10-1,07) → [FeOH2+] = 0,0736 CFe 3+ = 0,0736 . 0,015445 . 2.
T/ tự, từ (4) có [SO 24− ] / [HSO −4 ] = Ka / [H3O+]
→ [SO 24− ] / CHSO −4 = 10-1,99/ (10-1,99 + 10-1,07) → [SO 24− ] = 0,107 C;
P/ trình (a) trở thành [H3O+] = C + 0,0736 CFe 3+ + 0,107 C
(b).
-1,07
Từ (b) CH 2 SO 4 = C = (10
– 0,0736 . 0,03089) / 1,107 → CH 2 SO 4 = C = 0,07483 M.
c) EPt = E Fe 3+ / Fe 2+ = E 0

Fe

3+

/ Fe
3+

2+

+ 0,0592 lg([Fe3+]/[Fe2+])

Fe +
2 H2O ⇌ FeOH2+ + H3O+
10-2,17

C
0,03089
[ ]
0,03089 – x
x
10-1,07
-1,07
-1,07
3+
/ (0,03089 – x) = 10
→ x = 0,002273→ [Fe ] = 0,03089 – 0,002273
x .10
= 0,02862 M → [Fe2+] = CFe 2+ = 0,020 M (vì Ka1 rất bé).
Vậy: EPt = 0,771 + 0,0592 lg ( 0,0862 / 0,020) = 0,780 V.
2 Ag+ +
CrO 24− → Ag2CrO4↓
0,019
0,010
5. 10-4
→
2 Ag+
+
CrO 24− Ks = 10-11,89
Ag2CrO4↓
C
5.10-4
[ ]
2x
5.10-4 + x
2

-4
-11,89
3
-3 2
( 2x ) (5.10 + x) = 10
→ 4x + 2,0.10 x - 10-11,89 = 0 → x = 2,08.10-5
Có: [Ag+] = 2x = 4,96.10-5 M.
EAg = E oAg + / Ag + 0,0592 lg [Ag+] = 0,799 + 0,0592 lg4,96.10-5 = 0,544 V.
Vì EAg < EPt nên cực Ag là anot; cực Pt catot.
Phản ứng trong pin: anot
2 Ag
+
CrO 24− ⇌ Ag2CrO4↓ + 2e
e
catot 2x│ Fe3+ +
3+
2−
2 Ag
+ CrO 4 + 2Fe
Epin = EPt - EAg = 0,780 – 0544 = 0,236 V.

⇌ Fe2+
⇌ Ag2CrO4↓ + 2 Fe2+

Câu II ( 3,0 điểm = 2 + 1 )
t0
→ 2 NO 2 + 1/2O2 (*)
1. Thực nghiệm cho biết sự nhiệt phân ở pha khí N2O5 ⎯⎯
là phản ứng một chiều bậc nhất. Cơ chế được thừa nhận rộng rãi của phản ứng này là
k1

N2O5
NO 2 + NO3
(1)
⎯⎯
→
k−1
N
O
(2)
NO 2 + NO3
⎯⎯→
2 5
k2
NO 2 + NO3
⎯⎯
→
NO + NO 2 + O2
(3)
k3
N2O5 + NO
⎯⎯
→
3 NO 2
(4).
a) Áp dụng sự gần đúng trạng thái dừng cho NO, NO3 ở cơ chế trên, hãy thiết lập biểu
thức tốc độ của (*). Kết quả đó có phù hợp với thực nghiệm không?

- 3/10 -

b) Giả thiết rằng năng lượng hoạt hóa của (2) bằng không, của (3) bằng 41,570 kJ.mol-1.
Dựa vào đặc điểm cấu tạo phân tử khi xét cơ chế ở trên, phân tích cụ thể để đưa ra biểu
thức tính k-1/ k2 và hãy cho biết trị số đó tại 350 K.
c)Từ sự phân tích giả thiết ở b) khi cho rằng các phản ứng (1) và (2) dẫn tới cân bằng hóa
học có hằng số K, hãy viết lại biểu thức tốc độ của (*) trong đó có hằng số cbhh K.
2. Một trong các phản ứng gây ra sự phá hủy tầng ozon của khí quyển là :
NO + O3
→
NO2 + O2
Trong 3 thí nghiệm, tốc độ phản ứng phụ thuộc vào nồng độ của các chất phản ứng
như sau:
Tốc độ v, mol/l.s-1
Thí nghiệm
[NO], mol/l
[O3], mol/l
N01
0,02
0,02
7,1.10-5
0
N2
0,04
0,02
2,8.10-4
N03
0,02
0,04
1,4.10-4
Xác định các bậc phản ứng riêng a, b và hằng số tốc độ trung bình k trong phương
trình động học:

v = k[NO]a . [O3]b
Chú ý tới đơn vị của các đại lượng.
Hướng dẫn chấm:
1.a) Xét d[NO3]/dt = k1[N2O5] – k -1[NO2][NO3] – k2[NO2][NO3] ≈ 0 (a)
→ [NO3] = k1[N2O5] / {(k -1 + k2)[NO2]}
(b).
Xét d[NO]/dt = k2[NO2][NO3] - k3[NO][N2O5] ≈ 0
(c)
(d).
→ [NO] = k2[NO2][NO3] / k3[N2O5] / {(k -1 + k2)[NO2]}
Thế (b) vào (d) ta được [NO] = k1k2 / k3(k -1 + k2)
(d).
Xét d[N2O5]/dt = - k1[N2O5] + k -1[NO2][NO3] - k3[NO][N2O5]
(e).
Thế (b), (d) vào (e) và biến đổi thích hợp, ta được
– d[N2O5]/dt = {k1 – (k -1 – k2)/(k -1 + k2)}[N2O5] = k`[N2O5]
(f).
b) Trong (2) do sự va chạm giữa NO2 với NO3 nên N2O5 ≡ O2NONO2 được tái tạo, tức là
có sự va chạm của 1 N với 1 O. Ta gọi đây là trường hợp 1.
Trong (3) NO được tạo ra do 1 O bị tách khỏi NO2; NO2 được tạo ra từ sự tách 1O khỏi
NO3. Sau đó 2 O kết hợp tạo ra O2. Ta gọi đây là trường hợp 2. Như vậy ở đây số va
chạm giữa các phân tử áng chừng gấp 2 so với trường hợp 1 trên.
Phương trình Areniuxơ được viết cụ thể cho mỗi phản ứng đã xét:
P.ư (2): k -1 = A2e − E2 / RT (*); P.ư (3): k2 = A3e − E3 / RT (**)
Theo lập luận trên và ý nghĩa của đại lượng A trong pt Areniuxơ đặc trưng cho số va
chạm dẫn tới phản ứng, ta thấy A3 = 2A2. Ta qui ước A 2 = 1 thì A3 = 2. Theo đề bài
E2 = 0; E3 = 41,570 kJ.mol -1; T = 350. Thay số thích hợp, ta có:
−3
k -1/ k2 = ½ e E3 / RT = ½ e 41,578/ 8,314.10 .350 ≈ 8.105(lần).
c) Kết hợp (1) với (2) ta có cbhh

N2O5 ⇌ NO2 + NO3
(I)
K = k1 / k -1 = [NO2][NO3] / [N2O5]
(I.1)
Đưa (I.1) vào b/ thức (c): [NO] = k2[NO2][NO3] / k3[N2O5] = k2K/k3
(I.2).
Thế b/ thức (I.2) này và (b) trên vào (e), ta có
d[N2O5]/dt = - k1[N2O5] + k -1[NO2]{k -1[NO2](k1[N2O5]/ (k -1 + k2)[NO]}- k3(k2K/k3).
Thu gọn bt này, ta được d[N2O5]/dt = {k1– (k-1k1/(k -1 + k2)) + k2K}[N2O5] (I.3)
Giả thiết k-1>> k2 phù hợp với điều kiện Ea2 ≈ 0. Cbhh (I) nhanh chóng được thiết lập.

- 4/10 -


Vậy từ (I.3) ta có
d[N2O5]/dt = {- k1+ (k -1k1/ k -1) - k2K}[N2O5]
Chú ý K = k1 / k -1, ta được:
d[N2O5]/dt = {- k1+ (k -1- k2)K}[N2O5]
Đây là biểu thức cần tìm.
2. ln v = ln k + a ln [NO] + b ln [O3].
Chọn N01 và N02 ta có: ln v2- ln v1 = a( ln [NO]2 - ln [NO]1)
ln (2,8.10-4/7,1.10-5) = ln 4 = a ln 2 → 4 = 2a → a = 2.
Xét t/ tự với N01 và N03, ta có ln 2 = b ln 2 → 2 = 2b → b = 1.
Tính: k( trung bình) = v / [NO]2[O3] = 8,9 l 2.mol-2.s-1.

(I.4).
(I.5).

Câu III ( 3,0 điểm = 0,5 + 0,75 + 0,75 + 0,5 + 0,5 )
Nguyên liệu để sản xuất nhôm là quặng boxit. Để sản xuất nhôm cần tách nhôm oxit từ

quặng trên sau đó điện phân dung dịch nhôm oxit trong criolit , nhiệt độ khoảng 970oC,
điện áp 5 – 7 V, dòng 130 kA.
1. Hãy trình bày quy trình tách nhôm oxit từ quặng boxit, viết các phương trình phản ứng.
2. Viết công thức criolit và giải thích vai trò của nó. Viết đầy đủ phương trình các phản
ứng xảy ra ở anot, catot và phản ứng tổng quát.
3. Tính năng lượng theo kWh, khối lượng boxit (chứa 60% nhôm oxit) và khối lượng
graphit dùng làm anot để sản xuất 1 tấn nhôm. Biết điện áp 5 V và hiệu suất dòng là 95%.
4.Bảng sau đây cho các số liệu tại 970oC
Al(lỏng)
O2(khí)
Al2O3(rắn)
o
∆Hs theo kJ/mol ở 970 C
48
38
- 1610
S theo J/(K.mol) ở 970oC
78
238
98
Tính điện áp lí thuyết cần dùng trong quá trình điện phân.
5.Hãy giải thích vì sao không thể điều chế nhôm bằng cách điện phân dung dịch nước của
muối nhôm trong môi trường axit.
Hướng dẫn chấm
1. Trộn bột quặng boxit với dung dịch NaOH 35% rồi đun trong autoclave (nhiệt độ
170-180 oC). Các phản ứng xảy ra là:
Al2O3 + 2OH- + 3H2O → 2Al(OH)4-(dd)
Fe2O3 + 3H2O → 2Fe(OH)3(r)
Lọc bỏ Fe(OH)3. Pha loãng dung dịch để cho Al(OH)4- thuỷ phân:
Al(OH)4- + aq → Al(OH)3.aq↓ + OHĐể thúc đẩy quá trình thuỷ phân có thể thêm mầm tinh thể nhôm oxit hoặc sục khí

CO2 để làm chuyển dịch cân bằng thuỷ phân:
Al(OH)4- + CO2 → Al(OH)3↓ + HCO3Lọc lấy Al(OH)3 rồi nung ở nhiệt độ cao để thu Al2O3.
2. Công thức của criolit: Na3AlF6. Vai trò của nó là làm dung môi (tnc= 1000 oC) để hoà
tan Al2O3 (cũng có thể nói là để hạ nhiệt độ nóng chảy của Al2O3).
- Phản ứng :
( Na3 AlF6 ) n / c
+ Sự điện li của Al2O3:
Al2O3 ⎯⎯⎯⎯⎯
→ 2Al3+ + 3O2-+ Phản ứng ở catot:
Al3+ + 3e → Al
+ Phản ứng ở anot:
2 O2- - 4e → O2
+ Phản ứng phụ: oxi phản ứng với cacbon ở điện cực than chì:

- 5/10 -


2C + O2 → 2CO
3. Năng lượng: 15700 kWh; Khối lượng quặng boxit: gần 3 tấn;
Khối lượng graphit: 670 kg.
4.
2Al2O3 → 4Al + 3O2
∆H = 3526 kJ/mol; ∆S = 674 J/mol.K; ∆G = 2688,18 kJ/mol
∆E = 2,32 V (Điện áp lý thuyết cần dùng trong quá trình điện phân)
5. Vì thế khử tiêu chuẩn của cặp Al3+/Al bằng -1,66 V nên nếu điện phân dung dịch
nước thì H+ sẽ phóng điện ở catot chứ không phải Al3+ (Hoặc là, nếu Al3+ phóng điện
để tạo thành Al thì nhôm kim loại được tạo thành sẽ tác dụng ngay với nước theo
phản ứng Al + H2O → Al(OH)3 + H2, nghĩa là sản phẩm cuối cùng của quá trình
vẫn là hiđro).
Câu IV (4,0 điểm = 1,25 + 0,75 + 2)

1. Phòng thí nghiệm có mẫu phóng xạ Au198 với cường độ 4,0 mCi/1g Au. Sau 48 giờ
người ta cần một dung dịch có độ phóng xạ 0,5 mCi/1g Au. Hãy tính số gam dung môi
không phóng xạ pha với 1g Au để có dung dịch nói trên. Biết rằng Au198 có t1/2 = 2,7
ngày đêm.
2. Có thể viết cấu hình electron của Ni2+là:
Cách 1: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d8];
Cách 2: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d64s2].
Áp dụng phương pháp gần đúng Slater (Xlâytơ) tính năng lượng electron của Ni2+ với
mỗi cách viết trên (theo đơn vị eV). Cách viết nào phù hợp với thực tế? Tại sao?
3. Hãy chứng minh rằng phần thể tích bị chiếm bởi các đơn vị cấu trúc (các nguyên tử)
trong mạng tinh thể kim loại thuộc các hệ lập phương đơn giản, lập phương tâm khối, lập
phương tâm diện tăng theo tỉ lệ 1 : 1,31 : 1,42.
Hướng dẫn chấm:
1. - t = 48 h = 2 ngày đêm.
- Áp dụng biểu thức tốc độ của phản ứng một chiều bậc một cho phản ứng phóng
xạ, ta có: λ = 0,693/t1/2; Với t1/2 = 2,7 ngày đêm, λ = 0,257 (ngày đêm)-1.
Từ pt động học p.ư một chiều bậc nhất, ta có: λ =(1/t) ln N0/N.
Vậy: N/N0 = e- λ t = e-0,257 x 2 = 0,598.
Như vậy, sau 48 giờ độ phóng xạ của mẫu ban đầu còn là:
0,598 x 4 = 2,392(mCi).
Do đó số gam dung môi trơ cần dùng là: (2,392 : 0,5) – 1,0 = 3,784 (g).
2. Năng lượng của một electron ở phân lớp l có số lượng tử chính hiệu dụng n* được
tính theo biểu thức Slater:
ε1 = -13,6 x (Z – b)2 /n* (theo eV)
Hằng số chắn b và số lượng tử n* được tính theo quy tắc Slater. Áp dụng cho Ni2+
(Z=28, có 26e) ta có:
Với cách viết 1 [Ar]3d8:
ε 1s = -13,6 x (28 – 0,3)2/12
=
-10435,1 eV

ε 2s,2p = -13,6 x (28 – 0,85x2 – 0,35x7)2/ 22
=
- 1934,0 2 2
ε 3s,3p = -13,6 x (28 – 1x2 – 0,85x8 – 0,35x7) /3
=
- 424,0 ε 3d = - 13,6 x (28 – 1x18 – 0,35x – 0,35x7)2/32 =
- 86,1 E1 = 2 ε 1s + 8 ε 2s,2p + 8 ε 3s,3p + 8 ε 3d = - 40423,2 eV
Với cách viết 2 [Ar]sd64s2:
- 6/10 -


ε 1s, ε 2s,2p, ε 3s,3p có kết quả như trên . Ngoài ra:
ε 3d = -13,6 x (28 – 1x18 – 0,35x5)2/32
=
ε 4s = - 13,6 x (28 – 1x10 – 0,85x14 – 0,35)2/3,72 =

- 102,9 eV
- 32,8 -

Do đó E2 = - 40417,2 eV.
b) E1 thấp (âm) hơn E2, do đó cách viết 1 ứng với trạng thái bền hơn. Kết quả thu
được phù hợp với thực tế là ở trạng thái cơ bản ion Ni2+ có cấu hình electron
[Ar]3d8.
3. Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong mạng tinh thể cũng chính là phần
thể tích mà các nguyên tử chiếm trong một tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở).
- Đối với mạng đơn giản:
+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 = 1
+ Gọi r là bán kính của nguyên tử kim loại, thể tích V1 của 1 nguyên tử kim loại
là:
V1 = 4/3 x π r3 (1)

+ Gọi a là cạnh của tế bào, thể tích của tế bào là:
V2 = a3 (2)
Trong tế bào mạng đơn giản, tương quan giữa r và a được thể hiện trên hình sau:
r
a

hay a = 2r (3).
Thay (3) vào (2) ta có: V2 = a3 = 8r3 (4)
Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là:
V1/V2 = 4/3 π r3 : 8r3 = π /6 = 0,5236
- Đối với mạng tâm khối:
+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 + 1 = 2. Do đó V1 = 2x(4/3) π r3 .
+ Trong tế bào mạng tâm khối quan hệ giữa r và a được thể hiện trên hình sau:

Do đó: d = a 3 = 4r. Suy ra a = 4r/ 3
Thể tích của tế bào:
V2 = a3 = 64r3/ 3 3
Do đó phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là:
V1 : V2 = 8/3 π r3 : 64r3/3 3 = 0,68
- Đối với mạng tâm diện:
+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 + 6 x 1/2 = 4. Do đó thể tích của các
nguyên tử trong tế bào là:

- 7/10 -


V1 = 4 x 4/3 π r3
+ Trong tế bào mạng tâm diện quan hệ giữa bán kính nguyên tử r và cạnh a của tế bào
được biểu diễn trên hình sau:
d

a

Từ dó ta có:
d = a 2 = 4r, do đó a = 4r/ 2
Thể tích của tế bào:
V2 = a3 = 64r3/2 2
Phần thể tích bị các nguyên tử chiếm trong tế bào là:
V1/V2 = 16/3 π r3: 64r3/ 2 2
= 0,74
Như vậy tỉ lệ phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong 1 tế bào của các mạng
đơn giản, tâm khối và tâm diện tỉ lệ với nhau như 0,52 : 0,68 : 0,74 = 1 : 1,31 : 1,42.
Câu V (4,0 điểm = 1,5 + 0,75 + 1,75)
1. Thực nghiệm cho biết cả ba hợp chất CHBr3, SiHBr3, CH(CH3)3 đều có cấu tạo tứ
diện. Có ba trị số góc liên kết tại tâm là 110o; 111o; 112o(không kể tới H khi xét các góc
này). Độ âm điện của H là 2,20; CH3 là 2,27; Csp3 là 2,47; Si là 2,24; Br là 2,50. Dựa vào
mô hình sự đẩy giữa các cặp e hóa trị (VSEPR) và độ âm điện, hãy cho biết trị số góc của
mỗi hợp chất và giải thích.
2.Áp dụng thuyết obitan phân tử (thuyết MO), hãy chỉ ra hiệu ứng (ảnh hưởng) của mỗi
quá trình ion hóa sau đây tới độ bền liên kết của phân tử tương ứng:
a) O2
→
O +2 ;
b) N2
→
N −2 ;
c) NO
→
NO+ + e.
3. a) Người ta đã tổng hợp được [NiSe4]2- , [ZnSe4]2- và xác định được rằng phức chất

của Ni có hình vuông phẳng, của Zn có hình tứ diện đều. Hãy đưa ra một cấu tạo hợp lí
cho mỗi trường hợp trên và giải thích quan điểm của mình.
b) Phức chất [PtCl2(NH3)2] được xác định là đồng phân trans-. Nó phản ứng chậm với
Ag2O cho phức chất [PtCl2(NH3)2(OH2)2]2+ (kí hiệu là X). Phức chất X không phản ứng
được với etylenđiamin (en) khi tỉ lệ mol phức chất X : en = 1 : 1. Hãy giải thích các sự
kiện trên và vẽ (viết) cấu tạo của phức chất X.
Hướng dẫn chấm:
1.CÊu t¹o kh«ng gian cña c¸c ph©n tö ®−îc biÓu diÔn nh− sau:

H

H

Si
Br

Br

H

C
Br

Br

Br

Br

C

H3C

CH3
CH3

SiHBr3 (1)

CHBr3 (2)

CH(CH3)3 (3)

- 8/10 -


-

-

Góc liên kết đợc tạo thành bởi trục của đám mây electron của 2 obitan tạo thành
liên kết . Sự phân bố mật độ electron của các đám mây này phụ thuộc vào độ âm
điện của nguyên tử trung tâm A và phối tử X. ở cả 3 hợp chất nguyên tử trung tâm
A đều có lai hoá sp3 vì lớp vỏ hoá trị có 4 cặp electron. Sự khác nhau về trị số của
các góc chỉ phụ thuộc vào độ âm điện tơng đối giữa các nguyên tử liên kết.
Khi so sánh 2 góc Br A Br ở (1) và (2), liên kết Si-Br phân cực hơn liên kết
C-Br nên góc Br C Br có trị số lớn hơn góc Br Si Br.
Khi so sánh 2 góc Br C Br và H3C C CH3 ở (2) và (3), liên kết C Br
phân cực hơn liên kết C CH3 nên góc ở (3) lớn hơn ở (2).
Từ hai so sánh trên thấy rằng trị số các góc tăng dần theo thứ tự sau:
Góc ở (1) < Góc ở (2) < Góc ở (3)

2. a) Đối với quá trình O2 O2+ + e:
T gin nng lng v kt qu s in (sp xp) e vo gin ú, ta cú
cu hỡnh e ca O2 l [KK] s2 s*2 z2 x4, y x*1 *1
Bậc liên kết n (8 4)/2
y .
2.
Trong quỏ trỡnh O2 e O +2 , chng hn e ny mt t MO- *y nờn cu hỡnh e ca
+
O +2 l [KK] s2 s*2 z2 x4, y x*1 *0
y . T ú O 2 cú bậc liên kết là n = (8-3)/2 = 2,5.
Bậc liên kết trong O2+ (2,5) lớn hơn trong O2 (2) do đó quá trình ion hoá này làm
cho liên kết trong phần tử bền hơn.
b) Ta xet tng t nh trờn cho quỏ trỡnh N2 + e N2-. T gin nng lng
v kt qu s in e, ta cú cu hỡnh e ca N2: [KK] s2 s*2 x4, y z2 ; ứng với bậc liên kết l
n = (8 2)/2 = 3. Khi N2 nhận thêm 1 electron, cấu hình electron trở thành
[KK] s2 s*2 x4, y z2 x*1, y vi bc liờn kt l n = (8 3)/2 = 2,5.
Bậc liên kết giảm làm cho độ bền của liên kết giảm.
c) Đối với quá trình NO NO+ + e: Bằng cách lý luận tơng tự thấy rằng bậc liên
kết trong NO là 2,5, còn trong NO+ là 3. Quá trình ion hoá NO thành NO+ làm tăng độ
bội của liên kết, do đó làm cho liên lết bền vững hơn.
3.a) Niken cú mc oxi hoỏ ph bin nht l +2; km cng cú mc oxi hoỏ ph bin nht
l +2.
Selen cú tớnh cht ging lu hunh do ú cú kh nng to thnh ion polyselenua Se 22
hay [ -Se Se-]2-.
Cu to vuụng phng ca phc cht [NiSe4]2- l do cu hỡnh electron ca ion Ni2+ cho
phộp s lai hoỏ dsp2.
Cu to t din u ca phc cht [ZnSe4]2- l do cu hỡnh electron ca Zn2+ cho phộp s
lai hoỏ sp3.
Tng hp ca cỏc yu t trờn cho phộp a ra cu to sau õy ca 2 phc cht:

Se

Se

Se

Ni
Se

Zn
Se

Se

Se

Se

trong ú ion iselenua úng vai trũ phi t 2 cng.

- 9/10 -


b) [PtCl2(NH3)2] (1) là đồng phân trans- đòi hỏi phức chất phải có cấu tạo vuông phẳng:
Cl
│
H3N—Pt—NH3
│
Cl

(1)

-

Phản ứng của (1) với Ag2O:
Trans-[PtCl2(NH3)2] + Ag2O + H2O → Trans-[PtCl2(NH3)2(H2O)2]2+ + 2OH- Etylenđiamin là phối tử hai càng mạch ngắn. Khi phối trí với các ion kim loại nó
chỉ chiếm 2 vị trí phối trí cạnh nhau (vị trí cis). Hiện tượng en không thể phản ứng
với [PtCl2(NH3)2(H2O)2]2+ theo phản ứng:
[PtCl2(NH3)2(H2O)2]2+ + en → [PtCl2(NH3)2(H2O)2en]2+ + 2H2O
chứng tỏ rằng 2 phân tử H2O nằm ở 2 vị trí trans đối với nhau. Như vậy công thức
cấu tạo của phức chất phải là:
H2O
Cl
NH3

Pt

NH3

Cl
H2O

Ghi chú: Phần bài làm của thí sinh được trình bày khác đáp án, nhưng xét thấy hợp lí vẫn
.
nhận được số điểm thích hợp cho phần đó.

- 10/10 -


B GIO DC V O TO

THI CHNH THC

Kè THI CHN HC SINH VO CC I TUYểN
QUC GIA D THI OLYMPIC QUC T NM 2007

Mụn thi: HểA HC
Thi gian: 180 phỳt (khụng k thi gian giao )
Ngy thi th hai: 08/4/2007

thi gm 2 trang

Câu I ( 4 điểm)
1. Viết công thức cấu tạo và cho biết số đồng phân quang học nhận đợc khi
cho 2-metylxiclopenta-1,3-đien phản ứng với HBr/ (PhCO2)2O2.
2. Gọi tên các sản phẩm tạo thành khi thuỷ phân imin của metyl axetat trong
môi trờng kiềm và môi trờng axit. Viết cơ chế phản ứng và giải thích sự tạo
thành các sản phẩm ấy.
3. Từ etyl benzoat, etyl axetat và các hóa chất vô cơ cần thiết khác, viết sơ đồ
điều chế 2,5-điphenylfuran.
Câu II ( 5 điểm)
1. Khi cho -pinen phản ứng với bo hiđrua có thể nhận đợc ba sản phẩm A,
B, C, cả ba chất này khi cho phản ứng với H2O2/NaOH, sau đó với tosyl clorua
u thu đợc D. Lấy sản phẩm đầu tiên có phân tử khối nhỏ nhất cho phản ứng
với 1-phenylxiclopenten thu đợc E. Cho E phản ứng với H2O2/NaOH thì đợc
F và G, cả hai chất này đều phản ứng với metyl sunfonyl clorua cho H và I.
Viết sơ đồ phản ứng và công thức cấu tạo lập thể của các sản phẩm từ A đến I.
2. Cho các dãy chuyển hóa sau :
a)

Xiclohexanon

OH -

CH3COCH 2 COOH

A
B

H+ , t0
Cl2 ,P

H 3O +

H+

H+

C D
E F(C H O )
10

12

3

b)
CH 3
N

O

CHO

C 2 H 5 O-

C2 H5 OH
KMnO 4
HCl đ
G
H
I
K
L
o

N

-

NaBH 4
t
OH
HI

M
N
O
P
Q(C10 H14 N 2 )

to

Viết công thức cấu tạo các hợp chất từ A đến Q và so sánh tính bazơ của hai
nitơ trong Q.
Câu III ( 3 điểm)
Để điều chế 2-phenylxiclo[3.2.2]azin (C16H11N) ngời ta
tiến hành đun 2,6-đimetylpiriđin với phenaxyl bromua ở 500C
trong 48 giờ rồi chế hóa với NaHCO3,, nhận đợc hợp chất A CH3 N
là 2-phenyl-5-metylpirocolin (xem công thức).
1 /2 trang

(A)

Ph


Xử lí A bằng phenyl liti trong ete ở -300C rồi cộng tiếp với N,N-đimetylfomamit và đun nóng trong thời gian ngắn với axit axetic sẽ thu đợc sản
phẩm với hiệu suất 45%.
1. Viết cơ chế phản ứng xảy ra trong quá trình điều chế trên.
2. Hãy dẫn ra cấu trúc cộng hởng quan trọng nhất phù hợp với chính công
thức xiclo[3.2.2]azin.
3. So sánh tính bazơ của sản phẩm với anilin, so sánh khả năng nitro hóa với
pirol và piriđin. Nhóm nitro vào vị trí nào dễ nhất ?
Câu IV ( 4 điểm)
Thuỷ phân hoàn toàn 140 à g peptit A bằng axit clohiđric 6M đun nóng.
Kết quả phân tích các sản phẩm thuỷ phân (tính theo à mol) nh sau:
Ala 0,380
Asp 0,127
Gly 0,124
Leu 0,119

Lys 0,122
Ser 0,118
Tyr 0,119
Val 0,241
1. Hãy xác định thành phần amino axit của A. Khối lợng mol tối thiểu của A
là bao nhiêu?
2. Khi dùng tripsin thuỷ phân A thu đợc hai peptit là B và C.
B chứa Leu, khi tác dụng với PhNCS thì B cho dẫn xuất phenylhiđantoin
của Gly.
C bị thuỷ phân bởi chimotripsin cho tetrapeptit E có tính axit và peptit
trung tính F.
Trong phơng pháp Sanger, E cho dẫn xuất 2,4-đinitrophenyl của Ala;
ngoài ra E còn chịu tác dụng của cacboxipeptiđaza cho 0,8 à mol Tyr và
0,6 à mol Ala trong điều kiện tiến hành thí nghiệm.
Cho F tác dụng với hiđrazin sinh ra một hỗn hợp sản phẩm, trong số đó có
Val.
Hãy phân tích các dữ kiện trên để xác định trình tự amino axit trong phân tử
A, biết rằng không có liên kết peptit trực tiếp giữa hai đơn vị của một amino
axit.
3. Peptit A có các pKa với trị số tăng dần từ pK1 đến pK5. Hãy trình bày, theo
trục ngang, sự biến thiên điện tích (+) và (-) của A theo pH. Từ đó hãy suy ra
biểu thức tính pHI của A theo pKa.
Câu V ( 4 điểm)
1. Ngời ta điều chế Val từ -xetoaxit và phenylhiđrazin. Hãy viết phơng
trình phản ứng và cơ chế hình thành imin ( hiđrazon). Giá trị của pH cần thiết
cho phản ứng này là bao nhiêu? Giải thích. Valin nhận đợc từ phản ứng hiđro
hóa imin có tính quang hoạt không? làm thế nào tách riêng từng đồng phân
(minh hoạ bằng phản ứng hóa học).
2. Hãy viết sơ đồ chuyển hóa D-glucozơ thành D-glucozơ có 14C ở nhóm
CH2OH.

------------ Hết------------

2 /2 trang


BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

Đề thi gồm 3 trang

KÌ THI CHỌN HỌC SINH VÀO CÁC ĐỘI TUYỂN
QUỐC GIA DỰ THI OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2007

Môn thi: HÓA HỌC
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi thứ nhất: 07/4/2007

Câu I (6.0 điểm)
1. Đối với phản ứng thuận nghịch pha khí 2 SO2 + O2 ⇌ 2 SO3:
a) Người ta cho vào bình kín thể tích không đổi 3,0 lít một hỗn hợp gồm 0,20 mol SO3 và 0,15
mol SO2. Cân bằng hóa học (cbhh) được thiết lập tại 250C và áp suất chung của hệ là 3,20 atm.
Hãy tính tỉ lệ oxi trong hỗn hợp cân bằng.
b) Cũng ở 250C, người ta cho vào bình trên y mol khí SO3. Ở trạng thái cbhh thấy có 0,105 mol
O2. Tính tỉ lệ SO3 bị phân hủy, thành phần hỗn hợp khí và áp suất chung của hệ.
2. Cho các phương trình nhiệt hóa học sau đây:
(1) 2 ClO2 (k) + O3 (k)
→
Cl2O7 (k)
∆H0 = - 75,7 kJ

→
O 2 (k) + O (k)
∆H0 = 106,7
(2)
O3 (k)
(3) 2 ClO3 (k) + O (k)
→
Cl2O7 (k)
∆H0 = - 278 kJ
→
2 O (k)
∆H0 = 498,3 kJ.
(4)
O2 (k)
k: kí hiệu chất khí.
Hãy xác định nhiệt của phản ứng sau:
(5)
ClO2 (k) + O (k)
→
ClO3 (k).
3. Dung dịch A gồm FeSO4 0,020 M; Fe2(SO4)3 và H2SO4.
a) Lấy chính xác 25,00 ml dung dịch A, khử Fe3+ thành Fe2+; chuẩn độ Fe2+ trong hỗn hợp (ở
điều kiện thích hợp) hết 11,78 ml K2Cr2O7 0,0180 M. Hãy viết phương trình ion của phản ứng
chuẩn độ. Tính nồng độ M của Fe2(SO4)3 trong dung dịch A.
b) Tính nồng độ M của H2SO4 trong dung dịch A, biết dung dịch này có pH = 1,07.
c) Ghép cực Pt nhúng trong dung dịch A (qua cầu muối) với cực Ag nhúng trong dung dịch
AgNO3 0,0190 M có thêm K2CrO4 cho đến nồng độ 0,0100 M (coi thể tích được giữ nguyên).
Hãy cho biết anot, catot và viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động. Tính sức điện
động của pin.
Cho pKa: HSO4- 1,99; Fe3+( Fe3+ + H2O ⇌ FeOH2+ + H+) 2,17;

Fe2+( Fe2+ + H2O ⇌ FeOH+ + H+) 5,69.
Chỉ số tích số tan pKs của Ag2CrO4 11,89.
Eo : Fe3+/ Fe2+ 0,771 V; Ag+/Ag 0,799 V; (RT/F)ln = 0,0592 lg.
Câu II ( 3,0 điểm)
t0
1. Thực nghiệm cho biết sự nhiệt phân ở pha khí N2O5
⎯⎯
→ NO 2 + O2 (*)
là phản ứng một chiều bậc nhất. Cơ chế được thừa nhận rộng rãi của phản ứng này là
k1
N2O5
NO 2 + NO3
(1)
⎯⎯
→
k−1
NO 2 + NO3
N2O5
(2)
⎯⎯→
k2
⎯⎯→
NO + NO 2 + O2
(3)
NO 2 + NO3
k3
N2O5 + NO
⎯⎯
→
3 NO 2

(4).
a) Áp dụng sự gần đúng trạng thái dừng cho NO, NO3 ở cơ chế trên, hãy thiết lập biểu thức tốc
độ của (*). Kết quả đó có phù hợp với thực nghiệm không?
b) Giả thiết rằng năng lượng hoạt hóa của (2) bằng không, của (3) bằng 41,570 kJ.mol-1. Dựa vào
đặc điểm cấu tạo phân tử khi xét cơ chế ở trên, phân tích cụ thể để đưa ra biểu thức tính k-1/ k2 và
hãy cho biết trị số đó tại 350 K.
- 1/3 -


c) Từ sự phân tích giả thiết ở điểm b) khi cho rằng các phản ứng (1) và (2) dẫn tới cân bằng hóa
học có hằng số K, hãy viết lại biểu thức tốc độ của (*) trong đó có hằng số cbhh K.
2. Một trong các phản ứng gây ra sự phá hủy tầng ozon của khí quyển là :
→
NO2 + O2
NO + O3
Trong 3 thí nghiệm, tốc độ phản ứng phụ thuộc vào nồng độ của các chất phản ứng như sau:
Thí nghiệm
[NO], mol/l
[O3], mol/l
Tốc độ v, mol/l.s-1
0
N1
0,02
0,02
7,1.10-5
N02
0,04
0,02
2,8.10-4
N03

0,02
0,04
1,4.10-4
Xác định các bậc phản ứng riêng a, b và hằng số tốc độ trung bình k trong phương trình động
học:
v = k[NO]a . [O3]b
Chú ý tới đơn vị của các đại lượng.
Câu III ( 3,0 điểm)
Nguyên liệu để sản xuất nhôm là quặng boxit. Để sản xuất nhôm cần tách nhôm oxit từ quặng
trên, sau đó điện phân dung dịch nhôm oxit trong criolit, nhiệt độ khoảng 970oC, điện áp 5 – 7 V,
dòng 130 kA.
1. Hãy trình bày quy trình tách nhôm oxit từ quặng boxit, viết các phương trình phản ứng.
2. Viết công thức criolit và giải thích vai trò của nó. Viết đầy đủ phương trình các phản ứng xảy
ra ở anot, catot và phản ứng tổng quát.
3. Tính năng lượng theo kWh, khối lượng boxit (chứa 60% nhôm oxit) và khối lượng graphit
dùng làm anot để sản xuất 1 tấn nhôm. Biết điện áp 5 V và hiệu suất dòng là 95%.
4.Bảng sau đây cho các số liệu tại 970oC
Al2O3(rắn)
Al(lỏng)
O2(khí)
o
∆Hs theo kJ/mol ở 970 C
48
38
- 1610
o
S theo J/(K.mol) ở 970 C
78
238
98

Tính điện áp lí thuyết cần dùng trong quá trình điện phân.
5. Hãy giải thích vì sao không thể điều chế nhôm bằng cách điện phân dung dịch nước của muối
nhôm trong môi trường axit.
Câu IV ( 4,0 điểm)
1. Phòng thí nghiệm có mẫu phóng xạ Au198 với cường độ 4,0 mCi/1g Au. Sau 48 giờ người ta
cần một dung dịch có độ phóng xạ 0,5 mCi/1g Au. Hãy tính số gam dung môi không phóng xạ
pha với 1g Au để có dung dịch nói trên. Biết rằng Au198 có t1/2 = 2,7 ngày đêm.
2. Có thể viết cấu hình electron của Ni2+là:
Cách 2: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d64s2].
Cách 1: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d8];
Áp dụng phương pháp gần đúng Slater (Xlâytơ) tính năng lượng electron của Ni2+ với mỗi cách
viết trên (theo đơn vị eV). Cách viết nào phù hợp với thực tế? Tại sao?
3. Hãy chứng minh rằng phần thể tích bị chiếm bởi các đơn vị cấu trúc (các nguyên tử) trong
mạng tinh thể kim loại thuộc các hệ lập phương đơn giản, lập phương tâm khối, lập phương tâm
diện tăng theo tỉ lệ 1 : 1,31 : 1,42.
Câu V ( 4,0 điểm)
1. Thực nghiệm cho biết cả ba hợp chất CHBr3, SiHBr3, CH(CH3)3 đều có cấu tạo tứ diện. Có ba
trị số góc liên kết tại tâm là 110o; 111o; 112o(không kể tới H khi xét các góc này). Độ âm điện
của H là 2,20; CH3 là 2,27; Csp3 là 2,47; Si là 2,24; Br là 2,50. Dựa vào mô hình sự đẩy giữa các
cặp e hóa trị (VSEPR) và độ âm điện, hãy cho biết trị số góc của mỗi hợp chất và giải thích.
- 2/3 -


2. Áp dụng thuyết obitan phân tử (thuyết MO), hãy chỉ ra hiệu ứng (ảnh hưởng) của mỗi quá
trình ion hóa sau đây tới độ bền liên kết của phân tử tương ứng:
→
O +2 ;
a) O2
b) N2
→

N −2 ;
c) NO
→
NO+ + e.
3. a) Người ta đã tổng hợp được [NiSe4]2- , [ZnSe4]2- và xác định được rằng phức chất của Ni có
dạng hình vuông phẳng, của Zn có dạng hình tứ diện đều. Hãy đưa ra một cấu tạo hợp lí cho mỗi
trường hợp trên và giải thích.
b) Phức chất [PtCl2(NH3)2] được xác định là đồng phân trans-. Nó phản ứng chậm với Ag2O
cho phức chất [PtCl2(NH3)2(OH2)2]2+(kí hiệu là X). Phức chất X không phản ứng được với
etylenđiamin (en) khi tỉ lệ mol phức chất X : en = 1 : 1. Hãy giải thích các sự kiện trên và vẽ
(viết) cấu tạo của phức chất X.
----------------Hết--------------------

- 3/3 -