Cho biết vị trí của những nguyên tố kim loại trong bảng tuần hoàn. Vị trí của kim loại có tính khử mạnh nhất và vị trí của phi kim có tính oxi hóa mạnh nhất. Viết cấu hình electron lớp ngoài cùng của hai nguyên tố này

Cơ bản - Tự luận

Đáp án:

* Vị trí những nguyên tố kim loại trong bảng tuần hoàn

- Nhóm IA và IIA (trừ H)

- Nhóm III A (trừ Bo)

- Một phần nhóm IVA, VA, VIA

- Các nhóm B

- Họ anta và actini

* Kim loại có tính khử mạnh nhất nằm bên trái, phía dưới của bảng tuần hoàn. Phi kim có tính oxi hóa mạnh nhất nằm phía trên bên phải của bảng tuần hoàn

Kim loại Cs-6s¹

Phi kim: F – 2s²2p⁵

X, Y, Z là ba este đều mạch hở, thuần chức trong đó X, Y đều đơn chức, Z hai chức. Đốt cháy hoàn toàn 19,28 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z cần dùng 0,94 mol O2 thu được 11,52 gam nước. Mặt khác đun nóng 19,28 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp T chứa hai ancol đều no, không thuộc cùng dãy đồng đẳng và hỗn hợp gồm hai muối có tỉ lệ mol 1: 1. Dẫn toàn bộ T qua bình đựng Na dư, thấy khối lượng bình tăng 9,2 gam. Tính phần trăm khối lượng của este có khối lượng phân tử nhỏ nhất trong hỗn hợp E?

Nâng cao - Tự luận

Đáp án:

+) E (19,28 g) + O₂ (0,94 mol) → CO₂ + H₂O (0,64 mol)

→ Bảo toàn khối lượng: m_CO2 = m_E + m_O2 - m_H2O = 37,48 (g) → n_CO2 = 0,86 mol

→ Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_O(E) = 2n_CO2 + n_H2O - 2n_O2 = 0,48 mol

→ n_OH(ancol) = n_NaOH = n_COO = 0,24 mol

ROH + Na → RONa + 1/2 H₂ ↑ → n_H2 = 0,12 mol

Bảo toàn khối lượng: m_T = m_{bình tăng} + m_H2 = 9,2 + 0,12.2 = 9,44 g.

Từ giả thiết → T gồm ancol đơn chức và 2 chức

Mặt khác, do X, Y, Z đều mạch hở → các muối đều đơn chức.

→ số mol mỗi muối là 0,12 mol

→ Bảo toàn khối lượng: m_muối = m_E + m_NaOH - m_T = 19,28 + 0,24.40 – 9,44 = 19,44 g

→ M_muối = 19,44/0,24 = 81

→ Phải chứa HCOONa → M_{muối còn lại} = (19,44 - 0,12.68)/0,12 = 94 (C₂H₃COONa)

+) Quy E về HCOOH, C₂H₃COOH, CH₃OH, C₂H₄(OH)₂, CH₂, H₂O

→ n_HCOOH - n_C2H3COOH = 0,12 mol, n_H2O = -n_COO = -0,24 mol

Đặt n_CH3OH = x; n_C2H4(OH)2 = y; n_CH2 = z

→ m_E = 0,12.46 + 0,12.72 + 32x + 62y + 14z – 0,24.18 = 19,28 g. (1)

n_CO2 = n_C(E) = 0,12 + 0,12.3 + x + 2y + z (2)

n_OH = x + 2y = 0,24 mol (3)

Từ (1), (2), (3) → x = 0,04 mol; y = 0,1 mol; z = 0,14 mol

→ Ancol là C₂H₅OH và C₃H₆(OH)₂

→ Hỗn hợp E gồm 0,02 mol HCOOC₂H₅; 0,02 mol C₂H₃COOC₂H₅ và 0,1mol C₂H₃COOC₃H₆OOCH

este có KLPT nhỏ nhất là HCOOC₂H₅

=> %mHCOOC2H5 = (0,02.72.100) : 19,28 = 7,68%

Cho xenlulozo phản ứng với anhidrit axetic(có H2SO4 đặc làm xúc tác) thu được 11,1g hỗn hợp X gồm xenlulozo triaxetat , xenlulozo diaxetat và 6,6g axit axetic. Thành phần phần trăm theo khối lượng của xenlulozo triaxetat và xenlulozo diaxetat trong X lần lượt là

Cơ bản - Tự luận

Đáp án:

[C₆H₇O₂(OH)₃]_n + 3n(CH₃CO)₂O -> [C₆H₇O₂(CH₃COO)₃]_n  + 3nCH₃COOH

       x                                                     x                                3x

[C₆H₇O₂(OH)₃]_n +2n(CH₃CO)₂O ->[C₆H₇O₂(OH)(CH₃COO)₂]_n  + 2nCH₃COOH

       y                                                    y                                2y

=> n_CH3COOH = 3x + 2y = 0,11 mol

Và : m_muối = 288x + 246y = 11,1g

=> x = 0,03 ; y = 0,01 mol

=> %m_Triaxetat  = 77,84%

Có ba khí được đựng riêng biệt trong ba lọ: clo, hiđrua clorua, oxi. Hãy nêu ba phương pháp hóa học để nhận biết từng khí đựng trong ba lọ.

Cơ bản - Tự luận

Đáp án:

Lấy mẫu thử từng khí:

- Dùng quỳ tím ẩm cho vào các mẫu thử:

+ Nhận biết được khí clo: làm mất màu giấy quỳ tím ẩm

+ Nhận ra được khí hiđro clorua: làm quỳ tím ẩm hóa đỏ.

+ Không có hiện tượng gì là khí oxi

(Hoặc Dùng tàn đóm ta nhận biết khí oxi: oxi làm tàn đóm bùng cháy.)

Chia 20 gam hỗn hợp gồm Mg, Al, Zn thành hai phần bằng nhau. Đốt cháy hoàn toàn phần một trong O2 dư thu được 21 gam hỗn hợp oxit. Phần hai hòa tan trong dung dịch HNO3 đặc, nóng dư thu được V (lít) NO2 (sản phẩm khử duy nhất, (đktc)).

Cơ bản - Tự luận

Đáp án:

m_KL + m_O2 = m_oxit

⇒ m_O2 = 21 - 10 = 11g

⇒ n_O2 = 0,34375 mol

n_{e (O2)}nhận = n_e kim loại nhường = n_{e (N⁺⁵)} nhận

O₂ + 4e → 2O^2-

N⁵⁺ + 1e → N⁺⁴

V = 1,375.22,4 = 30,8 (lít)