I.1. Từ bộ số lượng tử của X, Y, Z ta có electron cuối cùng của:
X: 2p4 => ZX= 8 => X là Oxi
Y: 3p4 => ZY= 16 => Y là S
Z: 3p5 => ZZ= 17 => Z là Cl
II.2. Gọi công thức phân tử của A là SxOyClz (x, y, z nguyên, dương)
d A H =67,5 => MA=67,5 x 2 = 135 => 32x + 16y + 35,5z = 135
2
35,3z < 135 => z < 3,8
Nếu z=1 => 32x + 16y = 99,5 (loại)
Nếu z=2 => 32x + 16y = 64 => x=1 và y=2 => CTPT A là: SO2Cl2
Nếu z=3 => 32x + 16y = 28,5 (loại)
Vậy A là SO2Cl2. Phương trình:
SO2Cl2 (k)
SO2 (k) + Cl2 (k)
Kp= 50
II.2.1. Đơn vị của trị số Kp:
Kp=
p SO2 ( atm ) . pCl2 ( atm )
p SO2Cl2 ( atm )
= 50 (atm) => Đơn vị là: atm
II.2.1. Gọi số mol ban đầu của SO2Cl2 là 1 mol
SO2Cl2 (k)
SO2 (k) + Cl2 (k)
Ban đầu
1
0
0
Pư
Cuối
1-
1
p , pSO2
p , pCl 2
p
1
1
1
pSO2 Cl 2
pSO2 . pCl 2
( / 1 p ) 2
2
.p
pSO2 Cl 2
(1 / 1 ) p 1 2
kp=
2
50
25 => 0,9806
2
2
1
Số mol SO2Cl2 còn lại là 1-0,9806= 0,0194 mol
n
= nSO2 = 0,9806 (mol)
mh 2
2
1x135
68,16 d h
34,08
H2
1 0,9806
Cl2
Mh
2
nh 2
I.2.3. Gọi số mol ban đầu của SO2Cl2 là a => nCl2 ở trạng thái cân bằng
là
a=147,08
-1-
a= 147,09/0,9806 150 (mol)
I.3.3.1. Trạng thái lai hóa của phân tử SO2Cl2 là: Sp3 => dạng hình học là tứ diện.
Trạng thái lai hóa của phân tử SO2 là: Sp2 => dạng hình học là chữ V.
I.3.3.2. Cho A, B phản ứng với dd NaOH dư:
2NaCl + Na2SO4 + 2H2O
SO2Cl2 + 4NaOH
SO2 + 2NaOH
Na2SO3 + H2O
Câu II.1.
- Tên: [Co(NH3)6]3+: hexamin coban (III)
[Co(NH3)6]2+: hexamin coban (II)
-
Trạng thái lai hoá của 2 phức trên là sp3d2
-
Dạng hình học của 2 phức là bát diện đều.
II.2. Với i=1 => công thức [Co(NH3)5Cl]2+ => có 1 đồng phân:
NH3
H3N
NH3
Co
H3N
NH3
Cl
Với i =2 => công thức [Co(NH3)4Cl2]+ => có 2 đồng phân:
Cl
NH3
Cl
NH3
Và
Co
NH3
Cl
Co
NH3
NH3
Cl
-
NH3
NH3
Tác dụng với Fe2+ trong môi trường axit
Co2+ + Fe3+ + 5NH4+ + Cl[Co(NH3)4Cl2]+ + 4H+ + Fe2+ Co2+ + Fe3+ + 4NH4+ + 2Cl[Co(NH3)5Cl]2+ + 5H+ + Fe2+
II.3.1.
[Co(NH3)6]3+
Co3+ + 6NH3
6
C (Co3 ) .C NH
3
C Co( NH 3 ) 6
3
1
4,5.10
33
k1-1 = (4,5.1033)-1
=>
C(Co3 )
C Co( NH 3 ) 6
C (Co 3 ) C Co( NH 3 ) 6 3 0,1
Mặt khác:
3
27
3
C Co( NH 3 ) 6 4,5.10 .C (Co )
-2-
3
1
4,5.10 27
NH3
C(Co3+)= 2,2. 10-28 mol/l
II.3.2. Ta có: [Co(NH3)6]2+
6
C (Co 2 ).C NH
3
C Co( NH 3 ) 6
2
1
2,5.10 4
Co2+ + 6NH3
k2-1 = 1/2,5.104
C (Co 2 )
1
40
=>
2
6
(0,1) x 2,5.10 4
C Co( NH 3 ) 6
0
0
II.3.3. Do ECo3 / Co 2 > EO2 4 H / 2 H 2O (PH=7)
Nên có xảy ra phản ứng:
4Co3+ + 2H2O -> 4Co2+ + O2 + 4H+
=> Có giải phóng khí O2
II.3.4 Do trong dung dịch ở câu trên có [Co3+ ] = 2,2.10-28mol/l
Quá nhỏ nên thế của Co3+/Co2+ nhỏ hơn thế của 2H2O/O2 + 4H+ ở PH = 7 nên không giải
phóng khí.
Câu III. 1.1 CTCT của đixian:
N
C - C
N
Khi đun nóng ở 5000C -> A (CN)n
N
CTCT A:
N
C
C
C
C
C
C
C
C
N
III.1.2
N
N
N
N
(CN)2 + H2 -> 2HCN
(CN)2 + H2O -> HCN + HCNO
(CN)2 + 2NaOH -> NaCN + NaCNO
0
0
0
II.1.3. E I 2 / 2 I < E( CN ) 2 / 2 (CN ) < EBr2 / 2 Br
III.1.4.
(CN)2 + H2O
NH2 - C - C - NH2
NH2 - C - C - NH2 + 2H2O (A') NH4OOC – COONH4
Cơ chế này xác nhận cấu tạo của đixian có dạng N - C - C - N
III.1.5 2CuSO4 + 4NaCN -> 2CuCN + (CN)2 + 2Na2SO4
-3-
N
III.2.1 Gọi ôxit của M là MxOy và số mol của M và MxOy trong mỗi phần là a và b. Khí hoá
nâu trong không khí là NO.
P1:
M +nH+ -> Mn+ + n/2 H2
a
na/2
MxOy + 2yH+ -> xM2y/x+ + yH2O
=>
na/2 = 4,48/22,4 = 0,2 (1)
P2:
3M + 4m HNO3 -> 3M(NO3)m + mNO + 2mH2O
a
ma/3
3MxOy + (4mx - 2y) HNO3 -> 3xM(NO3)m + (mx - 2y)NO + (2mx - y)H2O
b
b(mx-2y)/3
=> ma/3 + b(mx - 2y)/3 = 4,48/22,4 = 0,2 (2)
P3:
M
M
a
a
CO
=> rắn có: (a+xb) mol M.
M
O
x y
xM
b
xb
Hoà tan rắn trong nước cường toan:
Ta có: Khử
M
- me
a + xb
m(a+xb)
-> Mm+
OXH: NO-3 + 4H+ + 3e -> NO + 2H2O
2,4
0,8
=> m(a + bx) = 2,4 (3)
Từ (2) => m (a + bx)/3 - 2by/3 = 0,2
=> 2,4/3 - 2by/3 = 0,2
Mặt khác: aM + b(Mx + 16y) = 177,24/3 = 59,08
=> aM + Mbx + 16by = 59,08 => aM + Mbx = 59,08 - 16 x 0,9 = 44,68
=> M(a + bx) = 44,68
=> M(a+bx)/m(a + bx) = 44,68/2,4 = 1117/60
Với m = 1, 2, 3 chỉ có m = 3 là hợp lý
m
1
2
3
M
55,85
=> M = (1117/60)m
=> M là Fe => n = 2 và m = 3
=> a = 0,2, bx = 0,6, by = 0,9
=> x/y = 0,6/0,9 = 2/3
=> b = 0,3
Vậy oxit cần tìm là: Fe2O3
-4-
=> by = 0,9
Fe : 0,2(mol )
Fe2 O3 : 0,3(mol )
III.3.2. Ở phần 2:
Ta có: Fe + 4HNO3 -> Fe(NO3)3 + NO + 2H2O
0,2
0,8
0,2
Fe2O3 + 6HNO3 -> 2Fe(NO3)3 + 3H2O
0,3
1,8
0,6
=> Số mol HNO3 phản ứng là 0,8 + 1,8 = 2,6 => số mol HNO3 dư là 0,26 (mol)
vậy số mol HNO3 ban đầu là: 2,6 + 0,26 = 2,86 (mol)
=> CM (HNO3) = 2,86/1 = 2,86 M
Dung dịch B gồm:
HNO3: 0,26mol và Fe(NO3)3 = 0,2 + 0,6 = 0,8 mol
Fe + 4 HNO3 => Fe(NO3)3 + NO + 2H2O
0,065 0,26
0,065
Nên số mol Fe(NO3)3 là 0,065 + 0,8 = 0,865 (mol)
Fe + 2Fe(NO3)3 -> 3Fe(NO3)2
0,4325
0,865
Vậy tổng số mol Fe có khả năng hoà tan tối đa là 0,065 + 0,4325 = 0,4975 mol
=> mFe = 0,4975 x 55,85 = 27,785375 (g)
Câu IV.
IV.1. - Cả 3 chất đều có đồng phân hình học.
CH3- (CH2)7
(CH2)7- COOH
CH3- (CH2)7
C
C
H
H
H
H
Z (cis)
(CH2)7-COOH
E (trăns)
C6H5
C6H5
C6H5
N
C
C
N
và
C
N
E (trăns)
Z (cis)
-5-
C6H5
IV. Các dạng liên kết hiđrô – 4 dạng
C6H5
H
m-ClC6H4
O
Ơ
} C6H5
H
H
O
Ơ
} C6H4Cl-m
H
(II)
(I)
m-Cl- C6H4
H
O
m-Cl- C6H4
Ơ
} C6H5
H
(III)
O
O
H
C 6H 5
H
(IV)
* Dạng bền nhất là dạng (IV)
* Kém bền nhất là dạng (III)
IV.3. Tính Bazơ theo thứ tự tăng dần như sau:
CH3
C
NH2
O
NH2
NH2
<
<
-C
NH2
<
< NH(C2H5)2 <
CH3
-C
+I
NH
CH3
+I
Câu V.
V.1 Hoàn thành sơ đồ phản ứng:
OH
OH
KMnO
4
t0
CH3
nC H Cl
37
HOCH CH N ( Et )
OH
COOH
(Y)
COOH
(A)
HNO
3
H
COOK
(X)
OCH2CH2CH3
OCH2CH2CH3
NOSOCl
2 2
NO2
Bazo
2 2
2
OH
COOH
COCl
-6-
NO2
(B)
(C)
OCH2CH2CH3
NO2
OCH2CH2CH3
H / pd
HCl
2
O=C – OCH2CH2N(Et)2
(D)
NH2
O=C
(E)– OCH2CH2N(Et)2
V 2.1 Gọi công thức của Hiđocácbon A là : CxHy
CxHy +( x + y/4)O2 -> xCO2 + y/2H2O
CO2 + Ca(HO)2 -> CaCO3 + H2O (1)
0,4
0,4
2CO2 + Ca(OH)2 -> Ca(HCO3)2 (2)
0,4
0,2
Ca(HCO3)3 + 2KOH -> K2CO3 + CaCO3 + H2O
0,2
0,2
Ta có: nCO2 = 0,4 + 0,4 = 0,8 mol => mCO2 = 0,8 x 44 = 35,2 (g)
Ta có:
m(bình) = mCO2 + mH2O - m kết tủa 1
=> mH2O =
m (bình) + m kết tủa 1 - mCO2 = 2,4 + 40 - 35,2 = 7,2 (g)
=> mC = 0,8 x 12 = 9,6 (g) , mH = 7,2/9 = 0,8 (g)
=> x:y = 9,6/12: 0,8/1 = 1:1
=> CTTN là: (CH)n mặt khác dA/H2 = 52 => MA = 104
=> 13 n = 104 => n = 8 => CTPT A: C8H8
Ta có: nA = 3,12/ 104 = 0.03 (mol) , nBr2 = 4,8/160 = 0,03 (mol)
nH2 = 2,688/22,4 = 0,12 (mol)
Vì:
A phản ứng với H2 theo tỉ lệ 1:4
A phản ứng với Br2 theo tỉ lệ 1:1
Có A có dạng CTCT là:
CH=CH2
-7-
OCH2CH2CH3
NH2
O=C – (F)
OCH2CH2N+H(Et)2Cl-
V 2.2.
CH3
H
2
CH=CH2
C6H5
Cơ chế: C6H5 - CH = CH2 + H+ -> C6H5 - C+H - CH3
C6H5 - C+H - CH3 + C6H5 - CH = CH2 ->
CH3
C6H5 - CH- CH2- C+H - C6H5
CH3
C6H5 - CH- CH2- C+H - C6H5
CH3
+ H+
->
C6H5
-8-
- Xem thêm -