đề thi và đáp án hsg quốc gia vòng 2 môn hóa học 2007

Dưới đây là đề thi chọn đội tuyển hóa học toàn quốc 2007 tham dự ICHO mới nhất các bạn nhé. Bạn nào có nhu cầu mua tài liệu thì liên hệ anh nha. Các bạn có thể sử dụng tài liệu này như một cách để rèn luyện kiến thức.

Hướng dẫn chấm THI MễN HểA HỌC Kè THI CHỌN ĐỘI TUYỂN

QUỐC GIA DỰ THI OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2007

Ngày thi thứ hai (08/04/2007)

Câu I ( 4 điểm)

1

(PhCO2)2O2

HBr

Có 4 sản phẩm và 10 đồng phân quang học

2

OH O

CH3 - C– OMe ⎯⎯⎯OH-→ HN – C – OMe ch vi.

H+

⎯⎯⎯→ H2N – C – OMe ⎯⎯→ CH3 - C – NH2

NH CH3 CH3 O

Axetamit

OH2

CH3 - C– OMe ⎯⎯→ HH+ 3C - C– OMe ⎯⎯⎯OH 2→ H2N – C – OMe ⎯⎯⎯ch vi H.+→

NH NH CH3

O – H O - H

H3N - C - OCH3 ⎯⎯→ CH3 - C – OMe ⎯⎯⎯NH 3→ CH3 – C - OMe

CH3 O

Metyl axetat

Proton chuyển từ OH2 đến NH2 chứ không đến OCH3 vì RCH2 có

tính bazơ lớn hơn ROCH3

Khi thủy phân trong môi trường kiềm, nhóm OCH3 bị tách tốt hơn

NH2 nên nhận được amit

Trong môi trường axit NH3 là nhóm bị tách tốt hơn nên được este

3 CH3COOEt 2.1.NaOEt

PhCOOEt

⎯⎯⎯⎯→ PhCOCH2COOEt

2

NaOEt I

3

1.

2 ;3.o

ddNaOH

H O+ t

⎯⎯⎯⎯→ PhCOCH2CH2COPh ⎯⎯⎯P H4 10→ O

Câu IV ( 4 điểm)

1 Thành phần amino axit của A :

Ala3, Asp, Gly, Leu, Lys, Ser, Tyr, Val2.

Hay là : 3 Ala, 1 Asp, 1 Gly, 1 Leu, 1 Lys, 1 Ser, 1 Tyr, 2 Val

Khối lượng mol tối thiểu của A là 140

1160 /

2 Phân tích các dữ kiện, tìm thấy

B : Ser – Gly – Leu – Lys

E : Ala – Asp – Ala – Tyr

F : Val – Ala – Val

Vậy, trình tự amino axit trong A là :

Ser – Gly – Leu – Lys - Ala – Asp – Ala – Tyr– Val - Ala –

Val

( Phản ứng giữa một peptit với hiđrazin giảI phóng amino axit đầu C,

còn các đơn vị amino axit khác được chuyển thành hiđrazit tương

ứng)

3 Trong phân tử A Có hai nhóm NH2, hai nhóm COOH và một nhóm

OH phenol của Tyr Khi pH tăng, số điện tích (+) giảm đi, còn số điện

tích (–) tăng lên

pHI = pK +pK2 3

2

++ ++/- ++/ +/ -

pH

pK1 pK2 pK3 pK4 pK5

Câu V

1 HOOC HOOC H - NHNHPh

C = O

+

H

⎯⎯→

←⎯⎯ C = OH ←⎯⎯⎯⎯ HOOC – C – OH ⎯⎯⎯⎯→H NNHPh2

⎯⎯→

←⎯⎯

Me2CH Me2CH CHMe2

:NHNHPh H

HOOC – C - OH2 ←⎯⎯⎯⎯→ HOOC- C = N – NHPh ←⎯⎯⎯⎯→ HOOC – C = NNHPh

CHMe2 CHMe2 CHMe2

imin

H3C COOH

2H2

Pd

⎯⎯⎯→

←⎯⎯⎯ CH – CH + PhNH2

H3C NH2

hỗn hợp raxemic

Giá trị pH tối ưu là giữa 5 và 6 pH axit xúc tác cho phản ứng này bằng cách làm cho dẫn xuất cacbonyl có tính electrophin hơn

C = O + H+ ←⎯⎯⎯⎯→ [ C = OH ←⎯→ C – OH ]

Mặt khác, không cần pH qúa axit vì tác nhân nucleophin PhNHNH2 có tính bazơ sẽ tồn tại dưới dạng axit liên hợp PhNHN+ H3 thì không còn tính nucleophin nữa

Bằng phương pháp hiđro hóa imin ta chỉ nhận được hỗn hợp raxemic, nghĩa là valin không có tính quang hoạt

Để tách riêng từng đồng phân, người ta tiến hành axetyl hóa valin bằng anhiđrit axetic, sau đó dùng enzim đeaxyl hóa Enzim là một tác nhân bất đối, nó phản ứng đặc thù với một trong hai đồng phân, mà thường là phản ứng với dãy L của amino axit Khi kết thúc phản ứng thu

được hai sản phẩm không phảI là đối quang của nhau nên có thể tách riêng được

COOH

AcNH H

i-C3H7

H

COOH NHAc i-C3H7

Enzim đeaxyl hoỏ H3N

COOH

H

2

O

CH3OH HCl

O

⎯⎯⎯⎯⎯Pb(CH COO) 3 4→

O

O

CHO OH HO

OH OH COOH

CHO OH

OH OH CH2OH

HO

CHO OH OH OH C=O

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MÔN HÓA HỌC KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN

VIỆT NAM DỰ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ NĂM 2007

Bài thi phần Cơ sở và Hóa học Vô cơ (ngày thứ nhất, 07/4/2007)

(Bản hướng dẫn này có tổng cộng10 trang)

Câu I (6.0 điểm = 2 + 1+ 3 )

1 Đối với phản ứng thuận nghịch pha khí 2 SO2 + O2 ⇌ 2 SO3:

a) Người ta cho vào bình kín thể tích không đổi 3,0 lít một hỗn hợp gồm 0,20 mol SO3

và 0,15 mol SO2 Cân bằng hóa học (cbhh) được thiết lập tại 250C và áp suất chung của

hệ là 3,20 atm Hãy tính tỉ lệ oxi trong hỗn hợp cân bằng

b) Cũng ở 250C, người ta cho vào bình trên chỉ mol khí SO3 Ở trạng thái cbhh thấy có

0,105 mol O2.Tính tỉ lệ SO3 bị phân hủy, thành phần hỗn hợp khí và áp suất chung của hệ

2 Cho các phương trình nhiệt hóa học sau đây:

(1) 2 ClO2 (k) + O3 (k) → Cl2O7 (k) ∆H0 = - 75,7 kJ

(2) O3 (k) → O 2 (k) + O (k) ∆H0 = 106,7 kJ

(3) 2 ClO3 (k) + O(k) → Cl2O7 (k) ∆H0 = - 278 kJ

(4) O2 (k) → 2 O (k) ∆H0 = 498,3 kJ

k: kí hiệu chất khí

Hãy xác định nhiệt của phản ứng sau:

(5) ClO2 (k) + O(k) → ClO3 (k)

3 Dung dịch A gồm FeSO4 0,020 M; Fe2(SO4)3 và H2SO4

a) Lấy chính xác 25,00 ml dung dịch A, khử Fe3+ thành Fe2+; chuẩn độ Fe2+ trong hỗn

hợp (ở điều kiện thích hợp) hết 11,78 ml K2Cr2O7 0,0180 M Hãy viết phương trình ion

của phản ứng chuẩn độ Tính nồng độ M của Fe2(SO4)3 trong dung dịch A

b) Tính nồng độ M của H2SO4 trong dung dịch A, biết dung dịch này có pH = 1,07

c) Ghép cực Pt nhúng trong dung dịch A (qua cầu muối) với cực Ag nhúng trong dung

dịch AgNO3 0,0190 M có thêm K2CrO4 cho đến nồng độ 0,0100 M (coi thể tích được giữ

nguyên)

Hãy cho biết anot, catot và viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động Tính

sức điện động của pin

Cho pKa: HSO4- 1,99; Fe3+( Fe3+ + H2O ⇌ FeOH2+ + H+) 2,17;

Fe2+( Fe2+ + H2O ⇌ FeOH+ + H+) 5,69

Chỉ số tích số tan pKs của Ag2CrO4 11,89

Eo : Fe3+/ Fe2+ 0,771 V; Ag+/Ag 0,799 V; (RT/F)ln = 0,0592 lg

Hướng dẫn chấm:

1 a) Xét 2 SO2 + O2 ⇌ 2 SO3 (1)

ban đầu 0,15 0,20

lúc cbhh ( 0,15 + 2z) z (0,20 – 2z)

Tổng số mol khí lúc cbhh là n1 = 0,15 + 2z + z + 0,20 – 2z = 0,35 + z

Từ pt trạng thái: P1V = n1RT → n1 = P1V / RT = 3,2.3/0,082.298 0,393

→ z = 0,043

Vậy x O2 = z / n1 = 0,043/ 0,393 = 0,1094 hay trong hh cb oxi chiếm 10,94%

- 2/10 -

b) 2 SO2 + O2 ⇌ 2 SO3 (2)

ban đầu 0 0 y

lúc cbhh 2 0,105 0,105 (y – 2 0,105)

Trạng thái cbhh được xét đối với (1) và (2) như nhau về T (và cùng V) nên ta có

K = const; vậy: n2

3

SO / (n2

2

SO nO2) = const

Theo (1) ta có n2

3

SO / (n2

2

SO nO2) = ( 0,20 – 2 0,043)2 / (0,15 + 0,086)2 0,043 = 5,43

Theo (2) ta có n2

3

SO / (n2

2

SO nO2) = (y – 0,21)2/ (0,21)2.0,105 = 5,43 Từ đó có phương trình y2 – 0,42 y + 0,019 = 0 Giải pt này ta được y1 = 0,369; y2 = 0,0515 < 0,105

(loại bỏ nghiệm y2 này)

Do đó ban đầu có y = 0,369 mol SO3; phân li 0,21 mol nên tỉ lệ SO 3 phân li là 56,91%

Tại cbhh tổng số mol khí là 0,369 + 0, 105 = 0,474 nên:

SO 3 chiếm ( 0,159 / 0,474).100% = 33,54%; SO 2 chiếm ( 0,21 / 0,474).100% = 44,30%;

O 2 chiếm 100% - 33,54% - 44,30% = 22,16%

Từ pt trạng thái: P2V = n2RT → P2 = n2 RT/ V = 0,474.0,082.298/3 → P 2 = 3,86 atm

2 Kết hợp 2 pt (1) và (3) ta có

ClO2 (k) + 1/2 O3 (k) → 1/2 Cl2O7 (k) ∆H0 = - 37,9 kJ

1/2 Cl2O7 (k) → ClO3 (k) + 1/2 O(k) ∆H0 = 139 kJ

(6) ClO2 (k) + 1/2 O3 (k) → ClO3 (k) + 1/2 O (k) ∆H0 = 101,1 kJ

Kết hợp 2 pt (6) và (2) ta có

ClO2 (k) + 1/2 O3 (k) → ClO3 (k) + 1/2 O (k) ∆H0 = 101,1 kJ

1/2 O2 (k) + 1/2 O (k) → 1/2 O3 (k) ∆H0 = -53,3 kJ

(7) ClO2 (k) + 1/2 O2 (k) → ClO3 (k) ∆H0 = 47,8 kJ

Kết hợp 2 pt (7) và (4) ta có

ClO2 (k) + 1/2 O3 (k) → ClO3 (k) + 1/2 O (k) ∆H0 = 101,1 kJ

O (k) → 1/2 O2 (k) ∆H0 = - 249,1 kJ

(5) ClO2 (k) + O(k) → ClO3 (k) ∆H0 = - 201,3 kJ

Đó là pt nhiệt hóa (5) ta cần tìm

3 a) Phản ứng c/độ Cr2O2

7

− + 6 Fe2+ + 14 H+ → 2 Cr3+ + 6 Fe3+ + 7 H2O

CFe2+ = CFeSO4 + 2 CFe2(SO4)3 = 0,02 + 2C1

CFe2+ 25,00 = 6 (CCr2O27− VCr2O27−)→ 25,00(0,020 + 2C1) = 6(0,0180 11,78)

C1 = 0,01544 M hay C Fe2(SO4)3= 0,01544 M

b) Trong dd A có: Fe2+ 0,020 M; Fe3+ 2C1; H+ (C, M); HSO4− (C, M); các cân bằng:

2 H2O ⇌ H3O+ + OH- Kw = 10-14 (1)

Fe2+ + 2 H2O ⇌ FeOH+ + H3O+ Ka1 = 10-5,96 (2)

Fe3+ + 2 H2O ⇌ FeOH2+ + H3O+ Ka2 = 10-2,17 (3)

HSO4− + H2O ⇌ SO2

4

− + H3O+ Ka = 10-1,99 (4)

So sánh ta thấy (3) và (4) là chủ yếu và tương đương nhau Áp dụng đ/luật bảo toàn

proton, ta có [H3O+] = CH+ + [FeOH2+] + [SO2

4

−] (a)

Từ (3) có [FeOH2+] / [Fe3+] = Ka2 / [H3O+] → [FeOH2+] / CFe3+ = Ka2 / Ka2 + [H3O+]

= 10-2,17 / (10-2,17 + 10-1,07) → [FeOH2+] = 0,0736 CFe3+ = 0,0736 0,015445 2

T/ tự, từ (4) có [SO2

4

−] / [HSO4−] = Ka / [H3O+]

→ [SO2

4

−] / CHSO4− = 10-1,99/ (10-1,99 + 10-1,07) → [SO2

4

−] = 0,107 C;

P/ trình (a) trở thành [H3O+] = C + 0,0736 CFe3++ 0,107 C (b)

Từ (b) CH2SO4= C = (10-1,07 – 0,0736 0,03089) / 1,107 → C H2SO4= C = 0,07483 M

c) EPt = E Fe3+/ Fe2+ = E0

Fe3+/ Fe2+ + 0,0592 lg([Fe3+]/[Fe2+])

Fe3+ + 2 H2O ⇌ FeOH2+ + H3O+ 10-2,17

C 0,03089 [ ] 0,03089 – x x 10-1,07

x 10-1,07 / (0,03089 – x) = 10-1,07 → x = 0,002273→ [Fe3+] = 0,03089 – 0,002273

= 0,02862 M → [Fe2+] = CFe2+ = 0,020 M (vì Ka1 rất bé)

Vậy: EPt = 0,771 + 0,0592 lg ( 0,0862 / 0,020) = 0,780 V

2 Ag+ + CrO2

4

− → Ag2CrO4↓ 0,019 0,010

- 5 10-4

Ag2CrO4↓ → 2 Ag+ + CrO2

4

− Ks = 10-11,89

C 5.10-4

[ ] 2x 5.10-4 + x

( 2x )2 (5.10-4 + x) = 10-11,89 → 4x3 + 2,0.10-3x2 - 10-11,89 = 0 → x = 2,08.10-5

Có: [Ag+] = 2x = 4,96.10-5 M

EAg = Eo /

Ag+ Ag+ 0,0592 lg [Ag+] = 0,799 + 0,0592 lg4,96.10-5 = 0,544 V

Vì EAg < EPt nên cực Ag là anot; cực Pt catot

Phản ứng trong pin: anot 2 Ag + CrO2

4

− ⇌ Ag2CrO4↓ + 2e catot 2x│ Fe3+ + e ⇌ Fe2+

2 Ag + CrO2

4

− + 2Fe3+ ⇌ Ag2CrO4↓ + 2 Fe2+

E pin = EPt - EAg = 0,780 – 0544 = 0,236 V

Câu II ( 3,0 điểm = 2 + 1 )

1 Thực nghiệm cho biết sự nhiệt phân ở pha khí N2O5

0

t

⎯⎯→ 2 NO 2 + 1/2O2 (*)

là phản ứng một chiều bậc nhất Cơ chế được thừa nhận rộng rãi của phản ứng này là

N2O5 ⎯⎯→k1 NO 2 + NO3 (1)

NO 2 + NO3 ⎯⎯→k−1 N2O5 (2)

NO 2 + NO3 ⎯⎯→ NO + NOk2 2 + O2 (3)

N2O5 + NO ⎯⎯→ 3 NOk3 2 (4)

a) Áp dụng sự gần đúng trạng thái dừng cho NO, NO3 ở cơ chế trên, hãy thiết lập biểu

thức tốc độ của (*) Kết quả đó có phù hợp với thực nghiệm không?

- 4/10 -

b) Giả thiết rằng năng lượng hoạt hóa của (2) bằng không, của (3) bằng 41,570 kJ.mol-1

Dựa vào đặc điểm cấu tạo phân tử khi xét cơ chế ở trên, phân tích cụ thể để đưa ra biểu

thức tính k-1/ k2 và hãy cho biết trị số đó tại 350 K

c)Từ sự phân tích giả thiết ở b) khi cho rằng các phản ứng (1) và (2) dẫn tới cân bằng hóa

học có hằng số K, hãy viết lại biểu thức tốc độ của (*) trong đó có hằng số cbhh K

2 Một trong các phản ứng gây ra sự phá hủy tầng ozon của khí quyển là :

NO + O3 → NO2 + O2

Trong 3 thí nghiệm, tốc độ phản ứng phụ thuộc vào nồng độ của các chất phản ứng

như sau:

N01 0,02 0,02 7,1.10-5

Xác định các bậc phản ứng riêng a, b và hằng số tốc độ trung bình k trong phương

trình động học:

v = k[NO]a [O3]b

Chú ý tới đơn vị của các đại lượng

Hướng dẫn chấm:

1.a) Xét d[NO3]/dt = k1[N2O5] – k -1[NO2][NO3] – k2[NO2][NO3] ≈ 0 (a)

→ [NO3] = k1[N2O5] / {(k -1 + k2)[NO2]} (b)

Xét d[NO]/dt = k2[NO2][NO3] - k3[NO][N2O5] ≈ 0 (c)

→ [NO] = k2[NO2][NO3] / k3[N2O5] / {(k -1 + k2)[NO2]} (d)

Thế (b) vào (d) ta được [NO] = k1k2 / k3(k -1 + k2) (d)

Xét d[N2O5]/dt = - k1[N2O5] + k -1[NO2][NO3] - k3[NO][N2O5] (e)

Thế (b), (d) vào (e) và biến đổi thích hợp, ta được

– d[N2O5]/dt = {k1 – (k -1 – k2)/(k -1 + k2)}[N2O5] = k`[N2O5] (f)

b) Trong (2) do sự va chạm giữa NO2 vớiNO3 nên N2O5 ≡ O2NONO2 được tái tạo, tức là

có sự va chạm của 1 N với 1 O Ta gọi đây là trường hợp 1

Trong (3) NO được tạo ra do 1 O bị tách khỏi NO2; NO2 được tạo ra từ sự tách 1O khỏi

NO3 Sau đó 2 O kết hợp tạo ra O2 Ta gọi đây là trường hợp 2 Như vậy ở đây số va

chạm giữa các phân tử áng chừng gấp 2 so với trường hợp 1 trên

Phương trình Areniuxơ được viết cụ thể cho mỗi phản ứng đã xét:

P.ư (2): k -1 = A2e−E2 /RT (*); P.ư (3): k2 = A3e−E3 /RT (**)

Theo lập luận trên và ý nghĩa của đại lượng A trong pt Areniuxơ đặc trưng cho số va

chạm dẫn tới phản ứng, ta thấy A3 = 2A2 Ta qui ước A 2 = 1 thì A3 = 2 Theo đề bài

E2 = 0; E3 = 41,570 kJ.mol -1; T = 350 Thay số thích hợp, ta có:

k -1 / k 2 = ½ eE3 /RT = ½ e41,578/8,314.10 350−3 ≈ 8.10 5 (lần)

c) Kết hợp (1) với (2) ta có cbhh N2O5 ⇌ NO2 + NO3 (I)

K = k1 / k -1 = [NO2][NO3] / [N2O5] (I.1)

Đưa (I.1) vào b/ thức (c): [NO] = k2[NO2][NO3] / k3[N2O5] = k2K/k3 (I.2)

Thế b/ thức (I.2) này và (b) trên vào (e), ta có

d[N2O5]/dt = - k1[N2O5] + k -1[NO2]{k -1[NO2](k1[N2O5]/ (k -1 + k2)[NO]}- k3(k2K/k3)

Thu gọn bt này, ta được d[N2O5]/dt = {k1– (k-1k1/(k -1 + k2)) + k2K}[N2O5] (I.3)

Giả thiết k-1>> k2 phù hợp với điều kiện Ea2 ≈ 0 Cbhh (I) nhanh chóng được thiết lập

Vậy từ (I.3) ta có

d[N2O5]/dt = {- k1+(k -1k1/ k -1) - k2K}[N2O5] (I.4)

Chú ý K = k1 / k -1, ta được:

d[N2O5]/dt = {- k1+(k -1- k2)K}[N2O5] (I.5)

Đây là biểu thức cần tìm

2 ln v = ln k + a ln [NO] + b ln [O3]

Chọn N01 và N02 ta có: ln v2- ln v1 = a( ln [NO]2 - ln [NO]1)

ln (2,8.10-4/7,1.10-5) = ln 4 = a ln 2 → 4 = 2a → a = 2

Xét t/ tự với N01 và N03, ta có ln 2 = b ln 2 → 2 = 2b → b = 1

Tính: k( trung bình) = v / [NO]2[O3] = 8,9 l 2 mol -2 s -1

Câu III ( 3,0 điểm = 0,5 + 0,75 + 0,75 + 0,5 + 0,5 )

Nguyên liệu để sản xuất nhôm là quặng boxit Để sản xuất nhôm cần tách nhôm oxit từ

quặng trên sau đó điện phân dung dịch nhôm oxit trong criolit , nhiệt độ khoảng 970oC,

điện áp 5 – 7 V, dòng 130 kA

1 Hãy trình bày quy trình tách nhôm oxit từ quặng boxit, viết các phương trình phản ứng

2 Viết công thức criolit và giải thích vai trò của nó Viết đầy đủ phương trình các phản

ứng xảy ra ở anot, catot và phản ứng tổng quát

3 Tính năng lượng theo kWh, khối lượng boxit (chứa 60% nhôm oxit) và khối lượng

graphit dùng làm anot để sản xuất 1 tấn nhôm Biết điện áp 5 V và hiệu suất dòng là 95%

4.Bảng sau đây cho các số liệu tại 970oC

Al(lỏng) O2(khí) Al2O3(rắn)

Tính điện áp lí thuyết cần dùng trong quá trình điện phân

5.Hãy giải thích vì sao không thể điều chế nhôm bằng cách điện phân dung dịch nước của

muối nhôm trong môi trường axit

Hướng dẫn chấm

1 Trộn bột quặng boxit với dung dịch NaOH 35% rồi đun trong autoclave (nhiệt độ

170-180 oC) Các phản ứng xảy ra là:

Al2O3 + 2OH- + 3H2O → 2Al(OH)4-(dd)

Fe2O3 + 3H2O → 2Fe(OH)3(r)

Lọc bỏ Fe(OH)3 Pha loãng dung dịch để cho Al(OH)4- thuỷ phân:

Al(OH)4- + aq → Al(OH)3.aq↓ + OH

-Để thúc đẩy quá trình thuỷ phân có thể thêm mầm tinh thể nhôm oxit hoặc sục khí

CO2 để làm chuyển dịch cân bằng thuỷ phân:

Al(OH)4- + CO2 → Al(OH)3↓ + HCO3

-Lọc lấy Al(OH)3 rồi nung ở nhiệt độ cao để thu Al2O3

2 Công thức của criolit: Na3AlF6 Vai trò của nó là làm dung môi (tnc= 1000 oC) để hoà

tan Al2O3 (cũng có thể nói là để hạ nhiệt độ nóng chảy của Al2O3)

- Phản ứng :

+ Sự điện li của Al2O3: Al2O3 ⎯⎯⎯⎯⎯(Na AlF n c3 6 ) / → 2Al3+ + 3O2 + Phản ứng ở catot: Al3+ + 3e → Al

+ Phản ứng ở anot: 2 O2- - 4e → O2

+ Phản ứng phụ: oxi phản ứng với cacbon ở điện cực than chì:

- 6/10 -

2C + O2 → 2CO

3 Năng lượng: 15700 kWh; Khối lượng quặng boxit: gần 3 tấn;

Khối lượng graphit: 670 kg

4 2Al2O3 → 4Al + 3O2

∆H = 3526 kJ/mol; ∆S = 674 J/mol.K; ∆G = 2688,18 kJ/mol

∆E = 2,32 V (Điện áp lý thuyết cần dùng trong quá trình điện phân)

5 Vì thế khử tiêu chuẩn của cặp Al3+/Al bằng -1,66 V nên nếu điện phân dung dịch

nước thì H+ sẽ phóng điện ở catot chứ không phải Al3+ (Hoặc là, nếu Al3+ phóng điện

để tạo thành Al thì nhôm kim loại được tạo thành sẽ tác dụng ngay với nước theo

phản ứng Al + H2O → Al(OH)3 + H2, nghĩa là sản phẩm cuối cùng của quá trình

vẫn là hiđro)

Câu IV (4,0 điểm = 1,25 + 0,75 + 2)

1 Phòng thí nghiệm có mẫu phóng xạ Au198 với cường độ 4,0 mCi/1g Au Sau 48 giờ

người ta cần một dung dịch có độ phóng xạ 0,5 mCi/1g Au Hãy tính số gam dung môi

không phóng xạ pha với 1g Au để có dung dịch nói trên Biết rằng Au198 có t1/2 = 2,7

ngày đêm

2 Có thể viết cấu hình electron của Ni2+là:

Cách 1: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d8]; Cách 2: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d64s2]

Áp dụng phương pháp gần đúng Slater (Xlâytơ) tính năng lượng electron của Ni2+ với

mỗi cách viết trên (theo đơn vị eV) Cách viết nào phù hợp với thực tế? Tại sao?

3 Hãy chứng minh rằng phần thể tích bị chiếm bởi các đơn vị cấu trúc (các nguyên tử)

trong mạng tinh thể kim loại thuộc các hệ lập phương đơn giản, lập phương tâm khối, lập

phương tâm diện tăng theo tỉ lệ 1 : 1,31 : 1,42

Hướng dẫn chấm:

1 - t = 48 h = 2 ngày đêm

- Áp dụng biểu thức tốc độ của phản ứng một chiều bậc một cho phản ứng phóng

xạ, ta có: λ = 0,693/t1/2; Với t1/2 = 2,7 ngày đêm, λ = 0,257 (ngày đêm)-1

Từ pt động học p.ư một chiều bậc nhất, ta có:λ =(1/t) ln N0/N

Vậy: N/N0 = e-λt = e-0,257 x 2 = 0,598

Như vậy, sau 48 giờ độ phóng xạ của mẫu ban đầu còn là:

0,598 x 4 = 2,392(mCi)

Do đó số gam dung môi trơ cần dùng là: (2,392 : 0,5) – 1,0 = 3,784 (g)

2 Năng lượng của một electron ở phân lớp l có số lượng tử chính hiệu dụng n* được

tính theo biểu thức Slater:

ε1 = -13,6 x (Z – b)2 /n* (theo eV)

Hằng số chắn b và số lượng tử n* được tính theo quy tắc Slater Áp dụng cho Ni2+

(Z=28, có 26e) ta có:

Với cách viết 1 [Ar]3d8:

ε 1s = -13,6 x (28 – 0,3)2/12 = -10435,1 eV

ε2s,2p = -13,6 x (28 – 0,85x2 – 0,35x7)2/ 22 = - 1934,0 -

ε 3s,3p = -13,6 x (28 – 1x2 – 0,85x8 – 0,35x7)2/32 = - 424,0 -

ε 3d = - 13,6 x (28 – 1x18 – 0,35x – 0,35x7)2/32 = - 86,1 -

E1 = 2ε1s + 8ε 2s,2p + 8ε 3s,3p + 8ε 3d = - 40423,2 eV

Với cách viết 2 [Ar]sd64s2: