Tài liệu bồi dưỡng HSG môn Hoá

Chia sẻ: Tuyet Minh Tuyetminh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:32

Thêm vào BST

Báo xấu

103
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp cho quý thầy cô có thêm tài liệu tham khảo bồi dưỡng ôn tập cho các em và các em học sinh có thêm đề để thử sức mình trước kì thi. Mời các bạn cùng tham khảo Tài liệu bồi dưỡng HSG môn Hoá dưới đây.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Tài liệu bồi dưỡng HSG môn Hoá

NĂNG KHIẾU HÓA HỌC Học sinh có khả năng tư duy Toán học tốt nhưng không có khả năng quan sát, nhận thức các hiện tượng tự nhiên Ví dụ: Hỗn hợp A gồm một axit no đơn chức và hai axit không no đơn chức chứa một liên kết đôi, kế tiếp nhau trong dãy đồng đẳng. Cho A tác dụng hoàn toàn với 150 ml dung dịch NaOH 2 M. Để trung hòa hết lượng NaOH d cần thêm vào 100 ml dung dịch HCl 1 M, được dung dịch D. Cô cạn cẩn thận D được 22,89 gam chất rắn khan. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn A rồi cho toàn bộ sản phẩm cháyhấp thụ hết vào bình đựng lượng dư dung dịch NaOH đặc, khối lượng bình tăng thêm 26,72 gam. Xác định công thức cấu tạo có thể có của từng axit và tính khối lượng của chúng trong A. Giải bình thường Gọi công thức của axit no là: CnH2n+1COOH, công thức chung của 2 axit không no là: Cm H 2 m 1COOH với số mol tương ứng là x và y CnH2n+1COOH + NaOH CnH2n+1COONa + H2O x x x Cm H 2 m 1COOH + NaOH Cm H 2 m 1COONa+ H2O y y y 3n 1 CnH2n+1COOH + O2 (n+1)CO2 + (n+1)H2O 2 x (n+1)x (n+1)x 3m Cm H 2 m 1COOH+ O2 ( m + 1)CO2 + m H2O 2 y ( m + 1)y m y Phản ứng trung hoà NaOH dư: NaOH dư + HCl = NaCl + H2O 0,1 0,1 0,1 Theo phương trình: NaOH phản ứng với các axit hữu cơ = 0,3 – 0,1 = 0,2 mol lượng muối của các axit hữu cơ = 22,89 0,1.58,5 = 17,04 gam Độ tăng khối lượng bình NaOH là tổng khối lượng CO2 và H2O x y 0,2 Có hệ phương trình: (14n 68)x (14m 66)y 17,04 [(n 1)x (m 1)y]44 [(n 1)x my]18 26,72 (x y ) 0,2 14( nx my ) 66(x y) 2x 17,04 62( nx my) 44(x y ) 18x 26,72 Giải hệ phương trình trên, ta được: x = 0,1 ; y = 0,1 ; nx + m y = 0,26 n + m = 2,6. Với m 2 nên n = 0 và m =2,6 Công thức của 3 axit là: HCOOH ; C2H3COOH và C3H5COOH Giải có nhận xét: 1
17,04 KL mol TB của 3 muối bằng = 85,2 0,2 KL mol TB của 3axit bằng 85,2 – 22 = 63,2 Với công thức tổng quát CnH2nO2 và Cm H 2 m2O2 (với m > 3) ta thấy: Tổng khối lượng C + H bằng (63,2 0,2) – (32 0,2)= 6,24 gam, kết hợp với tổng khối lượng CO2 và H2O bằng 26,72 gam tính được số mol CO2 bằng 0,46 và số mol H2O bằng 0,36. 3n − 2 Từ CnH2nO2 + O2 n CO2 + n H2O 2 3m − 2 Cm H 2 m− 2O2 + O2 m CO2 + ( m 1) H2O 2 Suy ra số mol Cm H 2 m− 2O2 bằng 0,46 – 0,36 = 0,1 và số mol axit no cũng = 0,1 0,46 và n + m = = 4,6 khi m > 3 thì n 1 n = 1 ứng với H – COOH 0,1 (63,2 0,2) − (46 0,1) KL mol TB của 2 axit không no = =80,4 0,1 ứng với 2 axít không no kế tiếp là C2H3COOH (72) và C3H5COOH (86) Học sinh có khả năng quan sát, nhận thức các hiện tượng tự nhiên dẫn đến niềm say mê Hóa học nhưng khả năng tư duy Toán học chưa tốt Ví dụ: Hãy xác định khoảng cách giữa 2 nguyên tử iot trong 2 đồng phân hình học của C2H2I2 với giả thiết 2 đồng phân này có cấu tạo phẳng.( Cho độ dài liên kết C – I là 2,10 Å và C=C là 1,33 Å ). Đồng phân cis : H H C dcis = d C= C + 2 d C – I sin 300. C C C = d C= C + d C – I I I 1200 300 I I = 1,33 + 2,1 = 3,43 Å d Đồng phân trans : d trans =2 IO I H I IO = IC 2 + CO 2 − 2 IC CO cos120 0 d C C C C O 1,33 2 1,33 I H = 2,12 +( ) 2×2,1× cos1200 1200 2 2 I 2
2,5 Å d trans =5,0 Å PHÁT HIỆN NĂNG LỰC HỌC SINH GIỎI A. NĂNG LỰC TIẾP THU KIẾN THỨC 2. Hãy viết phương trình hoá học biểu diễn quá trình quang hợp ở cây xanh: Tính khối lượng tinh bột thu được, nếu biết lượng nước tiêu thụ là 5 tấn và hiệu suất quang hợp là 60%. 3. Khi nitro hóa 10 g phenol bằng axit nitric 50%, thu được 17g hỗn hợp các hợp chất nitro trong đó phần khối lượng của ni tơ là 17%. Xác định hiệu suất nitro hóa bằng % so với lí thuyết. 4. Hỏi những chất nào và ở điều kiện nào phản ứng với nhau tao nên những chất sau đây (ở đây không ghi hệ số của các sản phẩm phản ứng): 1) propanol – 1. 2) propanol –1 + NaCl; 3) propanol –1 + NaOH. 4) glixerin + natri axetat. 5. Viết các phương trình phản ứng trong dãy chuyển hóa sau: H2SO4d H2 O H2 SO4 d ddBr2 A 1700 C B H2 SO4loﾷng D 1700 C E CH3CHBr – CHBrCH3. Bài 5: Hãy cho biết cấu trúc lập thể và gọi tên các oxit hình thành khi epoxihóa cis – và trans – but2 en bằng axit m clopebenzoic. Nêu nhận xét về cấu trúc của chất đầu và sản phẩm epoxi hóa. Viết cơ chế của phản ứng giữa buten – 2 với Ar – COOOH * Với cis – but 2 en : H H O H C CH3 H C C CH3 C CH3 cis-2,3-buten oxit cisbut2,3en oxit CH3 *Với trans – but2 en : 3 trans but2,3en oxit
H H O H3C C H3C C CH3 CH3 C C H H trans-2,3-buten oxit * Nhận xét : Hóa lập thể của anken vẫn được bảo toàn đối với epoxit. Đây là phản ứng đặc thù về mặt lập thể. * Cơ chế phản ứng: electron của liên kết đôi trong anken tấn công S N2 vào oxi của nhóm OH trong peaxit. Kết quả là chuyển oxi của ArCOOOH đến C=C tạo ra epoxit. B. NĂNG LỰC TƯ DUY TOÁN HỌC Ví dụ 1: Đồng (Cu) kết tinh có dạng tinh thể lập phương tâm diện. *Tính cạnh lập phương a(Å) của mạng tinh thể và khoảng cách ngắn nhất giữa hai tâm của hai nguyên tử đồng trong mạng, biết rằng nguyên tử đồng có bán kính bằng 1,28 Å. *Tính khối lượng riêng của Cu theo g/cm3. ( Cu= 64). HDG: Theo hình vẽ ta thấy: 1 mặt của khối lập phương tâm diện có AC = a 2 =4 rCu D C 4 1, 28 a = = 3,62 (Å) M 2 a Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 tâm của nguyên tử là AM AM = 2 rCu = 1,28 2 = 2,56 (Å) A B 1 1 *Số nguyên tử Cu trong một tế bào cơ sở n = 8 + 6 = 4 8 2 (nguyên tử) m 64 4 d = = = 8,96 g/cm3. V 6, 02.10 (3, 62 10−8 )3 23 Ví dụ 2. Phân tử X có công thức abc .Tổng số hạt mang điện và không mang điện trong phân tử X là 82. Trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 22, hiệu số khối giữa b và c gấp 10 lần số khối của a, tổng số khối của b và c gấp 27 lần số khối của a. Tìm công thức phân tử đúng của X. HDG: Gọi số hạt proton, nơtron, số khối của nguyên tử a là: Za ; Na ; Aa Gọi số hạt proton, nơtron, số khối của nguyên tử b là: Zb ; Nb ; Ab Gọi số hạt proton, nơtron, số khối của nguyên tử c là: Zc ; Nc ; Ac Từ các dữ kiện của đầu bài thiết lập được các phương trình: 4
2(Za + Zb + Zc) + (Na + Nb + Nc) = 82 (1) 2(Za + Zb + Zc) (Na + Nb + Nc) = 22 (2) Ab Ac = 10 Aa Ab + Ac = 27Aa Từ (1) và (2) : (Za + Zb + Zc) = 26; (Na + Nb + Nc) = 30 => Aa + Ab + Ac = 56 Giải được: Aa = 2 ; Ab = 37 ; Ac = 17. Kết hợp với (Za + Zb + Zc) = 26 Tìm được : Za = 1, Zb = 17 ; Zc = 8 các nguyên tử là: 1H2 ; 17Cl37 ; 8O17 Công thức X: HClO. 5
C. NĂNG LỰC TÁI HIỆN, LIÊN HỆ VÀ VẬN DỤNG KIẾN THỨC Ví dụ 1. Hãy dùng kí hiệu ô lượng tử biểu diễn các trường hợp số lượng electron trong một obitan nguyên tử. HDG: 1. Có ba trường hợp: hoặc Obitan nguyên tử trống có 1 e có 2 e Ví dụ 2. Liệu pháp phóng xạ được ứng dụng rộng rãi để chữa ung thư. Cơ sở của liệu pháp đó là sự biến đổi hạt nhân. 59 27 Co + 0n1 X? (1) X? 60 28 Ni + ... ; h = 1,25 MeV. (2) a) Hãy hoàn thành phương trình của sự biến đổi hạt nhân trên và nêu rõ định luật nào được áp dụng để hoàn thành phương trình. b) Hãy cho biết điểm khác nhau giữa phản ứng hạt nhân với phản ứng oxi hoákhử (lấy thí dụ từ phản ứng (2) và phản ứng Co + Cl2 CoCl2). HDG: a) Định luật bảo toàn vật chất nói chung, định luật bảo toàn số khối và bảo toàn điện tích nói riêng, được áp dụng: Điện tích: 27 + 0 = 27 ; Số khối: 59 + 1 = 60 X là 27Co60. 27Co + 0n1 27Co . 59 60 Số khối: 60 = 60; Điện tích: 27 = 28 + x x = 1. Vậy có 1e0. 27Co 28Ni + 1e ; hv = 1,25MeV. 60 60 b) Điểm khác nhau: Phản ứng hạt nhân: Xảy ra tại hạt nhân, tức là sự biến đổi hạt nhân nguyên tố mới. VD b/ ở trên. Phản ứng hoá học (oxi hoá khử): xảy ra ở vỏ electron nên chỉ biến đổi dạng đơn chất hợp chất. VD: Co + Cl2 Co2+ + 2Cl CoCl2. Chất dùng trong phản ứng hạt nhân: có thể là đơn chất hay hợp chất, thường dùng hợp chất. Chất dùng trong phản ứng oxi hoá khử, phụ thuộc vào câu hỏi mà phải chỉ rõ đơn chất hay hợp chất. Năng lượng kèm theo phản ứng hạt nhân: lớn hơn hẳn so với năng lượng kèm theo phản ứng hoá học thông thường. Ví dụ 3. Hãy dùng secbutyl bromua để minh họa cho các phản ứng sau: a) Thuỷ phân theo SN1 b) Tách E1 với Ag+ c) Phản ứng SN2 với NaI GIẢI HOH a) CH3CH2CHBrCH3 CH3CH2CH+CH3 SN 1 CH3CH2CHOHCH3 Ag E1 b) CH3CH2CHBrCH3 H2O CH3CH2CH+CH3 H CH3CH=CHCH3 6
NaI c) CH3CH2CHBrCH3 SN 2 CH3CH2CH ICH3 Ví dụ 4. a/ Đun nóng butađien 1,3 với Stiren thu được sản phẩm duy nhất X: C12H14 sản phẩm này có thể bị hiđro hoá theo sơ đồ: + H2, Ni + H2, Ni X Y Z 250C, 2atm 1000C, 100atm Xác định công thức cấu tạo của X, Y, Z, giải thích sự khác nhau về điều kiện phản ứng hiđro hoá. Biết rằng số mol H2 tham gia phản ứng của giai đoạn sau gấp 3 lần số mol H2 tham gia phản ứng ở giai đoạn 1. b/ Khi trùng hợp Isopren thấy tạo thành 4 loại polime, ngoài ra còn có một vài sản phẩm phụ trong đó có chất P (1metyl3isopropyl xiclohecxan) có thể tạo ra từ chất Q. Viết công thức cấu tạo 4 loại polyme và các chất X, Y. HDG: a/ CH2=CHCH=CH2 + CH=CH2 CTCT X (C12H14) C6H5 CTCT Y: CTCT Z: Sở dĩ phản ứng (2) cần điều kiện to, p cao hơn pứ (1) vì lk trong vòng benzen nhiều hơn lk của vòng C6H9. b/ Công thức cấu tạo 4 loại polime CH3 CH2 CH CH2 H CH2 CH2 CH2 C ; C CH2 ; C C ; C C CH CH2 n CH3 n CH3 CH2 CH3 H n n Dạng cis Dạng trans CH3 CH3 Q: P: C CH2 CH CH3 CH3 CH3 7
D. NĂNG LỰC KIỂM CHỨNG Ví dụ 1. Chất rắn A là kim loại hoặc là một trong các chất MnO2, KMnO4, K2Cr2O7, CaOCl2, khi hoà tan 15 gam A và dung dịch HCl thì tạo ra 8,4 lít đơn chất khí B bay ra (đktc). Hãy chứng minh rằng B không thể là Cl2 HDG: MnO2 + 4H+ + 2Cl Mn2+ + Cl2 + 2H2O 2MnO4 + 16H+ + 10Cl 2Mn2+ + 5Cl2 + 8H2O Cr2O72 + 14H+ + 6Cl 2Cr3+ + 3Cl2 + 7H2O OCl22 + 2H+ Cl2 + H2O Theo phương trình để thu được 8,4 lít Cl2 (0.375 mol) thì cần 0,125 số mol A 0,375 23,7g mA 47,6 gam. Điều này trái giả thiết mA = 15. Vậy B không thể là Cl2 Ví dụ 2 : Có cân bằng N2O4 (k) ⇌ 2 NO2 (k) . Cho 18,4 gam N2O4 vào bình dung tích 5,904 0 lít ở 27 C . Tại cân bằng hóa học, áp suất của khí trong bình bằng 1atm. Nguyên lý chuyển dịch cân bằng hóa học nói rằng ‘khi giảm áp suất thì cân bằng của hệ sẽ dịch chuyển về phía làm tăng áp suất’’. Hãy chứng minh điều đó. HDG: Số mol ban đầu N2O4 = 0,2 N2O4 (k) ⇌ 2 NO2 (k) [ ] 0,2 – x 2x PV 1 5,904 Tống số mol lúc cân bằng = 0,2 + x = = = 0,24 RT 0,082 300 x = 0,04 mol PNO nNO 1 (P ) 1 2 số mol NO2 = 0,08 ; N2O4 = 0,16 2 = 2 = Kp = NO = 2 PN O2 4 nN O 2 4 2 PN O 6 2 4 P 1 2 Giả sử áp suất giảm đến 0,5 atm thì = 6P2 + P – 0,5 = 0 0,5 − P 6 PNO 0,217 P(NO2) = 0,217 atm ; P(N2O4) = 0,283 atm Tỷ số = = 0,767 > 1 2 PN O 0,283 2 2 4 Vậy, khi giảm áp suất cân bằng sẽ dịch chuyển theo chiều tạo NO 2 (làm tăng số mol khí làm tăng áp suất) Ví dụ 3: Có thể hòa tan 100 mg bạc kim loại trong 100 mL amoniac 0,1M khi tiếp xúc với không khí được không ? 8
Cho Kb(NH3) = 1,74. 10 5 ; KL mol (Ag) = 107,88 Hằng số bền của phức Ag(NH3)+ = 103,32 ; Ag(NH3) 2 = 107,23 ; + Thế oxihóakhử chuẩn E0(Ag+/Ag) = 0,799 V ; E0(O2/OH ) = 0,401 V (Hàm lượng oxi trong không khí là 20,95% theo thể tích) HDG: Phản ứng tạo phức : Ag+ + NH3 ⇌ Ag(NH3)+. Ag+ + 2NH3 ⇌ Ag(NH3) 2 + Về tính toán theo phương trình phản ứng ta thấy có khả năng Ag tan hết, do : 0,1 số mol Ag = = 9,27. 10 4 ; 107,88 số mol NH3 đã cho = 10 2 > số mol NH3 cực đại để tạo phức = 18,54. 10 4 ; * Cần phải kiểm tra khả năng hòa tan bằng nhiệt động học : + 0 + Ag + e Ag E1 = E 1 + 0,059 lg [Ag ] 0,059 PO O2 + 2H2O + 4e 4OH . E2 = E + lg 0 2 4 2 OH − � � � � Vì khi cân bằng E1 = E2 nên tính được E2. Trong dung dịch NH3 0,1 M 1/2 5 1/2 3 [OH ] = (Kb.C) = (1,74. 10 .0,1) = 1,32. 10 . 0,059 0,2059 E2 = 0,401 + lg = 0,561 V 4 1,32 10 −3 + E2 − E10 + 5 lg [Ag ] = 0,059 = 4,034 V [Ag ] = 9,25. 10 M Nồng độ tổng cộng của bạc trong dung dịch : ( giả sử [NH3] 0,1 M ) + + + + 2 S = [Ag ] + [Ag(NH3) + Ag(NH3) 2 ] = [Ag ] ( 1 + 1[NH3] + 2[NH3] ) 5 2,32 5,23 = 9,25. 10 ( 1 + 10 + 10 ) = 15,5 M >> nồng độ đã tính để hòa tan hoàn toàn bạc kim loại . Vậy các điều kiện nhiệt động thuận lợi cho sự hòa tan. Ví dụ 4 : Các aminoaxit tại điểm đẳng điện thì dạng ion lưỡng cực là nhiều nhất, mặc dù cả ba loại ion cho dưới đây đều có bất cứ giá trị pH nào. 9
- H+ - H+ R - CH - COO R - CH - COOH R - CH - COO +NH 3 +NH 3 NH2 (A) (C) (B) a) Xác định giá trị pH tại đó nồng độ ion lưỡng cực lớn nhất ? b) Hỏi vết alanin chuyển về cực nào ở pH 8 ? c) Xác định hàm lượng tương đối của ion lưỡng cực C của alanin ở điểm đẳng điện, biết các + giá trị hằng số axit pK1 = 2,35 đối với cân bằng A ⇌ C + H ; + pK2 = 9,69 đối với cân bằng C ⇌ B + H . HDG: Tại điểm đẳng điện nồng độ của các ion trái dấu bằng nhau: [A] = [B] (1) Các hằng số axit là : K1 = [ C] .� �H + � (2) K = [ B ] . � � H+� � � (3) 2 [ A] [ C] Theo định luật bảo toàn nồng độ : [A] + [B] + [C] = C0 (4), ( trong đó C0 là tổng nồng độ của aminoaxit ) +2 pK1 + pK 2 Từ (1), (2), (3) tại điểm đẳng điện : [H ] = K1.K2 (5) hay pH = 2 + 2,35 9,69 1/2 6,02 [H ] = (10 . 10 ) = 10 pH = 6,02 Vì điểm đẳng điện của alanin là 6,02 nên vết di chuyển về phía cực âm ở pH 8,0 + * Bây giờ ta kiểm chứng lại [H ] trên bằng phép tính toán để tìm hàm lượng tương đối của ion lưỡng cực C tại điểm đẳng điện: [ C] = K 1 = K1 = K11/2.K21/2 . Từ (2) : [ A] ��H + � ( K1. K 2 ) � 1/ 2 �[ C ] � K1 10−2,35 [ C] 2 7,34 7 � �= = −9,69 = 10 hay 2,19. 10 . = 4680 [ � �A ] K 2 10 [ A ] [ C] = [ C] = 1 Như vậy, [ A] + [ B ] + [ C ] (2 [ A] + [ C ] ) 2 [ A] = 0,99957 1,00 +1 [ C] 10
+ * Sau khi lấy đạo hàm của [C] theo [H ] , trong đó [C] là hàm sau : H+� C0 .K1. � � � [C] = ( H+� � � 2 �+ K1. � � �+ K1.K 2 H+� ) từ phương trình (2), (3), (4) ta chỉ tìm được một + 1/2 cực trị đối với [H ] = (K1.K2) . 11
E. NĂNG LỰC QUAN SÁT, NHẬN XÉT ĐỂ TÌM CON ĐƯỜNG NGẮN NHẤT ĐẾN KẾT QUẢ Ví dụ 1. Hỗn hợp gồm Mg và Fe2O3 nặng 20gam tan hết trong dung dịch H 2SO4 loãng, dư thoát ra Vlít H2 (đktc) và nhận được dung dịch B. Thêm dung dịch NaOH dư vào dung dịch B và lọc kết tủa tách ra, nung trong không khí đến khối lượng không đổi được 28gam chất rắn. Viết phương trình phản ứng, tínhV và % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp. HDG: Sau khi viết phương trình phản ứng, ta nhận xét: Mg + O Mg O Suy ra: Fe2O3 Fe2O3 Lượng oxi đã kết hợp với Mg bằng 28 20 = 8( gam) hay 0,05 mol V= 1,12 ( dm3) và lượng Mg bằng (8: 16)x 24 = 12 (gam) chiếm 60% Ví dụ 2. Hỗn hợp Y gồm hai chất hữu cơ A và B cùng chức hoá học. Nếu đun nóng 15,7 gam hỗn hợp Y với NaOH dư thì thu được muối của một axit hữu cơ đơn chức và 7,6 gam hỗn hợp hai Rượu no đơn chức bậc nhất kế tiếp nhau trong cùng dãy đồng đẳng. Nếu đốt 15,7 gam hỗn hợp Y thì cần dùng vừa hết 21,84 lít O 2 và thu được 17,92 lít CO2 (các thể tích khí đo ở đktc). Xác định công thức cấu tạo của A và B. HDG: Este đơn chức kế tiếp có dạng chung CXHYO2 với số mol O2= 0,975 ; CO2= 0,8 nên số mol H2O bằng 15,7 + (0,975 x 32)(0,8 x 44) : 18 = 0,65 Suy ra, tổng số mol 2 Este bằng 0,65 + (0,8 x 2) (0,975 x 2) :2 = 0,15 Trị số nC bằng 0,8 : 0,15 = 5,33 5
AlCl3 + 3NaOH Al(OH)3 + 3 NaCl Mg(OH)2 MgO + H2O 2 Al(OH)3 Al2O3 +3 H2O Theo phương trình: số mol HCl = NaOH bằng 1,0 mol CM (HCl) = 5 M 16, 2 − 9 Số mol H2 bằng số mol oxi trong 2 oxit bằng = 0,45 ( mol) 16 V H2 = 10,08 ( lít) Cuối cùng bằng cách lập hệ phương trình hoặc bằng phép tính số học tính được: % Mg = 40% và % Al = 60% Ví dụ 4: Hỗn hợp 2 kim loại kiềm được cho tác dụng với dung dịch HCl vừa đủ rồi cô cạn thì nhận được m1 gam muối khan. Cùng lượng hỗn hợp được cho tác dụng với dung dịch H2SO4 vừa đủ rồi cô cạn dung dịch thì nhận được m2 gam muối khan. Tính tổng số mol 2 kim loại kiềm * Nếu m2 = 1,1807m, thì 2 kim loại kiềm kế tiếp nhau là nguyên tố nào? * Với m1 + m2 = 90,5. Tính lượng hỗn hợp đầu và lượng kết tủa tạo ra từ (m1 + m2) gam muối tác dụng với dung dịch BaCl2 dư. HDG: 2R + 2HCl 2RCl + H2 và 2R + H2SO4 R2SO4 + H2 Con đường ngắn nhất là coi 2RCl ~ R2Cl2 sẽ nhận thấy m2 > m1 do lượng gốc SO4 = 96 > lượng gốc Cl2 = 71. ( Độ tăng = 96 – 71 = 25 )Suy ra: m2 − m1 m2 − m1 số mol 2 muối sunfat = và số mol 2 kim loại kiềm = 25 12,5 0,1807m1 với m2 = 1,1807 m1 thì số mol 2 muối = 25 1,1807m1 25 KL mol TB 2 muối sunfat = = 163,35 0,1807m1 163,35 − 96 Kl mol TB 2kim loại kiềm = = 33,675 2 Đó là Na = 23 và K = 39 Ghép : m2 = 1,1809m1 và m1 + m2 = 90,5 tính được m1 = 41,5 và m2 = 49 => Số mol muối = 0,3 => lượng 2 kim loại kiềm = 49 0,3. 96 = 20,2 (gam) Ba2+ + SO42 => BaSO4 lượng kết tủa = 0,3 x 233 = 69,9 (gam) F. NĂNG LỰC SUY LUẬN, BIỆN LUẬN LOGIC Ví dụ 1. Chia hỗn hợp gồm 2 rượu no mạch hở P và Q làm 2 phần bằng nhau. Cho phần thứ nhất tác dụng hết với Na dư thu được 0,896 lít khí (đktc). 13
Đốt cháy hết phần thứ hai thu được 3,06 gam H2O và 5,28 gam CO2 . Xác định Công thức cấu tạo của 2 rượu, biết rằng khi đốt V thể tích hơi của P hoặc Q thì thể tích CO2 thu được trong cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất đều không vượt quá 3V. HDG: Số mol H2 = 0,04 ; CO2 = 0,12 ; H2O = 0,17 Do 2 rượu đều no mạch hở nên công thức chung CnH2n+2Ox .(n, x đều là trị số TB) CnH2n+2Ox + 3n + 1 − x O n CO + (n +1) H O 2 2 2 2 Theo phương trình tổng số mol A + B = 0,17 – 0,12 = 0,05 mol x H CnH2n+2Ox + x Na CnH2n+2 x(ONa)x + 2 2 0,12 0,04 Dễ thấy : n = = 2,4 và x = 2 = 1,6 phải có 1 rượu đơn chức 0,05 0,05 Theo giả thiết, số nguyên tử các bon trong mỗi rượu đều không quá 3 nên : * Trường hợp 1 : Rượu đơn chức có số cacbon = 3 (C3H7OH) Rượu đa chức còn lại có số cácbon 1,6 Đó là CH2OH – CH2OH (số nhóm OH không vượt quá số cacbon) * Trường hợp 2 : Rượu đơn chức có số cacbon = 2 (C2H5OH) Rượu đa chức còn lại có số cacbon > 2,4 và số nhóm OH 3 C3H8Ox . Ta có : 2 0,6 2,4 C2 H 5OH 0,6 3 tỉ số mol = = 3 0,4 C3 H 8Ox 0,4 2 1 x 1,6 x − 1,6 3 áp dụng tỉ số này để tính x : 1,6 = x = 2,5 0,6 2 x 0,6 * Trường hợp 3 : Rượu đơn chức có số cacbon = 1 (CH3OH) Rượu đa chức còn lại có số cacbon > 2,4 và số nhóm OH 3 C3H8Ox . Làm tương tự trên tính được x = 1,857. Cả 2 trường hợp 2 và 3 đều cho x không nguyên (loại). Vậy nghiệm là C3H7OH (0,02 mol) và C2H4(OH)2 (0,03 mol) Ví dụ 2. Cho 2,16 gam hỗn hợp gồm Al và Mg tan hết trong dung dịch axit HNO 3 loãng, đun nóng nhẹ tạo ra dung dịch A và 448 mL ( đo ở 354,9 K và 988 mmHg) hỗn hợp khí B khô gồm 2 khí không màu, không đổi màu trong không khí. Tỷ khối của B so với oxi bằng 0,716 lần tỷ khối của CO2 so với nitơ. Làm khan A một cách cẩn thẩn thu được chất rắn D, nung D đến khối lượng không đổi thu được 3,84 gam chất rắn E. Viết phương trình phản ứng, tính lượng chất D và % lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. HDG: Các phương trình phản ứng : Khí B theo giả thiết chứa N2 và N2O. 14
− 5 Mg + 12 H+ + 2 NO 3 5 Mg2+ + N2 + 6 H2O − 4 Mg + 10 H+ + 2 NO 3 4 Mg2+ + N2O + 5 H2O − 10 Al + 36 H+ + 6 NO 3 10 Al3+ + 3 N2 + 18 H2O − 8 Al + 30 H+ + 6 NO 3 8 Al3+ + 3 N2O + 15 H2O 4Al(NO3)3 2Al2O3 + 12 NO2 + 3O2 2Mg(NO3)2 2MgO + 4 NO2 + O2 Với KL mol TB của 2 khí = 36 và tổng số mol 2khí = 0,02 ta có thể tính được số mol N2 = 0,01 và N2O = 0,01. Sau đó lập phương trình theo quy tắc bảo toàn số mol electron : Al – 3e Al3+. 2N5+ + 10 e N2. x 3x 0,1 0,01 Mg – 2e Mg2+. 2N5+ + 8 e N2O y 2y 0,08 0,01 dẫn tới hệ phương trình : 3x + 2y = 0,18 và 27x + 24y = 2,16 Hệ phương trình này khi giải sẽ cho x = 0. Từ đây nảy sinh tình huống có vấn đề ? Theo định luật bảo toàn khối lượng : 3,84 gam chất E chắc chắn là Al2O3 và MgO. Từ lượng 2 kim loại và lượng 2 oxit tính được số mol Al = 0,04 và số mol Mg = 0,045. Lặp lại tính toán như trên : Al – 3e Al3+. 2N5+ + 10 e N2. 0,04 0,12 0,1 0,01 Mg – 2e Mg2+. 2N5+ + 8 e N2O 0,045 0,09 0,08 0,01 ta thấy : tổng số mol e nhường (0,21) > tổng số mol e thu (0,18) chứng tỏ còn một phần N5+ = 0,21 – 0,18 = 0,03 mol đã tham gia phản ứng khác, không giải phóng khí. − + Đó là phản ứng : 4 Mg + 10 H+ + NO 3 4 Mg2+ + NH 4 + 3 H2O − + 8 Al + 30 H+ +3 NO 3 8 Al3+ + 3 NH 4 + 9 H2O 2 NH4NO3 N2 + O2 + 4 H2O Vậy chất D gồm : Al(NO3)3 (8,52 gam) ; Mg(NO3)2 (6,66 gam) ; NH4NO3 (2,4 gam) có lượng = 17,58 gam. Hỗn hợp ban đầu có 50% lượng mỗi kim loại. Ví dụ 3. Chất A là một trong những thành phần có chỉ số octan thấp của xăng. Ankyl hóa A bằng isobutan sinh ra hidrocacbon B, có chứa hidro nhiều hơn A là 1%. Nếu reforming, A chuyển thành hidrocacbon D. Nitro hóa chất D chỉ cho một dẫn xuất mono nitro thôi. D không phản ứng với nước brom, khi đun hồi lưu D với dung dịch KMnO 4 trong axit thì thu được axit E. Phản ứng ngưng tụ giữa E với một lượng tương đương của tetra metylen diamino được dùng trong sản xuất một polime dễ mua trên thị trường. Khi đun chảy E với kiềm sinh ra một hợp chất F, hidro hóa hoàn toàn F cho hidrocacbon X. Các chất A, X và sản phẩm hidro hóa hoàn toàn D có cùng thành phần nguyên tố. A không có đồng phân hình học, khi bị ozon phân tạo ra một xeton cho phản ứng halofom. a) Lập luận để viết cấu tạo của A, D, E, F, X. Nêu xúc tác chuyển A B b) Đồng phân nào của E có thể tạo anhidrit vòng ? So sánh nhiệt độ nóng chảy và tính axit giữa đồng phân đó và E. Giải thích. 15
HDG: Các tính chất của D nêu trên cho thấy nó là đồng đẳng của benzen Axit E sinh ra khi oxihóa D có phản ứng ngưng tụ với diaminohexan tạo ra nhựa poliamit nên axit E là diaxit cacboxylic D là diankyl benzen và phải là dẫn xuất para – mới cho một sản phẩm mononitro khi nitro hóa E là axit terephtalic. Phản ứng decacboxyl hóa E tạo ra benzen, chất này bị hidro hóa cho xiclohecxan. ( C6H12 có thành phần 85,71% C và 14,29% H hay CnH2n ) Ankyl hóa A bằng isobutan tạo ra ankan B có công thức Cn+4H2n+10. 2n + 10 Theo giả thiết : = 0,1529 n = 8 công thức A là C8H16 . 14n + 58 Chất D (diankylbenzen) là paraxilen, chất F là benzen và chất X là xiclohexan CH3 COOH (D) (E ) (F ) (X ) CH3 COOH Chất D sinh ra khi thơm hóa một trong hai anken có khung cac bon sau : ( những nguyên tử C tham gia đóng vòng kí hiệu *) (I) (II) Hidrocacbon A không có đồng phân hình học và khi bị ozon phân cho một metyl xeton (phản ứng halofom) nên nối đôi có hai nhóm tương tự nhau ở một C và ít nhất có một nhóm metyl. Vậy, chỉ có bộ khung (I) mới thỏa mãn điều này, chất A có thể có một trong hai cấu tạo sau : * Xúc tác chuyển A B là một axit Liuyt hoạt động (như AlCl3), đồng phân của E có thể tạo được anhidrit vòng là axit orthophtalic (axit Y). * Nhiệt độ nóng chảy (E) >(Y) do (Y) có liên kết hidro nội phân tử làm giảm liên kết hidro liên phân tử. So sánh tính axit thấy có mức độ khác nhau do đều là diaxit Ka1(Y) > Ka1(E) do liên kết hidro nội phân tử làm tăng độ phân cực liên kết OH Ka2(Y)
XÂY DỰNG BÀI TẬP BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI MỘT SỐ NGUYÊN TẮC XÂY DỰNG BÀI TẬP Từ cơ bản đến phát triển tư duy. Từ đặc điểm riêng lẻ đến khái quát, hệ thống. Lặp đi lặp lại những kiến thức khó và trừu tượng. Đa dạng, đủ loại hình nhằm tăng thêm kiến thức và giúp học sinh cọ sát. Cập nhật những thông tin mới. MỘT SỐ BIỆN PHÁP XÂY DỰNG BÀI TẬP 1. Nhiều cách giải 2. Thay đổi mức độ yêu cầu (Phát triển Lược bớt, chia nhỏ Thay thế) 3. Đảo chiều 4. Thay đổi hình thức 5. áp dụng yêu cầu cho nhiều mục đích 6. Nhiều yêu cầu khác nhau cho một nội dung 7. Bài tập tương tự 17
1. Nhiều cách giải Ví dụ 1: Ở 500C và dưới áp suất 0,344 atm độ phân ly của N2O4 (k) thành NO2(k) bằng 63%. Xác định Kp; Kc; Kx. HDG: CÁCH THỨ NHẤT. Tính Kp Kc; Kx N2O4 (k) ⇌ 2 NO2(k) n [ ] 1 2 1 + ( là độ phân ly) 1−α 2α Phần mol 1+ α 1+ α 2 2 �2α � P � 1+α � = � � . 0,344 thay = 0,63 tính được Kp = 0,9 NO2 Kp = PN2O4 1−α 1+ α Áp dụng Kc = Kp.(RT) ∆n với ∆n = 1 và Kx = Kp. P ∆n tính được Kc = 0,034 và Kx = 2,63 CÁCH THỨ HAI. Tính Kx Kp ; Kc Coi lúc đầu 1 mol N2O4 thì có 0,63 mol bị phân ly tạo ra 1,26 mol NO2 . Tổng số mol lúc cân bằng = 1 + 0,63 = 1,63 . Ta có : 2 �1,26 � �1,63 � Kx = � � = 2,63 Từ đó suy ra Kp và Kc theo biểu thức đã nêu. �0,37 � �1,63 � � � Ví dụ 2: Người ta dự tính hoà tan 103 mol Mg(NO3)2 trong một lít dung dịch NH3 0,5M ; để tránh sự tạo thành kết tủa Mg(OH)2 phải thêm vào dung dịch tối thiểu bao nhiêu mol NH 4Cl? Cho KNH3 = 1,8.105; Tt Mg(OH)2 = 1,0.1011 HDG: CÁCH THỨ NHẤT. 2+ 2 Điều kiện để không tạo kết tủa Mg(OH)2 là [Mg ].[OH ] 1011. 0 2+ 3 4 với C (Mg ) = 10 thì [OH ] 10 . + Cân bằng NH3 + H2O ⇌ NH 4 + OH Kb = 1,8.105. 4 4 4 [ ] 0,5 – 10 x + 10 10 18
( x + 10−4 ) 10 −4 4 có = 1,8.105 (coi 10
Để phát triển bài tập này có thể có nhiều hướng: Hướng(I) Tìm ký hiệu ứng với mỗi chất. "Có bốn hợp chất thơm C6H5OH, C6H6, C6H5CH3, C6H5NO2 với các tính chất sau: Chất phản ứng A B C D Nước Br2 Không ph.ứ Có phả n ứng Không ph.ứ Không ph.ứ Br2/Fe Có phản ứng Ph.ứng ở 0oC Chỉ phản ứng Có phản ứng không cần Fe khi đun nóng HNO3/H2SO4 Có phản ứng Ph.ứng với cả Chỉ phản ứng Có phản ứng HNO3 loãng khi đun nóng không cần H2SO4 a/ Xác định ký hiệu A,B,C,D cho mỗi chất. b/Hãy sắp xếp các chất theo thứ tự tăng dần về khả năng dự phản ứng thế ở vòng benzen Giải thích ảnh hưởng của các nhóm thế đến khả năng đó. c/ Viết phương trình phản ứng." Với hướng này học sinh phải suy luận ra ký hiệu của từng chất dựa trên các tính chất đã cho, rồi mới giải tương tự trên. Hướng(II) Thay chất thơm,đồng thời với tìm ký hiệu cho từng chất: "Có bốn chất thơm : C6H5NH2 , C6H5CH3, C6H5NO2 , C6H6 với các tính chất sau: Chất phản ứng A B C D Nước Br2 Không ph.ứ Không ph.ứng Có ph.ứ ở t Không ph.ứ o thường Br2/Fe Có phản ứng Có phản ứng Ph.ứng ở 0oC Chỉ phản ứng không cần Fe khi đun nóng HNO3/H2SO4 Có ph ả n ứng Có phả n ứng Ph. ứ ng chậ m (có Chỉ phản ứng không cần thể tạo ra sản khi đun nóng H2SO4 phẩm meta) a/ Xác định ký hiệu A,B,C,D cho mỗi chất . b/ Sắp xếp các chất theo thứ tự tăng dần về khả năng thế nguyên tử Br ở vòng Benzen và giải thích ? c/ Sắp xếp các chất theo thứ tự tăng dần về khả năng thế nhóm NO 2 ở vòng Benzen và giải thích vì sao thứ tự này khác với thứ tự ở phần (b) ? *A là C6H5CH3 ; B là C6H6 ; C là C6H5NH2 ; D là C6H5NO2 . * Thứ tự phản ứng thế nguyên tử Br : D