Tài liệu Kiến thức phổ thông- tuyển tập hóa học

  • Số trang: 101 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 521 |
  • Lượt tải: 0
dangvantuan

Đã đăng 62572 tài liệu

Mô tả:

http://boxmath.vn DIỄN ĐÀN BOXMATH.VN Trang 1 http://boxmath.vn “Người bị vấp ngã là người dám liều mình. Qua cách họ đối phó với sai lầm, ta có thể đoán dược cách họ giải quyết khó khăn trong tương lai.” (Bill Gates) “Không có con đường thành công nào rãi đầy hoa hồng” .Trong cuộc sống cũng như torng học tập để đạt được thành công ai cũng phải trải qua đôi lần thất bại nhưng bạn đã vượt qua những thất bại đó như thế nào, cách thức để bạn vượt lên trên bản thân mình ra sao đó mới là điều quan trọng. Một người được đánh giá là thành công dựa trên thành quả đạt được chứ không phải là những sai lầm trên hành trình chinh phục ước mơ…Điều bạn cần làm là giải quyết khó khăn chứ không phải là lẫn tránh, phải biết liều mình để vượt qua bởi vì chỉ có những trải nghiệm thực tế mới làm cho ta lớn dần và tìm ra được những phương thức mới tối ưu hơn. Thực tế là con đường mòn đã được người khác khai hoang thì khá an toàn, nhưng chẳng thể nào mang lại cho bạn những điều thú vị so với chính bạn tự khám phá, tự tìm tòi, sáng tạo, vì đó là cái tuyệt mĩ trong học tập, trong khả năng tư duy và trí tuệ vốn có của con người . Vậy chúng ta phải làm sao để khắc phục những sai lầm ? Cách tốt nhất là hãy tiến tới sự đơn giản và hoàn hảo bản thân. Để giảm đi những sai lầm cũng như việc tiến tới hai từ “ đơn giản” cuốn sách “TUYỂN TẬP HÓA HỌC” sẽ là một phương tiện hữu ích cho các bạn, giúp bạn : “ Kết tủa niềm vui, bay hơi nổi buồn và…thăng hoa trí tuệ” Ban biên tập đã tuyển chọn những bài từ các topic trên diễn đàn http://boxmath.vn . Bằng tất cả sự chân thành và lòng nhiệt huyết, chúng tôi hi vọng đây sẽ là một phần hành trang giúp ích nhiều cho bạn trên hành trình trở thành tân sinh viên sắp tới . Hãy bắt đầu từ những thứ đơn giản nhất, hãy để quá khứ là kinh nghiệm, hiện tại là bệ phóng và tương lai tất nhiên sẽ là đích ta hướng đến với tất cả những ngọt ngào của thành công. Hy vọng cuốn sách sẽ hửu ích không chỉ cho các bạn học sinh, mà còn cả các bậc phụ huynh, thầy cô giáo. Và trong quá trình biên soạn không thể tránh khỏi sai sót, rất mong các bạn thông cảm mọi góp ý xin gửi về ban biên tập theo địa chỉ : duyhien2110@yahoo.com.vn Xin chân thành cảm ơn! Tổng chủ biên. Phạm Duy Hiền – duyhien2110. . Trang 2 http://boxmath.vn 1. Phạm Duy Hiền – (2009 – 2012 ) – Trường THPT Lê Hồng Phong – Phú Yên. 2. Đặng Nguyễn Duy Nhân – (2009 – 2012) – Trường THPT Sào Nam – Quảng Nam. 3. Vũ Huy Hoàng - (2009 – 2012) – Trường THPT Tây Thụy Anh - Thái Bình. Trình bày bìa: Phạm Tuấn Khải Lời nói đầu: Trần Thị Thùy Dương - (2009 – 2012 ) – Trường THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu – Đồng Tháp. Chịu trách nhiệm trình bày, soạn thảo: Phạm Duy Hiền. Trang bìa Trang 1 Lời nói đầu Trang 2. Ban biên tập Trang 3. Mục lục Trang 3. Phần A. Sơ lược lý thuyết Trang 4. Phần B. Bài tập Trang 10. Chương I. Hóa Vô cơ Trang 10. Chương II. Hóa Hửu cơ. Trang 49. Chương III. Chuyên đề Sơ đồ phản ứng và phương trình. Trang 73. Chương IV. Một số bài tập có hướng dẫn giải. Trang 78. Chương V. Những bài tập hóa mang thương hiệu của boxmath. Trang 93.  Trang 3 http://boxmath.vn MỘT SỐ ĐỊNH LUẬT TRONG GIẢI TOÁN HÓA HỌC VÀ MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI. I. Định luật bảo toàn nguyên tố và định luật bảo toàn khối lượng. 1. Phát biểu. - Trong phản ứng hóa học thì các nguyên tố và khối lượng của các nguyên tố đó luôn luôn được bảo toàn, nghĩa là nguyên tố và khối lượng nguyên tố không mất đi mà chuyển từ chất này sang chất khác. 2. Hệ quả. a. Ngoại trừ các phản ứng hạt nhân, không có một phản ứng hóa học nào làm mất đi hay xuất hiện các nguyên tố lạ. b. Trong phản ứng hóa học, tổng khối lượng các chất tham gia phản ứng bằng tổng khối lượng các chất tạo thành.( Đây là định luật bảo toàn khối lượng do Lômônôxốp và Lauvisier tìm ra vào thế kí XVIII) Phương pháp này còn mở rộng cho một số trường hợp không phải là nguyên tố. Ví dụ như bảo toàn liên kết  hay định luật bảo toàn electron ( ta xét đến trong một số phương pháp giải). Sau đây là một số ví dụ. Ví dụ 1. Trong một bình kín dung tích 16 lít chứa hỗn hợp hơi ba rượu đơn chức A, B, C và 13,44gam khí O2 , nhiệt độ và áp suất trong bình là 109, 2o C và 0,98 atm. Bật tia lửa điện để đốt cháy hết rượu, sau đó đưa nhiệt độ bình về 136o C , áp suất trong bình lúc này là P. Cho Tất cả các khí trong bình sau khi đốt cháy lần lượt đi qua bình 1 đựng H 2 SO4 đặc, bình 2 đựng KOH đặc. Sau thí nghiệm thấy khối lượng bình 1 tăng lên 3,78gam, còn bình 2 tăng 6,16gam a. Tính áp suất P b. Tính công thức phân tử của các rượu A, B, C biết rằng B, C có cùng số nguyên tử cacbon và số mol của rượu A bằng 5/3 tổng số mol của các rượu B và C. Lời giải. Cách 1. Tổng số mol của các khí trong bình kín. P.V 16.0,98 13, 44   0, 5mol ; Số mol O2 là R.T (109, 2273).0, 082 32  tổng số mol 3 rượu A, B, C : 0,5  0, 42  0, 08 mol a) Gọi C x H y  OH 7 , C x H y  OH , C x " H y "  OH là công thức của A, B, C và a, b, là các số mol tương ứng. n y 1 y 1  C x H y OH   x    O2  xCO2  H 2O a 4 4 2  y 1  y  1  C x H yOH   x    O2  xCO2  H 2O b 4 4 2  y" 1  y"  1  C x" H y"OH   x"    O2  x"CO2  H 2O c 4 4 2  Ta có: a  b  c  0, 08 6,16 Số mol CO2 thoát ra: xa  x 'b  x"c   0,14mol 44  y 1   y  1   y"  1   a  b    c  0, 21mol  ya  yb  y"c  0,34  2   2   2  y 1 y 1   y" 1     số mol O2 cần dùng để đốt cháy A,B,C:  x    a   x    b   x"    c 4 4 4 4  4 4   ya  yb  y"c a  b  c  xa  xb  x"c    0,14  0, 0085  0, 02  0, 205mol 4 4 Số mol O2 dư: 0, 42  0, 205  0, 215 Vậy số mol sau khi phản ứng: Trang 4 http://boxmath.vn nCO2  nH 2 O  nO2 d   0,14  0, 21  0, 215  0,565mol Ta có: n  P.V RTn 0, 082(136,5  237).0,565 P   P  1,186atm RT V 16 Vậy áp suất sau phản ứng là 1,186atm b. Do số cacbon của B, C bằng nhau nên ta gọi Cn H 2n 1 2 x OH ----- Cm H 2 m 1 2 y OH ----- Cm H 2 m1 2 z OH (A)---------------------------(B)----------------------------(C) Là công thức của rượu A, B, C trong đó x, y, z là số nối đôi trong mạch hiđrocacbonvà a, b, c là số mol tương ứng của 3 rượu.Phản ứng đốt cháy rượu: 3n  x O2  nCO2  (n  1  x ) H 2O 2 3m  y Cm H 2 m 1 2 y OH O2  (m  1  y ) H 2O 2 3m  z Cm H 2 m1 2 z OH O2  (m  1  z ) H 2O 2 Ta có tổng số mol 3 rượu: a  b  c  0, 08 (1) 5 5 Do: nA  (nB  nC )  a  (b  c) (2) 3 3 Số mol CO2 : na  m(b  c)  0,14 (3) Cn H 2n 1 2 x OH  Số mol H 2O : ( n  1  x) a  ( m  1  y )b  ( m  1  z )c  0, 21 (4)  na  m(b  c )  a  b  c  xa  yb  zc  0, 21  xa  yb  zc  0, 01 Từ (1)(2)  a  0, 05 và b  c  0,03 Từ (3)  0, 05n  0, 03m  0,14  5n  3m  14 n 1 2 3 m 3 Lẻ âm  n  1, m  3  Rượu ( A) chỉ có 1C, rượu ( B), (C ) có 3C Do (A) chỉ có 1C nên không có nối đôi hay nối ba trong mạch (A) là rượu đơn no,suy ra: x = 0 Vậy công thức ( A) : CH 3OH Từ (5)  yb + zc = 0,01 (*) Công thức của (B), (C): C3 H 7  2 y OH , C3 H 7 2 z OH B, C có thể là rượu đơn no, rượu đơn có một nối đôi hoặc rượu đơn có 1 nối ba. Dođó B, C có thể là một trong các trường hợp sau: B, C là 2 rượu đơn no không chứa nối đôi, nối baLúc đó ta suy ra từ (*) : y  0, z  0 Thay vào (4) na  m(b  c )  a  b  c  xa  yb  zc  0, 22  0, 21 (không thỏa mãn). (B), (C) có thể là 1 rượu đơn no và 1 rượu có một nối đôi, suy ra trong phân tử (C)có chứa 1 nối đôi  y  0, z  1 Từ ( * )  yb  zc  0, 01  c  0, 01; b  0, 02 (thỏa mãn) Vậy công thức của (B), (C) là: C3 H 7 OH và C3 H 5 OH (B), (C) là 2 rượu đơn no có nối đôi y  z  1 Lúc đó yb  zc  b  c  0, 01?0, 03 (loại) (B), (C) là 2 rượu đơn có 1 nối ba y  z  2 Từ ( * )  2(b  c)  0, 01  b  c  0, 005 (loại) (B) có 1 nối đôi, (C) có một nối ba. Từ ( * )  b  2c  0, 01b  c  0, 03  b  0, 03  c  c  0, 03  0, 01 (loại) (B) có một nối ba, (C) là rượu đơn no. Lúc đó y  2, z  0 Từ ( * )  yb  zc  2b  0, 01  b  0, 005  c  0, 025 (thỏa mãn) Trang 5 http://boxmath.vn Công thức ( B), (C ) là: C3 H 3OH , C3 H 7 OH Vậy công thức của (A): CH 3OH , công thức của ( B) và (C ) là: C3 H 7 OH và C3 H 5 OH hoặc C3 H 7 OH và C3 H 3OH Cách 2. a.Tính ra: nAncol  0, 08mol nCO2  0,14mol và nH 2O  0, 21mol Định luật bảo toàn O: Suy ra O2 phản ứng là: nPu  0, 205mol Do đó: ndu  0, 215mol  n au  0, 21  0, 215  0,14  0,565mol s 0,39.0, 082.409  1,1843atm 16 b. Số C trung bình: N C  1, 75 suy ra A phải là CH 3OH : amol P (Vì B và C có cùng số C) Gọi B và C: Cn H y O : bmol Hệ: a  b  0, 08 ; 3a  5b Suy ra: a  0, 05 và b  0, 03 Ta có: 0, 05  0, 03n  0,14  n  3 y  0, 21  y  7,33 2 Suy ra: C3 H 6O và C3 H 8O 2.0, 05  0,03. Hoặc: C3 H 4 O hoặc C3 H 8O Ví dụ 2. Nung 004 mol axetilen; 0,13 mol mol vinylaxetilen; 0, 03 mol etilen và 0, 23 mol hidro trong 1 bình kín với 1 ít bột Ni ở nhiệt độ cao đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp Y có tỉ khối hơi so với H 2 là 22,75.Dẫn hỗn hợp Y đi qua bình đựng 1 lượng dư dung dịch AgNO3 / NH 3 thu được m gam kết tủa và 3.584 lít hỗn hợp khí Z(đktc) thoát ra khỏi bình.Biết tỉ khối hơi của Z đối với H 2 là 22.75.Thể tích dung dịch Br2 0.5M nhỏ nhất cần dùng để làm no hoàn toàn hỗn hợp Z là: A.0,16(l) B.0,32(l) C.0,08(l) D.0,64(l) Lời giải: M Y  45,5 do đó H 2 đã hết. Ta có nY  0, 04  0,13  0, 03  0, 2 mol   mY  45,5.0, 2  9,1g nZ  0,16mol   mZ  7, 28 g Gọi x,y là số mol của C2 H 2 và C4 H 4 dư. ta có: x  y  0, 04 và 26 x  52 y  1,82   x  0, 01; y  0, 03 Như vậy ban đầu tổng số mol liên kết pi là:  n  0, 03.2  0,1.3  0, 03  0,39 mol Số liên kết pi bị bão hoà là: 0,23mol Còn lại:0,16mol Như vậy: V  0,32(l )  B . II.Định luật bảo toàn điện tích và định luật bảo toàn eletron. 1. Dịnh luật bảo toàn điện tích. Phát biểu thứ nhất.Trong một dung dịch, tổng điện tích dương bằng tổng điện tích âm. Phát biểu thứ hai: Trong một phản ứng ion rút gọn thì tổng điện tích các ion trước phản ứng bằng tổng điện tích các ion sau phản ứng. Hệ quả: Hệ quả 1. Trong một dung dịch thì tổng số mol điện tích âm bằng tổng số mol điện tích dương. Trang 6 http://boxmath.vn Ví dụ: Trong một dung dịch gồm a(mol) ion Ca 2 ; b(mol) Fe3 và c(mol) SO42  thì điện tích dương là 2a  3b(mol ) Và của điện tích âm là 2c(mol ) Ta có ngay 2a  3b  2c . Hệ quả 2. Cân bằng phản ứng ion rút gọn. Với những phản ứng oxi hóa khử với độ phức tạp cao và được viết dưới dạng phương trình ion rút gọn thì ta phải nhờ đến phương pháp ion rút gọn. Ví dụ: Phản ứng hòa tan Al trong NO3  OH  Phản ứng xảy ra: Al  OH   NO3  H 2 O  [ Al (OH ) 4 ]  NH 3 Trước tiên ta có Al nhường 3 electron còn N nhận 8 electron. Do đó điền các số 8 và 3 vào Al và NH 3 như vậy phải có 3 NO3 8 Al  OH   3NO3  H 2O  8[ Al (OH ) 4 ]  3 NH 3 Tiếp theo ứng dụng ĐLBT điện tích: Tồng điện tích sau là 8 , như vậy điện tích trước cũng phải là 8 Suy ra phải có 5 OH  . 8 Al  5OH   3 NO3  H 2O  8[ Al (OH )4 ]  3 NH 3 Tiếp tục cân bằng oxi và H ta được : 8 Al  5OH   3 NO3  18 H 2O  8[ Al (OH ) 4 ]  3 NH 3 . Tất nhiên là có nhiều cách cân bằng khác nhau cho một phương trình, mình chỉ xin giới thiệu phương pháp này để các bạn có thể cân bằng các phương trình ion rút gọn một cách nhanh nhất. 2. Định luật bảo toàn eletron. Phát biểu: Trong một phản ứng oxi hóa khử, tổng số electron nhường bằng tổng số electron nhận. Hệ quả: Điều này dẫn đến số mol electron nhường bằng số mol eletron nhận. Ví dụ: Nung 16,8 g Fe trong không khí sau một thời gian thu được hỗn hợp X, Cho X tác dụng với HCl vừa đủ thấy thoát ra 1,12(l) khí không màu (đktc) và dung dịch Y. Chất rắn còn lại hòa tan trong dung dịch Z là KMnO4 , thấy cần dùng lượng Z đúng bằng lượng đã phản ứng với Y. Nếu lấy toàn bộ X phản ứng với HNO3 đặc nóng dư thì thể tích khí NO2 sinh ra ở điều kiện tiêu chuẩn là bao nhiêu?? Lời giải: Ta có: Trong Y Fe dư là nFe  nFeCl2  nH 2  0, 05(mol ) Khi cho Y vào Z thì phản ứng giữa FeCl2 và KMnO4 xảy ra. Ta có FeCl2 nhường ne  0,05  0, 05.2  0,15( mol ) . Như vậy số mol mà chất rắn còn lại đó nhường cũng đúng bằng 0,15(mol ) vì dùng cùng một lượng Y. Không mất tính tổng quát ta giả sử trong X có Fe, FeO và Fe2 O3 . Khi đó nFeO  0,15( mol ) do đó có FeO tham gia phản ứng. Từ đó nNO2  ne  0, 05.3  0,15  6, 72(l ) . III. Một số phương pháp giải: Từ các dữ kiện của đề bài, ta có thể dễ dàng nhận ra các “dấu hiệu nhận biết” của các phương pháp giải toán quen thuộc. Đó là:  Phương pháp đại số thông thường  Phương pháp đưa thêm số liệu  Phương pháp trung bình và kỹ thuật đường chéo  Phương pháp đường chéo  Phương pháp phân tích hệ số và ứng dụng  Phương pháp bảo toàn nguyên tố và khối lượng  Độ bất bão hòa k Trang 7 http://boxmath.vn Tất nhiên là ở đây các phương pháp này đan xen lẫn nhau và khó có thể phân biệt rạch ròi với nhau, đồng thời, cũng có khó có thể chỉ dùng một phương pháp mà có thể giải quyết trọn vẹn được bài toán. Ví dụ:Hỗn hợp X gồm C2 H 2 , C2 H 6 và C3 H 6 . Đốt cháy hoàn toàn 24,8g hỗn hợp X thu được 28,8g nước. Mặt khác 0,5 mol hỗn hợp này tác dụng vừa đủ với 500g dung dịch Brom 20%. Tính % về thể tích của mỗi khí trong hỗn hợp Ta có ngay nH 2O  1, 6( mol ) và nBr2  0, 625( mol ) Cách 1: Phương pháp đại số thông thường (đây là cách làm thông thường mà học sinh nào cũng từng được biết và có lẽ là không dưới 70% học sinh giải bài toán này bằng cách này) Gọi số mol các khí trong 24,8 gam hỗn hợp X lần lượt là x, y, z mol và số mol các khí trong 0,5 mol hỗn hợp X lần lượt là kx, ky, kz mol Từ giả thiết, ta có hệ phương trình: 26 x  30 y  42 z  24,8 g  x  0, 4  mol   x  3 y  3 z  1, 6 mol     %VC2 H 2  50%   y  z  0, 2  mol     kx  ky  kz  0,5  mol   %VC2 H6  %VC3 H 6  25% k  1, 6  2kx  kz  0, 625  mol   Cách 2: Phương pháp đưa thêm số liệu Hỗn hợp X theo đề bài là một hỗn hợp đồng nhất, tỷ lệ giữa các thành phần khí trong hỗn hợp là không đổi, do đó, KLPT trung bình của hỗn hợp M là một giá trị không đổi. Ta dùng phương pháp đưa thêm số liệu: gọi x, y, z lần lượt là số mol của ba khí trong 1 mol hỗn hợp X. Từ giả thiết, ta có hệ phương trình:   x  y  z  1 mol     x  0, 5  mol   0, 625  1, 25  2 x  z  0,5   y  z  0, 25  mol   24,8  x  3 y  3z  M  26 x  30 y  42 z  1, 6  Cách 3: Phương pháp trung bình +Phương pháp bảo toàn nguyên tố và khối lượng + Phương pháp đại số Gọi CTPT trung bình của cả hỗn hợp X là C x H y . Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố và khối lượng, ta có: x 16  y 9 Do đó, CTPT trung bình ở trên có thể viết thành C x H 16 . mC  mX  mH  21, 6( g )  nC  1,8( mol )  9 x Do phản ứng cộng Brom biến Hydrocacbon đã cho thành hợp chất no, nên CTPT của sản phẩm là: 2 0, 625.2 9 x2  2,5  x  x x 2 9 0, 5 4 9 9 Vậy CTPT trung bình của hỗn hợp X là C 9 H 4 . C x H 16 Br2 với 4 Từ đây, ta dễ dàng có số mol của 24,8g X là 0,8 mol. Và hệ phương trình  x  y  z  0,8  mol    x  3 y  3 z  1,6  mol  .  2 x  3 y  3 z  1,8  mol  Ví dụ 2. Đốt cháy hoàn toàn 11,6(g) một hidrocacbon A cần dùng 29,12(l) khí O2 . Xác định CTPT hidrocacbon. Bài toán nhìn có vẻ rất đơn giản và sau đây là 2 cách giải cho bài toán này. Trang 8 http://boxmath.vn nO2  1,3(mol ) Cách 1. Gọi A C x H y Phương trình cháy: y y  C x H y   x   O2  2CO2  H 2O 4 2  11, 6 1,3 x 4 Ta có   4 x  1, 6 y    C4 H10 . 12 x  y x  y y 10 4 Nhưng liệu có cách nào hay hơn không và nhanh nữa, sử dụng máy tính mà ít viết thì càng tốt. Cách 2. 2b  b  1,3.2 a  0,8 x 0,8.2 4     . y 1 10 44a  18b  1,3.32  11, 6 b  1 Gọi nCO2  x (mol ) và nH 2O  y ( mol ) Ta có ngay  Bạn sẽ thắc mắc vì sao lại có phương trình đó. Phương trình thứ nhất là định luật bảo toàn nguyên tố oxi còn phương trình thứ hai là ĐL bào toàn khối lượng. Cách thứ 2 ta không cần viết một phương trình nào cả mà chỉ việc bấm máy tính là được đáp án. ( Trích dẫn thầy giáo Vũ Khắc Ngọc) * Sự khác biệt giữa động cơ xăng – đường chéo và phản lực.* Với một hỗn hợp trung bình của hai chất đã biết khối lượng mol trung bình ta thường dùng phương pháp đường chéo để xác định tỉ lệ. Xét ví dụ: Hỗn hợp A gồm N 2 và H 2 có tỉ khối hơi so với He là 1,8. Tính tỉ lệ % về khối lượng của N 2 trong A. Lời giải: Điểm chốt của bài toán là tìm ra tỉ lệ số mol. Ta đi tìm tỉ lệ mol. Cách 1. x(mol) N 2 có M=28 7, 2  2  5, 2 M  7, 2 y (mol) H 2 có M=2 Suy ra 28  7, 2  20,8 x 1  đến đây ta có thể giả sử x  1; y  4 để giải tiếp. y 4 Cách thứ 2. Dùng phản lực. Không mất tính tổng quá ta giải sử x  y  1  x  0, 25  mol  x  y  1  Bài toán xem như đã hoàn tất. 28 x  2 y  7, 2  y  0, 75  mol  Ta đi đến hệ:  Lời bình. Để giải quyết nhanh các bài toán thiếu biến mà liên quan đến khối lượng trung bình chẳng hạn ta nên giải sử là tổng số mol của chúng bằng 1. Để không phải trâu bò áp dụng đường chéo như trên. Trên đây chỉ là một số lời khuyên về các phương pháp giải, đó chỉ là kinh nghiệm cá nhân của ban biên tập và sưu tầm của một số tác giải khác. Hy vọng sẽ mang lại hửu ích cho các bạn trong các kì thi sắp tới. Trang 9 http://boxmath.vn Câu 1. Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm m gam X gồm bột Al và Fex Oy trong điều kiện không có không khí, được hỗn hợp Y. Nghiền nhỏ, trộn đều hỗn hợp B rồi chia thành 2 phần : - Phần 1 có khối lượng 14,49 gam được hoà tan hết trong dung dịch HNO3 đun nóng thu được dung dịch C và 0,165 mol NO (sản phẩm khử duy nhất) - Phần hai tác dụng với dung dịch NaOH đun nóng thấy giải phóng 0,015 mol khí H 2 và còn lại 2,52gam chất rắn. Công thức của oxit và giá trị của m lần lượt là: A. FeO &19.32 gam C. Fe3O4 &19.32 gam B. Fe2O3 & 28.98 gam D. Fe3O4 & 28.29 gam Lời giải: Từ phần 2 ta suy ra số mol nAl  0, 01mol , nFe  0, 045mol  nFe  4,5 nAl Trong phần 1 ta đặt số mol: nAl  xmol , nFe  ymol Ta có: y  4,5 x Khi phản ứng với HNO3 thì: x  y  0,165 Giải hệ ra ta được: x  0, 03mol ; y  0,135mol  mAl2O3  14, 49  0, 03.27  0135.56  6,12 g  nAl2O3  0, 06mol  nO  0,18mol n  Fe  0, 75  CT : Fe3O4 nO Ta có: số mol Fe trong phần 1 gấp 3 lần số mol Fe trong phần 2. m 4 (0,15.27  0, 045.232)  19,32 g Đáp án:  C 3 Câu 2. cho m gam hỗn hợp X gồm Fe, FeS tác dụng hết với HCl dư thu được V lít khí (dktc). Mặt khác, nếu cho m gam hôn hợp X vào dd HNO3 dư thu được dung dịch Y chỉ chứa 1 muối Nitrat và 2V lít hỗn hợp khí gồm NO và SO2 . Thành phần về khối lượng của Fe trong X là A. 45,9% Lời giải: Gọi nFe : x ; nFeS : y B. 54,1% C. 54,9% D. 45,1% Ta có : V  ( x  y ).22, 4 Fe  3e  Fe 3 x------3x FeS  7e  Fe 3  SO2 y--------7y-------------y N 5  3e    N 2 3x  7 y 3x  7 y Ta có nNO   y  2( x  y )  3 x  4 y Chọn x = 4, y = 3 3 3 Ta được %Fe = 45,9%  A Trang 10 http://boxmath.vn Câu 3. Hòa tan hoàn toàn một miếng bạc kim loại vào một lượng dư HNO3 15,75% thu dc khí NO duy nhất và a gam dd F trong đó nồng độ % của AgNO3 bằng nồng độ % của HNO3 dư. Thêm a gam dd HCl 1,46% vào dd F. Hỏi có bao nhiêu % AgNO3 tác dụng HCl A. 68,40 B.62,25 Lời giải: C.58,25 D.65,4 3 Ag  4 HNO3   3 AgNO3  NO  2 H 2O 3mol---4mol------3mol-----------1mol Ta có mAg  324 g , mAgNO3  mHNO3du  510 g mHNO3 pu  252 g Suy ra mHNO3bd  762 g   mddHNO3  4838, 095 g Như vậy khối lương dung dịch sau khi cho Ag vào là: a  324  4838, 095  1.30  5132, 095 g a.1, 46 suy ra mHCl   74, 93g 100   nHCl  2, 053mol phản ứng: AgNO3  HCl   AgCl  HNO3   nAgNO3 pu  2, 053 2, 053  0, 684  A . 3 Câu 4. Mắc nối tiếp ba bình điện phân: bình 1 chứa CuCl2 , bình 2 chứa Na2SO4 và bình 3 chứa AgNO3 rồi tiến Suy ra: Phần trăm phản ứng là: hành điện phân bằng dòng điện một chiều. Sau một thời gian thấy ở cực dương của bình 1 thoát ra V1 lít hỗn hợp hai khí có khối so với không khí là 2, còn ở bình 2 thoát ra V2 lít khí, bình 3 thoát ra V3 lit khí. Các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. Cho biết tỉ lệ thể tích V1 : V2 : V3 ? A. V1 : V2 : V3  1:1:1 B. V1 : V2 : V3  3 : 2 : 2 C. V1 : V2 : V3  6 : 5 : 5 D. V1 : V2 : V3  4 : 3 : 3 Lời giải: Vì các bình được mắc nối tiếp nên I1  I 2  I 3 (Hơi liên quan tới Lí)  2Cl   Cl2  2e Bình I:  Theo đề bài ta tính được:   H 2O  4 H  O2  4e   nCl2  x     nO2  y  ne  8 y Mà ne1  ne2  ne3   nCl2  2nO2  H 2O  2e  2OH   H 2  n  6 y   H 2O  4 H  4e  O2 Bình 3: H 2 O  4 H   4e  O2  n  2 y Bình 2:  Vậy V1 : V2 : V3  3 : 6 : 2 Trường hợp nếu chỉ tính khí thu được ở Anot Ta có Bình I: V1  3 y Bình II: V2  2 y Trang 11 http://boxmath.vn Bình III: V3  2 y Vậy V1 : V2 : V3  3 : 2 : 2  B Câu 5. Để phản ứng hết a mol kim loại M cần 1,25a mol H 2 SO4 và sinh ra khí X (sản phẩm khử duy nhất). Hòa tan hết 1,92 gam kim loại M vào dung dịch H 2 SO4 tạo ra 4,48 lít khí X (sản phẩm khử duy nhất, đktc). Kim loại M là: A. Fe B. Cu C. Mg D. Al. Lời giải: Nếu M có hóa trị 3 với muối thì sau phản ứng 1 tạo M 2 ( SO4 )3 . nS  1,5a 1, 25a vô lí. So sánh với đáp án M có hóa trị 2. nS trong MSO4  a. nS .trong .khí  0, 25a. mà ne cho là 2a, nên khí là H 2 S Vậy thay vào cái dữ kiện thứ 2 ta có ne nhận là 0, 02.8  0,16 M là Mg  C Câu 6. Trong một bình kín dung tích 10(l) chứa N 2 ở 27,3o C và 0,5atm. Thêm vào bình 9,4 g một muối nitrat kim loại X. Nhiệt phân hết muối rồi đưa nhiệt độ về 136,5o C , áp suất trong bình là p (atm) và còn lại 4g chất rắn. Giá trị của p là: A. 5,88 B. 6 C. 5,7 D. 1,52 Lời giải. Xét các trường hợp sau. TH1: Phản ứng nhiệt phân ra muối nitrit 1 X ( NO3 ) n  X ( NO2 )n  O2 2 x x        x     2 BTKL ta có mO2  16 xn  5, 4  xn  0, 03375 Lại có x( X  62n)  9, 4 Suy ra Xx  9, 4  62 xn  0 (loại) *TH2: Phản ứng tạo ra oxit n 2 X ( NO3 )n  X 2On  2nNO2  O2 2 x nx x            nx   2 4 Suy ra xn.46  xn .32  5, 4 Suy ra xn  0,1 4 x X (2 X  16n)  4 Suy ra Xx  3, 2 Suy ra  32 2 n Suy ra X là Cu, x  0, 05 Dễ dàng tính được p  1,52 Lại có *TH3 n X ( NO3 )n  X  nNO2  O2 2 nx x       x   nx    2 Trang 12 http://boxmath.vn Suy ra Xx  4 xn.46  xn.16  5, 4 Suy ra xn  0, 087 , do đó X / x  46 (loại vì không có kloại nào thỏa mãn) Chú ý: Có các phép tính khối lượng trên do đề bài cho là Nhiệt phân hết muối. Đáp án: D Câu 7. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X chứa Fe3O4 và FeS2 trong 63 gam dung dịch HNO3 thu được 1,568 lít NO2 duy nhất (đktc). Dung dịch thu được tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch NaOH 2M, lọc kết tủa rồi đem nung đến khối lượng không đổi thì thu được 9,76 gam chất rắn. Nồng độ % của dung dịch HNO3 ban đầu là: A.47,2% B. 42,6% Lời giải: Gọi: nFe3O4  xmol và nFeS2  ymol C.46,2% D. 46,6% Dịnh luật bảo toàn e ta có: x  15 y  0, 07 9, 76 160 Giải hệ: x  0, 04mol và y  0, 002mol Tổng số mol Fe: 3 x  y  2. Ta suy ra được số mol của NaOH đã phản ứng với Fe3  0, 366mol Như vậy số mol axit dư: nH   0, 4  0,366  0, 034mol dd sau gồm: Fe3 , H  , SO42  , NO3 Dựa vào định luật bảo toàn điện tích ta suy ra: nNO  0,392 3 Bảo toàn nguyên tố: nHNO3  0,392  0, 07  0, 462mol Như vậy C % HNO3  46, 2%  C Câu 8. Cho m gam Al hòa tan vừa hết vào dung dịch NaOH thì thu được dung dịch X. Cho m gam Al2O3 hòa tan vừa hết trong dung dịch HCl thu được dung dịch Y. Trộn dung dịch X với dung dịch Y thì thu được 5,304 gam kết tủa và dung dịch Z . Cô cạn dung dịch Z thu được bao nhiêu gam rắn khan: A.5,4885 B.4,3185 C.5,6535 D.3,8635 Lời giải: Phản ứng: 3 NaAlO2  AlCl3  6 H 2O   3 NaCl  4 Al (OH ) 3 m m m 4m    27 81 27 81 4m Ta có:  0, 068  m  1,377 81 m m 58,5m Khối lượng muối: mmuoi  133,5.(  )   4, 3185 Dáp án: B 51 81 27 Bài 9. Hòa tan hết 10,24 gam Cu bằng 200 ml dung dịch HNO3 3M được dung dịch A. Thêm 400 ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch A. Lọc bỏ kết tủa, cô cạn dung dịch rồi nung chất rắn đến khối lượng không đổi thu được 26,44 gam chất rắn. Số mol HNO3 đã phản ứng với Cu là? A. 0,46(mol) B. 0,56(mol) C. 0,5(mol) D. 0,45(mol) Lời giải: Gọi x là số mol HNO3 dư. Khi cho NaOH vào: NaOH  HNO3  NaNO3  H 2O NaOH  Cu ( NO3 )2  Cu (OH ) 2  NaNO3 Trang 13 http://boxmath.vn 1 O2 2 Chất rắn gồm: NaOH : (0, 4  0,16.2  x) và NaNO2 : (0,16.2  x) Ta có: 26, 44  40.(0, 4  0,16.2  x )  69(0,16.2  x ) Giải ra: x  0, 04mol Phản ứng nung: NaNO3  NaNO2  Kết luận: n  0,56  mol   B Bài 10. Cho hỗn hợp A gồm : Al2O3 , CuO, Na2O tiến hành các thí nghiệm sau: - TN1. Nếu cho hỗn hợp A và nước dư, khuấy kĩ còn lại 7,5 gam chất rắn ko tan - TN2. Nếu cho thêm vào một lượng Al2O3 bằng 50% lượng Al2O3 trong hỗn hợp A ban đầu rồi lại hoà tan vào nước dư. Sau thí nghiệm thấy còn lại 10,5 gam chất rắn không tan. - TN3. Nếu cho thêm vào một lượng Al2O3 bằng 75% lượng Al2O3 trong hỗn hợp A ban đầu rồi lại hoà tan vào nước dư. Sau thí nghiệm thấy còn lại 12,5 gam chất rắn ko tan. Khối lượng Al2O3 và CuO trong A lần lượt là : A. 7,5 gam ; 8 gam B. 8 gam ; 7,5 gam C. 9 gam ; 7,5 gam D. 5,1 gam ; 8 gam Lời giải: Khối lượng chất rắn ở thí nghiệm 2 và thí nghiệm 3 tăng lên so vs thí nghiệm 1 suy ra là Al2O3 đã dư mAl2O3  (12,5  10,5). 100  8( g ) 25 Na2O  H 2O  2 Na   2OH  giả sử Al2O3 dư Al2O3  2OH   2 AlO2  H 2O mCuO  mAl2O3  7,5  m2  7, 5  0,5.8  11,5 g  12,5  Al2O3 tan hết còn lại 7,5 g CuO Chọn B Câu 10. Cho 0,448 lít khí NH 3 (đktc) đi qua ống sứ đựng 16 gam CuO nung nóng, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn X. Cho X vào dung dịch HNO3 đặc, nóng (dư) thu được V lít khí (đktc). Giá trị của V là: A.8,960. B. 0,448 C. 0,672 D. 1,344 Lời giải: Ta có. nNH3  0, 02 nCuO  0, 2 0, 02 0, 2  2 3  NH 3het , CuOdu Ta có: 2 NH 3  3CuO  N 2  3Cu  3H 2O 0, 02      0, 03      0, 03 Cu  Cu 2  2e 0, 03    0, 06 N  5  1e  N  4 ( NO2 do HNO3 đặc, nóng nên C bị khử xuống NO2 ) 0, 06  0, 06 Trang 14 http://boxmath.vn V  0, 06.22, 4  1,344  l   D Câu 11. Cho 14,4 gam hỗn hợp Fe,Mg,Cu (có số mol bằng nhau) tác dụng hết với dd HNO3 thu được dung dịch X và 2,688 lít (dktc) hỗn hợp gồm 4 khí N 2 , NO, N 2O, NO2 trong đó 2 khí N 2 và NO2 có số mol bằng nhau. Cô cạn cẩn thận dung dịch X thu được 58,8 muối khan. Tìm số mol HNO3 đã phản ứng. A. 0,92(mol). B. 0,893(mol). C. 0,864(mol). Lời giải: D. 0,765(mol) nmoi kl  0,1mol   nFe ( NO3 )3  nMg ( NO3 )2  nCu ( NO3 )2  0,1mol   mNH 4 NO3  1g   nNH 4 NO3  0, 0125mol Vì N 2 bằng số mol NO2 nên dùng phương pháp quy đổi thành N 3O2 (a) -> quy đổi tiếp thành: a  mol  NO, a  mol  N 2O Gọi : x  mol  NO, y  mol  N 2O   x  y  0,12 bảo toàn e: 0,1.(3  2  2)  3 x  8 y  0, 0125.8  x  y  0,12  x  0, 072 Giải hệ:   0,1.(3  2  2)  3 x  8 y  0, 0125.8  y  0, 048 Số mol HNO3 : nHNO3  nN  0,1.(3  2  2)  0, 0125.2  0, 072  0, 048.2  0,893mol  B Câu 12. Hòa tan hết 25,4 gam FeCl2 vào dung dich chứa 8 gam Br2 thu được dung dịch X. Hòa tan dung dịch X vào NaOH dư. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn (trong điều kiện không có không khí ) thu được m gam kết tủa. Giá trị m là A. 10,7 B. 21,4 C. 18 D. 19,7 Lời giải: 3FeCl2  Br2    2 FeCl2  FeBr2 Br hết dd sau pư: Fe(OH ) 2 : 0,1mol Fe(OH )3 : 0.1mol  m  19, 7 g Phản ứng: 6 FeCl2  3Br2   4 FeCl3  2 FeBr3 0,1    0, 05 Suy ra nFe3  0, 05.2  0,1( mol ) nFe2 du  0, 2  0, 05 : 3.6  0,1(mol ) Suy ra m  0,1(107  90)  19, 7  D Bài 13. Biết rằng khi Cu2 O tác dụng với axit tạo muối Cu 2 và Cu. Khi đốt cháy hoàn toàn hỗn hợp X gồm những lương bằng nhau về số mol của FeS2 và Cu2 S , thu được 3,36 lít khí SO2 (đktc) và chất rắn Y gồm Fe2 O3 và Cu2O . Hấp thụ hết khí SO2 thu được bằng dung dịch nước brom vừa đủ được dung dịch Z có nồng độ loãng. Cho toàn bộ Y vào Z, khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì có m gam chất rắn không tan. Giá trị của m là A. 6,4 B. 3,2 C. 1,6 D. 0,8 Lời giải: Gọi nFeS2  nCu2 S  a 2a  a  0,15  a  0, 05 (bảo toàn S) Trang 15 http://boxmath.vn  nFe2O3  0, 025  mol  , nCu2O  0, 05  mol  SO2  Br2  2 H 2O   H 2 SO4  2 HBr  nH 2 SO4  0.15 Fe2O3  3H 2 SO4   Fe2 ( SO4 )3  3H 2O Cu2O  H 2 SO4   Cu  H 2O  CuSO4 nH 2 SO4 dư=0.025, nCu  0.05 Vì dd loãng  mran  3, 2 g  B Câu 14. Nung m gam hỗn hợp X gồm KClO3 và KMnO4 thu được chất rắn Y và O2 . Biết KClO3 phân hủy hoàn toàn, còn KMnO4 chỉ bị phân hủy một phần. Trong Y có 0,894 gam KCl chiếm 8,132% theo khối lượng. Trộn lượng O2 ở trên với không khí theo tỉ lệ thể tích : = 1:3 trong một bình kín ta thu được hỗn hợp khí Z. Cho vào bình 0,528 gam cacbon rồi đốt cháy hết cacbon, phản ứng hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí T gồm 3 khí O2 , N 2 , CO2 , trong đó CO2 chiếm 22,92% thể tích. Giá trị của m là A. 12,59 gam B. 12,53 gam Lời giải: Trường hợp 1: Phản ứng nhiệt phân : 2 KClO3  2 KCl  O2 (1) C. 12,70 gam D. 12,91 gam 2 KMnO4  K 2 MnO4  MnO2  O2 (2) Gọi n là tổng số mol O2 thoát ra ở (1), (2) . Sau khi trộn O2 với không khí ta có:  nO 2  n  3n.0, 2  1, 6n(mol ) Ta có C  0, 04(mol ) + O2 dư tức 1,6n>0,04 Khi đó O2 cháy theo phản ứng: C  O2  CO2 và tổng số mol T =0,192(mol) Các khí trong T gồm O2 (du )  N 2  CO2 (1, 6n  0, 04)  2, 4n  0, 044  0,192  n  0, 048(mol )  m  12, 53(mol )  Dap... An..B Trường hợp 2. + Nếu O2 thiếu O2 cháy theo phản ứng: C  O2  CO2 (3) 2C  O2  2CO (4) Các khí trong T gồm N 2  CO2  CO 2, 4n  n  0, 044  n do đó tổng số mol T  (2, 4n  0, 044)(mol ) ,như vậy 0, 044  n  nO2  n(ban..dau)  2 n 22,92  và 2, 4n  0, 044 100  n  0, 0204(mol ) .Vậy m  11, 647( gam) Bài 15. Cho 49,6(g) hỗn hợp X gồm Cu, Fe, Fe2O3 vào dung dịch H 2 SO4 loãng dư,khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy có 2,4(g) kim loại không tan:và 1,12 lít khí thoát ra(đktc) và thu được dd Y. Cho dd NH 3 tới Trang 16 http://boxmath.vn dư vào dd Y,lọc kết tủa rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi còn lại 40(g) chất rắn khan.Tính % khối lượng của Cu trong hỗn hợp X. A. 24,19%. B. 25,65%, C. 27,89%. D. 60,12%. Lời giải: Gọi số mol Cu phản ứng: nCu  a(mol ); nFe  b(mol ); nFe2O3  c(mol ) Ta có: nH 2  0, 05( mol )  ne  0,1(mol )  2a  2b  2c  0,1 ( 1 ) Ta có: dư 2,4 gam kim loại  64a  56b  160c  47, 2 ( 2 ) Ta có: m  40 gam  nFe2O3  0, 25( mol )  b  2c  0, 5 ( 3 )  Từ ( 1,2,3)  a  0,15mol  b  0,1mol c  0, 2mol   mCu  0,15.64  2, 4  12 gam 12.100%  24,19%  A % mCu  49, 6 Bài 16. Cho Al và Fe2 O3 trộn vào nhau thành hỗn hợp. Nung nóng hỗn hợp trong điều kiện không có oxi,sau đó chia hỗn hợp thành 2 phần, phần 1 ít hơn phần 2 là 134(g).phần 1 hoà tan trong kiềm dư được 16,8 lít khí (đktc),phần 2 hoà tan trong HCl dư thu được 84 ( lít) khí (đktc). xác định khối lượng Fe thu được sau phản ứng. (Biết phản ứng xảy ra hoàn toàn). A. 112(g). B. 188,65 (g). C. Cả A và B đúng. D. Tất cả đều sai. Lời giải: Phần 1: nAl  0,5mol , nFe  x ( mol ) Phần 2: nAl  a (mol ); nFe  b(mol ) 2 Al  Fe2O3   2 Fe  Al2O3       1,5a  b  3, 75  b x    a 0, 5   56b  27a  51b  0,5.27  56 x  51x  134    x  0,5   a  1,5 b  1,5        &     1, 5a  b  3, 75 ax  0,5b 107b  27a  107 x  147,5 120 107 535 a 534 200 b 89 x Câu 17: Dung dịch acid fomic 3,00% có khối lượng riêng là 1,0049 (g/ml) và pH = 1,79 . Cần pha loãng dung dịch này bao nhiêu lần để cho độ điện li tăng 10 lần: A.  130 lần B.  80 lần C.  50 lần D.  1000 lần Lời giải: Giả sử có 1(l) dd HCOOH. Trang 17 http://boxmath.vn H   Nồng độ của [HCOOH]=0,65537M và [H+]  10 1, 79 M    2  0,02475 HCOO - + H+ Cân bằng: HCOOH Co Co - Co.  2 HCOOH  Co.  Co.  2 C o . C .  o C o  C o . 1 K C. 2 1  2 2 2 C . C . C  1    1  9   7,7163.10 3 Suy ra: o    2  1  1  C o  1    1001    C  0  130 lần. C Đáp án A Khi độ điện ly tăng 10 lần   10 : K  Câu 18. Cho hỗn hợp X gồm a mol N2 và b mol H2, (3a  b) cho vào một bình kín dung tích V (l) nhiệt độ 70oC áp suất là p (atm). Thực hiện phản ứng sau đó đưa về 70OC thấy áp suất lúc này là p 0 (atm). Khoảng giới hạn của p 0 là: A. 0  p 0  p C. p  p 0  ba b . p  p0  . p ba a ba D. . p  p0  p ba B. b .p a Lời giải: Để ý 3a  b do đó nếu phản ứng xảy ra hoàn toàn thì H 2 dư. Nên ta tính theo N 2 N 2  3H 2   2 NH 3 ah----3ah--------2ah (a-ah)--(b-3ah)-----(2ah) n sau Tỉ lệ:  a  b  2ah n1 p a b   n2 po a  b  2ah po .(a  b) p 2a ( a  b)  h Ta có 0  h  1 Nên: ba . p  po  p  D ba Câu 19. Tiến hành mạ huân chương bạc có tiết diện 8cm2 với dung dịch điện phân là AgNO3, anot làm bằng Ag, mật độ dòng là 1 A/dm2. Thời gian điện phân là 16 phút 5 giây, hiệu suất 80%. Tính bề dày lớp mạ ( theo m ) biết khối lượng riêng của Ag là 10,5 g/cm3. A. 10,28 B 8,25 C. 7,81 D. 8,22 Lời giải: Trang 18 http://boxmath.vn Với thiết diện 8cm2 thì cường độ dòng điện I=0,08A. 0,08.965  8.10  4 mol  m Ag  0,0864.0,8  0,06912 g . 96500 0, 06912  8, 22.104 cm  8, 22  m  D Bề dày: l= 10, 5.8 Suy ra nAg= Câu 20. Hoà tan hoàn toàn 5,4g oxit kim loại X bằng dd HNO3 dư thu được 0,224(l) NO. Cho dd sau phản ứng tác dụng với KOH dư núng nóng thì thu được 0,126(l) khí nữa. X là: A. Cu2O hoặc FeO B. Fe3O4 C. MnO hoặc FeO D. MnO hoặc Fe3O4 Lời giải: Tính ra n e  0, 03  0, 045  0, 075mol  Gọi n là độ biến thiên số oxi hoá. 5, 4 .n  0, 075  M  72.n M Lần lượt cho n  1; 2;3 Ta có: Chọn được đáp án là Cu2 O và FeO  A Câu 21. Cho từ từ V (l) dd Na2CO3 vào V1 dd HCl 1M thu được 2,24(l) khí CO2 . Cho từ từ V1 dd HCl vào V (l) dd Na2CO3 1M thu được 1,12(l) CO2. Vậy V1 và V lần lượt là: A. V1 = 0,25(l) và V= 0,2(l) B. V = 0,15(l) và V1 = 0,2(l) C. V = 0,25(l) và V1 = 0,2 (l) D.V = 0,2(l) và V1 = 0,15 (l) Lời giải: Thí nghiệm 1: nHCl  2nCO2  0, 2(mol )  V1  0, 2(l ) Thí nghiệm 2:  Sẽ có 2 phản ứng: phăn ứng (1) tạo HCO3 khi nào H dư mới tạo CO2 . nHCl tạo CO2 : nHCl (1)  nCO2  0, 05(mol )  nHCl tạo HCO3 : nHCl ( 2)  nHCl  nHCl (1)  0, 2  0, 05  0,15  nNa2CO3  nHCl (2)  0,15  V  0,15(l )  B Câu 22. Trộn CuO với 1 oxit kim loại đơn hoá trị II theo tỉ lệ mol tương ứng là: 1:2 được hhX. Dẫn H2 dư qua 3,6g X thu được Y. Để hoà tan hết Y cần 60ml dd HNO3 2,5M và thu được V(l) NO duy nhất và dung dịch chỉ chứa các muối. Kim loại và thể tích khí thu được là: A. Mg và 0,14(l) B. Mg và 0,28(l). C. Ca và 0,28(l) D. Mg và 0,336 (l) Lời giải: Xét 2 trường hợp: 1. MO bị khử. 3R  8 HNO3  3R( NO3 ) 2  2 NO  4 H 2O 3x 8x (mol). 8 x  0,15  x  0, 01875mol 3, 6  80 x  2 x( M  16)  M  40(Ca ) (loại). 2. MO không bị khử. 3Cu  8HNO3  3R( NO3 )2  2 NO  4 H 2O 8x 2x x (mol) 3 3 Trang 19 http://boxmath.vn MO  2 HNO3  M ( NO3 ) 2  H 2O 2x 4x (mol). Ta có: 8x  4 x  0,15  x  0, 0225mol 3 Tìm ra M=24 (Mg). V= 2x .22, 4  0, 336(l )  D 3 Câu 23. Cho 9,6 gam kim loại R tác dụng với 500ml dung dịch HNO3 c mol/lít vừa đủ, thu được 2,24 lít khí A (là khí duy nhất, đktc) và dung dịch B. Cô cạn dung dịch B thu được 59,2 gam muối khan. A không thể là khí nào sau đây? B. N 2 A. N 2O C. NO D. NO2 Lời giải. Gọi x và y lần lượt là số mol của R( NO3 )n và NH 4 NO3 trong dung dịch sau phản ứng. Ta có các quá trình oxi hóa – khử là R  R  n  ne x nx 5 N  k .e  N 5k N 5  8e  N 3 Gọi N e là số mol electron mà HNO3 nhận để tạo thành 1 mol khí. Dễ thấy N e có thể nhận các giá trị là 1, 3, 8,10 lần lượt tương ứng với các khí NO2 , NO, N 2O, N 2 Bảo toàn electron ta được: xn  8 y  0,1N e (1) Khối lương của kim loại và của muối lần lượt cho ta các phương trình là (2)  xR  9, 6   xR  80 y  xn.62  59, 2 (3) Thay (1) và (3) vào (2) ta được 9, 6  80 y  (8 y  0,1Ne )62  59, 2  576 y  6, 2 N e  49, 6 Suy ra Ne  8. Vậy A không thể là N 2 . Chọn đáp án B Câu 24. Hỗn hợp A gồm Al và Mg. Lấy 20,4g hh A tác dụng với dd HBr dư thu được 22,4(l) H2. Cũng lượng trên phản ứng vừa đủ với 500ml dd HNO3 1M và HBr thu được ddB chỉ gồm các muối và thu được 4,48 (l) hỗn hợp khí N2O và N2 có tỉ khối so với H2 18,5. Cô cạn cẩn thận dd B khối lượng muối thu được là: A.100,5g B. 181,16g C.190,18g D. 187,65g Lời giải: Ta dễ dàng tính ra số mol: n N2  0, 0875mol và n N2 O  0,1125mol . Tổng số e nhận từ 2 chất này: ne=1,775mol. Tính ra số mol mỗi kim loại trong A: nAl=nMg=0,4mol. Số mol e cho: ne cho=2mol. 2  1.775  0,028125mol . 8  2  0, 2.2  0,028125.2  2,45625mol Suy ra số mol của amoni nitrat là : n  n H Suy ra nHBr=1,95625 mol. Số NO3- phản ứng là : 0, 2.2  0, 028125  0, 428125mol  dư :0,071875 mol Khối lượng muối là : m  20, 4  1,95625.80  18.0, 028125  0, 071875.62  181,16 g .  B Trang 20
- Xem thêm -