Tuyến chọn một số bài từ đề thi olympic 30/4 hóa học 10

Khi thêm 1 lượng dung dịch NaCl. Gọi S2 là nồng độ Ag + mới: [Ag+] = S2 → [Ag + ] = [Cl - ] = S2 Gọi δ là nồng độ của NaCl. Trong dung dịch số ion Cl-: δ/1 lít Vậy [Ag+] = S2 [Cl -] = δ + S2 Ở 18oC nhiệt độ không đổi. T không đổi. S2(S2 + δ) = 1,1.10 -10 → S2 2 + δS2 – 1,1.10 -10 = 0 Chỉ chọn nghiệm đúng dương: 2 10 2 4,4.10 2 S       → δ = 0,0585/58,5 = 10-3 Vậy 7 3 3 7 2 10 10 2.10 10 2 S         S2 giảm 100 lần so với S1 2. Theo giả thuyết ta có: 2 2 417.10 H O I CS I C C  uoc 30,1 / 1000 n IC g cm Gọi x là số mol iot từ nước đi vào CS2 Vậy: 30,1 / 1000 nuoc I x g cmC   và 2 ( / ) 50 CS I x g mlC  Suy ra: 40,1 : 17.10 1000 50 x x   → x = 0,0967 Nồng độ iot trong nước là: 0,1 – x = 0,0033 (g/l) Câu 4: đề 2000 trang 38 a, Hai cốc đựng dung dịch axit clohiđric đặc lên hai đĩa cân A và B. Cân ở trạng thái cân bằng. Cho a gam CaCO3 vào cốc A và b gam M2CO3 (M là kim loại kiềm)vào cốc B. Sau khi hai muối đã phản ứng hết và tan hoàn toàn, cân trở lại vị trí cân bằng. 1. Thiết lập bieetr thức tính khối lượng nguyên tử M theo a và b. 2. Xác định M khi a = 5 và b = 4,8. b, Cho 20gam hỗn hợp gồm kim loại M và Al vào dung dịch hỗn hợp H2SO4 và HCl, trong đó số mol HCl gấp 3 lần số mol H2SO4 thì thu được 11,2 lít khí H2(đktc) và vẫn còn dư 3,4 gam kim loại. Lọc lấy phần dung dịch rồi đem cô cạn thì thu được một lượng muối khan. 1. Tính tổng khối lượng muối khan thu được biết M có hóa trị 2 trong các muối này. 2. Xác định kim loại M nếu biết số mol tham gia phản ứng của hai kim loại bằng nhau. Giải a, CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2↑ + H2O (1) M2CO3 + 2HCl → 2MCl + CO2↑ + H2O (2) (1) → khối lượng cốc A tăng =  100 44 0,56 100 a a   (2) → khối lượng cốc B tăng =  2 60 44 0,56 2 60 M b a M     Ta có a = 5, b = 4,8 → M ≈ 22,8 → M là Natri b, M + 2H + → M2+ + H2 2Al + 6H + → 2Al3+ + 3H2 2 11,2 2. 2. 1 22,4HH n moln     2 4 2 4 2 4 2 2 3H SO H SO H SOHClH n n n nn      2 4 1 0,2 5H SO moln   0,6 HCl moln  1. mmuối = (20 – 3,4) + 0,2.96 + 0,6.35,5 = 57,1gam Gọi x là số mol M tham gia phản ứng 2. ta có hệ x.M + 27x = 20 – 3,4 = 16,6 H n  = 2x + 3x = 1 → M = 56 (Fe) Câu 3: đề 2001 trang 44 2. 14,224 iot và 0,112g hiđro được chứa trong bình kín thể tích 1,12 lít ở nhiệt độ 400oC. Tốc độ ban đầu của phản ứng là Vo = 9.10 -5 mol.l -1 .phút -1 , sau một thời gian (tại thời điểm t) nồng độ mol của HI là 0,04 mol/lít và khi phản ứng: H2 + I2  2HI Đạt cân bằng thì [HI] = 0,06 mol/lít a, Tính hằng số tốc độ của phản ứng thuận và nghịch. b, Tốc độ tạo thành HI tại thời điểm t là bao nhiêu? c, Viết đơn vị các đại lượng đã tính được. Giải 1. Tính hằng số tốc độ của phản ứng thuận và phản ứng nghịch: 2 2 14,224 0,056 0,056 0,05 / 254 1,12I bd mol I mol ln        2 2 0,112 0,056 0,056 0,05 / 2 1,12H bd H mol ln        Phản ứng: H2 + I2  2HI v1 = k1 [I2][H2] → 1 1 2 2 v I H k          a, 5 1 -1 3 1 -1 1 1 1 9.10 . . . út 36.10 . . út 0,05. . .0,05. . mol l ph l mol ph mol l mol l k         Mặc khác: 2 2 4 2 2 1 2 2 2 2 2 2 6 .10 . . 0,06 0,05 . . 2 HIK mol l K I H mol l K                        (1) (2) 3 1 -1 2 36.10 . . . út 9 9 l mol ph K k      → k2 = 4.10 -3 .l.mol -1 .phút -1 . b, Tốc độ tạo thành HI tại thời điểm t: vHI = vt – vn = v1 – v2 v1 = k1[I2][H2] = 36.10 -3 l.mol -1 .phút -1 . 20,06 0,05 2        mol 2 .l -2 → v1 = 144. 10 -7 mol. l -1 . phút -1 v2 = k2 [HI] 2 = 4.10 -3 l. mol -1 . phút -1 . 4 2 . 10 -4 . mol 2 . l -2 → v2 = 64 . 10 -7 mol. l -1 . phút -1 VHI = (144.10 -7 - 64.10 -7 ) mol. l -1 . phút -1 VHI = 0,8. 10 -5 mol. l -1 . phút -1 Chuyên đề: LÝ THUYẾT VỀ PHẢN ỨNG HÓA HỌC Câu 1: trang 112 Trong bình kín dung tích không đổi chứa 35,2x (g) oxi và 160x (g) SO2. Khí SO2 ở 136,5 o C có xác tác V2O5. Đun nóng bình một thời gian, đưa về nhiệt độ ban đầu, áp suất bình là P’. Biết áp suất bình ban đầu là 4,5 atm và hiệu suất phản ứng là H%. a, Lập biểu thức tính áp suất sau phản ứng P’ và tỉ khối hơi d của hỗn hợp khí sau phản ứng so với không khí, theo H. b, Tìm khoảng xác định P’, d? c, Tính dung tích bình trong trường hợp x = 0,25? Hướng dẫn giải: 2 35,2 1,1 ( ) 32O bdau x x moln   2 160 2,5 ( ) 64SO bdau x x moln   2SO2 + O2  2SO3 Ban đầu: 2,5x 1,1x 0 xt, t o Phản ứng: 2,2xH 1,1xH 2,2xH Sau phản ứng: (2,5x – 2,2xH) (1,1x – 1,1xH) 2,2xH n2 = 2,5x - 2,2xG + 1,1x - 1,1xH + 2,2xH = x(3,6 - 1,1H) (mol) Trường hợp bài toán đẳng V, đẳng T.    1 2 2 1 3,6 1,1 4,5 ' 1,25 3,6 1,1 ' 3,6 x Hn n PP P H n x         b, Khi H = 0 → P’ = 4,5 (atm) H = 1 → P’ = 3,125 (atm) Vậy trong thời gian phản ứng thì 3,125 < P’ < 4,5 Tỉ khối hơi so với không khí: 160 35,2 195,2 (3,6 1,1 ) 3,6 1,1 sau truoc sau sau truoc m m x x M n n x H H         / 195,2 6,731 29 3,6 1,129 3,6 1,1 sau hhsau kk M HH d     Khi H = 0 → d = 1,87 H = 1 → d = 2,69 Vậy 1,87 < d < 2,69 C, Áp dụng công thức: PV = nRT Pđầu = 4,5atm Nđầu = 3,6x = 3,6.0,25 = 0,9(mol) →   22,4 0,9. 273 136,5 273 6,72( ) 4,5 nRT V l P     Câu 11: trang 126 Tính năng lượng mạng tinh thể ion của muối BaCl2 từ các dữ kiện: Nhiệt tạo thành tiêu chuẩn của BaCl2 tinh thể: - 205,6 kcal/mol Năng lượng liên kết Cl2: + 57 kcal/mol Nhiệt thăng hoa Ba: + 46 kcal/mol Năng lượng ion hóa thứ nhất của Ba: + 119,8 kcal/mol Năng lượng ion hóa thứ hai của Ba: + 230,0 kcal/mol Giải: Năng lượng mạng tinh thể ion của BaCl2 tức là hiệu ứng nhiệt của quá trình sau, (trong đó năng lượng tính theo đơn vị kcal/mol): 2 0( ) ( ) 2( ) 2 ; ? k k r Cl BaCl HBa      Quá trình tạo thành muối BaCl2 tinh thể qua những bước sau, Phân li phân tử Cl2: Cl2(k) → 2Cl - ; ∆H1 = +57,0 Clo nhận electron: 2Cl + 2e → 2Cl- ; ∆H2 = 2.(-87) Ba rắn thang hoa: Ba(r) → Ba(k); ∆H3 = +46,0 Ba mất electron: Ba(k) – 1e → Ba + (k); ∆H4 = +119,8 Ba + (k) – 1e → Ba 2+ (k); ∆H5 = +230,0 Tạo mạng lưới: 2 0( ) ( ) 2( ) 2 ; ? k k r Cl BaCl HBa      Quá trình chung: Ba(r) + 2Cl - (k) → BaCl2(r); ∆H = -205,6 Theo định luật Hess: ∆H = ∆H1 + ∆H2 + ∆H3 + ∆H4 + ∆H5 + ∆H0 → ∆H0 = ∆H – (∆H1 + ∆H2 + ∆H3 + ∆H4 + ∆H5 ) = -205 – 57 – (-174) - 46 – 119,8 – 230 = - 484,4 kcal/mol Câu 6: chuyên đề phản ứng oxi hóa khử trang 147 1. Viết các phản ứng hóa học trong các trường hợp sau: a, Ozon oxi hóa I - trong môi trường trung tính. b, Sục khí CO2 qua nước Javen. c, Cho nước clo vào dung dịch KI. d, H2O2 khử MnO4 - trong môi trường axit. e, Sục khí flo qua dung dịch NaOH loãng lạnh. Giải: a, O3 + 2I - + H2O → O2 + I2 + 2OH - b, CO2 + NaClO + H2O → NaHCO3 + HclO c, Cl2 + KI → 2KCl + I2 d, 5H2O2 + 2MnO - 4 + 6H + → 5O2 + 2Mn 2+ + 8H2O e, 2F2 + 2NaOH → 2NaF + H2O + OF2↑ Câu 9: trang 150 Thể tích khí clo cần phản ứng với kim loại M bằng 1,5 lần lượng khí sinh ra khi cho cùng lượng kim loại đó tác dụng hoàn toàn với axit clohiđric dư trong cùng điều kiện. Khối lượng muối clo sinh ra trong phản ứng với clo gấp 1,2886 lần lượng sinh ra trong phản ứng với axit axit clohiđric. a, Xác định kim loại M. b, Phản ứng giữa HCl và muối M (VI) xảy ra theo chiều nào khi nồng độ các chất đầu ở trạng thái chuẩn và khi tăng nồng độ H+ lên hai lần. Biết 6 3 0 / 1,33 M M VE   và 2 0 /2 1,36 Cl Cl VE   Hướng dẫn giải: M + 2 n Cl2 → MCln M + mHCl → MClm + 2 m H2 a, Từ 2 n = 1,5 2 m và m, n = 1, 2, 3 → n = 3, m = 2 và M + 106,5 = 1,2886.(M + 71) → M = 52 g/mol, M là Crom b, 14H + + 6Cl - + Cr2O7 2-  Cl2 + 2Cr 3+ + 7H2O ∆Eo = 1,33 – 1,36 = -0,03V: phản ứng xảy ra theo chiều nghịch. 14 0,059 0,03 lg 0,105( ) 6 2 E V    : phản ứng xảy ra theo chiều thuận. Câu 11: trang 152 1. Ag kim loai có khả năng tác dụng được với dung dịch HI 1N tạp thành khí H2 không? Cho TAgI = 8,3.10 -17 E 0 (Ag + /Ag) = +0,799V 2. Trộn 250ml dung dịch AgNO3 0,01M với 150ml dung dịch HCl 0,1M. Tính nồng độ các ion tại thời điểm cân bằng TAgCl = 10 -10 . Hướng dẫn giải: [I -] = 1ion g/l → [Ag+] = 8,3.10-17 ion g/l 0 / 0,059 lg Ag Ag Ag E n Ag E           = 0,799 + ,0 9.lg8,3.10 -17 = -0,15V Nếu có phản ứng xảy ra, xét phản ứng: 2Ag + 2H + → 2Ag+ + H2 ∆E = +0,15V Vậy Ag có thể đẩy H2 ra khỏi HI trong điều kiện đã cho. 2. 3 30,25.0,01 2,5.10AgNO moln   20,15.0,1 1,5.10 HCl n mol  3 3 3 2,5.10 6,25.10 0,4 Ag M NO              2 21,5.10 3,75.10 0,4 Cl M H              Nếu phản ứng hết: Ag + + Cl - → AgCl 6,25.10 -3 6,25.10 -3 Cân bằng: AgCl  Ag + + Cl - Ban đầu: 3,125.10-2M Phản ứng: x x Cân bằng: x 3,125.10-2 + x TAgCl = 10 -10 → x(3,125.10-2 + x) = 10 -10 x quá nhỏ: 10 9 2 10 3,2.10 3,125.10 Mx     [Ag + ] = 3,2.10 -9 M; [NO3 - ] = 6,25.10 -3 M [Cl - ] = 3,125.10 -2 M; [H + ] = 3,75.10 -2 M Câu 12: trang 154 1. MnO4 - có thể oxi hóa ion nào trong số các ion Cl-, Br-, I- ở các giá trị pH lần lượt bằng 0, 3, 5? Trên cơ sở đó đề nghị một phương pháo nhận biết các ion halogenua có trong hỗn hợp gồm Cl-, Br-, I-. Biết 1,51 2/ 4 oE V MnO Mn    , 1,36 / 2 2 oE V Cl Cl   , 1,08 / 2 2 oE V Br Br   , 0,62 / 2 2 oE V I I   2. A là dung dịch chứa AgNO3 0,01M, NH3 0,23M; và B là dung dịch chứa Cl - , Br - , I - đều có nồng độ 10-2M. Trộn dung dịch A với dung dịch B (giả thuyết nồng độ ban đầu của các ion không đổi) thì kết tủa nào được tạo thành? Trên cơ sở đó hãy đề nghị phương pháo nhận biết sự có mặt của ion Cl - trong một dung dịch hỗn hợp chứa Cl-, Br-, I-. Biết  3 32 2NH Ag NHAg    K = 10 -7,24 TAgCl = 10 -10 , TAgBr = 10 -13 , TAgI = 10 -16 Hướng dẫn giải: 1. 8H + + MnO4 - + 5e → Mn2+ + 4H2O 8 4 2 0,059 lg 5 o MnO H Mn E E                 * pH = 0, 2 4 / 2 2 2 , , /2 /2 /2 1,51 MnO Mn o o o Cl Cl Br Br I I VE E E E      Như vậy MnO4 - oxi hóa được cả Cl-, Br-, I-. * pH = 3, 2 4 / 2 /2 1,23 MnO Mn o Cl Cl VE E    nhưng lớn hơn 2 2 , /2 /2 o o Br Br I I E E  . Như vậy MnO4 - chỉ oxi hóa được Br-, I-. * pH = 5, 2 4 / 2 2 , /2 /2 1,04 MnO Mn o o Cl Cl Br Br VE E E     nhưng lớn hơn 2 /2 o I I E  . Như vậy MnO4 - chỉ oxi hóa được I-. Như vậy để nhận biết dung dịch hỗn hợp Cl-, Br-, I- ta có thể dùng dung dịch KmnO4 và dung môi chiết CCl4. Lúc đầu tiến hành phản ứng ở pH = 5, trong lớp dung môi chiết sẽ có màu tím của iot. Thay lớp dung môi, ở pH = 3, sẽ thấy dung môi co màu vàng của brom. Cuối cùng loại lớp dung môi và khử lượng MnO4 - dư và nhận biết ion Cl- dư bằng AgNO3. 2. Coi phản ứng giữa AgNO3 và NH3 xảy ra hoàn toàn, như vậy dung dịch A sẽ gồm  3 2Ag NH  0,01M và NH3 0,23M.  3 32 2NH Ag NHAg    K = 10 -7,24 Nồng độ ban đầu: 0,01 0,23 Nồng độ cân bằng 0,01- x x 0,23 + 2x   2 7,24 . 0,23 2 10 0,01 x x x K      . Gần đúng ta có: [Ag+] = x ≈ 10-8M [Ag + ]. [Cl - ] = 10 -10 ≈ TAgCl = 10 -10 nhưng lớn hơn TAgBr = 10 -13 , TAgI = 10 -16 , nên chỉ có ion Br- và I- kết tủa. Sau đó dùng axit phá phức làm tăng nồng độ của ion Ag+ và nhận được Cl- nhờ kết tủa AgCl. Câu 13: trang 155 Viết phương trình dưới dạng ion thu gọn phản ứng xảy ra khi cho dung dịch KI tác dụng với dung dịch KmnO4 (trong môi trường axit) trong các trường hợp sau: 1. Sau phản ứng còn dư ion iođua (có giải thích). 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 4 6 3 3H IO IO HIO I I           4 0,56 2,26 0,95 1,51 1,182 3 2 4 2 MnO MnO MnO Mn Mn Mn            Hướng dẫn giải: Dựa vào giản đồ thế khử của I- ta suy ra HIO không bền vì 3 3 0 0 / /HIO I IO HIO EE   nên HIO sẽ dị phân thành 3IO  và 3I  Ta viết lại giản đồ thế khử của I như sau: 1,70 1,20 0,54 4 6 3 3H IO IO I I        Dựa vào thế khử của Mn ta suy ra 2 4MnO  và Mn 3+ 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: 4 1,70 1,23 2 2MnO MnO Mn      Ta có phương trình ion thu gọn trong các trường hợp như sau: 1. Trường hợp sau phản ứng có I- dư: 4 6H IO  hoặc 3IO  không thể cùng tồn tại với I- vì: 4 6 3 3 0 0 / / 1,7 0,54 H IO IO I I E V E V      và 3 3 0 0 / 1,2 0,54 IO I I E V E V     Nên 4 6H IO  hoặc 3IO  đều có thể oxi hóa I  thành 3I  . Như vậy I  chỉ bị oxi hóa thành 3I  . +1,20 +1,7 +1,23 +1,51 Khi I  dư thì 4MnO  và 2MnO không thể tồn tại vì 4 2 0 /MnO MnO E  và 2 2 0 /MnO Mn E  đều lớn hơn 3 0 /I I E   nên 4MnO  và 2MnO đều có thể oxi hóa I  thành 3I  . Như vậy 4MnO  bị khử hoàn toàn thành 2Mn  . Do đó phương trình phản ứng xảy ra khi I  dư dưới dạng ion thu gọn như sau: 2 4 3 22 15 16 5 2 8MnO I H I Mn H O          Trường hợp sau phản ứng có dư 4MnO  : 2Mn  không thể tồn tại khi 4MnO  dư vì 2 4 2 2 0 0 / /MnO MnO MnO Mn E E  nên 4MnO  sẽ oxi hóa 2Mn  thành 2MnO . Khi 2MnO dư thì 3I  và I  cũng không thể tồn tại vì: 4 2 3 3 3 0 0 0 / / / , MnO MnO I I IO I E E E    nên 4MnO  oxi hóa là 3I  và I  . Như vậy sản phẩm sinh ra khi I  bị oxi hóa là 3IO  và một lượng nhỏ 4 6H IO  vì 4 2 4 6 0 0 / 1,7 MnO MnO H IO E E V   . Do đó phương trình này xảy ra khi 4MnO  dư như sau: 4 2 3 22 2 2MnO I H MnO IO H O         4 2 2 4 68 3 8 2 8 3MnO I H H O MnO H IO         Câu 7: trang 170 Đánh giá khả năng hòa tan của HgS trong: a, Axit nitric b, Nước cường toan Biết 3 0 0 2/ 0,96 NO NO E E V   ; 2 0 1 / 0 0,17S H SE E V  ; 51,810HgST  Hướng dẫn giải: a, Trong axit nitric: Các quá trình xảy ra: 3 3HNO H NO    2 23 HgS Hg S   51,810t HgST T   23 H S HS     2 1 12,9210ak   23 HS H H S     1 1 710ak   23 2 2H S e S H    1021 0,059 1 10 E k    0 23 1 0,059 3 2 2 2 3 2 2 4 3 2 10 3 2 8 3 3 2 4 E NO H e NO H k HgS NO H Hg S NO H O                    2 1 3 3 3 3 2 1 2. . . .t a ak T k k k k    2 1 1 2 lg 3lg 3lg 3lg 3lg 2lga ak T k k k k      0 0 1 22 33( 51,8) 3( 12,92) 3( 7) 3 2 0,059 0,059 E E                    155,4 38,76 21 17,29 97,63 15,3        15,310k   Vì k rất nhỏ nên xem như HgS không tan trong HNO3. b, Trong nước cường toan: Các quá trình xảy ra: 2 3 23 2 8 3 3 2 4HgS NO H Hg S NO H O        15,310k  2 2 43 4Hg Cl HgCl      14,92 4 10  2 3 4 23 2 8 12 3 3 2 4HgS NO H Cl HgCl S NO H O          4 3 4' . lg ' lg 3lg 15,3 3.14,92 29,46k k k k         29,4610k  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: Fe 3+ 0,01M và H + 0,1M. Có xuất hiện kết tủa không? Biết: 2 7,02 1( ) 10H SK  ; 2 10,9 2( ) 10H SK  ; 3 2 0 / 0,77 Fe Fe E V   ; 2 0 / 0,14S H SE V ; 17,410FeST  Hướng dẫn giải: Nồng độ các chất sau khi trộn: [H2S] = 5.10 -3 mol/l [Fe 3+ ] = 5.10 -3 mol/l [H + ] = 5.10 -2 mol/l 3 21Fe e Fe   (1) 0 130,059 1 10 10 nE K   22 2S H e H S    (2) 4,745 2 10K  Tổ hợp (1) và (2) 3 2 22 2 2Fe H S Fe S H      (3) 2 1 21,255 3 1 2. 10K K K   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: 2H S H HS   (4) K4 2HS H S   (5) K5 Tổ hợp (4) và (5) H2S  2H + + S 2- (6) K6 = K4. K5 = 10 -19,92 Cân bằng (2,5.10-3 – x) (5,5.10-2 + 2x) x     2 2 19,92 6 3 5,5.10 2 10 2,5.10 x x K x        → x = [S2-] = 5,2.10-20. Ta có: [Fe 2+ ].[S 2- ] = 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. 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 chỉ có NaCl → 3,0525 0,0522 58,5 NaCln mol  NaCl + AgNO3 → AgCl↓ + NaNO3 (1) Theo (1) → 3,22875 .2 0,045 0,0522 143,5 NaCl AgCln n mol mol    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 % .100% 6,74% 6,23 NaF   Gọi công thức chung của hai muối halogen còn lại là: NaY 2 22 2NaY Cl NaCl Y   (2) Theo (2) → 0,045NaClNaYn n mol  6,23 0,42 5,81( )X NaFNaYm m m g     Do đó: 5,81 129,11 23 106,11 0,045 Y YNaY M M M      → 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 Ta có: 58,5 150 5,81 0,01027 0,045 0,03472 a b a a b b           mNaCl = 58,5.0,01027 = 0,6008(g) mNaI = 150. 0,03472 = 5,208 (g) Vậy: 0,6008 % .100% 9,64% 6,23 NaCl   0,6008 % .100% 9,64% 6,23 NaCl   % 6,77%NaF  % 83,59%NaI  Trường hợp 2: NaF, NaBr và NaI Ta có: 103 ' 150 ' 5,81 ' 0,02 ' ' 0,045 ' 0,025 a b a a b b           mNaBr = 103.0,02 = 2,06(g) mNaI = 150.0,025 = 3,75 (g) Vậy 2,06 % .100% 33,07% 6,23 NaBr   3,75 % .100% 60,19% 6,23 NaI   % 6,74%NaF  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: Ag + + Cl - → AgCl↓; 8,61 0,06 143,5 AgCl Cl n n mol   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↓ Nung Mg(OH)2↓ → MgO + H2O nMgO = 0,8/40 = 0,02mol = 2Mg n  ứng với 0,02 mol MgCl2 ban đầu. 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. Tính được: 1,49 35,5 39 0,02 M    đvC. Vậy M là Kali t o 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) → Fe 2+ + 2Ag (4) Fe(dư) + 2H + → Fe2+ + H2 (5) Fe 2+ + 2OH - → Fe(OH)2 ↓ (6) 2Fe(OH)2 + 1 2 O2 + H2O → 2Fe(OH)3↓ (7) 2Fe(OH)3↓ → Fe2O3 + 3H2O (8) Mg 2+ + 2OH - → Mg(OH)2 (9) Mg(OH)2 → MgO + H2O (10) Theo (5) nFe(dư) = 2 4,48 0,2 22,4 Hn mol  ( ) 0,2 2 0,4 Ag du n mol    Theo (1) (2) (3) (0,7 2) 0,4 2 1 Ag n a b c mol        (I) mrắn = 2 3 160 0,1 40 24Fe O MgOm m a      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 Vậy 2 1 (0,2 0,2) 0,2 2 Cln mol   2 22,4.0,2 4,48Cl litV   Câu 11: trang 208 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: Hỗn hợp A 3 3 2 2 2 : ( ) ( ) : ( ) ( ) : ( ) : ( ) : ( ) KClO a mol Ca ClO b mol Ca ClO c mol CaCl d mol KCl e mol         3 2 3 2 otKClO KCl O  Mol a a 3 2 a 2 23 2 3( ) ot CaCl OCa ClO   Mol b b 3b 2 22( ) ot CaCl OCa ClO   Mol c c c * Theo định luật bảo toàn khối lượng: 22A OKCl CaCl m m m m   83,68 = 74,5(a + e) + 111(b + c + d) + 32( 3 2 a + 3b + c) (1) , 2 2 32 2 oxt tSO O SO Mol 3 3 2 a b c  3 6 2a b c  2 2 43 H O H SOSO   Mol 3 6 2a b c  3 6 2a b c  98(3 6 2 ) 100 80 191,1 a b c    (2) 80 191,1 3 6 2 1,56 100 98 a b c        * Chất rắn B 2 2 3 : ( ) : ( ) ddK CaCl b c d mol CO 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 (ddD) ( ) (ddA) ( ) 22 22 3 3 KCl KCl A KCl KCl Am m n n   22 3 0,36 ea e   (4) Từ (1), (2), (3), (4) ta có: 3 83,68 74,5( ) 111( ) 32 3 2 3 6 2 1,56 0,18 22 0,36 3 a a e b c d b c a b c b c d e a e                           1,56 83,68 74,5( ) (111 0,18) 32 2 a e              74,5 38,74a e   0,52 22 0,36 3 a e a e e        3 122,5. .100 % 58,56% 83,68 a KClO trongA   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, n