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

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 Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C 2 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 3 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 ngoài. 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- = 1018). 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 không đáng kể. Y = EDTA CaY2- + Pb2+ = PbY2- + Ca2+ 3,77,10 18 22 22 10 10 10 ]][[ ]][[ 2 2      CaY PbY K K PbCaY CaPbYK [PbY2-] + [Pb2+] = 0,4 mM Vì hằng số K rất lớn nên [Pb2+] << [PbY2-]  [PbY2-] 0,4 mM [CaY2-] + [PbY2-] = 1,0 mM  [CaY2-]  0,6 mM [CaY2-] + [Ca2+] = 3,5 mM  [Ca2+]  2,9 mM [PbY2-] / [Pb2+] = 3,63,72 2 10.07,2 9,2 6,010 ][ ][.   Ca CaYK Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C 4 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)  PCl3(k) + Cl2(k) CB (1 – α) α α Áp suất (1 – α).P/ (1 + α) α.P/ (1 + 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 5 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)  PCl3(k) + Cl2(k) BĐ 0,4 TTCB (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 P1V1 = n1RT1 và P2V2 = n2RT2 Suy ra (P1V1)/ (P2V2) = (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)  PCl3(k) + Cl2(k) BĐ 0,4 TTCB (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 6 Câu 4 a b Tổng số i ii 1,0 2,5 0,5 1,0 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. (ii) Tính nồng độ ban đầu của Al3+ và pH khi bắt đầu xuất hiện kết tủa Al(OH)3? Biết tích số tan của Al(OH)3 là 10-32,5. Al3+ + H2O  Al(OH)2+ + H+ Ka = 1,0.10-5 CB (1/30 –x) x x Suy ra Ka = x2 / ( 1/30 –x) vậy x = [H+] = 10-3,24 Do đó pH = 3,24 Al3+ + H2O  Al(OH)2+ + H+ Ka = 1,0.10-5 CB (c –x) x x 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 (3) Thay (3) vào (2) ta có [Al3+] = 109,5. x3 (4) Từ (1) và (4) ta có x2. Ka-1 = 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 7 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 không? 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 → NH4+ + Cl- Sau khi trộn : NH3 + H2O ↔ NH4+ + OH- BĐ 1,0 1,0 0 CB (1,0 – x) (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+ + 2Cl- Sau 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 8 Câu 5 Cho sơ đồ chuyển hóa sau :        VE VEVE NOHNOkNONO OO 955,0 (*) 2 108,1 2 773,0 3 )( Eo là thế khử tiêu chuẩn 5.a. Viết phương trình phản ứng (trong môi trường axit) cho phản ứng (*) OHNOHeHNO 22   5.b. Tính thế khử tiêu chuẩn Eo cho phản ứng (*) )773,0.(.1123 FGNONO O  )108,1.(.1222 FGHNONO O  *..132 EFGNOHNO O  )955,0.(.3043 FGNONO   VEGGGG OOO 984,0*321 0 4  a b Tổng số 1,0 1,0 2,0 Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C 9 Câu 6 Một dung dịch có chứa 1,00.10-2 M 3IO , 1,00.10 -2 M I , 1,00.10-4 M 3I và pH đệm = 6,00. Xét các nửa phản ứng sau:   HIIO 122 3  e10  OHI 23 6  Eo = 1,210 V   eI 23  I3 Eo = 0,535 V 6.a. Viết phương trình phản ứng tổng cộng xảy ra trong dung dịch này VEIeI VEOHIeHIIO O 535,015105 210,1610122 3 0 233       Phương trình tổng cộng: VEOHIHIIO o 675,06612162 233   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 11405916.0/10 1010 651..10   OE Oo K kJEFG 6.c. Tính thế E của dung dịch với những điều kiện đã cho ở trên V I ILog HIIO ILogE 178,0 } ][ ][ 10 05916,0533,0{} ]][[][ ][ 10 05916,0210,1{ 5 3 15 122 3 3       a b c d e Tổng số 1,0 0,5 0,5 0,5 0,5 3,0 Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C 10 6.d. Tính biến thiên entanpi tự do G với những điều kiện đã cho ở trên kJEFG 172..10  6.e Ở pH của dung dịch bằng bao nhiêu để các nồng độ của 3IO , I và 3I đã cho ở trên đạt được cân bằng ở 298 K ? Tại thời điểm cân bằng, E = 0  12162 3 6 3 ][][][ ][ 10 05916,0675,0    HIIO ILogE O Thế giá trị nồng độ của 3IO , I và 3I và rút ra giá trị [H +] = 3,1. 10-9 hay pH = 8,51 Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C 11 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 = 1,0.108 HL(aq)  L- + H+ Ka = 1,0.10-5 7.a. Viết phương trình bảo toàn 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 toàn điện tích 2[M2+] + [H+] + [ML+] = [L-] + [OH-] Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C 12 7.d. Tính nồng độ của ML+, M2+, L-, và HL )2( ][ ]].[[10.0,1 )1( ]].[[ ][10.0,1 5 2 8 HL LHKa LM MLK       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: ])[ 2 1050.0]).([[10,0( ][10.0,1 8     MLML ML Giải phương trình bậc hai  [ML+]  0,10 M  [L-]  0,05 Thế vào phương trình (1) cho: 8 8 2 10.0,2 )050,0)(10.0,1( 10,0 ].[ ][][      LK MLM Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C 13 Câu 8 Phản ứng giữa ion hipoclorit và iodua trong dung dịch bazơ diễn ra như sau: I- + OCl- → OI- + Cl- Với phương trình tốc độ phản ứng thực nghiệm được cho dưới đây:        OH OClIkv Ba kiểu cơ chế phản ứng có thể có được nêu dưới đây: Cơ chế I:   ClOIOClI k1 chậm Cơ chế II: OHHOClOHOCl k  12 nhanh  ClHOIH k2-I OCl chậm HOI + OH- H2O + OI- k3 k-3 nhanh Cơ chế III: OCl- + H2O k1 k-1 HOCl + OH- nhanh   ClHOIIHOCl k2 chậm HOI + OH- k3 k-3 H2O + OI- nhanh a b c Tổng số 1,0 0,5 0,5 2,0 Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C 14 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) (1) Phỏng định trạng thái bền: v = 0 = k1[OCl-] – k2[HOCl][I-] [HOCl] = k1[OCl-]/k2[I-] (2) (2) và (1): v =         )3(12 21     OClk Ik IOClkk dt HOCld Cơ chế phản ứng III: Áp dụng nguyên lý phỏng định trạng thái bền ta thu được biểu thức:           IkOHk IOClkk v 21 21 (4) nếu k2 << k-1        OHk IOClkk v 1 21 (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 8.b. 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 = 1 21 k kk Ea = Ea1 + Ea2 – Ea-1 8.c. Phản ứng trong dung dịch đệm có bậc là bao nhiêu? Trong dung dịch đệm, [OH-] không 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.