Đang tải... (xem toàn văn)
Olympiad Hóa học Anh Quốc Olympiad Hóa học Ấn Độ Olympiad Hóa học Áo Olympiad Hóa học vùng Baltic Olympiad Hóa Học Ba Lan Olympiad Hóa học Trung Quốc Olympiad Hóa học Ukraine Trại huấn luyện Mùa Đông của Đội tuyển Nga cho IChO 50 (2018) Tranh tài Hóa học Hữu cơ Nga Olympiad Hóa học Nga Olympiad Hóa học Mendeleev Kì thi chọn Học sinh giỏi Quốc gia THPT Việt Nam Kì thi chọn Đội tuyển Olympiad Quốc tế Bài tập chuẩn bị Olympiad Hóa học thế giới 2018
Kì thi chọn Đội tuyển Olympiad Quốc tế Ngày thi thứ Thời gian: 240 phút Ngày: 30/03/2018 Cho: H = 1,0; C = 12,0; N = 14,0; O=16,0; Mg = 24; P = 31,0; S =32,0; Cl = 35,5; K = 39,0; Ca = 40,0; Fe = 56,0; Ga = 70,0; Ba = 137,0, ZB = 5; ZC = 6; ZN = 7; ZO = 8; ZAl = 13; ZAr = 18; ZK = 19; ZCa = 20; ZGa = 31; ZZr = 40; ZNb = 41; ZMo = 42; ZTe = 43; ZRu = 44; ZRh = 45; ZPd = 46; π = 3,1416; h = 6,626.10-34 J.s; eo = 1,602.10-19 C; me = 9,109.10-31 kg; R = 8,3145 J.mol-1.K-1; NA = 6,0221.1023 mol-1; F = 96490 C.mol-1; atm = 101325 Pa; bar = 105; Å = 10-10 m; Bq = phân rã.s-1; T(K) = toC + 273,15; chất khí coi khí lí tưởng Câu 1.1 Trong q trình trao đổi chất thể người, oxi phân tử chuyển thành anion O2- Anion chất oxi hóa mạnh, có khả phá hủy tế bào Tuy nhiên, số loại enzym thể người có tác dụng xúc tác để chuyển O2- thành chất không độc hại a) Đề xuất phản ứng liên quan đến chuyển hóa O2-, biết q trình xảy môi trường axit qua chất trung gian b) NO biết chất khí độc, vào thể người, dễ dàng kết hợp với O2- để tạo thành anion X- Anion tác nhân oxi hóa mạnh, có khả phá hủy protein, ADN lipit, gây bệnh tim, bệnh Alzheimer, bệnh đa xơ cứng, … Vẽ giản đồ obitan phân tử O2- NO c) Dựa giản đồ obital phân tử ý b), lập luận hình thành X- từ O2- NO 1.2 Vật liệu nano ứng dụng rộng rãi nhiều lĩnh vực khác Một vật liệu nano tiếng fulleren C60 Phân tử C60 có dạng cầu, cấu tạo từ nguyên tử C liên kết với thành vịng cạnh, ngun tử C liên kết với nguyên tử C khác Để mơ tả trạng thái electron π C60 sử dụng mơ hình hạt chuyển động tự hình cầu bán kính r với mức lượng tính theo cơng thức: = ħ ( + 1) Olympiad Hóa học quốc gia giới 2018 ▪ 313 Trong đó: L số lượng tử obitan (L = 0, 1, 2, …) Với giá trị L có (2L+1) obitan lượng a) Xác định số electron π C60 b) Tính bán kính r biết hiệu lượng HOMO HOMO-1 (MO có lượng thấp liền kề với HOMO) C60 trạng thái 296 kJ.mol-1 c) Xác định số electron độc thân C60 trạng thái d) Thực nghiệm cho thấy C60 có tính nghịch từ Để giải thích điều này, người ta cho mức lượng obitan ứng với L > tách thành phân mức lượng Mỗi phân mức có 3, obitan Đề xuất tách mức lượng obitan ứng với L = để giải thích kết thực nghiệm e) Sử dụng mơ hình tách mức lượng ý d) dự đốn tính chất từ K3C60 K6C60 trạng thái Olympiad Hóa học quốc gia giới 2018 ▪ 314 Hướng dẫn 1.1 a) Các phản ứng liên quan đến chuyển hóa O2- 2O2- + 2H+ ⟶ H2O2 + O2 2H2O2 ⟶ H2O + O2 Chất trung gian H2O2 b) Giản đồ MO O2- NO sau: Từ giản đồ MO nhận thấy NO O có electron độc thân mức lượng cao (MO π* ) nên liên kết hình thành thơng qua electron MO π* chứa electron NO (MO π*x) gần mặt lượng với AO 2p N nên AO đóng góp nhiều vào MO π* này, electron độc thân NO chủ yếu thuộc N Vậy ion X- hình thành có dạng ON-O21.2 a) C có cấu hình electron lớp ngồi 2s22p2, electron tham gia tạo liên kết σ, lại electron π Vậy C60 có tất 60 electron π b) Ta có: L = có 2.0 + = obitan Olympiad Hóa học quốc gia giới 2018 ▪ 315 L = có 2.1 + = obitan L = có 2.2 + = obitan L = có 2.3 + = obitan L = có 2.4 + = obitan L = có 2.5 + = 11 obitan Giản đồ lượng obitan C60 sau: ⟹HOMO ứng với L = 5, HOMO-1 ứng với L = ∆E = E5 – E4 = ⟹ r=ħ ∆ ħ [5(5 + 1) − 4(4 + 1)]N = = , , , , ħ ≈ 3,524 10 m = 0,3524 nm Ghi chú: Xác định HOMO ứng với L = 5, HOMO-1 ứng với L = 4, cho ¼ điểm c) Từ giản đồ mức lượng ⟹ C60 có 10 electron độc thân d) Vì C60 có tính nghịch từ ⟹ C60 khơng có electron độc thân nên với L = (HOMO), lượng tách thành ba phân mức chứa 5, obitan sau: Olympiad Hóa học quốc gia giới 2018 ▪ 316 e) K3C60 ⟹ electron độc thân ⟹ K3C60 có tính thuận từ K6C60 ⟹ Khơng có electron độc thân ⟹ K6C60 có tính nghịch từ Olympiad Hóa học quốc gia giới 2018 ▪ 317 Câu 2.1 Đồng kim loại oxit đồng (Cu2O, CuO) sử dụng làm xúc tác cho số phản ứng hóa học Bài tốn sau đề cập đến q trình chuyển hóa đồng kim loại oxit Giả sử điều kiện nghiên cứu ∆Ho ∆So phản ứng không phụ thuộc vào nhiệt độ Cho phản ứng: 4Cu(r) + O2(k) ⇌ 2Cu2O(r) (1) 2Cu(r) + O2(k) ⇌ 2CuO(r) (2) Cu2O(r) ⇌ CuO(r) + Cu(r) (3) 2H2(k) + O2(k) ⇌ 2H2O(k) (4) 2CO(k) + O2(k) ⇌ 2CO2(k) (5) 4Fe3O4(r) + O2(k) ⇌ 6Fe2O3(r) (6) a) Biết 300 K 1300 K, ∆Go phản ứng (1) -300 kJ.mol-1 -160 kJ.mol-1; ∆Go phản ứng (2) -260 kJ.mol-1 -80 kJ.mol-1 Tính ∆Ho ∆So phản ứng (1) (2) b) Tìm biểu thức liên hệ ∆ ( ) nhiệt độ phản ứng (3) c) Trên sở tính tốn, dự đốn sản phẩm thu nung bột Cu 800 K khơng khí (20% O2, 80% N2 thể tích) áp suất bar d) Chứng minh khoảng nhiệt độ 300-1500 K, Cu, CuO Cu2O tồn đồng thời hỗn hợp e) Người ta sử dụng H2 để khử CuO thành Cu Cho từ từ H2 vào bình có chứa lượng bột CuO 1150 K Biết phản ứng (4) có ∆ ( )= -490 + 0,1T (kJ.mol-1) Tính tốn lập luận để H2 khử hết CuO thành Cu2O khử tiếp Cu2O thành Cu f) Cho dịng khí gồm 1% CO 99% CO2 thể tích qua bột CuO Biết phản ứng (5) có ∆ ( ) = −566 + 0,173 (kJ.mol-1) Hãy cho biết, khoảng nhiệt độ từ 300-1500 K, CuO có bị khử thành Cu khơng? g) Để kiểm sốt q trình khử CuO thành Cu2O H2, thêm Fe2O3 vào hệ Biết phản ứng (6) có ∆ ( ) = −484 + 0,28 (kJ.mol-1) Tìm khoảng nhiệt độ để Fe2O3 ức chế trình khử Cu2O thành Cu h) Cho 0,3 mol bột CuO 0,3 mol Fe2O3 vào bình rỗng tích 5,0 L 1150 K cho từ từ H2 vào bình Tính áp suất bình (bar) tồn CuO bị khử thành Cu2O (bỏ qua thể tích chất rắn) 2.2 Cho khối kim loại X nặng 2,0 kg 0oC vào bình có chứa sẵn 1,0 mol nước 100oC atm thấy có 86% lượng nước ngưng tụ Giả sử Olympiad Hóa học quốc gia giới 2018 ▪ 318 điều kiện khảo sát, trao đổi nhiệt xảy X nước, áp suất bình khơng đổi q trình ngưng tụ nước diễn 100oC a) Tính nhiệt độ cuối hệ X-nước nhiệt lượng mà X trao đổi b) Tính biến thiên entropi X, nước hệ X-nước Biết: X không chuyển pha: = 0,385 J.K-1.g-1; = 75,3 J.K-1.mol-1; () ( ) ( )= 33,6 J.K-1.mol-1; (∆ ; ) ( )= 40,656 kJ.mol-1 Olympiad Hóa học quốc gia giới 2018 ▪ 319 Hướng dẫn 2.1 a) Vì ∆Ho ∆So không phụ thuộc vào nhiệt độ nên Với phản ứng (1): Với phản ứng (2): ∆H( ) − 300 ∆S( ∆H( ) − 1300 ∆S( = −160 ) ∆H( ) − 1300 ∆S( ) = −260 = −80 ) ) = ∆G( ) − ∆G( ∆H( ⟹ ) ∆S( ⟹ = −342 + 0,14 T ; ∆G( Vì (3) = [(2) − (1)] nên ∆G( ) = −300 ) ∆H( ) − 300 ∆S( b) Từ kết câu (a) ⟹ ∆G( Vậy: ∆G( ) ) ) ) = −140 J K ∆H( ∆S( = −342 kJ mol ) ) mol = −314 kJ mol = −180 J K mol = −314 + 0,18 T = 14 + 0,02T = 14 + 0,02T kJ.mol-1 c) Ta có : P = 0,2.1,0 = 0,2 bar Để đự đoán sản phẩm thu được, ta xét ∆G phản ứng (1) phản ứng (i): 2Cu2O(r) + O2(k) ⇌ 4CuO(r) (i) Ta có ∆G = ∆Go + RTlnQ = ∆Go − RTlnP -Với phản ứng (1): Ở 800 K: ∆G(1),800 = ∆G( ), − RTlnP ⟹ ∆G(1),800 ≈ −219,295 kJ.mol-1 ∆G(1),800 > ⟹ phản ứng (iii) xảy hoàn toàn Khi cho từ từ H2 vào, xảy phản ứng (iii), phản ứng xảy hoàn toàn Khi cho tiếp H2 vào tiếp tục xảy phản ứng (iii) phản ứng (iv) Cu2O(r) + H2(k) ⇌ Cu(r) + H2O(k) (iv) Tuy nhiên CuO Cu khơng thể đồng thời tồn (như câu d) nên cịn CuO khơng thể có mặt Cu ⟹ Cu2O chuyển thành Cu toàn CuO chuyển hết thành Cu2O f) Để xét xem CuO có bị khử thành Cu hay không, ta xét phản ứng (v): CuO(r) + CO(k) ⇌ Cu(r) + CO2(k) (v) 1 o o [∆Go(5) ∆G(2) ] 126 0,035T Vì (v) [(5) (2)] ∆G(v) 2 o G(v) ∆G(v) RTln PCO2 PCO 126 0,0347T Trong khoảng 300-1500 K, ∆G(v) < ⟹ phản ứng (v) diễn theo chiều thuận Vậy khoảng 300-1500 K, dịng khí chứa 1% CO 99% CO2 khử CuO thành Cu g) Fe2O3 ức chế trình khử Cu2O Cu phản ứng: 3Fe2O3(r) + 2Cu(r) ⇌ 2Fe3O4(r) + Cu2O(r) (vi) diễn theo chiều thuận, tức ∆G(vi) < Ta có (vi) 1 o o [(1) (6)] ∆Go(vi) [∆G(1) ∆G(6) ] 71 0,07T 2 Olympiad Hóa học quốc gia giới 2018 ▪ 321 G(vi) 71 0,07T T 1014,286K 1014 K Vậy Fe2O3 ức chế khử Cu2O thành Cu nhiệt độ phản ứng lớn 1014 K h) Khi có mặt Fe2O3 1150 K (>1014 K) thứ tự phản ứng xảy sau Giai đoạn 1: 2CuO(r) + H2(k) ⇌ Cu2O(r) + H2O(k) (a) Ban đầu: (mol) 0,3 Kết thúc: (mol) 0,15 ⟹ Kết thúc phản ứng (a), lượng khí (H2O(k)) sinh bình phản ứng 0,15 mol Giai đoạn 2: 3Fe2O3(r) + H2(k) ⇌ 2Fe3O4(r) + H2O(k) (b) Ban đầu: (mol) 0,3 Kết thúc: (mol) 0,1 ⟹ Kết thúc phản ứng (b), tổng lượng khí (H2O(k)) sinh bình phản ứng 0,15 + 0,1 = 0,25 mol Sau giai đoạn xảy trình khử Cu2O Cu Vì đầu u cầu tính cho q trình khử CuO Cu2O nên ta xét giai đoạn Vì khí lí tưởng bỏ qua thể tích pha rắn nên áp suất tổng bình phản ứng: nRT 0,15.8,3145.1150 286850 Pa 2,868 bar Khi kết thúc giai đoạn 1: P1 V 5.103 nRT 0,25.8,3145.1150 478083 Pa 4,781bar Khi kết thúc giai đoạn 2: P2 V 5.103 Vậy toàn CuO bị khử thành Cu2O 1150 K, áp suất bình phản ứng nằm khoảng 2,868 bar ≤ P ≤ 4,781 bar 2.2 a) Vì có 86% nước ngưng tụ nên hệ X-H2O cân có: số mol nước pha lỏng: số mol nước pha hơi: nH2O(l) = 0,86 mol nH2O(k) = – 0,86 = 0,14 mol Gọi T (K) nhiệt độ cuối hệ Vì X khơng chuyển pha, trình ngưng tụ nước diễn 100oC nên biến đổi hệ X-H2O chia thành q trình thuận nghịch nhỏ mơ tả sơ đồ sau: Olympiad Hóa học quốc gia giới 2018 ▪ 322 Hướng dẫn 4.1 4.2 Olympiad Hóa học quốc gia giới 2018 ▪ 369 Câu 5.1 Hợp chất 57 nghiên cứu thử nghiệm việc chữa trị hen suyễn Hãy tổng hợp 57 từ adenosin, p-nitrophenol anilin Các tác nhân phản ứng khác điều kiện phản ứng có đủ 5.2 Hợp chất 64 trung gian quan trọng tổng hợp eFT508, tiền chất thử nghiệm lâm sàng giai đoạn điều trị ung thư Quy trình tổng hợp 64 sau: Hãy vẽ công thức cấu tạo hợp chất từ 58 đến 64 Biết 61 không chứa liên kết đơn C-O N-O 5.3 Epibatidin ancaloit có tác dụng kháng viêm, giảm đau chiết xuất từ da loài ếch Nhiều nghiên cứu tác dụng dược lý cho thấy khả giảm đau epibatidin mạnh gấp 200-500 lần morphin Tổng hợp epibatidin theo sơ đồ sau: Hãy vẽ công thức cấu tạo chất từ 65 đến 70 (không cần xét đến yếu tố lập thể) Olympiad Hóa học quốc gia giới 2018 ▪ 370 5.4 Cà chua, đặc biệt cà chua xanh, có khả sinh axit clorogenic giúp tiêu diệt sâu bệnh Khi bị sâu cơng axit clorogenic có cà chua bị oxy hóa thành dạng quinon gây độc với kẻ thù cách ức chế khả hoạt động protein (khóa nhóm NH-CO protein) Hãy vẽ cơng thức cấu tạo hợp chất từ 71 đến 76 (không cần xét đến yếu tố lập thể) giải thích khả diệt sâu bệnh axit clorogenic phản ứng hóa học Olympiad Hóa học quốc gia giới 2018 ▪ 371 Hướng dẫn 5.11 Tổng hợp mảnh O NH2 Br O Br Br O HO NO2 HN O NH CH2Cl2, Et3N, oC K2CO3, axeton NO2 O NaBH4, 10% Pd/C CH3OH, H2O, 25 oC HN O NH2 Tổng hợp mảnh 2: Phản ứng tạo dẫn xuất iod thay phản ứng tạo halogen khác (Cl, Br) cho điểm Phản ứng amin iod thay điều kiện phản ứng Buchwald-Hartwig (ghép C-N) cho điểm Olympiad Hóa học quốc gia giới 2018 ▪ 372 5.2 5.3 65 67 66 OH O H3CO N NO2 68 H3CO N OMs NO2 69 H3CO N NO2 70 OMs HN H3CO N NH2 H3CO N HN HO N 5.4 Cơ chế bảo vệ cà chua Olympiad Hóa học quốc gia giới 2018 ▪ 373 O O O H O RO OH O N O protein N OH Axit Clorogenic oxi hãa O O O OR OR Olympiad Hóa học quốc gia giới 2018 ▪ 374 Câu 6.1 Sinh tổng hợp amino axit từ α-xetoaxit tác dụng enzym trình quan trọng để thu amino axit tự nhiên Quá trình xúc tác hệ pyridoxal – pyridoxamin photphat Năm 2016, nhà khoa học tìm điều kiện đơn giản mơ trình sinh tổng hợp amino axit 80 sở phản ứng hóa học α-xetoaxit 77 amino axit 78 xúc tác 79 theo sơ đồ sau: Hãy đề xuất chế phản ứng (biết khơng trung gian phản ứng có mặt đồng thời hợp chất 77, 78 79) 6.2 Mycobacillin peptit có tác dụng chống nấm, tác từ trực khuẩn cỏ khô (Bacillus subtilis) Biết rằng: - Không thể xác định đầu N Mycobacillin phương pháp Edman hay Sanger đầu C enzym cacboxypeptiđaza - Thủy phân hoàn toàn Mycobacillin dung dịch HCl M cho loại amino axit, phân tử peptit cho Ala; Asp; Glu; Pro; Ser Tyr - Thủy phân khơng hồn tồn Mycobacillin cho 15 mảnh peptit từ A đến O - Các amino axit đầu N mảnh xác định phương pháp Sanger - Các amino axit lại mảnh tri- tetrapeptit từ H đến O chưa xác định trình tự Olympiad Hóa học quốc gia giới 2018 ▪ 375 A Asp-Glu H Glu-(Ala,Asp) N Leu-(Ala, Asp, Glu) B Ser-Asp I Asp-(Glu, Tyr) O Ser-(Asp, Glu, Leu) C Glu-Asp J Leu-(Asp, Glu) D Asp-Ala K Asp-(Ser, Tyr) E Asp-Tyr L Ser-(Asp, Leu) F Ala-Asp M Ala-(Asp-Pro) G Glu-Tyr Từ kết thu được, lập luận xác định cấu trúc Mycobacillin Olympiad Hóa học quốc gia giới 2018 ▪ 376 Hướng dẫn 6.1 6.2 - Không thể xác định đầu Mycobacillin phương pháp Edman, Sanger hay enzyme carboxypeptidase, suy peptide vòng - Thủy phân hoàn toàn Mycobacillin dung dịch HCl 6M cho loại amino axit, ứng với phân tử peptide cho Ala; Asp; Glu; Leu; Pro; Ser; Tyr, suy có tổng cộng 13 amino acid peptide - Trên sở mảnh phân lập được, ta ghép lại sau: Olympiad Hóa học quốc gia giới 2018 ▪ 377 Mycobacillin: Asp-Glu-Tyr-Asp-Tyr-Ser-Asp-Leu-Glu-Asp-Ala-Asp-Pro Olympiad Hóa học quốc gia giới 2018 ▪ 378 Câu Đất có khả lưu giữ trao đổi cation Khả trao đổi cation đất đặc trưng dung lượng trao đổi cation Chỉ số tính tổng số mili đương lượng cation trao đổi 100 gam đất (mđ/100g) xác định sau: (1) Hòa tan 90,0 mL trietanolamin vào lít nước, thêm 125 mL dung dịch HCl 2,0 M pha thành lít dung dịch A Trộn dung dịch A với dung dịch BaCl2 2,0 M theo tỉ lệ thể tích 1:1, thu dung dịch B (2) Cho 5,000 gam chất X (đã sấy khô) vào 100 mL dung dịch B, lắc đều, để qua đêm, lọc rửa để lấy phần mẫu rắn C (3) Thêm 100,0 mL dung dịch MgSO4 (dung dịch D) vào mẫu rắn C Lọc bỏ kết tủa, toàn nước lọc nước rửa kết tủa định mức thành 250,0 mL dung dịch E (4) Lấy 10,00 mL dung dịch E vào bình tam giác, thêm nước đến 50 mL, thêm vài giọt NH3 2,0 M lượng nhỏ thị pyrocatechol tím (kí hiệu H4In) Chuẩn độ hỗn hợp thu dung dịch EDTA (Na2H2Y) 0,0100 M đến đổi màu dung dịch hết 6,20 mL (5) Lấy 5,00 mL dung dịch D, thêm nước đến 50 mL, thêm vài giọt NH3 2,0 M lượng nhỏ thị pyrocatechol tím Chuẩn độ hỗn hợp thu dung dịch EDTA (Na2H2Y) 0,0100 M đến đổi màu dung dịch thể tích EDTA cần dùng 12,40 mL 7.1 Viết phương trình hóa học phản ứng xảy qui trình (sử dụng kí hiệu R-Mn+ cho đất mang cation) Hãy cho biết màu dung dịch biến đổi điểm dừng chuẩn độ Tính tốn lập luận để giải thích vài trị chất tan dung dịch B 7.2 Tính dung lượng trao đổi cation mẫu đất X (mđ/100g) 7.3 Kết tính dung lượng trao đổi cation đất bị ảnh hưởng trường hợp sau (giải thích viết phương trình hóa học có): - Chất rắn C rửa khơng hết BaCl2 - Dung dịch B có pH = 5-6 mẫu đất X có chứa nhiều CaCO3 7.4 Giải thích vai trị NH3 bước (4) Tính thể tích dung dịch NH3 tối đa cho vào để thực thí nghiệm bước (4) Olympiad Hóa học quốc gia giới 2018 ▪ 379 (6) Nếu lấy chất rắn C bước (2) lắc với 50,0 mL dung dịch H2SO4 0,025 M chuẩn độ dung dịch NaOH 0,0500 M, dùng thị metyl vàng (pH = 4,0) 7.5 Viết phương trình hóa học phản ứng tính thể tích dung dịch NaOH cần dùng 7.6 Phân tích mẫu đất Y theo bước (2) (6) lấy chất rắn thu lắc với 50,0 mL dung dịch H2SO4 0,0250 M Sử dụng buret 25 mL để chuẩn độ thấy hết 25,00 mL dung dịch NaOH 0,0500 M (dùng thị metyl vàng) dung dịch chưa đổi màu Hãy điều chỉnh cách làm để xác định điểm cuối chuẩn độ mà sử dụng dung dịch B, H2SO4 0,0250 M, NaOH 0,0500 M dụng cụ Cho Trietanolamin N(CH2CH2OH)3 có: d = 1,124 g.mL-1; M = 149,19 g.mol-1; pKa = 7,76; lg*βMgOH+ = –12,8; pK sMg(OH)2 = 9,2; pK a NH3 = 9,24; pKa HSO- = 1,99; Pyrocatechol tím (H4In) có pKa,1-4 = 0,2; 7,8; 9,8; 11,7 Màu dạng thị: H4In đỏ; H3In- vàng; H2In2- tím; HIn3- In4- đỏ tím Phức ion kim loại với pyrocatechol tím có màu xanh dương Olympiad Hóa học quốc gia giới 2018 ▪ 380 Hướng dẫn 7.1 Phương trình phản ứng Bước (1) R-Mn+ Ba2 R-Ba2 Mn+ Bước (2) R-Ba2 Mg2 SO24 R-Mg2 BaSO4 Bước (4) (5) Mg2 H4In 4NH3 MgIn2 4NH+4 Mg2 H2 Y 2NH3 MgY2 2NH+4 MgIn2 H2 Y2 MgY 2 H2In2 Màu dung dịch điểm dừng chuẩn độ chuyển từ màu thị dạng phức với kim loại (xanh dương) sang màu chị thị dạng tự (tím đỏ tím) Vai trị chất dung dịch trao đổi B là: - BaCl2 cung cấp ion Ba2+ dư để trao đổi với cation đất - Trong bước (1) thêm HCl vào trietanolamin (B) nHCl = 0,125×2=0,25 mol; nB = 90×1,124/149,19 = 0,68 mol; nHCl < nB; hệ gồm B BH+ hệ đệm (pH = 8), có vai trị trì pH dung dịch trình trao đổi 7.2 Từ bước (5): CMg2+ (D) = 0,0248 M Gọi dung lượng trao đổi đất a (mđg/100g): a 10 mmol 6,2 (mL) 0,01(mmol / mL) 0,0248 100(mL) 100 (g) 250 mL a = 37,2 (mdg/100g) 7.3 Dung lượng trao đổi đất bị ảnh hưởng nào: i BaCl2 rửa không hết không ảnh hưởng đến kết chuẩn độ tính, Ba2+ dư phản ứng với SO42- bước mà không làm thay đổi số mol Mg2+ ii Trong trường hợp dung dịch B có pH = 5-6 hịa tan CaCO3, cung cấp thêm ion Ca2+ vào mẫu C, khơng rửa kĩ ion Ca2+ vào dung dịch E mà không kết tủa với SO42- ion Ba2+ tham gia vào q trình chuẩn độ tương tự Mg2+, thể tích cần dùng cho phép chuẩn độ bước (4) tăng lên, mà tổng lượng Mg2+ ban đầu không đổi, kết tính dung lượng trao đổi đất thấp thực tế 7.4 NH3 cho vào để kiềm hóa dung dịch thuận lợi cho phản ứng tạo phức Mg2+ với EDTA, thích hợp pH = 9-10, nhiệt khơng cho q nhiều kết tủa Mg(OH)2 Tính thể tích NH3 tối đa để khơng xuất kết tủa Mg(OH)2 Olympiad Hóa học quốc gia giới 2018 ▪ 381 Từ thí nghiệm bước (3) (4): CMg2+ (E) = 0,00620 M; C , ướ ẩ độ =0,0062/5=1,24.10 -3 M Nếu khơng tính đến pha lỗng thể tích, bỏ qua tạo phức hidroxo Mg2+, để kết tủa Mg(OH)2 [OH-] = 10-3,15 (pH = 10,85; *βMgOH+ = 10-12,8 → phức hidroxo không đáng kể) [OH-] sinh chủ yếu phản ứng phân li NH3 NH + H O ⇌ NH + OH Kb = 10-4,76 Áp dụng ĐLTDKL: có 103,152 104 ,76 V 0,15 mL ( ≈ giọt tiêu 2V 3,15 10 10 V chuẩn) = 7.5 Phương trình phản ứng R-Ba2+ H2 SO4 R-(2H+ ) BaSO4 Phản ứng chuẩn độ H+ OH- H2O HSO4- OH- H2O SO2-4 Hoặc viết H2 SO4 2NaOH Na2 SO4 2H2O nH2 SO4 50 0,025 37,2 0,32 mmo 100 Tính theo ĐLBTĐT [H+ ] [Na+ ] [OH- ] [HSO4- ] 2[SO2-4 ] 0,05V 0,32 1010 (α - 2α SO2- ) VNaOH 12,61mL 50 V 50 V HSO4 Cho đủ điểm HS khơng tính đến hệ số α VNaOH 12,67 mL 104 50 0,025 37,2 Nếu HS khơng tính đến sai số thị VNaOH 0,05 100 12,8 mL cho ¼ điểm 7.6 Vì lượng H2SO4 dung dịch trước chuẩn độ nhiều, nên để thu kết chuẩn độ nhỏ 25 mL thực cách sau mà sử dụng dung dịch trao đổi dung dịch H2SO4 NaOH dùng: Olympiad Hóa học quốc gia giới 2018 ▪ 382 - Giảm thể tích H2SO4 xuống - Hoặc tăng số gam đất Y xử lý lên Olympiad Hóa học quốc gia giới 2018 ▪ 383