Kì thi chọn học sinh giỏi khu vực mở rộng năm học 2013 2014 môn thi: Hóa học lớp 1037747

Mô tả dạng hình học của mỗi hợp chất bao gồm cả các góc liên kết.. Hãy xác định giá trị của x để trong dung dịch này có độ điện li của axit axetic là 0,08.. Tính hằng số cân bằng của phả

SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO

HƯNG YÊN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KÌ THI CH ỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG NĂM HỌC

2013- 2014

MÔN THI: HÓA HỌC LỚP 10

(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)

Đề thi gồm 04 trang

Câu 1: Cấu tạo nguyên tử và hạt nhân

1 Một mẫu đá chứa 99,275 mg U-238; 68,301 mg Pb-206 và một lượng cực nhỏ Ra-226 Giả thiết rằng ban đầu trong mẫu đá không có chì và radi tồn tại sẵn

a Tính tuổi mẫu đá.

b Tìm khối lượng radi (mg) có trong mẫu đá.

2 Phân tích một mẫu quặng cho thấy tỉ lệ số mol của 206/U-238 bằng 0,1224 và tỉ lệ số mol của Pb-206/Pb-204 bằng 75,41 Xác định tuổi mẫu quặng

Cho: Chu kì bán hủy của U-238 và Ra-226 lần lượt là 4,47 × 109 năm và 1600 năm Tỉ lệ các đồng vị trong tự nhiên của chì là Pb-204 : Pb-206 : Pb-207 : Pb-208 = 1,48 : 23,6 : 22,6 : 52,3

Câu 2: Liên kết hóa học và dạng hình học của phân tử

Xe tạo được nhiều hợp chất trong đó có XeF2; XeF4; và XeO3

1 Vẽ cấu trúc Lewis của mỗi phân tử

2 Mô tả dạng hình học của mỗi hợp chất bao gồm cả các góc liên kết

3 Trình bày và giải thích phân tử nào là phân tử phân cực hay không phân cực

4 Giải thích vì sao các hợp chất này rất hoạt động

Câu 3: Nhiệt động lực học

Cho các số liệu nhiệt động của một số phản ứng ở 298K

Số thứ tự phản ứng Phương trình hóa học của phản ứng Ho

298 (kJ)

(2) N2O + 3H2  N2H4 + H2O  317

S0298 (N2H4) = 240 J/K.mol ; S0298 (H2O) = 66,6 J/K.mol

S0298 (N2) = 191 J/K.mol ; S0298 (O2) = 205 J/K.mol

a) Tính nhiệt tạo thành Ho

298 của N2H4 , N2O và NH3

b) Viết phương trình hóa học của phản ứng đốt cháy hidrazin bằng khí oxi Tính Ho

298 , Go

298 và hằng

số cân bằng K của phản ứng này

Câu 4: Động hóa học

Phản ứng oxi hoá ion I- bằng ClO- trong môi trường kiềm diễn ra theo phương trình:

ClO- + I-  Cl- + IO- (a) và tuân theo định luật tốc độ thực nghiệm v = k[ClO-][I-][OH-]-1

Cho rằng phản ứng (a) xảy ra theo cơ chế: ClO- + H2O 1 HClO + OH- nhanh;

1

k

k



I- + HClO k2 HIO + Cl- chậm;

OH- + HIO 3 H2O + IO- nhanh

3

k

k





1 Cơ chế trên có phù hợp với thực nghiệm động học hay không?

ĐỀ ĐỀ NGHỊ

2 Khi [I-]0 rất nhỏ so với [ClO-]0 và [OH-]0 thì thời gian để nồng độ I- còn lại 6,25% so với lúc ban đầu sẽ gấp bao nhiêu lần thời gian cần thiết để 75% lượng I- ban đầu mất đi do phản ứng (a)?

Câu 5: Cân bằng hóa học

Trong một hệ có cân bằng 3 H2 + N2     2 NH3(*) được thiết lập ở 400 K người ta xác định được các áp suất phần sau đây: = 0,376.105 Pa , = 0,125.105 Pa , = 0,499.105 Pa

1 Tính hằng số cân bằng Kp và ΔG0 của phản ứng (*) ở400 K

2 Tính lượng N2 và NH3, biết hệ có 500 mol H2

3 Thêm 10 mol H2 vào hệ này đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất tổng cộng không đổi Bằng cách tính, hãy cho biết cân bằng (*) chuyển dịch theo chiều nào?

4 Trong một hệ cân bằng gồm H2, N2 và NH3 ở 410 K và áp suất tổng cộng 1.105 Pa, người ta tìm được: Kp = 3,679.10-9 Pa-2, = 500 mol , = 100 mol và = 175 mol Nếu thêm 10 mol N2 vào hệ này đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất không đổi thì cân bằng chuyển dịch theo chiều nào?

Cho: Áp suất tiêu chuẩn P0 = 1,013.105 Pa; R = 8,314 JK-1mol-1; 1 atm = 1,013.105 Pa

Câu 6: Cân bằng trong dung dịch axit-bazơ

1 Cho biết hằng số điện li của axit axetic: Ka (CH3COOH) = 1,8.10-5 ; axit propionic : Ka (C2H5COOH) = 1,3.10-5 Một dung dịch chứa CH3COOH 0,002M và C2H5COOH x M

Hãy xác định giá trị của x để trong dung dịch này có độ điện li của axit axetic là 0,08

2 Tính thể tích dung dịch NaOH 0,1M cần dùng để cho vào 200ml dung dịch H3PO4 0,1M và sau phản ứng thu được dung dịch có pH = 7,21 ; pH = 9,765

Cho pKa (H3PO4) : pKa1 = 2,15 ; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32

Câu 7: Cân bằng hòa tan

Trong môi trường axit, H2C2O4 bị KMnO4 oxi hoá thành CO2 Trộn 50,00 mL dung dịch KMnO4 0,0080 M với 25,00 mL H2C2O4 0,20 M và 25,00 mL dung dịch HClO4 0,80 M được dung dịch A

1 Viết phương trình phản ứng xảy ra Tính hằng số cân bằng của phản ứng và xác định thành phần của dung dịch A.

2 Trộn 10,00 mL dung dịch A với 10,00 mL dung dịch B gồm Ca(NO3)2 0,020 M và Ba(NO3)2 0,10 M Có kết tủa nào tách ra?

Chấp nhận sự cộng kết là không đáng kể; thể tích dung dịch tạo thành khi pha trộn bằng tổng thể tích của các dung dịch thành phần

2 2 2 4 4

CO /H C O MnO , H /Mn

E = 1,51 V; E = - 0,49 V 2,303RT = 0,0592

F

pK = 8,75; pK = 8,35; pK = 6,80; pK = 8,30

(pKS = - lgKS, với KS là tích số tan; pKa = - lgKa, với Ka là hằng số phân li axit)

Độ tan của CO2 trong nước ở 25 oC là = 0,030 M

2

CO

L

Câu 8: Phản ứng oxi hóa khử, thế điện cực, pin điện

3

4

0

2

MnO H MnO OH

Cr(OH)3 CrO2- + H+ + H2O K = 1,0.10-14

a) Hãy thiết lập sơ đồ pin được hình thành bởi hai cặp oxi hóa - khử CrO42-/ CrO2- và MnO4-/ MnO(OH)2

b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin

-Câu 9: Tinh thê

Tinh thể NaCl có cấu trúc lập phương tâm mặt của các ion Na+, còn các ion Cl- chiếm các lỗ trống tám mặt trong ô mạng cơ sở của các ion Na+, nghĩa là có 1 ion Cl- chiếm tâm của hình lập phương Biết cạnh a của ô mạng cơ sở là 5,58 A0 Khối lượng mol của Na và Cl lần lượt là 22,99 g/mol; 35,45 g/mol Cho bán kính của

Cl- là 1,81

0

A Tính :

a) Bán kính của ion Na+ b) Khối lượng riêng của NaCl (tinh thể)

Câu 10: Bài toán về halogen-oxi lưu huỳnh

Đun nóng đến 2000C hh X gồm bốn muối A, B, C, D của Na, mỗi muối 1 mol thấy có khí E không cháy được thoát ra và một hỗn hợp Y có khối lượng giảm 12,5% so với khối lượng của X và chứa: 1,33 mol A, 1,67 mol

C và 1 mol D Nếu tăng nhiệt độ lên 4000C thì thu được hỗn hợp Z chỉ có A và D, còn tăng nhiệt độ đến 6000C thì chỉ còn lại A Thành phần phần trăm khối lượng của natri trong muối nhị tố A nhỏ hơn thành phần phần trăm khối lượng của nguyên tố phi kim F là 21,4%

a) Xác định A, B, C, D, F Viết các ptpư

b) Xác định thành phần phần trăm theo khối lượng của các chất trong hỗn hợp X

c) Xác định thành phần phần trăm theo số mol của các chất trong hỗn hợp Z

-HẾT -SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO

HƯNG YÊN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KÌ THI CH ỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG NĂM HỌC

2013- 2014

MÔN THI: HÓA HỌC LỚP 10

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1: Cấu tạo nguyên tử và hạt nhân

1.a Vì khối lượng của Ra-226 trong mẫu quặng là nhỏ nên có thể coi

nU-238(đã phân rã) = nPb-206 (có trong mẫu đá) = 68,301 / 206 (mmol)

nu-238(ban đầu) = 68,301 / 206 + 99,275 / 238 (mmol)

Tuổi mẫu đá:

→ t = 5,25 × 109 năm

0.5

1.b U-238 có chu kì bán huỷ rất lớn so với Ra-226, trong hệ có cân bằng phóng xạ thế kỉ

Ở cân bằng phóng xạ thế kỉ, ta có: λU-238 NU-238 = λRa-226 NRa-226

→ mRa-226 = 3,374 × 10-5 mg

0.5

Giả sử hiện tại mẫu quặng có 1 mol U-238 → 0,1224 mol 206 và 0,1224/75,41 mol

Pb-204

→ Lượng Pb-204 ban đầu ở mẫu quặng vẫn là 0,1224/75,41 mol

→ Lượng Pb-206 ban đầu ở mẫu quặng : (0,1224×23,6)/(75,41×1,48) mol

→ Lượng Pb-206 do U-238 phân rã ra: 0,1224 - (0,1224×23,6)/(75,41×1,48) = 0,09652 mol

0.5 2

→ t = 5,94×108năm

0.5

Câu 2: Liên kết hóa học và dạng hình học của phân tử

1

F Xe F F

F

: :

: :

:

O

:

: :

F Xe F

0.5

2 XeF2: thẳng; 180o

XeF4: vuông phẳng; 90o

XeO3: tháp tam giác;  107o

0.5

3. XeF2 không phân cực Cả hai lưỡng cực liên kết Xe – F có cùng độ lớn; chúng bù trừ lẫn

nhau vì phân tử là thẳng

XeF4 không phân cực: các lưỡng cực liên kết Xe – F có cùng độ lớn, chúng bù trừ lẫn nhau

vì phân tử là vuông phẳng

XeO3 phân cực: các lưỡng cực liên kết Xe – O có cùng độ lớn và dạng hình học phẳng dẫn

đến một lưỡng cực thực sự

0.5

4 Xe có điện tích hình thức dương trong mọi hợp chất trên Vì vậy chúng là những chất oxi

hóa tốt

0.5

Câu 3: Nhiệt động lực học

a - Ta sắp xếp lại 4 phương trình lúc đầu để khi cộng triệt tiêu các chất và được

N2 + H2  N2H4 Đó là:

4N2 + 3H2O  2NH3 + 3N2O -H1

3N2O + 9H2  3N2H4 + 3H2O 3H2

2NH3 + 0,5 O2  N2H4 + H2O H3

H2O  H2 + 0,5 O2 -H4

- Sau khi cộng ta được: 4N2 + 8H2  4N2H4 có 4H5

Suy ra H5 = (-H1 + 3H2 + H3 - H4) : 4

= (1011 - 3 317 - 143 + 286) : 4 = 50,75 kJ/mol

Từ H5 và H4 và H2 tính được

HN O

2 = H5 + H4 - H2

= 50,75 - 286 + 317 = 81,75 kJ/mol

Từ H5 và H4 và H3 tính được

H

3

NH = H5 + H4 - H3

= ( 50,75 - 286 + 143 ) : 2 = 46,125 kJ/mol

- N2H4 + O2 ⇌ N2 + 2H2O

1,0

b H0

298= 2  ( 286)  50,75 =  622,75 kJ/mol

S0

298= 191 + (2  66,6)  205  240 =  120,8 J/K

G0

298=  622,75  ( 120,8 10 3  298) =  586,75 kJ/mol

ln K =  G

RT

586, 75.10 8,314 298



 = 236,8 ; K = 10103

1

Câu 4: Động hóa học

1 Tốc độ phản ứng quyết định bởi giai đoạn chậm, nên:

Dựa vào cân bằng nhanh của giai đoạn 1, ta rút ra:

[HClO] = 1 [ClO-][H2O][OH-]-1 (3)

1

k

k

Thay (3) vào (2) và với [H2O] = const, ta có:

v = k2 1 [H2O][ClO-][I-][OH-]-1 (4)

1

k

k

Đặt k2 1 [H2O] = k (4) trở thành: v = k[ClO-][I-][OH-]-1 (1)

1

k

Từ cơ chế được đề nghị có thể rút ra biểu thức của định luật tốc độ thực nghiệm Cơ

chế này là phù hợp với thực nghiệm

Định luật tốc độ thực nghiệm: v = k[ClO-][I-][OH-]-1 (1)

1.5

2 Khi [I-]0 = [ClO-]0 và [OH-]0, phản ứng (a) có thể xem là phản ứng bậc nhất Trong phản

ứng bậc nhất, thời gian phản ứng bán phần không phụ thuộc vào nồng độ đầu

0.5

- Thời gian để 75% I- tham gia phản ứng bằng 2 lần thời gian phản ứng bán phần: t1 = 2t1/2

- Thời gian để 6,25% I- còn lại là: t2 = 4t1/2  t2 = 2t1

Câu 5: Cân bằng hóa học

1

2 NH 3

P

5 2

(0, 499 10 ) (0,376 10 ) (0,125 10 )



K = Kp  P0 -Δn  K = 3,747.10-9  (1,013.105)2 = 38,45

ΔG0 = -RTlnK  ΔG0 = -8,314  400  ln 38,45 = -12136 J.mol¯1 = - 12,136 kJ.mol-1

0.5

2

2

N

2 2 2

H N H

n P

P 

2

N

500 0,376

3

NH

2 3 2

H

N H H

n P

P 

3

NH

500 0,376

 n tổng cộng = 1330 mol ; P tổng cộng = 1105 Pa

0.5

3 Sau khi thêm 10 mol H2 vào hệ, n tổng cộng = 1340 mol

P =  1105 = 0,381.105 Pa ; P =  1105 = 0,124105 Pa 2

H

510

166 1340

P =  1105 = 0,496105 Pa 3

NH

664 1340

ΔG = ΔG0 + RTlnQ

Δ G = [-12136 + 8,314  400 ln ( ) = -144,5 J.mol1

 Cân bằng (*) chuyển dịch sang phải

0.5

4 Sau khi thêm 10 mol N2 trong hệ có 785 mol khí và áp suất phần mỗi khí là:

P =  1105 Pa ; P =  1105 Pa ; P=  1105 Pa 2

H

100

510 785

175 785

ΔG = ΔG0 + RTlnQ = - RTlnKp + RTlnQ

Δ G = 8,314  410  [-ln (36,79  1,0132 ) + ln (  7852  1,0132)] = 19,74 J.mol¯1

 Cân bằng (*) chuyển dịch sang trái

0.5

Câu 6: Cân bằng trong dung dịch axit-bazơ

1 CH3COOH  CH3COO- + H+ Ka = 1,8.10-5

C 2.10-3 αx

[ ] (1-0,08).2.10-3 1,6.10-4 αx+1,6.10-4

-5

1,6.10 (1,6.10 + x)

2.10 (1-0,08)





C2H5COOH  C2H5COO- + H+ Ka = 1,3.10-5

C x 1,6.10-4

[ ] (1-α).x αx αx+1,6.10-4

-4 -5

a

x.(1,6.10 + x)

x.(1- )





Từ (1) và (2)  αx = 4,7.10

1.0

2  pH = 7,21 = pKa2  Tạo 2 muối NaH2PO4 và Na2HPO4 với số mol bằng nhau 

NaOH phản ứng hết nấc 1 và 1/2 nấc 2 của axit H3PO4

NaOH + H3PO4 → NaH2PO4 + H2O

2NaOH + H3PO4 → Na2HPO4 + 2H2O

Suy ra: V.0,1= 200.0,1+ 100.0,1 Vậy V = 300ml

 pH = 9,765 = 1/2(pKa2 + pKa3)  Tạo Na2HPO4

2NaOH + H3PO4→ Na2HPO4 + 2H2O

0,04 0,02 0,02

 nNaOH = 0,04 mol  V = 400 ml

0,5

0,5

Câu 7: Cân bằng hòa tan

1 Sau khi trộn: - = 0,0040 M; = 0,050 M ; = 0,20 M

4

MnO

C

2 2 4

H C O

Phản ứng: 2× MnO-4 + 8H+ + 5e ƒ Mn2+ + 4H2O

5× H2C2O4 ƒ 2CO2 + 2H+ + 2e

2MnO-4 + 5H2C2O4+ 6H+ ƒ 2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O K = 10337,84 0,0040 0,050 0,20

- 0,040 0,188 0,0040 0,020

TPGH: H2C2O4 0,040 M; H+ 0,188 M; CO2 0,020 M (< = 0,030 M); Mn2+ 0,0040 M

2

CO

L

0.5

Trộn dung dịch A và dung dịch B:

= 0,020 M; = 0,094 M; = 0,010 M; = 0,0020 M;

2 2 4

H C O

2

CO

CCa 2+=0,010 M; CBa 2+= 0,050 M

Vì sự phân li của axit cacbonic (hỗn hợp H2O+CO2)không đáng kể trong môi trường axit, do đó có thể coi [CO2] ≈ 0,010 M và khả năng chỉ xuất hiện kết tủa oxalat (nếu có)

Xét thứ tự kết tủa:

- Để có kết tủa CaC2O4: 2 4

2-2 4

2+

-8,75 s(CaC O )

'

C O (1)

Ca

0,01 C



- Để có kết tủa BaC2O4: 2 4

2-2 4

2+

-6,8 s(BaC O )

'

C O (2)

Ba

0,05 C



Vì 2- < → CaC2O4 sẽ kết tủa trước

2 4

'

C O (1)

2-2 4

'

C O (2)

C

0.5 2

a1(H C O ) a2(H C O )

H2C2O4     H+ + -

2 4

HC O Ka1 101,25

C' 0,020 – x 0,094+x x

→ = x = 7,15.10-3 M; = 0,1012 M → = 10-5,42

-2 4

'

HC O

' H

2-2 4

+

'

HC O '

a2 '

C O

H

C

C

 M

= 0,01.10-5,42 =10-7,42 > 10-8,75 = → có CaC2O4 kết tủa

2+

' Ca

2-2 4

'

C O

C

2 4

s(CaC O )

K theo phản ứng: Ca2+ + H2C2O4 ƒ CaC2O4↓ + 2H+ K = 103,23

0,010 0,020 0,094

- 0,010 0,114

Đánh giá khả năng kết tủa BaC2O4 từ lượng dư H2C2O4: Tương tự: H2C2O4 ƒ H+ + HC O2 -4 Ka1 101,25

C' 0,010 – y 0,114+y y

→ -= y = 3,24.10-3 M; = 0,117 M → = 10-5,83 M

2 4

'

HC O

H

2-2 4

'

C O

C = 0,05.10-5,83 =10-7,13 < 10-6,8 = → không có BaC2O4 kết tủa

2+

' Ba

2-2 4

'

C O

C

2 4

s(BaC O )

K

0.5

2+

2-2 4

-8,75 s(CaC O )

-5,83 Ca

C O

3

' a1 a2 2

CO

C



s(CaCO ) s(BaCO )

C C < K ; C C < K

→ không có CaCO3 và BaCO3 tách ra

0.5

Câu 8: Phản ứng oxi hóa khử, thế điện cực, pin điện

a Xét cặp CrO42-/ Cr(OH)3

CrO42- + 4H2O + 3e Cr(OH)3 + 5OH- 3E /0,0592 1

1

Cr(OH)3 CrO2- + H+ + H2O K = 10-14

H+ + OH- H2O Kw-1 = 1014

CrO42- + 2H2O + 3e CrO2- + 4OH-

1

3E /0,0592 1

Eo CrO42-/ CrO2- = Eo CrO42-/ Cr(OH)3 = - 0,18V < Eo MnO4-/ MnO(OH)2

sơ đồ pin: (-)Pt | CrO42-, CrO2-, OH- || MnO4-, H+, MnO(OH)2 | Pt (+)

0.5

b ) Tính K của phản ứng:

MnO4- + 4H+ + 3e MnO(OH)2 + H2O K1 = 103.1,695/0,0592

CrO2- + 4OH- CrO42- + 2H2O + 3e K2-1 = (103.(-0,18)/0,0592)-1

4 | H2O H+ + OH- Kw = 10-14

MnO4- + CrO2- + H2O MnO(OH)2 + CrO42- K = K1.K2-1.(Kw)4 =

1039

0.5

c

Epin = Eo

pin + lg

3

0592 ,

2 4

[MnO ].[CrO ] [CrO ]



Tính Eo

pin dựa vào K phản ứng ta có Eopin = = 0,77V

3

0592 , 0 39

E = 0,77 + 0 , 0592lg 0 , 2 0 , 03 = 0,7656V

0.5

d Ở mạch ngoài: Các eletron chuyển động từ anôt (-) sang catot (+)

Ở mạch trong :

- Dung dịch bên anot có CrO2-, OH- đi đến bề mặt anot tham gia phản ứng làm dung dịch

giảm lượng ion âm so với lượng ion dương  các ion âm của cầu muối sẽ đi vào dung dịch

ở anot để dung dịch luôn trung hòa điện

- Dung dịch bên catot có ion MnO4-, H+đi đến bề mặt catot tham gia phản ứng làm dung

dịch giảm lượng ion dương so với lượng ion âm  các ion dương của cầu muối sẽ đi vào

dung dịch ở catot để dung dịch luôn trung hòa điện

Câu 9: Tinh thê

a

Na Cl

Các ion Cl - xếp theo kiểu lập phương tâm mặt, các cation Na+ nhỏ hơn chiếm hết số hốc

bát diện Tinh thể NaCl gồm hai mạng lập phương tâm mặt lồng vào nhau Số phối trí của

Na+ và Cl- đều bằng 6

Số ion Cl- trong một ô cơ sở: 8.1/8 + 6.1/2 = 4

Số ion Na+ trong một ô cơ sở: 12.1/4 + 1.1 = 4

Số phân tử NaCl trong một ô cơ sở là 4

1

a Có: 2.(r Na+ + rCl-) = a = 5,58.10-8 cm  r Na+ = 0,98.10-8 cm; 0.5

Khối lượng riêng của NaCl là:

D = (n.M) / (NA.V1 ô )  D = [ 4.(22,29 + 35,45)]/[6,02.1023.(5,58.10-8)3 ]

D = 2,21 g/cm3

0.5

Câu 10: Bài toán về halogen-oxi lưu huỳnh

a * Xác định muối A:

% m(Na) = x; % m(Na) = y -> hệ: x + y = 100; y – x = 21,4

Giải hệ có: x = 39,9% ; y = 60,7%

Gọi CT (A) : NanF -> 23n/ MF = 39,3/60,7 => MF = 13961/393 ; với n = 1 -> MF =

35,5

 CT (A) là NaCl

A, B, C, D là muối của Na, nhiệt phân tận cùng được muối NaCl duy nhất vậy B, C,

D phải là muối chứa oxi của Na và clo

Xác định (B): cNaClOb -> (c - b)NaCl + b NaClOc

Theo bài: (c-b)/b = (1,33 - 1)/ (1,67-1) => c = 3 ; b = 2

Nhiệt phân ở 2000C cho khí không cháy, khí đó là hơi nước nên B phải là muối

ngậm nước

CT (B), C, D : NaClO2 nH2O ; NaClO3; NaClO4

Khối lượng muối ban đầu:

m = 58,5.1 + (90,5+ 18n ).1 + 106,5.1 + 122,5.1 = 378 + 18n

%Khối lượng H2O = 18n/ (378 + 18n) = 0,125=> n = 3 => CT B : NaClO2 3H2O

* Các phương trình phản ứng:

Nung ở 2000C: 3NaClO2.3H2O -> NaCl + 2NaClO3 + 3H2O

Nung ở 4000C: 4NaClO3 -> 3NaClO4 + NaCl

1.0

Nung ở 6000C: 4NaClO4 -> 2O2 + NaCl

b. Khối lượng hh X = 432 gam

 phần trăm khối lượng các chất A, B, C, D lần lượt là:

13,54%; 33,45%; 24,65% ; 28,36%

0.5

c ở 4000C: 2NaClO2 -> NaClO4 + NaCl 4NaClO3 -> 3NaClO4 + NaCl

1 1 1 1 1,5 1,5 mol

- 0,5 0,5 - 0.25 0,75

1,5 1,5 - 1,75 2,25

=> % số mol NaCl = 1,75.100/(1,75 + 2,25) = 43,75%

% số mol NaClO4 = 56,25%

0.5