Tuyến chọn một số bài từ sách TUYỂN TẬP 10 NĂM ĐỀ THI OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC p2

Tuyến chọn một số bài từ sách TUYỂN TẬP 10 NĂM ĐỀ THI OLYMPIC 30/4 HÓA HỌC p2 là tài liệu mang tính chất tham khảo, giúp ích cho các bạn tự học, ôn thi, với phương pháp giải hay, thú vị, rèn luyện kỹ năng giải đề, nâng cao vốn kiến thức cho các bạn trong các kỳ thi sắp tới. Tác giả hy vọng tài liệu này sẽ giúp ích cho các bạn.

2 Sau phản ứng cịn dư ion pemanganat (có giải thích) Biết giản đồ khử I Mn môi trường axit sau: 1,70 1,14 1,45 0,54 H IO6   IO3   HIO   I3  I +1,20 +1,51 0,56 2,26 0,95 1,51 1,18 MnO4   MnO42   MnO2   Mn3   Mn2   Mn +1,23 +1,7 Hướng dẫn giải: Dựa vào giản đồ khử I- ta suy HIO khơng bền   0 EHIO  EIO  / HIO nên HIO dị phân thành IO3 I /I 3 Ta viết lại giản đồ khử I sau: 1,70 1,20 0,54 H IO6   IO3   I3  I Dựa vào khử Mn ta suy MnO42 Mn3+ khơng bền chúng khử bên phải lớn khử bên trái nên chúng bị dị phân thành hai tiểu phân bên cạnh HIO Đối với trình Mn2+ → Mn ta khơng xét Mn kim loại tồn dung dịch nước có mặt H+ khử Mn2+/Mn âm Do ta viết lại giản đồ khử Mn sau: 1,70 1,23 MnO4   MnO2   Mn2 Ta có phương trình ion thu gọn trường hợp sau: Trường hợp sau phản ứng có I- dư: H IO6 IO3 khơng thể tồn với I- vì: 0 EH0 IO / IO  1,7V  EI0 / I   0,54V EIO  0,54V   1, 2V  E  I /I 3 3 Nên H IO6 IO3 oxi hóa I  thành I 3 Như I  bị oxi hóa thành I 3 Khi I  dư MnO4 MnO2 khơng thể tồn EMnO  / MnO2 EMnO lớn / Mn 2 EI0 / I nên MnO4 MnO2 oxi hóa I  thành I 3 Như MnO4   bị khử hoàn toàn thành Mn2 Do phương trình phản ứng xảy I  dư dạng ion thu gọn sau: 2MnO4  15I   16H   5I3  2Mn2  8H 2O Trường hợp sau phản ứng có dư MnO4 : 0  EMnO Mn2 khơng thể tồn MnO4 dư EMnO  / MnO 2 / Mn 2 nên MnO4 oxi hóa Mn2 thành MnO2 Khi MnO2 dư I 3 I  khơng thể tồn vì: EMnO  / MnO2  EI0 / I  , EIO  / I 3 nên MnO4 oxi hóa I 3 I  Như sản phẩm sinh I  bị oxi hóa IO3 lượng nhỏ H IO6 EMnO  / MnO2  EH0 IO  1,7V Do phương trình xảy MnO4 dư sau: 2MnO4  I   2H   2MnO2  IO3  H 2O 8MnO4  3I   8H   2H 2O  8MnO2  3H IO6 Câu 7: trang 170 Đánh giá khả hòa tan HgS trong: a, Axit nitric b, Nước cường toan Biết ENO  / NO  E20  0,96V ; ES0 / H2 S  E01  0,17V ; THgS  1051,8 Hướng dẫn giải: a, Trong axit nitric: Các trình xảy ra: HNO3  H   NO3  HgS  Hg 2  S 2 Tt  THgS  1051,8  H   S 2  HS  ka21  1012,92  HS   H   H S ka11  107  H S  2e  S  2H   1 k  10   E01 0,059 1 2  NO  H  3e  NO  H k  10  E20 0,059 3HgS  NO3  8H   3Hg 2  3S  NO  H 2O k  Tt ka23 ka13 k13 k22  lg k  3lg T  3lg ka2  3lg ka1  3lg k1  2lg k2  E10   3E20   3(51,8)  3(12,92)  3(7)     2   0, 059   0, 059   155,  38,76  21 17, 29  97,63  15,3  k  1015,3 Vì k nhỏ nên xem HgS khơng tan HNO3 b, Trong nước cường toan: Các trình xảy ra: 3HgS  NO3  8H   3Hg 2  3S  NO  4H 2O  Hg 2  4Cl   HgCl42 k  1015,3 4  1014,92 3HgS  NO3  8H   12Cl   3HgCl42  3S  NO  4H 2O k '  k.34  lg k '  lg k  3lg 4  15,3  3.14,92  29, 46  k  1029,46 lớn Vậy HgS tan mạnh nước cường toan Câu 8: trang 171 Thêm ml dung dịch H2S 0,01M vào 1ml dung dịch hỗn hợp: Fe3+ 0,01M H+ 0,1M Có xuất kết tủa khơng? Biết: K1( H2 S )  107,02 ; K2( H2 S )  1010,9 ; EFe  0,77V ; ES0 / H2 S  0,14V ; TFeS  1017,4 3 / Fe2 Hướng dẫn giải: Nồng độ chất sau trộn: [H2S] = 5.10-3 mol/l [Fe3+] = 5.10-3 mol/l [H+] = 5.10-2 mol/l 3 Fe  1e  Fe 2 S  2H   2e  H S nE 0,059 (1) K1  10 (2) K  104,745  1013 Tổ hợp (1) (2) 2Fe3  H S  2Fe2  S  2H  5.10-3 2,5.10-3 5.10-3 (3) K3  K12 K21  1021,255 5.10-3(M) Vì K3 lớn nên phản ứng (3) xảy hoàn toàn: H S  H   HS  (4) HS   H   S 2 K4 (5) K5 Tổ hợp (4) (5) H2S Cân (2,5.10-3 – x)  5,5.10  x  x  10   2,5.10  x  (5,5.10-2 + 2x) + S2- (6) K6 = K4 K5 = 10-19,92 x 2 K6 2H+  19,92 3 → x = [S2-] = 5,2.10-20 Ta có: [Fe2+].[S2-] = 2,6.10-23 < TFeS Vậy FeS chưa kết tủa Câu 2: trang 192 Hãy cho biết biến thiên tính axit dãy HXO4 (X halogen) Giải thích? Một hỗn hợp X gồm muối halogen kim loại Natri nặng 6,23g hịa tan hồn tồn nước dung dịch A Sục khí clo dư vào dung dịch A cạn hồn tồn dung dịch sau phản ứng 3,0525g muối khan B Lấy nửa lượng muối hòa tan vào nước cho phản ứng với dung dịch AgNO3 dư thu 3,22875g kết tủa Tìm cơng thức muối tính % theo khối lượng muối X Hướng dẫn giải: Tính axit dãy HXO4 giảm dần X: Cl → I Giải thích: Cấu tạo HXO4 O O H – O – X → O H – O – X = O O O Vì Cl → I độ âm điện giảm làm cho độ phân cực liên kết – O – H giảm Giả sử lượng muối khan B thu sau cho clo dư vào dung dịch A có NaCl → nNaCl  3, 0525  0, 0522mol 58,5 NaCl + AgNO3 → AgCl↓ + NaNO3 Theo (1) → nNaCl  nAgCl  (1) 3, 22875  0, 045mol  0, 0522mol 143,5 Do đó, muối khan B thu ngồi NaCl cịn có NaF Vậy hỗn hợp X chứa NaF mNaF = mB – mNaCl = 3,0525 – 0,045.58,5 = 0,42(g) % NaF  0, 42 100%  6, 74% 6, 23 Gọi công thức chung hai muối halogen lại là: NaY NaY  Cl2  NaCl  Y2 Theo (2) → nNaY  nNaCl  0,045mol mNaY  mX  mNaF  6, 23  0, 42  5,81( g ) (2) Do đó: M NaY  5,81  129,11  23  M Y  M Y 106,11 0,045 → phải có halogen có M > 106,11 → iot Vậy cơng thức muối thứ NaI Do có hai trường hợp: * Trường hợp 1: NaF, NaCl NaI Gọi a, b số mol NaCl NaI 58,5 a 150 b  5,81 a 0,01027  a  b  0,045 b  0,03472 Ta có:  mNaCl = 58,5.0,01027 = 0,6008(g) mNaI = 150 0,03472 = 5,208 (g) 0,6008 100%  9,64% 6,23 Vậy: % NaCl  % NaCl  0, 6008 100%  9, 64% 6, 23 % NaF  6,77% % NaI  83,59% Trường hợp 2: NaF, NaBr NaI 103a ' 150 b'  5,81 a' 0,02  a ' b '  0,045 b' 0,025 Ta có:  mNaBr = 103.0,02 = 2,06(g) mNaI = 150.0,025 = 3,75 (g) Vậy % NaBr  % NaI  2, 06 100%  33, 07% 6, 23 3, 75 100%  60,19% 6, 23 % NaF  6,74% Câu 8: X loại muối kép ngậm nước có chứa kim loại kiềm clorua magie clorua Để xác định công thức X, người ta làm thí nghiệm sau: * Lấy 5,55g X hịa tan vào nuếoc đem dung dịch thu tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 tạo thành 8,61gam kết tủa * Nung 5,55g X đến khối lượng không đổi khối lượng giảm 38,92% Chất rắn thu cho tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH tạo kết tủa Lọc lấy kết tủa, rửa nung đến khối lượng không đổi thu 0,8gam chất rắn Hãy xác định công thức X Hướng dẫn giải: * Thí nghiệm 1: Ag+ + Cl- → AgCl↓; nAgCl  nCl   8, 61  0, 06mol 143,5 Thí nghiệm 2: Khi nung, xảy loại nước để muối khan, nên khôi lượng nước ngậm muối 38,92%×5,55=2,16gam, ứng với 2,16/18 = 0,12mol H2O Khi tác dụng với dung dịch NaOH: Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2↓ to Mg(OH)2↓ → MgO + H2O Nung nMgO = 0,8/40 = 0,02mol = nMg ứng với 0,02 mol MgCl2 ban đầu 2 Còn lại 0,02 mol Cl- kết hợp với ion kim loại M+ 0,02 mol MCl có khối lượng bằng: 5,55 – (2,16 + 0,02.95) = 1,49 gam Tính được: M  1, 49  35,5  39 đvC Vậy M Kali 0, 02 Công thức muối là: 0,02 mol KCl, 0,02 mol MgCl2, 0,12 mol H2O hay KCl.MgCl2.6H2O Câu 10: trang 206 Cho hỗn hợp A gồm muối MgCl2, NaBr, KI Cho 93,4 gam hỗn hợp A tác dụng với 700 ml dung dịch AgNO3 2M Sau phản ứng kết thúc thu dung dịch D kết tủa B Lọc kết tủa B, cho 22,4 gam bột Fe vào dung dịch D Sau phản ứng kết xong thu chất rắn F dung dịch E Cho F vào dung dịch HCl dư tạo 4,48 lít H2 (đkc) Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch E thu kết tủa, nung kết tủa không khí khối lượng khơng đổi thu 24 gam chất rắn Tính khối lượng kết tủa B Hòa tan hỗn hợp A vào nước tạo dung dịch X Dẫn V lít Cl2 sục vào dung dịch X, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu 66,2 gam chất rắn Tính V(đkc)? Hướng dẫn giải: Gọi a, b, c số mol MgCl2, NaBr, KI Phương trình phản ứng: Cl- + Ag+ → AgCl↓ (1) Cl- + Ag+ → AgBr↓ (2) I- + Ag-+ → AgI↓ (3) Fe + 2Ag+(dư) → Fe2+ + 2Ag (4) Fe(dư) + 2H+ → Fe2+ + H2 Fe2+ + 2OH- → Fe(OH)2 ↓ 2Fe(OH)2 + (5) (6) O2 + H2O → 2Fe(OH)3↓ 2Fe(OH)3↓ → Fe2O3 + 3H2O Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2 (7) (8) (9) Mg(OH)2 → MgO + H2O Theo (5) nFe(dư) = nH  (10) 4, 48  0, 2mol 22, nAg  ( du )  0,   0, 4mol Theo (1) (2) (3) nAg   (0,7  2)  0,  2a  b  c  1mol (I) mrắn =  mFe2O3  mMgO  160  0,1  40a  24 a = 0,2 (II) mA = 95.0,2 + 103b + 166c = 93,4 (III) Phương trình phản ứng: Cl2 + 2I- → 2Cl- + I2 (1) Cl2 + 2Br- → 2Cl- + Br2 (2) Khi phản ứng (1) xảy hoàn toàn khối lượng muối giảm: 0,2(127 – 35,5) = 18,3 gam Khi hai phản ứng (1) (2) xay hoàn toàn khối lượng muối giảm: 0,2(127 – 35,5) + 0,4(80 – 35,5) = 36,1 gam Theo đề ta co khối lượng muối giảm: 93,4 – 66,2 = 27,2 gam 18,3 < 27,2 < 36,1 chứng tỏ phản ứng (1) xảy hồn tồn có phần phản ứng (2) Đặt số mol Br2 phản ứng x khối lượng muối giảm: 18,3 + x(80 – 35,5) = 27,2 Suy x = 0,2 mol Vậy nCl2  (0,  0, 2)  0, 2mol VCl2  22,4.0,2  4,48lit Câu 11: trang 208 Hỗn hợp A: KClO3, Ca(ClO3)2, Ca(ClO)2, CaCl2, KCl nặng 83,68 gam Nhiệt phân hoàn toàn A thu chất rắn B gồm CaCl2, KCl thể tích oxi vừa đủ để oxi hóa SO2 thành SO3 để điều chế 191,1 gam dung dịch H2SO4 80% Cho chất rắn B tác dụng với 360 ml dung dịch K2CO3 0,5M (vừa đủ) thu kết tủa C dung dịch D Lượng KCl dung dịch D nhiều gấp 22/3 lần lượng KCl A Tính khối lượng kết tủa C? Tính thành phần phần trăm khối lượng KClO3 A? Hướng dẫn giải:  KClO3 : a (mol ) Ca (ClO ) : b(mol )  Hỗn hợp A Ca(ClO) : c(mol ) CaCl : d (mol )   KCl : e(mol ) to KClO3   KCl  O2 Mol a a a t Ca(ClO3 )2   CaCl2  3O2 o Mol b 3b b t Ca(ClO)2   CaCl2  O2 o Mol c c c * Theo định luật bảo toàn khối lượng: mA  mKCl  mCaCl2  mO2 83,68 = 74,5(a + e) + 111(b + c + d) + 32( xt ,t 2SO2  O2   2SO3 o Mol 3a  3b  c 3a  6b  2c 3a + 3b + c) (1) SO3  H 2O  H SO4 3a  6b  2c Mol 80   3a  6b  2c  3a  6b  2c 98(3a  6b  2c) 100 191,1 (2) 80 191,1  1,56 100  98 CaCl2 : (b  c  d )mol  ddK 2CO3  KCl : (a  e)mol * Chất rắn B  KCl + K2CO3 → CaCl2 Mol + (b + c + d) K2CO3 → (b + c + d) + CaCO3↓ 2(b + c + d) (b + c + d) 2KCl Số mol K2CO3 = 0,36 0,5 = 0,18 (mol) = b + c + d (3) * Kết tủa C: CaCO3 Khối lượng kết tủa CaCO3 = 100(b + c + d) = 100 0,18 = 18 gam Dung dịch D (KCl) nKCl = a + e + 2(b + c + d) = (a + e) + 0,18 = a + e + 0,36 mKCl (ddD)  22 22 mKCl ( A)  nKCl (ddA)  nKCl ( A) 3 a  e  0,36  22 e (4) Từ (1), (2), (3), (4) ta có:   3a  83, 68  74,5(a  e)  111(b  c  d )  32   3b  c     3a  6b  2c  1,56  b  c  d  0,18  22e a  e  0,36   1,56    83, 68  74,5(a  e)  (111 0,18)   32      74,5  a  e   38,74 a  e  0,52  22  a  e  0,36  e  % KClO3trongA  122,5.a.100  58,56% 83, 68 Câu 12: trang 210 Cho 50g dung dịch X chứa muối halogenua kim loại hóa trị II tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thu 9,40g kết tủa Mặt khác, dùng 150g dung dịch X phản ứng với dung dịch Na2CO3 dư thu 6,30g kết tủa Lọc kết tủa đem nung đến khối lượng khơng đổi, khí thoát cho vào 80g dung dịch KOH 14,50% Sau phản ứng, nồng độ dung dịch KOH giảm 3,85% a, Xác định CTPT muối halogen b, Tính C% muối dung dịch X ban đầu Hướng dẫn giải: a, CTPT muối MX2: MX  AgNO3  AgX   M ( NO3 )2 (1) MX  Na2CO3  MCO3  2 NaX (2) MCO3  MO  CO2  (3) CO2  2KOH du  K2CO3  H 2O (4) Lý luận: (1) → số mol AgX(1)  9, 108  X (5) (2) → số mol MX2(2) = số mol MCO3(2) = số mol CO2 = (4) → mKOHpu(4) =  6,3  56 M  60 (7) 6,3 (6) M  60 Mà mKOH(bđ) = 11,6g   80  mKOHsau pư   44  M  60   100 6,3 3,85 (8) → mKOHpu(4) = mKOH(bđ) + mKOHsau pư 2 6,3  6,3  3,85   56  11,    44   80   M  60   M  60  100 (9) Giải M = 24 (Mg) (6) → số mol MX2(2) = 0,075 → số mol MX2(1) = 0,025 (1)→ số mol AgX(1) = lần số mol MX2(1) (5) → X = 80 (Br) CT muối: MgBr2 b, Khối lượng MgBr2 (trong 50gam dung dịch X) = 4,6g → C% MgBr2 = 9,2% Câu 19: trang 224 X muối có cơng thức NaIOx Hòa tan X vào nước thu dung dịch A Cho khí SO từ từ qua dung dịch A thấy xuất dung dịch màu nâu, tiếp tục sục SO2 vào màu nâu thu dung dịch B Thêm dung dịch axit HNO3 vào dung dịch B sau thêm lượng dư dung dịch AgNO3, thấy xuất kết tủa màu vàng - Thêm dung dịch H2SO4 loãng KI vào dung dịch A, thấy xuất dung dịch màu nâu màu nâu thêm dung dịch Na 2S2O3 vào a, Viết phương trình phản ứng xảy dạng ion thu gọn b, Để xác định xác cơng thức muối X người ta hịa tan 0,100 gam vào nước, thêm lượng dư KI vài ml dung dịch H2SO4 loãng, dung dịch coa màu nâu Chuẩn độ I2 sinh dung dịch Na2S2O3 0,1M với chất thị hồ tinh bột màu, thấy tốn hết 37,40ml dung dịch Na 2S2O3 Tìm cơng thức X hướng dẫn giải: a, Viết phương trình phản ứng xảy dạng ion thu gọn: (2x - 1)SO2 + 2IOx- + (2x - 2)H2O → I2 + (2x - 1)SO42- + (4x - 4)H+ (1) SO2 + I2 + 2H2O → 2I- + SO42- + 4H+ (2) Ag+ + I- → AgI↓ 2IOx- + (2x - 1)I- + 2xH+ → xI2 + xH2O (3) I2 + 2S2O32- → 2I- + S4O62- (4) b, Theo (4): nI  0,5nS O  0,5.0,0374.0,1  0,00187(mol ) 2 →x=4 Vậy công thức muối X NaIO4 Câu 20: trang 225 a, Cho m gam hỗn hợp gồm NaBr NaI phản ứng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu hỗn hợp khí A điều kiện chuẩn Ở điều kiện thích hợp, A phản ứng vừa đủ với tạo chất rắn có màu vàng chất lỏng khơng làm chuyển màu quỳ tím Cho Na dư vào phần chất lỏng dung dịch B Dung dịch B hấp thụ vừa đủ với 2,24 lít CO2 điều kiện tiêu chuẩn 9,5 gam muối Tìm m b, Đề nghị phương pháp để tinh chế NaCl khan có lẫn muối khan NaBr, NaI, Na2CO3 a, Một axit mạnh đẩy axit yếu khỏi muối, axit yếu đẩy axit mạnh khỏi muối Lấy ví dụ minh họa giải thích b, Tại H2SO4 khơng phải axit mạnh HCl HNO3 lại đẩy axit khỏi muối? c, Có hỗn hợp gồm khí A B: - Nếu trộn thể tích tỉ khối hỗn hợp so với Heli 7,5(d1) - Nếu trộn khối lượng tỉ khối hỗn hợp so với oxi 11  d1  15 - Tìm khối lượng mol A B Biết thể tích khí đo điều kiện tiêu chuẩn Hướng dẫn giải: a, A phản ứng vừa đủ với tạo chất rắn màu vàng → A hỗn hợp SO2 H2S Mặt khác, NaBr có tính khử yếu NaI 2NaBr + 2H2SO4 → Na2SO4 + Br2 + SO2 + 2H2O 0,15mol 0,075mol 8NaI + 5H2SO4 → 4Na2SO4 + 4I2 + H2S + 4H2O (0,15.8)mol 2H2S + 0,15mol 0,15mol SO2 → 3S + 0,075mol 2H2O 0,15mol Chất lỏng H2O: 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 0,15mol 0,15mol B NaOH CO2 + NaOH → NaHCO3 x(mol) x x (mol) CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O y 2y y nCO2  2, 24  0,1(mol ) 22,  x  y  0,1  x  y  0, 05  84 x  106 y  9,5 mhỗn hợp = (0,15.103) + (0,15.8.150) = 195,45(g) b, Cho hỗn hợp vào dung dịch HCl, Na 2CO3 phản ứng: Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2↑ Sục khí clo vào dung dịch thu được: 2NaBr + Cl2 → 2NaCl + Br2 2NaI + Cl2 → 2NaCl + I2 Cô cạn dung dịch, Br2 I2 hóa ra, NaCl kết tinh lại a, Một axit mạnh đẩy axit yếu khỏi muối axit yếu chất điện li yếu chất không bền Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2 CO2 + H2O  H2CO3  H+ + HCO3HCO3-  H+ + CO32- (1) (2) HCl → H+ + ClKhi cho HCl vào dung dịch Na2CO3 làm tăng nồng độ H+ làm cho cân (1) (2) chuyển sang trái tạo H2CO3 sau CO2 H2O Ngược lại, axit yếu đẩy axit mạnh khỏi muối Pb(NO3)2 + H2S → PbS↓ + 2HNO3 Axit yếu axit mạnh Vì PbS khơng tan b, H2SO4 khơng phải axit mạnh HCl HNO3 đẩy axit khỏi muối H2SO4 axit khơng bay cịn HCl HNO3 axit dễ bay t 2NaCl + H2SO4   Na2SO4 + 2HCl o t 2NaNO3 + H2SO4   Na2SO4 + 2HNO3 o c, d1  d2  M1  7,5  M1  7,5.4  30 M 11 11.32 352   M2   32 15 15 15 M1  M2  AB  A B  30  A  B  60 mm 2 AB 352    m m 1 A  B 15   A B A B 352.60  704 2.15  A  B  60  A  44  A  16     AB  704  B  16  B  44 Câu 32: trang 243 Nung hỗn hợp bột Mg S bình kín để nguội Lấy toàn chất sau phản ứng cho tác dụng với lượng dư dung dịch HCl thu sản phẩm khí có tỉ khối so với khơng khí 0,9 Đốt cháy hồn tồn lít sản phẩm khí (đkc) thu sản phẩm cháy vào 100ml dung dịch H2O2 5% (tỉ khối 1) a, Viết phương trình phản ứng xảy b, Tính phần trăm khối lượng Mg S hỗn hợp đầu c, Tính nồng độ % dung dịch thu cuối Hướng dẫn giải: a, Các phương trình phản ứng xảy Mg + S → MgS (1) a (mol) MgS + 2HCl → MgCl2 + H2S (2) a (mol) a (mol) MTB khí = 29.0.9 = 26,1< M H S Vậy sản phẩm có khí H2 Mg dư Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 b(mol) (3) b (mol) 2H2S + 3O2 → 2SO2 + 2H2O (4) H2 + 1/2O2 → H2O SO2 + H2O2 → H2SO4 (5) (6) b, Gọi a, b số mol Mg tham gia phản ứng (1) (3) M tb  34a  2b  26,1 ab 7,9a = 24b %mMg  24  a  b  24  a  b   32a %mS  50,08% c, VH  0,74% ; nH  0,033mol ; VSO  2, 26(lit ) ; nSO  0,1mol nH 2O2  2 100.5  0,147(mol ) 100.34 Dung dịch sau chứa H2SO4, H2O2 mdd = 100 + 18.(0,033 + 0,1) + 64.0,1 = 108,794 (g) mH SO4 = 0,1.98 = 9,8 (g) C %H2 SO4  9% C %H2O2  1, 45% ... 2H   2e  H S nE 0,059 (1) K1  10 (2) K  104 ,745  101 3 Tổ hợp (1) (2) 2Fe3  H S  2Fe2  S  2H  5 .10- 3 2,5 .10- 3 5 .10- 3 (3) K3  K12 K21  102 1,255 5 .10- 3(M) Vì K3 lớn nên phản ứng (3)... H2S Cân (2,5 .10- 3 – x)  5,5 .10  x  x  10   2,5 .10  x  (5,5 .10- 2 + 2x) + S2- (6) K6 = K4 K5 = 10- 19,92 x 2 K6 2H+  19,92 3 → x = [S2-] = 5,2 .10- 20 Ta có: [Fe2+].[S2-] = 2,6 .10- 23 < TFeS... )  10? ??7,02 ; K2( H2 S )  10? ? ?10, 9 ; EFe  0,77V ; ES0 / H2 S  0,14V ; TFeS  10? ??17,4 3 / Fe2 Hướng dẫn giải: Nồng độ chất sau trộn: [H2S] = 5 .10- 3 mol/l [Fe3+] = 5 .10- 3 mol/l [H+] = 5 .10- 2