Tài liệu Tuyến chọn một số bài từ sách TUYỂN TẬP 10 NĂM ĐỀ THI OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC p2 doc

18 1.3K 25
Tài liệu Tuyến chọn một số bài từ sách TUYỂN TẬP 10 NĂM ĐỀ THI OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC p2 doc

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

2. Sau phản ứng còn dư ion pemanganat (có giải thích). Biết giản đồ thế khử của I và Mn trong môi trường axit như sau: 1,70 1,14 1,45 0,54 4 6 3 3 H IO IO HIO I I             4 0,56 2,26 0,95 1,51 1,18 2 3 2 42 MnO MnO MnO Mn Mn Mn               Hướng dẫn giải: Dựa vào giản đồ thế khử của I - ta suy ra HIO không bền vì 33 00 //HIO I IO HIO EE   nên HIO sẽ dị phân thành 3 IO  và 3 I  Ta viết lại giản đồ thế khử của I như sau: 1,70 1,20 0,54 4 6 3 3 H IO IO I I         Dựa vào thế khử của Mn ta suy ra 2 4 MnO  và Mn 3+ không bền vì chúng có thể khử bên phải lớn hơn thế khử bên trái nên chúng sẽ bị dị phân thành hai tiểu phân bên cạnh như ở HIO. Đối với quá trình Mn 2+ → Mn ta cũng không xét vì Mn kim loại không thể tồn tại trong dung dịch nước khi có mặt H + do thế khử của Mn 2+ /Mn quá âm. Do đó ta có thể viết lại giản đồ thế khử của Mn như sau: 4 1,70 1,23 2 2 MnO MnO Mn      Ta có phương trình ion thu gọn trong các trường hợp như sau: 1. Trường hợp sau phản ứng có I - dư: 46 H IO  hoặc 3 IO  không thể cùng tồn tại với I - vì: 4 6 3 3 00 // 1,7 0,54 H IO IO I I E V E V        và 33 00 / 1,2 0,54 IO I I E V E V       Nên 46 H IO  hoặc 3 IO  đều có thể oxi hóa I  thành 3 I  . Như vậy I  chỉ bị oxi hóa thành 3 I  . +1,20 +1,7 +1,23 +1,51 Khi I  dư thì 4 MnO  và 2 MnO không thể tồn tại vì 42 0 /MnO MnO E  và 2 2 0 /MnO Mn E  đều lớn hơn 3 0 /II E  nên 4 MnO  và 2 MnO đều có thể oxi hóa I  thành 3 I  . Như vậy 4 MnO  bị khử hoàn toàn thành 2 Mn  . Do đó phương trình phản ứng xảy ra khi I  dư dưới dạng ion thu gọn như sau: 2 4 3 2 2 15 16 5 2 8MnO I H I Mn H O           Trường hợp sau phản ứng có dư 4 MnO  : 2 Mn  không thể tồn tại khi 4 MnO  dư vì 2 4 2 2 00 //MnO MnO MnO Mn EE   nên 4 MnO  sẽ oxi hóa 2 Mn  thành 2 MnO . Khi 2 MnO dư thì 3 I  và I  cũng không thể tồn tại vì: 4 2 3 3 3 0 0 0 / / / , MnO MnO I I IO I E E E      nên 4 MnO  oxi hóa là 3 I  và I  . Như vậy sản phẩm sinh ra khi I  bị oxi hóa là 3 IO  và một lượng nhỏ 46 H IO  vì 4 2 4 6 00 / 1,7 MnO MnO H IO E E V   . Do đó phương trình này xảy ra khi 4 MnO  dư như sau: 4 2 3 2 2 2 2MnO I H MnO IO H O          4 2 2 4 6 8 3 8 2 8 3MnO I H H O MnO H IO          Câu 7: trang 170 Đánh giá khả năng hòa tan của HgS trong: a, Axit nitric b, Nước cường toan Biết 3 00 2 / 0,96 NO NO E E V   ; 2 01 /0 0,17 S H S E E V ; 51,8 10 HgS T   Hướng dẫn giải: a, Trong axit nitric: Các quá trình xảy ra: 33 HNO H NO   22 3 HgS Hg S   51,8 10 t HgS TT   2 3 H S HS     2 1 12,92 10 a k   2 3 HS H H S   1 17 10 a k   2 3 2 2H S e S H     1 0 2 1 0,059 1 10 E k    0 2 3 1 0,059 3 2 2 2 32 2 4 3 2 10 3 2 8 3 3 2 4 E NO H e NO H k HgS NO H Hg S NO H O                    21 3 3 3 3 2 12 t a a k T k k k k   21 12 lg 3lg 3lg 3lg 3lg 2lg aa k T k k k k      00 12 23 3( 51,8) 3( 12,92) 3( 7) 3 2 0,059 0,059 EE                      155,4 38,76 21 17,29 97,63 15,3        15,3 10k   Vì k rất nhỏ nên xem như HgS không tan trong HNO 3 . b, Trong nước cường toan: Các quá trình xảy ra: 2 32 3 2 8 3 3 2 4HgS NO H Hg S NO H O         15,3 10k   22 4 34Hg Cl HgCl     14,92 4 10   2 3 4 2 3 2 8 12 3 3 2 4HgS NO H Cl HgCl S NO H O           4 34 ' . lg ' lg 3lg 15,3 3.14,92 29,46k k k k          29,46 10k rất lớn. Vậy HgS tan mạnh trong nước cường toan. Câu 8: trang 171 Thêm 1 ml dung dịch H 2 S 0,01M vào 1ml dung dịch hỗn hợp: Fe 3+ 0,01M và H + 0,1M. Có xuất hiện kết tủa không? Biết: 2 7,02 1( ) 10 HS K   ; 2 10,9 2( ) 10 HS K   ; 32 0 / 0,77 Fe Fe EV   ; 2 0 / 0,14 S H S EV ; 17,4 10 FeS T   Hướng dẫn giải: Nồng độ các chất sau khi trộn: [H 2 S] = 5.10 -3 mol/l [Fe 3+ ] = 5.10 -3 mol/l [H + ] = 5.10 -2 mol/l 32 1Fe e Fe    (1) 0 13 0,059 1 10 10 nE K  2 22S H e H S   (2) 4,745 2 10K  Tổ hợp (1) và (2) 32 2 2 2 2Fe H S Fe S H       (3) 2 1 21,255 3 1 2 . 10K K K   5.10 -3 2,5.10 -3 5.10 -3 5.10 -3 (M) Vì K 3 rất lớn nên phản ứng (3) xảy ra hoàn toàn: 2 H S H HS   (4) K 4 2 HS H S     (5) K 5 Tổ hợp (4) và (5) H 2 S  2H + + S 2- (6) K 6 = K 4 . K 5 = 10 -19,92 Cân bằng (2,5.10 -3 – x) (5,5.10 -2 + 2x) x     2 2 19,92 6 3 5,5.10 2 10 2,5.10 xx K x       → x = [S 2- ] = 5,2.10 -20 . Ta có: [Fe 2+ ].[S 2- ] = 2,6.10 -23 < T FeS Vậy FeS chưa kết tủa. Câu 2: trang 192 1. Hãy cho biết sự biến thiên tính axit của dãy HXO 4 (X là halogen). Giải thích? 2. Một hỗn hợp X gồm 3 muối halogen của kim loại Natri nặng 6,23g hòa tan hoàn toàn trong nước được dung dịch A. Sục khí clo dư vào dung dịch A rồi cô cạn hoàn toàn dung dịch sau phản ứng được 3,0525g muối khan B. Lấy một nửa lượng muối này hòa tan vào nước rồi cho phản ứng với dung dịch AgNO 3 dư thì thu được 3,22875g kết tủa. Tìm công thức của các muối và tính % theo khối lượng mỗi muối trong X. Hướng dẫn giải: Tính axit của dãy HXO 4 giảm dần khi X: Cl → I Giải thích: Cấu tạo của HXO 4 . O O H – O – X → O hoặc H – O – X = O O O Vì Cl → I độ âm điện giảm làm cho độ phân cực của liên kết – O – H giảm. 2. Giả sử lượng muối khan B thu được sau khi cho clo dư vào dung dịch A chỉ có NaCl → 3,0525 0,0522 58,5 NaCl n mol NaCl + AgNO 3 → AgCl↓ + NaNO 3 (1) Theo (1) → 3,22875 .2 0,045 0,0522 143,5 NaCl AgCl n n mol mol    Do đó, muối khan B thu được ngoài NaCl còn có NaF. Vậy trong hỗn hợp X chứa NaF. m NaF = m B – m NaCl = 3,0525 – 0,045.58,5 = 0,42(g) 0,42 % .100% 6,74% 6,23 NaF  Gọi công thức chung của hai muối halogen còn lại là: Na Y 22 22NaY Cl NaCl Y   (2) Theo (2) → 0,045 NaCl NaY n n mol 6,23 0,42 5,81( ) X NaF NaY m m m g     Do đó: 5,81 129,11 23 106,11 0,045 YY NaY M M M      → phải có một halogen có M > 106,11 → đó là iot. Vậy công thức của muối thứ 2 là NaI. Do đó có hai trường hợp: * Trường hợp 1: NaF, NaCl và NaI Gọi a, b lần lượt là số mol của NaCl và NaI Ta có: 58,5 150 5,81 0,01027 0,045 0,03472 a b a a b b           m NaCl = 58,5.0,01027 = 0,6008(g) m NaI = 150. 0,03472 = 5,208 (g) Vậy: 0,6008 % .100% 9,64% 6,23 NaCl  0,6008 % .100% 9,64% 6,23 NaCl  % 6,77%NaF  % 83,59%NaI  Trường hợp 2: NaF, NaBr và NaI Ta có: 103 ' 150 ' 5,81 ' 0,02 ' ' 0,045 ' 0,025 a b a a b b           m NaBr = 103.0,02 = 2,06(g) m NaI = 150.0,025 = 3,75 (g) Vậy 2,06 % .100% 33,07% 6,23 NaBr  3,75 % .100% 60,19% 6,23 NaI  % 6,74%NaF  Câu 8: X là một loại muối kép ngậm nước có chứa kim loại kiềm clorua và magie clorua. Để xác định công thức của X, người ta làm các thí nghiệm sau: * Lấy 5,55g X hòa tan vào nuếoc rồi đem dung dịch thu được tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO 3 tạo thành 8,61gam kết tủa. * Nung 5,55g X đến khối lượng không đổi thì khối lượng giảm 38,92%. Chất rắn thu được cho tác dụng với một lượng dư dung dịch NaOH tạo kết tủa. Lọc lấy kết tủa, rửa sạch rồi nung đến khối lượng không đổi thu được 0,8gam chất rắn. Hãy xác định công thức của X. Hướng dẫn giải: * Thí nghiệm 1: Ag + + Cl - → AgCl↓; 8,61 0,06 143,5 AgCl Cl n n mol     Thí nghiệm 2: Khi nung, xảy ra sự loại nước để được muối khan, nên khôi lượng nước ngậm trong muối bằng 38,92%×5,55=2,16gam, ứng với 2,16/18 = 0,12mol H 2 O. Khi tác dụng với dung dịch NaOH: Mg 2+ + 2OH - → Mg(OH) 2 ↓ Nung Mg(OH) 2 ↓ → MgO + H 2 O n MgO = 0,8/40 = 0,02mol = 2 Mg n  ứng với 0,02 mol MgCl 2 ban đầu. Còn lại 0,02 mol Cl - sẽ kết hợp với ion kim loại M + để cho 0,02 mol MCl có khối lượng bằng: 5,55 – (2,16 + 0,02.95) = 1,49 gam. Tính được: 1,49 35,5 39 0,02 M    đvC. Vậy M là Kali t o Công thức của muối là: 0,02 mol KCl, 0,02 mol MgCl 2 , 0,12 mol H 2 O hay KCl.MgCl 2 .6H 2 O. Câu 10: trang 206 Cho hỗn hợp A gồm 3 muối MgCl 2 , NaBr, KI. Cho 93,4 gam hỗn hợp A tác dụng với 700 ml dung dịch AgNO 3 2M. Sau khi phản ứng kết thúc thu được dung dịch D và kết tủa B. Lọc kết tủa B, cho 22,4 gam bột Fe vào dung dịch D. Sau khi phản ứng kết xong thu được chất rắn F và dung dịch E. Cho F vào dung dịch HCl dư tạo ra 4,48 lít H 2 (đkc). Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch E thu được kết tủa, nung kết tủa trong không khí cho đến khối lượng không đổi thu được 24 gam chất rắn. 1. Tính khối lượng kết tủa B. 2. Hòa tan hỗn hợp A trên vào nước tạo ra dung dịch X. Dẫn V lít Cl 2 sục vào dung dịch X, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 66,2 gam chất rắn. Tính V(đkc)? Hướng dẫn giải: Gọi a, b, c lần lượt là số mol của MgCl 2 , NaBr, KI. Phương trình phản ứng: Cl - + Ag + → AgCl↓ (1) Cl - + Ag + → AgBr↓ (2) I - + Ag -+ → AgI↓ (3) Fe + 2Ag + (dư) → Fe 2+ + 2Ag (4) Fe (dư) + 2H + → Fe 2+ + H 2 (5) Fe 2+ + 2OH - → Fe(OH) 2 ↓ (6) 2Fe(OH) 2 + 1 2 O 2 + H 2 O → 2Fe(OH) 3 ↓ (7) 2Fe(OH) 3 ↓ → Fe 2 O 3 + 3H 2 O (8) Mg 2+ + 2OH - → Mg(OH) 2 (9) Mg(OH) 2 → MgO + H 2 O (10) Theo (5) n Fe(dư) = 2 4,48 0,2 22,4 H n mol () 0,2 2 0,4 Ag du n mol     Theo (1) (2) (3) (0,7 2) 0,4 2 1 Ag n a b c mol         (I) m rắn = 23 160 0,1 40 24 Fe O MgO m m a      a = 0,2 (II) m A = 95.0,2 + 103b + 166c = 93,4 (III) 2. Phương trình phản ứng: Cl 2 + 2I - → 2Cl - + I 2 (1) Cl 2 + 2Br - → 2Cl - + Br 2 (2) Khi phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn khối lượng muối giảm: 0,2(127 – 35,5) = 18,3 gam Khi cả hai phản ứng (1) và (2) xay ra hoàn toàn khối lượng muối giảm: 0,2(127 – 35,5) + 0,4(80 – 35,5) = 36,1 gam Theo đề bài ta co khối lượng muối giảm: 93,4 – 66,2 = 27,2 gam 18,3 < 27,2 < 36,1 chứng tỏ phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn và có một phần phản ứng (2). Đặt số mol Br 2 phản ứng bằng x thì khối lượng muối giảm: 18,3 + x(80 – 35,5) = 27,2 Suy ra x = 0,2 mol Vậy 2 1 (0,2 0,2) 0,2 2 Cl n mol   2 22,4.0,2 4,48 Cl litV  Câu 11: trang 208 Hỗn hợp A: KClO 3 , Ca(ClO 3 ) 2 , Ca(ClO) 2 , CaCl 2 , KCl nặng 83,68 gam. Nhiệt phân hoàn toàn A thu được chất rắn B gồm CaCl 2 , KCl và một thể tích oxi vừa đủ để oxi hóa SO 2 thành SO 3 để điều chế 191,1 gam dung dịch H 2 SO 4 80%. Cho chất rắn B tác dụng với 360 ml dung dịch K 2 CO 3 0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và dung dịch D. Lượng KCl trong dung dịch D nhiều gấp 22/3 lần lượng KCl trong A. 1. Tính khối lượng kết tủa C? 2. Tính thành phần phần trăm về khối lượng của KClO 3 trong A? Hướng dẫn giải: Hỗn hợp A 3 32 2 2 : ( ) ( ) : ( ) ( ) : ( ) : ( ) : ( ) KClO a mol Ca ClO b mol Ca ClO c mol CaCl d mol KCl e mol          32 3 2 o t KClO KCl O  Mol a a 3 2 a 22 32 3() o t CaCl OCa ClO   Mol b b 3b 22 2 () o t CaCl OCa ClO   Mol c c c * Theo định luật bảo toàn khối lượng: 2 2 AO KCl CaCl m m m m   83,68 = 74,5(a + e) + 111(b + c + d) + 32( 3 2 a + 3b + c) (1) , 2 2 3 22 o xt t SO O SO Mol 3 3 2 a bc 3 6 2a b c [...]... (1) → số mol AgX(1)  9, 4 108  X (5) (2) → số mol MX2(2) = số mol MCO3(2) = số mol CO2 = (4) → mKOHpu(4) = 2  6,3  56 M  60 (7) 6,3 (6) M  60 Mà mKOH(bđ) = 11,6g   80  mKOHsau pư   44   M  60   100 6,3 3,85 (8) → mKOHpu(4) = mKOH(bđ) + mKOHsau pư 2 6,3  6,3  3,85   56  11, 6    44   80   M  60   M  60  100 (9) Giải ra M = 24 (Mg) (6) → số mol MX2(2) = 0,075 → số mol... 6b  2c  3a  6b  2c 98(3a  6b  2c) 100 191,1 (2) 80 191,1  1,56 100  98 CaCl2 : (b  c  d )mol  ddK 2CO3  KCl : (a  e)mol * Chất rắn B  KCl + K2CO3 → CaCl2 Mol + (b + c + d) K2CO3 → (b + c + d) + CaCO3↓ 2(b + c + d) (b + c + d) 2KCl Số mol K2CO3 = 0,36 0,5 = 0,18 (mol) = b + c + d (3) * Kết tủa C: CaCO3 Khối lượng kết tủa CaCO3 = 100 (b + c + d) = 100 0,18 = 18 gam 2 Dung dịch D (KCl) nKCl... MX2(1) = 0,025 (1)→ số mol của AgX(1) = 2 lần số mol MX2(1) (5) → X = 80 (Br) CT muối: MgBr2 b, Khối lượng MgBr2 (trong 50gam dung dịch X) = 4,6g → C% MgBr2 = 9,2% Câu 19: trang 224 X là muối có công thức NaIOx Hòa tan X vào nước thu được dung dịch A Cho khí SO 2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiện dung dịch màu nâu, tiếp tục sục SO2 vào thì mất màu nâu và thu được dung dịch B Thêm một ít dung dịch... với nhau tạo chất rắn có màu vàng và một chất lỏng không làm chuyển màu quỳ tím Cho Na dư vào phần chất lỏng được dung dịch B Dung dịch B hấp thụ vừa đủ với 2,24 lít CO2 ở điều kiện tiêu chuẩn được 9,5 gam muối Tìm m b, Đề nghị một phương pháp để tinh chế NaCl khan có lẫn các muối khan NaBr, NaI, Na2CO3 2 a, Một axit mạnh có thể đẩy được axit yếu ra khỏi muối, nhưng một axit yếu cũng có thể đẩy được axit... 0,1  x  y  0, 05  84 x  106 y  9,5 mhỗn hợp = (0,15 .103 ) + (0,15.8.150) = 195,45(g) b, Cho hỗn hợp trên vào dung dịch HCl, chỉ Na 2CO3 phản ứng: Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2↑ Sục khí clo vào dung dịch thu được: 2NaBr + Cl2 → 2NaCl + Br2 2NaI + Cl2 → 2NaCl + I2 Cô cạn dung dịch, Br2 và I2 hóa hơi thoát ra, NaCl kết tinh lại 2 a, Một axit mạnh có thể đẩy được một axit yếu ra khỏi muối vì axit... H2O SO2 + H2O2 → H2SO4 (5) (6) b, Gọi a, b là số mol Mg tham gia phản ứng (1) và (3) M tb  34a  2b  26,1 ab 7,9a = 24b %mMg  24  a  b  24  a  b   32a %mS  50,08% c, VH  0,74% ; nH  0,033mol ; VSO  2, 26(lit ) ; nSO  0,1mol 2 nH 2O2  2 2 2 100 .5  0,147(mol ) 100 .34 Dung dịch sau cùng chứa H2SO4, H2O2 mdd = 100 + 18.(0,033 + 0,1) + 64.0,1 = 108 ,794 (g) mH 2 SO4 = 0,1.98 = 9,8 (g) C %H2...  0,36  22 e 3 (4) Từ (1), (2), (3), (4) ta có:   3a  83, 68  74,5(a  e)  111(b  c  d )  32  2  3b  c     3a  6b  2c  1,56  b  c  d  0,18  22e a  e  0,36  3  1,56    83, 68  74,5(a  e)  (111 0,18)   32   2    74,5  a  e   38,74 a  e  0,52  22  a  e  0,36  3 e   % KClO3trongA  122,5.a .100  58,56% 83, 68 Câu 12: trang 210 Cho 50g dung dịch... thể đẩy được axit mạnh ra khỏi muối Lấy ví dụ minh họa và giải thích b, Tại sao H2SO4 không phải là axit mạnh hơn HCl và HNO3 nhưng lại đẩy được những axit đó ra khỏi muối? c, Có một hỗn hợp gồm 2 khí A và B: - Nếu trộn cùng một thể tích thì tỉ khối hơi của hỗn hợp so với Heli là 7,5(d1) - Nếu trộn cùng khối lượng thì tỉ khối hơi của hỗn hợp so với oxi là 11  d1  15 - Tìm khối lượng mol của A và B...   32   2    74,5  a  e   38,74 a  e  0,52  22  a  e  0,36  3 e   % KClO3trongA  122,5.a .100  58,56% 83, 68 Câu 12: trang 210 Cho 50g dung dịch X chứa 1 muối halogenua kim loại hóa trị II tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thì thu được 9,40g kết tủa Mặt khác, dùng 150g dung dịch X phản ứng với dung dịch Na2CO3 dư thì thu được 6,30g kết tủa Lọc kết tủa đem nung đến khối lượng không... bộ các chất sau phản ứng cho tác dụng với lượng dư dung dịch HCl thu được sản phẩm khí có tỉ khối hơi so với không khí là 0,9 Đốt cháy hoàn toàn 3 lít sản phẩm khí (đkc) trên rồi thu sản phẩm cháy vào 100 ml dung dịch H2O2 5% (tỉ khối bằng 1) a, Viết phương trình phản ứng xảy ra b, Tính phần trăm khối lượng Mg và S trong hỗn hợp đầu c, Tính nồng độ % của dung dịch thu được cuối cùng Hướng dẫn giải: a, . K 5 = 10 -19,92 Cân bằng (2,5 .10 -3 – x) (5,5 .10 -2 + 2x) x     2 2 19,92 6 3 5,5 .10 2 10 2,5 .10 xx K x       → x = [S 2- ] = 5,2 .10 -20 4,745 2 10K  Tổ hợp (1) và (2) 32 2 2 2 2Fe H S Fe S H       (3) 2 1 21,255 3 1 2 . 10K K K   5 .10 -3 2,5 .10 -3 5 .10 -3 5 .10 -3 (M)

Ngày đăng: 21/01/2014, 17:20

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan