Đáp án HSG Khối 11 Vô cơ

ĐÁP ÁN 80 Câu 1: 1/ Trong hai khí chắc chắn có CO 2 = 44 đvC. Vì A M = 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 CO 2 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 NH 4 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 CO 2 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.n N2O . 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 N 2 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) + 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/ C 2 H 5 COOH > CH 3 COOH > C 3 H 7 OH > CH 3 COOCH 3 > HCOOCH 3 . 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 M 2 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 M mol: 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; CO 2 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 b . 100 2,24  + + =    + + =  + +   =    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 M x O y ; gọi số mol M và M x O y trong một phần lần lượt là a và b ta có: Ma + b(Mx+16y) = 59,08 (I) + Với phần 1 ta có: 2M + 2nHCl → 2MCl n + nH 2 . Mol: a an/2  an = 0,4 (II) + Với phần 2 ta có: 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 có: M x O y + yH 2 → xM + yH 2 O Mol: b bx  chất rắn gồm (a+bx) mol M. Do đó: 3M + mHNO 3 + 3mHCl → 3MCl m + mNO + 2mH 2 O  m(a+bx) = 0,8.3 (IV) + Từ (III và IV) ta có 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 CH 3 -CHBr-CH 3 ; B là propan-2-ol; C là propen; D là cumen; E là (CH 3 ) 3 C-OH Câu 4: 1/ CH 3 CH 2 COOH > CH 3 COCH 2 COOH > CH 3 COCOOH; > 3 3 CH CH N H COOH +    ÷   gốc C 2 H 5 đẩy e nhóm CO hút e ở nhóm CO hút e ở điện tích dương ở 3 N H + xa nhóm- COOH gần nhóm –COOH hút e mạnh nhất b. Ta xét 1 lit dung dịch. ( ) − + + − ˆ ˆ† ‡ ˆˆ 2 3 1 1 1 RCOOH + H O RCOO H O ban ñaàu x mol 0 0 caân baèng x x mol x x Theo định luật tác dụng khối lượng ta có: [ ] + − −         = = = − 2 3 3,58 1 1 H O . RCOO x K 10 RCOOH x x ⇒ = + 3,58 2 1 1 x 10 x x [ ] − − +     ⇒ = = = −     3,58 1 1 3,58 2 1 1 3 RCOO x x 10 RCOOH x x 10 x H O Như vậy:  Với pH = 1,58 [ ] − − −     ⇒ = = 3,58 1,58 RCOO 10 1 RCOOH 10 100  Với pH = 3,58 [ ] − − −     ⇒ = = 3,58 3,58 RCOO 10 1 RCOOH 10  Với pH = 5,58 [ ] − − −     ⇒ = = 3,58 5,58 RCOO 10 100 RCOOH 10 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 còn 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: 1/+ Vì AgF không kết tủa nên ta phải xét hai trường hợp:  TH1: cả AgX và AgY đều kết tủa do đó ta đặt Na X là CTPTTB của hai muối ta có: Na X + AgNO 3 → Ag X + NaNO 3 . 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 CH 2 =CH-COOH, CH 3 COOH và CH 2 =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 NỘI DUNG Câu 1: (2 điểm) Gọi số proton, nơtron, electron trong nguyên tử M và X lần lượt là Z M , N M, E M và Z X , N X , E X . Từ các dữ kiện bài toán ta lập được hệ 2(2 ) 2(2 ) 164 4 2 4 2 52 23 2 1 (4 2 2) 7 M M X X M M X X M M X X M M X X Z N Z N Z N Z N Z N Z N Z N Z N + + + =   − + − =   + − − =   + − − + + =  Giải hệ thu được kết quả Z M = 19, N M = 20; Z X = 8, N X = 8. M là Kali, X là Oxi. Hợp chất đã cho là K 2 O 2 . 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 + AgNO 3 → MNO 3 + 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 [17,8 - (M+X).x].100 35,6 5 . [50+10 - (108 +X).x] 100 6 = Biến đổi ta được 120.(M + X) = 35,6 (108 + X) Lập bảng : M Li(7) Na(23) K(39) X Cl(35,5) 12,58 4634,44 Vậy MX là muối LiCl. Câu 3: (2 điểm) 1. CH 3 COOH ƒ CH 3 COO - + H + Bắt đầu 0,1 Điện li x x x Còn dư: 0,1 – x [ ] 3 2 3 5 3 1,75.10 0,1 CH COOH CH COO H x K CH COOH x − + −         = = = − vì x rất bé so với 0,1 → 6 3 1,75.10 1,32.10x − − = = 3 3 1,32.10CH COO H x M − + −     = = =     ; pH = 2,879 0,132 .100 1,32% 0,1 0,1 x α = = = 2. CH 3 COONa → CH 3 COO - + H + 0,1 0,1 0,1 CH 3 COOH ƒ CH 3 COO - + H + Bắt đầu 0,1 0,1 Điện li x x x Cân bằng : 0,1 – x 0,1+x x [ ] 3 5 3 (0,1 ). 1,75.10 0,1 a CH COO H x x K CH COOH x − + −     +     = = = − 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 H 2 O → O 2 + 4H + + 4e Catot (cực -): Ni 2+ + 2 e → 2Ni Phương trình của phản ứng điện phân là: 2 Ni 2+ + 2H 2 O → ®pdd 2Ni + O 2 + 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(cm 3 ) Khối lượng Ni cần dùng : m = V.D =14,281.8,9 = 127,101 (gam) Từ biểu thức của định luật Farađay: .96500. 127,101.96500.2 46196,785 96500. 59.9 AIt m n m t n AI = ⇒ = = = gi©y = 12,832 giê Câu 5: (2 điểm) 1. Cr 2 O 7 2- + 6Fe 2+ + 14H + →2Cr 3+ + 6Fe 3+ + 7H 2 O. MnO 4 - + 5 Fe 2+ + 8 H + → Mn 2+ + 5 Fe 3+ + 4H 2 O. Gọi x, y là số mol K 2 Cr 2 O 7 và Na 2 Cr 2 O 7 trong 5,4 gam hh. 1 (0,05.0,102 0,0168.0,025.5).40 0,02 6 294 262 5,4 x y x y  + = − =    + =  giải hệ thu được x = 0,005 mol; y = 0,015 mol 2 2 7 2 2 7 294.0,005.100 % 27,22% % 100% 27,22% 72,78% 5,4 K Cr O Na Cr O= = = − = 2. Khi cho dung dịch K 2 S lần lượt vào mẫu thử của các dung dịch trên thì: - Mẫu thử không có hiện tượng chứa dung dịch Na 2 SO 4 - Mẫu thử xuất hiện kết tủa trắng keo và có hiện tượng sủi bọt khí chứa AlCl 3 : 2AlCl 3 + 3 K 2 S + 3H 2 O → 6KCl + 2Al(OH) 3 + 3H 2 S - Mẫu thử có hiện ttượng sủi bọt khí chứa dung dịch NaHSO 4 2 NaHSO 4 + K 2 S → 2K 2 SO 4 + H 2 S - Mẫu thử xuất hiện kết tủa đen chứa FeCl 2 : K 2 S + FeCl 2 → FeS + 2NaCl - Mẫu thử xuất hiện kết tủa đen và vàng có chứa FeCl 3 2FeCl 3 + 3K 2 S → 6KCl + S + 2FeS Câu 6: (2 điểm) Dung dịch A có 0,4 mol H + , 0,05 mol Cu 2+ , 0,4 mol Cl - , 0,1 mol NO 3 - Khi cho Fe vào dung dịch A xảy ra các phản ứng : Fe + 4H + + NO 3 - → Fe 3+ + NO + 2H 2 O (1) 0,4 0,1 0,1 0,4 0,1 0,1 0 0 0,1 Fe + 2Fe 3+ → 3Fe 2+ (2) 0,05 0,1 Fe + Cu 2+ → Fe 2+ + Cu (3) 0,05 0,05 0,05 Số 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 1s 2 2s 2 2p 6 , ứng với cấu hình của [Ne]. 1/ Cấu hình [Ne]3s 2 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 + O 2 → 2 MgO 2/ Cấu hình [Ne] 3s 2 3p 4 ứng với nguyên tử S (Z = 16), không thể ứng với ion. S là phi kim hoạt động. S cháy mạnh trong oxi. S + O 2 → SO 2 3. Cấu hình [Ne]3s 2 3p 6 : + 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 MnO 4 − + 16 H + + 10 Cl − → 2 Mn 2+ + 8 H 2 O + 10 Cl 2 + Z = 16. Đây là S 2- (chất khử tương đối mạnh). Thí dụ: 2 H 2 S + O 2 → 2 S + 2 H 2 O + Z = 15. Đây là P 3- ( 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 Ca 2+ , chất oxi hoá yếu, chỉ bị khử dưới tác dụng của dòng điện (điện phân CaCl 2 nóng chảy). Câu 2 : a) Tính nồng độ ion S 2- ( trong dung dịch H 2 S 0,100 M; pH = 3,0. C H2S = [H 2 S] = 0,1 M, [H 2 S] = 10 − 1 , [H + ] = 10 − 3 H 2 S (k) ⇌ H 2 S (aq) H 2 S (aq) ⇌ H + + HS − K 1 = 1,0 × 10 − 7 HS − ⇌ H + + S 2 − K 2 = 1,3 × 10 −13 H 2 S (aq) ⇌ 2 H + + S 2 − K = = K 1 . K 2 = 1,3 × 10 − 20 [S 2 − ] = 1,3 × 10 − 20 × = 1,3 × 10 − 20 × = 1,3 × 10 − 15 (M) b) [Mn 2+ ] [S 2 − ] = 10 − 2 ×1,3 × 10 − 15 = 1,3 × 10 − 17 < T MnS = 2,5 × 10 − 10 không có kết tủa [Ag + ] 2 [S 2 − ] = (10 − 2 ) 2 × 1,3 × 10 − 15 = 1,3 × 10 − 19 > T Ag 2 S = 6,3 × 10 − 50 có kết tủa Ag 2 S Câu 4: a) E o Ag + /Ag = + 0, 80V > E o Fe 3+ /Fe 2+ = +0,77 V, nªn: Tính oxi hoá: Ag + mạnh hơn Fe 3+ Tính khử: Fe 2+ mạnh hơn Ag Do đó phản ứng tự phát xảy ra giữa 2 cặp là: Ag + + Fe 2+ → Fe 3+ + Ag b) E o Fe 3+ /Fe 2+ = +0,77 V > E o Fe 2+ /Fe = - 0,44 V, nªn: Tính oxi hoá: Fe 3+ mạnh hơn Fe 2+ Tính khử: Fe mạnh hơn Fe 2+ Do đó phản ứng tự phát xảy ra giữa 2 cặp là: 2 Fe 3+ + Fe → 3 Fe 2+ Như vậy Fe tan trong dung dịch Fe 2 (SO 4 ) 3 tạo thành muối FeSO 4 , làm nhạt màu vàng ( hoặc đỏ nâu) của ion Fe 3+ và cuối cùng làm mất màu (hoặc tạo màu xanh nhạt) dung dịch. c) E o Cu + /Cu = + 0,52 V > E o Cu 2+ /Cu + = + 0,16 Vậy nên Tính oxi hoá: Cu + mạnh hơn Cu 2+ 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(Cu 2+ phản ứng với Cu tạo thành ion Cu + ) không xảy ra. Do đó khi bỏ bột đồng vào dung dịch CuSO 4 không xảy ra phản ứng và quan sát không thấy hiện tượng gì. d) E o Fe 3+ /Fe 2+ = +0,77 V > E o Fe 2+ /Fe = - 0,44 V > E o Zn 2+ /Zn = - 0,76 V, nªn: Tính oxi hóa: Fe 3+ > Fe 2+ > Zn 2+ Tính khử: Zn mạnh hơn Fe Do đó: 2 Fe 3+ + 3 Zn → 3 Zn 2+ + 2 Fe [H +]2 [S 2−] [H 2 S] [H 2 S] [H +]2 [H 2 S] [H +]2 10 −1 (10 −3 ) 2 Câu 6: 6 FeS 2 + 30 HNO 3 → 3 Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3 H 2 SO 4 + 30 NO + 12 H 2 O (1) 3 Cu 2 S + 10 HNO 3 + 3 H 2 SO 4 → 6 CuSO 4 + 10 NO + 8 H 2 O (2) Cộng (1) và (2): 6 FeS 2 + 3 Cu 2 S + 40 HNO 3 → 3 Fe 2 (SO 4 ) 3 + 6 CuSO 4 + 40 NO + 20 H 2 O 6 FeS 2 + 3 Cu 2 S + 40 H + + 40 NO 3 → 6 Fe 3+ + 6 Cu 2+ + 15 SO 4 2- + 40 NO + 20 H 2 O 1. m FeS 2 = 120 . 0,06 = 7,2 g m Cu 2 S = 160 . 0,03 = 4,8g Vậy khối lượng hh A = 7,2 + 4,8 = 12 g 2. V NO = 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 H 2 = 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 M khí = 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 M X = 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 C n 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 . = 0,01 mol. ĐÁP ÁN ĐỀ 83 CÂU NỘI DUNG Câu 1: (2 điểm) Gọi số proton, nơtron, electron trong nguyên tử M và X lần lượt là Z M , N M, E M và Z X , N X , E X . Từ các dữ kiện bài toán ta lập được. 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 + AgNO 3 → MNO 3 + AgX. x x x x Khối lượng kết tủa của AgX: m = (108 + X) . x (gam) Khối lượng. m FeS 2 = 120 . 0,06 = 7,2 g m Cu 2 S = 160 . 0,03 = 4,8g Vậy khối lượng hh A = 7,2 + 4,8 = 12 g 2. V NO = 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