Các dạng bài tập - Thi giải toán trên máy tính cầm tay Casio 1. Cấu tạo nguyên tử: − Quan hệ số p, số n, số e − Thể tích và Bán kính nguyên tử tính ra Å − Mạng tinh thể (số nguyên tử và cạnh trong đơn vị cơ sở) − Hạt nhân và phóng xạ (hằng số phóng xạ, niên đại vật cổ) 2. Cấu tạo phân tử: − Khoảng cách của các nguyên tử trong đồng phân hình học − Momen lưỡng cực 3. Động học: − Cân bằng hóa học − Tốc độ phản ứng 4. Nhiệt hóa học: − Nhiệt phản ứng − Chiều diễn biến của phản ứng 5. Dung dịch điện li: − Nồng độ dung dịch − pH của dung dịch 6. Điện hóa học: − Pin − Điện phân 7. Lập công thức phân tử và xác định nguyên tố 8. Xác định thành phần % của hỗn hợp ĐỀ XUẤT 1. Tại 25 0 C, phản ứng: CH 3 COOH + C 2 H 5 OH → ¬  CH 3 COOC 2 H 5 + H 2 O có hằng số cân bằng K = 4 Ban đầu người ta trộn 1,0 mol C 2 H 5 OH với 0,6 mol CH 3 COOH. Tính số mol este thu được khi phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng. CH 3 COOH + C 2 H 5 OH → ¬  CH 3 COOC 2 H 5 + H 2 O Phản ứng x x [ ] 1 – x 0,6 – x x x K = [ ] [ ] [ ] [ ] 3 2 5 2 2 5 3 CH COOC H H O C H OH CH COOH ⇒ 2 x (1 x)(0,6 x)− − = 4 ⇒ 3x 2 − 6,4x + 2,4 = 0 ⇒ x 1 = 0,4855 và x 2 = 1,64 > 1 Vậy, số mol este thu được khi phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng = 0,4855 1. Tại 400 0 C, P = 10atm phản ứng N 2 (k) + 3H 2 (k) → ¬  2NH 3 (k) có Kp = 1,64 ×10 − 4 . Tìm % thể tích NH 3 ở trạng thái cân bằng, giả thiết lúc đầu N 2 (k) và H 2 (k) có tỉ lệ số mol theo đúng hệ số của phương trình. N 2 (k) + 3H 2 (k) → ¬  2NH 3 (k) Theo PTHH: 2 2 2 2 N N H H P n 1 P n 3 = = ⇒ Theo gt: P 3 NH + P 2 N + P 2 H = 10 ⇒ P 3 NH + 4P 2 N = 10 DB Và Ta có: Kp = 3 2 2 2 NH 3 N H (P ) (P )(P ) = 2 NH 3 3 N N 2 2 (P ) (P )(3P ) = 1,64 ×10 − 4 ⇒ 3 2 NH 2 N P (P ) = 6,65×10 − 2 . Giải pt cho: 6,65 ×10 − 2 (P 2 N ) 2 + 4P 2 N − 10 = 0 ⇒ P 2 N = 2,404 và P 2 N = − 62,55 < 0 Vậy, P 2 N = 2,404 ⇒ P 3 NH = 10 − 4P 2 N = 0,384 atm chiếm 3,84% 2. Hỗn hợp 3 kim loại Fe, Al, Cu nặng 17,4 gam. Nếu hoà tan hỗn hợp bằng axit H 2 SO 4 loãng dư thì thoát ra 8,96 dm 3 H 2 (ở đkc). Còn nếu hoà tan hỗn hợp bằng axit H 2 SO 4 đặc nóng, dư thì thoát ra 12,32 dm 3 SO 2 (ở đktc). Tính khối lượng mỗi kim loại ban đầu. ♣ Cu không tan trong H 2 SO 4 loãng . Fe + H 2 SO 4 → FeSO 4 + H 2 ↑ 2Al + 3H 2 SO 4 → Al 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 ↑ H 2 SO 4 đặc nóng hoà tan cả 3 kim loại : 2Fe + 6H 2 SO 4 → Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2 ↑ + 6H 2 O 2Al + 6H 2 SO 4 → Al 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2 ↑ + 6H 2 O Cu + 2H 2 SO 4 → CuSO 4 + SO 2 ↑ + 2H 2 O Số mol H 2 = 0,4 ; số mol SO 2 = 0,55 Hệ 3 phương trình : 56x + 27y + 64z = 17,4 x + 1,5y = 0,4 1,5x + 1,5y + z = 0,55 Giải hệ phương trình cho : x = 0,1 ; y = 0,2 ; z = 0,1 Lượng Fe bằng 5,6gam ; Al = 5,4gam ; Cu = 6,4gam 2. Hỗn hợp 3 kim loại Al, Fe, Cu. Hoà tan a gam hỗn hợp bằng axit sunfuric đặc nóng vừa đủ thì thoát ra 15,68 dm 3 SO 2 (đkc) và nhận được dung dịch X. Chia đôi X, 1 nửa đem cô cạn nhận được 45,1 gam muối khan, còn 1 nửa thêm NaOH dư rồi lọc kết tủa nung trong không khí đến lượng không đổi cân nặng 12 gam. Tìm a và khối lượng mỗi kim loại. ♣ 2Fe + 6H 2 SO 4 → Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2 ↑ + 6H 2 O 2Al + 6H 2 SO 4 → Al 2 (SO 4 ) 3 + 3SO 2 ↑ + 6H 2 O Cu + 2H 2 SO 4 → CuSO 4 + SO 2 ↑ + 2H 2 O Lượng 3 muối sunfat = 45,1 x 2 = 90,2 gam và số mol SO 2 = 0,7mol Fe 2 (SO 4 ) 3 + 6NaOH → 2Fe(OH) 3 ↓ + 3Na 2 SO 4 Al 2 (SO 4 ) 3 + 6NaOH → 2Al(OH) 3 ↓ + 3Na 2 SO 4 CuSO 4 + 2NaOH → Cu(OH) 2 ↓ + Na 2 SO 4 Al(OH) 3 + NaOH → NaAlO 2 + 2H 2 O Kết tủa lọc được chỉ còn Fe(OH) 3 và Cu(OH) 2 2Fe(OH) 3 → Fe 2 O 3 + 3H 2 O Cu(OH) 2 → CuO + H 2 O 12 x 2 = 24gam là tổng lượng 2 oxit Fe 2 O 3 +CuO Hệ 3 phương trình : 1,5x + 1,5y + z = 0,7 200x + 171y + 160z = 90,2 80x + 80z = 24 Giải hệ cho x = 0,2 ; y = 0,2 ; z = 0,1 Suy ra lượng Fe = 11,2gam ; Al = 5,4gam ; Cu = 6,4gam CT DB (còn các bài 40, 64, 79, 94 Sách bồi dưỡng hóa học THCS ) 2. Hỗn hợp gồm FeCl 3 , MgCl 2 , CuCl 2 hòa tan trong nước được dung dịch X. Cho X tác dụng với Na 2 S dư tách ra một lượng kết tủa m 1 . Nếu cho một lượng dư H 2 S tác dụng với X tách ra một lượng kết tủa m 2 . Thực nghiệm cho biết m 1 = 2,51m 2 . Nếu giữ nguyên lượng các chất MgCl 2 , CuCl 2 trong X và thay FeCl 3 bằng FeCl 2 cùng lượng rồi hòa tan trong nước thì được dung dịch Y. Cho Y tác dụng với Na 2 S dư tách ra một lượng kết tủa m 3 . Nếu cho một lượng dư H 2 S tác dụng với Y tách ra một lượng kết tủa m 4 . Thực nghiệm cho biết m 3 = 3,36m 4 . Xác định % khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu. ♣ MgCl 2 + Na 2 S + 2H 2 O → Mg(OH) 2 ↓ + H 2 S + 2NaCl 2FeCl 3 + 3Na 2 S → 2FeS ↓ + S ↓ + 6NaCl CuCl 2 + Na 2 S → CuS ↓ + 2NaCl MgCl 2 + H 2 S → không phản ứng 2FeCl 3 + H 2 S → 2FeCl 2 + S ↓ + 2HCl CuCl 2 + H 2 S → CuS ↓ + 2HCl Đặt số mol các muối lần lượt là x, y, z. Ta có: y 58x 88y 32 96z 2 16y 96z + + + + = 2,51 ⇒ 58x + 63,84y = 144,96z (1) Số mol FeCl 2 = 162,5y 127 = 1,28y FeCl 2 + Na 2 S → FeS ↓ + 2NaCl FeCl 2 + H 2 S → không phản ứng 58x 88 1,28y 96z 96z + × + = 3,36 ⇒ 58x + 112,64y = 226,56z (2) Giải (1) và (2) cho 48,8y = 81,6z Coi z = 18,8 thì y = 48,8 và x = 32,15 %MgCl 2 = 95 32,15 100% 95 32,15 162,5 81,6 135 48,8 × × × + × + × = 13,3% Tính tương tự được: %CuCl 2 = 28,76% và %FeCl 3 = 57,95% 2. Một hỗn hợp bột kim loại có khả năng gồm Mg, Al, Sn. Hòa tan hết 0,75 gam hỗn hợp bằng dung dịch HCl dư thấy thoát ra 784 ml H 2 (đo ở đktc). Nếu đốt cháy hoàn toàn 0,75 gam hỗn hợp trong oxi dư thì thu được 1,31 gam oxit. Xác định % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp. ♣ Mg + 2HCl → MgCl 2 + H 2 ↑ 2Al + 6HCl → 2AlCl 3 + 3H 2 ↑ Sn + 2HCl → SnCl 2 + H 2 ↑ 2Mg + O 2 0 t → 2MgO 4Al + 3O 2 0 t → 2Al 2 O 3 Sn + 2O 2 0 t → SnO 2 Số mol H 2 = 0,035 Hệ pt: 24x + 27y + 119z = 0,75 (x, y, z là số mol từng kim loại) x + 3 2 y + z = 0,035 40x + 102 y 2 + 183z = 1,31 Giải hệ pt cho: x = 0,02 ; y = 0,01 ; z = 0 Vậy, hỗn hợp không có Sn và % Mg = 0,02 24 100% 0,75 × × = 64% ; %Al = 36% 3. Một mẫu than lấy từ hang động của người Pôlinêxian cổ tại Ha Oai có tốc độ là 13,6 phân hủy 14 C trong 1 giây tính với 1,0 gam cacbon. Biết trong 1,0 gam cacbon đang tồn tại có 15,3 phân hủy 14 C trong 1 giây và chu kỳ bán hủy của 14 C là 5730 năm . Hãy cho biết niên đại của mẩu than đó? ♣ Hằng số phóng xạ: k = 1 2 ln 2 t = 0,693 5730 Niên đại của mẩu than t = 0 t N 1 5730 15,3 ln ln k N 0,693 13,6 = = 973,88 (năm) 3. Một mẩu than lấy từ hang động ở vùng núi đá vôi tỉnh Hòa Bình có 9,4 phân hủy 14 C. hãy cho biết người Việt cổ đại đã tạo ra mẩu than đó cách đây bao nhiêu năm? Biết chu kỳ bán hủy của 14 C là 5730 năm, trong khí quyển có 15,3 phân hủy 14 C. Các số phân hủy nói trên đều tính với 1,0 gam cacbon, xảy ra trong 1,0 giây. ♣ Hằng số phóng xạ: k = 1 2 ln 2 t = 0,693 5730 Niên đại của mẩu than t = 0 t N 1 5730 15,3 ln ln k N 0,693 9,4 = = 3989,32 (năm) ≈ 4000 (năm) Người Việt cổ đại đã tạo ra mẩu than đó cách đây khoảng 4000 năm 4. Cấu hình electron ngoài cùng của nguyên tử của nguyên tố X là 5p 5 . Tỉ số nơtron và điện tích hạt nhân bằng 1,3962. Số nơtron của X bằng 3,7 lần số nơtron của nguyên tử thuộc nguyên tố Y. Khi cho 4,29 gam Y tác dụng với lượng dư X thu được 18,26 gam sản phẩm có công thức XY. Xác định điện tích hạt nhân của X, Y và viết cấu hình electron của Y. Cấu hình đầy đủ của X là [ 36 Kr] 5s 2 4d 10 5p 5 . ⇒ số Z X = 53 = số proton Mặt khác: x x n p = 1,3692 ⇒ n X = 74 ⇒ A X = p X + n X = 53 + 74 = 127 x y n n = 3,7 ⇒ n Y = 20 X + Y → XY 4,29 18,26 DB CT DB ⇒ Y X Y 4,29 18,26 + = ⇒ Y 127 Y 4,29 18,26 + = ⇒ Y = 39 ⇒ A Y = p Y + n Y ⇒ 39 = p Y + 20 ⇒ p Y = 19 hay Z Y = 19 Cấu hình electron của Y là [ 18 Ar] 4s 1 4. Mỗi phân tử XY 3 có tổng các hạt proton, nơtron, electron bằng 196; trong đó, số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 60, số hạt mang điện của X ít hơn số hạt mang điện của Y là 76. a) Hãy xác định kí hiệu hoá học của X,Y và XY 3 . b) Viết cấu hình electron của nguyên tử X,Y. ♣ a) Kí hiệu số đơn vị điện tích hạt nhân của X là Zx , Y là Zy ; số nơtron (hạt không mang điện) của X là Nx , Y là Ny . Với XY 3 , ta có các phương trình: Tổng số ba loại hạt: 2 Zx + 6 Zy + Nx + 3 Ny = 196 (1) 2 Zx + 6 Zy − Nx − 3 Ny = 60 (2) 6 Zy − 2 Zx = 76 (3) Cộng (1) với (2) và nhân (3) với 2, ta có: 4 Zx + 12 Zy = 256 (a) 12 Zy − 4Zx = 152 (b) Zy = 17 ; Zx = 13 Vậy X là nhôm, Y là clo. XY 3 là AlCl 3 . b) Cấu hình electron: Al : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 1 ; Cl : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5 5. Một loại khoáng có chứa 13,77%Na; 7,18%Mg; 57,48%O; 2,39%H và còn lại là nguyên tố X về khối lượng. Hãy xác định công thức phân từ của khoáng đó. ♣ Hàm lượng %X = 100 – 13,77 – 7,18 – 57,48 – 2,39 = 19,18% Cân bằng oxi hóa – khử trong hợp chất: 13,77 7,18 57,48 2,39 19,18 1 2 2 1 y 23 24 16 1 X × + × − × + × + × = 0 ⇒ X = 5,33y Lập bảng xét: Y 1 2 3 4 5 6 7 8 X 5,33 10,6 6 32 thấy chỉ có y = 6 là thỏa mãn X = 32 ⇒ S (lưu huỳnh) Na : Mg : O : H : S = 13,77 7,18 57,48 2,39 19,18 : : : : 23 24 16 1 32 = 2 : 1 : 12 : 8 : 2 Công thức khoáng: Na 2 MgO 12 H 8 S 2 ⇒ Na 2 SO 4 .MgSO 4 .4H 2 O 5. Một khoáng chất có chứa 20,93% Nhôm; 21,7% Silic và còn lại là oxi và Hidro (về khối lượng). Hãy xác định công thức của khoáng chất này. ♣ Đặt % lượng Oxi = a thì % lượng Hidro = 57,37 – a Ta có: tỷ lệ số nguyên tử Al : Si : O : H = 20,93 21,7 a : : : (57,37 a) 27 28 16 − Mặt khác: phân tử khoáng chất trung hòa điện nên DB CT CT 20,93 21,7 a 3 4 2 (57,37 a) 0 27 28 16 × + × − × + − = Giải phương trình cho a = 55,82 Suy ra, Al : Si : O : H = 20,93 21,7 55,82 : : :1,55 27 28 16 = 2 : 2 : 9 : 4 Vậy công thức khoáng chất Al 2 Si 2 O 9 H 4 hay Al 2 O 3 .2SiO 2 .2H 2 O (Cao lanh) 6. Tinh thể đồng kim loại có cấu trúc lập phương tâm diện. a) Hãy vẽ cấu trúc mạng tế bào cơ sở và cho biết số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đẳng này b) Tính cạnh lập phương a(Å) của mạng tinh thể, biết nguyên tử Cu có bán kính bằng 1,28 Å c) Xác định khoảng cách gần nhất giữa hai nguyên tử Cu trong mạng d) Tính khối lượng riêng của Cu theo g/cm 3 ♣ a) Mạng tế bào cơ sở của Cu (hình bên) Theo hình vẽ, số nguyên tử Cu là − Ở tám đỉnh lập phương = 8 × 1 8 = 1 − Ở 6 mặt lập phương = 6 × 1 2 = 3 Vậy tổng số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đảng = 1 + 3 = 4 (nguyên tử) b) Xét mặt lập phương ABCD ta có: AC = a 2 = 4 × r Cu a = 0 Cu 4 r 4 1,28A 2 2 × × = = 3,63 Å c) Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE: AE = AC a 2 2 2 = = 2,55 Å d) Khối lượng riêng: + 1 mol Cu = 64 gam + Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a 3 chứa 4 nguyên tử Cu + 1 mol Cu có N A = 6,02 ×10 23 nguyên tử Khối lượng riêng d = m V = 4 × 23 8 3 64 6,02 10 (3,63 10 ) − × × × = 8,88 g/cm 3 6. Sắt dạng α (Fe α ) kết tinh trong mạng lập phương tâm khối, nguyên tử có bán kính r = 1,24 Å. Hãy tính: a) Cạnh a của tế bào sơ đẳng b) Tỉ khối của Fe theo g/cm 3 . c) Khoảng cách ngắn nhất giữa hai nguyên tử Fe Cho Fe = 56 ♣ a) Mạng tế bào cơ sở của Fe (hình vẽ) Theo hình vẽ, số nguyên tử Fe là − Ở tám đỉnh lập phương = 8 × 1 8 = 1 A B C D a E A B C D a D C A B E E a D C A B E CT DB − Ở tâm lập phương = 1 Vậy tổng số nguyên tử Cu chứa trong tế bào sơ đảng = 1 + 1 = 2 (nguyên tử) b) Từ hình vẽ, ta có: AD 2 = a 2 + a 2 = 2a 2 xét mặt ABCD: AC 2 = a 2 + AD 2 = 3a 2 mặt khác, ta thấy AC = 4r = a 3 nên a = 4r 3 = 4 1,24 3 × = 2,85 Å c) Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE: AE = AC a 3 2 2 = = 2,85 3 2 × = 2,468 Å d) Khối lượng riêng: + 1 mol Fe = 56 gam + Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a 3 chứa 2 nguyên tử Fe + 1 mol Fe có N A = 6,02 ×10 23 nguyên tử Khối lượng riêng d = m V = 2 × 23 8 3 56 6,02 10 (2,85 10 ) − × × × = 7,95 g/cm 3 7. Cho rằng hạt nhân nguyên tử và chính nguyên tử H có dạng hình cầu. Hạt nhân nguyên tử hiđro có bán kính gần đúng bằng 10 − 15 m, bán kính nguyên tử hiđro bằng 0,53 ×10 − 10 m. Hãy xác định khối lượng riêng của hạt nhân và nguyên tử hiđro. (cho khối lượng proton = khối lượng nơtron ≈ 1,672 ×10 − 27 kg khối lượng electron = 9,109 ×10 − 31 kg) ♣ Khối lượng hạt nhân nguyên tử hiđro chính là khối lượng của proton = 1,672 ×10 − 27 kg + Thể tích hạt nhân nguyên tử hiđro bằng V = 3 4 4 r 3 3 ×π = × 3,14 ×(10 − 15 ) 3 = 4,19 ×10 − 45 (m 3 ) Khối lượng riêng của hạt nhân nguyên tử hiđro bằng: D = 27 45 1,672 10 4,19 10 − − × × = 3,99 ×10 8 (tấn/m 3 ) + Thể tích gần đúng của nguyên tử hiđro là: 10 3 4 3,14 (0,53 10 ) 3 − × × × = 0,63 ×10 − 30 (m 3 ) + Khối lượng của nguyên tử hiđro (tính cả khối lượng của electron) = 1,673 ×10 − 27 kg Khối lượng riêng của nguyên tử hiđro bằng 27 30 1,673 10 0,63 10 − − × × = 2,66 ×10 3 (kg/m 3 ) = 2,66 ×10 3 (g/cm 3 ) 7. Tính bán kính nguyên tử gần đúng của Ca ở 20 0 C, biết tại nhiệt độ đó khối lượng riêng của Ca bằng 1,55 g/cm 3 . Giả thiết trong tinh thể các nguyên tử Ca có hình cầu, có độ đặc khít là 74%. Cho nguyên tử khối của Ca = 40,08 ♣ Thể tích của 1 mol Ca = 40,08 1,55 = 25,858 cm 3 , một mol Ca chứa N A = 6,02 ×10 23 nguyên tử Ca Theo độ đặc khít, thể tích của 1 nguyên tử Fe = 23 25,858 0,74 6,02 10 × × = 3,18 ×10 − 23 cm 3 CT Từ V = 3 4 r 3 ×π ⇒ Bán kính nguyên tử Ca = r = 3 3V 4π = 23 3 3 3,18 10 4 3,14 − × × × = 1,965 ×10 − 8 cm 7. Tính bán kính nguyên tử gần đúng của Fe ở 20 0 C, biết tại nhiệt độ đó khối lượng riêng của Fe bằng 7,87 g/cm 3 . Giả thiết trong tinh thể các nguyên tử Fe có hình cầu, có độ đặc khít là 68%. Cho nguyên tử khối của 55,85 = 40 ♣ Thể tích của 1 mol Fe = 55,85 7,87 = 7,097 cm 3 . một mol Fe chứa N A = 6,02 ×10 23 nguyên tử Fe Theo độ đặc khít, thể tích của 1 nguyên tử Fe = 23 7,097 0,68 6,02 10 × × = 0,8 ×10 − 23 cm 3 Từ V = 3 4 r 3 ×π ⇒ Bán kính nguyên tử Fe = r = 3 3V 4π = 23 3 3 0,8 10 4 3,14 − × × × = 1,24 ×10 − 8 cm 8. Biết rằng mono – clobenzen có momen lưỡng cực µ 1 = 1,53 D. a) Hãy tính momen lưỡng cực µ o ; µ m ; µ p của ortho, meta, para – diclobenzen. b) Đo momen lưỡng cực của một trong ba đồng phân đó được µ = 1,53 D. Hỏi đó là dạng nào của diclobenzen? ♣ clo có độ âm điện lớn, µ 1 hướng từ nhân ra ngoài ortho meta para µ = µ 3 µ = µ µ = 0 Cộng vectơ sử dụng hệ thức lượng trong tam giác a 2 = b 2 + c 2 – 2bc cos µ A Dẫn xuất ortho: µ o = 2 2 0 1 1 2 2 cos60µ + µ = µ 1 3 Dẫn xuất meta: µ m = 2 2 0 1 1 2 2 cos120µ + µ = µ 1 Dẫn xuất para: µ p = µ 1 − µ 1 = 0 b) Theo đầu bài µ =1,53D = µ 1 ⇒ đó là dẫn xuất meta -diclobenzen 8. Clobenzen có momen lưỡng cực µ 1 = 1,53 D (µ 1 hướng từ nhân ra ngoài); anilin có momen lưỡng cực µ 2 = 1,60D (µ 2 hướng từ ngoài vào nhân benzen). Hãy tính µ của ortho – cloanilin; meta – cloanilin và para – cloanilin. ♣ clo có độ âm điện lớn, µ 1 hướng từ nhân ra ngoài – nhóm NH 2 có cặp e tự do liên hợp với hệ e π của vòng benzen ⇒ hai momen lưỡng cực cùng chiều DB ortho meta para Cộng vectơ sử dụng hệ thức lượng trong tam giác a 2 = b 2 + c 2 – 2bc cos µ A Dẫn xuất ortho: µ 2 O = µ 2 1 + µ 2 2 − 2µ 1 µ 2 cos 60 0 = µ 2 1 + µ 2 2 − µ 1 µ 2 = 2,45 µ o = 2,45 = 1,65D Dẫn xuất meta: µ 2 m = µ 2 1 + µ 2 2 − 2µ 1 µ 2 cos 120 0 = µ 2 1 + µ 2 2 + µ 1 µ 2 = 7,35 µ m = 7,35 = 2,71D Dẫn xuất para: µ 2 p = µ 1 + µ 2 = 1,60 + 1,53 = 3,13D 9. Tính pH của dung dịch benzoatnatri C 6 H 5 COONa nồng độ 2,0 ×10 − 5 M. Biết hằng số axit của axit benzoic bằng 6,29 ×10 − 5 . ♣ C 6 H 5 COONa → Na + + C 6 H 5 COO − C 6 H 5 COO − + H + → ¬  C 6 H 5 COOH Ka − 1 H 2 O → ¬  H + + OH − Kw Tổ hợp 2 phương trình cho: C 6 H 5 COO − + H 2 O → ¬  C 6 H 5 COOH + OH − Ktp Ktp = w a K K = 14 5 10 6,29 10 − − × = 1,59 ×10 − 10 Do nồng độ đầu của C 6 H 5 COO − nhỏ; mặt khác hằng số của quá trình không lớn hơn nhiều so với 10 − 14 nên phải tính đến sự điện li của nước. C 6 H 5 COO − + H 2 O → ¬  C 6 H 5 COOH + OH − Ktp (1) 2,0 ×10 − 5 − [OH − ] H 2 O → ¬  H + + OH − Kw (2) Theo định luật bảo toàn điện tích: [OH − ] = [C 6 H 5 COOH] + [H + ] hay [C 6 H 5 COOH] = [OH − ] − [H + ] = [OH − ] − 14 10 OH − −     thay vào biểu thức hằng số cân bằng của (1): K = [ ] 6 5 6 5 C H COOH OH C H COO − −         = 14 6 5 10 OH OH OH C H COO − − − − −    ÷     − ×      ÷           = 1,59 ×10 − 10 ⇒ 2 14 5 OH 10 2 10 OH − − − −   −     × −   = 1,59 ×10 − 10 ⇒ [OH − ] 2 + 1,59 ×10 − 10 [OH − ] − 13,18 ×10 − 15 = 0 CT DB ⇒ [OH − ] = 1,148 ×10 − 7 ⇒ pOH = − lg(1,148 ×10 − 7 ) = 6,94 ⇒ pH = 7,06 9. Ở 20 0 C hòa tan vào dung dịch NaOH nồng độ 0,016 g/lít một lượng iot đủ để phản ứng sau xảy ra hoàn toàn: 2NaOH + I 2 → ¬  NaI + NaIO + H 2 O Tính pH của dung dịch thu được. Biết hằng số axit của HIO = 2,0 ×10 − 11 ♣ Nồng độ đầu của OH − = 0,016 40 = 4,0 ×10 − 4 mol/lít Phản ứng 2OH − + I 2 → I − + IO − + H 2 O 4,0 ×10 − 4 2,0 ×10 − 4 IO − + H 2 O → ¬  HIO + OH − [ ] 2,0 ×10 − 4 − x x x ⇒ [HIO] = [OH − ] HIO → ¬  H + + IO − Ka = 2,0 ×10 − 11 Ta có: Ka = [ ] IO H HIO − +       = 2,0 ×10 − 11 ⇒ IO H OH − + −           = 2,0 ×10 − 11 ⇒ 4 (2,0 10 OH ) H OH − − + −     × − ×         = 14 4 14 10 (2,0 10 ) H H 10 H − − + + − +   × − ×           = 2,0 ×10 − 11 ⇒ 2,0 ×10 − 14 [H + ] 2 − 1,0 ×10 − 14 [H + ] − 2,0 × 10 − 25 = 0 ⇒ [H + ] = 6,53 ×10 − 11 ⇒ pH = − lg[H + ] = − lg(6,53 ×10 − 11 ) = 10,185 10. Hỗn hợp A gồm 3 este đơn chức, mạch thẳng, tạo thành từ cùng một rượu B với 3 axit hữu cơ, trong đó có hai axit no là đồng đẳng kế tiếp nhau và một axit không no chứa một liên kết đôi. Xà phòng hoá hoàn toàn 14,7 gam A bằng dung dịch NaOH, thu được hỗn hợp muối và p gam rượu B. Cho p gam rượu B đó vào bình đựng natri dư, sau phản ứng có 2,24 lít khí thoát ra và khối lượng bình đựng natri tăng 6,2 gam. Mặt khác đốt cháy hoàn toàn 14,7 gam A, thu được 13,44 lít CO 2 và 9,9 gam H 2 O. Xác định công thức cấu tạo của từng este trong A. (Các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn). ♣ Xác định rượu B: vì este đơn chức nên rượu B đơn chức R – OH + Na → R – ONa + 1 2 H 2 0,2 0,1 mol Độ tăng KL = KL (R – O) = 6,2 g ⇒ KL mol (R – O) = 6,2 0,2 = 31 ⇒ R + 16 = 31 ⇒ R = 15 là CH 3 ⇒ Rượu B: CH 3 OH Công thức của 2 este no là: C n H 2n 1+ COOCH 3 số mol = x Công thức của este chưa no là C m H 2m − 1 COOCH 3 số mol = y C n H 2n 1+ COOCH 3 + 3n 4 2 + O 2 → ( n + 2) CO 2 + ( n + 2) H 2 O x ( n + 2) x ( n + 2) x CT . bài tập - Thi giải toán trên máy tính cầm tay Casio 1. Cấu tạo nguyên tử: − Quan hệ số p, số n, số e − Thể tích và Bán kính nguyên tử tính ra Å − Mạng tinh thể (số nguyên tử và cạnh trong đơn vị. Pôlinêxian cổ tại Ha Oai có tốc độ là 13,6 phân hủy 14 C trong 1 giây tính với 1,0 gam cacbon. Biết trong 1,0 gam cacbon đang tồn tại có 15,3 phân hủy 14 C trong 1 giây và chu kỳ bán hủy của 14 C. 5730 năm, trong khí quyển có 15,3 phân hủy 14 C. Các số phân hủy nói trên đều tính với 1,0 gam cacbon, xảy ra trong 1,0 giây. ♣ Hằng số phóng xạ: k = 1 2 ln 2 t = 0,693 5730 Niên đại của