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

Chia sẻ: Muccon | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:14

Thêm vào BST

Báo xấu

222
lượt xem 52
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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...

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 C

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: C Đ à nẵng 4/2012
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. V ậy 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 p hụ 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 tố i 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 2
Câu 2 a b Tổng số 1,0 1,0 2,0 Môi trường đ ất và nước mộ t số địa phương trong nước ta hiện nay d ễ bị ô nhiễm chì, do thải quá nhiều ăcqui hư hỏ ng từ moto, xe máy. Chì có khả năng xâm nhập vào cơ thể con người thông qua các nguồ n nước sinh ho ạt và thực phẩm bị ô nhiễm, gây ra nhiều b ệnh nan y. Để giảm b ớt mức độ độ c hại của chì trong cơ thể người ta có thể sử dụ ng các phố i tử tạo các phức bền với Pb2+ và nhờ thận bài tiết ra ngoài. Phố i tử EDTA được dùng cho mục đích này nhờ sự hình thành phức [Pb(EDTA)]2- rất b ền (hằng số bền, K[Pb(EDTA)]2- = 10 18). Thuốc giải đ ộc chì có chứa dung dịch Na2[Ca(EDTA)] (hằng số b ền, K[Ca(EDTA)]2- = 1010,7), đ ược truyền vào cơ thể. Khi đó có thể xảy ra sự trao đổi của canxi từ thu ốc với chì có trong máu. 2.a. Một bệnh nhân có nồ ng đ ộ chì trong máu là 83 g/ml. Hãy tính nồng đ ộ mol của chì trong máu bệnh nhân này. Số mol Pb2+ trong 1ml = 83.10 -6 / [207,2] Nồ ng 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 nồ ng độ lần lượt bằng 2,5mM và 1,0mM. Thêm Pb(NO3)2 rắn vào đ ể đạt được nồ ng độ chì tương ứng với nồng đ ộ chì trong máu bệnh nhân trên. Hãy tính tỉ lệ gần đúng củ a [Pb(EDTA)]2-/[Pb2+] trong dung dịch thu được tại thời điểm cân bằng. Bỏ qua tính chất axit bazơ củ a các tiểu phân có liên quan và sự thay đ ổi thể tích dung dịch coi như không đáng kể. Y = EDTA [ PbY 2 ][Ca 2 ] K PbY 2 1018 CaY2- + Pb2+ = PbY 2- + Ca2+  10, 7  107,3 K  [CaY 2 ][ Pb 2 ] K CaY 2 10 [PbY2-] + [Pb2+] = 0,4 mM Vì hằng số K rất lớn nên [Pb2+]
Câu 3 a b c Tổng số 0,5 1,0 1,0 2,5 Cho cân b ằng PCl5(k)  PCl3(k) + Cl2(k) 3.a. Trong bình kín dung tích V(L) có chứa m(g) PCl5, đun nóng b ình đến nhiệt độ T(K) để thực hiện phản ứng phân ly PCl5. Sau khi đạt cân bằng, áp su ất khí trong bình là P. Hãy thiết lập biểu thức của Kp theo độ p hân ly α và áp su ất 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 4
3.b. Khi thực hiện phản ứng trên trong bình có chứa 83,40g PCl5 ở nhiệt độ T1(K). Khi cân b ằng áp suất trong bình là 2,700 atm, hỗn hợp khí trong bình có tỷ khố i hơi so với hidro b ằng 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 = 8 3,4(g) V ậy 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 V ậy 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 b ằng đ o được là 1,944atm. Tính α và Kp. Từ đ ó cho biết phản ứ ng 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 . V ới P2 = 1,944atm. Ta có P1V 1 = n1RT1 và P2V2 = n2RT2 Suy ra (P1V 1)/ (P2V 2) = (n1RT1)/( n2RT2) Do đó (P1V)/ (P2V) = (n1RT1)/( n2R. 0,9T1) V ì 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 V ì 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 5
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 củ a dung dịch AlCl3 1 /30M. Al3+ + H2O  Al(OH)2+ + H+ Ka = 1,0.10-5 CB (1/30 – x) x x Suy ra K a = x2 / ( 1/30 –x ) vậy x = [H +] = 10-3,24 Do đó pH = 3,24 3+ (ii) Tính nồ ng độ ban đầu của Al và pH khi b ắt đầu xuất hiện kết tủ a Al(OH)3? Biết tích số tan của Al(OH)3 là 10-32,5. Al3+ + H2O  Al(OH)2+ + H+ K a = 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. x 3 (4) Từ (1) và (4) ta có x2. Ka-1 = 109,5. x3 Do đó x = [H+] = 10 -4,5 V ậy 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 6
4.b. Trộ n 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 tủ a Mg(OH)2 không? Biết tích số tan của Mg(OH)2 là 5.10-12 và hằng số cân b ằng Kb củ a NH3 là 1,75.10 -5. N H4Cl → NH 4+ + Cl- NH3 + H2O ↔ NH4+ + OH- Sau khi trộ n : BĐ 1,0 1,0 0 CB (1,0 – x) (1,0 + x) x V ậy: [x(1,0 + x)]/ [1,0 – x] = 1,75. 10 -5 V ì x
Câu 5 a b Tổng số 1,0 1,0 2,0 Cho sơ đồ chuyển hóa sau : O O NO3    NO2 (k ) 1,108V  HNO2  NO E 0 , 773V E (*)             E,V       0 955   Eo là thế khử tiêu chu ẩn 5.a. Viết phương trình phản ứng (trong môi trường axit) cho phản ứ ng (*) HNO2  e   H   NO  H 2 O 5.b. Tính thế khử tiêu chuẩn Eo cho phản ứ ng (*)  G1O  1.F .(0,773) NO3  NO2 O NO2  HNO2 G 2  1.F .(1,108) O HNO2  NO G3  1.F .E * NO3  NO 0 G 4  3.F .(0,955) G4  G1O  G 2  G3  E *  0,984V 0 O O Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C 8
Câu 6 a b c d e Tổng số 1,0 0,5 0,5 0,5 0,5 3,0 Mộ t dung dịch có chứa 1,00.10 -2 M IO3 , 1,00.10 -2 M I  , 1,00.10-4 M I 3 và pH đ ệm = 6,00. Xét các nửa phản ứng sau: Eo = 1,210 V 2 IO3  I   12H   10e   I 3  6 H 2 O Eo = 0,535 V I 3  2e   3I  6.a. Viết phương trình phản ứng tổ ng cộng xả y ra trong dung dịch này 2 IO3  I   12 H   10e   I 3  6 H 2 O E   1,210V 0 5 I 3  10e   15 I  O E   0,535V Phương trình tổng cộng: 2 IO3  16 I   12 H   6 I 3  6 H 2 O E o  0,675V 6.b. Tính biến thiên entanpi tự do chuẩn Go và hằng số cân bằng K của phản ứ ng tổng cộ ng xả y ra trong dung d ịch trên G o  10.F .E O  651kJ O K  1010 E / 0.05916  10114 6.c. Tính thế E của dung d ịch với những điều kiện đã cho ở trên [ I 3 ] [ I  ]15 0,05916 0,05916 E  {1,210  Log Log  5 } }  {0,533  [ IO3 ] 2 [ I  ][ H  ]12 10 10 [I 3 ]  0,178V Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C 9
6.d. Tính biến thiên entanpi tự do G với nhữ ng điều kiện đ ã cho ở trên G  10. F . E  172 kJ 6.e Ở p H của dung d ịch b ằng bao nhiêu để các nồng độ củ a IO3 , I  và I 3 đã cho ở trên đạt được  cân b ằng ở 298 K ? [ I 3 ]6 0,05916 Tại thời điểm cân bằng, E = 0  E O  0,675  Log [ IO3 ]2 [ I  ]16 [ H  ]12  10 Thế giá trị nồng độ củ a IO3 , I  và I 3 và rút ra giá trị [H+] = 3,1. 10 -9 hay pH = 8,51  Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C 10
Câu 7 a b c d Tổng số 0,75 0,75 0,5 1,0 3,0 Mộ t dung dịch được pha chế bằng cách trộ n 0,1 mol MCl2 (muối này phân ly hoàn toàn trong nước thành M2+ + 2 Cl-) và 0,1 mol HL vào nước rồ i đ ịnh mức thành 1 lít dung d ịch. Các p hản ứng xả y ra: M2+ + L-  ML+ K = 1 ,0.10 8 HL(aq)  L- + H+ Ka = 1,0.10-5 7.a. Viết phương trình bảo toàn khối lượng củ a M2+ 0 ,1 = [M2+] + [ML+] 7.b. Viết phương trình b ảo toàn khố i lượng của HL 0 ,1 = [L-] + [ML+] + [HL] 7.c. Viết phương trình b ảo toàn điện tích 2 [M2+] + [H+] + [ML+] = [L-] + [OH -] Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C 11
7.d. Tính nồng độ củ a ML+, M2+, L-, và HL [ ML ] K  1,0.10 8  (1) [ M 2 ].[ L ] [ H  ].[ L ] Ka  1,0.10 5  (2) [ HL] 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+] V à 0,1 = [M2+] + [ML+]  0 ,1 - [ML+] = [M2+] thế vào (1) có: [ ML ] 1,0.10 8  1 (0,10  [ML ]).([0.050  [ ML ]) 2 Giải phương trình bậc hai  [ML+]  0,10 M  [L-]  0,05 Thế vào phương trình (1) cho: [ML ] 0,10 [ M 2 ]   2,0.10 8   8 K .[ L ] (1,0.10 )(0,050) Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C 12
Câu 8 a b c Tổng số 1,0 0,5 0,5 2,0 Phản ứng giữa ion hipoclorit và iodua trong dung dịch bazơ diễn ra như sau: I- + OCl- → OI- + Cl- Với phương trình tố c độ phản ứ ng thực nghiệm được cho dưới đây: I OCl    vk OH   Ba kiểu cơ chế p hản ứng có thể có được nêu dưới đây: Cơ chế I: I   OCl  k1  OI   Cl   chậm Cơ chế II: OCl   H 2 O k1  HOCl  OH  nhanh HOCl  I - k 2  HOI  Cl  chậm  k3 HOI + OH- H2O + OI- k-3 nhanh Cơ chế III: k1 OCl- + H2O HOCl + OH- k-1 nhanh HOCl  I  k 2  HOI  Cl  chậm  k3 H2O + OI- HOI + OH- k-3 nhanh Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C 13
8.a. Cơ chế nào nêu trên là thích hợp nhất với tính chất độ ng họ c quan sát được bằng cách áp dụ ng 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)    d HOCl  k1 k 2 OCl  I     k1 OCl  (3) (2) và (1): v =    dt k2 I Cơ chế phản ứng III: Áp dụng nguyên lý phỏng định trạng thái bền ta thu được biểu thức:    k1 k 2 OCl  I  (4) v   k I    k 1 OH 2 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 tố c độ và năng lượ ng ho ạt hoá của phản ứng chung, phù hợp với cơ chế ở câu (a). Với cơ chế III: k1 k 2 k= k 1 Ea = Ea1 + Ea2 – Ea-1 8.c. Phản ứ ng trong dung d ịch đ ệm có bậc là bao nhiêu? Trong dung dịch đệm, [OH-] không đổi và v = k[OCl-][I-] V ì 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. Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C 14