Tài liệu hỗ trợ thi đầu vào cao học chuyên ngành hóa học ĐHSP Hà Nội- ĐHQGHN

2013

Biên soạn: Nguyễn Hữu Hiệu – Phùng Trung Đức Page 1

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
ĐỘC LẬP – TỰ DO – HẠNH PHÚC
o0o

ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO HỌC ĐỢT 1 NĂM 2011
TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI
Môn thi: Cơ sở lí thuyết hóa học
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Thí sinh không được sử dụng tài liệu
Câu I.
1. a. Hãy trình bầy chi tiết các cơ sở để viết cấu hình electron của nguyên tử.
b. Nguyên tố Fe có Z = 26 , hãy trình bày chi tiết và kết quả viết cấu hình
electron của nguyên tử Fe ( theo 2 cách ).
c. Dạng đơn chất của nguyên tố Fe có tính chất hóa học điển hình nào.? Phân
tích công thức hợp chất và phản ứng ví dụ để minh họa. Dựa vào cấu hình
electron hãy giải thích tính chất đó.
2. Hãy trình bày chi tiết và kết quả tính số hạng cơ bản của Fe và Fe
3+
.
3. Viết biểu thức hàm sóng thu được khi giải hương trình Schrodinger cho hạt
chuyển động tự do trong hộp thế 1 chiều. Chỉ rõ từng đại lượng trong biểu thức
này và cho biết
ψ
liên hệ hàm số , biến số với đại lượng nào.?
4. Hãy trình bầy chi tiết kết quả khảo sát và vẽ đồ thị của hàm song đó ứng với trị

 2NO
2
có hằng số cân bằng K
p
= 0,141 atm.
Tài liệu hỗ trợ thi đầu vào cao học chuyên ngành hóa học ĐHSP Hà Nội- ĐHQGHN

2013

Biên soạn: Nguyễn Hữu Hiệu – Phùng Trung Đức Page 2

1. Ở điều kiện trên N
2
O
4
có tự phân tích thành NO
2
không.? Tính áp suất tối thiểu
của N
2
O
4
trong hỗn hợp với NO
2
có áp suất riêng phần bằng 1atm để phản ứng
tự diễn ra ở T = 25
o
C
2. Ở 100
o

/Tl và Cd
2+
/ Cd ở 25
0
C lần lượt là -0,34 V và -
0,40 V. Tích số tan của TlCl ở 25
0
C bằng 1,6 . 10
-3

1. Thiết lập nguyên tố galvani từ hai bán nguyên tố Tl, TlCl | CdCl
2
( 0,01 M )và
Cd | CdCl
2
( 0,01 M ). Viết phản ứng xảy ra ở các điện cực và phản ứng tổng
quát xảy ra khi nguyên tố galvani làm việc.
2. Xác định E
0
và E của nguyên tố ở nhiệt độ trên . Xác định độ tan của TlCl.?
3. Tính
∆
H và nhiệt thuận nghịch Q trong pin điện nếu dE/dT = 0,002.?
Câu V
Theo dõi sự thay đổi áp suất tổng của phản ứng theo thời gian khi phân hủy một chất
khí A thu được kết quả sau:
Thời gian
(giây)
0 60 120


ngược dấu nhau.
- Quy tắc hund: Khi chiếm các obitan, các electron có khuynh hướng tạo ra nhiều
nhất số electron độc thân.
1b. Nguyên tử Fe(Z=26)
⇒
Cấu hình electron : 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
3d
6
4s
2

1c. Dạng đơn chất của nguyên tố Fe có tính chất đặc trưng là tính khử. Tùy vào tác
nhân oxi hóa va điều kiện phản ứng mà Fe thể hiện mức oxi hóa khác nhau: +2 hoặc
+3.
Fe
→
2e + Fe
2+

Fe
→

3+
với cấu hình electron là [Ar] 3d
5
. Cấu hình này bền hơn cấu
hình của Fe
2+
.
2. Tìm số hạng cơ bản của Fe và Fe
3+

- Fe: [Ar] 3d
6
4s
2

1
( )
2
S n n
α β
= − =
2.
⇒
2S+1=5
Tài liệu hỗ trợ thi đầu vào cao học chuyên ngành hóa học ĐHSP Hà Nội- ĐHQGHN

2013

Biên soạn: Nguyễn Hữu Hiệu – Phùng Trung Đức Page 4


động tự do trong hộp thế 1 chiều:
2
sin
n
x
L L
π
ψ
 
= ⋅ ⋅
 
 

trong đó: +
ψ
là hàm song mô tả chuyển động của hạt trong hộp thế
+ L: Chiều dài hộp thế 1 chiều.
+n: số lượng tử chính, n={1,2,3…}
+x: Phạm vi chuyển động của hạt. 0
≤
x
≤
L
- Ψ là hàm số đối với x
- Ψ là biến số của hàm mật độ

4. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm sóng:

2
sin


- Mặt nút là mặt tập hợp các điểm trong không gian, tại đó hàm sóng triệt tiêu, Ψ
nlm
() =
0.
- Sơ lượng về số lượng và hình dạng mặt nút
a- Hàm sóng Ψ
nlm
() : ở xa vô hạn luôn luôn có một mặt nút ứng với hàm này. Vậy
tổng số mặt nút của hàm này là n-1
b- Hàm cầu Y( ): số mặt nút ứng với mỗi hàm bằng đúng trị trị của l
Các mặt nút ứng với hàm cầu là mặt phẳng chứa gốc tọa độ
Ví dụ: l=0, hàm s không có mặt nút
l=1, hàm p, có 1 mặt nút
l=2 hàm d, có 2 mặt nút
c- Hàm bán kính R
nl
(r), số mặt nút của hàm bán kính được tính từ các trường hợp trên
là: n-l-1
Ví dụ: n=1 => số mặt nút tổng cộng là n-1=1-1=0 vậy Ψ
100
không có mặt nút
nào trừ một mặt nút ở xa vô tận.
Câu II:
Tài liệu hỗ trợ thi đầu vào cao học chuyên ngành hóa học ĐHSP Hà Nội- ĐHQGHN

2013

Biên soạn: Nguyễn Hữu Hiệu – Phùng Trung Đức Page 6


bằng cách tổ hợp tuyến tính 4 AO trên để tạo thành 4AO lai hóa sp
3
có năng lượng như
nhau nhưng định hướng khác nhau trong không gian (định hướng về 4 đỉnh của 1 tứ
diện đều). Sau đó 4Ao này xen phủ với 4AO 1s của 4 nguyên tử H tạo thành phân tử
CH
4
có cấu trúc tứ diện đều
Tài liệu hỗ trợ thi đầu vào cao học chuyên ngành hóa học ĐHSP Hà Nội- ĐHQGHN

2013

Biên soạn: Nguyễn Hữu Hiệu – Phùng Trung Đức Page 7 2. 3 hệ H
2
+
, H
2
và H
2
-
có 3 cấu hình electron như sau:
H
2
+
: (ϭ
s
)

= - RT.lnK
p
= - 8,314.298 . ln (0.141) = 4851,217 > 0
 Phản ứng tự xảy ra theo chiều nghịch.
+ có phản ứng N
2
O
4
 2NO
2

Để phản ứng tự xảy ra thì ∆G < 0
⇔
∆G = ∆G
0
+ RT.
2
2 4
2
ln
NO
N O
P
P

≤
0
⇔
RT.
2


≤

0
G
RT
−∆
= - 1.96

⇔
2 4
2 4
1
0.141 7.092
N O
N O
P
P
≤ ⇔ ≥
(atm).
Vậy áp suất tối thiểu để phản ứng tự diễn biến ở 25
0
C với
2
NO
P
= 1 (atm) là
2 4
N O
P

K
=
0
1 2
1 1H
R T T
 
∆
−
 
 
=> K
p,373
= 14.664
Ta có : N
2
O
4
 2NO
2

Ban đầu P atm 0
Phản ứng
α
.P atm 2.P
α
atm
Cân bằng (1 -
α
)P atm 2.P

2

1 -
α
2
α


1n n= +
∑
=> M =
( )
92. 1
46.2 92
1 1 1
α
α
α α α
−
+ =
+ + +

M + M
α
= 92 =>
92 M
M
α
−
=

M
α
= = =
+ +

+ Có sự khác nhau này là do
- Phản ứng có ∆H
0
> O nên khi tăng nhiệt độ phản ứng sẽ chuyển dịch theo
chiều thu nhiệt (theo chiều thuận)
- Khi nhiệt độ thay đổi K cũng thay đổi.
Vì 2 lí do trên nên lượng N
2
O
4
bị phân tích ở 373K nhiều hơn ở 298K làm cho
khi ở 373K M sẽ tiến dần đến giá trị
2
NO
M
. Khi ở 298 K ,M sẽ tiến gần về giá trị của
2 4
N O
M

Câu IV.
1.
3
,
/ , /

+
+
0.059
2
.lg[Cd
2+
] = -0.459(V)
/ ,TlCl Tl Cl
E
−
=
0
/ ,TlCl Tl Cl
E
−
+ 0,059
1
lg
[ ]Cl
−
⋅
=-0,405(V) >
2
/Cd Cd
E
+
= -0.459(V)
 Sơ đồ pin (-)Cd | CdCl
2
(0,01M) | Tl,TlCl (+)

E
−
= -0,4-(-0,505)=0.105(V)
pin
E
=
/ ,TlCl Tl Cl
E
−
-
2
/Cd Cd
E
+
=-0,405-(-0.459) = 0,054(V)
Ta có: TlCl → Tl
+
+ Cl
-

Ban đầu 0 0,02
Cân bằng S 0.02+S
T
t,TlCl
=( 0,02 + S ). 0,02 = 1,6.10
-3
=> S = 1,49 . 10
-3

3. Ta có:

∆
H = - 2 . 96500 . 0,054 + 298 . 386 = 10808 (J)
Q =
∆
S . T =386 . 298 = 115028(J)
Câu V:
1. Giả sử phản ứng là bậc 1.
Sử dụng phương pháp giải tích để xét k.
 




  

Ở đây a là nồng độ đầu của A
x là nồng độ este tại thời điểm t
Nếu 

ở thời điểm t =  là áp suất ứng với sự kết thức sự phân hủy của A
P
o
ở thời điểm t=0 là áp suất ứng với thời điểm t=0, thì hiệu 

- P
o
sẽ tỉ lệ với nồng độ
đầu của A, còn hiệu của 

- P

0,023








0,0231
Do k
1
và k
2
xấp xỉ nhau nên điều giả sử là đúng, vậy phản ứng là phản ứng bậc 1



!
"
#!
$


#

%%&'%( s
-1

2. Tốc độ đầu của phản ứng


!

0
0..0







= 69,824s 

Tài liệu hỗ trợ thi đầu vào cao học chuyên ngành hóa học ĐHSP Hà Nội- ĐHQGHN

2013

Biên soạn: Nguyễn Hữu Hiệu – Phùng Trung Đức Page 11

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

2
= -8202,5
kJ/mol cho hệ Y
m+
(m ≥ 1, nguyên), hãy trình bày chi tiết tính năng lượng ion hóa của
hệ này theo kJ/mol
Câu II:
1.Thực nghiệm cho biết SO
2-
4
hình tứ diện đều(tâm S,4 đỉnh O),góc OSO bằng 109,5
O
.
a) Áp dụng đồng thời(giả thiết) lai hóa và áp dụng mô hình VSEPR, giải thích kết quả
đó.
b) Anh/chị có nhận xét gì về việc áp dụng đồng thời (giả thiết) lai hóa và áp dụng mô
hình VSEPR để giải thíc hình học phân tử như trên?
2. Áp dụng đồng thời thuyết VB,MO giả thích liên kết trong NO (thực nghiệm cho biết
NO thuận từ).
3. Lời giải toán hệ electron pi (e-ᴫ
1
) của benzene,C
6
H
6
,theo phương pháp gần đúng
MO- Hucken thu được kết quả năng lượng được xếp theo thứ tự từ cao xuống thấp:
E
6
= α - 2β ; E

=1,862.
1. Xác định áp suất riêng phần của các khí CO và CO
2
khi có cân bằng phản ứng dưới
áp suất chung là 1atm
2. Ở áp suất chung bằng bao nhiêu thì hỗn hợp khí chứa 1% CO
2

3. Ở nhiệt độ và áp suất không đổi bằng 1atm như trên, nếu trộn tỉ lệ CO và CO
2
tỉ lệ
4:1 khi C dư thì phản ứng xảy ra theo chiều nào?

Câu IV
Một chất khí phân hủy theo phương trình: AB
3
→ ½ A
2
+ 3/2 B
2
. Ở 200
o
C
Thay đổi áp suất riêng phần của AB
3
được ghi lại theo bảng sau:
Thời gian (Giờ): 0 5 15 35
P (AB
3
), mmHg: 660 330 165 82,5

a+bT. Ở 25
o
C hằng số b = -1,98.10
-4
V/K, hãy xác định nhiệt trong pin
Cho biết giá trị thế điện cực tiêu chuẩn của Fe
3+
/Fe
2+
và Ag
+
/Ag lần lượt là: 0,77 V và
0,8 V.

Hướng dẫn gợi ý cách làm bài

Câu I:
1. Số hạng
4
I
15/2

- Độ bội = 4 => S =3/2 => số e độc thân là: 3
- Trang thái I => L = 6
- J = 15/2 => J =│L+S│=> cấu hình đạt nửa bão hòa hoặc quá nửa bão hòa.
Vậy, nguyên tử hay ion này phải có cấu hình đang xây dựng tại phân lớp f.
Các nguyên tử hay ion phù hợp là:
X: [Xe]4f
11
5d

5d
0
6s
2

Theo ô lượng tử:

Theo kleckopski
Tài liệu hỗ trợ thi đầu vào cao học chuyên ngành hóa học ĐHSP Hà Nội- ĐHQGHN

2013

Biên soạn: Nguyễn Hữu Hiệu – Phùng Trung Đức Page 14 - Y, X
2+
, Y
2+
biểu diễn tương tự
2. Nguyên lí phản đối xứng
- Hàm sóng toàn phần bao gồm cả tọa độ không gian và tọa độ spin của electron
- Tọa độ spin của electron quy định trạng thái spin của electron là α (↑) hay β(↓)
Ta có:
Ψ
(q1, q2)
= -Ψ
(q2, q1)

 Khi đổi vị trí 2 electron thì hàm sóng đổi dấu => hàm sóng là hàm phản đối

3. E
2
= -8202,5 kJ/mol đổi ra eV
= -8202,5: (1,602.10
-19
) : (6,022.10
23
)= 85,02 eV
Mặt khác E
2
= '2
3
$
4
$
9(%& =>
3
4
&(
Do Z luôn nguyên => n phải chẵn. Ta có bảng sau:
Giá trị của n 2 4 6 8
Giá trị của Z 5 10 15 20
Kết luận Y là Bo Z=10 chưa
Xây dựng đến
lớp n=4
Z=15 chưa
Xây dựng đến
lớp n=6
Z=20 chưa
Xây dựng đến


:
;
<
;
=
+
>
<
;
=

:
?
<
;
=
+
>
<
;
=

:
@
<
;
=
+
>

&
=
+
A
<
&
=

……………

…

…

…

…



<
B
=
+
A
<
B
=



;
=

:
?
<
;
=
+
>
<
;
=

:
C
<
;
=
+><;=

:
D
<
;
=
+><;=




=
+A<&=



<
'
=
+
A
<
'
=



<
'
=
+
A
<
'
=



<
'
=

<
/
=



<
/
=
+A</=


<
/
=
+A</=
Tài liệu hỗ trợ thi đầu vào cao học chuyên ngành hóa học ĐHSP Hà Nội- ĐHQGHN

2013

Biên soạn: Nguyễn Hữu Hiệu – Phùng Trung Đức Page 16

1s
1
1s
0

Ta có: I
2
=%


a- Theo thuyết lai hóa:
S: 1s
2
2s
2
2p
4
. 4 AO của nguyên tử S lai hóa với nhau tạo thành 4AO lai hóa
giống nhau về năng lượng nhưng khác nhau về định hướng không gian, và xen phủ với
các của nguyên tử Oxi. (lai hóa sp
3
)
Theo thuyết VSEPR
S sử dụng các e hóa trị để tạo hết liên kết với các nguyên tử O, cho nên nó
không còn cặp e chưa chia, nên theo thuyết VSEPR thì ion SO
4
2-
sẽ có dạng AX
4
và có
cấu trúc không gian như hình vẽ, và như vậy góc liên kết sẽ là 109
o
28’

b- Giải thích theo thuyết lai hóa trong trường hợp này không thực sự rõ ràng vì cơ bản
các liên kết trong ion này phức tạp hơn trong các phân tử đơn giản như CH
4
, H
2

2p
42AO p
z
của N và O xen phủ trục với nhau tạo thành 1 liên kết sigma, 2 AO p
y
xen phủ
bên với nhau tạo thành liên kết pi. Và như vậy, N còn 1 AO chứa 1e độc thân chưa
tham gia liên kết cho nên NO là phân tử thuận từ.

Tài liệu hỗ trợ thi đầu vào cao học chuyên ngành hóa học ĐHSP Hà Nội- ĐHQGHN

2013

Biên soạn: Nguyễn Hữu Hiệu – Phùng Trung Đức Page 18

3.
a. Lời giải toán hệ electron pi (e-ᴫ
1
) của benzene,C
6
H
6
,theo phương pháp gần đúng
MO- Hucken thu được kết quả năng lượng được xếp the thứ tự từ cao xuống thấp:
E
6
= α - 2β ; E

 2CO
Ban đầu a 0 (mol)
Phản ứng x 2x (mol)
Cân bằng a-x 2x (mol)

Tổng số mol ∑n: a+x
Vậy phần mol của các chất:

X
CO

=
1
0#1

X
CO2

=
01
0#1

Tài liệu hỗ trợ thi đầu vào cao học chuyên ngành hóa học ĐHSP Hà Nội- ĐHQGHN

2013

Biên soạn: Nguyễn Hữu Hiệu – Phùng Trung Đức Page 19

Vậy K
P

0#1
.
P =
+0
0#0
.1=0,72 atm
P
CO2
= 1 – 0,72 = 0,28 atm
2. Hỗn hợp chứa 1% CO
2
=> chứa 99% CO.
Vậy X
CO2
=0,01; X
CO
=0,99
Mặt khác: K
P
= K
X
.P
=
M
NO
$
M
NO$
+


NO$
=
-RT.lnK
p
+
RT.ln
)
NO
$
)
NO$=8,314.1000
.
ln

.
$

–
8,314.1000.ln1,862 = 4502,03 >0
Như vậy phản ứng xảy ra theo chiều nghịch.

Câu IV:
1. Giả sử bậc của phản ứng là bậc 2.
Xử lí lại dữ liệu ta có:
Tài liệu hỗ trợ thi đầu vào cao học chuyên ngành hóa học ĐHSP Hà Nội- ĐHQGHN

2013

+
8,93 





+
LQ
++
LQ
8,93






.+
LQ
+.+
LQ
8,93
Vì k
1
= k
2
= k
3
=> điều giả sử là đúng, nên phản ứng là phản ứng bậc 3.

= -1.96500.0,8 = -77200 J/mol
∆G
o
= ∆G
o
2
- ∆G
o
1
= -77200+74305 = -2895 J/mol
∆G
o
= -RTlnK = -2895 => K = 3,217
Ag + Fe
3+
 Ag
+
+ Fe
2+
K=3,217
Ban đầu 0,1M
Phản ứng x x x
Cân bằng 0,1-x x x

1
$
1
'&R => x = 0,0971. Vậy [Ag
+
] = 0,0971M

)= -5693,886 J Tài liệu hỗ trợ thi đầu vào cao học chuyên ngành hóa học ĐHSP Hà Nội- ĐHQGHN

2013

Biên soạn: Nguyễn Hữu Hiệu – Phùng Trung Đức Page 22 CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NHĨA VIỆT
NAM

Tính

tổng

spin

của

hệ

eb- Tính bước song ánh sáng theo nm cần thiết để kích thích 1 e từ HOMO lên
LUMO.

2. Cho hệ
Be
2+

a- Viết toán tử Hamilton cho hệ
này

b- Xác định số hạng cơ bản của
Be
2+
.Câu

-
.

3. Obital phân tử ứng với mức năng lượn thấp nhất của phân tử NH
3
có biểu
thức:ᴪ
= 0,9.1s(N) + 0,25.1s(Ha) + 0,25.1s(Hb) +
0,25.1s(Hc)

Tính số e đóng góp của mỗi nguyên tử N, Ha, Hb, Hc vào MO
này.Câu
III:Trong công nghiệp, methanol được tổng hợp theo phản ứng
sau:

CO
(k)

+ 2H
2(k)


t

29
8

kJ/mol)

-110,5

0

-201,2

Entropi tuyệt đối ở 298K (S
o
2
9
8

J.mol
-
1
.K
-
1
)

197,9

130,7

Tài liệu hỗ trợ thi đầu vào cao học chuyên ngành hóa học ĐHSP Hà Nội- ĐHQGHN

2013

Biên soạn: Nguyễn Hữu Hiệu – Phùng Trung Đức Page 23

2- Trong khoảng nhiệt độ nghiên cứu 298-800K, cho biết ảnh hưởng của nhiệt độ tới
sự
chuyển
dịch cân bằng? Trong thực tế, phản ứng thực hiện trong khoảng nhiệt độ từ
500-700K, hãy
cho
biết tại sao lại lựa chọn khoảng nhiệt độ
này?
3- Tính entanpi tự do tiêu chuẩn (∆G
o
298
) và hằng số cân bằng K
p, 298
ở 298K
4- Tìm phương trình biểu thị mối quan hệ giữa lnK
p
và
T.

Câu
IV:

Nguyên tố điện hóa: AgBr, Ag │HBr (0,002m), PbBr
2

o
Pb2+/Pb
= -0,126V. dE/dT= - 0,0002V/K

Câu
V:

Phản ứng: C
3
H
7
Br + S
2
O
3
2
-
→ C
3
H
7

S
2
O
3
-
+
Br
-

8

mol/l.s

0,0001

0,010

1,1

0,0002

0,010

2,2

0,0002

0,005

1,1a- Viết biểu thức tốc độ của phản ứng
trên.

b- Xác định bậc riêng phần và bậc toàn phần của phản ứng, tính hằng số tốc
độ.

c- Nếu giả thiết cho năng lượng hoạt hóa E

1Z

[

1

V
Z

\
+

Tài liệu hỗ trợ thi đầu vào cao học chuyên ngành hóa học ĐHSP Hà Nội- ĐHQGHN

2013

Biên soạn: Nguyễn Hữu Hiệu – Phùng Trung Đức Page 24

Với T


]
$
.^+_
$

Vậy ta có các giá trị năng lượng như sau:
E
11
= 2E


E
31
= 10E
o
E
32
= 13E
o
E
33
= 18E
o
E
34
= 25E
o

E
41
= 17E
o
E
42
= 20E
o
E
43
=25E
o

b 
]g
Y
h
 
+
LQi
++
j
+
<kk$l+"m
LQi
=
$
j+n"+"m
LQ"
+<"m+"m
L"m
=
$

8,24.10
-7
(m)
=82,4 µm
2- Hệ Be
2+

Tài liệu hỗ trợ thi đầu vào cao học chuyên ngành hóa học ĐHSP Hà Nội- ĐHQGHN


"
+
3+t
$
*
$
V+
t
$
u

a- Số hạng cơ bản:
Cấu hình e của Be
2+
là: 1s
2Số e độc thân = 0 => độ bội = 1
Số lượng tử obital tổng = 0 => trạng thái: S
Số lượng tử J= │L+S│= 0
Vậy số hạng cơ bản của Be
2+
là:
1
S
0

Câu II:
1- Hệ NO

4
= 12-12 = 0e.
Tính điện tích hình thức:
Của N: 5- 2= +3
Của O: 6-6-1= -1
Lấy 1 cặp e ở 1 nguyên tử O chuyển vào giữa ta có:
↑↓