1. ĐÁP ÁN PHẦN HÓA HỌC CƠ SỞ BẢNG B
OLYMPIC HÓA HỌC CÁC TRƯỜNG ĐẠI HỌC VIỆT NAM NĂM 2004
Câu I:
1) a) O3 OOhv
+→ 2
b) λ = 3400Å = 34.10-8
m
Ta có:
110
8
18.34
.35210.85,5
10.34
.10.2..10.626,6 −−
−
−−
===== molkJJ
m
smsJc
hh
λ
νε
Số mol O3: n(O3) = 10,6348mol
Vậy năng lượng đã được hấp thụ là: E = ε.n(O3) = 3743,4496kJ
2) a) 6C14
→ 7N14
+ -1eo
+ γ (1)
Có yêu cầu nêu rõ: Dựa vào định luật bảo toàn số khối và bảo toàn điện tích.
b) (1) được coi là phản ứng một chiều bậc nhất nên có phương trình động học (dạng tích
phân)
5700
6932,06932,0
ln
1
2/1
==
=
t
R
R
t o
λ
λ
Ro, R là số pၨ n rã theo (1) của cơ thể sốnტ ၨၨ và cổ vật đều có 14
C. Do đó:
125,0
1
14
12
==
C
C
R
Ro
Thay vào phương trình động học th được t ≈ 17098,7 năm.
c) Tổng lượng cacbon có: 80kg . 0,18 = 14,4kg = 14400g
Vậy độ phóng xạ A = 0,27'Bq/g.14400g = 3988,8Bq.
a) Fe có Z = 26 nên nguyên tử trung hoà điện có 26e
Fe ở chu kỳ 4 (n =4); nhóm VIII (hay nhóm chuyển tiếp). Vậy cấu hình e của Fe được viết
như sau:
1s2
2s2
2p6
3s2
3p6
3d6
4s2
Hay: Fe: 1s2
2s2
2p6
3s2
3p6
3d6
4s2
[Ar] 3d6
4s2
b) Thực nghiệm cho biết Fe có đồng thời Fe2+
, Fe3+
. Vậy:
- Trước hết: Feo
– 2e → Fe2+
(C1)
[Ar]3d6
4s2
[Ar]3d6
Phản ứng xảy ra khi Feo
tác dụng với chất oxy hóa thông thường như H+
; Mn+
(như Ag+
; Cu2+
…).
Chẳng hạn: Fe +2HCl → FeCl2 + H2↑
- Tiếp đến: Fe2+
- e → Fe2+
(C2)
[Ar]3d6
[Ar]3d5
(Cấu hình 3d5
nửa bão hoà tương đối bền)
Phản ứng xảy ra khi có chất oxy hóa mạnh hơn, chẳng hạn 2FeCl2 + Cl2 → FeCl3

2. Có thể gộp C1 với C2: Feo
– 3e → Fe3+
Chẳng hạn: 2Fe + 3Cl2 → 2FeCl3
Câu II:
1) Tỉ lệ số mol đã cho là số mol nguyên tử vì khi xét công thức hóa học ta chỉ xét chỉ số.
Vì M có số oxy hóa cố định nên suy ra trong 3 loại oxit đó oxy có số oxy hóa khác nhau
Trong các nhóm nguyên tố của bảng HTTH chỉ có nhóm kim loại kiềm (M là Li, Na, K, Rb, Cs)
phù hợp với hai điều kiện trên, cụ thể:
Oxit M2O → M : O = 2 : 1; tức M+1
; O-2
Oxit M2O2 → M : O = 1 : 1; tức M+1
; O-1
hay O2
-2
Oxit MO2 → M : O = 1 : 2; tức M+1
; O-1/2
hay O2
-1
Vậy ta có bảng kết qủa sau:
Nhóm
nguyên tố
Oxit thường M2O Peoxit M2O2 Siêu oxit MO2
Công thức Tên gọi Công thức Tên gọi Công thức Tên gọi
Li Li2O Liti oxit Li2O2 Peoxit liti Không có
Na Na2O Natri oxit Na2O2 Peoxit natri NaO2 Siêu oxit
natri
K K2O Kali oxit K2O2 Peoxit kali KO2 Siêu oxit
kali
Rb Rb2O Rubidi oxit Rb2O2 Peoxit
rubidi
RbO2 Siêu oxit
rubidi
Cs Cs2O Xesi oxit Cs2O2 Peoxit xesi CsO2 Siêu oxit
xesi
Lưu ý: Li không tạo được siêu oxit.
2) Ion PO4
3-
có thể có 4 cấu tạo Lewis như sau:
P
O
O O
O
P
O
O O
O
P
O
O O
O
P
O
O O
O
Đây là 4 cấu tạo giới hạn hay 4 cấu tạo cộng hưởng
Cần lưu ý: Thực nghiệm chỉ xác định được một hình dạng chung nhất, tức là có một cấu tạo
chung duy nhất.
3) N có Z = 7; 7e nên cấu hình e: 1s2
2s2
2p3
→ 4AO hóa trị là: 2s, 2px; y; z và 5e hóa trị
4) O có Z =8; 8e nên cấu hình e: 1s2
2s2
2p4
→ 4AO hóa trị là: 2s, 2px; y; z và 6e hóa trị
Do đó phân tử NO có 8MO theo thứ tự năng lượng thấp lên cao:
****
22 zyxzyxss σππσππσσ (a)
Hệ phân bố e hóa trị vào 8MO tuân theo nguyên lý vững bền, quy tắc Hund 1, nguyên lý Pauli
Kết qủa cấu hình e của NO sẽ là:
NO: [1s2
1s2
]
***1222*2
2
2
2 zyxzyxss σππσππσσ (b)
Vậy trong NO có một electron độc thân ở MO πx* (hay πy*)
Chú ý: Cấu hình trên được viết cụ thể trên giản đồ năng lượng MO ở hình vẽ nêu trên
Bậc hay độ hay số liên kết của NO là 0,5(6 – 1) = 2,5; do đó phân tử bền
(Ghi chú: Vì trong cấu hình có 1e độc thân nên NO liên hợp phân tử tạo ra NO2 (dime hóa))

3. Câu III:
1) C = R – q - φ + 2 = 3 – 1 – 1 + 2 = 3
Số 3 cho biết: T, P và tỉ lệ SO2 : O2 ảnh hưởng đến cân bằng.
2) Dùng O2 không khí dư để cân bằng chuyển dịch sang phía tạo ra SO3 phù hơp với nguyên lý Le
Chartelier. Nhiệt độ cao không phù hợp với nguyên lý Le Chartelier vì ∆H < 0, ở nhiệt độ cao
cân bằng chuyển dịch theo phản ứng nghịch, nhưng vì ở nhiệt độ thấp tốc độ phản ứng qúa bé
nên phải tăng nhiệt độ và dùng chất xúc tác.
3) a) Khi cân bằng P(SO2) = 0,21.10-2
atm; P(O2) = 5,37.10-2
atm; P(SO3) = 10,30.10-2
atm, nên:
4
222
22
10.48,4
10.37,5.)10.21,0(
)10.30,10(
== −−
−
PK
b) 2SO2 + O2 ⇌ 2SO3
CB: a – x b – ½x x = 10,30mol
⇒ a = 10,51 mol SO2; b = 10,52mol O2; 84,12 mol N2
c) α = 10,30/10,51 = 0,98 ⇒ α = 0,98%
Nếu dùng O2 tinh khiết:
2SO2 + O2 ⇌ 2SO3
CB: 10,51 – x 10,52 – ½x x ⇒ Σn = (21,03 – ½x) mol
P
x
x
P
P
x
x
P
P
x
x
P
SO
O
SO
2
03,21
2
03,21
2
52,10
2
03,21
51,10
3
2
2
−
=
−
−
=
−
−
=
Vì KP rất lớn nên coi x = 10,51 ⇒ [SO2 = 10,51 – x = ε
%99100.
51,10
42,10
42,10
086,051,10
37,5.)51,10(
78,15.)51,10(
10.48,4 2
2
4
==
=⇒
=−⇒
−
=
α
x
x
x
Dùng oxy tinh khiết α tăng thêm 1% là không đáng kể, nếu dùng O2 không khí bỏ qua được giai
đoạn điều chế O2 sẽ tiết kiệm được rất nhiều.
Câu IV:
a) ∆Go
= -2.96500(1,77 + 0,14) = -8,314.298lnK ⇒ K = 4,14.1064
b) Phản ứng:
CN-
+ H2O2 ⇌ NCO-
+ H2O

4. CB: 10-3
– x 10-1
– x x
Vì K rất lớn nên coi x = 10-3
[ ] [ ]
[ ]
M
OHK
NCO
CN 67
3164
3
22
10.4,2
)1010.(10.14,4
10 −
−−
−−
−
=
−
==
Vậy dùng dư H2O2 theo tỉ lệ số mol H2O2 : CN-
= 100 : 1 thì có thể loại trừ gần hết CN-
trong nước thải.
2) Al(OH)3(r) + OH-
⇌ Al(OH)4
-
K = 40
pH = 10,9 ⇒ [H+
] = 10-10,9
⇒ [OH-
] = 10-3,1
= 7,94.10-4
M
Ta có:
[ ] [ ] MAlAl 2337,22
31,3
32
3
10.210
)10(
10 −+−
−
−
+
=⇒==
K =
[ ]
[ ] [ ] MOHAl
OH
OHAl 21,3
4
4
10.18,340.10)(
)( −−−
−
−
==⇒
[Al3+
]o = [Al3+
] + [Al(OH)4
-
] = 3,18.10-2
M
Câu V:
Đây là phản ứng bậc một:
13
.794,030.10.689,7
1
lnln −−
=⇒=⇒= LmolC
C
kt
C
Co
90
10.689,7
2ln
32/1 == −
t ph
Ta có:
1
12
21
21
..90269ln
11
ln
1
2
1
2 −
=
−
=⇒





−= molJ
k
k
TT
TRT
E
TTR
E
k
k
T
T
a
a
T
T