Đề thi học kì 2 Hóa 10 - Đề số 2Làm đề thiCâu hỏi 1 : Cho các sơ đồ phản ứng sau: (1) MnO2 + HCl → khí X; (2) FeS + HCl → khí Y; (3) Na2SO3 + HCl → khí Z; (4) NH4HCO3 + NaOH (dư) → khí G. Những khí sinh ra tác dụng được với NaOH là
Đáp án: D Phương pháp giải: Cần nắm được tính chất hóa học của các chất khí Lời giải chi tiết: (1) MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 (X) + 2H2O (2) FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S (Y) (3) Na2SO3 + 2HCl → 2NaCl + SO2 (Z) + H2O (4) NH4HCO3 + 2NaOH (dư) → Na2CO3 + NH3 (G) + 2H2O => những khí tác dụng được với NaOH là: Cl2 (X), H2S (Y), SO2 (Z) Câu hỏi 2 : Liên kết trong phân tử X2 (X: F, Cl, Br, I) là
Đáp án: B Lời giải chi tiết: Liên kết trong phân tử của các đơn chất halogen là liên kết cộng hóa trị không cực. Câu hỏi 3 : Oxi tác dụng với tất cả các chất trong nhóm nào dưới đây ?
Đáp án: B Phương pháp giải: Xem lại tính chất hóa học của oxi Lời giải chi tiết: Oxi không phản ứng trực tiếp với các halogen => loại A, C Oxi không phản ứng với Au => loại D Câu hỏi 4 : Clorua vôi có công thức là:
Đáp án: C Lời giải chi tiết: Clorua vôi có công thức là: CaOCl2. Câu hỏi 5 : Chất nào sau đây là chất lỏng ở điều kiện thường:
Đáp án: C Phương pháp giải: Xem lại tính chất của Halogen Lời giải chi tiết: Chất lỏng ở điều kiện thường là Br2. Còn F2, Cl2 là khí; I2 là rắn Câu hỏi 6 : Thuốc thử nào dưới đây phân biệt được khí O2 với khí O3 bằng phương pháp hóa học?
Đáp án: A Phương pháp giải: Xem lại tính chất hóa học cua O2 và O3 Lời giải chi tiết: O3 có tính oxi hóa mạnh hơn O2 nên có thể oxi hóa ${I^ - }$ thành I2 làm hồ tinh bột hóa xanh: ${O_3}\; + {\text{ }}2KI{\text{ }} + {\text{ }}{H_2}O\;\xrightarrow{{}}\;2KOH{\text{ }} + {\text{ }}{I_2}\; \downarrow + {\text{ }}{O_2} \uparrow .$ Câu hỏi 7 : Chất được dùng để làm khô khí clo ẩm là
Đáp án: D Lời giải chi tiết: Chất được dùng để làm khô khí clo ẩm là dung dịch H2SO4 đặc. Vì Cl2 và H2SO4 đặc đều là những chất oxi hóa mạnh nên không phản ứng với nhau. Câu hỏi 8 : Cho 5 gam kẽm viên vào cốc đựng 50 ml dung dịch H2SO4 4M ở nhiệt độ thường (25oC). Trường hợp nào tốc độ phản ứng không đổi ?
Đáp án: D Phương pháp giải: Dựa vào yếu tố nồng độ, nhiệt độ, bề mặt tiếp xúc ảnh hưởng đến tốc độ phản ứng để suy luận. Lời giải chi tiết: A. Thay bằng kẽm bột giúp tăng diện tích tiếp xúc bề mặt nên tăng tốc độ B. Thay nồng độ H2SO4 bằng 2M làm giảm nồng độ → giảm tăng tốc độ phản ứng C. Tăng nhiệt độ đến 50oC → tăng tốc độ phản ứng D. Không thay đổi vì chỉ nồng độ mol H2SO4 mới ảnh hưởng, còn thể tích không ảnh hưởng Câu hỏi 9 : Tiến hành các thí nghiệm sau (1) O3 tác dụng với dung dịch KI. (2) axit HF tác dụng với SiO2. (3) khí SO2 tác dụng với nước Cl2. (4) KClO3 đun nóng, xúc tác MnO2. (5) Cho H2S tác dụng với SO2. Số thí nghiệm tạo ra đơn chất là:
Đáp án: A Phương pháp giải: Xem lại tính chất hóa học của lưu huỳnh Lời giải chi tiết: Các trường hợp tạo ra đơn chất là 1, 4, 5 Câu hỏi 10 : Kim loại nào sau đây không tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng?
Đáp án: D Lời giải chi tiết: Dung dịch H2SO4 loãng tác dụng được với kim loại hoạt động (đứng trước H trong dãy điện hóa). Mg, Al, Fe đứng trước H trong dãy điện hóa → A, B, C sai Cu đứng sau H trong dãy điện hóa → D đúng Câu hỏi 11 : Dung dịch NaCl bị lẫn NaI. Để làm sạch dung dịch NaCl có thể dùng:
Đáp án: C Phương pháp giải: +) Nguyên tắc làm sạch chất dùng để làm sạch tác dụng với chất cần loại bỏ, không tạo ra chất mới. +) Tính chất NaI => Chất cần dùng Lời giải chi tiết: Dùng Cl2 sẽ có phản ứng : Cl2 + 2NaI -> 2NaCl + I2 => sau phản ứng chỉ có NaCl mà không có muối khác. I2 không tan trong nước cũng dễ lọc tách. Câu hỏi 12 : Dung dịch axit nào sau đây không thể chứa trong bình thủy tinh ?
Đáp án: A Phương pháp giải: Xem lại lí thuyết hợp chất không có oxi của halogen Lời giải chi tiết: Dung dịch axit không thể chứa trong bình thủy tinh là HF Câu hỏi 13 : Ion X2- có cấu hình electron lớp ngoài cùng là 2s22p6. X là nguyên tố nào sau đây ?
Đáp án: A Phương pháp giải: Xem lại lí thuyết phần II – khái quát về nhóm VIA Lời giải chi tiết: => cấu hình e của anion X2- là 2s22p6 => Cấu hình electron của X là : 1s22s22p4 X là oxi Câu hỏi 14 : Có thể dùng H2SO4 đặc để làm khô tất cả các khí trong dãy nào?
Đáp án: C Phương pháp giải: Xem lại tính chất hóa học của H2SO4 đặc Lời giải chi tiết: Axit sunfuric đặc được sử dụng làm khô các chất khí ẩm. Loại khí có thể được làm khô nhờ axit sunfuric đặc là khí không tác dụng được với H2SO4 đặc H2SO4 đặc để làm khô CO2, N2, SO2, O2. Câu hỏi 15 : Tính chất nào dưới đây là tính chất đặc trưng của khí hiđro sunfua ?
Đáp án: D Lời giải chi tiết: Tính chất đặc trưng của khí hiđro sunfua là chất khí không màu, độc, có mùi trứng thối. Câu hỏi 16 : Chất nào sau đây là chất lỏng có màu nâu đỏ ?
Đáp án: B Phương pháp giải: Dựa vào màu sắc của các khí Lời giải chi tiết: Cl2 có màu vàng lục Br2 là chất lỏng có màu nâu đỏ F2 là chất khí có màu lục nhạt I2 là tinh thể có màu đen tím Câu hỏi 17 : Yếu tố nào sau đây không gây ra sự chuyển dịch cân bằng của phản ứng thuận nghịch nói chung ?
Đáp án: D Phương pháp giải: Các yếu tố gây ra sự chuyển dịch cân bằng của phản ứng thuận nghịch nói chung là: nhiệt độ, áp suất và nồng độ. Lời giải chi tiết: Các yếu tố gây ra sự chuyển dịch cân bằng của phản ứng thuận nghịch nói chung là: nhiệt độ, áp suất và nồng độ. Yếu tố xúc tác không làm cân bằng chuyển dịch. Câu hỏi 18 : Cho các phản ứng sau: (1) 4HCl + MnO2 → MnCl2 + Cl2 + 2H2O (2) 2HCl + Fe → FeCl2 + H2 (3) K2Cr2O7 + 14HCl → 2KCl + 2CrCl3 + 3Cl2 + 7H2O (4) 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (5) 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O Số phản ứng trong đó HCl thể hiện tính oxi hóa là
Đáp án: A Lời giải chi tiết: (1), (3), (5) ${\text{ }}\mathop {2Cl}\limits^{ - 1} \to \mathop {Cl}\limits^0 $$_2 + 2{\text{e}}$ => HCl là chất khử (2), (4) $2\mathop H\limits^{ + 1} + 2{\text{e}} \to \mathop H\limits^0 $$_2$ => HCl là chất oxi hóa
Câu hỏi 19 : Hòa tan 11,2 lít khí HCl (đktc) vào m gam dung dịch HCl 16%, thu được dung dịch HCl 20%. Giá trị của m là
Đáp án: C Phương pháp giải: \(\begin{array}{l}{n_{HCl}} = 0,5\,\,(mol)\\16 = \dfrac{{{m_{HCl}}}}{m}.100 = > {m_{HCl}} = \dfrac{{16m}}{{100}}(gam) = > {n_{HCl}} = \dfrac{{16m}}{{100.\,\,36,5}}(mol)\\ = > \sum {{n_{HCl}} = } \dfrac{{16m}}{{100.\,\,36,5}} + 0,5\,(mol) = > {m_{HCl}} = (\dfrac{{16m}}{{100.\,\,36,5}} + 0,5).\,\,36,5\,(gam)\end{array}\) mdd sau phản ứng = mHCl + m = 0,5. 36,5 + m = m+ 18,25 (gam) \(20 = \dfrac{{{m_{HCl}}}}{{{m_{{\rm{dd}}\,sau\,pu}}}}.100\% = > \,m\) Lời giải chi tiết: \(\begin{array}{l}{n_{HCl}} = 0,5\,\,(mol)\\16 = \dfrac{{{m_{HCl}}}}{m}.100 = > {m_{HCl}} = \dfrac{{16m}}{{100}}(gam) = > {n_{HCl}} = \dfrac{{16m}}{{100.\,\,36,5}}(mol)\\ = > \sum {{n_{HCl}} = } \dfrac{{16m}}{{100.\,\,36,5}} + 0,5\,(mol) = > {m_{HCl}} = (\dfrac{{16m}}{{100.\,\,36,5}} + 0,5).\,\,36,5\,(gam)\end{array}\) mdd sau phản ứng = mHCl + m = 0,5. 36,5 + m = m+ 18,25 (gam) \(\begin{array}{l}20 = \dfrac{{{m_{HCl}}}}{{{m_{{\rm{dd}}\,sau\,pu}}}}.100\% \\ < = > \,20 = \dfrac{{(\dfrac{{16m}}{{100.\,\,36,5}} + 0,5).\,\,36,5}}{{m + 18,25}}.100\\ < = > m = 365\,(gam)\end{array}\) Câu hỏi 20 : Dẫn hai luồng khí clo đi qua dung dịch NaOH: dung dịch 1 loãng và nguội; dung dịch 2 đậm đặc và đun nóng đến 100oC. Nếu lượng muối NaCl sinh ra trong hai dung dịch bằng nhau thì tỉ lệ thể tích clo đi qua 2 dung dịch trên theo tỉ lệ là
Đáp án: B Phương pháp giải: Dung dịch 1: Cl2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H2O Dung dịch 2: 3Cl2 + 6NaOH → 5NaCl + NaClO3 + 3H2O Lời giải chi tiết: Giả sử 2 dung dịch đều thu được 1 mol muối NaCl Dung dịch 1: Cl2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H2O 1$ \leftarrow $ 1 mol Dung dịch 2: 3Cl2 + 6NaOH → 5NaCl + NaClO3 + 3H2O $\frac{3}{5}$ $ \leftarrow $ 1 mol $ = > {\text{ }}\frac{{{n_{C{l_2}(1)}}}}{{{n_{C{l_2}(2)}}}} = \frac{5}{3}$
Câu hỏi 21 : Chất A là muối canxi halogenua. Cho dung dịch chứa 0,2 gam A tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 thì thu được 0,376 gam kết tủa bạc halogenua. Công thức của A là
Đáp án: D Phương pháp giải: CaX2 + 2AgNO3 → 2AgX + Ca(NO3)2 $\frac{{0,2}}{{40 + 2{\text{X}}}}$ $\frac{{0,376}}{{108 + X}}$ Lời giải chi tiết: Gọi công thức muối là CaX2 CaX2 + 2AgNO3 → 2AgX + Ca(NO3)2 $\frac{{0,2}}{{40 + 2{\text{X}}}}$ $\frac{{0,376}}{{108 + X}}$ => $\frac{{0,2}}{{40 + 2{\text{X}}}} = 2.\frac{{0,376}}{{108 + X}}\,\,\, = > \,\,X = 80$ => X là Br Công thức muối là CaBr2 Câu hỏi 22 : Trong phòng thí nghiệm điều chế oxi bằng phản ứng nhiệt phân KClO3. Nếu dùng 12,25 gam KClO3 thì sau phản ứng hoàn toàn, thể tích O2 thu được (đktc) là
Đáp án: D Phương pháp giải: Tính theo PTHH: 2KClO3 \(\xrightarrow{{{t^0}}}\) 2KCl + 3O2 Lời giải chi tiết: Ta có: nKClO3 = 12,25 : 122,5 = 0,1 mol PTHH: 2KClO3 \(\xrightarrow{{{t^0}}}\) 2KCl + 3O2 Theo PTHH → nO2 = 1,5.nKClO3 = 0,15 mol → VO2 = 0,15.22,4 = 3,36 lít Câu hỏi 23 : Hòa tan V lít khí SO2 (đktc) vào 100 ml dung dịch NaOH 1,2M thì thu được 10,02 gam hỗn hợp hai muối. Tìm giá trị của V
Đáp án: A Phương pháp giải: - Do sản phẩm tạo thành gồm hai muối nên không cần biện luận theo tỉ lệ T. - Lập hệ phương trình với ẩn là số mol của hai muối. Lời giải chi tiết: nNaOH = 0,1.1,2 = 0,12 (mol) Đặt số mol của NaHSO3 và Na2SO3 lần lượt là x và y Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}BTNT{\rm{ Na: x + 2y = 0,12}}\\{\rm{m}}{\,_{muoi}}\, = {\rm{104x + 126y = 10,02}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,06\\y = 0,03\end{array} \right.\) BTNT S: \({n_{S{O_2}}} = n{\,_{NaHS{O_3}}} + \,n{\,_{N{a_2}S{O_3}}} = 0,06 + 0,03 = 0,09(mol)\) → VSO2(đktc) = 0,09×22,4 = 2,016 (l) Câu hỏi 24 : Hoà tan hoàn toàn 16 gam hỗn hợp Mg và Fe bằng lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 loãng 20% (vừa đủ). Sau phản ứng thấy khối lượng dung dịch tăng thêm 15,2 gam. Nồng độ % của MgSO4 có trong dung dịch sau phản ứng là
Đáp án: B Phương pháp giải: Lập hệ pt 2 ẩn => nMg và nFe Tính C% Lời giải chi tiết: \(\begin{gathered}\left\{ \begin{gathered}24{n_{Mg}} + 56{n_{Fe}} = 16 \hfill \\{n_{Mg}} + {n_{Fe}} = \frac{{16 - 15,2}}{2} = 0,4 \hfill \\ \end{gathered} \right. = > \left\{ \begin{gathered}{n_{Mg}} = 0,2 \hfill \\{n_{Fe}} = 0,2 \hfill \\ \end{gathered} \right. \hfill \\C{\% _{MgS{O_4}}} = \frac{{0,2.120}}{{15,2 + (0,4.98:0,2)}}.100\% = 11,36\% \hfill \\ \end{gathered} \) Câu hỏi 25 : Tính lượng FeS2 cần dùng để điều chế một lượng SO3 đủ để hòa tan vào 100 gam H2SO4 91% thành oleum A có phần trăm khối lượng SO3 trong A là 12,5%. Giả thiết các phản ứng hoàn toàn
Đáp án: A Phương pháp giải: +) Gọi số mol SO3 là x mol => \({n_{Fe{S_2}}} = \frac{{{n_{S{O_3}}}}}{2}\) +) Khối lượng H2SO4 ban đầu là 91 gam; khối lượng nước là 9 gam. SO3 + H2O → H2SO4 0,5 mol ← 0,5 mol => \({n_{S{O_3}(oleum)}} = x - 0,5\) (mol) \(C{\% _{S{O_3}}} = \frac{{{m_{S{O_3}}}}}{{100 + 80x}}\)
=> tìm được x => mFeS2 Lời giải chi tiết: Gọi số mol của SO3 là x mol Dung dịch H2SO4 ban đầu chứa \[{m_{{H_2}S{O_4}}} = 91gam;{m_{{H_2}O}} = 9gam\) SO3 + H2O → H2SO4 0,5 mol ← \(\frac{9}{{18}} = 0,5mol\) \(C{\% _{S{O_3}}} = \frac{{{m_{S{O_3}}}}}{{100 + 80x}}\).100% \( = \frac{{80.(x - 0,5)}}{{100 + 80x}}.100\% = 12,5\% \) => x=0,75(mol) => \({m_{Fe{S_2}}} = \frac{{0,75.120}}{2} = 45gam\) Câu hỏi 26 : Cho chất xúc tác MnO2 vào 100 ml dung dịch H2O2, sau 60 giây thu được 33,6 ml khí O2 (ở đktc). Tốc độ trung bình của phản ứng (tính theo H2O2) trong 60 giây là
Đáp án: C Phương pháp giải: +)${n_{{H_2}{O_2}}}$ phản ứng = $2{n_{{O_2}}}$ +) Lượng H2O2 phản ứng này chính là lượng H2O2 biến đổi trong 60 giây +) Áp dụng CT: $\overline v = \,\,\frac{{\Delta C}}{{\Delta t}}$ Lời giải chi tiết: ${n_{{O_2}}} = \,\,\frac{{0,0336}}{{22,4}}\,\, = \,\,0,0015\,\,mol$ 2H2O2 $\xrightarrow{{Mn{O_2}}}$ 2H2O + O2 +) Theo phương trình phản ứng : ${n_{{H_2}{O_2}}}$phản ứng = $2{n_{{O_2}}} = \,\,2.0,0015\,\, = \,\,0,003\,\,mol$ +) Lượng H2O2 phản ứng này chính là lượng H2O2 biến đổi trong 60 giây hay ∆C = $\frac{{0,003}}{{0,1}}\,\, = \,\,0,03\,\,mol/L$ +) $\overline v = \,\,\frac{{\Delta C}}{{\Delta t}}$ nên $\overline v \,\, = \,\,\frac{{0,03}}{{60}}\,\, = \,\,{5.10^{ - 4}}\,\,mol/\left( {L.s} \right)$ Câu hỏi 27 : Trong một bình kín dung tích V lít không đổi có chứa 1,3a mol O2 và 2,5a mol SO2 ở 100oC, 2 atm (có mặt xúc tác V2O5), nung nóng bình một thời gian sau đó làm nguội tới 100oC, áp suất trong bình lúc đó là p; hiệu suất phản ứng tương ứng là h. Mối liên hệ giữa p và h được biểu thị bằng biểu thức
Đáp án: A Lời giải chi tiết: Hỗn hợp đầu có : V = nhh đầu RT/pđ 2SO2 + O2 → 2SO3 Bđ 2,5a 1,3a Pứ 2,5ah 1,25ah 2,5ah Sau 2,5a(1-h) a(1,3 – 1,25h) 2,5ah Sau phản ứng : nhh sau = 3,8a – 1,25ah => p = nhh sau.RT/V = nhh sau.pđ/nđ => \(p = {\text{2}}{\text{.}}\left( {{\text{1 - }}\frac{{{\text{1,25h}}}}{{{\text{3,8}}}}} \right)\) Câu hỏi 28 : Cho các cân bằng hóa học: N2 (k) + 3H2 (k) $\overset {} \leftrightarrows $ 2NH3 (k) (1) H2 (k) + I2 (k) $\overset {} \leftrightarrows $ 2HI (k) (2) 2SO2 (k) + O2 (k) $\overset {} \leftrightarrows $ 2SO3 (k) (3) 2NO2 (k) $\overset {} \leftrightarrows $ N2O4 (k) (4) Khi thay đổi áp suất những cân bằng hóa học nào bị chuyển dịch?
Đáp án: C Lời giải chi tiết: Ở những cân bằng hóa học có tổng số mol khí các chất phản ứng khác tổng số mol khí các chất sản phẩm nên cân bằng chuyển dịch khi thay đổi áp suất . => Các cân bằng thỏa mãn là: (1), (3), (4). Câu hỏi 29 : Hỗn hợp a gồm Cu và CuO Hòa tan hoàn toàn 20,8 gam hỗn hợp a vào 73,5 gam dung dịch H2SO4 80% chỉ thu được dung dịch x và khí SO2 là sản phẩm khử duy nhất cho x tác dụng hoàn toàn với 900 ml dung dịch NaOH 1M sau đó lọc bỏ kết tủa được dung dịch y cô cạn y thu được chất rắn z nặng 60,8 g nồng độ phần trăm của CuSO4 trong x.
Đáp án: B Phương pháp giải: Sử dụng bảo toàn e và bảo toàn nguyên tố. Lời giải chi tiết: Tóm tắt bài toán: \(20,8\,(g)\,A\left\{ \begin{array}{l}Cu\\CuO\end{array} \right. + 73,5\,g\,dd\,\underbrace {{H_2}S{O_4}}_{0,6\,(mol)} \to \left\langle \begin{array}{l}S{O_2}:\\\left. {X\left\{ \begin{array}{l}CuS{O_4}:\\{H_2}S{O_4}\,du\end{array} \right.} \right\} + \underbrace {NaOH}_{0,9\,(mol)} \to \left\{ \begin{array}{l} \downarrow Cu{(OH)_2}\\60,8\,(g)\,Z\left\{ \begin{array}{l}N{a_2}S{O_4}:a\,(mol)\\NaOH\,du:\,b(mol)\end{array} \right.\end{array} \right.\end{array} \right.\) Đặt trong Z số mol Na2SO4 và NaOH dư lần lượt là a và b (mol) Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}{m_{N{a_2}S{O_4}}} + {m_{NaOH\,du}} = {m_Z}\\BT:Na = > 2{n_{N{a_2}S{O_4}}} + {n_{NaOHdu}} = {n_{NaOH\,bd}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}142a + 40b = 60,8\\2a + b = 0,9\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0,4\\b = 0,1\end{array} \right.\) BTNT “S”: nH2SO4 bđ = nSO2 + nNa2SO4 ⟹ 0,6 = nSO2 + 0,4 ⟹ nSO2 = 0,6 – 0,4 = 0,2 (mol) BT e ta có: nCu = nSO2 = 0,2 (mol) (Do Cu từ số oxh 0 lên +2, còn S từ số oxi hóa +6 xuống +4) ⟹ mCu = 0,2.64 = 12,8 (g) ⟹ mCuO = mA – mCu = 20,8 – 12,8 = 8 (g) ⟹ nCuO = mCuO : MCuO = 8 : 80 = 0,1 (mol) BTNT “Cu”: nCuSO4 = nCu + nCuO = 0,2 + 0,1 = 0,3 (mol) ⟹ mCuSO4 = nCuSO4×MCuSO4 = 0,3×160 = 48 (g) Ta có: mA + mdd H2SO4 = mdd X + mSO2 ⟹ mdd X = mA + mdd H2SO4 - mSO2 = 20,8 + 73,5 – 0,2.64 = 81,5 (g) Phần trăm khối lượng CuSO4 có trong dd X là: \(C\% = \frac{{{m_{CuS{O_4}}}}}{{{m_{dd\,X}}}}.100\% = \frac{{48}}{{81,5}}.100\% = 58,90\% \) Câu hỏi 30 : Đốt cháy hoàn toàn 6,48 gam hỗn hợp chất rắn X gồm: Cu, CuS, FeS, FeS2, FeCu2S2, S thì cần 2,52 lít O2 và thấy thoát ra 1,568 lít SO2. Mặt khác cho 6,48 gam X tác dụng với HNO3 đặc, nóng dư thu được V lít NO2 (là sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được m gam kết tủa. Biết thể tích các khí đều đo ở đktc. Giá trị của V và m là:
Đáp án: C Phương pháp giải: +) Quy đổi hỗn hợp X về Fe (a mol), Cu (b mol) và S (c mol) +) Bảo toàn nguyên tố S: nS = nSO2 => c +) Từ mX => PT (1) +) Bảo toàn electron: $3.{{n}_{F\text{e}}}+2.{{n}_{Cu}}+6.{{n}_{S}}=4.{{n}_{{{O}_{2}}}}$=> PT (2) => a và b +) Bảo toàn electron: $3.{{n}_{F\text{e}}}+2.{{n}_{Cu}}+6.{{n}_{S}}={{n}_{N{{O}_{2}}}}$ => nNO2 +) mkết tủa = ${{m}_{F\text{e}{{(OH)}_{3}}}}+{{m}_{Cu{{(OH)}_{2}}}}+{{m}_{BaS{{O}_{4}}}}$ Lời giải chi tiết: Quy đổi hỗn hợp X về Fe (a mol), Cu (b mol) và S (c mol) Bảo toàn nguyên tố S: nS = nSO2 => c = 0,07 mol mX = 56a + 64b + 0,07.32 = 6,48 Bảo toàn electron: $3.{{n}_{F\text{e}}}+2.{{n}_{Cu}}+6.{{n}_{S}}=4.{{n}_{{{O}_{2}}}}$=> 3a + 2b + 0,07.4 = 0,1125.4 => a = 0,03 và b = 0,04 Bảo toàn electron: $3.{{n}_{F\text{e}}}+2.{{n}_{Cu}}+6.{{n}_{S}}={{n}_{N{{O}_{2}}}}$ => nNO2 = 3a + 2b + 0,07.6 = 0,59 mol => V = 13,216 lít mkết tủa = 107a + 98b + 233.0,07 = 23,44 |
