Thiết kế tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học lớp 10 trung học phổ thông chuyên

MỤC LỤC

Trang phụ bìa

Lời cảm ơn

Mục lục

Danh mục các kí hiệu, các chữ viết tắt

Danh mục các bảng

Danh mục các hình vẽ, đồ thị, biểu đồ

MỞ ĐẦU . 1

Chương 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI . 4

1.1. Tổng quan về vấn đề nghiên cứu. 4

1.2. Tính cấp thiết của việc phát hiện, tuyển chọn và BDHSGHH . 5

1.3. Học sinh giỏi . 6

1.3.1. Quan niệm về học sinh giỏi . 6

1.3.2. Năng khiếu của HS trong học tập môn Hoá học. 6

1.3.3. Những phẩm chất và năng lực cần có của một HSGHH . 7

1.3.4. Dấu hiệu nhận biết học sinh giỏi. 8

1.4. Bài tập hóa học . 8

1.4.1. Khái niệm bài tập hóa học . 8

1.4.2. Tác dụng của bài tập hóa học. 8

1.4.3. Phân loại bài tập hóa học . 9

1.5. Tự học . 10

1.5.1. Khái niệm tự học. 10

1.5.2. Các hình thức tự học . 10

1.5.3. Chu trình tự học của học sinh . 11

1.5.4. Vai trò tự học . 11

1.6. Thực trạng việc dạy và học hóa học ở các trường THPT chuyên . 12

1.6.1. Mục đích điều tra . 12

1.6.2. Đối tượng và phương pháp điều tra . 12

1.6.3. Kết quả điều tra. 13

Tóm tắt chương 1 . 24

Chương 2: THIẾT KẾ TÀI LIỆU BDHSGHH LỚP 10 THPT CHUYÊN . 26

2.1. Chương trình hóa học lớp 10 THPT chuyên . 26

2.1.1. Cấu tạo nguyên tử . 26

2.1.2. Bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học – Định luật tuần hoàn. 26

pdf178 trang | Chia sẻ: mimhthuy20 | Ngày: 19/09/2020 | Lượt xem: 1393 | Lượt tải: 0download
Bạn đang xem trước 20 trang tài liệu Thiết kế tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học lớp 10 trung học phổ thông chuyên, để xem tài liệu hoàn chỉnh bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
ác chất có hình dạng đúng như dự đoán. Cho ví dụ. 4) Có thể giải thích cấu trúc hình học của phân tử dựa vào thuyết liên kết hoá trị. Hãy cho biết trạng thái lai hoá tương ứng với mỗi trường hợp ở (1). Hướng dẫn giải: 1) n = 2, các cặp e đẩy nhau đến mức tối đa (1800), cấu trúc thẳng X–A–X. n = 3, không thẳng vì cặp e tự do đẩy các cặp e liên kết. n = 4, không thẳng vì cặp e tự do đẩy các cặp e liên kết. n = 5, các cặp e tự do chiếm khoảng không gian lớn nên ở chỗ rộng – vị trí xích đạo. Các cặp e liên kết ở vị trí trục, phân tử hay ion thẳng. n = 3 n = 4 n = 5 n = 6, trong trường hợp này 4 cặp e chưa liên kết đều ở vị trí xích đạo. Phân tử hay ion thẳng. Cấu trúc thẳng xuất hiện ứng với 2, 5 hay 6 cặp e. 2) Khi có 5 hay 6 cặp e thì có thể có một vài dạng phân tử: A X X A X X X X A A X X A X X 3) Trường hợp: n = 2: BeCl2; n = 5: I3- , ICl2- , XeF2. 4) Số cặp e 2 3 4 5 6 Lai hoá sp sp2 sp3 sp3d (dsp3) d2sp3 C. BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1 Dựa trên mô hình VSEPR, giải thích dạng hình học của phân tử, ion sau: a) C2H2, NO2+, BO2, ClO4-, POCl3. b) NF3, ClO3-, SO32-, SCl2. Bài 2 Sử dụng mô hình VSEPR cho biết kiểu lai hóa của nguyên tử trung tâm và xác định cấu trúc của các phân tử, ion sau: A X X A X X A X X a) SOF2, SOCl2, SOBr2. b)NO2, NO2-, NO2+. Dạng 2. Xác định, so sánh và giải thích góc liên kết tạo thành giữa các nguyên tử A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI Chúng ta có thể dựa vào các thuyết VB (thuyết hóa trị định hướng, thuyết lai hóa) hoặc thuyết VSEPR hoặc kết hợp các thuyết trên để xác định, so sánh và giải thích góc liên kết tạo thành giữa các nguyên tử trong cùng một phân tử hoặc các phân tử khác nhau. Bước 1. Xác định số cặp e liên kết và không liên kết (tính tổng n + m). Bước 2. Xác định trạng thái lai hóa, dạng hình học, dự đoán góc liên kết. Bước 3. Xem xét đến tương tác đẩy giữa các cặp e liên kết và không liên kết để từ đó so sánh, giải thích. B. MỘT SỐ VÍ DỤ Ví dụ 1 (Đề thi Olymic 30 – 4 lớp 10 năm 2005 và 2007) 1) Hãy cho biết cấu trúc hình học của phân tử và ion dưới đây, đồng thời sắp xếp các góc liên kết trong chúng theo chiều giảm dần. Giải thích. a) NO2; NO2+; NO2-. b) NH3; NF3. 2) a) Hãy so sánh, giải thích: Góc liên kết HOH trong phân tử H2O và FOF trong phân tử OF2. b) So sánh góc liên kết trong các phân tử PX3 (X: F, Cl, Br, I). Giải thích. Hướng dẫn giải: 1) a) Để giải thích câu này ta có thể dùng thuyết VSEPR hoặc thuyết lai hóa (hoặc kết hợp cả hai). • Phân tử NO2 có n + m = 3, dạng AX2E1, nguyên tử N ở trạng thái lai hóa sp2, phân tử có cấu trúc hình gấp khúc. • Ion NO2+ có n + m = 2, dạng AX2E0, nguyên tử N ở trạng thái lai hóa sp, ion có dạng đường thẳng. • Ion NO2- có n + m = 3, dạng AX2E1, nguyên tử N ở trạng thái lai hóa sp2, ion có cấu trúc hình gấp khúc. Nếu nguyên tử trung tâm ở trạng thái lai hóa sp2, sp và không có e tự do thì góc hóa trị lần lượt là 1200, 1800. Còn nếu có cặp e không liên kết thì tác dụng đẩy của chúng vào cặp e liên kết tùy theo mức độ làm giảm góc liên kết xuống ít hay nhiều. N O O sp2 N OO sp N O O sp2 Góc ONO: 134 180 1150 0 0 (1) (2) (3) (1) và (3): hình gấp khúc, (2): đường thẳng. Góc liên kết ONO giảm theo thứ tự sau: (2) > (1) > (3) do ở (2) không có lực đẩy e hóa trị không tham gia liên kết của N nên góc ONO là 1800, ở (1) có một e hóa trị tự do của N đẩy yếu hơn cặp e liên kết nên góc ONO > 1200. Ở (3) cặp e tự do của N đẩy mạnh hơn cặp e liên kết nên góc ONO < 1200 do có 2e tự do. b) NH3 và NF3 đều có n + m = 4, N ở trạng thái lai hóa sp3. N H H H sp3 N F F F sp3 Góc liên kết giảm theo chiều HNH - FNF vì độ âm điện của F lớn hơn của H nên cặp e liên kết lệch về phía F nhiều hơn ⇒ lực đẩy giữa cặp e liên kết và tự do giữa nguyên tử N và F kém hơn, cặp e tự do trong NF3 bành tướng hơn nên góc FNF nhỏ hơn. 2) a) Góc liên kết FOF O > H nên các liên kết F-O (trong phân tử F2O) phân cực về phía F làm mật độ e trên 2 cặp e liên kết trên nguyên tử O trong phân tử này loãng đi nên chúng đẩy nhau yếu dẫn đến góc liên kết bị ép lại. Liên kết H-O lại phân cực về phía O, làm mật độ e trên hai cặp e liên kết trên nguyên tử O tăng lên nên lực đẩy sẽ lớn dẫn đến góc liên kết sẽ lớn hơn. b) Trong các phân tử PX3 đều có n + m = 4, dạng AX3E1, nguyên tử P ở trạng thái lai hóa sp3, có hình dạng như bên: Độ lớn góc liên kết XPX trong các phân tử PX3 biến đổi như sau: PI3> PBr3 > PCl5 > PF3. Giải thích: Do độ âm điện của các nguyên tử biên X lớn hơn P nên cặp e tự do ở A chiếm được vùng không gian lớn hơn và giảm dần từ F→I, mặt khác bán kính P X X X nguyên tử biên tăng dần từ F → I đồng thời độ âm điện giảm dần nên tương tác đẩy giữa các nguyên tử halogen trong phân tử PX3 giảm dần từ PF3 → PI3. Nên các góc XPX đều giảm trong đó góc liên kết trong phân tử PF3 giảm mạnh nhất, trong phân tử PI3 góc liên kết giảm ít nhất. Ví dụ 2 1) Có các phân tử XH3 gồm: PH3 và AsH3. a) Hãy cho biết cấu trúc hình học của các phân tử PH3 và AsH3. b) So sánh góc liên kết HXH giữa hai phân tử trên và giải thích. 2) Xét các phân tử POX3 gồm: POF3 và POCl3. a) Xác định cấu trúc hình học của các phân tử. b) So sánh góc liên kết XPX trong 2 phân tử trên. Hướng dẫn giải: 1) Để giải thích câu này ta có thể dùng thuyết VSEPR hoặc thuyết lai hóa (hoặc kết hợp cả hai). 1a) Cấu hình e của: P: 1s22s22p63s23p3 và As: 1s22s22p63s23p63d104s24p3. P và As đều có 5e hóa trị và đã tham gia liên kết 3e trong XH3. X H H H sp3 Hình tháp tam giác. b) Góc HPH > HAsH vì độ âm điện của nguyên tử trung tâm P lớn hơn so với của As nên lực đẩy mạnh hơn. 2) n = 3 +1 = 4 (sp3): cấu trúc hình tứ diện. PO X X X Góc FPF < ClPCl vì Clo có độ âm điện nhỏ hơn flo làm giảm lực đẩy. Ví dụ 3 Xét hợp chất với hidro của các nguyên tố nhóm VA. Góc liên kết HXH (X là kí hiệu nguyên tố nhóm VA) và nhiệt độ sôi được cho dưới đây: Đặc điểm NH3 PH3 AsH3 SbH3 Góc HXH 107o 93o 92o 91o Nhiệt độ sôi (oC) -33,0 -87,7 -62,0 -18,0 1) So sánh, giải thích sự khác biệt giá trị góc liên kết, nhiệt độ sôi của các chất. 2) Cho biết trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của các phân tử sau : H2O, H2S, H2Se, H2Te. Hãy sắp xếp theo chiều tăng dần độ lớn góc liên kết và giải. Hướng dẫn giải: 1) Từ nguyên tử N đến Sb (nhóm VA) bán kính nguyên tử tăng dần, đặc trưng lai hóa sp3 của nguyên tử X trong phân tử XH3 giảm dần, nên góc liên kết trở về gần với góc giữa hai obitan p thuần khiết. (Cũng có thể giải thích là từ Sb đến N độ âm điện của nguyên tử trung tâm tăng dần, bán kính nguyên tử giảm dần, làm khoảng cách giữa các cặp e liên kết giảm, lực đẩy giữa chúng tăng, nên góc liên kết tăng). NH3 tạo được liên kết H liên phân tử, còn PH3 thì không, do vậy từ NH3 đến PH3 nhiệt độ sôi giảm, từ PH3 đến SbH3 nhiệt độ sôi tăng do phân tử khối tăng. N H H H N H H H...... ...... ...... 2) Trong các phân tử H2O, H2S, H2Se, H2Te; O, S, Se, Te (R) ở trạng thái lai hóa sp3, phân tử có cấu tạo dạng góc : R H H Vì độ âm điện của O lớn nhất nên các cặp e liên kết bị hút về phía nguyên tử O mạnh → khoảng cách giữa 2 cặp e liên kết trong phân tử H2O là nhỏ nhất → nên lực đẩy tĩnh điện mạnh nhất → góc liên kết lớn nhất. Thứ tự tăng dần góc liên kết là : H2Te, H2Se, H2S, H2O. C. BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1a) Xem xét hai hợp chất khác của nitơ là trimetylamin (Me3N) và trisiliylamin (H3Si)3N. Góc liên kết đo được của hai hợp chất này lần lượt là 108o và 120o. Hãy giải thích sự khác nhau này. b) Hãy giải thích tại sao phân tử Cl2O có góc liên kết (111o) nhỏ hơn và độ dài liên kết Cl - O (1,71Å) lớn hơn so với phân tử ClO2 (118o và 1,49Å). Bài 2 a) Dựa vào mô hình VSEPR sắp xếp các góc liên kết giữa các phân tử: CH4, NH3, SO2, H2O theo trình tự giảm dần. b) Có 3 phân tử: SCl2, CH4, OCl2. Theo thuyết tương tác đẩy giữa các cặp e, hãy dự đoán góc liên kết giữa các nguyên tử trong 3 phân tử trên. Dạng 3. Tính giá trị, so sánh momen lưỡng cực của các chất A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI Bước 1. Xác định các cặp electron liên kết và cặp electron không liên kết. Bước 2. Xác định trạng thái lai hóa, dạng hình học của phân tử. Bước 3. Trong phân tử không có e tự do, đồng thời phân tử có cấu tạo đối xứng như đường thẳng, tam giác đều hoặc tứ diện đều các momen lưỡng cực của các liên kết triệt tiêu nhau. Nếu phân tử có cấu tạo không đối xứng dùng biểu thức để tính giá trị momen lưỡng cực của liên kết đó theo quy tắc hình bình hành. B. MỘT SỐ VÍ DỤ Ví dụ 1 1) Momen lưỡng cực của phân tử nào sau đây lớn hơn 0: BF3, NH3, O3, SiF4, SiHCl3, SF2. 2) So sánh momen lưỡng cực giữa hai phân tử NH3 và NF3. Giải thích. 3) Thực nghiệm xác định được momen lưỡng cực của phân tử H2O là 1,85D, góc liên kết HOH là 104,5o, độ dài liên kết O – H là 0,0957 nm. Tính độ ion của liên kết O – H trong phân tử H2O (bỏ qua mômen tạo ra do các cặp e hóa trị không tham gia liên kết của oxy). Biết số thứ tự của các nguyên tố: ZN = 7; ZO = 8; ZF = 9; ZS = 16, 1D = 3,33.10-30 C.m; điện tích của e là -1,6.10-19C; 1nm = 10-9m. Hướng dẫn giải: 1) Dạng hình học và kiểu lai hóa của các phân tử như sau: N F F F sp3 Si H Cl Cl Cl sp3 S F F O O O sp3 sp2 B F F F sp2 Si F F F F sp3 4 chất đầu tiên có cấu tạo bất đối xứng nên có momen lưỡng cực lớn hơn 0. 2) µ(NH3) > µ(NF3) Giải thích: Ở NH3 chiều của các momen liên kết và của cặp e không liên kết của N cùng hướng nên momen tổng cộng của phân tử lớn khác với ở NF3 momen của e không liên kết ngược với tổng momen của các liên kết như hình vẽ bên: 3) Ta có µOH- = q.l = 1,602.10-19. 0,0975. 10-9 = 0,156.10-28 (C.m). µOH - 28 30 0,156.10 4,68( ) 3,33.10 D − −= = . Ta có 2OHµ µ= và 1 OH µ µ −= . Từ đó sử dụng các hệ thức lượng trong tam giác ta tính được momen của liên kết O – H theo biểu thức: a2 = b2 + c2 – 2bc cos x . 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 1 10 2 2 .cos 2 (1 cos ). 1,85 1,51 . 2(1 cos ) 2.(1 os104,5 ) µ µ µ µ µµ µ = + = + = = ⇒ = + + x x D x c Độ ion của liên kết O – H là : 1,51(%) .100 32,26% 4,68 δ = = . Ví dụ 2 [73 - tr.199] 1) Thông thường một liên kết được xem là thuần túy ion khi momen lưỡng cực của nó xấp xỉ 11 D. Trong khi Ce là kim loại điển hình, Flo là phi kim điển hình nhưng hợp chất CsF chỉ có momen lưỡng cực khoảng 8D. Giải thích kết quả thực nghiệm trên. 2) Biết rằng monoclobenzen có momen lưỡng cực µ1 = 1,53D. a) Hãy tính momen lưỡng cực µo ; µm ; µp của ortho, meta, para điclobenzen. b) Đo momen lưỡng cực của một trong ba đồng phân đó được µ = 1,53 D. Đó là dạng đồng phân nào của điclobenzen. Hướng dẫn giải: 1) Nguyên nhân có sự khác nhau về giá trị momen lưỡng cực của hợp chất CsF là do: Cs tạo ion Cs+, F tạo ion F- hai ion này hút nhau bằng lực hút tĩnh điện N F F F N H H H O H H µ µ1 µ2 x tạo liên kết ion nhưng trên thực tế không tồn tại phân tử ion lí tưởng. Do bản chất sóng của điện tử nên xác suất có mặt của điện tử ở khoảng cách giữa các ion luôn luôn có giá trị khác không. Điều này là do sự phân cực hóa tương hỗ giữa các ion làm biến dạng ion xuất hiện chủ yếu do tác dụng hút của cation lên lớp vỏ điện tử của anion. Tác dụng này càng lớn nếu điện tích của cation càng lớn và kích thước của nó càng nhỏ. Mặt khác sự biến dạng của anion càng lớn nếu lớp vỏ điện tử của anion càng kém bền nghĩa là kích thước và điện tích âm của nó càng lớn. Với phân tử CsF do có sự cực hóa cation Cs+ lên anion F- làm cho liên kết Cs – F mang một phần liên kết cộng hóa trị. Độ ion trong phân tử này là 73,0 11 8 == LT TN µ µ chỉ bằng 73% còn 27% là tính cộng hóa trị ⇒ Cs F +0.73 - 0.73 . 2a) Clo có độ âm điện lớn hơn cacbon, nên moomen liên kết hướng từ nhân ra ngoài. ortho meta para µ = µ1 3 µ = µ µ = 0 Cộng vectơ sử dụng hệ thức lượng trong tam giác: a2 = b2 + c2 – 2bc cos A . Dẫn xuất ortho: µo = 2 2 01 12 2 cos60µ + µ = µ1 3 = 1,53. 3 = 2,65 (D). Dẫn xuất meta: µm = 2 2 01 12 2 cos120µ + µ = µ1 = 1,53(D). Dẫn xuất para: µp = µ1 − µ1 = 0. b) Theo đầu bài µ =1,53D = µ1 ⇒ đó là dẫn xuất meta –diclobenzen. Ví dụ 3 (Đề thi Olympic 30-4 năm 2010) 1) Bằng thực nghiệm người ta đã xác định được giá trị momen lưỡng cực của phân tử H2S là 1,09D và của liên kết S - H là 2,61.10-30 C.m. Hãy xác định độ ion hóa của liên kết S–H, biết rằng độ dài liên kết S–H là 1,33A0. Cho 1D = 3,33.1030C.m. Giả sử µ của cặp e không chia của S là không đáng kể. 2) Bằng phương pháp quang phổ vi sóng người ta xác định phân tử SO2 ở trạng thái hơi có: 2SO 1,6Dµ = ,  o o S Od 1,432A; OSO 109 5− = = . a) Tính điện tích hiệu dụng của nguyên tử O và nguyên tử S trong phân tử SO2. b)Tính độ ion của liên kết S-O. Hướng dẫn giải: 1) Độ ion hóa của liên kết S-H là: 30 10 19 2,61.10 12,3% 1,33.10 .1,6.10 µ µ → − → − −= = TN LT . (µTN là giá trị TN; µLT là giá trị lý thuyết). 2a) Đối với phân tử SO2 có thể xem trung tâm điện tích dương trùng với hạt nhân nguyên tử S còn trung tâm điện tích âm sẽ nằm ở điểm giữa đoạn thẳng nối hai hạt nhân nguyên tử O. Như vậy momen lưỡng cực của phân tử SO2: 2SO 2µ = × δ . Trong đó  là khoảng cách giữa hai trọng tâm điện tích và được tính như sau: o o1, 432 cos59 45' 0,722A= × = . Theo dữ kiện đã cho: 2SO 1,6Dµ = . Nên rút ra: 18 8 10 1,6 10 0, 23 2 0,722 10 4,8 10 − − − × δ = = × × × × . Vậy điện tích hiệu dụng của nguyên tử O là -0,23 còn điện tích hiệu dụng của nguyên tử S là +0,46 điện tích tuyệt đối của electron. b) Mặt khác nếu xem liên kết S-O hoàn toàn là liên kết ion thì momen lưỡng cực của phân tử là: 2 8 10 SO 0,722 10 2 4,8 10 6,93D − −µ = × × × × = . Vậy độ ion x của liên kết S-O bằng: 1,6x 100% 23% 6,93 = × = . C. BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1 [73 – tr. 199] Cho biết momen lưỡng cực của monoclobenzen là µ1 = 1,53D; nitrobenzen là µ2 = 3,9D; anilin là µ3 = 1,6D. a) Tính momen lưỡng cực µo; µm; µp của ortho, meta, para nitro clobenzen. b) Tính momen lưỡng cực µo, µm, µp của ortho, meta, para nitroanilin. Bài 2 [73 - tr. 199] Clobenzen có momen lưỡng cực µ1 = 1,53D (µ1 hướng từ nhân ra ngoài); anilin có momen lưỡng cực µ2 = 1,60D (µ2 hướng từ ngoài vào nhân benzen). Hãy tính µ của ortho – cloanilin; meta – cloanilin và para – cloanilin. Dạng 4. Viết công thức cấu tạo LEWIS A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI Công thức Lewis biểu diễn e hóa trị của các nguyên tử trong phân tử, các cặp e liên kết viết bằng dấu vạch (-), e không liên kết biểu diễn bằng dấu chấm. Để vẽ CTCT Lewis thực hiện các bước như sau: Bước 1: Viết công thức cấu tạo sơ bộ. Bước 2: Gọi N1 là tổng số e hoá trị của các nguyên tử. Bước 3: Tìm công thức Lewis (gần đúng). Gọi N2 là tổng số e đã tạo liên kết trong công thức đưa ra ở bước 1. Số e còn lại không tham gia liên kết N3 = N1 – N2. N4 là số e để tạo bát tử cho nguyên tử âm điện nhất trong công thức đầu. Bước 4: Tìm công thức Lewis đúng: Số e còn lại, kí hiệu N5 = N3 – N4. + Nếu N5 = 0: tính điện tích hình thức ở mỗi nguyên tử trong công thức vừa viết ở bước 3. + Nếu N5 ≠ 0: chính là số e cần dùng để tạo bát tử cho nguyên tử trung tâm. Sau đó tính điện tích hình thức của các nguyên tử trong công thức cấu tạo. B. MỘT SỐ VÍ DỤ Ví dụ 1 (Đề Olympic hóa học quốc tế 2005) a)Vẽ công thức Lewis của mỗi phân tử sau: N2, NH3, O3, SO3. b) Vẽ công thức Lewis của cacbon monoxit và xác định điện tích hình thức, trạng thái oxy hóa của cacbon và oxy trong cacbon monoxit. Hướng dẫn giải: a) O O O O ON N c)Nb) H H H S O O O S O O O Có thể chấp nhận các câu trả lời sau: O O O O O O O O O O O O Nhưng các câu trả lời sau là sai: b) O O O O O O O O O C O hay C O Điện tích hình thức: C-1 ; O+1, trạng thái oxy hóa: C2+ ; O2-. Ví dụ 2 (Đề Việt Nam chuẩn bị thi ICHO lần thứ 38) 1a) Viết công thức Lewis của: H2; He; CO2; N2; O2 và CH4. b) Viết công thức chấm Lewis của các chất có CTPT: BF3, NF3 và IF3. 2) Xét ion SiF62-: a) Viết CTCT Lewis của ion SiF62-. Dựa vào thuyết VSEPR, hãy cho biết cấu trúc hình học của ion SiF6 2- và trình bày sự tạo thành các liên kết trong ion SiF62- theo thuyết liên kết cộng hóa trị. b) Theo thuyết liên kết cộng hóa trị hãy giải thích tại sao C và Si là 2 nguyên tố cùng thuộc nhóm IVA, Si tạo được ion SiF62- còn C thì không tạo được ion CF62- . Hướng dẫn giải: 1a) H H He O C O N N O O H C H H H: : : : : : : : : : : b) Phân tử BF3, B ở trạng thái lai hóa sp2, phân tử tam giác phẳng, không cực vì momen lưỡng cực liên kết bị triệt tiêu (1). Phân tử NF3, N ở trạng thái lai hóa sp3, phân tử tháp đáy tam giác, có cực vì lưỡng cực liên kết không triệt tiêu (2). Phân tử IF3, I ở trạng thái lai hóa sp3d, dạng hình chữ T, có cực vì lưỡng cực liên kết không triệt tiêu (3). B F F F N F F F I FF F (1) (2) (3) 2) a) Công thức cấu tạo Lewis của ion SiF6 2- : Si F FF F F F 2- Quanh nguyên tử Si có 6 vùng không gian chứa 6 cặp e liên kết hoàn toàn giống nhau nên ion SiF6 2- có cấu trúc bát diện đều, nguyên tử Si ở tâm của hình bát diện và 6 nguyên tử F ở 6 đỉnh của hình bát diện. Ion SiF62- được cấu tạo từ 1 nguyên tử Si, 4 nguyên tử F và 2 ion F-. Cấu hình e của các nguyên tử và ion đó như sau: Si: 1s22s22p63s23p2; F: 1s22s22p5; F-: 1s22s22p6. Trong ion SiF62-, nguyên tử Si ở trạng thái lai hóa sp3d2, 6 obitan lai hóa này hoàn toàn đồng nhất và có trục hướng ra 6 đỉnh của hình bát diện đều. 4e hóa trị của nguyên tử Si phân bố trên 4 obitan lai hóa, 2 obitan lai hóa còn lại không chứa e, 4 obitan lai hóa chứa 4e độc thân của nguyên tử Si tạo xen phủ trục với 4 obitan p chứa e độc thân của 4 nguyên tử F. Mỗi ion F- dùng một obitan p chứa cặp e để tạo xen phủ trục với obitan lai hóa còn trống của nguyên tử Si. b) Cấu hình electron của nguyên tử C: 1s22s22p2. Nguyên tử C không có obitan 2d trống nên không thể ở trạng thái lai hóa sp3d2, do đó không tạo được các liên kết như trong ion SiF62-. Vì vậy, C không tạo được ion CF6 2-. Ví dụ 3 [13 – tr. 79] 1) Cho phân tử BeCl2. a) Viết công thức Lewis, cho biết dạng hình học của phân tử và trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm. b) Hãy giải thích tại sao phân tử BeCl2 có khuynh hướng polime hoá. 2) Cho các phân tử sau: (1) B2H6, (2) XeO3, (3) Al2Cl6. a) Viết CTCT Lewis, trạng thái lai hóa, dạng hình học của các phân tử. b) Giải thích vì sao có Al2Cl6 mà không có phân tử B2F6. c) Nhôm clorua khi hoà tan vào một số dung môi hoặc khi bay hơi ở nhiệt độ thấp (không quá cao) thì tồn tại ở dạng đime (Al2Cl6). 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. Hướng dẫn giải: 1) a) :Cl .. .. :Be:Cl .. .. : Dạng hình học của phân tử: trạng thái lai hoá sp, dạng đường thẳng như sau: Khi tạo thành phân tử BeCl2 thì nguyên tử Be còn 2 obitan trống; Cl đạt trạng thái bền vững và còn có các obitan chứa 2e chưa liên kết do đó nguyên tử clo trong phân tử BeCl2 này sẽ đưa ra cặp e chưa liên kết cho nguyên tử Be của BeCl2 kia tạo liên kết cho-nhận. Vậy BeCl2 có khuynh hướng polime hoá: 2) a) Nguyên tử B lai hóa sp3, phân tử B2H6 gồm 2 tứ diện lệch có 1 cạnh chung, liên kết H-B-H là liên kết 3 tâm và chỉ có 2e, 2e của H và 1 e của B (1). Nguyên tử Xe ở trạng thái lai hóa sp3 phân tử dạng tháp tam giác (2). Nguyên tử Al lai hóa sp3, phân tử Al2Cl6 gồm 2 tứ diện lệch có 1 cạnh chung, 2 liên kết cho nhận được tạo thành do cặp e tự do của Cl và obitan trống của Al. Trong Al2Cl6 nguyên tử Al đạt được cấu trúc bát tử vững bền (3). B HHH H H H B Xe O O O Al ClCl Al Cl Cl Cl Cl (1) (2) (3) Nhôm có 2 số phối trí đặc trưng là 4 và 6. Phù hợp với quy tắc bát tử, cấu tạo Lewis của phân tử monome (1) và đime (2): Cl Cl Be Cl Be Cl Cl Be Cl Cl Be Cl Cl Be Cl Cl Be Cl Cl Cl ClAl (1) Cl Cl Cl Al Al Cl Cl Cl (2) c) Kiểu lai hoá của nguyên tử nhôm : Trong AlCl3 là sp2 vì Al có 3 cặp e hoá trị; trong Al2Cl6 là sp3 vì Al có 4 cặp e hoá trị. Liên kết trong mỗi phân tử như sau: - AlCl3 có 3 liên kết cộng hoá trị có cực giữa nguyên tử Al với 3Cl. - 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 Cl (Al: nguyên tử nhận; Cl nguyên tử cho). 2 trong 6 nguyên tử Cl có 2 liên kết: 1 liên kết cộng hoá trị thông thường và 1 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. C. BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1 Viết CTCT Lewis của các phân tử sau: XeF2, XeF4, XeOF4, XeO2F2. Bài 2 Viết CTCT Lewis, dạng lai hóa, hình dạng theo mô hình VSEPR, momen lưỡng cực (µ=0 hay µ≠0) của mỗi phân tử sau: SF4, HClO2, HClO, ICl-4. Dạng 5. Bài tập tổng hợp A. PHƯƠNG PHÁP GIẢI Chúng tôi đã phân ra từng dạng bài tập trên nhằm mục đích giúp HS hiểu được PP giải và ví dụ áp dụng cho từng dạng. Tuy nhiên khi tham gia kỳ thi HSG của bất cứ cấp nào thì đề thi cũng đều tổng hợp các nội dung trên nên HS cần phải nắm rõ yêu cầu của đề mà làm bài cho phù hợp. B. MỘT SỐ VÍ DỤ Ví dụ 1 (Đề thi chọn HSG quốc gia năm 2002 – 2003) Al Cl Cl Cl 1200 1200 1200 O O O O O O Phân tử HF và H2O có momen lưỡng cực, phân tử khối gần bằng nhau (HF 1,91D, H2O 1,84D, MHF =20, 2H O M =18) nhưng nhiệt độ nóng chảy của hidroflorua là –830C thấp hơn nhiều so của nước đá là 00C, hãy giải thích. Hướng dẫn giải: * Phân tử H-F: ; ; phân tử H-O-H: Phân tử HF có thể tạo liên kết hidro – HF –, phân tử H2O có thể tạo liên kết hidro – HO –. * Nhiệt độ nóng chảy của các chất rắn với các mạng lưới phân tử (nút lưới là các phân tử) phụ thuộc vào các yếu tố: - Khối lượng phân tử càng lớn thì nhiệt độ nóng chảy càng cao. - 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 hidro, lực liên kết Van der Waals (lực định hướng, lực khuếch tán). * Nhận xét: HF và H2O có momen lưỡng cực xấp xỉ nhau, phân tử khối gần bằng nhau và đều có liên kết hidro khá bền, đáng lẽ HF có nhiệt độ nóng chảy phải cao hơn của nước (vì HF có momen lưỡng cực lớn hơn, phân tử khối lớn hơn, liên kết hidro bền hơn). Tuy nhiên, thực tế cho thấy Tnc (H2O) > Tnc(HF). * Giải thích: Mỗi phân tử H-F chỉ tạo được 2 liên kết hidro với 2 phân tử HF khác ở hai bên H-FH-FH-F. Trong HF rắn các phân tử H-F liên kết với nhau nhờ liên kết hidro 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 mỗi phần liên kết hidro cũng bị phá vỡ nên xảy ra hiện tượng nóng chảy. Hình bên cạnh là mô hình phân tử H2O. Mỗi phân tử H-O-H có thể tạo được 4 liên kết hidro với 4 phân tử H2O khác nằm ở 4 đỉnh của tứ diện. Trong nước đá mỗi phân tử H2O liên kết với 4 phân tử H2O khác tạo thành mạng lưới không gian 3 chiều. Muốn làm nóng chảy nước đá cần phải phá vỡ mạng lưới không gian 3 chiều với số lượng liên kết hidro nhiều hơn so với ở HF rắn, đòi hỏi nhiệt độ cao hơn. M = 20 µ = 1,91 De M = 18 µ = 1,84 D Ví dụ 2 (Đề thi chọn HSG Quốc gia năm 2008 – 2009) 1) Sử dụng mô hình VSEPR, dự đoán dạng hình học của các ion và phân tử sau: BeH2, BCl3, NF3, SiF62-, NO2+, I3-. 2) So sánh và giải thích khả năng tạo thành liên kết π của C và Si. Hướng dẫn giải: 1) BeH2: dạng AX2E0, phân tử có dạng thẳng: H−Be−H. BCl3: dạng AX3E0, phân tử có dạng tam giác đều, phẳng. NF3: dạng AX3E1, phân tử có dạng hình chóp đáy tam giác đều với N nằm ở đỉnh chóp. Góc FNF nhỏ hơn 109o29’ do lực đẩy mạnh hơn của cặp e không liên kết. SiF62-: dạng AX6E0, ion có dạng bát diện đều. NO2+: dạng AX2E0, trong đó có 2 cặp liên kết đôi ([O=N=O]+), dạng thẳng. I3-: dạng AX2E3, lai hoá của I là dsp3, trong đó 2 liên kết I−I được ưu tiên nằm dọc theo trục thẳng đứng, 3 obitan lai hoá nằm trong mặt phẳng xích đạo (vuông góc với trục) được dùng để chứa 3 cặp e không liên kết, ion có dạng đường thẳng. 2) Nguyên tử C và Si cùng nằm trong nhóm IVA nên có nhiều sự tương đồng về tính chất hoá học. Tuy nhiên, hai nguyên tố này thể hiện khả năng tạo thành liên kết π khác nhau trong sự tạo thành liên kết của các đơn chất và hợp chất. - Ở dạng đơn chất: Cacbon tồn tại dưới dạng kim cương (chỉ có liên kết đơn C-C) và graphit, cacbin...(ngoài liên kết đơn còn có liên kết bội C

Các file đính kèm theo tài liệu này:

  • pdftvefile_2013_01_21_2038560631_0702_1869274.pdf
Tài liệu liên quan