Vì là khí không màu nên đó là NO hoặc N 2 + Do Ag là kim loại yếu nên không thể khử HNO 3 xuống sản phẩm ứng với số oxi hóa thấp như nitơ, amoni nitrat nên khí còn lại chỉ có thể là NO..
Trang 1ĐÁP ÁN 80
Câu 1: 1/ Trong hai khí chắc chắn có CO2 = 44 đvC Vì MA= 38,4 < M CO2 nên khí còn lại có M < 38,4 đvC Vì là khí không màu nên đó là NO hoặc N 2
+ Do Ag là kim loại yếu nên không thể khử HNO 3 xuống sản phẩm ứng với số oxi hóa thấp như nitơ, amoni nitrat nên khí còn lại chỉ có thể là NO.
+ Vì mỗi chất trong hh chỉ khử HNO 3 đến một chất khử nhất định nên Zn sẽ khử HNO 3 xuống NO hoặc NH 4 NO 3
2/ Gọi x là số mol Zn số mol FeCO 3 = x, gọi y là số mol Ag Dựa vào khối lượng chất rắn ta suy ra:
80x + 108y = 5,64 (I).
+ Nếu chỉ có Zn cũng khử HNO 3 tạo ra khí NO thì ta có:
3Zn + 8HNO 3 → Zn(NO 3 ) 2 + 2NO + 4H 2 O
mol: x 2x/3
3Ag + 4HNO 3 → 3AgNO 3 + NO + 2H 2 O
mol: y y/3
3FeCO 3 + 10HNO 3 → 3Fe(NO 3 ) 3 + 3CO 2 + NO + 5H 2 O
mol: x x x/3
Khí tạo thành có: x mol CO2 và 3x y
3
+
mol NO 2 + Vì hh khí có tỉ khối so với hiđro là 19,2 nên số mol CO 2 = 1,5.n NO x = 3x y
1,5.
3
+
y = -x (loại)
sảm phẩm khử phải có NH4 NO 3 là sp khử ứng với Zn do đó ta có:
4Zn + 10HNO 3 → 4Zn(NO 3 ) 2 + NH 4 NO 3 + 3H 2 O
mol: x x x/4
3Ag + 4HNO 3 → 3AgNO 3 + NO + 2H 2 O
mol: y y y/3
3FeCO 3 + 10HNO 3 → 3Fe(NO 3 ) 3 + 3CO 2 + NO + 5H 2 O
mol: x x x x/3
khí tạo thành có x mol CO2 và x y
3
+
mol NO Vì số mol CO 2 = 1,5.n NO x = y + Khi B + NaOH dư và nung thì chất rắn chỉ có: 0,5x mol Fe 2 O 3 + y mol Ag Vì x = y nên ta có:
80x + 108x = 5,64 x = 0,03 mol.
Vậy cả 3 chất trong hh đã cho đều có số mol là 0,3 mol Do đó: Zn = 1,95 gam; FeCO 3 = 3,46 gam và Ag = 3,24 gam.
Câu 4: 1/ + Vì tỉ khối của B so với hiđro là 19 nên số mol NO =0,75.nN2O Ta thấy số mol CO pư = số mol oxi trong X =
11,6 9,52
16
−
= 0,13 mol Số mol Fe = 0,17 mol Gọi x là số mol N 2 O số mol NO = 0,75x.
Áp dụng ĐLBT e ta có: 0,17.3 = 0,13.2 + 8x + 3.0,75x x = 0,0244 V = 22,4.(x+0,75x) ≈ 0,956 lít.
2/a/ + Cho dd NaOH dư vào dd đã cho nếu thấy có khí mùi khai bay ra và có kết tủa xanh rêu rồi tan ra thì suy ra dd đã cho
có NH 4 + và Cr 3+
NH 4 + + OH - → NH 3 + H 2 O
Cr 3+ + 3OH - → Cr(OH) 3 và Cr(OH) 3 + OH - → CrO 2 - + 2H 2 O
+ Cho dd cần nhận biết pư với H 2 SO 4 nếu có kết tủa trắng suy ra có Ba 2+ : Ba 2+ + SO 4 2- → BaSO 4
b/ + Thêm dd NaOH dư vào dd cần nhận biết, nếu cuối cùng thấy còn kết tủa nâu đỏ thì suy ra có Fe 3+ ; lọc bỏ kết tủa rồi sục
CO 2 dư vào dd nước lọc thấy có kết tủa trắng suy ra có Al 3+ Lọc bỏ kết tủa lấy dd nước lọc này cho pư với Na 2 CO 3 hoặc
Na 2 C 2 O 4 (natri oxalat) nếu thấy có kết tủa trắng thì suy ra có Ca 2+
Câu 8: + Số mol nitơ ban đầu = 0,033 mol; số mol khí sau khi thêm D vào = 0,143 mol
số mol khí trong D là 0,11 mol Dựa vào khối lượng bình tăng thêm suy ra: NO = 0,08 mol và N2 O = 0,03 mol.
+ Gọi x, y, z lần lượt là số mol Mg, Zn, Al trong 7,5 gam A ta có: 24x + 65y + 27z = 7,5 (I)
+ Khi A pư với 2 mol KOH ta có:
Zn + 2KOH → K 2 ZnO 2 + H 2 ↑
Mol: y 2y y
Al + KOH + H 2 O → KAlO 2 + 1,5H 2 ↑
Mol: z z 1,5z
NX: ta thấy số mol KOH cần để hòa tan hết Zn và Al là: 2y + z mol Từ (I) ta có:
24x + 65y + 27z > 54y + 27z hay: 7,5 > 27(2y + z) 2y + z < 0,278 mol < số mol KOH ban đầu Do đó cả Zn và Al đều hết
khối lượng dd tăng = 65y + 27z – 2y – 3z = 63y + 24z = 5,7 (II)
+ Áp dụng ĐLBT e ta có: 2x + 2y + 3z = 0,08.3 + 0,03.8 = 0,48 (III)
Trang 2+ Giải (I, II, III) được: x = 0,06 mol; y = 0,06 mol; z = 0,08 mol.
+ Vậy: %KL của Mg = 19,2%; Zn = 52%; Al = 28,8%.
ĐÁP ÁN 81
Câu 1: 1/ C2H5COOH > CH3COOH > C3H7OH > CH3COOCH3 > HCOOCH3
Có liên kết hiđro có lk hiđro có lk hiđro kém không có lk không có lk
bền, M = 74 bền, M = 60 bền hơn, M = 60 hiđro, M = 74 hiđro, M = 60
b/ có 2 este pư được với H 2 SO 4 loãng(pư thủy phân trong môi trường axit); 2 axit + 2 este pư được với NaOH; chỉ có
HCOOCH 3 pư được với AgNO 3 /NH 3
2/+ Trong A có: 0,4 mol H + ; 0,05 mol Cu 2+ và 0,1 mol NO 3 -
+ Pư xảy ra theo thứ tự như sau:
Fe + 4H + + NO 3 - → Fe 3+ + NO + 2H 2 O
Mol: 0,1 ← 0,4 0,1 0,1 0,1
Fe + 2Fe 3+ → 3Fe 2+
Mol: 0,05 ← 0,1 0,15
Fe + Cu 2+ → Fe 2+ + Cu
Mol: 0,05 ← 0,05 0,05
+ Gọi x là số mol Fe ban đầu sau pư hh X có: 0,05 mol Cu + (x-0,2) mol Fe Theo giả thiết ta có:
0,05.64 + 56(x-0,2) = 0,8.56.x x = 0,7142 mol m = 56x = 40 gam.
Câu 2: + Pư xảy ra:
Na + H 2 O → NaOH + ½ H 2 (1)
Mol: x x 0,5x
Al + NaOH + H 2 O → NaAlO 2 + 1,5H 2 (2)
Mol: x
+ Xét hai trường hợp:
TH1: Al dư ở (2) số mol hiđro ở (2) tính theo NaOH 0,5x + 1,5x = 0,448/22,4 x = 0,01 mol
Chất rắn B có: a mol Al dư và b mol Fe Theo giả thiết ta có: 27a + 56b = 2,16-0,01.23-0,01.27 = 1,66 (I)
+ Dựa vào pư với CuSO 4 ta có: 3a + 2b = 2.3,2/64 = 0,1 (II) Giải (I, II) được: a = b = 0,02 mol Từ đó ta có: ĐS: Al =
37,5%; Fe = 51,85% và m E = 3,42 gam [Cu(OH) 2 không bị tan vì amoniac vừa đủ]
TH2: Al hết ở (2) số mol hiđro ở (2) được tính theo Al Đặt y, z lần lượt là số mol Al và Fe ta có:
23x 27y 56z 2,16
0,5x 1,5y 0, 448 / 22, 4
z 3, 2 / 64
=
x = - 0,0714 mol loại.
Câu 3: 2/ Gọi M2 S m là CTPT của muối sunfua; vì lượng NO 2 bằng nhau nên lượng e cho bằng nhau ta có:
M → M n+ + ne M 2 S m → 2M n+ + mS 6+ + (2n+6m)e
Mol: 4,8
M
4,8n
2, 4 2M 32m +
2, 4(2n 6m) 2M 32m
+ +
Suy ra: 2, 4(2n 6m)
2M 32m
+
4,8n
M
32mn M
3m n
=
− Với 4 ≥ n ≥ m thì chỉ có n = 2; m =1; M = 64 t/m
3/ 2NO 2 + 2NaOH → NaNO 3 + NaNO 2 + H 2 O MT bazơ vì NO 2 - + H 2 O ¬ → HNO 2 + OH -
Do đó phenolphtalein hóa hồng.
Câu 6: + Pư xảy ra: Al 2 O 3 ®pnc→ 2Al + 1,5O 2
Mol: x 2x 1,5x
Sau đó oxi sinh ra đốt cháy anot theo pư: C + O 2 → CO 2 và C + ½ O 2 → CO
Hỗn hợp X có: CO; CO2 và O 2 chưa pư Gọi a, b, c là số mol tương ứng ta có:
67, 2.1000
a b c
22, 4 28a 44b 32c
16 2(a b c)
2 67, 2.1000
+ + =
=
a = 1800 mol ; b = 600 mol ; c = 600 mol
số mol oxi = 1800.0,5 + 600 + 600 = 2100 mol x = 1400 mol số mol Al = 2x = 2800 mol
m = 2800.27 = 75600 gam = 75,6 kg
Câu 7: Đặt CT của oxit là Mx O y ; gọi số mol M và M x O y trong một phần lần lượt là a và b ta có:
Trang 3Ma + b(Mx+16y) = 59,08 (I)
+ Với phần 1 ta cĩ: 2M + 2nHCl → 2MCl n + nH 2
Mol: a an/2 an = 0,4 (II)
+ Với phần 2 ta cĩ:
3M + 4mH + + mNO 3 - → 3M m+ +mNO + 2mH 2 O
3M x O y + (4xm-2y)H + +(mx-2y)NO 3 - → 3xM m+ +(mx-2y)NO +(2mx-y)H 2 O
am + b(mx-2y) = 0,2.3 (III)
+ Với phần 3 ta cĩ:
M x O y + yH 2 → xM + yH 2 O
Mol: b bx
chất rắn gồm (a+bx) mol M Do đĩ: 3M + mHNO3 + 3mHCl → 3MCl m + mNO + 2mH 2 O
m(a+bx) = 0,8.3 (IV)
+ Từ (III và IV) ta cĩ by = 0,9 mol thay vào (I) ta được: M(a+bx) = 44,68 (V)
+ Chia (V) cho (IV) được: M = 18,6 m m = 3 và M = Fe Từ M là Fe và (II) n = 2 a = 0,2 mol bx = 0,6 mol và by
= 0,9 mol x/y = 2/3 oxit đã cho là Fe 2 O 3
ĐÁP ÁN 82
Câu 2: V = 2,2848 lít.
Câu 3: ĐS: A là CH3 -CHBr-CH 3 ; B là propan-2-ol; C là propen; D là cumen; E là (CH 3 ) 3 C-OH
Câu 4: 1/ CH3CH2COOH > CH3COCH2COOH > CH3COCOOH; > CH CH N H COOH3 + 3
gốc C 2 H 5 đẩy e nhĩm CO hút e ở nhĩm CO hút e ở điện tích dương ở
3
N H+
xa nhĩm- COOH gần nhĩm –COOH hút e mạnh nhất
b Ta xét 1 lit dung dịch
( )
− + +
−
ˆ ˆ†
‡ ˆˆ
ban đầu x mol 0 0
cân bằng x x mol x x
Theo định luật tác dụng khối lượng ta cĩ:
−
−
2
1
⇒ = 3,58 2+
+
3,58
3,58 2
Như vậy:
Với pH = 1,58
−
⇒ RCOO = 10 3,581,58 = 1
−
⇒ RCOO = 10 3,583,58 = 1
Với pH = 5,58
−
⇒ RCOO = 10 3,585,58 = 100
Câu 5: + Thứ tự đp như sau: CuCl 2 ®pdd, mnx→ Cu + Cl 2
2NaCl + 2H 2 O®pdd, mnx→ 2NaOH + Cl 2 + H 2 + Số mol CuCl 2 = 0,05 mol; NaCl = 0,25 mol.
+ Vì m = A.I.t m.n.F
t n.F ⇒ = A.I thời gian đp hết CuCl 2 là: t Cu = 0,05.64.2.96500
64.5 = 1930 s
thời gian cịn lại để đp NaCl là 3860 – 1930 = 1930 s
+ Khối lượng clo sinh ra là: m = 71.5.1930
2.96500 = 3,55 gam n Cl2 = 0,05 mol
Theo pư đp số mol NaOH sinh ra là 0,1 mol n Al = 0,1 mol m = 2,7 gam.
Câu 8:
Trang 41/+ Vì AgF không kết tủa nên ta phải xét hai trường hợp:
TH1: cả AgX và AgY đều kết tủa do đó ta đặt NaX là CTPTTB của hai muối ta có:
NaX + AgNO3 → AgX + NaNO3
Gam: 23+X 108+X
Gam: 6,03 8,61
X = 175,66 đvC không có halogen nào thỏa mãn
TH2: có một halogen là flo đó phải là X Y là clo vì đây là halogen liên tiếp Đặt x, y lần lượt là số mol của NaF và
NaCl ta có: 42x + 58,5y = 6,03 và y = 8,61/143,5 x = y = 0,06 mol.
Vậy %KL của NaF = 41,8%.
2/ + Đặt x, y, z lần lượt là số mol CH2=CH-COOH, CH3COOH và CH2=CH-CHO ta có: x + y + z = 0,04 (I)
+ Khi pư với brom ta có:
CH 2 =CH-COOH + Br 2 → CH 2 Br-CHBr-COOH
Mol: x x
CH 2 =CH-CHO + 2Br 2 + H 2 O →CH 2 Br-CHBr-COOH + 2HBr
Mol: z 2z
x + 2z = 6,4/160 (II)
+ Khi pư trung hòa ta có: x + y = 0,04.0,75 (III)
+ Từ (I, II, III) ta có: x = 0,02 mol; y = 0,01 mol; z = 0,01 mol.
ĐÁP ÁN ĐỀ 83
Câu 1:
(2
điểm)
Gọi số proton, nơtron, electron trong nguyên tử M và X lần lượt là ZM, NM, EM và ZX, NX, EX
Từ các dữ kiện bài toán ta lập được hệ
23
Giải hệ thu được kết quả
ZM = 19, NM = 20; ZX = 8, NX = 8
M là Kali, X là Oxi Hợp chất đã cho là K2O2
Câu 2:
(2
điểm)
Khối lượng của muối MX là: m = 35,6 50 : 100 = 17,8 (gam)
Gọi x là số mol của muối MX : MX + AgNO3 → MNO3 + AgX
x x x x
Khối lượng kết tủa của AgX: m = (108 + X) x (gam)
Khối lượng MX tham gia phản ứng: m = (M + X) x (gam)
Khối lượng MX còn lại là: m = 17,8 - (M + X) x (gam)
Suy ra nồng độ MX trong dung dịch sau phản ứng là
.
Biến đổi ta được 120.(M + X) = 35,6 (108 + X)
Lập bảng :
Vậy MX là muối LiCl
Câu 3:
(2
điểm)
1 CH3COOH ƒ CH3COO- + H+
Bắt đầu 0,1
Điện li x x x
Còn dư: 0,1 – x
3
2
3
1,75.10 0,1
CH COOH
K
−
−
vì x rất bé so với 0,1 → x = 1,75.10− 6 = 1,32.10− 3
3
Trang 5x
2 CH3COONa → CH3COO- + H+
0,1 0,1 0,1
CH3COOH ƒ CH3COO- + H+
Bắt đầu 0,1 0,1
Điện li x x x
Cân bằng : 0,1 – x 0,1+x x
1, 75.10 0,1
a
K
−
−
Suy ra x = 1,75 10-5 ⇒pH = 4,757
Câu 4:
(2
điểm)
a Phương trình các phản ứng xảy ra trên bề mặt các điện cực của bể mạ:
Anot (cực +): 2 H2O → O2 + 4H+ + 4e
Catot (cực -): Ni2+ + 2 e → 2Ni
Phương trình của phản ứng điện phân là:
2 Ni2+ + 2H2O ®pdd→ 2Ni + O2 + 4H+
b Lớp phủ niken ở mẫu vật có bề dày 0,4 mm nên ở mẫu vật này bán kính tăng tới 2,5 + 0,04 = 2,54 (cm); chiều cao tăng tới 20,0 + 0,04×2= 20,08 (cm)
Vậy thể tích Ni cần mạ trên mẫu vật là:
ΔV = V' - V = [3,14 (2,54)2 20,08] - [3,14 × (2,5)2 × 20] = 14,281(cm3)
Khối lượng Ni cần dùng :
m = V.D =14,281.8,9 = 127,101 (gam)
Từ biểu thức của định luật Farađay:
46196,785
Câu 5:
(2
điểm)
1 Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ →2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O
MnO4- + 5 Fe2+ + 8 H+ → Mn2+ + 5 Fe3+ + 4H2O
Gọi x, y là số mol K2Cr2O7 và Na2Cr2O7 trong 5,4 gam hh
1 (0,05.0,102 0,0168.0,025.5).40 0,02 6
x y
giải hệ thu được x = 0,005 mol; y = 0,015 mol
294.0,005.100
5, 4
2 Khi cho dung dịch K2S lần lượt vào mẫu thử của các dung dịch trên thì:
- Mẫu thử không có hiện tượng chứa dung dịch Na2SO4
- Mẫu thử xuất hiện kết tủa trắng keo và có hiện tượng sủi bọt khí chứa AlCl3 :
2AlCl3 + 3 K2S + 3H2O → 6KCl + 2Al(OH)3 + 3H2S
- Mẫu thử có hiện ttượng sủi bọt khí chứa dung dịch NaHSO4
2 NaHSO4 + K2S → 2K2SO4 + H2S
- Mẫu thử xuất hiện kết tủa đen chứa FeCl2: K2S + FeCl2→ FeS + 2NaCl
- Mẫu thử xuất hiện kết tủa đen và vàng có chứa FeCl3
2FeCl3 + 3K2S → 6KCl + S + 2FeS
Câu 6:
(2
điểm)
Dung dịch A có 0,4 mol H+, 0,05 mol Cu2+, 0,4 mol Cl-, 0,1 mol NO3
-Khi cho Fe vào dung dịch A xảy ra các phản ứng :
Fe + 4H+ + NO3- → Fe3+ + NO + 2H2O (1)
0,4 0,1 0,1 0,4 0,1 0,1
0 0 0,1
Fe + 2Fe3+ → 3Fe2+ (2)
0,05 0,1
Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu (3)
0,05 0,05 0,05
Trang 6Số mol Fe đã tham gia các phản ứng từ (1) đến (3) là 0,1+ 0,05 + 0,05 = 0,2 (mol)
Hh 2 kim loại sau phản ứng gồm Fe dư, Cu
(m - 56×0,2) + 0,05 ×64 = 0,8 m ⇒ m = 40 (gam)
ĐÁP ÁN 84 Câu 1: Cấu hình electron của các lớp trong của các vi hạt là 1s22s22p6, ứng với cấu hình của [Ne]
1/ Cấu hình [Ne]3s2 ứng với nguyên tử Mg(Z = 12), không thể ứng với ion Mg là kim loại hoạt động Mg cháy rất mạnh trong oxi và cá trong CO2
2 Mg + O2 → 2 MgO
2/ Cấu hình [Ne] 3s23p4 ứng với nguyên tử S (Z = 16), không thể ứng với ion S là phi kim hoạt động S cháy mạnh trong oxi
S + O2 → SO2
3 Cấu hình [Ne]3s23p6:
+ Trường hợp vi hạt có Z = 18 Đây là Ar, một khí trơ
+ Vi hạt có Z < 18 Đây là ion âm:
+ Z = 17 Đây là Cl-, chất khử yếu Thí dụ:
2 MnO4 − + 16 H+ + 10 Cl− → 2 Mn2+ + 8 H2O + 10 Cl2
+ Z = 16 Đây là S2- (chất khử tương đối mạnh) Thí dụ:
2 H2S + O2 → 2 S + 2 H2O
+ Z = 15 Đây là P3-( rất không bền, khó tồn tại)
+ Vi hạt có Z > 18 Đây là ion dương:
+ Z = 19 Đây là K+, chất oxi hoá rất yếu, chỉ bị khử dưới tác dụng của dòng điện (điện phân KCl hoặc KOH nóng chảy)
+ Z = 20 Đây là Ca2+, chất oxi hoá yếu, chỉ bị khử dưới tác dụng của dòng điện (điện phân CaCl2 nóng chảy)
Câu 2 : a) Tính nồng độ ion S2-( trong dung dịch H2S 0,100 M; pH = 3,0
CH2S = [H2S] = 0,1 M, [H2S] = 10− 1, [H+] = 10− 3
H2S (k) ⇌ H2S (aq)
H2S (aq) ⇌ H+ + HS− K1 = 1,0 × 10−7
HS− ⇌ H+ + S2 − K2 = 1,3 × 10−13
H2S (aq) ⇌ 2 H+ + S2 − K = = K1 K2 = 1,3 × 10− 20
[S2 −] = 1,3 × 10− 20× = 1,3 × 10− 20 × = 1,3 × 10− 15 (M)
b)
[Mn2+][S2 −] = 10− 2×1,3 × 10− 15 = 1,3 × 10− 17< TMnS = 2,5 × 10− 10 không có kết tủa
[Ag+]2[S2 −] = (10− 2)2× 1,3 × 10− 15 = 1,3 × 10− 19 > TAg2S = 6,3 × 10−50 có kết tủa Ag2S
Câu 4: a) Eo Ag+/Ag = + 0, 80V > Eo Fe3+/Fe2+ = +0,77 V, nªn:
Tính oxi hoá: Ag+ mạnh hơn Fe3+
Tính khử: Fe2+ mạnh hơn Ag
Do đó phản ứng tự phát xảy ra giữa 2 cặp là: Ag+ + Fe2+ → Fe3+ + Ag
b) Eo Fe3+/Fe2+ = +0,77 V > Eo Fe2+/Fe = - 0,44 V, nªn:
Tính oxi hoá: Fe3+ mạnh hơn Fe2+
Tính khử: Fe mạnh hơn Fe2+
Do đó phản ứng tự phát xảy ra giữa 2 cặp là: 2 Fe3+ + Fe → 3 Fe2+
Như vậy Fe tan trong dung dịch Fe2(SO4)3 tạo thành muối FeSO4, làm nhạt màu vàng ( hoặc đỏ nâu) của ion Fe3+ và cuối cùng làm mất màu (hoặc tạo màu xanh nhạt) dung dịch
c) Eo Cu+/Cu = + 0,52 V > Eo Cu2+/Cu+ = + 0,16 Vậy nên
Tính oxi hoá: Cu+ mạnh hơn Cu2+
Tính khử: Cu+ mạnh hơn Cu
Do đó phản ứng tự phát xảy ra giữa 2 cặp là: Cu+ + Cu+ → Cu2+ + Cu
Phản ứng nghịch(Cu2+ phản ứng với Cu tạo thành ion Cu+) không xảy ra Do đó khi bỏ bột đồng vào dung dịch CuSO4 không xảy ra phản ứng và quan sát không thấy hiện tượng gì
d) Eo Fe3+/Fe2+ = +0,77 V > Eo Fe2+/Fe = - 0,44 V > Eo Zn2+/Zn = - 0,76 V, nªn:
Tính oxi hóa: Fe3+ > Fe2+ > Zn2+
Tính khử: Zn mạnh hơn Fe
Do đó: 2 Fe3+ + 3 Zn → 3 Zn2+ + 2 Fe
[H+ ] 2 [S2 −]
[H2S]
[H2S]
[H+ ] 2
[H2S]
[H+ ] 2
10− 1 (10− 3)2
Trang 7Câu 6:
6 FeS2 + 30 HNO3 → 3 Fe2(SO4)3 + 3 H2SO4 + 30 NO + 12 H2O (1)
3 Cu2S + 10 HNO3 + 3 H2SO4 → 6 CuSO4 + 10 NO + 8 H2O (2)
Cộng (1) và (2):
6 FeS2 + 3 Cu2S + 40 HNO3 → 3 Fe2(SO4)3 + 6 CuSO4 + 40 NO + 20 H2O
6 FeS2 + 3 Cu2S + 40 H+ + 40 NO3→ 6 Fe3+ + 6 Cu2+ + 15 SO42- + 40 NO + 20 H2O
1 mFeS 2 = 120 0,06 = 7,2 g
mCu 2S = 160 0,03 = 4,8g
Vậy khối lượng hh A = 7,2 + 4,8 = 12 g
2 VNO = 0,4 22,4 = 8,96 lit
ĐÁP ÁN ĐỀ 85
Câu 1:
2/a/ Cho hh oxit vào dung dịch NaOH dư khi đó SiO 2 và Al 2 O 3 tan ra được dd A(có Na 2 SiO 2 , NaAlO 2 và NaOH dư) và chất rắn B không tan(CuO, Fe 2 O 3 ).
2NaOH + SiO 2 → Na 2 SiO 3 + H 2 O 2NaOH + Al 2 O 3 → 2NaAlO 2 + H 2 O.
+ Sục CO 2 dư vào A được Al(OH) 3 kết tủa, lọc kết tủa rồi nung đến khối lượng không đổi được Al 2 O 3
CO 2 + NaOH → NaHCO 3 CO 2 + NaAlO 2 + 2H 2 O → Al(OH) 3 + NaHCO 3
+ Cho B pư với H 2 dư, t 0 thì được chất rắn C gồm Cu & Fe Cho C pư với HCl dư thì thu được Cu không tan và dd D gồm FeCl 2 & HCl dư Cho D pư với oxi dư được CuO, cho NaOH dư vào D rồi lọc kết tủa sinh ra rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi được Fe 2 O 3
b/ + Điều chế BaCl 2 nguyên chất: cho dung dịch HCl vào dd Ba(OH) 2 sao cho dd sau pư không đổi màu quì tím ta thu được
dd chứa BaCl 2
+ Cho BaCl 2 dư vào dd X thì thu được kết tủa A(BaCO 3 , BaSO 4 ) và dd B(Na + , NH 4 + , HCO 3 - , Ba 2+ , Cl - ) Cho HCl dư vào A nếu thấy A tan một phần và có khí bay ra thì chứng tỏ trong A có BaCO 3 và BaSO 4 => X có CO 3 2- , SO 4 2- Pư xảy ra:
+ Cho B pư với Ba(OH) 2 dư nếu có khí mùi khai bay ra chứng tỏ X có NH 4 + , có kết tủa trắng tan trong HCl chứng tỏ kết tủa
đó là BaCO 3 => X có HCO 3 - Pư
HCO 3 - + OH - → CO 3 2- + H 2 O Ba 2+ + CO 3 2- → BaCO 3
+ Còn lại Na + không nhận biết được.
Câu 3: 1/ Khi pư với dd HCl ta luôn có: số mol HCl = 2.số mol H2 = 2.0,07 = 0,14 mol.
+ Áp dụng ĐLBTKL ta có: m kim loại + m HCl = m muối + m hiđro => m kim loại = 1,32 gam.
2/ Giả sử A tan trong NaOH => m A = 1,32.9/11 = 1,08 gam và m B = 0,24 gam
+ Gọi số mol của A, B lần lượt là a, b ta có:
a.A = 1,08 b.B = 0,24 an + bm = 0,07.2 an = 2.1,344/2
=> A = 9n và B = 12m => A là Al(0,04 mol) và B là Mg(0,01 mol).
3/ Khí thứ nhất là NO Ta có Mkhí = 1,04/0,03 = 36,667 đvC => khí còn lại là N 2 O.
+ Dễ dàng tính được N 2 O = 0,01 mol và NO = 0,02 mol.
+ số mol HNO 3 = số mol e nhận + số mol Nitơ trong khí = 0,18 mol => C M = 1,8M
+ Khối lượng muối = khối lượng kim loại + 62.sốmol NO 3 - = 10 gam
Câu 6: 0,05M và 0,15M.
Câu 7: 3 gam
Câu 8: Ta có MX = 68 đvC số mol X pư = 13,6/68 = 0,2 mol Số mol AgNO 3 = 0,6 mol, Ag = 0,4 mol Trong X có 1 nhóm –CH=O và 1 nhóm -C≡CH CTCT của X là CH≡C-CH 2 -CH=O với tên là but-3-in-1-a Pư xảy ra:
CH≡C-CH 2 -CH=O + 3AgNO 3 +4NH 3 + H 2 O →CAg≡C-CH 2 -COONH 4 + 2Ag + 3NH 4 NO 3
Câu 9: X có CTPT là Cn H 2n-10 O 6 n = 12 X là C 12 H 14 O 6
Vậy X có CTCT là C 3 H 5 (OOC-CH=CH 2 ) 3 : glixerol triacrylat