Hướng dẫn giải

^{2Z + N = 52} ^{Z = 17}

Với X ta có: _ => _ . Vậy cấu hình của X là: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁵.

_Z + 1 = N _N = 18

=> X thuộc ch kì 3, nhóm VIIA.

Với Y ta có: 1s²2s²2p⁶3s¹ =>Y thuộc chu kì 3, nhóm IA

Với Z ta có số 2p = 22 + 6 = 28 => p = 14, cấu hình của Z là 1s²2s²2p⁶3s²3p²

=>Z thuộc chu kì 3, nhóm IVA.

Với T ta có cấu hình: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶4s¹ => T thuộc chu kì 4, nhóm IA.

b) Vì X, Y, Z thuộc cùng một chu kì, theo chiều Z+ tăng thì bán kính nguyên tử giảm => bán kính của Y > Z > X.

Vì Y và T thuộc cùng một nhóm A, theo chiều Z+ tăng thì bán kính nguyên tử tăng => bán kính của T > Y.

Vậy bán kính nguyên tử: T > Y > Z > X.

Tính pH:

Số mol n ₊ = 0,4.0,74 = 0,03 (mol)

H

Số mol n _– = 0,16.(0,08.2 + 0,04) = 0,032 (mol)

OH

Pư trung hòa: H^+ OH^ H O

2

0,03 → 0,03

Vậy số mol OH^– dư = 0,032 – 0,03 = 0,002 mol

Nồng độ OH^– dư = ^{0, 002} 0, 01 (M)

0, 2

14 14

Nồng độ H⁺ = ¹⁰ ¹⁰ 10^12 (M) => pH = 12.

[OH^] 10^2

0,5

0,25

0,25

0,25

Hướng dẫn giải

(1) CH₄ + H₂O CO + 3H₂

(2) N₂ + 3H₂ 2NH₃

(3) 4NH₃ + 5O₂ 4NO + 6H₂O

^{(4) 2NO + O}2 ^{→ 2NO}2

^{(5) 4NO}2 ^{+ 2H}2^{O + O}2 ^{→ 4HNO}3

^{(6) NH}3 ^{+ HNO}3 ^{→ NH}4^NO3

= 1,5

Hướng dẫn giải

(1) là phản ứng toả nhiệt.

^{b) Phản} ứng: ^{Ta có:}

Sự thay đổi đó của trị số hằng số cbhh hoàn toàn do thuần tuý làm toán chứ không có ý nghĩa hoá học. (Sự thay đổi của hằng số cbhh như đã được xét ở a) trên đây mới có ý nghĩa hoá học).

2. ^{Ta xét H}2 ^{(k) + Br}2 ^{(k)2 HBr (k) (1)} Số mol ban đầu 0 0 n

Số mol ở cbhh (1/2) nα (1/2) nα n – nα Với α là tỉ lệ HBr bị phân huỷ mà ta cần tính.

Chú ý điều kiện: 0 < α < 1 ( *)

Vì phản ứng (1) có Δn = 0 nên biểu thức của hằng số cbhh K biểu thị được theo số mol các chất tại cbhh:

K = [n (1 -α )]²/[(1/2) nα (1/2) nα] = [2(1 -α )]²/α² hay K^1/2 = [2 (1 – α )]/α² α (2.10² + 1) = 1

Khi coi 2.10² >> 1, ta được α ~ 1/2.10² ~ 0,005. Kết quả này thoả mãn điều kiện: 0 < α < 1 (*).

^{Vậy tỉ lệ HBr bị phân huỷ thành H}2 ^{và Br}2 ^{tại 10240 C là α ~} 0,005 hay 0,5%. Tỉ lệ này rất nhỏ, nghĩa là HBr rất bền, khó bị phân huỷ, mặc dù phản ứng (1) được thực hiện ở nhiệt độ rất cao, 1024⁰ C. Đó là sự thể hiện của phản ứng (1) có trị số của hằng số cbhh khá lớn, tới 1,6.10⁵ tại nhiệt độ này. Số liệu trên cho thấy phản ứng thuận trong phản ứng thuận nghịch (1) xảy ra khá dễ dàng tại nhiệt độ đó. Tất nhiên phản ứng nghịch, tức là sự phân huỷ HBr xảy ra khó khăn.

0,5

0,5

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

Hướng dẫn giải

^{p-Crezol < m-Crezol < Phenol < CH}3^{COOH < < CH}2^=CH-COOH

^{+I, +H(CH}3^{-) +I (CH}3^{-) + I -I,+C}

– Nhóm -OH của phenol có tính axit yếu hơn nhóm -OH của nhóm caboxylic.

0,25

0,25

n = ^1,12 =0,05 mol ; n = ^2,912 = 0,13 mol ; n = ^2,52 = 0,14

^X 22,4 ^CO2 22,4 ^H2O 18

Vì n_CO < n_{H O} => hiđrocabon B phải là ankan

2 2

m

1

2

3

4

n

5

3,5

2

0,5

Loại

Loại

Loại

^{C H + 3n 1 O nCO +} ^n–1^{H O}

n 2n-2 ₂ 2 2 2

x n.x (n -1).x mol

^{C H + 3m 1 O mCO +} ^{m +1}^{H O}

m 2m+2 ₂ 2 2 2

y m.y (m + 1).y mol Ta có hệ phương trình:

^{x + y = 0,05} ^{x = 0,02}

^n.x + m.y = 0,13 => ^y = 0,03

 

^(n-1).x+(m+1).y = 0,14 ^2n + 3m = 13

 

Ta có 3m < 13 => m < 4,33

^{Vậy A là C}2^H2 ^{hay CH ≡ CH (axetilen)}

^{B là C}3^H8 ^{hay CH}3 ^{– CH}2 ^{– CH}3 ^(propan)

0,25

0,25

0,25

Hướng dẫn giải

3,0

2NO^  12H ^  10e  N  6H O (5)

3 2 2

0,6(mol) 0,5(mol) 0,05(mol)

dd X + NaOH max

^{Mg2+ + 2OH– Mg(OH)}2^{ (8)}

a(mol) a

^{Al3+ + 3OH– Al(OH)}3^{ (9)}

b(mol) b

^mmax ^{= 58.a + 78.b = 62,2}

Theo định luật bảo toàn diện tích: 2a + 3b = 0,6 + 1,2 + 0,5 = 2,3

a = 0,4 ; b = 0,5

a.

^mMg ^{+ m}Al ^{= (24.0,4) + (27.0,5) = 23,1 (g) = m}1

(3); (4); (5) _n_HNO3 n_{H }0,8 1,5 0,6  2,9(mol)

n dư ^2,9.20 0,58(mol)

^HNO3 100

2,9 0,58.63.100

m_ddHNO 24% m₂  913,5(g)

³ 24

b.

Khối lượng dung dịch X:

m_X 23,1913,5 30.0,244.0,1528.0,05 922,6(g)

n_{Mg NO }n_Mg 0,4(mol)

³ 2

n_{Al NO }n_Al 0,5(mol)

³ 2

Nồng độ các chất trong dung dịch X:

^C%Mg^NO ^{0, 4.148.100% 6, 417%}

^{3 2} 922, 6

C%Al(NO ) ^{0, 5.213.100%} 11, 543%

^{3 3} 922, 6

^C% HNO3 dư ^{= 0,58.63.100% 3,96%}

922, 6

0,25

0,25

0,25

0,25

100

100

^mđường ^{(trong rỉ đường): 21,508 – 15,056 = 6,4525 (kg)}

^2x 3y 2z 0, 9

^ 3 4

_{z 0, 4} n_O 0, 4 4

n = ^7,95 = 0, 075 mol;

Na₂CO_{3 106}

n = ^3,36 = 0,15 mol; n = ^4,32 = 0, 24 mol

^CO2 22, 4 ^H2O 18

Ta có n_Na/Y = n_NaOH = 2 n_{Na CO} = 0,15 mol

2 3

Vì hỗn hợp hỗn hợp X gồm 2 este no, mạch hở

Z gồm các ancol no, mạch hở gọi CTTB của hỗn hợp Z là C H O

n 2n+2 m

C H O + ^{3n +1- m} O ^to n CO + (n +1) H O



n 2n+2 m ₂ ^{2 2 2}

0,15 0, 24 mol