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: A

Đà nẵng 4/2012
Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A 2

Các hằng số và công thức cần thiết
Số Avogadro: N
A
= 6.0221×10
23
mol

Hằng số Planck:
h = 6.6261×10
–34
Js

H = E + nRT
Vận tốc ánh sáng :
c = 3.000×10
8
ms
–1

Phương trình Faraday: Q = it
Không độ C:
273.15 K
Phương trình Arrhenius:
k = A




/


1 N = 1 kg m s


1 eV = 1.602×10
-19
J


18
1

H
1.008

2 13

14

15

16

17
2


N
14.01
8

O
16.00
9

F
19.00
10

Ne
20.18
11

Na
22.99
1
2

Mg
24.31

3

4

5



Cl
35.45
18

Ar
39.95
19

K
39.10
20

Ca
40.08
21

Sc
44.96
22

Ti
47.87
23

V
50.94
24

Cr


Ge
72.64
33

As
74.92
34

Se
78.96
35

Br
79.90
36

Kr
83.80
37

Rb
85.47
38

Sr
87.62
39

Y


Ag
107.87
48

Cd
112.41
49

In
114.82
50

Sn
118.71
51

Sb
121.76
52

Te
127.60
53

I
126.90
54

Xe


Os
190.23
77

Ir
192.22
78

Pt
195.08
79

Au
196.97
80

Hg
200.59
81

Tl
204.38
82

Pb
207.2
83

Bi


Ha
(262)

64

Gd
157.25
65

Tb
158.93
66

Dy
162.50
67

Ho
164.93
68

Er
167.26
69

Tm
168.93
70

Yb
173.05
71


96

Cm
(247)
97

Bk
(247)
98

Cf
(251)
99

Es
(254)
100

Fm
(257)
101

Md
(256)
102

No
(254)
103


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 chênh lệch tần số theo dữ kiện đề bài ta có:
Tần số x10
15
Hz

2,466

2,923

3,083

3,157

3,197

3,221

3,237

Chênh lệch tần số x10
15
Hz

0,457

b) Tính năng lượng ion hóa thứ nhất (kJ/mol) của các nguyên tử selen, biết khi chiếu
chùm 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 vận tốc 2,371x10
6
m/s. Biết khối lượng
của 1 electron bằng 9,109x10
-31
kg.

Gọi I
1
là năng lượng ion hóa thứ nhất của Se (J/nguyên tử)


= 

+





,×

×,×

,×


c. Hãy viết công thức Lewis của hai ion NO
2
+
và NO
2
-
. Dựa vào thuyết lực đẩy của các
cặp electron hóa trị (VSEPR), hãy xác định dạng hình học của hai ion này. So sánh độ
bền liên kết giữa N và O trong hai ion trên.

Công thức Lewis: NO
2
-

: d
ạ
ng g
ấ
p khúc
NO
2
+
: d

T
ổ
ng đi
ể
m

0,5

0,5

1
,0

2,0

Các phản ứng (1) và (2) có G
0
(J) phụ thuộc vào nhiệt độ theo các phương trình tương
ứng sau :
có G
0
1
= -333400 + 136,6 T
có G
0
2
= -287400 + 232,6 T
a) Tính H
0
và S





⟹
ln



=
−
ln


do đó
ln

=
Δ



=
Δ



−
Δ


(
r
)
+
O
2
(
k
)
2
C
u
O
(
r
)
(
3
)
Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A 6

c) Cho 5,0 g CuO vào một bình chân không dung tích 2 lit, ở 1220K. Tính số mol của các
chất khi cân bằng, biết rằng trong hệ chỉ xảy ra cân bằng (2).

Số mol CuO ban đầu:



=
5

,
= 0,6993()
Tương ứng với số mol oxi: 


=




=
,×
,×
= 0,014




= 2


= 2 ×0,014 = 0,028
Số mol CuO còn lại tại thời điểm cân bằng:


= 


−2


3
. Khi đó As(V) sẽ bị hấp
phụ trên bề mặt của Fe(OH)
3
và tách khỏi dung dịch nước.
Biết rằng trên bề mặt Fe(OH)
3
sẽ tích điện dương khi pH < 7 và tích điện âm khi pH > 7.
Axit asenic H
3
AsO
4
có pK
1
= 2,2 ; pK
2
= 6,9 ; pK
3
= 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 H
3
AsO
4
và H
2
AsO
4
-
ở pH = pK


+










ó



=
[


]
[






]
[





]




⇋

+ 


ó

=
[


]
[


]



]


]
+[


]
 =
[


]
[




]


+
[





]
+


[


]
[

]


+1 +


[

]
+




[

]


[




]


[




]
[



]
=


[

]
= 1  [H
2
AsO
4
-
] = [H
3
AsO
4
]
Vậy:
[





Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A 8 Tại pH = pK
1
: [H
2
AsO
4
-
] = [H
3
AsO
4
]  50% (về số mol)

* Tại pH = pK
2
tương tự ta có:
[


]
[





=


,

,


,

,
≈



Tại pH = pK
2
: [H
2
AsO
4
-
] = [HAsO
4
2-
]  50% (về số mol)

Tại pH =pK
3

[



]
++


[


]
[

]

 = [


]
[

]





+
[

]


+ 1+


[

]

Tại pH =pK
3
hay [H
+
]=K
3
thì:
[


]
[


]
=


[


10
,
10
,
+2
≈
1
2

Tại pH = pK
3
: [HAsO
4
2-
] = [AsO
4
3-
]  50% (về số mol)Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A 9

b) Cho biết As(V) sẽ được tách loại khỏi nước tốt nhất ở pH = pK
1
, pH = pK
2

hay pH = pK
3
. Giải thích.

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 E
o
(O
2
/H
2
O) = 1,23V ; E
o
(H
3
AsO
4
/HAsO
2
) = 0,56V. Axit meta asenơ
HAsO
2
có pK = 8,1. Tổng nồng độ của As(V) bằng tổng nồng độ của As(III). Nồng độ
oxi hòa tan trong nước là 8 mg/l.
Tính E c
ủ
a các c

+
 H
2
O



/


= 1,23 +
0,059
2
log[

]


[

]





/


= 1,23 +

/

= 0,56 +
0,059
2
log
[




]
[

]

[

]
(1)
Axit HAsO
2
là axit yếu (pK= 8,1) nên tại pH=pK
2
= 6,9 dạng tồn tại chủ yếu
của As(III) là HAsO
2
.
Theo kết quả tính toán ở câu b, [H
2

AsO
4
-
] ho
ặ
c [HAsO
4
2
-
]

[




]
=
[


]
[






]

]






/

= 0,56 +
0,059
2
log

2
[

]










/



c

T
ổ
ng đi
ể
m

0,5

0,5

1,5

2,5Viết 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
sunfuric thấy dung dịch bị mất màu tím và tạo thành kết tủa màu vàng.

5H
2
S + 2 KMnO
4
+ 3 H
2
SO
4

c) Đốt một miếng đồng kim loại trong không khí, thấy bề mặt miếng đồng bị hóa đen. Cho
miếng đồng sau khi đốt vào 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 12 2Cu + O
2
 2CuO (1)
NH
4
+
+ H
2
O  NH
3

+ H
3
O
+
(2)
CuO + 2H

+ 4H
+
 4Cu
2+
+ 2H
2
O (5)
Có thể viết (4) và (5) thành một phương trình:
2Cu + O
2
+ 4H
+
 2Cu
2+
+ 2H
2
O
+ 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

+ NH
3
tạo phức chất màu xanh lam đậm với Cu
2+

Cu
2+

Câu 5 :
a

b

c

d

T
ổ
ng đi
ể
m

0,5

0,5

0,25

0,75

2Để 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) và 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 KMnO

+ 2MnO
4
2-
+ 8H
+
 5Sn
4+
+ 2Mn
2+
+ 4H
2
Ob) Tính hàm lượng (% khối lượng) của thiếc trong mẫu hợp kim. Biết rằng thể tích
dung dịch KMnO
4
sử dụng là 15,61 mL.

Số mol Sn
2+
có trong 25 mL dung dịch chuẩn độ



=
5
2




,
×100 =
,×

×,×


,
× 100 = 42,0%
Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A 14

c) Hãy nêu cách xác định điểm cuối của quá trình chuẩn độ

Điểm cuối chuẩn độ: dung dịch chuyển từ không màu 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 của hiện tượng này. Hiện tượng này có ảnh hưởng thế nào
đến kết quả phân tích.

 Kết tủa màu nâu là MnO
2

 Hình thành do môi trường không đủ axit.

 Kết quả là thể tích KMnO

5
ONa

CH
3
CHO 1. BH
3

2. CrO
3

Câu 6:
a

b

c

T
ổ
ng đi
ể
m

0,75

0
,5

1

3
-
C
-
C
H
2
-
C
O
O
C
2
H
5
N-NH
2
(A) N N
H
O
CH
3
(B)
N
(C)
-
CH
3

(F)
3-metylbutan-2-on
O
NH
+
C

Đáp án bài thi lý thuyết - Bảng A 16

+ Br
+

+ Br
¯

δ
¯

δ
+


Từ trans-But-2-en
C
H
C
CH
3
CH
3
H
C
H
C
CH
3
CH
3
H
Br
C
H
C
CH
3
CH
3
H
Br
Br
HCH

H
H
Br
Br
+
+

Meso
Từ cis-but-2-en cho sản phẩm là biến thể raxemic : b) Hợp chất X có công thức C
x
H
y
O
z
. 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 C
3
H
6
O
2

Đồng phân hình học : 2/4
O
CH

2,3,3-trimetylbutan-2-ol.
Mg/Hg
benzen
H
+

1. CH
3
MgBr
2. H
3
O
+

- H
+

+ H
+

- H
2
O
- H
+
CH
3


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 :

+

+

+
+

Lưu ý:
 Thí sinh giải theo cách giải khác với đáp án, nhưng kết quả đúng vẫn
được tính điểm.
OH