Đề kiểm tra 1 tiết môn Hoá học (Hướng dẫn giải)

Chia sẻ: Thanh Cong | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:62

Thêm vào BST

Báo xấu

232
lượt xem 19
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 8 Đề kiểm tra 1 tiết môn Hoá học có kèm hướng dẫn giải với nội dung xoay quanh: phương trình hoá học, nhận biết các cation trong dung dịch, phương trình phản ứng,...phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra 1 tiết môn Hoá học (Hướng dẫn giải)

KIỂM TRA 1 TIẾT LẦN 1 MÔN: HÓA HỌC Câu I (4 điểm): 1. 1.5điểm ; 2. 1 điểm ; 3. 1,5 điểm 1. Viết phương trình hoá học cho mỗi trường hợp sau: a) Cho khí amoniac (dư) tác dụng với CuSO4.5H2O. b) Trong môi trường bazơ, H2O2 oxi hoá Mn2+ thành MnO2. c) Trong môi trường axit, H2O2 khử MnO4- thành Mn2+. 2. Trong số các phân tử và ion: CH2Br2, F - , CH2O, Ca2+, H3As, (C2 H5 )2O , phân tử và ion nào có thể tạo liên kết hiđro với phân tử nước? Hãy giải thích và viết sơ đồ mô tả sự hình thành liên kết đó. 3. Năng lượng liên kết của N-N bằng 163 kJ.mol–1, của NN bằng 945 kJ.mol–1. Từ 4 nguyên tử N có thể tạo ra 1 phân tử N4 tứ diện đều hoặc 2 phân tử N2 thông thường. Trường hợp nào thuận lợi hơn? Hãy giải thích. Hướng dẫn giải: 1. a) Có thể viết CuSO4.5H2O ở dạng [Cu(H2O)4] SO4.H2O. Do đó khi phản ứng xảy ra, NH 3 sẽ thế các phân tử H2O ở cầu nội: [Cu(H2O)4] SO4.H2O + 4 NH 3 [Cu(NH3)4] SO4.H2O + 4 H2O b) Xét chi tiết H 2 O2 + 2e 2 OH - Sự khử 2+ - Mn + 4 OH - 2e MnO2 + 2 H2O Sự oxi hoá Mn2+ + H2O2 + 2 OH - MnO2 + 2 H2O c) Cũng xét chi tiết tương tự như trên : 2 MnO4- + 8 H3O+ + 5 e Mn2+ + 12 H2O Sự khử + 5 H2O2 + 2 H2O - 2 e O2 + 2 H3O Sự oxi hoá 2 2 MnO4- + 5 H2O2 + 6 H3O+ 2 Mn2+ + 5 O2 + 14 H2O 2/ Các vi hạt CH2Br2, Ca2+, H3As không có nguyên tử âm điện mạnh nên không thể tạo liên kết hiđro với phân tử nước. Các vi hạt F - , CH2O, (C2 H5 )2O có nguyên tử âm điện mạnh nên có thể tạo liênkết hiđro với phân tử nước: H H F H O C2H 5 O O H ...H O C O ... H H C2H 5 3. a) Xét dấu của nhiệt phản ứng  H =  iEi - jEj H i  j Trong đó i, j là liên kết thứ i, thứ j ở chất tham gia, chất tạo thành tương ứng của phản ứng được xét; Ei ; Ej là năng lượng của liên kết thứ i, thứ j đó. b) Xét cụ thể với nitơ : 1/8 CT B
 Phản ứng 4N N4 (1) Có  H1 = 4 EN - EN4 = 0,0 - 5  163 ; vậy  H1 = - 815 kJ .  Phản ứng 4N 2 N2 (2) Có  H2 = 4 EN - 2 EN2 = 0,0 - 2  945 ; vậy  H2 = - 1890 kJ . Ta thấy  H2   H1. Vậy phản ứng 4N 2 N2 xảy ra thuận lợi hơn phản ứng 4N N4 . Câu II (4 điểm): 1. 1.5 điểm ; 2. 2 điểm ; 3. 1 điểm 1. Ion nào trong các ion sau đây có bán kính nhỏ nhất? Hãy giải thích. Li+, Na+, K+, Be2+, Mg2+. 2. Cho hai muối Ag2SO4 và SrSO4 vào nước cất và khuấy đều cho đến khi đạt được dung dịch bão hoà ở nhiệt độ phòng. Xác định nồng độ ion Ag+ và Sr2+. Biết rằng ở nhiệt độ nghiên cứu tích số tan của Ag2SO4 là 1,5. 10-5, của SrSO4 là 2,8.10-7. 3. Sắt monoxit FeO có cấu trúc mạng tinh thể lập phương tâm diện (mặt) kiểu NaCl với thông số mạng a = 0,430 nm. Hãy tính khối lượng riêng của tinh thể sắt monoxit đó. Hướng dẫn giải: 1. Li+ Be2+ Be2+ vµ Li+ ®ång electron t¨ng Na+ Mg2+ víi nhau, nhng ë Be2+ ®iÖn r K+ tÝch h¹t nh©n nhiÒu h¬n r nhá h¬n cña Li+ gi¶m r VËy trong sè 5 ion nµy Be2+ cã b¸n kÝnh nhá nhÊt. 2. Ag2 SO4  2 Ag + + SO42- ; [Ag+]2 [SO42-] = 1,5 . 10-5 SrSO4  Sr 2+ + SO42- ; [Sr2+] [SO42-] = 2,8 . 10-7. Từ trị số tích số tan ta thấy Ag2 SO4 tan nhiều hơn nên có thể giả thiết SrSO4 cung cấp không đáng kể lượng SO42- cho dung dịch. Vậy xét Ag2SO4  2 Ag + + SO42- ; Đặt nồng độ SO42- là x, ta có [Ag+]2 [SO42-] = (2x)2 = 1,5 . 10-5 Từ đó có x = 1,55 . 10-2 mol/l nên [Ag+] = 2 x = 3,1 . 10-2 mol/l. Còn SrSO4  Sr 2+ + SO42- có T = [Sr2+] . 1,5510-2 = 2,8 . 10-7. Vậy [Sr2+] = 1,8.10-5 mol/l. Giả thiết trên hợp lý vì nồng độ SO42- do SrSO4 tạo ra là 1,8.10-5 mol/l là quá nhỏ. 2/8 CT B
3. Đối với tinh thể lập phương tâm diện ( mặt), mỗi ô mạng cơ sở có số đơn vị cấu trúc là 1 1 x8  x6  4 . ( Thí sinh có thể vẽ hình khi tính số đơn vị cấu trúc trên ). Vậy 8 2 khối lượng riêng của tinh thể đó là: 4(55,8  16) d  5,91(g / cm 3 ) 0,432.10  .6,022.10 7 3 23 Câu III (6,5 điểm): 1. 3 điểm ; 2. 3,5 điểm 1. Dung dịch A gồm Ba(NO3)2 0,060 M và AgNO3 0,012 M. a) Thêm từng giọt K2CrO4 vào dung dịch A cho đến dư. Có hiện tượng gì xẩy ra? b) Thêm 50,0 ml K2CrO4 0,270 M vào100,0 ml dung dịch A. Tính nồng độ các ion trong hỗn hợp thu được. 2. Trình bày sơ đồ nhận biết và phương trình ion của các phản ứng đã xẩy ra khi nhận biết các cation trong dung dịch X gồm Ba2+, Fe2+, Pb2+, Cr3+, NO3-. Cho: BaCrO4 + H2O Ba2+ + HCrO4- + OH - ; K = 10-17,43 Ag2CrO4 + H2O 2Ag+ + HCrO4 - + OH - ; K = 10-19,50 pKa của HCrO4- bằng 6,50. Hướng dẫn giải: 1. a) Hiện tượng: Có kết tủa BaCrO4 và Ag2CrO4. Xét thứ tự xuất hiện các kết tủa: K s ( BaCrO 4 ) Để bắt đầu có BaCrO4  : C CrO 2  (1) 4 C Ba 2 K s ( Ag 2CrO4 ) Để bắt đầu có Ag2CrO4  : C CrO 2  (2) 4 C 2 Ag  Để tính tích số tan Ks cần tổ hợp cân bằng : BaCrO4  Ba2+ + CrO42- Ks1 + - H 2O H + OH Kw CrO42- + H + HCrO4 - Ka-1 BaCrO4  + H2O Ba2+ + HCrO4- + OH - Có K= Ks1 . Kw . Ka-1 K.K a 10 17,43.10 6,50 Suy ra K s1    10 9,93 Kw 10 14 3/8 CT B
Ag2CrO4  2 Ag + + CrO42- Ks2 H2 O H + + OH - Kw CrO42- + H+ HCrO4- Ka-1 Ag2CrO4  + H2O 2 Ag + + HCrO4- + OH – Có K = 10-19,50 10 19,50.10 6,50 K s2   10 12 10 14 109,93 Từ (1) C    1,96.109 M CrO2 4 0,060 10 12 Từ (2) C   2  6,94.10 9 M CrO 2 4 (0,012) CCrO2-(BaCrO4) < CCrO2-(Ag2CrO ) nhưng không nhiều, vì vậy sẽ có hiện tượng kết tủa vàng 4 4 4 của BaCrO4 xuất hiện trước một ít, sau đó đến kết tủa vàng nâu của Ag2CrO4 (đỏ gạch ) và BaCrO4 vàng cùng xuất hiện. b) Sau khi thêm K2CrO4: 0,270 x 50,00 0,060 x100,00 C    0,090M ; C 2   0,040M CrO2 4 150,000 Ba 150,000 0,0120 x100,00 C   0,0080 M Ag 2 150,000 Các phản ứng: Ba2+ + CrO42- BaCrO4  0,046 0,090 - 0,050 2 Ag + + CrO42- Ag2CrO4  0,0080 0,050 - 0,046 Thành phần sau phản ứng : BaCrO4  ; Ag2CrO4  ; CrO42- (0,046 M ). Ag2CrO4  2 Ag + + CrO42- 10-12 2+ 2- BaCrO4  Ba + CrO4 10-9,93 4/8 CT B
Nồng độ CrO42- dư khá lớn, có thể coi nồng độ CrO42- do 2 kết tủa tan ra là không đáng kể. CrO42- + H2O HCrO4- + OH - Kb = 10-7,5 C 0,046  (0,046 – x ) x x x2  10 7 ,5 x = 3,8.10-5
H+ + OH - H2O PbSO4 + 4 OH- PbO22- + SO42- + H20 PbO22- + SO42- + 4 H+ PbSO4 + 2 H2O 2- ( PbO2 + 2 H2S PbS đen + 2 H2O ) 3+ - Cr + 3 OH Cr(OH)3 Cr(OH)3 + OH - CrO2- + 2 H2O 2 CrO2- + 3 H2O2 + 2 OH- 2 CrO42- + 4 H2O Fe2+ + 2 OH - Fe(OH)2 2 Fe(OH)2 + H2O2 Fe(OH)3 Câu IV (5 điểm): 1. 2 điểm ; 2. 1,5 điểm ; 3. 1,5 điểm 1. Khí CO gây độc vì tác dụng với hemoglobin (Hb) của máu theo phương trình 3 CO + 4 Hb  Hb4 (CO)3 Số liệu thực nghiệm tại 200C về động học phản ứng này như sau: Nồng độ (mol. l-1) Tốc độ phân huỷ Hb CO Hb ( mol. l-1 .s-1 ) 1,50 2,50 1,05 2,50 2,50 1,75 2,50 4,00 2,80 Hãy tính tốc độ phản ứng khi nồng độ CO là 1,30; Hb là 3,20 (đều theo mol.l- 1 ) tại 200C . 2. Người ta nung nóng đến 8000C một bình chân không thể tích 1 lít chứa 10,0 gam canxi cacbonat và 5,6 gam canxi oxit. Hãy tính số mol khí cacbonic có trong bình. Muốn cho lượng canxi cacbonat ban đầu phân huỷ hết thì thể tích tối thiểu của bình phải bằng bao nhiêu? Biết tại nhiệt độ đó khí CO2 trong bình có áp suất là 0,903 atm . 3. Tại 200C, phản ứng: H2 (k) + Br2 (lỏng) 2 HBr (k) (1) có hằng số cân bằng Kp = 9,0 .1016 . Kí hiệu (k) chỉ trạng thái khí. a) Hãy tính Kp của phản ứng: H2 (k) + Br2 (k) 2 HBr (k) (2) tại 20OC và áp suất p = 0,25 atm. Br2 (k) b) Hãy cho biết sự chuyển dịch cân bằng hoá học của phản ứng (2) nếu giảm thể tích bình phản ứng ở hai trường hợp: *) Trong bình không có Br2 (lỏng) ; **) Trong bình có Br2 (lỏng). Hướng dẫn giải: 1. a) Trước hết ta phải xác định đựơc bậc của phản ứng.  Kí hiệu bậc riêng phần của phản ứng theo chất Hb là x, theo CO là y, ta có phương trình động học (định luật tốc độ) của phản ứng: vpư = k C xHbC yCO (1)  Theo định nghĩa, ta có thể biểu thị tốc độ phản ứng trên theo tốc độ 6/8 CT B
phân huỷ Hb, nghĩa là vpư = 1/4 vphân huỷ Hb (2). ằ Ghi chú : Vì đã ghi rõ  tốc độ phân huỷ Hb nên không cân dùng dấu - Vậy ta có liên hệ: vpư = 1/4 vphân huỷ Hb = k C x HbC yCO (3) .  Theo thứ tự trên xuống ta ghi số các số liệu thí nghiệm thu được là Thí nghiệm số Nồng độ (mol. l-1) Tốc độ phân huỷ Hb (mol. l-1 .s-1 ) CO Hb 1 1,50 2,50 1,05 2 2,50 2,50 1,75 3 2,50 4,00 2,80 Ta xét các tỉ số tốc độ phản ứng để xác định x và y trong phương trình (3): * v2/ v1 = ( 2,50 / 2,50 ) x ( 2,50 / 1,50 ) y = 1  ( 1,67)y = 1,75 /1,05 ( 1,67) y = 1,67 y = 1 . * v3/ v2 = ( 4,00 / 2,50 ) x ( 2,50 / 2,50 ) y = 2,80 / 1,75 ; ( 1,60) x = 1,60 x = 1 . Do đó phương trình động học (định luật tốc độ) của phản ứng: vpư = k CHbCCO (4) Để tính hằng số tốc độ phản ứng k , từ (4) ta có: k = vpư / CHbCCO (5) Tính giá trị k trung bình từ 3 thí nghiệm ở bảng trên, hoặc lấy số liệu của 1 trong 3 thí nghiệm ở bảng trên, chẳng hạn lấy số liệu của thí nghiệm số 1 đưa vào phương trình (5), ta tính được k: 1,05 k = = 0,07 (mol. l-1 .s-1) 4  2,50  1,50 b) Đưa gía trị của k vừa tính được, nồng độ các chất mà đề bài đã cho vào phương trình (4) để tính vpư: vpư = 0,07  1,30  3,20 = 0,2912 (mol. l-1 .s-1) 2. a) Với điều kiện đã cho trong bình có phản ứng: CaCO3 ⇌ CaO + CO2 (k) (*) Trong bình chỉ có khí CO2. Giả thiết đó là khí lí tưởng, ta có: PV 0,903  1,0 n = = = 0,01 (mol). Vậy nCO = 0,01 mol. RT 0,082054  1073,15 2 Nhận xét: Theo đề bài, lượng CaCO3 cho vào bình chân không là: 10 n CaCO 3 = 100 = 0,1 mol Lượng CaCO3 đã bị phân tích chỉ là 0,01 mol. Sự có mặt của 5,6 gam CaO và lượng CaCO3 còn lại không ảnh hưởng tới kết quả tính vì các chất này ở trạng thái rắn chiếm thể tích không đáng kể. b) Giả thiết lượng CaCO3 cho vào bình chân không bị phân tích hết ,áp suất khí CO2 vẫn là 0,903 atm (vì phản ứng (*) đạt tới cân bằng hoá học ). Do đó: 7/8 CT B
Vmin = n RT / P = 0,1  0,082054  1073,15 / 0,903 = 9,75 (lít) 3. a) Phản ứng H2 (k) + Br2 (lỏng) 2 HBr (k) (1) 2 có (Kp)1 = p HBr / p H 2 (a) còn phản ứng: H2 (k) + Br2 (k) 2 HBr (k) (2) 2 có (Kp)2 = p HBr / p H  p Br 2 2 (b) Xét cân bằng Br2 (lỏng) Br2 (k) (3) có (Kp)3 = pBr2 (k) (c) Khi tổ hợp (1) với (3) ta có cân bằng (2): H2 (k) + Br2 (lỏng) 2 HBr (k) (1) Br2 (l) Br2 (k) (3) (1) – (3): H2 (k) + Br2 (k) 2 HBr (k) (2) (Kp)1 9,0  1016 Vậy (Kp)2 = = 0,25 = 3,6 . 1017 (atm) (Kp)3 b) Khi giảm thể tích bình phản ứng nghĩa là tăng áp suất riêng phần của khí trong hệ. Xét Q = p2HBr / p H  p Br 2 2 (d) Trường hợp 1: Không có brom lỏng trong bình: Phản ứng (2) có tổng số mol khí trước và sau phản ứng bằng nhau (n = 0) nên sự thay đổi áp suất đó không dẫn tới chuyển dịch cân bằng (2). Trường hợp 2: Có brom lỏng trong bình: áp suất riêng phần của các khí H2 , HBr tăng; trong lúc đó áp suất riêng phần của Br2 khí lại không đổi do còn Br2 lỏng. Theo (d), vì số mũ của pHBr lớn hơn số mũ của pH nên sự tăng áp suất nói trên dẫn đến 2 sự tăng Q và cân bằng (2) chuyển dịch theo chiều nghịch. .......................... 8/8 CT B
KIỂM TRA 1 TIẾT LẦN 2 Câu 1 (5,25 điểm): 1. Viết sơ đồ điều chế các axit sau đây: a) Axit: benzoic, phenyletanoic, 3-phenylpropanoic từ benzen và các hoá chất cần thiết khác. b) Axit: xiclohexyletanoic, 1-metylxiclohexan-cacboxylic từ metylenxiclohexan và các hoá chất cần thiết khác. 2. Sắp xếp (có giải thích) theo trình tự tăng dần tính axit của các chất trong từng dãy sau: a) Axit: benzoic, phenyletanoic, 3-phenylpropanoic, xiclohexyletanoic, 1-metylxiclohexan-cacboxylic. b) COOH COOH CH2COOH ; ; ; N COOH N (A) (B) (C) (D) 3. Sắp xếp (có giải thích) theo trình tự tăng dần nhiệt độ nóng chảy của các chất sau: COOH COOH COOH ; ; S N (A) (B) (C) Hướng dẫn giải: 1. a) Br2 /Fe CH3Br  Br2/h KCN C6H6 C6H5Br C6H5CH3 C6H5CH2Br C6H5CH2CN Zn Mg O CH2(COOC2H5)2/NaOEt H3O+ 1. CO2 C6H5MgBr C6H5COOH C6H5CH2CH(COOC2H5)2 2. H3O+ 1. OH- 2. H3O+ C6H5CH2COOH 3. to C6H5CH2CH2COOH b) CH2 CH3 Br CH3 MgBr CH3 COOH HBr Mg/ ete 1. CO2 H3O+ CH2Br CH2COOH HBr/peoxit 1. KCN (hoÆc 1. Mg/ ete ) 2. H3O+ 2. CO2 3. H3O+ 2. a) Trang 1/6
+I2 H3C COOH CH2COOH CH2COOH COOH +I1 -I1CH2CH2COOH - I2 - I3 < < < < +I1 < +I2 -I1 < -I2 < -I3 Các gốc hiđrocacbon có hiệu ứng +I lớn thì Ka giảm và -I lớn thì Ka tăng b) CH COOH COOH COOH -I1 2 -I2 -I4 < C O < < -C3 N -I3 H O N -C4 (D) (C) (A) (B) Vì: - I1 < - I2 nên (C) có tính axit lớn hơn (D). (A) và (B) có N nên tính axit lớn hơn (D) và (C) (A) có liên kết hiđro nội phân tử làm giảm tính axit so với (B). 3. Tăng dần nhiệt độ nóng chảy của các chất: COOH COOH COOH Vì: M C < MA . < < (B) có thêm liên kết hiđro liên S N (C) (A) phân tử với N của phân tử (B) khác. Câu 2 (4 điểm): L-Prolin hay axit (S)-piroliđin-2-cacboxylic có pK1 = 1,99 và pK2 = 10,60. Piroliđin (C4H9N) là amin vòng no năm cạnh. 1. Viết công thức Fisơ và công thức phối cảnh của L-prolin. Tính pHI của hợp chất này. 2. Tính gần đúng tỉ lệ dạng proton hoá H2A+ và dạng trung hoà HA của prolin ở pH = 2,50. 3. Tính gần đúng tỉ lệ dạng đeproton hoá A và dạng trung hoà HA của prolin ở pH = 9,70. 4. Từ metylamin và các hoá chất cần thiết khác (benzen, etyl acrilat, natri etylat và các chất vô cơ), hãy viết sơ đồ điều chế N-metyl-4-phenylpiperiđin. Hướng dẫn giải: 1. COOH NH H COOH H pHI = 1,99 + 10,60 = 6,30 N 2 H 2. Áp dụng phương trình Henderson - Hasselbalch K1 HAH+ + + H2 A HA + H K1 =  H A+ 2 Trang 2/6
HA HA = pH - pK1 = 2,50 - 1,99 = 0,51 ; Suy ra: lg + H2A+ = 3,24 H2A  Vậy ở pH = 2,50 dạng trung hoà chiếm nhiều hơn dạng proton hoá 3,24 lần. 1 Hay tỉ lệ giữa dạng proton hoá và dạng trung hoà là 3,24 = 0,309 3. K2  A HA H+ + A lg = pH  pK2 = 9,70  10,60 =  0,90 HA  A 1 HA = 0,126  8 1 Vậy ở pH = 9,7 tỉ lệ giữa dạng đeproton hoá và dạng trung hoà là 8 . 4. 2 CH2=CH-COOC2H5 CH2-CH2-COOC2H5 CH3NH2 CH3-N CH2-CH2-COOC2H5 C2H5ONa O O - 1. OH COOC2H5 2. H3O+, to N N CH3 CH3 +Br2/Fe, to Br Mg MgBr ete O OH C6H5 C6H5 C6H5 1. C6H5MgBr H2SO4, 170 o C H2, Ni, to N 2. H3O+ N N N CH3 CH3 CH3 CH3 Câu 3 (3 điểm): Hợp chất hữu cơ A chứa 79,59 % C; 12,25 % H; còn lại là O chỉ chiếm một nguyên tử trong phân tử. Ozon phân A thu được HOCH2CH=O ; CH3[CH2]2COCH3 và CH3CH2CO[CH2]2CH=0. Nếu cho A tác dụng với brom theo tỉ lệ mol 1:1 rồi mới ozon phân sản phẩm chính sinh ra thì chỉ thu được hai sản phẩm hữu cơ, trong số đó có một xeton. Đun nóng A với dung dịch axit dễ dàng thu được sản phẩm B có cùng công thức phân tử như A, song khi ozon phân B chỉ cho một sản phẩm hữu cơ duy nhất. 1. Xác định công thức cấu tạo và gọi tên A. 2. Tìm công thức cấu tạo của B và viết cơ chế phản ứng chuyển hoá A thành B. Hướng dẫn giải: 1. 79,59 12,25 8,16 : : = 13 : 24 : 1 12 1 16 A có công thức phân tử C13H24O. Trang 3/6
Từ sản phẩm ozon phân tìm ra 2 công thức cấu tạo có thể phù hợp: CH3CH2CH2C=CH CH2CH2C=CHCH2OH CH3CH2CH2C = CCH2CH2CH=CHCH2OH CH3 CH2CH3 H3C CH2CH3 (A1) (A2) Từ phản ứng brom hoá rồi ozon phân suy ra (A1) phù hợp, vì: Br2 CH3CH2CH2C=CH CH2CH2C=CHCH2OH 1:1 (A1) CH3 CH2CH3 ozon phân CH3CH2CH2CBrCHBrCH2CH2C=CHCH2OH xeton + O=CHCH2OH CH3 CH2CH3 Br2 CH3CH2CH2C = CCH2CH2CH=CHCH2OH 1:1 (A2) H3C CH2CH3 ozon phân CH3CH2CH2CBrCBrCH2CH2CH=CHCH2OH anđehit + O=CHCH2OH H3C CH2CH3 Tên của A: 3-Etyl-7-metylđeca-2,6-đien-1-ol 2. B phải là hợp chất mạch vòng có chứa 1 nối đôi trong vòng. B sinh ra từ A do phản ứng đóng vòng: H+, to HOH CH2OH + CH2 - H 2O - H+ OH + (A) (B) Câu 4 (4 điểm): 1. Dùng cơ chế phản ứng để giải thích các kết quả thực nghiệm sau: a) Hằng số tốc độ dung môi phân 3-metylbut-2-enyl clorua trong etanol lớn hơn dung môi phân anlyl clorua 6000 lần. b) Sau khi hoà tan but-3-en-2-ol trong dung dịch axit sunfuric rồi để yên một tuần thì thu được cả but-3-en-2-ol và but-2-en-1-ol. c) Xử lí but-2-en-1-ol với hiđro bromua thì thu được hỗn hợp 1-brombut-2-en và 3-brombut-1-en. d) Xử lí but-3-en-2-ol với hiđro bromua cũng thu được hỗn hợp 1-brombut-2-en và 3-brombut-1-en. 2. Cho biết sản phẩm nào là sản phẩm chính trong mỗi hỗn hợp sau khi xử lí but-2-en- -1-ol, but-3-en-2-ol với hiđro bromua ở trên? Vì sao? Hướng dẫn giải: 1. a) Dung môi phân (CH3)C=CHCH2Cl trong etanol xảy ra theo cơ chế SN1 và tạo cacbocation trung gian: Trang 4/6
(CH3)C=CHCH2Cl (CH3)2C=CH-CH2+ (CH3)2C+-CH=CH2 - Cl- + C+ bậc ba bền hơn C+ bậc một CH2-CH=CH2 nên hằng số tốc độ lớn hơn. b) Có sự chuyển vị anlylic nên tồn tại 2 sản phẩm: H2SO4 + CH2=CH-CH-CH3 - H2O CH2=CH-CH-CH3 CH2=CH - CH-CH3 OH + - H2O OH 2 H2O + CH2-CH=CH-CH3 CH2-CH=CH-CH3 - H+ OH c) Có sự chuyển vị anlylic nên tồn tại 2 sản phẩm: CH3- CH=CH-CH2OH H+ + + -H2O CH - CH=CH-CH 3 2 CH3- CH-CH=CH2 Br- Br- CH3- CH=CH-CH2Br CH3- CH-CH=CH2 d) Tương tự Br c): CH3- CHOH-CH=CH2 H+ + + - H 2O CH3- CH-CH=CH2 CH3- CH=CH-CH2 Br- Br- CH3-CH-CH=CH2 CH3-CH=CH-CH2Br Br 2. Sản phẩm chính là CH3-CH=CH-CH2Br vì: đẫn xuất bậc một cân đối hơn dẫn xuất bậc hai và dẫn xuất bậc một là anken có nhiều nhóm thế hơn nên bền hơn anken đầu mạch. Câu 5 (3,75 điểm): 1. Viết công thức chiếu Fisơ của dạng mạch hở các chất sau: OH CH2 OH OH OH HOCH2 O H2C O OH O O OH HO CH2OH OH H3C OH OH OH HO OH OH HO OH OH (A) (B) (C) (D) 2. Trong các chất (A), (B), (C), (D) trên, chất nào: a) thuộc dãy L? b) là đường đeoxi? c) là đường có mạch nhánh? d) thuộc loại xetozơ? e) có dạng furanozơ? g) có cấu hình  ở nhóm anomeric? Hướng dẫn giải: 1. Công thức chiếu Fisơ của (A), (B), (C), (D): Trang 5/6
CH2OH CHO CHO CHO C=O HO OH OH OH HO OH OH OH H3C OH OH HO OH HO CH2OH OH CH2OH CH2OH CH2OH (A) (B) (C) (D) 2. Trong các chất (A), (B), (C), (D) trên: a) (A), (C) là đường thuộc dãy L b) (B) là đường đeoxi. c) (C) là đường có mạch nhánh. d) (D) thuộc loại xetozơ. e) (B) có dạng furanozơ. f) (D) có cấu hình  ở nhóm anomeric. ...................................................... Trang 6/6
KIỂM TRA 1 TIẾT LẦN 2 MễN: HÓA HỌC Câu I (4,5 điểm): 1. 1.5điểm ; 2. 1 điểm ; 3. 2 điểm 1. Viết phương trình hoá học cho mỗi trường hợp sau: a) Cho khí amoniac (dư) tác dụng với CuSO4.5H2 O. b) Trong môi trường bazơ, H2O2 oxi hoá Mn2+ thành MnO2. c) Trong môi trường axit, H2O2 khử MnO4- thành Mn2+. 2. Trong số các phân tử và ion: CH2Br2, F - , CH2O, Ca2+, H3As, (C2 H5 )2O , phân tử và ion nào có thể tạo liên kết hiđro với phân tử nước? Hãy giải thích và viết sơ đồ mô tả sự hình thành liên kết đó. 3. a) U238 tự phân rã liên tục thành một đồng vị bền của chì. Tổng cộng có 8 hạt  được phóng ra trong quá trình đó. Hãy giải thích và viết phương trình phản ứng chung của quá trình này. b) Uran có cấu hình electron [Rn]5f36d17s2. Nguyên tử này có bao nhiêu electron độc thân? Có thể có mức oxi hoá cao nhất là bao nhiêu? c) UF6 là chất lỏng dễ bay hơi được ứng dụng phổ biến để tách các đồng vị uran. Hãy viết phương trình phản ứng có UF6 được tạo thành khi cho UF4 tác dụng với ClF3. Hướng dẫn giải: 1/ a) Có thể viết CuSO4.5H2O ở dạng [Cu(H2 O)4] SO4.H2O. Do đó khi phản ứng xảy ra, NH 3 sẽ thế các phân tử H2O ở cầu nội: [Cu(H2O)4] SO4.H2O + 4 NH 3 [Cu(NH3)4] SO4.H2O + 4 H2O  b) H 2 O2 + 2e 2 OH Sự khử Mn2+ + 4 OH  2 e MnO2 + 2 H2O Sự oxi hoá Mn2+ + H2O2 + 2 OH MnO2 + 2 H2O c) 2 MnO4 + 8 H3O+ + 5 e Mn2+ + 12 H2O Sự khử 5 H2O2 + 2 H2O  2 e O2 + 2 H3O+ Sự oxi hoá 2MnO4- + 5 H2O2 + 6 H3O+ 2 Mn2+ + 5 O2 + 14 H2O 2/ Các vi hạt CH2Br2, Ca2+, H3 As không có nguyên tử âm điện mạnh nên không thể tạo liên kết hiđro với phân tử nước. Các vi hạt F - , CH2O, (C2 H5 )2O có nguyên tử âm điện mạnh nên có thể tạo liênkết hiđro với phân tử nước: H H F H O C2H 5 O H O O...H C O ... H H C2H 5 H
3/ a) U238 tự phóng xạ tạo ra đồng vị bền 92Pbx cùng với ba loại hạt cơ bản: 2 4, -1 o và o 206 o . Theo định luật bảo toàn khối lượng: x = 238  4  8 = 206. Vậy có 82Pb . Theo định luật bảo toàn điện tích :[ 92 – (82 + 2 8)] / (1) = 6. Vậy có 6 hạt -1 o. Do đó phương trìnhchung của quá trình này là: 92U238 82Pb 206 + 8 He + 6. b) Cấu hình electron [Rn]5f36d17s2 có số electron ngoài được biểu diễn như sau:      238 Vậy nguyên tử 92U có 4 e độc thân (chưa ghép đôi); mức (số) oxi hoá cao nhất là +6 vì U[Rn]5f 6d 7s2 – 6 e 3 1 U [Rn]+6 . c) Phản ứng 2 ClF3 + 3 UF4 3 UF6 + Cl2 . Câu II (4,5 điểm): 1. 3,5 điểm ; 2. 1 điểm 1. Trong nguyên tử hoặc ion dương tương ứng có từ 2 electron trở lên, electron chuyển động trong trường lực được tạo ra từ hạt nhân nguyên tử và các electron khác. Do đó mỗi trạng thái của một cấu hình electron có một trị số năng lượng. Với nguyên tố Bo (số đơn vị điện tích hạt nhân Z = 5) ở trạng thái cơ bản có số liệu như sau: Cấu hình electron Năng lượng (theo eV) Cấu hình electron Năng lượng (theo eV) 1s1 -340,000 1s22s2 - 660,025 1s2 - 600,848 1s22s22p1 - 669,800 2 1 1s 2s - 637,874 Trong đó: eV là đơn vị năng lượng; dấu - biểu thị năng lượng tính được khi electron còn chịu lực hút hạt nhân. a) Hãy trình bày chi tiết và kết qủa tính các trị số năng lượng ion hoá có thể có của nguyên tố Bo theo eV khi dùng dữ kiện cho trong bảng trên. b) Hãy nêu nội dung và giải thích qui luật liên hệ giữa các năng lượng ion hoá đó. 2. Năng lượng liên kết của N-N bằng 163 kJ.mol–1, của NN bằng 945 kJ.mol–1. Từ 4 nguyên tử N có thể tạo ra 1 phân tử N4 tứ diện đều hoặc 2 phân tử N2 thông thường. Trường hợp nào thuận lợi hơn? Hãy giải thích. Hướng dẫn giải: 1/ a) Tính các trị năng lượng ion hoá có thể có của Bo: Từ cấu hình electron đã cho , ta xác định được các vi hạt tương ứng cùng với trị năng lượng như sau: Cấu hình Vi hạt Năng lượng Cấu hình Vi hạt Năng lượng electron (theo eV) electron (theo eV) 1s1 B4+ - 340,000 1s22s2 B+ - 660,025 1s2 B3+ - 600,848 1s22s22p1 B - 669,800 1s22s1 B2+ - 637,874
Có định nghĩa: Năng lượng ion hoá (của một nguyên tử) là năng lượng ít nhất cần để tách 1 e khỏi nguyên tử ở trạng thái cơ bản mà không truyền thêm động năng cho e đó. Vậy giữa năng lượng  của1 e ở trạng thái cơ bản và năng lượng ion hoá I tương ứng có liên hệ: I = - (1). Vậy với sự ion hoá M (k – 1)+ - e M k+ ; Ik (2), Ta có liên hệ: Ik = -  = - EM(k -1)+ - EMk+  (3) Trong đó: k chỉ số e đã bị mất (do sự ion hoá) của vi hạt đựơc xét, có trị số từ 1 đến n; do đó k+ chỉ số đơn vị điện tích dương của ion M k+ ; Ik là năng lượng ion hoá thứ k của nguyên tố M được biểu thị theo (2). Xét cụ thể với nguyên tố Bo: vì Z = 5 nên nguyên tử có 5 e; vậy k = 1 đến 5. Áp dụng phưông trình (2) và (3), dùng số dữ kiện bảng trên cho Bo, ta có: * Bo  e B+ ; I1 ( vậy k = 1); I1 = - [ EB  EB+] =  (669,800 + 660,025 ). Vậy I1 = 9,775 eV . * B+  e B2+ ; I2 ( vậy k = 2); I2 = - [ EB+  EB2+] =  (660,025 + 637,874). Vậy I2 = 22,151 eV . * B2+  e B3+ ; I3 ( vậy k = 3); I3= - [EB2+  EB3+] =  (637,874 + 600,848). Vậy I3 = 37,026 eV . * B3+  e B4+ ; I4 ( vậy k = 4); I4= - [EB3+  EB4+] =  (600,848 + 340,000). Vậy I4 = 260,848 eV . * B4+  e B5+ ; I4 ( vậy k = 5); I5= - [EB4+  EB5+] =  (340,000 + 0,000). Vậy I5 = 340,000 eV . b) Từ kết quả trên, ta thấy có qui luật liên hệ các trị năng lượng ion hoá của Bo như sau I1  I2  I3  I4  I5 (4). Giải thích: Khi vi hạt M (k – 1)+ mất thêm 1 e tạo thành M k+ có số đơn vị điện tích k+ lớn hơn (k – 1) nên lực hút tác dụng lên e tiếp theo trong vi hạt M k+ mạnh hơn so với trong M (k – 1)+. Do đó phải tốn năng lượng lớn hơn để tách 1 e tiếp theo khỏi M k+ ; nghĩa là I( k – 1)  Ik như đã được chỉ ra trong (4) trên đây. 2. a) Xét dấu của nhiệt phản ứng ÄH = ồ iEi - j  E j j i Trong đó i, j là liên kết thứ i, thứ j ở chất tham gia, chất tạo thành tương ứng của phản ứng được xét; Ei ; Ej là năng lượng của liên kết thứ i, thứ j đó. b) Xét cụ thể với nitơ : Phản ứng 4N N4 (1) Có  H1 = 4 EN - EN4 = 0,0 - 6  163 ; vậy  H1 = - 978 kJ . Phản ứng 4N 2 N2 (2) Có  H2 = 4 EN - 2 EN2 = 0,0 - 2  945 ; vậy  H2 = - 1890 kJ . Ta thấy  H2   H1. Vậy phản ứng 4N 2 N2 xảy ra thuận lợi hơn phản ứng 4N N4 .
Câu III (6 điểm): 1. 1,25 điểm ; 2. 3,5 điểm ; 3. 1,25 điểm Dung dịch A gồm AgNO3 0,050 M và Pb(NO3)2 0,100 M. 1. Tính pH của dung dịch A. 2. Thêm 10,00 ml KI 0,250 M và HNO3 0,200 M vào 10,00 ml dung dịch A. Sau phản ứng người ta nhúng một điện cực Ag vào dung dịch B vừa thu được và ghép thành pin (có cầu muối tiếp xúc hai dung dịch) với một điện cực có Ag nhúng vào dung dịch X gồm AgNO3 0,010 M và KSCN 0,040 M. a) Viết sơ đồ pin . b) Tính sức điện động Epin tại 250C . c) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động. d) Tính hằng số cân bằng của phản ứng . Cho biết : Ag+ + H2O AgOH + H+ (1) ; K1= 10 –11,70 Pb2+ + H2O PbOH+ + H+ (2) ; K2= 10 –7,80 Chỉ số tích số tan pKs : AgI là 16,0 ; PbI2 là 7,86 ; AgSCN là 12,0 . 0 RT EAg+ = 0 ,799 V ; ln = 0,0592 lg /Ag F 3. Epin sẽ thay đổi ra sao nếu: a) thêm một lượng nhỏ NaOH vào dung dịch B ; b) thêm một lượng nhỏ Fe(NO3)3 vào dung dịch X? Hướng dẫn giải: 1. Ag+ + H2O ⇌ AgOH + H+ ; K1 = 10-11,7 (1) Pb2+ + H2O ⇌ PbOH+ + H+ ; K2 = 10-7,8 (2) Do K2 >> K1 nên cân bằng 2 quyết định pH của dung dịch Pb2+ + H2O ⇌ PbOH + H+ ; K2 = 10-7,8 (2) C 0,10  0,10  x x x x2  10 7,8 x = 10-4,4 = H+ ; pH = 4,40 0,1  x 2.a) Dung dịch B: Thêm KI : CAg+ = 0,025 M; CPb2+ = 0,050 CI- = 0,125M ; CH+ = 0,10M Ag+ + I AgI  0,025 0,125 - 0,10 Pb 2+ + 2 I PbI2  0,05 0,10 - - Trong dung dịch có đồng thời hai kết tủa AgI  và PbI2  AgI  ⇌ Ag+ + I ; Ks1 = 1.10-16 (3) PbI2  ⇌ Pb2+ + 2 I ; Ks2 = 1.10-7,86 (4) Ks1
Pb2+ + H2O ⇌ PbOH + H+ ; K2 = 10-7,8 PbOH   10  7 ,8   10 6,8  PbOH   Pb 2    Pb  10 2 1 Trong dung dịch PbI2 ⇌ Pb2+ + 2 I Ks2 = 1.10-7,86 x 2x 2 (2x) x = 10-7,86 x = 1,51.10 M -3 2x = [I] = 2,302 . 10-3M 16 Ag   K   3102.10  I , .10 s1  3  3,31.10 14 M . E của cực Ag trong dung dịch A: Ag+ + e ⇌ Ag E1  E 0 Ag   0,0592 lg Ag     0,799  0,0592 lg 3,31.10 14 Ag E1  0,001V Dung dịch X: Ag+ + SCN ⇌ AgSCN ; 1012,0 0,010 0,040 - 0,030 0,010 AgSCN ⇌ Ag + + SCN ; 10-12,0 0,030 x (0,030 + x) x0,030 + x) = 10-12 12 Ag   x  310  x10 2  3,33.10 11   E 2  0,799  0,0592 lg Ag   0,799  0,0592 lg 3,33.10 11 E 2  0,179V Vì E2 > E1 , ta có pin gồm cực Ag trong X là cực + , cực Ag trong B là cực – Sơ đồ pin: Ag AgI AgSCN Ag PbI2 SCN 0,03 M b) Epin = 0,179 – 0,001 = 0,178V c) Phương trình phản ứng: Ag + I– ⇌ AgI + e AgSCN + e ⇌ Ag + SCN– AgSCN + I– ⇌ Ag + SCN– –12 K = KsAgSCN = 10–16 4 d) = 10 KsAgI 10 3. a) Khi thêm lượng nhỏ NaOH vào dung dịch B , có thể xảy ra 3 trường hợp:
- Lượng NaOH quá ít không đủ để trung hoà HNO3: Sự tạo phức hiđroxo của Pb2+ vẫn không đáng kể, do đó Epin không thay đổi. - Lượng NaOH đủ để trung hoà HNO3: Có sự tạo phức hiđroxo của Pb2+ do đó Pb2+ giảm, Nồng độ I - sẽ tăng lên, do đó nồng độ Ag+ giảm xuống, E1 giảm ; vậy Epin tăng. - Lượng NaOH đủ dư để trung hoà hết HNO3 và hoà tan PbI2 tạo thành PbO2–, do đó Pb2+ giảm và Epin tăng. PbI2 + 4 OH– PbO2– + 2 H2O + 2 I– b) Thêm ít Fe3+ vào dung dịch X: Fe3+ + SCN– FeSCN2+ Nồng độ ion SCN giảm, do đó nồng độ ion Ag+ tăng, E2 tăng – Epin tăng Câu IV (5 điểm): 1. 2 điểm ; 2. 1,5 điểm ; 3. 1,5 điểm 1. Khí CO gây độc vì tác dụng với hemoglobin (Hb) của máu theo phương trình 3 CO + 4 Hb  Hb4 (CO)3 Số liệu thực nghiệm tại 200C về động học phản ứng này như sau: Nồng độ (mol. l-1) Tốc độ phân huỷ Hb CO Hb ( mol. l-1 .s-1 ) 1,50 2,50 1,05 2,50 2,50 1,75 2,50 4,00 2,80 Hãy tính tốc độ phản ứng khi nồng độ CO là 1,30; Hb là 3,20 (đều theo mol.l-1) 0 tại 20 C . 2. Người ta nung nóng đến 8000C một bình chân không thể tích 1 lít chứa 10,0 gam canxi cacbonat và 5,6 gam canxi oxit. Hãy tính số mol khí cacbonic có trong bình. Muốn cho lượng canxi cacbonat ban đầu phân huỷ hết thì thể tích tối thiểu của bình phải bằng bao nhiêu? Biết tại nhiệt độ đó khí CO2 trong bình có áp suất là 0,903 atm . 3. Tại 200C, phản ứng: H2 (k) + Br2 (lỏng) 2 HBr (k) (1) 16 có hằng số cân bằng Kp = 9,0 .10 . Kí hiệu (k) chỉ trạng thái khí. a) Hãy tính Kp của phản ứng: H2 (k) + Br2 (k) 2 HBr (k) (2) O tại 20 C và áp suất p = 0,25 atm. Br2 (k) b) Hãy cho biết sự chuyển dịch cân bằng hoá học của phản ứng (2) nếu giảm thể tích bình phản ứng ở hai trường hợp: *) Trong bình không có Br2 (lỏng) ; **) Trong bình có Br2 (lỏng). Hướng dẫn giải: 1. a) Trước hết ta phải xác định đựơc bậc của phản ứng.  Kí hiệu bậc riêng phần của phản ứng theo chất Hb là x, theo CO là y, ta có phương trình động học (định luật tốc độ) của phản ứng: vpư = k C xHbC yCO (1)  Theo định nghĩa, ta có thể biểu thị tốc độ phản ứng trên theo tốc độ phân huỷ Hb, nghĩa là vpư = 1/4 vphân huỷ Hb (2). Ghi chú : Vì đã ghi rõ  tốc độ phân huỷ Hbằ nên không cân dùng dấu - Vậy ta có liên hệ: vpư = 1/4 vphân huỷ Hb = k C x HbC yCO (3) .  Theo thứ tự trên xuống ta ghi số các số liệu thí nghiệm thu được là