Tuyến chọn một số bài từ sách TUYỂN TẬP 10 NĂM ĐỀ THI OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC p2

Chia sẻ: Trần Bá Trung1 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:18

1
397
lượt xem
177
download

Tuyến chọn một số bài từ sách TUYỂN TẬP 10 NĂM ĐỀ THI OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC p2

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tuyến chọn một số bài từ sách TUYỂN TẬP 10 NĂM ĐỀ THI OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC p2 là tài liệu mang tính chất tham khảo, giúp ích cho các bạn tự học, ôn thi, với phương pháp giải hay, thú vị, rèn luyện kỹ năng giải đề, nâng cao vốn kiến thức cho các bạn trong các kỳ thi sắp tới. Tác giả hy vọng tài liệu này sẽ giúp ích cho các bạn.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Tuyến chọn một số bài từ sách TUYỂN TẬP 10 NĂM ĐỀ THI OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC p2

  1. 2. Sau phản ứng còn dư ion pemanganat (có giải thích). Biết giản đồ thế khử của I và Mn trong môi trường axit như sau: 1,70   1,14  1,45   0,54  H 4 IO6  IO3  HIO  I3  I   +1,20 +1,51 0,56 2,26 0,95 1,51 1,18 MnO4  MnO4   MnO2  Mn3  Mn2  Mn   2     +1,7 +1,23 Hướng dẫn giải: Dựa vào giản đồ thế khử của I- ta suy ra HIO không bền vì EHIO / I   EIO / HIO nên HIO sẽ dị phân thành IO3 và I 3 0 0 3 3 Ta viết lại giản đồ thế khử của I như sau: 1,70   1,20   0,54  H 4 IO6  IO3  I3  I   Dựa vào thế khử của Mn ta suy ra MnO42 và Mn3+ không bền vì chúng có thể khử bên phải lớn hơn thế khử bên trái nên chúng sẽ bị dị phân thành hai tiểu phân bên cạnh như ở HIO. Đối với quá trình Mn2+ → Mn ta cũng không xét vì Mn kim loại không thể tồn tại trong dung dịch nước khi có mặt H+ do thế khử của Mn2+/Mn quá âm. Do đó ta có thể viết lại giản đồ thế khử của Mn như sau: 1,70 1,23 MnO4  MnO2  Mn2   Ta có phương trình ion thu gọn trong các trường hợp như sau: 1. Trường hợp sau phản ứng có I- dư:   H 4 IO6 hoặc IO3 không thể cùng tồn tại với I- vì: EH IO / IO  1,7V  EI0 / I   0,54V và EIO  1, 2V  EI0 / I   0,54V 0 0 4 6 3 3 3 3   Nên H 4 IO6 hoặc IO3 đều có thể oxi hóa I  thành I 3 . Như vậy I  chỉ bị oxi hóa thành I 3 .
  2. Khi I  dư thì MnO4 và MnO2 không thể tồn tại vì EMnO 0  4 / MnO2 và EMnO / Mn đều lớn 0 2 2 hơn EI0 / I nên MnO4 và MnO2 đều có thể oxi hóa I  thành I 3 . Như vậy MnO4  3  bị khử hoàn toàn thành Mn2 . Do đó phương trình phản ứng xảy ra khi I  dư dưới dạng ion thu gọn như sau: 2MnO4  15I   16H   5I3  2Mn2  8H 2O   Trường hợp sau phản ứng có dư MnO4 : Mn2 không thể tồn tại khi MnO4 dư vì EMnO / MnO  EMnO  0 0 2 nên MnO4 sẽ oxi 4 2 2 / Mn hóa Mn2 thành MnO2 . Khi MnO2 dư thì I 3 và I  cũng không thể tồn tại vì: EMnO 0  4 / MnO2  EI0 / I  , EIO / I  3 0 3 3 nên MnO4 oxi hóa là I 3 và I  .  Như vậy sản phẩm sinh ra khi I  bị oxi hóa là IO3 và một lượng nhỏ H 4 IO6 0 vì EMnO / MnO2  EH IO  1,7V . 0 4 4 6 Do đó phương trình này xảy ra khi MnO4 dư như sau: 2MnO4  I   2H   2MnO2  IO3  H 2O  8MnO4  3I   8H   2H 2O  8MnO2  3H 4 IO6   Câu 7: trang 170 Đánh giá khả năng hòa tan của HgS trong: a, Axit nitric b, Nước cường toan Biết ENO 0  3 / NO  E2  0,96V ; ES / H2 S  E0  0,17V ; THgS  1051,8 0 0 1 Hướng dẫn giải: a, Trong axit nitric: Các quá trình xảy ra: HNO3  H   NO3
  3. 3  HgS  Hg 2  S 2 Tt  THgS  1051,8 3  H   S 2  HS   ka21  1012,92 3  HS   H   H 2 S  ka11  107 1 2 E0   1 3  H 2 S  2e  S  2H k  10 1 0,059 0 3 E2    1 2  NO  4 H  3e  NO  2 H 2 k  10 3 2 0,059 3HgS  2 NO3  8H   3Hg 2  3S  2 NO  4 H 2O k  Tt 3 .ka23 .ka13 .k13 .k2   2  lg k  3lg T  3lg ka2  3lg ka1  3lg k1  2lg k2  2 E10   3E2 0  3(51,8)  3(12,92)  3(7)  3    2   0, 059   0, 059   155, 4  38,76  21 17, 29  97,63  15,3  k  1015,3 Vì k rất nhỏ nên xem như HgS không tan trong HNO3. b, Trong nước cường toan: Các quá trình xảy ra: 3HgS  2 NO3  8H   3Hg 2  3S  2 NO  4H 2O k  1015,3 3  Hg 2  4Cl   HgCl4 2  4  1014,92 3HgS  2 NO3  8H   12Cl   3HgCl4   3S  2 NO  4H 2O 2 k '  k.34  lg k '  lg k  3lg 4  15,3  3.14,92  29, 46  k  1029,46 rất lớn. Vậy HgS tan mạnh trong nước cường toan. Câu 8: trang 171 Thêm 1 ml dung dịch H2S 0,01M vào 1ml dung dịch hỗn hợp: Fe3+ 0,01M và H+ 0,1M. Có xuất hiện kết tủa không? Biết: K1( H2 S )  107,02 ; K2( H2 S )  1010,9 ; EFe3 / Fe2  0,77V ; ES / H2 S  0,14V ; TFeS  1017,4 0 0
  4. Hướng dẫn giải: Nồng độ các chất sau khi trộn: [H2S] = 5.10-3 mol/l [Fe3+] = 5.10-3 mol/l [H+] = 5.10-2 mol/l nE 0 3 2 Fe  1e  Fe (1) K1  10 0,059  1013 S  2H   2e  H 2 S (2) K 2  104,745 Tổ hợp (1) và (2) 2Fe3  H 2 S  2Fe2  S  2H   (3) K3  K12 .K2 1  1021,255 5.10-3 2,5.10-3 5.10-3 5.10-3(M) Vì K3 rất lớn nên phản ứng (3) xảy ra hoàn toàn: H 2 S  H   HS  (4) K4 HS   H   S 2 (5) K5 Tổ hợp (4) và (5) H2S  2H+ + S2- (6) K6 = K4. K5 = 10-19,92 Cân bằng (2,5.10-3 – x) (5,5.10-2 + 2x) x  5,5.10  2 x  x  10 2 2 19,92 K6   2,5.10  x  3 → x = [S2-] = 5,2.10-20. Ta có: [Fe2+].[S2-] = 2,6.10-23 < TFeS Vậy FeS chưa kết tủa. Câu 2: trang 192 1. Hãy cho biết sự biến thiên tính axit của dãy HXO4 (X là halogen). Giải thích? 2. Một hỗn hợp X gồm 3 muối halogen của kim loại Natri nặng 6,23g hòa tan hoàn toàn trong nước được dung dịch A. Sục khí clo dư vào dung dịch A rồi cô cạn hoàn toàn dung dịch sau phản ứng được 3,0525g muối khan B.
  5. Lấy một nửa lượng muối này hòa tan vào nước rồi cho phản ứng với dung dịch AgNO3 dư thì thu được 3,22875g kết tủa. Tìm công thức của các muối và tính % theo khối lượng mỗi muối trong X. Hướng dẫn giải: Tính axit của dãy HXO4 giảm dần khi X: Cl → I Giải thích: Cấu tạo của HXO4. O O H – O – X → O hoặc H – O – X = O O O Vì Cl → I độ âm điện giảm làm cho độ phân cực của liên kết – O – H giảm. 2. Giả sử lượng muối khan B thu được sau khi cho clo dư vào dung dịch A 3, 0525 chỉ có NaCl → nNaCl   0, 0522mol 58,5 NaCl + AgNO3 → AgCl↓ + NaNO3 (1) 3, 22875 Theo (1) → nNaCl  nAgCl  .2  0, 045mol  0, 0522mol 143,5 Do đó, muối khan B thu được ngoài NaCl còn có NaF. Vậy trong hỗn hợp X chứa NaF. mNaF = mB – mNaCl = 3,0525 – 0,045.58,5 = 0,42(g) 0, 42 % NaF  .100%  6, 74% 6, 23 Gọi công thức chung của hai muối halogen còn lại là: NaY 2 NaY  Cl2  2 NaCl  Y2 (2) Theo (2) → nNaY  nNaCl  0,045mol mNaY  mX  mNaF  6, 23  0, 42  5,81( g )
  6. 5,81 Do đó: M NaY   129,11  23  M Y  M Y 106,11 0,045 → phải có một halogen có M > 106,11 → đó là iot. Vậy công thức của muối thứ 2 là NaI. Do đó có hai trường hợp: * Trường hợp 1: NaF, NaCl và NaI Gọi a, b lần lượt là số mol của NaCl và NaI 58,5 a 150 b  5,81 a 0,01027 Ta có:   a  b  0,045 b  0,03472 mNaCl = 58,5.0,01027 = 0,6008(g) mNaI = 150. 0,03472 = 5,208 (g) 0,6008 Vậy: % NaCl  .100%  9,64% 6,23 0, 6008 % NaCl  .100%  9, 64% 6, 23 % NaF  6,77% % NaI  83,59% Trường hợp 2: NaF, NaBr và NaI 103a ' 150 b'  5,81 a' 0,02 Ta có:   a ' b '  0,045 b' 0,025 mNaBr = 103.0,02 = 2,06(g) mNaI = 150.0,025 = 3,75 (g) 2, 06 Vậy % NaBr  .100%  33, 07% 6, 23 3, 75 % NaI  .100%  60,19% 6, 23 % NaF  6,74%
  7. Câu 8: X là một loại muối kép ngậm nước có chứa kim loại kiềm clorua và magie clorua. Để xác định công thức của X, người ta làm các thí nghiệm sau: * Lấy 5,55g X hòa tan vào nuếoc rồi đem dung dịch thu được tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 tạo thành 8,61gam kết tủa. * Nung 5,55g X đến khối lượng không đổi thì khối lượng giảm 38,92%. Chất rắn thu được cho tác dụng với một lượng dư dung dịch NaOH tạo kết tủa. Lọc lấy kết tủa, rửa sạch rồi nung đến khối lượng không đổi thu được 0,8gam chất rắn. Hãy xác định công thức của X. Hướng dẫn giải: * Thí nghiệm 1: 8, 61 Ag+ + Cl- → AgCl↓; nAgCl  nCl    0, 06mol 143,5 Thí nghiệm 2: Khi nung, xảy ra sự loại nước để được muối khan, nên khôi lượng nước ngậm trong muối bằng 38,92%×5,55=2,16gam, ứng với 2,16/18 = 0,12mol H2O. Khi tác dụng với dung dịch NaOH: Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2↓ to Nung Mg(OH)2↓ → MgO + H2O nMgO = 0,8/40 = 0,02mol = nMg ứng với 0,02 mol MgCl2 ban đầu. 2 Còn lại 0,02 mol Cl- sẽ kết hợp với ion kim loại M+ để cho 0,02 mol MCl có khối lượng bằng: 5,55 – (2,16 + 0,02.95) = 1,49 gam. 1, 49 Tính được: M   35,5  39 đvC. Vậy M là Kali 0, 02
  8. Công thức của muối là: 0,02 mol KCl, 0,02 mol MgCl2, 0,12 mol H2O hay KCl.MgCl2.6H2O. Câu 10: trang 206 Cho hỗn hợp A gồm 3 muối MgCl2, NaBr, KI. Cho 93,4 gam hỗn hợp A tác dụng với 700 ml dung dịch AgNO3 2M. Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch D và kết tủa B. Lọc kết tủa B, cho 22,4 gam bột Fe vào dung dịch D. Sau khi phản ứng kết xong thu được chất rắn F và dung dịch E. Cho F vào dung dịch HCl dư tạo ra 4,48 lít H2 (đkc). Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch E thu được kết tủa, nung kết tủa trong không khí cho đến khối lượng không đổi thu được 24 gam chất rắn. 1. Tính khối lượng kết tủa B. 2. Hòa tan hỗn hợp A trên vào nước tạo ra dung dịch X. Dẫn V lít Cl2 sục vào dung dịch X, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 66,2 gam chất rắn. Tính V(đkc)? Hướng dẫn giải: Gọi a, b, c lần lượt là số mol của MgCl2, NaBr, KI. Phương trình phản ứng: Cl- + Ag+ → AgCl↓ (1) Cl- + Ag+ → AgBr↓ (2) I- + Ag-+ → AgI↓ (3) Fe + 2Ag+(dư) → Fe2+ + 2Ag (4) Fe(dư) + 2H+ → Fe2+ + H2 (5) Fe2+ + 2OH- → Fe(OH)2 ↓ (6) 1 2Fe(OH)2 + O2 + H2O → 2Fe(OH)3↓ (7) 2 2Fe(OH)3↓ → Fe2O3 + 3H2O (8) Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2 (9)
  9. Mg(OH)2 → MgO + H2O (10) 4, 48 Theo (5) nFe(dư) = nH   0, 2mol 2 22, 4 nAg  ( du )  0, 2  2  0, 4mol Theo (1) (2) (3) nAg   (0,7  2)  0, 4  2a  b  c  1mol (I) mrắn =  mFe2O3  mMgO  160  0,1  40a  24 a = 0,2 (II) mA = 95.0,2 + 103b + 166c = 93,4 (III) 2. Phương trình phản ứng: Cl2 + 2I- → 2Cl- + I2 (1) Cl2 + 2Br- → 2Cl- + Br2 (2) Khi phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn khối lượng muối giảm: 0,2(127 – 35,5) = 18,3 gam Khi cả hai phản ứng (1) và (2) xay ra hoàn toàn khối lượng muối giảm: 0,2(127 – 35,5) + 0,4(80 – 35,5) = 36,1 gam Theo đề bài ta co khối lượng muối giảm: 93,4 – 66,2 = 27,2 gam 18,3 < 27,2 < 36,1 chứng tỏ phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn và có một phần phản ứng (2). Đặt số mol Br2 phản ứng bằng x thì khối lượng muối giảm: 18,3 + x(80 – 35,5) = 27,2 Suy ra x = 0,2 mol 1 Vậy nCl2  (0, 2  0, 2)  0, 2mol 2 VCl2  22,4.0,2  4,48lit Câu 11: trang 208
  10. Hỗn hợp A: KClO3, Ca(ClO3)2, Ca(ClO)2, CaCl2, KCl nặng 83,68 gam. Nhiệt phân hoàn toàn A thu được chất rắn B gồm CaCl2, KCl và một thể tích oxi vừa đủ để oxi hóa SO2 thành SO3 để điều chế 191,1 gam dung dịch H2SO4 80%. Cho chất rắn B tác dụng với 360 ml dung dịch K2CO3 0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và dung dịch D. Lượng KCl trong dung dịch D nhiều gấp 22/3 lần lượng KCl trong A. 1. Tính khối lượng kết tủa C? 2. Tính thành phần phần trăm về khối lượng của KClO3 trong A? Hướng dẫn giải:  KClO3 : a (mol ) Ca (ClO ) : b(mol )   3 2 Hỗn hợp A Ca(ClO) 2 : c(mol ) CaCl : d (mol )  2  KCl : e(mol )  3 KClO3  KCl  O2 to  2 3 Mol a a a 2 Ca(ClO3 )2  CaCl2  3O2  o t Mol b b 3b Ca(ClO)2  CaCl2  O2  o t Mol c c c * Theo định luật bảo toàn khối lượng: mA  mKCl  mCaCl2  mO2 3a 83,68 = 74,5(a + e) + 111(b + c + d) + 32( + 3b + c) (1) 2 2SO2  O2  2SO3 o xt ,t  3a Mol  3b  c 3a  6b  2c 2
  11. SO3  H 2O  H 2 SO4 Mol 3a  6b  2c 3a  6b  2c 98(3a  6b  2c) 100 80  (2) 191,1 80 191,1  3a  6b  2c   1,56 100  98 CaCl2 : (b  c  d )mol * Chất rắn B   ddK 2CO3  KCl : (a  e)mol KCl + K2CO3 → CaCl2 + K2CO3 → 2KCl + CaCO3↓ Mol (b + c + d) (b + c + d) 2(b + c + d) (b + c + d) Số mol K2CO3 = 0,36. 0,5 = 0,18 (mol) = b + c + d (3) * Kết tủa C: CaCO3 Khối lượng kết tủa CaCO3 = 100(b + c + d) = 100. 0,18 = 18 gam 2. Dung dịch D (KCl) nKCl = a + e + 2(b + c + d) = (a + e) + 2. 0,18 = a + e + 0,36 22 22 mKCl (ddD)  mKCl ( A)  nKCl (ddA)  nKCl ( A) 3 3 22 a  e  0,36  e (4) 3 Từ (1), (2), (3), (4) ta có:   3a  83, 68  74,5(a  e)  111(b  c  d )  32  2  3b  c     3a  6b  2c  1,56  b  c  d  0,18  22e a  e  0,36   3  1,56   83, 68  74,5(a  e)  (111 0,18)   32    2 
  12.  74,5  a  e   38,74 a  e  0,52   22 a  e  0,36  3 e  122,5.a.100  % KClO3trongA   58,56% 83, 68 Câu 12: trang 210 Cho 50g dung dịch X chứa 1 muối halogenua kim loại hóa trị II tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thì thu được 9,40g kết tủa. Mặt khác, dùng 150g dung dịch X phản ứng với dung dịch Na2CO3 dư thì thu được 6,30g kết tủa. Lọc kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi, khí thoát ra cho vào 80g dung dịch KOH 14,50%. Sau phản ứng, nồng độ dung dịch KOH giảm còn 3,85%. a, Xác định CTPT của muối halogen trên. b, Tính C% muối trong dung dịch X ban đầu. Hướng dẫn giải: a, CTPT muối MX2: MX 2  2 AgNO3  2 AgX   M ( NO3 )2 (1) MX 2  Na2CO3  MCO3  2 NaX (2) MCO3  MO  CO2  (3) CO2  2KOH du  K2CO3  H 2O (4) Lý luận: 9, 4 (1) → số mol AgX(1)  (5) 108  X 6,3 (2) → số mol MX2(2) = số mol MCO3(2) = số mol CO2 = (6) M  60 6,3 (4) → mKOHpu(4) = 2   56 (7) M  60
  13. Mà mKOH(bđ) = 11,6g mKOHsau pư   44   6,3 3,85   80  (8)  M  60  100 → mKOHpu(4) = mKOH(bđ) + mKOHsau pư 6,3  6,3   3,85 (9) 2  56  11, 6    44   80   M  60  M  60   100 Giải ra M = 24 (Mg). (6) → số mol MX2(2) = 0,075 → số mol MX2(1) = 0,025 (1)→ số mol của AgX(1) = 2 lần số mol MX2(1) (5) → X = 80 (Br) CT muối: MgBr2. b, Khối lượng MgBr2 (trong 50gam dung dịch X) = 4,6g → C% MgBr2 = 9,2%. Câu 19: trang 224 X là muối có công thức NaIOx. Hòa tan X vào nước thu được dung dịch A. Cho khí SO 2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiện dung dịch màu nâu, tiếp tục sục SO2 vào thì mất màu nâu và thu được dung dịch B. Thêm một ít dung dịch axit HNO3 vào dung dịch B và sau đó thêm lượng dư dung dịch AgNO3, thấy xuất hiện kết tủa màu vàng. - Thêm dung dịch H2SO4 loãng và KI vào dung dịch A, thấy xuất hiện dung dịch màu nâu và màu nâu mất đi khi thêm dung dịch Na 2S2O3 vào. a, Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn. b, Để xác định chính xác công thức của muối X người ta hòa tan 0,100 gam vào nước, thêm lượng dư KI và vài ml dung dịch H2SO4 loãng, dung dịch
  14. coa màu nâu. Chuẩn độ I2 sinh ra dung dịch Na2S2O3 0,1M với chất chỉ thị hồ tinh bột cho tới khi mất màu, thấy tốn hết 37,40ml dung dịch Na 2S2O3. Tìm công thức của X. hướng dẫn giải: a, Viết phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn: (2x - 1)SO2 + 2IOx- + (2x - 2)H2O → I2 + (2x - 1)SO42- + (4x - 4)H+ (1) SO2 + I2 + 2H2O → 2I- + SO42- + 4H+ (2) Ag+ + I- → AgI↓ 2IOx- + (2x - 1)I- + 2xH+ → xI2 + xH2O (3) I2 + 2S2O32- → 2I- + S4O62- (4) b, Theo (4): nI  0,5nS O  0,5.0,0374.0,1  0,00187(mol ) 2 2 2 3 →x=4 Vậy công thức muối X là NaIO4. Câu 20: trang 225 1. a, Cho m gam hỗn hợp gồm NaBr và NaI phản ứng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được hỗn hợp khí A ở điều kiện chuẩn. Ở điều kiện thích hợp, A phản ứng vừa đủ với nhau tạo chất rắn có màu vàng và một chất lỏng không làm chuyển màu quỳ tím. Cho Na dư vào phần chất lỏng được dung dịch B. Dung dịch B hấp thụ vừa đủ với 2,24 lít CO2 ở điều kiện tiêu chuẩn được 9,5 gam muối. Tìm m. b, Đề nghị một phương pháp để tinh chế NaCl khan có lẫn các muối khan NaBr, NaI, Na2CO3. 2. a, Một axit mạnh có thể đẩy được axit yếu ra khỏi muối, nhưng một axit yếu cũng có thể đẩy được axit mạnh ra khỏi muối. Lấy ví dụ minh họa và giải thích.
  15. b, Tại sao H2SO4 không phải là axit mạnh hơn HCl và HNO3 nhưng lại đẩy được những axit đó ra khỏi muối? c, Có một hỗn hợp gồm 2 khí A và B: - Nếu trộn cùng một thể tích thì tỉ khối hơi của hỗn hợp so với Heli là 7,5(d1). 11 - Nếu trộn cùng khối lượng thì tỉ khối hơi của hỗn hợp so với oxi là  d1  15 - Tìm khối lượng mol của A và B. Biết thể tích khí được đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Hướng dẫn giải: 1. a, A phản ứng vừa đủ với nhau tạo chất rắn màu vàng → A là hỗn hợp SO2 và H2S. Mặt khác, NaBr có tính khử yếu hơn NaI. 2NaBr + 2H2SO4 → Na2SO4 + Br2 + SO2 + 2H2O 0,15mol 0,075mol 8NaI + 5H2SO4 → 4Na2SO4 + 4I2 + H2S + 4H2O (0,15.8)mol 0,15mol 2H2S + SO2 → 3S + 2H2O 0,15mol 0,075mol 0,15mol Chất lỏng là H2O: 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 0,15mol 0,15mol B là NaOH CO2 + NaOH → NaHCO3 x(mol) x x (mol) CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O y 2y y
  16. 2, 24 nCO2   0,1(mol ) 22, 4  x  y  0,1   x  y  0, 05 84 x  106 y  9,5 mhỗn hợp = (0,15.103) + (0,15.8.150) = 195,45(g) b, Cho hỗn hợp trên vào dung dịch HCl, chỉ Na 2CO3 phản ứng: Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2↑ Sục khí clo vào dung dịch thu được: 2NaBr + Cl2 → 2NaCl + Br2 2NaI + Cl2 → 2NaCl + I2 Cô cạn dung dịch, Br2 và I2 hóa hơi thoát ra, NaCl kết tinh lại. 2. a, Một axit mạnh có thể đẩy được một axit yếu ra khỏi muối vì axit yếu là chất điện li yếu hoặc chất không bền. Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2 CO2 + H2O  H2CO3  H+ + HCO3- (1) HCO3-  H+ + CO32- (2) HCl → H+ + Cl- Khi cho HCl vào dung dịch Na2CO3 làm tăng nồng độ H+ làm cho các cân bằng (1) (2) chuyển sang trái tạo ra H2CO3 rồi sau đó là CO2 và H2O Ngược lại, 1 axit yếu có thể đẩy được 1 axit mạnh ra khỏi muối Pb(NO3)2 + H2S → PbS↓ + 2HNO3 Axit yếu axit mạnh Vì PbS không tan. b, H2SO4 không phải là axit mạnh hơn HCl và HNO3 nhưng đẩy được 2 axit đó ra khỏi muối vì H2SO4 là axit không bay hơi còn HCl và HNO3 là axit dễ bay hơi. 2NaCl + H2SO4  Na2SO4 + 2HCl  o t
  17. 2NaNO3 + H2SO4  Na2SO4 + 2HNO3  o t M1 c, d1   7,5  M1  7,5.4  30 4 M 2 11 11.32 352 d2    M2   32 15 15 15 A B M1   30  A  B  60 2 mm 2 2 AB 352 M2     m m 1 1 A  B 15   A B A B 352.60 AB   704 2.15  A  B  60  A  44  A  16   hoặc   AB  704  B  16  B  44 Câu 32: trang 243 Nung hỗn hợp bột Mg và S trong bình kín rồi để nguội. Lấy toàn bộ các chất sau phản ứng cho tác dụng với lượng dư dung dịch HCl thu được sản phẩm khí có tỉ khối hơi so với không khí là 0,9. Đốt cháy hoàn toàn 3 lít sản phẩm khí (đkc) trên rồi thu sản phẩm cháy vào 100ml dung dịch H2O2 5% (tỉ khối bằng 1). a, Viết phương trình phản ứng xảy ra. b, Tính phần trăm khối lượng Mg và S trong hỗn hợp đầu. c, Tính nồng độ % của dung dịch thu được cuối cùng. Hướng dẫn giải: a, Các phương trình phản ứng xảy ra. Mg + S → MgS (1) a (mol) MgS + 2HCl → MgCl2 + H2S (2) a (mol) a (mol)
  18. MTB khí = 29.0.9 = 26,1< M H S 2 Vậy trong sản phẩm có khí H2 do Mg dư Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (3) b(mol) b (mol) 2H2S + 3O2 → 2SO2 + 2H2O (4) H2 + 1/2O2 → H2O (5) SO2 + H2O2 → H2SO4 (6) b, Gọi a, b là số mol Mg tham gia phản ứng (1) và (3) 34a  2b M tb   26,1 ab 7,9a = 24b 24  a  b  %mMg  24  a  b   32a %mS  50,08% c, VH  0,74% ; nH  0,033mol ; VSO  2, 26(lit ) ; nSO  0,1mol 2 2 2 2 100.5 nH 2O2   0,147(mol ) 100.34 Dung dịch sau cùng chứa H2SO4, H2O2. mdd = 100 + 18.(0,033 + 0,1) + 64.0,1 = 108,794 (g) mH 2 SO4 = 0,1.98 = 9,8 (g) C %H2 SO4  9% C %H2O2  1, 45%
Đồng bộ tài khoản