TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LỚP 10 TỈNH VĨNH PHÚC ĐỀ THI ĐÈ XUẤT (Đề có trang, gồm câu) Câu ( 2,5 điểm) CẤU TẠO NGUYÊN TỬ - HẠT NHÂN Kết Hóa học lượng tử cho biết ion M2+ có lượng electron mức En (n số lượng tử chính) thể bảng sau: n En (eV) -122,400 -30,600 -13,600 -7,650 a) Tính giá trị lượng theo kJ/mol (có trình bày chi tiết đơn vị tính) b) Hãy giải thích tăng dần lượng từ E1 đến E4 củ ion M2+ c) Tính lượng ion hóa ion M2+ (theo eV ) giải thích Nguyên tố X (Z=118) hình thành bắn phá hạt nhân nguyên tố Californi 249 98 48 20 Cf Ca ( ) hạt nhân ( ) Biết nguyên tố X phân rã α có số khối A = 294 a) Viết phương trình phản ứng tổng hợp phân rã α nguyên tố X b) Viết cấu hình electron nguyên tử nguyên tố X Từ suy vị trí X bảng tuần hoàn nguyên tố hóa học Câu (2,5 điểm) HÌNH HỌC PHÂN TỬ-LIÊN KẾT HÓA HỌC – TINH THỂ - ĐLTH Hãy cho biết dạng lai hóa nguyên tố trung tâm dạng hình học theo mô hình − VSEPR phân tử, ion sau: SF4; HClO2; HOCl; ICl ; IF7; BrF5; HNO3; C2H6 a) Ô mạng sở (tế bào bản) tinh thể NiSO có cạnh vuông góc với nhau, o cạnh a = 6,338 A; o b = 7,842 A; o c = 5,155 A Khối lượng riêng gần NiSO 3,9 g/cm3 Tìm số phân tử NiSO4 ô mạng sở tính khối lượng riêng xác NiSO4 b) Niken(II) oxit có cấu trúc mạng tinh thể giống mạng tinh thể natri clorua Các ion O2– tạo thành mạng lập phương tâm mặt, hốc bát diện có ion Ni2+ Khối lượng riêng niken(II) oxit 6,67 g/cm3 Nếu cho niken(II) oxit tác dụng với liti oxit oxi tinh thể trắng có thành phần LixNi1-xO: x Li2O + (1-x)NiO + x O2 → LixNi1-xO Cấu trúc mạng tinh thể LixNi1-xO giống cấu trúc mạng tinh thể NiO, số ion Ni2+ ion liti số ion Ni 2+ bị oxi hóa để bảo đảm tính trung hòa điện phân tử Khối lượng riêng tinh thể Li xNi1-xO 6,21 g/cm3 * Vẽ ô mạng sở niken(II) oxit * Tính x (chấp nhận thể tích ô mạng sở không thay đổi chuyển từ NiO thành LixNi1-xO) Câu (2,5 điểm) NHIỆT – CÂN BẰNG HÓA HỌC thực phản ứng: SiO2 (r) + 2C (r) a) Tính ∆S ƒ Si (r) + 2CO (k) (1) trình điều chế silic theo phản ứng (1), dựa vào giá trị entropi chuẩn đây: 0 SSiO = 41,8 J.K -1.mol-1; S0C(r) = 5,7 J.K -1.mol-1; SSi(r) = 18,8 J.K -1.mol-1 ; S0CO(k) = 197,6 J.K -1.mol-1 (r) b) Tính giá trị tiêu chuẩn ∆G (ΔH 0f ) phản ứng 25 oC Biến thiên entanpi hình thành điều kiện SiO2 CO có giá trị: ΔH 0f(SiO2 (r)) = -910,9 kJ.mol -1; ΔH f(CO(k)) = -110,5 kJ.mol -1 c) Phản ứng (1) diễn ưu theo chiều thuận nhiệt độ nào? (Coi phụ thuộc ΔS ΔH vào nhiệt độ không đáng kể) 2 Ở 25 oC áp suất atm độ tan CO2 nước 0,0343 mol/l Biết thông số nhiệt động sau: ∆G0 (kJ/mol) -386,2 -237,2 -578,1 0,00 CO2 (dd) H2O (l) HCO3- (dd) H+(dd) ∆H0 (kJ/mol) -412,9 -285,8 -691,2 0,00 a) Tính số cân K phản ứng: CO2 (dd) + H2O (l) ‡ˆ ˆ† ˆˆ H+(dd) + HCO3- (dd) b) Tính nồng độ CO2 nước áp suất riêng 4,4.10- atm pH dung dịch thu c) Khi phản ứng hòa tan CO2 nước đạt đến trạng thái cân bằng, nhiệt độ hệ tăng lên nồng độ CO2 không đổi pH dung dịch tăng hay giảm? Tại sao? Câu (2,5 điểm) ĐỘNG HỌC Trong dung dịch nước, chất A bị phân hủy phương trình: A + 2H2O → 2X+ + Y2- (1) Trong dung dịch loãng, số tốc độ phản ứng 350 K k1 = 4,00.10-5 s-1 a) Cho biết bậc phản ứng (1) b)Tính thời gian cần thiết, t1, để 80% lượng A bị phân hủy 350K c) Tính số tốc độ phản ứng, k 2, 300K thời gian cần thiết, t 2, để 80% lượng A bị phân hủy nhiệt độ Biết lượng hoạt hóa phản ứng 166,00 kJ.mol -1 không phụ thuộc vào nhiệt độ d) Khi có mặt chất xúc tác, số tốc độ phản ứng phân hủy 300 K k2’ = 3,00.104 s-1 Giả sử thừa số tần số không thay đổi, tính lượng hoạt hóa phản ứng có mặt xúc tác Câu (2,5 điểm) DUNG DỊCH (AXIT – BAZƠ, KẾT TỦA) Pb(NO3)2 thêm từ từ vào 20.00 mL dung dịch chứa Na2SO4 0.020 M; Na2C2O45.0×10−3 M; KI 9.7×10−3 M; KCl 0.05 M KIO30.0010 M Khi có kết tủa màu vàng PbI2 bắt đầu xuất hiện, dùng hết 21.60 mL of Pb(NO3)2 a Xác định thứ tự kết tủa b Tính nồng độ dung dịch Pb(NO3)2? Cho: pK s(PbSO pK s ( PbCl2 ) = 4.77 4) = 7.66; pK s(Pb(IO )2 ) = 12.61; pK s(PbI 2) = 7.86; pK s(PbC 2O ) = 10.05; (Các trình khác ion bỏ qua) Dung dịch axit H3PO4 có pH 1.46 (dd X) a Tính nồng độ cân cấu tử có dung dịch H3PO4 Cho Ka H3PO4 7.2×10−3; 6.3×10−8 ; 4.2×10−13 b Trộn 50 ml dung dịch X với 50 ml dung dịch NH3 0.4 M 100 ml dung dịch Y Tính độ pH dung dịch Y ( pK NH + = 9.24 ) Câu (2,5 điểm) PHẢN ỨNG OXI HÓA – KHỬ Hoàn thành phương trình phản ứng sau phương pháp ion electron: a [Fe(CN)6]4- + H+ + MnO4- → Fe3+ + CO2 + NO3- + Mn2+ b Cu3P + Cr2O72- + H+ → Cu2+ + H3PO4 + Cr3+ c HAsO2 + Ce4+ + H2O → H2AsO4- + Ce3+ + H+ Dựa vào bảng số liệu: Oxh / Kh I2 / 2IBr2 / 2Br Cl2 /2ClIO3- /I2 BrO3- /Br2 E0 (V) +0,54 +1,07 +1,36 +1,20 +1,52 Hãy giải thích tượng quan sát thí nghiệm sau: Cho luồng khí clo từ từ vào dung dịch chứa KI KBr có hoà tan vài giọt hồ tinh bột đến dư Câu (2,5 điểm) HALOGEN – OXI – LƯU HUỲNH M R nguyên tố thuộc phân nhóm (nhóm A), tạo với hiđro hợp chất MH RH Gọi X Y hiđroxit ứng với hóa trị cao M R Trong Y, R chiếm 35,323% khối lượng Để trung hòa hoàn toàn 50 gam dung dịch 16,8% X cần 150 ml dung dịch Y 1M Xác định nguyên tố M R Để hoà tan hoàn toàn a mol kim loại cần lượng vừa đủ a mol H2SO4, sau phản ứng thu 31,2 gam muối sunfat khí X Toàn lượng khí X làm màu vừa đủ 500 ml dung dịch Br2 0,2M Xác định tên kim loại Câu (2,5 điểm) BÀI TẬP TỔNG HỢP Hoà tan hoàn toàn 0,8120 gam mẫu quặng sắt gồm FeO, Fe 2O3 35% tạp chất trơ dung dịch HCl (dư), thu dung dịch X Sục khí SO2 vào dung dịch X, thu dung dịch Y Dung dịch Y phản ứng vừa đủ với 22,21 ml dung dịch KMnO 0,10 M Mặt khác, hoà tan hết 1,2180 gam mẫu quặng dung dịch HCl (dư) rồi thêm dung dịch KMnO4 0,10 M vào dung dịch thu phản ứng xảy hoàn toàn, hết 15,26 ml dung dịch KMnO4 0,10 M a) Viết phương trình hóa học phản ứng xảy b) Tính thể tích SO2 (ở điều kiện tiêu chuẩn) dùng thành phần phần trăm theo khối lượng FeO, Fe2O3 có mẫu quặng HẾT Người đề: Mạc Thị Thanh Hà Số điện thoại: 0904769299 TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT CHUYÊN VP TỈNH VP ĐỀ THI ĐÈ XUẤT Câ u ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC LỚP 10 NỘI DUNG Điể m 1.a) 1eV = 1,602.10-19J x 6,022.1023 mol-1 10-3kJ/J = 96,472kJ/mol Vậy: E1 = -122,400eV x 96,472 kJ/mol.eV= -11808,173kJ/mol; E2 = -30,600 eVx 96,472 kJ/mol.eV = -2952,043kJ/mol; E3 = -13,600eV x 96,472 kJ/mol.eV = -1312,019kJ/mol; E4 = -7,650eV x 96,472 kJ/mol.eV = -738,011kJ/mol b) Quy luật liên hệ: Khi Z số, n tăng, lượng En tương ứng cao (càng lớn) Giải thích: n tăng, số lớp electron tăng, electron lớp xa hạt nhân, lực hút hạt nhân tác dụng lên electron yếu, lượng En tương ứng cao (càng lớn), electron bền 0,5 c) Sự ion hoá M2+: M2+ → M3+ + e Cấu hình electron M2+ trạng thái 1s1 0,5 Vậy I3 = -(E1) = +122,400 eV → I3 = 122,400eV 2.a) Phương trình phản ứng hạt nhân: 0,5 0,5 48 294 Cf + 20 Ca → 118 X + 01n 249 98 294 118 X→ Y + 24 He 290 116 0,5 b) Cấu hình electron nguyên tử nguyên tố X : [Rn]5f146d107s27p6 → Nguyên tố X (Z=118) có lớp electron nên X thuộc chu kì 7, có electron lớp cùng, electron cuối điền vào phân lớp p nên X thuộc nhóm VIIIA (nhóm nguyên tố khí hiếm) 1) * SF4: (AX4E) lai hóa sp3d Hình dạng bập bênh * HClO2: (AX3E2) lai hóa sp3d Hình dạng chữ T 1,0 * HClO : (AX2E3) lai hóa sp3d Hình dạng đường thẳng − * ICl : (AX4E2) lai hóa sp3d2 Hình dạng vuông phẳng * IF7: (AX7) lai hóa sp3d3 Hình dạng lưỡng chóp ngũ giác * BrF5: (AX5E) lai hóa sp3d2 Hình dạng tháp vuông * HNO3: (AX3) lai hóa sp2 Hình dạng tam giác phẳng * C2H6: (AX4) lai hóa sp3 Hình dạng tứ diện chung đỉnh a = 6,338.10–8 cm; b = 7,842.10–8 cm; c = 5,155.10–8 cm ρ NiSO4 = Từ n= → n= n.M NiSO4 m m = = V a.b.c N A a.b.c 0,5 (1) ρ NiSO N A a.b.c M NiSO 3,9 6,022.10 23 (2) –8 6,338.10 7,842.10 154,76 –8 5,155.10 –8 0,5 = 3,888 Số phân tử NiSO4 ô mạng sở phải số nguyên → n = ρ NiSO 6,022.10 = *Vẽ ô mạng sở 23 154,76 6,338.10 –8 7,842.10 –8 5,155.10 –8 (chính xác) = 4,012 (g/cm3) 0,5 Ion oxi (O2-) Ion niken (Ni2+) *Tính x: -Tính cạnh a ô mạng sở NiO ρ NiO = n.M NiO N A a = → a3 n.M NiO N A ρ NiO a3 = 74,69 6,022.10 23 6,67 n = (vì mạng lập phương tâm mặt) → → a = 4,206.10–8 cm -Theo đầu bài, ô mạng sở NiO ô mạng sở LixNi1-xO giống nhau, đó: ρ Lix Ni1− x O = ΔS0 1.a) b) ∆G = n.M Li x Ni1−x O N A a S0CO(k) SSi(r) = + = 360,8 JK-1 ΔH -T ΔS0 = [ x.6,94 + (1-x).58,69 + 16] → 6,21 → x = 0,10 6,022.1023 (4,206.10−8 )3 S0C(r) SSiO2(r) -2 = 2.197,6 + 18,8 - 2.5,7 - 41,8 ΔH , ΔH = ΔH 0f(Si(r) ) + 2ΔH f(CO (k) ) 2ΔH f(C (r) ) ΔH f(SiO 2(r) ) 0,25 0,5 0,25 = 2.(-110,5) + 910,9 = 689,9 (kJ) → ∆G ΔS0 ΔH = -T = 689,9 - 298 360,8.10-3 = 582,4 (kJ) ΔG c) Phản ứng (1) diễn ưu theo chiều thuận bắt đầu có giá trị âm: 0 ΔG ΔH → ΔS = -T = 689,9 - T 360,8.10-3 = T = 1912 oK Vậy từ nhiệt độ lớn 1912 oK, cân (1) diễn ưu tiên theo chiều thuận 0 2.a) Tính số cân K phản ứng: 0,5 ‡ˆ ˆ† ˆˆ CO2 (dd) + H2O (l) H+(dd) + HCO3- (dd) (1) 0 + 0 ∆G pư = ∆G (H ) + ∆G (HCO3 ) − ∆G (CO2) − ∆G (H2O) = 0,0 + (-578,1) + 386,2 + 237,2 = 45,3 kJ/mol ∆G pư = −RTlnK lnK = −∆G0pư/RT = −(45,3.103) : (8,314 × 298) = −18,284 K = 1,15 10-8 0,5 b Tính nồng độ CO2 pH dung dịch [CO ] = K H PCO2 = 0, 0343 × 4, 4.10 −4 = 1,51.10 −5 (mol/l) [H+] = [HCO3-] + 2[CO32-] + [OH-] Theo (1), K = [H+].[HCO3-] : [CO2] (2) Vì [CO32-] nhỏ nên bỏ qua [HCO3-] = K[CO2] : [H+] 0,5 Thay [HCO3-] vào (2) [H+] = K[CO2]:[H+ ] + Knước : [H+] hay [H+ ]2 = K[CO2 ] + Knước = 1,15.10-8 × 1,15.10-5 + 10-14 Tính ra: [H+] = 4,32 10-7 pH = 6,37 c Khi phản ứng hòa tan CO nước đạt đến trạng thái cân bằng, nhiệt độ hệ tăng lên nồng độ CO không đổi pH dung dịch tăng hay giảm Tại sao? ∆H0pư = ∆H0 (H+) + ∆H0 (HCO3-) − ∆H0 (CO2) − ∆H0 (H2O) = 0,0 − 691,2 + 412,9 + 285,8 = 7,5 kJ/mol Do ∆H0pư > 0, nhiệt độ tăng cân chuyển dịch theo chiều thuận, pH giảm a)Vì k1 = 4,00.10-5 s-1 nên phản ứng bậc 0,5 b) Vì phản ứng bậc 1, nên: 0,5 t1 = ln c) Ta có: a a ln = ln = 40235, 95s = 11,18 h −5 k1 0,2a 4,00.10 0,2a k2 Ea  1  =  − ÷ k1 R  T1 T2  0,5 , thay số vào ta được: k2 166.103  1  ln = −  −5 4.10 8,314  350 300 ÷  0,5 suy ra: k2 = 2,971.10-9 s-1 0,5 d) Ở 300K: − Ea - Khi xúc tác: k = A.e RT (1) - Khi có xúc tác, thừa số tần số không thay đổi nên: Từ (1) (2) ta được: k2 =e k '2 k = A.e ' − E 'a RT (2) E'a − E a RT , thay số vào ta được: E' −166 a 2, 971.10−9 8,314.10−3.300 =e 3.104 Suy ra: Ea’ = 91,32 kJ.mol-1 a)Điều kiện để bắt đầu xuất kết tủa: 10-7.66 = 1.09 × 10-6 (M) 0.02 CPb 2+ (1) ≥ PbSO4 : CPb 2+ (2) ≥ PbC2O4 : CPb2+ (3) ≥ PbI2 : CPb 2+ (5) ≥ 10-10.05 5.0 × 10−3 10-7.86 −3 (9.7 × 10 ) CPb2+ (4) ≥ Pb(IO3)2: 0,5 10-12.61 (0.001)2 10-4.8 = 1.78 × 10-8 (M) = 1.47 × 10-4 (M) = 2.45 × 10-7 (M) = 6.34 × 10-3 (M) (0.05) PbCl2: CPb 2+ (2) CPb2+ (4) CPb2+ (1) CPb2+ (3) CPb 2+ (5) → < < < < Kết tủa xuất theo thứ tự: PbC2O4, Pb(IO3)2, PbSO4, PbI2 PbCl2 Khi PbI2 bắt đầu kết tủa (Coi I- không tồn tại) 0,5 [SO24 ] = K s(PbSO4 ) CPb2+ (3) = 10-7.66 1.47 × 10-4 = 1.49 × 10-4 (M) = K s(PbSO4 ) = 1.48 × 10-4 (M) = SPbSO4 (S độ tan PbSO4 dung dịch bão hòa) Do PbC2O4, Pb(IO3)2 PbSO4 kết tủa hoàn toàn → 21.60 × C Pb(NO3 )2 = 20.00 × ( CC 22 O4 + 2× CIO- + CSO24 ) = 20.00(5.0 × 10−3 + × 0.0010 + 0.020) → CPb(NO3 )2 = 0.025 (M) 2.a) H+ thay cho H3O+ Mọi tương tác ion dung dịch bỏ 0,5 qua [H+] viết h tất phép tinh số axit H3PO4 viết K1, K2 and K3 Với K1 >> K2 >> K3, có nấc phân li thứ chủ yếu H3PO4 H+ + H2PO4- Với [ H + ][ H PO4− ] h2 (10−1.14 )2 −2.14 K1 = = = 10 = [ H PO4 ] Co − h Co − 10−1.46 Với Co = 0.200 M Biến đổi biểu thức có: h3Co [H 3PO4 ] = (hK1K + K1 K K is ignored) h + h K1 + hK1 K + K1 K K3 h3Co hCo 10−1.46 × 0.2 = = = = 0.1653 M h + h K1 h + K1 10−1.46 + 10−2.14 Tương tự, ta có: h K1Co K1Co 10−2.14 × 0.2 [H PO ] = = = = 0.0346 M h + h2 K1 h + K1 10−1.46 + 10−2.14 − hK1 K 2Co K1 K 2Co 10−2.14 ×10−7.20 × 0.2 [HPO ] = = = = 6.29 × 10−8 M −1.46 −1.46 −2.14 h + h K1 h + hK1 (10 ) + 10 ×10 2− 0,5 K1 K K 3Co 10−2.14 ×10−7.20 ×10 −12.38 × 0.2 [PO ] = = = 7.56 ×10−19 M −1.46 −1.46 −2.14 h + h K1 (10 ) + (10 ) ×10 3− b) Ta có: n H3PO4 = 0.2 × 0.050 = 0.010 mol n NH3 = 0.4 × 0.050 = 0.020 mol ; Do phản ứng xảy ra: H3PO4 + NH3 → (NH4)2HPO4 [(NH ) HPO ] = Và 0.010 = 0.1 M 0.100 Trong dung dịch B: (NH4)2HPO4 → NH4+ + HPO420.2 M 0.1 M Có cân sau đây: NH4+ NH3 + H+ HPO42- + H+ H2PO4- H2PO4- + H+ H3PO4 HPO42- 0,5 H+ + PO43- Áp dụng định luật bảo toàn proton [H+] + 2[H3PO4] + [H2PO4-] = [OH-] + [PO43-] + [NH3] Với [NH3] + [NH4+] = 0.2 M [H3PO4] + [H2PO4-] + [HPO42-] + [PO43-] = 0.1 M Mặt khác: [NH ] = K NH + × 0.2 h + K NH + h3 × 0.1 [H 3PO ] = h + h K1 + hK1 K + K1 K K h K1 × 0.1 [H PO ] = h + h2 K1 + hK1 K + K1 K K3 − [HPO 24− ] = hK1 K × 0.1 h + h K1 + hK1 K + K1 K K 3 (1) K1K K × 0.1 h + h K1 + hK1 K + K1K K [PO34− ] = Tại độ pH = – bỏ qua [H +], [OH-], [H3PO4] [PO43-] pư (1): [H2PO4-] = [NH3] K NH+ × 0.2 h K1 × 0.1 = h + h K1 + hK1K + K1K K h + K NH+ h × 0.1 h × 0.1 10−9.24 × 0.2 = = ( h + K1K K ) h + K h + 10−7.20 h + 10−9.24 (Trong K1K2K3 coi không đáng kể, bỏ qua.) -> h = 8.81 × 10-9 M and pH = 8.06 a [Fe(CN)6]4- + H+ + MnO4- → Fe3+ + CO2 + NO3- + Mn2+ 61 0,5 [Fe(CN )6 ]4- + 30H O → Fe3+ + 6NO3− + 6CO + 60H + + 61e MnO −4 + 8H + + 5e → Mn 2+ + 4H O 5[Fe(CN)6]4- + 188 H+ + 61MnO4- → Fe3+ + 30CO2 + 30NO3- + 61Mn2+ b Cu3P + Cr2O72- + H+ → Cu2+ + H3PO4 + Cr3+ 11 Cu3 P + 4H O →3Cu 2+ + H3 PO + 5H + +11e Cr2 O72− +14H + + 6e →2Cr 3+ + 7H O 6Cu3P + 11Cr2O72- + 124 H+ → 18 Cu2+ + 6H3PO4 + 22Cr3+ + 53H2O c HAsO2 + Ce4+ + H2O → H2AsO4- + Ce3+ + H+ 2 0,5 Ce4+ +1e →Ce3+ HAsO2 + 2H O → H AsO 4− + 3H + + 2e HAsO2 + 2Ce4+ + 2H2O ECl0 0,5 / Cl − EIO − /I EBr  → ¬   / Br − H2AsO4- + 2Ce3+ + 3H+ EI0 / I − 2 Do > > > clo lấy dư nên phản ứng xảy ra: 1) Cl2 + 2I- → 2Cl- + I2 làm dung dịch chuyển dần màu xanh 2) Cl2 + 2Br- → 2Cl- + Br2 làm dung dịch có màu đậm dần Br2 có màu vàng 3) 5Cl2 + I2 + 6H2O → 10Cl- + 2IO3- + 12H+ làm màu dung dịch nhạt dần chuyển sang màu vàng 0,25 0,25 0,25 0,25 EBrO − / Br ECl0 / Cl − 4) Do clo dư nhiều = 0,16 V (nhỏ) nên có phản ứng: 5Cl2 + Br2 + 6H2O → 10Cl + 2BrO3- + 12H+ làm màu vàng dung dịch nhạt dần Nếu tiếp tục sục clo dung dịch có màu vàng nhạt lượng nhỏ clo hoà tan Hợp chất với hiđro có dạng RH nên R thuộc nhóm IA VIIA Trường hợp : Nếu R thuộc nhóm IA Y có dạng ROH Ta có : R 35,323 = ⇒ R = 9,284 17 64,677 0,25 (loại nghiệm thích hợp) 0,25 Trường hợp : R thuộc nhóm VIIA Y có dạng HRO4 Ta có : R 35,323 = ⇒ R = 35,5 65 64,677 , R nguyên tố clo (Cl) Do hiđroxit R (HClO4) axit, nên hiđroxit M phải bazơ dạng MOH 0,5 16,8 mX = × 50 gam = 8,4 gam 100 MOH + HClO4 → XClO4 + H2O ⇒ n MOH = n HClO4 = 0,15 L × mol / L = 0,15 mol M + 17 = ⇒ 8,4 gam = 56 0,15 mol ⇒ M = 39 , M nguyên tố kali (K) Khí X có khả làm màu dung dịch nước brom nên X phải H2S SO2 Giả sử X H2S, ta có phương trình phản ứng: 8R + 5nH2SO4 → 4R2(SO4)n + nH2S + 4nH2O H SO4 5n H SO4 Theo ptpu: n = nR Theo ra: n = nR → 5n = → n = Vậy khí X cho khí SO2 Và ta có phương trình phản ứng: 2R + 2nH2SO4 → R2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O Ta có: =2n  n =1 Phương trình (1) viết lại: 2R + 2H2SO4 → R2SO4 + SO2 + 2H2O * Cho khí X phản ứng với dung dịch Br2 xảy phản ứng sau: 0,5 0,25 0,25 SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr Theo (2): n SO2 =n Br2 = 0,5.0,2 = 0,1(mol); theo (*): nR2SO4 = n Theo khối lượng R2SO4 = 31,2g → → MR = 108 (R Ag) (2) a) FeO + HCl FeCl3 + H2O + SO2 → FeCl2 + KMnO4 + HCl → = 31, 0,1 = 0,1(mol) 0,5 = 312 FeCl2 + H2O (1) FeCl3 + H2O (2) FeCl2 + H2SO4 + HCl (3) Fe2O3 + HCl → → M R2 SO4 SO2 → FeCl3 + MnCl2 + KCl + H2O 0,75 (4) SO2 + KMnO4 + H2O H2SO4 + MnSO4 + K2SO4 (5) (Lượng HCl dùng để hòa tan quặng không cho dư, đủ để làm môi trường cho phản ứng (4)) b) Từ (1) (4) ta có: nFeO (trong 1,2180 gam mẫu) = → → n Fe2+ = n MnO− = 0,10 15,26.10-3 = 7,63.10-3 (mol) 7,63.10-3 0,8120 = 1,2180 nFeO (trong 0,8120 gam mẫu) = 5,087.10-3 (mol) mFeO (trong 0,8120 gam mẫu) = 72 5,087.10-3 = 0,3663 (g) m Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu) → n Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu) Tương tự, từ (3) (5) ta có: ∑n SO2 = 0,8120 0,65 – 0,3663 = 0,1615 (g) = 0,1615 160 ≈ 1,01.10-3 (mol) n FeCl3 = n Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu) n SO2 (5) = với: ∑n Fe2+ = = nFeO (trong 0,8120 gam mẫu) → n SO2 (5) → n MnO4 (5) = n SO2 (5) = (trong 0,8120 gam mẫu) = 1,01.10-3 (mol) (∑ n MnO- − ∑ n Fe2+ ) + 2.n Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu) (∑ n MnO- − (n FeO + 2.n Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu) (trong 0,8120 gam mẫu) 5 -3 -3 -3   0,10 22,21.10 - (5,087.10 + 1,01.10 ) ÷ 2  ≈ 0,5 0,25 0,5 = n SO2 (3) + n SO2 (5) Trong đó: n SO2 (3) = 0,5 ) 2.10-3 (mol) Vậy: ∑n SO2 = -3 3,01.10 (mol) → VSO2 = 22,4 3,01.10-3 = 0,0674 (lit) 0,3663 100 0,8120 % FeO = = 45,11 % % Fe2O3 = 65 % – 45,11 % = 19,89 % HẾT [...]...K1 K 2 K 3Co 10 2.14 10 7.20 10 −12.38 × 0.2 [PO ] = 3 = = 7.56 10 19 M 2 −1.46 3 −1.46 2 −2.14 h + h K1 (10 ) + (10 ) 10 3− 4 b) Ta có: n H3PO4 = 0.2 × 0.050 = 0. 010 mol n NH3 = 0.4 × 0.050 = 0.020 mol ; Do đó phản ứng xảy ra: H3PO4 + 2 NH3 → (NH4)2HPO4 [(NH 4 ) 2 HPO 4 ] = Và 0. 010 = 0.1 M 0 .100 Trong dung dịch B: (NH4)2HPO4 → 2 NH4+ + HPO420.2 M 0.1... 1,01 .10- 3 (mol) 5 1 (∑ n MnO- − ∑ n Fe2+ ) 4 2 5 + 2.n Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu) 5 1 (∑ n MnO- − (n FeO 4 2 5 + 2.n Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu) (trong 0,8120 gam mẫu) 5 1 -3 -3 -3   0 ,10 22,21 .10 - (5,087 .10 + 2 1,01 .10 ) ÷ 2 5  ≈ 0,5 0,25 0,5 = n SO2 (3) + n SO2 (5) Trong đó: n SO2 (3) = 0,5 ) 2 .10- 3 (mol) Vậy: ∑n SO2 = -3 3,01 .10 (mol) → VSO2 = 22,4 3,01 .10- 3 = 0,0674 (lit) 0,3663 100 ... mẫu) = → → n Fe2+ = 5 n MnO− 4 = 5 0 ,10 15,26 .10- 3 = 7,63 .10- 3 (mol) 7,63 .10- 3 0,8120 = 1,2180 nFeO (trong 0,8120 gam mẫu) = 5,087 .10- 3 (mol) mFeO (trong 0,8120 gam mẫu) = 72 5,087 .10- 3 = 0,3663 (g) m Fe2O3 và (trong 0,8120 gam mẫu) → n Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu) Tương tự, từ (3) và (5) ta có: ∑n SO2 = 0,8120 0,65 – 0,3663 = 0,1615 (g) = 0,1615 160 ≈ 1,01 .10- 3 (mol) 1 n FeCl3 2 = n Fe2O3 (trong... [PO43-] trong pư (1): [H2PO4-] = [NH3] K NH+ × 0.2 h 2 K1 × 0.1 4 = 3 2 h + h K1 + hK1K 2 + K1K 2 K 3 h + K NH+ 4 h × 0.1 h × 0.1 10 9.24 × 0.2 3 = = ( h + K1K 2 K 3 ) h + K 2 h + 10 7.20 h + 10 9.24 (Trong đó K1K2K3 coi như không đáng kể, có thể bỏ qua.) -> h = 8.81 × 10- 9 M and pH = 8.06 6 1 a [Fe(CN)6]4- + H+ + MnO4- → Fe3+ + CO2 + NO3- + Mn2+ 5 61 0,5 [Fe(CN )6 ]4- + 30H 2 O → Fe3+ + 6NO3− + 6CO... nên các phản ứng lần lượt xảy ra: 1) Cl2 + 2I- → 2Cl- + I2 làm dung dịch chuyển dần màu xanh 2) Cl2 + 2Br- → 2Cl- + Br2 làm dung dịch có màu đậm dần do Br2 có màu vàng 3) 5Cl2 + I2 + 6H2O → 10Cl- + 2IO3- + 12H+ làm màu dung dịch nhạt dần chuyển sang màu vàng 0,25 0,25 0,25 0,25 0 EBrO − / Br 3 7 2 ECl0 2 / 2 Cl − 4) Do clo dư nhiều và = 0,16 V (nhỏ) nên có phản ứng: 5Cl2 + Br2 + 6H2O → 10Cl + 2BrO3- +... IA hoặc VIIA Trường hợp 1 : Nếu R thuộc nhóm IA thì Y có dạng ROH Ta có : R 35,323 = ⇒ R = 9,284 17 64,677 0,25 (loại do không có nghiệm thích hợp) 0,25 Trường hợp 2 : R thuộc nhóm VIIA thì Y có dạng HRO4 Ta có : R 35,323 = ⇒ R = 35,5 65 64,677 , vậy R là nguyên tố clo (Cl) Do hiđroxit của R (HClO4) là một axit, nên hiđroxit của M phải là một bazơ dạng MOH 0,5 16,8 mX = × 50 gam = 8,4 gam 100 MOH + HClO4... → → MR = 108 (R là Ag) 8 (2) 1 a) FeO + 2 HCl 2 FeCl3 + 2 H2O + SO2 → 5 FeCl2 + KMnO4 + 8 HCl → = 31, 2 0,1 = 0,1(mol) 0,5 = 312 FeCl2 + H2O (1) 2 FeCl3 + 3 H2O (2) 2 FeCl2 + H2SO4 + 2 HCl (3) Fe2O3 + 6 HCl → → M R2 SO4 SO2 → 5 FeCl3 + MnCl2 + KCl + 4 H2O 0,75 (4) 5 SO2 + 2 KMnO4 + 2 H2O 2 H2SO4 + 2 MnSO4 + K2SO4 (5) (Lượng HCl dùng để hòa tan quặng không được cho quá dư, chỉ đủ để làm môi trường cho