Đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 2005 môn Hóa học

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi quốc gia năm 2005 môn Hóa học

1. ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI QG NĂM HỌC 2005 MÔN HÓA HỌC Câu 1(2 điểm): 3+ Bằng dung dịch NH 3, người ta có thể làm kết tủa hoàn toàn ion Al trong dung dịch nước ở dạng hiđroxit, nhưng chỉ làm kết tủa được một phần ion Mg2+ trong dung dịch nước ở dạng hiđroxit. Hãy làm sáng tỏ điều nói trên bằng các phép tính cụ thể. 33 12 Cho biết: Tích số tan của Al(OH)3 là 5.10 ; tích số tan của Mg(OH)2 là 4.10 ; hằng số phân ly bazơ 5 của NH3 là 1,8.10 . Câu 2 (2 điểm): Nhúng hai tấm kẽm, mỗi tấm có khối lượng 10 gam vào hai dung dịch muối kim loại hoá trị hai. Sau một thời gian xác định, lấy hai tấm kẽm ra khỏi dung dịch, rửa sạch, làm khô rồi cân lại. Kết quả cho thấy một tấm có khối lượng 9,5235 gam, tấm kia có khối lượng 17,091 gam. Cho biết: Một trong hai dung dịch muối kim loại hoá trị hai là muối sắt (II); lượng kẽm tham gia phản ứng ở hai dung dịch là như nhau. 1) Giải thích hiện tượng xảy ra ở mỗi dung dịch. 2) Cho biết kim loại nào tham gia vào thành phần dung dịch muối thứ hai. Câu 3 (1,5 điểm): Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây: 1) NaCl + H2SO4 đặc, nóng  2) NaBr + H2SO4 đặc, nóng  3) NaClO + PbS  4) FeSO4 + H2SO4 + HNO2  5) KMnO4 + H2SO4 + HNO2  6) NaNO2 + H2SO4 loãng  Câu 4 (4,5 điểm): Ở pH = 0 và ở 25oC thế điện cực tiêu chuẩn Eo của một số cặp oxi hoá - khử được cho như sau: 2IO4 / I2 (r) 1,31 V ; 2IO3 / I2 (r) 1,19 V ; 2HIO/ I2 (r) 1,45 V ; I2 (r)/ 2I 0,54 V. (r) chỉ chất ở trạng thái rắn. 1) Viết phương trình nửa phản ứng oxi hoá - khử của các cặp đã cho. o 2) Tính E của các cặp IO4 / IO3 và IO3 / HIO 3) Về phương diện nhiệt động học thì các dạng oxi hoá - khử nào là bền, các dạng nào là không bền? Tại sao? 4) Thêm 0,40 mol KI vào 1 lít dung dịch KMnO4 0,24 M ở pH = 0 a) Tính thành phần của hỗn hợp sau phản ứng. b) Tính thế của điện cực platin nhúng trong hỗn hợp thu được so với điện cực calomen bão hoà. o 5) Tính E của cặp IO3 / I2(H2O). I2(H2O) chỉ iốt tan trong nước. 2+ Cho biết: EoMnO 4 / Mn = 1,51 V ; E của điện cực calomen bão hoà bằng 0,244 V ; Ở 25oC, ln RT = 0,0592 lg ; Độ tan của iốt trong nước bằng 5,0.10 4 M. F Câu 5 (2,5 điểm): Các vi hạt có cấu hình electron phân lớp ngoài cùng: 3s1, 3s2, 3p3, 3p6 là nguyên tử hay ion? Tại sao? Hãy dẫn ra một phản ứng hoá học (nếu có) để minh hoạ tính chất hoá học đặc trưng của mỗi vi hạt. Cho biết: Các vi hạt này là ion hoặc nguyên tử của nguyên tố thuộc nhóm A và nhóm VIII(0). 1
2. Câu 6 (3,5 điểm): Một bình điện phân chứa dung dịch NaOH (pH=14) và một bình điện phân khác chứa dung dịch H2SO4 (pH = 0) ở 298K. Khi tăng hiệu điện thế từ từ ở hai cực mỗi bình người ta thấy có khí giống nhau thoát ra ở cả hai bình tại cùng điện thế. 1) Giải thích hiện tượng trên. Viết các phương trình phản ứng xảy ra ở mỗi bình (không xét sự tạo thành H2O2 và H2S2O8). 2) Tính hiệu điện thế tối thiểu phải đặt vào hai cực mỗi bình để cho quá trình điện phân xảy ra. 3) Người ta muốn giảm pH của dung dịch NaOH xuống còn 11. Có thể dùng NH 4Cl được không? Nếu được, hãy giải thích và tính khối lượng NH 4Cl phải dùng để giảm pH của 1 lít dung dịch NaOH từ 14 xuống còn 11. 4) Khi pH của dung dịch NaOH bằng 11, thì hiệu điện thế tối thiểu phải đặt vào hai cực của bình điện phân để cho quá trình điện phân xảy ra là bao nhiêu? o o Cho biết: E = 0,4 V ; E + = 1,23 V ; pKb (NH3) = 4,75 H2O, 1/2 O2 / 2OH 2H , 1/2 O2 / H2O Câu 7 (4 điểm): Người ta thực hiện phản ứng 2 NO2 (k) + F2 (k) 2 NO2F (k) trong một bình kín có thể tích V (có thể thay đổi thể tích của bình bằng một píttông). Áp suất ban đầu của NO 2 bằng 0,5 atm, còn của 3 1 1 F2 bằng 1,5 atm. Trong các điều kiện đó tốc độ đầu vo = 3,2. 10 mol.L .s . 1) Nếu thực hiện phản ứng trên ở cùng nhiệt độ với cùng những lượng ban đầu của chất phản ứng nhưng thêm một khí trơ vào bình để cho thể tích thành 2 V, còn áp suất tổng quát vẫn bằng 2 atm, thì tốc độ đầu bằng 8.10 4 mol.L 1.s 1. Kết quả này có cho phép thiết lập phương trình động học (biểu thức tốc độ) của phản ứng hay không? 2) Người ta lại thực hiện phản ứng trên ở cùng điều kiện nhiệt độ với cùng những lượng NO 2, F2 và V khí trơ như ở (1) nhưng giảm thể tích xuống bằng . Tính giá trị của tốc độ đầu vo . 2 3) Nếu thay cho việc thêm khí trơ, người ta thêm NO 2 vào để cho áp suất tổng quát bằng 4 atm và thể 2 1 1 tích bằng V thì tốc độ đầu v o = 1,6.10 mol.L .s . Kết quả này cho phép kết luận như thế nào về phương trình động học của phản ứng? 4) Dự đoán cơ chế của phản ứng. Câu 8 (5,25 điểm): 1. Viết sơ đồ điều chế các axit sau đây: a) Axit: benzoic, phenyletanoic, 3-phenylpropanoic từ benzen và các hoá chất cần thiết khác. b) Axit: xiclohexyletanoic, 1-metylxiclohexan-cacboxylic từ metylenxiclohexan và các hoá chất cần thiết khác. 2. Sắp xếp (có giải thích) theo trình tự tăng dần tính axit của các chất trong từng dãy sau: a) Axit: benzoic, phenyletanoic, 3-phenylpropanoic, xiclohexyletanoic, 1-metylxiclohexan-cacboxylic. b) COOH COOH CH2COOH ; ; ; N COOH N (A) (B) (C) (D) 3. Sắp xếp (có giải thích) theo trình tự tăng dần nhiệt độ nóng chảy của các chất sau: COOH COOH COOH ; ; S N (A) (B) (C) 2
3. Câu 1(2 điểm): 3+ Bằng dung dịch NH 3, người ta có thể làm kết tủa hoàn toàn ion Al trong dung dịch nước ở dạng hiđroxit, nhưng chỉ làm kết tủa được một phần ion Mg2+ trong dung dịch nước ở dạng hiđroxit. Hãy làm sáng tỏ điều nói trên bằng các phép tính cụ thể. 33 12 Cho biết: Tích số tan của Al(OH)3 là 5.10 ; tích số tan của Mg(OH)2 là 4.10 ; hằng số phân ly bazơ 5 của NH3 là 1,8.10 . Hướng dẫn giải: Tính hằng số cân bằng K của phản ứng kết tủa hiđroxit: + 5 3 NH3 + H2O NH4 + OH ; K = 1,8.10 NH3 3+ 33 Al(OH)3 Al + 3 OH ; KS, = 5. 10 Al(OH)3 K3 3+ + NH3 18 Al + 3 NH3 + 3 H2O Al(OH)3 + 3 NH4 ; K = = 1,17.10 KS;Al(OH)3 Tương tự như vậy, đối với phản ứng: 2 KNH 2+ + 3 Mg + 2 NH3 + 2 H2O Mg(OH)2 + 2 NH4 ; K = = 81 KS;Mg(OH)2 Phản ứng thuận nghịch, Mg2+ không kết tủa hoàn toàn dưới dạng magiê hiđroxit như Al3+. Câu 2 (2 điểm): Nhúng hai tấm kẽm, mỗi tấm có khối lượng 10 gam vào hai dung dịch muối kim loại hoá trị hai. Sau một thời gian xác định, lấy hai tấm kẽm ra khỏi dung dịch, rửa sạch, làm khô rồi cân lại. Kết quả cho thấy một tấm có khối lượng 9,5235 gam, tấm kia có khối lượng 17,091 gam. Cho biết: Một trong hai dung dịch muối kim loại hoá trị hai là muối sắt (II); lượng kẽm tham gia phản ứng ở hai dung dịch là như nhau. 1) Giải thích hiện tượng xảy ra ở mỗi dung dịch. 2) Cho biết kim loại nào tham gia vào thành phần dung dịch muối thứ hai. Hướng dẫn chấm: 1. Khi nhúng tấm kẽm vào dung dịch muối Fe(II): Zn + Fe2+ Zn2+ + Fe (1) Vì: MFe < MZn nên khối lượng tấm kẽm giảm đi. Khi nhúng tấm kẽm vào dung dịch muối thứ hai X2+ Zn + X2+ Zn2+ + X (2) Vì: MZn < MX nên khối lượng tấm kẽm tăng lên. 2. Gọi x là số mol Zn đã phản ứng, theo (1) ta có: (10 65,38 x) + 55,85 x = 9,5235 x = 0,05 (mol) Vì lượng Zn tham gia phản ứng ở 2 trường hợp là như nhau, theo (2) ta có: (10 65,38 0,05) + MX 0,05 = 17,091 MX = 207,2. Vậy X2+ là Pb2+, X là Pb Zn + Pb2+ Zn2+ + Pb Câu 3 (1,5 điểm): Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây: 1) NaCl + H2SO4 đặc, nóng 2) NaBr + H2SO4 đặc, nóng 3
4. 3) NaClO + PbS 4) FeSO4 + H2SO4 + HNO2 5) KMnO4 + H2SO4 + HNO2 6) NaNO2 + H2SO4 loãng Hướng dẫn chấm: 1. NaCl + H2SO4 (đặc, nóng) HCl + NaHSO4 hoặc 2 NaCl + H2SO4 (đặc, nóng) 2 HCl + Na2SO4 2. 2 NaBr + 2 H2SO4 (đặc, nóng) 2 NaHSO4 + 2 HBr 2 HBr + H2SO4 (đặc, nóng) SO2 + 2 H2O + Br2 2 NaBr + 3 H2SO4 (đặc, nóng) 2 NaHSO4 + SO2 + 2 H2O + Br2 3. 4 NaClO + PbS 4 NaCl + PbSO4 4. 2 FeSO4 + H2SO4 + 2 HNO2 Fe2(SO4)3 + 2 NO + 2 H2O 5. 2 KMnO4 + 3 H2SO4 + 5 HNO2 K2SO4 + 2 MnSO4 + 5 HNO3 + 3 H2O 6. 3 NaNO2 + H2SO4 (loãng) Na2SO4 + NaNO3 + 2 NO + H2O Câu 4 (4,5 điểm): Ở pH = 0 và ở 25oC thế điện cực tiêu chuẩn Eo của một số cặp oxi hoá - khử được cho như sau: 2IO4 / I2 (r) 1,31 V ; 2IO3 / I2 (r) 1,19 V ; 2HIO/ I2 (r) 1,45 V ; I2 (r)/ 2I 0,54 V. (r) chỉ chất ở trạng thái rắn. 1) Viết phương trình nửa phản ứng oxi hoá - khử của các cặp đã cho. o 2) Tính E của các cặp IO4 / IO3 và IO3 / HIO 3) Về phương diện nhiệt động học thì các dạng oxi hoá - khử nào là bền, các dạng nào là không bền? Tại sao? 4) Thêm 0,40 mol KI vào 1 lít dung dịch KMnO4 0,24 M ở pH = 0 a) Tính thành phần của hỗn hợp sau phản ứng. b) Tính thế của điện cực platin nhúng trong hỗn hợp thu được so với điện cực calomen bão hoà. o 5) Tính E của cặp IO3 / I2(H2O). I2(H2O) chỉ iốt tan trong nước. 2+ Cho biết: EoMnO 4 / Mn = 1,51 V ; E của điện cực calomen bão hoà bằng 0,244 V ; Ở 25oC, ln RT = 0,0592 lg ; Độ tan của iốt trong nước bằng 5,0.10 4 M. F 4
5. Hướng dẫn chấm: 1. 2 IO + 16 H+ + 14 e I (r) + 8 H O ; Eo = 1,31 V = Eo 4 2 2 1 IO4 / I2 (r) + o o 2 IO3 + 12 H + 10 e I2(r) + 6 H2O ; E = 1,19 V = E 2 + o o 2 HIO + 2 H + 2 e I2(r) + 2 H2O ; E = 1,45 V = E 3 HIO / I2 (r) o o I2 (r) + 2 e 2 I ; E = 0,54 V = E 4 I2 (r)/ 2I + 14 Eo / 0,0592 2. 2 IO4 + 16 H + 14 e I2(r) + 8 H2O ; K1 = 10 1 + 1 10 Eo / 0,0592 I2 (r) + 6 H2O 2 IO3 + 12 H + 10 e ; K2 = 10 2 + 4 Eo / 0,0592 2 IO4 + 4 H + 4 e 2 IO3 + 2 H2O ; K5 = 10 5 o o 1 o o 14 E 1 10 E 2 K5 = K1. K2 E 5 = E = = 1,61 V IO4 / IO3 4 o 2 IO + 12 H+ + 10 e I (r) + 6 H O ; K = 1010 E 2 / 0,0592 3 2 2 2 + 1 2 Eo / 0,0592 I2(r) + 2 H2O 2 HIO + 2 H + 2 e ; K3 = 10 3 + 1 2 IO3 + 10 H + 8 e 2 HIO + 4 H2O ; K6 = K2. K3 o 8 E 6 / 0,0592 1 K6 = 10 = K2. K3 o o 10 1,19 2 1,45 o o 10 E 2 2 E 3 E = E 6 = = = 1,125 (V) IO3 / HIO 8 8 ô o 3. Vì E > E (E 4 nhỏ nhất) nên đầu tiên sẽ xảy ra phản ứng: + 2+ 2 MnO2+4 + 8 H + 5 e I Mn + 4 H2O MnO4 / Mn 2/ 2 I 5 2 I I2(r) + 2 e + 2+ 163 2 MnO4 + 10 I + 16 H 2 Mn + 5 I2(r) + 8 H2O ; K = 10 CO 0,24 0,4 C 0,04 2 0,04 10 0,04 2 0,04 5 C 0,16 0 1 0,08 0, 2 MnO4 còn dư sẽ oxi hoá tiếp I2 thành IO3 . o o E 2+ = 1,51 V > E = 1,19 V MnO4 / Mn IO3 / I2 + 2+ 2 MnO4 + 8 H + 5 e Mn + 4 H2O + I2(r) + 6 H2O 2 IO3 + 12 H + 10 e 5 0,059 / I (r) IO3 2 2 10 0,059 2 10 o E 7 / 0,0592 0,059 IO3 / I2 (r) 2 10 0,059 2 10
6. + 2+ 176 2 MnO4 + I2(r) + 4 H 2 IO3 + 2 Mn + 2 H2O ; K = 10 CO 0,16 0,2 0,08 C 0,08 2 0,08 0,08 2 0,08 2 C 0 0,12 1 0,16 0, 24 2+ Thành phần hỗn hợp sau phản ứng: IO 3 0,16 M ; Mn 0,24 M ; I2 (H2O) 5. 4 10 M ; I2 (r) 0,12 M ; pH = 0. b) Trong hỗn hợp có cặp IO3 / I2 (r) nên: o 2 + 12 E = E + lg [IO3 ] [H ] = 1,19 + lg (0,16)2 = 1,18 V E so với điện cực calomen bão hoà: 1,18 0,244 = 0,936 V + 10.1,19/ 0,0592 5. 2 IO3 + 12 H + 10 e I2(r) + 6 H2O ; K2 = 10 4 I2(r) I2( H2O) ; S = 5. 10 M + 10 2 IO3 + 12 H + 10 e I2( H2O) + 6 H2O ; K7 = 10 = 1010.1,19/ 0,0592 . S o o Suy ra E 7 = E + lg S = 1,19 + (lg 5. 10 4) = 1,17 V Câu 5 (2,5 điểm): Các vi hạt có cấu hình electron phân lớp ngoài cùng: 3s1, 3s2, 3p3, 3p6 là nguyên tử hay ion? Tại sao? Hãy dẫn ra một phản ứng hoá học (nếu có) để minh hoạ tính chất hoá học đặc trưng của mỗi vi hạt. Cho biết: Các vi hạt này là ion hoặc nguyên tử của nguyên tố thuộc nhóm A và nhóm VIII(0). Hướng dẫn chấm: Cấu hình electron của các lớp trong của các vi hạt là 1s22s22p6, ứng với cấu hình của [Ne]. 1. Cấu hình [Ne] 3s1 chỉ có thể ứng với nguyên tử Na (Z = 11), không thể ứng với ion. Na là kim loại điển hình, có tính khử rất mạnh. Thí dụ: Na tự bốc cháy trong H2O ở nhiệt độ thường. 2 Na + 2 H2O 2 NaOH + H2 2. Cấu hình [Ne] 3s2 ứng với nguyên tử Mg (Z = 12), không thể ứng với ion. Mg là kim loai hoạt động. Mg cháy rất mạnh trong oxi và cá trong CO2. 2 Mg + O2 2 MgO 3. Cấu hình [Ne] 3s23p3 ứng với nguyên tử P (Z = 15), không thể ứng với ion. P là phi kim hoạt động. P cháy mạnh trong oxi. 4 P + 5 O2 2 P2O5 4. Cấu hình [Ne] 3s23p6: a) Trường hợp vi hạt có Z = 18. Đây là Ar, một khí trơ. 6
7. b) Vi hạt có Z 18. Đây là ion dương: Z = 19. Đây là K+, chất oxi hoá rất yếu, chỉ bị khử dưới tác dụng của dòng điện (điện phân KCl hoặcKOH nóng chảy). 2+ Z = 20. Đây là Ca , chất oxi hoá yếu, chỉ bị khử dưới tác dụng của dòng điện (điện phân CaCl 2 nóng chảy). Câu 6 (3,5 điểm): Một bình điện phân chứa dung dịch NaOH (pH=14) và một bình điện phân khác chứa dung dịch H2SO4 (pH = 0) ở 298K. Khi tăng hiệu điện thế từ từ ở hai cực mỗi bình người ta thấy có khí giống nhau thoát ra ở cả hai bình tại cùng điện thế. 1) Giải thích hiện tượng trên. Viết các phương trình phản ứng xảy ra ở mỗi bình (không xét sự tạo thành H2O2 và H2S2O8). 2) Tính hiệu điện thế tối thiểu phải đặt vào hai cực mỗi bình để cho quá trình điện phân xảy ra. 3) Người ta muốn giảm pH của dung dịch NaOH xuống còn 11. Có thể dùng NH 4Cl được không? Nếu được, hãy giải thích và tính khối lượng NH 4Cl phải dùng để giảm pH của 1 lít dung dịch NaOH từ 14 xuống còn 11. 4) Khi pH của dung dịch NaOH bằng 11, thì hiệu điện thế tối thiểu phải đặt vào hai cực của bình điện phân để cho quá trình điện phân xảy ra là bao nhiêu? o o Cho biết: E = 0,4 V ; E + = 1,23 V ; pKb (NH3) = 4,75 H2O, 1/2 O2 / 2OH 2H , 1/2 O2 / H2O Hướng dẫn chấm: 1. Trong thí nghiêm này, nước bị điện phân ở cùng một điện thế. a) Dung dịch NaOH: Ở anôt: 2 OH H2O + 1/2 O2 + 2 e Ở catôt: 2 H2O + 2 e H2 + 2 OH H2O H2 + 1/2 O2 b) Dung dịch H2SO4: + Ở anôt: H2O 1/2 O2 + 2 H + 2 e + Ở catôt: 2 H + 2 e H2 H2O H2 + 1/2 O2 Khí thoát ra ở 2 bình đều là hiđro và oxi 2. a) Dung dịch NaOH: Eanôt = 0,4 V 0,059 2 2 7
8. 14 2 Ecatôt = 0 + lg (10 ) = 0,83 V U min = E anôt E catôt = 0,4 + 0,83 = 1,23 V b) Dung dịch H2SO4: Eanôt = 1,23 V Ecatôt = 0 V Umin = E anôt E catôt = 1,23 V (khi tính Umin không xét đến quá thế). 3. Có thể dùng NH4Cl để giảm pH của dung dịch NaOH từ 14 xuống 11. + NH4 + OH NH3 + H2O pOH của dung dịch NaOH đã thêm NH4Cl để giảm pH của dung dịch NaOH từ 14 xuống 11 được tính theo công thức: + [NH4 ] pOH = pKb + lg [NH3] + [NH 4 ] 3 = 4,75 + lg [NH3] + Suy ra [NH4 ] = 0,0178 [NH3] Khi pH của dung dịch NaOH giảm từ 14 xuống 11 thì [OH ] của dung dịch giảm đi: 1 10 3 = 0,999 mol. Đây chính là số mol NH3 hình thành. Vậy [NH3] = 0,999 mol/L và: + [NH4 ] = 0,0178 0,999  0,0178 (mol/L) Số mol NH4Cl phải thêm vào 1 lít dung dịch: n = n + + n = 0,0178 + 0,999 = 1,0168 (mol) NH4 NH3 Khối lượng NH4Cl phải thêm vào 1 lít dung dịch: 1,0168 53,5 = 54,4 (gam) 4. Khi pH = 11, dung dịch NaOH: 0,0592 1 E = 0,4 V + lg anôt 2 (10 3)2 0,0592 E = 0 + lg (10 11)2 catôt 2 U min = E anôt E catôt = 0,4 + 3 0,0592 + 0,0592 11  1,23 V Câu 7 (4 điểm): Người ta thực hiện phản ứng 2 NO2 (k) + F2 (k) 2 NO2F (k) trong một bình kín có thể tích V (có thể thay đổi thể tích của bình bằng một píttông). Áp suất ban đầu của NO 2 bằng 0,5 atm, còn của 3 1 1 F2 bằng 1,5 atm. Trong các điều kiện đó tốc độ đầu vo = 3,2. 10 mol.L .s . 1) Nếu thực hiện phản ứng trên ở cùng nhiệt độ với cùng những lượng ban đầu của chất phản ứng nhưng thêm một khí trơ vào bình để cho thể tích thành 2 V, còn áp suất tổng quát vẫn bằng 2 atm, thì tốc độ đầu bằng 8.10 4 mol.L 1.s 1. Kết quả này có cho phép thiết lập phương trình động học (biểu thức tốc độ) của phản ứng hay không? 2) Người ta lại thực hiện phản ứng trên ở cùng điều kiện nhiệt độ với cùng những lượng NO 2, F2 và V khí trơ như ở (1) nhưng giảm thể tích xuống bằng . Tính giá trị của tốc độ đầu vo . 2 8
9. 3) Nếu thay cho việc thêm khí trơ, người ta thêm NO 2 vào để cho áp suất tổng quát bằng 4 atm và thể 2 1 1 tích bằng V thì tốc độ đầu v o = 1,6.10 mol.L .s . Kết quả này cho phép kết luận như thế nào về phương trình động học của phản ứng? 4) Dự đoán cơ chế của phản ứng. Hướng dẫn chấm: 1.Ở thí nghiệm 2, sau khi thêm khí trơ để cho thể tích tăng gấp đôi thì P và P đều giảm 2 lần so NO2 F2 với thí nghiệm 1, nghĩa là nồng độ của chúng cũng giảm đi 2 lần (vì P A = CA.RT), còn tốc độ đầu của phản ứng giảm 4 lần. Từ đây, chỉ có thể kết luận bậc của phản ứg là 2. Phương trình động học có thể có các dạng sau đây: 2 2 v = k [NO2] [F2] (a) , v = k [NO2] (b) , v = k [F2] (c) 2. Ở thí nghiệm 3, P và P đều tăng gấp đôi so với thí nghiệm 1. Cũng lập luận như trên, ta thấy tốc độ NO F đầu của phản ứng ở thí2 nghiệm2 3 phải bằng 4 lần tốc độ đầu của phản ứng ở thí nghiêm 1. 3 1 1 2 1 1 vo = 3,2 10 mol.L .s 4 = 1,28 10 mol.L .s . 3. Ở thí nghiệm 4, P không đổi, P = 4 atm 1,5 atm = 2,5 atm. P tăng 5 lần so với thí nghiệm 1, F2 NO2 NO2 còn tốc độ đầu của phản ứng tăng 5 lần. Vậy phương trình động học của phản ứng là: v = k [NO2] [F2] 4. Căn cứ vào phương trình động học của phản ứng, cơ chế phản ứng có thể là: NO2 + F2 NO2F + F (chậm) F + NO2 NO2F (nhanh). Câu 8 (5,25 điểm): 1. Viết sơ đồ điều chế các axit sau đây: a) Axit: benzoic, phenyletanoic, 3-phenylpropanoic từ benzen và các hoá chất cần thiết khác. b) Axit: xiclohexyletanoic, 1-metylxiclohexan-cacboxylic từ metylenxiclohexan và các hoá chất cần thiết khác. 2. Sắp xếp (có giải thích) theo trình tự tăng dần tính axit của các chất trong từng dãy sau: a) Axit: benzoic, phenyletanoic, 3-phenylpropanoic, xiclohexyletanoic, 1-metylxiclohexan-cacboxylic. b) COOH COOH CH2COOH ; ; ; N COOH N (A) (B) (C) (D) 3. Sắp xếp (có giải thích) theo trình tự tăng dần nhiệt độ nóng chảy của các chất sau: COOH COOH COOH ; ; S N (A) (B) (C) Hướng dẫn giải: 1. a)  9
10. Br 2/Fe CH3Br Br2/h KCN C6H6 C H Br C H CH Br C H CH CN 6 5 Zn C6H5CH3 6 5 2 6 5 2 O Mg CH2(COOC2H5)2/NaOEt + H3O 1. CO2 C6H5MgBr C6H5COOH C6H5CH2CH(COOC2H5)2 2. H O+ 3 1. OH- + C H CH COOH 2. H3O 6 5 2 3. to C6H5CH2CH2COOH b) CH2 CH3 Br CH3 MgBr CH3 COOH HBr Mg/ ete 1. CO2 + H3O CH2Br CH2COOH HBr/peoxit 1. KCN (hoÆc 1. Mg/ ete + ) 2. H3O 2. CO2 + 3. H3O 2. a) +I H C COOH 2 3 CH2COOH CH2CH2COOH CH2COOH COOH +I1 -I1 -I2 -I3 < < < < < +I1 +I2 -I1 < -I2 < -I3 Các gốc hiđrocacbon có hiệu ứng +I lớn thì Ka giảm và -I lớn thì Ka tăng b) CH2COOH COOH COOH -I1 -I -I4 2 C O < -I < < -C3 N 3 O H N-C4 (D) (C) (A) (B) Vì: - I1 < - I2 nên (C) có tính axit lớn hơn (D). (A) và (B) có N nên tính axit lớn hơn (D) và (C) (A) có liên kết hiđro nội phân tử làm giảm tính axit so với (B). 3. Tăng dần nhiệt độ nóng chảy của các chất: COOH COOH COOH < < S N (C) (A) (B) Vì: M C < MA. (B) có thêm liên kết hiđro liên phân tử với N của phân tử khác. 10