SỞ GÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÒA BÌNH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ

DUYÊN HẢI ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM HỌC 2014 - 2015
MÔN: HÓA HỌC – LỚP 11

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Thời gian làm bài 180 phút

HƯỚNG DẪN CHẤM
Bài 1. (2 điểm): Tốc độ phản ứng.
1. (1 điểm) Phản ứng phân huỷ nhiệt Metan xảy ra như sau:
k1
CH4 
→ CH3 + H

k2
CH4 + CH3 
→ C2H6 + H

k3
CH4 + H 
→ CH3 + H2

k4


→ CH4 + M

H + CH3 + M

a/ Áp dụng nguyên lý nồng độ ổn định đối với H và CH3 hãy chứng minh rằng:
d [ C2 H 6 ]
dt

k1.k2 .k3
k4 [ M ]

= k [CH4]3/2 víi k =

b/ Nếu nồng độ có thứ nguyên phân tử / cm3 với thời gian tính bằng giây, hãy tìm thứ
nguyên của k.
2. (1 điểm) Nghiên cứu động học của phản ứng : NO(k) + O3(k) € NO2(k) + O2(k) (1). Ở
250C được một số kết quả sau đây:
C0, NO (M)

C0, O3 (M)

v0, (M.s-1)

1

2

2,4.1010

2


4

9,6.1010

2

1

2,4.1010

a. Tính các giá trị v0 theo atm.s-1?
b.Tính hằng số tốc độ k của phản ứng ở 250C?
c. Tính giá trị hằng số Areniuyt của phản ứng? Biết Ea = 11,7 KJ/mol.
d. Tính hằng số cân bằng của phản ứng (1) ở 750C ?
Hướng dẫn giải

1. a) (0.75 điểm)
d[ H]
dt

d [ C2 H 6 ]
dt

= k2[CH4].[CH3]

= k1[CH4] + k2[CH4].[CH3] – k3[CH4].[H] – k4[H].[CH3].[M] = 0
1



d [ CH 3 ]
dt

= k1[CH4] – k2[CH4].[CH3] + k3[CH4].[H] – k4[H].[CH3].[M] = 0

Cộng 2 pt cho: k1[CH4] = k4[H].[CH3].[M] nªn

k2[CH4].[CH3] = k3[CH4].[H]

hay k2 [CH3] = k3[H] → [H] =
k1[CH4] = k4[H].[CH3].[M] = k4
Suy ra: [CH3] =

k2 [ CH 3 ]
k3

.[CH3].[M] =

k2 [ CH 3 ]
k3

k4 .k2
[CH3]2[M]
k3

3
k .k .k
d CH
k1.k3 [ CH 4 ]
vµ [ 2 6 ] = k2.[CH4].[CH3] = 1 2 3 .[ CH 4 ] 2 = k.

.
k4 [ M ]
k2 .k4 [ M ]
dt

[CH4]3/2.
1
−
[ C]
3
1
2
phantu
1−
−1
−
−1
1–
n
–1


b) (0.25 điểm) [k] =
[t] = [ C ] 2 .[ t ] = [ C ] 2 [ t ] = 
n = [C]
.s−1 =
÷
3
[ t ] .[ C ]
 cm 

1

 cm 3  3 −1

÷ .s
 phantu 

2. (1.0 điểm), Mỗi phần 0.25 điểm
a) v = k[ NO2 ]α [O3 ]β
Ta có: 4 β =

9,6
9,6.1010
α β
→α =1
→ β = 1 vaf 2 .2 =
10
2,4
2,4.10

Vậy v = k [NO2] [O3]
P.V = nRT nên P= CRT
v0(1) = 2,4.1010 . 0,082.298 = 5,86464.1011 (atm s-1)
v0(2) = 9,6.1010 . 0,0082.298 = 2,346.1012 (atm s-1)
v0(3) = 5,86464.1011 (atm s-1)
b) Tính K(1) ở 250C
k (1)

2,4.1010
=

= 1,2.1010 (mol-1.l.s-1)
1.2

c) Tính A(1) biết Ea = 11,7 kJ/mol
k = A.e − Ea / RT --> 1,2.1010 = A. e −11,7 / 8,314.10

−3

.298

–> A = 1,3492.1012 (L.mol-1.s-1)

d) Tính K(1) ở 750C
ln

k
− 11,7.108 1
1
=
(
−
) -> K = 2,365 .1010 (L.mol-1.s-1)
10
8,314 348 298
1,2.10

Bài 2. (2 điểm): Dung dịch điện li
2



1. (1 điểm) Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120 M; NH3 0,150 M và KOH
5,00.10-3 M.
2. (1 điểm) Tính thể tích dung dịch HCl 0,210 M cần cho vào 50,00 mL dung dịch
A để pH của hỗn hợp thu được bằng 9,24.
Cho biết pKa của HCN là 9,35; của NH4+ là 9,24;
Hướng dẫn giải

1. (1 điểm)
CN- + H2O = HCN + OH-

Kb1 = 10- 4,65

NH3 + H2O = NH4+ + OH-

Kb2 = 10- 4,76

KOH -> K+ + OHH2O = H+ + OH[OH-] = CKOH + [HCN] + [NH4+] + [H+]
Đặt [OH-] = x
x = 5.10-3 + KB1[CN]/x + KB2[NH3]/x + KH2O/x
x2 - 5.10-3x - (KB1[CN-] + KB2[NH3] + KH2O) = 0
Tính gần đúng coi [CN-] bằng CCN- = 0,12M ; [NH3] = CNH3 = 0,15 M .
Ta có: x2 - 5.10-3 . x - 5,29 . 10-6 = 0 -> x = [OH-] = 5,9.10-3M.
Kiểm lại [HCN] / [CN-] = 10-4,65/ 5,9.10-3 = 3,8.10-3 -> [HCN] << [CN-]
[NH4+ ] / [NH3] = 10-4,76/ 5,9.10-3 = 2,9.10-3 -> [NH4+] << [NH3]
Vậy cách giải gần đúng trên có thể chấp nhận -> pH = 11,77.
2. (1 điểm)
pH = pKNH4+ + lg([NH3]/[NH4+] ) = 9,24 + lg([NH3]/[NH4+] ) = 9,24
-> [NH4+] = [NH3] có nghĩa là 50% [NH3] đã bị trung hoà; dĩ nhiên toàn bộ KOH đã bị
trung hoà. Mặt khác PH = 9,24 = pK HCN + lg([CN-]/[HCN] ) = 9,35 + lg([CN-]/
[HCN] )

-> [CN-] = 10-0,11 = 0,776.
[HCN]/[CN-] ) = 1/0,776 -> [HCN] / CCN- = 1/(1+0,776) = 0,563
Nghĩa là 56,3% CN- đã bị trung hoà.
Vậy VHCL . 0,21 = VA . CKCN . 0,563 + VA. CNH3 . 0,5 + VA . CKOH
VHCL = 50(0,12 . 0,563 + 0,15 . 0,5 + 5.10-3 ) / 0,51 = 35,13 ml.
3


Bài 3. (2 điểm): Điện hóa học.
Dung dịch X gồm K2Cr2O7 0,010 M; KMnO4 0,010 M; Fe2(SO4)3 0,0050 M và H2SO4
(pH của dung dịch bằng 0). Thêm dung dịch KI vào dung dịch X cho đến nồng độ của
KI là 0,50 M, được dung dịch Y (coi thể tích không thay đổi khi thêm KI vào dung
dịch X).
a) Hãy mô tả các quá trình xảy ra và cho biết thành phần của dung dịch Y.
b) Tính thế của điện cực platin nhúng trong dung dịch Y.
c) Cho biết khả năng phản ứng của Cu2+ với I- (dư) ở điều kiện tiêu chuẩn. Giải thích.
d) Viết sơ đồ pin được ghép bởi điện cực platin nhúng trong dung dịch Y và điện cực
platin nhúng trong dung dịch gồm Cu2+, I- (cùng nồng độ 1 M) và chất rắn CuI. Viết
phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra trên từng điện cực và xảy ra trong pin
khi pin hoạt động.
0
Cho: E Cr O
2

2−
7

E

/Cr 3+


= 1,330 V; E

0
Cu

2+

/Cu

+

0
−

MnO 4 /Mn

2+

= 1,510 V; E

0
Fe

0

3+

/Fe


2+

= 0,771 V; E − − = 0,5355 V
I 3 /I

= 0,153 V; pK s(CuI) = 12; ở 25 oC: 2,303

RT
= 0,0592; Cr (Z = 24).
F

Hướng dẫn giải

Mỗi phần đúng được 0.5 điểm
0

a) Do E MnO

4

/Mn

2+

= 1,51 V > E

0
2-

Cr2 O 7 /Cr


3+

= 1,33 V > E

0
Fe

0

3+

/Fe

2+

= 0,771V > E -

I 3 /I

-

= 0,5355 V, nên các

quá trình xảy ra như sau:
2 MnO -4 + 16 H+ + 15 I- → 2 Mn2+ + 5 I3- + 8 H2O
0,01

0,5


-

0,425
2-

Cr2 O 7

0,01

0,025

+ 14 H+ + 9 I- → 2 Cr3+ + 3 I3- + 7 H2O

0,01

0,425

-

0,335

0,025
0,02

0,055

2 Fe3+ + 3 I- → 2 Fe2+ + I-3
0,01

0,335


-

0,32

0,055
0,01

0,06

Thành phần của dung dịch Y: I-3 0,060 M; I- 0,32 M; Mn2+ 0,01 M; Cr3+ 0,02 M; Fe2+
0,01 M.
-

b)

I3 + 2 e
E - - = 0,5355 +
I /I
3

0,0592
2

→ 3 I-

.log

0,06
(0,32)


3

= 0,54 V.

4


0
0
c) Do E I- /I- = 0,5355 V > E Cu
3

2+

/Cu +

= 0,153 V nờn v nguyờn tc Cu2+ khụng oxi húa c

0
I-. Nhng nu d I- thỡ s to kt ta CuI. Khi ú E Cu

2+

/CuI

=E

0
Cu


2+

/Cu

+

+ 0,0592.log

1
K S(CuI)



0,863 V.
0
Nh vy E Cu

2+

/CuI

0
= 0,863 V > E I- /I- = 0,5355 V Cu2+ s oxi húa c I- do to thnh
3

CuI:
2 Cu2+ + 5 I- 2 CuI + I30
d) Vỡ E Cu


2+

/CuI

= 0,863 V > E I- /I- = 0,54 V in cc Pt nhỳng trong dung dch Y l
3

anot, in cc Pt nhỳng trong dung dch gm Cu 2+, I- (cựng nng 1 M), cú cha kt
ta CuI l catot. Vy s pin nh sau:
(-)

Pt I-3 0,060 M; I- 0,32 MCuI; Cu2+ 1 M; I- 1 M Pt

(+)

Trờn catot: Cu2+ + I- + e CuI
Trờn anot: 3 I- I-3 + 2e
Phn ng trong pin: 2 Cu2+ + 5 I- 2 CuI + I-3
Bi 4. (2 im): Bi tp tớnh toỏn vụ c tng hp.
1. (1 im) Kim loi M tỏc dng vi hiro cho hirua MHx (x = 1, 2,...). 1,000 gam
MHx phn ng vi nc nhit 25o C v ỏp sut 99,50 kPa cho 3,134 lớt hiro.
a. Xỏc nh kim loi M.
b. Vit phng trỡnh ca phn ng hỡnh thnh MH x v phn ng phõn hu MH x trong
nc.
Cho: NA = 6,022.1023 mol1; R = 8,314 J.K1.mol1;
H = 1,0079; Li = 6,94; Na = 22,99; Mg =24,30; Al = 26,98
c. MHx kết tinh theo mạng lập phơng tâm mặt. Tính khối lợng riêng của MHx.
o

o


Bán kính của các cation và anion lần lợt bằng 0,68 A và 1,36 A.
Cho: NA = 6,022.1023 mol1; R = 8,314 J.K1.mol1;

H = 1,0079; Li = 6,94; Na = 22,99; Mg =24,30; Al = 26,98

2. (1 im) Cho 2,04 gam mui clorua ca kim loi M hoỏ tr (II) khụng i tỏc dng
va vi mt lng dung dch cha 1,613 gam mui axit ca axit sunfuhiric thy
to ra 1,455 gam kt ta. Xỏc nh mui clorua ban u.

5


Hướng dẫn giải

1. (1.0 điểm)
MHx + x H2O

M(OH)x + x H2

99,5. 103 N.m−2 × 3,134.10−3 m3

PV

n (H2) = RT = 8,314 N.m.K−1.mol−1 × 298,15 × K = 0,1258 moL
n (1g MHx) =

M (MHx)

M (M)


(M)

1

7,949 g.mol−1

6,941 g.mol−1

Liti

2

15,898 g.mol−1

13,882 g.mol−1

3

23,847 g.mol−1

20,823 g.mol−1

4

31,796 g.mol−1

27,764 g.mol−1

Kim loại M là liti


b. (0.25 điểm)

ρ=

M MH = 0,1258 moL
x

x

x

a. (0.5 điểm)

c.

1g×x

0,1258

4 × M (LiH)
NA × a

2Li

+

H2

2 LiH


LiH

+

H2O

LiOH

=

3

4 × M (LiH)
+

6,022.10 mol × [2(0,68 + 1,36).10 ] cm
23

H2

(a: cạnh ô mạng; r: bán kính).

NA × [2 (r Li + rH-)]3

4 × 7,95 g.mol−1

ρ=

+


−1

−8 3

3

= 0,78 g.cm−3

(0.25 điểm)
2. ( 1 điểm)
Gọi CTPT của muối clorua là MCl2 và muối axit của H2S là A(HS)n. n = 1, 2, 3.
→ MS + ACln + nHCl
TH1: MCl2 + A(HS)n 

Ta có n MS =

2, 04 −1, 445
= 0, 015 mol vậy M MS = 1,455
0,015 = 97 (g / mol) ⇒ M = 65(g / mol) nên M là
71 − 32

Zn.
Tuy nhiên ZnS lại không bền trong dung dịch HCl tạo ra nên loại TH1.
→ nM(OH)2 + 2ACln + 2nH2S
TH2. nMCl2 + 2A(HS)n + 2nH2O 

Ta có: n M(OH) =
2


2, 04 − 1, 455
1, 455
= 0, 0158 mol ⇒ M M(OH)2 =
= 92, 09 (g / mol) ⇒ M=
71 − 34
0, 0158

58,09(g/mol) vậy M là Ni, muối MCl2 là NiCl2.
Bài 5. (2 điểm): Sơ đồ biến hóa, Cơ chế phản ứng, Đồng phân lập thể, Danh pháp.
6


1. (1.5 im) Anlylmagie bromua (A) phn ng vi acrolein to thnh cht B, sau khi
thu phõn B s c sn phm C duy nht. un núng C nhn c cht D. Cho D
phn ng
vi C6H5Li thu c sn phm E. un núng E khi cú vt iot thỡ c F cú cụng thc
C12H14.
a. Hon thnh s dóy phn ng trờn (vit cụng thc cu trỳc ca cỏc cht hu c t
C n F).
b. Ghi kớ hiu c ch cỏc giai on ca phn ng di cỏc mi tờn trong s , tr giai
on to thnh F.
c. Cho bit cu hỡnh ca F.
2. (0.5 im) Thực hiện dãy chuyển hoá sau :
OH

1 . NaOH
2 . CH3COCl
AlCl3

A


B

+

(A có liên kết hiđro nội phân tử).
Hng dn gii
1. Mi phn a, b, c cho 0.5 im
+
CH2=CH-CH2-MgBr
AN
cộng 1, 4


+
CH2 = CH-CH = O
thuỷ phân

H3O+

CH2=CH-CH2-CH2-CH=CH2-OMgBr
B

CH2=CH-CH2-CH2-CH=CH-OH

tautome hoá

C

CH2=CH-CH2-CH2-CH2-CH=O

D

Hoc
CH2=CH-CH2-MgBr
AN
H2O
+
CH2=CH-CH2-CH-CH=CH2
CH2=CH-CH2-CH-CH=CH2
cộng 1, 2
-MgBr(OH)
CH2=CH-CH=O
B OMgBr
C
OH
Hỗ biến

o

C

OH

t
Chuyển vị 3, 3

C6H5
H
OLi


OH
H2O

H

xeto-enol

D
C6H5
H
E OH

O

C6H5Li
AN

Vết iot, to
- H2O

F

C6H5

,

F cú cu hỡnh (E) bn hn. Tuy vy, phn ng cng to thnh mt lng nh F cú cu
hỡnh (Z).
2. (0.5 im)


7


H- - - O

OH

OH

C

O

CH3
+

COCH3

A

B

Bài 6. (2 điểm): Tổng hợp các chất hữu cơ, so sánh nhiệt độ sôi, Nhiệt độ nóng
chảy, Tính Axit- Bazơ.
1. (1.0 điểm) Cho các chất: anilin, glyxerol, axit photphoric. Viết sơ đồ các phương
N

trình phản ứng để điều chế

(quinolin).


2. (1.0 điểm) Giải thích sự khác nhau về nhiệt độ sôi trong dãy chất sau:
N

N
N
1150C

N

N

S
1170C

H
2560C

N

H
1870C

Hướng dẫn giải

1. (1.0 điểm) Điều chế quinolin.
HOCH2-CHOH-CH2OH

H3PO4


CH2=CH-CHO

H

CHO

+

+

H

+ H2C=CH-CHO
NH2

NH

OH

NH

-2H

NH

H
- H2O

N


2. (1.0 điểm)
Nhiệt độ sôi:
N

<
S

N
M = 79

M = 85

Vì hai chất này không có liên kết hidro nên có nhiệt độ sôi thấp nhất và nhiệt độ sôi
phụ thuuộc vào phân tử khối. Và hai chất
N

N

N

H

H

N

Có nhiệt độ sôi cao hơn vì chúng đều tạo liên kết hidro.
Nhưng
8



N
N
H

Hình thành liên kết hidro liên phân tử

N
N
H. . . N
N
H

Còn
N

N

H

Hình thành liên kết nội phân tử tạo thành dạng dime
N
H.

N . ..
. .N

H
N


Vậy: Nhiệt độ sôi
N

<

<

N

S

N
1150C

1170C

N<

H
1870C

N
N
H
2560C

Bài 7. (2 điểm): Nhận biết, Tách chất, Xác định công thức cấu tạo hợp chất hữu
cơ.
1.(1.0 điểm). Hãy phân biệt 4 aminoaxit sau (có giải thích), biết rằng phòng thí
nghiệm có các loại giấy quỳ, dd NaNO2, dd HCl, ddNaOH, C2H5OH và các dụng

cụ cần thiết.
CH3

CH

COOH (Ala)

H2N

(CH2)4

NH2
HOOC

(CH2)2

CH

COOH

(Lys)

NH2
CH
NH2

COOH
(Glu)

N


COOH

(Pro)

H

2. .(1.0 điểm) Sulcatol (C8H16O) là chất pheromon do một loài côn trùng tiết ra dưới
dạng 2 chất đối quang là (R)-sulcatol (chiếm 65 %) và (S)-sulcatol (chiếm 35 %).
9


Cho sulcatol tác dụng với ozon rồi xử lí sản phẩm bằng H 2O2 thì thấy sinh ra một hỗn
hợp gồm propanon và hợp chất A tự đóng vòng thành hợp chất A (C 5H8O2). Người ta
có thể khử A thành sản phẩm mạch vòng là B (C5H10O2).
a. Xác định cấu tạo của sulcatol và viết tên hệ thống của nó.
b. Viết công thức các đồng phân lập thể của B, trên đó có ghi kí hiệu cấu hình
R, S.
Hướng dẫn giải

1.(1.0 điểm) Nhận biết mỗi chất được 0.25 điểm
Hoà tan từng aminoaxit vào nước để được bốn dd bão hoà. Dùng giấy quỳ, thí dụ giấy
quỳ tím, để phân biệt:
- Dung dịch chuyển giấy quỳ tím thành xanh là dd chứa Lys, vì phân tử có hai
nhóm NH2 và một nhóm COOH nên Lys có tính bazơ.
- Dung dịch chuyển giấy quỳ tím thành hồng là dd chứa Glu, vì phân tử Glu chứa
hai nhóm COOH và một nhóm NH2.
Khó phân biệt Ala và Pro bằng giấy quỳ, vì trong phân tử số nhóm COOH và NH2
(hoặc NH) bằng nhau. Cho từng dd còn lại phản ứng với HNO2 (từ NaNO2 và HCl).
Dung dịch nào cho bọt khí (N2) thoát ra là Ala do:

CH3-CH(NH2)-COOH + HNO2 → CH3-CHOH-COOH + N2↑ + H2O
Dung dịch còn lại là dd chứa Pro (Pro phản ứng với HNO2 tạo ra hợp chất
nitrosamin màu vàng).
2. (1.0 điểm)
a. (0.5 điểm) Sulcatol (C8H16O) có độ, bất bão hoà là 1, có tính quang hoạt, khi tác
dụng với ozon rồi xử lí sản phẩm bằng H 2O2 thì nhận được (CH3)2CO và A nên
sulcatol là một ancol không no, OH có thể ở C 2, C3, C4. A tự đóng vòng thành A
(C5H8O2), tức dễ đóng vòng γ-lacton (5 cạnh bền) nên OH ở C2. Vậy cấu tạo của
sulcatol và tên hệ thống như sau:
OH
6-Metylhept-5-en-2-ol

(0.5 điểm)
b.
H
H3C

(R)

O

(R)

H
OH

H3C
H

(S)


O

(S)

OH
H

H

(R)

O

(S)

H3 C

OH

H3 C

H

H

(S)

O


(R)

H
OH

Bài 8. (2 điểm): Bài tập tính toán hữu cơ tổng hợp.
Hợp chất thiên nhiên A khi tác dụng với brom có chiếu sáng thì tạo thành hợp chất
hữu cơ B duy nhất chứa 55,81% C, 6,98% H và 37,21% Br. Cả A và B đều bền nhiệt,
không làm mất màu dung dịch KMnO4 và không quang hoạt. Phương pháp vật lí cho
10


biết hợp chất B hầu như gồm hai loại phân tử với số lượng tương đương nhưng phân
tử khối hơn kém nhau 2 đv C.
1. Hãy xác định công thức phân tử của A và B.
2. Hãy viết công thức cấu tạo và công thức lập thể của A và B.
3. Hãy dự đoán trạng thái tồn tại ( rắn hay lỏng ), tính tan của A và B.
4. Hãy dự đoán khả năng thế Br và tách HBr ở B (dễ, khó, bình thường) và giải
thích vì sao ?
Hướng dẫn giải

1. (0.5 điểm) Công thức đơn giản nhất của B là C10H15Br.
Vi Br có 2 đồng vị 79Br và 80Br với % số nguyên tử tương đương, nên suy ra phân tử B
chỉ có 1 nguyên tử Br, hay công thức phân tử của B chính là C 10H15Br. Vậy công thức
phân tử của A là C10H16.
2. (0.5 điểm) A có độ không no bằng 3, nên phân tử A không chứa vòng benzen.
A, B không chứa liên kết bội; không chứa vòng 3 cạnh; không có tính quang hoạt nên
không có tính không trùng vật - ảnh.
Phân tử A có các vị trí bị thể brom phải tương đương nhau và có tính chọn lọc cao hơn
hẳn các vị trí còn lại. Do đó cấu tạo A, B dưới đây phù hợp hơn


Br
B

A

A

A1

3. (0.5 điểm) A có cấu tạo đối xứng và có M lớn nên là chất rắn. B có phân tử khối
lớn hơn A nên cũng là chất rắn.
A và B đều không hoặc kém phân cực nên không tan trong nước, tan tốt trong dung
môi không phân cực.
4. (0.5 điểm) Khả năng thế Br ở B rất khó, vì nếu theo SN1 thì không tạo được cation
phẳng; còn theo SN2 thì bị án ngữ không gian không tạo ra trạng thái chuyển tiếp thích
hợp.
11


Khả năng tách Br ở B cũng rất khó vì nguyên tử C đính với Br bị khoá chặt khó
chuyển sang trạng thái sp2 phẳng được.
Bài 9. (2 điểm): Cân bằng hóa học.
Bảng 1. Năng lượng Gibbs sinh (áp suất tiêu chuẩn là 1 atm ) là:

Chất

t, 0C

∆fG0, kJ/mol


NiO

1627

-72,1

TiO2

727

-757,8

TiC

727

-162,6

CO

727

-200,2

NH3

27

-16,26


1. Hãy tính hằng số cân bằng của phản ứng (1) ở 1627 0C. Nếu áp suất riêng phần
ban đầu của O2 dưới 1,00 Torr phản ứng này có thể xảy ra theo chiều thuận
được không?
2. Phản ứng

2Ni (  ) + O2 (k) = 2NiO (r)

(1).

TiO2 (r) + 3C (r) = 2CO (k) + TiC (r)

(2)

có năng lượng Gibbs tiêu chuẩn dương tại 727 0C. Hãy tính áp suất cân bằng của CO
tại 727 0C. Cần có điều kiện nào (biết rằng có thể thỏa mãn được) để phản ứng thuận
chiếm ưu thế xảy ra ở nhiệt độ đó?
3. Tính năng lượng Gibbs tiêu chuẩn của phản ứng (3) tại 300 K:
3H2 +

N2 = 2NH3

(3).

Ở điều kiện p(NH3) = 1,0 atm; p(H2) = 0,50 atm; p(N2) = 3,0 atm phản ứng thuận trên
có chiếm ưu thế được không?
Thực tế, tại 300 K phản ứng đó xảy ra nhưng với tốc độ không đáng kể. Tại sao?
Hướng dẫn giải

1. (0.75 điểm) Biến thiên năng lượng Gibbs chuẩn của phản ứng (1) gấp 2 lần biến

thiên năng lượng Gibbs hình thành của NiO:
o = 2⋅(–72.1) = – 144.2 kJ/mol
∆G1900
Hằng số cân bằng và áp suất riêng phần của oxi ở 1900 K là:
 ∆Go 
1
144200 
÷ = exp  −
K=
= exp  −
÷ = 9215 ,
 RT ÷
p (O 2 )
8.314 ×1900 




12


p (O 2 ) =

1
= 1.085 ×10−4 atm = 0.0825 Torr.
K

Khi áp suất cao hơn giá trị cân bằng, phản ứng sẽ diễn ra theo chiều từ trái sang phải
để đạt đến trạng thái cân băng. Như vậy, câu trả lời sẽ là:
0.0825 Torr < p(O2) < 1.00 Torr.

2. (0.75 điểm) Phản ứng sẽ diễn ra cho đến khi nào ∆G <0, chứ không phải là ∆G°<0
Đối với phản ứng (2), ta có phương trình sau đây:
∆G = ∆Go + RT ln p (CO) 2
(Các chất phản ứng và sản phẩm ở thể rắn được xem là chất nguyên chất, chúng
không có mặt trong phương trình trên). Phản ứng diễn ra từ trái sang phải khi nào còn
có điều kiện ∆G < 0:
∆Go > − RT ln p(CO) 2 ,
 ∆Go 
÷
p (CO) < exp  −
 2 RT ÷


Sử dụng các số liệu của bảng 1, ta có:
∆G° = –162.6 + 2⋅(–200.2) – (–757.8) = 194.8 kJ/mol.
194800


–6
p (CO) < exp  −
÷ = 8.17⋅10 atm.
2
×
8.314
×
1000


Nghĩa là nếu áp suất riêng phần của CO trong hệ nhỏ hơn 8.17⋅10–6 atm, phản ứng
diễn ra ưu thế theo chiều từ trái sang phải.

3. (0.5 điểm)Từ các số liệu của bảng 1, rút ra biểu thức dưới đây cho ∆G của phản
ứng (3):
∆G = ∆Go + RT ln

p (NH 3 ) 2
1.02
=
2
×
(
−
16260)
+
8.314
×
300
×
ln
= =–
p(H 2 )3 p(N 2 )
0.503 ×3.0
30100 J/mol = –30.1 kJ/mol.

Ở 300 K, phản ứng (3) xảy ra theo chiều từ trái sang phải. Tuy nhiên, do những cản
trở động học, ở những điều kiện như vậy, sự tạo thành amoniac diễn ra cực kì chậm.
Bài 10. (2 điểm): Phức chất.
1. (1 điểm) Phức chất [PtCl2(NH3)2] được xác định là đồng phân trans-. Nó phản ứng
chậm với Ag2O cho phức chất [PtCl2(NH3)2(OH2)2]2+(kí hiệu là X). Phức chất X không
phản ứng được với etylenđiamin (en) khi tỉ lệ mol phức chất X : en = 1 : 1. Hãy giải
thích các sự kiện trên và vẽ (viết) cấu tạo của phức chất X.


13


2. (1 điểm) Coban tạo ra được các ion phức: [CoCl2(NH3)4]+ (A), [Co(CN)6]3- (B),
[CoCl3(CN)3]3- (C),
a. Viết tên của (A), (B), (C). Theo thuyết liên kết hoá trị, các nguyên tử trong B ở
trạng thái lai hoá nào?
b. Các ion phức trên có thể có bao nhiêu đồng phân lập thể? Vẽ cấu trúc của chúng.
c. Viết phương trình phản ứng của (A) với ion sắt (II) trong môi trường axit.
Hướng dẫn giải

1. (1 điểm) [PtCl2(NH3)2] (1) là đồng phân trans- đòi hỏi phức chất phải có cấu tạo
vuông phẳng:
Cl
│
H3N—Pt—NH3

(1)

│
Cl
- Phản ứng của (1) với Ag2O:
Trans-[PtCl2(NH3)2] + Ag2O + H2O → Trans-[PtCl2(NH3)2(H2O)2]2+ + 2OH- Etylenđiamin là phối tử hai càng mạch ngắn. Khi phối trí với các ion kim loại
nó chỉ chiếm 2 vị trí phối trí cạnh nhau (vị trí cis). Hiện tượng en không thể
phản ứng với [PtCl2(NH3)2(H2O)2]2+ theo phản ứng:
[PtCl2(NH3)2(H2O)2]2+ + en → [PtCl2(NH3)2(H2O)2en]2+ + 2H2O
chứng tỏ rằng 2 phân tử H 2O nằm ở 2 vị trí trans đối với nhau. Như vậy công thức
cấu tạo của phức chất phải là:
H2O

Cl
NH3

Pt

NH3

Cl
H2O

2. (1 điểm)
a. (0.25 điểm)
Tên của các ion phức:
(A) Điclorotetraammincoban(III);
(B) Hexaxianocobantat(III);
(C) Triclorotrixianocobantat(III).
[Co(CN)6]3-. Co : d2sp3 ; C : sp ; N : không ở vào trạng thái lai hoá hoặc ở trạng
thái lai hoá sp.
14


b. (0.5 điểm)
Ion phức (A) có 2 đồng phân:
Cl

Cl
H3N
H3N

H3N


NH3

Co

H3N

NH3
Cl

Co

Cl
NH3

NH3

Ion phức (B) không có đồng phân:
CN
NC
NC

CN

Co

CN
CN

Ion phức (C) có 2 đồng phân:

CN

Cl
NC
Cl

CN

Co

Cl

NC
Cl

CN

Co

Cl
Cl

CN

c. (0.25 điểm)
[CoCl2(NH3)4]+ + Fe2+ + 4 H+

Co2+ + Fe3+ + 2 Cl- + 4 NH4+
-----HẾT-----


15