Tuyển tập 30 bài tập hóa học bd hsg lớp 9 và lời giải

  • Số trang: 38 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 94 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI Bài 1: Hòa tan 115,3 g hỗn hợp X gồm MgCO 3 và RCO3 bằng 500ml dd H2SO4 thu được dd A , rắn B và 4,48 lít khí CO 2 (đktc). Cô cạn dd A thu được 12g muối khan. Mặt khác, nung B đến khối lượng không đổi thu 11,2 lít CO2 (đktc) và rắn C. a. Tính nồng độ mol của dd H2SO4, khối lượng rắn B và C. b. Xác định R biết trong X số mol RCO3 gấp 2,5 lần số mol MgCO3. Bài làm: a) MgCO3 + H2SO4 x  MgSO4 x x RCO3 + H2SO4 y  y Nung B tạo CO2  y B còn , X dư. Vậy H2SO4 hết. 4,48 22,4 Từ (1) và (2) : nH2SO4 =nCO2 = = x RSO4 + CO2  + H2O (2) y  CMH2SO4 + CO2  + H2O (1) 0,2 0,5 = 0,4(M) = 0,2 mol. . Theo Định luật BTKL: mx + mH2SO4 = mA + mB + mH2O + mCO2  mB = 115,3 + 0,2.98 – 12 – 0,2(18+44) = 110,5 (g) Nung B thu 11,2 lít CO2 và rắn C  mC=mB-mCO2 = 110,5-0,5.44=88,5 (g) b. Từ (1) và (2): x+y= 0,2 mol nCO2 =  có 0,2 mol  mSO4 = 0,2 . 96 = 19,2g > 12g một muối tan MgSO4 và RSO4 không tan  nMgCO3 = nMgSO4 = 12 120 = 0,1 mol  nRCO3 = nRSO4 = 0,2-0,1 =0,1 mol Nung B, RSO4 không phân hủy, chỉ có X dư bị nhiệt phân TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI Đặt a = nMgCO3  RCO3 = 2,5a (trong X) MgCO3  MgO + CO2 (3) a- 0,1 a-0,1 RCO3 RO  2,5a – 0,1 + CO2 (4) 2,5a – 0,1 Từ (3) và (4) : nCO2 = 3,5a – 0,2 = 0,5 mX = 84.0,2 + 2,5.0,2(R + 60) = 115,3  a = 0,2  R = 137 (Ba) Bài 2: X là hỗn hợp hai kim loại Mg và Zn. Y là dd H2SO4 chưa rõ nồng độ. Thí nghiệm 1 : Cho 24,3 g X vào 2 lít Y sinh ra 8,96 lít khí H2 (đktc). Thí nghiệm 2 : Cho 24,3 g X vào 3 lít Y sinh ra 11,2 lít khí H2 (đktc). a. Chứng tỏ rằng trong thí nghiệm 1 thì X chưa tan hết, trong thí nghiệm 2 thì X tan hết. b. Tính nồng độ mol của dd Y và khối lượng mỗi kim loại trong X. Bài làm: Các PTPƯ: Mg + H2SO4  MgSO4 + H2  (1) Zn + H2SO4  ZnSO4 + H2  (2) nH2 ở TNI = 8,96 22,4 = 0,4 mol nH2 ở TNII = 11,2 22,4 = 0,5 mol a. Với hh kim loại X không đổi , thể tích dd axit Y tăng gấp 3:2 = 1.5 lần mà khối lượng H2 giải phóng tăng 0,5 : 0,4 < 1,5 lần. Chứng tỏ trong TNI còn dư kim loại, trong TNII kim loại đã phản ứng hết, axit còn dư. Từ (1) và (2) : nH2SO4 = nH2 = 0,4 mol ( ở TNI) b. Gọi x là số mol Mg, thì 0,5 – x là số mol của Zn, ta có: TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI 24x + (0,5 – x)65 = 24,3 Suy ra : x = 0,2 mol Mg Vậy : mMg = 0,2 . 24 = 4,8 g. mZn = 24,3 – 4,8 = 19,5 g. CMH2SO4 = 0,4 : 2 = 0,2M Bài 3: Có 5,56 g hỗn hợp A gồm Fe và mot kim loại M (có hóa trị không đổi). Chia A làm hai phần bằng nhau. Phần I hòa tan hết trong dd HCl được 1,568 lít hydrô. Hòa tan hết phần II trong dd HNO 3 loãng thu được 1,344 lít khí NO duy nhất. Xác định kim loại M và thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong A. (các thể tích khí ở đktc). Bài làm: Gọi 2a và 2b là số mol Fe và M trong 5,6g A. Khối lượng mỗi phần của A là: A 2 = 56a + Mb = 5.56 2 = 2,78g. Phần tác dụng với HCl: Fe + 2HCl FeCl2 + H2  (1)  a M + nHCl a  FeCln + n/2 H2  (2) n 2 b b Theo (1) và (2) : nH2 = a + n 2 b= 1,568 22,4 = 0,07 mol ; hay 2a + nB = 0,14 (I) Phần tác dụng với HNO3: Fe + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO  + 2H2O (3) TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI a a 3M + 4nHNO3  3M(NO3)n+ NO  + 2nH2O (4) n 3 b b Theo (3) va (4) : nNO = a + n 3 b= 1,344 22,4 = 0,06 mol. Hay 3a + nb = 0,18 (II) Giải hệ PT (I,II) ta được : a = 0,04 mol Fe. Thay vào biểu thức trên : 56 . 0,04 + Mb = 2,78 Mb = 2,78 – 2,24 = 0,54 Thay vào (I) : nb = 0,14 – 0,08 = 0,06 Mb nb = M n = 0,54 0,06 = 9 . Hay M = 9n Lập bảng : n M 9 1 2 3 18 27 36 Cặp nghiệm thích hợp : n = 3 ; M = 27 . Vậy M là Al Thay n = 3 vào (I) và (II) được b = 0,02 Thành phần % khối lượng mỗi chất : %mAl = 0,02.27 2,78 . 100 = 19,42% %mFe = 0,04.56 2,78 . 100 = 80,58% 4 TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI Bài 4: Hỗn hợp chứa Al và FexOy. Sau phản ứng nhiệt nhôm thu được 92,35 gam chất rắn A. Hòa tan A bằng dung dịch NaOH dư , thấy có 8,4 lít khí bay ra (ở đktc) và còn lại phần không tan B. Hòa tan 25% lượng chất B bằng H2SO4 đặc nóng thấy tiêu tốn 60 gam H 2SO4 98% . Giả sử tạo thành một loại muối sắt III . a- Tính lượng Al2O3 tạo thành sau khi nhiệt nhôm . b- Xác định công thức phân tử của ôxit sắt . Bài làm: a/ Lượng Al2O3 tạo thành : Các PTPƯ : 3 FexOy + 2yAl  yAl2O3 + 3xFe (1) Chất rắn A phải có Al dư , vì : Al + NaOH + H2O nAl = 3 2 = 8,4 22,4 NaAlO2 + 3/2 H2  = 0,25 (mol Al dư )   (2) mAl = 6,75 (gam Al dư ) . Sau phản ứng giữa A với NaOH dư , chất rắn B còn lại chỉ là Fe . 2Fe + 6H2SO4 đ,n a Fe2(SO4)3 + 3 SO2  + 6H2O . (3)  3a Có 25% Fe phản ứng  nH2SO4 =3nFe = 0,75a =  nFe = 0,6 0,75 nFe = 0,25 a . 60 x98 100 x98 = 0,8 (mol)  = 0,6 (mol) . mFe = 0,8 x 56 = 44,8 (gam) . mAl2O3 = 92,53 – ( 6,75 + 44,8 ) = 40,8 gam . b/ Xác định CTPT của FexOy : TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI Từ (1) : mFe mAl 2O3 3x y = 3 x.56 y.102 = 2 hay x 2 = = 44,8 40,8 y 3  Fe2O3 . Bài 5: Cho 9,6 gam hỗn hợp A (MgO ; CaO ) tác dụng với 100 ml dung dịch HCl 19,87% ( d = 1,047 g/ml ). Tính thành phần % về khối lượng các chất trong A và C% các chất trong dung dịch sau khi A tan hết trong dung dịch HCl, biết rằng sau đó cho tác dụng với Na2CO3 thì thể tích khí thu được là 1,904 lít (đktc) Bài làm: Gọi a = nMgO và b = nCaO trong hỗn hợp A . mA = 40a + 56b = 9,6 . Hay 5a + 7b = 1,2 ( A) A tan hết trong dd HCl . Dung dịch thu được có chứa HCl dư vì khi cho dd này tác dụng với Na2CO3 có khí CO2 bay ra : 2HCldư + Na2CO3 nCO2 = 1,904 22,4 nHClban đầu =  2NaCl + CO2  + H2O = 0,085 mol  nHCl = 2. 0,085 = 0,17 mol 100 x1,047 x19,87 100 x36,5 = 0,57 mol. Suy ra : nHCl phản ứng với A = 0,57 - 0,17 = 0,4 mol . Các phương trình phản ứng ; MgO + 2HCl a MgCl2 + H2O (1) 2a CaO + 2HCl b   CaCl2 + H2O (2) 2b nHCl = 2 (a + b) = 0,4  a + b = 0,2 ( B ) Kết hợp ( A ) và ( B ) TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI 5a + 7b = 1,2 a + b = 0,2  a = 0,1 mol MgO b = 0,1 mol CaO mMgO = 0,1 x 40 = 4g % MgO = 4x100% 9,6 = 41,67% % CaO = 100- 41,67 = 58,33% - Nồng độ các chất trong dd : Dung dịch thu được sau phản ứng giữa A và HCl chứa 0,1 mol MgCl2 0,1 mol CaCl2 và 0,17 mol HCl dư . Vì phản ứng hoà tan A trong dd HCl không tạo kết tủa hoặc khí nên : mdd = 100 x 1,047 + 96 = 114,3 gam %MgCl2 = 0,1x95 x100% 114,3 = 8,31% %CaCl2 = 0,1x111x100% 114,3 = 9,71% %HCldư = 0,17 x36 x5 x100% 114,3 = 5,43% Bài 6: Hòa tan 20g K2SO4 vào 150 gam nước thu được dung dịch A. Tiến hành điện phân dung dịch A sau một thời gian. Sau khi điện phân khối lượng K2SO4 trong dung dịch chiếm 15% khối lượng của dung dịch. Biết lượng nước bị bay hơi không đáng kể. a. Tính thể tích khí thoát ra ở mỗi điện cực đo ở đktc. TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI b. Tính thể tích khí H2S (đktc) can dùng để phản ứng hết với khí thoát ra ở anot. Bài làm: a. Khi đp dd K2SO4 chỉ có nước bị đp: H2O  H2  + ½ O2  Khối lượng dd sau khi đp: 20.100 15 = 133,33 gam Số mol H2O đã bị điện phân: (150  20)  133,33 18 = 2,04 mol Thể tích H2 (đktc) ở catot : 2,04 .22,4 = 45,7 lít Số mol O2 ở anot : 2,04 2 = 1,02mol Thể tích O2 : 1,02.22,4 = 22,85 lít b. Nếu H2S cháy: 2H2S + 2.1,02 3 Nếu H2S oxy hóa chậm: Nếu theo (a) thì : VH2S = 3O2 2SO2  + 2H2O (a)  1,02 mol 2H2S + O2  2S + 2H2O (b) 2.1,02 1,02 mol 2.1,02.22,4 3 = 15,23 lít. Nếu theo (b) thì : VH2S = 2.1,02.22,4 = 45,7 lít Bài 7: Trộn V1 dung dịch A chứa 9,125g HCl với V2 lít dung dịch B chứa 5,475g HCl ta được 2 lít dung dịch C. a. Tính nồng độ mol của dung dịch A, B, C. Biết V1 + V2 = 2lít và hiệu số giữa nồng độ mol dung dịch A và B là 0,4mol.l-1. TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI b. Tính khối kượng kết tủa thu được khi đem 250ml dung dịch A tác dụng với 170g dung dịch AgNO3 10%. Bài làm: a. nHCl trong dd C : 9,125 36,5 Nồng độ mol của dd C : 5,475 + 36,5 0,4 2 = 0,25 + 0,15 = 0,4 = 0,2M. Gọi x là nồng độ dd B, thì x+0,4 là nồng độ dd A. Do đó ta có: V2 = 0,15 x 0,15 x + Hoặc và V1 = 0,25 x  0,4 0,25 x  0,4 và V1 + V2 = 2 nên ta có : =2 x2 + 0,2x -0,03 = 0 Giải phương trình bậc hai này ta được 2 nghiệm x1 = - 0,3 (loại) và x2 = 0,1 Như vậy nồng độ dd B là 0,1M Nồng độ dd A là 0,1+ 0,4 = 0,5M b. nHCl =0,5.0,215 = 0,125 mAgNO3 = 10%.170 100% nAgNO3 = 17 170 PTPƯ : = 17 g = 0.1 mol HCl + AgNO3 0,125 0,1  AgCl  + HNO3 0,1 mAgCl = 0,1.143,5 = 14,35 g Bài 8:Cho một khối Ag vào 50ml dung dịch HNO3 5M thì Ag tan hết và khối lượng dung dịch tăng lên 6,2g. Biết rằng phản ứng chỉ tạo ra NO hay NO2. TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI a. Tính khối lượng Ag đã sử dụng. Cho biết nồng độ HNO3 giảm trên 50% sau phản ứng trên. b. Trung hòa HNO3 dư bằng NaOH vừa đủ. Cô cạn dd, đem đun nóng đến khối lượng không đổi. Tính khối lượng của A. c. Hòa tan A trong 72ml nước và đem điện phân. Tính thể tích khí (đktc) thoát ra ở catot. Bài làm: a. Xét hai trường hợp: - Ag phản ứng tạo ra NO 3Ag + 4HNO3  3AgNO3 + NO  + 2H2O (1) - Ag phản ứng tạo ra NO2 Ag + 2HNO3  AgNO3 + NO2  + H2O (2) Gọi a = nAgsd . Độ tăng khối lượng của dd: Trường hợp 1: mAg tan - mNO = a.108 - a 3 .30 = 98a = 6,2 Trường hợp 2: mAg tan - mNO2 = 108a – 46a = 62a Trường hợp 2 cứ 1 mol Ag tiêu thụ 2 mol HNO 3 nhiều hơn so với trường hợp 1, với 1 mol Ag chỉ tiêu thụ 4/3 mol HNO3 .Vậy là trường hợp 2. 62a = 6,2  a = 0,1 mol Ag mAg sd = 0,1.108 = 10,8 gam * Kiểm chứng rằng nồng độ % HNO3 giảm trên 50% sau phản ứng tạo ra NO2 : nHNO2 bđ = 0,5.0,05 = 0,25 mol nHNO2 pu = 2.a = 2.0,1 = 0,2 mol % HNO3 phản ứng : 0,2.100 0,25 = 80% > 50% TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI * Nếu phản ứng cho NO: 98a = 6,2  a = 0.0633 mol nHNO3 pu = 4a 3 = 0,0633.4 3 % HNO3 phản ứng : = 0,0844 mol 0,0844.100 0,25 = 33.76% < 50% b. Số mol HNO3 dư : 0,25 -0,20 = 0,05 mol Trung hòa bằng NaOH thu được 0,05 mol NaNO 3. Dung dịch chứa 0,1 mol AgNO3 và 0,05 mol NaNO3 Khi nung ta được chất rắn A: AgNO3  Ag + NO2  + ½ O2  0,1 0,1 NaNO3  NaNO2 + 0,05 ½ O2  0,05 Vậy A gồm 0,1 mol Ag và 0.05 mol NaNO2 mA = 0,1.108 + 0,05. 69 = 14,25 gam. c. Khi hòa tan A trong nước, chỉ có NaNO2 tan Điện phân, ở catot H2O bị điện phân: 2H2O nH2O  2H2  72 = 18 + O2  = 4 mol VH2 = 4 .22,4 = 89,6 lít Bài 9: Hòa tan 2,16g hỗn hợp 3 kim loại Na, Al, Fe vào nước lấy dư thu được 0,448 lít khí (đktc) và một lượng chất rắn. Tách lượng chất rắn này cho tác dụng hết với 60ml dd CuSO4 1M thu được 3,2g đồng kim loại và dd A. Tách dd A cho tác dụng với một lượng vừa đủ dd NaOH để thu được kết tủa TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI lớn nhất. Nung kết tủa thu được trong không khí đến khối lượng không đổi được chất rắn B. a. Xác định khối lượng từng kim loaị trong hỗn hợp đầu. b. Tính khối lượng chất rắn B. Bài làm: a. Xác định khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp đầu. Các PTPƯ : 2Na + 2H2O  2NaOH + H2  (1) Al bị tan moat phần hay hết theo phương trình. 2Al + 2NaOH + 2H2O  2NaAlO2 + 3H2  (2) Fe + CuSO4  FeSO4 + Cu (3) 2Al+ 3 CuSO4  Al2(SO4)3 + 3 Cu  (4) Dung dịch A gồm: Al2(SO4)3 , FeSO4 và CuSO4 dư Al2(SO4)3 + 6NaOH  2Al(OH)3  + 3Na2SO4 (5) FeSO4 + 2NaOH  Fe(OH)2  + Na2SO4 (6) CuSO4 + 2NaOH  Cu(OH)2  + Na2SO4 (7) Nung kết tủa ở nhiệt độ cao: 2Al(OH)3  Al2O3 + 3H2O (8) 2Fe(OH)2 + ½ O2  Fe2O3 + 2H2O (9) Cu(OH)2  CuO + H2O (10) Chất rắn B gồm : Al2O3 , Fe2O3 và CuO Số mol H2 = 0,448 22,4 = 0,02 mol Số mol CuSO4 = 0,06.1= 0,06 mol Số mol Cu = 3,2 64 = 0,05 mol Xét hai trường hợp có thể xảy ra: TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI Trường hợp 1: NaOH dư, Al tan hết, chất rắn còn lại chỉ là Fe: Theo (3) : nFe = nCu =0,05 mol nCuSO4 dư = 0,06 – 0,05 = 0,01 mol  Fe đã phản ứng hết. mFe = 0,05 . 56 = 2,8g > mhh = 2,16g : loại Trường hợp 2: NaOH thiếu, Al bị tan một phần theo (2). Gọi a , b ,c là số mol của Na, Al, Fe trong 2,16g hỗn hợp: Theo (1, 2) : nH2 =  a = 0,01 mol . 1 2  a+ 3 2 a = 2a = 0,02 mNa = 0,01.23 = 0,23 gam. Số mol Al còn lại để tham gia (4) là ( b – a ) Vì CuSO4 dư nên Fe và Cu đã phản ứng hết ở (3 và 4) Ta có : nCu = 3 2 (b-a) + c = 0,05 Mặt khác 23a + 27b = 56c = 2,16 Giải hệ phương trình ta được: b = 0,03 mol  mAl = 0,03.27 = 0,81 gam. c = 0,02 mol  mFe = 0,02.56 = 1,12 gam. b. Khối lượng chất rắn B. nAl2O3 0,03  0,01 2 =  mAl2O3 = 0,01.102 = 1,02g nFe2O3 0,02 = 2  mAl2O3 = 0,01.160 = 1,60g nCuO = 0,01  mCuO = 0,01.80 = 0,80g Khối lượng chất rắn B : 1,02 + 1,60 + 0,80 = 3,42 gam. TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI Bài 10: Cho hh A gồm 9,6g Cu và 23,3g Fe 3O4 vào 292g dd HCl 10% cho đến khi phản ứng hoàn toàn thu được dd B và rắn C. Cho dd AgNO 3 dư vào dd B thu kết tủa D. a. Tính khối lượng kết tủa D. b. Cho rắn C vào 100ml dd hỗn hợp gồm HNO 3 0,8M và H2SO4 0,2M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được V lít khí NO duy nhất (đktc). Tính V. Bài làm: Tính số mol: nCu = 0,15 mol ; nFe3O4 = 0,1 mol ; nHCl = 0,8 mol ; nH2SO4 = 0,02 mol ; nHNO3 = 0,08 mol. Các PƯ: Fe3O4 + 8HCl 0.1  FeCl2 +2FeCl3 + 4H2O 0,8 2FeCl3 + Cu 0,2 0,2  CuCl2 + 2FeCl2 0,15 0,1 0,2 Vậy trong B gồm : 0,3 mol FeCl2 ; 0,1 mol CuCl2 ; Rắn C : 0,14 mol Cu a. 2AgNO3 + FeCl2  2AgCl  0,3 2AgNO3 + CuCl2 + Fe(NO3)2 0,6  2AgCl  0,1 + Cu(NO3)2 0,2 mAgCl  = 0,8 . 143,5 = 114,8 gam. b. 3Cu + 8HNO3  3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O 0,14 VNO = 0,09 . 22,4 = 2,016 lít 0,09 TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI Bài 11: Hoà tan hoàn toàn m1 gam Na vào m2 gam H2O thu đợc dung dịch B có tỉ khối d. a. Viết phơng trình phản ứng b. Tính nồng độ % của dung dịch B theo m1 và m2 c. Cho C% = 5% , d =1,2g/ml. Tính nồng độ mol của dung dịch thu đợc. m1 nNa = 23 a. PTP: 2Na + 2H2O  2NaOH b. Mol: m1 m1 m1 23 23 46 m1 mH2 = m1 x2= 46 + H2 40m1 mNaOH= 23 23 m1 m dd B = ( m1 + m2) - mH2 = (m1 + m2) - 22m1 + 23m2 = 23 23 40m1.100% C% = 22m1 + 23m2 c. C%.10.d áp dụng công thức : CM = M 5.10.1,2 TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI Thay số vào ta có: [ NaOH] = = 1,5 (M) 40 Bài 12: Hoà tan hoàn toàn 4gam hỗn hợp gồm 1 kim loại hoá trị II và 1 kim loại hoá trị III cần dùng hết 170ml dung dịch HCl 2M a. Tính thể tích H2 thoát ra (ở ĐKTC). b. Cô cạn dung dịch thu đợc bao nhiêu gam muối khô. c. Nếu biết kim loại hoá trị III là Al và số mol bằng 5 lần số mol kim loại hoá trị II thì kim loại hoá trị II là nguyên tố nào . a. Gọi A và B lần lợt là kim loại hoá trị II và hoá trị III ta có : PTP: A + 2HCl  ACl2 + H2 (1) 2B + 6HCl  2BCl3 + 3H2 (2) nHCl = V.CM = 0,17x2 = 0,34 (mol) Từ (1) và (2) ta thấy tổng số mol axit HCl gấp 2 lần số mol H2 tạo ra  nH2 = 0,34: 2 = 0,17 (mol)  VH2 = 0,17. 22,4 3,808 (lit) b. nHCl = 0,34 mol => nCl = 0,34 mol  mCl = 0,34.35,5 = 12,07g  Khối lợng muối = m(hỗn hợp) + m(Cl) = 4+ 12,07 = 16,07g c. gọi số mol của Al là a => số mol kim loại (II) là a:5 = 0,2a (mol) từ (2) => nHCl = 3a. và từ (1) => nHCl = 0,4a  3a + 0,4a = 0,34  a = 0,34: 3,4 = 0,1 mol => n(Kimloai) = 0,2.0,1 = 0,02mol  mAl = 0,1.27 = 2,7 g  m(Kimloại) = 4 – 2,7 = 1,3 g TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI  Mkimloại = 1.3 : 0,02 = 65 => là : Zn Bài 13: Trộn 10ml một hợp chất ở thể khí gồm hai nguyên tố C và H với 70ml O2 trong bình kín. Đốt hỗn hợp khí, phản ứng xong đa hỗn hợp khí trong bình về điều kiện ban đầu nhận thấy trong bình có 40ml khí CO 2, 15 ml khí O2. Hãy xác định công thức của hợp chất. Theo đề ra VO2 d = 15ml => VO2 phản ứng = 55ml (0,25đ) VCO2 = 40ml; VCxHy = 10ml x y 4 ) O2  x CO2 + x y 4 )ml CxHy + ( 1ml ( 10ml 55 ml => x = x y 4 = y 2 H2O x ml 40ml 40 4 10 55 y 5,5  1,5  y 6 10 4 Vậy công thức của hợp chất là: C4H6 Bài 14: Cho một dd A chứa hai axit HNO 3 và HCl. Để trung hòa 10ml ddA ngời ta phải thêm 30ml dung dịch NaOH 1M. a) Tính tổng số mol 2 axit có trong 10ml dd A. b) Cho AgNO3 d vào 100ml dd thu đợc dd B và một kết tủa trắng và sau khi làm khô thì cân đợc 14,35g. Hãy tính nồng độ mol/l của từng axit có trong A. c) Hãy tính số ml dung dịch NaOH 1M phải dùng để trung hòa lợng axit có trong dd B a. nNaOH = 0,03.1 = 0,03 mol PTHH: HNO3 + NaOH  NaNO3 + H2O (1) TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI HCl + NaOH  NaCl + H2O (2) Theo pt (1), (2) tổng số mol 2 axit bằng số mol NaOH đã phản ứng = 0,03mol b. Trong 100ml dung dịch A có tổng số mol 2 axit là 0,3mol PTHH: AgNO3 + HCl  AgCl + HNO3 (3) nkết tủa = 14,35 0,1 143,5 mol Theo (3) nHCl = nAgCl = nHNO3 = 0,1mol => nHNO3 trong 100ml dd A là 0,3 – 0,1 = 0,2mol CM HCl = 0,1 1 0,1 mol/l; CM HNO3 = 0,2 2 0,1 mol/l c. Dung dịch B có HNO3 d và AgNO3 d Trung hòa axit trong dd B bằng NaOH HNO3 + NaOH -> NaNO3 + H2O (4) Trang 3 Theo (3) nHNO3 sinh ra là 0,1mol NHNO3 không phản ứng với AgNO3 là 0,2mol => Tổng số mol HNO3 trong dd B là 0,1+0,2 = 0,3mol Theo (4) nNaOH = nHNO3 = 0,3mol Vdd NaOH = 0,3 0,3 1 (l) = 300ml Bài 15: Trong 1 bình kín có thể tích V lít chứa 1,6 g khí oxi và 14,4 g hỗn hợp bột M gồm các chất: CaCO3 ; MgCO3 ; CuCO3 và C. Nung M trong bình cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, đa về nhiệt độ ban đầu thấy áp suất trong bình tăng 5 lần so với áp suất ban đầu (thể tích chất rắn trong bình coi không đáng kể). Tỉ khối hỗn hợp khí sau phản ứng so với khí N2: 1< d hh / N 2 <1,57. Chất rắn còn lại sau khi nung có khối lợng 6,6 g đợc TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI đem hoà tan trong lợng d dung dịch HCl thấy còn 3,2 g chất rắn không tan. 1. Viết các phơng trình hoá học của phản ứng có thể xảy ra. 2. Tính thành phần % theo khối lợng các chất trong hỗn hợp đầu. 1. Các phơng trình phản ứng có thể xảy ra : to C + O2 ��� CO2 CaCO3 ��� CaO + CO2 MgCO3 ��� MgO + CO2 CuCO3 ��� CuO + CO2 to (1) (2) to (3) to o t C + CO2 ��� 2CO (4) (5) o t C + CuO ��� Cu + CO CO + CuO to ��� Cu + CO2 (6) (7)  CaCl2 + H2O CaO + 2HCl  (8)  MgCl2 + H2O MgO + 2HCl  (9)  CuCl2 + H2O CuO + 2HCl  (10) 2. Tính thành phần % khối lợng hỗn hợp : – Vì 1< d hh / N 2 <1,57 nên hỗn hợp khí sau phản ứng gồm CO2 và CO. – Vì sau phản ứng có CO và CO 2, các phản ứng xảy ra hoàn toàn nên chất rắn còn lại sau khi nung là : CaO ; MgO và Cu vậy không có phản ứng (10). – Khối lợng Cu = 3,2 g  khối lợng CuCO3 trong hỗn hợp : TUYỂN TẬP 30 BÀI TẬP HÓA HỌC BD HSG LỚP 9 VÀ LỜI GIẢI 3, 2 .124 64 = 6,2 (g) – Gọi số mol C ; CaCO3 ; MgCO3 trong hỗn hợp lần lợt là a, b, c. – Theo đầu bài khối lợng CaO và MgO : 6,6 – 3,2 = 3,4 (g)  56b + 40c = 3,4. (*) 1, 6 – Số mol CO và CO2 sau phản ứng nhiệt phân: 32 = 0,25 ( mol) 5 – Số mol C trong CO và CO 2 bằng số mol C đơn chất và số mol C trong các muối cacbonat của hỗn hợp : a + b + c + 0,05 = 0,25. (**) – Khối lợng hh là 14,4 g nên : 12a + 100b + 84c = 14,4 – 6,2 (***) Kết hợp (*) ; (**) ; (***) ta có hệ phơng trình : 56b  40c  3, 4 � � a  b  c  0, 2 � � 12a  100b  84c  8, 2 � Giải đợc: a = 0,125 ; b = 0,025 ; c = 0,05 % Khối lợng các chất trong M: 0,125.12 .100%  10, 42% % khối lợng C = 14, 4 0, 025.100 .100% 17,36% % khối lợng CaCO3 = 14, 4 0, 05.84 .100%  29,17% % khối lợng MgCO3 = 14, 4 0, 05.124 .100%  43, 05% % khối lợng CuCO3 = 14, 4 Bài 16: Hoà tan hết hỗn hợp X gồm oxit của một kim loại có hoá trị II và muối cacbonat của kim loại đó bằng H2SO4 loãng vừa đủ, sau phản ứng thu
- Xem thêm -