ĐÁP ÁN BUỔI 1, 2, 3 CÁC QUÁ TRÌNH HÓA HỌC, DUNG DỊCH ĐIỆN HÓA VÔ CƠ, CẤU TẠO CHẤT

BÀI TẬP HỌC SINH GIỎI QUỐC TẾ, QUỐC GIA

vectorstock.com/3687784

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

ĐÁP ÁN BUỔI 1, 2, 3 CÁC QUÁ TRÌNH HÓA HỌC, DUNG DỊCH ĐIỆN HÓA VÔ CƠ, CẤU TẠO CHẤT DÀNH CHO HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA, QUỐC TẾ CÓ ĐÁP ÁN CHI TIẾT WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

Các quá trình hóa học

2N+4 + 8e  N2

a.

+1

N2H3CH3  6H

FI CI A

L

Hướng dẫn giải/đáp án bài 1 |  5 +4

+ C

+ N2 + 10e

|  4

5N2O4(l) + 4N2H3CH3(l)  12H2O(k) + 9N2(k) + 4CO2(k)

H2(k) + 0,5O2(k)  H2O(l)

H0f(H2O(l)) = -285,8 kJ/mol

H2O(l)  H2O(k)

H0vaf = +40,7 kJ/mol

H2(k) + 0,5O2(k)  H2O(k) H0f(H2O(k)) = -285,8 + 40,7 = -245,1 kJ/mol

OF

b. Nhiệt hình thành tiêu chuẩn của nước ở thể khí:

ƠN

Hiệu ứng nhiệt của phản ứng: 5N2O4(l) + 4N2H3CH3(l)  12H2O(k) + 9N2(k) + 4CO2(k)

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

NH

H0r = 12  (-245,1) + 4  (-393)  4  (+53)  5  (+28,9) = - 4869,7 kJ

Hướng dẫn giải/đáp án bài 2

= ( 393,51) + (241,83) 2  (201,17) = 676 kJ C op

= 37,129 + 33,5722  29,3721,5  49,371 = 10,844 J.K1 500

*

o H 500 =

H o298

 C

+

o p

dT =  676000 + 10,844 (500  298) =  673809,5 J

298

S 1o

S o2

S o4

3  S 298  CO2 (k) + 2H2O (h) O2  2

CH3OH (h) +

(298K)

S 3o

OF

3  S 500  CO2 (k) + 2H2O (h) O2  2

CH3OH (h) +

(500K)

ƠN

*

FI CI A

L

* H o298 = H o298 (CO2) + H o298 (H2O)  H o298 (CH3OH)

o Theo định luật Hees: S 500 = S o298 + S 1o + S o2 + S 3o + S o4

mà

=



C op (CH3OH)

500 298

S o2 =

 500

3 o dT = C p (O2 ) 2 T

500

=



C op (CO2 )

298

500

HAY:

500

 298



C op (CH3OH)

298

S o298

+



3 o dT C p (O2 ) 2 T

và

S o4

M

(ngược chiều)

(ngược chiều)

=

 298

2C op (H 2 O)

dT T

(xuôi chiều)

500 500 500 500 3 ) + ( 29,372 ln ) + (37,129 ln ) + (33,572 ln ) 2 298 298 298 298

 C op dT = S o298 + n  C p ln T2

298

o S 500 = 93,615 + 10,844 J.K1  ln

KÈ

dT T

500

dT T

o  S 500 = S o298 + ( 49,371 ln

o S 500 =

500

QU Y

còn

S 3o

dT = T

NH

298

S 1o

T1

thay C op vào ta được:

500 =  88,003 J.K1 298

DẠ

Y

o o o  G 500 = H 500  TS 500 =  673809,5  500  ( 88,003) =  629807,9642 J

=  629,8079 kJ

Hướng dẫn giải/đáp án bài 3 a. Vì có 86% hơi nước đã ngưng tụ nên trong hệ X-H2O khi cân bằng có:

L

số mol nước ở pha lỏng: n H 2 O(l) = 0,86 mol

FI CI A

số mol nước ở pha hơi: n H 2 O(k) = 1 – 0,86 = 0,14 mol Gọi T (K) là nhiệt độ cuối của hệ.

Vì X không chuyển pha, quá trình ngưng tụ nước diễn ra ở 100oC nên sự biến đổi trong hệ

ƠN

OF

X-H2O được chia thành 4 quá trình thuận nghịch nhỏ như mô tả trên sơ đồ sau:

Vì sự trao đổi nhiệt chỉ xảy ra giữa X và nước nên: Q1 + Q2 + Q3 + Q4 = 0 Vì áp suất của hệ không đổi nên:

 mX (Cp )X (T  273,15)  nH2O(l) (ΔHhh )  nH2O(l) (Cp )H2O(l) (T  373,15)  nH2O(k) (Cp )H2O(k) (T  373,15)  0

T 

mX (Cp )X.273,15  nH2O(l) (ΔHhh ) [nH2O(l) (Cp )H2O(l)  nH2O(k) (Cp )H2O(k) ].373,15 mX (Cp )X  nH2O(l) (Cp )H2O(l)  nH2O(k) (Cp )H2O(k) 2.103.0,385.273,15  0,86.40,656.103  (0,86.75,3 33,6.0,14).373,15  323,08K 2.103.0,385  0,86.75,3 33,6.0,14

QU Y

T 

NH

 mX (Cp )X (T  273,15)  nH2O(l) (ΔHhh )  (T  373,15)[nH2O(l) (Cp )H2O(l)  nH2O(k) (Cp )H2O(k) ]  0

Vậy nhiệt độ cuối của hệ là 323,08 K hay 49,94 oC Nhiệt lượng mà kim loại X đã trao đổi.

M

QX= Q1 = m X (C p ) X (T – 273,15)

QX = 2.103.0,385.(323,08 – 273,15) = 38446,1 J ≈ 38,446 kJ

KÈ

Vậy X đã nhận 38,446 kJ. b. Biến thiên entropi của X: SX  S1  m X (Cp ) X ln

Y

SX  2.103.0,385.ln

T 273,15

323, 08  129, 267 J.K 1 273,15

DẠ

Biến thiên entropi của H2O: H hh T T  n H2O(l) (Cp ) H2O(l) ln  n H2O(k) (Cp )H2O(k) ln 373,15 373,15 373,15 Biến thiên 40, 656.103 323,08 323, 08  0,86  0,86.75,3ln  0,14.33, 6.ln  103,708 J.K 1 373,15 373,15 373,15

SH2O  S2  S3  S4  n H2O(l) SH2O

entropi của hệ X-H2O: ∆Shệ = SX  SH 2 O = 129,267 – 103,708 =25,559 J.K-1

Hướng dẫn giải/đáp án bài 4 H 0 S 0 + 2,303. R.T 2,303.R

L

a. Ta có: lgK = -

FI CI A

Đối phản ứng (1): ta có:

H 0 = 3378 => H0 = 64 679 J.mol-1.

2,303.8,314 S 0 = 3,648 => S0 = 69,85 J/K 2,303.8,314 Đối phản ứng (2) ta có:

OF

H 0 = 748 => H0 = 14 332 J.mol-1.

2,303.8,314

ƠN

S 0 = 0,573 => S0 = 10,97 J/K 2,303.8,314 b. Tại 1000K, ta có: Kp (1) = 1,862

Kp (2) = 0,668

Nhận xét: cả Kp (1) và Kp (2) đều có cùng biểu thức hằng số cân bằng

NH

=> đây là 1 cân bằng nối tiếp.

Vì Kp (1) > Kp (2) => cân bằng (1) xảy ra trước cân bằng (2).

Khi phản ứng (1) xảy ra:

H2(k)  3FeO(r)

Fe3O4(r) + 0,1 mol

0,4 mol

Cân bằng:

0,1 - x

0,4 - x

H2O(k)

3x

(1)

Kp (1) = 1,862

x

QU Y

Ban đầu:

+

Kp (1) = p (H2O)/ p (H2) = x/(0,4-x) = 1,862 =>

x = 0,26 > 0,1

Vậy (1) xảy ra hoàn toàn.

Sau phản ứng (1) thành phần hệ gồm:

H2 : 0,3 mol H2O: 0,1 mol FeO: 0,3 mol.

Khi phản ứng (2) xảy ra:

Ban đầu:

0,3 mol

0,3 - y

KÈ

Cân bằng:

M

FeO(r) + H2(k)  Fe(r)

+

H2O(k)

0,3 mol

0,3 - y

(2)

0,1 mol y

0,1 + y

Kp (2) = p (H2O)/ p (H2) = (0,1 + y)/(0,3-y) = 0,668 =>

y = 0,06 mol < 0,3 mol

Vậy cân bằng được thiết lập là cân bằng (2).

DẠ

Y

Tai thời điểm cân bằng:

Kp (2) = 0,668

H2 : 0,24 mol

H2O: 0,34 mol

FeO: 0,24 mol.

Fe: 0,06 mol.

Hướng dẫn giải/đáp án bài 5 a.

L

H  283 kJ

CO + ½ O2  CO2

FI CI A

CoP  CoP (CO2 )  2CoP (N2 )  30,5  2.102 T  2(27, 2  4, 2.103 T)  84,9  0,0284T T

H o298 

T

CPo dT  283000 

 298

 (84,9  0, 0284T)dT  0 298

T

b)

H o298 



T

CoPCO dT  283000  2

298

 (30,5

 2.102 T)dT  0

298

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

NH

ƠN

 T  4098K

OF

 T  2554, 6K

Hướng dẫn giải/đáp án bài 6

d(CH 3 ) 3 CBr  kH 2 O (CH 3 ) 3 CBr dt

FI CI A

v

L

Phương trình động học của phản ứng:

Do nồng độ của chất tan rất nhỏ, nên có thể coi [H2O]  const, phương trình trên trở thành: v

d(CH 3 ) 3 CBr   k(CH 3 ) 3 CBr  với k = k’[H2O]α’ = const dt

Thế các dữ kiện thực nghiệm vào các biểu thức của k đối với các phản ứng đơn giản bậc 0, 1, 2 ta

1 A  k  ln 1 o A1  t

A1 o  A1  t 4,80.10-7

1,4.10-5

4,20.10-7

1,4.10-5

3,70.10-7

1,4.10-5

2,95.10-7

1,4.10-5

2,27.10-7

1,4.10-5

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

Vậy phản ứng có bậc 1 đối với (CH3)3CBr.

α=2 k

1 A 1 o  A 1  t A 1 o  A 1 

NH

k

α=1

4,10.10-4

ƠN

α=0

OF

được các kết quả sau đây:

4,70.10-4 5,50.10-4 7,80.10-4 1,19.10-4

Hướng dẫn giải/đáp án bài 7

Sơ đồ của phản ứng: + C

t=0 p

0

0

0

T

p

A

p 0 -p A

p 0 -p A

t∞

0

p

p

0

0

Tổng áp suất trong quá trình phản ứng: p = p

A

+ 2 (p 0 -p A ) = 2p0 -p

Do đó, p A = 2p0 – p= p∞ - p. a. Trong trường hợp phản ứng bậc 1, sự phụ thuộc của lnp

A

từ t là tuyến tính, nghĩa là lnp A / t =

const.

0

10,0

p

430,8

369,7

2.6343

2.5678

A

đăng nhập

A

0,0655

LNP

2,6 • 10

Một

/t

35,0

313,6

251,9

2,4963

2.4012

0,00715

0,0951

NH

LogP Một

21.0

ƠN

T (phút)

-4

A

OF

A B

FI CI A

L

Xác định áp suất riêng phần p A của chất phản ứng.

2,5 • 10

-4

2,6 • 10 -4

Thực tế là tỷ lệ không đổi chứng tỏ rằng đó là một phản ứng bậc nhất. Điều tương tự có thể được chứng minh từ tỉ số lnp A so với t, là một đường thẳng.

QU Y

b. Hằng số tốc độ có thể được xác định theo nhiều cách: Sử dụng phương trình cho hằng số tốc độ phản ứng thứ tự đầu tiên :

trung bình

= 2,54 • 10

-4

KÈ

k

M

Từ đó các giá trị k :

s

-1

;

.

= 9,5 phút thì

DẠ

Y

1/2

;

.

Cũng có thể sử dụng dữ liệu trong bảng, vì : c. Nếu t

;

,

.

Hằng số tốc độ quá trình đào thải thuốc là k 

ln 2  0, 011 t1/2

FI CI A

Lượng thuốc tối thiểu cần duy trì trong cơ thể bệnh nhân là 50.0,04 = 2 mg.

L

Hướng dẫn giải/đáp án bài 8

Sau khi uống viên thuốc đầu tiên, thời gian để thuốc đào thải còn 2 mg là:

ln

m0 500  k .t  ln  0, 011.t mt 2

t  485,9 phút

OF

Vậy sau khi uống viên thuốc đầu tiên, sau 485,9 phút (khoảng 8h) cần uống tiếp viên thứ hai.

Sau khi uống viên thứ 2, lượng thuốc trong cơ thể lúc này là 502 mg.

Sau khi uống viên thuốc thứ 2, thời gian để thuốc đào thải còn 2 mg là:

m0 502  k .t  ln  0, 011.t mt 2

ƠN

ln

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

NH

t  486, 2 phút

Hướng dẫn giải/đáp án bài 9

FI CI A

L

a.

b. v= k[S2O82-]a.[ I-]b Từ thí nghiệm (1) và (2): Co(S2O82-)(2) /Co(S2O82-)(1) =1,4 vo(2) / vo(1) =1,40

;

Co(I-)(2) = Co(I-)(1)

 a=1

Từ thí nghiệm (1) và (3): Co(S2O82-)(3) /Co(S2O82-)(1) =1,8; = 1,8. 1,5.

Co(I-)(3) /Co(I-)(1) =1,5.

 b=1

ƠN

vo(3) / vo(1) =2,70

OF

S2O82- + 3I- → 2SO42- + I3-;

x=1, y=3, z=2, t= 1;

Phương trình tốc độ phản ứng: v= k. [S2O82-].[ I-]: k=

v 1,1.108   0,011L.mol1.s 1 . 4 2 2  S2 O8  .  I  10 .10

NH

phản ứng bậc 2.

Sử dụng phương trình Arrhenius, ta có:

k1 E a 1 1  (  ) k 2 R T2 T1

ln

1 42.103 1 1  (  ) 10 R T2 298

QU Y

ln

T2 = 345K =72oC. c.

KÈ

M

i.

Y

Như vậy cơ chế trên là phù hợp với thực nghiệm. ii.

2S2O32- + I3-

→

S4O62- + 3I-

DẠ

iii. Nồng độ ion I- không thay đổi do I3- nhanh chóng phản ứng với ion S2O32- (dư) tạo thành ion

I- . Vì vậy phản ứng là giả bậc 1, phương trình tốc độ có dạng: v = k’.[ S2O82-]

Hướng dẫn giải/đáp án bài 10

[NO2NH2]: phản ứng là bậc nhất theo thời gian b.

Cơ chế 1: v = k1 [NO2NH2]: loại

Cơ chế 2: v = k3 [NO2NH3+] mà [NO2NH3+] = k2 [NO2NH2].[ H3O+ ]/[ H2O]

OF

Vậy v = k3k2[NO2NH2].[ H3O+ ]/[ H2O]: loại

Cơ chế 3: v = k5 [NO2NH-] mà [NO2NH-] = k4 [NO2NH2].[ H2O ]/[ H3O+] Vậy v = k5k4[NO2NH2].[ H2O ]/[ H3O+]

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

NH

ƠN

Trong dung dịch, coi nồng độ H2O là const nên chọn cơ chế 3

FI CI A

L

a. Do trong môi trường đệm, nồng độ H3O+ là không đổi nên biểu thức tốc độ phản ứng là v = k

Hướng dẫn giải/đáp án bài 11

Ea = 103,137 kJ.mol-1 Đơn vị của k là s-1  phản ứng là bậc 1  v = k N 2 O5  b. log k = log (4,1.10 .e

103,137 kJ .mol 1 RT

13

) = log (4,1.10 ) + log e

= log (4,1.1013) +

 103,137.10 3 .log e RT

= log (4,1.1013) +

1  103,137.10 3 .log e.

T 8,314

103,137.10 3 .log e = 5387,5 K 8,314

v = N 2 O5  (s )  k = 1  4,1.10 .e -1

13

103,137.10 3 RT

=1

 T = 395,77 K

d N 2 O5  d N 2 O5  = k. N 2 O5   = -2k. N 2 O5  dt dt

N 2 O5  = 0,0453/12 = 3,775.10-3 (mol/l)

NH

c. v = -1/2

ƠN

Hệ số góc:

103,137 kJ .mol 1 RT

OF

13

FI CI A

L

a. A = 4,1.1013 (s-1)

Từ PV = nRT  T = 0,1.12/(0,0453.0,082) = 323 K

 k323 = 4,1.10 .e 

103,137.10 3 8, 314.323

= 8,57.10-4 (s-1)

QU Y

13

d N 2 O5  = -2. 8,57.10-4. 3,775.10-3 = -6,47.10-6 (mol/l.s) dt

d. Tốc độ của quá trình tạo thành O2 cũng là tốc độ của phản ứng tổng quát: (1)

M

d O 2   k 2 NO2 NO3  dt

Áp dụng nguyên lí nồng độ dừng cho NO3 ta được:

KÈ

d NO 3   k1 N 2 O5   k 1 NO2 NO3   k 2 NO2 NO3  = 0 dt

N O  k1 . 2 5 k 1  k 2 NO2 

Y

 NO3  

DẠ

Thay (3) vào (1) ta được:

với k =

d O 2  kk  1 2 N 2 O5   k N 2 O5  dt k 1  k 2

k1 k 2 k 1  k 2

Vậy cơ chế phản ứng đã cho là phù hợp.

(2)

(3)

Hướng dẫn giải/đáp án bài 12

L

a. Vì v2 >> v1 và v2 >> v-1 nên nồng độ của O luôn luôn rất nhỏ và không đổi theo thời gian dù cân

FI CI A

bằng (1) có chuyển dịch theo chiều thuận hay chiều nghịch, vì vậy có thể áp dụng nguyên lí nồng độ ổn định đối với O. b.

d[O3 ]   k1[O3 ][X]  k 2 [O3 ][O] + k 1[O 2 ][O][X ] dt

OF

d[O]  k1[O3 ][X]  k 2 [O3 ][O]  k 1[O 2 ][O][X ] dt

Vì v2 >> v1 và v2 >> v-1 nên có thể áp dụng nguyên lí nồng độ ổn định đối với O.

 [O] =

k1[O3 ][X] k 2 [O3 ]  k 1[O2 ][X]

d[O3 ] k [X] = -2k1[O3][X]   k1[O3 ][X]  k 2 [O3 ]. 1 dt k2

Hay:

1 d[O3 ] = k1[O3][X] 2 dt

Tốc độ phản ứng: v =  .

Y

KÈ

M

QU Y

Vậy: k = k1.

DẠ

d[O3 ] k1[X] và   k1[O3 ][X]  k 2 [O3 ][O] k2 dt

NH

Do v2 >> v-1 nên k2[O3] >> k-1[O2][X]  [O] =

ƠN

d[O]  k1[O3 ][X]  k 2 [O3 ][O]  k 1[O 2 ][O][X ] = 0 dt

Hướng dẫn giải/đáp án bài 13

L

1 theo thời gian có dạng tuyến tính với độ dốc dương nên đây là phản ứng bậc 2 [A]

theo chất A. Từ đồ thị và bảng số liệu thu được phương trình:

1 = 1993,13 + 80,19t [A]

So sánh với phương trình động học của phản ứn bậc 2:

và

1 1 = + kt [A] [A]o

1 = 1993,13  [A]o  5,02.10-4M [A]o

OF

Ta có:

k = 80,19 L.mol–1.s–1

1  3,68.10-4M 1993,13  80,19.9

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

NH

ƠN

b. Sau 9 giây, nồng độ của A là: [A] =

FI CI A

a. Do đồ thị

Hướng dẫn giải/đáp án bài 14

FI CI A

x là % của B tại thời điểm t  (a-x) là % của A tại thời điểm t

L

Gọi a là % của A tại thời điểm ban đầu

Vì là phản ứng thuận nghịch bậc 1 nên tốc độ hình thành chất B được tính theo biểu thức:

dx  k1 (a  x)  k2 x dt Ở trạng thái cân bằng, tốc độ phản ứng bằng 0 nên

K 

x k1 70  c   2,333 (I) k2 a  xc 30

Hằng số tốc độ phản ứng k  k1  k2 

x 2,303 lg c t xc  x

OF

k1(a-xc) = k2xc ( xc là % của B tại thời điểm cân bằng)

k = k1 + k2 = 3,36.10-3 s-1 (II)

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

NH

Từ (I) và (II) ta được k1= 2,35.10-3 ; k2 = 1,01.10-3

ƠN

Theo đề bài, tính được hằng số tốc độ trung bình của phản ứng là

Hướng dẫn giải/đáp án bài 15 k

k

L

1 2  Xăng   sản phẩm Dầu thô 

Thời gian để lượng xăng đạt cực đại là: tmax =

ln k2  ln k1 ln 0,102  ln 0, 283 = = 5,638h k2  k1 0,102  0, 283

Khi đó khối lượng xăng cực đại thu được là: mmax = mdầu hỏa.

OF

0, 283 (e 0,283.5,638  e 0,102.5,638 ) = 0,56266 tấn 0,102  0, 283

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

NH

ƠN

= 1.

k1 (e k1tmax  e k2tmax ) k2  k1

FI CI A

Xét phản ứng:

Hướng dẫn giải/đáp án bài 16 H0 = -198kJ

L

O3 (k)  N2O5 (k) + O2 (k)

H0PƯ = H0f(N2O5) + H0f(O2)  [ 2H0f(NO2) + H0f(O3) ]  -198 = 11 + 0  [2.H0f(NO2) + 143]  H0f(NO2) = 33 kJ.

FI CI A

a. 2NO2 (k) +

b. S0 < 0 vì ba mol khí chuyển hoá thành hai mol khí nên tính vô hỗn loạn của hệ giảm dẫn tới entropy giảm. c. G0 = H0  T.S = -198000J  298.(-168) = 147936 J  148kJ.

Ta có : G = H  T S

OF

d. Khả năng tự diễn ra của phản ứng giảm khi nhiệt độ tăng do S0 < 0.

Bỏ qua sự thay đổi của H, S theo nhiệt độ tức H  H0, S  S0 mà S < 0 nên TS < 0  G dương hơn khi T tăng làm giảm khả năng tự xảy ra của phản ứng.

v1 = k.(0,0015)a.(0,0025)b = 4,8.108 v2 = k.(0,0022)a.(0,0025)b = 7,2.108 v3 = k.(0,0022)a.(0,0050)b = 1,4.107

NH

Ta có :

ƠN

e. Biểu thức định luật tốc độ phản ứng: v = k[NO]a.[O3]b

v2 0, 0022 a 7,2 .108 ( ) =  a = 1. v1 0, 0015 4,8.108

QU Y

v3 0, 0050 b 1, 4.107 ( ) =  b = 1. v2 0, 0025 7, 2.10 8 Phản ứng là bậc 1 với cả NO và O3.

f. Biểu thức định luật tốc độ phản ứng v = k[NO].[O3] v1 = k.(0,0015).(0,0025) = 4,8.108  k = 0,0128 lit.mol1.s1. g. Xét hai cơ chế

M

Cơ chế I

Cơ chế II

NO2 + NO2  NO3 + NO : chậm

KÈ

NO3 + NO2  N2O5

: nhanh

NO + O3  NO2 + O2 : nhanh Giai đoạn chậm quyết định tốc độ phản ứng.  Cơ chế I : v = k.[NO2]2

Y

 Cơ chế II: v = k.[NO3][NO2]2.

DẠ

 cả hai cơ chế trên đều không phù hợp

NO2 + O3 NO3 + NO2 

NO3 + O2 : nhanh N2O5

: chậm.

Hướng dẫn giải/đáp án bài 17

L

a. C2H6  C2H4 + H2.

FI CI A

b. K = e-∆G/RT; KP = K.po∆n Với ∆n = 1 và P = 1013h Pa ta tính được KP = 50,8 hPa ∆Go = -22,39 kJ/mol

c. C2H4 + H2  C2H6

Đối với phản ứng này thì ∆So = -135 J/mol.K Khi đó ∆Ho = ∆Go + T∆So = -143,9 kJ/mol

d. Nếu tính giá trị của P bằng Pascal, của T bằng Kelvin thì V sẽ phải tính bằng m3.

KX = KP/ptp = 2,5.10-2

OF

Như ta đã biết KC = KP(RT)-1 = 6,79.10-1 mol/m3 = 6,79.10-4 M.

e. Để cho đơn giản, người ta xuất phát từ 1 mol lượng chất ban đầu C2H6

Lượng chất ni trước đó:

1

ni ở trạng thái cân bằng:

1-x

x2 .Ptp 1 x 2

C2H4

+

H2

0

0

x

x

x .Ptp 1 x

x .Ptp 1 x

NH

1 x .Ptp 1 x

Áp suất riêng phần:

Khi cân bằng: K P 



ƠN

C2H6

Đưa các đại lượng vào phương trình ta có x = 0,22.

QU Y

%H2 = %C2H4 = 18% %C2H6 = 64%

f. lnKP(600K) = lnKP(900K) – (∆Ho/R)(600-1 – 900-1) = 3,4.10-3 hPa. g. Phản ứng khử hydro thu nhiệt, vì vậy KP giảm khi hạ nhiệt độ. Hoặc ngược lại, khi nhiệt độ tăng,

DẠ

Y

KÈ

M

cân bằng chuyển dịch về phía tiêu thụ nhiệt.

Hướng dẫn giải/đáp án bài 18

K = e-∆G/RT Với ∆G = ∆H - T∆S = 42214 (J/mol) Thay vào phương trình trên ta được: K= KP = 3,98.10-8atm = 4,04.10-3Pa

ln

K P T1  H  K P T2  R

1 1    T1 T2

  

Đưa các số liệu vào ta được: KP = 4,32.10-3 atm = 437Pa.

OF

c. Đối với trường hợp gần đúng. Phương trình Van’t Hoff có dạng:

FI CI A

b. Hằng số cân bằng nhiệt động lực học được tính theo phương trình:

L

a. 2NOCl  2NO + Cl2

Sự tính toán gần đúng này rất có ý nghĩa, nếu ở các nhiệt độ được xem xét, ∆H và ∆S gần như bằng nhau. (Điều đó có nghĩa là ở các nhiệt độ được xét ∆CP của các chất tham gia phản ứng gần

ƠN

như bằng 0).

d. CP là nhiệt dung mol. Một cách trực quan thì giá trị CP.1K cho biết lượng nhiệt cần phải cung cấp cho 1mol chất nghiên cứu để cho nhiệt độ của nó tăng thêm 1K. Nhiệt độ cao hơn là do chuyển

NH

động của các phân tử gây ra. Nhưng đối với các phân tử nhiều nguyên tử thì nhiệt lượng cung cấp không chỉ được chuyển hóa thành năng lượng chuyển động của các phân tử mà cũng còn thành năng lượng quay và năng lượng dao động. Hai dạng năng lượng này không hề góp phần vào việc làm tăng nhiệt độ khác với các chất khí hai nguyên tử, đối với các chất khí gấp khúc ba nguyênh tử

QU Y

còn có thêm chuyển động dao động. Chuyển động dao động này hấp thụ thêm năng lượng mà không thể góp phần làm tăng năng lượng của chuyển động. Vì vậy nhiệt dung của NOCl lớn hơn NO (Không nghĩ tới việc giải thích bằng các bậc tự do dao động). e. Kiểm tra các điều kiện biên của phần c) ∆CP = 4,1 J/mol.K

M

∆H(475) = ∆H(298) +∆CP(475 – 298)

=> ∆H(475) - ∆H(298) = 726 J/mol. Ít hơn 1% so với ∆H(298) =77080 J/mol.

KÈ

Tính tương tụ cho ∆S ta thu được ∆S(475) - ∆S(298) = 1,91 J/mol.K, nhỏ hơn 1,7% so với ∆S(298) = 117 J/mol.K. Tính chính xác các kết qủa ta thu được: ∆H(475) = 77806 J/mol.

Y

∆S(475) = 118,9 J/mol.K

DẠ

∆G(475) = 21329 J/mol  KP = 4,51.10-3 atm. Chỉ khác biệt chút ít so với c) f.

(i) Áp suất được tính theo phương trình khí lý tưởng pV = nRT

Khối lượng mol của nitrosyl clorua lag 65,46g/mol, như vậy lượng nitrosyl clorua trong mẫu là 2,00/65,46 mol. => p = 37,8.103Pa = 0,374 atm (ii) Tương tự như câu trên ta cũng tính được: p = 76,2.103Pa = 0,752 atm

(iii) Ở đây cần phải lưu ý đến qúa trình phân hủy: 2NOCl  2NO + Cl2 0 mol

Cân bằng: (2/65,46-2x) mol 2x mol

0 mol

L

2/65,46 mol

x mol

FI CI A

Ban đầu:

Áp suất chung khi cân bằng bằng tổng các áp suất riêng phần:

p chung  p ( NOCl )  p ( NO )  p (Cl2 ) 

n

NOCl



 n NO  n Cl2 R.600 0,00200

Lúc cân bằng ta có:

2 x.R.600 0,00200 x.R.600 p Cl 2  0,00200 (2  2 x).R.600 65,46 p NOCl  0,00200

ƠN

OF

p NO 

Đưa tất cả vào phương trình KP:

2 PNOCl

2 0,281.10 5 .0,00200  1   65,46  x   x 3  0   8,314.600

NH

KP 

2 PNO .PCl 2

Giải phương trình trên ta thu được nghiệm gần đúng x = 0,00824 Từ đó suy ra: n(NO) = 0,01648 mol

QU Y

n(Cl2) = 0,00824 mol n(NOCl) = 0,01407 mol nchung = 0,03879 mol

DẠ

Y

KÈ

M

pchung = 96,8.103 Pa = 0,955 atm

Hướng dẫn giải/đáp án bài 19 (1)

L

  2SO3 (k) a. Xét cân bằng: 2SO2(k) + O2(k)  

vậy phản ứng đã cho là tỏa nhiệt độ. b. Xét cân bằng:

  2SO3(k) 2SO2(k) + O2(k)  

Ban đầu:

2a

Cân bằng:

2a(1-)

(1)

a a(1-)

2a

Trong đó: 2a(1-) + a(1-) + 2a = 1 → a(3-) = 1atm

OF

* Tính các hằng số cân bằng:

FI CI A

Khi giảm nhiệt độ, hiệu suất phản ứng tăng lên nghĩa là cân bằng chuyển dịch về phía thuận,

ƠN

2 PSO (2a)2 2 2 (3) 3  Kp    2 .P PSO [2a(1-)]2[a (1)] a (1)3 (1)3 2 O2 Tại nhiệt độ 5500C hay 823K,  = 0,80 → Kp(823K) = 176;

Tại nhiệt độ 4200C hay 693K,  = 0,97 → Kp(693K) = 7,074.104 * Tính ΔpưH0 và ΔpưS0

NH

Từ công thức của định luật Van't Hoff, ta có:

 pu H 0  1 K p (T2 ) RT1T2 1 ln     H0  ln  pu T  K p (T1) R T2  T1 K p (T1)  2 T1  K p (T2 )

QU Y

Thay số vào ta có: ΔpưH0 = -218,7 kJ/mol.

Ta có: ΔpưG0 = - RTlnKp(T) = ΔpưH0 - T.ΔpưS0 Với giá trị T ở 823K, ta có: -8,314.823.ln176 = - 218,7.103 - 823. ΔpưS0 ΔpưS0 = -222,75 J.K-1.mol-1 c. Tại nhiệt độ 6500C hay 923K

M

=> - 8,314.923 lnKp(923K) = -218,7.103 - 923.(-222,75)

DẠ

Y

KÈ

→ Kp(923K) = 5,51.

Hướng dẫn giải/đáp án bài 20

2NH3(k)

ÄH < 0

(1)

FI CI A

N2(k) + 3H2(k)

L

a. Phản ứng tổng hợp NH3 trong công nghiệp:

Các điều kiện cần thiết của phản ứng (1) là: t0 ≃ 5000C; P ≃ 300 atm; có bột Fe làm xúc tác, tỉ lệ mol N2 : H2 = 1:3

- P cao phù hợp với của nguyên lí Lơ Satơliê là làm cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận, vì chiều thuận là chiều làm giảm số mol khí

- Nhiệt độ cao cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch (chiều làm giảm hiệu suất) vì ÄH < 0, do

OF

vậy theo nguyên lí Lơ Satơliê là không thuận lợi cho việc tổng hợp NH3, nhưng vì tốc độ phản ứng

sẽ chậm (hoặc không phản ứng) khi ở nhiệt độ thấp, nên cần tăng nhiệt độ và dùng chất xúc tác.

Tỉ lệ mol N2:H2 = 1:3 để sự chuyển hoá N2 và H2 thành NH3 là lớn nhất. b.

ƠN

i. Theo bài cho ta có:

PNH3 = a.P ; PH2 = 3PN2 ; mà PH2 + PN2 + PNH3 = P  4PN2 + aP = P  PN2 = P(1 a) ; PH2 = 3.P(1 a )

4

NH

4

Theo (1) và kết quả trên ta có công thức liên hệ giữa a, P và KP là: 2

KP =

P P .P NH 3

3 H2

(a.P)

3

P(1a) [3P(1a)] 4

Hay

=

2

2

256a 4 2 27P .(1a )

QU Y

N2

=

3

4

a 2 0,325 K P P(1a)

(I)

ii. Theo bài cho và kết quả trên ta có:

M

+ Nếu P = 300 atm thì a = 0,226 + Nếu P = 600 atm thì a = 0,334

KÈ

Xét cân bằng sau, gọi số mol N2, H2 tương ứng là 1 mol, 3 mol (vì cân bằng lượng chất theo đúng tỉ lượng): N2(k)

3H2(k) 3(1-ỏ)

2NH3(k)

ÄH < 0

(2)

2ỏ

Y

Cân bằng: 1-ỏ

+

Từ (2), ta có:

DẠ

Tổng số mol các khí lúc cân bằng là n = (4-2ỏ)mol Theo biểu thức Pi = xi.P (áp suất riêng phần bằng phần mol của chất đó nhân với áp suất của

hệ)

PNH3 =

2  .P  .P aP 4 2 (2 )

 ỏ=

2a (1 a)

Nếu a = 0,334  ỏ% = 50,07%

FI CI A

L

Nếu a = 0,226  ỏ% = 36,87%

Vậy qua kết quả tính ở trên cho thấy khi P tăng thì ỏ cũng tăng, điều này phù hợp với nguyên lí

Lơ Satơliê. Nhưng áp suất mà quá cao thì không đảm bảo sản xuất được an toàn. Mặt khác trong

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

NH

ƠN

OF

quá trình sản xuất NH3 được ngưng tụ tách khỏi môi trường phản ứng.

a. Phương trình phản ứng xảy ra trong quá trình điều chế hiđro từ metan và hơi nước.

FI CI A

CH4(k) + H2O(k) → CO(k) + 3H2(k) COk) + H2O(k) → CO2(k) + H2(k) b. Kp ở 1000C 0 ΔH 0298 =ΔH373 =-111+242+75=206(kJ) 0 ΔS0298 =ΔS373 =3.0,131+0,198-0,186-0,189=0,216(kJ/K)

OF

ΔG 0298 =206  373.0, 216  125, 432(kJ) K p =e -125432/8,314.373 =2,716.10 -8 (p:bar) c. Chiều dịch chuyển cân bằng của phản ứng.

Phần mol của từng khí:

n(H2O) = n(CO) = n(CO2) = 400 mol

ƠN

n(H2) = 1200 mol x(H2) = 0,5

 n = 2400 mol

x(H2O) = x(CO) = x(CO2) = 0,167

nRT 2400.8,314.373 = =2,48.10 6 hay P=24,8 bar V 3

NH

Áp suất chung của hệ: P= p(H2) = 12,4 bar

Q=

L

Hướng dẫn giải/đáp án bài 21

p(H2O) = p(CO) = p(CO2) = 4,133 bar

12,43 .4,133 =461,317>K p(373) =2,74.10-8 4,1332

Q 461,317 =8,314.373.ln =1,44.105 (J) K 2,74.10-18

QU Y

Hay ΔG=ΔG 0 +RTlnQ=RTln

Cân bằng chuyển dịch sang trái. d. Kp ở 9000C

Cp = 3.0,029 + 0.029 – 0,036 – 0,034 = 0,046 (kJ/mol) 0 ΔH1173 =206+(1173-298).0,046=246.25(kJ)

M

0 ΔS1173 =0,216+0,046ln

0 ΔG1173 =246,25-1173.0,279  81, 017(kJ)

KÈ

K p =e -81017/8,314.1173 =4054(bar)

H 2O

n0

1

1

0

0

CB

1-x

1-x

3x

x

pi

1-x .20 2+2x

1-x .20 2+2x

3x .20 2+2x

x .20 2+2x

e. Tính phần trăm CH4 đã phản ứng ở 9000C.

DẠ

Y

CH4

Kp =

PCO .PH3 2 PCH4 .PH2O

+

=4054

→

H2

1173 =0,279(kJ/K) 298

+

x = 0,7419

Phần trăm CH4 đã phản ứng ở 9000C là 74,2%

CO

Hướng dẫn giải/đáp án bài 22

L

G0 = -RTlnKD

a.

FI CI A

b.

G0, kJ/mol 298,15 K

333,15 K

Sunfametazin

-1,515

+0,655

Sunfametoxazol

-4,996

+1,748

Sunfaclopyrazin

-1,447

+3,225

G0, kJ/mol

OF

c.

H0,

S0,

333,15 K

kJ/mol

J/mol/K

Sunfametazin

-1,515

+0,655

-20,0

-62

Sunfametoxazol

-4,996

+1,748

-62,4

-193

Sunfaclopyrazin

-1,447

+3,225

-41,2

-133

ƠN

298,15 K

d. H0 là động lực của quá trình chiết, do H0 < 0, quá trình toả nhiệt.

298,15 K

333,15 K

NH

Giải thích dựa theo nguyên lý Lơ Sa tơ li ê.

kJ/mol

J/mol/K

(310,15K)

phẩm]oct

Sunfametazin

-1,515

+0,655

-20,0

-62

1,348

6,74.10-5 M

Sunfametoxazol

-4,996

+1,748

-62,4

-193

2,697

13,4.10-5 M

Sunfaclopyrazin

-1,447

+3,225

-41,2

-133

0,981

4,91.10-5 M

e.

QU Y

G0, kJ/mol

DẠ

Y

KÈ

M

Tốt nhất: Sunfametoxazol

H0,

S0,

KD

[Dược

a. ∆H=48427,43 J/mol

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

NH

ƠN

OF

b. ở p=1 atm= 760 mmHg, thì T2 = 489,34K (=216,340C)

FI CI A

Hướng dẫn giải/đáp án bài 1

L

Dung dịch- Điện hóa- Hóa vô cơ

Hướng dẫn giải/đáp án bài 2

H+( dd) + HCO3–(dd)

Ka1 = 4,27  10–7

(2): HCO3( dd)

H+(dd) + HCO3(dd)

Ka2 = 4,79  10–11

H+(dd) + OH (dd)

(3): H2O(l)

Kw = 1,0  1014

Điều kiện proton: [H+] = [HCO3] + 2[CO32] + [OH]

K a1C0 [H  ]

+ 2

K a1K a 2C0 [H  ]2

+

Kw [H  ]

OF

=

[H+]3  (Kw + Ka1C0)[H+]  2Ka1Ka2C0 = 0 [H+]3  4,27  10–8 [H+]  4,09  10–18= 0

ƠN

[H+] = 2,07  104 M  pH = 3,68

b.

[HCO3 ] [H 2CO3 ]

= 6,37 + lg

NH

pH = pKa1 + lg

FI CI A

(1): H2CO3(dd)

L

a. C0(H2CO3) = 0,033 mol/L

[HCO3 ] [H 2CO3 ]

= 1,08 

[HCO3 ] = 12,02 [H 2CO3 ]

= 0,98 

[HCO3 ] = 9,55 [H 2CO3 ]

QU Y

[HCO3 ] Khi pH = 7,45: lg [H 2CO3 ] [HCO3 ] Khi pH = 7,35: lg [H 2CO3 ]

M

c. Khi hít quá nhiều CO2, pH trong máu giảm xuống, cân bằng HbH + O2

HbO2 + H+

DẠ

Y

KÈ

chuyển dịch theo chiều nghịch và khả năng vận chuyển oxy của hemoglobin giảm xuống.

Hướng dẫn giải/đáp án bài 3

 HA và  HA

Ta có:  H3PO4 

K a1 [H 2 PO 4 ]   0, 443  h  8, 90126.10 3 CH3PO4 h  K a1

Ka  K aHA  1,7361.106 (M) h  Ka H+ + H 2 PO 4

H3PO4

h

h

h2  102,15  CH3PO4  0, 02(M) Ch

b. H3PO4 + NH3  NH 4 C0

0,02

0,16M

C

-

0,14

0,02

+ NH3  NH 4

C0

0,01

0,14M

C

-

0,13

H 2 PO 4

K = 107,09

0,02 +

A-

0,02 0,03

K = 103,48

0,01

+ NH3  NH 4 + HPO 24 

C0

0,02

0,13M

C

-

0,11

QU Y

HA

+ H 2 PO 4

ƠN



C-h

NH

[]

Ka1

OF

  HA 

1 nên xem như H3PO4 quyết định pH.

FI CI A

Do  H3PO4

L

a. Do Ka1 >> Ka2 >> Ka3 nên xem H3PO4 chỉ phân ly nấc 1.

K = 102,03

0,03

0,05

0,02

HPO 24 0, 02M; A  0, 01M  TPGH ddB    NH3 0,11M; NH 4 0,05M

M

[NH 3 ] 0,11  9, 24  log  9,58  [NH 4 ] 0, 05

KÈ

 pH  pK a  log

c. C NH  0, 025M;C NH3  0, 055M;C A  0, 005M;C HPO2  0, 01M;C Mg2  0, 015M 4

4

Y

  0, 01.K a1.K a 2 .K a3 5 CPO3   3   1,819.10 (M) 2 4 h  h .K  K .K h  K .K .K a1 a1 a2 a1 a2 a3  

DẠ

Để xuất hiện kết tủa:

MgNH 4 PO 4 : C Mg 2 (1) 

Mg(OH) 2 : C Mg2 (2) 

KS  5, 5245.10 7 (M) C NH  .C PO3 4

4

KS  8, 71.103 (M) 2 COH

 Thứ tự xuất hiện kết tủa (nếu có) là MgNH4PO4 sau đó đến Mg(OH)2.

Do C Mg 2  C1  có kết tủa MgNH4PO4.

0,015

0,055

C

0,005

0,045

0,01

FI CI A

C0

HPO 24   MgNH4PO4

L

Mg2+ + NH3 +

 sau khi xuất hiện kết tủa MgNH4PO4 thì nồng độ NH3 giảm nên nồng độ OH- giảm và

CMg 2  0, 005M  CMg 2 (2)  không có kết tủa Mg(OH)2.

0, 045 = 9,5.

0, 025

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

NH

ƠN

OF

 pHhệ = 9,24 + log

Hướng dẫn giải/đáp án bài 4

s = [Pb2+] + [Pb(OH)+] + [Pb(OH)2*] + [Pb(OH)3-] Pb(OH)2* là Pb(OH)2 ở dạng phức tan. s=

T ( ) T ( ) .β + [OH ] [OH ] s= T

(

)

,

+T

(

)

.β

+T

,

1 β, + +β [OH ] [OH ]

,

+β

(

)

. β , . [OH ]

[OH ]

,

≈ 10

(10

+ 10

,

1 10 + (10 ) 10

,

+ 10

,

+ 10

OF

-Tại pH = 8, [OH-] = 10-6 s = 10

,

. 10

) (tính gần đúng, bỏ qua hai số hạng sau)

S  18,5 (  g /l)

ƠN

S  8,943.10-8 M

Vậy s > 10  g /l, nước không đạt tiêu chuẩn nước sinh hoạt -Khi pH = 9; [OH-] = 10-5

S  8,676.10-9 (M) S  1,8 (  g /l)

1 10 + (10 ) 10

,

NH

s = 10

+ 10

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

Vậy s < 10  g /l , nước đạt tiêu chuẩn nước sinh hoạt.

,

+ 10

FI CI A

L

Gọi độ tan của chì là s:

,

. 10

C HA, w 

0,0429  1,76.10  3 M 122  0,2

FI CI A

a.

L

Hướng dẫn giải/đáp án bài 5

Bỏ qua cân bằng phân li của nước: H+ (w) + A- (w)

HA (w) 1,76.10-3 - x

x

x

Ka 

=>

x = [H+]w = [A-]w = 3,00 .10-4 M;

OF

x2  6,2.10  5 1,76.10 3  x

Có:

[HA]w = 1,46 .10-3 M.

b.

C HA,b 

0,145  5,94.10  3 M 122  0,2

2 HA (b)

(HA)2 (b)

=>

[( HA) 2 ]b 

=>

K dim e 

5,94.10 3  2,09.10 3  1,93.10  3 M 2

NH

Có:

ƠN

[ HA]b  [ HA]w K D  2,09.103 M

QU Y

[( HA) 2 ]b 1,93.103   442 [ HA]2 (2,09.10 3 ) 2

c. Pha nước, [A-]w tăng; [HA]w giảm;

Pha benzen: [HA]b giảm; [(HA)2]b giảm.

DẠ

Y

KÈ

M

d. Do tạo liên liên kết hidro.

O O

H H

O O

Hướng dẫn giải/đáp án bài 6

2 7

Tại λ = 440nm, T = 0,355: Tại λ = 545 nm, T = 0,166:

4

2 7

 lg(0,355)  95.[MnO4 ]  370.[Cr2O72 ]  lg(0,166)  2350.[MnO4 ]  11.[Cr2O72 ]

[MnO4 ] = 3,266.104 M 2 3 [Cr2O7 ] = 1,132.10 M

Từ (1) và (2) suy ra: 

Ta có: nMn = n  = 3,266.10-4.0,1 = 3,266.10-5 mol MnO

 %mMn =

3, 266.105.54,94 .100% = 0,131% 1,374

nCr = 2 nCr O2 = 2.1,132.10-3.0,1 = 2,264.10-4 mol 7

2,264.104.52 .100% = 0,857% 1,374

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

NH

 %mCr =

ƠN

2

(1) (2)

OF

4

FI CI A

4

L

Ta có: A = A   A 2    lg T    ..[MnO4 ]   2 ..[Cr2O72 ] MnO Cr O MnO Cr O

Hướng dẫn giải/đáp án bài 7

Theo định luật Beer: a. Vì cuvet đều có bề dày dd là 1cm nên A = i.[i]. − Trong dung dịch NaOH:

In In A485 =  485 .C = 0,052 →  485 = 104 In In A625 =  625 .C = 0,823 →  625 = 1646

OF

HIn HIn A485 =  485 .C = 0,454 →  485 = 908

− Trong dung dịch HCl:

FI CI A

Trong dung dịch axit, chất chỉ thị chỉ tồn tại chủ yếu ở dạng HIn−.

L

Trong dung dịch NaOH, chất chỉ thị chỉ tồn tại chủ yếu ở dạng In−;

HIn HIn A625 =  625 .C = 0,176 →  625 = 352

b. Ở pH = 5.

ƠN

HIn In A485 =  485 .[HIn] +  485 .[In−] = 908. [HIn] + 104 .[In−] = 0,472

HIn In A625 =  625 .[HIn] +  625 .[In−] = 352. [HIn] +1645 .[In−] = 0,351

→ Ka =

1, 047.104.105 = 2,06. 10−6 5, 078.104

c. Tính pH:

[In−] = 1,047.10−4.

NH

Giải hệ phương trình tìm được: [HIn] = 5,078.10−4

HIn In A485 =  485 .[HIn] +  485 .[In−] = 908. [HIn] + 104 .[In−] = 0,530

QU Y

HIn In A625 =  625 .[HIn] +  625 .[In−] = 352. [HIn] +1645 .[In−] = 0,216

Giải hệ phương trình tìm được: [HIn] = 5,83.10−4 → [H+] =

,

.

. , .

,

.

= 1,82.10-4 → pH = 3,74

d. Ở pH = 6,000 [HIn] = 2.10−4 .

,

M

[In−] = 2.10−4 .

[In−] = 6,57.10−6.

,

,

= 6,53. 10

= 1,346. 10

(M)

(M)

KÈ

HIn In A485 =  485 .[HIn] +  485 .[In−] = 1,25. 908. 6,53 .10−5 + 1,25. 104 . 1,346. 10−4 = 0,0916

DẠ

Y

HIn In A625 =  625 .[HIn] +  625 .[In−] = 1,25. 352. 6,53 .10−5 +1,25. 1645. 1,346 . 10−4 = 0,3055

L FI CI A OF ƠN NH QU Y M KÈ Y DẠ

Hướng dẫn giải/đáp án bài 8

a. Phản ứng chuẩn độ nấc 1: CO32- + H+

 HCO3-

Thể tích dung dịch HCl cần thêm vào để đạt đến điểm tương đương thứ nhất là:

L

0,040 . 10,0 = 10,0 (ml) 0,040

Thành phần tại điểm tương đương thứ nhất chỉ có HCO3-  pH1 =

FI CI A

V1 =

pK a1  pK a2 = 8,49 2

 chọn chất chỉ thị phenolphtalein (X) để xác định điểm tương đương thứ nhất.

Phản ứng chuẩn độ nấc 2: CO32- + 2 H+

 CO2 + H2O

 CCO2 

10,0 . (0,040 + 0,040 . 2) = 30,0 (ml) 0,040

10,0 . (0,040 + 0,040) = 0,02 (M) < L CO2 30,0 + 10,0

CO2 []

+

H2O

H+ + HCO3-

0,02 – x

x

x

Ka1 = 10-6,62

ƠN

V2 =

OF

Thể tích dung dịch HCl cần thêm vào để đạt đến điểm tương đương thứ 2:

 [H+] = x = 6,93.10-5 (M)  pH2 = 4,16

NH

 chọn chất chỉ thị metyl da cam (Y) để xác định điểm tương đương thứ hai. b. Ngay trước điểm tương đương thứ hai, người ta thường đun sôi dung dịch để đuổi CO2, phá hệ đệm CO2 + H2O/ HCO3- do đó kéo dài bước nhảy, tạo thuận lợi cho việc quan sát sự đổi màu của

QU Y

metyl da cam. c. Công thức tính C Na 2 CO3 

0,040 . V1 , do đó: 10,0

i. C Na 2 CO3 xác định được sẽ thấp hơn giá trị thực do thể tích dung dịch HCl cần dùng để đạt đến điểm tương đương thứ nhất ít hơn.

M

ii. C Na 2 CO3 xác định được sẽ cao hơn giá trị thực do chất chỉ thị đổi màu sau điểm tương đương. iii. C Na 2 CO3 xác định được sẽ cao hơn giá trị thực do thể tích dung dịch HCl cần dùng để đạt đến

KÈ

điểm tương đương thứ nhất nhiều hơn. iv. C Na 2 CO3 xác định được sẽ cao hơn giá trị thực do dung dịch HCl bị pha loãng nên thể tích dung

DẠ

Y

dịch HCl cần dùng để đạt đến điểm tương đương thứ nhất nhiều hơn.

Hướng dẫn giải/đáp án bài 9

a. 2NiO(OH) + 2H2O + 2e → 2Ni(OH)2(r) + 2OH-

RT ln OH  2F





2

E a  Eao 

RT 1 ln 2 F OH 



Eoa = -0,809V

FI CI A

Cd(r) + 2OH- → Cd(OH)2(r) + 2e



2

Cd(r) + 2NiO(OH)(r) + 2H2O

L

E c  Eco 

Eoc = -0,490V

nap phong

2Ni(OH)2(r) + Cd(OH)2(r)

OF

E = Eoa – Eoc = 1,299V b. 700mAh = 0,700A . 3600s = 2520C

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

NH

ƠN

nCd = 2520/2.96485 = 0,013mol  mCd = 0,013.112,4 = 1,47g

Hướng dẫn giải/đáp án bài 10

a. Eo(pin) = Eophải - Eotrái = 0,40 – (-0,44) = 0,84V b. Phản ứng xảy ra ở hai nửa pin:

L

Trái: 2Fe → 2Fe2+ + 4e (nhân 2)

FI CI A

Phải: O2 + 2H2O + 4e  4OHToàn bộ phản ứng: 2Fe + O2 + 2H2O  2Fe2+ + 4OH-

c. K = [Fe2+][OH-]4/p(O2) ∆G = -n.F.Eo(pin) = -RTlnK  K = 6,2.1056 (M6bar-1)

OF

d. Q = I.t = 10368 C n(e) = Q/F = 0,1075 mol  m(Fe) = 3,00 g

e. E( pin )  E

2  0, 05916  Fe  OH   lg n p (O2 )

4

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

NH

pH = 9,00  [H+] = 10-9 M và [OH-] = 10-5 M

ƠN

2

o ( pin )

Hướng dẫn giải/đáp án bài 11

a. Sơ đồ pin: (-) Ag | I-(aq), AgI(r)|| Ag+(aq) |Ag(r) (+) 1. E 0

AgI / Ag , I 

(-) Ag(r) + I (aq)

  AgI(r) + e  

0,059

K = 10

L

-

1 1

1. E 0

Ag  / Ag

K 2 = 10

  AgI(r) Ag+(aq) + I-(aq)  

Phản ứng xảy ra trong pin: E0

Ag  / Ag

-1

1 1

T-1

. E 0

AgI / Ag ,I 

0,059

T = K . K 2 = 10

0,059

FI CI A

  Ag(r) (+) Ag (aq) + e   +

 1016  T =10-16

Gọi S là độ tan của AgI trong nước nguyên chất, ta có:

  Ag+ + IAgI  

OF

T =10-16

Vì quá trình tạo phức hidroxo của Ag+ không đáng kể, I- là anion của axit mạnh HI, nên

T = 10-8 M

ƠN

S=

b.

(-) Pt | Fe3+(aq), Fe2+(aq) || Au3+(aq), Au+(aq) | Pt (+)

(-)

2* | Fe2+(aq)

  Fe3+(aq) + e  

Phản ứng trong pin: Au3+(aq) + 2Fe2+(aq) 2( E 0

Au 3 / Au 

1 2 1

K = ( K ) . K 2 = 10

  Fe Fe3+(aq) +3e  

0 EFe 2 / Fe

0 EFe 3 / Fe

  Fe2+(aq) Fe3+(aq) + e  

K = 1016,61

E

E

0 Fe3 / Fe2

0 Fe3 / Fe2

M

G30 = G20 - G10 

Fe3 / Fe2

  2Fe3+(aq) + Au+(aq)  

)

(1)

0 G10  2 FEFe 2 / Fe

0 G20  3FEFe 3 / Fe

0 G30   FEFe 3 / Fe 2

0 0 =3 EFe - 2 EFe = 0,77V thay vào (1), ta có: 3 2 / Fe / Fe

E

0 Au3 / Au 

E

0 Fe3 / Fe2

Y

KÈ

0 Ở điều kiện chuẩn, sức điện động chuẩn của pin: E pin =

DẠ

K

QU Y

  Fe Fe2+(aq) +2e  

 E0

0,059

K2

NH

  Au+(aq) Au3+(aq) + 2e  

(+)

K11

Hướng dẫn giải/đáp án bài 12

= 0,49V

a. anot: CH3OH + H2O → CO2 + 6H+ + 6e catot: O2 + 4H+ + 4e → 2H2O phản ứng: 2CH3OH + 3O2 → 4H2O + 2CO2

L



FI CI A

Sơ đồ pin (-) Pt(CO2)│CH3OH, H+││ H+│Pt(O2) (+)

b. ΔGo = –nFEo = –(12 mol)(96500 J/V-1.mol)(1.21 V) = –1.40×103 kJ c. Sử dụng phương trình Nernst

E  E0 

4 RT ln  H    1, 23  0, 059 lg 1014   0, 40 (V ) 4F

OF

Trong phản ứng không xuất hiện H+ hay OH- nên Eopin không phụ thuộc pH.

d. Không mất nhiệt ra môi trường và không mất NL trong suốt quá trình biến đổi nên công có

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

NH

ƠN

ích thực hiện nhiều hơn.

a.

Hướng dẫn giải/đáp án bài 13 3 Fe2+ + 4 H+ + NO3-  3 Fe3+ + NO + 2 H2O

2 Fe2+ + H2O2 + 2 H+  2 Fe3+ + 2 H2O 2 Fe2+ + Br2  2 Fe3+ + 2 Br[Fe(H2O)5(OH)]2+ + H3O+

[ H 3 O  ]2  6,3.10 3 0,01  [ H 3O  ]

L

Fe(H2O)63+ + H2O

b.

Ka 

=>

[H3O+] = 5,39.10-3 M (pH = 2,27)

Kiểm tra:

Q = [Fe3+][OH-]3 = (0,01 - 5,39.10-3)  (1,855.10-12)3 = 2,94.10-38 < Ksp, không có

FI CI A

Có:

kết tủa xuất hiện.

Fe3+ + H2O

Fe(OH)2+ + H+

Fe3+ + 3 OH-

Fe(OH)3

[Fe3+] + [Fe(OH)2+] = 0,01

Có:

+

-

Ka 

[ Fe(OH ) 2  ][ H  ]  6,3.10 3 [ Fe3 ]

K sp  [ Fe3 ][OH  ]3  6,3.1038

(3)

-14

Kw =[H ][OH ] = 10

OF

c.

(4)

(1)

(2)

 1014  [ Fe ]    6,3.1038  [H ] 

=>

[ Fe3 ]  6,3.104[ H  ]3

3

(5)

Ka 

NH

(1), (3), (5) =>

ƠN

3

(2), (4) =>

(0,01  6,3.104 [ H  ]3 )[ H  ]  6,3.10 3 6,3.104 [ H  ]3

6,3.104[H+]3 + 396,9 [H+]2 - 0,01 = 0

=>

[H+] = 3,938 .10-3 M (pH = 2,40)

d.

Fe3+ + H2O

QU Y

=>

2  Fe(OH)2+ + H+ K a  [ Fe(OH )3 ][ H ]  6,3.10 3

Fe3+ + 3 OHCó:

M

[ Fe3 ]  [ Fe(OH ) 2  ] 

Fe(OH)3

K sp  [ Fe3 ][OH  ]3  6,3.1038

0,2.103  3,58.10 5 55,85  0,1

Kw =[H+][OH-] = 10-14

(3) (4)

3

 1014  [ Fe3 ]    6,3.1038  [H ] 

=>

[ Fe3 ]  6,3.104[ H  ]3

KÈ

(2), (4) =>

(5)

(1), (3), (5) =>

=>

6,3.104[H+]3 + 396,9 [H+]2 - 3,58.10-5 = 0

=>

[H+] = 2,936 .10-4 M (pH = 3,53)

DẠ

Y

(3,58.105  6,3.104[ H  ]3 )[ H  ]  6,3.10 3 6,3.104[ H  ]3

Ka 

e.

(1)

[ Fe ]

5 As2O3 + 4 MnO4- + 9 H2O + 12 H+  10 H3AsO4 + 4 Mn2+

(2)

5 Fe2+ + MnO4- + 8 H+  5 Fe3+ + Mn2+ + 4 H2O 0,2483 gam 4 100,0ml  1 197,84 gam.mol 5  0,007850 mol / l 0,01279lit

C KMnO4 

FI CI A

Có:

L

10,00ml 

nFe 2  0,007850  0,01180  5  4,632.104 mol

=>

% Fe( II ) 

4,632.104 mol  55,85gam.mol 1  0,6884 2,505gam 15,00ml  1000ml

i. Có: EFe (CN ) =>

3 6

/

Fe ( CN ) 64

0  EFe  0,0592 log ( CN ) 3 / Fe ( CN ) 4 6

6

EFe ( CN ) 3 / Fe ( CN ) 4  0,364  0,0592 log 6

=>

[ Fe(CN )36 ]  1,419 [ Fe(CN )64  ]

=>

% Fe( II ) 

[ Fe(CN )36 ]  0,373 [ Fe(CN )64  ]

ƠN

6

[ Fe(CN )36 ] [ Fe(CN )64  ]

OF

f.

1  0,413 1  1,419

Prussian.

NH

ii. Axit tactric ngăn cản phản ứng thủy phân của Fe2+, Fe3+ và phản ứng tạo xanh Berlin và xanh Fe3+ + Fe2+ + K+ + 6 CN–  KFeIIFeIII(CN)6

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

NH3 ngăn cản phản ứng proton hóa CN-

Hướng dẫn giải/đáp án bài 14

Cr2O72- + 14 H+ + 6 e  2 Cr3+ + 7 H2O 0 ECr O 2 / Cr 3  ECr  O 2 / Cr 3 2

=>

7

2

ECr O 2 / Cr 3  EI 2

b.

7

2

7

/I

0,0592 [Cr2O72  ][ H  ]14 0,0592 lg  1,38  lg(10 7 )14  0,41V 3 2 6 [Cr ] 6

, tức phản ứng oxi hóa iođua không xảy ra

L

Có:

FI CI A

a.

Cr2O3 + 3 KNO3 + 2 Na2CO3  2 Na2CrO4 + 3 KNO2 + 2 CO2 KNO3: chất oxi hóa

Na2CO3: làm giảm nhiệt độ nóng chảy của hỗn hợp

2 Cr(OH)3 + 3 H2O2 + 4 OH-  2 CrO42- + 8 H2O 2 Cr3+ + 3 H2O2 + H2O  Cr2O72- + 8 H+

Hoặc:

OF

2 Cr3+ + 3 S2O82- + 7 H2O  Cr2O72- + 6 SO42- + 14 H+

2 Cr(OH)3 + 3 S2O82- + 10 OH-  2 CrO42- + 6 SO42- + 8 H2O

Hoặc:

2 Cr(OH)3 + 3 Br2 + 10 OH-  2 CrO42- + 6 Br- + 8 H2O

c. Để phản ứng xảy ra được thì ECr O 2

 EBr

2

/ Br 

ECr O 2 / Cr 3  1,38 

0,0592 lg[ H  ]14  1,065V 6

[H+] < 5,24 .10-3

(pH > 2,28)

2

=>

/ Cr 3

7

NH

=>

2 7

ƠN

2 Cr3+ + 3 Br2 + 7 H2O  Cr2O72- + 6 Br- + 14 H+

Hoặc:

Vậy ở pH > 2,28 thì Br2 oxi hóa được Cr3+.

H2O2 + 2 Br-  Br2 + 2 OH-

d.

QU Y

H2O2 + 2 I-  I2 + 2 OH-

Br2 và I2 sinh ra có mầu làm cản trở sự quan sát mầu của cromat.

5 Br2 + 2 Mn(OH)2 + 12 OH-  2 MnO4- + 10 Br- + 8 H2O Mầu tím của pemanganat làm cản trở sự quan sát mầu của cromat.

-1

-1

O

O +6

Cr O

O O

DẠ

Y

KÈ

M

e. Không có chất oxi hóa và không có chất khử do không có nguyên tố nào thay đổi số oxi hóa

a.

Hướng dẫn giải/đáp án bài 15 Giản đồ pin: Zn(r) │Zn2+(aq)║ Ag+(aq)│Ag(r).

Giản đồ pin này thoả quy ước của IUPAC với qúa trình oxy hóa (cho electron) phía bên trái: Trái, oxy hóa: Zn(r)  Zn2+(aq) + 2e

L

Phải, khử: Ag+(aq) + e  Ag(r) (nhân cho 2)

b.

FI CI A

Phản ứng của pin Zn(r) + Ag+  Zn2+(aq) + 2Ag(r).

Eopin = Eo(phải) – Eo(trái) = 1,56 V

Phương trình Nernst tương ứng với pin nêu trên (Cũng có thể trình bày theo nửa pin và các bán phản ứng).

Hoạt độ a của một chất tan tính gần đúng từ nồng độ của chất ấy (chia cho nồng độ tiêu

E pin  E

o pin

OF

chuẩn) và hoạt độ của một chất rắn bằng 1.

2 0,05916 a Zn 2  .(a Ag  ) 0,05916 0,200  lg  1,56  lg  1,52V 2 n 2 a Zn .(a Ag  ) (0,100) 2

ƠN

Trị số dương của Epin cho thấy rằng phản ứng pin viết như trên là phản ứng có thể tự xảy ra trong qúa trình phóng điện.

NH

Phản ứng có thể tự xảy ra: Zn(r) + Ag+  Zn2+(aq) + 2Ag(r).

c. Khi phóng điện hoàn toàn, Epin = 0 và phản ứng trong pin đạt cân bằng 0 = 1,56 – 0,05916/2.lgK => K = 5,5.1052; nghĩa là cân bằng của phản ứng pin dịch chuyển hẳn về bên phải, nên thực tế không còn ion Ag+ trong dung dịch.

QU Y

Lượng Ag+ và electron đã vận chuyển:

n(Ag+) = [Ag+].V = 0,100mol và n(e-) = n(Ag+) = 0,100mol Hằng số Faraday F là số điện lượng ứng với 1 mol electron

M

Q = n(e-).F = 9648,5 C

d. Gọi x là nồng độ Ag+ cuối ([Ag+])

KÈ

Điện cực bên trái không đổi, nghĩa là nồng độ [Zn2+] duy trì tại 0,200 M

1,04  1,56 

0,05916 0,200 lg  x  Ag   7,3.10 10 M 2 2





DẠ

Y

e. [Cl-] = nồng độ thêm - nồng độ giảm do AgCl kết tủa = 0,300 – (0,100 - 7,3.10-10) = 0,200 M

Ks(AgCl) = 7,3.10-10.0,200 = 1,5.10-10 M2

Hướng dẫn giải/đáp án bài 16

Al2O3 + 2 OH− + 7 H2O  2 [Al(OH)4(H2O)2]−

a.

L

SiO2 + 2 OH−  SiO2(OH)22− [Al(OH)4(H2O)2]−  Al(OH)3 + OH− + 2 H2O 2 Al(OH)3  Al2O3 + 3 H2O b.

2 Al2O3 (l) + 3 C (anode)  4 Al(l) + 3 CO2(g) 6 HF + Al(OH)3 + 3 NaOH  Na3AlF6 + 6 H2O H0 = +172 kJ

S0 = +176 J.K-1

G0 = -41,5 kJ

d.

1

2 Al(r) + 3 CO2(g)  Al2O3(r) + 3 CO(g)

-2

Al (r)  Al (l)

1

Al2O3 (r)  Al2O3 (l)

H01 = -827 kJ.mol-1

OF

c.

FI CI A

SiO2(OH)22− + Ca2+  CaSiO3  + H2O

H02 = 11 kJ.mol-1 H03 = 109 kJ.mol-1



ƠN

2 Al(l) + 3 CO2(g)  Al2O3(l) + 3 CO(g) H0 = H01 - 2H02 + H03 = -740 kJ.mol-1

G0 = -740 - 1213  (-0,126) = -587 kJ.mol-1

NH

Al + 3 H+ + 6 H2O  [Al(H2O)6]3+ + 3/2 H2

e.

Al + OH- + 3 H2O  [Al(OH)4]- + 3/2 H2 Al2O3 + 6 HF  2 AlF3 + 3 H2O 2 Al + 3 X2  2 AlX3

QU Y

f.

221 pm

Cl

Cl

Al

Cl

DẠ

Y

KÈ

M

g. sp3 và sp2

Cl Al

Cl

206 pm

Cl

L

Hướng dẫn giải/đáp án bài 17

CaSiO3 + 2 H+  Ca2+ + SiO2 + H2O

FI CI A

MgCO3 + 2 H+  Mg2+ + CO2 + H2O

a.

b. Đặt số mol của từng chất Fe(CrO2)2, Mg(CrO2)2, MgCO3 và CaSiO3 có trong 1,0 kg hỗn hợp lần lượt là x, y, z và t. Có: mCr2O3 = (x + y) 152,02 = 456 mFe2O3 = 0,5x 159,7 = 79,8 mMgO = (y + z) 40,32 = 161,2 x = 1;

y = 2;

z = 2;

t = 1,92

=>

%Fe(CrO2)2 = 223,871/1000 = 22,4% %Mg(CrO2)2 = 192,342/1000 = 38,5%

ƠN

%MgCO3 = 84,332/1000 = 16,9%

OF

=>

%CaSiO3 = 22,2%

c. Chất rắn thu được sau khi đã sấy khô là Fe(CrO2)2, Mg(CrO2)2 và SiO2. mCR = 223,87x + 192,34y + 60,091,92 = 723,9 g %Cr2O3 

nCO2 = z = 2 mol

=>

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

d.

456  100  63,0% 723,9

NH

=>

m = 412,02 + 244,01 = 500 g

Cho dung dịch NH3 (lượng dư) vào dung dịch X, được dung dịch X1 và kết tủa Y1.

 Kết tủa Y1 có thể là: Fe(OH)2, Fe(OH)3, Cr(OH)3, Al(OH)3.

FI CI A

 Dung dịch X1 có thể chứa các ion: Cu(NH3)42+, Zn(NH3)42+, Co(NH3)62+ và Mn2+.

L

Hướng dẫn giải/đáp án bài 18

Cho dung dịch HCl vào dung dịch X1 được dung dịch X2  dung dịch X2 có thể chứa các ion sau: Cu2+, Zn2+, Co2+, Mn

2+

.

Cho dd Na2S (lượng dư) vào dung dịch X2 được kết tủa Y2 có thể là: CuS, MnS, ZnS, CoS.

Cho HCl đặc (dư) vào kết tủa Y2, được kết tủa đen Y3 Y3 là CuS và dung dịch ban đầu có Cu2+.

OF

Cho dung dịch NH3 dư vào dung dịch X3 thấy dung dịch có màu vàng. Thêm H2O2 (lượng

dư) vào dung dịch màu vàng, thấy dung dịch chuyển sang màu hồng đậm  trong dung dịch X3 có chứa Co2+vì Co(NH3)62+có màu vàng và Co(NH3)63+ có màu hồng đậm.

Cho kết tủa Y1 vào dung dịch NaOH (lượng dư), được dung dịch X4 và kết tủa Y4  Dung

ƠN

dịch X4 có thể có: AlO2-, CrO2-.

Nhỏ Br2 vào dung dịch X4 thấy dung dịch có màu vàng  trong dung dịch X4 có CrO2- và dung dịch ban đầu có Cr3+.

NH

Hòa tan kết tủa Y4 trong dung dịch H2SO4 được dung dịch X5  trong dung dịch X5 có thể có Fe2+, Fe3+. Cho dung dịch K4Fe(CN)6 vào dung dịch X5 thấy xuất hiện kết tủa xanh đậm  trong dung dịch X5 có Fe3+.

Kết luận: 4 ion có trong dung dịch X là Cu2+, Co2+, Cr3+, Fe3+.

QU Y

Các phương trình phản ứng: Cu2+ + 4NH3  Cu(NH3)42+ Co2+ + 6NH3  Co(NH3)62+ Fe3+ + 3NH3 + 3H2O  Fe(OH)3  + 3NH4+ Cr3+ + 3NH3 + 3H2O  Cr(OH)3  + 3NH4+

DẠ

Y

KÈ

M

Cr(OH)3 + OH-  CrO2- + 2H2O 2CrO2- + 3Br2 +2OH-  2CrO42- + 4H2O + 6Br Cu(NH3)42+ + 4H+  Cu2+ + 4NH4+ Co(NH3)62+ + 6H+  Co2+ + 6NH4+ Co2+ + S2-  CoS Cu2+ + S2-  CuS CoS + 2H+  Co2+ + H2S Co2+ + 6NH3  Co(NH3)62+ 2Co(NH3)62+ + H2O2  2Co(NH3)63+ + 2OH-.

Fe(OH)3 + 3H+  Fe3+ + 3H2O 4Fe3+ + 3[Fe(CN)6]4-  Fe4[Fe(CN)6]3

CaCl2 + Ca  2 CaCl 2 CaCl2 + H2  2 CaCl + 2 HCl 4 CaCl2 + C  4 CaCl + CCl4

b. Ca và CaCl2. c.

%H = 100 - %Ca - %Cl = 1,32% Ca : Cl : H 

52,36 46,32 1,32 : :  1,306 : 1,306 : 1,306  1 : 1 : 1 40,08 35,45 1,10

OF

Vậy công thức đơn giản nhất của hợp chất là CaClH.

FI CI A

a.

L

Hướng dẫn giải/đáp án bài 19

d. i. Mg2C3 + 4 H2O  2 Mg(OH)2 + C3H4

ƠN

Hai đồng phân cấu tạo mạch hở của C3H4: CHC-CH3 và CH2=C=CH2. ii. Ca2C3.CaCl2 hay Ca3C3Cl2 e.

r(Ca+)/ r(Cl-) = 0,719 => CaCl có cấu trúc tinh thể kiểu NaCl.

i.

NH

=> năng lượng mạng lưới của CaCl, Uml = -751,9 kJ/mol

H0th (Ca) = H0nc (Ca) + H0hh (Ca) = 159,3 kJ.mol-1

ii.

Uml

Ca+ (k)

+

I1

H 0

sn

H0

Ca (r)

E

Cl (k)

Ca (k)

QU Y

CaCl (tt)

Cl- (k)

0,5Elk 2

th

+

0,5 Cl2 (k)

Có:

Uml = -I1(Ca) - H0th (Ca) - E(Cl) - 0,5 Elk (Cl2) + H0sn (CaCl)

=>

H0sn (CaCl) = Uml + I1(Ca) + H0th (Ca) + E(Cl) + 0,5 Elk (Cl2) = -751,9 + 589,7 + 159,3 -349,0 + 0,5  240 = -231,9 kJ.mol-1

2 CaCl (r)  Ca (r) + CaCl2 (r)

M

f.

H0pư = H0sn (CaCl2) - 2H0sn (CaCl) = -796,0 + 2 231,9 = -332,2 kJ.mol-1 G0pư = H0pư - TS0pư = H0pư = -332,2 kJ.mol-1 < 0

KÈ

Có:

DẠ

Y

Vậy CaCl tự phân hủy dị ly

Hướng dẫn giải/đáp án bài 20

(X)  (A) + (B) + O2 Hỗn hợp (2) ở 150oC chứa B và O2 : V2 = VB + VO 2 Theo đề bài : V2 (ở 150oC) = 4,188 VO (ở 30oC) 2 →

VB  VO2 V2 (273  30)   4,188  3  VB : VO2  2 :1 VO2 VO2 (273  150)

FI CI A

L

a. Khí không màu có M = 32g/mol là O2

Hỗn hợp (1) ở 450oC chứa A, B và O2 : V1 = VA + VB + VO 2 Theo đề bài : V1 (ở 450oC) = 2,279V2 (ở 150oC)





VA  VNO2  VO 2 V1 (150  273)   2, 279.  1,333 V2 VNO2  VO2 (450  273)

 VA : VNO2 : VO2  1: 2 :1

ƠN



OF

1 2  M 2  20, 67.2  41,34  32.  M B .  M B  46  (B) : NO2 → (X) là muối nitrat 3 3

NH

3 1  M1  40, 625.2  81, 25  41,34.  M A .  M A  201 4 4 →(A) là Hg (X) là Hg(NO3)2 o

QU Y

b. Hg(NO3)2 450 C  Hg + 2NO2 + O2

2NO2 + 2NaOH  NaNO3 + NaNO2 + H2O o

DẠ

Y

KÈ

M

c. Hg(NO3)2 360  400 C  HgO + 2NO2 +

1 O2 2

Hướng dẫn giải/đáp án bài 21

b. (1) FeSO4 + 6KCN  K4[Fe(CN)6] + K2SO4 (2) K4[Fe(CN)6] + Cl2  K3[Fe(CN)6] + 2KCN (3) 4K3[Fe(CN)6] + 4KOHđặc, nóng  K4[Fe(CN)6] + O2 + 2H2O c.

o 

hc.N A



* Ion phức [Mn(H2O)6]3+:

OF

6,6.10 34.3,0.10 8.6,023.10 23 = 0,476.10-6 (m) = 476 nm.  250,5.10 3

FI CI A

L

a. X là FeSO4

Ion phức [Mn(H2O)6]3+ hấp thụ màu xanh chàm nên hợp chất Mn(III) trong nước có màu vàng.



ƠN

* Ion phức [Rh(H2O)6]3+:

6,6.10 34.3,0.10 8.6,023.10 23 = 0,371.10-6 (m) = 371 nm.

321,6.10 3

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

trong nước không có màu.

NH

Ion phức [Rh(H2O)6]3+ hấp thụ bức xạ có  = 371 nm ngoài vùng nhìn thấy nên hợp chất Rh(III)

Hướng dẫn giải/đáp án bài 22

mX  mX

CCl4 H 2O

FI CI A

chịu lực đẩy Acsimet. Nếu coi kim loại X có khối lượng m và thể tích V thì ta có

 m  dCCl4 .V

m  15,000 g 12,331  m  1,5842V    d X  8.90 g cm3 3  m  d H 2O .V 13,315  m  1,0000V V  1,685 cm

Ô mạng fcc gồm 4 nguyên tử có:

Z .M 4M  3 V .N A a N A

OF

d

L

a. Khi nhúng chìm một vật hoàn vào trong một chất lỏng thì nó sẽ có khối lượng biểu kiến vì nó

d .a 3 .N A 8,90 g cm3 .(353,02.107 cm)3 .6,02.1023 ( mol 1 ) M    58,93( g .mol 1 ) 4 4

ƠN

Vậy X là Co. b. Từ thành phần đã cho dễ dàng xác định được A là Co3O4.

NH

Thông thường Co3O4 (CoO.Co2O3) tác dụng với axit sẽ sinh ra 2 muối. Nhưng ở đây ta lại chỉ thu được 1 muối B và còn thu được khí O2 nên phải có phản ứng oxi hóa – khử xảy ra. vì sản phẩm

QU Y

có O2 nên B là CoCl2 ( có thể tính toán số mol Co3O4 và O2 để suy ra tỉ lệ 2 chất là 2:1)

DẠ

Y

KÈ

M

2 Co3O4 + 12 HCl → 6 CoCl2 + O2 + 6H2O

Hướng dẫn giải/đáp án bài 23

M

QU Y

NH

ƠN

OF

FI CI A

L

a.

DẠ

Y

KÈ

b.

Y

DẠ d.

M

KÈ QU Y ƠN

NH

FI CI A

OF

c.

L

MHx + x H2O  M(OH)x + x H2 99,5  3,134  0,126 mol 8,314  298

FI CI A

nH 2 

1 0,126  M x x

=>

nMH x 

=>

M = 6,94x

=>

x = 1; M = 6,94

b.

Li + 1/2 H2  LiH

(M là Li)

OF

a.

L

Hướng dẫn giải/đáp án bài 24

LiH + H2O  LiOH + H2 1 1 N  8  6  4 8 2

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

NH

ƠN

c.

a. A: MoO3

C: Mo(CO)6

D: Na2Mo(CO)5

MoO3 + 3 SOCl2  MoCl6 + 3 SO2 MoCl6 + 6 CO  Mo(CO)6 + 3 Cl2 Mo(CO)6 + 2 Na  Na2Mo(CO)5 + CO Mo(CO)6 + 4,5 O2  MoO3 + 6 CO2

Y

KÈ

M

QU Y

NH

ƠN

OF

MoO3 + 3 H2  Mo + 3 H2O

DẠ

E: Mo

FI CI A

b.

B: MoCl6

L

Hướng dẫn giải/đáp án bài 25

Cấu tạo chất

L

Hướng dẫn giải/đáp án bài 1

FI CI A

a. Trong phân tử NO2, nguyên tử N chưa đạt cấu trúc bền của khí hiếm và còn một electron độc

thân, nên có khuynh hướng dime hóa bằng cách góp chung các electron độc thân làm các nguyên tử N đều đạt cấu trúc bền tương tự khí hiếm gần kề.

O

O

O N

N

N

O

O N

O

O

O

OF

b. Phân tử SO2 phân cực (do có cấu tạo dạng gấp khúc) nên tan trong nước tốt hơn phân tử CO2 không phân cực (do có cấu tạo thẳng).

S O

O

C

O

CO2

ƠN

SO2

O

c. Do nguyên tử P có bán kính nguyên tử lớn (so với N) và phân tử P4 có cấu trúc tứ diện chịu ảnh hưởng của sức căng vòng nên liên kết P-P của P trắng rất kém bền. Điều này khiến cho P trắng hoạt

NH

động hóa học mạnh hơn rất nhiều so với phân tử N2 rất bền nhờ hai nguyên tử N có bán kính nhỏ, liên kết với nhau bằng liên kết ba bền vững.

P P

P

QU Y

P

DẠ

Y

KÈ

M

P4

N

N N2

Hướng dẫn giải/đáp án bài 2 d. Mg

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

NH

ƠN

OF

FI CI A

L

e. Cacbon

Hướng dẫn giải/đáp án bài 3

1 2

 Có 4 nguyên tố có l = 2, ml = ±3 và ms = 

1 2

 Có 8 nguyên tố có l = 3, ml = ±3, ±5 và ms = 

1 2

 Có 8 nguyên tố có l = 4, ml = ±5, ±6 và ms = 

1 2

Y

KÈ

M

QU Y

NH

ƠN

Vậy tổng cộng có tất cả 24 nguyên tố.

DẠ

L

 Có 4 nguyên tố có l = 1, ml = ±1 và ms = 

1 2

FI CI A

 Không tồn tại nguyên tố l = 0, ml = 0 và ms = 

OF

Với n = 4 thì:

Hướng dẫn giải/đáp án bài 4 a. X thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3 → X thuộc nhóm IIIA hoặc VA

↑↓

↑

FI CI A

Ta có sự phân bố electron vào obitan như sau

L

TH1: X thuộc nhóm IIIA

Vậy electron cuối cùng có l = 1; m = -1, ms = +1/2 → n = 4 Cấu hình electron nguyên tử: 1s22s22p63s23p63d104s24p1 TH2: X thuộc nhóm VA Ta có sự phân bố electron vào obitan như sau

↑↓

↑

↑ ↑

Vậy electron cuối cùng có l = 1; m = 1, ms = +1/2 → n = 2

OF

Cấu hình electron nguyên tử: 1s22s22p3 b. XH3 là chất khí, nên X là Nitơ NO2+

N

O

O

N O

1320

+ N

O

+ N

O

O

lai hóa sp

dạng góc

O

N

O

O

Lai hóa sp2

N

O

1150

O

NH

O

NO2

ƠN

NO2

dạng đường thẳng

lai hóa sp2

dạng góc

Trong NO2, trên N có 1electron không liên kết, còn trong NO trên N có 1 cặp electron không liên

QU Y

kết nên tương tác đẩy mạnh hơn → góc liên kết ONO trong NO nhỏ hơn trong NO2.

Vậy góc liên kết: NO > NO2 > NO

c. N trong NH3 và trong NF3 đều ở trạng thái lai hóa sp3 +) Trong NH3 liên kết N-H phân cực về phía N làm các đôi electron liên kết tập trung vào nguyên tử N, tương tác đẩy giữa cặp electron tự do với các cặp electron liên kết mạnh

M

Trong NF3 liên kết N-F phân cực về phía F làm các đôi electron liên kết xa nguyên tử N, tương tác đẩy giữa cặp electron tự do với các cặp electron liên kết yếu

KÈ

→ góc liên kết HNH lớn hơn FNF +) NH3: chiều phân cực của đôi e chưa liên kết trong NH3 cùng chiều với vectơ momen phân cực của các liên kết N-H

NF3: chiều phân cực của đôi e chưa liên kết trong NH3 ngược chiều với vectơ momen phân cực của

Y

các liên kết N-F

DẠ

→ momen lưỡng cực của NH3 > NF3 d.

Hướng dẫn giải/đáp án bài 5 a. Từ 4 số lượng tử của X suy ra cấu hình e cuối cùng của X là: 6s1.

L

X có thể thuộc nhóm IA hoặc IB.

FI CI A

Vì năng lượng ion hóa của X biến đổi đều đặn nên các electron trong X có năng lượng chênh lệch nhau không nhiều. Từ dữ kiện trên suy ra X thuộc nhóm IB

Vậy cấu hình electron của X là [Xe] 4f14 5d10 6s1. Số oxi hóa có thể có của X là +1; +2; +3.

197 79

X+

1 0

198

n →

X:

198 79

X

Phản ứng phân rã 198 79

X→

198 80

Y +

0 1

198

X:

e

OF

b. Phản ứng tổng hợp

Năng lượng giải phóng ra khi thực hiện phản ứng tổng hợp E = - 6,512 MeV.

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

NH

ƠN

m = - 6,991.10-3 u.

198

X

Hướng dẫn giải/đáp án bài 6 I



0 1

e

+

131 54

Xe

+ 

L

131 53

FI CI A

a.

b. Gọi Vt là tổng thể tích máu trong cơ thể bệnh nhân được tiêm 1,00 mL dung dịch Hoạt độ phóng xạ trong gây ra bởi sự phân rã của

131

(100 mCi

 e

ln 2 2 8.02

) = 1,68



102 mCi

OF

A=



Y

KÈ

M

QU Y

NH

ƠN

Vt = 5007 mL  5 L

DẠ

I 100 mCi.

I sau hai ngày trên 1,00 mL máu của bênh

nhân là:

1mL  Vt

131

Hướng dẫn giải/đáp án bài 7 Ta có năng lượng của mỗi photon là: ΔE= h.c.RH.(1/n2 -1/n’2)





6,63.10 34 .3,00.10 8  2,043.10 18 J 9 97,35.10

E  2,18.10 18 

L

hc

FI CI A

E 

2,18.10 18  2,043.10 18  n  4 2 n

Khi bị khử kích thích:

 1 1  2   1  97,35nm 2 4 1 

1   1  2   4,0875.10 19 J 2 2  4

n = 4 → n = 2: E4 – E2 =  2,18.10 18 



6,63.10 34 .3,00.10 8  4,87.10  7 m  487 nm 4,0875.10 19

6,63.10 34.3,00.10 8  18,77.10  7 m  1877 nm 19 1,0597.10

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

NH



ƠN

1   1  2   1,0597.10 19 J 2 3  4

n = 4 → n = 3: E4 – E3 =  2,18.10 18 

OF

n = 4 → n = 1: E4 – E1 =  2,18.10 18 

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

NH

ƠN

OF

FI CI A

L

Hướng dẫn giải/đáp án bài 8

L

Hướng dẫn giải/đáp án bài 9

a. t = 2t1/2 = 3240 năm n

c.

0,192 83 24 3600 4,6 1010 = 6,334 1016 phân rã

d.

226 88

Ra 

214 82

FI CI A

V 6,83.106 l   3,049.10 7 mol 22,4 22,4

b.

Pb  342 He

N = 1,90 1017 nguyên tử He; 1,90  1017  6,23  1023 mol 1 3,049  10 7

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

NH

ƠN

NA 

OF

e.

Hướng dẫn giải/đáp án bài 10

L

a. A = 232 – 208 = 24 và 24/4 = 6 hạt anpha.

FI CI A

Như vậy điện tích hạt nhân giảm 2.6 = 12 đơn vị, nhưng sự khác biệt về điện tích hạt nhân chỉ là 90 – 82 = 8 đơn vị. Nên phải có 4 hạt beta bức xạ.

232 90

208 Th  82 Pb  6 42 He  4 

b. Năng lượng phóng thích Q = [m(232Th) – m(208Pb) – 6m(4He)].c2 = 42,67MeV

1000.6,022.10 23  2,60.10 24 nguyên tử 232

Hằng số phân hủy của



232

Th

OF

c. 1,00kg có chứa =

0, 693  1,57.1018 s 1 10 7 1, 40.10 .3,154.10

Mỗi phân hủy giải phóng 42,67MeV

ƠN

A  N   4, 08.106 Công suất = 4,08.106.42,67.1,602.10-13 = 2,79.10-5W d.

228 90

208 Th  82 Pb  5 42 He

NH

Chu kỳ bán hủy của những hạt trung gian khác nhau là khá ngắn so với 23  0, 693  1, 00.  6, 022.10     9,58.1020 A  N    1,91 228    

QU Y

Số hạt He thu được: NHe = 9,58.1020.20.5 = 9,58.1022 hạt VHe = 3,56.103cm3 = 3,56 lít.

t1 / 2 

DẠ

Y

KÈ

M

e. A = .N

0,693





0,693.N  5,75 năm.

A

228

Th.

Hướng dẫn giải/đáp án bài 11

L

a. 1s2 2s22p6 3s23p63d10 4s24p64d104f14 5s25p65d10 6s26p4;

FI CI A

b. 82Pb206; c. P = Poe-t = 22,5 W/g; d. 84,9 năm;

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

NH

ƠN

OF

e. 1,68 Å

L

Hướng dẫn giải/đáp án bài 12

a. A: rắn; B: khí; C: lỏng; T > 194 K: thể khí;

FI CI A

b. T < 194 K: thể rắn; c. 5 bar; d. 303 K;

ƠN

OF

e. 61 bar;

f. So sánh khối lượng bình chứa CO2 và khối lượng vỏ bình;

[CO2 ]  K H PCO2  3,40.10 2  0,00035  1,19.10 5 M

=>

[ H 2CO3 ]  K [CO2 ]  2,58.103  1,19.105  3,07.108 M

NH

g. Có:

H+ + HCO3-

H2CO3

[ H  ]2  10 3, 3 3,07.108

K a1 

=>

[H+] = 3,92 .10-6 M (pH = 5,41)

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

Có:

(bỏ qua sự phân li của nấc 2)

Hướng dẫn giải/đáp án bài 13

L

a. Các đồng phân hình học và đồng phân quang học của phức chất đicloro bis (2-aminoetyl)

FI CI A

photphin) niken(II) Phối tử (2-aminoetyl)photphin là phối tử 2 càng:

OF

Đồng phân trans: 2 đồng phân

b. Phương trình phản ứng: Ni + 4CO  Ni(CO)4 2Mn + 10CO  Mn2(CO)10

NH

ƠN

Đồng phân cis: có 3 đồng phân, mỗi đồng phân lại có thêm đồng phân quang học

Ni (Z = 28)

QU Y

Sự hình thành liên kết trong phân tử Ni(CO)4.

3d8

[Ar]



Ni*







4s2 

3d10

[Ar]









4s0

4p0



M



4p0

Ở trạng thái kích thích, nguyên tử Ni dùng 1 obitan 4s trống tổ hợp với 3 obitan 4p tạo thành 4

KÈ

obitan lai hóa sp3 trống hướng ra 4 đỉnh của hình tứ diện đều tâm là nguyên tử Ni. CO dùng cặp electron tự do chưa liên kết trên nguyên tử cacbon tạo liên kết phối trí với các

obitan lai hóa trống của niken tạo ra phân tử phức trung hòa Ni(CO)4.

DẠ

Y

Ni*

3d10

[Ar] 





4s0 

4p0

  :CO





:CO :CO :CO

Phân tử Ni(CO)4 có tính nghịch từ vì không còn electron độc thân.

Sự hình thành liên kết trong phân tử Mn2(CO)10.



3d5 

Mn*





4s2 





3d7

[Ar] 





4p0

4s0

4p0

L

[Ar]



FI CI A

Mn (Z = 25)

Ở trạng thái kích thích, mỗi nguyên tử Mn dùng 1 obitan 3d, 1 obitan 4s tổ hợp với 3 obitan 4p tạo thành 5 obitan lai hóa dsp3.

10 phân tử CO dùng cặp electron tự do chưa liên kết trên nguyên tử cacbon tạo liên kết phối

trí với các obitan lai hóa trống của 2 nguyên tử Mn, 2 nguyên tử Mn dùng obitan 3d còn electron độc thân tạo thành liên kết MnMn tạo ra phân tử phức trung hòa Mn2(CO)10.

OF

Phân tử Mn2(CO)10 có dạng 2 hình bát diện nối với nhau qua 1 cạnh chung MnMn, mỗi nguyên tử Mn nằm ở tâm của bát diện. 10 phân tử CO nằm xung quanh các đỉnh còn lại.

3d7

[Ar] 





4s0   :CO



ƠN

Mn*

:CO

4p0



NH QU Y M KÈ Y



:CO :CO :CO

Phân tử Mn2(CO)10 có tính nghịch từ vì không còn electron độc thân.

DẠ



+3; 6;

a. i. [Rh(NH3)5Cl](NO3)2

+2; 4;

ii. Cs2[NiCl4] ii. Na[Ru(H2O)2(C2O4)2]

FI CI A

b. i. [Co(H2O)(CN)(en)2]Cl2 c. i. Tetraaqua diclorocrom(III) clorua ii. Kali tetraxianonikenat(II). iii. Tris (etylenđiamin) coban(III) clorua. d.

OF

i. Diisothioxianato bis(trimetylphotphin) paladi(II). ii. Hai đồng phân hình học SCN

P(CH3)3

(H3C)3P

NCS

Pd

Pd P(CH3)3

SCN

P(CH3)3 trans

ƠN

SCN cis

iii. Có: [Pd(SCN)2{P(CH3)3}2]: Dithioxianato bis(trimetylphotphin) paladi(II) P(CH3)3

NH

NCS

Pd

NCS

P(CH3)3

e. (cis/ trans) bromo bis(etilenđiamin) isothioxianato coban(III) +

+

Br

QU Y

NCS

N

N

Br

N Co

Co

N

N

N

N NCS

N

bÊt ®èi

M

f.

KÈ

N

O

M N

O

O

M O

Y

CÊu h×nh vu«ng ph¼ng

DẠ

N

N N

N

Zn

O

N O

L

Hướng dẫn giải/đáp án bài 14

Zn

O

N O

CÊu h×nh tø diÖn

Hướng dẫn giải/đáp án bài 15

Cr + 2 H+  Cr2+ + H2

trơ:

b. Gọi công thức của phức tạo thành là [Cr(NH3)6-nCln]Cl3-n.mH2O. Có: %N 

14(6  n)  100  28,75 52  17(6  n)  35,5  3  18m

=>

31,7n + 18m = 31,7

=>

n = 1; m = 0;

OF

=> Công thức của phức là: [Cr(NH3)5Cl]Cl2

FI CI A

L

a. Hòa tan Cr trong dung dịch HCl hoặc H2SO4 loãng và không có mặt không khí, trong khí quyển

4 Cr2+ + 16 NH3 + 12 Cl- + 4 NH4+ + O2  4 [Cr(NH3)5Cl]Cl2 + 2 H2O c.

H2O2

d.

2 Cr2+ + 10 NH3 + 2 NH4+  2 [Cr(NH3)6]3+ + H2

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

NH

ƠN

e. Do Cr3+ có cấu hình d3 nên phức của Cr3+ trơ, phản ứng thế phối tử xảy ra rất chậm.

Hướng dẫn giải/đáp án bài 16 B: [Cr(OH)6]3-

L

a. A: [Cr(H2O)6]3+

FI CI A

Cr(OH)3 + 3 H+ + 6 H2O ⇄ [Cr(H2O)6]3+ Cr(OH)3 + 3 OH- ⇄ [Cr(OH)6]3b.

[Cr(H2O)6]3+ + H2O ⇄ [Cr(OH)(H2O)5]2+ + H3O+ 4+

H H2O

H2 O O O

H2O H2O

H2O Cr

Cr

H2O

OF

H2 O

H2O

H

D: : [CrCl2ox(NH3)2]-

QU Y

NH

C: [CrCl3(NH3)3]

ƠN

c.

d.

KÈ

M

i.

Đối quang

ii.

DẠ

Y

Phức spin cao: μ = √4 ∙ 6 = 4.9 μB; phức spin thấp: μ = √2 ∙ 4 = 2.8 μB

Hướng dẫn giải/đáp án bài 17 ∶

, ,

,

∶

≈1∶2∶2

L

,

a. Tỉ lệ Pt : NH3 : Cl =

FI CI A

Các phức chất A có công thức phân tử là [Pt(NH3)2Cl2]n. (M = 300n)

Vì khối lượng phân tử của phức chất này nhỏ hơn 1000 u nên n = 1 hoặc n = 2 hoặc n = 3.

- Nếu n = 1: công thức phân tử là [Pt(NH3)2Cl2], có 2 đồng phân cis và trans.

NH3

NH3

Cl

Pt Cl

Pt H3N

NH3

cis

Cl

OF

Cl

trans

- Nếu n = 2: công thức phân tử là Pt2(NH3)4Cl4, có 2 đồng phân: [Pt(NH3)4][PtCl4];

2+ NH3

H3N

2-

;

Pt NH3

-

Pt

H3N

Cl

NH3

NH3

Cl Pt Cl

Cl

NH

Cl

+

Cl

H3N

Cl

Cl

Pt H3N

ƠN

[Pt(NH3)3Cl][PtCl3(NH3)].

- Nếu n = 3: công thức phân tử là Pt3Cl6(NH3)6: có 2 đồng phân: [Pt(NH3)4][PtCl3(NH3)]2; [Pt(NH3)3Cl]2[PtCl4]. (vẽ tương tự như trên).

Cấu trúc bền của B:

QU Y

b. cis-[Pt(NH3)2Cl2] + H2N-(CH2)4-NH2 ⟶ [Pt2Cl4(NH3)2(tetraen)] (B)

NH3

Cl

Pt

Cl

Cl

H3N Pt

NH2-CH2CH2CH2CH2-H2N

Cl

M

-Vì chất đầu có cấu hình cis nên trong phức chất B, 2 nguyên tử Cl cũng ở vị trí cis, phân tử tetrametilen điamin làm cầu nối giữa 2 nguyên tử trung tâm Pt.

KÈ

-Mô tả sự hình thành liên kết (theo thuyết VB) trong phức chất B: Pt2+ [Xe]5d8. lai hóa dsp2

lai hóa dsp2

5d

6s

DẠ

Y

Cl-

Cl-

6p

6p

NH3 NH2-CH2-CH2-CH2-CH2-NH2 Cl-

6s

Cl-

5d

NH3

Hướng dẫn giải/đáp án bài 18 a. NiCl2 + 2CN– + 2H2O

Ni(OH)2↓ (R, xanh) + 2HCN + 2Cl– [Ni(CN)4]2– (S, màu vàng) + 2OH– [Ni(CN)5]3– (T, màu đỏ)

FI CI A

[Ni(CN)4]2– + CN–

L

Ni(OH)2 + 4CN–

b. Ni2+ cấu hình d8, ion phức chất [Ni(CN)4]2– nghich từ do vây sẽ lai hóa trong, hai e độc thân

sẽ ghép đôi. Vói phối trí 4 sẽ phù hợp với dạng dsp2, cấu trúc hình học vuông phẳng. Học sinh có thể suy luận do CN- là phối tử trường mạnh

3d8

4s

4 cặp e nhận từ 4 CN-

4p

OF

Ion phức chất [Ni(CN)5]3– nghịch từ do vậy sẽ lai hóa trong dạng dsp3 lưỡng chóp tam giác. Số phối trí 5 trong [Ni(CN)5]3– học sinh có thể suy luận từ sự lai hóa vì ion d8 chỉ còn tối đa 5 AO trống trong trường hợp lai hóa trong.

4s

4p

ƠN

3d8

5 cặp e nhận từ 5 CN-

Cấu trúc hình học (đối với chất T, học sinh vẽ chóp đáy vuông vẫn cho điểm vì trong dung dịch, hai dạng đông phân có thể chuyển hóa cho nhau bởi sự quay Berry)

NH

S 2

CN

CN

Ni

c. Chất Z bị khử, d8

CN

3

CN CN Ni

CN

CN CN

d10 (do nghịch từ) Ni có số oxi hóa (0) => chất khử rất mạnh

QU Y

CN

T

(có thể giả thiết Ni(I) đime (nghịch từ), xong CTPT sẽ không hợp lí.)

Phản ứng với nước Ni0

Ni+2 => số mol Ni0 = số mol H2 = 0.01 mol.

MZ = 3,191/0,01 = 319,1 g/mol

K chiếm 49% theo khối lượng, => tỉ lệ số nguyên tử K: Ni là 4:1, Phản ứng trao đổi phối tử không xảy ra vì CN– liên kết bền với nguyên tử có mức oxi hóa thấp.

M

- Cũng có thể lí luận từ phản ứng Z tạo thành S trong không khí để xác định phối tử trong Z là CNCông thức phù hợp là K4[Ni(CN)4], K2[Ni(CN)4] + 2K

K4[Ni(CN)4]

KÈ

Phản ứng::

K4[Ni(CN)4] + O2

K2[Ni(CN)4] + K2O

K4[Ni(CN)4] + 2H2O

K2[Ni(CN)4] + 2KOH + H2

Chú ý phản ứng trong không khí ẩm, có thể viết phương trình với O2 hoặc hơi nước.

DẠ

Y

Số phối trí 4 của cấu hình d10 phù hợp với cấu trúc tứ diện, lai hóa sp3 4

CN Ni CN

CN CN

Hướng dẫn giải/đáp án bài 19 =

= 60 ;

= 120

L

a.

FI CI A

b. √3 3

2 = Thể tích: =

√3 2

= 4,53 × 10

Thể tích ô mạng graphit thực Vg = 3,59×10-23 cm3 Mặt khác =

√3 2

2,72√3 2

ƠN

Vậy a = 248 pm

=

Y

KÈ

M

QU Y

NH

Bán kính nguyên tử cacbon trong graphit Rg = 71,6 pm

DẠ

OF

Số mắt: 4

Hướng dẫn giải/đáp án bài 20

n.M NiO n.M NiO  a3  3 N A .a N A . NiO

n = 4 (vì mạng là lập phương tâm mặt)

 a3 

FI CI A

 NiO 

L

a. Tính cạnh a ô mạng cơ sở của NiO

4.74,69  a  4, 206.108 cm 23 6,022.10 .6,67

Theo đầu bài, ô mạng cơ sở của NiO và ô mạng cơ sở của LixNi1-xO giống nhau, do đó:

x

1 x O



n.M Lix Ni1 xO N A .a

3

 6,21 

4.[x.6,94  (1  x).58,69  16] 6,022.1023.(4,206.108 )3

OF

 Li Ni

 x  0,10

ƠN

b. Thay x vào công thức LixNi1-xO ta có Li0,1Ni0,9O hay công thức LiNi9O10. Vì phân tử trung hóa điện nên trong LiNi9O10 có 8 ion Ni2+ và 1 ion Ni3+. Vậy cứ 9 ion Ni2+ thì có 1 ion chuyển thành Ni3+.

Phần trăm số ion Ni2+ đã chuyển thành ion Ni3+ là 1/9.100% = 11,1%

DẠ

Y

KÈ

M

QU Y

NH

Công thức thực nghiệm đơn giản nhất: LiNi(III)Ni(II)8O10.