Hướng dẫn chấm đề thi chính thức môn Hóa học - Kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017 - Ngày thi thứ nhất

Nội dung text: Hướng dẫn chấm đề thi chính thức môn Hóa học - Kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT năm 2017 - Ngày thi thứ nhất

1. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM 2017 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: HOÁ HỌC Ngày thi thứ nhất: 05/01/2017 I. Hướng dẫn chung 1. Cán bộ chấm thi chấm đúng như Hướng dẫn chấm, đáp án, thang điểm của Bộ Giáo dục và Đào tạo. 2. Đối với câu, ý mà thí sinh có cách trả lời khác so với đáp án nhưng đúng thì vẫn cho điểm tối đa của câu, ý đó theo thang điểm. 3. Cán bộ chấm thi không quy tròn điểm thành phần, điểm từng câu, điểm của bài thi và tổng điểm hai bài thi của thí sinh. II. Hướng dẫn cụ thể Câu I (2,5 điểm) Năng lượng En (J) của một electron trong trường lực một hạt nhân được tính bằng biểu thức: e4 Z 2 En (J) = 2 2 2 8o h n Trong đó, e là điện tích nguyên tố; Z là điện tích hạt nhân; εo là hằng số điện; h là hằng số Planck; n là số lượng tử chính (n = 1, 2, 3 ); μ (kg) là khối lượng rút gọn của hệ, được tính bằng biểu thức: μ = (mhạt nhân.melectron) : (mhạt nhân + melectron). a) Tính bước sóng λ max (nm) của dãy phổ Lyman khi electron chuyển từ n = 2 về n = 1 trong nguyên tử hiđro. b) Tần số tương ứng với bước sóng λ max của dãy Lyman có sự khác biệt nhỏ giữa hiđro và đơteri (một đồng vị của hiđro, trong hạt nhân có một proton và một nơtron). Nguyên nhân là do sự khác biệt về khối lượng rút gọn giữa đơteri và hiđro. Hiệu ứng này gọi là sự chuyển dịch đồng vị. Tính sự khác biệt về tần số Δν (Hz) của photon phát xạ khi electron chuyển từ n = 2 về n = 1 trong đơteri và hiđro. c) Positroni là một hệ gồm một positron, là hạt có điện tích +1, và một electron. Khi electron chuyển từ n = 3 về n = 2, hệ bức xạ photon có bước sóng λ = 1312 nm. Tính khối lượng m (kg) của positron. Hướng dẫn chấm e4 Z 2 a) Thay các hằng số vào biểu thức En 2 2 2 ta có: 80 h n 9,1094.10 31.(1,602.10 19 )4.12 1 1 E .( ) 1,634.10 18 (J). 2 1 8.(8,854.10 12 )2.(6,6261.10 34 )2 12 22 - Bước sóng được tính theo công thức: hc 6,6261.10 34.2,9979.108 E 1,634.10 18 (J)   - Vậy:  = 1,2164.10-7 m = 121,64 (nm). b) Gọi μH và μD là khối lượng rút gọn cho hệ hiđro và đơtêri tương ứng: ν H và νD là tần số cho sự chuyển dịch tương ứng của hiđro và đơtêri. - Tần số của photon bức xạ khi electron chuyển dịch từ n = 2 về n = 1 trong hiđro và đơteri được tính theo công thức: trang 1/16
2. 4 2 He Z 1 1 Hiđro: E 2 2 . 2 2 h H (*) 8o h 1 2 4 2 De Z 1 1 Đơteri: E 2 2 . 2 2 h D ( ) 8o h 1 2 - Lấy ( ) chia cho (*), ta có tần số đối với đơtêri được tính bằng: νD = (μD : μH).νH - Sự chuyển dịch đồng vị giữa đơteri và hiđro được tính bởi công thức: ν = νD – νH = νH(μD/μH - 1) - Khối lượng rút gọn của hiđro và đơteri lần lượt là: μH = me.mp : (me + mp) μD = (mp + mn).me : (me + mp + mn) 2me.mp : (me + 2mp) (Do mp mn) ( ) - Từ đó, rút ra được tỉ lệ: μD : μH = (2me + 2mp) : (me + 2mp) -4 và (μD / μH – 1) = me : (me + 2mp) = me : 2mp = 2,7.10 . (Vì me << mp) - Vậy, sự dịch chuyển đồng vị là: -4 ν = 2,7.10 νH. - Đối với dãy Lyman, tần số của sự chuyển dịch đối với H, ν H (Hz) được tính dựa vào công thức: ν = c : λ. 15 ν2 về 1 = c : ν2 về 1 = c: 122 (nm) = 2,46.10 (Hz). -4 15 11 - Vậy, ν = 2,7.10 .2,46.10 = 6,64.10 Hz đối với phản ứng này. Chú ý: Ở biểu thức ( ), nếu học sinh không sử dụng giả thiết gần đúng, mà tính chính xác khối lượng của proton và nơtron, kết quả cuối cùng là ν = 6,70.1011 Hz (vẫn cho đủ điểm). c) Hệ positroni có thể biểu diễn dưới dạng: e+ e . - Khi electron chuyển dịch từ n = 3 về n = 2, ta có biểu thức: e4 Z 2 1 1 hc E 2 2 2 2 8o h 2 3  - Suy ra, khối lượng rút gọn của hệ: 8 2h3c 8.(8,854.10 12 )2.(6,6261.10 34 )3.(2,9979.108 )  o 4,557.10 31(kg) 4 2 1 1 9 19 4 2 1 1 e Z 2 2 1312.10 .(1,602.10 ) .1 . 2 2 2 3 2 3 - Từ đó, tính được khối lượng của positron: trang 2/16
3. 31 mpositron.melectron mpositron.9,1094.10 31  31 4,5573.10 (kg) mpositron melectron mpositron 9,1094.10 -31 - Vậy, mpositron = 9,12.10 (kg) Chú thích: trên thực tế, khối lượng positron bằng khối lượng electron, sự sai lệch ở đây do bước sóng đầu bài cho là bước sóng làm tròn. Câu II (4,0 điểm) 1. Thực nghiệm cho biết, NH3 phản ứng với BF3 tạo ra một chất rắn X duy nhất, có màu trắng. a) Viết phương trình hóa học của phản ứng. Cho biết phản ứng đó thuộc loại nào. Tại sao? b) Viết công thức Lewis của mỗi phân tử trong phản ứng trên. Cho biết dạng hình học của mỗi phân tử đó theo thuyết VSEPR (thuyết về sự đẩy giữa các cặp electron ở lớp vỏ hóa trị). c) Dự đoán giá trị của mỗi góc liên kết trong phân tử chất X. 2. Gần đây, người ta tìm ra một loại hợp chất mới, đầy hứa hẹn để làm nhiên liệu cho động cơ tên lửa đẩy. Hợp chất đó là amoni đinitroamit, NH4N(NO2)2. a) Viết các công thức Lewis cho anion N(NO2 )2 và các dạng cộng hưởng bền nhất của nó. Giả thiết các nguyên tử trong anion này đều nằm trong một mặt phẳng. b) Khi nổ, phân tử amoni đinitroamit, NH4N(NO2)2 có thể bị phân hủy thành khí nitơ, hơi nước và khí oxi. Viết phương trình hóa học và tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng đó. Cho biết: Liên kết N–H N–N N=N N–O N=O NN H–O O=O Năng lượng (kJ·mol–1) 391 160 418 201 607 941 467 495 –1 3. Năng lượng ion hóa thứ nhất của một mol Br2(k) có giá trị 240,88 kJ. Tính số sóng  (cm ) nhỏ nhất của một photon để có thể tách electron đầu tiên ra khỏi một phân tử Br2(k). 4. Cho biết loại liên kết giữa các hạt ở nút mạng lưới trong mỗi loại tinh thể của các chất rắn sau: bạc; canxi oxit; kim cương; than chì (graphit) và iot. Hướng dẫn chấm 1. a) Phương trình hóa học của phản ứng giữa NH3 và BF3: NH3 + BF3 → H3N – BF3 - Phản ứng này thuộc loại phản ứng axit – bazơ Lewis, BF3 là axit Lewis (có obitan p còn trống), NH3 là bazơ Lewis (có cặp electron tự do, có thể cho sang obitan trống của phân tử khác). b) Công thức cấu tạo Lewis và hình dạng của mỗi phân tử trong phản ứng trên: NH3 thuộc loại AX3E nên theo VSEPR, nó có hình tháp/chóp tam giác: N H H H BF3 thuộc loại AX3 nên theo VSEPR, nó có hình tam giác đều. F F B F trang 3/16
4. H3N – BF3 gồm 2 nửa AX4 gắn/liên kết với nhau : H3N – B và N – BF3 nên theo VSEPR, nó có hình tứ diện đều – kép. F H F N B H H F o c) Do độ lớn góc liên kết ở mỗi nửa AX4 có đỉnh tại N và tại B xấp xỉ 109 28’. F H 109o28' F N B H H F - 2. a) N(NO2 )2 chứa 5 + 2.5 + 4.6 + 1 = 40 electron hóa trị. Có 4 cấu trúc cộng hưởng phù hợp nhất (vẽ theo công thức Lewis) là: 2 1 1 N 3 2 N O N N O O N N O O O O O 4 3 A B N N O N N O O N N O O O O O D C Có thể có nhiều công thức cộng hưởng khác, tuy nhiên những công thức trên là phù hợp nhất. Giải thích: sử dụng khái niệm điện tích hình thức (FC = VE – [FE + VNB]) Ở đây: VE – Tổng số electron hóa trị. FE – Tổng số electron tự do. VNB – Tổng số số liên kết trong công thức giả định. Cách đánh số theo thứ tự từ trái sang phải: O: 1 2 3 4 ; N: 1 2 3 để tính FC. A B C D O(1) 6 – (4 + 2) = 0 6 – (6 + 1) = -1 6 – (6 + 1) = -1 6 – (6 + 1) = -1 N(1) 5 – (0 + 4) = 1 5 – (0 + 4) = 1 5 – (0 + 4) = 1 5 – (0 + 4) = 1 N(2) 5 – (3 + 2) = 0 5 – (2 + 3) = 0 5 – (2 + 3) = 0 5 – (2 + 3) = 0 N(3) 5 – (0 + 4) = 1 5 – (0 + 4) = 1 5 – (0 + 4) = 1 5 – (0 + 4) = 1 O(2) 6 – (6 + 1) = -1 6 – (6 + 1) = -1 6 – (6 + 1) = -1 6 – (4 + 2) = 0 O(3) 6 – (6 + 1) = -1 6 – (6 + 1) = -1 6 – (4 + 2) = 0 6 – (6 + 1) = -1 O(4) 6 – (6 + 1) = -1 6 – (4 + 2) = 0 6 – (6 + 1) = -1 6 – (6 + 1) = -1 trang 4/16
5. Kết quả tính FC cho 4 dạng A, B, C, D là hoàn toàn như nhau nên cả 4 dạng công thức cộng hưởng biểu diễn sơ đồ Lewis đều được chấp nhận. Chú ý: Nếu học sinh viết đúng và đủ các công thức cộng hưởng mà không trình bày cách tính FC như ở trên vẫn cho đủ điểm. b) Theo đầu bài, phương trình hóa học của phản ứng phân hủy như sau: NH4N(NO2)2 → 2N2 + 2H2O + O2 H phản ứng - Từ phản ứng này, chúng ta dễ dàng tính được năng lượng của phản ứng theo công thức sau: Hphản ứng =  Hphá vỡ -  Hhình thành - Ta liệt kê năng lượng các liên kết bị phá vỡ và các liên kết hình thành: Phá vỡ liên kết (kJ·mol–1): Hình thành liên kết (kJ·mol–1) 4 N – H: 4.391 2 N  N: 2.941 1 N – N: 1.160 4 H – O: 4.467 1 N = N: 1.418 1 O = O: 1.495 –1 3 N – O: 3.201 Hhình thành = 4245 (kJ·mol ) 1 N = O: 1.607 –1 Hphá vỡ = 3352 (kJ·mol ) - Từ các giá trị này, tính được năng lượng của phản ứng nổ là: –1 Hphản ứng =  Hphá vỡ -  Hhình thành = 3352 – 4245 = - 893 (kJ·mol ). + 3. Br2 + h → Br2 c  = h = h. hc  240,880.103 : 6,0221.1023 = 4.10-19 (J/phân tử).  4.10 19  = = 2,014.106 (m 1) 2,014.104 (cm 1) hc 6,6261.10 34.2,9979.108 4. Liên kết giữa các hạt ở nút mạng lưới : - Trong tinh thể bạc, liên kết giữa các hạt là liên kết kim loại Ag – Ag. - Trong tinh thể CaO, liên kết giữa các hạt Ca2+ và O2- có bản chất là liên kết ion. - Trong tinh thể kim cương, liên kết giữa các hạt có bản chất là liên kết cộng hóa trị C – C. - Trong tinh thể than chì (graphit), có liên kết cộng hóa trị (liên kết σ do sự xen phủ của các obitan lai hóa sp2, tạo ra vòng 6 cạnh giống vòng benzen và liên kết π do sự xen phủ của các obitan pz vuông góc với mặt phẳng vòng 6 cạnh) và liên kết phân tử (tương tác van der Waals) giữa các lớp vòng 6 cạnh. - Trong tinh thể I2, liên kết giữa các hạt (các phân tử) hình thành lực van der Waals yếu. Câu III (2,5 điểm) 1. Một bệnh nhân nặng 60,0 kg bị sốt đột ngột. Trong thời gian rất ngắn, nhiệt độ của cơ thể bệnh nhân tăng từ t 1 = 36,5C lên t 2 = 40,5C. Một cách gần đúng thô, giả thiết, cơ thể bệnh nhân tương đương với 60,0 kg nước tinh khiết, không trao đổi nhiệt và chất với môi trường bên trang 5/16
6. ngoài trong thời gian bị sốt. Các đại lượng ΔH o, ΔS o và ΔG o dưới đây chỉ xét riêng cho quá trình nhiệt độ của cơ thể tăng từ t 1 lên t2, không xét cho các phản ứng dẫn đến sự thay đổi nhiệt độ đó và được tính trong điều kiện đẳng áp, p = const. a) Khi sốt cao, cơ thể rất nóng do nhận nhiều nhiệt từ các phản ứng sinh hóa xảy ra trong cơ o thể. Tính biến thiên entanpy ΔH (kJ) khi nhiệt độ của cơ thể tăng từ t 1 lên t2. Biết rằng, nhiệt o –1 –1 dung mol đẳng áp của nước, Cp,m = 75,291 J·K ·mol , được coi là không đổi trong khoảng nhiệt độ từ t1 đến t2. o –1 b) Tính biến thiên entropy ΔS (J·K ) khi nhiệt độ của cơ thể tăng từ t1 lên t2. o c) Tính biến thiên năng lượng tự do Gibbs ΔG (kJ) khi nhiệt độ của cơ thể tăng từ 1t lên t2. Biết rằng, entropy của nước tại 36,5C, So = 72,6 J·K–1·mol–1. ΔGo trong trường hợp này được tính theo công thức: ΔGo = ΔHo – Δ(TSo) = ΔHo – ΔT.So – T.ΔSo. (Nếu không tính được câu c), giả sử lấy ΔGo = –1,2.106 J để tính tiếp.) d) Khi sốt cao, cơ thể mất năng lượng một cách vô ích. Giả sử cũng với phần năng lượng đó, khi khỏe, người ta chạy được một quãng đường dài nhất là bao nhiêu km? Biết rằng, năng lượng tiêu thụ khi chạy mỗi 1 km là 200 kJ. 2. Một mẫu N 2(k) (coi N2 là khí lí tưởng) tại 350 K và 2,50 bar được cho tăng thể tích lên gấp ba lần trong quá trình giãn nở đoạn nhiệt bất thuận nghịch chống lại áp suất bên ngoài không đổi, pngoài = 0,25 bar. Tổng công giãn nở của hệ là –873 J. a) Tính các biến thiên entropy ΔS (J·K–1) của hệ, môi trường xung quanh và hệ cô lập trong quá trình trên. b) Đại lượng nào trong các đại lượng đã tính cho biết khả năng tự diễn biến của hệ? Hướng dẫn chấm o 1. a) Tính biến thiên entanpy, ΔH (kJ) khi nhiệt độ cơ thể tăng từ t1 lên t2: Số mol H2O: n(H2O) = 60,0.1000 : 18 = 3333,33 (mol) o o Biến thiên entanpy: ΔH = n CΔpT,m = 3333,33.75,291.(40,5 – 36,5) = 1003880 (J) = 1003,88 (kJ) o -1 b) Tính biến thiên entropy, ΔS (J·K ) khi nhiệt độ cơ thể tăng từ t1 lên t2. Biến thiên entropy trong điều kiện đẳng áp được tính theo: o o ΔS = n. Cp,m .ln(T2 : T1) = 3333,33.75,291.ln[(40,5 + 273,15) : (36,5 + 273,15)] = 3221,18 (J·K-1) o c) Tính biến thiên năng lượng tự do Gibbs, ΔG (kJ) khi nhiệt độ cơ thể tăng từ 1t lên t2. Áp dụng công thức: ΔGo = ΔHo – Δ(TSo) = ΔHo – ΔT.So – T.ΔSo o ΔG = 1003880 – (40,5 – 36,5).72,6.3333,33 – (36,5 + 273,15).3221,18 = -961557 (J) = -961,6 (kJ) d) Tính quãng đường (km): Quãng đường: 961,6 : 200 = 4,8 (km) o 6 3 - Trường hợp sử dụng giá trị ΔG = -1,2.10 J = -1,2.10 kJ, thì quãng đường là: 1,2.103 : 200 = 6,0 (km). trang 6/16
7. 2. a) Giãn nở đoạn nhiệt bất thuận nghịch, chống lại áp suất bên ngoài không đổi, p = 0,25 bar. - Trước tiên, cần tính số mol của hệ, theo đầu bài, công giãn nở của hệ A = -873 J, từ công thức: A = -pngoài.(V2 – V1) = -pngoài.2V1 (do V2 = 3V1); với V1 = nRT1 : P1. - Thay số: -873 = -0,25.100000.2.(n.8,314.350 : (2,5.100000)) - Suy ra, n = 1,5 mol; U = A từ đó: n.Cv.(T2 – T1) = A; –1 -1 –1 -1 (Cv(N2) = (5/2).R (J·K ·mol ) = (5/2).8,3145 (J·K ·mol )). - Thay các giá trị vào ta có: 1,5.(5/2.8,3145).(T2 – 350) = -873 - Suy ra: T2 = 322 K. Vậy, hệ chuyển từ trạng thái đầu (2,5 bar; 17,46 L; 350 K) sang trạng thái (0,767 bar; 52,38 L; 322 K) bằng con đường đoạn nhiệt bất thuận nghịch. Để tính biến thiên entropy, ta tưởng tượng hệ đi qua hai con đường thuận nghịch: đẳng tích và đẳng áp. Sđẳng tích = n.Cv.ln(P2 : P1) = 1,5.(5/2.8,3145).ln(0,767 : 2,5) = - 36,840 (J/K) Sđẳng áp = n.Cp.ln(V2 : V1) = 1,5.(7/2.8,3145).ln(52,38 : 17,46) = 47,956 (J/K). Shệ = -36,838 + 47,95 = 11,116 (J/K) Smôi trường xung quanh = 0 (J/K). Shệ cô lập = 11,116 + 0 = 11,116 (J/K) > 0. Vậy hệ tự diễn biến. b) Shệ cô lập là đại lượng dùng để kết luận khả năng tự diễn biến của hệ. Câu IV (3,5 điểm) 1. Cacbon tự nhiên chứa 2 đồng vị bền, 12C (98,9% khối lượng) và 13C (1,1% khối lượng) cùng 14 – lượng vết đồng vị phóng xạ C (phân rã β , t1/2 = 5730 năm). Hoạt độ phóng xạ riêng của cacbon trong cơ thể sống là 230 Bq·kg–1. Năm 1983, người ta tìm thấy một con thuyền cổ chìm ngoài khơi Đại Tây Dương. Cacbon trong gỗ của con thuyền này có hoạt độ phóng xạ riêng là 180 Bq·kg–1. a) Tỉ lệ số nguyên tử giữa các đồng vị 13C/12C và 14C/12C trong cơ thể sống là bao nhiêu? b) Cây để dùng làm gỗ đóng thuyền được đốn hạ vào năm nào? c) Giả thiết, 180 Bq·kg–1 là trị số trung bình của các giá trị đo được, còn sai số trung bình trong việc đo hoạt độ phóng xạ của cacbon trong mẫu gỗ nói trên là ±1,3%. Cho biết cây được đốn hạ trong khoảng thời gian từ năm nào đến năm nào? 2. Poly(etylen terephtalat), còn gọi là PET, là một polime tổng hợp. Nó được sử dụng rộng rãi trong công nghiệp dệt, bao bì, đóng gói và làm chai lọ đựng nước. PET được tạo thành từ phản ứng trùng ngưng giữa hai monome A và B. a) Cho biết tên gọi và công thức cấu tạo của hai monome trên. b) Viết phương trình hóa học của phản ứng tổng hợp PET từ hai monome trên. trang 7/16
8. c) Thực hiện phản ứng tổng hợp PET với nồng độ ban đầu của hai monome bằng nhau. Sự phụ thuộc của tổng nồng độ các monome còn lại theo thời gian được cho trong bảng dưới đây: t (phút) 0 30 60 90 120 [A] + [B] (mol·L–1) 4,000 2,000 1,334 1,000 0,800 Tính giá trị hằng số tốc độ của phản ứng trùng ngưng và cho biết bậc tổng cộng của phản ứng. 3. Giả thiết có phản ứng chuyển hóa C thành D và E như ở hình bên. Các hằng D k1 –2 –1 –5 –1 –2 –1 số tốc độ có giá trị: k1 = 1,2.10 giây ; k–1 = 1,5.10 giây ; k2 = 3,2.10 giây ; –4 –1 k-1 k–2 = 1,1.10 giây . Tại thời điểm t = 0, nồng độ của các chất như sau: [Co ]= 1 M; C k2 [D]o = [E]o = 0. k a) Tính nồng độ các chất C, D và E tại thời điểm t = 30 giây. -2 E b) Tính nồng độ các chất C, D và E tại thời điểm t = ∞. Hướng dẫn chấm 1. a) Tỉ lệ số nguyên tử các đồng vị 13C/12C và 14C/12C: - Tỉ lệ 13C/12C: 13 C 1,1 : 13 = = 1,03.10-2 12 C 98,9 : 12 - Tỉ lệ 14C/12C: Trong 1 kg C, hoạt độ phóng xạ riêng của cacbon là 230 Bq. Suy ra, trong 1 g C, hoạt độ phóng xạ riêng của cacbon là 230.10-3 Bq. - Từ công thức: A = λ.N suy ra N = A : λ. - Số nguyên tử 14C trong 1 g C tự nhiên là: 230.10 3 6.1010 (nguyên tử) [0,693: (5730.365.24.3600)] - Số nguyên tử 12C trong 1 g C tự nhiên là: (0,989 : 12).6,0221.1023 = 4,96.1022 (nguyên tử) - Vậy, tỉ lệ đồng vị 14C/12C: 14 C 6.1010 = = 1,2.10-12 12 C 4,96.1022 b) Thời gian cây dùng làm gỗ đóng thuyền được đốn hạ: 5730 230 5730 230 t .ln 2027 t .ln 2027 (năm) ln 2 180 ln 2 180 - Vậy, cây bị chặt hạ vào năm: 1983 – 2027 = -44 (năm), tức năm 44 trước Công nguyên. c) Sai số định tuổi khi sai số đo hoạt độ phóng xạ riêng của mẫu C bằng ±1,3%. - Giá trị giới hạn trên của hoạt độ phóng xạ riêng: 180 + 180.1,3% = 182,34 (Bq/kg) - Từ đó, tuổi của cây đốn hạ: trang 8/16
9. 5730 230 t .ln 1920 (năm) ln 2 182,34 - Vậy, cây bị chặt hạ vào năm: 1983 – 1920 = 63 (năm) Giá trị giới hạn dưới của hoạt độ phóng xạ riêng: 180 – 180.1,3% = 177,66 (Bq/kg) - Từ đó, tuổi của cây đốn hạ: 5730 230 t .ln 2135 (năm) ln 2 177,66 - Vậy, cây bị chặt hạ vào năm: 1983 – 2135 = -152 (năm) Kết luận: cây được đốn hạ trong khoảng thời gian từ năm 152 trước Công nguyên đến năm 61 sau Công nguyên. 2. a) Tên gọi và công thức cấu tạo của hai monome: O OH HO OH HO O Etilen glicol Axit terephtalic - Hoặc etilen glicol và đimetyl terephtalat. O OCH3 HO OH H3CO O Etilen glicol Este đimetyl phtalat b) Phản ứng trùng ngưng giữa etilen glicol và axit terephtalic: nHOOC-C6H4-COOH + nHO-(CH2)2-OH H-[-OOC-C6H4-COO(CH2)2-)n-] -OH + (2n-1)H2O Phản ứng trùng ngưng giữa etilen glicol và este đimetyl terephtalat: nH3COOC-C6H4-COOCH3 + nHO-(CH2)2-OH CH3-[-OOC-C6H4-COO(CH2)2-)n-] -OH + (2n-1)CH3OH c) Giả thiết phản ứng có bậc 2 (bậc 1 đối với mỗi monome). Phương trình động học bậc 2 với nồng độ hai chất ban đầu bằng nhau: 1 1 kt [monome] [monome]0 - Ta có bảng tính 1/[monome] theo thời gian t: trang 9/16
10. t(phút) 0 30 60 90 120 [A] + [B] (mol·L-1) 4,000 2,000 1,334 1,000 0,800 [A] = [B] 2 1 0,667 0,5 0,4 1/[A] = 1/[B] 0,5 1 1,5 2 2,5 k (M-1·phút-1) - 0,0167 0,0167 0,0167 0,0167 - Các giá trị k thu được đều bằng nhau, vì thế giả thiết phản ứng có bậc 2 hoàn toàn đúng. Vậy, hằng số tốc độ k = 0,0167 M-1·phút-1. 3. a) Tính nồng độ các chất C, D và E tại thời điểm t = 30 giây. -2 -5 -2 -4 Nhận xét: k1 : k-1 = 1,2.10 : 1,5.10 = 800; k2 : k-2 = 3,2.10 : 1,1.10 = 291. Như vậy, tốc độ phản ứng thuận tương ứng với quá trình chuyển hóa C thành D và C thành E lớn hơn rất nhiều so với tốc độ phản ứng nghịch tương ứng với quá trình chuyển hóa D thành C và E thành C. Vì thế, một cách gần đúng, có thể bỏ qua tốc độ phản ứng nghịch tại thời điểm phản ứng bắt đầu xảy ra, t = 30 giây. Khi đó, phản ứng đã cho quy về phản ứng song song bậc một đối với chất C. (Đối với phản ứng song song bậc 1, biểu thức động học áp dụng đối với chất C tương tự như động học bậc 1.) - Nồng độ của chất C: -2 -2 (k1 + k2).t = ln([C]o : [C]t) (1,2.10 + 3,2.10 ).30 = ln(1 : [C]t) [C]t = 0,267 (M) - Nồng độ của chất D và E tại thời điểm t = 30 giây được tính dựa vào hệ hai phương trình hai ẩn sau: [D] + [E] = (1 – [C]t=30) = (1 – 0,267) = 0,733 (M) (1) 2 [D] k1[C] k1 1,2.10 2 0,375 (2) [E] k2[C] k2 3,2.10 - Từ (1) và (2), suy ra: [D] = 0,2 M; [E] = 0,533 (M); - Kiểm tra lại giả thiết ban đầu về vận tốc: Tại thời điểm t = 30 giây: -2 -3 - Tốc độ chuyển hóa C thành D: v1 = k1.[C] = 1,2.10 .0,267 = 3,204.10 (M/s) -5 -6 - Tốc độ chuyển hóa D thành C: v-1 = k-1.[D] = 1,5.10 .0,2 = 3,0.10 (M/s) - Vậy tốc độ chuyển hóa C thành D lớn hơn rất nhiều so với tốc độ chuyển hóa D thành C. -2 -3 - Tốc độ chuyển hóa C thành E: v2 = k2.[C] = 3,2.10 .0,267 = 8,544.10 (M/s) -4 -5 - Tốc độ chuyển hóa E thành C: v-2 = k-2.[E] = 1,1.10 .0,175 = 1,925.10 (M/s). - Vậy tốc độ chuyển hóa C thành E lớn hơn rất nhiều so với tốc độ chuyển hóa E thành C. trang 10/16
11. Vậy, giả thiết tốc độ phản ứng thuận lớn hơn rất nhiều phản ứng nghịch trong khoảng thời gian t = 30 giây là hợp lí. b) Tính nồng độ các chất C, D và E tại thời điểm t = ∞. Tại thời điểm t = ∞, hệ đạt tới trạng thái cân bằng, khi đó cả ba chất C, D và E cùng nằm tại trạng thái cân bằng. Khi đó, ta có hệ 3 phương trình 3 ẩn sau: [C] + [D] + [E] = 1 (M) (1) 2 [D] k1 1,2.10 5 800 (2) [C] k 1 1,5.10 2 [E] k2 3,2.10 4 291 (3) [C] k 2 1,1.10 - Từ (1), (2) và (3), suy ra: [C] = 9,16.10-4 M; [D] = 0,733 M; [E] = 0,266 M. Câu V (3,0 điểm) 1. Tiến hành 3 thí nghiệm giữa 3 dung dịch đều chứa 0,166 g KI ở các môi trường khác nhau –1 với dung dịch KMnO4 nồng độ C (mol·L ). Các kết quả như sau: Thí nghiệm 1: dung dịch KI phản ứng vừa đủ với 4,00 mL dung dịch KMnO4. Thí nghiệm 2: dung dịch KI phản ứng vừa đủ với 40,00 mL dung dịch KMnO4. Thí nghiệm 3: dung dịch KI phản ứng vừa đủ với 160,00 mL dung dịch KMnO4. a) Biện luận để viết phương trình hóa học xảy ra trong mỗi thí nghiệm, biết trong Thí nghiệm 3 có mặt của Ba(NO3)2 dư. –1 b) Tính nồng độ C (mol·L ) của dung dịch KMnO4 đã dùng. c) Thêm 5,00 mL dung dịch CuSO4 0,02 M vào dung dịch chứa 0,166 g KI và có môi trường như trong –1 Thí nghiệm 1, thu được hỗn hợp X. Tính thể tích dung dịch V (mL) KMnO4 nồng độ C (mol·L ) trên để phản ứng vừa đủ với hỗn hợp X. 2. Ở trạng thái hơi, các nguyên tử của các nguyên tố kim loại nhóm IA và nhóm IB có khả năng hình thành phân tử hai nguyên tử với các năng lượng liên kết như sau: Phân tử Cu2 Ag2 Au2 K2 Rb2 Cs2 Năng lượng liên kết (kJ·mol–1) 174,3 157,5 210 50,2 46,0 41,8 a) So sánh (có giải thích) độ bền liên kết trong các phân tử kim loại của nhóm IB với độ bền liên kết trong các phân tử kim loại của nhóm IA. b) Giải thích sự khác nhau về quy luật biến đổi của các năng lượng liên kết trong mỗi dãy phân tử sau: Cu2 – Ag2 – Au2 và K2 – Rb2 – Cs2. Hướng dẫn chấm 1. a) Biện luận: Ion MnO4 có tính oxi hóa phụ thuộc vào môi trường, trong môi trường axit bị khử về 2+ 2 Mn ; môi trường trung tính bị khử về MnO2; trong môi trường kiềm bị khử về MnO4 . Ion I có thể bị oxi hóa thành I2, IO , IO3 và IO4 . Có thể lập bảng số electron trao đổi của chất oxi hóa và chất khử trong các môi trường như sau: Sản phẩm khử Sản phẩm oxi hóa của ion I của ion MnO4 1/2I2 (–1e) IO (–2e) IO3 (–6e) IO4 (–8e) 2 MnO4 (+1e) 1 2 6 8 MnO2 (+3e) 1/3 2/3 2 8/3 Mn2+ (+5e) 1/5 2/5 6/5 8/5 trang 11/16
12. Tỉ lệ thể tích dung dịch KMnO4 đã dùng trong các thí nghiệm tăng dần theo tỉ lệ 1 : 10 : 40, căn cứ vào bảng trên có thể lựa chọn các tỉ lệ tương ứng là 1/5 : 2 : 8. Từ đó xác định được thí nghiệm 1, phản ứng xảy ra trong môi trường axit; thí nghiệm 2 xảy ra trong môi trường trung tính (hoặc kiềm yếu), thí nghiệm 3 xảy ra trong môi trường kiềm. + 2+ Thí nghiệm 1: 10I + 2MnO4 + 16H 5I2 + 2Mn + 8H2O Thí nghiệm 2: I + 2MnO4 + H2O IO3 + 2MnO2 + 2OH 2 Hoặc: I + 2MnO4 + 2OH IO + 2MnO4 + H2O 2+ Thí nghiệm 3: I + 8MnO4 + 8OH + 8Ba 8BaMnO4  + IO4 + 4H2O 3 4 b) Số mol của KI bằng 10 mol. Tính theo thí nghiệm 1, số mol KMnO4 bằng 2.10 mol. Nồng độ của dung dịch KMnO4: 0,05 M. (Học sinh có thể tính theo bất kì phương trình nào). c) Khi cho thêm CuSO4 xảy ra các phản ứng: 2+ 2Cu + 4I 2CuI + I2 + 2+ 2+ 10CuI + 4MnO4 + 32H 10Cu + 5I2 + 4Mn + 16H2O Cộng hai phương trình trên: + 2+ 10I + 2MnO4 + 16H 5I2 + 2Mn + 8H2O Phản ứng tổng cộng không thay đổi, vì vậy việc cho thêm CuSO4 không làm thay đổi thể tích dung dịch KMnO4 đã dùng. Như vậy, V = 4,00 mL. 2. a) Bản chất liên kết trong phân tử M2: liên kết cộng hóa trị bằng cặp electron chung của 1 electron ns . Ở trạng thái hơi, năng lượng liên kết của các phân tử M2 của kim loại nhóm IB lớn hơn nhiều so với kim loại nhóm IA, vì các nguyên tố kim loại nhóm IB có bán kính nhỏ hơn (do ảnh hưởng của sự co d), điện tích hạt nhân lại lớn hơn kim loại nhóm IA nên lực hút của hạt nhân đến đám mây electron chung lớn, dẫn đến năng lượng liên kết lớn hơn. Mặt khác trong các phân tử Cu2 – Ag2 –Au2 ngoài liên kết σ còn có thêm liên kết π kiểu d–p được tạo thành giữa các cặp electron trên obitan d của nguyên tử này cho vào obitan p trống của nguyên tử kia. b) Trong dãy K2 – Rb2 – Cs2: năng lượng liên kết giảm, do từ K đến Cs, theo chiều tăng của điện tích hạt nhân, bán kính tăng dần, độ dài liên kết tăng, dẫn đến năng lượng liên kết giảm. Còn trong dãy Cu2 – Ag2 – Au2, từ Cu2 đến Ag2 năng lượng liên kết giảm do bán kính Ag lớn hơn Cu, nhưng từ Ag2 đến Au2, năng lượng liên kết lại tăng mạnh do ở Au có cấu hình electron [Xe]4f145d106s1. Ở Au có ảnh hưởng của sự co f, nên bán kính của Au tăng không đáng kể so với Ag (RAg = 1,44 Å, RAu = 1,45 Å), trong khi điện tích hạt nhân tăng 32 đơn vị, vì vậy năng lượng liên kết trong Au2 tăng mạnh so với Ag2. Câu VI (4,5 điểm) 1. Tính thế khử chuẩn của cặp Fe3+/Fe2+ trong môi trường axit và thế khử chuẩn của cặp Fe(OH)3/Fe(OH)2 trong môi trường kiềm. Khả năng khử của Fe(II) trong môi trường nào mạnh hơn? Cho biết: o 0,440 V; o 0,036 V ; pK (Fe(OH) ) = 14,78; pK (Fe(OH) ) = 37,42. EFe2+ /Fe EFe3+ /Fe s 2 s 3 2. Thêm V (mL) dung dịch K2Cr2O7 0,02 M vào 100 mL dung dịch FeSO4 0,12 M (tại pH = 0 và không đổi trong suốt quá trình phản ứng), thu được dung dịch A. Tính thế khử của cặp Fe3+/Fe2+ trong dung dịch A ở mỗi trường hợp sau đây: i) V = 50 mL; ii) V = 100 mL; iii) V = 101 mL. o o Cho biết: E 3+ 2+ 0,771 V; E 2 3+ 1,330 V. Fe /Fe Cr2O7 ,H /2Cr –1 3. Một bài tập hóa phân tích có đầu bài như sau: “Thêm 15,00 mL dung dịch HCl nồng độ C (mol·L ) với 5,00 mL dung dịch Na2C2O4 0,100 M, thu được dung dịch X có pH = 1,25. Tính nồng độ trang 12/16
13. –1 –1 C (mol·L ).” Để tính nồng độ C (mol·L ) đó, một học sinh lập luận như sau: “Vì pH = pKa1 = 1,25, 2 suy ra [H2C2O4 ] = [HC2O4 ] >> [C2O4 ] , nên hệ thu được là hệ đệm. Như vậy, lượng axit cho vào 2 2 trung hòa hết nấc 1 và trung hòa hết nửa nấc 2 của C2O4 , tức là trung hòa hết 1,5 nấc của C2O4 . 1,5.0,100.5,00 Do đó, C 0,050 (mol·L–1).” 15,00 a) Bằng các lập luận và tính toán, cho biết học sinh đó giải đúng hay sai. b) Tính nồng độ C (mol·L–1) của dung dịch HCl đã cho. Nếu không tính được ý b), giả sử dung dịch X chỉ chứa H2C2O4 0,016 M để tính tiếp. c) Trộn 5,00 mL dung dịch X với 5,00 mL dung dịch gồm Ca2+ 0,01 M và Sr2+ 0,01 M. Khi hệ đạt tới trạng thái cân bằng, cho biết có những kết tủa nào tách ra. Giả thiết không có sự cộng kết. d) Thiết lập sơ đồ pin được ghép bởi điện cực Pt(H 2) nhúng trong dung dịch X với điện cực Pt(H2) nhúng trong dung dịch Y chứa (NH4)2S 0,02 M. Áp suất H2 ở cả hai điện cực đều bằng 1 atm. Viết nửa phản ứng hóa học xảy ra ở mỗi điện cực và phản ứng tổng cộng khi pin hoạt động. Cho biết: pKa1(H2C2O4) = 1,25; pKa2(H2C2O4) = 4,27; pKs(CaC2O4) = 8,75; pKs(SrC2O4) = 6,40; pKa1(H2S) = 7,02; pKa2(H2S) = 12,90; pKa (NH4 ) = 9,24; pKw(H2O) = 14. Hướng dẫn chấm 1. a) Sử dụng giản đồ Latimer: Eo(Fe3+/Fe2+) = 3.Eo(Fe3+/Fe) – 2.Eo(Fe2+/Fe) = 3(–0,036) – 2(–0,440) = 0,772 (V). K 37,42 b) o o s,Fe(OH )3 10 E E 3 2 0,0592.log 0,772 0,0592.log –0,568 V. Fe(OH )3 /Fe(OH )2 Fe /Fe K 10 14,78 s,Fe(OH )2 o – o 3+ 2+ Như vậy, E (Fe(OH)3/Fe(OH)2,OH ) = – 0,568 V < E (Fe /Fe ) = 0,772 V. Do đó, trong môi trường kiềm, Fe2+ có tính khử mạnh hơn trong môi trường axit. 2+ 2– + 3+ 3+ 56,66 2. 6Fe + Cr2O7 + 14H  6Fe + 2Cr + 7H2OK cb = 10 (1) Vì Kcb rất lớn nên coi phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn. Tại điểm tương đương, Vtđ = 0,12.100 : (6.0,02) = 100 (mL); 2+ i) Khi V = 50 mL < Vtđ: dư Fe Sau khi cho hết 50 mL dung dịch K2Cr2O7, tính lại nồng độ các chất: 0,12 100 0,02.50.6 C 2 0,04 (M) Fe 100 50 0,02.50.6 C 0,04 (M) Fe3 100 50 Vì phản ứng (1) có hằng số Kcb rất lớn nên cân bằng ngược lại có hằng số cân bằng rất nhỏ, coi như sự phân li ngược lại không đáng kể. Do đó: [Fe3 ] = C 0,04 (M); [Fe2 ] = C 0,04 (M) Fe3 Fe2 3+ o [Fe ] E 3+ 2+ E 3+ 2+ 0,0592lg 0,771 (V). Fe /Fe Fe /Fe [Fe2+ ] ii) Khi V = 100 mL = Vtđ. Sau khi cho hết 100 mL dung dịch K2Cr2O7, tính lại nồng độ các chất: 0,12.100 [Fe3 ] C C = = 0,06 (M) Fe3 Fe2+ 100+100 0,02×100 [Cr3 ] C 2.C 2× = 0,02(M) Cr3 Cr O2 2 7 100+100 trang 13/16
14. .Tại điểm tương đương, ta có: 2+] 2– 3+] 3+ E 3+ 2+ E 2 3+ E [Fe = 6[Cr2O7 ], [Fe = 3[Cr ] và Fe /Fe Cr2O7 /2Cr 3+ 2 14 o [Fe ] o 0,0592 [Cr2O7 ].[H ] E E 3+ 2+ 0,0592log 2+ E 2 3+ log 3+ 2 Fe /Fe [Fe ] Cr2O7 /2Cr 6 [Cr ] [Fe3+ ] [Cr O2 ] o o 2 7 + 7E E 3+ 2+ 6E 2 3+ 0,0592log 2+ . 3+ 2 (vì [H ] = 1 M) Fe /Fe Cr2O7 /2Cr [Fe ] [Cr ] o o E 3+ 2+ + 6E 2- 3+ Fe /Fe Cr2O7 /2Cr 0,0592 1 E 3+ 2+ E log 1,262 (V). Fe /Fe 7 7 2[Cr3+ ] 2- iii) Khi V = 101 mL > Vtđ nên dư Cr2O7 với C 2 1 0,12.100 4 C Fe . (M) Cr3 3 3 201 201 0,02.101 0,12.100 / 6 0,02 C 2 (M) Cr2O7 201 201 Tương tự, khi hệ đạt tới trạng thái cân bằng thì: 2 + 14 o 0,0592 [Cr2O7 ][H ] E 3+ 2+ E 2 3+ E 2 3+ log 3+ 2 1,324 V . Fe /Fe Cr2O7 /2Cr Cr2O7 /2Cr 6 [Cr ] 2 3.a) Từ nhận xét: pHX = pKa1 = 1,25 nên học sinh đó suy ra [H2C2O4] = [HC2O4 ] >> [C2O4 ] là đúng. Từ mối liên hệ [H 2C2O4] =[HC2O4 ] suy ra lượng axit cho vào trung hòa hết 1,5 nấc của 2– C2O4 theo phản ứng: 2 2 + 3H+ H C O + H C2O4 2 2 4 C2O4 Nghĩa là, theo học sinh đó hệ thu được là hệ đệm gồm H 2C2O4 (Ca mol/L) và HC2O4 0,100 5,00 (Cb mol/L) có cùng nồng độ C C 0,0125(M). Trong trường hợp này, điều a b 2 20,00 này là vô lý, vì nếu dung dịch X là dung dịch đệm thì pH x có thể được tính theo 1 trong 2 cách sau (không cần tính theo ĐKP vì [H+] >> [OH–]): Cách 1: theo công thức tính pH của hệ đệm: pH = pKa + lg(Cb/Ca). Cách 2: tính theo cân bằng: + –1,25 H2C2O4  H + HC2O4 Ka1 = 10 [ ] 0,0125 – h h 0,0125 + h Nhưng cả 2 cách giải trên đều không hợp lý vì nếu theo cách 1 thì h = [H+] = 10–1,25 M = 0,056 M > Ca = Cb, không thỏa mãn điều kiện áp dụng công thức tính pH của hệ đệm. Còn nếu theo cách 2 thì [H2C2O4 ] = 0,0125 – h = 0,0125 – 0,056 < 0. Vô lý! Vậy cách giải của học sinh đó là không đúng. b) Tính lại nồng độ các chất sau khi trộn: 5 0,10 C 0,025(M) C O2 2 4 5 15 15C C 0,75C (M) HCl 5 15 2 Giả sử HCl phản ứng vừa đủ với C2O4 , thu được H2C2O4 0,025 M. Khi đó pH của hệ được tính theo cân bằng: H C O H+ + 2 2 4  HC2O4 [ ] 0,025 – x x x trang 14/16
15. → [H+] = x = 0,0187 M → pH =1,73 > 1,25. Điều này chứng tỏ lượng HCl cho vào vẫn 2 còn dư, sau khi trung hòa hết 2 nấc của C2O4 . Vậy TPGH thu được gồm: + H2C2O4 0,025 M và H (0,75C – 0,05) M. pHx của hệ được tính theo cân bằng: H C O H+ + K 2 2 4  HC2O4 a1 [ ] 0,025 – x 0,75C – 0,05 + x x + – Vì [H ] = Ka1 nên [H2C2O4] = [HC2O4 ] hay 0,025 – x = x → x = 0,0125 10–1,25 = [H+] = 0,75C – 0,05 + x = 0,75C – 0,05 + 0,0125. Vậy C = 0,125 (M). (Thí sinh có thể tính C theo định luật bảo toàn điện tích, hoặc tính theo ĐKP với mức không 2– là HCl và C2O4 : + – [H ] = [Cl ] – [HC2O4 ] – 2[H2C2O4] 2 + 15,00 C 0,100 5,00 Ka1.h h C = 0,125 (M). h [H ] . 2 20,00 20,00 h Ka1.h Ka1.Ka2 + c) TPGH (dung dịch X) gồm H2C2O4 0,025 M và H 0,04375 M. + 2+ 2+ Thành phần của hệ sau khi trộn: H2C2O4 0,0125 M; H 0,0219 M; Ca 0,005 M và Sr 0,005 M Vì C C và K (CaC O ) K (SrC O ) nên nếu có kết tủa thì CaC O sẽ Ca2 Sr2 s 2 4 s 2 4 2 4 ' ' tách ra trước. Xét C 2 .C 2 Ca C2O4 ' Do môi trường axit và do Ka1 Ka2 nên C 2 được tính theo cân bằng:  C2O4 H C O H+ + K 2 2 4  HC2O4 a1 [ ] (0,0125 – x) (0,0219 + x) x –3 + [HC2O4 ] = x = 8,15.10 (M) [H ] = 0,03 (M). 3 ' 4,27 8,15.10 = 1,46.10–5 (M) Ks (CaC2O4) = 10 . Ca C2O4 → có kết tủa CaC2O4 tách ra. '' ' Sau khi CaC2O4 kết tủa, thì nồng độ C 2 C 2 C2O4 C2O4 ' '' ' '' 5 8 C 2 .C 2 C 2 .C 2 0,005.1,46.10 7,3.10 Ks,(SrC O ) Sr C2O4 Sr C2O4 2 4 → không có kết tủa SrC2O4 tách ra. (Trường hợp nếu thí sinh chấp nhận thành phần dung dịch X chỉ có H 2C2O4 0,016 M thì cách ' –4,27 giải vẫn tương tự như trên: xét thứ tự kết tủa; tính C 2 = 10 M theo lần lượt 2 quá C2O4 trình phân li nấc 1 và nấc 2 của H2C2O4 để kết luận có kết tủa CaC2O4 tách ra, nhưng không có kết tủa SrC2O4 tách ra thì cho nửa số điểm của ý này). d) + S2– NH + HS– K = 1012,9 – 9,24 = 103,66 NH4  3 0,04 0,02 0,02 – 0,02 0,02 TPGH: NH4 0,02 M; NH3 0,02 M; HS 0,02 M. trang 15/16
16. Cân bằng: NH + H+ K = 10 –9,24 (a) NH4  3 a – 2 + –12,9 HS  S + H Ka2 = 10 (b) + –14 H2O  OH + H Kw = 10 (c) –4,76 NH3 + H2O  OH + NH4 Kb = 10 (d) – –6,98 HS + H2O  OH + H2S Kb2 = 10 (e) So sánh tích số ion của các quá trình (a), (b), (c), có thể bỏ qua cân bằng (b) và (c); Tương tự so sánh (d) và (e), cho phép bỏ qua cân bằng (e) → hệ đệm NH4 và NH3 quyết định pH của dung dịch Y và pHY = pKa = 9,24. + –9,24 + –1,25 [H ]y = 10 M < [H ]x = 10 M. Như vậy điện cực Pt(H2) nhúng trong dung dịch X là catot, điện cực Pt(H2) nhúng trong dung dịch Y là anot: ( ) Pt (H, 1 atm)│ 0,02 M, NH 0,02 M, HS– 0,02 M║H C O 0,025 M, H+ 0,04375 M│Pt (H ,1 atm) (+) 2 NH4 3 2 2 4 2 + Trên catot (+): 2 H + 2e H2 Trên anot : 2NH + H 2 + 2e ( ) 3 2 NH4 + Trong pin: NH3 + H NH4 (Vì C C nên NH3 chưa phản ứng với H 2C2O4, do đó trên catot chưa xảy ra NH3(Y) H (X) quá trình khử H2C2O4). Trường hợp nếu thí sinh chấp nhận thành phần dung dịch X chỉ có H 2C2O4 0,016 M thì sơ đồ pin như sau: ( ) Pt (H, 1 atm)│ 0,02 M, NH 0,02 M, HS– 0,02 M║H C O 0,016 M│Pt (H ,1 atm) (+) 2 NH4 3 2 2 4 2 Trên anot : 2NH + H 2 + 2e ( ) 3 2 NH4 - Trên catot (+): 2 H2C2O4 + 2e H2 + 2HC2O4 - Trong pin: NH3 + H2C2O4 HC2O4 + NH4 –––––––––––––––––––– HẾT –––––––––––––––––––– trang 16/16