Đặc điểm chung của các cacbocation và cacbanion là :
Đáp án đúng: D
Cacbocation và cacbanion là các ion trung gian có điện tích dương và âm tương ứng trên nguyên tử carbon. Do điện tích và cấu trúc không bền, chúng có khả năng phản ứng cao để đạt được trạng thái ổn định hơn. Vì vậy, đặc điểm chung của chúng là kém bền và có khả năng phản ứng cao.
Câu hỏi liên quan
- n(CO2) = 0,3318 / 44 = 0,00754 mol
- n(H2O) = 0,2714 / 18 = 0,01508 mol
- n(C) = n(CO2) = 0,00754 mol
- n(H) = 2 * n(H2O) = 2 * 0,01508 = 0,03016 mol
- m(C) = 0,00754 * 12 = 0,09048 gam
- m(H) = 0,03016 * 1 = 0,03016 gam
- m(O) + m(N) = 0,4524 - 0,09048 - 0,03016 = 0,33176 gam
2. Tìm số mol NH3 tạo ra từ A:
- n(H2SO4) ban đầu = 0,02 * 0,5 = 0,01 mol
- n(NaOH) dùng để trung hòa H2SO4 dư = 0,0077 * 1 = 0,0077 mol
- H2SO4 + 2NaOH -> Na2SO4 + 2H2O
- n(H2SO4) dư = 0,0077 / 2 = 0,00385 mol
- 2NH3 + H2SO4 -> (NH4)2SO4
- n(H2SO4) phản ứng với NH3 = 0,01 - 0,00385 = 0,00615 mol
- n(NH3) = 2 * n(H2SO4) phản ứng = 2 * 0,00615 = 0,0123 mol
3. Tính toán số mol của C, H, N, O trong 0,3682 gam A:
- Gọi x là hệ số tỉ lệ giữa khối lượng A ban đầu (0,4524g) và khối lượng A dùng để tạo NH3 (0,3682g).
- x = 0,3682 / 0,4524 = 0,8139
- n(C) trong 0,3682g A = 0,00754 * x = 0,00754 * 0,8139 = 0,006136 mol
- n(H) trong 0,3682g A = 0,03016 * x = 0,03016 * 0,8139 = 0,02455 mol
- n(N) trong 0,3682g A = n(NH3) = 0,0123 mol
- m(C) = 0,006136 * 12 = 0,073632 gam
- m(H) = 0,02455 * 1 = 0,02455 gam
- m(N) = 0,0123 * 14 = 0,1722 gam
- m(O) = 0,3682 - 0,073632 - 0,02455 - 0,1722 = 0,097818 gam
- n(O) = 0,097818 / 16 = 0,006114 mol
4. Tìm tỉ lệ số mol C : H : N : O:
- C : H : N : O = 0,006136 : 0,02455 : 0,0123 : 0,006114
- Chia tất cả cho 0,006114: C : H : N : O ≈ 1 : 4 : 2 : 1
- Vậy công thức đơn giản nhất là CH4N2O
5. Xác định công thức phân tử:
- M(CH4N2O) = 12 + 4 + 28 + 16 = 60
- Vì MA = 60, nên công thức phân tử của A là CH4N2O.
Gọi công thức phân tử của Y là CxHyOz (x, y, z > 0).
Phương trình đốt cháy:
CxHyOz + (x + y/4 - z/2)O2 -> xCO2 + y/2 H2O
Theo đề bài: nCO2 = nH2O => x = y/2 => y = 2x
nO2 = 4nY => x + y/4 - z/2 = 4 => x + 2x/4 - z/2 = 4 => 3x/2 - z/2 = 4 => 3x - z = 8 => z = 3x - 8>0 => x > 8/3 => x >= 3 (do x nguyên).
Với x = 3 => y = 6, z = 1 => C3H6O.
Vậy công thức phân tử của Y là C3H6O.
Tính thuận từ phụ thuộc vào số lượng electron độc thân. Ion nào có nhiều electron độc thân hơn thì bị nam châm hút mạnh hơn.
*Xét cặp TiCl2 và TiCl4:
+ TiCl2: Ti có số oxi hóa +2. Cấu hình electron của Ti là [Ar]3d24s2, khi tạo thành Ti2+ thì mất 2 electron ở lớp 4s, cấu hình còn lại là [Ar]3d2. Vậy Ti2+ có 2 electron độc thân.
+ TiCl4: Ti có số oxi hóa +4. Khi tạo thành Ti4+ thì mất 2 electron ở lớp 4s và 2 electron ở lớp 3d, cấu hình còn lại là [Ar]. Vậy Ti4+ không có electron độc thân.
Vậy TiCl2 bị hút mạnh hơn TiCl4.
*Xét cặp FeCl2 và FeCl3:
+ FeCl2: Fe có số oxi hóa +2. Cấu hình electron của Fe là [Ar]3d64s2, khi tạo thành Fe2+ thì mất 2 electron ở lớp 4s, cấu hình còn lại là [Ar]3d6. Vì 3d6 có 5 orbital, mỗi orbital chứa tối đa 2 electron, theo quy tắc Hund thì 5 electron đầu tiên sẽ điền vào 5 orbital khác nhau, electron thứ 6 ghép đôi vào 1 orbital. Vậy Fe2+ có 4 electron độc thân.
+ FeCl3: Fe có số oxi hóa +3. Khi tạo thành Fe3+ thì mất 2 electron ở lớp 4s và 1 electron ở lớp 3d, cấu hình còn lại là [Ar]3d5. Vậy Fe3+ có 5 electron độc thân.
Vậy FeCl3 bị hút mạnh hơn FeCl2.
Vậy đáp án đúng là B.
Cấu hình electron cho biết sự phân bố electron trong các orbital nguyên tử (AO). Số lượng tử chính \( n \) biểu thị mức năng lượng của electron, và số lượng tử góc \( \ell \) biểu thị hình dạng của orbital (\( \ell = 0, 1, 2, 3 \) tương ứng với các orbital s, p, d, f).
Theo đề bài, ta có \( n + \ell = 5 \). Ta xét các trường hợp có thể xảy ra:
- Nếu \( \ell = 0 \) (orbital s), thì \( n = 5 \). Orbital này là 5s.
- Nếu \( \ell = 1 \) (orbital p), thì \( n = 4 \). Orbital này là 4p.
- Nếu \( \ell = 2 \) (orbital d), thì \( n = 3 \). Orbital này là 3d.
- Nếu \( \ell = 3 \) (orbital f), thì \( n = 2 \). Orbital này là 2f (không tồn tại).
Vậy, các orbital hóa trị có thể là 5s, 4p và 3d.
Nguyên tố thuộc chu kỳ 3 có lớp ngoài cùng là 3s và 3p. Cấu hình 3d xuất hiện từ chu kỳ 4 trở đi.
Nguyên tố thuộc chu kỳ 4 có lớp ngoài cùng là 4s và 4p, và bắt đầu có sự xuất hiện của orbital 3d.
Nguyên tố thuộc chu kỳ 5 có lớp ngoài cùng là 5s và 5p.
Như vậy, các nguyên tố có AO hóa trị mà \( n + \ell = 5 \) sẽ thuộc chu kỳ 4 (với 4p và 3d) và chu kỳ 5 (với 5s).
A. Sai. Số orbitan hóa trị có thể lớn hơn số liên kết tối đa (ví dụ, nguyên tử có thể có các orbitan p trống).
B. Sai. Số electron hóa trị cho biết khả năng tạo liên kết, nhưng số liên kết tối đa phụ thuộc vào số orbitan có thể lai hóa.
D. Sai. Số orbitan hóa trị chứa electron cũng không phải là yếu tố duy nhất quyết định số liên kết tối đa, vì sự lai hóa mới là yếu tố then chốt.
Bộ Đồ Án Tốt Nghiệp Ngành Trí Tuệ Nhân Tạo Và Học Máy
Bộ 120+ Đồ Án Tốt Nghiệp Ngành Hệ Thống Thông Tin
Bộ Đồ Án Tốt Nghiệp Ngành Mạng Máy Tính Và Truyền Thông
Bộ Luận Văn Tốt Nghiệp Ngành Kiểm Toán
Bộ 370+ Luận Văn Tốt Nghiệp Ngành Kế Toán Doanh Nghiệp
Bộ Luận Văn Tốt Nghiệp Ngành Quản Trị Thương Hiệu
ĐĂNG KÝ GÓI THI VIP
- Truy cập hơn 100K đề thi thử và chính thức các năm
- 2M câu hỏi theo các mức độ: Nhận biết – Thông hiểu – Vận dụng
- Học nhanh với 10K Flashcard Tiếng Anh theo bộ sách và chủ đề
- Đầy đủ: Mầm non – Phổ thông (K12) – Đại học – Người đi làm
- Tải toàn bộ tài liệu trên TaiLieu.VN
- Loại bỏ quảng cáo để tăng khả năng tập trung ôn luyện
- Tặng 15 ngày khi đăng ký gói 3 tháng, 30 ngày với gói 6 tháng và 60 ngày với gói 12 tháng.