Câu 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
- A
Y, Z, G.
- B
X, Y, G.
- C
X, Z, G.
- D
X, Y, Z.
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
- A
liên kết cộng hóa trị có cực.
- B
liên kết cộng hóa trị không cực.
- C
liên kết cho nhận.
- D
liên kết ion.
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 ?
- A
Mg, Cl2
- B
Al, C
- C
Ca, F2
- D
Au, S
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:
- A
CaCl2.
- B
CaOCl.
- C
CaOCl2.
- D
Ca(OCl)2.
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:
- A
F2.
- B
Cl2.
- C
Br2.
- D
I2.
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?
- A
Dung dịch KI + hồ tinh bột.
- B
Dung dịch NaOH
- C
Dung dịch H2SO4.
- D
Dung dịch CuSO4.
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
- A
CuSO4 khan.
- B
Na2SO3 khan.
- C
NaOH khan.
- D
dung dịch H2SO4 đặc.
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 ?
- A Thay 5 gam kẽm viên bằng 5 gam kẽm bột
- B Thay dung dịch H2SO4 4M bằng dung dịch H2SO4 2M
- C Tăng nhiệt độ phản ứng từ 25oC đến 500 C
- D Dùng thể tích dung dịch H2SO4 gấp đôi ban đầu
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:
- A
3.
- B
2.
- C
4.
- D
1.
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?
- A
Mg
- B
Al
- C
Fe
- D
Cu
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:
- A
AgNO3.
- B
Br2.
- C
Cl2.
- D
Hồ tinh bột.
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 ?
- A
HF.
- B
HCl.
- C
HBr.
- D
HI.
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 ?
- A
oxi
- B
lưu huỳnh
- C
clo
- D
flo
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?
- 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 15 :
Tính chất nào dưới đây là tính chất đặc trưng của khí hiđro sunfua ?
- A
Là chất khí không màu.
- B
Là chất khí độc.
- C
Là chất khí có mùi trứng thối.
- D
Cả 3 phương án trên đều đúng.
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 ?
- A
Cl2
- B
Br2
- C
F2
- D
I2
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 ?
- A Áp suất.
- B Nồng độ.
- C Nhiệt độ.
- D Chất xúc tác.
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
- A
2
- B
1
- C
4
- D
3
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
- A
36,5
- B
182,5
- C
365,0
- D
224,0
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
- A
5/6.
- B
5/3.
- C
2/1.
- D
8/3.
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
- A
CaI2.
- B
CaF2.
- C
CaCl2.
- D
CaBr2.
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
- A
6,72 lít.
- B
3,36 ml.
- C
672 ml.
- D
3,36 lít.
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
- A 2,016 lít.
- B 1,344 lít.
- C 0,672 lít.
- D 2,24 lít.
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
- A
19,76%
- B
11,36%
- C
15,74%
- D
9,84%
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
- A
45 gam
- B
48 gam
- C
54 gam
- D
35,8 gam
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
- A
5.10-2 mol/(L.s)
- B
5.10-3 mol/(L.s)
- C
5.10-4 mol/(L.s)
- D
5.10-5 mol/(L.s)
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
- A \(\;p = {\text{2}}{\text{.}}\left( {{\text{1 - }}\frac{{{\text{1,25h}}}}{{{\text{3,8}}}}} \right)\)
- B \(\;p = {\text{2}}{\text{.}}\left( {{\text{1 - }}\frac{{{\text{2,5h}}}}{{{\text{3,8}}}}} \right)\)
- C \(\;p = {\text{2}}{\text{.}}\left( {{\text{1 - }}\frac{{{\text{0,65h}}}}{{{\text{3,8}}}}} \right)\)
- D \(\;p = {\text{2}}{\text{.}}\left( {{\text{1 - }}\frac{{{\text{1,3h}}}}{{{\text{3,8}}}}} \right)\)
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?
- A
(1), (2), (3).
- B
(1), (2), (4).
- C
(1), (3), (4).
- D
(2), (3), (4).
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.
- 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:
\(C\% = \frac{{{m_{CuS{O_4}}}}}{{{m_{dd\,X}}}}.100\% = \frac{{48}}{{81,5}}.100\% = 58,90\% \)
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:
- A
12,316 lít; 24,34g
- B
16,312 lít; 23,34g
- C
13,216 lít; 23,44g
- D
13,216 lít; 24,44g
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