36 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CÁC CẤP VÀ ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN MÔN HÓA HỌC - ĐÁP ÁN CHI TIẾT by Tài Liệu Các Cấp

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG MÔN HÓA HỌC

vectorstock.com/28062440

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

36 CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CÁC CẤP VÀ ÔN THI VÀO 10 CHUYÊN MÔN HÓA HỌC - ĐÁP ÁN CHI TIẾT (VÔ CƠ + HỮU CƠ) WORD VERSION | 2023 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

CHỦ ĐỀ 1: THÍ NGHIỆM HÓA HỌC Bài tập 1. Khi tiến hành thí nghiệm: Phản ứng của nhôm với dung dịch CuSO4, hai học sinh tiến hành như sau: HS1: Đánh sạch lá nhôm bằng giấy ráp rồi nhúng ngay vào dung dịch CuSO4 bão hòa. HS2: Nhúng lá nhôm chưa đánh giấy ráp vào dung dịch CuSO4 bão hòa. Hai học sinh trên quan sát được hiện tượng như thế nào, tại sao ? GIẢI TN1: Quan sát thấy có Cu màu đỏ bám vào đồng thời có khí thoát ra ngay từ đầu, màu xanh của dung dịch nhạt dần vì xảy ra các phản ứng sau: 2Al + 3CuSO4 → Al2(SO4)3 + 3Cu 2Al + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2 H2SO4 sinh ra do quá trình thủy phân của CuSO4. TN2: Thời gian đầu chưa có hiện tượng gì, sau đó quan sát được hiện tượng như TN1 Do không cạo lớp màng oxit bao phủ bên ngoài miếng nhôm nên nhôm không tham gia các phản ứng với môi trường. Sau một thời gian, lớp oxit bị hòa tan bởi H2SO4 ( là sản phẩm của phản ứng thủy phân CuSO4): Al2O3 + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2O Khi nhôm oxit tan hết, Al tác dụng với dung dịch CuSO4 và H2SO4 như trên. Bài tập 2. Có 3 ống nghiệm, mỗi ống đựng đầy một chất khí khác nhau trong các khí: HCl, SO2, C2H4. Các ống nghiệm được úp trên các chậu nước cất và được kết quả ban đầu như hình vẽ: a) Xác định mỗi khí trong từng ống nghiệm, giải thích dựa vào độ tan. b) Mực nước trong ống nghiệm ở chậu A và B thay đổi như thế nào nếu: − Thay nước cất bằng nước brom. − Thay nước cất bằng dung dịch NaOH. Viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có). Hướng dẫn giải a) Trong 3 khí đã cho, độ tan trong nước của các khi tăng dần theo thứ tự sau: C2H4 (rất ít tan) < SO2 (tan nhiều) < HCl (tan rất nhiều). Khi khí trong ống nghiệm tan vào nước, áp suất khí trong ống nghiệm giảm, nước từ bên ngoài tràn vào trong ống. Như vậy khí tan càng nhiều thì mực nước trong ống dâng lên càng cao. Vậy khí trong từng ống nghiệm ở ba chậu A, B, C lần lượt là C2H4, SO2 và HCl. b) Khi thay nước cất bằng dung dịch nước brom, mực nước trong ống nghiệm ở chậu A và B đều dâng cao hơn so với khi úp trong chậu nước cất. Nguyên nhân là do C2H4 và SO2 đều phản ứng với nước brom: SO2 + Br2 + 2H2O  → H2SO4 + 2HBr

→ C2H4Br2 C2H4 + Br2  Khi thay nước cất bằng dung dịch NaOH, mực nước trong ống nghiệm ở chậu A không thay đổi, còn mực nước trong ống nghiệm ở chậu B dâng lên so với khi úp trong chậu nước cất. Nguyên nhân là SO2 phản ứng được với dung dịch NaOH: → Na2SO3 SO2 + 2NaOH  C2H4 không phản ứng với dung dịch NaOH nên mực nước không thay đổi.

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Bài tập 3: Cho bộ thiết bị điều chế khí X từ chất rắn và chất lỏng như hình vẽ bên. Khi X lần lượt là các khí sau: C2H2, SO2, Cl2. Hãy chọn từng cặp chất A, B phù hợp để thu được từng khí trên, nêu hiện tượng xảy ra với giấy quỳ tím, giải thích, viết phương trình hóa học. Hướng dẫn giải − Với X là C2H2, các chất A, B lần lượt là H2O và CaC2: 2H2O + CaC2  → C2H2 ↑ + Ca(OH)2 Hiện tượng: quỳ tím không chuyển màu. Giải thích: C2H2 không tan trong nước và cũng không có tính axit - bazơ. − Với X là SO2, các chất A, B lần lượt là dung dịch H2SO4 và Na2SO3: H2SO4 +Na2SO3  → Na2SO4 + H2O + SO2 ↑ Hiện tượng: quỳ tím chuyển thành màu hồng. Giải thích: SO2 tan nhiều trong nước tạo dung dịch axit yếu: −

 → H2SO3  SO2 + H2O ← Với X là Cl2, các chất A, B lần lượt là dung dịch HCl đặc và MnO2: t° 4HCl + MnO2  → MnCl2 + Cl2 ↑ + 2H2O Hiện tượng: quỳ tím chuyền thành màu đỏ, sau đó mất màu. Giải thích: Cl2 tan trong nước tạo dung dịch chứa HCl và HClO. Trong đó HCl là axit mạnh nên làm quỳ tím chuyển thành màu đỏ, HClO có tính oxi hóa mạnh, từ đó có tác

 → HCl + HClO dụng tẩy màu và làm quỳ tím mất màu: Cl2 + H2O ←  Bài tập 4: Cho hình vẽ mô tả quá trình điều chế khí Z trong phòng thí nghiệm (theo phương pháp đẩy nước). a) Hãy cho biết khí Z có thể là khí nào trong số các chất khí sau đây: SO2, Cl2, CH4, H2? Giải thích. b) Lựa chọn cặp chất X và Y phù hợp để điều chế khí Z (đã chọn ở a). Viết phương trình hóa học minh họa. c) Ngoài cách thu khí Z (đã chọn ở a) như trên, có thể thu bằng phương pháp đẩy không khí được không? Giải thích. Hướng dẫn giải a) Trong hình vẽ, khí Z được thu bằng phương pháp đẩy nước. Do đó Z phải là một khí không tan hoặc ít tan trong nước. Như vậy, trong các khí đã cho (SO2, Cl2, CH4, H2), Z có thể là CH4 hoặc H2 (SO2 và Cl2 đều tan nhiều trong nước). b) − Trường hợp 1: Z là CH4  X và Y lần lượt là dung dịch HCl và Al4C3 12HCl + Al4C3   → 4AlCl3 + 3CH4 ↑ − Trường hợp 2: Z là H2  X và Y lần lượt là dung dịch HCl và Zn 2HCl + Zn   → ZnCl2 + H2 ↑

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

c) Ngoài cách thu khí bằng phương pháp đẩy nước như trên, cả hai khí CH4 và H2 đều nhẹ hơn không khí và có sự chênh lệch tỉ khối đáng kể so với không khí. Do đó có thể thu được cả 2 khí đó bằng phương pháp đẩy không khí với bình thu khí úp ngược. Bài tập 5. Tiến hành thí nghiệm theo sơ đồ được mô tả trong hình vẽ bên. a) Tìm các chất X, Y phù hợp, nêu hiện tượng xảy ra trong thí nghiệm. Giải thích các hiện tượng và viết các phương trình hóa học minh họa. b) Có thể thay dung dịch H2SO4 đặc trong thí nghiệm bên bằng dung dịch HCl đặc được không? Tại sao? Hướng dẫn giải a) Khí X là SO2, sinh ra do phản ứng giữa H2SO4 đặc và Na2SO3 khi đun nóng. Hiện tượng là tinh thể sủi bọt do phản ứng sinh ra khí: ° H2SO4 (đặc) + Na2SO3  t → Na2SO4 + SO2 ↑ + H2O Dung dịch Y có thể là dung dịch Ca(OH)2 hoặc NaOH, được tẩm vào bông để hấp thụ SO2 ở phần miệng bình, tránh SO2 thoát ra ngoài: Ca(OH)2 + SO2  → CaSO3 + H2O 2NaOH + SO2  → Na2SO3 + H2O Khí SO2 sinh ra được dẫn vào bình đựng nước brom làm nước brom nhạt dần rồi mất màu: SO2 + 2H2O + Br2  → 2HBr + H2SO4 b) Không thể thay dung dịch H2SO4 đặc bằng dung dịch HCl đặc vì HCl đặc dễ bay hơi, đặc biệt là ở nhiệt độ cao nên có thể bay hơi cùng SO2 ra ngoài, dẫn đến khí SO2 thu được lẫn nhiều HCl. Bài tập 6. Hình vẽ minh họa sau đây dùng để điều chế khí SO2 trong phòng thí nghiệm: a) Nêu tên các dụng cụ thí nghiệm trong hình vẽ. b) Viết 2 phương trình phản ứng hóa học minh họa tương ứng với các hóa chất A và B. c) Nêu vai trò của bông tẩm dung dịch C, viết phương trình phản ứng hóa học minh họa. d) Làm thế nào để biết bình đã đầy khí SO2? e) Cho 2 hóa chất là dung dịch H2SO4 đặc và CaO rắn. Hóa chất nào được dùng và không được dùng khi làm khô khí SO2? Giải thích. Hướng dẫn giải a) Các dụng cụ trong hình vẽ là: Giá thí nghiệm, kẹp sắt, đèn cồn, lưới thép (lót dưới đáy bình cầu), bình cầu có nhánh, nút cao su, phễu chiết thủy tinh, ống nối cao su, ống dẫn khí, bông, bình thủy tinh hình nón. b) Hai PTHH minh họa:

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

− (A) và (B) lần lượt là Na2SO3 và dung dịch H2SO4: Na2SO3 + H2SO4   → Na2SO4 + SO2 ↑ + H2O − (A) và (B) lần lượt là Cu và dung dịch H2SO4 đặc: t°

→ CuSO4 + SO2 ↑ + H2O Cu + 2H2SO4 (đặc)  c) Dung dịch C thường được dùng để tẩm vào bông là dung dịch NaOH hoặc Ca(OH)2. Vai trò của bông tẩm dung dịch C này là ngăn cản SO2 đầy bình tràn ra ngoài, do khi SO2 lên đến miệng bình sẽ phản ứng với dung dịch kiềm: SO2 + 2NaOH   → Na2CO3 + 2H2O SO2 + Ca(OH)2   → CaCO3 + H2O d) Để biết được khi nào bình đã đầy khí SO2, dùng giấy quỳ ẩm đặt ở miệng bình, khi giấy quỳ đổi màu sang màu hồng nhạt thì có nghĩa là SO2 đã đầy bình. e) Hai hóa chất đã cho đều có khả năng làm khô các chất do chúng có tính háo nước hoặc hút ẩm mạnh. Tuy nhiên khi làm khô khí SO2 người ta dùng H2SO4 đặc, không được dùng CaO rắn. Nguyên nhân là do SO2 không phản ứng với H2SO4 đặc nhưng lại dễ dàng phản ứng với CaO rắn: CaO + SO2   → CaSO3 CaO + H2O   → Ca(OH)2 SO2 + Ca(OH)2   → Ca(HCO3)2 Bài tập 7. Tiến hành thí nghiệm như hình bên: Cho kẽm viên (zinc granular) vào dung dịch HCl thấy có khí X thoát ra; dẫn khí X đi qua chất rắn Y nung nóng thu được khí Z; sục khí Z vào dung dịch muối T thấy xuất hiện kết tủa màu đen. Biết rằng: Y là đơn chất rắn, màu vàng; dung dịch muối T có màu xanh và T có khối lượng mol là 160 gam. Xác định các chất X, Y, Z, T. Viết các phương trình hóa học minh họa. Hướng dẫn giải Khí X là H2, sinh ra do phản ứng giữa Zn và dung dịch HCl: 2HCl + Zn   → ZnCl2 + H2 ↑ Y là đơn chất rắn, màu vàng  Y là S Khí Z là H2S, sinh ra do phản ứng giữa khí X (H2) với chất rắn Y (S) ở nhiệt độ cao: t°

H2 + S → H2S Dung dịch muối T có màu xanh, tạo kết tủa đen với khí Z (H2S) và T có khối lượng mol là 160 gam  T là CuSO4, kết tủa đen là CuS: CuSO4 + H2S   → CuS ↓ + H2SO4 Bài tập 8. Sơ đồ điều chế và thu khí axetilen trong phòng thí nghiệm được bố trí như hình vẽ sau:

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Cách tiến hành: Cho 2ml rượu etylic khan vào ống nghiệm khô, có sẵn vài viên đá bọt, sau đó thêm từng giọt H2SO4 đặc (4 ml) vào, đồng thời lắc đều. Đun nóng hỗn hợp phản ứng sao cho dung dịch không trào lên ống dẫn khí. Khi đun nóng hỗn hợp có các phản ứng sau: H2 SO4ñaëc C2H5OH  → C2H4 + H2O 1800 C 0

a) Hãy cho biết các chất A, B, E và viết phương trình hóa học xảy ra. b) Cách thu khí axetilen theo hình vẽ thuộc phương pháp nào. Tại sao có thể sử dụng phương pháp đó?

Hướng dẫn giải a) Chất lỏng A phản ứng với chất rắn B tạo C2H2  A là H2O, B là đất đèn (thành phần chính là CaC2) : CaC2 + 2H2O  → Ca(OH)2 + C2H2 ↑ C2H2 điều chế từ đất đèn thường có lẫn một số tạp chất như H2S, NH3, PH3. Đề làm sạch các tạp chất này ta cần dẫn khí C2H2 thu được đi qua dung dịch E là dung dịch NaOH. b) Trong hình vẽ trên, C2H2 được thu bằng phương pháp đẩy nước. Có thể sử dụng phương pháp này vì C2H2 là khí rất ít tan trong nước. Bài tập 9. Tiến hành thí nghiệm theo sơ đồ được mô tả như hình vẽ sau: a) Xác định khí X. Nêu hiện tượng xảy ra trong bình đựng dung dịch AgNO3/NH3 b) Viết các phương trình hóa học minh họa. Hướng dẫn giải a) Khí X là CH4. Hiện tượng: CaC2 và Al4C3 tan dần và sủi bọt khí, bình đựng dung dịch AgNO3/NH3 xuất hiện kết tủa vàng.

→ C2H2↑ + Ca(OH)2 b) Các PTHH minh họa: CaC2 + 2H2O  Al4C3 + 12H2O  → 4Al(OH)3↓ + 3CH4↑ C2H2 + 2AgNO3 + 2NH3  → AgC≡CAg↓ + 2NH4NO3 Bài tập 10. Nêu dụng cụ, hóa chất và cách tiến hành thí nghiệm điều chế etilen trong phòng thí nghiệm? Khí etilen sinh ra có thể lẫn những tạp chất gì ? Giải thích bằng phản ứng hóa học. Nêu cách loại bỏ các tạp chất đó ? GIẢI Hóa chất: Rượu etylic khan (hoặc cồn 96o), H2SO4 đặc, dung dịch NaOH, CuSO4 khan. Dụng cụ: ống nghiệm có nhánh, ống dẫn khí, nút cao su có lỗ, đá bọt, đèn cồn, giá đỡ.

t C2H5OH + 6H2SO4  → 2CO2 + 6SO2 + 9H2O Tạp chất gồm CO2, SO2, hơi nước ... Cách loại bỏ tạp chất có ảnh hưởng đến etilen: Khí etilen thoát ra có lẫn tạp chất được dẫn qua dung dịch NaOH dư để rửa khí và dẫn qua ống nghiệm chứa CuSO4 khan để làm khô. SO2 + 2NaOH dư → Na2SO3 + H2O CO2 + 2NaOH dư → Na2CO3 + H2O 5H2O + CuSO4 → CuSO4.5H2O

Bài tập 11. Tiến hành thí nghiệm như hình vẽ:

a) Xác định thành phần của hỗn hợp khí X và khí Y. Giải thích bằng các phương trình phản ứng hóa học. b) Cho biết hiện tượng xảy ra ở bình đựng dung dịch KMnO4 dư và ống nghiệm. Giải thích. Hướng dẫn giải a) Cho dung dịch HCl tác dụng với hỗn hợp gồm Al4C3, CaC2, CaCO3 và CaSO3: (1)

Al4C3 + 12HCl  → 4AlCl3 + 3CH4 ↑

(2)

CaC2 + 2HCl  → CaCl2 + C2H2 ↑

(3)

CaCO3 + 2HCl  → CaCl2 + H2O + CO2 ↑

(4) CaSO3 + 2HCl  → CaCl2 + H2O + SO2 ↑  Hỗn hợp khí X gồm: CH4, C2H2, CO2, SO2 và hơi nước. Dẫn hỗn hợp khí X đi qua dung dịch KMnO4 dư: (5)

5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O  → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4

(6) 5C2H2 + 8KMnO4 + 12H2SO4  → 5(COOH)2 + 8MnSO4 + 4H2SO4 + 12H2O  Khí thoát ra khỏi dung dịch KMnO4 gồm CO2, CH4 và hơi nước. Dẫn khí thoát ra ở trên vào dung dịch NaOH đặc, dư, CO2 phản ứng với NaOH và hơi nước bị hấp thụ hết: (7)

CO2 + 2NaOH  → Na2CO3 + H2O

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Vậy khí Y thu được trong ống nghiệm là CH4. b) Hiện tượng xảy ra: − Trong bình đựng dung dịch KMnO4: Dung dịch bị nhạt màu do KMnO4 bị phản ứng mất ở các phản ứng (5), (6). − Trong ống nghiệm: Từ đầu ống dẫn khí xuất hiện bọt khí (CH4), mực dung dịch trong ống nghiệm thấp dần (dung dịch bị đẩy ra khỏi ống nghiệm). Bài tập 12. Thực hiện thí nghiệm như hình vẽ. Lấy vào ống nghiệm một lượng chất rắn X màu trắng, dùng một tấm kính sạch đậy lên miệng ống nghiệm rồi đun nóng ống nghiệm trên ngọn lửa đèn cồn. Sau một thời gian, quan sát thấy mặt dưới của tấm kính và trên thành ống nghiệm có một lớp tinh thể màu trắng bám vào. Biết khi nhiệt phân, X bị phân hủy thành khí Y và khí Z. Xác định X, Y, Z và viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra trong thí nghiệm. Hướng dẫn giải Các chất X, Y, Z lần lượt là NH4Cl, HCl và NH3. Khi được đun nóng trong ống nghiệm, NH4Cl phân hủy theo phương trình sau: t°

NH4Cl  → NH3 ↑ + HCl ↑ Khi bay lên gặp thành ống và miệng ống nghiệm có nhiệt độ thấp hơn, NH3 và HCl lại hóa hợp với nhau tạo tinh thể NH4Cl: NH3 + HCl  → NH4Cl Bài tập 13. Trong phòng thí nghiệm người ta thường tiến hành điều chế khí X tinh khiết theo hình vẽ dưới đây:

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

khác? Hướng dẫn giải a) X được sinh ra do phản ứng giữa dung dịch HCl đặc và MnO2  X là khí clo (Cl2). Khí clo điều chế bằng cách trên thường lẫn HCl và hơi nước. Do đó ta cần tinh chế khí clo bằng các bình: − Bình chứa dung dịch NaCl bão hòa giúp hấp thụ HCl − Bình chứa dung dịch H2SO4 giúp hấp thụ hơi nước Bông tẩm dung dịch NaOH đặc có vai trò ngăn Cl2 thoát ra ngoài. b) Không thể thay H2SO4 đặc bằng CaO vì khi đó Cl2 cũng bị hấp thụ tại bình này: CaO + H2O  → Ca(OH)2 Ca(OH)2 + Cl2  → CaCl2 + Ca(ClO)2 + H2O c) Có nhiều dung dịch khác cũng có khả năng hấp thụ HCl, ví dụ như dung dịch NaOH, dung dịch Ca(OH)2,… Tuy nhiên ta lựa chọn sử dụng dung dịch NaCl bão hòa vì dung dịch này không hấp thụ Cl2, trong khi các dung dịch khác sẽ hấp thụ cả HCl và Cl2. Bài tập 14. Cho biết những hiện tượng nào dưới đây xảy ra trong thí nghiệm (đun nóng hỗn hợp đường saccarozơ và CuO) được mô phỏng qua hình vẽ: a) CuO từ màu đen chuyển sang màu đỏ. b) Bông từ màu trắng chuyển sang màu xanh. c) Dung dịch nước vôi trong bị vẩn đục. d) Dung dịch nước vôi thường bị vẩn đục, sau đó trở nên trong suốt. Viết phương trình hóa học xảy ra với mỗi hiện tượng quan sát được. Hướng dẫn giải Các hiện tượng mô tả đúng với hiện tượng xảy ra trong thí nghiệm là: a) CuO chuyển từ màu đen sang màu đỏ. Nguyên nhân là do phản ứng ở nhiệt độ cao, hỗn hợp trong ống nghiệm phản ứng tạo đồng kim loại: t°

C12H22O11 + 24CuO  → 12CO2 + 11H2O + 24Cu b) Bông từ màu trắng chuyển sang màu xanh. Nguyên nhân là do hơi nước sinh ra trong phản ứng trên khi tiếp xúc với CuSO4 khan ra tinh thể ngậm nước CuSO4.nH2O có màu xanh. t°

a) Hãy cho biết khí X là khí gì? Nêu vai trò của bình chứa dung dịch NaCl bão hòa, bình chứa dung dịch H2SO4 đặc và bông tẩm dung dịch NaOH đặc. b) Có thể thay dung dịch H2SO4 đặc bằng CaO được không? Tại sao? c) Tại sao các thí nghiệm trên dùng dung dịch NaCl bão hòa mà không dùng dung dịch

CuSO4 + nH2O  → CuSO4.nH2O (trắng) (xanh lam) c) Dung dịch nước vôi trong bị vẩn đục. Nguyên nhân là do ban đầu CO2 sinh ra phản ứng với Ca(OH)2 tạo kết tủa CaCO3 màu trắng: CO2 + Ca(OH)2  → CaCO3 ↓ + H2O Do dung dịch Ca(OH)2 được dùng dư nên vẩn đục không bị hòa tan.

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Bài tập 15. Cho rượu etylic, axit axetic vào ống nghiệm A. Thêm tiếp một ít axit sunfuric đặc vào làm xúc tác. Lắp dụng cụ như hình bên. Bước 1: đun sôi hỗn hợp trong ống nghiệm A, sau đó ngừng đun. Bước 2: thêm một ít nước vào chất lỏng ngưng tụ trong ống nghiệm B, lắc nhẹ. a) Nêu hiện tượng quan sát được sau mỗi bước, viết phương trình hóa học xảy ra. b) Trong thí nghiệm trên, cốc nước đá có vai trò gì? Hướng dẫn giải a) Hiện tượng quan sát được sau mỗi bước: − Bước 1: Trong ống nghiệm B xuất hiện chất lỏng không màu, có mùi thơm, hơi nước bám vào thành ông nghiệm A. − Bước 2: Khi cho nước vào ống nghiệm B, lắc nhẹ thấy chất lỏng không tan và nổi trên mặt nước. H2 SO4 ñaëc, t °  → CH3COOC2H5 + H2O CH3COOH + C2H5OH ←  b) Trong thí nghiệm trên, cốc nước đá có vai trò làm lạnh, khiến hơi CH3COOC2H5 ngưng tụ lại thành trạng thái lỏng trong ống nghiệm B.

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

CHỦ ĐỀ 2: THỰC TIỄN VÀ CÔNG NGHIỆP HÓA HỌC Câu 1. Một nhóm học sinh đi tham quan du lịch động Phong Nha – Kẻ Bàng. Các bạn thực sự ngạc nhiên khi được nhìn thấy những hang động nơi đây. Bức ảnh dưới đây là một trong những hang động mà các bạn đã đến. Có một bạn hỏi: Hang động này rất đẹp nhưng không biết những thạch nhũ này được hình thành như thế nào nhỉ? Em hãy đưa ra lời giải đáp giúp bạn nhé.

Hướng dẫn giải - Ở các vùng núi đá vôi, thành phần chủ yếu là CaCO3. Khi trời mưa trong không khí có CO2 tạo thành môi trường axit nên làm tan được đá vôi, như vậy khi trời mưa sẽ làm bào mòn đá theo phương trình CaCO3 + CO2 + H2O   → Ca(HCO3)2 - Khi nước có chứa Ca(HCO3)2 thay đổi về nhiệt độ và áp suất sẽ tạo ra CaCO3 theo phương trình t0 Ca(HCO3)2  → CaCO3 ↓ + CO2 ↑ + H2O - Như vậy những giọt nước nhỏ từ từ tạo thành lớp CaCO3 dần dần lưu lại ngày càng nhiều, dày tạo thành những hình thù đa dạng, theo thời gian tạo thành các hang động tuyệt đẹp. Câu 2. Lưu huỳnh đioxit là một trong những chất khí chủ yếu gây ra mưa axit. Mưa axit đã gây tổn thất cho các công trình xây dựng từ thép, đá vôi,... a. Hãy giải thích quá trình tạo thành mưa axit và sự phá hủy các công trình đá vôi do hiện tượng mưa axit. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Em hãy giải thích tại sao không nên trộn vôi chung với phân ure để bón ruộng? Hướng dẫn giải a Khí thải công nghiệp và khí thải của các động cơ đốt trong (ô tô, xe máy) có chứa các khí SO2, NO, NO2,…Các khí này tác dụng với oxi O2 và hơi nước trong không khí nhờ xúc tác oxit kim loại (có trong khói, bụi nhà máy) hoặc ozon tạo ra axit sunfuric H2SO4 và axit nitric HNO3. Axit H2SO4, HNO3 tan vào nước mưa tao ra mưa axit. Thành phần chính của mưa axit là H2SO4: 2SO2 + O2 + 2H2O → 2H2SO4 Mưa axit phá hủy các công trình xây dựng bằng đá vôi: CaCO3 + H2SO4 → CaSO4 + CO2 + H2O b. Khi bón chung ure với vôi, xảy ra phản ứng: (NH2)2CO + 2H2O → (NH4)2CO3 (NH4)2CO3 + Ca(OH)2 → CaCO3 + 2NH3 + 2H2O. Kết quả làm thất thoát đạm, làm mất độ tới xốp của đất trồng. Câu 3. Hãy giải thích và viết phương trình hóa học.

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

a) Nước Gia-ven được dùng làm thuốc tẩy trắng, tẩy trùng trong công nghiệp cũng như trong gia đình và y tế. b) Tại sao khi quét nước vôi lên tường thì sau một thời gian vôi khô và cứng lại? c) Trong trồng trọt ta không được bón chung phân đạm (NH4NO3) với vôi (CaO). Hướng dẫn giải a) Nước Gia-vel là hỗn hợp khí Clo dư vào dung dịch NaOH: Cl2+2NaOH → NaCl + NaClO + H2O Nước Gia-vel có tính tẩy màu vì nó có chứa NaClO, NaClO có tính oxi hóa rất mạnh nên phá vỡ các sắc tố màu sắc của các chất, phá vỡ cấu trúc sinh học của vi sinh vật. Vì thế, Nước Javel được dùng làm thuốc tẩy trắng, tẩy trùng trong công nghiệp cũng như trong gia đình và y tế. b) Vôi là chất Ca(OH)2, là chất tan ít trong nước nên khi cho nước vào tạo dung dịch trắng đục, khi quét lên tường thì Ca(OH)2 nhanh chóng bị khô và cứng lại vì tác dụng với CO2 trong không khí theo phương trình sau: Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3 ↓ + H2O c) NH4NO3 là phân đạm 2 lá, khi vôi tan trong nước tạo ra Ca(OH)2. Theo phương trình sau: CaO + H2O → Ca(OH)2 sau đó tác dụng với NH4NO3 2NH4NO3 + Ca(OH)2 → Ca(NO3)2 + 2NH3 ↑ + 2H2O Tạo ra khí NH3. Chính vì vậy luôn bị thất thoát đạm do giải phóng NH3 ↑ . Câu 4. Nước đá khô là chất gì? Nước đá khô thường được dùng để bảo quản thực phẩm tại sao? Khí CO2 có thể dùng dập các đám cháy thông thường nhưng lại không thể dùng để dập tắt các đám cháy chứa lượng lớn các kim loại như Mg, Al vì sao? Hướng dẫn giải Nước đá khô là tên thương phẩm là CO2 ở trạng thái rắn (còn gọi là tuyết cacbonic), được sản xuất bằng cách nén để hóa lỏng khí CO2, sau đó cho CO2 lỏng bay hơi nhanh tạo thành trạng thái rắn, có màu trắng. Nước đá khô được sử dụng để bảo quản thực phẩm nhờ có các ưu điểm: • Nước đá khô thăng hoa ở -79˚C. Một kg nước đá khô khi bay hơi hấp thụ lượng nhiệt gần gấp đôi so với một kg nước đá thường khi tan chảy, do đó có tác dụng đông lạnh thực phẩm tốt hơn nhiều nước đá thường, giúp ngăn cản sự phát triển của các vi sinh vật gây phân hủy thực phẩm. • Khi thăng hoa, nước đá khô không để lại nước làm ướt thực phẩm, đồng thời khí CO2 nặng, bao quanh thực phẩm, giúp tạo ra môi trường không oxi, từ đó tiêu diệt hầu hết vi khuẩn xung quanh thực phẩm.

đây: NaNO3, Ca(OH)2, HNO3, KOH? Hãy giải thích và viết phương trình phản ứng minh họa? Hướng dẫn giải: Chọn dung dịch nước vôi trong Ca(OH)2 làm chất xử lý sơ bộ ion kim loại nặng trong nước thải. Các muối tan của các kim loại nặng sẽ tạo kết tủa với dung dịch baz dưới dạng các baz không tan. Dung dịch Ca(OH)2 là một bazơ mạnh, dễ tìm và khá rẻ trong cuộc sống.

− CO2 có tính trơ, không phản ứng với hầu hết các chất cháy; đồng thời khí CO2 nặng, bao quanh bề mặt chất cháy, ngăn cách chất cháy tiếp xúc với oxi, do đó CO2 được dùng để dập tắt các đám cháy. Tuy nhiên không thể dùng CO2 để dập tắt các đám cháy của kim loại như Mg, Al. Nguyên nhân là do các kim loại này có tính khử mạnh nên cháy được trong CO2: t° 2Mg + CO2  → 2MgO + C t° 4Al + 3CO2 → 2Al2O3 + 3C C sinh ra lại tiếp tục tham gia phản ứng cháy: t° C + O2  → CO2 Câu 5. Nước thải công nghiệp thường chứa các kim loại nặng như thủy ngân, chì, sắt… ở dạng muối tan. Để xử lí sơ bộ nước thải trên (làm giảm hàm lượng các muối của kim loại nặng) với chi phí thấp, người ta sử dụng chất nào trong số các chất sau

Phương trình phản ứng minh họa: 2Fe(NO3)3 + 3Ca(OH)2  → 2Fe(OH)3 ↓ + 3Ca(NO3)2 CuCl2 + Ca(OH)2  → Cu(OH)2 ↓ + CaCl2 Câu 6. Trong khí thải công nghiệp và khí thải của các động cơ đốt trong (ô tô, xe máy) có chứa lưu huỳnh đioxit. Khi lưu huỳnh đioxit là một trong những khí chủ yếu gây ra mưa axit. Mưa axit phá hủy những công trình, tượng đài làm bằng đá, bằng thép. Bằng kiến thức hóa học hãy giải thích cho vấn đề trên. Hướng dẫn giải - Mưa axit do t0 2SO2 + O2  → 2SO3 SO3 + H2O → H2SO4 H2SO4 rơi xuống cùng với nước mưa, tạo nên mưa axit. Mưa axit phá hủy các công trình xây dựng bằng đá vôi hoặc bằng sắt, thép H2SO4 + CaCO3 → CaSO4 + CO2 + H2O H2SO4 + Fe → FeSO4 + H2 Câu 7. Từ một loại quặng trong tự nhiên có công thức xKCl.yMgCl2.zH2O (x, y, z là các số nguyên), học sinh H đã tiến hành 2 thí nghiệm sau : Thí nghiệm 1 : Nung 41,625 gam quặng đến khối lượng không đổi thu được 25,425 gam chất rắn. Thí nghiệm 2 : Hòa tan hoàn toàn 41,625 gam quặng vào nước cất, bổ sung dung dịch Na2CO3 (dư), lọc tách kết tủa rồi sấy khô cân được 12,6 gam muối. Dựa trên các số liệu thu được, hãy xác định công thức của loại quặng trên. Hướng dẫn giải + Thí nghiệm 1: Khối lượng chất rắn giảm là khối lượng nước

n H2 O =

41,625 − 25, 425 = 0,9 mol 18

+ Thí nghiệm 2: xảy ra phản ứng MgCl2 + Na2CO3 → 2NaCl + MgCO3

12, 6 = 0,15 mol 84 25, 425 − 14, 25 => m MgCl2 = 0,15.95 = 14,25 gam => n KCl = = 0,15 mol 74,5

Theo phản ứng ta có: n MgCl2 = n MgCO3 =

+ Tỉ lệ mol x : y : z = n KCl : n MgCl2 : n H2O = 0,15: 0,15: 0,9 = 1:1: 6 => Công thức của quặng là KCl.MgCl2.6H2O Câu 8: Một loại muối ăn ở dạng bột, có lẫn các tạp chất magie cacbonat và magie sunfat. Chỉ được dùng thêm không quá ba loại hóa chất vô cơ, hãy trình bày cách loại bỏ tạp chất để thu được muối ăn tinh khiết. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (nếu có). Hướng dẫn giải

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

NaCl   NaCl  NaCl  NaCl to  BaCl2 du  Na 2CO3 du + HCl du MgCO3  → → →  → NaCl BaCl2 du   Na CO  2 3 du HCldu   MgSO4  MgCl2 - Nhỏ dung dịch BaCl2 đến dư vào hỗn hợp muối ăn lẫn tạp chất thì chỉ có MgSO4 tham gia phản ứng, NaCl và MgCO3 không tham gia phản ứng. MgSO4 + BaCl2   → MgCl2 + BaSO4 ↓ - Lọc bỏ chất rắn không tan (BaSO4, MgCO3), lấy phần dung dịch (gồm NaCl, MgCl2 và BaCl2 dư). - Nhỏ tiếp dung dịch Na2CO3 dư vào hỗn hợp dung dịch thu được ở trên: BaCl2 + Na2CO3   → BaCO3 ↓ + 2NaCl MgCl2 + Na2CO3   → MgCO3 ↓ + 2NaCl - Lọc bỏ chất rắn không tan, lấy phần dung dịch (gồm NaCl và Na2CO3 dư). - Nhỏ tiếp dung dịch HCl lấy dư vào dung dịch vừa thu được ở trên. Na2CO3 + 2HCl   → NaCl + H2O + CO2 - Cô cạn dung dịch thu được sau phản ứng, H2O và HCl bay hơi, chỉ còn lại NaCl tinh khiết. Câu 9. 1) Nêu hiện tượng xảy ra khi cho 2 ml dầu hỏa hoặc xăng vào cốc nước nhỏ. Thí nghiệm này minh họa tính chất gì của hidrocacbon? Tại sao trên thực tế người ta không dùng nước để dập tắt các đám chay do xăng dầu? 2) Nêu biện pháp xử lí môi trường trong trường hợp tàu chở dầu gặp sự cố và tràn dầu ra biển. Hướng dẫn: 1) Khi cho 2 ml dầu hỏa hoặc xăng vào cốc nước, dầu hỏa hoặc xăng không tan trong nước, nổi trên mặt nước. Thí nghiệm này chứng minh tính tan của các hidrocacbon trong nước và khối lượng riêng của các hidrocacbon so với nước. Trên thực tế, người ta không dùng nước để dập tắt đám cháy do xăng dầu gây ra. Vì nếu dùng nước để dập thì do tỉ khối lượng riêng nhẹ hơn nước, xăng dầu nổi lên trên mặt nước khiến diện tích đám cháy càng lan rộng. Nước trong trường hợp này không hề có tác dụng ngăn cản vật liệu cháy với oxi. Để đối phó với đám cháy xăng dầu, người ta thường dùng cát, một chất có tác dụng hấp thụ nhiệt; hoặc những chất có thể ngăn vật liệu cháy với oxi, khiến quá trình cháy không thể duy trì và tắt hẳn. 2) Biện pháp xử lí: Dùng phao để ngăn chặn dầu không cho loang rộng, sau đó dùng bơm hút nước và dầu nổi trên bề mặt vào thiết bị dùng để tách dầu ra khỏi nước

a. Cho CuSO4 khan (màu trắng) vào rượu etylic 90% (có 10% nước) thì muối đồng khan chuyển từ màu trắng sang màu xanh do CuSO4.5H2O (đồng sunfat ngậm nước) có màu xanh b. Nhỏ vài giọt oleum (H2SO4.nSO3) vào dung dịch Ba(HCO3)2 thấy xuất hiện kết tủa trắng đồng thời có sủi bọt khí Phương trình: H2SO4.nSO3 + H2O → (n+1)H2SO4 H2SO4 + Ba(HCO3)2 → BaSO4↓(trắng) + 2CO2↑ + 2H2O c. Cho dung dịch H2SO4 vào ống nghiệm chứa hỗn hợp FeS và CuS, đun nóng nhẹ thấy có khí mùi trứng thối bay lên t0 FeS + H2SO4  → FeSO4 + H2S↑(mùi trứng thối) d. Không có hiện tượng e. Cho nước ép quả nho chín (chứa glucozơ) vào ống nghiệm chứa dung dịch AgNO3/NH3 thấy xuất hiện lớp kim loại màu bạc bám trên thành ống nghiệm C6H12O6 + 2AgNO3 + 2NH3 + H2O → C6H12O7 + 2Ag↓ + 2NH4NO3 Câu 11. Khi điều chế axit sunfuric người ta hấp thụ khí SO2 bằng dung dịch H2SO4 thu được oelum có công thức tổng quát là H2SO4.nSO3. Tính khối lượng khí SO3 hấp thụ vào 200 gam dung dịch H2SO4 96,4% để thu được một loại oleum có thành phần phần trăm theo khối lượng của SO3 là 40,82%. Hướng dẫn giải SO3 + H 2 O  → H 2SO 4

Câu 10. Nêu hiện tượng quan sát được và viết các phương trình hóa học của phản ứng xảy ra (nếu có) khi tiến hành các thí nghiệm thực nghiệm sau: a) Cho lượng dư CuSO4 khan vào rượu etylic 90°. b) Nhỏ vài giọt oleum vào dung dịch Ba(HCO3)2. c) Cho lượng dư dung dịch H2SO4 vào ống nghiệm có chứa hỗn hợp FeS và CuS, sau đó đun nóng nhẹ ống nghiêm. d) Cho mẫu giấy quỳ tím khô vào bình chứa khí clo. e) Lấy nước ép của quả nho chín cho vào ống nghiệm có chứa dung dịch AgNO3/NH3, đun nóng. Hướng dẫn giải

0,4

0,4 mol

 m oleum = (192,8 + 0, 4.98).

100 = 392 (gam)  m SO3 = 392 − 200 = 192(gam) 59,18

Câu 12: a. Từ dung dịch H2SO4 98% (khối lượng riêng 1,84 g/ml), dung dịch HCl 5M, nước cất và các dụng cụ cần thiết khác, hãy trình bày cách pha chế 300 ml dung dịch chứa hỗn hợp H2SO4 1M và HCl 1M. b. Một học sinh A dự định làm thí nghiệm pha loãng H2SO4 như sau. Lấy một lượng H2SO4 đặc cho vào cốc thủy tinh, sau đó đổ nước vào trong cốc và khuấy đều bằng đũa thủy tinh. Cách làm thí nghiệm như dự định của học sinh A sẽ gây nguy hiểm thế nào ? Hãy đưa ra cách làm đúng và giải thích. - Nêu hiện tượng xảy ra và giải thích khi làm thí nghiệm sau: Cho một ít đường kính trắng vào cốc thủy tinh, rồi nhỏ từ từ 1-2 ml H2SO4 đặc vào. Hướng dẫn giải 300 a. Số mol H2SO4 cần lấy = số mol HCl cần lấy = = 0,3 mol 1000 0,3.98.100 Khối lượng dung dịch H2SO4 cần lấy = = 30 gam 98 30 =16,3 ml Hay thể tích dung dịch H2SO4 cần lấy = 1,84 0,3 .1000 = 60 ml Thể tích dung dịch HCl cần lấy = 5 b. Pha chế dung dịch: Lấy khoảng 100 - 120 ml nước cất cho vào bình thể tích 200 ml có chia vạch, sau đó cho từ từ 30 gam dung dịch H2SO4 98% hoặc đong 16,3 ml dung dịch H2SO4 98%, đợi dung

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

dịch H2SO4 thật nguội. Tiếp theo đong 60 ml dung dịch HCl 5M thêm vào bình, cuối cùng thêm nước cất vào cho đến vạch 300 ml. - Cách làm thí nghiệm như bạn A sẽ rất nguy hiểm vì H2SO4 đặc là chất cực kì háo nước, khi chúng gặp nhau sẽ tỏa ra lượng nhiệt vô cùng lớn. Axit sunfuric đặc giống như dầu và nặng hơn trong nước. Nếu bạn cho nước vào axit, nước sẽ nổi trên bề mặt axit. Khi nhiệt lượng tỏa ra lớn, nước sôi mãnh liệt và bắn tung tóe gây bỏng cho người làm thí nghiệm. - Muốn pha loãng axit sunfuric đặc thì cách làm đúng như sau: Cho từ từ H2SO4 đặc vào nước * Giải thích: Khi cho axit sunfuric vào nước: axit sunfuric đặc nặng hơn nước, axit sẽ chìm xuống đáy nước, sau đó phân bố đều trong toàn bộ dung dịch. Như vậy nhiệt lượng sinh ra được phân bố đều trong dung dịch, nhiệt độ sẽ tăng từ từ không làm cho nước sôi lên một cách quá nhanh. Câu 13. Trong công nghiệp, H2SO4 được sản xuất theo sơ đồ: + O2 + O2 H SO dac +H O → SO2  FeS2  → SO3  +   → H2SO4.nSO3  → H2SO4 to V O , p, t o a.Viết các phương trình phản ứng hóa học chính xảy ra theo sơ đồ trên? a.Từ 1 tấn quặng pirit sắt ( có chứa 20% tạp chất) có thể điểu chế được bao nhiêu kg dung dịch H2SO4 98%.( Biết hiệu suất của toàn bộ quá trình là 60%)? c. Tính khối lượng H2SO4 70% cần dùng để điều chế được 936 kg supephotphat kép (biết hiệu suất của cả quá trình là 80%)? Hướng dẫn: a. Phương trình hóa học: to 4FeS2 + 11O2  → 2Fe2O3 + 8SO2 to 2SO2 + O2  2SO3 → V2 O5

Câu 14. Muối ăn khi khai thác từ nước biển, mỏ muối, hồ muối thường có lẫn nhiều tạp chất như: MgCl2, CaCl2, CaSO4…làm cho muối có vị đắng chát và dễ chảy nước, gây ảnh hưởng xấu tới chất lượng muối nên cần loại bỏ. Một mẫu muối thô thu được bằng phương pháp bay hơi nước biển cở vùng Bà Nà – Ninh Thuận có thành phần khối lượng: 97,625% NaCl, 0,190% MgCl2, 1,224% CaSO4, 0,010% CaCl2, 0,951% H2O. Để loại bỏ các tạp chất trên trong nước muối, người ta dùng lần lượt từng lượng vừa đủ dung dịch chứa chất BaCl2 và Na2CO3. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra của quá trình loại bỏ các tạp chất có trong muối ăn ở trên từ BaCl2 và Na2CO3. b. Tính tổng khối lượng hai muối BaCl2 và Na2CO3 cần dùng để loại bỏ hết các tạp chất có trong 3 tấn muối ăn có thành phần như trên. Giả thiết các tạp chất trên đều tan trong nước. Hướng dẫn giải a. Viết các phương trình phản ứng BaCl2 + CaSO4 → BaSO4 + CaCl2 (1) MgCl2 + Na2CO3 → MgCO3 + 2NaCl (2) Na2CO3 + CaCl2 → CaCO3 + 2NaCl (3) b. Tính khối lượng tổng hai muối m NaCl = 2928750 gam  n MgCl2 = 60 mol m MgCl2 = 5700 gam   Với 3 tấn muối ta có m CaSO4 = 36720 gam  n CaSO4 = 270 mol   m CaCl2 = 300gam n CaCl2 = 100 / 37 mol m = 285, 3gam  H2O

nSO3

Theo phương trình (1) ta có n BaCl2 = n CaSO4 = 270 mol  m BaCl2 = 270.208 = 56160 gam

+ H2SO4 (đặc)   → H2SO4.nSO3 o

t H2SO4.nSO3 + nH2O  → (n + 1)H2SO4 b. 1.80 mFeS2 = = 0,8 (tấn) ⇔ 800(kg) 100 + O2 + O2 +H O H SO dac → SO2  1FeS2  → SO3  +   → H2SO4.nSO3  → 2H2SO4 to V O , p, t o 2

120 (kg) 800(kg)

196(kg) 1306,67(kg)

Nếu hiệu suất là 60% => mH 2 SO4 =

mddH 2 SO4 98% =

784.100 = 800(kg ) 98

1306, 67.60 = 784(kg ) 100

c. 2Ca3(PO4)2+6H2SO4→4H3PO4+6CaSO4 (1) Ca3(PO4)2+4H3PO4→3Ca(H2PO4)2 (2) Theo (1), (2), cứ 588 kg axit sunfuric thu được 702 (kg) supephotphat kép. 588.936 100 100 . . = 1400(kg). (kg) axit để tạo ra 936 (kg) ⇒ Cần m mddH 2 SO4 (70%) = 702 80 70 supephotphat kép.

Theo pt (2) và (3) ta có n Na 2CO3 = n CaCl2 + n MgCl2 =

2320 mol  m Na 2CO3 = 6646, 48gam 37

Vậy tổng m BaCl2 + m Na 2CO3 = 62806, 48 gam Câu 15. 1. Khi làm một số loại bánh dân gian, người ta thường trộn thêm hợp chất A vào nguyên liệu. Biết: - A có thành phần phần trăm khối lượng các nguyên tố như sau: 15,19% cacbon; 6,33% hiđro; 17,72% nitơ và còn lại là oxi. - A có công thức đơn giản nhất trung với công thức phân tử. - A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 theo sơ đồ phản ứng: A + Ba(OH)2 → BaCO3 + NH3 + H2O a. Xác định công thức phân tử và gọi tên A. b. Mục đích của việc trộn chất A vào nguyên liệu làm bánh để làm gì? Viết phương trình hóa học xảy ra. 2. Giấm ăn là dung dịch axit axetic có nồng độ khoảng 2 – 5%, thường được điều chế bằng phương pháp lên men truyền thống từ rượu etylic ở nhiệt độ 25 – 300C. Lấy 4,6 lít rượu etylic 140 lên men với hiệu suất đạt 30% người ta thu được dung dịch giấm ăn. Xác định nồng độ phần tram của axit axetic trong giấm ăn vừa được điều chế. Biết rằng DC H OH = 0,8 g / ml; DH O = 1 g / ml . 2

Hướng dẫn giải

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

1) *Gọi công thức phân tử của A là CxHyNtOz. %m O = 60,76% Ta có: 15,19 6,33 17,72 60,76 x:y:z:t = : : : = 1: 5 :1: 3 12 1 14 16  Công thức đơn giản nhất của A: CH5NO3 Vì A có công thức phân tử trùng công thức đơn giản nhất nên công thức phân tử của A: CH5NO3. Từ sơ đồ phản ứng ta xác định được công thức của A: NH4HCO3. Tên của A; Amoni hiđrocacbonat. * Khi trộn NH4HCO3 vào nguyên liệu làm bánh, trong quá trình làm chin bánh, ở nhiệt độ cao chất này sẽ dễ dàng bị phân hủy theo phương trình sau: t NH4HCO3  → NH3 ↑ +CO2 ↑ +H2O Do phản ứng sinh ra khí làm cho bánh trở nên xốp và nở to hơn. 2) Phản ứng lên men giấm: men giaám C2H5OH + O2   → CH3COOH + H2O  4,6 ×14 = 0,664 lít VC H OH = m C H OH = 0,644 × 0,8 = 0,5152 kg  100  VH O = 4,6 − 0,664 = 3,956 lít m H O = 3,956 ×1 = 3,956 kg  0

Khối lượng CH3COOH thu được: 0,5152 m CH COOH = × 60 × 30% = 0,2016 kg 46 Khối lượng O2 tham gia phản ứng: 0,5152 mO = × 32 × 30% = 0,10752 kg 46 Khối lượng dung dịch thu được: m dd = 0,5152 + 3,956 + 0,10752 = 4,57872 kg 3

0,2016 × 100% = 4,403% 4,57872 Câu 16. Lên men 100 kg gạo (có chứa 80% tinh bột, còn lại là hợp chất không tham gia phản ứng) để điều chế rượu etylic với hiệu suất toàn bộ quá trình bằng 80%. Tính thể tích rượu etylic 45o điều chế được từ lượng gạo trên (biết khối lượng riêng của rượu etylic nguyên chất là 0,8 g/ml). Hướng dẫn giải 80 Ta có: mtinh bột = 100. = 80 (kg) 100 Có sơ đồ chuyển hóa: C%CH COOH = 3

t , axit leân men (C6H10O5)n + nH2O  → nC6H12O6  → 162.n 180.n. o

2nC2H5OH +2CO2 92.n (kg) 80.92.n 3680 80 (kg) = 162.n 81 Vì hiệu suất toàn bộ quá trình bằng 80%, khối lượng C2H5OH thu được là:

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

3680 80 m C H OH = ⋅ = 36,346 (kg) 2 5 81 100 36,346 = 45, 433 (l) 0,8 45, 433.100 = 100,962 (l) Thể tích rượu etylic 450 điều chế được là: Vdd C H OH 450 = 2 5 45 Câu 17. a. Nồng độ đạm (hay còn gọi là độ đạm) là nồng độ phần trăm về khối lượng của nitơ có trong thực phẩm. Một số loại thực phẩm được công bố tiêu chuẩn về nồng độ đạm như sữa, nước mắm,…. Tháng 9 năm 2008, cơ quan chức năng phát hiện một số loại sữa dành cho trẻ em sản xuất tại Trung Quốc có nhiễm chất melamin. Ăn melamin có thể dẫn đến tác hại về sinh sản, sỏi bàng quang hoặc suy thận và sỏi thận,…. Phân tích nguyên tố cho thấy melamin có phần trăm khối lượng của C là 28,57%, H là 4,76% còn lại là N. Xác định công thức phân tử của melamin. (Biết khi đốt cháy hoàn toàn 1 mol melamin cần vừa đủ 4,5 mol O2 thu được khí CO2, hơi nước và khí N2) b. Ankan là các hiđrocacbon no, mạch hở có cùng công thức tổng quát là CnH2n+2 (n ≥ 1). Đốt cháy hoàn toàn một ankan A bằng oxi dư rồi dẫn sản phẩm cháy lần lượt qua bình 1 đựng H2SO4 đặc, bình 2 chứa 390 ml dung dịch NaOH 2M thấy khối lượng bình 1 tăng 10,8 gam. Thêm dung dịch BaCl2 vào bình 2 thấy xuất hiện 59,1 gam kết tủa. Xác định công thức phân tử, viết công thức cấu tạo thu gọn của A. Hướng dẫn giải a. %mN = 100 – 28,57 – 4,76 = 66,67% Gọi công thức của melamin là CxHyNz 28,57 4,76 66, 67 : : Ta có: x : y : z = =1:2:2 12 1 14  Công thức đơn giản nhất của Melamin là CH2N2  CTPT của Melamin là (CH2N2)n 3n t O2  Phương trình đốt cháy: (CH2N2)n + → nCO2 + nH2O + nN2 2 1 mol 1,5n mol  1,5n = 4,5  n = 3  CTPT của Melamin là C3H6N6 b. Gọi công thức của ankan A là CnH2n + 2 (a mol) 3n + 1 t Phương trình đốt cháy: CnH2n + 2 + O2  → nCO2 + (n + 1) H2O (1) 2 mol: a na (n+1)a Khối lượng bình 1 tăng = khối lượng của nước 10,8  nH O = = 0,6 mol  (n + 1)a = 0,6 (2) 2 18 59,1 Bình hai hấp thụ khí CO2, n BaCO = = 0,3mol 3 197 - Trường hợp 1: Phản ứng chỉ tạo Na2CO3: CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O (3) 0,3 0,3 BaCl2 + Na2CO3 → BaCO3 + 2NaCl (4) 0,3 0,3

Thể tích C2H5OH nguyên chất thu được là: VC H OH = 2

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Từ (3), (4): nCO = 0,3 mol  na = 0,3 (5) 2

Giải hệ (2) và (5) ta có: a = 0,3; n = 1  Ankan A là CH4. - Trường hợp 2: Phản ứng tạo hai muối Na2CO3 và NaHCO3 CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O (6) 0,3 0,6 0,3 CO2 + NaOH → NaHCO3 (7) 0,18 0,18 BaCl2 + Na2CO3 → BaCO3 + 2NaCl (8) 0,3 0,3 Từ (6), (7): nCO = 0,48 mol  na = 0,48 (9) 2

Giải hệ (2) và (9) ta có: a = 0,12; n = 4  CTPT ankan A là C4H10 Có 2 công thức cấu tạo thu gọn của A: CH3–CH2–CH2–CH3, CH3 CH CH3 CH3

Câu 18. Khí hóa lỏng – khí gas hay còn gọi đầy đủ là khí dầu mỏ hóa lỏng – có thành phần chính là propan (C3H8) và butan (C4H10). Bình thường thì propan và butan là các chất ở dạng khí, nhưng để dễ vận chuyển và sử dụng, người ta nén cho chúng tồn tại ở dạng lỏng. Khí gas không màu, không mùi (nhưng chúng ta vẫn thấy gas có mùi vì chúng đã được cho thêm chất tạo mùi trước khi cung cấp cho người tiêu dùng để dễ dàng phát hiện ra khi có sự cố rò rỉ gas). Mỗi kilogam (kg) khí gas khi được đốt cháy hoàn toàn cung cấp khoảng 12.000 kcal năng lượng, tương đương lượng nhiệt thu được khi đốt cháy hoàn toàn 2 kg than củi. Việc sản sinh ra các loại chất khí NOx, khí độc và tạp chất trong quá trình cháy thấp đã làm cho khí gas trở thành một trong những nguồn nguyên liệu khá thân thiện với môi trường. Hiện nay, trên thị trường Việt Nam có khá nhiều loại khí gas khác nhau do các hãng cung cấp với tỉ lệ propan : butan khác nhau. Cho rằng gia đình Y đang sử dụng một loại khí gas có tỉ lệ thể tích propan : butan tương ứng là 3 : 7 có tổng khối lượng là 12 kg được nạp vào bình thép chuyên dụng. Hỏi: a. Năng lượng đã tỏa ra trong quá trình đốt cháy hết một bình gas của gia đình Y khoảng bao nhiêu kcal? b. Tính thể tích không khí (đktc) cần thiết để dùng đốt cháy hoàn toàn 1 kg khí gas loại gia đình Y đang sử dụng. Hướng dẫn giải a. Mỗi kilogam (kg) khí gas khi được đốt cháy hoàn toàn cung cấp khoảng 12.000 kcal năng lượng 12 kg khí gas khi được đốt cháy hết cung cấp khoảng 12.12000 = 144000 (kcal)  Năng lượng đã tỏa ra trong quá trình đốt cháy hết một bình gas của gia đình Y khoảng 144000 kcal b. Gọi số mol của propan và butan lần lượt trong bình gas là x, y (mol, x, y>0) VC3H8 3  = VC4 H10 7

- Ở cùng điều kiện nhiệt độ, áp suất thì tỉ lệ thể tích của chất khí bằng tỉ lệ số mol n C3H8 VC H 3 3 x 3  = 3 8 =  = →x = .y n C4 H10 VC4 H10 7 y 7 7 Mà m C3H8 + m C4 H10 = 1 kg = 1000 gam

3  44x + 58y =1000  44. . y + 58y =1000 7 3500 y= = 13,01 (mol)  n C4 H10 = 13,01 (mol) 269 1500 x= = 5,58 (mol)  n C3H8 = 5,58 (mol) 269 Phương trình hóa học to C3H8 + 5O2  → 3CO2 + 4H2O (1) to 2C4H10 + 13O2  → 8CO2 + 10H2O (2) 13 (1,2)  n O2 = 5.n C3H8 + .n C4H10 = 112,465 (mol) 2  VO2 ( đktc) = 2519,216 (lít)  Vkhông khí = 12596,08 (lít) Câu 19: Xăng sinh học (xăng pha etanol), (etanol hay còn gọi rượu etylic) được coi là giải pháp thay thế cho xăng truyền thống.

Xăng pha etanol là xăng được pha một lượng etanol theo tỷ lệ đã nghiên cứu như: xăng E85 (pha 85% etanol), E10 (pha10% etanol), E5 (pha 5% etanol),... - Tại sao gọi xăng etanol là xăng sinh học ? Viết các phương trình hóa học để chứng minh. - Tai sao xăng sinh học được coi là giải pháp thay thế xăng truyền thống ? Biết khi đốt cháy 1 kg xăng truyền thống thì cần 3,22 kg O2. Hướng dẫn giải Xăng pha etanol được gọi là xăng sinh học vì lượng etanol trong xăng có nguồn gốc từ thực vật (nhờ phản ứng lên men để sản xuất số lượng lớn). Loại thực vật thường được trồng để sản xuất etanol là: ngô, lúa mì, đậu tương, củ cải đường,… t 0 , axit PTHH: (C6H10O5)n + nH2O  → nC6H12O6 0

xt,t C6H12O6  → 2C2H5OH + 2CO2 - Xét phản ứng cháy của 1 kg etanol: t0 C2H5OH + 3O2  → 2CO2 + 3H2O 32  m O2 = 3. = 2,087 kg  m O2 (khi đốt etanol) < m O2 = 3,22 kg (khi đốt xăng). 46 Như vậy khi đốt cháy 1kg xăng thì tiêu tốn nhiều oxi hơn khi đốt cháy 1kg etanol. Đốt cháy etanol tiêu tốn ít oxi hơn đồng nghĩa với lượng khí thải thoát ra ngoài ít hơn, hạn chế việc ô nhiễm môi trường. Hơn nữa, nguồn etanol dễ dàng sản xuất quy mô lớn không bị hạn chế về trữ lượng như xăng dầu truyền thống. Do vậy, dùng xăng sinh học là một giải pháp cần được nhân rộng trong đời sống và sản xuất. Câu 20: Nồng độ đạm (hay còn gọi là độ đạm) là nồng độ phần trăm về khối lượng của nitơ có trong thực phẩm. Một số loại thực phẩm được công bố tiêu chuẩn về nồng độ đạm như sữa, nước mắm,…. Tháng 9 năm 2008, cơ quan chức năng phát hiện một số loại sữa dành cho trẻ em sản xuất tại Trung Quốc có nhiễm chất melamin. Ăn melamin có thể dẫn đến tác hại về sinh sản, sỏi bàng quang hoặc suy thận và sỏi thận,…. Phân tích nguyên tố cho thấy melamin có

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

phần trăm khối lượng của C là 28,57%, H là 4,76% còn lại là N. Xác định công thức phân tử của melamin. (Biết khi đốt cháy hoàn toàn 1 mol melamin cần vừa đủ 4,5 mol O2 thu được khí CO2, hơi nước và khí N2) Hướng dẫn giải %mN = 100 – 28,57 – 4,76 = 66,67% Gọi công thức của melamin là CxHyNz 28,57 4,76 66, 67 : : =1:2:2 Ta có: x : y : z = 12 1 14  Công thức đơn giản nhất của Melamin là CH2N2  CTPT của Melamin là (CH2N2)n 3n t Phương trình đốt cháy: (CH2N2)n + O2  → nCO2 + nH2O + nN2 2 1 mol 1,5n mol  1,5n = 4,5  n = 3  CTPT của Melamin là C3H6N6 Câu 21: Hãy giải thích các trường hợp sau (viết phương trình của phản ứng xảy ra, nếu có) a. Khi xếp một số quả chín vào giữa sọt quả xanh thì toàn bộ sọt quả xanh sẽ nhanh chóng chín đều. b. Khi muốn pha nước đường mía để uống giải khát, người ta thường cho đường vào nước, khuấy đều, sau đó mới cho nước đá vào mà không làm ngược lại là cho nước đá vào nước rồi mới cho đường vào khuấy. Hướng dẫn giải a. Khi xếp một số quả chín vào giữa sọt quả xanh thì toàn bộ sọt quả xanh sẽ nhanh chóng chín đều do trong quá trình chín trái cây thì đã thoát ra một lượng nhỏ khí etilen. Khí này sinh ra có tác dụng xúc tác quá trình hô hấp của tế bào trái cây và làm cho quả mau chín. b. Đường mía có công thức là C12H22O11 (saccarozơ) tan trong nước phụ thuộc nhiều vào nhiệt độ. Độ tan và tốc độ tan giảm khi nhiệt độ trong nước giảm. Vì vậy khi bỏ đá vào nhiệt độ nước sẽ giảm thì đường sẽ tan chậm hoặc không tan hết. Thế nên khi muốn pha nước đường mía để uống giải khát, người ta thường cho đường vào nước, khuấy đều, sau đó mới cho nước đá vào mà không làm ngược lại là cho nước đá vào nước rồi mới cho đường vào khuấy. Câu 22. COVID-19 là bệnh đường hô hấp cấp tính truyền nhiễm gây ra bởi chủng virus SARS -CoV-2. Căn bệnh này có sự lây lan nhanh chóng trên toàn cầu. Ngày 11 tháng 3 năm 2020, tổ chức Y tế thế giới (WHO) tuyên bố dịch viêm phổi do virus corona (chủng mới) là đại dịch toàn cầu. Một trong những biện pháp phòng ngừa nguy cơ lây nhiễm là thường xuyên rửa tay bằng dung dịch rửa tay khô. Tổ chức Y tế thế giới đã có hướng dẫn người dân có thể tự pha chế dung dịch rửa tay khô, với lượng dùng là 500 ml có công thức pha chế như sau: Cồn (C2H5OH) 960 : 415 ml; oxi già (H2O2) 3%: 20 ml; glyxerol (C3H8O3): 7,5 ml; tinh dầu: 2,5ml; nước cất hoặc nước đun sôi để nguội: 55 ml. a. Tính độ cồn của dung dịch sau khi pha trộn các nguyên liệu trên với nhau. b. Với nồng độ cồn vừa tính được (ở câu 2a) thì tác dụng sát khuẩn của dung dịch rửa tay khô vừa pha chế được là cao hay thấp? Giải thích. Hướng dẫn giải a. Thể tích cồn nguyên chất (C2H5OH) có trong 415 ml cồn 960: 96 VC2 H 5OH = 415. = 398, 4 ml 100 o

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

 Độ cồn của dung dịch sau khi pha: Độ cồn

VC2H5OH 398, 4 .100 = .100 = 79,680 Vdd 500 b. Cơ chế sát khuẩn của cồn: Cồn (C2H5OH) có khả năng thẩm thấu tốt qua màng tế bào của vi khuẩn, gây đông tụ các protein trong tế bào hoặc lớp vỏ protein của virus, từ đó giúp tiêu diệt các vi khuẩn, virus. - Mối liên hệ giữa nồng độ cồn và khả năng sát khuẩn của dung dịch: Ở nồng độ cồn cao, các protein bị đông tụ nhanh, làm cứng lớp vỏ của vi khuẩn, virus một cách nhanh chóng, như vậy loại cồn đó có khả năng sát khuẩn cao. Ngược lại ở nồng độ cồn thấp, các protein chưa bị đông tụ, do đó cồn này có khả năng sát khuẩn thấp. Tuy nhiên khi ở nồng độ quá cao, cồn bay hơi quá nhanh, thời gian lưu lại trên bề mặt cần sát khuẩn ngắn nên không đạt được hiệu quả sát khuẩn mong muốn. Đồng thời, ở nồng độ cao, các protein lớp ngoài của vi khuẩn, virus đông tụ và cứng lại quá nhanh, làm cho cồn không thẩm thấu được vào sâu bên trong, dẫn đến vi khuẩn, virus không bị tiêu diệt hoàn toàn mà chỉ tạm thời bất hoạt. Thực tế cho thấy loại cồn từ 60 - 800 cho hiệu quả sát khuẩn tối ưu. Theo khuyến cáo của WHO, cồn 800 là lựa chọn ưu tiên để diệt virus, còn cồn 70 – 750 được khuyên dùng để diệt vi khuẩn. Kết luận: Dung dịch rửa tay khô pha chế được (ở câu 2a) có độ cồn là 79,680, thuộc khoảng nồng độ có tính sát khuẩn cao. Đồng thời với nồng độ xấp xỉ 800, dung dịch này là lựa chọn ưu tiên để diệt virus, đặc biệt trong bối cảnh dịch COVID-19 mà đề bài đã đề cập. Câu 23. Axit fomic là một chất lỏng, mùi xốc mạnh và gây bỏng da, axit này được chưng cất lần đầu từ loài kiến lửa có tên là Formicarufa. Khi bị kiến cắn, nó sẽ "tiêm" dung dịch chứa 50% thể tích axit fomic vào da. Trung bình mỗi lần cắn, kiến có thể "tiêm" khoảng 6,0.10-3 cm3 dung dịch axit fomic. a. Biết mỗi lần cắn, kiến "tiêm" 80% axit fomic có trong cơ thể. Giả sử lượng axit fomic trong các con kiến là bằng nhau. Hãy tính : - Thể tích axit fomic tinh khiết có trong một con kiến. - Cần bao nhiêu con kiến để chưng cất được 1,125 dm3 axit fomic tinh khiết ? b. Để làm giảm lượng axit fomic trong vết cắn, bác sĩ thường dùng thuốc có chứa thành phần là natri hiđrocacbonat. Hãy viết phương trình hóa học của phản ứng và tính khối lượng natri hiđrocacbonat cần dùng để trung hòa hoàn toàn lượng axit fomic từ vết kiến cắn (Biết khối lượng riêng của axit fomic là 1,22 g/cm3). Hướng dẫn giải 50 100 × = 3,75.10−3 (cm3 ) a. Thể tích HCOOH có trong 1 con kiến = 6.10−3 × 100 80 1125 = 300.000 (con - Số lượng kiến cần để chưng cất 1 dm3 HCOOH tinh khiết = = 3, 75.10−3 kiến). b. HCOOH + NaHCO3 → HCOONa + CO2 + H2O 6, 0.10−3 × 0,5 ×1, 22 = 7,96.10−5 (mol) - n HCOOH = 46 - Theo PTHH thì n NaHCO3 = n HCOOH = 7,96.10−5 (mol) =

 m NaHCO3 = 7,96.10−5.84 = 6, 69.10−3 (gam) ⇔ 6,69 (mg)

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

CHỦ ĐỀ 3: CTHH CỦA HỢP CHẤT VÔ CƠ VÀ PTHH A) KỸ NĂNG VIẾT CTHH CỦA HỢP CHẤT VÔ CƠ. Hợp chất vô cơ có công thức dạng chung: AxBy Trong đó: A, B

Kí hiệu hóa học của nguyên tố hoặc nhóm nguyên tử

Là chỉ số của A ( là số nguyên tử của nguyên tố A hoặc số nhóm nguyên tử A)

Là chỉ số của B ( là số nguyên tử của nguyên tố B hoặc số nhóm nguyên tử B)

1) Quy tắc hóa trị áp dụng cho hợp chất vô cơ AxBy: Trong 1 công thức hoá học, tích của chỉ số và hóa trị của nguyên tố này bằng tích của chỉ số và hóa trị của nguyên tố kia. a b 2) Biểu thức quy tắc hóa trị áp dụng cho hợp chất A x By ( a, b lần lượt là hóa trị của A, B)

x b = y a 3) Các kỹ năng viết CTHH của hợp chất vô cơ. a) Nếu hóa trị bằng nhau ( a = b) x b 1  = = 1 =  x = y = 1  CTHH: AB y a 1 b b) Nếu hóa trị khác nhau ( a ≠ b ) và tối giản a x b x = b  =   CTHH: AxBy ( hóa trị của nguyên tố này là chỉ số của nguyên tố kia y a y = a và ngược lại) b b' c) Nếu hóa trị khác nhau ( a ≠ b ) và = a a' x b b' x = b' b a  = =   A b' Ba' ( hầu hết b’ = ; a’ =  CTHH: A b B a ) y a a' y = a' 2 2 2 2 4) Hóa trị của một số nguyên tố và nhóm nguyên tử. Nguyên tố Hóa trị Nhóm nguyên tử Hóa trị H I NH4 I Li I OH I Be II NO3 I B III NO2 I C IV, II AlO2 I N III, IV, V, II, I CrO2 I O II SO4 II F I SO3 II Na I CO3 II Mg II SiO3 II Al III ZnO2 II Si IV BeO2 II P V, III PO4 III a.x = b.y 

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

S VI, IV, II HPO4 II Cl I H2PO4 I K I HCO3 I Ca II HS I Cr II, III, VI HSO4 I Mn II, IV, VII HSO3 I Fe II, III Cu II, I Br I Ag I I I Ba II Hg II, I Pb II, IV 5) Gốc axit: Trừ nhóm NH4 và OH không phải là gốc axit còn các nhóm nguyên tử còn lại đều là gốc axit. Ngoài ra còn có 1 số gốc axit khác, ví dụ: -Cl; - Br; -I; - F; =S …. 6) Vận dụng 3 kỹ năng viết CTHH vào việc viết CTHH của hợp chất vô cơ cụ thể. Bài tập 1: Viết công thức hóa học đúng của các chất sau: a) FexOy b) CxOy c) SxOy d) MnxOy e) CrxOy g) CuxOy Giải: Câu FexOy

HS thực hiện - Khi Fe có hóa trị II: FeIIx OyII  FeO

- Khi Fe có hóa trị III: FeIII OyII  Fe2 O3 x CxOy

Lưu ý

- Khi Fe có cả 2 hóa trị: Fe(II,III) OIIy  (FeII O.Fe2III O3 ) ⇔ Fe3O4 x

- Khi C có hóa trị II: CIIx OyII  CO - C có hóa trị IV: CIV O IIy  C 2 O 4  CO2 x 2

SxOy

S hóa trị IV: IV Sx OIIy  S 2 O 4  SO2 2

S hóa trị VI: VI Sx O IIy  S 2 O 6  SO 3 2

MnxOy

Mn hóa trị II: Mnx OyII  MnO Mn hóa trị IV: IV Mn x OyII  Mn 2 O 4  MnO2 2

VII

Mn hóa trị VII: Mn x OyII  Mn2 O7

Trong hợp chất của S với O không tồn tại hợp chất của S (II)

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

CrxOy

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Cr có hóa trị II: Crx OyII  CrO

Cr có hóa trị III: CrxIII O IIy  Cr2 O3 Cr có hóa trị VI: VI Crx O IIy  Cr2 O 6  CrO 3 2

CuxOy

Cu có hóa trị II: Cu IIx O IIy  CuO Cu có hóa trị I: Cu Ix O IIy  Cu 2 O

Bài tập 2: Viết công thức hóa học đúng của các chất sau:

a) Fex(OH)y b) Fex(SO4)y c) Fex(NO3)y

HS thực hiện

Lưu ý

Ca(NO3)2

NaI

NaOH

NaCl

Na2SO4

Na3PO4

NaNO3

AlI

Al(OH)3

AlCl3

Al2(SO4)3

AlPO4

Al(NO3)3

NH4I

NH4OH

NH4Cl

(NH4)2SO4

(NH4)3PO4

NH4NO3

P Cl C S F Br N I H Lưu ý: AxBy ( H là A khi B có hóa trị I và II; H là B khi A có hóa trị III, IV)

Fe có hóa trị II: Fe IIx (SO 4 )yII  FeSO 4

Fe có hóa trị II: Fe IIx Cl Iy  FeCl 2

Fe có hóa trị III: Fe III Cl Iy  FeCl3 x e)Mgx(CO3)y

Mg IIx (CO3 )yII  FeCO3

f)Nax(PO4)y

NaIx(PO4)yIII  Na3PO4

B OII

Bài tập 3: Viết công thức hóa học phù hợp vào ô trống trong bảng sau Bảng 1 B

SO4

PO4

NO3

≡ PO4

-NO3

Ca Na Al NH4 Giải B

-OH

-Cl

=SO4

Cl HCl

C CH4

S H2S

Giải FI HF

AgI

CaII

SiIV

Giải ZnII KI

AlIII

Ag2O

CaO

H2O

SiH4

ZnO

Al(OH)3 NaOH Mg(OH)2

P PH3

Bảng 3 A Ag B O

Fe có hóa trị III: Fe III (NO 3 )Iy  Fe(NO 3 )3 x

Ca3(PO4)2

III

c) Fex(NO3)y Fe có hóa trị II: Fe II (NO )I  Fe(NO ) x 3 y 3 2

CaSO4

I y

Fe có hóa trị III: Fe III (SO4 )IIy  Fe2 (SO 4 )3 x

d) FexCly

CaCl2

Fe hóa trị II: Fe (OH)  Fe(OH)2 II x

Fe có hóa trị III: Fe III (OH)Iy  Fe(OH)3 x b) Fex(SO4)y

Ca(OH)2

Bảng 2:

d) FexCly e) Mgx(CO3)y g) Nax(PO4)y Giải:

Câu a) Fex(OH)y

BrI HBr K

K2O

NIII NH3 Al

II HI Na

NaI

SiIV SiH4 Mg

MgII

Bài tập 4: Viết công thức hóa học các hợp chất của: a) Na với O, nhóm OH và các gốc axit. b) Ca với O, nhóm OH và các gốc axit. c) Al với O, nhóm OH và các gốc axit. d) NH4 với nhóm OH và các gốc axit. B) KỸ NĂNG VIẾT PTHH 1) Các bước lập phương trình hóa học. Bước 1: Viết sơ đồ phản ứng Ví dụ: Đơn chất A + Đơn chất B → hợp chất AxBy A + B → AxBy Bước 2: Cân bằng số nguyên tử của mỗi nguyên tố ở 2 vế. Nhận xét vế phải có x nguyên tử A và y nguyên tử B nên phải thêm hệ số x vào trước A và hệ số y vào trước B xA + yB → AxBy Bước 3: Viết PTHH xA + yB → AxBy 2) Các dạng PTHH cơ bản:

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

a) Đơn chất + đơn chất → Hợp chất: Sơ đồ: A + B → AxBy Cân bằng: xA + yB → AxBy Ví dụ 1: Nhôm + Clo → ? Al + Cl2 → AlCl3 Al + 3Cl2 → 2AlCl3 2Al + 3Cl2 → 2AlCl3 Sản phẩm là AlCl3 vì Al có Cân bằng số nguyên tử Cl ở Cân bằng số nguyên tử Al ở hóa trị III và Cl có hóa trị I 2 vế bằng cách nhân chéo 2 vế bằng cách đặt hệ số 2 chỉ số. trước Al. Ví dụ 2: Kẽm + oxi → ? Zn + O2 → ZnO Zn + O2 → 2ZnO 2Zn + O2 → 2ZnO Sản phẩm là ZnO vì hóa trị Cân bằng số nguyên tử O ở Cân bằng số nguyên tử Zm của Zn và O bằng nhau 2 vế bằng cách đặt hệ số 2 ở 2 vế bằng cách đặt hệ số 2 trước phân tử ZnO trước Zn Bài tập vận dụng: 1) Kim loại + oxi: Cho lần lượt các kim loại magie, natri, nhôm, đồng, sắt, bari bạc, vàng phản ứng với oxi ở điều kiện thích hợp. Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra. Giải 0

t Mg + O2  →

t Cu + O2  →

Na + O2 →

t Fe + O2  →

t Al + O2  →

Ba + O2 →

Vàng, bạc không phản ứng được với oxi. 2) Phi kim + oxi: Cho lần lượt các đơn chất lưu huỳnh, than củi, photpho đỏ, silic, nitơ, hiđro phản ứng với oxi trong khí oxi dư ở điều kiện thích hợp. Giải 0

t Si + O2  →

>2000 C N2 + O2  →

t H2 + O2  →

t S + O2  → t C + O2  → t P + O2  →

3) Kim loại + Phi kim (Clo, lưu huỳnh): Cho các kim loại kali, kẽm, nhôm, canxi, sắt, đồng phản ứng lần lượt với clo ở điền kiện thích hợp. Giải 0

t K + Cl2  →

→ Ca + Cl2 

→ Fe + Cl2 

→ Cu + Cl2 

→ Zn + Cl2  → Al + Cl2  4) Hiđro + Phi kim

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Giải t

→ H2 + S  s H2 + Cl2  a →

 → H2 + N2 ← 0 t

→ H2 + P 

H2 + F2  →

→ H2 + C 

→ H2 + Si 

→ H2 + Br2  xt

 → H2 + I2 ← 0 t

→ H2 + O3 

b) Đơn chất + hợp chất Đơn chất (A) + Hợp chất (BxCy) Hướng dẫn học sinh thứ tự kết hợp giữa các nguyên tử hoặc nhóm nguyên tử với A sẽ kết hợp với B hay C và cần chỉ rõ cho học sinh trong hợp chất BC, C đứng sau nên trong sản phẩm C vẫn đứng sau vì vậy A sẽ kết hợp với C tạo ra hợp chất trong đó A đứng trước, C đứng sau đồng thời đẩy B ra khỏi hợp chất BC. Ví dụ 1: Nhôm + axit sunfuric loãng (H2SO4) →? Xác định sản phẩm: Al hóa trị III kết hợp với Al + H2SO4 →Al2(SO4)3 + H2 nhóm SO4 hóa trị II tạo thành Al2(SO4)3; các nguyên tử H liên kết với nhau tạo thành phân tử H2. Cân bằng số nhóm SO4 ở 2 vế bằng cách đặt hệ số Al + 3H2SO4 →Al2(SO4)3 + H2 3 trước phân tử H2SO4 Cân bằng số nguyên tử Al và số nguyên tử H ở 2 2Al + 3H2SO4 →Al2(SO4)3 + 3H2 vế bằng cách đặt hệ số 2 trước Al và hệ số 3 trước H2 Ví dụ 2: Nhôm + sắt (II) nitrat →? Xác định sản phẩm: Al hóa trị III kết hợp Al + Cu(NO3)2 →Al(NO3)3 + Cu với nhóm NO3 hóa trị I tạo thành sản phẩm Al(NO3)3 và đẩy Cu ra khỏi hợp chất Cu(NO3)2. Cân bằng số nhóm NO3 ở 2 vế bằng cách Al + 3Cu(NO3)2 →2Al(NO3)3 + Cu nhân chéo chỉ số: đặt hệ số 3 trước phân tử Cu(NO3)2 và hệ số 2 trước Al(NO3)3 Cân bằng số nguyên tử Al và số nguyên tử 2Al + 3Cu(NO3)2 →2Al(NO3)3 + 3Cu Cu ở 2 vế bằng cách đặt hệ số 2 trước Al và hệ số 3 trước Cu. Ví dụ 3: Hiđro khử hoàn toàn sắt (III) oxit →? 3H2 + Fe2O3 H2 + Fe2O3 →H2O + Fe H2 + Fe2O3 →3H2O + Fe →3H2O + 2Fe Sản phẩm là H2O (vì H hóa Cân bằng số nguyên tử O ở Cân bằng số nguyên tử Fe trị I kết hợp với O hóa trị II) 2 vế bằng cách đặt hệ số 3 và H ở 2 vế bằng cách đặt hệ và loại bỏ Fe ra khỏi hợp trước phân tử H2O số 2 trước Fe và hệ số 3 chất Fe2O3 trước phân tử H2

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Bài tập vận dụng: 1) Đơn chất ( H2, C, Mg, Al) + oxit của các kim loại ( Zn, Fe, Pb, Cu, Hg …) Bài tập 1: Cho H2 khử hoàn toàn hỗn hợp Fe3O4, CuO, HgO ở nhiệt độ thích hợp. Viết PTHH. Bài tập 2: Cho Al khử hoàn toàn hỗn hợp Fe2O3, PbO ở nhiệt độ thích hợp. Viết PTHH. 2) Kim loại trước H ( Na, K, Ca, Ba, Mg, Al, Zn, Fe…) + axit HCl, H2SO4 loãng. VD1: Na dư + dung dịch HCl. Viết PTHH VD2: Al + dung dịch H2SO4. Viết PTHH 3) Kim loại mạnh ( trừ kim loại kiềm, kiềm thổ) + dung dịch muối. VD1: Cho Mg dư phản ứng với dung dịch gồm: Fe(NO3)2, Cu(NO3)2, AgNO3. Viết PTHH. VD2: Cho Al dư phản ứng với dung dịch gồm: Fe(NO3)3, Cu(NO3)2. Viết PTHH. 4) Kim loại kiềm, kiềm thổ ( Na, K, Ca, Ba…) + Nước (HOH) VD1: Cho hỗn hợp Na, Ca vào một lượng nước dư. Viết PTHH VD2: Cho Na vào dung dịch CuSO4. Viết PTHH. c) Hợp chất + Hợp chất →2 hợp chất mới AxBy + CnDm →? Cần hướng dẫn học sinh thứ tự kết hợp giữa các nguyên tử hoặc nhóm nguyên tử với nhau. Thứ tự kết hợp như sau: A là phần trước của hợp chất AxBy sẽ kết hợp với phần sau của hợp chất CnDm là D và phần trước của hợp chất CnDm kết hợp với phần sau của hợp chất AxBy là B tạo thành các hợp chất mới Ax’Dy’ và Cn’Bm’ Ví dụ 1: NaOH + FeCl3 →? Xác định sản phẩm: Na kết hợp với Cl tạo NaOH + FeCl3 →NaCl + Fe(OH)3 NaCl vì cùng hóa trị; Fe hóa trị III kết hợp với nhóm OH hóa trị I tạo Fe(OH)3 Cân bằng số nguyên tử Cl hoặc số nhóm NaOH + FeCl3 →3NaCl + Fe(OH)3 OH, giả sử cân bằng số nguyên tử Cl trước bằng cách đặt hệ số 3 trước phân tử NaCl Cân bằng số nhóm OH hoặc số nguyên tử 3NaOH + FeCl3 →3NaCl + Fe(OH)3 Na bằng cách đặt hệ số 3 trước phân tử NaOH. Ví dụ 2: Fe2(SO4)3 + Ba(NO3)2 →? Xác định sản phẩm: Fe hóa trị III kết hợp Fe2(SO4)3 + Ba(NO3)2 →BaSO4 + Fe(NO3)3 với nhóm NO3 hóa trị I tạo Fe(NO3)3 và Ba kết hợp với nhóm SO4 tạo BaSO4 vì cùng hóa trị. Fe2(SO4)3 + Ba(NO3)2 Cân bằng số nguyên tử Fe hoặc số nhóm →3BaSO4 + Fe(NO3)3 SO4 hoặc số nhóm NO3. Giả sử cân bằng số nhóm SO4 trước bằng cách đặt hệ số 3 trước phân tử BaSO4 Fe2(SO4)3 + 3Ba(NO3)2 Cân bằng số nguyên tử Fe, số nguyên tử Ba →3BaSO4 + 2Fe(NO3)3 hoặc số nhóm NO3 bằng cách đặt hệ số 3 trước Ba(NO3)2 và hệ số 2 trước Fe(NO3)3. Bài tập vận dụng: * Oxit kim loại + axit

* bazơ M(OH)n + axit * Muối + axit * Muối + bazơ * Muối + muối Chú ý: Các hợp chất NH4OH, H2CO3, H2SO3 kém bền nên nếu là sản phẩm tạo thành từ các phản ứng thuộc loại này phải được thay thế bằng các sản phẩm tương ứng là ( NH3 + H2O; CO2 + H2O; SO2 + H2O) d) Hợp chất + Hợp chất →1 hợp chất mới Dạng 1: Oxit bazơ ( Na2O, K2O, CaO, BaO, Li2O) + H2O →bazơ tương ứng M(OH)n Na2O + H2O →? BaO + H2O →? Giải: Na2O + H2O →NaOH Na2O + H2O →2NaOH BaO + H2O →Ba(OH)2 Dạng 2: Oxit axit ( SO3, CO2, SO2, N2O5, P2O5) + H2O →axit tương ứng HnA Chú ý: Oxit axit Axit tương ứng SO3 H2SO4 CO2 H2CO3 SO2 H2SO3 N2O5 HNO3 P2O5 H3PO4 NO2 HNO3 và HNO2 SiO2 H2SiO3 SO3 + H2O →? N2O5 + H2O →? P2O5 + H2O →? Giải: SO3 + H2O →H2SO4 N2O5 + H2O →HNO3; N2O5 + H2O →2HNO3 (Cân bằng số nguyên tử N, hoặc H, hoặc O ở 2 về bằng cách đặt hệ số 2 trước phân tử HNO3) P2O5 + H2O →H3PO4; P2O5 + H2O →3H3PO4 ( cân bằng số nguyên tử P ở 2 vế) P2O5 + H2O →2H3PO4 ( cân bằng số nguyên tử P ở 2 vế) P2O5 + 3H2O →2H3PO4 ( cân bằng số nguyên tử H hoặc số nguyên tử H ở 2 vế hoặc số nguyên tử O) e) Oxit axit + dung dịch kiềm →Muối + Nước VD1: Sục SO2 từ từ đến dư vào dung dịch NaOH. Sau đó thêm KOH vào. Giải: ban đầu NaOH dư nên xảy ra ra phản ứng sau SO2 + 2NaOH →Na2SO3 + H2O Khi NaOH hết, xảy ra phản ứng: SO2 + Na2SO3 + H2O →2NaHSO3 Vì SO2 dư nên Na2SO3 đã chuyển hết thành NaHSO3. Khi thêm KOH vào: 2KOH + 2NaHSO3 →K2SO3 + Na2SO3 + 2H2O

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

VD2: Sục CO2 từ từ đến dư vào dung dịch nước vôi trong sau đó thêm dung dịch NaOH vào. C) VIẾT PTHH Bài 1. Viết các phương trình hóa học xảy ra trong các thí nghiệm sau: a) Nhỏ dung dịch Na2S vào dung dịch MgCl2 b) Sục khí H2S từ từ đến dư vào dung dịch FeCl3 c) Nhỏ dung dịch Na2CO3 đến dư vào dịch Fe2(SO4)3 d) Nhỏ dung dịch Na2S đến dư vào dung dịch AlCl3. e) Nhỏ dung dịch NH3 đến dư vào dung dịch AlCl3. f) Cho urê vào dung dịch Ba(OH)2 . g) Hòa tan hỗn hợp gồm Cu và Fe2O3 vào dung dịch HCl dư. h) Sục khí CO2 từ từ đến dư vào dung dịch hỗn hợp Ba(OH)2 và KOH i) Nhỏ dung dịch NH3 dư vào các dung dịch CuCl2; ZnSO4; AgNO3 GIẢI a) Na2S + MgCl2 + 2H2O → Mg(OH)2 + 2NaCl + H2S b) H2S + 2FeCl3 → 2FeCl2 + S + 2HCl c) Fe2(SO4)3 + 3Na2CO3 + 3H2O → 2Fe(OH)3 + 3Na2SO4 + 3CO2 d) 3Na2S + 2AlCl3 + 6H2O → 2Al(OH)3 + 6NaCl + 3H2S e) 3NH3 + AlCl3 + 3H2O → Al(OH)3 + 3NH4Cl f) (NH2)2CO + 2H2O → (NH4)2CO3 Ba(OH)2 + (NH4)2CO3 → BaCO3 + 2NH3 + 2H2O g) Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O Cu + 2FeCl3 → CuCl2 + 2FeCl2 h) Vì ban đầu CO2 thiếu nên thứ tự phản ứng xảy ra như sau: Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3 + H2O 2KOH + CO2 → K2CO3 + H2O CO2 + K2CO3 + H2O → 2KHCO3 CO2 + BaCO3 + H2O → Ba(HCO3)2 i) CuCl2 + 2NH3 + 2H2O → Cu(OH)2 + 2NH4Cl Cu(OH)2 + 4NH3 → Cu(NH3)4(OH)2 ZnSO4 + 2NH3 + 2H2O → Zn(OH)2 + 2NH4Cl Zn(OH)2 + 4NH3 → Zn(NH3)4(OH)2 AgNO3 + 3NH3 + H2O → Ag(NH3)2(OH) + NH4NO3 Bài 2. Viết PTHH xảy ra khi cho từ từ đến dư dung dịch: a) NaOH vào dung dịch H3PO4 b) H3PO4 vào dung dịch NaOH. c) AlCl3 vào dung dịch NaOH. d) HCl vào dung dịch chứa Na2CO3 và NaHCO3 GIẢI a) Vì ban đầu H3PO4 dư nên thứ tự phản ứng như sau: NaOH + H3PO4 → NaH2PO4 + H2O NaOH + NaH2PO4 → Na2HPO4 + H2O NaOH + Na2HPO4 → Na3PO4 + H2O b) Vì ban đầu NaOH dư nên thứ tự phản ứng như sau: H3PO4 + 3NaOH → Na3PO4 + 3H2O H3PO4 + 2Na3PO4 → 3Na2HPO4

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

H3PO4 + Na2HPO4 → 2NaH2PO4 c) Vì ban đầu NaOH dư nên Al(OH)3 vừa tạo ra ngay lập tức bị hòa tan. AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3 + 3NaCl NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2H2O AlCl3 + 3NaAlO2 + 6H2O → 4Al(OH)3 + 3NaCl d) Vì ban đầu HCl thiếu nên thứ tự phản ứng như sau: Na2CO3 + HCl → NaCl + NaHCO3 NaHCO3 + HCl → NaCl + H2O + CO2 Bài 3. Cho dung dịch AlCl3 lần lượt tác dụng với các dung dịch sau: a) NH3 b) Na2CO3 c) NaHCO3 Viết các phương trình phản ứng xảy ra. GIẢI a) AlCl3 + 3NH3 + 3H2O  → Al(OH)3 ↓ + 3NH4Cl b) 2AlCl3 + 3Na2CO3 + 3H2O  → 2Al(OH)3 ↓ + 6NaCl + 3CO2 ↑ c) AlCl3 + 3NaHCO3  → Al(OH)3 ↓ + 3NaCl + 3CO2 ↑ d) AlCl3 + 3NaAlO2 + 6H2O → 4Al(OH)3 + 3NaCl

d) NaAlO2

Bài 4. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi cho từ từ đến dư: a) Khí CO2 b) dung dịch NH4NO3. c) dung dịch NaHSO4 d) dung dịch HCl. e) dung dịch Al2(SO4)3 vào cốc chứa dung dịch KAlO2. GIẢI a) CO2 + 2KAlO2 + 3H2O → K2CO3 + 2Al(OH)3 CO2 + K2CO3 + H2O → 2KHCO3 ................................................................................................................................. CO2 + KAlO2 + 2H2O → KHCO3 + Al(OH)3 b) KAlO2 + NH4NO3 + H2O → Al(OH)3 ↓ + KNO3 + NH3 ↑ c) 2KAlO2 + 2NaHSO4 + 2H2O → K2SO4 + Na2SO4 + 2Al(OH)3 2Al(OH)3 + 6NaHSO4 → Al2(SO4)3 + 3Na2SO4 + 3H2O d) KAlO2 + HCl + H2O → 2KCl + Al(OH)3 Al(OH)3 + 3HCl → AlCl3 + 3H2O e) 6KAlO2 + Al2(SO4)3 + 12H2O → 3K2SO4 + 8Al(OH)3 Chú ý: Muối KAlO2 là muối của axit rất yếu (HAlO2) với bazơ mạnh nên trong dung dịch ⇀ bị thủy phân tạo môi trường kiềm: KAlO2 + HOH ↽ KOH + HAlO2 Đây là phản ứng thuận nghịch. Trong môi trường có sự hiện diện của một lượng nhỏ KOH. Nếu có chất nào phản ứng được với KOH thì phản ứng chuyển dịch theo chiều thuận, là chiều tạo ra HAlO2. Chất này ngậm nước ( HAlO2.H2O) chính là Al(OH)3. Bài 5. Viết phương trình phản ứng khi cho các dung dịch (mỗi dung dịch đều chứa 1 mol chất tan) tác dụng với nhau theo từng cặp sau: a) BaCl2 và NaHSO4 b) Ba(HCO3)2 và KHSO4 c) Ca(H2PO4)2 và KOH d) Ca(OH)2 và NaHCO3. GIẢI a) BaCl2 + NaHSO4  → BaSO4 ↓ + NaCl + HCl b) Ba(HCO3)2 + KHSO4  → BaSO4 ↓ + KHCO3 + CO2 ↑ + H2O c) Ca(H2PO4)2 + KOH  → CaHPO4 ↓ + KH2PO4 + H2O d) Ca(OH)2 + NaHCO3  → CaCO3 ↓ + NaOH + H2O

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Bài 6. Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi cho nước gia ven tác dụng lần lượt với: a) dung dịch HCl. b) dung dịch H2SO4 loãng. c) Khí CO2. d) Khí SO2. GIẢI a) NaClO + 2HCl → NaCl + Cl2 + H2O b) NaClO + NaCl + H2SO4 → Na2SO4 + Cl2 + H2O c) NaClO + CO2 + H2O → NaHCO3 + HClO d) NaClO + SO2 + H2O → NaCl + H2SO4 Bài 7. Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra trong mỗi trường hợp sau: a) Cho bột Cu vào dung dịch hỗn hợp NaNO3 và KHSO4. b) Sục Cl2 vào dung dịch FeSO4 dư. c) Sục Cl2 vào nước brom dư. d) Nhỏ dung dịch Na2S2O3 vào dung dịch HCl. e) Thêm nước vào clorua vôi rồi sục CO2 từ từ vào cho đến dư. g) Cho Cu vào dung dịch hỗn hợp KNO3 và HCl. h) Cho một mẩu Ba vào dung dịch NaHCO3. GIẢI a) 3Cu + 2NaNO3 + 8KHSO4 → 3CuSO4 + Na2SO4 + 2NO + 4K2SO4 + 4H2O b) 3Cl2 + 6FeSO4 → 2Fe2(SO4)3 + 2FeCl3 c) 5Cl2 + Br2 + 6H2O → 10HCl + 2HBrO3 d) H2SO4 + Na2S2O3 → Na2SO4 + SO2 + S + H2O e) CO2 + 2CaOCl2 + H2O → CaCO3 + 2HClO + CaCl2 CO2 + CaCO3 + H2O → Ca(HCO3)2 g) 3Cu + 2KNO3 + 8HCl → 3CuCl2 + 2KCl + NO + 4H2O e) Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 Ba(OH)2 + 2NaHCO3 → BaCO3 + Na2CO3 + 2H2O Nếu Ba(OH)2 dư: Ba(OH)2 + Na2CO3 → BaCO3 + 2NaOH Bài 8. Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi cho dung dịch NaHSO4 từ từ đến dư vào: a) Fe b) Ba(NO3)2 c) Fe(OH)3 d) Na2CO3 e) NH4HSO3 g) FeS h) CuO i) NaAlO2 GIẢI a) Fe + 2NaHSO4 → FeSO4 + Na2SO4 + H2 b) Ba(NO3)2 + NaHSO4 → BaSO4 + NaNO3 + HNO3 c) 2Fe(OH)3 + 6NaHSO4 → Fe2(SO4)3 + 3Na2SO4 + 6H2O d) Na2CO3 + NaHSO4 → Na2SO4 + NaHCO3 NaHCO3 + NaHSO4 → Na2SO4 + CO2 + H2O e) NH4HSO3 + NaHSO4 → Na2SO4+ (NH4)2SO4 + SO2 + H2O g) FeS + NaHSO4 → FeSO4 + Na2SO4 + H2S h) CuO + 2NaHSO4 → CuSO4 + Na2SO4 + H2O i) NaAlO2 + NaHSO4 + H2O → Na2SO4 + Al(OH)3 2Al(OH)3 + 6NaHSO4 → Al2(SO4)3 + 3Na2SO4 + 6H2O Chú ý: NaHSO4 hoặc KHSO4 có vai trò như H2SO4 loãng. Bài 9. Viết các phản ứng điều chế khí clo từ các hóa chất sau: Muối ăn, kali pemanganat, axit sunfuric đặc, nước cất với dụng cụ, thiết bị, nguồn nhiệt, nguồn điện có đủ. GIẢI nc 2NaCl  dp → 2Na + Cl2 ñpdd 2NaCl + 2H2O    n → 2NaOH + H2 + Cl2 coù maø n g ngaê

→ K2SO4 + 5Na2SO4 + 2MnSO4 + 5Cl2 + 8H2O 2KMnO4 + 10NaCl + 8H2SO4 (đặc)  Bài 10. Viết phương trình hóa học hoàn thành chuỗi phản ứng sau, kèm theo điều kiện ( nếu có) (2) (3) (4) (5) 6) FeCl3  (1) → FeCl2  → FeCl3  → Fe  → Fe(NO3)2  → Fe(NO3)3 ( → Fe2O3 GIẢI (1) 2FeCl3 + Fe → 3FeCl2 (2) 2FeCl2 + Cl2 → 2FeCl3 (3) 2FeCl3 + 3Mg → 3MgCl2 + 2Fe (4) Fe + Cu(NO3)2 → Fe(NO3)2 + Cu (5) Fe(NO3)2 + AgNO3 → Fe(NO3)3 + Ag

→ 2Fe2O3 + 12NO2 + 3O2 (6) 4Fe(NO3)3  Bài 11. Ngâm 1 lá nhôm ( dư ) vào ống nghiệm chứa dung dịch H2SO4 đặc, đun nóng cho đến khi phản ứng ngừng xảy ra. Viết PTHH xảy ra. GIẢI Thứ tự các phản ứng xảy ra như sau: t0

→Al2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O 2Al + 6H2SO4 (đ)  t0

→Al2(SO4)3 + S + 4H2O 2Al + 4H2SO4 (đ)  t0

→4Al2(SO4)3 + 3H2S + 12H2O 8Al + 15H2SO4 (đ)  2Al + 3H2SO4 (l) → Al2(SO4)3 + 3H2 Bài 12. Viết phương trình hóa học xẩy ra trong các quá trình sau. a) Hòa tan Fe (bột) vào dung dịch H2SO4 loãng, sau đó sục khí Cl2 đến dư vào dung dịch thu được. b) Để một vật làm bằng Ag ở ngoài không khí bị ô nhiễm H2S một thời gian. c) Cho vàng vào nước cường toan. d) Cho brom vào dung dịch K2CO3. e) Cho Fe(NO3)2 vào dung dịch HCl vừa đủ. GIẢI a) Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 6FeSO4 + 3Cl2 → 2FeCl3 + 2Fe2(SO4)3 ⇀ Cl2 + H2O ↽ HCl + HClO b) 4Ag + 2H2S + O2 → 2Ag2S + 2H2O c) Au +3HCl + HNO3 → AuCl3 + NO + 2H2O d) 3Br2 + 3K2CO3 → 5KBr + KBrO3 + 3CO2 e) 9Fe(NO3)2 + 12HCl → 3FeCl3 + 5Fe(NO3)3 + 3NO + 6H2O Bài 13. Cho hỗn hợp X gồm Cu, Ag, Fe, Al tác dụng với oxi dư, đun nóng được chất rắn Y. Cho Y vào dung dịch HCl dư, khuấy kĩ, sau đó lấy dung dịch thu được cho tác dụng với dung dung dịch NaOH loãng, dư. Lọc lấy kết tủa tạo thành, đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được chất rắn Z. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Viết các phương trình phản ứng và cho biết chất rắn Z chứa những chất nào? GIẢI t0

→ 2CuO; 3Fe + 2O2  → Fe3O4; 4Al + 3O2  → 2Al2O3 2Cu + O2  Y gồm: CuO, Fe3O4, Al2O3 và Ag. CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Fe3O4 + 8HCl → FeCl2 + 2FeCl3 + 4H2O Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O Tác dụng với NaOH dư: NaOH + HCl → NaCl + H2O CuCl2 + 2NaOH → Cu(OH)2 + 2NaCl FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl FeCl3 + 3NaOH → Fe(OH)3 + 3NaCl AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3 + 3NaCl Vì NaOH dư nên Al(OH)3 bị hòa tan hết theo phản ứng sau: NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2H2O Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi: t0

→ 2Fe2O3 + 4H2O 4Fe(OH)2 + O2  t0

→ Fe2O3 + 3H2O 2Fe(OH)3  t0

→ CuO + H2O Cu(OH)2   Z gồm CuO và Fe2O3 Bài 14. 1) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi lần lượt cho kim loại Ba tới dư vào các dung dịch sau: CuSO4; NaHCO3; (NH4)2SO4; Al(NO3)3 2) Từ đá vôi, muối ăn, nước và các điều kiện cần thiết, hãy điều chế: Na2CO3; NaHCO3; CaCl2; NaClO. GIẢI 1) Phương trình hóa học xảy ra: Dung dịch CuSO4: Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 ↑ Ba(OH)2 + CuSO4 → BaSO4 ↓ + Cu(OH)2 ↓ Dung dịch NaHCO3: Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 ↑ Ba(OH)2 + NaHCO3 → BaCO3 ↓ + NaOH + H2O Dung dịch (NH4)2SO4: Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 ↑ Ba(OH)2 + (NH4)2SO4 → BaSO4 ↓ + 2NH3↑ + 2H2O Dung dịch Al2(SO4)3: Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 ↑ 3Ba(OH)2 + 2Al(NO3)3 → 2Al(OH)3 + 3Ba(NO3)2 Ba(OH)2 + 2Al(OH)3 → Ba(AlO2)2 + 4H2O 2) Điều chế: to

→CaO + CO2 CaCO3  ñpdd 2NaCl + 2H2O    n → 2NaOH + H2↑ + Cl2 ↑ coù maø n g ngaê CaO + H2O → Ca(OH)2 as H2 + Cl2  → 2HCl 2NaOH + CO2 → Na2CO3 + 2H2O NaOH + CO2 → NaHCO3 Ca(OH)2 + 2HCl → CaCl2 + 2H2O

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

2NaOH + Cl2 → NaCl + NaClO + H2O Bài 15. Cho FeCl2 vào lượng dư dung dịch hỗn hợp gồm KMnO4 và H2SO4 (loãng) rồi đun nóng, thu được khí X. Sục khí X vào dung dịch NaOH dư, thu được dung dịch Y. Chia Y thành 2 phần. Sục CO2 dư vào phần 1. Nhỏ dung dịch H2SO4 (loãng, dư) vào phần 2. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. GIẢI to

→5Fe2(SO4)3 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 10Cl2 ↑ + 10FeCl2 + 6KMnO4 + 24H2SO4  24H2O Khí X: Cl2 Cl2 + 2NaOH →NaCl + NaClO + H2O Dung dịch Y: NaClO, NaCl, NaOH dư. Phần 1: CO2 + NaOH →NaHCO3 CO2 + NaClO + H2O → HClO + NaHCO3 Phần 2: 2NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O NaClO + H2SO4 + NaCl → Na2SO4 + Cl2 ↑ + H2O D) LẬP LUẬN XÁC ĐỊNH CHẤT Bài 1. Có 5 hợp chất vô cơ: A, B, C, D, E có khối lượng phân tử tăng dần và đều chứa nguyên tố X ( có trong quặng ở Lào Cai). Khi cho 5 hợp chất trên lần lượt tác dụng với dung dịch NaOH dư, đều thu được dung dịch có cùng chất Y. Hãy cho biết các chất A, B, C, D, E và viết các phương trình phản ứng. GIẢI Quặng ở Lào Cai phần lớn là quặng photphorit có chứa nguyên tố P  A, B, C, D, E là các hợp chất của P. Mặt khác: Cả 5 chất đều phản ứng với Vì MA < MB < MC < MD < ME  A là HPO3 (80); B là H3PO4 (98); C là NaH2PO4 (120); D là P2O5 ( 142) hoặc Na2HPO4 (142); E là H4P2O7 HPO3 + 3NaOH → Na3PO4 + 2H2O H3PO4 + 3NaOH→ Na3PO4 + 3H2O NaH2PO4 + 2NaOH → Na3PO4 + 2H2O P2O5 + 6NaOH → 2Na3PO4 + 3H2O Hoặc: Na2HPO4 + NaOH → Na3PO4 + H2O H4P2O7 + 6NaOH → 2Na3PO4 + 5H2O (Chú ý: Khi 1 phân tử H3PO4 mất 1 phân tử nước sẽ tạo ra 1 phân tử axit HPO3; 2 phân tử H3PO4 mất 1 phân tử nước sẽ tạo thành H4P2O7. Khi cho các axit này vào nước đều tạo ra H3PO4 ) Bài 2. a) Cho biết A, B, C, D, E là các hợp chất của Na. Cho A lần lượt tác dụng với các dung dịch B, C thu được các khí tương ứng X, Y. Cho D, E lần lượt tác dụng với nước thu được các khí tương ứng Z, T. Biết X, Y, Z, T là các khí thông thường, chúng tác dụng với nhau từng đôi một. Tỉ khối của X so với Z bằng 2 và tỉ khối của Y so với T cũng bằng 2. Viết tất cả các phản ứng xảy ra. b) Khí T tan trong nước, tạo dung dịch T. Viết phương trình phản ứng khí cho dung dịch T tác dụng với Cl2, CO2, dung dịch FeCl3, dung dịch CuSO4. GIẢI X: SO2; Z: O2; Y: H2S; T: NH3  A: NaHSO4; B: Na2SO3 hoặc NaHSO3; C: Na2S hoặc NaHS E: Na3N D: Na2O2;

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

2NaHSO4 + Na2SO3 → 2Na2SO4 + SO2 + H2O 2NaHSO4 + Na2S → 2Na2SO4 + H2S 2Na2O2 + 2H2O → 4NaOH + O2 Na3N + 3H2O → 3NaOH + NH3 4500 C ,V2 O5 → 2SO2 + O2 ← 2SO3 t0C

SO2 + 2H2S → 3S + 2H2O SO2 + NH3 + H2O → NH4HSO3 ( hoặc (NH4)2SO3 ) 0

2H2S + O2 (thiếu) → 2S + 2H2O t0C

2H2S + 3O2 (dư) → 2SO2 + 2H2O t0C

H2S + NH3 → NH4HS ( hoặc (NH4)2S ) t0C

4NH3 + 3O2 → 2N2 + 6H2O 8500 C,Pt

4NH3 + 5O2  → 4NO + 6H2O b) 8NH3 + 3Cl2 → N2 + 6NH4Cl ( hoặc (NH4)2CO3 ) NH3 + CO2 + H2O → NH4HCO3 3NH3 + FeCl3 + 3H2O → Fe(OH)3 + 3NH4Cl 2NH3 + CuSO4 + 2H2O → (NH4)2SO4 + Cu(OH)2 Cu(OH)2 + 4NH3 → [Cu(NH3)4](OH)2 Bài 3. Đốt cháy hoàn toàn a gam S rồi cho sản phẩm sục qua 200 ml dung dịch NaOH bM thu được dung dịch X. Chia X làm hai phần bằng nhau. Phần 1 cho tác dụng với dung dịch CaCl2 dư, thấy xuất hiện c gam kết tủa. Phần 2 cho tác dụng với dung dịch nước vôi trong dư thấy xuất hiện d gam kết tủa. Biết d > c. Tìm biểu thức quan hệ giữa a và b. GIẢI Phương trình: S + O2 →SO2 (1) SO2 + NaOH →NaHSO3 (2) SO2 + 2NaOH →Na2SO3 + H2O (3) Phần 1 tác dụng với CaCl2 sinh ra kết tủa, chứng tỏ dd X có chứa Na2SO3, phần 2 tác dụng với dd Ca(OH)2 tạo kết tủa sinh nhiều kết tủa hơn chứng tỏ ddX có muối NaHSO3 Na2SO3 + CaCl2 →CaSO3 + 2 NaCl (4) NaHSO3 + Ca(OH)2 →CaSO3 + NaOH + H2O (5) (6) Na2SO3 + Ca(OH)2 →CaSO3 + 2NaOH nS = a/32 (mol), nNaOH = 0,2b (mol) Theo (2), (3): Để SO2 tác dụng với dd NaOH sinh ra 2 muối thì: a a n n <b< 1 < NaOH = NaOH < 2 →1< 0,2b = 0,64b < 2  6,4 3,2 nS n SO 2 a / 32 a Bài 4. Có 4 dung dịch muối A, B, C, D ( mỗi dung dịch chứa 1 muối, các muối có gốc axit khác nhau). Tiến hành các thí nghiệm sau: TN1: Trộn dung dịch A với dung dịch B đồng thời đun nóng nhẹ thấy thoát ra chất khí làm đỏ giấy quỳ tím ẩm và xuất hiện kết tủa trắng. TN2: Cho từ từ đến dư dung dịch A vào dung dịch C sau một thời gian thấy sủi bọt khí. TN3: Trộn dung dịch B với dung dịch C hoặc dung dịch D đều thấy xuất hiện kết tủa trắng. TN4: Trộn dung dịch C với dung dịch D thấy có kết tủa và sủi bọt khí. Hãy lựa chọn các chất A, B, C, D thích hợp và viết phương trình phản ứng.

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

GIẢI * A + B, đun nóng nhẹ tạo khí làm đỏ giấy quỳ tím và có kết tủa trắng  một trong 2 muối là BaCl2 và muối còn lại là NaHSO4 hoặc KHSO4 * Khi nhỏ từ từ A vào C, sau một thời gian mới có khí  C là muối cacbonat, sunfit hoặc sunfua trung hòa (C là Na2CO3 chẳng hạn)  A là NaHSO4 và B là BaCl2 * D tạo kết tủa trắng với BaCl2 và D vừa tạo kết tủa, vừa tạo khí với Na2CO3  D là Al2(SO4)3 hoặc Fe2(SO4)3. t0C

TN1: NaHSO4 + BaCl2 → NaCl + BaSO4↓ + HCl↑ TN2: NaHSO4 + Na2CO3 → Na2SO4 + NaHCO3 NaHSO4 + NaHCO3 → Na2SO4 + CO2 + H2O TN3: BaCl2 + Na2CO3 → BaCO3 + 2NaCl 3BaCl2 + Al2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2AlCl3 TN4: 3Na2CO3 + Al2(SO4)3 + 3H2O → 3Na2SO4 + 2Al(OH)3 + 3CO2 Bài 5. Cho các thí nghiệm sau: Thí nghiệm 1: Cho BaO vào dung dịch H2SO4 loãng, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được kết tủa A và dung dịch B. Thí nghiệm 2: Cho Al dư vào dung dịch B thu được khí E và dung dịch D. Thí nghiệm 3: Cho dung dịch Na2CO3 vào dung dịch D thu được kết tủa F. Xác định các chất A, B, D, E, F và viết PTHH. GIẢI BaO + H2SO4 → BaSO4 + H2O (A) BaO + H2O → Ba(OH)2 Vì Al + dung dịch B → khí  dung dịch B chứa H2SO4 dư hoặc Ba(OH)2 Na2CO3 + dung dịch D → Kết tủa  D chứa Al2(SO4)3 hoặc Ba(AlO2)2 2Al + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2 ( E) Al2(SO4)3 + 3Na2CO3 + 3H2O → 2Al(OH)3 + 3Na2SO4 + 3CO2 (F) 2Al + Ba(OH)2 + 2H2O → Ba(AlO2)2 + 3H2 (E) Ba(AlO2)2 + Na2CO3 → BaCO3 + 2NaAlO2 ( F) Bài 6. a) Có 5 khí A, B, C, D, E. Khí A được điều chế bằng cách nung KMnO4 ở nhiệt độ cao, khí B được điều chế bằng cách cho FeCl2 tác dụng với dung dịch hỗn hợp KMnO4 trong H2SO4 loãng dư, khí C được điều chế bằng cách cho sắt II sunfua tác dụng với H2SO4 đặc nóng, khí D được điều chế bằng cách cho sắt pirit vào dung dịch HCl trong điều kiện thích hợp, khí E được điều chế bằng cách cho magie nitrua tác dụng với nước. Hãy viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b) Cho các khí A, B, C, D, E lần lượt tác dụng với nhau từng đôi một, trường hợp nào có phản ứng xảy ra ? Viết phương trình hóa học của các phản ứng và ghi rõ điều kiện (nếu có). GIẢI A là O2; B : Cl2; C: SO2; D : H2S; E : NH3 t0

→ K2MnO4 + MnO2 + O2 ↑ 2 KMnO4 

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

10FeCl2 + 2KMnO4 + 18H2SO4 → 5Fe2(SO4)3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 10Cl2 ↑ + 18H2O 2FeS + 10 H2SO4đặc nóng  → Fe2(SO4)3 + 9SO2 ↑ + 10H2O FeS2 + 2 HCl  → FeCl2 + S + H2S ↑ Mg3N2 + 6 H2O  → 3Mg(OH)2 ↓ + 2NH3 ↑ 4500 C ,V2 O5 → 2SO2 + O2 ← 2SO3 t0

→ 2SO2 + 2H2O 2H2S + 3O2  Hoặc : 2H2S + O2 (thiếu)  → 2S + 2H2O 8500 C,Pt

4NH3 + 5O2  → 4NO ↑ + 6H2O t0

→ 2N2 ↑ + 6H2O Hoặc : 4NH3 + 3O2(thiếu)  t0

→ SO2Cl2 Cl2 + SO2  Cl2 + H2S  → S + 2HCl 3Cl2 + 2NH3  → N2 ↑ + 6HCl Hoặc : 3Cl2 + 8NH3  → 6NH4Cl + N2 ↑ 2H2S + SO2  → 3S + 2H2O H2S + NH3  → NH4HS Bài 7. Trong mỗi chén sứ A, B, C đựng một muối nitrat. Trong đó B, C là muối nitrat của kim loại hóa trị 2. Nung các chén sứ ở nhiệt độ cao ngoài không khí tới phản ứng hoàn toàn, sau đó làm nguội người ta thấy: Trong chén A: Không còn dấu vết gì; Trong chén B: Cho dung dịch HCl vào chén B thấy thoát ra một khí không màu, hoá nâu ngoài không khí; Trong chén C: Còn lại chất rắn màu nâu đỏ. Xác định các chất A, B, C và viết phương trình minh họa. GIẢI Chén A không còn dấu vết chứng tỏ muối đã nhiệt phân chuyển hết thành thể hơi và khí,do đó muối là Hg(NO3)2 , NH4NO3,.. t0C

Hg(NO3)2 → Hg + 2NO2 + O2 t0C

Hoặc NH4NO3 →N2O + 2H2O Sản phẩm sau nhiệt phân muối của chén B tác dụng với HCl cho khí không màu chứng tỏ muối ban đầu là muối nitrat của kim loại Ba(NO3)2, Ca(NO3)2 Ca(NO3)2

C t → Ca(NO2)2 + O2 0

Hoặc: Ba(NO3)2 → Ba(NO2)2 + O2 Ca(NO2)2 + 2HCl → CaCl2 + 2HNO2 Hoặc: Ba(NO2)2 + 2HCl → BaCl2 + 2HNO2 3HNO2 → HNO3 + 2NO + H2O C chứa muối nitrat của sắt II: Fe(NO3)2 t0C

4Fe(NO3)2 → 2Fe2O3(Nâu) + 8NO + O2 Bài 8. A, B, C, D, E, F là các hợp chất có oxi của nguyên tố X và khi tác dụng với dung dịch NaOH đều tạo ra chất Z và H2O. X có tổng số proton và nơtron trong nguyên tử bé hơn 35, có tổng đại số số oxi hóa dương cao nhất và 2 lần số oxi hóa âm là -1. Hãy lập luận để xác định các chất trên và viết phương trình phản ứng. Biết rằng dung dịch A, B, C làm quỳ tím hóa đỏ, dung dịch E, F phản ứng được với axit mạnh và bazơ mạnh.

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

GIẢI Vì pX + nX < 35; nX ≥ pX  pX < 17  X ở chu kì bé  X ở nhóm A. Gọi x, y lần lượt là số oxi hóa dương cao nhất và số oxi hóa âm của X. Theo đề, ta có: x + y = 8 và x + 2y = -1  x = 5; y = -3  X thuộc nhóm VA và X là N hoặc P. A, B, C là axit vì chúng làm quỳ tím hóa đỏ. D, E, F tác dụng với NaOH cho chất Z và H2O nên D, E, F là oxit axit hoặc muối axit. E, F tác dụng được với axit mạnh và bazơ mạnh nên E, F phải là muối axit. Từ những lập luận trên, chúng ta lựa chọn X là phot pho vì P tạo được muối axit. A, B, C, D, E, F đều tác dụng với NaOH tạo ra Z và nước, nên trong các trường hợp này P có số oxi hóa như nhau và cao nhất là +5. Ta có: A: H3PO4; B: HPO3; C: H4P2O7; D: P2O5; E: NaH2PO4; F: Na2HPO4; Z: Na3PO4 H3PO4 + 3NaOH → Na3PO4 + 3H2O HPO3 + 3NaOH → Na3PO4 + 2H2O H4P2O7 + 6NaOH → 2Na3PO4 + 5H2O P2O5 + 6NaOH → 2Na3PO4 + 3H2O NaH2PO4 + 2NaOH → Na3PO4 + 2H2O Na2HPO4 + NaOH → Na3PO4 + H2O NaH2PO4 + HCl → NaCl + H3PO4 Na2HPO4 + 2HCl → 3NaCl + H3PO4 Bài 9. Sục khí A vào dung dịch chứa chất B thu được rắn C màu vàng và dung dịch D. Khí X có màu vàng lục tác dụng với khí A tạo ra C và F. Nếu X tác dụng với khí A trong nước tạo ra Y và F, rồi thêm BaCl2 vào dung dịch thì có kết tủa trắng. A tác dụng với dung dịch chất G là muối nitrat kim loại tạo ra kết tủa H màu đen. Đốt cháy H bởi oxi ta được chất lỏng I màu trắng bạc. Xác định A, B, C, F, G, H, I, X, Y và viết phương trình hóa học của các phản ứng. GIẢI A : H2S; B : FeCl3; C : S ; F : HCl ; G : Hg(NO3)2 ; H : HgS ; I : Hg ; X : Cl2 ; Y : H2SO4 H2S + 2FeCl3  → 2FeCl2 + S + 2HCl Cl2 + H2S → S + 2HCl 4Cl2 + H2S + 4H2O → 8HCl + H2SO4

BaCl2 + H2SO4 → BaSO4 ↓ + 2HCl H2S + Hg(NO3)2 → HgS ↓ + 2HNO3 t0

→ Hg + SO2 HgS + O2  Bài 10. Cho sơ đồ biến hóa: X X + H 2O A  +→ B  + → D ←  P

D → X

+Y Y Q +→ R

Xác định các chất trong sơ đồ trên và viết phương trình hóa học minh họa, biết A, B, D, Y là hợp chất của natri. P, Q, R là hợp chất của bari, Q không tan trong nước nhưng tan trong dung dịch HCl và kém bền với nhiệt. R không tan trong axit, không tan trong kiềm và không bị phân hủy bởi nhiệt. GIẢI

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

A: NaOH, B: Na2CO3, D: NaHCO3, P: Ba(HCO3)2, R: BaSO4, Q: BaCO3, X: CO2 , Y: NaHSO4 2NaOH + CO2 → Na2CO3 + H2O NaOH + CO2 → NaHCO3 t0 Na2CO3 + CO2 ↑ + H2O 2NaHCO3 → Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2 ↑ + H2O Na2CO3 + CO2 + H2O → 2NaHCO3 2NaHCO3 + Ba(OH)2 → BaCO3 ↓ + Na2CO3 + 2H2O BaCO3 +2NaHSO4 → BaSO4 ↓ + Na2SO4 + CO2 ↑ + H2O Ba(HCO3)2 + Na2CO3 → 2NaHCO3 + BaCO3 ↓ NaHCO3 + HCl → NaCl + H2O + CO2 Ba(HCO3)2 + 2NaHSO4 → BaSO4 ↓ +Na2SO4 + 2CO2 ↑ + 2H2O Bài 11. Muối X khi nung trên ngọn lửa vô sắc cho ngọn lửa màu tím. Đun nóng hỗn hợp muối X với KMnO4 và H2SO4 đặc tạo ra khí Y màu vàng lục. Khí Y tác dụng với vôi sữa tạo ra chất rắn Z. Cho Z vào dung dịch HCl đặc lại thu được khí Y. Nếu điện phân dung dịch X không có màng ngăn có thu được khí Y không? Viết PTHH minh họa. GIẢI Theo đề: X, Y, Z lần lượt là KCl, Cl2, CaOCl2 t0 10KCl + 2KMnO4 + 8H2SO4 → 6K2SO4 + 2MnSO4 + 5Cl2 + 8H2O Cl2 + Ca(OH)2 → CaOCl2 + H2O CaOCl2 + 2HCl → CaCl2 + Cl2 + H2O di enphan dd → KClO + H2 KCl + H2O  khongcomangngan

Mg2Si + 4HCl → 2MgCl2 + SiH4

Không thu được Cl2 vì nếu không có màng ngăn thì Cl2 và KOH phản ứng với nhau tạo KClO Bài 12. C, E, F là các đơn chất phi kim thỏa mãn các sơ đồ sau: a) A → B + C; b) B + D → E + F + G; c) E + G → A + B+ D ; d) E + G → B + H + D Xác định A, B, C, D, E, F, G, H. Viết PTHH. GIẢI A, B, C, D, E, F, G, H phù hợp là: KClO3, KCl, O2, H2O, KOH, H2, Cl2, KClO.

→ CO2 + 2SO2 + 2H2O C + 2H2SO4 (đ)  A: CO2 và SO2. Vì NaOH dư nên: 2NaOH + SO2 → Na2SO3 + H2O 2NaOH + CO2 → Na2CO3 + H2O Dung dịch thuốc tím: 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → 2MnSO4 + K2SO4 + 2H2SO4 Nước brom: SO2 + 2H2O + Br2 → H2SO4 + 2HBr Bài 16. Khí A không màu, khi sục qua dung dịch brom làm dung dịch đậm màu hơn. Khí B không màu, khi sục một lượng dư B qua dung dịch brom làm dung dịch brom mất màu. Nếu sục khí A vào dung dịch H2SO4 đặc cũng có khí B thoát ra. Xác định A, B và viết PTHH. GIẢI Khí A không màu, làm đậm màu dung dịch brom  A chỉ có thể là HI ( khí hiđro iotua): 2HI + Br2 →2HBr + I2 Khí B không màu, làm mất màu dung dịch brom và là sản phẩm của HI với axit H2SO4 đặc  B có thể là H2S hoặc SO2: H2S + 4Br2 + 4H2O →8HBr + H2SO4 ( hoặc H2S + Br2 →2HBr + S) SO2 + Br2 + H2O →H2SO4 + 2HBr 8HI + H2SO4 (đ) →4I2 + H2S + 4H2O 2HI + H2SO4 (đ) →I2 + SO2 + 2H2O Bài 17. Bình A chứa đầy không khí khô (đã loại bỏ hơi nước). Cho 1 mẩu Na vào bình A, được chất rắn B. Thêm dung dịch Al(NO3)3 dư vào bình A, được kết tủa D và khí E. Xác định các chất trong B, D, E và viết PTHH. GIẢI Không khí khô có O2, N2, CO2, khí hiếm ( Na chỉ phản ứng với N2 ở nhiệt độ cao)

t0,MnO

2  → 2KCl + 3O2 2KClO3  2KCl + 2H2O đpddcomang   ngan  → 2KOH + H2 + Cl2

>750 C

6KOH + 3Cl2 → KClO3 + 5KCl + 3H2O 2KOH + Cl2 → KCl + KClO + H2O Bài 13. Hợp chất A tác dụng với lượng dư Mg khi đun nóng tạo nên hai chất, một trong hai chất đó là B. Chất B tác dụng với dung dịch HCl giải phóng khí độc D. Khi đốt cháy D lại tạo nên chất A ban đầu và H2O. Tìm các chất A, B, D và viết phương trình hóa học. GIẢI A: SiO2; B: Mg2Si; D: SiH4 (Silan) t0

→ 2MgO + Si 2Mg + SiO2  t0

→ Mg2Si 2Mg + Si 

→SiO2 + 2H2O SiH4 + 2O2  Bài 14. A, B, C là các đơn chất của các nguyên tố thuộc chu kì nhỏ thỏa mãn các sơ đồ sau: a) A + C → D ↑ ; b) A + B → E ↑ ; c) A + F → D ↑ + H2O; d) D + E → A ↓ + H2O e) D + KMnO4 + H2O → G + H + F; g) E + KMnO4 + F → A ↓ + G + H + H2O Xác định A, B, C, D, E, F, G, H. Viết PTHH. GIẢI A, B, C, D, E, F, G, H phù hợp là: S, H2, O2, SO2, H2S, H2SO4, K2SO4, MnSO4 S + O2

t t t   → SO2; S + H2   → H2S; S + 2H2SO4 (đ)   → 3SO2 + 2H2O

→ 3S + 2H2O; SO2 + 2H2S  5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → 2MnSO4 + K2SO4 + 2H2SO4 5H2S + 2KMnO4 + 3H2SO4 → 2MnSO4 + K2SO4 + 5S + 8H2O Bài 15. Cho than vào dung dịch H2SO4 đặc nóng thu được khí A. Chia A thành 3 phần. Cho phần 1 vào dung dịch NaOH dư; cho phần 2 vào dung dịch thuốc tím; cho phần 3 vào dung dịch nước brom. Viết PTHH. GIẢI t0

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

4Na + O2 →2Na2O; 2Na + O2 →Na2O2 Na2O + CO2 →Na2CO3; Na2O2 + 2CO2 →2Na2CO3 + O2 Rắn B: Na, Na2O, Na2O2, Na2CO3 B + dung dịch Al(NO3)3 dư: 2Na + 2H2O →2NaOH + H2; Na2O + H2O →2NaOH 2Na2O2 + 2H2O →4NaOH + O2 3NaOH + Al(NO3)3 →Al(OH)3 + 3NaNO3 3Na2CO3 + 2Al(NO3)3 + 3H2O →6NaNO3 + 2Al(OH)3 + 3CO2 Kết tủa D: Al(OH)3; Khí E: CO2 với H2 và O2 Bài 18. Hai hợp chất khí X và Y đều chứa nguyên tố A. X và Y phản ứng trực tiếp được với nhau tạo thành đơn chất A. Cả X và Y đều phản ứng được với nước vôi trong và dung dịch thuốc tím. Khi sục X hoặc Y cùng với khí clo vào nước đều có phản ứng xảy ra. Chọn các chất X, Y thích hợp và viết các PTHH. GIẢI Theo đề, X và Y chỉ có thể là: SO2 và H2S PTHH:SO2 + 2H2S →3S + 2H2O SO2 + Ca(OH)2 →CaSO3 + H2O Nếu SO2 dư: SO2 + CaSO3 + H2O →Ca(HSO3)2 H2S + Ca(OH)2 →CaS + 2H2O H2S + Ca(OH)2 →Ca(HS)2 + 2H2O 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O →K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 3H2S + 2KMnO4 →3S + 2MnO2 + 2KOH + 2H2O SO2 + Cl2 + 2H2O → 2HCl + H2SO4 H2S + 4Cl2 + 4H2O →8HCl + H2SO4 Bài 19. Muối X (chứa 2 nguyên tố) bị thủy phân mạnh trong nước tạo ra khí A có mùi trứng thối. Hợp chất Y (chứa 2 nguyên tố) được dùng để sản xuất kim loại M (D = 2,7 g/cm3), M là kim loại có trong muối X. Muối Z (chứa 3 nguyên tố có trong X, Y) tan trong nước và bị thủy phân. Z phản ứng được với dung dịch Na2CO3 vừa tạo khí, vừa tạo kết tủa. Lập luận để xác định A, M, X, Y, Z và viết PTHH minh họa. GIẢI A là khí có mùi trứng thối  A là H2S Thủy phân muối X tạo H2S  X là muối sunfua ( =S) Kim loại M có D = 2,7 g/cm3  M là Al Muối X chứa 2 nguyên tố Al và S  X là Al2S3 Y chứa 2 nguyên tố dùng để sản xuất Al  Y là Al2O3 Muối Z chứa 3 nguyên tố có trong Al2S3 và Al2O3 Z chứa Al, S, O; Z tan trong nước và bị thủy phân, Z phản ứng với dung dịch Na2CO3 tạo kết tủa và khí  Z phải là Al2(SO4)3 Al2S3 + 6H2O →2Al(OH)3 + 3H2S đpnc,criolit

→ 4Al + 3O2 2Al2O3  ⇀ 2Al(OH)3 + 3H2SO4 Al2(SO4)3 + 6H2O ↽ Al2(SO4)3 + 3Na2CO3 + 3H2O →2Al(OH)3 + 3CO2 + 3Na2SO4 Bài 20. Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ dưới đây. Biết M là kim loại, từ X đến M là kí hiệu các chất vô cơ khác nhau (ở dạng nguyên chất hoặc trong nước).

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

+ HCl X

Y Z

+ NaOH

+ B dư + C dư

Điện phân nóng chảy

+ D dư

GIẢI M được sản xuất từ phương pháp điện phân nóng chảy X; X vừa phản ứng với kiềm vừa phản ứng với axit M chỉ có thể là Al; X là Al2O3 Y: AlCl3; T: NaAlO2; E: Al(OH)3 A: H2SO4 loãng; Z: Al2(SO4)3; B, C: dd Na2CO3, dd NH3; D: khí CO2 Al2O3 + 6HCl →2AlCl3 + 3H2O Al2O3 + 3H2SO4 →Al2(SO4)3 + 3H2O Al2O3 + 2NaOH →2NaAlO2 + H2O 2AlCl3 + 3Na2CO3 + 3H2O →2Al(OH)3 + 6NaCl + 3CO2 Al2(SO4)3 + 6NH3 + 6H2O →2Al(OH)3 + 3(NH4)2SO4 NaAlO2 + CO2 + 2H2O →NaHCO3 + Al(OH)3 t0

→ Al2O3 + 3H2O 2Al(OH)3  →4Al + 3O2 2Al2O3  criolit Bài 21. Để nghiên cứu khả năng chịu ăn mòn của kim loại đồng, thực hiện các thí nghiệm sau: - Thí nghiệm 1: Nhúng thanh đồng thứ nhất vào cốc 1 đựng dung dịch axit X, thấy dung dịch chuyển sang màu xanh của muối A, có khí không màu bay lên, hóa nâu trong không khí. - Thí nghiệm 2: Nhúng thanh đồng thứ hai vào cốc 2 đựng dung dịch axit Y, không thấy có hiện tưởng xảy ra. - Thí nghiệm 3: Nhúng thanh đồng vào cốc thứ 3 đựng dung dịch axit Z loãng, không thấy có hiện tượng xảy ra. Tiếp theo, thổi không khí vào thanh đồng trong dung dịch ở cốc 2 và 3 trong vài giờ, thấy cả hai dung dịch hóa xanh, khối lượng thanh đồng trong cốc 2 giảm đi 1,28 gam, còn trong cốc 3 giảm 0,96 gam. + Nếu cô cạn toàn bộ phần dung dịch ở cốc 2 (sau khi thổi không khí) thì thu được 3,42 gam tinh thể hidrat B; còn nếu cho tác dụng với dung dịch AgNO3 vừa đủ thì thu được kết tủa trắng C, lọc tách C, cô cạn phần dung dịch còn lại thu được 4,84 gam tinh thể hidrat D. + Nếu cô cạn toàn bộ phần dung dịch ở cốc 3 (sau khi thổi không khí) thì thu được 3,75 gam tinh thể hidrat E; còn nếu cho tác dụng với dung dịch BaCl2 vừa đủ thì được kết tủa trắng F. a) Viết công thức cấu tạo của các axit X, Y, Z và gọi tên chúng. b) Viết công thức các chất A, B, C, E và F. Viết phản ứng tạo thành C và F. c) Tại sao đồng bắt đầu bị ăn mòn hóa học khi thổi không khí vào các dung dịch Y, Z? Viết các phương trình phản ứng xảy ra. GIẢI a) Cu + dd axit X tạo khí không màu hóa nâu trong không khí X là dung dịch HNO3 loãng. Cu + (dd axit Y/ dd axit Z loãng) không có hiện tượng gì; ñpnc

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Cu + (dd axit Y/ dd axit Z loãng) + O2 đều tạo dung dịch màu xanh; muối (TN2) tạo kết tủa trắng với AgNO3 và muối (TN3) tạo kết tủa trắng với BaCl2 Y là dung dịch HCl (axit clohiđric) và Z là dung dịch H2SO4 loãng (axit sunfuric loãng): 3Cu + 8HNO3 →3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O; (2NO + O2 →2NO2) 2Cu + 4HCl + O2 →2CuCl2 + 2H2O 2Cu + 2H2SO4 + O2 →2CuSO4 + 2H2O b) TN2:

CHỦ ĐỀ 4: BÀI TẬP DỰA VÀO THỨ TỰ PHẢN ỨNG

nCu( pö ) =

1,28 3,42 = 0,02 (mol)  nCuCl .nH O = 0,02 (mol)  MCuCl .nH O = 135 + 18n = = 171 (g / mol)  n = 2 64 0,02 2

B: CuCl2.2H2O CuCl2 + 2AgNO3 →Cu(NO3)2 + 2AgCl↓ 0,02 mol 0,02 mol

(C là AgCl)

 nCu(NO ) .mH O = 0,02 (mol)  MCu(NO ) .mH O = 188 + 18m = 3 2

3 2

D: Cu(NO3)2.3H2O TN3: n Cu( pö ) =

4,84 = 242 (g / mol)  m = 3 0,02

0,96 3,75 = 0,015 (mol)  nCuSO .zH O = 0,015 (mol)  MCuSO .zH O = 160 + 18z = = 250 (g / mol) 64 0, 015 4

z = 5 E: CuSO4.5H2O

CuSO4 + BaCl2 →CuCl2 + BaSO4↓ (F là BaSO4) c) Khi thổi không khí vào dung dịch Y, Z thấy Cu bắt đầu bị ăn mòn vì Cu phản ứng với oxi tạo CuO và CuO bị hòa tan bởi axit tạo dung dịch có màu xanh. 2Cu + O2 →2CuO CuO + 2HCl →CuCl2 + H2O CuO + H2SO4 →CuSO4 + H2O Bài 22. Chọn các chất A, B, D, E, G, H, L phù hợp và hoàn thành các phương trình hóa học sau: (1) A + 2H2O → B (2) B + 2NaOH → D + 2E + 2H2O (3) B + 2HCl → 2G + H + H2O (4) B + H + H2O → 2L t0

→ E + H + H2O (5) L  Biết A là một hợp chất có trong phân bón hóa học. GIẢI A: (NH2)2CO; B: (NH4)2CO3; D: Na2CO3; E: NH3; H: CO2; NH4HCO3. (1) CO(NH2)2 + 2H2O→ (NH4)2CO3 (2) (NH4)2CO3 + 2NaOH → Na2CO3 + 2NH3 ↑ + 2H2O (3) (NH4)2CO3 + 2HCl → 2NH4Cl + CO2 ↑ + H2O (4) (NH4)2CO3 + CO2 + H2O → 2NH4HCO3 t0

→ NH3 + CO2 + H2O (5) NH4HCO3 

G: NH4Cl;

Bài tập 1. Cho 175 ml dung dịch Ba(OH)2 1M vào 100 ml dung dịch Mg(HCO3)2 1M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam kết tủa. Tìm giá trị của m. GIẢI n Ba(OH ) = 0,175.1 = 0,175 (mol); n Mg( HCO ) = 0,1.1 = 0,1 (mol) 2

2 2

TH1: Nếu lượng kết tủa Mg(OH)2 tạo ra cực đại Mg(HCO3)2 + 2Ba(OH)2 → Mg(OH)2 + 2BaCO3 + H2O (1) a mol 2a mol a mol 2a mol Mg(HCO3)2 + Ba(OH)2 → Mg(OH)2 + Ba(HCO3)2 (2) b mol b mol b mol Gọi a và b lần lượt là số mol Mg(HCO3)2 tham gia phản ứng (1) và (2) a + b = 0,1 a = 0,075  mkt = 0,1.58 + 0,15.197 = 35,35 (g) Theo đề, ta có:  2 a + b = 0 , 175  b = 0,025 TH2: Nếu gốc (HCO3) chuyển hết về gốc (CO3). (3) Mg(HCO3)2 + 2Ba(OH)2 → Mg(OH)2 + 2BaCO3 + 2H2O a mol 2a mol a mol 2a mol Mg(HCO3)2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + MgCO3 + 2H2O (4) b mol b mol b mol b mol Gọi a và b lần lượt là số mol Mg(HCO3)2 tham gia phản ứng (3) và (4) a + b = 0,1 a = 0,075   Theo đề, ta có:   mkt = 0,075.58 + 0,175.197 + 2 a + b = 0 , 175  b = 0,025 0,025.84 = 40,925 (g) 35,35 (g) ≤ m ≤ 40,925 (g) BẢN CHẤT * Nếu Mg2+ phản ứng hết với OH − : * Nếu HCO 3 − phản ứng hết với OH − : + 2OH − → Mg(OH)2 Mg2+ HCO 3 − + OH − → CO 3 2 − + H2O (1) 0,2 mol 0,2 mol 0,2 mol 0,1 mol 0,2 mol 0,1 mol − 2+ − − 2− Mg + 2OH → Mg(OH)2 HCO 3 + OH → CO 3 + H2O 0,075 mol 0,15 mol 0,075 mol (2) + CO 3 2 − → BaCO3 Ba2+ 0,15 mol 0,15 mol 0,15 mol 0,175 mol 0,175 mol 0,175 mol Ba2+ + CO 3 2 − → BaCO3 Mg2+ + CO 3 2 − → MgCO3 0,15 mol 0,15 mol 0,15 mol mkt = 0,1.58 + 0,15.197 = 35,35 0,025 mol 0,025 mol 0,025 mol mkt = 0,075.58 + 0,175.197 + 0,025.84 = (g) 40,925 (g) Vì 2 phản ứng (1) và (2) xảy ra ngẫu nhiên  35,35 (g) ≤ m ≤ 40,925 (g) Bài tập 2. X là dung dịch có chứa 0,36 mol NaOH; Y là dung dịch chứa 0,11 mol AlCl3. Cho từ từ từng giọt dung dịch Y đến hết vào dung dịch X, thu được m gam kết tủa. 1) Nêu hiện tượng và viết các phương trình hóa học của phản ứng xảy ra. 2) Tính giá trị m. Giả thiết các phản ứng hóa học xảy ra hoàn toàn. GIẢI

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Hiện tượng: Có kết tủa keo trắng xuất hiện nhưng tan ngay rồi lại xuất hiện và tan ngay, hiện tượng này lặp đi lặp lại một thời gian, sau đó lượng kết tủa lớn dần đến cực đại và không tan nữa. AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3 + 3NaCl NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2H2O ................................................................................ AlCl3 + 4NaOH → NaAlO2 + 3NaCl + 2H2O 0,09 mol 0,36 mol 0,09 mol AlCl3 + 3NaAlO2 + 6H2O → 4Al(OH)3 + 3NaCl 0,02 mol 0,06 mol 0,08 mol mkt = 78.0,08 = 6,24 (g) Bài tập 3. Nhỏ từ từ từng giọt cho đến hết 200 ml dung dịch NaOH vào 200 ml dung dịch gồm AlCl3 1M và HCl 1M thu được 7,8 gam kết tủa. Nêu hiện tượng xảy ra và xác định nồng độ mol của dung dịch NaOH. GIẢI TH1: Ban đầu không có hiện tượng gì xảy ra, sau một thời gian mới có kết tủa keo trắng xuất hiện, lượng kết tủa lớn dần đến cực đại. NaOH + HCl →NaCl + H2O 0,2 mol 0,2 mol AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3 + 3NaCl 0,1 mol 0,3 mol 0,1 mol 0,3 + 0, 2 = 2, 5M C M (NaOH) = 0, 2 TH2: Ban đầu không có hiện tượng gì xảy ra, sau một thời gian mới có kết tủa keo trắng xuất hiện, lượng kết tủa lớn dần đến cực đại, sau đó bị hòa tan một phần: NaOH + HCl → NaCl + H2O 0,2 mol 0,2 mol AlCl3 + 3NaOH → Al(OH)3 + 3NaCl 0,2 mol 0,6 mol 0,2 mol Al(OH)3 + NaOH →NaAlO2 + 2H2O (0,2 – 0,1) mol 0,1 mol 0, 6 + 0,1 + 0, 2 C M (NaOH) = = 4, 5M 0, 2 Bài tập 4. M là dung dịch chứa 0,8 mol HCl. N là dung dịch chứa hỗn hợp 0,2 mol Na2CO3 và 0,5 mol NaHCO3. Đổ rất từ từ N vào M cho đến hết. Nêu hiện tượng xảy ra và tính thể tích khí thoát ra ỏ đktc. GIẢI HT: Có khí không màu, không mùi thoát ra ngay từ đầu ( ngay khi giọt dung dịch N đầu tiên rơi xuống gặp dung dịch M) Gọi x là số mol Na2CO3 phản ứng và y là số mol NaHCO3 phản ứng. Vì đổ từ từ N vào M cho đến hết, nên 2 phản ứng sau xảy ra đồng thời: Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2 + H2O x mol 2x mol x mol NaHCO3 + HCl →NaCl + CO2 + H2O y mol y mol y mol

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Vì 2 phản ứng xảy ra đồng thời và dung dich N đồng nhất  x = 0,2 = 2 (I) y

0,5

Mặt khác: nHCl = 2x + y = 0,8 (II) 1,6  1,6 4  x = 9  VCO = ( + ).22,4 = 13,938 (lít) Từ (I) và (II)   2 9 9 y = 4  9 Bài tập 5. Đổ từ từ 100 gam dung dịch KHSO4 vào 100 gam dung dịch K2CO3 thu được 198,9 gam dung dịch ( TN1), Nếu đổ từ từ 100 gam dung dịch K2CO3 vào 100 gam dung dịch KHSO4 thì thu được 197,8 gam dung dịch (TN2). Tính nồng độ % của dung dịch KHSO4 và dung dịch K2CO3 đã dùng ban đầu. GIẢI Gọi x, y lần lượt là số mol KHSO4 và K2CO3 có trong 100 mỗi dung dịch. Vì dung dịch thu được ở 2 thí nghiệm đều có khối lượng < 100 + 100 = 200 (g)  Ở cả 2 thí nghiệm đều có khí thoát ra. 200 − 198,9 200 − 197,8 n CO ( TN1) = = 0, 025 (mol) ; n CO ( TN1) = = 0, 05 (mol) 44 44 TN1: Vì đổ từ từ KHSO4 vào K2CO3, nên ban đầu xảy ra phản ứng sau: (1) KHSO4 + K2CO3 →KHCO3 + K2SO4 y mol y mol y mol Vì có khí thoát ra  Sau phản ứng (1), KHSO4 dư ( x> y)  nKHSO4 dư = x – y (mol) KHSO4 + KHCO3 → K2SO4 + CO2 + H2O (2) TN2: Vì đổ từ từ K2CO3 vào dung dich KHSO4 nên xảy ra phản ứng sau: K2CO3 + 2KHSO4 → 2K2SO4 + CO2 + H2O (3) Vì nCO (TN1) > nCO (TN2)  ở thí nghiệm (1), KHCO3 dư. 2

y > x – y y >

x  ở thí nghiệm (2), K2CO3 dư. 2

Theo (2): n CO = x − y = 0,025 (mol) 2

Theo (3): nCO = 2

x = 0,05 (mol)  x = 0,1 (mol) 2

y = 0,1 – 0,025 = 0,075 (mol) C%(KHSO4 ) =

0,1.136 0,075.138 .100% = 13,6%; C%(K2CO3 ) = .100% = 10,35% 100 100

Bài tập 6. A là dung dịch chứa 0,3 mol NaOH. B là dung dịch chứa 0,13 mol H3PO4. TN1: Đổ rất từ từ từng giọt A vào B cho đến hết. TN2: Đổ rất từ từ từng giọt B vào A cho đết hết. Viết thứ tự các phản ứng xảy ra và tính số mol mỗi chất thu được sau phản ứng. GIẢI TN1: Vì đổ rất từ từ từng giọt dung dịch NaOH vào dung dịch H3PO4, ban đầu H3PO4 dư nên thứ tự phản ứng xảy ra như sau: NaOH + H3PO4 → NaH2PO4 + H2O 0,13 mol 0,13 mol 0,13 mol NaOH + NaH2PO4 → Na2HPO4 + H2O 0,13 mol 0,13 mol 0,13 mol

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

NaOH + Na2HPO4 → Na3PO4 + H2O 0,04 mol 0,04 mol 0,04 mol  Dung dịch sau phản ứng chứa 0,04 mol Na3PO4 và 0,13 – 0,04 = 0,09 mol Na2HPO4 TN2: Vì đổ rất từ từ H3PO4 vào dung dịch NaOH, ban đầu NaOH dư nên thứ tự phản ứng xảy ra như sau: 3NaOH + H3PO4 → Na3PO4 + 3H2O 0,3 mol 0,1 mol 0,1 mol 2Na3PO4 + H3PO4 → 3Na2HPO4 0,06 mol 0,03 mol 0,09 mol  Dung dịch sau phản ứng chứa 0,09 mol Na2HPO4 và 0,1 – 0,06 = 0,04 mol Na3PO4 Bài tập 7. Hỗn hợp A gồm Mg và Fe. Cho 5,1 gam hỗn hợp A vào 250 ml dung dịch CuSO4. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, lọc, thu được 6,9 gam chất rắn B và dung dịch C. Thêm dung dịch NaOH dư vào dung dịch C. Lọc lấy kết tủa đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi được 4,5 gam chất rắn D. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của các kim loại trong hỗn hợp A. GIẢI Vì Mg đứng trước Fe và Fe đứng trước Cu trong dãy hoạt động hóa học nên thứ tự phản ứng như sau: Mg + CuSO4 → MgSO4 + Cu (1) x mol x mol x mol x mol Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu (2) y mol y mol y mol y mol Vì D gồm các oxit mà mD = 4,5 gam < mA = 5,1 gam kim loại dư, CuSO4 hết. MgSO4 + 2NaOH → Mg(OH)2 + Na2SO4 (3) x mol x mol FeSO4 + 2NaOH → Fe(OH)2 + Na2SO4 (4) y mol y mol t0

→ MgO + H2O (5) Mg(OH)2  x mol x mol t0

24.0,0375 .100% = 17,647%; %mFe = 100% − 17,647% = 82,353% 5,1

Bài tập 8. TN1: Cho từ từ từng giọt đến hết 100 ml dung dịch FeCl2 0,5M vào 100 ml dung dịch AgNO3 1,2M. TN2: Cho từ từ từng giọt đến hết 100 ml dung dịch AgNO3 1,2M vào 100 ml dung dịch FeCl2 0,5M.

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Tính khối lượng kết tủa thu được ở mỗi thí nghiệm và viết phương trình hóa học.

GIẢI n FeCl = 0,1.0,5 = 0, 05 (mol); n AgNO = 0,1.1,2 = 0,12 (mol) 2

Thí nghiệm 1: vì nhỏ từ từ từng giọt FeCl2 vào dung dịch AgNO3 nên 2 phản ứng sau xảy ra đồng thời: Ag+ + Cl- →AgCl (1) x x x mol Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag (2) y y y mol Gọi x và y lần lượt là số mol Cl- và Fe2+ tham gia phản ứng. Vì 2 phản ứng xảy ra đồng x 0,1  x = 0, 08 (mol) thời  y = 0, 05 = 2    m ( kt ) = 0, 08.143, 5 + 0, 04.108 = 15,8 (g) y = 0, 04 (mol)   x + y = 0,12  ( Hình dung thí nghiệm 1 như sau: Giả sử trong mỗi giọt dung dịch có chứa a mol FeCl2 ( a mol Fe2+; 2a mol Cl-) do ban đầu AgNO3 dư nên Fe2+ và Cl- phản ứng hết ngay sau khi nhỏ mỗi giọt vào tỉ lệ số mol Fe2+ và Cl- phản ứng = a : 2a = 1 : 2) Thí nghiệm 2: Vì nhỏ từ từ từng giọt AgNO3 vào dung dịch FeCl2 nên phải xét 2 TH: TH1: Cl- kết tủa hết. Ag+ + Cl- →AgCl (1) 0,1 0,1 0,1 mol Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag (2) 0,02 0,02 0,02 mol m(kt) = 0,1.143,5 + 0,02.108 = 16,51 (g) TH2: Fe2+ bị oxi hóa hết thành Fe3+ Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag (1) 0,05 0,05 0,05 mol Ag+ + Cl- →AgCl (2) 0,07 0,07 0,07 mol m(kt) = 0,07.143,5 + 0,05.108 = 15,445 (g) Vì phản ứng tạo kết tủa AgCl và phản ứng oxi hóa Fe2+ thành Fe3+ xảy ra ngẫu nhiên 15,445 (g) ≤ m(kt) ≤ 16,51 (g) ( Hình dung trường hợp này như sau: Giả sử trong mỗi giọt dung dịch AgNO3 có chứa (a + b) mol AgNO3; ban đầu FeCl2 dư ( cả Fe2+ và Cl- đều dư) nên AgNO3 hết sau mỗi lần nhỏ. Vì Ag+ phản ứng ngẫu nhiên với cả Fe2+ và Cl- nên tùy thuộc vào sự tiếp xúc của Fe2+ và Cl- với Ag+ mà lượng Ag sinh ra nhiều hơn hay AgCl nhiều hơn. Nếu có a mol AgNO3 phản ứng tạo a mol Ag thì có b mol AgCl tạo ra và ngược lại nên phải xét 2 trường hợp là vì vậy) Bài tập 9. Cho 1 mol Fe dạng bột vào dung dịch chứa 2,75 mol AgNO3 đến phản ứng hoàn toàn. Tính số mol các chất sau phản ứng. GIẢI Vì thứ tự của các cặp trong dãy điện hóa như sau: Fe2+/Fe > Fe3+/Fe2+ > Ag+/Ag nên thứ tự phản ứng như sau: Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag 1 mol 2 mol 1 mol 2 mol

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Fe(NO3)2 + AgNO3 → Fe(NO3)3 + Ag 0,75 mol 0,75 mol 0,75 mol 0,75 mol nAg = 2 + 0,75 = 2,75 (mol); n Fe( NO ) = 1 − 0, 75 = 0,25 (mol); n Fe (NO ) = 0, 75 (mol) 3 2

3 3

Bài tập 10. Cho a mol Fe dạng bột vào dung dịch chứa b mol AgNO3 đến phản ứng hoàn toàn. Tính số mol các chất sau phản ứng theo a và b. GIẢI Vì thứ tự của các cặp trong dãy điện hóa như sau: Fe2+/Fe > Fe3+/Fe2+ > Ag+/Ag nên thứ tự phản ứng như sau: Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag (1) Nếu Fe dư  Có b/2 mol Fe(NO3)2; b mol Ag và (a-b/2) mol Fe dư Nếu (1) vừa đủ Có a hoặc b/2 mol Fe(NO3)2; 2a hoặc b mol Ag Nếu sau (1), AgNO3 dư  b > 2a TH1: Nếu 2a < b < 3a: Fe(NO3)2 + AgNO3 → Fe(NO3)3 + Ag (2) (b-2a) mol (b-2a) mol (b-2a) mol (b-2a) mol  Có (b-2a) mol Fe(NO3)3; 2a + (b-2a) = b mol Ag; a – (b-2a) = (3a – b) mol Fe(NO3)2 TH2: b = 3a, với trường hợp này có thể gộp (1) với (2) thành phản ứng sau. Fe + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 3Ag (3)  Có a hoặc b/3 mol Fe(NO3)3 và 3a hoặc b mol Ag TH3: b >3a AgNO3 dư, xảy ra phản ứng sau. Fe + 3AgNO3 → Fe(NO3)3 + 3Ag  Có a mol Fe(NO3)3; 3a mol Ag và (b – 3a) mol AgNO3 dư. Bài tập 11. Sục 0,02 mol Cl2 vào dung dịch chứa 0,06 mol FeBr2 thu được dung dịch A. Cho AgNO3 dư vào A thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị m. GIẢI Vì: Fe3+/Fe2+ > Br20/2Br- > Cl20/2Cl- nên xảy ra phản ứng sau: 3Cl2 + 6FeBr2 → 4FeBr3 + 2FeCl3 (1)

0,02 mol 0,04 mol

0, 08 mol 3

0, 04 mol 3

xảy ra hoàn toàn. Tính khối lượng mỗi muối sau phản ứng. GIẢI Vì Fe3+/Fe2+ > Br20/2Br- > Cl20/2Cl- nên thứ tự phản ứng như sau: 3Cl2 + 6FeBr2 → 4FeBr3 + 2FeCl3 0,15 mol 0,3 mol 0,2 mol 0,1 mol 3Cl2 + 2FeBr3 → 2FeCl3 + 3Br2 0,15 mol 0,1 mol 0,1 mol m FeCl = 162,5.(0,2 + 0,1) = 48, 75 (g); m FeBr = 296.(0,2 − 0,1) = 29,6 (g) 3

Bài tập 13. Sục từ từ V lít khí CO2 (đktc) vào 1 lít dung dịch NaOH 0,4M và Ba(OH)2 0,16M. a) Tính V để có kết tủa lớn nhất. b) Tính V để thu được 19,7 gam kết tủa. c) Tính khối lượng kết tủa khi V = 14,784 lít. GIẢI n NaOH = 1.0,4 = 0,4 (mol); n Ba(OH ) = 1.0,16 = 0,16 (mol) 2

Thứ tự của các phản ứng xảy ra: CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O (1); CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O (2) CO2 + Na2CO3 + H2O → 2NaHCO3 (3); CO2 + BaCO3 + H2O → Ba(HCO3)2 (4) a) Lượng kết tủa lớn nhất khi Ba(OH)2 hết và phản ứng (4) chưa xảy ra ⇔ nBa(OH) 2 ≤ nCO 2 ≤ nBa(OH) 2 + nNaOH ⇔ 0,16.22,4 = 3,584 (l) ≤ VCO 2 ≤ (0,16 + 0,4) = 12,544 (l) b) nBaCO = 19, 7 = 0,1 (mol) < n Ba(OH ) = 0,16 (mol)  Phải xét 2 trường hợp: 3

197

TH1: Ba(OH)2 dư, chỉ xảy ra phản ứng (1) n CO = n BaCO = 0,1 (mol)  VCO 2 = 0,1.22,4 = 2,24 (l) 2

TH2: Ba(OH)2 thiếu, kết tủa bị hòa tan 1 phần theo pư (4) nCO 2 = nBa(OH) 2 + nNaOH + nBaCO 3 ( bị hòa tan) = 0,16 + 0,4 + (0,16-0,1) = 0,62 (mol)  VCO 2 = 0,62.22,4 = 13,888 (lít)

Vì FeBr2 dư: 0,06 – 0,04 = 0,02 (mol)  dd A chứa 0,02 mol FeBr2; 0, 08 mol FeBr3

c) Vì 0,56 mol < nCO 2 = 14 ,784 = 0,66 (mol) < 0,56 + 0,16 = 0,72 (mol)

0, 04 và mol FeCl3. 3

 Kết tủa mới bị hòa tan một phần theo phản ứng (4). nCO 2 (4) = 0,66 – 0,56 = 0,1 (mol)  nBaCO ( bị hòa tan) = 0,1 (mol);

dd AgNO3 dư + dd A: Vì Fe3+/Fe2+ > Ag+/Ag nên: 3AgNO3 + FeBr2 → 2AgBr ↓ + Ag ↓ + Fe(NO3)3 (2) 0,02 mol 0,04 mol 0,02 mol 3AgNO3 + FeBr3 → 3AgBr ↓ + Fe(NO3)3 (3) 0, 08 mol 3

3AgNO3 + FeCl3

0,08 mol

→ 3AgCl ↓ + Fe(NO3)3

0, 04 mol 3

(4)

0,04 mol

Thu được: 0,04 mol AgCl; 0,12 mol AgBr; 0,02 mol Ag  m = 143,5.0,04 + 0,12.188 + 108.0,02 = 30,46 (g) Bài tập 12. Sục 0,3 mol Cl2 vào dung dịch chứa 0,3 mol FeBr2 cho đến. Biết các phản ứng

22 , 4

m BaCO = 197.(0,16 -0,1) = 11,82 (g) 3

Bài tập 14. Cho 9,2 gam hỗn hợp X gồm Mg và Fe vào dung dịch hỗn hợp AgNO3 và Cu(NO3)2, thu được chất rắn Y và dung dịch Z. Hòa tan hết Y bằng dung dịch H2SO4 ( đặc, nóng dư), thu được 6,384 lít khí SO2 ( sản phẩm khử duy nhất ở đktc). Cho dung dịch NaOH dư vào Z, thu được kết tủa T. Nung T trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được 8,4 gam hỗn hợp rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính phần % khối lượng của mỗi kim loại trong X. GIẢI Vì mhh oxit = 8,4 (g) < mX = 9,2 (g)  kim loại dư  2 muối hết. Mặt khác chất rắn thu được là hỗn hợp và Mg hoạt động hóa học mạnh hơn Fe  Mg hết, Fe đã phản ứng 1 phần. Gọi a, b lần lượt là số mol Mg và số mol Fe phản ứng; c là số mol Fe dư.

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Vì mức độ hoạt động hóa học của các kim loại giảm dần theo dãy sau: Mg, Fe, Cu, Ag nên thứ tự phản ứng như sau: Mg + 2AgNO3 → Mg(NO3)2 + 2Ag (1) Nếu Mg dư: Mg + Cu(NO3)2 → Mg(NO3)2 + Cu (2) Fe + Cu(NO3)2 → Fe(NO3)2 + Cu (3) Nếu sau (1), AgNO3 dư: Fe + 2AgNO3 → Fe(NO3)2 + 2Ag (4) Fe + Cu(NO3)2 → Fe(NO3)2 + Cu (5) Theo (1,2,3) hoặc (1,4,5) ta đều có: nAg + 2.nCu = 2.nMg + 2.nFe = 2a + 2b (mol) Dung dịch Z chứa: Mg(NO3)2 và Fe(NO3)2 Mg(NO3)2 + 2NaOH → Mg(OH)2 + 2NaNO3 (6) Fe(NO3)2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaNO3 (7) t

→MgO + H2O (8) Mg(OH)2  t0

→2Fe2O3 + 4H2O (9) 4Fe(OH)2 + O2  Y: Fe dư, Cu, Ag t0

→Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (10) 2Fe + 6H2SO4 (đ)  t0

→CuSO4 + SO2 + 2H2O (11) Cu + 2H2SO4 (đ)  t0

→Ag2SO4 + SO2 + 2H2O (12) 2Ag + 2H2SO4 (đ)  Theo (10,11,12): 2. nSO = 3.nFe + (nAg + 2.nCu) = 3c + 2a + 2b 2

6,384  3c + 2a + 2b = 2. = 0,57 (mol) 22,4   0,15.24 a = 0,15 2 a + 2b + 3c = 0,57 .100% = 39,13% %mMg =    b = 0 , 03  9,2  24 a + 56 b + 56 c = 9 , 2   c = 0,07 %m = 100% − 39,13% = 60,87%  b  Fe  40 a + 160 . = 8, 4  2 Bài tập 15. Hòa tan hoàn toàn 16,4 gam hỗn hợp X gồm MgO và MgCO3 trong dung dịch H2SO4. Sau phản ứng thu được dung dịch A và 2,24 lít khí CO2 (đktc). Cho 300 ml dung dịch Ba(OH)2 1,5M vào A thu được 110,6 gam kết tủa và 500 ml dung dịch B. Tính CM của dung dịch B. GIẢI nCO = 0,1 mol 2

MgCO3 + H2SO4 → MgSO4 + CO2 + H2O (1) 0,1 mol 0,1 mol 0,1 mol 0,1 mol nMgO = (16,4 – 0,1.84)/40 = 0,2 (mol) MgO + H2SO4 → MgSO4 + H2O (2) 0,2 mol 0,2 mol n M gSO = 0,1 + 0,2 = 0,3 (mol); nBa(OH) = 0,45 (mol) 4

dung dịch A chứa: MgSO4 và có thể có H2SO4 dư. Nếu H2SO4 hết: Ba(OH)2 + MgSO4 → BaSO4 + Mg(OH)2 0,3 mol 0,3 mol 0,3 mol 0,3 mol mkt = 0,3.233 + 0,3.58 = 87,3 (g) < 110,6 (g) ( trái với giả thiết)  H2SO4 dư Vì H2SO4 dư nên thứ tự phản ứng như sau: Ba(OH)2 + H2SO4 → BaSO4 + 2H2O (3)

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Ba(OH)2 + MgSO4 → BaSO4 + Mg(OH)2 (4) TH1: Nếu Ba(OH)2 dư. Theo (4): n BaSO ( 4) = n Mg(OH ) = n MgSO = 0,3 (mol) 4

 n BaSO (3) = (110,6 -87,3)/233 = 0,1 (mol)  n Ba(OH) (3,4) = n BaSO = 0,1 + 0,3 = 0,4 (mol) 4

 n Ba(OH) (dö ) = 0,45 − 0,4 = 0,05 (mol)  CM (Ba(OH)2) = 0,05/0,5 = 0,1M 2

TH2: Nếu MgSO4 dư Theo (3,4): n BaSO = n Ba(OH) = 0,45 (mol)  n Mg( OH ) = (110,6 – 233.0,45)/58 = 0,1 (mol) 4

 n MgSO ( 4) = 0,1 (mol)  n MgSO (dö ) = 0,3 – 0,1 = 0,2 (mol) 4

 CM (MgSO4) = 0,2/0,5 = 0,4M Bài tập 16. Cho từ từ 100 ml dung dịch hỗn hợp Na2CO3 1M và KHCO3 aM vào 200 ml dung dịch HCl 1M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được 2,688 lít CO2 (ở đktc). Tính a ? GIẢI nNa2CO3 = 0,1.1 = 0,1 (mol); nNaHCO3 = 0,1.a (mol); nHCl = 0,2.1 = 0,2 (mol); nCO2 = 2,688/22,4 = 0,12 (mol)  HCl hết, cả hai muối đều dư. Vì ban đầu axit dư nên các phản ứng xảy ra đồng thời: Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2 x mol 2x mol x mol NaHCO3 + HCl → NaCl + H2O + CO2 y mol y mol y mol Gọi x, y là số mol Na2CO3 và NaHCO3 tham gia phản ứng. 2 x + y = 0, 2  x = 0,08 ⇔ Ta có hệ phương trình   x + y = 0,12  y = 0,04 Vì 2 phản ứng xảy ra đồng thời 

x 0,1 0,08 = =  a = 0,5M y 0,1a 0,04

Bài tập 17. M là dung dịch chứa 0,8 mol HCl. N là dung dịch chứa hỗn hợp 0,2 mol Na2CO3 và 0,5 mol NaHCO3. TN1: Đổ rất từ từ M vào N cho đến hết. TN2: Trộn nhanh 2 dung dịch M và N vào nhau cho đến hết. Tính thể tích khí thoát ra (đktc) ở mỗi thí nghiệm. GIẢI

TN1: Đổ rất từ từ HCl vào Na2CO 3 , NaHCO3 Na2CO3 + HCl → NaHCO3 + NaCl 0,2 0,2 0,2 NaHCO3 + HCl → NaCl + CO2 + H2O 0,7 0,6 0,6 Thể tích CO2 bay ra: 0,6 x 22,4 = 13,44 lít TN2: - Nếu Na2CO3 phản ứng hết với HCl: Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2 + H2O 0,2 0,4 0,2 NaHCO3 + HCl → NaCl + CO2 + H2O 0,5 0,4 0,4 Thể tích CO2 bằng: ( 0,2 + 0,4).22,4 = 13,44 lít. - Nếu NaHCO3 phản ứng hết với HCl:

(1) (2)

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

NaHCO3 + HCl → NaCl + CO2 + H2O 0,5 0,5 0,5 Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2 + H2O 0,15 0,3 0,15 Thể tích CO2 bằng: ( 0,5 + 0,15).22.4 = 14,56 (lít) 13,44 (lít) < VCO2 < 14,56 (lít) Bài tập 18. Hòa tan hết m gam hỗn hợp gồm Na, Na2O, Ba và BaO vào nước, thu được 0,3 mol khí H2 và dung dịch X. Hấp thụ hoàn toàn 0,64 mol khí CO2 vào dung dịch X, thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối và kết tủa Z. Chia dung dịch Y làm 2 phần bằng nhau: - Cho rất từ từ phần 1 vào 200 ml dung dịch HCl 1,2M thì thoát ra 0,15 mol khí CO2. - Cho rất từ từ 200 ml dung dịch HCl 1,2M vào phần 2, thì thoát ra 0,12 mol khí CO2. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, HCl đều phản ứng hết trong cả hai thí nghiệm. Tính giá trị của m GIẢI n HCl = 0,2.1,2 = 0,24 (mol); nH = 0,3 (mol); nCO = 0,64 (mol)

CHỦ ĐỀ 5: MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP BÀI TẬP HÓA HỌC

Vì n CO ( Phaàn 1) = 0,15 (mol) ≠ nCO (Phaàn 2 ) = 0,12 (mol)  dung dịch Y chứa cả muối 2

cacbonat và hiđrocacbonat Ba chuyển hết vào kết tủa BaCO3; dung dịch chỉ chứa NaHCO3 và Na2CO3, không chứa Ba(HCO3)2. Phần 2: Vì đổ từ từ HCl vào Y nên thứ tự phản ứng xảy ra như sau: Na2CO3 + HCl → 2NaCl + NaHCO3 (1) Do có khí thoát ra Na2CO3 hết. NaHCO3 + HCl → NaCl + CO2 + H2O (2) 0,12 mol 0,12 mol Theo (1): nNa CO = nHCl (1) = 0,24 − 0,12 = 0,12 (mol)  nNa CO (ddX) = 0,24 (mol) 2

Phần 1: Vì đổ từ từ muối vào HCl nên 2 phản ứng sau xảy ra đồng thời: Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2 + H2O (3) a mol 2a mol a mol NaHCO3 + HCl → NaCl + CO2 + H2O (4) b mol b mol b mol Vì nHCl : nNa CO = 0,24 : 0,12 = 2 :1  HCl hết, 2 muối dư. 2

Gọi a và b lần lượt là số mol Na2CO3 và NaHCO3 phản ứng.  a = 0, 09 (mol) b 0, 06 2 2  a + b = 0,15   = =  n NaHCO ( ddX ) = .0, 24 = 0,16 (mol)  2a + b = 0, 24 b = 0, 06 (mol) a 0, 09 3 3   3

Bảo toàn nguyên tố C: nCO = n Na CO + nNaHCO + nBaCO = 0,16 + 0,24 + nBaCO = 0,64  nBaCO = 0,24 (mol) 2

Bảo toàn nguyên tố Na: nNaOH = 2.nNa CO + nNaHCO = 2.0,24 + 0,16 = 0,64 (mol) 2

Quy đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp chỉ chứa Na, Na2O và BaO  nBaO = 0,24 (mol) BaO + H2O → Ba(OH)2 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 0,6 0,6 0,3 mol Na2O + H2O → 2NaOH 0,02 mol (0,64 – 0,6) mol  m = m Na + m Na O + m BaO = 23.0,6 + 62.0,02 + 153.0,24 = 51,76 (g) 2

Bài tập 1. Để m gam bột sắt ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp A có khối lượng 12 gam gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3. Cho A tác dụng hết với dung dịch HNO3 loãng dư thấy sinh ra 2,24 lít khí NO duy nhất ở đktc. Tính m. GIẢI Cách 1: Phương pháp đại số 2Fe + O2 → 2FeO (1) 3Fe + 2O2 → Fe3O4 (2) 2Fe + 3O2 → Fe2O3 (3) Đặt x, y, z, t lần lượt là số mol của Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3 Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (4) 3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O (5) 3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (6) Fe2O3 + 6HNO3 → 2Fe(NO3)3 + 3H2O (7) Theo (4,5,6): nNO = x + y/3 + z/3 = 2,24/22,4 = 0,1 (mol) 3x + y + z = 0,3 (I) Theo đề: 56x + 72y + 232z + 160t = 12 (II) Nhân 2 vế (I) với 56 và nhân 2 vế (II) với 3 rồi lấy (II) – (I) ta được : 160y + 640z + 480t = 19,2  160.(y + 4z + 3t) = 19,2  y + 4z + 3t = 0,12

mFe + mO 2 = mA  m + mO 2 = 12  mO 2 = 12 – m (g) nO = y + 4z + 3t = (12 – m)/16 = 0,12  m = 10,08 (g) Cách 2: Quy đổi hỗn hợp thành 3 chất Vì Fe3O4 ⇔ FeO.Fe2O3 nên có thể coi hỗn hợp A chỉ gồm { Fe, FeO, Fe2O3} Theo (4,5: nNO = x + y/3 = 2,24/22,4 = 0,1 (mol) 3x + y = 0,3 (I) Theo đề: 56x + 72y + 160t = 12 (II) Nhân 2 về (I) với 56 và nhân 2 vế (II) với 3 rồi lấy (II) – (I) ta được : 160y + 480t = 19,2  160.(y + 3t) = 19,2  y + 3t = 0,12 mFe + mO 2 = mA  m + mO 2 = 12  mO 2 = 12 – m (g) nO = y + 3t = (12 – m)/16 = 0,12  m = 10,08 (g) Cách 3: Quy đổi hỗn hợp thành 2 chất Vì Fe3O4 ⇔ FeO.Fe2O3 và 3FeO ⇔ Fe.Fe2O3 nên có thể coi hỗn hợp A chỉ chứa {Fe, Fe2O3} Theo (4): nFe = nNO = 0,1 (mol)  nFe2O3 = (12 – 0,1.56)/160 = 0,04 (mol)

 nFe = 0,1 + 2.0,04 = 0,18 (mol)  mFe = 0,18.56 = 10,08 (g) Cách 4: Phương pháp bảo toàn khối lượng kết hợp bảo toàn nguyên tố. A + HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + H2O nFe(NO 3 ) 3 = nFe = m (mol); nHNO 3 (tạo NO) = nNO = 0,1 (mol) 56

nHNO 3 tạo Fe(NO3)3 = 3 m (mol) 56

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

 153.( y + t) + 31.(x +2z) - 16.(0,5x + y) = 21,9  153.0,12 + 31.(x + 2z) – 16.0,05 = 21,9  x + 2z = 0,14 (mol)  nNaOH = 0,14 (mol) mNaOH = 40.0,14 = 5,6 (g)

 nHNO 3 = 0,1 + 3 m  nH 2 O = (0,1 + 3 m )/2 56

Áp dụng ĐLBTKL: mA + mHNO 3 = mFe(NO 3 ) 3 + mNO + mH 2 O 12 + 63.( 0,1 + 3 m ) = 242. m + 30.0,1 + 18. (0,1 + 3 m )/2 56

 m = 10,08 (g)

Vì 3FeO ⇔ Fe.Fe2O3; 3Fe3O4 ⇔ Fe.4Fe2O3; Fe3O4 ⇔ FeO.Fe2O3; 4FeO ⇔ Fe.Fe3O4 Nên có thể quy đổi hỗn hợp về 2 chất: Cũng có thể quy đổi hỗn hợp về 3 chất: {Fe, {FeO, Fe2O3}; {FeO, Fe3O4}; {FeO, Fe}; FeO, Fe3O4}; {Fe, Fe2O3, Fe3O4}; {FeO, {Fe2O3, Fe3O4}; {Fe3O4, Fe} chẳng hạn. Fe2O3, Fe3O4} Tuy nhiên lựa chọn quy đổi hỗn hợp 4 chất về hỗn hợp chỉ chứa Fe2O3 với 1 chất còn lại ( Fe hoặc FeO hoặc Fe3O4) là lựa chọn đem lại cách giải đơn giản nhất. Bài tập 2. Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na2O và BaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào nước, thu được 1,12 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y, trong đó có 20,52 gam Ba(OH)2. Tính khối lượng NaOH trong dung dịch Y. GIẢI Cách 1: Bảo toàn khối lượng kết hợp bảo toàn nguyên tố.

nH 2 =

20,52 11,2 6,72 = 0,05 (mol); nBa(OH) 2 = = 0,12 (mol); nCO 2 = = 0,3 (mol) 22,4 171 22,4

2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 (1) Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 (2) Na2O + H2O → 2NaOH (3) BaO + H2O → Ba(OH)2 ( 4) Gọi x là số mol NaOH có trong dung dịch Y. Bảo toàn nguyên tố H: nH (H 2 O) = nNaOH + 2.nBa(OH) 2 + 2nH 2 = x + 2.0,12 + 2.0,05 = x + 0,34 (mol)

nH 2 O ( pư) = 0,5x + 0,17 (mol) Áp dụng ĐLBTKL: mX + mH 2 O (pư) = mNaOH + mBa(OH) 2 + mH 2 21,9 + 18. ( 0,5x + 0,17) = 40x + 20,52 + 2.0,05  x = 0,14 (mol) mNaOH = 40.0,14 = 5,6 (g) Cách 2: Đại số Gọi x, y, z, t lần lượt là số mol Na, Ba, Na2O, BaO có trong 21,9 gam X. 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 (1) x mol x mol 0,5x mol Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 (2) y mol y mol y mol Na2O + H2O → 2NaOH (3) z mol 2z mol BaO + H2O → Ba(OH)2 ( 4) t mol t mol Ta có: 0,5x + y = 0,05 (I); y + t = 0,12 (II). 23x + 137y + 62z + 153t = 21,9 (III)

Cách 3: Quy đổi hỗn hợp X về nguyên tố. X { Na, Ba, O}. Gọi a là số mol O; b và c lần lượt là số mol của H2O và NaOH. X { Na, Ba, O} + H2O → NaOH + Ba(OH)2 + H2 a mol b mol c mol 0,12 mol 0,05 mol Ta có: mX = 23c + 137.0,12 + 16a = 21,9 ⇔ 16a + 23c = 5,46 (I) nO (trước pư) = nO (sau pư) ⇔ a + b = c + 2.0,12 ⇔ a + b – c = 0,24 (II) nH ( trước pư) = nH (sau pư) ⇔ 2b = c + 2.0,12 + 2.0,05 ⇔ 2b – c = 0,34 (III) Giải hệ phương trình (I, II, III) ta được: c = 0,14 (mol)  nNaOH = 0,14 (mol) mNaOH = 40.0,14 = 5,6 (g) Cách 4: Quy đổi hỗn hợp X về hỗn hợp gồm: Ba, BaO, Na2O nBa = nH = 0,05 (mol)  nBaO = 0,12 – 0,05 = 0,07 (mol) 2

Gọi x là số mol của Na2O  137.0,05 + 153.0,07 + 62x = 21,9  x = 0,07 (mol) Theo (3): nNaOH = 2.nNa2O = 2.0,07 = 0,14 (mol) mNaOH = 40.0,14 = 5,6 (g) Chú ý: Có thể quy đổi hỗn hợp trên thành hỗn hợp gồm: {Na, Ba, Na2O}; {Na, Ba, BaO}; { Na, Na2O, BaO}. Bài tập 3. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm x mol FeS2 và y mol Cu2S vào axit HNO3 (vừa đủ), thu được dung dịch X ( chỉ chứa hai muối sunfat) và khí NO ( sản phẩm khử duy nhất). Tính tỉ số x/y. GIẢI Cách 1: Bảo toàn nguyên tố Bảo toàn Fe: FeS2 → Fe2(SO4)3 x mol 0,5x mol Bảo toàn Cu: Cu2S → 2CuSO4 y mol 2y mol ĐLBT nguyên tố S: 2x + y = 0,5x . 3 + 2y = 1,5x + 2y

 0,5x = y 

x = 2 y 1

Cách 2: Bảo toàn điện tích dung dịch X chứa: Fe2(SO4)3 và CuSO4: FeS2 → Fe3+ + 2SO42Cu2S → 2Cu2+ + SO42x mol x mol 2x mol y mol 2y mol y mol ĐLBTĐT: n điện tích dương = n điện tích âm ⇔ 3x + 2.2y = (2x + y).2 ⇔ 2y = x 

x = 2 y 1

Cách 3: Phương pháp đại số 2FeS2 + 10HNO3 → Fe2(SO4)3 + H2SO4 + 10NO + 4H2O (1) x mol 0,5x 0,5x 3Cu2S + 10HNO3 + 3H2SO4 → 6CuSO4 + 10NO + H2O (2) y mol y mol Vì dung dịch chỉ chứa 2 muối H2SO4 tạo ra ở phản ứng (1) vừa đủ dùng cho phản ứng (2)

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

x 0,5x = y  = 2 y 1 FeS2 – 15e → Fe+3 + 2S6+ x 2 N+5 + 3e → N+2 x 10

Cu2S – 10e → 2Cu+2 + S+6 x 3 N+5 + 3e → N+2 x 10

Bài tập 4. Một khoáng chất X có thành phần phần trăm về khối lượng của các nguyên tố như sau: 20,93% nhôm; 21,7% silic, còn lại là oxi và hiđro. Xác định công thức của khoáng chất X. GIẢI Gọi a%, b% lần lượt là % khối lượng của O và H a + b = 100 – ( 20,93 + 21,7) = 57,37 (I) X chứa Al, Si, O, H nên có công thức dạng: AlxSiyOzHt ( Với x, y, z, t nguyên dương)

Ta có: x : y : z : t =

20,93 21 , 7 a b : : : 27 28 16 1 20,93 21 , 7 a b a + 4. - 2. + =0 ⇔ -b= 27 28 16 1 8

ĐLBTĐT: 3.x + 4y + (-2).z + t = 0 ⇔ 3.

5,426 (II) a + b = 57,37 a = 55,82 Giải hệ PT  a ⇔  b = 1,55  8 − b = 5,426

x : y : z : t = 20,93 : 21 , 7 : 55,82 : 1, 55 = 0,775 : 0,775 : 3,489 : 1,55 = 2: 2: 9: 4 27

 X có công thức dạng Al2Si2O9H4 hay Al2O3.2SiO2.2H2O Bài tập 5. Nung 23,70 gam KMnO4 một thời gian được 22,10 gam hỗn hợp chất rắn X. Cho X tác dụng với dung dịch HCl đặc, đun nóng thu được dung dịch Y chứa các chất tan KCl, MnCl2, HCl dư và V lít khí Z (đktc). Tính số mol HCl đã phản ứng? Tính giá trị V? GIẢI t0

→K2MnO4 + MnO2 + O2 (1) 2KMnO  Chất rắn gồm KMnO4; K2MnO4, MnO2 t0

→2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O (2) 2KMnO4 + 16HCl  t0

→2KCl + MnCl2 + 2Cl2 + 4H2O (3) K2MnO4 + 8HCl  t0

→MnCl2 + Cl2 + 2H2O (4) MnO2 + 4HCl  nKMnO 4 = 0,15 mol BTKL: mKMnO 4 = mX + mO 2  nO 2 = 0,05 mol. Bảo toàn nguyên tố O: nO (X) = 4. nKMnO 4 – 2.nO 2 = 0,5 mol Từ các PTHH (2,3,4) ta thấy nO (X) = nH 2 O mà nHCl = 2.nH 2 O Vậy nHCl (pư) = 0,5.2 = 1 mol nKCl = nKMnO 4 = 0,15 mol = nMnCl 2 Bảo toàn nguyên tố Cl: nHCl = nKCl + 2. nMnCl 2 + 2. nCl 2  nCl 2 = 0,275 mol  V = 0,275.22,4 = 6,16 (lít). Bài tập 6. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,3 mol Fe; 0,1 mol Fe3O4; 0,1 mol FeS2 vào

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được dung dịch A. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch A thu được kết tủa B. Lọc kết tủa, rửa sạch, sấy khô, nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn Y. Tính giá trị của m. GIẢI

nFe (X) = 0,3 + 0,1.3 + 0,1 = 0,7 (mol) Vì nung kết tủa B trong không khí đến khối lượng không đổi  Y là Fe2O3 Bảo toàn nguyên tố Fe, ta có sơ đồ sau: 2Fe ( trong X) → Fe2O3 0,7mol 0,35 mol  mFe O = 0,35. 160 = 56 (gam) 2

Bài tập 7. Cho 20,80 gam hỗn hợp Fe, FeS, FeS2, S tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được V lít khí NO2 (là sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc) và dung dịch A. Cho A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 91,30 gam kết tủa. Tính V? GIẢI Quy đổi hỗn hợp Fe, FeS, FeS2, S thành hỗn hợp gồm Fe, S. Gọi x, y, z lần lượt là số mol của Fe, S và NO2. Theo đề, ta có: Fe → Fe(OH)3 x mol x mol → BaSO4 S y mol y mol HNO3 → NO2 z mol z mol 56 x + 32 y = 20,8  x = 0,2(mol )   107 x + 233 y = 91,3  y = 0,3(mol ) Bảo toàn nguyên tố Fe: 2Fe → Fe2(SO4)3 0,2 mol 0,1 mol Vì số mol nhóm (SO4) = 0,1.3 = 0,3 (mol) = nS  Toàn bộ S chuyển hết về Fe2(SO4)3  trong dung dịch A không chứa H2SO4. Gọi z là số mol NO2. Bảo toàn nguyên tố N: HNO3 → NO2 z mol z mol Bảo toàn nguyên tố H: 2HNO3 → H2O

z mol

z mol 2

Fe +S + HNO3 → Fe2(SO4)3 + NO2 + H2O 0,2 mol 0,3 mol z mol 0,1 mol z mol z/2 mol ĐLBTKL: 20,8 + 63z = 400.0,1 + 46z + 18.z/2 = 40 + 55z  8z = 19,2  z = 2,4 (mol)  V = 2,4.22,4 = 53,76 (lít) Bài tập 8. Hỗn hợp X gồm 0,25 mol Cu2S và a mol FeS2. Hòa tan hết X trong dung dịch HNO3 ( vừa đủ) thu được dd Y chỉ chứa 2 muối sunfat và thoát ra khí NO ( sản phẩm khử duy nhất). Tính a. GIẢI Bảo toàn nguyên tố Cu: Cu2S → 2CuSO4 0,25 mol 0,5 mol Bảo toàn nguyên tố Fe: 2FeS2 → Fe2(SO4)3 a mol a/2 mol

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Bảo toàn nguyên tố S ta có: 0,25 + 2a = 0,5 + 3.a/2  a = 0,5 (mol) Bài tập 9. Hòa tan hết a gam X gồm FeS2 và Cu2S trong dung dịch HNO3 đặc nóng, vừa đủ, sau phản ứng thu được dung dịch Y chỉ gồm 2 muối sunfat và 5,6 lít hỗn hợp khí Z gồm NO2 và NO có khối lượng riêng bằng 1,7678 g/l ( thể tích các khí đo ở đktc). Tính giá trị của a. GIẢI nY =

5,6 = 0,25 (mol); mY = 5,6.1,7678 = 9,9 (g) 22,4

Gọi a, b lần lượt là số mol của NO2 và NO, ta có: a + b = 0,25  a = 0,15 (mol); b = 0,1 (mol)  46a + 30b = 9,9 FeS2 + Cu2S + HNO3 → Fe2(SO4)3 + CuSO4 + NO2 + NO + H2O x mol y mol

x mol 2

2y mol

Bảo toàn nguyên tố N: nHNO 3 = nNO 2 + nNO = 0,25 (mol) Bảo toàn nguyên tố H: nH 2 O =

1 . nHNO 3 = 0,125 (mol) 2

Bảo toàn nguyên tố O: 3.nHNO 3 = 4.nSO 4 + 2. nNO 2 + nNO + nH 2 O 3.0,25 = 4. nSO 4 + 2.0,15 + 0,1 + 0,125

 nSO 4 = 0,05625  nS (X) = 0,05625 (mol) (Bảo toàn nguyên tố S) Gọi x và y lần lượt là số mol của FeS2 và Cu2S  2x + y = 0,05625 (*) ĐLBTKL : 120.x + 160.y + 63.0,25 = 400.

x + 160.2y + 46.0,15 + 30.0,1 + 18.0,125 2

 x + 2y = 0,045 (**). Từ (*) và (**) ta có: x = 0,0225 (mol); y = 0,01125 (mol)  mX = 120.0,0225 + 160.0,01125 = 4,5 (g)

Bài tập 10. Nung 8,08 gam một muối A thu được các sản phẩm khí và 1,6 gam một hợp chất rắn không tan trong nước. Nếu cho sản phẩm khí đi qua 200 gam dung dịch NaOH 1,2% ở điều kiện xác định thì tác dụng vừa đủ và được dung dịch chứa một muối duy nhất có nồng độ 2,47%. Hãy xác định CTPT của muối A biết khi nung hóa trị của kim loại không biến đổi. GIẢI Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: mkhí = 8,08 – 1,6 = 6,48 g

Sản phẩm khí + dd NaOH → dd muối 2,47% ; nNaOH = 200 .1, 2 = 0,06 mol

100 . 40 mdd muối = mkhí + mddNaOH = 6,48 + 200 = 206,48 g  mmuối = 206 , 48 .2, 47 = 5,1g 100

Ta có sơ đồ: Khí + mNaOH → NamA ( Bảo toàn nguyên tố Na) 0,06 0,06/m

 mmuối =(23m + A). 0,06 = 5,1  A = 62.m  m = 1; A = 62 m

 A là nhóm NO3  NaNO3 Vì sản phẩm khí phản ứng với NaOH chỉ cho được một muối duy nhất là NaNO3 → Sản phẩm khí bao gồm: NO2, O2 do đó muối ban đầu X có thể là: M(NO3)n.

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Khi đó: 4NO2 + O2 + 4NaOH → 4NaNO3 + 2H2O 0,06 0,015 0,06 mNO2 + mO2 = 46.0,06 + 32.0,015 = 3,24 g < 6,48 g

 Trong sản phẩm còn có hơi nước. Vậy muối X phải có dạng M(NO3)n.xH2O:

2M(NO3)n.xH2O t → M2On + 2nNO2 + 0

n O2 + 2xH2O 2

mY = m M2On = (2M + 16n) 0 , 03 = 1,6 M = n

1,12n = 56n/3 0,06

 n= 3, M = 56 (Fe) là thỏa mãn  nH O= 0 , 06 x = 0,02x = 6,48 − 3, 24 = 0,18 2

 x = 9. Vậy công thức của muối X là: Fe(NO3)3.9H2O

Bài tập 11. Hòa tan hết 2,56 gam Cu vào 25,2 gam dung dịch HNO3 nồng độ 60% thu được dung dịch A và hỗn hợp khí B gồm NO, NO2. Thêm 210 ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch A. Sau khi phản ứng kết thúc, đem cô cạn hỗn hợp thu được chất rắn X. Nung X đến khối lượng không đổi được 17,4 gam chất rắn Y. Tính nồng độ % của dung dịch A. GIẢI nCu =

2, 56 25, 2.60% = 0, 04 (mol); n NaOH = 0, 21.1 = 0, 21 (mol); n HNO3 = = 0, 24 (mol) 64 63

Cu + HNO3 → Cu(NO3)2 + NO + NO2 + H2O 0,04 mol 0,04 mol Dung dịch A có Cu(NO3)2, có thể có HNO3 dư.  Cu (OH ) 2  CuO  + N aOH  t0 ddA → N aN O  →   N aN O2 Coâ caïn 3  N aOH ( dö ) hoaë  N aOH ( dö ) c Cu ( N O ) ( d ö )  3 2  Bảo toàn Cu: nCuO = nCu = 0,04 (mol) Nếu NaOH hết thì nNaNO 2 = nNaOH = 0,21 (mol)

nCuO = 17 ,4 − 69 .0,21 = 0,036375 (mol) < 0,04 mol: vô lý  NaOH dư. 80

Gọi x là số mol NaOH phản ứng  nNaNO 2 = x (mol) nNaOH dư = 0,21- x  mY = 80. 0,04 + 69x + 40.(0,21 - x) = 17,4  x = 0,2  nNaNO 2 = 0,2 mol Bảo toàn N: nNO + nNO2 = 0,24 – 0,2 = 0,04 (mol) nHNO 3 (pư) = 2.nCu(NO 3 ) 2 + nNO + nNO 2 = 2.0,04 + 0,04 = 0,12 (mol) Bảo toàn H: nH 2 O = 1 . nHNO 3 = 0,06 (mol) 2

ĐLBTKL: mCu + mHNO 3 = mCu(NO 3 ) 2 + ( mNO + mNO 2 ) + mH 2 O 2,56 + 63.0,12 = 188.0,04 + ( mNO + mNO 2 ) + 18.0,06  mNO + mNO 2 = 1,52 (g)

dung dịch A chứa: nCu(NO 3 ) 2 = nCu = 0,04 mol; nHNO 3 (dư) = 0,24 - 0,12 = 0,12 mol  mddA = 2,56 + 25,2 – 1,52 = 26,24 (g)

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

63.0,12  C% (HNO3) = .100% = 28,81%; C%(Cu(NO3)2) = 28,66% 26,24 Bài tập 12. Cho m gam bột sắt vào dung dịch gồm Fe(NO3)3 0,04M và H2SO4 0,28M đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,2m gam chất rắn và 0,04 mol hỗn hợp khí gồm NO và H2. Biết NO là sản phẩm khử duy nhất. Xác định giá trị m. GIẢI Vì có H2 tạo thành  Nhóm NO3 đã chuyển hết thành NO. Mặt khác, vì Fe dư  muối tạo thành là muối sắt (II) sunfat: FeSO4 nFe(pư) = m – 0,2m = 0,8m. Vì 0,04 : 0,28 = 1 : 7  Nếu gọi a là số mol Fe(NO3)3 thì số mol H2SO4 là 7a mol. Bảo toàn nhóm SO4  nFeSO 4 = 7a mol Bảo toàn nguyên tố N và O: Fe(NO3)3 → 3NO + 6H2O a mol 3a mol 6a mol Ta có sơ đồ phản ứng:  Fe ( NO 3 ) 3 : a ( mol )  NO : 3a (mol ) →  + FeSO4 (7a mol) + H2O (6a H SO a mol : 7 ( )  H 2 : 0,04 − 3a  2 4

Fe (0,8m gam) + 

mol) Bảo toàn nguyên tố H: 2.7a = 2.(0,04-3a) + 2.6a  8a = 0,08  a = 0,01 (mol)

Bảo toàn nguyên tố Fe: 0,8m + 0,01 = 7.0,01  m = 4,2 (g) 56

Bài tập 13. Hỗn hợp A gồm MgO, Al2O3. Chia hỗn hợp làm 2 phần bằng nhau, khối lượng mỗi phần là 21,3 gam. Phần 1: Cho tác dụng với 200 ml dung dịch HCl, làm bay hơi dung dịch sau phản ứng thu được 43,3 gam chất rắn khan. Phần 2: Cho tác dụng với 500 ml dung dịch HCl, làm bay hơi dung dịch sau phản ứng thu được 54,3 gam chất rắn khan. Tính nồng độ mol/lít của dung dịch HCl đã dùng và thành phần % theo khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp A. GIẢI PTHH của các phản ứng: MgO + 2HCl → MgCl2 + H2O (1) Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O (2) Vì khối lượng oxit ở mỗi phần như nhau và khi lượng axit tăng từ 200 ml lên 500 ml thì khối lượng chất rắn sau khi làm bay hơi ở phần 2 lớn hơn ở phần 1  Ở thí nghiệm 1, HCl hết, hỗn hợp 2 oxit dư. Nếu ở TN2, HCl hết thì khối lượng chất rắn thu được ở TN2 phải tăng so với khối lượng

hỗn hợp oxit ở phần 2 là: 500 .(43,3- 21,3) = 55 (g) ≠ ( 54,3 – 21,3) = 33 (g) 200

 Ở TN2: HCl dư, oxit hết.

Cách 1: ĐLBTKL Gọi số mol HCl là a mol  Số mol H2O = 0,5a (mol) Áp dụng ĐLBTKL cho phần 1: mphần 1 + mHCl = mrắn + mH2O ⇔ 21,3 + 36,5a = 43,3 + 18.0,5a  27,5a = 22  a = 0,8 (mol)  CM (HCl) = 0,8/0,2 = 4M Gọi x, y lần lượt là số mol MgO và Al2O3 có trong mỗi phần. Vì phần 2 tan hết nên theo đề ta có: 40x + 102y = 21,3 (I) và 95x + 267y = 54,3 (II)

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Giải hệ phương trình (I) và (II) ta được: x = 0,15 (mol); y = 0,15 (mol) %mMgO = 0,15.40.100%/21,3 = 28,169%; %mAl2O3 = 71,831% Cách 2: Tăng giảm khối lượng Gọi x là số mol nguyên tử O trong 2 oxit ở phần 1 đã phản ứng. Theo (1,2): nCl ( trong 2 muối) = 2.nO ( trong 2 oxit) pư = 2x (mol) Khối lượng chất rắn tăng = mCl ( trong 2 muối) – mO ( trong 2 oxit) pư = 35,5.2x – 16x = 22 (g)  55x = 22  x = 0,4 (mol)  nHCl = 2.0,4 = 0,8 (mol)  CM (HCl) = 0,8/0,2 = 4M % khối lượng mỗi oxit làm tương tự cách 1 Cách 3: Phương pháp đại số Gọi số mol CuO và Fe2O3 trong phần 1 đã phản ứng là x1, y1; Số mol CuO và Fe2O3 chưa phản ứng là x2, y2  Số mol MgCl2 và AlCl3 tạo thành ở phần 1 là x1 và 2y1. Ta có: 40.(x1 + x2) + 102.(y1 + y2) = 21,3 (I); 40x2 + 102y2 + 95x1 + 267y1 = 43,3 (II) Từ (I) và (II)  55.(x1 + 3y1) = 22  x1 + 3y1 = 0,4 Theo (1,2): nHCl = 2.(x1 + 3y1) = 2.0,4 = 0,8 (mol)  CM (HCl) = 0,8/0,2 = 4M % khối lượng mỗi oxit làm tương tự cách 1. Bài tập 14. Cho một lượng kim loại R tác dụng với oxi thu được 9,6 gam hỗn hợp R và RO. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp đó bằng dung dịch HCl dư thì thu được dung dịch chứa 28,5 gam muối. Xác định R. GIẢI Vì R là kim loại có hóa trị II không đổi nên: 2R + O2 → 2RO (1) M dư nên A chứa RO và R dư. RO + 2HCl → RCl2 + H2O (2) R + 2HCl → RCl2 + H2 (3) Cách 1: Phương pháp trung bình:

28,5 (mol). M R + 71 28,5 Vì: MR < M A < MRO  MR < 9,6 : < MR + 16 M R + 71 9,6.(MR + 71)  MR < < MR + 16 28,5 Theo (2) và (3): nR (dư) + nRO = n RCl = 2

 28,5.MR < 9,6.MR + 681,6 < 28,5.MR + 456  18,9.M R < 681, 6   M R < 36, 06 (*)

18,9.M R > 225, 6  M R > 11,93 Từ (*) và R có hóa trị II  R chỉ có thể là Mg (24) Cách 2: Phương pháp đại số: Gọi a và b lần lượt là số mol R phản ứng và R dư. (1) 2R + O2 → 2RO a mol a mol M dư nên A chứa RO và R dư. RO + 2HCl → RCl2 + H2O (2) a mol a mol

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

R + b mol

2HCl → RCl2 + H2 b mol

(3)

2 8, 5  55a + 71b = 18,9  R + 71  a .( M + 1 6 ) + b . M = 9 , 6  R R 

Theo đề:  a + b = M

Vì: 55.( a + b) < 55a + 71b < 71.( a + b)  55.( a + b) < 18,9 < 71.( a + b)  1 8, 9 < a + b < 1 8, 9  1 8, 9 < 28,5 < 1 8, 9 M R + 71 71 55 71 55 18,9. M + 18,9.71 < 28,5.71 M < 36,06   R R  (*)  18,9.M R + 18,9.71 > 28,5.55  M R > 11,93 Từ (*) và R có hóa trị II  R chỉ có thể là Mg: 24 Bài tập 15. Cho khí CO qua m gam hỗn hợp X (gồm Fe và 3 oxit sắt) nung nóng, sau một thời gian thu được hỗn hợp chất rắn Y và hỗn hợp khí Z. Sục khí Z vào dung dịch Ca(OH)2 dư, đến phản ứng hoàn toàn, thu được 4 gam kết tủa. Mặt khác, hòa tan hoàn toàn Y trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng (dư), thu được 1,008 lít khí SO2 (đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch chứa 18 gam muối. Tìm giá trị của m. GIẢI Số mol CaCO3 = 4/100 = 0,04 (mol) (1) CO + FeO → CO2 + Fe 3CO + Fe2O3 → 3CO2 + 2Fe (2) 4CO + Fe3O4 → 4CO2 + 3Fe (3) Y gồm: Fe, FeO dư, Fe2O3 dư và Fe3O4 dư; Z: CO2 và CO dư. Vì Ca(OH)2 dư nên: Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3 + H2O 0,04 mol 0,04 mol Theo (4,5,6): nO (X) pư = nCO2 = 0,04 (mol) nSO2 = 1,008/22,4 = 0,045 (mol); nFe2(SO4)3 = 18/400 = 0,045 (mol) Cách 1: Quy đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp chỉ chứa Fe và Fe2O3 2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O 0,03 mol 0,015 mol 0,045 mol Số mol Fe2(SO4)3 do Fe2O3 tạo ra = 0,045 – 0,015 = 0,03 (mol) Fe2O3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O 0,03 mol 0,03 mol  mY = 56.0,03 + 160.0,03 = 6,48 (g) Ta có: mX = mO(pư) + mY = 0,04.16 + 6,48 = 7,12 (g) Cách 2: Bảo toàn khối lượng kết hợp bảo toàn nguyên tố H2 O Y + H2SO4  → Fe2(SO4)3 + SO2 + 0,045 mol 0,045 mol Bảo toàn nguyên tố S Số mol H2SO4 = 3.0,045 + 0,045 = 0,18 (mol) Bảo toàn nguyên tố H:  Số mol H2O = 0,18 (mol) Áp dụng ĐLBTKL: mY + mH2SO4 = mmuối + mSO2 + mH2O mY + 98.0,18 = 18 + 0,045.64 + 18.0,18  mY = 6,48 (g)  mX = mO(pư) + mY = 0,04.16 + 6,48 = 7,12 (g) Bài tập 16. Hòa tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp gồm một muối cacbonat của kim loại kiềm và một muối cacbonat của kim loại kiềm thổ bằng dung dịch HCl thu được 0,2 mol CO2 và dung dịch A. Cô cạn dung dịch A thu được bao nhiêu gam chất rắn?

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

GIẢI Cách 1: Phương pháp đại số. A2CO3 + 2HCl → 2ACl + CO2 + H2O x mol 2x x BCO3 + 2HCl → BCl2 + CO2 + H2O y mol 2y y

(1) (2)

 2A.x + B.y = 23,8 - 60.0,2 = 11,8 mmuối = 2x(A + 35,5) + y (B + 2.35,5) = 2A.x + B.y + 71.(x + y) = 11,8 + 71. 0,2 = 26 (g) Cách 2: Phương pháp bảo toàn khối lượng (1) A2CO3 + 2HCl →2ACl + CO2 + H2O BCO3 + 2HCl →BCl2 + CO2 + H2O (2) Theo (1) và (2): nHCl = 2.nCO2 = 2.0,2 = 0,4 (mol); nH2O = nCO2 = 0,2 (mol) Theo định luật BTKL, ta có : 23,8 + 0,4.36,5 = mmuối + mCO2 + mH2O  mmuối = 23,8+ 0,4.36,5 - 0,2. (44 + 18) = 26 g. Cách 3: Phương pháp tăng giảm khối lượng : Cứ 1 mol CO2 sinh ra thì sẽ có 1 mol hỗn hợp A2CO3 với BCO3 phản ứng và tạo ra 2 mol Cl (trong muối) làm khối lượng tăng 71 - 60 =11 (gam) 0,2 mol CO2 sinh ra làm khối lượng tăng 0,2.11 = 2,2 (g) Khối lượng muối sau phản ứng là: 23,8 + 2,2 = 26 (g) Bài tập 17. Hòa tan hoàn toàn 15,3 gam hỗn hợp X gồm 3 kim loại có hóa trị II trong dung dịch HCl (dư) người ta thu được 6,72 lít khí (đktc) và dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được khối lượng muối khan là bao nhiêu ? GIẢI Cách 1 : Phương pháp bảo toàn nguyên tố 6,72 nCl = nHCl = 2. n H = 2. = 0,6 (mol) 2 22,4  mmuối = 15,3 + 0,6.35,5 = 36,6 (g) Cách 2 : Phương pháp bảo toàn khối lượng Đặt A là công thức chung của 3 kim loại hóa trị II. A + 2HCl → ACl2 + H2 0,6 0,3 (mol) ĐLBTKL: mA + mHCl = mmuối + mH 2

 m muối = 15,3 + 0,6. 36,5 - 0,3.2 = 36,6 g. Cách 3 : Phương pháp trung bình Đặt A là công thức trung bình của 3 kim loại hóa trị II. A + 2HCl → MCl2 + H2 nMCl = nH = 0,3 (mol) 2

 mmuối = 0,3.(MA + 71) = 0,3.MA + 0,3.71 = 15,3 + 21,3 = 36,6 (g) Bài tập 18. Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3, Fe3O4 bằng dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được 4,48 lit khí NO2 ( đktc, sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Cô

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

cạn dung dịch X được 145,2 gam muối khan. Tính m ? GIẢI Cách 1 : Phương pháp đại số Gọi x, y, z lần lượt là số mol của FeO, Fe3O4, Fe2O3 trong m g hỗn hợp X FeO + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O (1) Fe3O4 + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO2 + 5H2O (2) Fe2O3 + 6HNO3 → 2Fe(NO3)3 + 3H2O (3)

CHỦ ĐỀ 6: BÀI TẬP LIÊN QUAN ĐẾN ĐỒ THỊ HÓA HỌC Bài tập 1. Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch HCl vào dung dịch hỗn hợp X gồm a mol NaOH và b mol K2CO3 kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

nNO = 0,2 mol; nFe( NO ) = 0,6 mol Ta có : x + 3y + 2z = 0,6 10x + 30y + 20 z = 6 (*) 2

3 3

Và x + y = 0,2 (**) Lấy (*) –(**), ta được : 9x + 29 y + 20 z = 5,8  72x + 232 y + 160 z = 46,4 g  m = 46,4 (g) Cách 2 : Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố H Ta có hh X + HNO3 → Fe(NO3)3 + NO2 + H2O Theo định luật bảo toàn khối lượng, ta có :

mX + mHNO

3pu

= mFe( NO ) + m NO + m H O 3 3

 mHNO = 63.nHNO = 63.(3.nFe + n NO ) = 63.(3.0,6 + 0, 2) = 126 g 3pu

3pu

Theo bảo toàn nguyên tố H, ta lại có : 1 1 n H O = n HNO => m H O = 18. .(3.0, 6 + 0, 2) = 18 g 2 2 2

3 pu

Hãy viết các phương trình phản ứng xảy ra và xác định tỉ lệ a:b. GIẢI PTHH: NaOH + HCl →NaCl + H2O a mol a mol K2CO3 + HCl →KHCO3 + KCl b mol b mol b mol KHCO3 + HCl →KCl + CO2 + H2O b mol b mol

mX =145,2 + 0,2.46 +18−126 = 46,4 g Cách 3 : Qui đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp gồm FeO và Fe2O3 hoặc Fe và Fe2O3 FeO + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO2 + 2H2O (1) 0,2 0,2 0,2 mol Fe2O3 + 6HNO3 → 2Fe(NO3)3 + 3H2O (2) y 2y Ta có : 0,2 + 2y = 0,6  y = 0,2 mol.  m = 72.x + 160.y = 0,2.72 + 160.0,2 = 46,4 (g) Cách 4 : Giải theo bảo toàn nguyên tố oxi Ta có nFe(NO3 )3 = 0,6 mol; nNO2 = 0,2 mol; Suy ra n HNO pu = 0, 6.3 + +0, 2 = 2, 0 mol => n H O = 3

X + HNO3 → Fe(NO3)3 + NO2 + H2O Bảo toàn nguyên tố O:

mO/X = mO/Fe(NO3 )3 + mO/NO2 + mO/H2O − mO/HNO3pu

1 n HNO3 = 1 mol. 2

mX −mFe = 0,6.9.16+ 0,2.32+1,0.16− 2.3.10 =12,8 (g) m = 12,8 + 0,6.56 = 46,4 (g)

Dựa vào đồ thị ta có: a + b = 0,6 và b = 0,8 – 0,6 = 0,2  a = 0,4 

0,4 2 a = = 0,2 1 b

Bài tập 2. Cho m gam hỗn hợp Na, Na2O, Al, Al2O3 vào nước thu được dung dịch X và 6,72 lít H2 (ở đktc). Cho từ từ dung dịch HCl vào X, số mol kết tủa tạo thành phụ thuộc vào số mol HCl theo đồ thị bên. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính giá trị của m? GIẢI

6,72 nH 2 = = 0,3 (mol) 22,4 Từ đồ thị nhận thấy dung dịch tạo thành là hỗn hợp của NaOH và NaAlO2 và vì nNaOH = nHCl  nNaOH = 0,2 (mol) Vì khi số mol HCl phản ứng với NaAlO2 là 0,2 mol hay 0,6 mol đều thu được cùng lượng kết tủa nên: NaAlO2 + HCl + H2O →NaCl + Al(OH)3 0,2 mol 0,2 mol 0,2 mol Gọi x là số mol NaAlO2 ( x > 0,2 ) NaAlO2 + HCl + H2O →NaCl + Al(OH)3 x mol x mol x mol Al(OH)3 + 3HCl →AlCl3 + 3H2O 0, 6 − x (0,6– x) mol 3 0, 6 − x Ta có: nAl(OH) 3 (dư) = x = 0,2  x = 0,3 (mol)  nNaAlO 2 = 0,3 (mol) 3 Ta có sơ đồ phản ứng:

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

 Na  Na O m (g)  2  Al  Al2O3

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

TN2: Nhỏ từ từ đến dư vào dung dịch HCl vào dung dịch B.

nNaOH = 0,2(mol) + H2 (0,3 mol) nNaAlO2 = 0,3(mol)

+ H2 O → 

Bảo toàn nguyên tố H: nH 2 O =

Kết quả 2 thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

2 . 0 ,3 + 0 , 2 = 0,4 (mol) 2

ĐLBTKL: m + 18.0,4 = 0,2.40 + 0,3.82 + 0,3.2  m = 26 (g) Bài tập 3. Nhỏ từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch X chứa 41,575 gam hỗn hợp gồm HCl, MgCl2, AlCl3. Tiến trình phản ứng được biểu diễn bởi đồ thị sau: Tính giá trị của x, y, z, t.

GIẢI Thí nghiệm 1: NaOH + HCl →NaCl + H2O

(1)

0,1 mol 0,1 mol Tính giá trị của a.

 x = 0,1 mol.

GIẢI + Gọi số mol của MgCl2 và AlCl3 lần lượt là x và y. Ta có đồ thị sau:

Na2ZnO2 + 2HCl →2NaCl + Zn(OH)2

(2)

Zn(OH)2 + 2HCl →ZnCl2 + 2H2O

(3)

Thí nghiệm 2: Ba(OH)2 + 2HCl →BaCl2 + 2H2O z mol + Từ đồ thị  nHCl = 0,2 mol. HCl + NaOH →NaCl + H2O 0,2 mol 0,2 mol MgCl2 + 2NaOH →Mg(OH)2 + 2NaCl x mol 2x mol x mol AlCl3 + 3NaOH →Al(OH)3 + 3NaCl y mol 3y mol y mol NaOH + Al(OH)3 →NaAlO2 + 2H2O (x + y) – a mol 95x + 133,5 y + 0,2.36,5 = 41,575  x = 0,15    y = 0,15 Ta có: n NaOH (min)→a ( mol )↓ = 2 x + 3.(a − x) + 0,2 = 0,65  a = 0, 2  n NaOH (max)→a ( mol )↓ = 2 x + 3 y + ( x + y − a) + 0,2 = 1,05 Bài tập 4. Dung dịch A chứa x mol NaOH và y mol Na2ZnO2; dung dịch B chứa z mol Ba(OH)2 và t mol Ba(AlO2)2 ( trong đó x < 2z). Tiến hành 2 thí nghiệm sau: TN1: Nhỏ từ từ đến dư dung dịch HCl vào dung dịch A.

(4)

2z mol

 2z = a  z = a/2 Ba(AlO2)2 + 2HCl + 2H2O →BaCl2 + 2Al(OH)3 Al(OH)3 + 3HCl →AlCl3 + 3H2O

(5)

(6)

Dựa vào đồ thị và dựa vào các phản ứng ( 2,3,5,6) ta có các hệ PT sau:

0,3 − a = a − 0,2 2 y = a − 0,1 a = 0,25  y = 0,075  và  và   0,5 − b = 3.(b − 0,3) 2t = b − a b = 0,35 t = 0,05

 z = 0,25/2 = 0,125 (mol) Bài tập 5. Cho m gam hỗn hợp Na và Ca vào một lượng nước dư thu được dung dịch X và V lít khí (đktc). Sục từ từ đến dư khí CO2 vào dung dịch X, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Tính giá trị m.

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Tính giá trị m.

GIẢI

GIẢI Gọi b là số mol NaOH, ta có đồ thị sau:

Dựa vào đồ thị ta có: nCa(OH) 2 = nCaCO 3 ( cực đại) = 0,1 (mol) + Gọi x = nNaOH + nCa(OH) 2 , ta có đồ thị sau:

+ Dựa vào đồ thị cho thấy: Khi số mol CO2 tăng từ 0,05 đến 0,1 mol thì lượng kết tủa tạo ra đúng bằng lượng kết tủa bị hòa tan khi số mol CO2 tăng từ x đến 0,35 mol  0,35 – x = 0,1 – 0,05 = 0,05  x = 0,3 (mol)  nNaOH = 0,3 – 0,1 = 0,2 (mol)  m = 0,2.23 + 0,1.40 = 8,6 (g) Bài tập 6. Sục V lít CO2 (đktc) vào dung dịch chứa hỗn hợp Ba(OH)2 và KOH, kết quả thí nghiệm được biểu diễn bằng đồ thị sau:

Dựa vào đồ thị, ta có: nBaCO 3 (cực đại) = a =

23,64 = 0,12 mol  nBa(OH) 2 = 0,12 197

Số mol CO2 hòa tan hết BaCO3 = Số mol CO2 (min) để tạo BaCO3 (max) = a (mol)  0,4 – ( a + b) = a ⇔ 0,4 – 0,12 – b = 0,12  b = 0,16 (mol)  Na 2 O  BaO  NaOH : 0,16( mol ) + H2O →  + H2 ( 0,12 mol) m (g)   Ba (OH ) 2 : 0,12( mol )  Na  Ba Bảo toàn nguyên tố H: nH 2 O =

0,16 + 0 ,12 .2 + 0,12 .2 = 0,32 (mol) 2

ĐLBTKL: m + 18.0,32 = 40.01,16 + 171.0,12 + 2.0,12  m = 21,4 (g) Tìm giá trị của V để thu được lượng kết tủa cực đại. GIẢI Dựa vào đồ thị ta có: • Số mol CO2 phản ứng với Ba(OH)2 = Số mol CO2 hòa tan hết BaCO3 = 1,25a (mol) •

nBaCO 3= 0 khi nCO 2 = 2,65a + 1,25a = 0,585 a = 0,15 mol

nBaCO 3(max) khi 1,25a ≤nCO 2 ≤2,65a ⇔ 0,1875 mol ≤nCO 2 ≤ 0,3975 mol ⇔ 4,2 lít ≤VCO 2 ≤8,904 lít

•

Bài tập 7. Cho m gam hỗn hợp gồm Na, Na2O, Ba, BaO vào lượng nước dư, thu được dung dịch X và a mol khí H2. Sục CO2 đến dư vào dung dịch X, phản ứng được biểu diễn theo đồ thị sau:

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

CHỦ ĐỀ 7: BIỆN LUẬN XÁC ĐỊNH CHẤT

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (2) y mol y mol Ta có: 65x + 56y + 64z = 9,25 (I); x + y = 0,1 (II) Cách 1: Nếu cho x + y + z mol hỗn hợp X tác dụng với khí clo dư thì: Zn + Cl2 → ZnCl2 (3) x mol x mol 2Fe + 3Cl2 → 2FeCl3 (4) y mol 1,5y mol Cu + Cl2 → CuCl2 (5) z mol z mol Vì ( x + y + z) mol X phản ứng cần ( x + 1,5y + z) mol Cl2 Và 0,3 mol X phản ứng cần 0,35 mol Cl2  (x + y+ z)/0,3 = ( x + 1,5y + z)/0,35  x – 2y + z = 0 (III) Giải hệ phương trình (I), (II), (III) ta được: x = 0,05 (mol); y = 0,05 (mol); z = 0,05 (mol)  mZn = 0,05. 65 = 3,25 (g); mFe = 0,05.56 = 2,8 (g); mCu = 3,2 (g) Cách 2: Giả sử 0,3 mol X gấp k lần số mol X có trong 9,25 gam X. nZn = kx (mol); nFe = ky (mol); nCu = kz (mol) Zn + Cl2 → ZnCl2 (3) kx mol kx mol 2Fe + 3Cl2 → 2FeCl3 (4) ky mol 1,5ky mol Cu + Cl2 → CuCl2 (5) kz mol kz mol Ta có: kx + ky + kz = k.(x + y + z) = 0,3 (III) và kx + 1,5ky + kz = k.( x + 1,5y + z) = 0,35 (IV) Từ (III) và (IV)  (x + y + z)/ ( x + 1,5y + z) = 0,3/0,35  x – 2y + z = 0 (VI) Giải hệ phương trình (I), (II), (VI) ta được kết quả như cách 1. Bài tập 3. Hòa tan hoàn toàn 20 gam hỗn hợp X gồm MgO, CuO và Fe2O3 phải dùng vừa hết 350 ml dung dịch HCl 2M. Mặt khác nếu dẫn khí H2 dư qua ống sứ chứa 0,4 mol hỗn hợp X nung nóng đến phản ứng hoàn toàn thì thu được a gam chất rắn và 7,2 gam nước. Tính a. GIẢI 7, 2 nHCl = 0,35.2 = 0,7 (mol); nH2O = = 0,4 (mol) 18 Gọi x, y, z lần lượt là số mol của MgO, CuO, Fe2O3 có trong 0,4 mol X.

Bài tập 1. Cho 93,9 gam hỗn hợp X ở dạng bột gồm Fe3O4 và Al. Nung X trong điều kiện không có không khí đến phản ứng hoàn toàn thu được hỗn hợp Y. Chia Y thành 2 phần. Cho phần 1 vào dung dịch NaOH dư, thu được 672 ml khí H2 (đktc). Cho phần 2 vào dung dịch HCl dư, thu được 18,816 lít H2 (đktc). Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X ban đầu. GIẢI nH = 0,672/22,4 = 0,03 (mol); nH = 18,816/22,4 = 0,84 (mol) 2

8Al + 3Fe3O4 → 4Al2O3 + 9Fe (1) Vì phản ứng hoàn toàn và phần 1 tác dụng với dung dịch NaOH dư tạo khí  Al dư, Fe3O4 hết. Phần 1 + dung dịch NaOH dư: 2NaOH + 2Al + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2 (2) 0,02 mol 0,03 mol 2NaOH + Al2O3 → NaAlO2 + H2O (3) Phần 2 + dung dịch HCl dư: Giả sử phần 2 gấp k lần phần 1 ( k > 0)  nAl ( phần 2) = 0,02k (mol). Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O (3) 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (4) 0,02k mol 0,03k mol  nH do Fe tạo ra = 0,84 – 0,03k (mol) 2

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (5) 0,84 – 0,03k 0,84 – 0,03k Vì phần 2 gấp k lần phần 1  nFe ( phần 1) = (0,84 – 0,03k)/k (mol)  nFe = 0,84 – 0,03k + (0,84 – 0,03k)/k = 0,81 + 0,84/k – 0,03k (mol) nAl (dư) = 0,02 + 0,02k Theo (1): nAl2O3 = 4/9.nFe = 4.( 0,81 + 0,84/k – 0,03k)/9 (mol) Áp dụng ĐLBTKL: mAl + mFe3O4 = mAl(dư) + mAl2O3 + mFe  27.( 0,02 + 0,02k) + 102.4.(0,81 + 0,84/k – 0,03k)/9 + 56.(0,81 + 0,84/k – 0,03k) = 93,9  2,5k + 11,28 – 85,12/k = 0  2,5k2 + 11,28k – 85,12 = 0  k = 4  nFe = 0,9 (mol); nAl (dư) = 0,1 (mol)  Theo (1): nFe3O4 = 0,3 (mol); nAl (pư) = 0,8 (mol)  mFe3O4 = 0,3.232 = 69,6 (g) và mAl = 27.(0,8 + 0,1) = 24,3 (g) Bài tập 2. Hỗn hợp X gồm Zn, Fe, Cu. Cho 9,25 gam X tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 2,24 lít khí (đktc). Mặt khác 0,3 mol X phản ứng vừa đủ với 7,84 lít khí clo (đktc). Tính khối lượng mỗi kim loại trong X. GIẢI n H = 2,24/22,4 = 0,1 (mol); n Cl = 7,84/22,4 = 0,35 (mol) 2

Gọi x, y, z lần lượt là số mol của Zn, Fe, Cu có trong 9,25 gam X. Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2 (1) x mol x mol

→ Cu + H2O H2 + CuO  y mol y mol t0

→ 2Fe + 3H2O 3H2 + Fe2O3  z mol 3z mol Giả sử 20 gam X có khối lượng gấp k lần khối lượng của 0,4 mol X MgO + 2HCl → MgCl2 + H2O kx mol 2kx mol CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O ky mol 2ky mol

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O kz mol 6kz mol Theo đề, ta có hệ phương  x + y + z = 0, 4  x = 0,16 ( mol )  x + y + z = 0, 4  y + 3 z = 0, 4     y + 3 z = 0, 4     y = 0,16 (mol )  40kx + 80ky + 160kz = 20 3 x − 4 y + 2 z = 0  z = 0, 08 (mol )    2kx + 2 ky + 6kz = 0, 7

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

trình

nH 2(pư) = nH2O = 0,4 (mol)

ĐLBTKL: mX + mH2 = a + mH2O  0,16.40 + 0,16.80 + 0,08.160 + 0,4.2 = a + 18.0,4  a = 25,6 (g) Hoặc: nO (X)pư = nH2O = 0,4 (mol)  a = mX – mO (X) pư = 0,16.40 + 0,16.80 + 0,08.160 – 0,4.16 = 25,6 (g) Bài tập 4. A là hỗn hợp gồm sắt từ oxit, đồng (II) oxit, nhôm oxit. Để hoà tan hết 44,3 gam A cần 500 ml dung dịch H3PO4 1M. Nếu lấy 0,7 mol hỗn hợp A cho tác dụng với H2 dư ở nhiệt độ cao thì sau phản ứng thu được 21,6 gam H2O. Tính % khối lượng các chất trong A GIẢI

nH3PO4 = 0,5.1 = 0,5 (mol); nH O = 21, 6 = 1,2 (mol) 2

Gọi x, y, z lần lượt là số mol của Fe3O4, CuO, Al2O3 có trong 44,3 gam hỗn hợp A. 3Fe3O4 + 8H3PO4 → 6FePO4 + Fe3(PO4)2 + 12H2O x mol 8x mol 3CuO + 2H3PO4 → Cu3(PO4)2 + 3H2O 2y y mol mol 3 Al2O3 + 2H3PO4 → 2AlPO4 + 3H2O z mol 2z mol Nếu cho (x + y + z ) mol A phản ứng với H2 dư: t0

→ 3Fe + 4H2O 4H2 + Fe3O4  x mol 4x mol t0

232.0,1   %mFe3O4 = 44,3 .100% = 52,37% 16 x − 5 y − 12 z = 0   x = 0,1( mol )  80.0, 2   232 + 80 + 102 = 44,3  = 0, 2( )  .100% = 36,12% x y z y mol   %mCuO = 44,3 8x 2 y  z = 0, 05(mol )    + %mAl O = 11,51% + 2 z = 0,5 2 3 3 3   Bài tập 5. Hỗn hợp X gồm (Al và oxit FexOy). Nung m gam X trong điều kiện không có

→ Cu + H2O H2 + CuO  y mol y mol ( x + y + z ) mol A phaûn öùng taïo ( 4x + y ) mol H 2 O   0, 7 mol A phaûn öùng taïo 1,2 mol H 2 O  x + y + z 4x + y =  0, 7 1,2   16x – 5y –12z = 0   Theo đề

→ Al2O3 + Fe (phản ứng chưa được không khí, khi đó xảy ra phản ứng: Al + FexOy  cân bằng). Sau phản ứng thu được hỗn hợp chất rắn Y. Chia Y thành hai phần: Phần 1: cho tác dụng với dung dịch NaOH dư, sau phản ứng thu được 1,68 lít khí và 12,6 gam chất rắn. Phần 2: cho tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng dư, sau phản ứng thu được 27,72 lít SO2 và dung dịch Z có chứa 263,25 gam muối sunfat. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các khí đo ở đktc. 1) Viết phương trình các phản ứng xảy ra. 2) Tìm m và công thức phân tử của oxit FexOy GIẢI Các phương trình phản ứng: t0

→ 3xFe + yAl2O3 3FexOy + 2yAl  (1) Cho phần 1 vào dung dịch NaOH dư có khí, suy ra trong chất rắn có Al dư. Vì Al còn dư, mà phản ứng xảy ra hoàn toàn nên FexOy hết. Vậy thành phần của Y có: Al2O3, Fe và Al dư. Phần 1 tác dụng với dung dịch NaOH dư: Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O (2) 2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2 (3) Chất rắn không tan là Fe  mFe = 12,6 (g) Phần 2 tác dụng với H2SO4 đặc nóng dư: Al2O3 + 3H2SO4(đ) →Al2(SO4)3 + 3H2O (4) t0

→ Al2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (5) 2Al + 6H2SO4(đ)  t0

→ Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (6) 2Fe + 6H2SO4(đ)  2 12, 6 nAl = .nH 2 = 0,05 (mol); nFe = = 0,225 (mol) 3 56 Phần 1 có: Al2O3; 0,225 mol Fe; 0,05 mol Al. - Giả sử phần 2 có khối lượng gấp a lần phần 1. Từ đó suy ra trong phần 2 có: ( Al2O3, Fe(0,225a mol) và Al (0,05a mol) Từ pư (5) và (6) suy ra: nSO 2 =

27,72 3 3 .(nAl + nFe) = .(0,05a + 0,225a) = = 1,2375 (mol)  a = 3 22, 4 2 2

 phần 2 có: 0,675 mol Fe và 0,15 mol Al muối sunfat = m Al2 (SO4 )3 + m Fe2 (SO4 )3 = 263,25 (g) (7) 1 Theo (4), (5): n Al2 (SO4 )3 = n Al2O3 + .nAl = n Al2O3 + 0,075 2

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15 1 Theo (6): n Fe2 (SO4 )3 = .nFe = 0,3375 mol 2

Thay các số mol vào (7)  n Al2O3 = 0,3 mol mphần 2 = m Al2O3 + mFe + mAl = 0,3.102 + 0,675.56 + 0,15.27 = 72,45 (g)  mphần 1 = 72,45/3 =24,15 (g)  m = mphần 1 + m phần 2 = 96,6 (g) Xét phần 2: từ (1) ta có: 3x : y = nFe : n Al2O3 = 0,675 : 0,3  x : y = 3: 4  oxit là Fe3O4

Bài tập 6. Cho hỗn hợp A có khối lượng m gam gồm bột Al và sắt oxit FexOy. Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp A trong điều kiện không có không khí, được hỗn hợp B. Nghiền nhỏ, trộn đều B rồi chia thành hai phần. Phần 1 có khối lượng 14,49 gam được hoà tan hết trong dung dịch HNO3 đun nóng, được dung dịch C và 3,696 lít khí NO duy nhất (đktc). Cho phần 2 tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH đun nóng thấy giải phóng 0,336 lít khí H2 (đktc) và còn lại 2,52 gam chất rắn. Các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. 1) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2) Xác định công thức của sắt oxit và tính m. GIẢI

nH2 =

0,336 = 0,015 ( mol) 22,4 t0

→ 3xFe + yAl2O3 3FexOy + 2yAl  (1) Cho phần 2 vào dung dịch NaOH dư có khí, suy ra trong chất rắn có Al dư. Vì Al còn dư, mà phản ứng xảy ra hoàn toàn nên FexOy hết. Vậy thành phần của B có: Al2O3, Fe và Al dư. Phần 2 tác dụng với dung dịch NaOH dư: Al2O3 + 2NaOH →2NaAlO2 + H2O (2) 2Al + 2NaOH + 2H2O →2NaAlO2 + 3H2 (3) 0,01 mol 0,015 mol 2, 52 Chất rắn không tan là Fe  mFe = 2,52 (g)  nFe = =0,045 (mol); 56 Giả sử phần 1 gấp k lần phần 2  Phần 1 có: 0,01k mol Al; 0,045k mol Fe; Al2O3 Phần 1 tác dụng với dung dịch HNO3 đun nóng: Al + 4HNO3 → Al(NO3)3 + NO + 2H2O (4) 0,01k 0,01k mol Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (5) 0,045k 0,045k mol Al2O3 + 6HNO3 →2Al(NO3)3 + 3H2O (6) 3,696 = 0,165 ( mol)  0,01k + 0,045 = 0,055k = 0,165  k = 3 22,4

nNO =

 n Al O ( p1) = 2

Theo (1):

14, 49 − (27.0, 01.3 + 56.0, 045.3) = 0,06 (mol) 102

nFe 3x 0,045.3 x 3 = =  =  Công thức của oxit sắt là Fe3O4 nAl2O3 y y 4 0,06

ĐKLBTKL: mA = mB = 14,49 +

14, 49 = 19,32 (g 3

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Bài tập 7. Nung 40,1 gam hỗn hợp A gồm Al và FexOy trong điều kiện không có không khí, giả sử chỉ xảy ra phản ứng khử FexOy thành kim loại. Sau một thời gian thì thu được hỗn hợp chất rắn B. Cho toàn bộ B tác dụng hoàn toàn với dung dịch NaOH dư, thu được 3,36 lít khí H2 (đktc) và chất rắn không tan C nặng 27,2 gam. Nếu cho toàn bộ B tan hết trong dung dịch HCl dư thì thu được 7,84 lít khí (đktc). Xác định công thức của oxit sắt. GIẢI nH = 3,36/22,4 = 0,15 (mol); nH = 7,84/22,4 = 0,35 (mol). 2

2yAl + 3FexOy → yAl2O3 + 3xFe (1) Vì phản ứng mới xảy ra được một thời gian nên B gồm: Al2O3, Fe với Al dư và FexOy dư. B + dung dịch NaOH dư: 2NaOH + Al2O3 → NaAlO2 + H2O (2) 2NaOH + 2Al + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2 (3) 0,1 mol 0,15 mol C gồm Fe và FexOy dư  mFe + mFexOy (dư) = 27,2 (g) B + dung dịch HCl dư: Al2O3 + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2O (4) FexOy + 2yHCl → FeCl2y/x + yH2O (5) 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (6) 0,1 mol 0,15 mol nH do Fe tạo ra = 0,35 – 0,15 = 0,2 (mol) 2

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (7) 0,2 mol 0,2 mol  mFexOy (dư) = 27,2 – 56.0,2 = 16 (g)  mAl (dư) + mFexOy (dư) = 27.0,1 + 16 = 18,7 (g)  mAl (pư) + mFexOy (pư) = 40,1 – 18,7 = 21,4 (g) Áp dụng ĐLBTKL: mAl2O3 + mFe = mAl (pư) + mFexOy (pư) = 21,4  mAl2O3 + 56.0,2 = 21,4  mAl2O3 = 10,2 (g)  nAl2O3 = 10,2/102 = 0,1 (mol) Theo (1): nFe/ nAl2O3 = 3x/y = 0,2/0,1 = 2  x/y = 2/3  CTHH: Fe2O3 Bài tập 8. Cho 3,25 gam hỗn hợp X gồm một kim loại kiềm (M) và một kim loại (R) hóa trị II vào nước thấy tan hoàn toàn tạo thành dung dịch D và 0,045 mol H2. Cô cạn dung dịch D thu được 4,06 gam chất rắn A khan. Xác định kim loại M và R. GIẢI PTHH của các phản ứng xảy ra: 2M + 2H2O → 2MOH + H2 (1) Vì X tan hoàn toàn nên có thể R cũng phản ứng với nước hoặc R phản ứng được với kiềm. R + 2H2O → R(OH)2 + H2 (2) Hoặc: 2MOH + R → M2RO2 + H2 (3) Nếu phản ứng (3) không xảy ra thì theo (1,2): nOH ( 2 bazơ) = 2. nH = 2.0,045 = 0,09 (mol) 2

 mA = mMOH + mR(OH)2 = mX + mOH = 3,25 + 17.0,09 = 4,78 (g) ≠ 4,06 (g): trái với giả thiết  Phản ứng (3) xảy ra, phản ứng (2) không xảy ra. Gọi a, b là số mol tương ứng của M và R. Vì X tan hoàn toàn nên A chứa M2RO2 và có thể có MOH dư.

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Ta có: aM + bR = 3,25 (I) Theo (1,3): nH = 0,5a + b = 0,045 (II) 2

nM2RO2 = nR = b (mol); nMOH (dư) = a – 2b (mol)  mM2RO2 + mMOH (dư) = (2M + R + 32).b + (M + 17).(a – 2b) = 4,06  aM + bR + 17a – 2b = 4,06  3,25 +17a – 2b = 4,06  17a – 2b = 0,81 (III) Từ (II) và (III) ta được: a = 0,05; b = 0,02  0,05.M + 0,02.R = 3,25  5M + 2R = 325 Cặp giá trị phù hợp là R = 65 ( Zn) và M = 39 (K) Bài tập 9. Cho dòng khí CO dư đi qua ống sứ nung nóng chứa m gam hỗn hợp X gồm 2 oxit của 2 kim loại thu được chất rắn A và khí B. ho toàn bộ khí B vào dung dịch nước vôi trong dư thu được 1,50 gam kết tủa. Cho toàn bộ chất rắn A vào dung dịch H2SO4 10% (vừa đủ) thì thu được dung dịch muối có nồng độ 11,243 %, không có khí thoát ra, và còn lại 0,96 gam chất rắn không tan. Xác định công thức của hai oxit, biết rằng các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. GIẢI Vì A tác dụng với dd H2SO4 10% không có khí thoát ra, có 0,96 gam chất rắn nên A chứa kim loại không tác dụng dd H2SO4 để tạo ra khí H2, được sinh ra khi oxit của nó bị CO khử. Mặt khác A phải chứa oxit không bị khử bởi CO, oxit đó hòa tan được trong dung dịch H2SO4 tạo dung dịch muối. Giả sử oxit tác dụng với CO là R2On, oxit không tác dụng với CO là M2Om PTHH: M2Om + mCO →2M + mCO2 CO2 + Ca(OH)2 →CaCO3 + H2O 1,5 0,015 .2 0,03 Ta có nCO = nCaCO = = 0,015 (mol )  nM = = ( mol ) 100 m m 0 ,03 mM = .M M = 0,96 ( g )  MM = 32.m m Lần lượt thử các giá trị m = 1, 2, 3. Giá trị phù hợp: m = 2; MM = 64; Kim loại là Cu  CTHH oxit: CuO - Khi cho A tác dụng dd H2SO4: R2On + nH2SO4 → R2(SO4)n + nH2O 2

Gọi x là số mol R2On trong A. Ta có

(2.M R + 96n).x 11,243 = MR = 9.n (2.M R +16n).x + 980nx 100

Lần lượt thử các giá trị n = 1, 2, 3. Giá trị phù hợp: n = 3; M = 27; Kim loại là Al  CTHH oxit: Al2O3 Bài tập 10. Hoà tan 23 gam hỗn hợp gồm Ba và 2 kim loại kiềm A, B thuộc 2 chu kì liên tiếp vào nước được dung dịch D và 5,6 lít khí (đkc). Nếu thêm 180 ml dd Na2SO4 0,5M vào dung dịch D thì dung dịch sau phản ứng vẫn còn hợp chất của bari. Nếu thêm 210 ml dd Na2SO4 0,5M vào dung dịch D sau phản ứng còn dư Na2SO4. Xác định tên 2 kim loại kiềm. GIẢI Ba + 2H2O → Ba(OH)2 + H2 (1) 2A + 2H2O → 2AOH + H2 (2) (3) 2B + 2H2O → 2BOH + H2 Ba(OH)2 + Na2SO4 → BaSO4 + 2NaOH Theo đề: 0,18.0,5 = 0,09 (mol) < nBa < 0,21.0,5 = 0,105 (mol)

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

0,09 . 137 = 12,33 (gam) < mBa < 0,105 . 137 = 14,385 (gam)  mhh (A, B) = 23 – mBa  23 – 14,385 = 8,6 < mhh < 23 – 12,33 = 10,67 Theo (1,2,3): nBa + ½. nhh (A, B) = nH2 = 5,6/22,4 = 0,25 (mol)  nhh = 2.(0,25 – nBa) = 0,5 – 2nBa

 0,5 – 2.0,105 = 0,29 < nhh < 0,5 – 2.0,09 = 0,32 

8,6 10,67 = 27,785 < M < = 36,793 0,32 0,29

A, B thuộc 2 chu kì liên tiếp có 27 < M < 37 nên đó là Na (23) và K (39) Bài tập 11. Hòa tan a gam một oxit sắt FexOy vào trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thì thu được khí SO2 duy nhất.Mặt khác, nếu khử hoàn toàn a gam oxit sắt trên bằng khí CO, hòa tan lượng sắt tạo thành trong dung dịch H2SO4 đặc nóng (dư) thu được lượng SO2 gấp 9 lần lượng SO2 ở thí nghiệm trên. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra trong hai thí nghiệm trên. b) Xác định định công thức hóa học của oxit sắt. GIẢI 2FexOy + (6x -2y )H2SO4 ( đặc)  t→ xFe2(SO4)3 + (3x-2y) SO2 ↑ + (6x -2y )H2O (1) 0

a ( 3x − 2y) (mol) 2

a (mol)

FexOy + yH2  t→ xFe + yH2O (2) a (mol) ax (mol) 2Fe + 6H2SO4 ( đặc)  t→ Fe2(SO4)3 + 3SO2 ↑ + 6H2O (3) ax (mol) 1,5 ax ( mol) Theo đề bài : n SO (3) = 9 ⋅ n SO (1) nên ta có : 0

1,5ax ⋅2 = 9 a(3x − 2y)



x 18 3 = = y 24 4

 CTPT của oxit sắt là : Fe3O4.

Bài tập 12. A là chất rắn khan. Cho m gam A vào dung dịch HCl 10%, được dung dịch B, không có kết tủa hoặc chất bay hơi tạo thành. Trong dung dịch B, nồng độ HCl là 6,1%. Cho NaOH vào dung dịch B để trung hòa hoàn toàn axit, được dung dịch C. Cô cạn dung dịch C thu được 16,03 gam NaCl duy nhất. A có thể là chất nào. Tính m. GIẢI

A + dd HCl  → dung dich B ( không có khí thoát ra)  → dd C Dung dd B + dd NaOH  Cô can dd C  → NaCl 

 A chỉ có thể là: NaOH, Na2O hoặc NaCl nNaCl =

16,03 = 0,274 (mol) 58,5

TH1: A là NaOH có khối lượng m gam (x mol) nHCl = nNaCl = 0,274 (mol) mHCl = 0,274.36,5 = 10 (g)  mdd HCl 10% = 100 (g)  mdd B = 40x + 100 (g)

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

HCl → NaCl + H2O x mol + HCl → NaCl + H2O (0,274– x) 36,5.(0,274 − x) C%(HCl dư) = .100% = 6,1%  x = 0,1 (mol)  m = 40.0,1 = 4 (g) 40 x + 100 TH2: A là Na2O có khối lượng m gam ( x mol) nHCl = nNaCl = 0,274 (mol) mHCl = 0,274.36,5 = 10 (g)  mdd HCl 10% = 100 (g)  mdd B = 62x + 100 (g) Na2O + 2HCl →2NaCl + H2O x mol 2x mol NaOH + HCl → NaCl + H2O (0,274– 2x) 36 ,5 .( 0, 274 − 2 x ) .100% = 6,1%  x = 0,05 (mol)  m = 62.0,1 = 3,15 C%(HCl dư) = 62 x + 100 (g) TH3: A là NaCl có khối lượng m gam ( x mol)  nNaCl ( tạo ra) = 0,274 – x (mol) NaOH x mol NaOH

NaOH + HCl → NaCl + H2O (0,274-x) ( 0,274-x) mHCl = 36,5.(0,274-x) (g)  mdd HCl 10% = 365.(0,274-x) (g)  mdd B = 58,5.x + 365.(0,274-x) = 100 -306,5x (g)

C%(HCl dư) =

36,5.(0,274− x) .100% = 6,1%  x = 0,219 (mol) 100− 306,5x

 m = 58,5.0,219 = 12,81 (g) Bài tập 13. A là hỗn hợp gồm M2CO3, MHCO3, MCl. Cho 43,71 gam hỗn hợp A tác dụng hết với dung dịch HCl thu được dung dịch B và 17,6 gam khí C. Chia dung dịch B làm hai phần bằng nhau. Phần 1 tác dụng vừa đủ với 125 ml dung dịch KOH 0,8M. Phần 2 phản ứng với dung dịch AgNO3 dư thu được 68,88 gam kết tủa trắng. Xác định tên kim loại M. GIẢI Từ các công thức M2CO3, MHCO3 và MCl  M có hóa trị I. Gọi x, y, z lần lượt là số mol của M2CO3, MHCO3 và MCl có trong 43,71 gam hh. M2CO3 + 2HCl →2MCl + CO2 + H2O; MHCO3 + HCl →MCl + CO2 + H2O x mol 2x 2x x y mol y y y nCO 2 = x + y = 17,6/44 = 0,4 (mol) ( *) 1 dung dịch B chứa: ( x + 0,5y + 0,5z) mol MCl và HCl dư 2

KOH + HCl →KCl + H2O 0,1 mol 0,1 mol Phần 2: nAgCl = 68,88/143,5 = 0,48 (mol) AgNO3 + MCl → AgCl + MNO3 AgNO3 + HCl →AgCl + HNO3; 0,1 mol 0,1 mol 0,38 mol 0,38 mol  x + 0,5y + 0,5z = 0,38  2x + y + z = 0,76 (mol) (**) 0 < z < 0,36 Từ ( *) và (**)  x + z = 0,36 ( ***)    x = 0,36 − z Phần 1: nKOH = 0,125.0,8 = 0,1 (mol);

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Mặt khác, ta có: (2M + 60).x + ( M + 61).y + (M + 35,5).z = 43,71 ⇔ (2x +y + z).M + 61.(x + y) - x + 35,5z = 43,71 ⇔ 0,76.M + 61.0,4 – (0,36 – z) + 35,5z = 43,71

⇔ 0,76. M + 36,5.z = 19,67  z = Vì 0 < z < 0,36 ⇔ 0 <

19,67 − 0,76.M 36,5

19,67 − 0,76.M 19,67 − 0,76M > 0 < 0,36   36,5 19,67 − 0,76M < 13,14

 8,59 < M < 25,88 và M có hóa trị I  M chỉ có thể là Na (23) Bài tập 14. Hòa tan vào nước 7,14 gam hỗn hợp muối cacbonat và hiđrocacbonat của một kim loại R (hóa trị I ). Sau đó thêm dung dịch HCl dư vào, thấy thoát ra 1,344 lít khí (đktc). Xác định công thức của mỗi muối và tính % khối lượng mỗi nguyên tố trong hỗn hợp 2 muối ban đầu. GIẢI Muối cacbonat và hiđrocacbonat của R ( hóa trị I) có công thức dạng R2CO3 và RHCO3 nCO 2 = 1,344/22,4 = 0,06 (mol) R2CO3 + 2HCl →2RCl + CO2 + H2O (1) RHCO3 + HCl →RCl + CO2 + H2O (2) Theo (1) và (2): Tổng số mol hỗn hợp 2 muối R2CO3 và RHCO3 = nCO 2 = 0,06 (mol)  Khối lượng mol trung bình của 2 muối R2CO3 và RHCO3 = 7,14/0,06 = 119 (g/mol) Vì MR > MH = 1  MR 2 CO 3 > MRHCO 3  MR 2 CO 3 > 119 > MRHCO 3  2.MR + 60 > 119 > MR + 61  29,5 < MR < 58; mặt khác R có hóa trị I  R chỉ có thể là K (39) Bài tập 15. X gồm 2 kim loại Mg và R. Cho 8 gam X vào dung dịch HCl dư, thu được 4,48 lít khí (đktc). Nếu cho 16 gam X tác dụng vừa đủ với 11,2 lít khí clo (đktc). Xác định kim loại R. GIẢI nCl2 ( 16 g) = 0,5 mol  nCl2 ( 8 g) = 0,25 mol TH1: R không phản ứng với HCl. Gọi n là hóa trị của R ( 1 ≤n ≤3, n nguyên) Mg + 2HCl → MgCl2 + H2; Mg + Cl2 → MgCl2 0,2 0,2 mol 0,2 0,2 mol Vì 0,2 < 0,25  R có phản ứng với clo. 2R + nCl2 → 2RCln 0,1 0,05 mol n

MR = ( 8- 0,2.24) :

0,1 = 32n  Cặp giá trị phù hợp là n = 2 và MR = 64  R là Cu n

TH2: R phản ứng với HCl. Gọi n là hóa trị của R khi phản ứng với HCl ( 1 ≤ n ≤ 3, n nguyên) Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 a a mol 2R + 2nHCl → 2RCln + nH2 b nb mol 0,5nb Mg + Cl2 → MgCl2 a a mol

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Gọi m là hóa trị của R khi phản ứng với Cl2 (n ≤m ≤3, n nguyên) 2R + mCl2 → 2RClm b 0,5nb mol Theo đề, ta có: 24a + b.R = 8  0,1 3, 2  R = 12n + 32.(m-n) = a + 0,5nb = 0,2  n < m ≤3; b = R − 12 n m−n a + 0,5mb = 0,25  Cặp giá trị phù hợp là m =3; n = 2 ( R = 56)  R là Fe Bài tập 16. Nung 12,12 gam một muối A thu được sản phẩm khí và 2,4g một hợp chất rắn không tan trong nước. Nếu cho toàn bộ sản phẩm khí trên hấp thụ vào 100g dung dịch NaOH 3,6% ở điều kiện xác định thì vừa đủ và thu được dung dịch chứa một muối có nồng độ 6,972%. Tìm công thức A. GIẢI Giả sử sản phẩm khí hấp thụ vào dung dịch NaOH sinh ra muối NaxX (X là gốc axit tạo muối). Bảo toàn nguyên tố Na

 nNa X = NaOH = x

3,6 0,09 0,09(23x + X ) = mol  mNax X = 40x x x

( g)

Khối lượng hỗn hợp khí = 12,12 – 2,4 = 9,72 (g) Khối lượng dung dịch muối = 9,72 + 100 = 109,72 (g). Vậy:

C% =

2,07x + 0,09 X ×100% = 6,972%  X = 62.x khi x = 1  X = 62 = NO3109,72x

Vậy trong sản phẩm khí có NO2, O2 và muối ban đầu là nitrat. Khi nhiệt phân muối nitrat thì sản phẩm rắn là nitrit hoặc oxit kim loại hoặc kim loại. Theo giả thiết hợp chất rắn không tan trong nước đó là oxit. Sơ đồ nhiệt phân muối: M ( N O 3 ) n → M 2 O m + N O 2 + O 2 ( m ≥ n ) . Bảo toàn nguyên tố N

nNO3 = nNO2 = nNa = nNaOH = 0,09 (mol)  nmuối = nM = 0,09/n  nM2Om = 0,045/n

2,4n − 0,72m khi n = m = 3 Vậy khối lượng oxit = 0,045/n (2M + 16m) = 2,4  M = 0,09

M = 56 (Fe) Muối nitrat Fe(NO3)3 nMuối = 0,09/3 = 0,03 (mol)  mmuối = 0,03.242 = 7,26 (g) < 12,12 (g)

 muối có kết tinh nước Gọi công thức muối là Fe(NO3)3.aH2O. Số mol nước kết tinh là: (12,12 – 7,26)/18 = 0,27( mol)  a = 0,27/0,03 = 9. Công thức của muối A là Fe(NO3)3.9H2O Bài tập 17. Hòa tan 1,7 gam hỗn hợp gồm kẽm và kim loại A ( hóa trị II duy nhất) trong dung dịch HCl dư tạo 672 ml khí (đktc). Mặt khác, nếu hòa tan 1,9 gam kim loại A thì dùng không hết 200 ml dung dịch HCl 0,5M. Xác định kim loại A. GIẢI nH 2 =

0,672 = 0,03 (mol) 22,4

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2 (1) A + 2HCl → ACl2 + H2 (2) Theo (1,2): nZn + nA = nH 2 = 0,03 (mol)

Khối lượng mol trung bình của 2 kim loại = Vì MZn = 65 > 56,67  MA < 56,67 (*) nHCl = 0,2.0,5 = 0,1 (mol) A + 2HCl → ACl2 + H2 (2)

1,7 = 56,67 (g/mol) 0,03

1,9 MA

3,8 mol MA 3,8 Theo đề: < 0,1  MA > 38 (**) MA

Từ (*), (**) và A có hóa trị II  A chỉ có thể là Ca (40) Bài tập 18. Cho hỗn hợp X gồm Fe và kim loại A ( hóa trị II ) tan hết trong dung dịch HCl dư thấy thoát ra 4,48 lít khí đktc. Cô cạn dung dịch sau phản ứng được 26,75 gam muối khan. Xác định M, biết nA: nFe > 2 : 1. GIẢI nH 2 =

4,48 = 0,2 (mol) 22,4

A + 2HCl → ACl2 + H2 (1) a mol a mol a mol Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (2) b mol b mol b mol a + b = 0,2 ⇔127 a + 127b = 25,4 (MA – 56).a Theo đề, ta có:  ( M A + 71).a + 127b = 26,75 ( M A + 71).a + 127b = 26,75 = 1,35

a =

1,35 1,35 ; Vì a < 0,2  < 0,2  MA > 62,75 (*) M A − 56 M A − 56

a + b = 0,2 ⇔( M A + 71).a + ( M A + 71)b = 0,2.( M A + 71) Mặt khác:  ( M A + 71).a + 127b = 26,75 ( M A + 71).a + 127 b = 26,75

(MA – 56).b = 0,2.MA – 12,55  b =

0,2M A −12,55 1,35 a= >2 M A − 56 0,2M A −12,55 b

 MA < 66,125 (**) Từ (*) với (**) và A có hóa trị II  A chỉ có thể là Zn ( 65) Bài tập 19. Khử hoàn toàn 4,06 gam một oxit kim loại M bằng 3,136 lít CO (đktc) ở nhiệt độ thích hợp thu được kim loại M và khí X. Tỉ khối của X đối với với hiđro bằng 18. Nếu lấy lượng kim loại M sinh ra hoà tan hết vào m gam dung dịch H2SO4 98% đun nóng thì thu được khí SO2 ( Sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch Y. a) Xác định công thức của oxit kim loại và tính giá trị nhỏ nhất của m. b) Dung dịch Y phản ứng vừa đủ với bao nhiêu lít clo (đktc) trong trường hợp m có giá trị nhỏ nhất. GIẢI

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Gọi công thức của oxit cần tìm là RxOy (x, y nguyên dương) t0 PPTH: RxOy + yCO  → xR + yCO2 (1)

MX = 36 →X có CO dư Tính được số mol CO2 = 0,07 mol = số mol CO phản ứng  số mol RxOy = 0,07/y → x.MR + 16.y = 58.y MR = 42.y/x Cặp giá trị phù hợp là x = 3; y = 4 → CT: Fe3O4 Số mol Fe = 0,0525 mol; gọi a là số mol Fe tham gia phản ứng (1) t0 2Fe + 6H2SO4 đặc  → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1) a 3a 0,5a (2) Fe + Fe2(SO4)3 → 3FeSO4 0,5a 0,5a Lượng H2SO4 nhỏ nhất khi phản ứng (2) vừa đủ ⇔ a + 0,5a = 0,0525  a = 0,035 (mol) nH2SO4 = 3a = 0,105mol  Khối lượng H2SO4 = 0,105.98 = 10,29 (gam).  mdd H2SO4 98% = 10,29.100/ 98 = 10,5 (gam) Bài tập 20. Hòa tan hết 16,2 gam kim loại X bằng 5 lít dung dịch HNO3 0,5M. Sau phản ứng kết thúc thu được 5,6 lít hỗn hợp khí Y gồm NO và N2 (đktc) nặng 7,2 gam. Xác định kim loại X GIẢI

nHNO = 5.0,5 = 2,5 (mol); nY = 3

5,6 = 0,25 (mol) 22,4

a = 0,1 (mol) a + b = 0,25  30a + 28b = 7,2 b = 0,15 (mol)

Gọi a, b lần lượt là số mol NO và N2. Ta có 

3X + 4nHNO3 →3X(NO3)n + nNO + 2nH2O (1) 10X + 12nHNO3 →10X(NO3)n + nN2 + 6nH2O (2) Theo (1) và (2): nX =

 MX = 16,2:

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

CHỦ ĐỀ 8: CẤU TẠO NGUYÊN TỬ VÀ TỰ CHỌN LƯỢNG CHẤT Bài tập 1. Giải thích vì sao nguyên tử khối của Cl là 35,5 đvC? GIẢI Vì trong tự nhiên tồn tại 2 loại đồng vị clo là 35Cl và 37Cl trong đó đồng vị 35Cl chiếm 75% và 37Cl chiếm 25%  M Cl = 75%.35 + 25%.37 = 35,5 (đvC) 75% + 25%

Bài tập 2. Thả một viên bi sắt hình cầu nặng 2,8 gam vào 500 ml dung dịch HCl 0,175M. Hỏi khi khí ngừng thoát ra thì bán kính viên bi còn lại bằng bao nhiêu phần bán kính viên bi ban đầu. Giả sử viên bi mòn đều ở mọi phía. Cho thể tích hình cầu là 4πr3/3. (r là bán kính viên bi). GIẢI nHCl = 0,5.0,175 = 0,0875 (mol); nFe = 2,8/56 = 0,05 (mol) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 0,04375 mol 0,0875 mol nFe(dư) = 0,05 – 0,04375 = 0,00625 (mol) Gọi thể tích viên bi còn lại và thể tích viên bi ban đầu lần lượt là V2 và V1 Ta có: V2/V1 = n2/n1  (r2/r1)3 = 0,00625/0,05 = 1/8 = (1/2)3 r2/r1 = 1/2  r2 = r1/2 Bài tập 3. Tính bán kính nguyên tử của Au ở 200C, biết ở nhiệt độ đó khối lượng riêng của Au là 19,32 g/cm3. Giả thiết rằng trong tinh thể các nguyên tử Au là những hình cầu chiếm 75% thể tích tinh thể, phần còn lại là các khe rỗng giữa các quả cầu. Biết MAu = 196,97 và Vhình cầu = 4πr3/3. GIẢI

196,97 = 10,195cm3 19,32 75 1 . = 12,7.10−24 cm3 Thề tích của 1 nguyên tử Au: 10,195. 100 6,023.1023

Thể tích của 1 mol Au: VAu =

3 10 1,8 ⋅ 0,1 + ⋅ 0,15 = (mol) n n n

1,8 = 9n  Cặp giá trị phù hợp là n = 3; MX = 27  X là Al. n

3V 3.12,7.10 −24 =3 = 1,44 .10 −8 cm 4.π 4.3,14 Bài tập 4. X và Y là các nguyên tố thuộc nhóm A, đều tạo hợp chất với hiđro có dạng RH (R là kí hiệu của nguyên tố X hoặc Y). Gọi A và B lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của X và Y. Trong B, Y chiếm 35,323% khối lượng. Trung hòa hoàn toàn 50 gam dung dịch A 16,8% cần 150 ml dung dịch B 1M. Xác định các nguyên tố X và Y? GIẢI Hợp chất với hiđro có dạng RH nên Y có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA. Trường hợp 1: Nếu Y thuộc nhóm IA thì B có dạng YOH

Bán kính của Au: r = 3

Ta có :

Y 35,323 =  Y = 9,284 (loại do không có nghiệm thích hợp) 17 64,677

Trường hợp 2 : Y thuộc nhóm VIIA thì B có dạng HYO4 Ta có :

Y 35,323 =  Y = 35,5 , vậy Y là nguyên tố clo (Cl). 65 64,677

B (HClO4) là một axit, nên A là một bazơ dạng XOH

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

16 ,8 mA = × 50 gam = 8, 4 gam 100

XOH + HClO4 → XClO4 + H2O  n A = nHCl O = 0,15 × 1 = 0,15 mol 4

 M + 17 = 8, 4 = 56 X 0,15

 MX = 39 gam/mol, vậy X là nguyên tố kali (K). Bài tập 5. Mỗi phân tử XY2 có tổng các hạt proton, nơtron, electron bằng 178; trong đó, số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 54, số hạt mang điện của X ít hơn số hạt mang điện của Y là 12. Hãy xác định kí hiệu hoá học của X, Y và công thức phân tử XY2 . GIẢI  2 p X + 4 pY + n X + 2 n Y = 178   2 p X + 4 pY − (n X + 2 n Y ) = 54  pY = 16; p X = 26  4 p − 2 p = 12 X  Y Vậy X là sắt, Y là lưu huỳnh; XY2 là FeS2 Bài tập 6. X, Y, R, A, B theo thứ tự là 5 nguyên tố liên tiếp trong bản tuần hoàn có tổng điện tích hạt nhân là 90 ( X có số đơn vị điện tích hạt nhân nhỏ nhất). Xác định tên các nguyên tố X, Y, R, A, B. GIẢI Gọi Z là số đơn vị điện tích hạt nhân của X Số đơn vị điện tích hạt nhân của Y, R, A, B lần lượt là Z+1; Z+2; Z+3; Z+4  Z+ (Z+1)+ (Z+2) + (Z+3) +(Z+4)= 90 Z=16  số đơn vị điện tích hạt nhân của X, Y, R, A, B lần lượt là: 16, 17, 18, 19, 20 X, Y, R, A, B là lưu huỳnh, clo, agon, kali, canxi. Bài tập 7. Ba nguyên tố X ,Y, Z trong cùng một chu kỳ có tổng số hiệu nguyên tử là 39. Số hiệu nguyên tử của Y bằng trung bình cộng số hiệu nguyên tử của X và Z. Nguyên tử của ba nguyên tố này hầu như không phản ứng với nước ở điều kiện thường. Hãy xác định vị trí của các nguyên tố đó trong bảng tuần hoàn. So sánh bán kính nguyên tử của các nguyên tố. GIẢI Ta có:

 Z X + Z Y + Z Z = 39  Y là nhôm.   3.Z Y = 39  Z Y = 13  Z X + ZZ ZY =  2

X, Y, Z cùng chu kỳ và đều hầu như không phản ứng với nước ở điều kiện thường nên X là Mg còn Z là Si. Vì 3 nguyên tố cùng thuộc 1 chu kì ( Mg: 12; Al: 13; Si: 14)  bán kính nguyên tử giảm dầu: Mg> Al > Si. Vì cùng số lớp e nhưng điện tích hạt nhân tăng và số e lớp ngoài cùng tăng dẫn đến lực hút giữa hạt nhân với các e lớp ngoài cùng mạnh hơn làm giảm bán kính nguyên tử ( giảm khoảng cách từ hạt nhân đến lớp e ngoài cùng). Bài tập 8. Ở 20oC, DFe = 7,87 g/cm3 với giả thiết trong tinh thể các nguyên tử Fe là những hình cầu chiếm 75% thể tích tinh thể, phần còn lại là khe trống giữa các quả cầu. Cho khối lượng mol nguyên tử của Fe = 55,85. Tính bán kính gần đúng của nguyên tử Fe ở 20oC ? GIẢI

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

m 55,85 V (1 mol Fe) = = = 7,097 (cm3) 7,87 D V (thực của 1 mol Fe) = 75%.7,097 (cm3)

V( 1 ngtử Fe) =

75%.7,097 3V 3 3.8,8.10−24 -24 (cm3)  r (nguyên tử Fe) = 3 = = 23 = 8,8.10 6,022.10 4π 4π

1,29.10-8 (cm) Bài tập 9. Hợp chất M có công thức dạng AB3. Tổng số hạt proton trong phân tử M là 40. Trong thành phần hạt nhân của A cũng như B đều có số hạt proton bằng nơtron. A thuộc chu kì 3 trong bảng HTTH. Xác định công thức của hợp chất M. GIẢI Gọi ZA, ZB lần lượt là số đơn vị điện tích hạt nhân trong A, B. Ta có: ZA + 3ZB = 40 A thuộc chu kỳ 3  11 ≤ZA ≤18  11 ≤40 – 3ZB ≤18  7,3 ≤ZB ≤9,6 ZB = 8 hoặc 9. ZB = 8 (O) => ZA = 16 (S) (chọn) vì trong nguyên tử A, B đều có số proton bằng số nơtron. ZB = 9 (F) => ZA = 13 (Al) (loại) Vậy A là S, B là O  M là SO3. Bài tập 10. Chất X có công thức phân tử dạng ABC ( với A, B, C là kí hiệu của 3 nguyên tố). Tổng số hạt mang điện là 52, trong đó tổng và hiệu số proton giữa B và A lần lượt gấp 2,25 và 2 lần số proton của C. Tìm công thức phân tử của X, viết công thức cấu tạo và so sánh có giải thích tính axit của các chất: ABC, ABC2, ABC3, ABC4. GIẢI Vì tổng số hạt mang điện = 52  pA + pB + pC = 26  p B + p A = 2, 25. pC  pC = 8   Ta có  p A + pB + pC = 26   p A = 1  A là H; B là Cl và C là O  X là HClO    p B − p A = 2. p C  p B = 17 CTCT: H – O – Cl Tính axit: HClO < HClO2 < HClO3 < HClO4 Khi điện tích của nguyên tử Cl càng lớn thì liên kết O – H càng phân cực mạnh ( vì lực hút giữa Cl với O tăng làm liên kết giữa O với H yếu đi), khi đó H càng linh động và tính axit càng mạnh. Bài tập 11. Tại sao H2O có khối lượng riêng lớn nhất ở 40C và 1 atm.

GIẢI Có hai lí do: Thứ nhất, khi nước đá nóng chảy liên kết hiđro bị đứt tạo thành những liên hợp phân tử đơn giản hơn làm thể tích nước giảm nên khối lượng riêng tăng dần từ 0 → 40C. Thứ hai, từ 40C trở đi do ảnh hưởng của nhiệt, khoảng cách giữa các phân tử tăng dần làm cho thể tích nước tăng lên và làm khối lượng riêng giảm dần. Do liên quan giữa hai cách biến đổi thể tích ngược chiều nhau, nên nước có khối lượng riêng lớn nhất ở 40C. Bài tập 12. Cho 5 nguyên tố A, X, Y, Z, T theo thứ tự thuộc 5 ô liên tiếp nhau trong Bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học, có số hiệu nguyên tử tăng dần. Tổng số hạt mang điện trong 5 nguyên tử của 5 nguyên tố trên bằng 100. Xác định 5 nguyên tố đã cho. So sánh tích chất của các cặp nguyên tố ( A; X) và ( Z, T). GIẢI

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Gọi số hạt proton của A là p  Số hạt proton của X là p+1; của Y là p+2; của Z là p+3; của T là p+4 Theo bài ra ta có: 10p + 20 = 100  p = 8.  A là 8O ; X là 9F ; Y là 10Ne ; Z là 11Na ; T là 12Mg Đi từ đầu đến cuối chu kì ( tính phi kim giảm)  Tính phi kim của O yếu hơn F. Đi từ đầu đến cuối chu kì ( tính kim loại giảm)  Tính kim loại của Na mạnh hơn M Bài tập 13. Nguyên tử của nguyên tố X có điện tích hạt nhân bằng +41,652.10-19 C; nguyên tử của nguyên tố Y có khối lượng bằng 1,8.10-22 gam. Xác định X, Y. GIẢI 41, 652.10−19 pX = = 26  X là sắt (Fe); 1, 602.10−19

C Loại Loại Loại Vậy R là C  2 hợp chất cần tìm là CH4 và CO2. Bài tập 16. Hai nguyên tố X, Y đều tạo hợp chất khí với hiđro có công thức XHa; YHa, phân tử khối của hợp chất này gấp hai lần phân tử khối của hợp chất kia. Hai hợp chất oxit với hóa trị cao nhất là X2On, Y2On, phân tử khối của hai oxit hơn kém nhau là 34. Tìm tên hai nguyên tố X và Y (MX < MY). GIẢI Hai nguyên tố X và Y có cùng hóa trị trong hợp chất khí với H và công thức oxit cao nhất nên chúng thuộc cùng 1 nhóm A, do vậy a + n = 8 ( 1 ≤ a ≤ 8; 4 ≤ n ≤ 7 )  Y + a = 2(X + a)  Y = 2X + a Theo đề    2Y = 2X + 34 (2Y + 16n) − (2X + 16n) = 34 Y = 34- a =34 - (8 - n) = 26 + n Lập bảng: n 4 5 6 7 Y 30 31 (P) 32 33 Chọn n = 5 và a = 3 Y = 31 X = 14. Vậy X là nitơ, Y là phốt pho.

1,793.10−22 = 108 (đvC)  Y là bạc (Ag) 1, 6605.10−24 Bài tập 14. Nguyên tố R là một phi kim, tỉ lệ % khối lượng của R trong oxit cao nhất và % khối lượng của R trong hợp chất khí với hiđro bằng 73 : 183. Xác định công thức của oxit cao nhất của R và hợp chất khí của R với hiđro. GIẢI Gọi a là hóa trị cao nhất của R với oxi (trong oxit). Suy ra oxit cao nhất có dạng R2Oa (a lẻ); ROa/2 (a chẵn); hợp chất khí với hiđro có dạng RH(8-a). Theo bài ra, ta có: * Trường hợp 1: nếu a lẻ R2Oa MY =

2R R 73 : = 2R + 16a R + 8 − a 183

 (2 R + 16 − 2 a).183 = 73.(2 R + 16 a)  R = 6,973a -13,31 Ta có bảng: a 7 5 R 35,5 21,555 Cl Loại Vậy R là Cl: oxit là Cl2O7 và hợp chất khí với H là HCl. * Trường hợp 2: nếu a chẵn ROa/2 . Làm tương tự không có giá trị nào thỏa mãn. Bài tập 15. Phần trăm khối lượng của nguyên tố R trong hợp chất khí với hiđro (trong đó R có số oxi hóa thấp nhất) là a%, còn trong oxit cao nhất là b%. Xác định R biết a : b=11 : 4 và viết công thức phân tử của hai hợp chất trên. GIẢI Vì R tạo được hợp chất khí với H nên R là phi kim. Giả sử R thuộc nhóm x (x ≥4). Theo giả thiết, công thức của R với H là RH8-x a=

R .100 R+8−x

2R R công thức oxit cao nhất của R là R2Ox  b= .100 ⇔ b = .100 2 R + 16x R + 8x  a = R + 8x = 11 ⇔R = 43x − 88 b R+8-x 4 7

x R

4 12

5 18,14

6 24,28

7 30,42

Bài tập 17. X là hợp kim gồm (Fe, C, Fe3C), trong đó hàm lượng tổng cộng của Fe là 96%, hàm lượng C đơn chất là 3,1%, hàm lượng Fe3C là a%. Tính giá trị của a. GIẢI Xét 100 gam hỗn hợp X ta có mC = 3,1 gam, mFe3C = a gam và số gam Fe tổng cộng là 96 gam.

 m C ( trong Fe C ) = 100 − 96 − 3,1 = 3

12a 180

 a = 13,5

Bài tập 18. Nung m gam đá X chứa 80% khối lượng gam CaCO3 (phần còn lại là tạp chất trơ) một thời gian thu được chất rắn Y chứa 45,65 % CaO. Tính hiệu suất phân hủy CaCO3. GIẢI Chọn mX = 100 gam  mCaCO3 = 80.100% = 80 (g)  m(tạp chất) = 20 gam. Gọi h là hiệu suất phản ứng: CaCO3 Bđ: 100 (g)

t  → CaO

+ CO2 44 (g) 44.80 Pư: 80 (g) .h 100 80 m Y = m X − m CO = 100 − 44. .h 100 56 (g) 56.80 .h 100

 56.

80 45,65  80  .h = .100 − 44. .h   h = 0,75  hiệu suất phản ứng bằng 75%. 100 100  100 

Bài tập 19. Hỗn hợp khí gồm oxi và ozon có tỉ khối so với hiđro là 18. Xác định phần trăm theo thể tích của từng khí trong hỗn hợp đầu GIẢI

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Xét 1 mol hỗn hợp khí. Gọi số mol của oxi là x  nO3 = 1− x (mol) Theo giả thiết ta có: M =

32x + 48.(1− x) =18.2 = 36  x = 0,75 1

0,75  .100% = 75% %VO2 = 1  %VO = 100% − 75% = 25% 3  Bài tập 20. Trong quá trình tổng hợp amoniac, áp suất trong bình giảm đi 10% so với áp suất lúc đầu. Biết nhiệt độ của phản ứng giữ không đổi trước và sau phản ứng. Hãy xác định phần trăm theo thể tích của hỗn hợp khí Y thu được sau phản ứng biết tỉ lệ thể tích của N2 và H2 trước phản ứng là 1 : 3. GIẢI Giả sử lúc đầu ta lấy 1 mol N2 và 3 mol H2 Trong một bình kín có nhiệt độ không đổi thì áp suất tỉ lệ thuận với số mol hỗn hợp khí n p  1 = 1 n2 p2 Vì áp suất giảm đi 10% thì số mol của hỗn hợp khí cũng giảm 10% nY = 4.

90 = 3, 6 (mol) 100

Giả sử có xlà số mol N2 phản ứng: ⇀ N2 + 3H2 ↽ 2NH3 Ban đầu: Phản ứng: Sau pư:

1 x

1− x

3x 3 − 3x

2x 2x

nY = (1− x) +(3−3x) + 2x = 4 −2x = 3,6 x = 0,2 (mol) 1 − 0, 2 3 − 3 × 0, 2 × 100% = 22, 22%; %VH 2 = × 100% = 66, 67% 3, 6 3, 6 0, 2 × 2 %VNH 3 = × 100% = 11,11% 3, 6 Bài tập 21. Hoà tan a gam một oxit kim loại hoá trị II (không đổi) bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 4,9% người ta thu được một dung dịch muối có nồng độ 5,88%. Xác định tên kim loại hoá trị II GIẢI Xét 1 mol MO. MO + H2SO4 → MSO4 + H2O 1 mol 1 mol 1 mol 1 mol %VN 2 =

mdd H2SO4 =

98×100 = 2000 ( g) 4,9

mdd MSO4 = (M + 16).1 + 2000 = M + 2016 (g) M + 96 × 100% = 5,88%  M = 24 : Magie (Mg) M + 2016 Bài tập 22. Cho cùng một lượng khí clo lần lượt tác dụng hoàn toàn với kim loại R (hoá C %( MSO4 ) =

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

trị I) và kim loại X (hoá trị II) thì khối lượng kim loaị R đã phản ứng gấp 3,375 lần khối lượng của kim loại X . Khối lượng muối clorua của R thu được gấp 2,126 lần khối lượng muối clorua của X đã tạo thành. Xác định tên hai kim loại GIẢI Giả sử có 1 mol clo tham gia phản ứng Phương trình phản ứng: Cl2 + 2R → 2RCl 1 mol 2 mol 2 mol Cl2 + X → XCl2 1 mol 1 mol 1 mol Theo giả thiết:

mR 2 × M R = = 3,375  2M R = 3,375M X (1) mX MX mRCl 2 × M R + 71 = = 2,126  2M R − 2,126 M X = 79,946 mXCl2 M X + 71

(2)

Từ (1) và (2) MX = 64( X là Cu) và MR =108( R là Ag) Bài tập 23. Hoà tan x gam kim loại M trong y gam dung dịch HCl 7,3% (lượng axit vừa đủ) thu được dung dịch A có nồng độ 11,96%. Xác định tên kim loại M. GIẢI Giả sử số mol của kim loại M (có hoá trị n) đã phản ứng là 1 mol + nH2 2M + 2nHCl → 2MCln 1 mol n 1 0,5n

mdd HCl =

36,5n ×100 = 500n (g) 7,3

mdd MCln = mM + mdd HCl − mH2 = M + 500n − n = M + 499n (g) M + 35, 5 n × 100% = 11, 96%  M = 27, 5n M + 499 n Cặp giá trị phù hợp là n = 2; M = 55 ( Mangan: Mn) Bài tập 24. Cho hỗn hợp gồm NaI và NaBr hoà tan hoàn toàn vào nước được dung dịch A. Cho vào dung dịch A một lượng Brom vừa đủ thu được muối X có khối lượng nhỏ hơn khối lượng của muối ban đầu là a gam. Hoà tan X vào nước thu được dung dịch B. Xục khí clo vào dung dịch B thu được muối Y có khối lượng nhỏ hơn khối lượng của muối X là 2a gam. Xác định phần trăm theo khối lượng các chất trong hỗn hợp muối ban đầu.  C %( MCl2 ) =

GIẢI Giả sử trong 1 mol hỗn hợp có x mol NaI và (1 – x) mol NaBr Cho dd A tác dung với Brom 2NaI + Br2 → 2NaBr + I2 (1) x mol x mol muối X chỉ có NaBr với số mol là: x + (1 – x) = 1 (mol)  mNaBr = 103.1 = 103 (g) mhh đầu = 103 + a (g) Cho dung dịch B tác dụng với clo 2 NaBr + Cl2 → 2 NaCl + Br2 (2) 1 mol 1 mol m NaCl = 58,5.1= 58,5 (g)

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Theo giả thiết: mNaBr = mNaCl + 2a 103 = 58,5 + 2a  a = 22,25 mhh đầu = 103 + 22,25 = 125,25 (g) m hh đầu = mNaI + mNaBr = 150x + 103.(1 – x) = 125,25  x = 0,4734

%mNaI =

0,4734×150 ×100 = 56,69% ;%mNaBr = 100% − 56,69% = 43,31% 125,26

Bài tập 25. Cho dung dịch NaOH 20% tác dụng vừa đủ với dung dịch FeCl2 10%. Đun nóng trong không khí cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Tính nồng độ phần trăm muối tạo thành trong dung dịch sau phản ứng, coi nước bay hơi không đáng kể. GIẢI Giả sử có 100 gam dung dịch NaOH tham gia phản ứng 100 × 20  nNaOH = = 0,5 ( mol ) 100 × 40

3CO2 85.8 Chất rắn D có MgO và Fe: m D = = 6,8 ( g ) 100 mX = 100 x + 84 y + 160 z + 102t = 100 ( I )

mdd NaCl = 317,5 + 100 + 32. 0,0625 - 26,75 = 392,25 (g)

29,25 .100% = 7,45% 390,25

Bài tập 26. Cho hỗn hợp A gồm CaCO3, Al2O3, Fe2O3, trong đó Al2O3 chiếm 10,2%; Fe2O3 chiếm 9,8%. Nung hỗn hợp này ở nhiệt độ cao thu được hỗn hợp chất rắn B có khối lượng bằng 67% khối lượng của A. Tính phần trăm khối lượng các chất trong B. GIẢI Giả sử khối lượng của hỗn hợp A ban đầu là 100 gam

 mAl2O3 = 10,2 (g); mFe2O3 = 9,8 (g); mCaCO3 = 80 (g) (1)

mB = 67%.100 = 67 (g)  mCO = 100 – 67 =33 (g) 2

Theo (1): nCO2 = nCaO = nCaCO3 =

33 = 0, 75 ( mol ) 44

mCaCO3 (phân hủy) = 0,75 . 100 = 75 (g)

mCaCO3 (dư) = 80 - 75 = 5 (g); mCaO = 56 . 0,75 = 42 (g) 10, 2 9,8 .100% = 15, 22%; %mFe2O3 = .100% = 14,63% 67 67 5 42 %mCaCO3 = .100% = 7, 4%; %mCaO = .100% = 62,69% 67 67

%mAl2O3 =

(1)

mddNaCl = mdd FeCl2 + mdd NaOH + mO2 − mFe (OH )3

→ CaO + CO2 CaCO3 

→2Fe + Fe2O3 + 3CO 

mFe(OH )3 = 0,25.107 = 26,75 (g)

→ CaO + CO2 CaCO3 

Bài tập 27. Nung một mẫu đá vôi X có lẫn tạp chất là MgCO3, Fe2O3, và Al2O3 đến khối lượng không đổi được chất rắn A có khối lượng bằng 59,3% khối lượng của X. Cho toàn bộ A vào H2O (lấy dư), khuấy kỹ thấy phần không tan B có khối lượng bằng 13,49% khối lượng của A. Nung nóng B trong dòng không khí CO dư đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn được lượng chất rắn D có khối lượng bằng 85% khối lượng của B. Tính phần trăm khối lượng của CaCO3 trong X. GIẢI Giả sử ta nung 100 gam hỗn hợp X Gọi x, y, z, t lần lượt là số mol của CaCO3, MgCO3, Fe2O3, Al2O3.

→ MgO + CO2 (2) MgCO3  Chất A gồm CaO, MgO, Fe2O3, Al2O3 tác dung với H2O dư CaO + H2O → Ca(OH)2 (3) Ca(OH)2 + Al2O3 → Ca(AlO2)2 + H2O (3) 59,3.13, 49 Chất B gồm có MgO, Fe2O3: mB = = 8 (g) 100

FeCl2 + 2NaOH → Fe(OH)2 + 2NaCl 0,25 mol 0,5 0,25 0,5 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3 0,25 mol 0,25 0, 0625 0, 25.127.100 mdd FeCl2 = = 317, 5 ( g ) 10

mNaCl = 0,5 . 58,5 = 29,25 (g) C%( NaCl ) =

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

 x = 0,825 ( mol )  mA = 56 x + 40 y + 160 z + 102t = 59, 3 ( II )  y = 0,1 ( mol ) ; Từ (I), (II), (III) và (IV)  mB = 40 y + 160 z = 8 ( III )  z = 0, 025 ( mol ) t = 0, 05 (mol ) mD = 40 y + 2.56 z = 6,8 ( IV ) 

mCaCO3 = 0,852.100 = 82,5 (g)  % mCaCO = 82, 5 × 100% = 82, 5% 3

100

Bài tập 28. Cho x gam dung dịch H2SO4 nồng độ y% tác dụng hết với một lượng dư hỗn hợp khối lượng Na, Mg. Lượng H2 (khí duy nhất) thu được bằng 0,05x gam. Viết phương trình phản ứng và tính nồng độ phần trăm của dung dịch H2SO4. GIẢI Giả sử khối lượng dung dịch H2SO4 ban đầu x = 100 (g)  nH 2 =

0, 05.100 = 2, 5 ( mol ) 2

H2SO4 + 2Na → Na2SO4 + H2 (1) H2SO4 + Mg → MgSO4 + H2 (2) Do Na và Mg còn dư nên có phản ứng + H2 (3) 2Na + 2H2O → 2NaOH 2NaOH + MgSO4 → Na2SO4 + Mg(OH)2 (1) Theo (1) và (2): n H (1;2 ) = n H SO = y ( mol )

2 2 4 98 1 1 100 − y 100 − y Theo (3): n H 2 (3) = n H 2 O = . = ( mol ) 2 2 18 36

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15 y 100 − y ΣnH 2 = + = 2, 5 ( mol )  y = 15,81 ( g ) C%(H2SO4 ) = 15,81% 98 36 a Bài tập 29. Đốt cháy hoàn toàn a gam một hợp chất A của phot pho cần mol O2 sản 17

phẩm chỉ thu được P2O5 và 13,5a/17 gam H2O. Xác định công thức phân tử của A biết MA< 65 g/mol. GIẢI Giả sử a = 17 nO2 =1 (mol)

Vì sản phẩm chỉ có P2O5 và H2O  trong A có H, P và có thể có O Gọi công thức của A là HxPyOz 4HxPyOz + (x + 5y – 2z) O2  → 2xH2O + 2yP2O5 ĐLBTKL: mP2O5 = 17 + 32 - 13,5 = 35,5 (g) 13, 5.2 35, 5.2 = 1, 5 ( mol ); nP = 2.nP2O5 = = 0, 5 ( mol ) 18 142 17 − (1, 5 + 0, 5.31)  nO = = 0 . Vậy trong A không có oxi 16

n H = 2 nH 2O =

 x : y = nH : nP = 1,5 : 0,5 = 3:1; MA < 65  công thức của A là PH3 Bài tập 30. Hoà tan một muối cacbonat kim loại M hóa trị n bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 9,8% ta thu được dung dịch muối sunfat 14,18%. Xác định kim loại M. GIẢI Chọn 1 mol muối M2(CO3)n: M2(CO3)n + nH2SO4 →M2(SO4)n + nCO2 + nH2O 1 mol n mol 1 mol n mol

 mdd H2SO4 =

98n.100 = 1000n (g) 9,8



mdd muèi = mM2 (CO3 )n + mdd H2SO4 − mCO2 = (2M+ 60n) +1000n − 44n = (2M+1016n) (g) C%dd muèi =

( 2M + 96 ) .100% = 14,18%  M = 28n

2M + 1016 n Cặp giá trị phù hợp là: n = 2; M = 56 (Fe) Bài tập 31. Khi hòa tan hiđroxit kim loại M(OH)2 bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 20% thu được dung dịch muối trung hoà có nồng độ 27,21%. Xác định M. GIẢI Xét 1 mol M(OH)2 tham gia phản ứng M(OH)2 + H2SO4 → MSO4 + 2H2O 1 mol 1 mol 1 mol ( M + 96 ) .100  M = 64 98.100 m dd H 2SO4 = = 490 (g)  m dd MSO 4 = (M + 34) + 490 = 20 27, 21 Vậy M là Cu Bài tập 32. Hỗn hợp X gồm N2 và có H2 có tỉ khối hơi so với H2 bằng 3,6. Sau khi tiến hành phản ứng tổng hợp được hỗn hợp Y có tỉ khối hơi so với H2 bằng 4. Tính hiệu suất phản ứng. GIẢI

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

Xét 1 mol hỗn hợp X, ta có: mx = M X = 3,6.2 = 7,2(g) Đặt n N2 = a mol , ta có: 28a + 2.(1 − a) = 7,2  a = 0,2

 nN2 = 0,2 mol và

nH2 = 0,8 mol o

xt, t  → 2NH3 3H2 ←  p

0,2 0,8 Ban đầu: Phản ứng: x 3x 2x Sau pư: (0,2 − x) (0,8 − 3x) 2x nY = (0,2 - x) + (0,8 - 3x) + 2x = (1 − 2x) mol MY = 4.2 = 8 (g/mol);

mY 7, 2  (1 − 2x ) =  x = 0,05 (mol) MY 8 0,05 0, 2 0,8 .100% = 25% . Vì  Hiệu suất phản ứng tính theo N2: HSPƯ = < 0,2 1 3 ĐLBTKL: mY = mX = 7,2 (g)  n Y =

Bài tập 33. Hỗn hợp X gồm N2 và H2 có MX = 12,4 g/mol. Dẫn X đi qua bình đựng bột Fe rồi nung nóng biết rằng hiệu suất tổng hợp NH3 đạt 40% thì thu được hỗn hợp Y. Tính dY / H2 ? GIẢI Xét 1 mol hỗn hợp X  mX = 12,4 (g) gồm a mol N2 và (1 − a) mol H2.  28a + 2(1− a) = 12,4  a = 0,4 mol  nH2 = 0,6 (mol)

Vì

0, 4 0, 6  Hiệu suất phản ứng tính theo H2  n H (pu) = 0,6.40% = 0, 24 (mol) > 2 1 3 o

N2 Ban đầu: Phản ứng: Sau pư:

xt, t  → 2NH3 3H2 ←  p

0,4 0,6 0,08 0,24 0,16 mol 0,32 0,36 0,16 mol nY = 0,32 + 0,36 + 0,16 = 0,84 (mol) ĐLBTKL: mY = mx = 12,4 (g)  MY =

12,4 = 14,76 (g) . 0,84

CHỦ ĐỀ 1 ĐẾN 15

y mol CHỦ ĐỀ 9: KIM LOẠI Bài tập 1. Cho Fe phản ứng vừa hết với dung dịch H2SO4 thu được khí A và dung dịch chứa 8,28 gam muối. Tính khối lượng của Fe đã phản ứng biết rằng số mol Fe bằng 37,5% số mol H2SO4. GIẢI Nếu A là khí H2: Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 (loại vì không thỏa mãn đầu bài: nFe = 37,5%.nH2SO4 )  A là khí SO2 (không thể là H2S vì Fe là kim loại trung bình) Các phương trình phản ứng: 2Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (1) Có thể: Fe + Fe2(SO4)3 → 3FeSO4 (2) Vì nFe = 37,5%.nH2SO4  nFe: nH2SO4 = 37,5/100 = 3/8 > 1/3 = 3/9  Phản ứng (2) có xảy ra. Gọi số mol Fe tham gia phản ứng (1) và (2) lần lượt là x và y x+ y .100 = 37, 5  x = 0, 04 Theo bài ra ta có:  3 x →  y = 0, 005 (0, 5 x − y ).400 + 3 y.152 = 8, 28 mFe = 0,045.56 =2,52 (gam) Bài tập 2. X là hỗn hợp gồm Fe và Fe2O3. Cho X phản ứng với 400 ml dung dịch HCl 2M, sau phản ứng thu được 2,24 lít khí (đktc), dung dịch Y và 2,8 gam kim loại. Tính khối lượng muối trong Y và khối lượng hỗn hợp X. GIẢI nHCl = 0,4.2 = 0,8 (mol); nH = 2,24/22,4 = 0,1 (mol) 2

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (1) 0,1 mol 0,2 mol 0,1 mol 0,1 mol Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O (2) 0,1 mol 0,6 mol 0,2 mol Vì Fe dư nên: Fe + 2FeCl3 → 3FeCl2 (3) 0,1 mol 0,2 mol 0,3 mol  mFeCl2 = 127.( 0,1 + 0,3) = 50,8 (g) mX = 56.(0,1 + 0,1) + 2,8 + 160.0,1 = 30 (g) Bài tập 3. Hỗn hợp A gồm Mg và Fe. Cho 5,1 gam hỗn hợp A vào 250 ml dung dịch CuSO4. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, lọc, thu được 6,9 gam chất rắn B và dung dịch C. Thêm dung dịch NaOH dư vào dung dịch C. Lọc lấy kết tủa đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi được 4,5 gam chất rắn D. Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của các kim loại trong hỗn hợp A. GIẢI Vì Mg đứng trước Fe và Fe đứng trước Cu nên thứ tự phản ứng như sau: Mg + CuSO4 → MgSO4 + Cu (1) x mol x mol x mol x mol Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu (2) y mol y mol y mol y mol Vì D gồm các oxit mà mD = 4,5 gam < mA = 5,1 gam  kim loại dư, CuSO4 hết. MgSO4 + 2NaOH → Mg(OH)2 + Na2SO4 (3) x mol x mol FeSO4 + 2NaOH → Fe(OH)2 + Na2SO4 (4)

y mol t0

→ MgO + H2O (5) Mg(OH)2  x mol x mol t0

→ 2Fe2O3 + 4H2O (6) 4Fe(OH)2 + O2  y mol 0,5y mol Nếu Fe chưa phản ứng thì các phản ứng (2,4,6) không xảy ra và D chỉ chứa MgO  nMg (pư) = nMgO = 4,5/40 = 0,1125 (mol)  nCu = 0,1125 (mol)  mCu = 64.0,1125 = 7,2 (g) > mB = 6,9 (g): Vô lý. Hoặc: mB = ( 5,1 – 24.0,1125) + 0,1125.64 = 9,6 (g) ≠ 6,9 (g): Vô lý  Fe đã phản ứng một phần. Gọi x, y lần lượt là số mol của Mg ban đầu và số mol của Fe tham gia phản ứng. Theo đề ta có: mB – mA = 64.(x +y) – ( 24x + 56y) = 6,9 – 5,1 = 1,8  40x + 8y = 1,8 (I) Mặt khác: mD = 40x + 160.0,5y = 40x + 80y = 4,5 (II) Từ (I) và (II)  x = y = 0,0375 (mol)  %mMg = 24.0,0375.100%/5,1 = 17,647% và %mFe = 82,353%. Bài tập 24. Hòa tan a gam CuSO4.5H2O vào nước được dung dịch X. Cho 1,48 gam hỗn hợp Mg và Fe vào dung dịch X . Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn A có khối lượng 2,16 gam và dung dịch B. Cho dung dịch B tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được hỗn hợp oxit có khối lượng 1,4 gam. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu và giá trị của a. GIẢI Nếu Mg, Fe tan hết trong dung dịch CuSO4 thì oxit phải chứa MgO, Fe2O3 và có thể có CuO. Như vậy, khối lượng oxit phải lớn hơn khối lượng kim loại. Nhưng theo đề ra, moxit = 1,4 gam < mkim loại = 1,48 gam  Vậy kim loại dư, CuSO4 hết. Nếu Mg dư thì dung dịch thu được chỉ là MgSO4  Kết thúc phản ứng chỉ thu được MgO (trái với giả thiết)  Mg hết, Fe có thể dư. Gọi số mol của Mg, Fe trong hỗn hợp lần lượt là x và y mol. Gọi số mol Fe đã phản ứng là z (z ≤y) mol. Ta có các phản ứng: Mg + CuSO4 → MgSO4 + Cu x x x x (mol) Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu z z z z (mol) MgSO4 + 2NaOH → Mg(OH)2 ↓ + Na2SO4 x x (mol) FeSO4 + 2NaOH → Fe(OH)2 ↓ + Na2SO4 z z (mol) t0

→ MgO + H2O Mg(OH)2  x x (mol) t0

→ 2Fe2O3 + 4H2O 4Fe(OH)2 + O2  z z/2 (mol)  Chất rắn A gồm Cu (x+z) mol và có thể có Fe dư (y-z) mol. Oxit gồm MgO và Fe2O3.  24x + 56y = 1,48 (1)