Khí hoá nâu trong không khí là NO... - Cả 3 chất đều có đồng phân hình học.
Trang 1∠〈π 〈ν
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
2
H
A=67,5 x 2 = 135 => 32x + 16y + 35,5z = 135
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=
) (
) ( )
(
2 2
2
2
atm Cl
SO
atm Cl atm
SO
p
p p
= 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)
α
α
+
−
=
1
1
2
α
α
+
=
1
α
α
+
=
1
2
p
p Cl
pSO
pCl pSO
1 ) 1 / 1 (
) 1 / (
2
2 2
2 2
2 2
α
α α
α
α
α
−
= +
−
+
=
2
50
1 2
2
=
=
−α
Số mol SO2Cl2 cònlại là 1-0,9806= 0,0194 mol
nCl2 = nSO2 = 0,9806 (mol)
2 2
2
2
+
=
n
m M
h
h h
I.2.3 Gọi số mol ban đầu của SO2Cl2 là a => nCl2 ở trạng thái cân bằng
là α a=147,08
Trang 2I.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:
SO2Cl2 + 4NaOH →2NaCl + Na2SO4 + 2H2O
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:
Với i =2 => công thức [Co(NH3)4Cl2]+=> có 2 đồng phân:
Và
- Tác dụng với Fe2+ trong môi trường axit
[Co(NH3)5Cl]2+ + 5H+ + Fe2+ → Co2+ + Fe3+ + 5NH4+ + Cl
-[Co(NH3)4Cl2]+ + 4H+ + Fe2+ → Co2+ + Fe3+ + 4NH4+ + 2Cl
-II.3.1
[Co(NH3)6]3+ Co3+ + 6NH3 k1-1 = (4,5.1033)-1
6 3
6 ) (
10 5 , 4
1 )
(
3 3
=
+
+
NH Co
C
C
C Co NH
=>
6 3
) (
10 5 , 4
1 )
(
3
=
+
+
NH Co C
C Co
=
=
+
+ +
+ +
) ( 10 5 , 4 )
(
1 , 0 )
( )
(
3 27
3 6 3
3 6 3 3
Co C NH
Co C
NH Co C Co
C
Co
NH3
NH3
H3N
H3N
NH3
Cl
Co
NH3
NH3
NH3
NH3
Cl
Cl
Co
Cl
NH3
NH3
NH3
Cl
NH3
Trang 3II.3.2 Ta có: [Co(NH3)6]2+ Co2+ + 6NH3 k2-1 = 1/2,5.104
6
3
6
2
10 5 , 2
1 )
(
)
=
+
+
NH
Co
C
C
Co
1 )
(
) (
4 6
2 6 3
2
=
=
+
+
x NH
Co C
Co C
II.3.3 Do E Co0 3 +/Co2 +> 0 4 /2
2
2 H H O O
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
CTCT A:
(CN)2 + H2O -> HCN + HCNO (CN)2 + 2NaOH -> NaCN + NaCNO
II.1.3 E I02/2I−< 0
) ( 2 / ) (CN 2 CN −
2 /
2 Br−
Br
E
III.1.4
(CN)2 + H2O → NH2 - - - NH2
NH2 - - - 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
N
N
C C
C C
C C
C C N
N
N
N
N
N
C C
C C
Trang 4III.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
3MxOy + (4mx - 2y) HNO3 -> 3xM(NO3)m + (mx - 2y)NO + (2mx - y)H2O
=> ma/3 + b(mx - 2y)/3 = 4,48/22,4 = 0,2 (2)
P3:
→
xb xM a M
b
O
M
a
M
CO y
x
=> rắn có: (a+xb) mol M
Hoà tan rắn trong nước cường toan:
Ta có: Khử M - me -> Mm+
a + xb m(a+xb)
-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 => by = 0,9
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 => M = (1117/60)m
Với m = 1, 2, 3 chỉ có m = 3 là hợp lý
=> M là Fe => n = 2 và m = 3 => a = 0,2, bx = 0,6, by = 0,9
Vậy oxit cần tìm là: Fe2O3
Trang 5III.3.2 Ở phần 2:
) ( 3 , 0 :
) ( 2 , 0 :
3
Fe
mol Fe
Ta có: Fe + 4HNO3 -> Fe(NO3)3 + NO + 2H2O
0,2 0,8 0,2
Fe2O3 + 6HNO3 -> 2Fe(NO3)3 + 3H2O
=> 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
và
H
H
Z (cis)
H
H
E (trăns)
Trang 6IV Các dạng liên kết hiđrô – 4 dạng
* Dạng bền nhất là dạng (IV)
* Kém bền nhất là dạng (III)
IV.3 Tính Bazơ theo thứ tự tăng dần như sau:
< < < < NH(C2H5)2 <
Câu V
V.1 Hoàn thành sơ đồ phản ứng:
→
0
KMnO
(X) (Y) (A)
nC3Bazo H7Cl →SOCl2
HOCH2CH2N(Et)2
−
H
H
O Ơ
(I)
H
−
Ơ
(II)
H
−
Ơ
(III)
+
δ
O H
H
(IV)
O
−
δ
OH
CH3
OH
COOK
OH
COOH
OH
COOH
OCH2CH2CH3
COOH
OCH2CH2CH3
COCl
C
O
- C
- C
NH
Trang 7(B) (C)
→
(D) (E) (F)
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)
2CO2 + Ca(OH)2 -> Ca(HCO3)2 (2)
Ca(HCO3)3 + 2KOH -> K2CO3 + CaCO3 + H2O
Ta có: nCO2 = 0,4 + 0,4 = 0,8 mol => mCO2 = 0,8 x 44 = 35,2 (g)
=> 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:
OCH2CH2CH3
O=C – OCH2CH2N(Et)2
OCH2CH2CH3
O=C – OCH2CH2N(Et)2
OCH2CH2CH3
O=C – OCH2CH2N+H(Et)2Cl
Trang 8V 2.2
→
H+
2
Cơ chế: C6H5 - CH = CH2 + H+ -> C6H5 - C+H - CH3
C6H5 - C+H - CH3 + C6H5 - CH = CH2 ->