SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC KẠN TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC KẠN
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI MÔN: HÓA HỌC LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1: Cấu tạo nguyên tử và hạt nhân(2,5 điểm)
1. Biết electron có năng lượng cao nhất của nguyên tố X nhận 4 giá trị lượng tử sau: n =4; l =2;
ml = - 2; s = -1/2.
Xác định cấu hình electron, tên nguyên tố X và vị trí của X trong bảng tuần hoàn.
2. Một trong các chuỗi phân hủy phóng xạ tự nhiên bắt đầu với 23892U và kết thúc bằng đồng vị bền 20682Pb.
a. Tính số phân hủy và xảy ra trong toàn chuỗi.
b. Tính năng lượng được giải phóng trong toàn chuỗi.
c. Trong một mẫu đá chứa 13,33g 23892Uvà 3,09 g 20682Pb. Tính tuổi của mẫu đá, biết t1/2 = 4,51.109 năm.
Biết: 42He = 4,0026u, 20682Pb = 205,9744u, 23892U = 238,0508u, 1u = 931,5 MeV/c2. Câu 2.Động hóa học (không có phần cơ chế): 2,5 điểm
1. Sự phân hủy axeton diễn ra theo phương trình:
CH3COCH3 C2H4 + H2 + CO
Theo thời gian phản ứng, áp suất chung của hệ đo được như sau:
t [phút] 0 6,5 13 19,9
p [mmHg] 312 408 488 562
Bằng phương pháp giải tích hãy chứng tỏ phản ứng là bậc 1 và tính hằng số tốc độ.
2. Ở 250C một phản ứng đã cho sẽ kết thúc sau 2,5 giờ. Chấp nhận hệ số nhiệt độ của tốc độ phản ứng bằng 3, hãy tính hệ số nhiệt độ mà tại đó phản ứng sẽ kết thúc sau 20 phút.
Câu 3. Nhiệt hóa học, cân bằng hóa học (2,5 điểm).
1. Cho cân bằng: PCl5(k) ⇌ PCl3(k) + Cl2(k) KP = 1,85 ở 525K Làm ba thí nghiệm:
Thí nghiệm 1: Cho 1 mol PCl5 vào bình chân không có dung tích không đổi. Lúc đạt cân bằng ở 525K, áp suất trong bình là 2 atm.
Thí nghiệm 2: Làm giống thí nghiệm 1 nhưng cho thêm vào bình 1 mol khí agon và vẫn duy trì nhiệt độ là 525K.
Thí nghiệm 3: Khi cân bằng ở thí nghiệm 2 được thiết lập nguời ta vẫn duy trì nhiệt độ của bình là 525K nhưng tăng dung tích của bình lên sao cho áp suất cân bằng là 2atm.
Tính số mol PCl5 và Cl2 khi cân bằng trong mỗi thí nghiệm.
2. Trong 1 nhiệt lượng kế chứa 1,792 lít (đktc) hỗn hợp CH4, CO và O2. Bật tia lửa điện để đốt hoàn toàn CH4 và CO, lượng nhiệt toả ra lúc đó là 13,638 KJ. Nếu thêm tiếp 1 lượng dư hiđro vào nhiệt lượng kế rồi lại đốt tiếp thì lượng nhiệt thoát ra thêm 9,672 KJ.
Cho biết nhiệt tạo thành của CH4, CO, CO2, H2O tương ứng bằng 74,8 ; 110,5 ; 393,5 ; 241,8 (KJ.mol-1). Hãy tính % thể tích mỗi khí trong hỗn hợp đầu.
Câu 4. Liên kết, cấu tạo phân tử, tinh thể (2,5 điểm).
1. Sắp xếp theo thứ tự tăng dần sự biến thiên độ bền liên kết, tính axít, bazơ của các hợp chất hiđrua cộng hoá trị trong dãy sau và giải thích: CH4, NH3, H2O, HF.
2. Sắp xếp theo thứ tự tăng dần sự biến thiên góc liên kết trong dãy: CH4, NH3, H2O.
3. Giải thích tại sao ở điều kiện thường CO2 là chất khí còn SiO2 là chất rắn có nhiệt độ nóng chảy rất cao ?
4. Hãy giải thích tại sao:
- Phân tử BF3 tồn tại nhưng phân tử BH3 không tồn tại?
- Axit orthoboric H3BO3 là axit một lần axit?
Câu 5. Dung dịch điện li (cân bằng axit bazơ, cân bằng tạo chất ít tan) (2,5 điểm).
Dung dịch A gồm H2C2O4 0,1M và axit HA.
1. Để trung hòa hoàn toàn 10 ml dung dịch A cần 25 ml dung dịch NaOH 0,12M. Tính nồng độ HA.
2.Tính pKa(HA) biết độ điện li của HA trong dung dịch A bằng 3,34.10-2 %.
3.Thêm 90 ml dung dịch NH3 0,04M vào 10 ml dung dịch A thì pH bằng bao nhiêu?
Cho H2C2O4 có pKa1 = 1,25 và pKa2 = 4,27. NH4+ có pKa = 9,24.
Câu 6. Phản ứng oxi hóa khử, điện hóa, điện phân (2,5 điểm)
1. Tính nồng độ ban đầu của HSO4- (Ka = 10-2), biết giá trị sức điện động của pin:
PtI- 0,1 M; I3- 0,02 MMnO4- 0,05 M, Mn2+ 0,01 M, HSO4- C MPt ở 25oC đo được bằng 0,824 V. Cho Eo 1,51V
Mn /
MnO4 2 và Eo 0,5355V
I /
I3 .
2. Biện phân 50 mL dung dịch HNO3 có pH = 5,0 với điện cực trơ trong 30 giờ, dòng điện không đổi 1A. Tính pH của dung dịch thu được sau khi điện phân. Coi khối lượng riêng của dung dịch HNO3 loãng trong thí nghiệm này không đổi và bằng 1g/mL.
Câu 7. Nhóm halogen, oxi -lưu huỳnh (2,5 điểm)
1. Đốt cháy hoàn toàn 4,4g sunfua của kim loại M (công thức MS) trong oxi dư. Chất rắn sau phản ứng đem hoà tan trong 1 lượng vừa đủ dung dịch HNO3 37,8% thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch thu được là 41,72%. Khi làm lạnh dung dịch này thì thoát ra 8,08g muối rắn. Lọc tách muối rắn thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch là 34,7%. Xác định công thức muối rắn.
2.
a. Độ bền đối với nhiệt từ HF đến HI thay đổi như thế nào? Có phù hợp với sự thay đổi nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi không?
b. Điclo oxit ClO2 là một chất khí được dùng để tẩy trắng trong sản xuất giấy. Phương pháp tốt nhất để điều chế ClO2 trong phòng thí nghiệm là cho hỗn hợp KClO3 và H2C2O4 tác dụng với H2SO4
loãng. Trong công nghiệp ClO2 được điều chế bằng cách cho NaClO3 tác dụng với SO2 có mặt H2SO4 4M.
* Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
* ClO2 là hợp chất dễ gây nổ, tại sao điều chế ClO2 trong phòng thí nghiệm theo phương pháp trên tương đối an toàn?
Câu 8. Tổng hợp vô cơ (2,5 điểm)
Cho X là một muối nhôm khan, Y là một muối vô cơ khan. Hòa tan a gam hỗn hợp cùng số mol hai muối X và Y vào nước được dung dịch A. Thêm từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch A cho tới dư được dung dịch B, khí C và kết tủa D. Axit hóa dung dịch B bằng HNO3 rồi thêm AgNO3 vào thấy xuất hiện kết tủa màu trắng bị đen dần khi để ngoài ánh sáng. Khi thêm Ba(OH)2 vào A, lượng kết tủa D đạt giá trị lớn nhất (kết tủa E), sau đó đạt giá trị nhỏ nhất (kết tủa F). Nung các kết tủa E, F tới khối lượng không đổi thu được 6,248 gam và 5,126 gam các chất rắn tương ứng. F không tan trong axit mạnh.
1. Hỏi X, Y là các muối gì?
2. Tính a và thể tích khí C ở đktc ứng với giá trị D lớn nhất.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC KẠN TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC KẠN
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI ĐỀ XUẤT MÔN: HÓA HỌC LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
1 Giải:
1. Từ giá trị n = 4, l = 2 electron có năng lượng cao nhất thuộc phân lớp 4d.
Từ giá trị ml = -2 và s = -1/2 sự phân bố electron trên phân lớp 4d như sau:
Vì cấu hình electron 4d6 lớp ngoài cùng phải là 5s2
Cấu hình electron của nguyên tố X: 1s22s22p63s23p63d104s24p64d65s2 X thuộc chu kì 5, phân nhóm VIIIB
0,25
0,25
2.a.
- Gọi x, y lần lượt là số phân hủy và trong toàn chuỗi.
- Ta có phản ứng tổng quát:
23892U 20682Pb + x42He + y01e
- Áp dụng định luật bảo toàn điện tích và bảo toàn số khối ta có:
4.x + 206 = 238 2.x - y + 82 = 92
x = 8 y = 6
Vậy có 8 phân hủy và 6 phân hủy trong toàn chuỗi. 0,5 b.
- 2 -1 0 +1 +2
238
92U 20682Pb + 842He + 601e Năng lượng được giải phóng trong toàn chuỗi:
W = 238 206 4
92 82 2
2
U Pb He
(m - m 8m ).c
= (238,0508 – 205,9744 – 8.4,0026).913,5 = 51,7914 MeV
0,75 2 c. Tính tuổi của mẩu đá:
238
92U 20682Pb + x42He + y01e - Từ phương trình ta có tỉ lệ:
238 206
238 206
U Pb
U Pb
m m
M = M
238U
m
phản ứng = 206 238
206
Pb U Pb
m 3,09
.M = .238,0508
M 205,9744 = 3,57 g
238U
m
ban đầu = 13,33 + 3,57 = 16,90 g Ta có: lnN0 = lnm0 = k.t
N m (m0: khối lượng 238U ở thời điểm ban đầu, m:
khối lượng 238U ở thời điểm đang xét)
9
1/ 2 0
t m 4,51.10 16,90
t = . ln = . ln
ln 2 m ln 2 13,33
t = 1,544.109 (năm)
0,25
0,5 1. Để chứng minh phản ứng phân hủy axeton là bậc 1 ta sử dụng phương
pháp thế các dữ kiện vào phương trình động học bậc 1 xem các hằng số tốc độ thu được có hằng định hay không.
- Vì áp suất tỉ lệ với nồng độ nên trong phương trình động học, nồng độ axeton được thay bằng áp suất riêng phần.
- Gọi p0 là áp suất đầu của axeton:
CH3COCH3 C2H4 + H2 + CO t = 0 p0
t p0 – x x x x - Áp suất chung của hệ là:
p = p0 – x + 3.x = p0 + 2x p p0
x = 2
0 0
0 0
p - p 3p - p p - x = p - =
2 2
- Hằng số tốc độ của phản ứng 1 chiều bậc 1 là:
0 0
1 p k = ln
t p - x
0 0
2p k ln1
t 3p -p
- Thay các giá trị ở các thời điểm ta có:
1
1 2.312
k ln
6,5 3.312 - 408
= 2,57.10-2 (phút-1)
2
1 2.312
k ln
13 3.312 - 488
= 2,55.10-2 (phút-1)
3
1 2.312
k ln
19,9 3.312 - 562
= 2,57.10-2 (phút-1)
- Ta thấy các giá trị của hằng số tốc độ không đổi. Vậy phản ứng trên là phản ứng bậc 1.
- Hằng số tốc độ của phản ứng:
1 2 3
2 2 2
k = .(k + k + k ) 1 3
= .(2,57.10 + 2,55.10 + 2,57.10 )1 3
= 2,56.10-2 (phút-1)
0,75
0,5
0,5 2.
Ta có:
2 1
2
1
T - T
T 10
T
v =
v mà 2
1
T 1
T 2
v t
v = t
2 1
T - T
1 10
2
t =
t
T - 252
2,5.60 10
20 = 3 T2 = 43,30C 0,75
3
*Thí nghiệm 1:
PCl5 ⇌ PCl3 + Cl2
CB: 1 – x x x
n = 1 + x
Ta có:
2 2
2
x 2 2x
1,85 1 x 1 x 1 x
2 5
Cl PCl
x n 0,693mol n 0,307mol
0,5
*Thí nghiệm 2:
Thêm Ar vào ở T, V không đổi nên áp suất riêng phần của từng chất và hằng số Kp không đổi. Cân bằng không chuyển dịch, kết qủa giống thí
nghiệm 1 0,5
*Thí nghiệm 3:
PCl5 ⇌ PCl3 + Cl2 + Ar CB: 1 – x x x 1
n = 2 + x
2 5
2 2 2
2
/ (2 ) 2
1,85 2
(1 ) / (2 ) 2
0,77 0, 23
Cl PCl
x x x
x x x x
x n mol n mol
0,52.Phản ứng cháy: CH4 + 2O2 CO2 + 2H2O H1 = 802,3 kJ/mol
CO + 1/2O2 CO2 H2 = 283,0 kJ/mol
H2 + 1/2O2 H2O H3 = 241,8
kJ/mol
Đặt số mol CH4 là x và CO là y.
Lượng nhiệt toả ra từ lần cháy đầu: 802,3x + 283,0y = 13,638 (I)
Lượng O2 dư tính theo H2 = 1
2 9,672
241,8= 0,02 mol
(0,08 x y) (2x+ y
2) = 0,02 hay x+ y
2 = 0,02 (II)
Kết hợp (I) với (II) cho: x = 0,01 chiếm 12,5% và y = 0,02 chiếm 25%; còn O2 62,5%
0,5
0,5
4 - Độ bền liên kết tăng dần theo thứ tự sau: NH3, CH4, H2O, HF
Giải thích: Từ C, N, O, F là các nguyên tố trong cùng chu kỳ, nói chung hiđrua của chúng có độ bền tăng dần do độ âm điện lớn dần và bán kính nhỏ dần. Riêng từ CH4 đến NH3 năng lượng lại hơi giảm do C trong CH4
đã sử dụng cả 4 AO lai hoá tạo 4 liên kết như nhau, phân tử là tứ diện đều. Do đó sự đẩy nhau giữa các cặp e hoàn toàn như nhau, còn trong NH3, N còn 1 cặp electron chưa liên kết nên sự đẩy giữa các mây electron khác nhau làm cho phân tử kém bền hơn.
- Tính axít tăng theo thứ tự sau: CH4, NH3, H2O, HF là do độ âm điện từ C
→ F tăng dần nên độ phân cực của liên kết H – X tăng dần hay khả năng cho H+ tăng dần.
0,25
0,25 2. Góc liên kết tăng dần theo thứ tự sau: H2O, NH3, CH4
do trong 3 phân tử H2O, NH3, CH4, nguyên tử trung tâm đều lai hoá sp3, phân tử CH4 có cấu tạo tứ diện, góc HCH = 109028/, còn trong phân tử H2O và NH3 góc bị ép lại nhỏ hơn 109028/ do sự đẩy nhau giữa 2 cặp mây electron không liên kết lớn nhất, sau đó đến sự đẩy nhau giữa mây
electron không liên kết với mây electron liên kết, cuối cùng sự đẩy nhau giữa 2 mây electron liên kết là yếu nhất. Trong H2O, O còn 2 cặp electron chưa tham gia liên kết còn trong NH3, N có 1 cặp electron chưa liên kết nên góc liên kết của H2O nhỏ hơn của NH3. (Hoặc có thể giải thích do khả năng lai hoá sp3 tăng dần từ O đến C do sự chênh lệch phân mức năng lượng 2s và 2p nhỏ dần)
0,25
0,25 3. Trong phân tử CO2, cacbon ở trạng thái lai hoá sp, trạng thái lai hoá này
được làm bền bởi các liên kết π p-p tạo với các nguyên tử oxi, do vậy phân tử CO2 tồn tại độc lập, lực tương tác giữa các phân tử chỉ là lực tương tác yếu nên ở điều kiện thường là chất khí.
Khác với CO2, trong phân tử SiO2, trạng thái lai hoá sp rất không đặc
0,25
trưng với Si do không được làm bền bởi liên kết π p-p. Mặt khác do khả năng tạo liên kết π p-d từ cặp electron của oxi vào obital d trống của Si khá mạnh đã làm bền hơn trạng thái lai hoá sp3 của Si. Do vậy SiO2 tồn tại ở dạng polime, mỗi nguyên tử Si liên kết với 4 nguyên tử oxi khác.
0,25 4.Trong phân tử BH3, xung quanh nguyên tử B có 6 electron chưa đủ hoàn
thành octet nên phân tử BH3 không tồn tại được. Phân tử BF3 tồn tại được vì có sự tạo thành liên kết π p-p từ cặp electron của F vào obital p trống của B.
- Axit orthoboric H3BO3 có 3 nguyên tử hidro nhưng là axit một lần axit vì trong dung dịch nước nó có khả năng nhận thêm cặp electron trên nguyên tử oxi của nước đặt vào obital p trống của B:
B(OH)3 + H-OH [B(OH)4]- + H+
0,5
0,5 5 1. H2C2O4 + 2NaOH → Na2C2O4 + 2H2O
HA + NaOH → NaA + H2O
10.0,1.2 + 10.CHA = 25.0,12 ↔ CHA = 0,1M.
2. [A-] = CHA. αHA = 0,1.3,34.10-4 = 3,34.10-5M.
[HA] = CHA - [A-] ≈ 0,1M nên HA phân li không đáng kể.
Trong dung dịch có các cân bằng:
H2C2O4 H+ + HC2O4- (1) Ka1 = 10-1,25 HC2O4- H+ + C2O42- (2) Ka2 = 10-4,27 HA H+ + A- (3) KHA
H2O H+ + OH- KH2O
Ka1 >> Ka2 >> KH2O nên tính theo cân bằng (1), ta được [H+] = 0,052M
KHA = 4,76
5
1 10 , 0
10 . 34 , 3 . 052 , 0 ]
[
] ][
[
HA
A H 3. Thêm NH3 vào dung dịch A
CNH3 = 0,04.90/100 = 0,036M; CHA = CH2C2O4 = 0,1.10/100 = 0,01M Các phản ứng xảy ra:
NH3 + H2C2O4 → NH4+ + HC2O4- K1 = 107,99 >> 102: phản ứng hoàn toàn.
NH3 + HC2O4- → NH4+ + C2O42- K2 = 104,97 >> 102:phản ứng hoàn toàn.
NH3 + HA → NH4+ + A- K3 = 104,48 >> 102: phản ứng hoàn toàn.
Dung dịch sau phản ứng: NH4+ 0,03M; NH3 0,006M; A- 0,01M; C2O42-
0,01M
Có các cân bằng sau:
NH4+ + H2O NH3 + H3O+ (1) Ka (NH4+) = 10-9,24 NH3 + H2O NH4+ + OH- (2) Kb (NH3) = 10-4,76
A- + H2O HA + OH- (3) Kb (A-) = 10-9,24 C2O42- + H2O HC2O4- + OH- (4) Kb1 = 10-9,73
So sánh các hằng số K, ta thấy cân bằng chiếm ưu thế trong dung dịch là cân bằng (2). Do đó có thể xem dung dịch thu được như một dung dịch đệm gồm NH3 0,006M và NH4+ 0,03M.
Gần đúng: pH = 9,24 + lg (0,006/0,03) = 8,54.
0,5
0,5
1,0
6. 1. Ở điện cực phải: MnO4- + 8H+ + 5e ⇌ Mn2+ + 4H2O Ở điện cực trái: 3I-⇌ I3- + 2e
01 , 0
] H [ 05 , lg0 5 059 , 51 0 , ] 1
Mn [
] H ][
MnO lg[ 5 059 , E 0
E
8 2
8 o 4
Mn /
p MnO 2
4
V 574 , ) 0 1 , 0 (
02 , lg 0 2 059 , 5355 0 , ] 0 I [
] I lg [ 2 059 , E 0
E 3 3
o 3 I 3 / t I
3
E
Δ = Ephải - Etrái 0,824 = 1,51 + 5 059 ,
0 lg(5[H+]8) – 0,574 Suy ra h = [H+] = 0,053 M
Mặt khác từ cân bằng:
H2SO4-⇌ H+ + SO42- Ka = 10-2 [ ] C – h h h
Suy ra h C
K K h h C
h
a 2 a 2
Thay giá trị h = 0,053 và Ka = 1,0.10-2, tính được C 0,334M
HSO4
0,25
0,5
0,5 2.Nửa phản ứng oxi hóa ở anot: 2 1 2
2 2
H O H2O e Nửa phản ứng oxi hóa ở catot: 2H 2eH2
Phản ứng tổng: 2 2 1 2 H OH 2O
Số mol electron trao đổi trong 30 giờ . 1.30.60.60
1,119( ) 96485
e
n I t mol
F
Theo quá trình anot, ta có số mol nước bị điện phân
2
1
H O
2
en n
0,56(mol)suy ra khối lượng nước bị điện phân là 0,56.18 = 10,08 g Khối lượng dung dịch trước khi điện phân là 50.1 = 50 g
Khối lượng dung dịch sau khi điện phân là 50 – 10,08 = 39,92 (g).
Thể tích dung dịch sau khi điện phân là 39,92 mL 0,04 L
Trong quá trình điện phân số mol H+ không thay đổi = 50.10-3.10-5 = 5.10-7 (mol).(chính bằng số mol HNO3 ban đầu).
Sau khi điện phân kết thúc, nồng độ ion H+
0,5
0,25
7
5
5
5.10 1, 25.10 0, 04
lg lg(1, 25.10 ) 4,903 4, 9
H M
pH H
0,5 7 1. Vì O2 dư nên M có hoá trị cao nhất trong oxit Vì O2 dư nên M có hoá trị
cao nhất trong oxit
2MS + (2 + n:2)O2 M2On + 2SO2
a 0,5a
M2On + 2nHNO3 2M(NO3)n + n H2O 0,5a an a
0,25
Khối lượng dung dịch HNO3
m = an 63 100 : 37,8 = 500an : 3 (g) Khối lượng dung dịch sau phản ứng
m = aM + 8an + 500an : 3 (g)
Ta có (aM + 62an) : (aM + 524an: 3) = 0,4172 Nên M = 18,65n
Chọn n = 3 Suy ra M = 56 (Fe) 0,5
Ta có: a(M+32)= 4,4 Suy ra a = 0,05 khối lượng Fe(NO3)3 là m= 0,05 242 = 12,1(g)
Khối lượng dung dịch sau khi muối kết tinh : mdd = aM + 524an: 3 – 8,08 =20,92 (g)
Khối lượng Fe(NO3)3 còn lại trong dung dịch là : m = 20,92 34,7 : 100 = 7,25924 (g)
Khối lượng Fe(NO3)3 kết tinh
m = 12,1 - 7,25924 = 4,84 (g) 0,5
Đặt công thức Fe(NO3)3 . nH2O
Suy ra 4,84:242 (242 + 18n) = 8,08 Suy ra n = 9 CT Fe(NO3)3 . 9H2O
0,25 7 a. Độ dài liên kết HX, năng lượng liên kết và độ bền đối với nhiệt trong
dãy từ HF đến HI có các giá trị sau:
HF HCl HBr HI
Độ dài liên kết HX (Ǻ) 1,02 1,28 1,41 1,60 Năng lượng liên kết HX
(Kcal/mol)
135 103 87 71
Phân hủy ở 10000C (%) Không 0,014 0,5 33 Trong dãy đó, độ bền đối với nhiệt giảm do độ dài liên kết tăng và năng lượng liên kết giảm.
Độ bền đối với nhiệt chỉ phụ thuộc vào năng lượng liên kết của phân tử, còn nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi lại phụ thuộc vào năng lượng tương tác giữa các phân tử nên độ bền đối với nhiệt từ HF đến HI phù hợp với sự thay đổi nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi
0,25
0,25 b. 2KClO3 + H2C2O4 + 2H2SO4 2ClO2 + K2SO4 + 2CO2 + 2H2O
2NaClO3 + SO2 + H2SO4 2 ClO2 + 2NaHSO4 0,5
CO2 sinh ra pha loãng ClO2 nên làm giảm khả năng nổ của ClO2 nên điều chế ClO2 trong phòng thí nghiệm theo phương pháp trên tương đối an toàn.
8 Cho AgNO3 vào dung dịch B đã axit hóa tạo ra kết tủa trắng bị hóa đen ngoài ánh sáng: đó là AgCl, vậy phải có một trong 2 muối là muối clorua
- Khi cho Ba(OH)2 mà có khí bay ra chứng tỏ đó là NH3. Vậy muối Y phải là muối amoni (muối trung hòa hoặc muối axit).
- Mặt khác khi thêm Ba(OH)2 tới dư mà vẩn còn kết tủa chứng tỏ một trong 2 muối phải là muối sunfat
Các phản ứng dạng ion:
Ag+ + Cl- AgCl
NH4+ + OH- NH3 + H2O Al3+ + 3OH- Al(OH)3
Al(OH)3 + OH- Al(OH)4-
2Al(OH)3 t0 Al2O3 + 3H2O
Ba2+ + SO42- BaSO4 (không đổi khi nung) Sự chênh lệch nhau vì khối lượng khi nung E, F là do Al2O3 tạo thành từ Al(OH)3.
nAl2O3 = 6, 248 5,126 102
0,011 mol
nBaSO4 = nSO42- = 5,126
233 = 0,022 mol
Ta thấy nSO42- = nAl3+ nên không thể có muối Al2(SO4)3. Do đó muối nhôm phải là muối clorua AlCl3 với số mol = 0,011.2 = 0,022 mol và muối Y phải là (NH4)2SO4 hoặc NH4HSO4 với số mol là 0,022 mol
0,25
0,25
0,5đ
0,5đ
Trường hợp muối (NH4)2SO4
a = 0,022.133,5 + 0,022.132 = 5,841 gam nkhi C = nNH4+= 0,044 VB = 0,9856 lít
0,5
Trường hợp muối NH4HSO4
a = 0,022. 133,5 + 0,022. 115 = 5,467 gam
nkhi C = nNH4+= 0,022 VB = 0,4928 lít
0,5
