Câu hỏi 1 :
Ở trạng thái kích thích cao nhất, nguyên tử lưu huỳnh có thể có tối đa bao nhiêu electron độc thân?
- A
2.
- B
3.
- C
4.
- D
6.
Đáp án: D
Lời giải chi tiết:
Ở trạng thái kích thích cao nhất, nguyên tử lưu huỳnh có thể có tối đa 6 electron độc thân
Câu hỏi 2 :
Đổ dung dịch AgNO3 lần lượt vào 4 dung dịch: NaF, NaCl, NaBr và NaI thì thấy:
- A
Cả 4 dung dịch đều tạo kết tủa.
- B
Có 3 dung dịch tạo ra kết tủa và 1 dung dịch không tạo kết tủa.
- C
Có 2 dung dịch tạo ra kết tủa và 2 dung dịch không tạo kết tủa.
- D
Có 1 dung dịch tạo ra kết tủa và 3 dung dịch không tạo ra kết tủa.
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Xem lại tính chất của các hợp chất không có oxi của halogen
Lời giải chi tiết:
AgCl , AgBr , AgI đều tạo kết tủa
Chỉ có AgF tan.
Câu hỏi 3 :
Trong số các câu sau đây, câu nào không đúng ?
- A
Lưu huỳnh là một chất rắn màu vàng.
- B
Lưu huỳnh không tan trong nước.
- C
Lưu huỳnh nóng chảy ở nhiệt độ tương đối thấp.
- D
Lưu huỳnh không tan trong dung môi hữu cơ.
Đáp án: D
Lời giải chi tiết:
Câu không đúng là : Lưu huỳnh không tan trong dung môi hữu cơ.
Câu hỏi 4 :
Khí nào sau không bị oxi hóa bởi nuớc Gia-ven?
- A
HCHO.
- B
H2S.
- C
CO2.
- D
SO2.
Đáp án: C
Phương pháp giải:
Chất không có tính khử sẽ không bị oxi hóa bởi nước Gia - ven
Lời giải chi tiết:
Do CO2 không còn tính khử nên không bị oxi hóa bởi nước Gia – ven
Câu hỏi 5 :
Những câu sau đây, câu nào sai khi nói về tính chất hóa học của ozon ?
- A
Ozon kém bền hơn oxi.
- B
Ozon oxi hóa tất cả các kim loại kể cả Au và Pt.
- C
Ozon oxi hóa Ag thành Ag2O.
- D
Ozon oxi hóa ion I- thành I2.
Đáp án: B
Lời giải chi tiết:
Câu sai khi nói về tính chất hóa học của ozon là : Ozon oxi hóa tất cả các kim loại kể cả Au và Pt.
Câu hỏi 6 :
Nguyên tử nguyên tố X tạo ion X-. Tổng số hạt (p, n, e) trong X- là 116. X là nguyên tử nguyên tố nào sau đây ?
- A
Se
- B
Ge
- C
As
- D
Br
Đáp án: D
Phương pháp giải:
+) Lập hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2p + n + 1 = 116\\1 \le \frac{n}{p} \le 1,5\end{array} \right.\)
+) Tìm p, n=> xác định được X
Lời giải chi tiết:
+) Lập hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}2p + n + 1 = 116\,\,(1)\\1 \le \frac{n}{p} \le 1,5\,\,(2)\end{array} \right.\)
Từ (1)=> n = 115- 2p thay vào (2)
(2) <=> \(32,8 \le p \le 38,3\)
Biện luận p để xác định X
|
P |
33 |
34 |
35 |
36 |
37 |
38 |
|
n |
49 |
47 |
45 |
43 |
41 |
39 |
|
MX |
82 (Loại) |
81(Loại) |
80 (Brom) |
79(Loại) |
78(Loại) |
77(Loại) |
Vậy X là brom
Câu hỏi 7 :
Axit pecloric có công thức là:
- A
HClO.
- B
HClO2.
- C
HClO3.
- D
HClO4
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Xem lại các hợp chất có oxi của Clo
Lời giải chi tiết:
Axit pecloric có công thức là HClO4
Câu hỏi 8 :
Có thể dùng H2SO4 đặc để làm khô tất cả các khí trong dãy nào?
- A
CO2, NH3, Cl2, N2.
- B
CO2, H2S, N2, O2.
- C
CO2, N2, SO2, O2.
- D
CO2, H2S, O2, N2.
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 9 :
Nguyên tố halogen có bán kính nguyên tử lớn nhất là
- A
Clo
- B
Brom
- C
Flo
- D
Iot
Đáp án: D
Lời giải chi tiết:
Bán kính nguyên tử của các nguyên tố nhóm halogen tăng dần theo thứ tự : F < Cl < Br < I=> Nguyên tố có bán kính nguyên tử lớn nhất là: Iot
Câu hỏi 10 :
Có các thí nghiệm sau:
(I) Nhúng thanh sắt vào dung dịch H2SO4 loãng, nguội.
(II) Sục khí SO2 vào nước brom.
(III) Sục khí CO2 vào nước Gia-ven.
(IV) Nhúng lá nhôm vào dung dịch H2SO4 đặc, nguội.
Số thí nghiệm xảy ra phản ứng hóa học là:
- A
4
- B
3
- C
1
- D
2
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Xem lại lí thuyết
Lời giải chi tiết:
Thí nghiệm xảy ra phản ứng hóa học là (I)(II)(III)
Câu hỏi 11 :
Phản ứng không đúng là
- A
Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2.
- B
HF + NaCl → NaF + HCl.
- C
2HCl + NaClO → NaCl + Cl2 + H2O.
- D
4HF + SiO2 → SiF4 + 2H2O.
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Xem lại lí thuyết hợp chất không có oxi của halogen
Lời giải chi tiết:
Phản ứng không đúng là : HF + NaCl → NaF + HCl
Vì HF là axit yếu, không phản ứng để sinh ra axit mạnh được.
Câu hỏi 12 :
Trong công nghiệp, để điều chế clo, người ta có thể làm như sau
- A
Điện phân muối NaCl nóng chảy hoặc dung dịch NaCl bão hòa có màng ngăn
- B
Cho KMnO4 hoặc MnO2 tác dụng với dung dịch HCl đặc
- C
Cho KClO3 tác dụng với dung dịch HCl đặc
- D
A hoặc B hoặc C.
Đáp án: A
Lời giải chi tiết:
Phương pháp điều chế khí clo trong công nghiệp là: Điện phân dung dịch NaCl, màng ngăn xốp.
Câu hỏi 13 :
Tính oxi hóa của lưu huỳnh thể hiện qua phản ứng nào sau đây
- A
Tác dụng với kim loại
- B
Tác dụng với hidro
- C
Tác dụng với phi kim
- D
Cả A và B đều đúng
Đáp án: D
Lời giải chi tiết:
S thể hiện tính oxi hóa thông qua các phản ứng với kim loại và hiđro
Câu hỏi 14 :
Cho các chất rắn sau: Cr2O3, Fe(NO3)2, Al(OH)3, Mg. Số chất tan được trong dung dịch HCl loãng nguội (dư) là
- A
1
- B
2
- C
3
- D
4
Đáp án: D
Lời giải chi tiết:
Tất cả 4 chất đều tan trong dd HCl loãng nguội
Cr2O3 + 6HCl → 2CrCl3 + 3H2O
9Fe(NO3)2 + 12HCl → 4FeCl3 + 5Fe(NO3)3 + 4NO + 6H2O
2Al(OH)3 + 6HCl → 2AlCl3 + 6H2O
Mg + 2HCl → MgCl2 + H2↑
Câu hỏi 15 :
Cứ 6,4 gam kim loại hóa trị II phản ứng vừa đủ với 2,24 lít khí clo (đktc). Kim loại đó là:
- A Fe
- B Cu
- C Mg
- D Zn
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Viết phương trình, tìm MM để suy ra kim loại.
Lời giải chi tiết:
Gọi kim loại cần tìm là M
M + Cl2 → MCl2
Ta có nM = nCl2 = 0,1 mol suy ra MM = 6,4 : 0,1 = 64 g/mol. Vậy M là Cu.
Câu hỏi 16 :
Điều chế Cl2 từ HCl và MnO2. Cho toàn bộ khí Cl2 điều chế được qua dung dịch NaI, sau phản ứng thấy có 12,7 gam I2 sinh ra. Khối lượng HCl đã dùng là:
- A 9,1 gam
- B 8,3 gam
- C 7,3 gam
- D 12,5 gam
Đáp án: C
Phương pháp giải:
Tính toán theo PTHH:
MnO2 + 4HCl → MnCl2 + 2 H2O +Cl2
Cl2 + 2 NaI → 2 NaCl + I2
Lời giải chi tiết:
n I2 = 12,7: 254 = 0,05 mol
Theo PTHH: Cl2 + 2 NaI → 2 NaCl + I2
=> n Cl2 = n I2 = 0,05 mol
Theo PTHH: MnO2 + 4HCl → MnCl2 + 2 H2O +Cl2
=> n HCl = n Cl2. 4 = 0,05.4 = 0,2 mol
=> m HCl = 0,2. 36,5 = 7,3 g
Câu hỏi 17 :
Đun nóng 48,2 gam hỗn hợp X gồm KMnO4 và KClO3, sau một thời gia thu được 43,4 gam hỗn hợp chất rắn Y. Cho Y tác dụng hoàn toàn với dung dịch HCl đặc, sau phản ứng thu được 15,12 lít Cl2(đktc) và dung dịch gồm MnCl2, KCl và HCl dư.Số mol HCl phản ứng là
- A 1,9.
- B 2,4.
- C 2,1.
- D 1,8.
Đáp án: D
Phương pháp giải:
Bảo toàn khối lượng: mO2 = mX - mY
Bảo toàn e: ne(Mn+7, Cl+5) nhường = ne (O2, Cl2) nhận
BTNT Mn, K, Cl
Lời giải chi tiết:
\(X\left\{ \matrix{
K\mathop {Mn}\limits^{ + 7} {O_4} \hfill \cr
K\mathop {Cl}\limits^{ + 5} {O_3} \hfill \cr} \right.\buildrel {{t^0}} \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
Y:{K_2}Mn{O_4},Mn{O_2},KCl,KMn{O_4}du,KCl{O_3}du\buildrel { + H\mathop {Cl}\limits^{ - 1} } \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
\mathop {Mn}\limits^{ + 2} \mathop {C{l_2}}\limits^{ - 1} ,K\mathop {Cl}\limits^{ - 1} ,HCldu \hfill \cr
\mathop {C{l_2}}\limits^0 :0,675\,mol \hfill \cr} \right. \hfill \cr
\mathop {{O_2}:}\limits^0 0,15\,mol \hfill \cr} \right.\)
BTKL ta có:
mO2 = mX – mY = 48,2 -43,4 = 4,8 (g) => nO2= 0,15(mol)
Trong X đặt số mol KMnO4 và KClO3 lần lượt là a và b (mol)
Ta có:
\(\left\{ \matrix{
{m_X} = 158a + 122,5b = 48,2 \hfill \cr
\buildrel {BTe} \over
\longrightarrow 5a + 6b = 0,15.4 + 0,675.2 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
a = 0,15 \hfill \cr
b = 0,2 \hfill \cr} \right.\)
BTNT “Mn”: nMnCl2 = nKMnO4 = 0,15 (mol)
BTNT “K’: nKCl = nKMnO4 + nKClO3 = 0,15 + 0,2 = 0,35 (mol)
BTNT “Cl”: nKClO3 + nHCl = 2nMnCl2 + nKCl + 2nCl2 => nHCl = 2.0,15 + 0,35 +2.0,675 – 0,2 = 1,8 (mol)
Câu hỏi 18 :
Một dung dịch có chứa H2SO4 và 0,543 gam muối natri của một axit chứa oxi của clo (muối X). Cho thêm vào dung dịch này một lượng KI cho đến khi iot ngừng sinh ra thì thu được 3,05 gam I2. Muối X là:
- A
NaClO2
- B
NaClO3
- C
NaClO4
- D
NaClO
Đáp án: A
Phương pháp giải:
NaClOn + 2nKI + nH2SO4 → NaCl + nK2SO4 + nI2 + nH2O
+) Theo phương trình: ${n_{NaCl{O_n}}} = \frac{{{n_{{I_2}}}}}{n}=> M$
Lời giải chi tiết:
${n_{{I_2}}} = \frac{{3,05}}{{127.2}} = 0,012\,\,mol$
Muối X là NaClOn
NaClOn + 2nKI + nH2SO4 → NaCl + nK2SO4 + nI2 + nH2O
Theo phương trình: ${n_{NaCl{O_n}}} = \frac{{{n_{{I_2}}}}}{n} = \frac{{0,012}}{n}\,\,mol$
$ = > \,\,{M_{NaCl{O_n}}} = \frac{{0,543}}{{\frac{{0,012}}{n}}} = 45,25n$
=> 23 + 35,5 + 16n = 45,25n => n = 2
=> công thức của muối là NaClO2
Câu hỏi 19 :
Cho 15,92 gam hỗn hợp NaX và NaY (X, Y là 2 halogen ở hai chu kỳ liên tiếp) vào dung dịch AgNO3 dư thu được 28,67 gam kết tủa . Công thức của 2 muối là:
(Cho Na = 23; F= 19; Cl = 35,5; Br = 80; I = 127)
- A NaCl và NaBr.
- B NaBr và NaI.
- C NaF và NaCl hoặc NaBr và NaI.
- D NaF và NaCl.
Đáp án: C
Phương pháp giải:
- Xét 1 trường hợp của bài toán:
+) TH1: NaX là NaF => Kết tủa chỉ gồm AgCl (Vì AgF tan trong dung dịch => NaF không phản ứng với AgNO3)
+) TH2: Không có NaF trong hỗn hợp => Phương pháp trung bình
- Đặt công thức muối halogen trung bình là NaM
=> Tính toán theo 1 phương trình phản ứng => Khối lượng mol trung bình của halogen
=> 2 halogen 2 chu kỳ liên tiếp
Lời giải chi tiết:
+) TH1: NaX là NaF => Kết tủa chỉ gồm AgCl (Vì AgF tan trong dung dịch => NaF không phản ứng với AgNO3)
=> Hỗn hợp muối gồm NaF và NaCl
NaCl + AgNO3 → AgCl + NaNO3
nNaCl = nAgCl = 28,67: 143,5 = 0,2 mol
=> mNaF = 15,92 – mNaCl = 15,92 – 58,5.0,2 = 4,22g > 0
=> Thỏa mãn đề bài
+) TH2: Không có NaF trong hỗn hợp
- Đặt công thức muối halogen trung bình là NaM
NaM + AgNO3 → AgM + NaNO3
Mol \({{15,92} \over {23 + M}}\) = \({{28,67} \over {108 + M}}\)
=> 15,92(108 + M) = 28,67(23 + M)
=> M = 83,13g
=> 2 halogen là Br(80) và I(127)
=> 2 muối là NaBr và NaI
(*) Vậy công thức 2 muối là (NaF và NaCl) hoặc (NaBr và NaI)
Câu hỏi 20 :
Nung 0,2 mol KMnO4 ở nhiệt độ cao thu được chất rắn X và 1,68 lít khí O2 (đktc). Cho chất rắn X vào dung dịch HCl đặc, dư thu được V lít khí Cl2 (đktc). Giá trị của V là
- A
6,72.
- B
7,84.
- C
8,96.
- D
11,20.
Đáp án: B
Phương pháp giải:
+) Chất rắn X gồm K2MnO4, MnO2 và KMnO4 còn dư
+) Cho chất rắn X vào dung dịch HCl đặc thu được muối là KCl, MnCl2
+) Bảo toàn electron: $5.{n_{KMn{O_4}}} = 4.{n_{{O_2}}} + 2.{n_{C{l_2}}}$
Lời giải chi tiết:
2KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2
=> Chất rắn X gồm K2MnO4, MnO2 và KMnO4 còn dư
=> Cho chất rắn X vào dung dịch HCl đặc thu được muối là KCl, MnCl2
Bảo toàn electron: $5.{n_{KMn{O_4}}} = 4.{n_{{O_2}}} + 2.{n_{C{l_2}}} = > \,\,{n_{C{l_2}}} = 0,35\,\,mol$
$ = > {\text{ }}{{\text{V}}_{C{l_2}}} = {\text{ }}0,35.22,4 = 7,84\,\,lít $
Câu hỏi 21 :
Đun nóng một hỗn hợp gồm 6,4 gam bột lưu huỳnh và 15 gam bột kẽm trong môi trường kín không có không khí. Chất nào còn dư sau phản ứng và có khối lượng là bao nhiêu?
- A
Zn; 2g
- B
Zn; 8,45g
- C
S; 2g
- D
S; 3,2g
Đáp án: A
Phương pháp giải:
+) Tính số mol Zn và S => xác định chất hết, chất dư
+) Tính số mol phản ứng theo chất hết => khối lượng dư
Lời giải chi tiết:
nS = 0,2 mol; nZn = $\frac{3}{13}$ mol
Zn + S $\xrightarrow{{{t^o}}}$ ZnS
Vì nS < nZn => S phản ứng hết và Zn còn dư
nZn phản ứng = nS = 0,2 mol => mZn dư = 15 – 0,2.65 = 2 gam
Câu hỏi 22 :
Cho 336 ml khí H2S (đktc) vào 225 ml dung dịch KOH 0,1M thu được dung dịch A. Tìm CM các chất trong dung dịch A.
- A K2S: \(\frac{1}{3}M\)
- B KHS: \(\frac{1}{3}M\)
- C K2S: \(\frac{1}{3}M\)và KHS: \(\frac{1}{3}M\)
- D K2S: \(\frac{2}{3}M\)và KHS: \(\frac{1}{3}M\)
Đáp án: C
Phương pháp giải:
- Lập tỉ lệ \(T = \frac{{{n_{KOH}}}}{{{n_{{H_2}S}}}}\)để xác định loại muối tạo thành.
- Tính CM với Vdd = 0,225 (l)
Lời giải chi tiết:
\(\begin{array}{l}{n_{{H_2}S}} = \frac{{0,336}}{{22,4}} = 0,015(mol)\\{n_{KOH}} = {V_{KOH \times }}{C_M} = 0,225 \times 0,1 = 0,0225(mol)\end{array}\)
\(1 < T = \frac{{{n_{KOH}}}}{{{n_{{H_2}S}}}} = \frac{{0,0225}}{{0,015}} = 1,5 < 2\), phản ứng tạo thành hai muối K2S và KHS
Đặt số mol K2S và KHS lần lượt là x và y mol, áp dụng BTNT S và BTNT K ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}x + y = 0,015\\2x + y = 0,0225\end{array} \right. \Rightarrow x = y = 0,0075(mol)\)
\({C_{{M_{KHS}}}} = {C_{{M_{{K_2}S}}}} = \frac{{0,0075}}{{0,0225}} = \frac{1}{3}M\)
Câu hỏi 23 :
Hấp thụ hết 3,36 lít (đktc) khí SO2 vào 200 ml dung dịch NaOH 2M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được bao nhiêu gam chất rắn khan?
- A 18,9 gam.
- B 22,9 gam
- C 16,8 gam.
- D 22,3 gam.
Đáp án: B
Phương pháp giải:
PTHH: SO2 + NaOH → NaHSO3 (1)
SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O (2)
Đặt k = nNaOH/nSO2
+ Nếu k ≤ 1 phản ứng chỉ xảy ra theo (1) tạo muối NaHSO3. Mọi tính toán theo NaOH
+ Nếu 1 < k < 2 phản ứng xảy ra theo (1) và (2) tạo cả NaHSO3 và Na2SO3. Mọi tính toán theo cả SO2 và NaOH.
+ Nếu k ≥ 2 phản ứng chỉ xảy ra theo (2) tạo muối Na2SO3. Mọi tính toán theo số mol SO2
Lời giải chi tiết:
\({n_{S{O_2}(dktc)}} = \frac{{{V_{S{O_2}}}}}{{22,4}} = \frac{{3,36}}{{22,4}} = 0,15\,(mol)\)
200 ml = 0,2 (lít) ⟹ nNaOH = VNaOH×CM = 0,2×2 = 0,4 (mol)
Lập tỉ lệ: \(k = \frac{{{n_{NaOH}}}}{{{n_{S{O_2}}}}} = \frac{{0,4}}{{0,15}} = 2,67 > 2\)⟹ Phản ứng chỉ tạo muối Na2SO3. Chỉ có SO2 pư hết, dd NaOH dư. Mọi tính toán theo số mol SO2.
PTHH: SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O
(mol) 0,15 → 0,3Dư 0,1 → 0,15
Vậy rắn thu được sau pư gồm: Na2SO3: 0,15 (mol) và NaOH dư: 0,4 – 0,3 = 0,1 (mol)
⟹ mrắn = mNa2SO3 + mNaOH dư = 0,15.126 + 0,1.40 = 22,9 (g)
Câu hỏi 24 :
Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (chỉ có hóa trị II) trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được 6,72 lít khí SO2 (đktc); 5,76 gam S (không có sản phẩm khử nào khác) và dung dịch X chứa 105,6 gam muối Fe2(SO4); MSO4. Mặt khác, nếu hòa tan hết m gam X ban đầu với dung dịch HCl dư thu được 16,128 lít khí H2(đktc). Kim loại M là
- A Mg.
- B Cu.
- C Zn.
- D Al.
Đáp án: A
Phương pháp giải:
Sử dụng bảo toàn e
Xét hh tác dụng với HCl dư chia 2 trường hợp: TH1: M không pư với HCl; TH2: M có pư với HCl
Lời giải chi tiết:
nSO2(đktc) = 6,72/22,4 = 0,3 (mol); nS = 5,76/32 = 0,18 (mol)
Đặt số mol Fe = a (mol) và M = b (mol)
BTNT “Fe”: nFe2(SO4)3 = 1/2 nFe = 0,5a (mol)
BTNT “M”: nMSO4 = nM = b (mol)
Xét hh X tác dụng với H2SO4 đặc, nóng
Hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}BTe:3{n_{Fe}} + 2{n_M} = 2{n_{S{O_2}}} + 6{n_S}\\m\,muoi:{m_{F{e_2}{{(SO4)}_3}}} + {m_{MS{O_4}}} = {m_{\,muoi}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a + 2b = 2.03 + 6.0,18\\400.0,5a + (M + 96)b = 105,6\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a + 2b = 1,68\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\\200a + (M + 96)b = 105,6\,\,(2)\end{array} \right.\)
Xét hh tác dụng với HCl dư; nH2(đktc) = 16,128/22,4 = 0,72 (mol)
TH1: Chỉ có Fe tác dụng, M đứng sau H trong dãy điện hóa học nên không phản ứng
BTe ta có: 2nFe = 2nH2 ⟹ nFe = nH2 = 0,72 (mol) ⟹ a = 0,72 (mol) ⟹ thay a vào (1) ⟹ b = -0,24 ⟹ loại
TH2: Cả Fe và M cùng tác dụng với dd HCl
BT e ta có: 2nFe + 2nM = 2nH2
⟹ a + b = 0,72 (3)
giải hệ (2) và (3) ta được a = 0,24 và b = 0,48
Thay a, b vào (2) ta có: 200.0,24 + (M+96).0,48 = 105,6 ⟹ M = 24 (g/mol)
Vậy M là Mg
Câu hỏi 25 :
Trộn 676 gam oleum với 360 gam dung dịch H2SO4 80% thu được một loại oleum chứa 15,44% khối lượng SO3. Xác định công thức oleum ban đầu
- A
H2SO4.3SO3
- B
H2SO4.5SO3
- C
H2SO4.4SO3
- D
H2SO4.7SO3
Đáp án: A
Phương pháp giải:
+) Gọi oleum ban đầu là H2SO4.nSO3 => số mol SO3 trong oleum theo n
+) Tính khối lượng H2SO4 và H2O trong dung dịch H2SO4 ban đầu
+) Tính số mol SO3 dư : nSO3 dư = nSO3 trong oleum bđầu – nSO3 phản ứng
+) Lượng SO3 dư này sẽ tạo ra oleum 15,44% SO3 => lập biểu thức %SO3 => n
Lời giải chi tiết:
Oleum ban đầu là H2SO4.nSO3 với số mol là: $\frac{676}{98+80n}\,mol$
$=>{{n}_{S{{O}_{3}}}}=\frac{676n}{98+80n}\,mol$
Dung dịch H2SO4 ban đầu chứa: \({{m}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}}}=288\,gam ;\,\,{{m}_{{{H}_{2}}O}}=72\,gam\,=>{{n}_{{{H}_{2}}O}}=4\,mol\)
SO3 + H2O → H2SO4
4mol ← 4mol → 4mol
$=>{{n}_{S{{O}_{3}}\,du}}=\frac{676n}{98+80n}-4$
Lượng SO3 dư này sẽ tạo ra oleum 15,44% SO3 nên:
$\%{{m}_{S{{O}_{3}}}}=\frac{80.\left[ \frac{676n}{98+80n}-4 \right]}{676+360}=15,44\%=>n=3$
Vậy oleum ban đầu là H2SO4.3SO3
Câu hỏi 26 :
Trộn 5,6 gam bột sắt với 2,4 gam bột lưu huỳnh rồi nung nóng (trong điều kiện không có không khí), thu được hỗn hợp rắn M. Cho M tác dụng với lượng dư dung dịch HCl, giải phóng hỗn hợp khí X và còn lại một phần không tan G. Để đốt cháy hoàn toàn X và G cần vừa đủ V lít khí O2 (ở đktc). Giá trị của V là
- A
2,80.
- B
3,36.
- C
3,08.
- D
4,48.
Đáp án: A
Phương pháp giải:
Ta có sơ đồ phản ứng :
$Fe,\,\,S\xrightarrow{{{t^0}}}\left\{ \begin{gathered}Fe \hfill \\S \hfill \\FeS \hfill \\\end{gathered} \right.\xrightarrow{{ + HCl}}\left\{ \begin{gathered}FeC{l_2} \hfill \\S\,\,(G) \hfill \\{H_2}\,,\,\,{H_2}S\,\,(X) \hfill \\\end{gathered} \right.\xrightarrow{{ + {O_2}}}\left\{ \begin{gathered}S{O_2} \hfill \\{H_2}O \hfill \\\end{gathered} \right.$
Hỗn hợp khí X thu được gồm H2 , H2S. Chất rắn G là S dư.
+) Ta thấy từ đầu đến cuối quá trình chỉ có Fe, S, O2 bị thay đổi số oxi hóa Sử dụng bảo toàn electron cho Fe, S, O2
=> nO2
Lời giải chi tiết:
${n_{Fe}} = \frac{{5,6}}{{56}} = 0,1\,mol\,\,;\,\,{n_S} = \frac{{2,4}}{{32}} = 0,075\,mol$
Ta có sơ đồ phản ứng :
$Fe,\,\,S\xrightarrow{{{t^0}}}\left\{ \begin{gathered}Fe \hfill \\S \hfill \\FeS \hfill \\\end{gathered} \right.\xrightarrow{{ + HCl}}\left\{ \begin{gathered}FeC{l_2} \hfill \\S\,\,(G) \hfill \\{H_2}\,,\,\,{H_2}S\,\,(X) \hfill \\\end{gathered} \right.\xrightarrow{{ + {O_2}}}\left\{ \begin{gathered}S{O_2} \hfill \\{H_2}O \hfill \\\end{gathered} \right.$
Hỗn hợp khí X thu được gồm H2 , H2S. Chất rắn G là S dư.
Ta thấy từ đầu đến cuối quá trình chỉ có Fe, S, O2 bị thay đổi số oxi hóa Sử dụng bảo toàn electron cho Fe, S, O2
$\begin{gathered}Fe \to F{e^{2 + }} + 2e\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{O_2} + 4e \to 2{O^{2 - }} \hfill \\\mathop S\limits^0 \to \mathop S\limits^{ + 4} + 4e \hfill \\\to {n_{{O_2}}} = \frac{{2.{n_{Fe}} + 4.{n_S}}}{4} = \frac{{2.0,1 + 4.0,075}}{4} = 0,125\,mol \to {V_{{O_2}}} = 0,125.22,4 = 2,8\,(l) \hfill \\\end{gathered} $
Câu hỏi 27 :
Nung nóng hỗn hợp bột X gồm a mol Fe và b mol S trong khí trơ, hiệu suất phản ứng bằng 50%, thu được hỗn hợp rắn Y. Cho Y vào dung dịch HCl dư, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí Z có tỉ khối so với H2 bằng 5. Tỉ lệ a : b bằng
- A
2 : 1.
- B
1 : 1.
- C
3 : 1.
- D
3 : 2.
Đáp án: A
Phương pháp giải:
Ta có sơ đồ:
$Fe,\,\,S\xrightarrow{{{t^0}}}\left\{ \begin{gathered}Fe \hfill \\S \hfill \\FeS \hfill \\\end{gathered} \right.\xrightarrow{{HCl}}\left\{ \begin{gathered}FeC{l_2} \hfill \\S \hfill \\{H_2}\,,\,\,{H_2}S\,\,(Z) \hfill \\\end{gathered} \right.$
+) Lập tỉ lệ $\frac{{{n_{{H_2}S}}}}{{{n_{{H_2}}}}}$ theo quy tắc đường chéo
+) Ta thấy ${n_{{H_2}S}} < {n_{{H_2}}} \Leftrightarrow {n_{FeS}} < {n_{Fe}}$dư $ \to $ Hiệu suất của phản ứng tính theo lưu huỳnh.
Lời giải chi tiết:
$Fe,\,\,S\xrightarrow{{{t^0}}}\left\{ \begin{gathered}Fe \hfill \\S \hfill \\FeS \hfill \\\end{gathered} \right.\xrightarrow{{HCl}}\left\{ \begin{gathered}FeC{l_2} \hfill \\S \hfill \\{H_2}\,,\,\,{H_2}S\,\,(Z) \hfill \\\end{gathered} \right.$
Ta có: $\frac{{{n_{{H_2}}}}}{{{n_{{H_2}S}}}} = \frac{{34 - 10}}{{10 - 2}} = 3 \to {n_{{H_2}}} = 3{n_{{H_2}S}}$
Ta thấy ${n_{{H_2}S}} < {n_{{H_2}}} \Leftrightarrow {n_{FeS}} < {n_{Fe}}$dư $ \to $ Hiệu suất của phản ứng tính theo lưu huỳnh.
$ \to {n_{Fe}}$dư$ = {n_{Fe}} - {n_{FeS}} = a - 0,5b\,\,(1)$
Mà ${n_{Fe}}$dư$ = 3{n_{FeS}} = 3.0,5b = 1,5b\,\,\,(2)$
Từ (1) và (2) $ \to a - 0,5b = 1,5b \to a = 2b \to \frac{a}{b} = \frac{2}{1}$
Câu hỏi 28 :
Nguyên tố R là phi kim thuộc phân nhóm chính trong bảng tuần hoàn. Tỉ lệ giữa phần trăm nguyên tố R trong oxit cao nhất và phần trăm R trong hợp chất khí với hiđro bằng 0,5955. Cho 4,05 gam một kim loại M chưa rõ hóa trị tác dụng hết với đơn chất R thì thu được 40,05 gam muối. Xác định công thức của muối M.
- A AlCl3.
- B AlBr3.
- C ZnCl2.
- D
ZnBr2
Đáp án: B
Phương pháp giải:
Đặt công thức oxi cao nhất của R với oxi là R2Ox (với x - số thứ tự nhóm của R trong BTH)
→ Hóa trị của R với hidro là: 8 - x
→ Công thức của X với hợp chất hidro là RH8-x
Theo bài ta suy ra
\( \Rightarrow \frac{{\frac{{2{M_R}}}{{2{M_R} + 16x}}.100\% }}{{\frac{{{M_R}}}{{{M_R} + (8 - x)}}.100\% }} = 0,5955 \Rightarrow phuong\,trinh\,moi\,quan\,he\,giua\,{M_{R\,}}va\,x\).
Chạy giá trị x từ 1đến 7 sẽ tìm được MR thỏa mãn.
Lời giải chi tiết:
Đặt công thức oxi cao nhất của R với oxi là R2Ox (với x - số thứ tự nhóm của R trong BTH)
→ Hóa trị của R với hidro là: 8 - x
→ Công thức của X với hợp chất hidro là RH8-x
Phần trăm của R trong R2Ox là: \(\% R = \frac{{2{M_R}}}{{2{M_R} + 16x}}.100\% \)
Phần trăm của R trong RH8-x là: \(\% R = \frac{{{M_R}}}{{{M_R} + (8 - x)}}.100\% \)
Theo bài ta suy ra
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{\frac{{2{M_R}}}{{2{M_R} + 16x}}.100\% }}{{\frac{{{M_R}}}{{{M_R} + (8 - x)}}.100\% }} = 0,5955\\ \Rightarrow \frac{{2{\rm{[}}{M_R} + (8 - x){\rm{]}}}}{{2{M_R} + 16x}} = 0,5955\\ \Rightarrow 2{M_R} + 16 - 2x = 1,191.{M_R} + 9,528x\\ \Rightarrow 0,809{M_R} = 11,528x - 16\end{array}\)
Vậy với x = 7 thì MR = 80 thỏa mãn → R là Brom
Đặt hóa trị của kim loại M là n
PTHH: 2M + nBr2 \(\buildrel {{t^0}} \over\longrightarrow \)2MBrn
Theo PT có: nM = nMBrn
\(\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{4,05}}{M} = \frac{{40,05}}{{M + 80n}}\\ \Rightarrow 4,05M + 324n = 40,05M\\ \Rightarrow 36M = 324n\\ \Rightarrow M = 9n\end{array}\)
Hóa trị của kim loại thường là 1,2, 3. Chạy n = 3 thì M = 27 thỏa mãn → M là Nhôm (Al)
Vậy công thức muối là AlBr3.
Câu hỏi 29 :
Cho m gam hỗn hợp KClO, KClO2, KClO3 tác dụng với dung dịch HCl đặc, dư thu được dung dịch chứa 13,41 gam KCl và 8,064 lít khí Cl2 (đktc). Giá trị của m là
- A
23,004.
- B
18,008.
- C
19,170.
- D
20,340.
Đáp án: C
Phương pháp giải:
+) Sử dụng phương pháp quy đổi hỗn hợp:\(\left\{ \begin{array}{l}KClO\\KCl{O_2}\\KCl{O_3}\end{array} \right.\)
→\(\left\{ \begin{array}{l}KCl\\O\end{array} \right.\)
+) BT nguyên tố K: nKCl trước = nKCl sau
+) Áp dụng bảo toàn e cho hai nguyên tố O và Cl trong axit : $2.{{n}_{O}}=2.{{n}_{C{{l}_{2}}}}$
Lời giải chi tiết:
Quy đổi hỗn hợp ban đầu về KCl và O
BT nguyên tố K:
nKCl trước = nKCl sau= 0,18 mol
\(\left\{ \begin{array}{l}KCl\\KCl{O_2}\\KCl{O_3}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}KCl = 0,18mol\\O = xmol\end{array} \right.\)
$\xrightarrow{HCl}$ \(\left\{ \begin{array}{l}KCl = 0,18mol\\C{l_2} = 0,36mol\\{O^{2 - }}\end{array} \right.\)
Bảo toàn e cho nguyên tố oxi và Cl trong axit
2Cl- - 2e → Cl2
0,72\( \leftarrow \) 0,36
O0 + 2e → Cl2
0,72 → 0,36
=> nO = 0,36
=> m = mKCl + mO =13,41+0,36*16= 19,17 (gam)
Câu hỏi 30 :
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.
- A 68,90%.
- B 58,90%.
- C 61,09%.
- D 59,8%.
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:
\(C\% = \frac{{{m_{CuS{O_4}}}}}{{{m_{dd\,X}}}}.100\% = \frac{{48}}{{81,5}}.100\% = 58,90\% \)