Tài liệu Đáp án kiểm tra 15 phút-1 docx

Đáp án kiểm tra 15 phút-1
•
Dung dịch 0.1 M acid acetic có phải là dung dịch đệm không, giải
thích?
–
Chưa phải là dung dịch đệm vì 0.1 M acid acetic là dung dich acid có pH rất
thấp, nếu thêm NaOH thì pH của dung dịch sẽ thay đổi mạnh.
–
Dung dịch đệm được tạo thành bởi hỗn hợp acid yếu và muối của nó. Để
tạo dung dịch đệm, trong trường hợp này cần thêm NaoH để tạo thành muối,
dạng CH3COO-, cho đến khi pH đạt trong khỏang pKa ±1. pKa acid acetic =
4.76
•
Giá trị pKa của một acid yếu hoặc bazo yếu cung cấp thông tin gì?
–
Giá trị pKa cho biết chất đó có tính acid hay bazo, chẳng hạn, pKaCH3COOH
= 4.76 là acid yếu trong khi pKaNH4+ =9.25 là bazo yếu
–
Cho biết khoảng pH của dung dịch đệm tạo bởi chất đó
•
pKa-1< pHđệm< pKa+1
•
Làm thế nào xác định pKa của một acid yếu/ bazo yếu?
•
Bằng thực nghiệm, thêm xút (NaOH hoặc KOH) hoặc axít (HCl) vào dung
dich acid yếu hay bazo yếu rồi xác định pH, vẽ đồ thị chuẩn độ pH và xác
định điểm uốn trên đồ thị, đó là giá trị pKa.
Bài tập chương 1
Bài tập-1
Đáp số
a/ Nồng độ của H+ = nồng độ NaOH đã phản ứng hết =

7.2*0.1/10 = 0.072N
b/ pH = log (1/[H+]) = 1.14
xác định pH của dịch dạ dày biết rằng lấy 10 ml dịch này định
phân bằng 0.1 N NaOH đến trung tính thì hết 7.2 ml xút
NaOH + HCl = NaCl + H2O
Bài tập-2
Đáp số
a/ Khi thêm enzym thì phương trình dịch chuyển về vế phải, sinh thêm H+, bao nhiêu
H+ sinh ra có bấy nhiêu acetylcolin tham gia phản ứng tại pH 6.87, [H+] =10
-6.87
b/ chênh lệch [H+] =10^(-6.87)- 10^(-7.65) =1.12509E-07 M. Như vậy lượng
acetylcoline là 1.125E-07X15/1000=1.68E-09 mole
Xác định lượng acetylcholine
(chất dẫn truyền thần kinh)
trong 15 ml dung dịch có pH
= 7.65. Biết khi thêm
acetylchloinestease thì pH
đo được là 6.87 và phương
trình thuỷ phân như bên
Bài tập-3
Giải
0.03 M OH- sẽ phản ứng tạo nước, sinh ra NH3 = 0.03M
Vậy [NH4+] = 0.12-0.03=0.09 M
pH = pKa + log nhận H+/cho H+ = 9,25+ log(0.03/0.09)
=8.77
xác định pH của dịch 0.12 M NH4Cl và 0.03M NaOH biết pKa
của NH4+/NH3 =9.25
NH
4
+

NH
3
+ H
+
OH- + H+ = H2O
Giải Bài tập-4
1. pKa=9.6 vậy dải pH 8.6-10.6
2. pH = pKa + log(R-NH2+/R-NH3+)= 9.6 + log(R-NH2+/R-NH3+)= 9.0
log(R-NH2+/R-NH3+)=0.6, R-NH2+/R-NH3+=10^(-0.6)= 0.25= 1/4
Vậy dạng R-NH3+ chiếm 4/5 tổng dạng
3. ở pH 9.0 thì R-NH2+/R-NH3+ = 1/4, vậy 0.1mole thì NH2 là 0.02mole và NH3+
là 0.08 mole.
Khi thêm NaOH thì dịch chuyển phương trình tạo nhiều dạng R-NH2
ở pH 10.0 thì 9.6 + log(R-NH2+/R-NH3+)= 10 vậy tỷ lệ R-NH2+/R-
NH3+=10^(0.4)=2.5= 2.5/1 vậy lượng –NH2 là 0.1 mole*2.5/3.5=0.0714mole
Như vậy – NH2 tăng lên 0.0714- 0.02= 0.0514 mole lượng này chính là lượng
NaOH. Vậy thể tích của 5M NaOH = 0.0514*1000/5=10.3 ml
4. log 1/99= -2 vậy pH = pKa-2 hoặc pKa-pH =2
Bài tập chương 2
Bài tập -1
Giải: chia 2 nửa phản ứng, Cộng các ∆G’
o
a/ Phosphocreatin +H2O creatin +H+ +Pi
(-43.0 kJ/mol)
H+ + Pi + ADP ATP+ H2O (30.5kJ/mol)
30.5-43 = -12.5 (kJ/mol)
b/ -14.6 kJ/mol
Tính ∆G’
o
cho phản ứng kẹp đôi dưới đây và sử dụng giá trị ∆G’

o
cho mỗi phản ứng
cho trong bảng
(a) Phosphocreatin +ADP creatin + ATP
(b) ATP + fructose ADP- + fructose-6phosphate
13.10
Bài tập-2
Đáp số
a/ 21.33
b/ - 7.58 kJ/mol
Xác định giá trị K’
eq
và ∆G’
o
nếu biết rằng 0.1 M dung dịch
glucose -1 –phosphate được ủ với enzym
phosphoglucosemutase thì chuyển thành glucose-6-
phosphate. Ở trạng thái cân bằng, nồng độ của các thành
phần đo được như sau
13.4
Bài tập 3
Giải: ∆G’
o
= -RT ln K’eq
∆G = ∆G’
o
+ RTln[G6Pi]/[F6Pi]
Đáp số:
a/ = - 8.315x298xln(1.97)= -1680 J/mol = -1.68 kJ/mol
b/ = -1680 J/mol + 8.315x298xln(0.5/1.5)= -4.40 kJ/mol

c/ Vì: ∆G’
o
không đổi vậy ∆G phụ thuộc vào nồng độ chất phản ứng và sản
phẩm, như vậy điều kiện mới này [P]/[S]= 0.33 <<Keq=1.97
Cho phản ứng sau
Tính
a/ ∆G’
o
ở điều kiện chuẩn
b/Nếu nồng độ của fructose-6-phosphate điều chỉnh về 1.5M, nồng độ
của glucose-6-phosphate điều chỉnh về 0.5M. Tính ∆G
c/ Tại sao có sự khác biệt giữa 2 giá trị?
13.6
Bài tập 4
Giải:
ở pH =5.0 nồng độ H+ cao hơn như vậy cân
bằng sẽ dịch chuyển về bên trái, dẫn đến Keq
giảm và do đó ∆G’o = -RTln(sản phẩm/chất phản
ứng) cũng giảm theo
•
Sự phụ thuộc của ∆G’
o
vào pH. Năng lượng tự do chuẩn
hóa của thủy phân ATP trong điều kiện chuẩn hóa ở pH
7.0 là – 30.5 kJ/mol. Nều ATP được thủy phân tại pH 5.0
thì năng lượng tự do tạo thành sẽ tăng lên hay giảm đi
ATP + H2O ADP + Pi + H
+

Bài tập 5

Đáp số:
∆G= ∆G’
o
+ RTln(sản phẩm/chất phản ứng)
= 30.5 kJ/mol + 8.315x 298xln(533) (J/mol)
= 46057J/mol
= 46.1 kJ/mol
Tính ∆G cho phản ứng tổng hợp ATP ở điều kiện sinh lý của
gan chuột biết
ADP +Pi ATP
∆G’
o
= 30.5 kJ/mol
13.13