KIỂM TRA 1 TIẾT LẦN 1 MÔN: HÓA HỌC ppsx

1/8 CT B 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 CuSO 4 .5H 2 O. b) Trong môi trường bazơ, H 2 O 2 oxi hoá Mn 2+ thành MnO 2 . c) Trong môi trường axit, H 2 O 2 khử MnO 4 - thành Mn 2+ . 2. Trong số các phân tử và ion: CH 2 Br 2 , F - , CH 2 O, Ca 2+ , H 3 As, (C 2 H 5 ) 2 O , 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 N 4 tứ diện đều hoặc 2 phân tử N 2 thông thường. Trường hợp nào thuận lợi hơn? Hãy giải thích. Hướng dẫn giải: 1. a) Có thể viết CuSO 4 .5H 2 O ở dạng [Cu(H 2 O) 4 ] SO 4 .H 2 O. Do đó khi phản ứng xảy ra, NH 3 sẽ thế các phân tử H 2 O ở cầu nội: [Cu(H 2 O) 4 ] SO 4 .H 2 O + 4 NH 3 [Cu(NH 3 ) 4 ] SO 4 .H 2 O + 4 H 2 O b) Xét chi tiết H 2 O 2 + 2 e 2 OH - Sự khử Mn 2+ + 4 OH - - 2 e MnO 2 + 2 H 2 O Sự oxi hoá Mn 2+ + H 2 O 2 + 2 OH - MnO 2 + 2 H 2 O c) Cũng xét chi tiết tương tự như trên : 2 MnO 4 - + 8 H 3 O + + 5 e Mn 2+ + 12 H 2 O Sự khử 5 H 2 O 2 + 2 H 2 O - 2 e O 2 + 2 H 3 O + Sự oxi hoá 2 2 MnO 4 - + 5 H 2 O 2 + 6 H 3 O + 2 Mn 2+ + 5 O 2 + 14 H 2 O 2/ Các vi hạt CH 2 Br 2 , Ca 2+ , H 3 As không có nguyên tử âm điện mạnh nên không thể tạo liên kết hiđro với phân tử nước. Các vi hạt F - , CH 2 O, (C 2 H 5 ) 2 O có nguyên tử âm điện mạnh nên có thể tạo liênkết hiđro với phân tử nước: 3. a) Xét dấu của nhiệt phản ứng  H =  i E i -  j E j 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; E i ; E j là năng lượng của liên kết thứ i, thứ j đó. b) Xét cụ thể với nitơ : . . . H C H H O H . . . F O H H C 2 H 5 O C 2 H 5 H O H O   2/8 CT B Phn ng 4 N N 4 (1) Cú H 1 = 4 E N - E N4 = 0,0 - 5 163 ; vy H 1 = - 815 kJ . Phn ng 4 N 2 N 2 (2) Cú H 2 = 4 E N - 2 E N2 = 0,0 - 2 945 ; vy H 2 = - 1890 kJ . Ta thy H 2 H 1 . Vy phn ng 4 N 2 N 2 xy ra thun li hn phn ng 4 N N 4 . Cõu II (4 im): 1. 1.5 im ; 2. 2 im ; 3. 1 im 1. Ion no trong cỏc ion sau õy cú bỏn kớnh nh nht? Hóy gii thớch. Li + , Na + , K + , Be 2+ , Mg 2+ . 2. Cho hai mui Ag 2 SO 4 v SrSO 4 vo nc ct v khuy u cho n khi t c dung dch bóo ho nhit phũng. Xỏc nh nng ion Ag + v Sr 2+ . Bit rng nhit nghiờn cu tớch s tan ca Ag 2 SO 4 l 1,5. 10 -5 , ca SrSO 4 l 2,8.10 -7 . 3. St monoxit FeO cú cu trỳc mng tinh th lp phng tõm din (mt) kiu NaCl vi thụng s mng a = 0,430 nm. Hóy tớnh khi lng riờng ca tinh th st monoxit ú. Hng dn gii: 1. Li + Be 2+ Be 2+ và Li + đồng electron tăng Na + Mg 2+ với nhau, nhng ở Be 2+ điện r K + tích hạt nhân nhiều hơn r nhỏ hơn của Li + giảm r V ậ y t r o n g s ố 5 i o n n à y B e 2+ c ó b á n k í n h n h ỏ n h ấ t . 2. Ag 2 SO 4 2 Ag + + SO 4 2- ; [Ag + ] 2 [SO 4 2- ] = 1,5 . 10 -5 SrSO 4 Sr 2+ + SO 4 2- ; [Sr 2+ ] [SO 4 2- ] = 2,8 . 10 -7 . T tr s tớch s tan ta thy Ag 2 SO 4 tan nhiu hn nờn cú th gi thit SrSO 4 cung cp khụng ỏng k lng SO 4 2- cho dung dch. Vy xột Ag 2 SO 4 2 Ag + + SO 4 2- ; t nng SO 4 2- l x, ta cú [Ag + ] 2 [SO 4 2- ] = (2x) 2 = 1,5 . 10 -5 T ú cú x = 1,55 . 10 -2 mol/l nờn [Ag + ] = 2 x = 3,1 . 10 -2 mol/l. Cũn SrSO 4 Sr 2+ + SO 4 2- cú T = [Sr 2+ ] . 1,5510 -2 = 2,8 . 10 -7 . Vy [Sr 2+ ] = 1,8.10 -5 mol/l. Gi thit trờn hp lý vỡ nng SO 4 2- do SrSO 4 to ra l 1,8.10 -5 mol/l l quỏ nh. 3/8 CT B 3. Đối với tinh thể lập phương tâm diện ( mặt), mỗi ô mạng cơ sở có số đơn vị cấu trúc là 46 2 1 8 8 1  xx . ( Thí sinh có thể vẽ hình khi tính số đơn vị cấu trúc trên ). Vậy khối lượng riêng của tinh thể đó là:   )cm/g(91,5 10.022,6.10.432,0 )168,55(4 d 3 23 3 7     Câu III (6,5 điểm): 1. 3 điểm ; 2. 3,5 điểm 1. Dung dịch A gồm Ba(NO 3 ) 2 0,060 M và AgNO 3 0,012 M. a) Thêm từng giọt K 2 CrO 4 vào dung dịch A cho đến dư. Có hiện tượng gì xẩy ra? b) Thêm 50,0 ml K 2 CrO 4 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 Ba 2+ , Fe 2+ , Pb 2+ , Cr 3+ , NO 3 - . Cho: BaCrO 4 + H 2 O Ba 2+ + HCrO 4 - + OH - ; K = 10 -17,43 Ag 2 CrO 4 + H 2 O 2Ag + + HCrO 4 - + OH - ; K = 10 -19,50 pK a của HCrO 4 - bằng 6,50. Hướng dẫn giải: 1. a) Hiện tượng: Có kết tủa BaCrO 4 và Ag 2 CrO 4 . Xét thứ tự xuất hiện các kết tủa: Để bắt đầu có BaCrO 4  :    2 4 2 4 Ba )BaCrO(s CrO C K C (1) Để bắt đầu có Ag 2 CrO 4  :    Ag 2 )CrOAg(s CrO C K C 42 2 4 (2) Để tính tích số tan K s cần tổ hợp cân bằng : BaCrO 4  Ba 2+ + CrO 4 2- K s1 H 2 O H + + OH - K w CrO 4 2- + H + HCrO 4 - K a -1 BaCrO 4  + H 2 O Ba 2+ + HCrO 4 - + OH - Có K= K s1 . K w . K a -1 Suy ra 93,9 14 50,643,17 w a 1s 10 10 10.10 K K.K K     4/8 CT B Ag 2 CrO 4  2 Ag + + CrO 4 2- K s2 H 2 O H + + OH - K w CrO 4 2- + H + HCrO 4 - K a -1 Ag 2 CrO 4  + H 2 O 2 Ag + + HCrO 4 - + OH – Có K = 10 -19,50 12 14 50,650,19 2s 10 10 10.10 K     Từ (1) M10.96,1 060,0 10 C 9 93,9 CrO 2 4     Từ (2) M10.94,6 )012,0( 10 C 9 2 12 CrO 2 4     < nhưng không nhiều, vì vậy sẽ có hiện tượng kết tủa vàng của BaCrO 4 xuất hiện trước một ít, sau đó đến kết tủa vàng nâu của Ag 2 CrO 4 (đỏ gạch ) và BaCrO 4 vàng cùng xuất hiện. b) Sau khi thêm K 2 CrO 4 : M090,0 000,150 00,50x270,0 C 2 4 CrO   ; M040,0 000,150 00,100x060,0 C 2 Ba   M0080,0 000,150 00,100x0120,0 C 2 Ag  Các phản ứng: Ba 2+ + CrO 4 2- BaCrO 4  0,046 0,090 - 0,050 2 Ag + + CrO 4 2- Ag 2 CrO 4  0,0080 0,050 - 0,046 Thành phần sau phản ứng : BaCrO 4  ; Ag 2 CrO 4  ; CrO 4 2- (0,046 M ). Ag 2 CrO 4  2 Ag + + CrO 4 2- 10 -12 BaCrO 4  Ba 2+ + CrO 4 2- 10 -9,93 C CrO 4 2- (BaCrO 4 ) C CrO 4 2- (Ag 2 CrO 4 ) 5/8 CT B Nồng độ CrO 4 2- dư khá lớn, có thể coi nồng độ CrO 4 2- do 2 kết tủa tan ra là không đáng kể. CrO 4 2- + H 2 O HCrO 4 - + OH - K b = 10 -7,5 C 0,046   (0,046 – x ) x x 5,7 2 10 x046,0 x    x = 3,8.10 -5 << 0,046;   M046,0CrO -2 4      M10.55,2 046,0 10 Ba ;M10.66,4 046,0 10 Ag 9 93,9 2 6 0,12         [Ba 2+ ] và [Ag + ] đều << [CrO 4 2- ], chứng tỏ nồng độ CrO 4 2- do 2 kết tủa tan ra là không đáng kể. Vậy trong dung dịch có: [Ba 2+ ] = 2,55.10 -9 M ; [Ag + ] = 4,66.10 -6 M ; [CrO 4 2- ] = 0,046M ; [OH - ] = 3,8.10 -5 M ; [H + ] = 2,63.10 -10 M; [K + ] = C K+ = 0,18M ; 0,088M. C - 3 NO  2. + H 2 SO 4 BaSO 4 + PbSO 4 Cr 3+ , Fe 2+ + NaOH + NaOH d + H 2 O 2 BaSO 4 PbO 2 Fe(OH) 3 CrO 4 2- 2- 2- KÕt tña tr¾ng SO 4 , OH - KÕt tña ®á n©u Dung dÞch mµu vµng + HNO 3 PbSO 4 KÕt tña tr¾ng (hoÆc + H 2 S cho kÕt tña PbS mµu ®en) Dung dÞch X (Ba 2+ , Fe 2+ , Pb 2+ , Cr 3+ , NO 3 - ) Ba 2+ + HSO 4 - BaSO 4  + H + Pb 2+ + HSO 4 - PbSO 4  + H + 6/8 CT B H + + OH - H 2 O PbSO 4  + 4 OH - PbO 2 2- + SO 4 2- + H 2 0 PbO 2 2- + SO 4 2- + 4 H + PbSO 4  + 2 H 2 O ( PbO 2 2- + 2 H 2 S PbS đen + 2 H 2 O ) Cr 3+ + 3 OH - Cr(OH) 3  Cr(OH) 3  + OH - CrO 2 - + 2 H 2 O 2 CrO 2 - + 3 H 2 O 2 + 2 OH - 2 CrO 4 2- + 4 H 2 O Fe 2+ + 2 OH - Fe(OH) 2  2 Fe(OH) 2 + H 2 O 2 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  Hb 4 (CO) 3 Số liệu thực nghiệm tại 20 0 C về động học phản ứng này như sau: Nồng độ (mol. l -1 ) CO Hb Tốc độ phân huỷ Hb ( mol. l -1 .s -1 ) 1,50 2,50 2,50 2,50 2,50 4,00 1,05 1,75 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 20 0 C . 2. Người ta nung nóng đến 800 0 C 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 CO 2 trong bình có áp suất là 0,903 atm . 3. Tại 20 0 C, phản ứng: H 2 (k) + Br 2 (lỏng) 2 HBr (k) (1) có hằng số cân bằng K p = 9,0 .10 16 . Kí hiệu (k) chỉ trạng thái khí. a) Hãy tính K p của phản ứng: H 2 (k) + Br 2 (k) 2 HBr (k) (2) tại 20 O C và áp suất p = 0,25 atm. 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 Br 2 (lỏng) ; **) Trong bình có Br 2 (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: v pư = k C x Hb C y CO (1)  Theo định nghĩa, ta có thể biểu thị tốc độ phản ứng trên theo tốc độ Br 2 (k) 7/8 CT B phân huỷ Hb, nghĩa là v pư = 1/4 v phân huỷ Hb (2). Ghi chú : Vì đã ghi rõ  tốc độ phân huỷ Hb ằ nên không cân dùng dấu - Vậy ta có liên hệ: v pư = 1/4 v phân huỷ Hb = k C x Hb C y CO (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 2 3 1,50 2,50 2,50 2,50 2,50 4,00 1,05 1,75 2,80 Ta xét các tỉ số tốc độ phản ứng để xác định x và y trong phương trình (3): * v 2 / v 1 = ( 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 . * v 3 / v 2 = ( 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: v pư = k C Hb C CO (4) Để tính hằng số tốc độ phản ứng k , từ (4) ta có: k = v pư / C Hb C CO (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: k = = 0,07 (mol. l -1 .s -1 ) b) Đưa gía trị của k vừa tính được, nồng độ các chất mà đề bài đã cho vào phương trình (4) để tính v pư : v pư = 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: CaCO 3 ⇌ CaO + CO 2 (k) (*) Trong bình chỉ có khí CO 2 . Giả thiết đó là khí lí tưởng, ta có: n = = = 0,01 (mol). Vậy n = 0,01 mol. Nhận xét: Theo đề bài, lượng CaCO 3 cho vào bình chân không là: n = = 0,1 mol Lượng CaCO 3 đã bị phân tích chỉ là 0,01 mol. Sự có mặt của 5,6 gam CaO và lượng CaCO 3 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 CaCO 3 cho vào bình chân không bị phân tích hết ,áp suất khí CO 2 vẫn là 0,903 atm (vì phản ứng (*) đạt tới cân bằng hoá học ). Do đó: PV RT 0,903  1,0 0,082054  1073,15 CO 2 CaCO 3 10 100 1,05 4  2,50  1,50 8/8 CT B V min = n RT / P = 0,1  0,082054  1073,15 / 0,903 = 9,75 (lít) 3. a) Phản ứng H 2 (k) + Br 2 (lỏng) 2 HBr (k) (1) có (Kp) 1 = p 2 HBr / p H 2 (a) còn phản ứng: H 2 (k) + Br 2 (k) 2 HBr (k) (2) có (Kp) 2 = p 2 HBr / p H 2  p Br 2 (b) Xét cân bằng Br 2 (lỏng) Br 2 (k) (3) có (Kp) 3 = pBr 2 (k) (c) Khi tổ hợp (1) với (3) ta có cân bằng (2): H 2 (k) + Br 2 (lỏng) 2 HBr (k) (1) Br 2 (l) Br 2 (k) (3) (1) – (3): H 2 (k) + Br 2 (k) 2 HBr (k) (2) Vậy (Kp) 2 = = = 3,6 . 10 17 (atm) b) Khi giảm thể tích bình phản ứng nghĩa là tăng áp suất riêng phần của khí trong hệ. Xét Q = p 2 HBr / p H 2  p Br 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 H 2 , HBr tăng; trong lúc đó áp suất riêng phần của Br 2 khí lại không đổi do còn Br 2 lỏng. Theo (d), vì số mũ của pHBr lớn hơn số mũ của pH 2 nên sự tăng áp suất nói trên dẫn đến sự tăng Q và cân bằng (2) chuyển dịch theo chiều nghịch. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (Kp) 1 (Kp) 3 9,0  10 16 0,25 . 1/ 8 CT B 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). K a -1 Ag 2 CrO 4  + H 2 O 2 Ag + + HCrO 4 - + OH – Có K = 10 -19 ,50 12 14 50,650 ,19 2s 10 10 10 .10 K     Từ (1) M10.96 ,1 060,0 10 C 9 93,9 CrO 2 4     Từ (2) M10.94,6 ) 012 ,0( 10 C 9 2 12 CrO 2 4     . (2x) 2 = 1, 5 . 10 -5 T ú cú x = 1, 55 . 10 -2 mol/l nờn [Ag + ] = 2 x = 3 ,1 . 10 -2 mol/l. Cũn SrSO 4 Sr 2+ + SO 4 2- cú T = [Sr 2+ ] . 1, 5 510 -2 = 2,8 . 10 -7 . Vy [Sr 2+ ] = 1, 8 .10 -5