HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ VIII MÔN HÓA HỌC - KHỐI 11 Ngày thi: 18/04/2015 Thời gian l

Kích thước: px
Bắt đầu hiển thị từ trang:

Download "HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ VIII MÔN HÓA HỌC - KHỐI 11 Ngày thi: 18/04/2015 Thời gian l"

Bản ghi

1 HỘI CÁC TRƯỜG CHUYÊ VÙG DUYÊ HẢI VÀ ĐỒG BẰG BẮC BỘ ĐỀ THI CHỌ HỌC SIH GIỎI LẦ THỨ VIII MÔ HÓA HỌC - KHỐI gày thi: 8/04/05 Thời gian làm bài: 80 phút (Hướng dẫn chấm gồm 4 trang) HƯỚG DẪ CHẤM Chú ý: Các đáp án và bước chấm chỉ mang tính tương đối, học sinh có thể làm theo cách khác nếu đúng và lập luận đầy đủ vẫn cho điểm tối đa. Kính mong quý thầy cô đóng góp ý kiến cho đề và hướng dẫn chấm hợp lý và khoa học hơn. Trân trọng cảm ơn. Câu ( điểm). Xét phản ứng của gốc iso-propyl với khí hiđrobromua: Hệ số Arrhenius (hay hệ số trước lũy thừa) và năng lượng hoạt hóa của phản ứng thuận lần lượt là A=9,5 0 8 L.mol - s - và Ea=- 6,4 kj.mol - và phản ứng nghịch lần lượt là A =5, 0 0 L.mol - s - và E a=6 kj.mol - tại 5 0 C. a) Bậc toàn phần của mỗi phản ứng thuận và nghịch ở trên là bao nhiêu? b) Tính của phản ứng trên (giả sử các giá trị này không đổi trong khoảng nhiệt độ được xét).. Đinitơ pentaoxit phân hủy tạo thành nitơ đioxit và oxy theo phương trình: H, S 0 0 Cơ chế của phản ứng trên như sau: () 5 k ˆ ˆ ˆ k ˆ ˆˆ () + k + + k () + 5 Sử dụng nguyên lý phỏng định trạng thái bền đối với và (nguyên lí nồng độ dừng d 5 hay nồng độ ổn định) hãy thiết lập biểu thức của tốc độ biến thiên. dt Đáp án: a) Do k = A e E a /RT do đó A và k có cùng đơn vị.,0 Suy ra đơn vị của k cũng là L.mol -.s -. Gọi bậc toàn phần của phản ứng trên là n. Ta có : vận tốc = hằng số tốc độ. [nồng độ] n mol. L -.s - = L.mol -.s -.[mol.l - ] n từ đây suy ra n =. b) Ta có Ea RT 6, , RT k A. e 9,5.0. e,6.0 (L.mol.s ) t , k A. e 5,.0. e,5.0 (L.mol s ) n H Mà ta có kt Kcb 5, 04.0 k 5 G RT ln K 8,4.98ln 5, ,4(J.mol ) 0 5 cb 0 Ea E a n E 6, , 4.0 (J/ mol) a H G 4, 4.0 5,4 G H TS S,(J.K mol ) T

2 ,0 d[ 5] Thiết lập biểu thức của tốc độ phản ứng. dt k + k 5 k Áp dụng nguyên lí nồng độ ổn định đối với và : d[ ] dt d[] dt = k.[5] - k k = k.[].[] k.[].[5].[].[] k.[].[] 0 () 0 () d[ 5] = - (k.[5] + k.[].[5] ) + dt Từ () và () suy ra: k.[5] = ( k + k).[].[] k.[].[] k.[].[5] = k.[].[] k k [ ] k k k [ kk ] k ( k k ) d[ 5] = - k.[5] - k.[].[5] + dt k = k.(- - k k + k k k k [].[] = k.[].[5] ).[5] = k k. k k k.[].[5]. 5 k k 0.5 Câu ( điểm). Cho dung dịch A chứa FeCl 0,0M. Giả thiết rằng, Fe(H)6 + (viết gọn là Fe + ) là axit một nấc với hằng số phân li là Ka = 6,.0 -. a) Tính ph của dung dịch A. b) Tính ph cần thiết để bắt đầu xảy ra sự kết tủa Fe() từ dung dịch A. Ở ph nào thì sự kết tủa Fe() từ dung dịch A xảy ra hoàn toàn? Giả thiết kết tủa được coi là hoàn toàn khi hàm lượng sắt còn lại trong dung dịch dưới 0-6 M. Biết Fe() có Ks = 6,.0-8. Tính độ tan của CaF trong dung dịch đệm có ph=. Biết Ks(CaF) = 0-0,4, HF có pka =,7 Đáp án: a) Xét các cân bằng điện li H + trong A:,5 () Fe + + H ƒ Fe() + + H + Ka = 6,.0 - () H ƒ H Kw = Ta thấy C. Ka( 0,0.6,.0 6,.0 )? KW( 0 ) Fe Do đó cân bằng () quyết định ph của hệ: Xét cân bằng (): Fe + + H ƒ Fe() + + H + Ka = 6,.0 - [ ] 0,0 x x x

3 + [ Fe( ) ][H ]. + [Fe ] 0, 0 x x Ta có: Ka 6,.0 x ph = -lg[h + ] =,7 x = 5,9.0 - b) Có Ks = [Fe + ].[ - ] suy ra (*) + [ Fe( ) ][H ] + Ka + - Ka Ka [ Fe( ) ]=[Fe ]. [Fe ].[ ]. + [Fe ] [ H ] Kw (**) Lại có [Fe + ] + [Fe() + ] = CFe+ = 0,0M (***) Từ (**) và (***) [Fe + - Ka ] + [ Fe ].[ ]. = 0.0M (****) K K s Kết hợp (*) và (****): (+[ - K a ]. K ) = 0,0 tính được [Fe+ ] w = 0,0099M và [ - ] =,5.0 - ph =,4. [ ] Làm tương tự như trên, thay [Fe + ] + [Fe() + ] = 0-6 M có ph = 4,. Vậy ở ph 4, thì sự kết tủa xảy ra hoàn toàn. CaF Ca + + F - Có: () F - + H + HF [Ca + ] = [F - ] + [HF] [ H ][ F ] 0 [ HF ], 7 K 0 a [ F ] 4,8[ F () => [Ca + ] = [F - ] + 4,8[F - ] = 5,8[F - ] [ Ca ] K s [ Ca ][ F ] [ Ca ]( ) 5,8 => K 0,4 s 0 S [ Ca ],4.0 M,60.0,60.0 ] w Câu (,5 điểm). gười ta tiến hành thiết lập một pin sau: ửa pin I: gồm một điện cực Ag được phủ AgCl nhúng vào dung dịch KCl bão hòa. ửa pin II: gồm thanh Pt được phủ hỗn hợp nhão gồm Hg và HgCl nhúng vào dung dịch KCl bão hòa. a) Xác định các điện cực (âm hay dương) và biểu diễn sơ đồ cấu tạo pin theo quy ước. Viết phản ứng tại các điện cực và phản ứng chung trong pin. b) Tính sức điện động của pin trên tại 5 0 C. Cho pks (AgCl) = 0; pks(hgcl) = 7,88; E 0 của Ag + /Ag = 0,800V và Hg + /Hg = 0,79V; RTln0/F = 0,059V (ở 5 o C).. Sự ăn mòn kim loại phổ biến là quá trình oxi hóa khử trong đó kim loại bị oxi hóa bởi oxi khi có mặt hơi nước (có cả những kiểu ăn mòn khác, nhưng đây là phổ biến nhất). Viết các phản ứng xảy ra ở các điện cực (chỉ rõ anôt và catôt) và phản ứng diễn ra khi thanh kim loại sắt bị ăn mòn trong không khí ẩm. Cho biết gỉ sắt là hợp chất ngậm nước của sắt (III) oxit có công thức Fe.nH.. Điện phân 50 ml dung dịch H có ph = 5,0 với điện cực trơ trong 0 giờ, dòng điện không đổi A. Tính ph của dung dịch thu được sau khi điện phân. Coi khối lượng riêng của dung dịch H loãng trong thí nghiệm này không đổi và bằng g/ml.

4 Đáp án: a) Pin điện: Ks(AgCl) = Ks; Ks(HgCl) = Ks,5 ửa pin : AgCl + e ƒ Ag + Cl - E = E 0 Ag + /Ag + 0,059 lg [Ag + ] = E 0 Ag + /Ag + 0,059 lgks - 0,059 lg [Cl - ] ửa pin : HgCl + e ƒ Hg + Cl - E = E 0 Hg + /Hg + = E 0 Hg + /Hg + 0, 059 0, 059 lg [Hg + ] lg Ks - 0,059 lg [Cl - ] Đặt: E 0 = E 0 Ag + /Ag + 0,059 lg Ks = 0,08 V E 0 = E 0 Hg + /Hg + 0,059 lg Ks = 0,6V => E = 0,08 0,059 lg [Cl - ] < E = 0,6-0,059 lg [Cl - ] Do đó, nửa pin I là cực âm, nửa pin II là cực dương. Sơ đồ biểu diễn cấu tạo của pin (-) Ag, AgCl KCl bão hòa HgCl, Hg Pt (+) Hoặc (-) Ag, AgCl KCl bão hòa HgCl, Hg (Pt) (+) Phản ứng trong pin: Cực (-): Ag + Cl - AgCl + e Cực (+): HgCl + e Hg + Cl - Phản ứng chung: Ag + HgCl AgCl + Hg b) Epin = E - E = E = 0,6-0,059 lg [Cl - ] (0,08 0,059 lg [Cl - ]) = 0,6 0,08) = 0,055V 0,75 Anôt (cực âm) xảy ra quá trình oxi hóa Fe Fe e Catôt (cực dương) xảy ra quá trình khử H 4e 4 Ion Fe + tạo ra ở anôt tan vào trong hơi nước, di chuyển đến catôt (giống như các ion di chuyển trong cầu muối của pin galvani). Ở khu vực catôt, ion Fe + sẽ phản ứng với oxi và nước sinh ra gỉ sắt là sắt (III) oxit ngậm nước với hàm lượng khác nhau. 4 Fe (4 n) H Fe. nh 8H () ( dd ) ( k) ( l) ( r) dd Phản ứng tổng: 4Fe(r) ( k ) nh ( l) Fe. nh ( r) () Học sinh viết được một phương trình () hoặc ()đều cho điểm ửa phản ứng oxi hóa ở anot: H H e ửa phản ứng oxi hóa ở catot: H e H Phản ứng tổng: H H It Số mol electron trao đổi trong 0 giờ ne,9( mol ) F Theo quá trình anot, ta có số mol nước bị điện phân nh ne 6(mol) suy ra khối lượng nước bị điện phân là 6.8 = 0,08 g 4

5 Khối lượng dung dịch trước khi điện phân là 50. = 50 g Khối lượng dung dịch sau khi điện phân là 50 0,08 = 9,9 (g). Thể tích dung dịch sau khi điện phân là 9,9 ml 0,04 L Trong quá trình điện phân số mol H + không thay đổi = = (mol).(chính bằng số mol H ban đầu). Sau khi điện phân kết thúc, nồng độ ion H H, 5.0 M 0,04 ph 5 lg H lg(, 5.0 ) 4,90 4,9 Câu 4 (,5 điểm) Hoà tan,00g hiđroxylamoni clorua vào nước được 50ml dung dịch A. Cho 5,0ml A vào dung dịch chứa lượng dư ion Fe + trong môi trường axit sunfuric. Hỗn hợp được đun nóng một thời gian để phản ứng xảy ra hoàn toàn rồi đưa về nhiệt độ phòng thu được dung dịch B. Đem chuẩn độ dung dịch B bằng dung dịch kali pemanganat 0,0mol.l - thấy tốn hết 8,9ml. Tìm công thức sản phẩm oxi hoá chứa nitơ của hiđroxylamin, biết chỉ có một sản phẩm oxi hóa duy nhất và viết các phương trình ion thu gọn. Đáp án:,5 0 69,5 n (5 ml)., 44.0 mol H Cl 8, ,0 5,78.0 nkmn mol 000 Phương trình chuẩn độ B bằng KMn4: 5Fe + + Mn H +,89.0-5, Có tỉ lệ: H + Cl - : Fe + =, :, = : Gọi số oxi hoá sản phẩm oxi hoá của hiđroxylamin là x ta có: 5Fe + + Mn + + 4H - x + (x+)e Fe + +e Fe + x+ Áp dụng định luật bảo toàn e có: x + = x = +. Vậy công thức của sản phẩm là. PT: H + Cl - + 4Fe + + H + Cl - + 4Fe + + 6H + Câu 5 ( điểm). Sắp xếp các hợp chất: phenol (I), p-metylphenol (II), m-nitrophenol (III) và p-nitrophenol (IV) theo thứ tự tăng dần tính axit. Giải thích.. Sắp xếp các hợp chất: axetamit (I), DB (II) và guianidin (III) theo thứ tự tăng dần tính bazơ. Giải thích. CH -C H H H (I) (II) (III) 5

6 . Sắp xếp các hợp chất: purin (I), benzimiđazol (II) và inđol (III) theo thứ tự tăng dần nhiệt độ nóng chảy. Giải thích. H H H Purin Benzimi azol In ol 4. Cho hợp chất (CH)CH-CH-CH=C(Br)-CH-CH(CH)-CH5. a) Viết tên của nó theo danh pháp IUPAC. b) Hợp chất này vừa có thể tồn tại ở dạng đồng phân hình học (E/Z) và đồng phân quang học (R/S). Vẽ cấu trúc của đồng phân khi có cấu hình (E) và (S). HƯỚG DẪ GIẢI. Câu 5. (.0 đ) ) 0.5 đ Phenol (I), p-metylphenol (II), m-nitrophenol (III) và p-nitrophenol (IV). hóm là nhóm hút e mạnh, nên làm tăng tính axit; nhóm metyl là nhóm đẩy e, nên làm giảm tính axit. goài ra, ion p-nitro phenoxide được bền do có cộng hưởng (điện tích âm giải tỏa rộng hơn) nên đồng phân p- có tính axit cao hơn đồng phân m-nitrophenol (III). - H + - H + Vậy, II < I < III < IV ) 0.5 đ. Ở hợp chất amit, đôi electron trên ocbital p của sp xen phủ với nhóm cacbonyl nên làm cho tính bazơ của amit rất thấp (gần như trung tính). Amidin được tạo thành khi thay cacbonyl của amid bằng nhóm C=H. Giống như ở amit, cộng proton xẩy ra trên sp lúc đó điện tích dương sẽ giải tỏa trên cả hai nitơ. hư vậy, cả hai đôi electron tự do trong amidin được sử dụng khi proton hóa trên sp (Amidin là một bazơ mạnh, pkah=,4). Guanidin có nguyên tử là bazơ rất mạnh. Khi bị proton hóa, điện tích dương có thể giải tỏa trên ba nguyên tử, tạo nên một cation rất bền. Tất cả ba đôi e tự do kết hợp với nhau tạo nên mật độ electron cao trên sp nên guanidin là bazơ mạnh (pkah.6, mạnh gần như a). 6

7 ) 0.5 đ Liên kết-h có ảnh hưởng lớn đến nhiệt độ nóng chảy. Liên kết này càng bền và càng nhiều thì điểm nóng chảy càng cao. Inđol: chỉ có liên kết hiđro liên phân tử rất yếu giữa -H và dị vòng 5 cạnh. Benzimiđazol: -H tạo liên kết hiđro liên phân tử khá bền với: < (có tính bazơ). Purin: -H có thể tạo liên kết hiđro liên phân tử khá bền với nhiều () nguyên tử :<. Vậy, Inđol (5 o C) < Benzimiđazol (7 o C) < Purin (7 o C) 4) 0.5 đ a) (E) (S)-5-Brom-,7-dimetyl-4-nonen b) H Br 4 C = C CH S 7 (CH ) HCH C CH - C - C H 5 H Câu 6 ( điểm) ) Có đồng phân cấu tạo của xicloanken (C5H8) được nhận biết bằng phản ứng ôxi hóa với KMn4/H +. Viết công thức cấu tạo của chúng, biết rằng: (i) một đồng phân tạo ra hợp chất vừa có nhóm xeton, C và có C-bất đối. (ii) một đồng phân tạo ra hợp chất dixeton không có C-bất đối. (iii) một đồng phân tạo ra hợp chất có nhóm C và có C-bất đối. ) Vẽ cấu trúc (biểu diễn hóa lập thể) của các sản phẩm thu được khi cho Br/CHCl phản ứng với (i) trans-hcch=ch-c (ii) cis-hcch=ch-c Giải thích dạng đồng phân quang học của (các) sản phẩm ở mỗi trường hợp. ) Cho một hỗn hợp gồm các amin bậc, và. Hãy đề nghị một phương pháp đơn giản để phân tách chúng. (Gợi ý: Có thể dùng bất kì hóa chất phù hợp nào cho quá trình này, ví dụ, benzensunfonyl clorua,...). 4) Viết sản phẩm của (các) phản ứng sau: (DABC: là một bazơ không có tính nucleophin). (i) Br CH CH DABC? (ii) C t- Bu? HƯỚG DẪ GIẢI. Câu 6. (.0 đ) ) 0.5 đ 7

8 A B C H C CH H C CH CH H C C H H C CH H C H C H C ) 0.5 đ * Phản ứng cộng-trans của brom vào axit maleic (đồng phân cis) cho một cặp d,l của axit,-dibromsucxinic (sản phẩm raxemic- không có mặt phẳng đối xứng phân tử). CH * Phản ứng cộng-trans của brom vào axit fumaric (đồng phân trans) chỉ cho sản phẩm axit meso-,-dibromsucxinic. (có mặt phẳng đối xứng phân tử) ) 0.5 đ Phản ứng với benzensunfonyl clorua (hay toluensunfonyl clorua). Amin bậc ba không có H nên không phản ứng. Amin bậc và bậc cho benzensunfanilit kết tinh, có nhiệt độ nóng chảy rõ ràng, có thể tách riêng ra. RHR + PhSCl PhSRR + HCl goài ra, benzensunfanilit của amin bậc do còn H nên có tính axit và tan được trong kiềm. PhSR + a PhS(a)R + H 8

9 4) 0.5 đ (i)- Phản ứng Robinson (gồm Michael và ngưng tụ andol); (ii)-thoái phân Curtius (i) Br CH (ii) t-bu C C HC CMe Câu 7 ( điểm) ) Dự đoán sản phẩm của phản ứng sau. Viết cơ chế phản ứng để khẳng định.? (ii) Bn H + H H H +? ) Viết các phản ứng tổng hợp chất (A) và (B) đi từ chất đầu (bên trái) và các hóa chất vô cơ, hữu cơ cần thiết khác. (i) (ii) C H 5 (A) CH CH Br Cl C H Cl C (B) Br HƯỚG DẪ GIẢI. Câu 7. (.0 đ) ) Mỗi cơ chế: 0.5 đ 9

10 (ii)- (ii) H H H + H H Bn H + Bn H C -H Bn C Bn HC - H + Bn H C ) Mỗi tổng hợp: 0.5 đ (Học sinh làm cách khác, nhưng ngắn tương đương cũng cho điểm tối đa). (i) C H 5 BS t o CHBrCH K CH=CH RC H H + CH CH (ii) Cl C CH Cl CCH MgBr Cl C HBr Peroxid Cl Br Br Câu 8 ( điểm) ) Chất A có CTPT là C8H6, cho phản ứng iodoform nhưng không cộng được hiđro. Khi đun nóng A với HS4 đặc thu được chất B duy nhất, C8H4 (cho rằng không có sự chuyển vị). ếu ôxi hóa B rồi decarboxyl hóa sản phẩm thì sẽ thu được metylxiclopentan. Chất B không có đồng phân hình học. Xác định công thức cấu tạo của A, B, C và D. ) Hợp chất hữu cơ A phản ứng với Br/K cho chất B. Hợp chất B khi phản ứng với H cho chất C. Chất C khi xử lí Br/K cho chất D. Hợp chất B phản ứng với D khi có mặt của K tạo một chất có mùi khó chịu E (carbylamin, CH5). Đun nóng hợp chất D 0

11 với bột bạc giải phóng etin. Biện luận (kèm theo phương trình phản ứng) cấu trúc của các chất từ A đến E. ) Viết công thức cấu tạo của các chất từ A đến E trong sơ đồ chuyển hóa sau:. KMn 4 /H +. CH + C CH a/ch CH Zn A B C D E. CH du. H +, t o BrCH C CH 4) Viết công thức cấu tạo của các chất từ A đến D trong sơ đồ chuyển hóa sau: H H H + C C a/h A B Pd/CaC C D HƯỚG DẪ GIẢI. Câu 8. (.0 đ) ) 0.5 đ * Biện luận: 0.5 đ Từ dữ kiện đề bài suy ra A là một dẫn xuất của metylxiclopentan, có nhóm H (mất nước khi đun với axit sunfuric đặc). Mạch nhánh thứ hai (ngoài nhóm CH) có C và có chứa nhóm H bậc (vì cho phản ứng iodoform). Chỉ khi mạch nhánh cùng đính cùng C thì mới cho B duy nhất, không có đồng phân hình học. Vậy, * Viết công thức của A và B: 0.5 đ C H A B ) 0.5 đ Đun nóng D với Ag cho etin, vậy D là bromoform CHBr. Dựa vào dãy chuyển hóa từ A qua B, C đến D, suy ra A là propanamit (C dựa vào công thức của E) B là etylamin; C là etanol D là CHBr; E là CH5 (+) C (-) ) 0.5 đ A B C C CH C CH H C C C H CH H C C CH CH 4) 0.5 đ D C CH CH H C C E H C CH CH

12 H H H + CH C C H Pd/CaC CH C=C a/h A B C D CH Câu 9 ( điểm). Cho cân bằng hóa học: CH(k) + H(k) ƒ H(k) + C(k) () Entanpi và năng lượng tự do Gibbs tại 74K có giá trị H 0 74K = + 5kJ/mol và G 0 74K = -7 kj/mol. Cho vào bình phản ứng mol metanol và mol nước có mặt chất xúc tác. Duy trì nhiệt độ và áp suất trong bình không đổi là 74K và 0 5 Pa. a) Tính hằng số cân bằng (ghi rõ đơn vị nếu có) của phản ứng tại nhiệt độ 74K. b) Khi hệ đạt trạng thái cân bằng, tính phần trăm metanol đã chuyển hóa thành H.. Cho phản ứng () tại 00 K: H + H (). Ở điều kiện p(h) =,0 atm; p(h) = 0 atm; p() =,0 atm phản ứng sẽ tự diễn biến theo chiều nào (thuận hay nghịch) chiếm ưu thế hơn? Thực tế, tại 00 K phản ứng đó xảy ra nhưng với tốc độ không đáng kể. Điểu này có gì mâu thuẫn với kết quả tính được ở trên không? Cho biết biến thiên thế đẳng áp đẳng nhiệt hình thành chuẩn của H ở 7 C G f (H) = -6,6 kj/mol. ƒ CH=C Đáp án 0 G 7.0,5 a) ln K p 5, 467 Kp = 6,75 RT 8,4.74 Kp không có đơn vị ếu học sinh ghi đơn vị của Kp trong trường hợp này trừ do hiện nay đa số các tài liệu có sự thống nhất về việc hằng số cân bằng không có đơn vị. b) Xét cân bằng: CH(k) + H(k) ƒ H(k) + C(k). Ban đầu 0 0 (mol) Phản ứng x x x x (mol) Cân bằng x x x x (mol) Tổng số mol khí trong bình ở trạng thái cân bằng là.( + x) Mà ta có: p p x x P ;p P ; ( x) ( x) H t C t x x P ;p P ; ( x) ( x) H t CH t với Pt là áp suất tổng của bình bằng 0 5 Pa hay bar; áp suất tiêu chuẩn p = bar. Ta có: ph p C. x x 0 0. p p + x + x K = = p p - x - x CH ph p p + x + x

13 4 4 7x 7x K p = 6, 75 ( + x).( - x) 4( x ) Đặt a = x ta có a > 0 và x >0 (do phản ứng diễn ra theo chiều thuận) Ta có: a 5, 07 ( a) a hay 5, 9 a hay a = 0,8555 có x = 0,95 %CH(phản ứng) = 9,5%. Chú ý: Trong trường hợp học sinh đổi áp suất ra đơn vị atm trong công thức Kp vẫn cho điểm tối đa do nhiều tài liệu vẫn cho p = atm hoặc lấy gần đúng bar = atm (chính xác atm =, Pa) Viết lại phản ứng (): H ( k ) ( k ) ƒ H( k ) Biểu thức dưới đây tính G của phản ứng (): p(h ) G = G o RT ln / / p(h ) p( ) G = ln = -507(J.mol ) / / hay G -5 kj.mol Ở 00 K, phản ứng () tự diễn biến theo chiều từ trái sang phải (chiều thuận). Tuy nhiên, do những cản trở động học (thí dụ năng lượng hoạt động hóa của phản ứng lớn), ở những điều kiện như vậy, sự tạo thành amoniac diễn ra cực kì chậm. Điều này không mâu thuẫn gì với kết quả tính được ở trên. Vì giá trị của G âm, và khá lớn tuy nhiên nó chỉ cho biết vị trí của phản ứng sẽ lệch sang phải (phía tạo H Kp lớn) chứ không ảnh hưởng đến tốc độ của phản ứng. Chú ý: Học sinh có thể tính theo kiểu giữ nguyên phản ứng (), cách tính này cho ra kết quả G = -0, kj.. Câu 0 ( điểm). Coban tạo ra được các ion phức: CoCl(H)4 + (A), Co(C)6 - (B). Viết tên theo quy ước IUPAC của (A), (B). Tìm các đồng phân lập thể có thể có của các (phân tử hay ion) phức sau : a) Pt(H)Cl b) [Pt(en)Cl] + en = etylenđiamin H CH CH H.. Sử dụng thuyết liên kết hóa trị (VB) để giải thích dạng hình học, từ tính của các phức chất sau: [i(c)4] -, [icl4] -. Cho biết i có Z = 7 Đáp án:. CoCl(H)4 + (A): Tetraamminđiclorocoban(III) Co(C)6 - (B): Hexaxianocobanat (III) hoặc hexaxianocobantat(iii) Chú ý : Cách gọi tên theo thứ tự phối tử anion trước rồi mới đến phối tử trung hòa đã được thay đổi. Gọi tên các phối tử theo thứ tự a, b, c không

14 phân biệt anion hay trung hòa. Coban (tiếng anh là Cobalt)có thể việt hóa theo kiểu cobanat hoặc cobantat đều cho điểm. 0,75 a)pt(h)cl đồng phân lập thể b) [Pt(en)Cl] + đồng phân lập thể 0,75 I và II là đối quang, III và IV trùng nhau i : d 8 4s ; i + : d 8 i + : d 4s 4p Phức [i (C)4] - : C - là phối tử tạo trường mạnh dồn electron d tạo phức vuông phẳng với lai hóa dsp. Do ion trung tâm và phối tử không còn electron độc thân nghịch từ dsp [i(c) 4 ] - d 4s 4p Phức [icl4] - : Cl - là phối tử tạo trường yếu không dồn ép electron d được tạo phức tứ diện với lai hóa sp. Do ion trung tâm còn electron độc thân thuận từ sp [i(cl) 4 ] - d 4s 4p 4