Đề thi, đáp án (đề xuất) trại hè hùng vương lần thứ XII năm 2016 môn hóa 10 trường THPT chuyên VĨNH PHÚC

Kết quả Hóa học lượng tử cho biết ion M2+có năng lượng electron ở các mức En n là số lượng tử chính được thể hiện trong bảng sau: a Tính các giá trị năng lượng trên theo kJ/mol có trình

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC LỚP 10

TỈNH VĨNH PHÚC

ĐỀ THI ĐÈ XUẤT (Đề này có 5 trang, gồm 8 câu)

1 Kết quả Hóa học lượng tử cho biết ion M2+có năng lượng electron ở các mức En (n

là số lượng tử chính) được thể hiện trong bảng sau:

a) Tính các giá trị năng lượng trên theo kJ/mol (có trình bày chi tiết đơn vị tính)

b) Hãy giải thích sự tăng dần năng lượng từ E1 đến E4 củ ion M2+

c) Tính năng lượng ion hóa của ion M2+ (theo eV ) và giải thích

2 Nguyên tố X (Z=118) được hình thành khi bắn phá hạt nhân nguyên tố Californi (24998Cf ) bằng hạt nhân (2048Ca) Biết nguyên tố X phân rã α và có số khối A = 294 a) Viết phương trình phản ứng tổng hợp và phân rã α của nguyên tố X

b) Viết cấu hình electron nguyên tử của nguyên tố X Từ đó suy ra vị trí của X trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học

1 Hãy cho biết dạng lai hóa của nguyên tố trung tâm và dạng hình học theo mô hình VSEPR của các phân tử, ion sau: SF4; HClO2; HOCl; ICl4; IF7; BrF5; HNO3; C2H6

2 a) Ô mạng cơ sở (tế bào cơ bản) của tinh thể NiSO4 có 3 cạnh vuông góc với nhau, cạnh a = 6,338

o A; b = 7,842

o A; c = 5,155A.o Khối lượng riêng gần đúng của NiSO4

là 3,9 g/cm3

Tìm số phân tử NiSO4 trong một ô mạng cơ sở và tính khối lượng riêng chính xác của NiSO4

b) Niken(II) oxit có cấu trúc mạng tinh thể giống mạng tinh thể của natri clorua Các ion O2– tạo thành mạng lập phương tâm mặt, các hốc bát diện có các ion Ni2+ Khối lượng riêng của niken(II) oxit là 6,67 g/cm3

Nếu cho niken(II) oxit tác dụng với liti oxit và oxi thì được các tinh thể trắng có thành phần LixNi1-xO:

x

2Li2O + (1-x)NiO +

x

4O2 → LixNi1-xO Cấu trúc mạng tinh thể của LixNi1-xO giống cấu trúc mạng tinh thể của NiO, nhưng một số ion Ni2+ được thế bằng các ion liti và một số ion Ni2+ bị oxi hóa để bảo đảm tính trung hòa điện của phân tử Khối lượng riêng của tinh thể LixNi1-xO là 6,21 g/cm3

* Vẽ một ô mạng cơ sở của niken(II) oxit

* Tính x (chấp nhận thể tích của ô mạng cơ sở không thay đổi khi chuyển từ NiO thành LixNi1-xO)

Câu 3 ( 2,5 điểm ) NHIỆT – CÂN BẰNG HÓA HỌC

1 thực hiện bằng phản ứng:

SiO2 (r) + 2C (r)  Si (r) + 2CO (k) (1)

a) Tính S0 của quá trình điều chế silic theo phản ứng (1), dựa vào các giá trị entropi chuẩn dưới đây:

2

S = 41,8 J.K mol ; S = 5,7 J.K mol ; S = 18,8 J.K mol ; S = 197,6 J.K mol

b) Tính giá trị  G0của phản ứng trên ở 25 oC Biến thiên entanpi hình thành ở điều kiện tiêu chuẩn (ΔH)H )0f của SiO2 và CO có các giá trị:

2

f(SiO (r)) f(CO(k))

ΔH)H = -910,9 kJ.mol ; ΔH)H = -110,5 kJ.mol

c) Phản ứng (1) sẽ diễn ra ưu thế theo chiều thuận bắt đầu từ nhiệt độ nào?

(Coi sự phụ thuộc của ΔH)S và ΔH)Hvào nhiệt độ là không đáng kể).

2 Ở 25 oC và áp suất 1 atm độ tan của CO2 trong nước là 0,0343 mol/l Biết các thông số nhiệt động sau:

∆G0 (kJ/mol) ∆H0 (kJ/mol)

CO2 (dd) -386,2 -412,9

a) Tính hằng số cân bằng K của phản ứng:

CO2 (dd) + H2O (l)    H+(dd) + HCO3- (dd)

b) Tính nồng độ của CO2 trong nước khi áp suất riêng của nó bằng 4,4.10- 4 atm và pH của dung dịch thu được

c) Khi phản ứng hòa tan CO2 trong nước đạt đến trạng thái cân bằng, nếu nhiệt độ của hệ tăng lên nhưng nồng độ của CO2 không đổi thì pH của dung dịch tăng hay giảm? Tại sao?

Câu 4 ( 2,5 điểm ) ĐỘNG HỌC

Trong dung dịch nước, chất A bị phân hủy phương trình:

A + 2H2O → 2X+ + Y2- (1) Trong dung dịch loãng, hằng số tốc độ của phản ứng tại 350 K là k1 = 4,00.10-5 s-1

a) Cho biết bậc của phản ứng (1)

b)Tính thời gian cần thiết, t1, để 80% lượng A bị phân hủy ở 350K

c) Tính hằng số tốc độ của phản ứng, k2, tại 300K và thời gian cần thiết, t2, để 80% lượng

A bị phân hủy ở nhiệt độ này Biết năng lượng hoạt hóa của phản ứng là 166,00 kJ.mol-1

và không phụ thuộc vào nhiệt độ

d) Khi có mặt chất xúc tác, hằng số tốc độ của phản ứng phân hủy tại 300 K là

k2’ = 3,00.104 s-1 Giả sử thừa số tần số không thay đổi, tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng khi có mặt xúc tác

Câu 5 ( 2,5 điểm ) DUNG DỊCH (AXIT – BAZƠ, KẾT TỦA)

1 Pb(NO3)2 được thêm từ từ vào 20.00 mL dung dịch chứa Na2SO4 0.020 M;

Na2C2O45.0×10−3 M; KI 9.7×10−3 M; KCl 0.05 M và KIO30.0010 M Khi có kết tủa màu vàng PbI2 bắt đầu xuất hiện, thì dùng hết 21.60 mL of Pb(NO3)2

a Xác định thứ tự kết tủa

b Tính nồng độ của dung dịch Pb(NO3)2?

Cho: pKs(PbSO ) 4

= 7.66; pKs(Pb(IO ) ) 3 2

= 12.61; pKs(PbI ) 2

= 7.86; pKs(PbC O ) 2 4

= 10.05;

pK s( PbCl

2) =4 77

(Các quá trình khác của các ion được bỏ qua).

2 Dung dịch axit H3PO4 có pH là 1.46 (dd X)

a Tính nồng độ cân bằng của các cấu tử có trong dung dịch H3PO4 Cho Ka của H3PO4

lần lượt là 7.2×10−3; 6.3×10−8 ; 4.2×10−13

Tính độ pH của dung dịch Y ( pK NH 4+ = 9 24

)

1 Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây bằng phương pháp ion electron:

a [Fe(CN)6]4- + H+ + MnO4-  Fe3+ + CO2 + NO3- + Mn2+

b Cu3P + Cr2O72- + H+  Cu2+ + H3PO4 + Cr3+

c HAsO2 + Ce4+ + H2O  H2AsO4- + Ce3+ + H+

2 Dựa vào bảng số liệu:

Oxh / Kh I2 / 2I- Br2 / 2Br - Cl2/2Cl- IO3- /I2 BrO3- /Br2

Hãy giải thích hiện tượng quan sát được trong thí nghiệm sau: Cho luồng khí clo từ từ đi vào dung dịch chứa KI và KBr có hoà tan vài giọt hồ tinh bột đến dư

Câu 7 ( 2,5 điểm ) HALOGEN – OXI – LƯU HUỲNH

1 M và R là các nguyên tố thuộc phân nhóm chính (nhóm A), có thể tạo với hiđro các hợp chất MH và RH Gọi X và Y lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của M và R Trong

Y, R chiếm 35,323% khối lượng Để trung hòa hoàn toàn 50 gam dung dịch 16,8% X cần

150 ml dung dịch Y 1M Xác định các nguyên tố M và R

2 Để hoà tan hoàn toàn a mol một kim loại cần một lượng vừa đủ a mol H2SO4, sau phản ứng thu được 31,2 gam muối sunfat và khí X Toàn bộ lượng khí X này làm mất màu vừa đủ 500 ml dung dịch Br2 0,2M Xác định tên kim loại

Câu 8 ( 2,5 điểm ) BÀI TẬP TỔNG HỢP

1 Hoà tan hoàn toàn 0,8120 gam một mẫu quặng sắt gồm FeO, Fe2O3 và 35% tạp chất trơ

trong dung dịch HCl (dư), thu được dung dịch X Sục khí SO2 vào dung dịch X, thu được dung dịch Y Dung dịch Y phản ứng vừa đủ với 22,21 ml dung dịch KMnO4 0,10 M Mặt khác, hoà tan hết 1,2180 gam mẫu quặng trên trong dung dịch HCl (dư) rồi thêm ngay dung dịch KMnO4 0,10 M vào dung dịch thu được cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thì hết 15,26 ml dung dịch KMnO4 0,10 M

a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra

b) Tính thể tích SO2 (ở điều kiện tiêu chuẩn) đã dùng và thành phần phần trăm theo khối lượng của FeO, Fe2O3 có trong mẫu quặng

HẾT

Người ra đề: Mạc Thị Thanh Hà

Số điện thoại: 0904769299

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VP TỈNH VP

ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC LỚP 10

ĐỀ THI ĐÈ XUẤT

Câ

u

m

= 96,472kJ/mol

Vậy:

E1 = -122,400eV x 96,472 kJ/mol.eV= -11808,173kJ/mol;

E2 = -30,600 eVx 96,472 kJ/mol.eV = -2952,043kJ/mol;

E3 = -13,600eV x 96,472 kJ/mol.eV = -1312,019kJ/mol;

E4 = -7,650eV x 96,472 kJ/mol.eV = -738,011kJ/mol

0,5

b) Quy luật liên hệ: Khi Z là hằng số, n càng tăng, năng lượng En tương

ứng càng cao (càng lớn) Giải thích: n càng tăng, số lớp electron càng

tăng, electron càng ở lớp xa hạt nhân, lực hút

hạt nhân tác dụng lên electron đó càng yếu, năng lượng En tương

ứng càng cao (càng lớn), electron càng kém bền

0,5

c) Sự ion hoá của M2+: M2+ → M3+ + e

Cấu hình electron của M2+ ở trạng thái cơ bản là 1s1

Vậy I3 = -(E1) = +122,400 eV

→ I3 = 122,400eV

0,5

2.a) Phương trình phản ứng hạt nhân:

98Cf  20Ca 118X  3 0n

118X  116Y 2He

b) Cấu hình electron của nguyên tử nguyên tố X : [Rn]5f146d107s27p6 →

Nguyên tố X (Z=118) có 7

lớp electron nên X thuộc chu kì 7, có 8 electron lớp ngoài cùng, electron cuối

cùng điền vào phân lớp

p nên X thuộc nhóm VIIIA (nhóm các nguyên tố khí hiếm)

0,5

0,5

2 1) * SF4: (AX4E) lai hóa sp3d Hình dạng cái bập bênh

* HClO2: (AX3E2) lai hóa sp3d Hình dạng chữ T

* HClO : (AX2E3) lai hóa sp3d Hình dạng đường thẳng

* ICl4



: (AX4E2) lai hóa sp3d2 Hình dạng vuông phẳng

* IF7: (AX7) lai hóa sp3d3 Hình dạng lưỡng chóp ngũ giác

* BrF5: (AX5E) lai hóa sp3d2 Hình dạng tháp vuông

* HNO3: (AX3) lai hóa sp2 Hình dạng tam giác phẳng

* C2H6: (AX4) lai hóa sp3 Hình dạng 2 tứ diện chung đỉnh

1,0

2 a = 6,338.10–8 cm; b = 7,842.10–8 cm; c = 5,155.10–8 cm

Từ

4 4

NiSO NiSO

A

n.M



(1)

→

NiSO4

4

A NiSO

n =

3,9 6,022.10 6,338.10 7,842.10 5,155.10

n =

Số phân tử NiSO4 trong một ô mạng cơ sở phải là số nguyên → n = 4

4

NiSO

ρ

4 154,76 6,022.10 6,338.10 7,842.10 5,155.10 = 4,012 (g/cm3)

*Vẽ ô mạng cơ sở

Ion oxi (O 2- ) Ion niken (Ni 2+ )

*Tính x:

-Tính cạnh a của ô mạng cơ sở của NiO

NiO

A

n.M

N a → a3

NiO

A NiO

n.M

=

N ρ

n = 4 (vì mạng là lập phương tâm mặt) →

3

23

4 74,69

a = 6,022.10 6,67

→ a = 4,206.10–8 cm

0,5

0,5

0,5

-Theo đầu bài, ô mạng cơ sở của NiO và ô mạng cơ sở của LixNi1-xO giống

nhau, do đó:

x 1 x

x 1 x

Li Ni O

A

n.M

N a





→ 6,21

4 x.6,94 + (1-x).58,69 + 16

= 6,022.10 (4,206.10 ) 

→ x = 0,10

3

1.a) ΔH)S = 20 S0CO(k)+ SSi(r)0

- 2 S0C(r)

- 2(r)

0 SiO

S

= 2.197,6 + 18,8 - 2.5,7 - 41,8 = 360,8 JK -1

b) G0= ΔH)H0- T ΔH)S , trong đó 0 ΔH)H 0= (r) (k) (r) 2(r)

f(Si ) f(CO ) f(C ) f(SiO )

0

ΔH)H = 2.(-110,5) + 910,9 = 689,9 (kJ)

 G0= ΔH)H0- T ΔH)S = 689,9 - 298 360,8.100 -3 = 582,4 (kJ).

c) Phản ứng (1) sẽ diễn ra ưu thế theo chiều thuận khi ΔH)G bắt đầu có giá trị âm:

ΔH)G = ΔH)H 0- TΔH)S = 689,9 - T 360,8.100 -3 = 0  T = 1912 o K.

Vậy từ nhiệt độ lớn hơn 1912 o K, cân bằng (1) sẽ diễn ra ưu tiên theo chiều thuận.

0,25 0,5 0,25

2.a) Tính hằng số cân bằng K của phản ứng:

CO 2 (dd) + H 2 O (l)     H + (dd) + HCO 3- (dd) (1)

∆G 0

pư = ∆G 0 (H + ) + ∆G 0 (HCO 3-)  ∆G 0 (CO 2 )  ∆G 0 (H 2 O)

= 0,0 + (-578,1) + 386,2 + 237,2 = 45,3 kJ/mol

∆G 0

pư = RTlnK lnK = ∆G 0

pư /RT = (45,3.10 3 ) : (8,314  298)

= 18,284

K = 1,15 10-8

b Tính nồng độ của CO2 và pH của dung dịch

2

2 H CO

[CO ] = K P 0,0343 4, 4.10  1,51.10 (mol/l) 

[H + ] = [HCO 3-] + 2[CO 32-] + [OH - ] (2) Vì [CO 32-] rất nhỏ nên có thể bỏ qua.

Theo (1), K = [H + ].[HCO 3-] : [CO 2 ] [HCO 3-] = K[CO 2 ] : [H + ]

Thay [HCO 3-] vào (2) được [H + ] = K[CO 2 ]:[H + ] + K nước : [H + ] hay [H + ] 2 = K[CO 2 ] + K nước = 1,15.10 -8  1,15.10 -5 + 10 -14 Tính ra: [H + ] = 4,32 10 -7 pH = 6,37

c Khi phản ứng hòa tan CO2 trong nước đạt đến trạng thái cân bằng, nếu nhiệt độ của

hệ tăng lên nhưng nồng độ của CO 2 không đổi thì pH của dung dịch tăng hay giảm.

Tại sao?

∆H 0

pư = ∆H 0 (H + ) + ∆H 0 (HCO 3

-)  ∆H 0 (CO 2 )  ∆H 0 (H 2 O)

= 0,0  691,2 + 412,9 + 285,8 = 7,5 kJ/mol

Do ∆H 0

pư > 0, khi nhiệt độ tăng cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận, pH giảm

0,5

0,5

0,5

4 a)Vì k 1 = 4,00.10 -5 s -1 nên phản ứng là bậc 1.

b) Vì phản ứng là bậc 1, nên:



0,5 0,5

c) Ta có:

ln

k R T T , thay số vào ta được:



3 2

5

ln

4.10 8,314 350 300 suy ra: k 2 = 2,971.10 -9 s -1

d) Ở 300K:

- Khi không có xúc tác:





a

E RT 2

k A.e (1)

- Khi có xúc tác, vì thừa số tần số không thay đổi nên:





' a

E ' RT 2

Từ (1) và (2) ta được:





'

E E

2 RT '

2

k e

k , thay số vào ta được:









' a 3

E 166 9

8,314.10 300 4

2,971.10

e 3.10

Suy ra: E a ’ = 91,32 kJ.mol -1

0,5

0,5

0,5

5 1 a)Điều kiện để bắt đầu xuất hiện kết tủa:

PbSO4 : 2+

-7.66

-6

Pb (1)

10

0.02

PbC2O4 : 2+

-10.05

-8

10

5.0 10



PbI2 :

2+

-7.86

-4

10

(9.7 10 )



Pb(IO3)2:

2+

-12.61

-7

10

(0.001)

PbCl2:

2+

-4.8

-3

10

(0.05)

2+

Pb (2)

C

< CPb (4)2+ < CPb (1)2+ < CPb (3)2+ < CPb (5)2+  Kết tủa xuất hiện theo thứ tự: PbC2O4, Pb(IO3)2, PbSO4, PbI2 và PbCl2

Khi PbI2 bắt đầu kết tủa (Coi như I- không tồn tại)

4 2+

-7.66 s(PbSO )

Pb (3)

-4

= K = 1.48 10 (M) = S







(S là độ tan của PbSO4 trong dung dịch bão hòa) Do đó PbC2O4, Pb(IO3)2 và PbSO4 đã kết tủa hoàn toàn

0,5

0,5

 21.60 × CPb(NO ) 3 2

= 20.00 × (

2-2 4

C O

C

+ 2×CIO-3

+ CSO2-4

)

= 20.00(5.0 × 10−3 + 2 × 0.0010 + 0.020)

= 0.025 (M)

2.a) H+ được thay cho H3O+ Mọi tương tác của các ion trong dung dịch được bỏ qua [H+] được viết bằng h trong tất cả các phép tinh và các hằng số axit của

H3PO4 được viết là K1, K2 and K3

Với K1 >> K2 >> K3, chỉ có nấc phân li thứ nhất là chủ yếu

H3PO4 H+ + H2PO4

-Với

2.14

10

H H PO h K





Với Co = 0.200 M

Biến đổi biểu thức có:

3

0.1653 M

o

h C

hK K K K K

h h K hK K K K K

h C hC

h h K h K





Tương tự, ta có:







hK K C K K C

h h K h hK

1

o

K K K C

h h K

b) Ta có: n H PO 3 4  0.2 0.050 0.010 mol   ; n NH 3  0.4 0.050 0.020 mol  

Do đó phản ứng xảy ra: H3PO4 + 2 NH3  (NH4)2HPO4

0.010 [(NH ) HPO ] 0.1 M

0.100

Trong dung dịch B: (NH4)2HPO4  2 NH4+ + HPO4

2-0,5

0,5

0.2 M 0.1 M

Có các cân bằng sau đây:

NH4+ NH3 + H+

HPO42- + H+ H2PO4

-H2PO4- + H+ H3PO4

HPO42- H+ + PO4

3-Áp dụng định luật bảo toàn proton

[H+] + 2[H3PO4] + [H2PO4-] = [OH-] + [PO43-] + [NH3] (1) Với [NH3] + [NH4+] = 0.2 M

[H3PO4] + [H2PO4-] + [HPO42-] + [PO43-] = 0.1 M Mặt khác:

+

+

NH

3

NH

0.2

h K







3

0.1





2 1

0.1



0.1



0.1



Tại độ pH = 7 – 9 vì vậy có thể bỏ qua [H+], [OH-], [H3PO4] và [PO43-] trong pư (1):

[H2PO4-] = [NH3]

+ 4 + 4

2

NH 1

3 2

1 1 2 1 2 3 NH

0.2

h K







9.24

3

1 2 3

2



(Trong đó K1K2K3 coi như không đáng kể, có thể bỏ qua.)

-> h = 8.81 × 10-9 M and pH = 8.06

0,5

6 1 a [Fe(CN)6]4- + H+ + MnO4-  Fe3+ + CO2 + NO3- + Mn2+

2

[Fe(CN ) ] 30H O Fe 6 NO 6CO 60H 61e 5

61 MnO 8H 5e Mn 4H O

5[Fe(CN)6]4- + 188 H+ + 61MnO4-  5 Fe3+ + 30CO2 + 30NO3- + 61Mn2+

b Cu3P + Cr2O72- + H+  Cu2+ + H3PO4 + Cr3+

2

Cu P 4H O 3Cu H PO 5H 11e 6

11 Cr O 14H 6 e 2Cr 7H O

6Cu3P + 11Cr2O72- + 124 H+  18 Cu2+ + 6H3PO4 + 22Cr3+ + 53H2O

c HAsO2 + Ce4+ + H2O  H2AsO4- + Ce3+ + H+

Ce 1e Ce 2

1 HAsO 2H O H AsO 3H 2e

 

HAsO2 + 2Ce4+ + 2H2O    H2AsO4- + 2Ce3+ + 3H+

2 Do 2

0 / 2

Cl Cl

E 

> 3 2

0 /

IO I

E 

> 2

0 / 2

Br Br

E 

> 2

0 / 2

I I

E 

và clo lấy dư nên các phản ứng lần lượt xảy ra:

1) Cl2 + 2I-  2Cl- + I2 làm dung dịch chuyển dần màu xanh

2) Cl2 + 2Br-  2Cl- + Br2 làm dung dịch có màu đậm dần do Br2 có màu vàng

3) 5Cl2 + I2 + 6H2O  10Cl- + 2IO3- + 12H+ làm màu dung dịch nhạt dần chuyển sang màu vàng

4) Do clo dư nhiều và 3 2

0 /

BrO Br

E 

- 2

0 / 2

Cl Cl

= 0,16 V (nhỏ) nên có phản ứng:

5Cl2 + Br2 + 6H2O  10Cl- + 2BrO3- + 12H+ làm màu vàng của dung dịch nhạt dần và mất đi

Nếu tiếp tục sục clo thì dung dịch có màu vàng nhạt của 1 lượng nhỏ clo hoà

tan

0,5

0,5

0,5

0,25 0,25 0,25 0,25

Trường hợp 1 : Nếu R thuộc nhóm IA thì Y có dạng ROH

0,25

Ta có :

R

17=

35,323

64, 677 ⇒R=9,284 (loại do không có nghiệm thích hợp)

Trường hợp 2 : R thuộc nhóm VIIA thì Y có dạng HRO4

Ta có :

R

65=

35 ,323

64 ,677 ⇒R=35,5 , vậy R là nguyên tố clo (Cl).

Do hiđroxit của R (HClO4) là một axit, nên hiđroxit của M phải là một bazơ

dạng MOH

mX= 16, 8

100 ×50 gam=8,4 gam

MOH + HClO4  XClO4 + H2O

 n MOH=n HClO

4 =0 ,15 L×1 mol/ L=0 ,15 mol

 M+17 = 8,4 gam

0,15 mol=56

 M = 39 , vậy M là nguyên tố kali (K)

0,25

0,5

hoặc SO2

Giả sử X là H2S, ta có phương trình phản ứng:

8R + 5nH2SO4 → 4R2(SO4)n + nH2S + 4nH2O Theo ptpu: nH SO2 4 =

5 8

n

nR Theo bài ra: nH SO2 4= nR → 5n = 8 → n =

8

5 Vậy khí X đã cho là khí SO2 Và ta có phương trình phản ứng:

2R + 2nH2SO4 → R2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O

Ta có: 2 =2n  n =1

Phương trình (1) được viết lại:

2R + 2H2SO4 → R2SO4 + SO2 + 2H2O * Cho khí X phản ứng với dung dịch Br2 xảy ra phản ứng sau:

SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr (2)

Theo (2): nSO2= nBr2= 0,5.0,2 = 0,1(mol); theo (*): nR2SO4 = nSO2= 0,1(mol)

Theo bài ra khối lượng của R2SO4 = 31,2g → M R SO2 4=

31, 2 0,1 = 312

0,5

0,25

0,25

0,5