Mot so dang bai tap giai Hoa tren may tinh casio

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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 250C, phản ứng:   CH3COOH + C2H5OH  CH3COOC2H5 + H2O có hằng số cân bằng K = 4 Ban đầu người ta trộn 1,0 mol C2H5OH với 0,6 mol CH3COOH. Tính số mol este thu được khi phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng.. DB   CH3COOH + C2H5OH  CH3COOC2H5 + H2O Phản ứng x x [ ] 1–x 0,6 – x x x  CH3COOC 2 H5   H 2 O x2 K=.  C 2 H5OH   CH3COOH .  (1  x)(0,6  x) = 4.  3x2  6,4x + 2,4 = 0  x1 = 0,4855 và x2 = 1,64 > 1 Vậy, số mol este thu được khi phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng = 0,4855   1. Tại 4000C, P = 10atm phản ứng N2(k) + 3H2(k)  2NH3 (k) có Kp = 1,64 104. Tìm % thể tích NH3 ở trạng thái cân bằng, giả thiết lúc đầu N2(k) và H2(k) có tỉ lệ số mol theo đúng hệ số của phương trình.   N2(k) + 3H2(k)  2NH3 (k) PN 2 n N2 1   PH 2 n H2 3 Theo PTHH:  Theo gt: P NH3 + P N 2 + P H 2 = 10.  P NH3 + 4P N 2 = 10.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> (PNH )2. (PNH3 )2. 3. 3. Và Ta có: Kp =. (PN 2 )(PH 2 ). PNH 3. =. (PN2 )(3PN2 ). = 1,64 10. 4. . 3. (PN 2 )2.  6,65102.. Giải pt cho: 6,65 102(P N 2 )2 + 4P N 2  10 = 0  P N 2 = 2,404 và P N 2 =  62,55 < 0 Vậy, P N 2 = 2,404  P NH3 = 10  4P N 2 = 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 2SO4 loãng dư thì thoát ra 8,96 dm3 H2 (ở đkc). Còn nếu hoà tan hỗn hợp bằng axit H 2SO4 đặc nóng, dư thì thoát ra 12,32 dm3 SO2 (ở đktc). Tính khối lượng mỗi kim loại ban đầu.  Cu không tan trong H2SO4 loãng . Fe + H2SO4  FeSO4 + H2 2Al + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2 H2SO4 đặc nóng hoà tan cả 3 kim loại : DB 2Fe + 6H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O 2Al + 6H2SO4  Al2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O Cu + 2H2SO4  CuSO4 + SO2 + 2H2O Số mol H2 = 0,4 ; số mol SO2 = 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 SO2 (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 + 6H2SO4  Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O 2Al + 6H2SO4  Al2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O Cu + 2H2SO4  CuSO4 + SO2 + 2H2O Lượng 3 muối sunfat = 45,1 x 2 = 90,2 gam và số mol SO2 = 0,7mol Fe2(SO4)3 + 6NaOH  2Fe(OH)3 + 3Na2SO4 Al2(SO4)3 + 6NaOH  2Al(OH)3 + 3Na2SO4 CT CuSO4 + 2NaOH  Cu(OH)2 + Na2SO4 Al(OH)3 + NaOH  NaAlO2 + 2H2O Kết tủa lọc được chỉ còn Fe(OH)3 và Cu(OH)2 2Fe(OH)3  Fe2O3 + 3H2O Cu(OH)2  CuO + H2O 12 x 2 = 24gam là tổng lượng 2 oxit Fe2O3+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 (còn các bài 40, 64, 79, 94 Sách bồi dưỡng hóa học THCS ).

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2. Hỗn hợp gồm FeCl3, MgCl2, CuCl2 hòa tan trong nước được dung dịch X. Cho X tác dụng với Na2S dư tách ra một lượng kết tủa m1. Nếu cho một lượng dư H2S tác dụng với X tách ra một lượng kết tủa m2. Thực nghiệm cho biết m1 = 2,51m2. Nếu giữ nguyên lượng các chất MgCl2, CuCl2 trong X và thay FeCl3 bằng FeCl2 cùng lượng rồi hòa tan trong nước thì được dung dịch Y. Cho Y tác dụng với Na2S dư tách ra một lượng kết tủa m3. Nếu cho một lượng dư H2S tác dụng với Y tách ra một lượng kết tủa m4. Thực nghiệm cho biết m3 = 3,36m4. Xác định % khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu.  MgCl2 + Na2S + 2H2O  Mg(OH)2  + H2S + 2NaCl 2FeCl3 + 3Na2S  2FeS  + S  + 6NaCl CuCl2 + Na2S  CuS  + 2NaCl MgCl2 + H2S  không phản ứng 2FeCl3 + H2S  2FeCl2 + S  + 2HCl CuCl2 + H2S  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) 162,5y Số mol FeCl2 = 127 = 1,28y FeCl2 + Na2S  FeS  + 2NaCl FeCl2 + H2S  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 95 32,15 100% %MgCl2 = 95 32,15  162,5 81,6  135 48,8 = 13,3% Tính tương tự được: %CuCl2 = 28,76% và. %FeCl3 = 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 H2 (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  MgCl2 + H2  2Al + 6HCl  2AlCl3 + 3H2  Sn + 2HCl  SnCl2 + H2  0. t 2Mg + O2   2MgO 0. t 4Al + 3O2   2Al2O3 0. t Sn + 2O2   SnO2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Số mol H2 = 0,035 Hệ pt: 24x + 27y + 119z = 0,75 (x, y, z là số mol từng kim loại) 3 x + 2 y + z = 0,035 y 40x + 102 2 + 183z = 1,31 Giải hệ pt cho: x = 0,02 ; y = 0,01 ; z = 0 0,02 24 100% Vậy, hỗn hợp không có Sn và % Mg = 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 14C trong 1 giây tính với 1,0 gam cacbon. Biết trong 1,0 gam cacbon đang tồn tại có 15,3 phân hủy 14C trong 1 giây và chu kỳ bán hủy của 14C là 5730 năm . Hãy cho biết niên đại của mẩu than đó? ln 2 0,693 DB t1  Hằng số phóng xạ: k = 2 = 5730 1 N 0 5730 15,3 ln  ln k N 0,693 13,6 = 973,88 (năm) t Niên đại của mẩu than t = 14. 3. Một mẩu than lấy từ hang động ở vùng núi đá vôi tỉnh Hòa Bình có 9,4 phân hủy C. hãy cho biết người Việt cổ đại đã tạo ra mẩu than đó cách đây bao nhiêu năm? Biết chu kỳ bán 14. 14. hủy của C là 5730 năm, trong khí quyển có 15,3 phân hủy C. Các số phân hủy nói trên đều tính với 1,0 gam cacbon, xảy ra trong 1,0 giây. ln 2 0,693 CT t1 5730 2  Hằng số phóng xạ: k = = 1 N 0 5730 15,3 ln  ln k N 0,693 9,4 = 3989,32 (năm)  4000 (năm) t Niên đại của mẩu than t = 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 5p5. 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] 5s24d105p5.  số ZX = 53 = số proton nx  p Mặt khác: x 1,3692  n = 74  A = p + n = 53 + 74 = 127 X. nx ny. = 3,7  nY = 20 X + Y  XY 4,29 18,26. X. X. X. DB.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Y X Y Y 127  Y    4,29 18,26  4,29 18,26  Y = 39  AY = pY + nY  39 = pY + 20  pY = 19 hay ZY = 19 Cấu hình electron của Y là [ 18 Ar] 4s1 4. Mỗi phân tử XY3 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 XY3 . 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 XY3 , 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. XY3 là AlCl3 . b) Cấu hình electron: Al : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p1 ; Cl : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 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 10,66 ... ... ... 32 thấy chỉ có y = 6 là thỏa mãn X = 32  S (lưu huỳnh) CT 13,77 7,18 57, 48 2,39 19,18 : : : : 24 16 1 32 = 2 : 1 : 12 : 8 : 2 Na : Mg : O : H : S = 23 Công thức khoáng: Na2MgO12H8S2  Na2SO4.MgSO4.4H2O 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 20,93 21, 7 a : : : (57,37  a) 27 28 16 Ta có: tỷ lệ số nguyên tử Al : Si : O : H = Mặt khác: phân tử khoáng chất trung hòa điện nên DB 20,93 21, 7 a 3  4  2   (57,37  a) 0 27 28 16. CT.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Giải phương trình cho a = 55,82 20,93 21,7 55,82 : : :1,55 28 16 Suy ra, Al : Si : O : H = 27 =2:2:9:4 Vậy công thức khoáng chất Al2Si2O9H4 hay Al2O3.2SiO2.2H2O (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 A. B E. C. D. d) Tính khối lượng riêng của Cu theo g/cm3 B. A a. E. D. C.  a) Mạng tế bào cơ sở của Cu (hình bên) Theo hình vẽ, số nguyên tử Cu là 1  Ở tám đỉnh lập phương = 8  8 = 1 1  Ở 6 mặt lập phương = 6  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  rCu 0. 4 rCu. 4 1,28 A   2 2 a= 3,63 Å c) Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE: AC a 2  2 = 2,55 Å AE = 2 d) Khối lượng riêng: + 1 mol Cu = 64 gam + Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a3 chứa 4 nguyên tử Cu + 1 mol Cu có NA = 6,02 1023 nguyên tử 64 m 23 8 3 Khối lượng riêng d = V = 4  6,02 10 (3,63 10 ) = 8,88 g/cm3. CT.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 6. Sắt dạng  (Fe) 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 DB b) Tỉ khối của Fe theo g/cm3. c) Khoảng cách ngắn nhất giữa hai nguyên tử Fe Cho Fe = 56 B A. B. A E. E a. C D. C. a. D.  a) Mạng tế bào cơ sở của Fe (hình. vẽ) Theo hình vẽ, số nguyên tử Fe là 1  Ở tám đỉnh lập phương = 8  8 = 1  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: AD2 = a2 + a2= 2a2 xét mặt ABCD: AC2 = a2 + AD2 = 3a2 4r. 4 1,24. 3 = 2,85 Å mặt khác, ta thấy AC = 4r = a 3 nên a = 3 = c) Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE: AC a 3 2,85  3  2 = 2 AE = 2 = 2,468 Å d) Khối lượng riêng: + 1 mol Fe = 56 gam + Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a3 chứa 2 nguyên tử Fe + 1 mol Fe có NA = 6,02 1023 nguyên tử 56 m 23 8 3 Khối lượng riêng d = V = 2  6,02 10 (2,85 10 ) = 7,95 g/cm3 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.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 4 4 r 3   3 3,14 (1015)3 = 4,19 1045 (m3) V=3 Khối lượng riêng của hạt nhân nguyên tử hiđro bằng: 1,672 10 27  45 D = 4,19 10 = 3,99 108 (tấn/m3) + Thể tích gần đúng của nguyên tử hiđro là: 4 3,14 (0,53 10 10 )3 3 = 0,63 1030 (m3) + 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 1,673 10 27 0,63 10 30 = 2,66 103 (kg/m3) = 2,66 103 (g/cm3) 7. Tính bán kính nguyên tử gần đúng của Ca ở 200C, biết tại nhiệt độ đó khối lượng riêng của Ca bằng 1,55 g/cm3. 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. 40,08  Thể tích của 1 mol Ca = 1,55 = 25,858 cm3, một mol Ca chứa NA = 6,02 1023 nguyên tử Ca 25,858 0,74 23 CT Theo độ đặc khít, thể tích của 1 nguyên tử Fe = 6,02 10 = 3,18 1023 cm3 4 r 3 Từ V = 3 3.  Bán kính nguyên tử Ca = r =. 3V 4 =. 3. 3 3,18 10 23 4 3,14 = 1,965 108 cm. 7. Tính bán kính nguyên tử gần đúng của Fe ở 200C, biết tại nhiệt độ đó khối lượng riêng của Fe bằng 7,87 g/cm3. 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. 55,85  Thể tích của 1 mol Fe = 7,87 = 7,097 cm3. một mol Fe chứa NA = 6,02 1023 nguyên tử Fe 7,097 0,68 23 Theo độ đặc khít, thể tích của 1 nguyên tử Fe = 6,02 10 = 0,8 1023 cm3 4 r 3 Từ V = 3 3.  Bán kính nguyên tử Fe = r =. 3V 4 =. 3. 3 0,8 10  23 4 3,14 = 1,24 108 cm. 8. Biết rằng mono – clobenzen có momen lưỡng cực 1 = 1,53 D. a) Hãy tính momen lưỡng cực o ; m ; p của ortho, meta, para – diclobenzen. b) Đo momen lưỡng cực của một trong ba đồng phân đó được  = 1,53 D. Hỏi đó là dạng nào của diclobenzen?  clo có độ âm điện lớn, 1 hướng từ nhân ra ngoài. DB.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> ortho. para. meta. = 3. =. =0.  Cộng vectơ sử dụng hệ thức lượng trong tam giác a = b + c2 – 2bc cos A 2. Dẫn xuất ortho: o =. 212  212 cos600. 2. = 1 3. 22  22 cos1200. 1 1 Dẫn xuất meta: m = = 1 Dẫn xuất para: p = 1  1 = 0 b) Theo đầu bài  =1,53D = 1  đó là dẫn xuất meta -diclobenzen. 8. Clobenzen có momen lưỡng cực 1 = 1,53 D (1 hướng từ nhân ra ngoài); anilin có momen lưỡng cực 2 = 1,60D (2 hướng từ ngoài vào nhân benzen). Hãy tính  của ortho – cloanilin; meta – cloanilin và para – cloanilin.  clo có độ âm điện lớn, 1 hướng từ nhân ra ngoài – nhóm NH2 có cặp e tự do liên hợp với hệ e  của vòng benzen  hai momen lưỡng cực cùng chiều. DB. para. meta. ortho.  Cộng vectơ sử dụng hệ thức lượng trong tam giác a2 = b2 + c2 – 2bc cos A 2. 2. 2. 2. 2. Dẫn xuất ortho:  O =  1 +  2  212 cos 600 =  1 +  2  12 = 2,45 o = 2. 2, 45 = 1,65D 2. 2. 2. 2. Dẫn xuất meta:  m =  1 +  2  212 cos 1200 =  1 +  2 + 12 = 7,35 m =. 7,35 = 2,71D. 2. Dẫn xuất para:  p = 1 + 2 = 1,60 + 1,53 = 3,13D. 9. Tính pH của dung dịch benzoatnatri C6H5COONa nồng độ 2,0 105 M. Biết hằng số axit của axit benzoic bằng 6,29 105.  C6H5COONa  Na+ + C6H5COO   C6H5COO + H+  C6H5COOH Ka1   H2O  H+ + OH Kw Tổ hợp 2 phương trình cho:.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>   C6H5COO + H2O  C6H5COOH + OH Ktp  14 Kw 10 5 Ktp = K a = 6,29 10 = 1,59 1010 Do nồng độ đầu của C6H5COO 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.   C6H5COO + H2O  C6H5COOH + OH Ktp (1) 2,0 105  [OH]   H2O  H+ + OH Kw (2) Theo định luật bảo toàn điện tích: [OH] = [C6H5COOH] + [H+] 10 14  OH   +   hay [C6H5COOH] = [OH ]  [H ] = [OH ]  thay vào biểu thức hằng số cân bằng của (1):  CT 10 14     OH        OH   OH      C 6 H5COOH   OH      C 6 H5COO    C 6 H 5COO  K= = = 1,59 1010 2.  OH    10 14 2 10 5   OH  .  = 1,59 1010  [OH]2 + 1,59 1010[OH]  13,18 1015 = 0  [OH] = 1,148 107  pOH =  lg(1,148 107) = 6,94  pH = 7,06 9. Ở 200C 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 + I2  NaI + NaIO + H2O Tính pH của dung dịch thu được. Biết hằng số axit của HIO = 2,0 1011 0,016  Nồng độ đầu của OH = 40 = 4,0 104 mol/lít Phản ứng 2OH + I2  I  + IO + H2O. 4,0 104. 2,0 104.  . [ ]. IO + H2O  HIO + OH 2,0 104  x x x   HIO . Ta có: Ka =.  IO   H    HIO. H+ + IO. = 2,0 1011 .  [HIO] = [OH] Ka = 2,0 1011  IO   H    OH  . = 2,0 1011.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> (2,0 10 4  (2,0 10 4   OH   )  H    OH  . 10 14 )  H    H    . 10 14  H  .  = = 2,0 1011 + 2 + + 14 14 25  2,0 10 [H ]  1,0 10 [H ]  2,0  10 = 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 H2O. 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 CT 1 R – OH + Na  R – ONa + 2 H2 0,2 0,1 mol Độ tăng KL = KL (R – O) = 6,2 g 6,2  KL mol (R – O) = 0,2 = 31  R + 16 = 31  R = 15 là CH3  Rượu B: CH3OH. Công thức của 2 este no là: C n H 2n 1 COOCH3 số mol = x Công thức của este chưa no là CmH2m1COOCH3 số mol = y 3n  4 C n H 2n 1 COOCH3 + 2 O2  ( n + 2) CO2 + ( n + 2) H2O x ( n + 2) x ( n + 2) x 3m  3 2 O2  (m + 2) CO2 + (m + 1) H2O CmH2m1COOCH3 +. (m + 2) y ta có hệ pt: x + y = 0,2 (1) ( n + 2) x + (m + 2) y = 0,6 (2) ( n + 2) x + (m + 1) y = 0,55 (3) y. (m + 1) y. Giải hệ pt cho x = 0,15 ; y = 0,05 và 3 n + m = 4 Do n  0 và m  2 nên 2  m  3  bài toán có 2 nghiệm m = 2 và m = 3 2 Với m = 2  n = 3 ứng với nghiệm HCOOCH3 ; CH3COOCH3 và CH2=CH-COOCH3 1 Với m = 3  n = 3 ứng với nghiệm HCOOCH3 ; CH3COOCH3 và C3H5-COOCH3 10. Nitrosyl clorua là một chất rất độc, khi đun nóng sẽ phân huỷ thành nitơ monoxit và clo..

<span class='text_page_counter'>(12)</span> a) Hãy viết phương trình cho phản ứng này b) Tính Kp của phản ứng ở 298K(theo atm và theo Pa). Cho: Ho298 (kJ/mol) S0298 (J/K.mol). Nitrosyl clorua. Nitơ monoxit. Cl2. 51,71 264. 90,25 211. ? 223. c) Tính gần đúng Kp của phản ứng ở 475K    a) 2NOCl  2NO + Cl2. b) Hằng số cân bằng nhiệt động lực học được tính theo phương trình G =  RTlnK Trong đó G = H  T. S H = [(2  90,25. 103) + 0  (2  51,71. 103 ) = 77080 J/mol S = [(2  211) + 233  (2  264) = 117 J/mol G = 77080  298  117 = 42214 J/mol 42214  Kp = 3,98. 108 atm và Kp = 4,04. 103 Pa và ln K =  8,314 298 =  17   c) Tính gần đúng: Kp (T2 ) H  1 1  77080  1 1        R  T1 T2     lnKp(475K) = 8,314  298 475  + lnKp(298) ln Kp (T1 ) =  Kp = 4,32. 10 3 atm hay Kp = 437Pa ln Kp (475) =  5,545  . CT.

<span class='text_page_counter'>(13)</span>