TRẦN HƯNG ĐẠO MễN : HểA HỌC KHỐI: 11
Giáo viên :Trần Thị Hiệp
...
Câu 4 :
Nung 8,08 gam một muối A, thu được các sản phẩm khí và 1,6 gam một hợp chất rắn không tan trong nước. nếu cho sản phẩm khí đi qua 200 gam dung dịch natri hiđrôxit nồng độ 1,2% ở điều kiện xác định thì tác dụng vừa đủ và được một dung dịch gồm một muối có nồng độ 2,47%. Viết công thức phân tử của muối A nếu khi nung số oxi hóa của kim loại không biến đổi.
Đáp án : ( 5 điểm )
Công thức phân tử của muối A : - Khối lượng NaOH :
g 4 , 100 2
2 , 1 200ì =
( hay 0,06mol 40
4 ,
2 = )
- Khối lượng sản phẩm khí :
mkhí = mA - mchất rắn = 8,08 – 1,6 = 6,48 g
- Khi sản phẩm khí qua dung dịch NaOH thì NaOH hấp thụ khí và làm cho khối lượng dung dịch thành :
mdd = 200 + 6,48 = 206,48 g
Vì dung dịch sau phản ứng có nồng độ 2,47%, nên khối lượng muối trong dung dịch là :
mmuối = a mdd g
1 , 100 5
48 , 206 47 , 2
100ì = ì =
Sản phẩm khi tác dụng vừa đủ với NaOH tạo nên muối do đó lượng Na có trong NaOH đều chuyển vào muối.
Khối lượng Na có trong muối :
mNa = 0,06 . 23 = 1,38g Khối lượng gốc axit của muối :
mgốc axit = 5,1 – 1,38 = 3,72g
Gốc axit Muối Na Số mol gốc X Khối lượng mol phân tử gốc X
Hóa trị 1 NaX nx = nNa = 0,06
Mx = 06 , 0
72 ,
3 = 62 ứng với NO3
Hóa trị 2 Na2X
nx =
2 06 , 0 2Na =
n = 0,03 MM =
03 , 0
72 ,
3 = 124 không có gốc axit Hóa trị 3 Na3X
nx =
3 06 , 0 3Na =
n = 0,02 Mx =
02 , 0
72 ,
3 = 186 không có gốc axit Vậy muối A là muối nitrat.
Muối nitrat A không thể là muối nitrat của kim loại kiềm vì chất rắn tạo thành do sự nhiệt phân tan trong nước và chất khí có tác dụng với dung dịch NaOH tạo 1 muối. Do đó khí tạo thành có NO2 và O2 .
2NO2 + 2NaOH + 2
1O2 = 2NaNO3 + H2O (1) nNO2 nNaOH nO2
Vậy nNO2 = nNaOH = 0,06 mol
→ mNO2= 46 ì0,06 = 2,76 g
Gọi M là kim loại trong muối A có hóa trị lần lượt là 2, 3, 4. Vì khi nung A số oxy hóa của kim loại không thay đổi nên các muối nitrat này khi nung không cho kim loại đơn chất có số oxy hóa bằng 0.
phương trình phản ứng nhiệt phân các muối nitrat như sau : 2M(NO3)2 = 2MO + 4NO2 + O2 (2) 4M(NO3)3 = 2M2O3 + 12NO2 + 3O2 (3) M(NO3)4 = MO2 + 4NO2 + O2 (4)
( một peroxit )
* Nếu muối A là muối nitrat gồm các tinh thể ngậm nước thì khi nhiệt phân ngoài NO2
và O2 thì còn có hơi nước thoát ra.
Theo các phương trình phản ứng (2), (3), (4) thì tỷ lệ giữa NO2 và O2 là : nNO2: nO2 = 4 : 1
Theo trên thì khí NO2 thoát ra có nNO2 = 0,06 mol.
Khí O2 thoát ra có : nO2 = 4
1nNO2 = 4
06 ,
0 = 0,015 mol
mO2 = 0,015ì32 = 0,48g Tổng số khối lượng NO2 và O2 :
m(NO2:O2) = 2,76 + 0,48 = 3,24g < 6,48g lượng khí thoát ra.
Trong khí thoát ra ngoài NO2 và O2 còn có H2O :
mH2O = mkhí - m(NO2:O2) = 6,48 – 3,48 = 3,24g
→mH2O = 18
24 ,
3 = 0,18 mol.
Vậy muối nitrat là muối kết tinh có ngậm nước.
- Nếu kim loại M hóa trị 2 : M = 37,33 (loại) - Nếu kim loại M hóa trị 3 : M = 56 (Fe) - Nếu kim loại M hóa trị 4 : M = 74,67 (loại)
*Đặt công thức phân tử muối A ban đầu Fe(NO3)3.nH2O.
4Fe(NO3)3.nH2O → 2Fe2O3 + 12NO2 + 3O2 + 4nH2O 12 mol 4n
0,06 mol 0,18 mol Vậy A có CTPT : Fe(NO3)3 . 9H2O .
--- SỞ GD & ĐT BÌNH THUẬN
TR ƯỜ NG THPT
CHUYÊN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
TRẦN HƯNG ĐẠO MễN : HểA HỌC KHỐI: 11
Giáo viên :Trần Thị Hiệp
...
Câu 5:
Cho hỗn hợp A gồm 3 ôxít của sắt ( Fe2O3, Fe3O4 và FeO ) với số mol bằng nhau. Lấy m1 gam A cho vào một ống sứ chịu nhiệt, nung nóng nó rồi cho một luồng khí CO đi qua ống, CO phản ứng hết, toàn bộ khí CO2 ra khỏi ống được hấp thụ hết vào bình đựng lượng dư dung dịch Ba(OH)2, thu được m2 gam kết tủa trắng. Chất rắn còn lại trong ống sứ sau phản ứng có khối lượng là 19,20 gam gồm Fe, FeO và Fe3O4, cho hỗn hợp này vào tác dụng hết với dung dịch HNO3, đun nóng được 2,24 lít khí NO duy nhất ( đktc ).
1. Viết phương trình phản ứng xảy ra.
2. Tính khối lượng m1, m2 và số mol HNO3 đã phản ứng.
Đáp án : ( 5 điểm )
1. Các phương trình phản ứng :
3Fe2O3 + CO →to 2Fe3O4 + CO2↑ (1) Fe3O4 + CO →to 3FeO + CO2 ↑ (2) FeO + CO →to Fe + CO2↑ (3) Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3↓ + H2O (4)
Chất rắn còn lại tác dụng với HNO3 :
3Fe3O4 + 28HNO3 → 9Fe(NO3)3 + NO + 14H2O (5) 3FeO + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O (6)
Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O (7)
2. Gọi x là số mol của mỗi oxit trong hỗn hợp A, gọi y là số mol CO tham gia 3 phản ứng (1), (2), (3). Ta có số mol của Fe trong hỗn hợp A là :
nFe = 2x + 3x + x = 6x
Gọi a, b, c lần lượt là số mol của Fe, FeO, Fe3O4 trong hỗn hợp rắn.
theo các phương trình (5), (6), (7), dựa vào số mol NO thoát ra, ta có pt : a +
3 1b +
3 1c =
4 , 22
24 ,
2 = 0,1 hay 3a + b + c = 0,3 (a) Dựa vào khối lượng hỗn hợp rắn ta có pt : 56a + 72b + 232c = 19,2 hay 7a + 9b + 29c = 2,4 (b)
Cộng theo vế (a) và (b) : 10a + 10b + 30c = 2,7 hay a + b + 3c = 0,27
Theo định luật BTNT ta có số mol Fe trong hỗn hợp A bằng số mol Fe trong hỗn hợp rắn :
nFe = a + b + 3c = 6x = 0,27 x = 0,045
Vậy khối kượng hỗn hợp A là : m1 = 160x + 232x + 72x = 20,88g Theo các pt (1), (2) và (3) :
mA + mCO = mR + mCO2
hay 20,88 + 28y = 19,2 +44y y = 0,105
Vậy khối lượng kết tủa trắng :
m2 = 0,105. 197 = 20,685g
- Tổng số mol Fe(NO3)3 tạo thành ở các phản ứng (5), (6), (7) là : nFe(NO3)3 = 2x + 3x + x = 6x
Số mol HNO3 tạo ra muối Fe(NO3)3 là :
6x.3 = 18x = 18. 0,045 = 0,81 mol Số mol HNO3 tạo ra 0,1 mol NO là 0,1 mol Vậy tổng số mol HNO3 cần là :
0,81 + 0,1 = 0,91 mol
--- SỞ GD & ĐT BÌNH THUẬN
TR ƯỜ NG THPT
CHUYÊN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
TRẦN HƯNG ĐẠO MễN : HểA HỌC KHỐI: 11
Giáo viên :Trần Thị Hiệp
...
Câu 6:
Một hỗn hợp khí X, gồm hai ankan A, B kề nhau trong dãy đồng đẳng và một anken C có thể tích bằng 5,04 lít ( đo ở đktc ) sục qua bình đựng nước brom thì phản ứng vừa đủ với 12,0g brom.
1. Xác định công thức phân tử và thành phần phần trăm các chất A, B và C có trong hỗn hợp khí X, biết rằng 11,6g hỗn hợp khí X làm mất màu vừa đủ 16,0g brom.
2. Đốt cháy hoàn toàn 11,6g hỗn hợp khí X, sản phẩm thu được sau phản ứngđược dẫn hết vào bình Y chứa 2 lít dung dịch NaOH 0,3M. Hỏi:
- Khối lượng bình Y tăng lên hay giảm xuống? Bao nhiêu gam?
- Tính khối lượng những chất có trong bình Y Cho : C = 12; H = 1; O = 16; Na = 23; Br = 80.
Đáp án : ( 5 điểm )
1. Đặt công thức anken : CmH2m 2 ≤ m ≤ 4 Phương trình phản ứng : CmH2m + Br2 → CmH2mBr2
- Trong 5,04 lít hỗn hợp khí X ( 5,04 : 22,4 = 0,225 mol ) chứa 0,075 mol anken bằng số mol brom =
160 12
- Trong 11,6g X chứa 0,1 mol anken = số mol brom = 160
16 Suy ra số mol khí trong 11,6g hỗn hợp là :
0,1 0,075 225 ,
ì0 = 0,3 mol
Đặt công thức tương đương của 2 ankan : CnH2n+2
Số mol anken : 0,1 mol Số mol 2 ankan : 0,2 mol
Ta có pt : 0,1. 14m + 0,2( 14n + 2 ) = 11,6
hay 2n + m = 8
m 2 3 4 n 4 2,5 2 (chọn) Vậy công thức anken : C3H6
2 ankan : C2H6 và C3H8
Gọi x là số mol C2H6 , và y là số mol C3H8 ta có hệ pt :
x + y = 0,2 30x + 44y = 7,4 Suy ra x = 0,1 và y = 0,1
Thành phần % thể tích các khí trong hỗn hợp X :
% C2H6 = % C3H8 = % C3H6 = 33,33
2. Đốt cháy hỗn hợp X, thu được khí CO2 và H2O.
Số mol CO2 = 3.0,1 + 0,1.2 + 0,1.3 = 0,8 mol Số mol H2O = 0,1.3 + 0,1.3 + 0,1.4 = 1,0 mol
Khí được hấp thu bởi dd NaOH, nên khối lượng bình Y tăng lên là : 0,8.44 + 1,0.18 = 53,2g
nCO2 = 0,8 (mol) nNaOH = 0,6 (mol)
Ta có nCO2 > nNaOH , suy ra muối tạo thành là NaHCO3
Ptpư :
CO2 + NaOH = NaHCO3
0,6 0,6 0,6 (mol) Khối lượng NaHCO3 : mNaHCO3 = 0,6.84 = 50,4g
---
ĐỀ SỐ 6:
Kỳ thi olympic truyền thống 30/4 Mã số : Lần XII - Năm 2006
Trường THPT Nguyễn Thượng Hiền - TPHCM
--- ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ Mã số :
MễN HểA KHỐI 11 Ngày thi : 17 - 4 - 2006 Thời gian làm bài : 180 phút CÂU I :
Bê tông được sản xuất từ hỗn hợp xi măng, nước cát và đá dăm ( đá nhỏ ) . Xi măng gồm chủ yếu là canxi silicat và canxi aluminat tạo thành khi nung nghiền đất sét với đá vôi. Trong các bước tiếp theo của việc sản xuất xi măng, người ta thêm 1 lượng nhỏ gypsum, CaSO4.2H2O, để tăng cường sự đông cứng của bê tông. Sử dụng nhiệt độ tăng cao trong giai đoạn cuối của sản xuất có thể dẫn đến sự tạo thành 1 hemihidrat không mong muốn là CaSO4.1/2H2O.
Xét phản ứng sau :
CaSO4.2H2O (r) CaSO4.1/2H2O (r) + 3/2H2O (k)
Các số liệu nhiệt động học sau đo tại 25oC, áp suất tiêu chuẩn 1,00 bar :
Hợp chất Ho / (KJ.mol-1) So / (JK-1.mol-1)
CaSO4.2H2O (r) - 2021,0 194,0
CaSO4.1/2H2O (r) -1575,0 130,5
H2O ( k) -241,8 188,6
Hằng số khí : R = 8,314 J.mol-1 .K-1 = 0,08314 L. bar. mol-1.K-1 OoC = 273,15oK
1/ Hãy tính ΔHo ( theo KJ) của sự chuyển hóa 1,00 kg CaSO4.2H2O ( r) thành CaSO4.1/2H2O (r). Phản ứng này là tỏa nhiệt hay thu nhiệt ?
2/ Hãy tính áp suất hơi nước ( theo bar) tại cân bằng trong 1 bình kín có chứa CaSO4.2H2O ( r) , CaSO4.1/2 H2O (r) và H2O ( k) tại 25oC.
3/ Hãy tính nhiệt độ tại đó áp suất hơi nước tại cân bằng là 1,00 bar trong hệ được mô tả ở câu 2. Giả thiết rằng ΔHo và ΔSo không phụ thuộc nhiệt độ.
CÂU II :
Sự ăn mòn kim loại gắn liền với các phản ứng điện hóa. Điều này cũng đúng với sự tạo thành gỉ trên bề mặt sắt, tại đó các phản ứng ban đầu tại điện cực thường là :
Fe (r) Fe2+ ( aq) + 2e (1) O2 (k) + 2H2O (l) + 4e 4OH- (aq) (2)
Thiết lập 1 pin điện hóa trong đó diễn ra các phản ứng tại điện cực như trên. Nhiệt độ là 25oC.
Pin được biểu thị bằng giản đồ pin sau đây : Fe (r) | Fe2+ (aq) OH- (aq) , O2 (k) | Pt (r) Thế điện cực tiêu chuẩn tại 25oC :
Hệ số Nernst : RTln10/F = 0,05916 Volt tại 25oC Hằng số Faraday : F = 96450 C. mol-1
Hằng số khí : R = 8,314 J.mol-1.K-1 = 0,08314 L. bar. mol-1.K-1 OoC = 273,15oK
Fe2+ (aq) + 2e Fe (r) Eo = -0,44V O2 (k) + 2H2O (l) + 4e 4OH- (aq) Eo = 0,40V Kỳ thi Olympic truyền thống 30/4 Mã số :
Lần XII - Năm 2006
Trường THPT Nguyễn Thượng Hiền - TPHCM
--- 1/ Hãy tính sức điện động tiêu chuẩn ( điện thế pin tiêu chuẩn) , Eo , tại 25oC.
2/ Hãy viết phản ứng chung xảy ra trong quá trình phóng điện của pin ở điều kiện tiêu chuẩn.
3/ Hãy tính hằng số cân bằng tại 25oC của phản ứng chung của pin.
4/ Phản ứng chung nói trên được cho phép là tiến hành trong 24 giờ ở điều kiện tiêu chuẩn và với dòng điện không đổi là 0,12A. Hãy tính khối lượng của Fe chuyển thành Fe2+ sau 24 giờ. Oxi và nước được giả thiết là có dư.
5/ Hãy tính Eo của pin tại 25oC với điều kiện sau :
Fe2+ = 0,015M ; pH nửa pin bên phải = 9,00 ; PO2 = 0,700 bar CÂU III.
Trị số pH của nước nguyên chất là 7,0 ; trong khi đó nước mưa tự nhiên có tính axit yếu do sự hòa tan của CO2 trong khí quyển. Tuy nhiên, trong nhiều khu vực, nước mưa có tính axit mạnh hơn. Điều này do 1 số nguyên nhân, trong đó có những nguyên nhân tự nhiên và những nguyên nhân xuất phát từ các hoạt động của con người.
Trong khí quyển, SO2 và NO bị oxi hóa theo thứ tự thành SO3 và NO2, chúng phản ứng với H2O thành H2SO4 và HNO3. Hậu quả là tạo thành "mưa axit" với pH trung bình khoảng 4,5.
Tuy nhiên, cũng đã đo được các trị số thấp đến mức 1,7.
SO2 là 1 axit đa chức trong dung dịch nước. Tại 25oC, các hằng số axit bằng : SO2 (aq) + H2O (l) D HSO3− (aq) + H+ (aq) Ka1 = 10-1,92 HSO3− (aq) D SO32−- (aq) + H+ (aq) Ka2 = 10-7,18 Tất cả các câu hỏi sau đều xét ở 25oC :
1/ Tính tan của khí SO2 là 33,9 lit/ 1 lit nước tại áp suất riêng phần của SO2 = 1 bar
a. Hãy tính nồng độ toàn phần của SO2 trong nước bão hòa khí SO2 ( bỏ qua sự thay đổi thể tích gây ra bởi sự hoà tan SO2.
b. Hãy tính % của ion HSO3−. c. Tính pH của dung dịch.
2/ Hãy tính nồng độ của ion Hidro trong dung dịch nước của Na2SO3 0,0100 M.
3/ Cân bằng chính trong dung dịch nước của NaHSO3 là :
2HSO3− ( aq) D SO2 (aq) + SO32− (aq) + H2O ( l) a. Hãy tính hằng số cân bằng của cân bằng trên.
b. Hãy tính nồng độ của SO2 trong nước của NaHSO3 0,0100 M nếu chỉ xét cân bằng ghi trên.
4/ Tính tan của BaSO3 trong nước bằng 0,016 g / 100ml.
a. Tính nồng độ của ion Ba2+ trong dung dịch bão hòa.
b. Tính nồng độ ion SO32− trong dung dịch bão hòa.
c. Tính tích số tan của BaSO3.
5/ Tích số tan của Ag2SO3 = 10-13,82 M3. Hãy tính Ag+ trong dung dịch nước của Ag2SO3
( bỏ qua tính baz của SO32−).
6/ Tích số tan của CaSO3 = 10-7,17 M3. Tính Kcb của phản ứng : Ca2+ (aq) + Ag2SO3 (r) D CaSO3 (r) + 2Ag+ (aq)
7/ Nhỏ từng giọt Brom đến dư vào dung dịch SO2 0,0100 M. Toàn bộ SO2 bị oxi hóa thành sunfat VI. Brom dư được tách ra bằng cách sục với khí Nitơ.
Viết 1 phương trình phản ứng của quá trình và tính nồng độ H+ trong dung dịch thu được. Giả sử tất cả các quá trình hóa học cũng như các thao tác thí nghiệm không làm
thay đổi thể tích dung dịch. Trị số pKa của HSO4− = 1,99.
Kỳ thi Olympic truyền thống 30/4 Mã số : Lần XII - Năm 2006
Trường THPT Nguyễn Thượng Hiền - TPHCM
--- 8/ Sau 1 đợt phun trào núi lửa, trị số pH của nước mưa đo được bằng 3,2. Hãy tính nồng độ toàn phần của H2SO4 trong nước mưa, giả thiết sự axit hóa là chỉ do H2SO4. Proton thứ nhất của H2SO4 có thể xem như phân ly hoàn toàn.
CÂU IV.
Đem hoà tan a gam một hỗn hợp X gồm Al2O3, MgO và 2 oxit của kim loại kiềm A và B (thuộc 2 chu kỳ kế tiếp) vào nước thấy có 4 gam chất không tan.
Nếu thờm vào hỗn hợp 1 lượng Al2O3 bằng ắ lượng Al2O3 cú trong X rồi mới hũa tan vào nước thì có 6,55g chất không tan.
Còn nếu thêm vào hỗn hợp 1 lượng Al2O3 bằng lượng Al2O3 có trong X thì có 9,1g chất không tan.
Lấy 1 trong số dung dịch đã phản ứng hết kiềm ở trên cho sục khí CO2 đến dư để tất cả lượng Al(OH)3 kết tủa , lọc bỏ chất không tan, cô cạn nước lọc, thu được 24,99g hỗn hợp các muối cacbonat axit và muối cacbonat trung tính khan. Biết khi cô cạn 50% muối cacbonat axit kim loại kiềm A và 30% muối cacbonat axit kim loại kiềm B đã chuyển thành muối cacbonat trung tính.
Hãy cho biết 2 kim loại kiềm và % khối lượng các oxit trong X.
Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn ( trừ phản ứng phân hủy nhiệt muối cacbonat axit) và không có sự hao hụt khi thu hồi các muối cacbonat.
CÂU V.
1/ Cho biết độ dài liên kết tương đối và độ bền liên kết của − ≡ −C C và > = <C C giải thích .
2/ Giải thích tại sao hình ảnh orbital của − ≡ −C C cho ta biết sự thiếu vắng đồng phân hình học của CH3− ≡ −C C CH2 −CH3
3/ a. Giải thích tại sao xiclohexin không tồn tại ? b. Vòng nhỏ nhất thích ứng với nối ba ( )≡ là gì ?
4/ Tại sao Butin-1 có momen lưỡng cực ( 0,8D) lớn hớn của Buten-1 ( 0,3D).
Trường THPT Nguyễn Thượng Hiền - TPHCM Giáo viên : HÀ THỊ KIM LIÊN
ĐÁP ÁN HOÁ 11 CÂU I :
1/ 2 4 2
4. 21 2 3 ( ) .2 ( )
2 H O K CaSO H O r
CaSO H O
H H H H
∆ = ∆ + ∆ − ∆
= -1575,0 + 3
2(-241,8) - (- 2021,0) = + 83,3 KJ.mol-1
Số mol CaSO4.2H2O(r) = 1000
172,18 = 5,808 (mol)
ΔHpư = 5,808 x 83,3 = 483,8 KJ > 0 _ Phản ứng thu nhiệt
2/ 4 2 2 4 2
0 0 0
1 ( ) .2 ( )
. 2 H O k CaSO H O r
CaSO H O
S S S S
∆ = + −
= 130,5 + 188,6. 3
2 - 194,0 = 219,4 JK-1.mol-1 ∆ = ∆ − ∆G H T S = 83300 - 298,15 x 219,4 = 1788,6 J.mol-1 ΔG = -RTlnK lnK = 17886
0,08314.298,15 G
RT
∆ =
− − = - 721,553
K P= H O3/ 22
K= 7,35.10-4 (bar)
H O2
P = 8,15.10-3 bar 3/ PH O2 = 1 bar K = 1,00 ∆G0= -RTlnK = 0
G H T S
∆ = ∆ − ∆
0 = 83300 - T x 219,4
T = 380K hay 107oC CÂU II :
1/ E mạch = Ep - Et = E (+) - E (-) = 0,4 - ( - 0,44 ) = + 0,84 (V) 2/ - Sự oxi hóa xảy ra ở cực âm., bên trái
- Sự khử xảy ra ở cực dương , bên phải
(+) O2 (k) + 2H2O (l) + 4e 4OH− (aq) (-) 2| Feo - 2e Fe2+
2Feo + O2 + 2H2O 2Fe2+ + 4OH− 3/ Hệ đạt cân bằng khi Epin = 0
Kcb = ( ) ( )
2
2 2
2 O
Fe OH P
+ −
Nồng độ mol theo M, áp suất theo bar
∆G0 = −nE F0 pin = −RT Kln
K = 6,2 x 1056 ( M6.bar-1) 4/
m Fe Fe2+ = 55,845.0,12.24.3600 3,0 96485.2
AIt g
Fn = =
5/ Fe2+ = 0,015 M; pH nửa pin bên phải = 9,00 ; PH O2 = 0,700 bar
Epin = Eopin - ( ) ( )
2
2 4
0,5916 lg 2
4 O
Fe OH V
P
+ −
pH = 9 [H+] = 10-9 M OH−= 10-5 M
Epin = 0,84V - 0,5916 lg0,015 102( )5 4 1,19
4 0,700
V V
−
=
CAÂU III :
1/ a/ n = = = 1,368 (mol)
[ SO2] = 1,368 M
b/ SO2 (aq) + H2O (l) HSO3- (aq) + H+ (aq) bủ : 1,368 0 0 pử : x x x cb : (1,368 – x) x x Ka1 = = 10-1,92 x = 0,1224 %HSO3- = x 100 = 8,95 (%)
c/ pH = -lg [H+] = - lg 0,1224 = 0,91
2/ Na2SO3 2Na+ + SO32-
0,01 0,01 (M) SO3 2- (aq) + H2O(l) HSO3- (aq) + OH-(aq) Bủ : 0,01 0 0 Pử : y y y Cb : ( 0,01 – y) y y
Kb = = 10-6,82 = y = 3,89.10-5 = [OH -]
[H+] = = 2,57.10-10 (M)
3/
a/ HSO3- (aq) SO32- (aq) + H+(aq) Ka2
HSO3- (aq) + H+ (aq) SO2 (aq) + H2O (l) ( Ka1)-1
2HSO3- (aq) SO32- (aq) + SO2 (aq) + H2O (l)
Kcb = Ka2.Ka1 -1 = 10-7,18 . 10+1,92 = 10-5,26
b/ NaHSO3 Na+ + HSO3-
0,01 0,01 (M) 2HSO3- SO2 + SO32- + H2O bủ : 0,01 0 0 0 pử : 2z z z
cb : ( 0,01-2z) z z
Kcb = = 10-5,26 => z = 2,33.10-5
[ SO2 ] = y = 2,33.10-5
4/ a/ M BaSO3 = 217,39 g.mol-1
Soá mol BaSO3 = 0,016 : 217,39 = 7,36.10-5 (mol) [ BaSO3] = 7,36.10-5 : 0,1 = 7,36.10-4 (mol/l)
PV RT
x2 1,368 - x
x 1,368
10-14 Ka2
y2 0,01 - y 10-14
3,89.10-5
z2 ( 0,01 – 2z) 2
1 x 33,9 1,013
22,4 ( 273 + 25) 273
BaSO3 Ba + SO3
s s s [ Ba 2+] = 7,36.10-4 M
b/ SO32- (aq) + H2O (l) OH –(aq) + HSO3- (aq) bủ : 7,36.10-4 0 0
pử : a a a cb : ( 7,36.10-4 –a ) a a K = = 10-6,82 a = 1,0479.10-5
[ SO32-] = 7,36.10-4 – a = 7,26.10-4 (M)
c/ Tt BaSO3 = [ Ba 2+] [ SO32-] = ( 7,36.10-4) ( 7,26.10-4) = 5,34.10-7 (M 2 )
5/ Ag2SO3 2Ag + + SO3 2-
s 2s s
Tt = 2s 2 = 10-13,82 s = 1,558.10-5 [ Ag+] = 2s = 3,116.10-5 (M)
6/ Ag2SO3 2Ag + + SO32- Tt = 10-13,82 Ca 2+ + SO32- CaSO3 Tt-1 = 10+7,17
Ca 2+ + Ag2 SO3 2Ag+ + CaSO3 K = 10-13,82.10+7,17 = 10-6,65
7/ Br2 + SO2 + 2H2O = 2 HBr + H2SO4
0,01 0,02 0,01 2HBr = 2H+ + 2Br- 0,02 0,02 0,02
H2SO4 = H+ + HSO4-
0,01 0,01 0,01
HSO4- H+ + SO42-
Bủ : 0,01 0,03 0 Pl : b b b Cb : (0.01 – b) (0,03 +b) b
K = = 10-1,99 b = 2,34.10-3
[ H+] = 0,03 + b = 0,0324 (M)
8/ pH = 3,2 [H+] = 10-3,2 M Ka = 10-1,99 H2SO4 H+ + HSO4-
0,01 0,01 0,01 HSO4- H+ + SO42-
Bủ : 0,01 0,01 0 Pl : c c c Cb : ( 0,01 – c) ( 0,01 + c) c
K = = 10-1,99 c = 1,613.10-5 [ SO42-] = c = 3,074.10-4 M
[ HSO4-] = 1,613.10-5 M
[H2SO4] = [ HSO4-] + [SO42-] = 1,613.10-5 + 3,074.10-4 = 3,24.10-4 M
CAÂU IV :
lượng Al2O3 ban đầu la ứ : 9,1 – 6,55 = 2,55 (g)
=> Al2O3 ban đầu la ứ : 4 x 2,55 = 10,2 g a 2
7,36.10-4 – a
b ( 0,03 + b) 0,01 - b
c ( 0,01 + c) ( 0,01 – c)
Vỡ thờm ắ lượng Al2O3 vào hỗn hợp X, sau phản ứng cũn 6,55g chứng tỏ đó cú : (9 4 + 10,2 + 7,65 ) – 6,55 = 15,3 (g) Al2O3 bị tác dụng đã tan vào dd kiềm.
Vậy lượng MgO ban đầu là : 4 (g)
Số mol Al2O3 đã phản ứng : 15,3 : 102 = 0,15 (mol) + H2O + Al2O3
A2O 2AOH 2 A AlO2
x
+ H2O + Al2O3
B2O 2 BOH 2 B AlO2
y
x + y = 0,15 (1) 0,5x ( 2A - 60) + 0,3y ( 2B + 60) + x (A+61) – 1,4y (B + 61) = 24,99
=> Tổng số gam 2 kim loại A,B là : 2Ax + 2By = 11,34 – 12,4y (g) (2) Tổng số mol 2 kim loại A,B là : 2x + 2y = 0,3 (mol)
M = => 12,4y = 11,34 – 0,3M => y = 0 < y < 0,15 => 31,6 < M < 37,8 , A < M < B
A, B lieân tieáp => A = 23 : Na B = 39 : K
(2) => 46x + 90,4y = 11,34 x = 0,05 x + y = 0,15 => y = 0,1
m Na2O = 0,05 x 62 = 3,1 g => % m Na2O = 11,61 % m K2O = 0,1 x 94 = 9,4 g % m K2O = 35,2 % m MgO = 4 (g) %m MgO = 15%
m Al2O3 = 10,2 g % m Al2O3 = 38,19%
Tổng khối lượng = 26,7 (g)
CAÂU V :
1/ - Liên kết ba ≡ ngắn và bền hơn liên kết đôi =
- Nguyên tử cacbon của C ≡ C được che chắn bởi 6e của 3 liên kết trong khi đó nguyên tử cacbon của C = C được che chắn bởi 4e của từ 2 liên kết.
- Với nhiều e che chắn, cacbon liên kết ba ≡ có thể lại gần nhau => chiều dài lieân keát
ngắn và tạo sự xen phủ nhiều hơn => liên kết bền hơn.
2/ Cacbon nối ba ≡ lai hóa sp thẳng hàng => loại trừ khả năng tạo đồng phân lập thể
cis-trans trong đó các nhóm thế phải ở những mặt khác nhau của liên kết ba .
3/ a. Đơn vị cấu trúc thẳng hàng − C − C ≡ C − không thể tạo cầu chỉ với 2 cacbon.
b. Đơn vị cấu trúc này có thể tạo cầu với 4 cacbon, như vậy xicloankin đơn giản nhất
là xiclooctin.
4/ Liên kết C ≡ C lai hóa sp phân cực nhiều hơn liên kết C = C lai hóa sp2 vì cacbon
nhiều đặc tính s thì độ âm điện nhiều hơn.
************************************************************************
11,34 – 12,4y 0,3
11,34 – 0,3M 12,4
ĐỀ SỐ 7:
CAÂU I: (4 ủieồm)