OLYMPIC HOÁ HỌC SINH VIÊN CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG TOÀN QUỐC LẦN THỨ VII - ĐÁP ÁN BÀI THI LÝ THUYẾT BẢNG A

Chia sẻ: Muccon | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:17

Thêm vào BST

Báo xấu

456
lượt xem 65
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tần số của các vạch phổ thuộc dãy Lyman (bước chuyển electron từ n1 về n=1) của nguyên tử hydro lần lượt là 2,466; 2,923; 3,083; 3,157; 3,197; 3,221; và 3,237x1015 Hz. Dựa vào các giá trị này hãy xác định năng lượng ion hóa của nguyên tử hydro. Năng lượng ion hóa ứng với năng lượng của bước chuyển n=∞ về n=1 (cùng giá trị nhưng khác dấu). Dựa vào công thức Bohr có thể thấy khi giá trị n càng lớn thì các mức năng lượng càng gần nhau, sự khác biệt tần số của bức xạ sẽ càng nhỏ. Lập bảng giá trị...

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: OLYMPIC HOÁ HỌC SINH VIÊN CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG TOÀN QUỐC LẦN THỨ VII - ĐÁP ÁN BÀI THI LÝ THUYẾT BẢNG A

L IÊN HIỆP CÁC HỘI KH&KT VIỆT NAM HỘI HÓA HỌC TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠ M ĐÀ NẴNG OLYMPIC HOÁ H ỌC SINH VIÊN CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG TOÀN QUỐC LẦN THỨ V II ĐÁP ÁN BÀI THI LÝ THUYẾT Bảng: A Đ à nẵng 4/2012
C ác hằng số và công thức cần thiết Phương trình khí lý NA = 6.0221×1023 mol–1 PV = nRT Số Avogadro: tưởng: hc 8.314 JK–1mol–1 R= Hằng số khí: E Năng lượng của photon: 0.08205 atmLK–1mol–1  Năng lượng tự do F = 96485 Cmol–1 G = H – TS Hằng số Faraday: Gibbs: h = 6.6261×10–34 Js Hằng số Planck: H = E + nRT c = 3.000×108 ms–1 Q = it Vận tốc ánh sáng : Phương trình Faraday: / 273.15 K k=A Không độ C: Phương trình Arrhenius: Kw = = 1.0×10-14 1 N = 1 kg m s 1 eV = 1.602×10-19 J 1 atm = 760 torr = 1.01325×105 Pa BẢNG TUẦN HOÀN CÁC NGUYÊN TỐ HÓA HỌC 1 18 1 2 H He 2 13 14 15 16 17 1.008 4.003 3 4 5 6 7 8 9 10 Li Be B C N O F Ne 6.941 9.012 1 0.8 1 12.01 14.01 16.00 19.00 20.18 11 12 13 14 15 16 17 18 Na Mg Al Si P S Cl Ar 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 22.99 24.31 2 6.98 28.09 30.97 32.07 35.45 39.95 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 K Ca Sc Ti V Cr Mn Fe Co Ni Cu Zn Ga Ge As Se Br Kr 39.10 40.08 44.96 47.87 5 0.94 52.0 0 54.94 55.85 58.93 58.69 63.55 6 5.38 6 9.7 2 72.64 74.92 78.96 79.90 83.80 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51 52 53 54 Rb Sr Y Zr Nb Mo Tc Ru Rh Pd Ag Cd In Sn Sb Te I Xe 85.47 87.62 88.91 91.22 9 2.91 95.9 6 [98] 101.07 1 02.9 1 1 06.4 2 107.87 112.41 114.82 118.71 121 .76 127.60 1 26.9 0 131.29 55 56 57 72 73 74 75 76 77 78 79 80 81 82 83 84 85 86 Cs Ba La Hf Ta W Re Os Ir Pt Au Hg Tl Pb Bi Po At Rn 132.91 1 37.3 3 1 38.91 178.49 180.95 183.84 186.21 190.23 1 92.2 2 1 95.08 196.97 200.59 204.38 207.2 208.98 (209) (2 10) (222) 87 88 89 104 105 Fr Ra Ac Rf Ha (223) 226.0 (227) ( 261) ( 262) 58 59 60 61 62 63 64 65 66 67 68 69 70 71 Ce Pr Nd Pm Sm Eu Gd Tb Dy Ho Er Tm Yb Lu 1 40.12 140.91 144.24 ( 145) 150.36 151 .96 1 57.2 5 1 58.9 3 162.50 164.93 167.26 168.93 173.05 174.97 90 91 92 93 94 95 96 97 98 99 100 101 102 103 Th Pa U Np Pu Am Cm Bk Cf Es Fm Md No Lr 2 32.04 231.04 238.03 237.05 ( 244) (243) (247) (247) (251) ( 254) ( 257) ( 256) (254) (257) Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A 2
Câu 1: a b c Tổng điểm 1 0,5 1,5 3,0 a) Tần s ố c ủa các vạch phổ thuộc dãy Lyman (bước chuyển electron từ n>1 v ề n=1) của nguyên tử hydro lần lượt là 2,466; 2,923; 3,083; 3,157; 3,197; 3,221; và 3,237x1015 Hz. Dựa vào các giá trị này hãy xác định năng lượng ion hóa của nguyên tử hydro. Năng lượng ion hóa ứng với năng lượng c ủa bước chuyển n=∞ v ề n=1 (cùng giá trị nhưng khác dấu). Dựa vào công thức Bohr có thể thấy khi giá trị n càng lớn thì các mức năng lượng càng gần nhau, sự khác biệt tần s ố của bức xạ sẽ càng nhỏ. Lập bảng giá trị chênh lệch tần số theo dữ kiện đề bài ta có: Tần số x1015 Hz 2,466 2,923 3,083 3,157 3,197 3,221 3,237 Chênh lệch tần số x1015 Hz 0,457 0,160 0,074 0,040 0,024 0,016 Vẽ đồ thị chênh lệch tần s ố theo tần số, ta có đồ thị Ngoại suy đồ thị c ắt trục tần số tại tần s ố 3,275x1015 Hz. Vậy giá trị năng lượng ion hóa = E∞ = (6,62x10-34 J /s)x (3,275x1015 1/s) x (6,02 x1023 1/mol) = 1307 kJ/mol Lưu ý: giá trị ngoại suy có thể sai lệch đôi chút so với giá trị 3,275
b) Tính năng lượng ion hóa thứ nhất (kJ/mol) c ủa các nguyên tử selen, biết khi chiếu c hùm sáng đơn sắc có bước sóng 48,2 nm vào các nguyên tử selen ở trạng thái cơ bản và ở thể khí thì tạo ra chùm electron có v ận tốc 2,371x106 m/s. Biết khối lượng c ủa 1 electron bằng 9,109x10-31 kg. Gọi I1 là năng lượng ion hóa thứ nhất của Se (J/nguyên tử) , × ×, × (2,371 × = + = + × 9,109 × 10  ,× 10 ) = 1,563 × 10  ê ử = 941  c. Hãy viết công thức Lewis c ủa hai ion NO2+ và NO2-. Dựa vào thuyết lực đẩy của các cặp electron hóa trị (VSEPR), hãy xác định dạng hình học c ủa hai ion này. So sánh độ bền liên kết giữa N và O trong hai ion trên. Công thức Lewis: NO2- : dạng gấp khúc NO2+: dạng thẳng hàng  NO2- : độ bội liên kết NO = 1,5  NO2+: độ bội liên kết NO = 2  Liên kết NO trong NO 2+ BỀN HƠN
Câu 2: a b c Tổng điểm 0,5 0,5 1,0 2,0 Các phản ứng (1) và (2) có G0 (J) phụ thuộc vào nhiệt độ theo các phương trình tương ứng sau : 4Cu(r) + O2(k) 2Cu2O(r) (1) có G01 = -333400 + 136,6 T 2Cu2 O(r) + O2( k) 4CuO (r) (2) có G02 = -287400 + 232,6 T a) Tính H0 v à S0 của phản ứng (3) dưới đây : 2Cu(r) + O2(k) 2CuO(r) (3) a) Do (3) = ½ { (1) + (2)}  G 03 = ½ (G01 + G02) = -310400 + 184,6 T Trong đó: H 03 =-310400 J S03 = -184,6 J/K b. Thiết lập biểu thức ln Po2 = f(T) đối với phản ứng (3) = ⟹ ln = − ln do đó Δ Δ Δ −310400 184,6 ln = = − = + 8,314 × 8,314 ln = −37334,62 + 22,2 Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A 5
c) Cho 5,0 g CuO vào một bình chân không dung tích 2 lit, ở 1220K. Tính số mol của c ác chất khi cân bằng, biết rằng trong hệ c hỉ xảy ra cân bằng (2). Số mol CuO ban đầu: 5 = = 0,0625 80 Tại T = 1220 K G 02 = -287400 + 232,6 x 1220 =-3628 J Δ 3628 ln =− = = 0,3577 8,314 × 1220  K2 = 1,43 = = = 0,6993 ( )  , , × = = = 0,014 Tương ứng v ới số mol oxi: , × =2 = 2 × 0,014 = 0,028 Số mol CuO còn lại tại thời điểm cân bằng: = −2 = 0,0625 − 2 × 0,028 = 0,0065 Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A 6
Câu 3: a b c Tổng điểm 0,5 1,0 1,0 2,5 Một trong các phương pháp tách loại asen khỏi nước ngầm là dùng oxi không khí đồng thời oxi hóa As(III) thành As(V) và Fe(II) thành kết tủa Fe(OH)3. Khi đó As(V) s ẽ bị hấp phụ trên bề mặt của Fe(OH)3 v à tách khỏi dung dịch nước. Biết rằng trên bề mặt Fe(OH)3 s ẽ tích điện dương khi pH < 7 và tích điện âm khi pH > 7. Axit asenic H3AsO4 c ó pK1 = 2,2 ; pK2 = 6,9 ; pK3 = 11,5 . a) Nếu coi tổng nồng độ mol các dạng tồn tại của axit asenic trong dung dịch là 100%. Hãy tính xem các dạng H3AsO4 v à H2AsO4- ở pH = pK1, các dạng H2AsO4- v à HAsO42- ở pH = pK2, các dạng HAsO42- v à AsO43- ở pH = pK3 chiếm bao nhiêu phần trăm (v ề s ố mol)? . [ ][ ] ⇋ + ó = [ ] [ ][ ] ⇋ + ó = [ ] [ ][ ] ⇋ + ó = ] Gọi C là nồng đ ộ (mol/L) tổng cộng của As(V). Từ K1, K2, K3 tính các dạng nồng đ ộ của As(V) theo [H2AsO4-] + [ ] + [ ] + [ = ] [ ][ ] [ ] [ ] +[ ] + = + [ ] [ ] [ ] =[ ] + 1 + + [ ] [ ] [ ] =[ (1) ] [ ][ ] [ ] * Tại pH =pK1 hay [H+]=K1 thì: = =1  [H2AsO4-] = [H3AsO4] [ ] [ ] [ ] [ ] Vậy: = = ≈ , ,× , , ,) ( Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A 7
Tại pH = pK1 : [H2AsO4-] = [H3AsO4]  50% (về số mol) [ ] * Tại pH = pK2 tương tự ta có: = =1  [HAsO4-] = [H2AsO4-] [ ] [ ] [ ] [ ] Thay vào (1) ta có: = = ≈ , , , , Tại pH = pK2 : [H2AsO4-] = [HAsO42-]  50% (về số mol) Tại pH =pK3: Từ biểu thức tính nồng độ tổng của As(V), biểu diễn nồng độ của các dạng của As(V) theo [HAsO42-] ta có: [ ][ ] [ ][ ] [ ] +[ ]++ = + [ ] [ ] [ ] =[ ] + +1+ [ ] [ ] 1 = [ ] [ ] + +1+ [ ] [ ] Tại pH =pK3 hay [H+]=K3 thì: = =1  [HAsO42-] = [AsO43-] [ ] [ ] [ ] [ ] 1 1 = = ≈ , , (10 ) 10 2 + +2 , × 10 , 10 , 10 Tại pH = pK3 : [HAsO42-] = [AsO43-]  50% (về số mol) Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A 8
b) Cho biết As(V) sẽ được tách loại khỏi nước tốt nhất ở pH = pK1 , pH = pK2 hay pH = pK3. Giải thích. As(V) sẽ được hấp thụ tốt trên Fe(OH)3 khi As(V) mang điện tích trái dấu với điện tích trên bề mặt của Fe(OH)3. Vậy: As(v) không thể hấp phụ trên Fe(OH)3 ở pH = pK3 vì ở đó chúng mang điện tích cùng dấu (-). As (V) chỉ bị hấp phụ trên Fe(OH)3 ở pH=pK1 hoặc pH=pK2 vì chúng mang điện ngược dấu. Tuy nhiên ở pH=pK1 chỉ có ½ lượng As(V) tích điện âm. (Thực tế ở pH=2,2, F e(OH)3 chỉ mới bắt đầu kết tủa, lượng Fe(OH)3 còn rất nhỏ.) Còn ở pH=6,9 toàn bộ lượng As(V) đều tích điện âm nên chúng sẽ bị hấp phụ tốt nhất trên Fe(OH)3. c) Chứng minh rằng ở pH tối ưu (như đã xác định ở phần b) oxi có thể oxi hóa As(III) thành As(V). Cho Eo(O2/H2O) = 1,23V ; Eo(H3AsO4/HAsO2) = 0,56V. Axit meta asenơ HAsO2 c ó pK = 8,1. Tổng nồng độ c ủa As(V) bằng tổng nồng độ c ủa As(III). Nồng độ oxi hòa tan trong nước là 8 mg/l. Tính E của các cặp oxi hóa khử O2/H2O và H3AsO4/HAsO2 tại pH = pK2 = 6,9 Đ ối v ới c ặp O2/H2O: ½ O2 + 2e + 2H+  H2O 0,059 = 1,23 + log[ ] [ ] / 2 0,059 8 = 1,23 + log × 10 − 0,059 = 0,78 / 2 32 Đ ối v ới c ặp H3AsO4/HAsO2 : H3AsO4 + 2e + 2H+  HAsO2 + 2H 2O [ ][ 0,059 ] = 0,56 + log (1) / 2 [ ] Axit HAsO2 là axit yếu (pK= 8,1) nên tại pH=pK2 = 6,9 dạng tồn tại chủ yếu c ủa As(III) là HAsO2. Theo kết quả tính toán ở câu b, [H2AsO4-] = [HAsO42-] = C/2 Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A 9
Từ K1, hoặc K2 ta có thể tính [H 3AsO 4] theo [H2AsO4-] hoặc [HAsO42-] [ ][ ] [ ]= Thay vào (1) ta có: [ ][ 0,059 ] = 0,56 + log / 2 [ ] [ ] 0,059 log 2 = 0,56 + / 2 (10 , ) 0,059 = 0,56 + log = 0,005 / 2 × 10 , 2 Kết luận: tại pH = pK2 =6,9, EO2/H2O=0,78 V > EH3AsO4/HAsO2=0,005 V  Oxi có thể oxi hóa As(III) thành As (V) Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A 10
Câu 4 : a b c Tổng điểm 0,5 0,5 1,5 2,5 Viết phương trình phản ứng mô tả các hiện tượng sau: a) Thổi khí hydro sunfua qua dung dịch kali permanganat đã được axit hóa bằng axit s unfuric thấy dung dịch bị mất màu tím và tạo thành kết tủa màu vàng. 5H2S + 2 KMnO4 + 3 H2SO4  5 S + 2MnSO4 + K2SO4 + 8 H2O b) Đồng sunfua không bị hòa tan trong axit clohidric nhưng bị hòa tan bởi axit nitric. CuS + HCl  không phản ứng do tích s ố tan của CuS quá nhỏ CuS + 8 HNO3  Cu(NO3)2 + SO2 + 6 NO2 + 4 H2O L ưu ý có thể viết:  Sản phẩm oxi hóa của lưu huỳnh có thể là : S hay sunphat  Sản phẩm khử của ni tơ có thể là: NO c) Đốt một miếng đồng kim loại trong không khí, thấy bề mặt miếng đồng bị hóa đen. Cho miếng đồng sau khi đốt v ào bình chứa dung dịch amoni clorua và thổi không khí liên tục vào bình thì thấy các hiện tượng sau xảy ra: i. Miếng đồng từ từ tan ra: ban đầu là lớp màu đen trên bề mặt, sau đó là lớp đồng kim loại. ii. Dung dịch chuyển dần từ không màu sang xanh lam nhạt rồi sau đó là xanh lam rất đậm. iii. pH dung dịch tăng dần iv. Sau khi thổi khí một thời gian dài thì từ dung dịch xanh dương đậm xuất hiện kết tủa màu xanh lam nhạt. Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A 11
2Cu + O2  2CuO (1) NH4+ + H2O  NH3 + H3O+ (2) C uO + 2H 3O +  Cu2+ + 3H2O (3) Có thể v iết (2) và (3) thành một phương trình: CuO + 2NH4+  Cu2+ + NH3 + 2H 2O C u2+ + Cu  C u+ (4) 4Cu+ + O 2 + 4H+  4Cu2+ + 2H2O (5) Có thể v iết (4) và (5) thành một phương trình: 2Cu + O2 + 4H +  2Cu2+ + 2H 2O + Quá trình này hòa tan Cu tạo ra dung dịch màu xanh lam nhạt và làm tăng pH + pH tăng làm cân bằng (2) dịch chuyển theo chiều làm tăng nồng độ NH 3 + NH3 tạo phức chất màu xanh lam đậm với C u2+ C u2+ + 4NH3  [Cu(NH 3)4]2+ (6) Khi nồng độ OH - đạt tới mức có thể cạnh tranh với NH3, sẽ có sự tạo thành muối bazo của đồng là chất rắn có m àu xanh lam nhạt: C u + xOH- + (2-x) Cl-  Cu(OH)xCl2-x 2+ (7) Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A 12
Câu 5 : a b c d Tổng điểm 0,5 0,5 0,25 0,75 2 Để phân tích hàm lượng của thiếc trong hợp kim thiếc bismuth ta tiến hành như sau: Hòa tan hoàn toàn 0,472 gam hợp kim trong dung dịch axit sunfuric tạo thành dung dịch của thiếc(II) v à bismuth(III). Định mức dung dịch này lên 100 mL. Lấy 25,00 mL dung dịch sau khi định mức đem chuẩn độ với dung dịch KMnO4 0,0107 M trong môi trường axit sunfuric. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra 1. Sn + H 2SO4  SnSO4 + H 2 2. 2Bi + 3H 2SO4  Bi2(SO4)3 + 3H2 3. 5Sn2+ + 2MnO42- + 8H+  5Sn4+ + 2Mn2+ + 4H2O b) Tính hàm lượng (% khối lượng) của thiếc trong mẫu hợp kim. Biết rằng thể tích dung dịch KMnO4 sử dụng là 15,61 mL. Số mol Sn2+ có trong 25 mL dung dịch chuẩn độ 5 5 5 = = × = × 0,0107 × 0,01561 2 2 2 = 4,1757 × 10 Phần trăm khối lượng của Sn trong hỗn hợp × , × × , × × % = × 100 = × 100 = 42,0% , , Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A 13
c ) Hãy nêu cách xác định điểm cuối của quá trình chuẩn độ Đ iểm cuối chuẩn độ: dung dịch chuyển từ không m àu sang màu tím nhạt (bền trong khoảng 30 giây ) d) Trong một quá trình chuẩn độ, có sự tạo thành kết tủa màu nâu tại điểm cuối. Hãy giải thích nguyên nhân c ủa hiện tượng này. Hiện tượng này có ảnh hưởng thế nào đến kết quả phân tích.  Kết tủa màu nâu là MnO 2  H ình thành do môi trường không đủ axit.  Kết quả là thể tích KMnO4 phải sử dụng nhiều hơn giá trị thật dẫn đến s ai số DƯƠNG (hàm lượng Sn xác định được sẽ lớn hơn hàm lượng thực) Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A 14
Câu 6: a b c Tổng điểm 0,75 0,5 1,25 2,5 Cho các sơ đồ phản ứng dưới đây: a) Etyl axetoaxetat + hiđrazin A B -C2H5OH O b) o C6H6, t C HN + (C6H5)3P CH3CHO 1. BH3 (CH3)2CHCl D (C21H21P) E F C) 2. CrO3 C2H5ONa Viết công thức cấu tạo các chất từ A đến F. Gọi tên F. CH3-C-CH2-CO OC2H5 H3C O N-NH2 N (A) NN (C) H (B) (CH3)2C=PPh3 (D) (CH3)2C=CH-CH3 (E) (CH3)2CH-CO-CH3 (F) 3-metylbutan-2-on
Câu 7: a b c d Tổng điểm 1,5 1,5 1,5 1,0 5,5 a) Cho but-2-en phản ứng với brom. Viết cơ chế phản ứng và các dạng đồng phân lập thể của sản phẩm nhận được. Từ trans-But-2-en Br Br H CH3 CH3 H H CH3 + + + Br + ¯ + Br C C C C C C H3C H3C H H3C H H Br δ+ Br Br CH3 H3 C H H CH3 CH3 Br H Br C C H C C Br H Br H3 C H H ¯ δ CH3 H3C H Br Br CH3 Meso Từ cis-but-2-en cho sản phẩm là biến thể raxemic : b) Hợp chất X có công thức CxHyOz. Hãy chọn x, y, z tối thiểu để X vừa có đồng phân hình học vừa có đồng phân quang học. Viết các đồng phân đó. X là C3H6O 2 Đồng phân hình học : 2/4 HO H CH3 CH3 HO H H H O O trans cis Đồng phân quang học : CH=O CH=O H-C-OH HO-C-H CH3 CH3 c) Từ axeton, metanol và các hợp chất vô cơ c ần thiết khác hãy viết sơ đồ điều chế 2,3,3-trimetylbutan-2-ol. Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A 16
+ Mg/Hg H CH3-CO-CH3 (CH3)2COH-COH(CH3)2 (CH3)3C-CO-CH3 benzen 1. CH3MgBr (CH3)3C-COH(CH3)2 + 2. H3O d) Hãy cho biết sản phẩm chính khi tiến hành đehiđrat hoá 2,2-đimetylxiclohexanol trong môi trường axit. Dùng mũi tên cong để giải thích cơ chế phản ứng. Sơ đồ cơ chế : + OH + H+ + + -H - H2O + + + -H Lưu ý:  Thí sinh giải theo cách giải khác với đáp án, nhưng kết quả đúng vẫn được tính điểm.