OLYMPIC HOÁ HỌC SINH VIÊN CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG TOÀN QUỐC LẦN THỨ VII - ĐÁP ÁN BÀI THI LÝ THUYẾT BẢNG C

Tính số electron cực đại có thể có trong một nguyên tử thỏa mãn những điều kiện sau:1.a.Các electron này có cùng số lượng tử chính n = 3Các electron có n =3 thuộc lớp thứ 3 gồm các phân lớp 3s, 3p và 3d.Số electron tối đa trong phân lớp 3s, 3p và 3d lần lượt là 2, 6 và 10.Vậy số electron tối đa có n =3 là 2 + 6+ 10 = 181.b.Các electron này có cùng số lượng tử chính n =3 và số lượng tử phụ l =1Các electron có cùng số lượng tử n...
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
OLYMPIC HOÁ HỌC SINH VIÊN CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG TOÀN QUỐC LẦN THỨ VII - ĐÁP ÁN BÀI THI LÝ THUYẾT BẢNG C L IÊN HIỆP CÁC HỘI KH&KT VIỆT NAM HỘI HÓA HỌC TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠ M ĐÀ NẴNGOLYMPIC HOÁ H ỌC SINH VIÊN CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC VÀ CAO ĐẲNG TOÀN QUỐC LẦN THỨ V II ĐÁP ÁN BÀI THI LÝ THUYẾT Bảng: C Đ à nẵng 4/2012Câu 1 a b c d Tổng số 1,0 1,0 0,5 0,5 3,0Tính số electron cực đại có thể có trong một nguyên tử thỏa mãn những điều kiện sau: 1.a. Các electron này có cùng số lượng tử chính n = 3Các electron có n =3 thuộc lớp thứ 3 gồm các phân lớp 3s, 3p và 3d. Số electron tối đa trong phân lớp 3s, 3p và 3d lần lượt là 2, 6 và 10.V ậy số electron tối đa có n =3 là 2 + 6+ 10 = 18 1.b. Các electron này có cùng số lượng tử chính n =3 và số lượng tử p hụ l =1Các electron có cùng số lượng tử n = 3 và l =1 thuộc phân lớp 3p.Số electron cực đại trong phân lớp 3p là 6. 1.c. Các electron này có cùng các số lượng tử n = 3, l = 1, và số lượng tử từ m = -1Các electron có cùng 3 số lượng tử n = 3, l =1 và m = -1 thuộc cùng 1 orbital p nêncó tố i đa 2 electron. 1.d. Các electron này có các số lượng tử n = 3, l =1, m = -1 và số lượng tử spin s = -1/2Chỉ có 1 electron có cùng 4 số lượng tử n = 3, l =1 và m = -1 và s = -1/2.. Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C 2Câu 2 a b Tổng số 1,0 1,0 2,0 Môi trường đ ất và nước mộ t số địa phương trong nước ta hiện nay d ễ bị ô nhiễm chì, do thảiquá nhiều ăcqui hư hỏ ng từ moto, xe máy. Chì có khả năng xâm nhập vào cơ thể con người thôngqua các nguồ n nước sinh ho ạt và thực phẩm bị ô nhiễm, gây ra nhiều b ệnh nan y. Để giảm b ớt mứcđộ độ c hại của chì trong cơ thể người ta có thể sử dụ ng các phố i tử tạo các phức bền với Pb2+ vànhờ thận bài tiết ra ngoài. Phố i tử EDTA được dùng cho mục đích này nhờ sự hình thành phức[Pb(EDTA)]2- rất b ền (hằng số bền, K[Pb(EDTA)]2- = 10 18). Thuốc giải đ ộc chì có chứa dung dịchNa2[Ca(EDTA)] (hằng số b ền, K[Ca(EDTA)]2- = 1010,7), đ ược truyền vào cơ thể. Khi đó có thể xảy ra sựtrao đổi của canxi từ thu ốc với chì có trong máu. 2.a. Một bệnh nhân có nồ ng đ ộ chì trong máu là 83 g/ml. Hãy tính nồng đ ộ mol của chì trong máu bệnh nhân này.Số mol Pb2+ trong 1ml = 83.10 -6 / [207,2]Nồ ng độ mol của chì trong máu là: [ 83.10-6. 103]/ [207,2] = 4,00. 10 -4Ma. 2.b. Trong một thí nghiệm, người ta điều chế một dung dịch chứa Ca(NO3)2 và Na2[Ca(EDTA)] cónồ ng độ lần lượt bằng 2,5mM và 1,0mM. Thêm Pb(NO3)2 rắn vào đ ể đạt được nồ ng độ chì tươngứng với nồng đ ộ chì trong máu bệnh nhân trên. Hãy tính tỉ lệ gần đúng củ a [Pb(EDTA)]2-/[Pb2+]trong dung dịch thu được tại thời điểm cân bằng. Bỏ qua tính chất axit bazơ củ a các tiểu phân cóliên quan và sự thay đ ổi thể tích dung dịch coi như không đáng kể.Y = EDTA [ PbY 2 ][Ca 2 ] K PbY 2 1018CaY2- + Pb2+ = PbY 2- + Ca2+  10, 7  107,3 K  [CaY 2 ][ Pb 2 ] K CaY 2 10[PbY2-] + [Pb2+] = 0,4 mMVì hằng số K rất lớn nên [Pb2+] Câu 3 a b c Tổng số 0,5 1,0 1,0 2,5 Cho cân b ằng PCl5(k)  PCl3(k) + Cl2(k) 3.a. Trong bình kín dung tích V(L) có chứa m(g) PCl5, đun nóng b ình đến nhiệt độ T(K) để thựchiện phản ứng phân ly PCl5. Sau khi đạt cân bằng, áp su ất khí trong bình là P. Hãy thiết lập biểuthức của Kp theo độ p hân ly α và áp su ất P.  PCl5(k) PCl3(k) + Cl2(k) CB (1 – α) α α Áp suất (1 – α).P/ (1 + α) α.P/ (1 + α) α.P/ (1 + α) Ta có : Kp = (PPCl3 . PCl2)/ PPCl5 = α2. P/ (1 – α2) Vậy Kp = α2. P/ (1 – α2) Đáp án bài thi lý thuyết – Bảng C 4 3.b. Khi thực hiện phản ứng trên trong bình có chứa 83,40g PCl5 ở nhiệt độ T1(K). Khi cân b ằng áp suấttrong bình là 2,700 atm, hỗn hợp khí trong bình có tỷ khố i hơi so với hidro b ằng 69,5. Tính α và Kp. Theo đề: nPCl5 ban đầu = 83,4/208,5 = 0,4mol, P = 2,7atm Tổng số mol khí của hỗn hợp tại TTCB: ns. dS/H2 = 69,5 Vậy MTB S = 69,2. 2 = 139 Áp dụng BTKL: mS = mPCl5 ban đầu = 8 3,4(g) V ậy ns = 83,4/139 = 0,6mol.  PCl5(k) PCl3(k) + Cl2(k) BĐ 0,4 TTCB (0,4 – x ) x x ns = 0,4 –x + x + x = 0,6 V ậy x = 0,2 Do đó α = x/0,4 = 0,5 Và Kp = α2. P/ (1 – α2) = [(0,5)2. 2,7]/ [1 – (0,5)2] = 0,9 3.c.Trong một thí nghiệm khác có cùng lượng PCl5 như trên, thể tích bình vẫn là V(L) và nhiệt độ T2 =0,9T1 thì áp suất cân b ằng đ o được là 1,944atm. Tính α và Kp. Từ đ ó cho biết phản ứ ng phân lyPCl5 tỏa nhiệt hay thu nhiệt. Gọi áp suất của hệ tại nhiệt độ T1 là P1 = 2,7atm, số mol n1 = nS = 0,6mol. Áp suất của hệ tại nhiệt độ T2 = 0,9T1 là P2 , số mol n2 . V ới P2 = 1,944atm. Ta có P1V 1 = n1RT1 và P2V2 = n2RT2 Suy ra (P1V 1)/ (P2V 2) = (n1RT ...