KIỂM TRA 1 TIẾT LẦN 7 MÔN: HÓA HỌC doc

; 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.. c Cho biết tính chất hoá học đặc trưng của

KIỂM TRA 1 TIẾT LẦN 7 MÔN: HÓA HỌC

Câu I: (5 điểm)

1 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

27Co59 + 0n1  X? (1)

X?  28Ni60 + ; 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 hoá-khử (lấy thí dụ từ phản ứng (2) và phản ứng Co + Cl2  CoCl2)

2 Có cấu hình electron 1s22s22p63s23p63d54s1 (1)

(a) Dùng kí hiệu ô lượng tử biểu diễn cấu hình electron (1)

(b) Cấu hình electron (1) là cấu hình electron của nguyên tử hay ion ? Tại sao ?

(c) Cho biết tính chất hoá học đặc trưng của ion hay nguyên tử ứng với cấu hình electron (1), hãy viết một phương trình phản ứng để minh họa

3 Biết En = -13,6 2

2

n

Z (n: số lượng tử chính, Z: số đơn vị điện tích hạt nhân)

(a) Tính năng lượng1e trong trường lực một hạt nhân của mỗi hệ N6+, C5+, O7+

(b) Qui luật liên hệ giữa En với Z tính được ở trên phản ánh mối liên hệ nào giữa hạt nhân với electron trong các hệ đó ?

(c) Trị số năng lượng tính được có quan hệ với năng lượng ion hoá của mỗi hệ trên hay không ? Tính năng lượng ion hoá của mỗi hệ

4 Áp dụng thuyết lai hoá giải thích kết quả của thực nghiệm xác định được BeH2, CO2 đều

là phân tử thẳng

Lời giải:

1 (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

27Co59 + 0n1  27Co60

Số khối : 60 = 60; Điện tích : 27 = 28 + x  x = 1 Vậy có 1e0

27Co60  28Ni60 + -1e; hv = 1,25MeV

(b) Điểm khác nhau

 Phản ứng hạt nhân : xảy ra tại hạt nhân, tức là sự biến đổi hạt nhân thành nguyên tố mới Ví dụ (b) ở trên

 Phản ứng hoá học (oxi hoá khử) : xảy ra ở vỏ electron nên chỉ biến đổi dạng đơn chất, hợp chất Ví dụ : 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

2 (a) Dùng ô lượng tử biểu diễn cấu hình :

              

(b) (1) là cấu hình e của nguyên tử vì cấu hình d bán bão hoà nên thuộc kim loại chuyển tiếp (theo HTTH các nguyên tố) Thuộc kim loại chuyển tiếp thì ion không thể là anion; nếu là cation, số e = 24 thì Z có thể là 25, 26, 27 Không có cấu hình cation nào ứng với các số liệu này Vậy Z chỉ có thể là 24

(Nguyên tố Ga có cấu hình Ar 3d104s24p1, ion Ga2+ có cấu hình Ar 3d104s1 bền nên không thể căn cứ vào lớp ngoài cùng 4s1 để suy ra nguyên tử)

(c) Z = 24  nguyên tố Cr, Kim loại (chuyển tiếp) Dạng đơn chất có tính khử

Cr + 2HCl  CrCl2 + H2

3 (a) Theo đầu bài, n phải bằng 1 nên ta tính E1 Do đó công thức là E1 = 13,6 Z2 (ev) (2’) Thứ tự theo trị số Z: Z = 6  C5+ : (E1) C5+ = 13,6 x 62 = 489,6 eV

Z = 7  N6+ : (E1) N6+ = 13,6 x 72 = 666,4 eV

Z = 8  O7+ : (E1) O7+ = 13,6 x 82 = 870,4 eV

(b) Quy luật liên hệ E1với Z : Z càng tăng E1 càng âm (càng thấp) Qui luật này phản ánh tác dụng lực hút hạt nhân tới e được xét: Z càng lớn lực hút càng mạnh  năng lượng càng thấp  hệ càng bền, bền nhất là O7+

(c) Trị năng lượng đó có liên hệ với năng lượng ion hoá, cụ thể:

C5+ : I6 = (E1, C5+) = + 489, 6 eV

N6+ : I7 = (E1, N6+) = + 666, 4 eV

O7+ : I8 = (E1, O7+) = + 870,4 eV

4 Phân tử thẳng có 3 nguyên tử được giải thích về hình dạng : Nguyên tử trung tâm có lai hoá sp (là lai hoá thẳng)

BeH2, cấu hình electron của nguyên tử : H 1s1; Be : 1s22s2 Vậy Be là nguyên tử trung tâm có lai hoá sp:

     

lai hoá sp

2 obitan lai hoá sp cùng trên trục Z, mỗi obitan đó xen phủ với 1 obitan 1s của H tạo ra liên kết  Vậy BeH2  HBeH (2 obitan p thuần khiết của Be không tham gia liên kết)

CO2, cấu hình electron : C 1s22s22p2; O 1s22s22p4 Vậy C là nguyên tử trung tâm lai hóa

sp

         

lai hoá sp

2 obitan lai hoá sp của C xen phủ với 2 obitan pz của 2 O tạo ra 2 liên kết  2 obitan p thuần khiết của C xen phủ với obitan nguyên chất tương ứng của oxi tạo ra 2 liên kết  (xx ; y y) nên 2 liên kết  này ở trong 2 mặt phẳng vuông góc với nhau và đều chứa 2 liên kết  Vậy CO2 : O= C = O

Ghi chú: Yêu cầu phải trình bày rõ như trên về các liên kết ,  trong CO2 (chú ý: phải nói

rõ có sự tương ứng obitan giữa C với O : xx; y y)

Câu II: (6 điểm)

1 Biết thế oxi hoá-khử tiêu chuẩn :

EoCu2+/Cu+ = +0,16V, EoCu+/Cu = +0,52V, Eo Fe3+/Fe2+ = +0,77V, EoFe2+/Fe = -0,44V Hãy cho biết hiện tượng gì xảy ra trong các trường hợp sau:

(a) Cho bột sắt vào dung dịch Fe2(SO4)3 0,5M

(b) Cho bột đồng vào dung dịch CuSO4 1M

2 Dung dịch X gồm Na2S 0,010M, KI 0,060M, Na2SO4 0,050M

(a) Tính pH của dung dịch X

(b) Thêm dần Pb(NO3)2 vào dung dịch X cho đến nồng độ 0,090M thì thu được kết tủa A

và dung dịch B

i Cho biết thành phần hoá học của kết tủa A và dung dịch B

ii Tính nồng độ các ion trong dung dịch B (không kể sự thuỷ phân của các ion, coi thể tích dung dịch không thay đổi khi thêm Pb(NO3)2)

iii Nhận biết các chất có trong kết tủa A bằng phương pháp hoá học, viết các phương trình phản ứng (nếu có)

(c) Axit hoá chậm dung dịch X đến pH = 0 Thêm FeCl3 cho đến nồng độ 0,10M

i Tính thế của cực platin nhúng trong dung dịch thu được so với cực calomen bão hoà (Hg2Cl2/2Hg,2Cl-)

ii Biểu diễn sơ đồ pin, viết phương trình phản ứng xảy ra tại các điện cực và phản ứng tổng quát khi pin hoạt động

Cho : axit có H2S pK1 = 7,00, pK2 = 12,90; HSO4- có pK = 2,00; Tích số tan của PbS =

10-26 ; PbSO4 = 10-7,8 ; PbI2 = 10-7,6

Eo Fe3+/Fe2+ = 0,77 V ; Eo S/H2S = 0,14V ; Eo I2/2I- = 0,54V ; Ecal bão hoà = 0,244V

Lời giải:

1 a) Eo Fe3+/Fe2+ = +0,77 V > Eo Fe2+/Fe = -0,44 V nên:

Tính oxi hoá: Fe3+ mạnh hơn Fe2+

Tính khử: Fe mạnh hơn Fe2+

Do đó phản ứng tự phát xảy ra giữa 2 cặp là: 2 Fe3+ + Fe  3 Fe2+

Như vậy Fe tan trong dung dịch Fe(SO4)3 tạo thành muối FeSO4, làm nhạt màu vàng ( hoặc

đỏ nâu) của ion Fe3+ và cuối cùng làm mất màu (hoặc tạo màu xanh nhạt) dung dịch

b) Eo Cu+/Cu = + 0,52 V > Eo Cu2+/Cu+ = + 0,16 V nên:

Tính oxi hoá: Cu+ mạnh hơn Cu2+

Tính khử: Cu+ mạnh hơn Cu

Do đó phản ứng tự phát xảy ra giữa 2 cặp là: Cu+ + Cu+  Cu2+ + Cu

Phản ứng nghịch(Cu2+ phản ứng với Cu tạo thành ion Cu+) không xảy ra Do đó khi bỏ bột đồng vào dung dịch CuSO4 không xảy ra phản ứng và quan sát không thấy hiện tượng gì

2 a) Tính pH của dung dịch Na2S  2 Na+ + S2-

0,01 0,01

KI  K+ + I-

0,06 0,06

Na2SO4  2Na+ + SO42-

0,05 0,05

S2- + H2O ƒ HS- + OH- Kb(1) = 10-1,1 (1)

SO42- + H2O ƒ H SO4- + OH- Kb(2) = 10-12 (2)

Kb(1) >> Kb(2) nên cân bằng (1) quyết định pH của dung dịch:

S2- + H2O ƒ HS- + OH- K = 10-1,1

[ ] (0,01 -x) x x

 x = 8,94 10-3  [OH-] = 8,94.10-3  pH = 11,95

b) Pb2+ + S2-  PbS  (Ks-1) = 1026

0 10 x 0794 , 0 x 10 x 01 , 0

















0,09 0,01

0,08

Pb2+ + SO42-  PbSO4  (Ks-1) = 107,8

0,08 0,05

0,03

Pb2+ + 2 I-  PbI2 (Ks-1) = 107,6

0,03 0,06

Thành phần hỗn hợp: A : PbS , PbSO4 , PbI2

Dung dịch B : K+ 0,06M Na+ 0,12M

Ngoài ra còn có các ion Pb2+ ; SO42- ; S2- do kết tủa tan ra

Độ tan của

Bởi vì độ tan của PbI2 là lớn nhất nên cân bằng chủ yếu trong dung dịch là cân bằng tan của

PbI2

PbI2  Pb2+ + 2I- Ks

Do đó [Pb2+] = 10-47 = 2 x 10-3M và [I-] = 4.10-3M

107,8

[SO42-] = = 5 105,8 = 7,9.106M << [Pb2+]

2  103

1026

[S2-] = = 5 1024 << [Pb2+]

2  103

Các nồng độ SO42-, S2- đều rất bé so với nồng độ Pb2+, như vậy nồng độ Pb2+ do PbS và

PbSO4 tan ra là không đáng kể nên cách giải gần đúng trên là hoàn toàn chính xác

 Nhận biết các chất có trong kết tủa A: PbS; PbSO4; PbI2

Cho kết tủa hoà tan trong NaOH dư :  PbS không tan, có màu đen

Dung dịch có PbO22-, SO42-, I-, OH-

PbSO4 + 4 OH-  PbO22- + SO42- + 2 H2O

PbI2 + 4 OH-  PbO22- + 2 I- + 2 H2O Nhận ra ion SO42-: cho BaCl2 dư: có kết tủa trắng BaSO4, trong dung dịch có PbO22-,

OH-, Ba2+, I-

Nhận ra I-, Pb2+: axit hoá dung dịch bằng HNO3 dư sẽ có kết tủa vàng PbI2 xuất hiện:

OH- + H+  H2O

PbO22- + 4 H+  Pb2+ + 2H2O

Pb2+ + 2 I-  PbI2 c) Axit hoá dung dịch X:

S2- + 2H+  H2S (C H2S = 0,010 < S H2S nên H2S chưa bão hoà, không thoát ra khỏi dung

dich)

Phản ứng: 2 Fe3+ + H2S  2 Fe2+ + S + 2 H+ K=1021

0,1 0,01

0,08  0,02 0,02

2 Fe3+ + 2I-  2 Fe2+ + I2 K=107,8

0,08 0,06 0,02

0,02  0,08 0,030

Thành phần trong dung dịch: Fe3+ 0,020 ; Fe2+ 0,080 ;I2 0,030M ;H+ 0,02M

E Fe3+/Fe2+ = 0,77 + 0,059 lg 0,02/0,08 = 0,743V (cực dương)

Ecal = 0,244V ( cực âm)

Epin = E+  E = 0,743  0,244 = 0,499V

Sơ đồ pin:

Hg Hg2Cl2 KCl bh Fe3+, Fe2+ Pt

9 , 3 -7,8

7 , 2

3 7 , 6

Phản ứng:  2 Hg + 2 Cl- = Hg2Cl2 + 2 e

+ 2x Fe3+ + e = Fe2+

2 Hg + 2 Fe3+ + 2 Cl- = Hg2Cl2

Câu III: (3 điểm)

Cho dòng điện 0,5A đi qua dung dịch muối của một axit hữu cơ trong 2 giờ Kết quả sau quá trình điện phân là trên catôt tạo ra 3,865 gam một kim loại và trên anôt có khí etan và khí cacbonic thoát ra

1 Cho biết muối của kim loại nào bị điện phân? Biết rằng 5,18 gam của kim loại đó đẩy được

1,59 gam Cu từ dung dịch đồng sunfat

2 Cho biết muối của axit hữu cơ nào bị điện phân?

3 Viết các phương trình phản ứng xảy ra trên các điện cực

Lời giải:

1 Điện lượng Q = It = 0,5 x 2 x 3600 = 3600 coulomb dùng để tạo ra 3,865 g kim loại Từ định luật Faraday, đương lượng

Khối lượng mol của kim loại: A = n  Vì kim loại này đẩy đồng ra khỏi dung dịch nên đương lượng của Cu:

Cu = A/2 = 63,6/2 = 31,8 và từ phản ứng:

2  + Cu2+ = Cu+ 2 +

ta có: : 31,8 = 5,18 : 1,59, suy ra  = 103,6

Trong phản ứng đẩy Cu, kim loại chỉ có thể có mức ôxi hoá từ 1 đến 3, do đó sẽ chọn khối lượng mol nguyên tử từ 3 khả năng sau:

A1 = 103,6 x 1 = 103,6

A2 = 103,6 x 2 = 207,2

A3 = 103,6 x 3 = 310,8

Vì không có nguyên tố với A > 240 và bằng 104 có tính kim loại và có mức ôxi hoá là +1 Do

đó kim loại phải tìm chỉ có thể là Pb (A = 207,6)

2 Tại anốt khi điện phân có C2H6 và CO2 thoát ra là sản phẩm của sự ôxi hoá anion hữu cơ, muối này có công thức Pb (RCOO)2 Sự tạo ra êtan

(CH3 - CH3) và CO2 từ nhóm COO- chứng tỏ muối điện phân là Pb(CH3COO)2

R R

3 Các phản ứng xảy ra trên các điện cực:

Tại catốt: Pb2+ + 2 e = Pb

Tại anốt: CH3COO- - e = CH3COO

CH3COO = CH3 + CO2

2 CH3 = C2H6

Tổng quát: 2 CH3COO-  2e = C2H6 + CO2

Câu IV: (2,5 điểm)

Tại 25oC phản ứng 2 N2O5 (k) 4 NO2 (k) + O2 (k) có hằng số tốc độ k = 1,8.10

-5

s-1 ; biểu thức tính tốc độ phản ứng v = k.CN2O5 Phản ứng trên xảy ra trong bình kín thể tích 20,0 lit không đổi Ban đầu lượng N2O5 cho vừa đầy bình Ở thời điểm khảo sát, áp suất riêng của N2O5 là 0,070 atm Giả thiết các khí đều là khí lí tưởng

1 Tính tốc độ: a) tiêu thụ N2O5 ; b) hình thành NO2 ; O2

2 Tính số phân tử N2O5 đã bị phân tích sau 30 giây

3 Nếu phản ứng trên có phương trình N2O5 (k) 2 NO2 (k) + 1/2 O2 (k) thì trị số tốc độ phản ứng, hằng số tốc độ phản ứng có thay đổi không? Giải thích

Lời giải:

1 Trước hết phải tính tốc độ của phản ứng theo biểu thức đã có:

6 , 103 3600

9650 865 3 n

A







V = k CN2O5 (1)

Đã có trị số k ; cần tính CN2O5 tại thời điểm xét:

pi V = ni RT  CN2O5 = nN2O5 : V = pi / RT (2)

Thay số vào (2), ta có: CN2O5 = 0,070 : 0,082  298 = 2,8646.10-3(mol.l-1)

Đưa vào (1):

Vpu = 1,80 10-5 x 2,8646 10-3

Vpu = 5,16 10-8 mol l-1 S-1 (3)

Từ ptpư 2 N2O5 (k)  4 NO2 (k) + O2 (k)

d CN2O5

Vtiêu thụ N2O5 =  = 2 Vpu (4)

dt

Thay số vào (4)

Vtiêu thụ N2O5 = - 2 x 5, 16 10-8

Vtiêu thụ N2O5 = - 1,032.10-7 mol.l-1.s-1

Dấu - để chỉ “tiêu thụ N2O5 tức mất đi N2O5 hay giảm N2O5”

b Vhình thành NO2 = 4 Vpu = - 2Vtiêu thụ N2O5 (5)

Thay số: Vhình thành NO2 = 4 x 5,16.10-8

Vhình thành NO2 = 2,064.10-7 mol l-1.s-2

Vhình thànhO2 = Vpu = 5,16.10-8 mol l-1.s-2

Ghi chú:

Hai tốc độ này đều có dấu + để chỉ “hình thành hay được tạo ra” (ngược với “tiêu thụ”) Việc tính tốc độ tiêu thụ N2O5 hay hình thành NO2, O2 theo tốc độ pu, Vpu, như trên chỉ thuần tuý hình thức theo hệ số phương trình, thực chất phản ứng này là một chiều bậc nhất

2 Số phân tử N2O5 đã bị phân huỷ được tính theo biểu thức

N N205 bị phân huỷ = N = VN2O5 tiêu thụ Vbình t N0

Thay số:

N = 1,032.10-6 20,0 30,0 6,023.1023

N  3,7.1020 phân tử

3 Nếu phản ứng trên có phương trình: N2O5(k)  2 NO2(k) + 1/2 O2 thì tốc độ phản ứng, Vpư, cũng như hằng số tốc độ phản ứng, k, đều không đổi (tại nhiệt độ T xác định), vì:

- k chỉ phụ thuộc nhiệt độ

- theo (1): Khi k = const; CN2o5 = const thì V = const

Câu V: (3,5 điểm)

Khí NO kết hợp với hơi Br2 tạo ra một khí duy nhất trong phân tử có 3 nguyên tử

1 Viết phương trình phản ứng xảy ra

2 Biết phản ứng trên thu nhiệt, tại 25oC có Kp = 116,6 Hãy tính Kp (ghi rõ đơn vị) tại 0oC ;

50oC Giả thiết rằng tỉ số giữa hai trị số hằng số cân bằng tại 0oC với 25oC hay 25oC với 50oC đều bằng 1,54

3 Xét tại 25oC, cân bằng hoá học đã được thiết lập Cân bằng đó sẽ chuyển dịch như thế nào? Nếu:

a) Tăng lượng khí NO

b) Giảm lượng hơi Br2

c) Giảm nhiệt độ

d) Thêm khí N2 vào hệ mà:

- Thể tích bình phản ứng không đổi (V = const)

- Áp suất chung của hệ không đổi (P = const)

Lời giải:

1 2 NO(k) + Br2 (hơi)  2 NOBr (k) ; H > 0 (1)

Phản ứng pha khí, có n = -1  đơn vị Kp là atm-1 (2)

2 Do phản ứng thu nhiệt nên có liên hệ

Kp tại O2 < Kp tại 252 < Kp tại 502 (3)

Vậy : Kp tại 250 = 1 / 1,54 x Kp tại 252 = 116,6 / 1,54 = 75,71 (atm-1)

Kp tại 252 = 1,54 x Kp tại 252 = 116,6 x 1,54  179, 56 (atm )

3 Xét sự chuyển dời cân bằng hoá học tại 25OC

Trường hợp a và b: về nguyên tắc cần xét tỉ số:

PNOBr

Q = (4) (Khi thêm NO hay Br2)

(PNO)2

Sau đó so sánh trị số Kp với Q để kết luận

Tuy nhiên, ở đây không có điều kiện để xét (4); do đó xét theo nguyên lý Lơsatơlie

a Nếu tăng lượng NO, CBHH chuyển dời sang phải

b Nếu giảm lượng Br2, CBHH chuyển dời sang trái

c Theo nguyên lý Lơsatơlie, sự giảm nhiệt độ làm cho CBHH chuyển dời sang trái, để chống lại sự giảm nhiệt độ

d Thêm N2 là khí trơ

+ Nếu V = const: không ảnh hưởng tới CBHH vì N2 không gây ảnh hưởng nào liên hệ (theo định nghĩa áp suất riêng phần)

+ Nếu P = const ta xét liên hệ

Nếu chưa có N2: P = pNO + pBr2 + pNOBr (a)

Nếu có thêm N2: P = p’NO + p’Br2 + p’NOBr + Pn2 (b)

Vì P = const nên p’i < pi

Lúc đó ta xét Q theo (4) liên hệ / tương quan với Kp:

1 Nếu Q = Kp: không ảnh hưởng

2 Nếu Q > Kp : CBHH chuyển dời sang trái, để Q giảm tới trị số Kp

3 Nếu Q <Kp: CBHH chuyển dời sang phải, để Q tăng tới trị số Kp

Xảy ra trường hợp nào trong 3 trường hợp trên là tuỳ thuộc vào pi tại cân bằng hoá học