HDC Hoa VC vong 2 2007

Hãy chứng minh rằng phần thể tích bị chiếm bởi các đơn vị cấu trúc (các nguyên tử) trong mạng tinh thể kim loại thuộc các hệ lập phương đơn giản, lập phương tâm khối, lập phương tâm di[r]

HƯỚNG DẪN CHẤM THI MƠN HĨA HỌC KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN VIỆT NAM DỰ THI OLYMPIC HÓA HỌC QUỐC TẾ NĂM 2007 Bài thi phần Cơ sở Hóa học Vơ (ngày thứ nhất, 07/4/2007) (Bản hướng dẫn có tổng cộng10 trang)

Câu I (6.0 điểm = + + )

1 Đối với phản ứng thuận nghịch pha khí SO2 + O2    SO3:

a) Người ta cho vào bình kín thể tích khơng đổi 3,0 lít hỗn hợp gồm 0,20 mol SO3

và 0,15 mol SO2 Cân hóa học (cbhh) thiết lập 250C áp suất chung

hệ 3,20 atm Hãy tính tỉ lệ oxi hỗn hợp cân b) Cũng 250C, người ta cho vào bình mol khí SO

3 Ở trạng thái cbhh thấy có

0,105 mol O2.Tính tỉ lệ SO3 bị phân hủy, thành phần hỗn hợp khí áp suất chung hệ

2 Cho phương trình nhiệt hóa học sau đây:

(1) ClO2 (k) + O3 (k) → Cl2O7 (k) ΔH0 = - 75,7 kJ

(2) O3 (k) → O (k) + O (k) ΔH0 = 106,7 kJ

(3) ClO3 (k) + O(k) → Cl2O7 (k) ΔH0 = - 278 kJ

(4) O2 (k) → O (k) ΔH0 = 498,3 kJ

k: kí hiệu chất khí

Hãy xác định nhiệt phản ứng sau: (5) ClO2 (k) + O(k) → ClO3 (k)

3 Dung dịch A gồm FeSO4 0,020 M; Fe2(SO4)3 H2SO4

a) Lấy xác 25,00 ml dung dịch A, khử Fe3+ thành Fe2+; chuẩn độ Fe2+ hỗn

hợp (ở điều kiện thích hợp) hết 11,78 ml K2Cr2O7 0,0180 M Hãy viết phương trình ion

của phản ứng chuẩn độ Tính nồng độ M Fe2(SO4)3 dung dịch A

b) Tính nồng độ M H2SO4 dung dịch A, biết dung dịch có pH = 1,07

c) Ghép cực Pt nhúng dung dịch A (qua cầu muối) với cực Ag nhúng dung dịch AgNO3 0,0190 M có thêm K2CrO4 nồng độ 0,0100 M (coi thể tích giữ

nguyên)

Hãy cho biết anot, catot viết phương trình phản ứng xảy pin hoạt động Tính sức điện động pin

Cho pKa: HSO4- 1,99; Fe3+( Fe3+ + H2O      FeOH2+ + H+) 2,17;

Fe2+( Fe2+ + H

2O      FeOH+ + H+) 5,69

Chỉ số tích số tan pKs Ag2CrO4 11,89

Eo : Fe3+/ Fe2+ 0,771 V; Ag+/Ag 0,799 V; (RT/F)ln = 0,0592 lg.

Hướng dẫn chấm:

1 a) Xét SO2 + O2      SO3 (1)

ban đầu 0,15 0,20 lúc cbhh ( 0,15 + 2z) z (0,20 – 2z) Tổng số mol khí lúc cbhh n1 = 0,15 + 2z + z + 0,20 – 2z = 0,35 + z

Từ pt trạng thái: P1V = n1RT → n1 = P1V / RT = 3,2.3/0,082.298  0,393

Vậy x O2 = z / n1 = 0,043/ 0,393 = 0,1094 hay hh cb oxi chiếm 10,94% b) SO2 + O2      SO3 (2)

ban đầu y

lúc cbhh 0,105 0,105 (y – 0,105) Trạng thái cbhh xét (1) (2) T (và V) nên ta có K = const; vậy: n2SO3/ (n

2

SO nO2) = const

Theo (1) ta có n2SO3/ (n

2

SO .nO2) = ( 0,20 – 0,043)2 / (0,15 + 0,086)2 0,043 = 5,43.

Theo (2) ta có n2SO3/ (n

2

SO .nO2) = (y – 0,21)2/ (0,21)2.0,105 = 5,43 Từ có phương

trình y2 – 0,42 y + 0,019 = Giải pt ta y

1 = 0,369; y2 = 0,0515 < 0,105

(loại bỏ nghiệm y2 này)

Do ban đầu có y = 0,369 mol SO3; phân li 0,21 mol nên tỉ lệ SO3 phân li 56,91%

Tại cbhh tổng số mol khí 0,369 + 0, 105 = 0,474 nên:

SO3 chiếm ( 0,159 / 0,474).100% = 33,54%; SO2 chiếm ( 0,21 / 0,474).100% = 44,30%; O2 chiếm 100% - 33,54% - 44,30% = 22,16%.

Từ pt trạng thái: P2V = n2RT → P2 = n2 RT/ V = 0,474.0,082.298/3 → P2 = 3,86 atm

2 Kết hợp pt (1) (3) ta có

ClO2 (k) + 1/2 O3 (k) → 1/2 Cl2O7 (k) ΔH0 = - 37,9 kJ

1/2 Cl2O7 (k) → ClO3 (k) + 1/2 O(k) ΔH0 = 139 kJ

(6) ClO2 (k) + 1/2 O3 (k) → ClO3 (k) + 1/2 O (k) ΔH0 = 101,1 kJ

Kết hợp pt (6) (2) ta có

ClO2 (k) + 1/2 O3 (k) → ClO3 (k) + 1/2 O (k) ΔH0 = 101,1 kJ

1/2 O2 (k) + 1/2 O (k) → 1/2 O3 (k) ΔH0 = -53,3 kJ

(7) ClO2 (k) + 1/2 O2 (k) → ClO3 (k) ΔH0 = 47,8 kJ

Kết hợp pt (7) (4) ta có

ClO2 (k) + 1/2 O3 (k) → ClO3 (k) + 1/2 O (k) ΔH0 = 101,1 kJ

O (k) → 1/2 O2 (k) ΔH0 = - 249,1 kJ

(5) ClO2 (k) + O(k) → ClO3 (k) ΔH0 = - 201,3 kJ

Đó pt nhiệt hóa (5) ta cần tìm 3 a) Phản ứng c/độ Cr2O

2 

+ Fe2+ + 14 H+ → Cr3+ + Fe3+ + H 2O

CFe2 = CFeSO4 + CFe2(SO4)3 = 0,02 + 2C1

CFe 2

25,00 = (CCr2O 

VCr2O 

→ 25,00(0,020 + 2C1) = 6(0,0180 11,78)

C1 = 0,01544 M hay CFe2(SO4)3 = 0,01544 M. b) Trong dd A có: Fe2+ 0,020 M; Fe3+ 2C

1; H+ (C, M); HSO4 

(C, M); cân bằng: H2O      H3O+ + OH- Kw = 10-14 (1) Fe2+ + H

Fe3+ + H

2O      FeOH2+ + H3O+ Ka2 = 10-2,17 (3)

HSO4 

+ H2O      SO 

+ H3O+ Ka = 10-1,99 (4)

So sánh ta thấy (3) (4) chủ yếu tương đương Áp dụng đ/luật bảo tồn proton, ta có [H3O+] = CH



+ [FeOH2+] + [SO24 

] (a) Từ (3) có [FeOH2+] / [Fe3+] = K

a2 / [H3O+] → [FeOH2+] / CFe3 = Ka2 / Ka2 + [H3O+]

= 10-2,17 / (10-2,17 + 10-1,07) → [FeOH2+] = 0,0736 C

Fe3 = 0,0736 0,015445

T/ tự, từ (4) có [SO24 

] / [HSO4 

] = Ka / [H3O+]

→ [SO24 

] / CHSO4 

= 10-1,99/ (10-1,99 + 10-1,07) → [SO24 

] = 0,107 C; P/ trình (a) trở thành [H3O+] = C + 0,0736 CFe

3

+ 0,107 C (b) Từ (b) CH2SO4= C = (10-1,07 – 0,0736 0,03089) / 1,107 → CH2SO4= C = 0,07483 M c) EPt = E Fe

3 / Fe

2

= E0 Fe 3

/ Fe 2

+ 0,0592 lg([Fe3+]/[Fe2+])

Fe3+ + H

2O      FeOH2+ + H3O+ 10-2,17

C 0,03089

[ ] 0,03089 – x x 10-1,07

x 10-1,07 / (0,03089 – x) = 10-1,07 → x = 0,002273→ [Fe3+] = 0,03089 – 0,002273

= 0,02862 M → [Fe2+] = C

Fe2 = 0,020 M (vì Ka1 bé)

Vậy: EPt = 0,771 + 0,0592 lg ( 0,0862 / 0,020) = 0,780 V

Ag+ + CrO24 

→ Ag2CrO4↓

0,019 0,010 - 10-4

Ag2CrO4↓ → Ag+ + CrO 

Ks = 10-11,89

C 5.10-4

[ ] 2x 5.10-4 + x

( 2x )2 (5.10-4 + x) = 10-11,89 → 4x3 + 2,0.10-3x2 - 10-11,89 = → x = 2,08.10-5

Có: [Ag+] = 2x = 4,96.10-5 M.

EAg = E /

o Ag Ag

+ 0,0592 lg [Ag+] = 0,799 + 0,0592 lg4,96.10-5 = 0,544 V.

Vì EAg < EPt nên cực Ag anot; cực Pt catot

Phản ứng pin: anot Ag + CrO24 

  

   Ag2CrO4↓ + 2e catot 2x│ Fe3+ + e      Fe2+

Ag + CrO24 

+ 2Fe3+      Ag

2CrO4↓ + Fe2+

Epin = EPt - EAg = 0,780 – 0544 = 0,236 V

Câu II ( 3,0 điểm = + )

Thực nghiệm cho biết nhiệt phân pha khí N2O5

t

  NO 2 + O2 (*) phản ứng chiều bậc Cơ chế thừa nhận rộng rãi phản ứng N2O5

1

k

  NO 2 + NO3 (1) NO + NO3

1

k

NO + NO3

k

  NO + NO 2 + O2 (3) N2O5 + NO

3

k

  NO 2 (4).

a) Áp dụng gần trạng thái dừng cho NO, NO3 chế trên, thiết lập biểu

thức tốc độ (*) Kết có phù hợp với thực nghiệm không?

b) Giả thiết lượng hoạt hóa (2) khơng, (3) 41,570 kJ.mol-1.

Dựa vào đặc điểm cấu tạo phân tử xét chế trên, phân tích cụ thể để đưa biểu thức tính k-1/ k2 cho biết trị số 350 K

c)Từ phân tích giả thiết b) cho phản ứng (1) (2) dẫn tới cân hóa học có số K, viết lại biểu thức tốc độ (*) có số cbhh K Một phản ứng gây phá hủy tầng ozon khí :

NO + O3 → NO2 + O2

Trong thí nghiệm, tốc độ phản ứng phụ thuộc vào nồng độ chất phản ứng sau:

Thí nghiệm [NO], mol/l [O3], mol/l Tốc độ v, mol/l.s-1

N01 0,02 0,02 7,1.10-5

N02 0,04 0,02 2,8.10-4

N03 0,02 0,04 1,4.10-4

Xác định bậc phản ứng riêng a, b số tốc độ trung bình k phương trình động học:

v = k[NO]a [O 3]b

Chú ý tới đơn vị đại lượng Hướng dẫn chấm:

1.a) Xét d[NO3]/dt = k1[N2O5] – k -1[NO2][NO3] – k2[NO2][NO3]  (a)

→ [NO3] = k1[N2O5] / {(k -1 + k2)[NO2]} (b)

Xét d[NO]/dt = k2[NO2][NO3] - k3[NO][N2O5]  (c)

→ [NO] = k2[NO2][NO3] / k3[N2O5] / {(k -1 + k2)[NO2]} (d)

Thế (b) vào (d) ta [NO] = k1k2 / k3(k -1 + k2) (d)

Xét d[N2O5]/dt = - k1[N2O5] + k -1[NO2][NO3] - k3[NO][N2O5] (e)

Thế (b), (d) vào (e) biến đổi thích hợp, ta

d[N2O5]/dt = { - k1 + (k -1 – k2)/ (k -1 + k2)}[N2O5] = k`[N2O5] (f)

b) Trong (2) va chạm NO2 vớiNO3 nên N2O5 ≡ O2NONO2 tái tạo, tức

có va chạm N với O Ta gọi trường hợp

Trong (3) NO tạo O bị tách khỏi NO2; NO2 tạo từ tách 1O khỏi

NO3 Sau O kết hợp tạo O2 Ta gọi trường hợp Như số va

chạm phân tử chừng gấp so với trường hợp Phương trình Areniuxơ viết cụ thể cho phản ứng xét: P.ư (2): k -1 = A2eE RT2/ (*); P.ư (3): k2 = A3e

/

E RT



(**)

Theo lập luận ý nghĩa đại lượng A pt Areniuxơ đặc trưng cho số va chạm dẫn tới phản ứng, ta thấy A3 = 2A2 Ta qui ước A = A3 = Theo đề

E2 = 0; E3 = 41,570 kJ.mol -1; T = 350 Thay số thích hợp, ta có:

k -1/ k2 = ½ eE RT3/

= ½ e41,578/ 8,314.10 3503  8.105(lần)

c) Kết hợp (1) với (2) ta có cbhh N2O5      NO2 + NO3 (I)

Đưa (I.1) vào b/ thức (c): [NO] = k2[NO2][NO3] / k3[N2O5] = k2K/k3 (I.2)

Thế b/ thức (I.2) (b) vào (e), ta có

d[N2O5]/dt = - k1[N2O5] + k -1[NO2]{ k -1[NO2](k1[N2O5]/ (k -1 + k2)[NO]}- k3(k2K/k3)

Thu gọn b/ t này, ta d[N2O5]/dt = {- k1+ (k-1k1/(k -1 + k2)) - k2K}[N2O5] (I.3)

Giả thiết k-1>> k2 phù hợp với điều kiện Ea2  Cbhh (I) nhanh chóng thiết lập

Vậy từ (I.3) ta có

d[N2O5]/dt = {- k1+(k -1k1/ k -1) - k2K}[N2O5] (I.4)

Chú ý K = k1 / k -1, ta được:

d[N2O5]/dt = {- k1+(k -1- k2)K}[N2O5] (I.5)

Đây biểu thức cần tìm

2. ln v = ln k + a ln [NO] + b ln [O3]

Chọn N01 N02 ta có: ln v

2- ln v1 = a( ln [NO]2 - ln [NO]1)

ln (2,8.10-4/7,1.10-5) = ln = a ln → = 2a → a = 2.

Xét t/ tự với N01 N03, ta có ln = b ln → = 2b → b = 1.

Tính: k( trung bình) = v / [NO]2[O

3] = 8,9 2.mol-2.s-1

Câu III ( 3,0 điểm = 0,5 + 0,75 + 0,75 + 0,5 + 0,5 )

Nguyên liệu để sản xuất nhôm quặng boxit Để sản xuất nhôm cần tách nhôm oxit từ quặng sau điện phân dung dịch nhơm oxit criolit , nhiệt độ khoảng 970oC,

điện áp – V, dịng 130 kA

1 Hãy trình bày quy trình tách nhơm oxit từ quặng boxit, viết phương trình phản ứng. 2 Viết cơng thức criolit giải thích vai trị Viết đầy đủ phương trình phản ứng xảy anot, catot phản ứng tổng quát

3 Tính lượng theo kWh, khối lượng boxit (chứa 60% nhôm oxit) khối lượng graphit dùng làm anot để sản xuất nhôm Biết điện áp V hiệu suất dòng 95% 4.Bảng sau cho số liệu 970oC

Al(lỏng) O2(khí) Al2O3(rắn)

ΔHs theo kJ/mol 970oC 48 38 - 1610

S theo J/(K.mol) 970oC 78 238 98

Tính điện áp lí thuyết cần dùng q trình điện phân

5.Hãy giải thích khơng thể điều chế nhơm cách điện phân dung dịch nước của muối nhôm môi trường axit

Hướng dẫn chấm

1. Trộn bột quặng boxit với dung dịch NaOH 35% đun autoclave (nhiệt độ 170-180 oC) Các phản ứng xảy là:

Al2O3 + 2OH- + 3H2O → 2Al(OH)4-(dd)

Fe2O3 + 3H2O → 2Fe(OH)3(r)

Lọc bỏ Fe(OH)3 Pha loãng dung dịch Al(OH)4- thuỷ phân:

Al(OH)4- + aq → Al(OH)3.aq↓ + OH

-Để thúc đẩy trình thuỷ phân thêm mầm tinh thể nhơm oxit sục khí CO2 để làm chuyển dịch cân thuỷ phân:

Al(OH)4- + CO2 → Al(OH)3↓ + HCO3

-Lọc lấy Al(OH)3 nung nhiệt độ cao để thu Al2O3

2. Công thức criolit: Na3AlF6 Vai trị làm dung mơi (tnc= 1000 oC) để hoà

- Phản ứng :

+ Sự điện li Al2O3: Al2O3

3 (Na AlF n c) /

     2Al3+ + 3O

2 + Phản ứng catot: Al3+ + 3e → Al

+ Phản ứng anot: O2- - 4e → O

+ Phản ứng phụ: oxi phản ứng với cacbon điện cực than chì: 2C + O2 → 2CO

3 Năng lượng: 15700 kWh; Khối lượng quặng boxit: gần tấn; Khối lượng graphit: 670 kg

4 2Al2O3 → 4Al + 3O2

∆H = 3526 kJ/mol; ∆S = 674 J/mol.K; ∆G = 2688,18 kJ/mol ∆E = 2,32 V (Điện áp lý thuyết cần dùng trình điện phân)

5 Vì khử tiêu chuẩn cặp Al3+/Al -1,66 V nên điện phân dung dịch

nước H+ phóng điện catot khơng phải Al3+ (Hoặc là, Al3+ phóng điện

để tạo thành Al nhơm kim loại tạo thành tác dụng với nước theo phản ứng Al + H2O → Al(OH)3 + H2, nghĩa sản phẩm cuối trình

vẫn hiđro)

Câu IV ( 4,0 điểm = 1,0 + 1,5 + 1,5 ) 1 Phịng thí nghiệm có mẫu phóng xạ Au198 với cường độ 4,0 mCi/1g Au Sau 48

người ta cần dung dịch có độ phóng xạ 0,5 mCi/1g Au Hãy tính số gam dung mơi khơng phóng xạ pha với 1g Au để có dung dịch nói Biết Au198 có t

1/2 = 2,7

ngày đêm

2 Có thể viết cấu hình electron Ni2+là:

Cách 1: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d8]; Cách 2: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d64s2].

Áp dụng phương pháp gần Slater (Xlâytơ) tính lượng electron Ni2+ với

mỗi cách viết (theo đơn vị eV) Cách viết phù hợp với thực tế? Tại sao?

3 Hãy chứng minh phần thể tích bị chiếm đơn vị cấu trúc (các nguyên tử) mạng tinh thể kim loại thuộc hệ lập phương đơn giản, lập phương tâm khối, lập phương tâm diện tăng theo tỉ lệ : 1,31 : 1,42

Hướng dẫn chấm:

1 - t = 48 h = ngày đêm.

- Áp dụng biểu thức tốc độ phản ứng chiều bậc cho phản ứng phóng xạ, ta có: = 0,693/t1/2; Với t1/2 = 2,7 ngày đêm, = 0,257 (ngày đêm)-1.

Từ pt động học p.ư chiều bậc nhất, ta có:=(1/t) ln N0/N. Vậy: N/N0 = e-t = e-0,257 x = 0,598

Như vậy, sau 48 độ phóng xạ mẫu ban đầu là: 0,598 x = 2,392(mCi)

Do số gam dung mơi trơ cần dùng là: (2,392 : 0,5) – 1,0 = 3,784 ( g )

2 Năng lượng electron phân lớp l có số lượng tử hiệu dụng n* được tính theo biểu thức Slater:

1 = -13,6 x (Z – b)2 /n* (theo eV)

Hằng số chắn b số lượng tử n* tính theo quy tắc Slater Áp dụng cho Ni2+

 1s = -13,6 x (28 – 0,3)2/12 = -10435,1 eV

2s,2p = -13,6 x (28 – 0,85x2 – 0,35x7)2/ 22 = 1934,0

 3s,3p = -13,6 x (28 – 1x2 – 0,85x8 – 0,35x7)2/32 = 424,0

 3d = - 13,6 x (28 – 1x18 – 0,35x – 0,35x7)2/32 = - 86,1 -

E1 = 21s + 8 2s,2p + 83s,3p + 8 3d = - 40423,2 eV

Với cách viết [Ar]sd6 4s 2 :

1s, 2s,2p, 3s,3p có kết Ngoài ra:

3d = -13,6 x (28 – 1x18 – 0,35x5)2/32 = - 102,9 eV

4s = - 13,6 x (28 – 1x10 – 0,85x14 – 0,35)2/3,72 = 32,8

Do E2 = - 40417,2 eV

b) E1 thấp (âm) E2, cách viết ứng với trạng thái bền Kết thu

được phù hợp với thực tế trạng thái ion Ni2+ có cấu hình electron

[Ar]3d8.

3 Phần thể tích bị chiếm nguyên tử mạng tinh thể phần thể tích mà nguyên tử chiếm tế bào đơn vị (ô mạng sở)

- Đối với mạng đơn giản:

+ Số nguyên tử tế bào: n = x 1/8 =

+ Gọi r bán kính nguyên tử kim loại, thể tích V1 nguyên tử kim loại

là: V1 = 4/3 xr3 (1)

+ Gọi a cạnh tế bào, thể tích tế bào là: V2 = a3 (2)

Trong tế bào mạng đơn giản, tương quan r a thể hình sau:

hay a = 2r (3)

Thay (3) vào (2) ta có: V2 = a3 = 8r3 (4)

Phần thể tích bị chiếm nguyên tử tế bào là: V1/V2 = 4/3 r3 : 8r3 = /6 = 0,5236

- Đối với mạng tâm khối:

+ Số nguyên tử tế bào: n = x 1/8 + = Do V1 = 2x(4/3)r3

+ Trong tế bào mạng tâm khối quan hệ r a thể hình sau:

Do đó: d = a = 4r Suy a = 4r/ Thể tích tế bào:

V2 = a3 = 64r3/ 3

Do phần thể tích bị chiếm nguyên tử tế bào là: V1 : V2 = 8/3 r3 : 64r3/3 = 0,68

- Đối với mạng tâm diện:

+ Số nguyên tử tế bào: n = x 1/8 + x 1/2 = Do thể tích nguyên tử tế bào là:

V1 = x 4/3 r3

+ Trong tế bào mạng tâm diện quan hệ bán kính nguyên tử r cạnh a tế bào biểu diễn hình sau:

Từ dó ta có: d = a = 4r, a = 4r/ Thể tích tế bào: V2 = a3 = 64r3/2

Phần thể tích bị nguyên tử chiếm tế bào là:

V1/V2 = 16/3 r3: 64r3/ 2 = 0,74

Như tỉ lệ phần thể tích bị chiếm nguyên tử tế bào mạng đơn giản, tâm khối tâm diện tỉ lệ với 0,52 : 0,68 : 0,74 = : 1,31 : 1,42 Câu V ( 4,0 điểm = 1,5 + 1,5 + 1,0 )

1 Thực nghiệm cho biết ba hợp chất CHBr3, SiHBr3, CH(CH3)3 có cấu tạo tứ diện

Có ba trị số góc liên kết tâm 110o; 111o; 112o(khơng kể tới H xét góc này).

Độ âm điện H 2,20; CH3 2,27; Csp3 2,47; Si 2,24; Br 2,50 Dựa vào mơ

hình đẩy cặp e hóa trị (VSEPR) độ âm điện, cho biết trị số góc hợp chất giải thích

2.Áp dụng thuyết obitan phân tử (thuyết MO), hiệu ứng (ảnh hưởng) mỗi q trình ion hóa sau tới độ bền liên kết phân tử tương ứng:

a) O2 → O2 

; b) N2 → N2



;

c) NO → NO+ + e

3 a) Người ta tổng hợp [NiSe4]2- , [ZnSe4]2- xác định phức chất

của Ni có hình vng phẳng, Zn có hình tứ diện Hãy đưa cấu tạo hợp lí cho trường hợp giải thích quan điểm

b) Phức chất [PtCl2(NH3)2] xác định đồng phân trans- Nó phản ứng chậm với

Ag2O cho phức chất [PtCl2(NH3)2(OH2)2]2+ (kí hiệu X) Phức chất X không phản ứng

được với etylenđiamin (en) tỉ lệ mol phức chất X : en = : Hãy giải thích kiện vẽ (viết) cấu tạo phức chất X

Hướng dẫn chấm:

1.Cấu tạo không gian phân tử đợc biểu diễn nh sau:

Si H

Br

Br Br

C H

Br Br

C H Br

CH3

CH3 H3C

SiHBr3 (1) CHBr3 (2) CH(CH3)3 (3)

- Góc liên kết đợc tạo thành trục đám mây electron obitan tạo thành liên kết Sự phân bố mật độ electron đám mây phụ thuộc vào độ âm điện nguyên tử trung tâm A phối tử X hợp chất nguyên tử trung tâm A có lai hố sp3 lớp vỏ hố trị có cặp electron Sự khác trị số của góc phụ thuộc vào độ âm điện tơng đối nguyên tử liên kết

- Khi so s¸nh gãc Br A Br (1) (2), liên kết Si-Br phân cực liên kết C-Br nên góc Br C Br có trị số lớn góc Br – Si – Br

- Khi so s¸nh gãc Br – C – Br vµ H3C – C CH3 (2) (3), liên kết C Br phân cực liên kết C CH3 nên góc (3) lớn (2)

- Từ hai so sánh thấy trị số góc tăng dần theo thứ tự sau: Góc (1) < Gãc ë (2) < Gãc ë (3)

2 a) Đối với trình O2 O2+ + e:

Từ giản đồ lượng kết điền (sắp xếp) e vào giản đồ đó, ta có cấu hình e O2 [KK]

2 *2 *1 *1 ,

s s z x y x y

      BËc liªn kÕt n ═ (8 – 4)/2 ═ 2. Trong trình O2 – e → O2



, chẳng hạn e từ MO- *

y

 nên cấu hình e O2



là [KK]     s2 s*2 z2 x y4, *1x *0y Từ O2 

cú bậc liên kết n = (8-3)/2 = 2,5 Bậc liên kết O2+ (2,5) lớn O2 (2) q trình ion hố làm cho liên kết phần tử bền

b) Ta xet tương tự cho trình N2 + e → N2- Từ giản đồ lượng

kết điền e, ta có cấu hình e N2: [KK]

2 *2

,

s s x y z

    ; øng víi bËc liªn kÕt n = (8 – 2)/2 = Khi N2 nhận thêm electron, cấu hình electron trở thành

[KK]

2 *2 *1

, ,

s s x y z x y

     với bậc liờn kết n = (8 – 3)/2 = 2,5. Bậc liên kết giảm làm cho độ bền liên kết giảm

c) Đối với trình NO → NO+ + e: Bằng cách lý luận tơng tự thấy bậc liên kết NO 2,5, NO+ Q trình ion hố NO thành NO+ làm tăng độ bội liên kết, làm cho liên lết bền vững

3.a) Niken có mức oxi hoá phổ biến +2; kẽm có mức oxi hố phổ biến nhất +2

Selen có tính chất giống lưu huỳnh có khả tạo thành ion polyselenua Se22 

hay [ -Se —Se-]2-.

Cấu tạo vuông phẳng phức chất [NiSe4]2- cấu hình electron ion Ni2+ cho

phép lai hoá dsp2.

Cấu tạo tứ diện phức chất [ZnSe4]2- cấu hình electron Zn2+ cho phép

lai hố sp3.

Ni Se

Zn Se

Se

Se Se

Se

Se Se

trong ion điselenua đóng vai trò phối tử

b) [PtCl2(NH3)2] (1) đồng phân trans- địi hỏi phức chất phải có cấu tạo vuông phẳng:

Cl │

H3N—Pt—NH3 (1)

│ Cl

- Phản ứng (1) với Ag2O:

Trans-[PtCl2(NH3)2] + Ag2O + H2O → Trans-[PtCl2(NH3)2(H2O)2]2+ + 2OH

Etylenđiamin phối tử hai mạch ngắn Khi phối trí với ion kim loại chiếm vị trí phối trí cạnh (vị trí cis) Hiện tượng en khơng thể phản ứng với [PtCl2(NH3)2(H2O)2]2+ theo phản ứng:

[PtCl2(NH3)2(H2O)2]2+ + en → [PtCl2(NH3)2(H2O)2en]2+ + 2H2O

chứng tỏ phân tử H2O nằm vị trí trans Như công thức cấu

tạo phức chất phải là:

Pt Cl

Cl

H2O H2O

NH3 NH3