XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP HÓA HỌC VÔ CƠ BẬC ĐẠI HỌC PHẦN CÁC NGUYÊN TỐ PHI KIM NHÓM VA, IVA, IIIA by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD

HỆ THỐNG BÀI TẬP HOÁ HỌC VÔ CƠ

vectorstock.com/28062440

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP HÓA HỌC VÔ CƠ BẬC ĐẠI HỌC PHẦN CÁC NGUYÊN TỐ PHI KIM NHÓM VA, IVA, IIIA WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA HÓA HỌC ======

NGUYỄN THỊ THƠM

XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP HOÁ HỌC VÔ CƠ BẬC ĐẠI HỌC PHẦN CÁC NGUYÊN TỐ PHI KIM NHÓM VA, IVA, IIIA

TÓM TẮT KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Hóa học Vô cơ Ngƣời hƣớng dẫn khoa học

hS. Nguyễn Văn Quang HÀ NỘI

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA HÓA HỌC ======

NGUYỄN THỊ THƠM

XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP HOÁ HỌC VÔ CƠ BẬC ĐẠI HỌC PHẦN CÁC NGUYÊN TỐ PHI KIM NHÓM VA, IVA, IIIA

TÓM TẮT KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Hóa học Vô cơ Ngƣời hƣớng dẫn khoa học ThS. Nguyễn Văn Quang

HÀ NỘI

LỜI CẢM ƠN Trƣớc tiên, em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới thầy giáo ThS. Nguyễn Văn Quang, ngƣời đã tận tình hƣớng dẫn, giúp đỡ em hoàn thành khóa luận tốt nghiệp đại học với đề tài : “ XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP HOÁ HỌC VÔ CƠ BẬC ĐẠI HỌC PHẦN CÁC NGUYÊN TỐ PHI KIM NHÓM VA, IVA, IIIA”. Em xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu trƣờng Đại học Sƣ Phạm Hà Nội 2, Ban chủ nhiệm khoa Hóa Học và các thầy cô giáo trong khoa đã tạo điều kiện cho em nghiên cứu và hoàn thiện đề tài này. Trong quá trình nghiên cứu và thực hiện đề tài không tránh khỏi những điểm thiếu sót và hạn chế, vì vậy tôi rất mong nhận đƣợc ý kiến đóng góp chân thành từ các thầy cô và các bạn để đề tài đƣợc hoàn thiện và mang lại hiệu quả cao. Một lần nữa em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, ngày 08 tháng 5 năm 2015 Sinh viên

Nguyễn Thị Thơm

MỤC LỤC MỞ ĐẦU ........................................................................................................... 1 1. Lí do chọn đề tài ........................................................................................ 1 2. Mục đích của đề tài .................................................................................... 2 3. Nhiệm vụ của đề tài ................................................................................... 2 4. Phƣơng pháp nghiên cứu ........................................................................... 2 5. Những đóng góp mới của đề tài................................................................. 3 CHƢƠNG I: TỔNG QUAN ............................................................................. 4 1.1. Khái niệm về bài tập hoá học ................................................................. 4 1.2. Vai trò của bài tập hoá học ..................................................................... 4 1.2.1. Làm cho sinh viên hiểu sâu và khắc sâu kiến thức đã học: ................. 4 1.2.2. Cung cấp thêm những kiến thức mới và mở rộng sự hiểu biết mà không làm nặng nề khối lƣợng kiến thức của sinh viên: ............................... 5 1.2.3. Hệ thống hoá các kiến thức đã học: ..................................................... 5 1.2.4. Thƣờng xuyên rèn luyện các kỹ năng, kỹ xảo về hoá học nhƣ: .......... 5 1.2.5. Phát triển kỹ năng: (so sánh, quy nạp, diễn dịch, phân tích, tổng hợp, loại suy, khái quát hoá …) ............................................................................. 5 1.2.6. Giáo dục tƣ tƣởng đạo đức: ................................................................. 6 1.2.7. Giáo dục kỹ năng tổng hợp:................................................................. 6 1.3. Các loại bài tập hoá học vô cơ đại học ................................................... 6 1.3.1. Bài tập về kiến thức vật lý ................................................................... 6 1.3.2. Bài tập về kiến thức hoá học................................................................ 7 1.3.3. Bài tập về điều chế các đơn chất, hợp chất vô cơ và ứng dụng........... 7

1.4. Vận dụng kiến thức để giải bài tập ......................................................... 7 1.5. Xu hƣớng phát triển của bài tập hóa học hiện nay ................................. 8 CHƢƠNG 2: XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP HOÁ HỌC VÔ CƠ BẬC ĐẠI HỌC PHẦN CÁC NGUYÊN TỐ PHI KIM NHÓM VA, IVA, IIIA ...... 9 KẾT LUẬN ..................................................................................................... 49 TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................... 50

MỞ ĐẦU

1. Lí do chọn đề tài Hiện nay việc phát triển của hóa học lý thuyết rất mạnh, và nó đƣợc đƣa vào áp dụng trong thời gian ngắn nhất để giúp cho hoá học thực nghiệm đi đến kết quả nhanh nhất. Việc tổng hợp những chất mới có những tính chất mong muốn dựa trên những nghiên cứu của hóa học lý thuyết về mối tƣơng quan cấu trúc - tính chất,…. Do vậy, trong việc tổng hợp các chất vô cơ hóa học lý thuyết giúp rút ngắn thời gian và công tác thực nghiệm Bên cạnh đó, nền công nghiệp hoá chất của nƣớc ta đang ngày một phát triển, cần phải có một lực lƣợng, đội ngũ cán bộ giỏi trong các lĩnh vực của công nghệ hoá học. Để làm đƣợc điều đó, trong quá trình đào tạo sinh viên phải gắn những bài tập đƣợc vận dụng trên cơ sở lý thuyết hoá học tiếp cận với những quy trình sản xuất trong thực tế. Đối với bộ môn hóa vô cơ cũng vậy, cần phải xây dựng một hệ thống bài tập nhằm giải quyết các vấn đề lý thuyết trong các giáo trình đồng thời phải gắn với những vấn đề của nền công nghệ hóa học vô cơ nhƣ ngành gang, thép, xi măng, pin - acqui,.... Tuy nhiên, hiện nay các sách bài tập hóa vô cơ kể cả sách nƣớc ngoài dành cho bậc đại học rất ít và chƣa có một tài liệu nào đƣa ra hệ thống bài tập vô cơ nhằm tăng cƣờng hoạt động của sinh viên và thúc đẩy ở họ những suy nghĩ sáng tạo, hình thành những tƣ duy logic và năng lực giải quyết những vấn đề thực tế. Việc đề xuất một hệ thống bài tập phù hợp với chƣơng trình hóa vô cơ bậc đại học với các dạng và các mức độ khác nhau (kèm theo hƣớng dẫn) là một công việc cần thiết nhằm giúp cho sinh viên nắm vững những kiến thức đƣợc trang bị trong giáo trình hóa học vô cơ, đồng thời đó còn là một tài liệu

giúp cho sinh viên trong việc tự học và rèn luyện để nâng cao tầm nhìn về mối quan hệ giữa lý thuyết và thực nghiệm. Vì những lý do trên đã thôi thúc chúng tôi lựa chọn đề tài “ XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP HOÁ HỌC VÔ CƠ BẬC ĐẠI HỌC PHẦN CÁC NGUYÊN TỐ PHI KIM NHÓM VA, IVA, IIIA” Với đề tài này, chúng tôi hy vọng sẽ góp phần nâng cao hƣớng dạy học tích cực để phát triển tƣ duy, sang tạo, độc lập cử ngƣời học. 2. Mục đích của đề tài Việc thực hiện đề tài nhằm xây dựng hệ thống bài tập hóa vô cơ có tính chọn lọc cho sinh viên bao gồm những vấn đề lý thuyết, thực nghiệm – giải thích những vấn đề thực tiễn – phƣơng pháp giải nhằm góp phần nâng cao chất lƣợng học tập môn hoá học vô cơ của sinh viên. 3. Nhiệm vụ của đề tài 3.1. Nghiên cứu cơ sở lí luận về bài tập và cơ sở lí thuyết hoá học. 3.2. Nghiên cứu nội dung và phân loại kiến thức về hóa học vô cơ bậc đại học chủ yếu về phần các nguyên tố phi kim nhóm VA, IVA, IIIA. 3.3. Đề xuất bài tập vô cơ phần các nguyên tố phi kim nhóm VA, IVA, IIIA nhằm giúp sinh viên thực hiện quá trình tự bồi dƣỡng kiến thức. 3.4. Vận dụng lí thuyết hoá vô cơ để giải quyết các bài tập hoá vô cơ có liên quan. 4. Phƣơng pháp nghiên cứu Trong quá trình nghiên cứu đề tài, chúng tôi sử dụng kết hợp nhiều phƣơng pháp: 4.1.Phƣơng pháp đọc sách và tài liệu tham khảo - Nghiên cứu lý luận về mục đích, yêu cầu của bộ môn hóa học vô cơ ở bậc đại học

- Tìm hiểu tài liệu có liên quan đến đè tài: Sách, báo, tạp chí, nội dung chƣơng trình, các đề thi olimpic sinh viên hoá học trong nƣớc và quốc tế 4.2.Phƣơng pháp thực nghiệm - Tìm hiểu các quy trình công nghệ sản xuất trong hoá học và những vấn đề có tính ứng dụng hóa học trong thực tiễn - Tìm hiểu thực tiễn giảng dạy của giảng viên và học tập sinh viên nhằm phát hiện vấn đề khó trong bộ môn Hóa vô cơ. - Tham khảo ý kiến của các giảng viên có nhiều kinh nghiệm trong nghiên cứu và giảng dạy 4.3.Phƣơng pháp chuyên gia 5. Những đóng góp mới của đề tài 5.1. Về mặt lí luận - Bƣớc đầu đề tài góp phần xây dựng đƣợc một hệ thống bài tập vô cơ bậc đại học phần các nguyên tố phi kim nhóm VA, IVA, IIIA. - Nghiên cứu và đề xuất những bài toán mới trong bài tập vô cơ 5.2. Về mặt thực tiễn Nội dung của luận văn giúp sinh viên có thêm nhiều tƣ liệu hữu ích trong quá trình học tập, nghiên cứu về bộ môn.

CHƢƠNG I: TỔNG QUAN

1.1. Khái niệm về bài tập hoá học Trong cuốn Từ điển Tiếng Việt – 1992 (trang 40, 41) đã định nghĩa bài tập nhƣ sau: “Bài tập là những bài ra cho học sinh để tập vận dụng những điều đã học”. Sau khi nghe giảng bài xong, nếu sinh viên nào giải đƣợc các bài tập mà giảng viên đƣa ra thì có thể xem nhƣ sinh viên đó đã lĩnh hội một cách tƣơng đối những kiến thức do giảng viên truyền đạt. Nội dung của bài tập hoá học thông thƣờng bao gồm những kiến thức chính yếu trong bài giảng. Bài tập hoá học có thể là những bài tập lý thuyết đơn giản chỉ yêu cầu sinh viên nhớ và nhắc lại những kiến thức vừa học hoặc đã học xong nhƣng cũng có thể là những bài tập tính toán liên quan đến cả kiến thức hoá học lẫn toán học, đôi khi bài toán tổng hợp yêu cầu sinh viên phải vận dụng những kiến thức đã học từ trƣớc kết hợp với những kiến thức vừa học để giải. Tuỳ vào mục đích của bài học mà bài tập có thể giải dƣới nhiều hình thức và nhiều cách giải khác nhau. 1.2. Vai trò của bài tập hoá học Giải bài tập hoá học chính là một trong những phƣơng pháp tích cực nhất để kiểm tra khả năng tiếp thu kiến thức của sinh viên. Thông qua bài tập, giảng viên có thể phát hiện những sai sót yếu kém của sinh viên mà qua đó có những kế hoạch rèn luyện kịp thời giúp sinh viên vƣợt qua những khó khăn trong khi giải bài tập hoá học. Chính vì vậy bài tập hoá học có những tác dụng lớn sau: 1.2.1. Làm cho sinh viên hiểu sâu và khắc sâu kiến thức đã học: Bài tập hoá học giúp cho sinh viên nhớ lại tính chất của các chất, phƣơng trình phản ứng; hiểu sâu hơn về các nguyên lý và định luật hoá học. Những kiến thức (định nghĩa, khái niệm …) chƣa đƣợc vững hoặc chƣa đƣợc nắm kỹ thì thông qua việc giải bài tập sẽ giúp sinh viên hiểu sâu hơn và nhớ lâu hơn.

Ngoài ra, giải bài tập hóa học cũng giúp sinh viên ôn tập các kiến thức về các môn khác nhƣ: toán, lý, sinh … 1.2.2. Cung cấp thêm những kiến thức mới và mở rộng sự hiểu biết mà không làm nặng nề khối lƣợng kiến thức của sinh viên: Ngoài tác dụng củng cố các kiến thức đã học, bài tập hoá học còn cung cấp thêm những kiến thức mới, mở rộng sự hiểu biết của sinh viên một cách sinh động, phong phú mà không làm nặng nề khối lƣợng kiến thức của sinh viên. 1.2.3. Hệ thống hoá các kiến thức đã học: Đối với các bài tập có tác dụng hệ thống hoá kiến thức cần đòi hỏi sinh viên phải vận dụng tổng hợp các kiến thức và sự hiểu biết của mình có thể là những kiến thức vừa mới học hoặc là những kiến thức đã học từ trƣớc. Tự mình làm các bài tập sẽ giúp sinh viên củng cố kiến thức cũ của mình một cách thƣờng xuyên. Dạng bài tập tổng hợp buộc sinh viên phải huy động vốn hiểu biết của nhiều chƣơng, nhiều bộ môn 1.2.4. Thƣờng xuyên rèn luyện các kỹ năng, kỹ xảo về hoá học nhƣ: Trong quá trình giải các bài tập, sinh viên đã tự rèn luyện việc lập công thức, cân bằng phƣơng trình, các thủ thuật tính toán. Nhờ việc thƣờng xuyên giải các bài tập, lâu dần các kỹ năng đó sẽ phát triển thành các kỹ xảo giúp sinh viên có thể ứng xử nhanh trƣớc những tình huống xảy ra . 1.2.5. Phát triển kỹ năng: (so sánh, quy nạp, diễn dịch, phân tích, tổng hợp, loại suy, khái quát hoá …) Mọi bài tập hoá học giảng viên ra cho sinh viên đều có những điểm gút, để mở những điểm đó sinh viên bắt buộc phải tƣ duy để sử dụng hoặc phƣơng pháp quy nạp, diễn dịch, hoặc phƣơng pháp loại suy… Nhờ vậy tƣ duy sinh viên đƣợc phát triển và năng lực làm việc độc lập của sinh viên đƣợc nâng cao .

Trong quá trình giải các bài toán hoá học, sinh viên buộc phải tái hiện lại các kiến thức cũ, xác định mối liên hệ giữa các điều kiện đã có và yêu cầu của đề bài thông qua các hoạt động nhƣ phân tích, tổng hợp, phán đoán, loại suy… để tìm ra lời giải. Theo kinh nghiệm cho thấy sinh viên có tự mình tìm hiểu kiến thức thì các kiến thức đó mới khắc sâu và sinh viên mới nhớ lâu đƣợc. 1.2.6. Giáo dục tƣ tƣởng đạo đức: Giải bài tập hoá học chính là rèn luyện cho sinh viên tính kiên nhẫn, trung thực trong khoa học, tính cẩn thận, tính độc lập sáng tạo khi giải quyết các vấn đề xảy ra, tính chính xác trong khoa học. Việc tự mình giải các bài tập hoá học thƣờng xuyên góp phần rèn luyện cho sinh viên tinh thần kỷ luật, tính tự kiềm chế, cách suy nghĩ và trình bày chính xác khoa học, qua đó nâng cao lòng yêu thích bộ môn 1.2.7. Giáo dục kỹ năng tổng hợp: Bộ môn hoá học có nhiệm vụ giáo dục kỹ thuật tổng hợp. Bài tập hoá học tạo điều kiện tốt cho nhiệm vụ giáo dục này phát triển vì những vấn đề kỹ thuật của nền sản xuất đƣợc biến thành nội dung của bài tập hoá học Bài tập hoá học còn cung cấp cho sinh viên những số liệu mới về các phát minh, về năng suất lao động, về sản lƣợng mà ngành sản xuất hoá học đạt đƣợc giúp sinh viên hoà nhập vào sự phát triển khoa học kỹ thuật của thời đại mình đang sống. 1.3. Các loại bài tập hoá học vô cơ đại học 1.3.1. Bài tập về kiến thức vật lý * Kiến thức cơ bản cần nắm đƣợc: -Trạng thái tồn tại ở điều kiện thƣờng, màu sắc, mùi vị, khả năng hoà tan trong nƣớc, tính bền ở điều kiện thƣờng. -Nhiệt độ sôi(Ts), nhiệt độ nóng chảy(Tnc), nhiệt độ phòng(Tph), E, D,...

* Kiến thức cần nâng cao: - Vận dụng kiến thức hoá học cơ sở để giải thích các hiện tƣợng, qui luật về các tính chất vật lí. - Đƣa ra các tình huống vận dụng gắn liền với các tính chất vật lí. 1.3.2. Bài tập về kiến thức hoá học * Từ đặc điểm cấu tạo nguyên tử (cấu hình e, năng lƣợng ion hoá (I), ái lực e (A), bán kính nguyên tử (R), độ âm điện (), năng lƣợng liên kết (E)… dẫn đến khả năng phản ứng, khuynh hƣớng oxi hoá-khử, tính kim loại, tính phi kim, qui luật biến đổi tính axit-bazơ… * Vận dụng kiến thức về hoá học đại cƣơng nhƣ: Thuyết Lewis, thuyết VB, thuyết MO để giải thích sự hình thành liên kết, cấu tạo phân tử dẫn đến khả năng phản ứng. Dựa vào mô hình VSEPR để dự đoán dạng hình học phân tử. * Dựa vào kiến thức cơ sở về sự biến thiên các giá trị nhiệt động: Biến thiên thế đẳng áp (G), biến thiên entanpi (H), biến thiên entropi (S) biến thiên thế điện cực chuẩn (E0) để xét chiều diễn biến của quá trình, xét tính chất axit-bazơ một cách định lƣợng hơn, tính oxi hoá-khử, khả năng phản ứng với các đơn chất hợp chất... 1.3.3. Bài tập về điều chế các đơn chất, hợp chất vô cơ và ứng dụng Khai thác các bài tập về điều chế, ứng dụng dựa trên tính chất vật lí và hoá học của các đơn chất và hợp chất. Hiện nay có rất nhiều cách phân loại bài tập khác nhau trong các tài liệu giáo khoa. Vì vậy cần có cái nhìn tổng quát về các dạng bài tập dựa vào việc nắm chắc các cơ sở phân loại. 1.4. Vận dụng kiến thức để giải bài tập Để giải bài tập ngƣời học phải biết vận dụng lý thuyết đã học ở nội dung các chƣơng các bài, quá trình này thực chất đòi hỏi ngƣời học phải cố gắng có một kĩ năng nhận thức và tƣ duy nhất định. Hoạt động nhận thức và phát triển

tƣ duy của sinh viên trong quá trình dạy học hóa học. Nhận thức là một trong ba mặt cơ bản của đời sống tâm lí con ngƣời (nhận thức, tình cảm, lí trí). Nó là tiền đề của hai mặt kia và đồng thời có mối liên hệ chặt chẽ với chúng và các hiện tƣợng tâm lí khác. Tƣ duy là một quá trình tâm lí phản ánh những thuộc tính bản chất, những mối liên hệ bên trong có tính quy luật của sự vật hiện tƣợng trong hiện thực khách quan mà trƣớc đó ta chƣa biết. 1.5. Xu hƣớng phát triển của bài tập hóa học hiện nay Bài tập hóa học vừa là mục tiêu, vừa là mục đích, vừa là nội dung vừa là phƣơng pháp dạy học hữu hiệu do vậy cần đƣợc quan tâm , chú trọng trong các bài học. Nó cung cấp cho học sinh không những kiến thức, niềm say mê bộ môn mà còn giúp ngƣời học giành lấy kiến thức, là bƣớc đệm cho quá trình nghiên cứu khoa học, hình thành và phát triển có hiệu quả trong hoạt động nhận thức của học sinh. Bằng hệ thống bài tập sẽ thúc đẩy sự hiểu biết của sinh viên, sự vận dụng những hiểu biết vào thực tiễn, sẽ là yếu tố cơ bản của quá trình phát triển xã hội, tăng trƣởng kinh tế nhanh và bền vững xã hội. Xu hƣớng phát triển của bài tập hóa học hiện nay hƣớng đến rèn luyện khả năng vận dụng kiến thức, phát triển tƣ duy hóa học. Những bài tập có tính chất học thuộc trong các câu hỏi lý thuyết sẽ giảm dần mà đƣợc thay bằng các câu hỏi đòi hỏi sự tƣ duy, tìm tòi. Dạy học “chú trọng rèn luyện phƣơng pháp tự học” ở trƣờng Đại học đƣợc xem là rất quan trọng và đƣợc nhiều trƣờng coi trọng áp dụng. Ngoài ra, trong thời gian gần đây, một số chiến lƣợc đổi mới phƣơng pháp dạy học đƣợc thử nghiệm đó là “ dạy học hƣớng vào ngƣời học”, “hoạt động hóa ngƣời học.

Chƣơng 2 XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP HOÁ HỌC VÔ CƠ BẬC ĐẠI HỌC PHẦN CÁC NGUYÊN TỐ PHI KIM NHÓM VA, IVA, IIIA

Câu 1 1. Sắp xếp theo thứ tự tăng dần sự biến thiên độ bền liên kết, tính axít, bazơ của các hợp chất hiđrua cộng hoá trị trong dãy sau và giải thích: CH4, NH3, H2O, HF. 2. Sắp xếp theo thứ tự tăng dần sự biến thiên góc liên kết trong dãy: CH4, NH3, H2O. Hƣớng dẫn 1. - Độ bền liên kết tăng dần theo thứ tự sau: NH 3, CH4, H2O, HF Giải thích: Từ C, N, O, F là các nguyên tố trong cùng chu kỳ, nói chung hiđrua của chúng có độ bền tăng dần do độ âm điện lớn dần và bán kính nhỏ dần. Riêng từ CH 4 đến NH3 năng lƣợng lại hơi giảm do C trong CH4 đã sử dụng cả 4 AO lai hoá tạo 4 liên kết  nhƣ nhau, phân tử là tứ diện đều. Do đó sự đẩy nhau giữa các cặp e hoàn toàn nhƣ nhau, còn trong NH3, N còn 1 cặp e chƣa liên kết gây nên sự đẩy mạnh các cặp e lên kết làm cho phân tử kém bền hơn. - Tính axít tăng theo thứ tự sau: CH 4, NH3, H2O, HF là do độ âm điện từ C → F tăng dần nên độ phân cực của liên kết H – X tăng dần hay khả năng cho H+ tăng dần. 2. Góc liên kết tăng dần theo thứ tự sau: H 2O, NH3, CH4 do trong 3 phân tử H2O, NH3, CH4, nguyên tử trung tâm đều lai hoá sp 3, phân tử CH4 có cấu tạo tứ diện, góc HCH = 109 o28/, còn trong phân tử H2O và NH3 góc bị ép lại nhỏ hơn 109o28/ do sự đẩy giữa 2 cặp mây e không liên kết là lớn nhất, sau đó đến sự đẩy giữa mây e không liên kết với mây e liên kết, cuối cùng sự đẩy giữa 2 mây e liên kết là yếu nhất. Trong H 2O, O còn 2 cặp e

chƣa tham gia liên kết còn trong NH 3, N có 1 cặp e chƣa liên kết → góc liên kết của H2O nhỏ hơn của NH 3. (Hoặc có thể giải thích do khả năng lai hoá sp3 giảm dần từ C đến O do sự chênh lệch phân mức năng lƣợng 2s và 2p tăng dần) Câu 2 1. Tại sao nƣớc là một oxit lƣỡng tính lí tƣởng? 2. Khảo sát và vẽ đồ thị E phụ thuộc pH của cặp oxi hoá khử sau: O2/H2O; H2O/H2. Xác định vùng bền của nƣớc, từ đó có thể rút ra điều gì về tính chất của nƣớc. PH2 =1 atm, PO2 = 1 atm, t =250C. Hƣớng dẫn 1. Nƣớc là một oxit lƣỡng tính lí tƣởng vì trong nhiều phản ứng hoá học nƣớc vừa đóng vai trò là một axit, vừa đóng vai trò là một bazơ. Tính chất đó đƣợc thể hiện ở các loại phản ứng thủy phân muối tan trong nƣớc. Tƣơng tác của nƣớc với oxit axit, oxit bazơ. Nƣớc thể hiện tính a xit: CO 32 + bazơ 1

HCO 3 + OH-

H2O axit 2

bazơ 2

axit 1

2NaOH

Na2O + H2O Nƣớc thể hiện tính bazơ: NH4+ + H2O axit1

bazơ 2

NH3 + H3O+ bazơ 1

axit 2

Tính chất lƣỡng tính đó thể hiện ở chính trong nƣớc lỏng nguyên chất, đó là khả năng tự ion hoá theo phƣơng trình: H2O + H2O

H3O+ + OH-

bazơ 1 axit 2

axit 1 bazơ 2

2. Xét cặp O2/H2O O2 + 4H+ + 4e  2H2O 10

E0= 1,23(V)

(a)

Áp dụng phƣơng trình Necstơ ta có: E = E0 -

0,059 1 0,059 1 lg + 4 = 1,23 - 0,059 pH = E0 lg + 4 4 4 [H ] PO2 [H ]

Đƣợc biểu diễn bằng đƣờng thẳng (1) trên giản đồ - Cặp H2O/H2 2H2O + 2e  H2 + 2OHE = E0 -

0,059 2

0,059 = E0 2

E= 0,00V

lg [OH-]2 PH 2 = E0 lg [OH-]2

(b)

0,059 lg [OH-]2 2

K 

0,059 = E0 lg 2

H2 O

[H + ]2

= E0 - 0,059 lg(10-14) - 0,059 pH = - 0,059 pH Đƣợc biểu diễn bằng đƣờng thẳng (2) E 1,23 

0

O2 H O 2

H2OH2

(1)

(2)



0,404



-0,826

Nƣớc có thể hoạt động nhƣ một tác nhân khử khi đó nó bị oxi hoá thành O2 theo nửa phản ứng (a) Giá trị E = +1,23(V) cho thấy nƣớc là một chất khử không mạnh. Nƣớc có thể phản ứng nhƣ một chất oxi hoá, khi đó nó bị khử đến H2 theo nửa phản ứng (b) Giữa hai đƣờng thẳng song song (1) và (2) là miền bền nhiệt động của nƣớc có nghĩa là nƣớc trơ về phƣơng diện oxi hoá -khử. Những cặp oxi hoá -khử có E phía trên đƣờng (1) có thể oxi hoá đƣợc H2O  H2O là chất khử.

Ví dụ: 4Co 3+ + 2H2O aq

4Co aq2+ + O2(k) + 4H aq+ E0 = 0,59V, E(Co+/Co+)

= + 1,82V Những cặp oxi hoá -khử có E phía dƣới đƣờng (2) có thể khử đƣợc H2O  H2O là chất oxi hoá. Câu 3 Hãy giải thích tại sao: 1. N2H4 là một bazơ 2 nấc và tính bazơ yếu hơn của NH3? 2. Tính chất đặc trƣng của NH3 là tính bazơ còn đối với N2H4 là tính khử? Hƣớng dẫn 1. Ta có N2H4 có 2 cặp electron không liên kết trên obital lai hoá sp3 của hai nguyên tử N có khả năng cho nên thể hiện là một bazơ 2 nấc. NH 3 chỉ có một cặp electron nhƣ vậy nên là bazơ 1 nấc. Tính bazơ của NH3 mạnh hơn của N2H4 vì số oxi hoá của N trong NH3 là -3, trong N2H4 là -2, điều này cho thấy mật độ điện tích âm trên nguyên tử N trong NH3 cao hơn, do vậy khả năng cho cặp electron mạnh hơn, tính bazơ mạnh hơn. 2. NH3 có cặp electron có khả năng cho mạnh nên thể hiện tính chất bazơ khá đặc trƣng. Mặt khác, do phân tử NH3 tƣơng đối bền nên thể hiện tính khử khá yếu. N2H4 có các cặp electron có khả năng cho yếu nên tính chất bazơ thể hiện rất yếu. Mặt khác, do phân tử chứa liên kết N-N tƣơng đối kém bền (do sự đẩy của các cặp e không liên kết) nên thể hiện tính khử mạnh. Câu 4 1. Giải thích tại sao ở điều kiện thƣờng CO2 là chất khí còn SiO2 là chất rắn có nhiệt độ nóng chảy rất cao? 2. Hãy giải thích tại sao: - Phân tử BF3 tồn tại nhƣng phân tử BH3 không tồn tại?

- Axit orthoboric H3BO3 là axit một lần axit? 3. Mô tả cấu tạo của phân tử B2H6? Thuyết MO đã giải thích sự hình thành liên kết 3 tâm B-H-B nhƣ thế nào? Hƣớng dẫn 1. Trong phân tử CO2, cacbon ở trạng thái lai hoá sp, trạng thái lai hoá này đƣợc làm bền bởi các liên kết π pp tạo với các nguyên tử oxi, do vậy phân tử CO2 tồn tại độc lập, lực tƣơng tác giữa các phân tử chỉ là lực tƣơng tác yếu (moment lƣỡng cực bằng 0) nên ở điều kiện thƣờng là chất khí. Khác với CO2, trong phân tử SiO2, trạng thái lai hoá sp rất không đặc trƣng với Si do không đƣợc làm bền bởi liên kết π pp (do bán kính Si lớn hơn C). Mặt khác do khả năng tạo liên kết π pd từ cặp electron của oxi vào obital d trống của Si khá mạnh đã làm bền hơn trạng thái lai hoá sp 3 của Si. Do vậy SiO2 tồn tại ở dạng polime, mỗi nguyên tử Si liên kết với 4 nguyên tử oxi khác. 2. Trong phân tử BH3, xung quanh nguyên tử B có 6 electron chƣa đủ hoàn thành octet nên phân tử BH3 không tồn tại đƣợc. Phân tử BF3 tồn tại đƣợc vì có sự tạo thành liên kết π pp từ cặp electron của F vào obital p trống của B. - Axit orthoboric H3BO3 có 3 nguyên tử hidro nhƣng là axit một lần axit vì trong dung dịch nƣớc nó có khả năng nhận thêm cặp electron trên nguyên tử oxi của nƣớc đặt vào obital p trống của B: B(OH)3 + H-OH = [B(OH)4] + H+ 3. Cấu trúc phân tử B2H6: H

B H

Trong diboran có hai liên kết ba tâm, mỗi liên kết đƣợc tạo thành do hai obital lai hoá sp3 của Bo (mỗi nguyên tử có một obital) che phủ với obital 1s của hidro tạo ra các MO liên kết, MO không liên kết và MO phản liên kết:

phản liên kết

không liên kết

liên kết

Câu 5 1. Đọc tên, nêu cấu tạo và giải thích sự biến đổi tính axít trong dãy axit hipohalogenơ 2. Giải thích tại sao ion XO bền hơn các axít HXO tƣơng ứng và độ bền giảm từ ClO đến IO. 3. Từ các giá trị thế điện cực, hãy cho biết về mặt nhiệt động học halogen nào có khả năng oxi hoá nƣớc giải phóng oxi ở điều kiện tiêu chuẩn. Phản ứng của chúng với nƣớc thực tế diễn ra nhƣ thế nào? Biết: E0(F2/2F-) = 2,87V; E0 (Cl2/2Cl-)=1,36V; E0(I2/2I-)=0,54V ;

E0(

Br2/2Br- ) = 1,07V O2 + 4H+ (10-7M) + 4e

2H2O

Eo = +0,815V

Hƣớng dẫn 1. Đọc tên:

HClO: axit hipoclorơ; HBrO: axit hipobromơ; HIO: axit

hipoiodơ Cấu tạo:

(liên kết O - X còn đƣợc làm bền hơn nhờ liên kết  cho kiểu p  d) Tính axit:

HClO

HBrO

- Tính axít giảm dần

HIO

Từ HClO  HIO độ bền liên kết O-X giảm dần (do khả năng xen phủ của AO 2p và np giảm dần) độ bền liên kết H-O tăng dần, khả năng phân li H+ yếu dần, HIO còn phân li kiểu bazơ (hoặc do từ Cl  I độ âm điện giảm, khả năng hút e giảm  làm giảm độ phân cực của liên kết O-H tính axit giảm) 2. Ion XO- bền hơn các axít HXO tƣơng ứng. Nguyên nhân là do trong XO- mật độ electron của oxi cao hơn trong HXO do đó làm tăng mức độ tạo liên kết  kiểu p  d. Liên kết X-O tạo thành do sự xen phủ của AO np (của X) với AO 2p của oxi. Từ Cl  I tăng sự chênh lệch năng lƣợng giữa hai AO trên ngày càng lớn nên liên kết càng kém bền. Mặt khác khả năng tạo liên kết  p-d cũng giảm dần từ Cl  I nên độ bền các ion XO- giảm từ ClO- đến IO-. 3.

O2 + 4H+ (10-7M) + 4e

2H2O

Eo = +0,815V

E0 (F2/2F-) = 2,87V; E0 (Cl2/2Cl-)=1,36V; E0 ( Br2/2Br- ) = 1,07V > 0,815 V E0(I2/2I-) = 0,54V < 0,815 V Về mặt nhiệt động F2, Cl2, Br2 có khả năng oxi hóa nƣớc giải phóng oxi. Thực

tế:

flo phản ứng mãnh liệt với nƣớc: 2F2 + H2O → HF + O2 Clo, brom phản ứng theo phƣơng trình:

X2 + 2H2O

H3O+ + X- +

HOX Iot không phản ứng Câu 6 Hai nguyên tố C và N là 2 nguyên tố kế tiếp nhau ở chu kỳ 2 của bảng hệ thống tuần hoàn. Hãy giải thích: 1. Liên kết C  C có hoạt tính mạnh, trong khi liên kết N  N có hoạt tính rất yếu?

2. Liên kết đơn C – C rất bền so với liên kết đơn N – N ? H3C – CH3 (kcal/mol)

H2N – NH2

Hƣớng dẫn 1. Liên kết N  N có năng lƣợng liên kết 942kJ/mol lớn hơn so với liên kết có năng lƣợng liên kết 830kJ/mol. Liên kết N  N không phân cực, các nguyên tử N đều bão hòa hóa trị còn liên kết

do C  C thì C có hóa trị 4 nên tùy thuộc vào nhóm thế làm

cho liên kết có sự phân cực, sự phân cực này có thể làm tăng hoạt tính của liên kết. Thế ion hóa của hệ N  N (15,58 eV) khá cao so với hệ C  C (11,406 eV) do đó khó nhƣờng điện tử để tạo liên kết. H3C – CH3

H2N – NH2

Sự giảm mạnh độ bền của liên kết N  N do ảnh hƣởng sự đẩy của 2 cặp electron không liên kết của N. Câu 7 1. Trình bày cấu tạo phân tử ozon theo thuyết VB và thuyết cộng hƣởng. 2. Hãy chứng minh rằng về mặt năng lƣợng không thể coi O 3 có cấu trúc vòng kín. Biết: Năng lƣợng phân li oxi là 118 Kcal /mol Năng lƣợng liên kết O-O là 33 Kcal /mol và

3O2 =2O3

 H0298 = 67,8 Kcal

Hƣớng dẫn 1. Thực nghiệm cho biết phân tử ozon có cấu trúc góc ( = 0,52). Góc liên kết bằng 1170 ~ 1200 chứng tỏ nguyên tử oxi trung tâm ở trạng thái lai hoá sp2

O   



sp2

1AO - sp2 có 1 cặp e tạo liên kết “cho nhận” với một trong hai nguyên tử oxi có 1 AO - p trống. 1AO - sp2 có 1 e độc thân tạo liên kết  với nguyên tử oxi còn lại. Trên nguyên tử oxi trung tâm còn 1AO-sp2 chứa cặp e tự do. Nhƣ vậy oxi trung tâm còn AO-2pz không tham gia lai hoá có 1 e độc thân nằm vuông góc với mặt phẳng chứa liên kết, e này xen phủ với 1AO-2pz cũng có 1 e độc thân của một trong hai nguyên tử oxi bên cạnh tạo ra 1 liên kết  không định xứ. 2p

.. . .  .. . O

sp2

2p  . . ..  ..  .. O O

sp2

O* O*



Điều này phù hợp với độ dài liên kết O-O (trong O3) bằng 1,2 A0 nằm trung gian giữa liên kết đơn O-O (trong O2) là 1,49 A0 và liên kết đôi O=O trong O2 là 1,21 A0  trong O3 liên kết O-O có đặc tính kép thực sự có thể mô tả nhƣ sau 



O O

hay O

2. Nếu gán cho phân tử O3 cấu trúc vòng kín

o o

thì nhiệt nguyên tử hoá của ozon là: 3.33 = 99 kcal.mol-1

O O

nguyên tử hoá (O3) =

3.118  67 , 8 2

= 99 kcal.mol-1

Vậy về mặt năng lƣợng hoàn toàn không thể chấp nhận đƣợc O 3 có cấu trúc vòng kín.

Câu 8 1. Dựa vào cấu trúc phân tử và thuyết axit-bazơ của Bronsted. Hãy giải thích sự biến đổi tính axit trong dung dịch nƣớc theo chiều từ HF đến HI, lực của các bazơ liên hợp thay đổi nhƣ thế nào? 2. Nếu thay dung dịch nƣớc bằng NH3 lỏng và bằng axit axetic nguyên chất thì hằng số phân li của các axit trên sẽ tăng hay giảm và trật tự biến đổi tính axit tính bazơ trong dãy trên có thay đổi không? Hƣớng dẫn 1. Nói đến lực axit trong dung dịch H2O chính là xem xét phân tử phân li ra proton dễ hay khó. Các obitan phân tử liên kết ở các phân tử HX đƣợc hình thành từ sự tổ hợp các obitan 1s-2pz, 1s-3pz,1s-4pz,1s-5pz. Sự chênh lệch về năng lƣợng của các obitan trong các liên kết trên càng tăng từ HF đến HI, do đó khả năng tách H+ càng tăng. HX + H2O Axit

Bazơ

H3O+ + XAxit

Bazơ

Axit càng mạnh thì bazơ liên hợp càng yếu. Vì vậy theo chiều từ F - đến I- tính bazơ giảm. 2. Nếu thay nƣớc bằng NH3 lỏng hay bằng axit axetic nguyên chất thì kết luận về trật tự biến đổi lực axit vẫn nhƣ cũ, nhƣng lực axit hay bazơ riêng thì thay đổi.

NH3 lỏng có áí lực proton mạnh, các chất trong nƣớc là axit yếu nhƣ HF HF + NH3  NH 4 + F-

cũng trở thành axit mạnh:

Vì thế các lực axit HX bị san bằng trong NH3 lỏng. Còn trong dung môi axit axetic nguyên chất thì các axit HX bị phân hoá về độ axit rõ rệt (axit axetic là dung môi phân biệt đƣợc). Câu 9 Silic có cấu trúc tinh thể giống kim cƣơng với thông số mạng a = 0,543nm. Tính bán kính nguyên tử cộng hóa trị của silic và khối lƣợng riêng (g.cm-3) của nó. Cho biết MSi = 28,086g.mol-1. Kim cƣơng có cấu trúc lập phƣơng tâm mặt (diện), ngoài ra còn có 4 nguyên tử nằm ở 4 hốc (hole) tứ diện của ô mạng cơ sở. Hƣớng dẫn

Đƣờng chéo chính của ô mạng cơ sở là 2D = 3 a Nên hình lập phƣơng chứa hốc tứ diện có D = a

3 trên đƣờng này có 2

D a 3 a 3 = 2rSi =  rSi = = 0,118nm 2 4 8

Số nguyên tử Si trong một ô mạng cơ sở: 8.(1/8) + 6(1/2) + 4 = 8 Vậy ta tính đƣợc khối lƣợng riêng của Si là: d =

8.MSi 8.28,086/6,02.1023 = = 2,33g.cm-3 3 -7 3 a (0,543.10 )

Câu 10 Hãy giải thích:

1. Sự khác nhau về cấu tạo của các muối tionyl halogenua (SOX 2) và sunfuryl halogenua (SO2X2 ). 2. Bậc liên kết S-O giảm theo dãy OSF2, OSCl2, OSBr2. Hƣớng dẫn 1. Các tionyl halogenua SO2X2 (X, F, Cl, Br) có cấu tạo hình chóp tam giác với nguyên tử lƣu huỳnh ở đỉnh có trạng thái lai hoá sp 3. Ba Obitan lai hoá sp3 tạo thành 3 liên kết  với Obitan P của nguyên tử oxi và 2 nguyên tử halogen, còn lại 1AO-sp3 chứa cặp e tự do của lƣu huỳnh.  1 ,45 A

S x

Các SO2X2 (X, F, Cl) có cấu tạo tứ diện lệch với nguyên tử S ở trung tâm Ngoài ra còn có một phần của liên kết  cho kiểu p0  dS. có trạng thái lai hoá sp3. 4AO-sp3 tạo 4 liên kết  với Obitan p của các nguyên tử oxi và halogen. Ngoài ra còn có 1 phần của liên kết  cho kiểu p0  dS.

O 1200

O1,43A0

x 1110

2. Bậc liên kết đƣợc xác định bằng số cặp e tạo liên kết đó. F > Cl > Br khả năng hút e trên nguyên tử S trong các tionyl halogen SOX2 giảm dần từ F  Cl  Br giảm khả năng tạo liên kết  pO dS. Nên độ bội liên kết giảm.

Câu 11 Cacbon và silic là những nguyên tố kế tiếp nhau ở nhóm IVA của bảng hệ thống tuần hoàn. Hãy giải thích tại sao: 1. Nhiệt độ nóng chảy của kim cƣơng (>4000 0C) lớn hơn của silic (14100C) rất nhiều. 2. CO2 tồn tại ở dạng đơn phân tử thẳng còn SiO2 phân tử polime. Từ đó rút ra kết luận gì về nhiệt độ nóng chảy của CO2 và SiO2. 3. CCl4 trơ đối với nƣớc còn SiCl4 bị thuỷ phân nhanh chóng. 4. Có sự khác biệt gì về cấu tạo phân tử và tính chất axit – bazơ của các hợp chất N(CH3)3 và N(SiH3)3. 5. Không thể điều chế đƣợc các hợp chất của C loại R2C(OH)2 nhƣng các silandiol nhƣ: (C2H5)2Si(OH)2 lại có thể tách ra đƣợc. Hƣớng dẫn 1. Kim cƣơng (C), Si đều có cấu trúc cùng loại. Các nguyờn tử C, Si đều ở trạng thái lai hoá sp3, tuy nhiên liên kết C- C bền hơn liên kết Si – Si nhiều do bán kính nguyên tử C nhỏ, lớp vỏ dƣới lớp hoá trị 1s2 bị nén chặt. Vì vậy t 0nc của kim cƣơng cao hơn Si nhiều. 2. C có khả năng tạo liên kết bội p - p bền vững do đó CO2 tồn tại ở dạng đơn phân tử thẳng O = C = O ứng với trạng thái lai hoá sp của nguyên tử cacbon. Ở Silic khả năng tạo liên kết bội p - p rất kém SiO2 có cấu tạo tứ diện ứng với trạng thái lai hoá sp 3 của nguyên tử Silic, mỗi nguyên tử silic liên kết với 4 nguyên tử oxi nằm ở 4 đỉnh của tứ diện. Nhƣ vậy mỗi nguyên tử oxi liên kết với hai nguyên tử oxi ở hai tứ diện cạnh nhau, do đó SiO2 ở dạng polime với cấu trúc ba chiều. Từ cấu trúc phân tử của CO2 và SiO2 ta thấy t 0nc SiO2 lớn hơn t 0nc của CO2.

3. Phân tử CCl4 đã đầy đủ e nên có tính trung hoà và trơ. SiCl4 còn obitan d trống của Si có thể nhận thêm e nên có tính axit đồng thời dễ bị thuỷ phân. 4.* N(CH3)3 có cấu trúc tháp N lai hoá sp3 một obitan sp3 chứa cặp e chƣa chia và N(CH3)3 có tính bazơ 

N CH3

CH3 CH3

* N(SiH3)3 Có obitan 3d trống ở Si với năng lƣợng không quá cao obitan này có thể xen phủ với obitan p đầy của N tạo ra liên kết d  - P. N ở trạng thái lai hoá sp2 phân tử có cấu trúc phẳng. Mặt khác cũng vì có sự chuyển dịch e từ nitơ sang silic mà phân tử hầu nhƣ không có tính bazơ.

Si +

+ -

´ AO 3d trông

N -

` AO 2pz đa˜ điên

+ ++

Si +

N -

‚ su.‚ xen phu

Sự tạo thành liên kết d - d giữa silic và nitơ trong N(SiH3)3 5. Hợp chất R2C(OH)2 kém bền vững do sự đẩy giữa các nhóm OH, bán kính nguyên tử C nhỏ ít làm cản trở lực đẩy. Mặt khác khả năng hình thành liên kết bội của C mạnh nên phân tử nhanh chóng tách nƣớc chuyển thành R2C=O bền hơn.Các silandiol tồn tại đƣợc do liên kết Si – O bền, kích thƣớc của nguyên tử Si lớn làm giảm lực đẩy giữa 2 nhóm OH.

Câu 12 1. Thực nghiệm cho biết cả ba hợp chất CHBr3, SiHBr3, CH(CH3)3 đều có cấu tạo tứ diện. Có ba trị số góc liên kết tại tâm là 110 o; 111o; 112o (không kể tới H khi xét các góc này). Độ âm điện của H là 2,20; CH3 là 2,27; Csp3 là 2,47; Si là 2,24; Br là 2,50. Dựa vào mô hình sự đẩy giữa các cặp e hóa trị (VSEPR) và độ âm điện, hãy cho biết trị số góc của mỗi hợp chất và giải thích. 2. Mô tả cấu trúc các phân tử N(CH3)3 và N(SiH3)3. So sánh góc liên kết CNC với SiNSi. So sánh tính bazơ giữa 2 hợp chất trên. Hƣớng dẫn 1. Cấu tạo không gian của các phân tử đƣợc biểu diễn nhƣ sau:

Br Br

Br (1)

H 3C Br

(2)

SiHBr3

C CH3 CH3 (3)

CHBr3

CH(CH3)3

- Góc liên kết đƣợc tạo thành bởi trục của đám mây electron của 2 obitan tạo thành liên kết. Sự phân bố mật độ electron của các đám mây này phụ thuộc vào độ âm điện của nguyên tử trung tâm A và phối tử X. Ở cả 3 hợp chất nguyên tử trung tâm A đều có lai hoá sp3 vì lớp vỏ hoá trị có 4 cặp electron. Sự khác nhau về trị số của các góc chỉ phụ thuộc vào độ âm điện tƣơng đối giữa các nguyên tử liên kết. - Khi so sánh 2 góc Br – A – Br ở (1) và (2), liên kết Si-Br phân cực hơn liên kết C – Br nên góc Br – C – Br có trị số lớn hơn góc Br – Si – Br.

- Khi so sánh 2 góc Br – C – Br và H3C – C – CH3 ở (2) và (3), liên kết C – Br phân cực hơn liên kết C – CH3 nên góc ở (3) lớn hơn ở (2). - Từ hai so sánh trên thấy rằng trị số các góc tăng dần theo thứ tự sau: Góc ở (1) < Góc ở (2) < Góc ở (3) 2. N(SiH3)3 có cấu trúc tháp, N ở trạng thái lai hóa sp3, một obitan sp3 chứa cặp e tự do có khả năng nhận H+ nên N(CH3)3 có tính bazơ. * N(SiH3)3 có obitan d còn trống ở Si với năng lƣợng không quá cao có thể xen phủ với obitan p đầy của N tạo ra liên kết kép kiểu p – d nên N ở trạng thái lai hóa sp2, phân tử có cấu trúc phẳng. Mặt khác, do có sự chuyển dịch e từ Nitơ sang Si mà phân tử hầu nhƣ không còn tính bazơ. * Góc liên kết N(CH3)3 là góc tứ diện = 104,5o < góc liên kết N(SiH3)3 = 120o. Câu 13 1. Axit flohydric là một axit yếu nhất trong các axit HX nhƣng lại tạo đƣợc muối axit còn các axit khác thì không có khả năng này ? 2. Bo và Nhôm là hai nguyên tố kề nhau ở phân nhóm IIIA. tại sao có phân tử Al2Cl6 nhƣng không có phân tử B2Cl6 ? 3. Viết cấu trúc Lewis của NO2 và nêu dạng hình học của nó. Dự đoán dạng hình học của ion NO2- và ion NO2+. So sánh hình dạng của 2 ion với NO2. 4. Năng lƣợng liên kết của BF3 = 646 kJ/mol còn của NF3 chỉ = 280 kJ/mol. Giải thích sự khác biệt về năng lƣợng liên kết này. 5. Điểm sôi của NF3 = 1290C còn của NH3 = 330C. Amoniac tác dụng nhƣ một bazơ Lewis còn NF3 thì không. Momen lƣỡng cực của NH3= 1,46D

lớn hơn nhiều so với momen lƣỡng cực của NF3 = 0,24D mặc dù độ âm điện của F lớn hơn nhiều so với H. Hãy giải thích. Hƣớng dẫn 1. Một phần vì năng lƣợng liên kết H ─ F rất lớn, một phần vì khi tan trong nƣớc ion F ¯ tƣơng tác với phân tử HF tạo ra ion phức HF2¯ . Do 1 phần phân tử HF liên kết tạo ra HF2¯ nên hàm lƣợng tƣơng đối của ion H3O+ không lớn  HF có tính axit yếu. Đồng thời dung dịch HF có các ion dạng HF2¯, H2F3¯, H3F4¯…khi trung hòa tạo ra các muối axit nhƣ KHF2, KH2F3 … 2. Để có đƣợc cơ cấu bền vững hơn ở trạng Cl thái không nƣớc, AlCl3 có khuynh hƣớng dime

Cl Al

hoá.

Cl Al

Do hiệu ứng lập thể mà phân tử BCl3 không Cl có khuynh hƣớng này.Vì kích thƣớc của nguyên tử

B quá nhỏ nên sự có mặt của 4 nguyên tử Clo có thể tích tƣơng đối lớn, quanh

nó sẽ gây ra tƣơng tác đẩy nhau lớn làm cho phân tử không bền

vững. 3. Cấu trúc Lewis và dạng hình học: NO2+

NO2 O

N O

1320

+ N + N

NO2 O

O O

1150

* Trong NO2 và NO 2 đều có N ở trạng thái lai hoá sp2, nên có cấu trúc dạng góc.

NO2 chỉ có 1e chƣa liên kết nên lực đẩy các cặp e liên kết yếu hơn NO 2 có cặp e chƣa liên kết  góc liên kết NON của NO2 > góc liên kết NON của NO 2 . * Nguyên tử N trong NO 2 ở trạng thái lai hoá sp và không còn e tự do nên hai liên kết  có khuynh hƣớng tạo góc 180o để giảm thiểu lực đẩy giữa các đôi e liên kết dẫn đến hình học tuyến tính(180o). 4. NF3 có N lai hóa sp3 (dạng tháp),còn BF3 có B lai hóa sp2 trong đó có một phần liên kết  cho tạo bởi xen phủ AO p chƣa liên kết của F với AO p còn trống của B  liên kết BF bền hơn nên năng lƣợng liên kết của BF3 lớn hơn so với của NF3. 5. -Độ âm điện lớn của F làm giảm mật độ e trên N và giảm tính bazơ của N trong NF3. - NH3 có t0sôi > t0sôi của NF3 do NH3 có liên kết H liên phân tử. - Trong NF3 đôi e không liên kết tạo momen lƣỡng cực theo chiều ngƣợc lại với chiều momen lƣỡng cực chung của các liên kết NF (do độ âm điện của F > N)  các momen lƣỡng cực triệt tiêu nhau nên  nhỏ ( 0).Còn trong NH3 momen lƣỡng cực của đôi e không liên kết cùng hƣớng với momen lƣỡng cực chung của các liên kết NH (do độ âm điện của N > H). Câu 14 1. Tại sao có các phân tử BF3, BCl3, BBr3 nhƣng không có phân tử BH3? 2. Hãy mô tả cấu trúc phân tử BX3. Obitan lai hoá của Bo ở trạng thái lai hoá nào? Trạng thái lại hoá này thay đổi nhƣ thế nào khi halogenua Bo hình thành một liên phân tử với một bazơ, ví dụ nhƣ Pyridin (C 5H5N)? Sự thay đổi cấu trúc xung quanh Bo với sự hình thành liên phân tử nói trên sẽ thuận lợi hơn

khi X là F hay I ? Hãy sắp xếp BF3, BCl3, và BBr3 theo chiều tăng dần tính axit Lewis dựa vào sự xem xét cấu trúc nói trên. 3. Độ âm điện là căn cứ quan trọng khác trong việc dự đoán tính axit Lewis. Sắp xếp BF3, BCl3, và BBr3 theo chiều tăng dần tính axit Lewis chỉ dựa trên độ âm điện của các nguyên tố halogen (hiệu ứng cảm ứng). 4. Sự hình thành liên phân tử giữa halogenua Bo (axit Lewis) với Pyridin (bazơ Lewis) toả nhiệt hay thu nhiệt? Axit Lewis nào có biến thiên entanpi lớn nhất khi hình thành liên phân tử ? 5. Mặc dù sự tính toán độ bền tƣơng đối của ba halogenua Bo ở trạng thái khí là tốt hơn, nhƣng trạng thái lỏng của các vật liệu này cũng có thể đƣợc sử dụng nhƣ một trạng thái nghiên cứu có thể chấp nhận đƣợc, vì halogenua Bo là những chất lỏng hoặc chất khí tƣơng đối không phân cực. Quá trình trộn Bo halogenua với nitrobenzen có biến thiên entanpi là ΔH1 và quá trình trộn dung dịch nitrobenzen-Bo halogenua với Pyridin cũng trong nitrobenzen có biến thiên entanpi là ΔH2, đã cho ở dƣới đây: BX3(lỏng) + C6H5NO2(lỏng) → C6H5NO2BX3 (dung dịch) ΔH1 C6H5NO2BX3(dd) + C5H5N(dd) → C5H5NBX3(dd) + C6H5NO2(dd) ΔH2 ΔH1 (kcal/mol)

BF3

BCl3

BBr3

 6.7

 8.7

 12. 5

ΔH2 (kcal/mol)

 25.0

 30.8

 32. 0

Hãy tính ΔH3 cho các phản ứng sau, các kết quả thu đƣợc có phù hợp với dự đoán của bạn

không?

BX3(lỏng) + C5H5N(dung dịch) →

C5H5NBX3(dung dịch) 6. Các Bo halogenua cũng có khả năng phản ứng rất khác nhau với nƣớc. BF3 tạo ra hợp chất cộng bền vững, trong khi đó BCl3 và BBr3 phản ứng mãnh liệt với nƣớc ở những nhiệt độ thấp hơn 20oC. Hãy dự đoán các sản phẩm A, B và C của các phản ứng sau:

BF3 + H2O → A;

BCl3 (hay

BBr3) + 3H2O → B + C 7. Loại liên kết nào có thể đƣợc hình thành thêm trong BX 3 giữa nguyên tử trung tâm Bo và một trong số các nguyên tử halogen của nó, có chứa những cặp electron tự do, nhằm thoả mãn quy tắc "bát tử"? hãy giải thích tại sao liên kết hình thành thêm này có ảnh hƣởng dến tính axit Lewis của BX3. Hƣớng dẫn 1. - Sự có mặt của liên kết  trong các phân tử BF3, BCl3… làm cho các lớp vỏ hoá trị của nguyên tử B lẫn nguyên tử halogen đạt quy tắc bát tử(bền vững). Không có đƣợc liên kết  ở BH3, quanh B chỉ có 6e ở lớp vỏ ngoài cùng nên phân tử BH3 không bền vững và có khuynh hƣớng dime hoá để có cấu trúc bền vững.( Sự có mặt 2 liên kết 3 tâm xuất hiện sự xen phủ của 2 obital lai hóa sp2 của nguyên tử B và obital 1s của H làm cho các nguyên tử B đều bão hoầ phối trí và có cơ cấu bền vững) - Nguyên tử trung tâm B có lai hoá sp2 và BX3 có cấu tạo tam giác. X X

B X

2. Khi hình thành một liên phân với pyridin, cấu trúc xung quanh nguyên tử trung tâm bo chuyển thành cấu trúc lai hoá sp 3 tứ diện. Sự thay đổi cấu trúc này bị cản trở không gian khi xung quanh nguyên tử bo có những nhóm hoặc nguyên tử lớn (chẳng hạn iot) và sự hình thành liên phân là không thuận lợi. Vì thế, BF3 đƣợc dự đoán có khuynh hƣớng tạo thành liên phân mạnh nhất. (BF3 đƣợc dự đoán có tính axit Lewis mạnh nhất) X N:

B X

N X

B X

sp3

sp2

3. Halogen có độ âm điện lớn hơn sẽ di chuyển mạnh hơn mật độ khỏi nguyên tử trung tâm bo và vì thế làm tăng tính axit. Thứ tự tính axit Lewis: BF3 > BCl3 > BBr3 4. Cũng giống nhƣ phản ứng trung hoà giữa HCl và NaOH, phản ứng tạo thành liên phân axit-bazơ bền, đƣợc dự đoán, cũng toả nhiệt. Biến thiên entanpy sẽ là lớn nhất ở axit Lewis mạnh nhất, BF3. 5.

BF3

BCl3

ΔH3 = ΔH1 + ΔH2; - 31,7 - 39,5

BBr3

- 44,5 (kcal/mol)

Thứ tự thực tế của tính axit là ngƣợc với các dự đoán dựa trên độ âm điện của các halogen. 6.

A = BF3 H2O; B = B(OH)3, C = 3 HX (3 HCl or 3 HBr)

Các axit Lewis mạnh nhƣ BCl3 and BBr3 có thể hoạt hoá các liên kết OH trong phân tử nƣớc để tạo thành B(OH)3 đồng thời giải phóng HX. Các liên kết ð cho nhận, tạo thành bởi một đôi electron độc thân của O, có mức năng lƣợng tƣơng đƣơng với obitan trống pz của bo , có thể ổn định cấu trúc B(OH)3 nhƣ sẽ đƣợc giải thích trong 7. pz-obitan trống trong nguyên tử bo

có thể tiếp nhận một liên kết  cho nhận từ một cặp electron độc thân của flo, để thoả mãn quy tắc bát tử đối với bo và rút ngắn khoảng cách liên kết B-F. :

: F

:F:

Vì các cấu trúc cộng hƣởng nhƣ trên sẽ không tồn tại trong hợp chất liên phân, hiệu ứng cộng hƣởng sẽ làm yếu khuynh hƣớng tạo thành liên phân với piriđin. Khả năng hình thành liên kết cho nhận  giảm đi mạnh ở các nguyên tố (halogen) nặng hơn, do sự khác nhau về năng lƣợng giữa B và X. Sự cộng hƣởng của các liên kết cho nhận  trở thành ít quan trọng hơn trong các clorua và ít quan trọng nhất ở bromua. Các cấu trúc cộng hƣởng có liên kết cho nhận  có ảnh hƣởng lớn đến mứôncs thể làm đảo ngƣợc khuynh hƣớng đƣợc dự đoán từ hiệu ứng cảm ứng tƣơng đối và các hiệu ứng không gian khi hình thành liên phân tử. Câu 15 Phân tử HF và phân tử H2O có momen lƣỡng cực, phân tử khối gần bằng nhau (HF =1,91 D, H2O = 1,84 D, MHF = 20, MH O = 18); nhƣng nhiệt độ 2

nóng chảy của hiđroflorua là – 830C thấp hơn nhiều so với nhiệt độ nóng chảy của nƣớc đá là 00C, hãy giải thích vì sao? Hƣớng dẫn Phân tử

M = 20 H-F  = 1,91 Debye

; Phân tử

có thể tạo liên kết hiđro – HF –

M = 18 H-O-H  = 1,84 Debye

có thể tạo liên kết hiđro –

H…O – * Nhiệt độ nóng chảy của các chất rắn với các mạng lƣới phân tử (nút lƣới là các phân tử) phụ thuộc vào các yếu tố: - Khối lƣợng phân tử càng lớn thì nhiệt độ nóng chảy càng cao. 30

- Lực hút giữa các phân tử càng mạnh thì nhiệt độ nóng chảy càng cao. Lực hút giữa các phân tử gồm: lực liên kết hiđro, lực liên kết van der Waals . *Nhận xét: HF và H2O có mo men lƣỡng cực xấp xỉ nhau, phân tử khối gần bằng nhau và đều có liên kết hiđro khá bền, đáng lẽ hai chất rắn đó phải có nhiệt độ nóng chảy xấp xỉ nhau, HF có nhiệt độ nóng chảy phải cao hơn của nƣớc (vì HF mo men lƣỡng cực lớn hơn, phân tử khối lớn hơn, liên kết hiđro bền hơn). Tuy nhiên, thực tế cho thấy Tnc (H2O) = 00C > Tnc(HF) = – 830C. * Giải thích: Mỗi phân tử H-F chỉ tạo đƣợc 2 liên kết hiđro với 2 phân tử HF khác ở hai bên H-F…H-F…H-F. Trong HF rắn các phân tử H-F liên kết với nhau nhờ liên kết hiđro tạo thành chuỗi một chiều, giữa các chuỗi đó liên kết với nhau bằng lực van der Waals yếu. Vì vậy khi đun nóng đến nhiệt độ không cao lắm thì lực van der Waals giữa các chuỗi đã bị phá vỡ, đồng thời một phần liên kết hiđro cũng bị phá vỡ nên xảy ra hiện tƣợng nóng chảy. Mỗi phân tử H-O-H có thể tạo đƣợc 4 liên kết hiđro với 4 phân tử H2O khác nằm ở 4 đỉnh của tứ diện. Trong nƣớc đá mỗi phân tử H2O liên kết với 4 phân tử H2O khác tạo thành mạng lƣới không gian 3 chiều. Muốn làm nóng chảy nƣớc đá cần phải phá vỡ mạng lƣới không gian 3 chiều với số lƣợng liên kết hiđro nhiều hơn so với ở HF rắn do đó đòi hởi nhiệt độ cao hơn. Câu 16 1. Dùng cấu trúc của ion SO32– để giải thích khả năng phản ứng: 2Na2SO3 + O2  2Na2SO4.

và

Na2SO3 + S  Na2S2O3.

2. Khuynh hƣớng dime hóa AlX3 và MCl3 thay đổi thế nào khi chuyển từ F đến I và khi chuyển từ Al đến In. Hƣớng dẫn 1. Nguyên tử trung tâm S ở trạng thái kích thích thứ nhất (có 4 e độc thân) và lai hóa sp3, phát sinh liên kết  do sự xen phủ p – d  ion SO 32  có cấu trúc tháp. Sự có mặt obital sp3 hai electron ở nguyên tử S trung tâm tạo khả năng cho ion SO 32  kết hợp đƣợc với O và S để tạo thành SO 24 và S2O 32  . 2. Từ F đến I kích thƣớc phối tử tăng dần  yếu tố lập thể tăng dần nên khả năng dime hóa giảm. Từ Al đến In kích thƣớc của nguyên tử trung tâm tăng  yếu tố lập thể giảm nên khả năng dime hoá tăng. Câu 17 Khi nghiên cứu cấu trúc của PCl5(r), PBr5(r) ở trạng thái tinh thể bằng tia X ngƣời ta thấy: –

1. PCl5 gồm các ion [PCl4] ; [PCl6] phân bố trong tinh thể.

2. PBr5 gồm các ion [PBr4]+; Br– . Hãy cho biết cấu trúc không gian của các phần tử và giải thích tại sao có sự khác nhau trên? Hƣớng dẫn 1. Nguyên tử P trong PCl5 và PBr5 đều ở trạng thái kích thích, lai hóa sp3d  phân tử có cấu trúc lƣỡng tháp tam giác (hai liên kết trục dài hơn các liên kết xích đạo và các góc ClPCl giữa các nguyên tử của mặt phẳng = 120o , còn các góc ClPCl giữa clo ở trục và clo ở xích đạo = 90o). Nguyên tử P trong [PCl6]

–

ở trạng thái kích thích (lai hoá sp3d2)  có cấu trúc bát diện(các góc o

ClPCl đều = 90 )

2. Không có quá trình PBr5 + Br–  PBr 6 do yếu tố lập thể. PCl4+ có P ở trạng thái lai hóa sp3 và có cấu trúc tứ diện, góc ClPCl = 90o. Câu 18 Giải thích tại sao: 1. Axit sunfuric hoà tan đƣợc đồng khi có mặt O2 (không khí)? ứng dụng của phản ứng trên trong công nghiệp. 2. Vàng và platin không phản ứng với axit sufuric đặc? Cho biết: EoO 2 +4H  / 2H 2 O = + 1,23 v ; E 0Cu E 0Au

= + 1,42 v

E 0Pt

= + 1,6 v

= + 0,34 v

E 0H SO 2

SO2

= + 0,9 v

3. Silic không tan trong mỗi dung dịch axit chỉ tan trong hỗn hợp axit HF và HNO3. Hƣớng dẫn 1.

Cu - 2e  Cu2+

E0 = - 0,34V

O2 + 4H+ + 2e  2H2O

E0 = + 1,23V

Cu + O2 + 4H+  Cu2+ + 2H2O

E = 0,89V > 0

 Đồng tan đƣợc trong môi trƣờng axit khi có mặt oxi. Trong công nghiệp dùng phản ứng trên để điều chế CuSO4 2.

2 Au -3e  Au3+

E0 = -1,42v

3 H2SO4 + 2e + 2H+  SO2 + 2 H2O

E0 = 0,9V

2Au + 3H2SO4 + 6H+  2Au3+ + 3SO2 + 6H2O E0 = -0,52V  G0 = - nEE0 > 0 do vậy phản ứng không xảy ra. Với kim loại platin xét tƣơng tự: G0 > 0 phản ứng không xảy ra. 3. Nguyên nhân là do: Khi Silic bắt đầu tan trong HNO3(đặc)tạo ra SiO2: 3Si + HNO3 đặc  3SiO2 + 4NO + 2H2O (1)

SiO2 đƣợc tạo ra bao phủ bề mặt silic cản trở sự hoà tan tiếp tục của silic, tuy nhiên SiO2 lại có đặc điểm là tan đƣợc trong HFđặc do phản ứng. SiO2 + 6 HF  H2[SiF6] + 2H2O

(2)

Kết hợp (1) và (2) ta có phƣơng trình phản ứng tổng quát: 3Si + 4HNO3 đặc+ 18 HFđặc  3H2[SiF6] + 4NO + 8H2O Câu 19 Nhôm clorua khi hoà tan vào một số dung môi hoặc khi bay hơi ở nhiệt độ không quá cao thì tồn tại ở dạng đime (Al 2Cl6). ở nhiệt độ cao (7000C) đime bị phân li thành monome (AlCl3). Viết công thức cấu tạo Lewis của phân tử đime và monome; Cho biết kiểu lai hoá của nguyên tử nhôm, kiểu liên kết trong mỗi phân tử ; Mô tả cấu trúc hình học của các phân tử đó. Hƣớng dẫn Nhôm có 2 số phối trí đặc trƣng là 4 và 6. Phù hợp với quy tắc bát tử, cấu tạo Lewis của phân tử đi me và monome: Monome ;

Đime

Al Cl

Kiểu lai hoá của nguyên tử nhôm : Trong AlCl3 là sp2 vì Al có 3 cặp electron hoá trị; Trong Al2Cl6 là sp3 vì Al có 4 cặp electron hoá trị. AlCl3 có 3 liên kết cộng hoá trị có cực giữa nguyên tử Al với 3 nguyên tử Cl.

Al2Cl6: Mỗi nguyên tử Al tạo 3 liên kết cộng hoá trị

với 3 nguyên tử Cl và 1 liên kết cho nhận với 1 nguyên tử 1200 Cl (Al: nhận; Cl: cho). Trong 6 nguyên tử Cl có 2 nguyên tử Cl có 2 liên

1200

Al Cl

1200

kết, 1 liên kết cộng hoá trị thông thƣờng và liên kết cho nhận. * Cấu trúc hình học: Phân tử AlCl3: nguyên tử Al lai hoá kiểu sp2 nên phân tử có cấu trúc tam giác phẳng, đều, nguyên tử Al ở tâm còn 3 nguyên tử Cl ở 3 đỉnh của tam giác. Phân tử Al2Cl6: cấu trúc 2 tứ diện ghép với nhau. Mỗi

nguyên tử Al là tâm của một tứ diện, mỗi nguyên tử Cl là

đỉnh của tứ diện. Có 2 nguyên tử Cl là đỉnh chung của 2 tứ

diện. ( Al; O  Cl)

Câu 20 1. Mô tả sự hình thành liên kết trong phân tử BF 3 theo thuyết VB, thuyết MO. Với cách mô tả trên có giải thích thoả đáng sự rút ngắn độ dài liên kết BF hay không d(B-F) = 1,25 AO ; rB = 0,795 AO ; rF = 0,709 AO. 2. Tại sao cho rằng phân tử BX3 có cơ chế cho nhận trong phản ứng hoá học. 3. So sánh lực axit của BX3 khi X thay đổi từ F – I. Hƣớng dẫn 1. Tổng số e hoá trị của BF3 là: 3 + 3.7 = 24e Áp dụng quy tắc V = 8n +2m (n = 3, m = 0)  B ở trạng thái lai hoá sp2, phân tử có dạng hình học tam giác đều. * Theo thuyết VB: Sự xen phủ 3AO-sp2 của B với 3AO–P một e của 3 nguyên tử F tạo 3 liên kết . Ngoài ra ở phân tử này cón có một liên kết  di động do sự xen phủ của obitan P trống của nguyên tử B và một trong các AO-

p có 1 cặp e của các nguyên tử flo. Cấu trúc của phân tử BF 3 theo thuyết VB nhƣ sau:  

 



  



 





 





 





 





 

  



F F

B

 



 



B



* Theo thuyết MO: Sự kết hợp 3AO–sp2của B với 3AO– p của 3 nguyên tử flo cho 6 MO, 3 MO liên kết, 3 MO phản liên kết. Sự tổ hợp AO – P của B với AO - p của F cho liên kết  giải toả trên toàn phân tử. Giản đồ năng lƣợng các MO và kết quả điều e đƣợc trình bày nhƣ hình vẽ: *1 *2 *3 * p    3AO sp2(B)

no 5      1 2 3

MO BF3

         AO 2p(O*3)

` e cua ´ hinh ’ BF3 [loi] câu ˝ 122222no10 F

Giản đồ năng lượng các MO và cấu hình e của BF3 Ta có Nlk =

1 .8 = 4 ( trong đó có 3 liên kết , 1 liên kết  giải toả) 2

F dang hình hoc phân tu’’ BF3 ˙ ˙ F

9A 1,2

1200

d ( B – F ) thực nghiệm = 1,29A0 d ( B – F ) lý thuyết = rB + rF = 0,795 +0,709 = 1,504A0

Nếu cho rằng nguyên nhân của sự giảm độ dài liên kết là sự chênh lệch nhiều về độ âm điện của B và F thì không thoả đáng vì khi đó: D(B – F) = RB + RF – 0,09 (F – B) = 1,504 – 0,09 (4,1 - 2) = 1,315 A0 Chính sự hình thành liên kết  ở đây đã làm cho các liên kết BF có tính kép và ngắn lại. 2. Do có 3AO – p trống nên có cơ chế cho nhận khi tạo liên kết cộng hoá trị. 3. Theo thuyết Lewis BX3 là các axit vì đều có AO trống, có khả năng nhận cặp e tự do, B đều lai hoá sp2 phân tử phẳng. Vì rx tăng dần từ F – I, nên khả năng tạo liên kết  cho X B giảm dần từ F đến I mật độ điện tử trên B giảm dần từ BF3 đến BI3 tính axit tăng dần từ BF3 đến BI3. Câu 21 Hàm

H3PO

nhiệt

4(dd)

H2PO 4

HPO4 2-

(dd)

PO43(dd)

động(298K)

H+ + OH- → H2O(lỏng)

∆H0,

-1288

-1296

-1292

-1277

-56

158

-33

-220

KJ/mol ∆S0, J/mol.K 1. Tính ∆Ho và ∆Go của các phản ứng trung hoà từng nấc H3PO4 bằng kiềm OH- + HnPO4n-3 → Hn-1PO4n-4 + H2O 2. Từ những dữ kiện đã cho ở bảng trên, tính các hằng số điện ly của H3PO4 ở 25oC 3. Tính thể tích của những dung dịch 0,1M của axit và kiềm mà khi trộn chúng thì thành 25ml dung dịch và nhiệt phát ra là 90J Hƣớng dẫn

1. ∆H0 và ∆S0 của H+ đều bằng 0 nên ∆H0(H2O) - ∆H0(OH-) = -56Kj/mol ∆H0n = ∆H03-n - ∆H03-n+1 – 56; ∆S0n = ∆S03-n - ∆S03-n+1 + 81; Mặt khác ∆G0 = ∆H0 – T.∆S0 + ∆H01 = -1296 + 1288 – 56 = -64kJ/mol; ∆S01 = 90 – 158 + 84 = 13J/mol.K nên ∆G0 = -68 kJ/mol. Tƣơng tự nhƣ trên ta có: +∆H02 = -52kJ/mol, ∆So2 = -42J/mol, ∆G02 = -39,5kJ/mol +∆H03 = -41kJ/mol, ∆S03 = -106J/mol, ∆G03 = -9,5kJ/mol 0

2. ∆G0(H2O) = -56 – 0,082.298.(-80); lnK = - ∆G0x/RT nên K = eΔGx /RT H+ + H2PO4-

H3PO4

∆G0a = ∆G01 - ∆G0(H2O) = -68 + 80 = 12kJ/mol nên K1 = 7,9.10-3 2H+ + HPO42-

H3PO4

∆G0b = ∆G02 - ∆G0(H2O) = -39,5 + 80 = 40,5kJ/mol nên K2 = 8,0.10-8 3H+ + PO43-

H3PO4

∆G0c = ∆G03 - ∆G0(H2O) = -9,5 + 80 = 70,5kJ/mol nên K3 = 4,4.10-13 3. Trƣờng hợp 1 : tạo ra hai muối axit: Ta có n OH = 0,1V2 , n H PO = 0,1V1 -

64.0,1V1 + 52.(0,1V2 – 0,1V1) = 0,09 và V1 + V2 = 0,025. Từ đó V1 = 0,01(l), V2 = 0,015(l) Trƣờng hợp 2: tạo ra muối axit và muối trung hoà. Giải tƣơng tự nhƣ trên ta có: V1 = 0,0071(l) và V2 = 0,0175(l) Câu 22 Một số phản ứng hoá học có thể bảo vệ cho con ngƣời trƣớc những vết thƣơng nặng hoặc sự tử vong. Một số phản ứng hoá học sau đây đƣợc dùng để tạo ra nhanh chóng một lƣợng lớn khí nitơ trong các túi khí an toàn trên ôtô. 2NaN3 → 2Na + 3N2(k)

(1)

10Na + 2KNO3 → K2O + 5Na2O + N2(k)

(2)

1. Hãy viết cấu trúc của anion azit và phân tử nitơ 2. Cần bao nhiêu gam natri azit và kali nitrat để tạo ra nitơ đủ nạp đầy túi khí an toàn 15 lít ở 50oC và 1,25 atm. 3. Hãy viết một phƣơng trình cân bằng riêng biệt cho sự phân huỷ nitro glyxerin. Sau đó, viết một phƣơng trình cân bằng cho sự phân huỷ chì azit dùng trong sự nổ. Nêu điểm giống nhau trong các phản ứng của natri azit, nitro glyxerin và chì azit. 4. Hãy viết phƣơng trình cân bằng cho phản ứng giữa natri azit và axit sunfuric để tạo ra axit hydrazoic (HN3) và natri sunfat. 5. Khi 60 gam natri azit phản ứng với 100mL axit sunfuric 3 M thì có bao nhiêu gam axit hydrazoic tạo thành? Hƣớng dẫn :

_ + _ :N N N:

2. Số mol N2 = PV/RT = (1,25 atm)(15L)/(0,08206 L atm K-1mol1

)(323K) = 0,707 Ta có 2 mol natri azid sinh ra 3,2 mol nitơ. Khối lƣợng natri azid cần để sinh ra 0,707 mol nitơ = (2)(0,707/3,2)(65g)

= 29 g 3.

4 C3H5(NO3)3 → 6 N2 + O2 + 12 CO2 + 10 H2O

Pb(N3)2 → Pb + 3 N2 Trong cả 3 phản ứng, các chất tham gia phản ứng đều là chất rắn hoặc chất lỏng có thể tích nhỏ. Một thể tích lớn nitơ đƣợc sinh ra. Nitroglycerin sinh ra cả những khí khác nữa. Các phân tử khí nitơ có liên kết 3 nên rất bền. Vì các phản ứng đều toả nhiệt mạnh, các khí sinh ra dãn nở nhanh. 4.

2 NaN3+ H2SO4 → 2 HN3 + Na2SO4

NaN3 = 60g / (65g/mol) = 0,923 mol

H2SO4 = 3 mol/L  0,1 L = 0,3 mol HN3 = (2)(0,3 mol)(43,0 g/mol) = 26 g Câu 23 Khối lƣợng mol của iôt là MI = 126,9g/mol; tỉ trọng của I2 rắn là d = 4,93g/mol. 1. Từ thông số mạng, xác định số phân tử I2 có trong ô mạng cơ bản.

2. Kiểm tra kết quả dựa vào sơ đồ cấu trúc tinh thể của nó. Các thông số: a = 725pm, b = 977pm, c = 478pm. Hƣớng dẫn 1. Khối lƣợng thể tích của điiot là:  = 4,93.103 kg/m3. Áp dụng công thức: ρ = Z=

M.Z  số phân tử I2 có trong ô mạng cơ bản: V.N A

ρ.V.NA M

4,9.3.103 .a.b.c.6,023.1023 4,9.3.103 .725.10-12 .977.10-12 .478.10-12 .6,023.1023 = =3,96  4 2.126,9.10-3 2.126,9.10-3

2. Dựa vào sơ đồ cấu trúc tinh thể của I2 trên hình vẽ ta có số phân tử I2 trong ô mạng cơ bản:

1 1 N=6. +8. =4 2 8

Câu 24 Một chất rắn X chỉ chứa H và O. Ở 0oC, P = 1bar nó kết tinh trong hệ lục giác. Ô mạng cơ bản cho ở hình vẽ dƣới đây.Các thông số: a = 452pm, c = 739pm. 1. Xác định số nguyên tử của mỗi nguyên tố trong ô mạng của X, từ đó rút ra công thức HxOy của mắt và số mắt trong hợp chất này. Cho biết tên thông thƣờng của chất rắn X. 2. Xác định khối lƣợng thể tích của X? 3. Xác định tính chất của X khi nhúng trong nƣớc: + Ở 0oC, P = 1bar. + tăng nhiệt độ và giữ nguyên áp suất. + tăng áp suất và giữ nguyên nhiệt độ. Cho nƣớc = 1,00.103kg/mol. Hƣớng dẫn 1 8

1 4

1. Số nguyên tử O = 8.  4.  2.1  4 ; Số nguyên tử H = 4.  7.1  8  CT của HxOy: H8O4 = 4H2O  vậy có 4 phân tử H2O trong ô mạng. Đây chính là tinh thể nƣớc đá. 2. ρ=

M.Z 2π 2 với V = c.a 2 .sinγ = 739.10-12  452  .10-24 .sin =1,31.10-28m3 V.N A 3

 ρ=

M.Z 18.10-3 .4 = = 914,25kg/m3 -28 23 V.N A 1,31.10 .6,023.10

3.Ta có: nƣớc

đá

< nƣớc  ở 0oC, P = 1bar: nƣớc đá nổi lên trên mặt

nƣớc. + Khi tăng nhiệt độ và giữ nguyên áp suất thì nƣớc đá nóng chảy tan ra chuyển sang thể lỏng.

+ Khi tăng áp suất và giữ nguyên nhiệt độ dẫn đến thể tích giảm   tăng nên nƣớc đá chảy ra thành nƣớc. Câu 25 CO2 và N2O kết tinh theo cùng cấu trúc lập phƣơng với các thông số tƣơng ứng của mạng là 557pm và 565pm. Dƣới P = 1bar, N2O nóng chảy ở 182K và CO2 ở 216K.

1. Tính số mắt mà ô mạng cơ bản của chúng có. 2. Xác định khối lƣợng thể tích của 2 hợp chất ở trạng thái rắn. 3. Bán kính cộng hóa trị của C, N và O tƣơng ứng: 77, 75, 73pm. + Tính tỉ lệ không gian của ô mạng bị chiếm bởi tập hợp các nguyên tử, giả thiết chúng có hình cầu. + Giải thích sự sai khác về nhiệt độ nóng chảy của 2 chất rắn. Hƣớng dẫn 1 1 8 2

1. Số mắt trong mỗi ô mạng: Số nguyên tử C: 8.  .6  4 1 8

1 2

Số nguyên tử O: 16.  12.  8 Nhƣ vậy trong mỗi ô mạng có 4 phân tử CO2. 2.Ta có: ρ =



M.Z với: VCO2 = a 3 = 557.10-12 V.N A

; 3

M CO2 = 44.10-3kg/mol

VN2O =  565.10-12  ; M N2O = 44.10-3kg/mol 3

Khối lƣợng thể tích của CO2 và N2O lần lƣợt là:  ρCO2 =

ρ N2O =

44.10-3 .4

 557.10  .6,023.10 -12 3

44.10-3 .4

 565.10  .6,023.10 -12 3

=1,69.103kg/m3

=1,62.103kg/m3

3. Giả thiết các hạt hình cầu có bán kính lần lƣợt là:

R C = 77.10-12 m; R N = 75.10-12 m; R O = 73.10-12 m + Tỉ lệ không gian của ô mạng bị chiếm bởi tập hợp các nguyên tử (còn gọi là độ chặt khít) của CO2 và N2O lần lƣợt là: Với

CO2:

4 3 4  Z.  πR C3 +2 πR O3  4. 4 π  77.10-12  +2.  73.10-12   3 3  = 3  C=  =0,12 -12 3 a3 557.10  

Với N2O:

4 3 4  Z.  πR O3 +2 πR N 3  4. 4 π  73.10-12  +2. 75.10-12   3 3  =0,115  = 3  C=  3 3 a 565.10-12  + Ở áp suất P = 1bar: nhiệt độ nóng chảy của N2O và CO2 lần lƣợt là: 182K và 216K. Câu 26 Cacbon thể hiện tính chất tinh thể học rất khác nhau tùy theo bản chất các dạng tồn tại của nó. 1. Kim cƣơng đặc trƣng bằng ô mạng lập phƣơng với thông số a = 357pm (hình vẽ). Tính bán kính cộng hóa trị của C.

2. Graphit có cấu trúc lục phƣơng, đặc trƣng bằng tỉ số c/a = 2,72 (hình vẽ). + Xác định các thông số mạng của nó nếu bán kính cộng hóa trị của C không đổi. + Tính giá trị thực của bán kính C trong graphit, biết thông số a thực tế là 246pm.

+ Xác định số mắt và độ compac của graphit. Hƣớng dẫn 1. Dựa vào hình vẽ, ta có khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử C (d CC

=2R) là trên đƣờng chéo hình lập phƣơng: d=

a 3 a 3 357. 3 a 3  2R = R= = = 77,3pm 4 8 8 4

2. Từ hình vẽ ta thấy: mỗi nguyên tử C liên kết với 3 nguyên tử C khác xung quanh. Khoảng cách giữa 2 nguyên tử C: d = 2R =

a 3 a 3 6R 6.77,3  R= a= = = 267,8pm 6 3 3 3

Từ tỉ số: c a = 2,72  c = 2,72a = 728,4pm + Gọi bán kính thực của C trong graphit là R’, a’ là thông số thực, ta có: 2R =

a 3 a  3 246. 3  R = = =71pm 3 6 6

1 1 Số mắt trong ô mạng cơ bản: Z  .12  1  .3  4 6 3 3 4 4 3 4. π  R   4. π  71.10-12  Z.V 3 = 3 = 0,4 Độ compac: C = 3 = 3 -12 3 a a 246.10  

Câu 27 Để xác định hàm lƣợng oxi tan trong nƣớc ngƣời ta lấy 100,00 ml nƣớc rồi cho ngay MnSO4(dƣ) và NaOH vào nƣớc. Sau khi lắc kĩ (không cho tiếp xúc với không khí) Mn(OH)2 bị oxi oxi hoá thành MnO(OH)2 . Thêm axit (dƣ), khi ấy MnO(OH)2 bị Mn2+ khử thành Mn3+. Cho KI (dƣ) vào hỗn hợp, Mn3+ oxi hoá I- thành I3-. Chuẩn độ I3- hết 10,50 ml Na2S2O3 9,800.10-3 M. 1. Viết các phƣơng trình ion của các phản ứng đã xảy ra trong thí nghiệm . 2. Tính hàm lƣợng (mmol/l) của oxi tan trong nƣớc . Hƣớng dẫn 1. Các phƣơng trình phản ứng: Mn(OH)2 

Mn2+ + 2 OH- 

2 Mn(OH)2 + O2  2 MnO(OH)2

(1)

MnO(OH)2  + 4 H+ + Mn2+  2 Mn3+ + 3 H2O 2 Mn3+ + 3 I-  2 Mn2+ + I3- +

2 S2O32-

 S4O6

I33 I-

(2) (3) (4)

b. Tính hàm lƣợng O2 tan trong nƣớc : 9,8.10-3 .10,50 nO = = 0,0257 mmol/100ml hay 0,257 mmol/lít 2.2 2

Câu 28 Từ các nguyên tố O , Na , S tạo ra đƣợc các muối A , B đều có 2 nguyên tử Na trong phân tử. Trong một thí nghiệm hoá học ngƣời ta cho m1 gam muối

A biến đổi thành m2 gam muối B và 6,16 lít khí Z tại 27,3oC ; 1 atm. Biết rằng hai khối lƣợng đó khác nhau 16,0 gam . 1. Hãy viết phƣơng trình phản ứng xảy ra với công thức cụ thể của A , B. 2. Tính m1 , m2 . Hƣớng dẫn 1. Đặt A là Na2X ; B là Na2Y , ta có : Na2X

→

Na2Y

nA = nB = nZ =

6,16.273 = 0,25(mol) 300,3.22,4

Z có thể là H2S , SO2 . Vậy Cứ 0,25 mol thì lƣợng A khác lƣợng B là 16,0 g . Vậy Cứ 1 mol thì lƣợng A khác lƣợng B là m ;

m = 16,0 : 0,25 =

64,0 hay 1 phân tử A khác 1 phân tử B là 64,0 đvC về khối lƣợng. Có thể là Na2S, Na2SO3, Na2SO4. So sánh các cặp chất, thấy A: Na2S; B: Na2SO4 . Vậy:

Na2S +

H2SO4 

Na2SO4 + H2S 

2. Tính m1, m2: m1 = 78.0,25 = 19,5 (g) m2 = 19,5 + 16,0 = 142,0. 0,25 = 35,5 (g) Câu 29 Mức tối thiểu cho phép của H2S trong không khí là: 0,01mg/l. Để đánh giá sự ô nhiễm không khí ở một nhà máy ngƣời ta làm nhƣ sau: Điện phân dung dịch KI trong 2 phút bằng dòng điện 2mA. Sau đó cho 2lít không khí lội từ từ trong dung dịch điện phân trên cho đến khi iot mất màu hoàn toàn. Thêm hồ tinh bột vào bình và tiếp tục điện phân trong 35 giây nữa với dòng điện trên thì thấy dung dịch bắt đầu xuất hiện màu xanh. Giải thích thí nghiệm và

cho biết sự ô nhiễm không khí ở nhà máy trên nằm dƣới hay trên mức cho phép. Tính hàm lƣợng của H2S trong không khí theo thể tích. Hƣớng dẫn Điện phân dung dịch KI trong 120 giây: 2KI + 2H2O → 2KOH + I2 + H2↑ (1) Cho không khí vào dung dịch sau khi điện phân: H2S + I2 → 2HI + S↓ (2) H2S còn dƣ trong dung dịch (I2 hết ). Điện phân tiếp dung dịch có chứa H2S, HI, KI trong 35 giây, ta có: H2S → H2 + S (3) Cho đến khi hết H2S, I- sẽ điện phân tạo I2 (I2 làm cho hồ tinh bột hóa xanh dấu hiệu để quá trình (3) đã hoàn thành). - Số mol I2 đƣợc giải phóng khi điện phân dung dịch KI (I = 0,002A; t = 120s): n

0,002.120 I2

0,124.10-5 mol

2.96500

- Lƣợng H2S tác dụng với I2 theo (2) là: n H S = n I = 0,124.10-5mol 2

- Điện phân dung dịch có chứa H2S trong 35 giây thì: n H S = nS = 2

0,002.35 = 0,36.10-6 mol 2.96500

-Vậy trong 2 lít không khí có chứa:

1,24.10-6 + 0,36.10-6 = 1,6.10-6 mol H2S

hay 1,6.10-6.34=54,4.10-6g hay 54,4.10-3 mg - Hàm lƣợng H2S trong không khí của nhà máy: 54,4.10-3 27,2.10-3mg/l (hay 0,0272mg/l) 2

Vậy mức độ ô nhiễm của không khí ở nhà máy đã vƣợt quá mức cho phép. Câu 30 Để xác định hàm lƣợng khí độc H2S trong không khí, ngƣời ta làm thí nghiệm sau: Lấy 30 lít không khí nhiễm H2S (d=1,2g/l) cho đi qua thiết bị phân tích có bình hấp phụ đựng lƣợng dƣ dung dịch CdSO 4 để hấp thụ hết khí H2S dƣới dạng CdS màu vàng. Sau đó axit hóa toàn bộ dung dịch chứa kết tủa trong bình hấp phụ và cho toàn bộ lƣợng H2S thoát ra hấp thụ hết vào ống đựng 10ml dung dịch I2 0,0107M để Iot oxi hóa H2S thành S. Lƣợng I2 dƣ phản ứng với lƣợng vừa đủ 12,85ml dung dịch Na2S2O3 0,01344M. Hãy viết các phƣơng trình phản ứng xảy ra và tính hàm lƣợng H 2S trong không khí theo ppm. Cho biết phản ứng I2 với Na2S2O3 tạo sản phẩm NaI và Na2S4O6. Hƣớng dẫn CdSO4 + H2S → CdS↓ + 2H2SO4 (1) Khi axit hoá bình hấp thụ: CdS + 2H+ → Cd2+ + H2S↑

(2)

Phản ứng oxi hóa H2S bằng lƣợng dƣ dung dịch I2: H2S + I2 → S↓ + 2I- + 2H+ (3) Phản ứng chuẩn độ lƣợng I2 dƣ:

I2 +

2Na2S2O3

→

Na2S4O6 (4) Ta có: n H S = n I = 0,01.0,0107 2

0,01285.0,01344 = 2,0648.10-5 mol 2

Khối lƣợng mẫu không khí: 30.1,2 = 36 gam Hàm lƣợng H2S theo ppm là: 2,0648.10-5 .

34 -6 .10 =19,5ppm 16

2NaI

KẾT LUẬN Sau một thời gian tìm hiểu nghiên cứu hoàn thành đề tài, bƣớc đầu tôi đã thu đƣợc một số kết quả sau: 1. Từ việc nghiên cứu nội dung giáo trình hoá học vô cơ bậc đại học đã hệ thống đƣợc những kiến thức cơ bản cần nắm vững đối với các loại chất khác nhau. 2. Hệ thống các kiến thức của hóa học lý thuyết và vật lý cần thiết để giải thích các tính chất của đơn chất và hợp chất vô cơ thuộc chƣơng trình đại học. 3. Dựa vào nội dung chƣơng trình, tính đặc thù của chƣơng trình và mục tiêu dạy học của học phần hoá học vô cơ thuộc chƣơng trình bậc Đại học chúng tôi đã xây dựng đƣợc hệ thống bài tập gồm 30 bài tập. Gồm các loại hình bài tập: bài tập tái hiện, vận dụng kiến thức hoá học đại cƣơng, bài tập chuyển giao, bài tập phân tích, bài tập tổng hợp và bài tập nâng cao. 4. Phƣơng án ra bài tập: Mỗi câu hỏi vừa có nội dung cơ bản và nâng cao nhƣng không làm mất đi tính hệ thống của chƣơng trình. Hầu hết các câu hỏi đƣa ra có tính logic cao. 5. Phần đáp án cho các bài tập đầy đủ, rõ ràng có tính khoa học, tạo điều kiện tốt cho sinh viên có thể tự học, tự nghiên cứu

TÀI LIỆU THAM KHẢO Tiếng Việt 1. Nguyễn Duy Ái. Định luật tuần hoàn & hệ thống các nguyên tố hoá học. NXB giáo dục, 1997. 2. Nguyễn Duy Ái. Lý thuyết phản ứng hoá học vô cơ. NXB giáo dục, 1984. 3 . Nguyễn Duy Ái – N g u y ễ n T i n h D u n g - T r ầ n T h à n h H u ế - Trần Quốc Sơn - Nguyễn Văn Tòng. Một số vấn đề chọn lọc T1, 2 của hoá học. NXB giáo dục, 1999- 2002. 4. Nguyễn Duy Ái - Đào Hữu Vinh. Bài tập hoá học đại cương & vô cơ. NXB giáo dục, 2003. 5. Nguyễn Đức Chuy. Hóa học đại cương (Dùng cho các trường Đại học & Cao đẳng). NXB giáo dục, 1998. 6. Nguyễn Cƣơng - Nguyễn Mạnh Dung. Phương pháp dạy học hoá học T1, 2, 3.

NXB giáo dục, 2001. 7. Nguyễn Hữu Đĩnh - Trần Thị Đà. Ứng dụng một số phương pháp phổ

nghiên cứu cấu trúc phân tử. NXB giáo dục, 1999. 8. Vũ Đăng Độ - Trịnh Ngọc Châu- Nguyễn Văn Nội. Bài tập cơ sở lý thuyết các quá trình hoá học. NXB giáo dục, 2002. 9. Trần Thị Đà - Đặng Trần Phách. Cơ sở lý thuyết các phản ứng hoá học. NXB giáo dục, 2004. 10. Trần Thành Huế. Hoá học đại cương T1- Cấu tạo chất. NXB giáo dục, 2000. 11. Võ Quang Mai - Trần Dƣơng (2005), Bài giảng hoá học phức chất (dành cho cao học), Huế. 12. Hoàng Nhâm. Hoá học vô cơ tập 1. NXB giáo dục, 2000. 13. Hoàng Nhâm. Hoá học các nguyên tố T1, 2. NXB đại học quốc gia, 2004. 14. Đặng Trần Phách. Bài tập hoá cơ sở. NXB giáo dục, 1985. 15. Nguyễn Văn Quang - Nguyễn Cƣơng- Dƣơng Xuân Trinh. Lý luận dạy học hoá học T1. NXB giáo dục, 1982.

16. Lê Mậu Quyền. Bài tập hoá vô cơ. NXB Khoa học & Kỹ thuật, 2001. 17. Đào Đình Thức. Cấu tạo nguyên tử & liên kết hoá học T2. NXB giáo dục & THCN, 1980. 18. Đào Đình Thức. Bài tập hoá học đại cương. NXB giáo dục, 1999. 19. Nguyễn Trọng Uyển. Hoá học vô cơ. NXB Đại học Sƣ phạm, 2003. 20. Nguyễn Đức Vận. Bài tập hoá học vô cơ. NXB giáo dục, 1983. 21. Nguyễn Đức Vận. Hoá học vô cơ ở trường THPT (Dùng bồi dưỡng thường xuyên giáo viên THPT. Sinh viên hoá học Đại học Sư phạm & Cao đẳng). NXB giáo dục, 1996. 22. Nguyễn Đức Vận. Hỏi đáp hoá vô cơ. NXB giáo dục, 1988. 23. Nguyễn Đức Vận. Thực hành hoá vô cơ. NXB giáo dục, 1984. 24. R.B. BuCat. Cơ sở hoá học. NXB giáo dục, 1998. 25. F. COTTON - GWIKINSON. Cơ sở hoá học vô cơ phần I, II, III. NXB Đại học & Trung học chuyên nghiệp, 1984. 26. NE. CUZMENCOW. EREMIN. 2400 bài tập hoa học. NXB Khoa học & Kỹ thuật, 2002. 27. René DIDRER. Bài tập hoá học đại cương. NXB Đại học Quốc gia,1997. 28. René DIDRER. Hoá học đại cương. NXB giáo dục, 1998. Tiếng Anh 29. Paul Yates. Chemical Calculations. Blackwell publishing, 2004. 30. Steven S. Zumdahl. Chemmical Principles. Houghtou Miffin, USA, 2005