QUANG BINH - Dap an Hoa

∠〈π 〈ν
I.1. Từ bộ số lượng tử của X, Y, Z ta có electron cuối cùng của:
X: 2p
4
=> Z
X
= 8 => X là Oxi
Y: 3p
4
=> Z
Y
= 16 => Y là S
Z: 3p
5
=> Z
Z
= 17 => Z là Cl
II.2. Gọi công thức phân tử của A là S
x
O
y
Cl
z
(x, y, z nguyên, dương)
d
2
H
A
=67,5 => M
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: SO
2
Cl
2
Nếu z=3 => 32x + 16y = 28,5 (loại)
Vậy A là SO
2
Cl
2
. Phương trình:
SO
2
Cl
2 (k)
SO
2 (k)
+ Cl
2 (k)
K
p
= 50
II.2.1. Đơn vị của trị số K
p
:
K
p
=
)(

)()(
22
22
.
atmClSO
atmClatmSO
p
pp
= 50 (atm) => Đơn vị là: atm
II.2.1. Gọi số mol ban đầu của SO
2
Cl
2
là 1 mol
SO
2
Cl
2 (k)
SO
2 (k)
+ Cl
2 (k)
Ban đầu 1 0 0
Pư
α

α
α
Cuối 1-
α

α
α

pClpSO
α
α
+
−
=
1
1
22
,
ppSO
α
α
+
=
1
2
,
ppCl
α
α
+
=
1
2
 k

p
=
p
p
p
ClpSO
pClpSO
.
1
)1/1(
)1/(
.
2
22
22
22
α
α
αα
αα
−
=
+−
+
=

25
2
50
1

2
2
==
−
α
α
=>
9806,0
=
α
 Số mol SO
2
Cl
2
còn

lại là 1-0,9806= 0,0194 mol
n
Cl2

= n
SO2
= 0,9806 (mol)

08,3416,68
9806,01
1351
2
2
2

2
2
=⇒≈
+
==
H
h
d
x
n
m
M
h
h
h
I.2.3. Gọi số mol ban đầu của SO
2
Cl
2
là a => n
Cl2

ở trạng thái cân bằng
là
α
a=147,08
 a= 147,09/0,9806
≈
150 (mol)
- 1 -

I.3.3.1. Trạng thái lai hóa của phân tử SO
2
Cl
2
là: Sp
3
=> dạng hình học là tứ diện.
Trạng thái lai hóa của phân tử SO
2
là: Sp
2
=> dạng hình học là chữ V.
I.3.3.2. Cho A, B phản ứng với dd NaOH dư:
SO
2
Cl
2
+ 4NaOH
→
2NaCl + Na
2
SO
4
+ 2H
2
O
SO
2
+ 2NaOH
→

Na
2
SO
3
+ H
2
O
Câu II.1.
- Tên: [Co(NH
3
)
6
]
3+
: hexamin coban (III)
[Co(NH
3
)
6
]
2+
: hexamin coban (II)
- Trạng thái lai hoá của 2 phức trên là sp
3
d
2

- Dạng hình học của 2 phức là bát diện đều.
II.2. Với i=1 => công thức [Co(NH
3

)
5
Cl]
2+
=> có 1 đồng phân:
Với i =2 => công thức [Co(NH
3
)
4
Cl
2
]
+

=> có 2 đồng phân:

Và
- Tác dụng với Fe
2+
trong môi trường axit
[Co(NH
3
)
5
Cl]
2+
+ 5H
+
+ Fe
2+

→
Co
2+
+ Fe
3+
+ 5NH
4
+
+ Cl
-
[Co(NH
3
)
4
Cl
2
]
+
+ 4H
+
+ Fe
2+

→
Co
2+
+ Fe
3+
+ 4NH

4
+
+ 2Cl
-
II.3.1.
[Co(NH
3
)
6
]
3+
Co
3+
+ 6NH
3
k
1
-1
= (4,5.10
33
)
-1

[ ]
33
3
63
6
)(
10.5,4

1
)(
.
3
3
=
+
+
NHCoC
CC
NH
Co
=>
[ ]
27
3
63
)(
10.5,4
1
)(
3
=
+
+
NHCoC
C
Co
Mặt khác:
[ ]

[ ]



=
=+
+
+
+
+
)(.10.5,4)(
1,0)()(
327
3
63
3
63
3
CoCNHCoC
NHCoCCoC
 C(Co
3+
)= 2,2. 10
-28
mol/l
- 2 -
Co
NH
3
NH

3
H
3
N
H
3
N
NH
3
Cl
Co
NH
3
NH
3
NH
3
NH
3
Cl
Cl
Co
Cl
NH
3
NH
3
NH
3
Cl

NH
3
II.3.2. Ta có: [Co(NH
3
)
6
]
2+
Co
2+
+ 6NH
3
k
2
-1
= 1/2,5.10
4
[ ]
4
2
63
62
10.5,2
1
)(
).(
3
=
+
+

NHCoC
CCoC
NH
=>
[ ]
40
10.5,2)1,0(
1
)(
)(
462
63
2
==
+
+
x
NHCoC
CoC
II.3.3. Do
0
/
23
++
CoCo
E
>
0
2/4
22

OHHO
E
+
+
(PH=7)
Nên có xảy ra phản ứng:
4Co
3+
+ 2H
2
O -> 4Co
2+
+ O
2
+ 4H
+
=> Có giải phóng khí O
2
II.3.4 Do trong dung dịch ở câu trên có [Co
3+
] = 2,2.10
-28
mol/l
Quá nhỏ nên thế của Co
3+
/Co
2+
nhỏ hơn thế của 2H
2
O/O

2
+ 4H
+
ở PH = 7 nên không giải phóng
khí.
Câu III. 1.1 CTCT của đixian: N C - C N
Khi đun nóng ở 500
0
C -> A (CN)
n
CTCT A:
III.1.2 (CN)
2
+ H
2
-> 2HCN
(CN)
2
+ H
2
O -> HCN + HCNO
(CN)
2
+ 2NaOH -> NaCN + NaCNO
II.1.3.
0
2/
2
−
II

E
<
0
)(2/)(
2
−
CNCN
E
<
0
2/
2
−
BrBr
E
III.1.4.
(CN)
2
+ H
2
O
→
NH
2
- - - NH
2
NH
2
- - - NH
2

+ 2H
2
O
 →
)'( A
NH
4
OOC – COONH
4
Cơ chế này xác nhận cấu tạo của đixian có dạng N - C - C - N
III.1.5 2CuSO
4
+ 4NaCN -> 2CuCN + (CN)
2
+ 2Na
2
SO
4
- 3 -
N
N
C
C
C
C
C
C
C
C
N

N
N
N
N
N
C
C
C
C
III.2.1 Gọi ôxit của M là M
x
O
y
và số mol của M và M
x
O
y
trong mỗi phần là a và b. Khí hoá nâu
trong không khí là NO.
P
1
: M +nH
+
-> M
n+
+ n/2 H
2
a na/2
M
x

O
y
+ 2yH
+
-> xM
2y/x+
+ yH
2
O
=> na/2 = 4,48/22,4 = 0,2 (1)
P
2
: 3M + 4m HNO
3
-> 3M(NO
3
)m + mNO + 2mH
2
O
a ma/3
3M
x
O
y
+ (4mx - 2y) HNO
3
-> 3xM(NO
3
)m + (mx - 2y)NO + (2mx - y)H
2

O
b b(mx-2y)/3
=> ma/3 + b(mx - 2y)/3 = 4,48/22,4 = 0,2 (2)
P3:














→
xb
xM
a
M
b
OM
a
M
CO
yx
=> rắn có: (a+xb) mol M.

Hoà tan rắn trong nước cường toan:
Ta có: Khử M - me -> M
m+
a + xb m(a+xb)
OXH: NO
-
3
+ 4H
+
+ 3e -> NO + 2H
2
O
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 1 2 3
M 55,85
=> 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: Fe
2
O
3
- 4 -
III.3.2. Ở phần 2:




)(3,0:
)(2,0:
32
molOFe
molFe
Ta có: Fe + 4HNO
3
-> Fe(NO
3
)
3
+ NO + 2H
2
O
0,2 0,8 0,2
Fe
2
O
3
+ 6HNO
3
-> 2Fe(NO
3
)
3
+ 3H
2

O
0,3 1,8 0,6
=> Số mol HNO
3
phản ứng là 0,8 + 1,8 = 2,6 => số mol HNO
3
dư là 0,26 (mol)
vậy số mol HNO
3
ban đầu là: 2,6 + 0,26 = 2,86 (mol)
=> C
M
(HNO
3
) = 2,86/1 = 2,86 M
Dung dịch B gồm:
HNO
3
: 0,26mol và Fe(NO
3
)
3
= 0,2 + 0,6 = 0,8 mol
Fe + 4 HNO
3
=> Fe(NO
3
)
3
+ NO + 2H

2
O
0,065 0,26 0,065
Nên số mol Fe(NO
3
)
3
là 0,065 + 0,8 = 0,865 (mol)
Fe + 2Fe(NO
3
)
3
-> 3Fe(NO
3
)
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
=> m
Fe
= 0,4975 x 55,85 = 27,785375 (g)
Câu IV.
IV.1. - Cả 3 chất đều có đồng phân hình học.


và
- 5 -
H

CH
3
- (CH
2
)
7
C
C
H
(CH
2
)
7
- COOH
Z (cis)
H
C
C
H
CH
3
- (CH
2
)
7
(CH
2
)
7
-COOH

E (trăns)
C
6
H
5
N N
C
6
H
5
Z (cis)
E (trăns)
C N
C
6
H
5
C
6
H
5