Đề thi đề nghị hoá 10 trường THPT Lê Quý Đôn thời gian làm bài : 180 phút ( không kể thời gian phát đề )13721

Sở GD_ĐT Khánh Hoà
Trường THPT Lê Quý Đôn

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ HOÁ 10
Thời gian làm bài : 180 phút
( Không kể thời gian phát đề )

Câu 1:
1. Bộ 4 số lượng tử nào sau đây được chấp nhận cho một electron trong ngtử.
n
l
ml
ms
a.
3
0
+1
-1/2
b.
2
1
-1
-1/2
c.
2
2
0
+1/2
d.
3
1

+1
-1/2
Trường hợp nào phù hợp hãy cho biết vị trí của ngtố đó trong bảng tuần hoàn,tính chất hoá học
đặc trưng.Viết pứ minh hoạ.
2. Xét ngtử của ngtố có electron cuối cùng có bộ 4 số lượng tử:
n
l
ml
ms
a.
3
2
0
+1/2
b.
3
2
+1
-1/2
Có tồn tại những cấu hình này không?Vì sao?
3. Cho biết trạng thái lai hoá của ngtử trung tâm và dạng hình học của các phân tử sau :
H2O , H2S , H2Se , H2Te .
- Hãy sắp xếp theo chiều tăng dần độ lớn góc liên kết và giải thích sự sắp xếp đó.
- Tại sao ở điều kiện thường H2O ở thể lỏng,còn H2S , H2Se , H2Te ở thể khí?
- Hãy sắp xếp theo chiều tăng dần tính khử của các chất trên.Giải thích.
4. Sự phân rã phóng xạ của hạt nhân 92U238 xảy ra qua 86Rn222 đến 82Pb207.Khi đó hạt nhân
Uran,sau đó hạt nhân Radon cho thoát ra và hấp thụ những hạt nào , với số lượng bao nhiêu?

ThuVienDeThi.com

Sở GD_ĐT Khánh Hoà
Trường THPT Lê Quý Đôn

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ HOÁ 10
Thời gian làm bài : 180 phút
( Không kể thời gian phát đề )

Câu 2 :
1. Viết các ptpứ biểu diễn các thí nghiệm sau :
- Cho khí H2S đi qua dd FeCl3 thu được kết tủa vàng.
- Cho khí Clo đi chậm qua dd nước Brom làm mất màu dd đó.
- Cho một luồng khí Flo đi qua dd NaOH 2% lạnh,pứ làm giải phóng khí oxiđiflorua.
- Cho bột Al2O3 hoà tan hết trong lượng dư dd NaOH,sau đó thêm dd NH4Cl dư , đun nóng nhẹ.
- Nhỏ từ từ dd nước amoniac,cho đến dư,vào dd CuSO4.
2. Tiến hành diện phân ( với điện cực trơ,màng ngăn xốp ) dd chứa a mol Cu(NO3)2 và b mol
NaCl đối với 3 trường hợp : 2a = b , b < 2a , b > 2a . Viết các ptpứ điện phân xảy ra cho tới khi
H2O bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực.

ThuVienDeThi.com


Sở GD_ĐT Khánh Hoà
Trường THPT Lê Quý Đôn

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ HOÁ 10
Thời gian làm bài : 180 phút
( Không kể thời gian phát đề )

Câu 3:

1. Trộn 100 ml dd HCOOH 0,1M vơi100 ml dd NaOH 0,05M được 200 ml dd A.
Tìm pH của dd A.
- pH của dd A sẽ thay đổi như thế nào khi thêm vào dd 0,001 mol HCl hoặc 0,001 mol NaOH.
- Từ các kết quả trên hãy cho nhận xét.
2. Xác định nhiệt độ tại đó áp suất phân li của NH4Cl là 1 atm,biết ở 25oC có các dữ kiện :
 Go ( kJ/mol )
 Hott ( kJ/mol )
NH4Cl(r)
-315,4
-203,9
HCl(k)
-92,3
-95,3
-46,2
-16,6
NH3(k)
2+
2+
3. Cho H2S loäi qua dd chứa Cd 0,01M và Zn 0,01M đến bão hoà.
a. Hãy xác định giới hạn pH phải thiết lập trong dd sao cho xuất hiện kết tủa CdS mà không
có kết tủa ZnS.
b. Hãy thiết lập khu vực pH tại đó chỉ còn 0,1% Cd2+ trong dd mà Zn2+ vẫn không kết tủa.Biết
dd bão hoà H2S có [H2S} = 0,1M và H2S có Ka1 = 10-7 , Ka2 = 1,3.10-13,TCdS = 10-28 ,
TZnS = 10-22 .Bỏ qua quá trình tạo phức hidroxo của Cd2+ và Zn2+.

ThuVienDeThi.com


ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ HOÁ 10

Sở GD_ĐT Khánh Hoà
Trường THPT Lê Quý Đôn

Thời gian làm bài : 180 phút
( Không kể thời gian phát đề )

Câu 4:
1. Cân bằng các pứ oxi hoá khử sau :
a. Theo phương pháp cân baèng electron :
Cu2S + HNO3  Cu(NO3)2 + CuSO4 + NO2 + H2O.
CH3CH=CH2 + KMnO4 + H2O  CH3CHCH2 + MnO2 + KOH
OH OH
b. Theo phương pháp cân bằng ion - electron :
K2Cr2O7 + H2SO4 + NO  Cr2(SO4)3 + HNO2 + K2SO4 + H2O.
NaCrO2 + Br2
+ NaOH  Na2CrO4 + NaBr + H2O.
2. Hãy cho biết pứ nào xảy ra trong các trường hợp sau:
FeCl3 + NaCl
FeCl3 + NaBr
FeCl3 + NaI
o
o
Bieát ECl / 2Cl  1,359V
E Br / 2Br  1,065V
EoI / 2I  0,536V
2

2

E

o
Fe3 / Fe2

2

 0,77V

3. Tính EoAgCl / Ag và hằng số cân bằng của pứ sau:
2AgCl + Cu ฀ 2Ag + Cu2+ + 2 Cl 
Bieát EoAg / Ag  0,799V
EoCu2 / Cu  0,337V
4. Cho EoCu2 / Cu  0,345V

TAgCl  1010

; EoZn2 / Zn  0,76V.

a. Hãy viết sơ đồ pin được dùng để xác định thế điện cực tiêu chuẩn của các cặp trên . Chỉ rõ cực
dương,cực âm.Cho biết pứ thực tế xảy ra trong pin khi pin hoạt động .
b. Ở 25oC,tiến hành thiết lập 1 hệ ghép nối giữa thanh Zn nhúng vào dd ZnCl2 0,01M với thanh
Cu nhúng vào dd CuCl2 0,001M thu được một pin điện hoá.
-Viết kí hiệu của pin và pứ xảy ra khi pin làm việc.
-Tính Epin.

ThuVienDeThi.com


Sở GD_ĐT Khánh Hoà
Trường THPT Lê Quý Đôn

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ HOÁ 10
Thời gian làm bài : 180 phút
( Không kể thời gian phát đề )

Câu 5:
Hoà tan 9,24g hỗn hợp Al,Cu trong dd HCl dư 5% ( so với lý thuyết ) thu được 6,72 lít khí A
( đktc) , ddB và rắn C.
a. Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp.
b. Cho tất cả dd B tác dụng với dd NaOH 0,5M . Tính thể tích dd NaOH cần dùng để sau pứ thu
được 9,36g kết tủa.
c. Hoà tan toàn bộ chất rắn C trong 60 ml dd HNO3 2,0M , chỉ thu được khí NO . Sau khi pứ kết
thúc cho thêm lượng dư H2SO4 vào dd thu được lại thấy có khí NO bay ra . Giải thích và tính thể
tích khí NO (đktc) bay ra sau khi theâm H2SO4.

ThuVienDeThi.com


ĐÁP ÁN

Sở GD_ĐT Khánh Hoà
Trường THPT Lê Quý Đôn

Câu 1:
1.a.Không thoả mãn,vì ml > l
b.Thoả mãn :2p4 .Cấu hình e :1s22s22p4. STT :8, chu kì 2 , nhóm VIA.
2

Tính chất đặc trưng : tính oxi hoá O2 +4e  2 O
Ví dụ : 4Na + O2 = 2Na2O

c. Không thoả mãn,vì n = l ( l = n-1 )
d.Thoả mãn :3p6 . Cấu hình e :1s22s22p63s23p6. STT :18, chu kì 3 , nhóm VIIIA.
Ngtố này có cấu hình bền nên không tham gia tương tác hoá học.
2. Cấu hình ...3d34s2 : tồn tại
Cấu hình ...3d94s2 : không tồn tại, chuyển sang cấu hình bền 3d104s1.
3. -Trong các phân tử H2O , H2S, H2Se, H2Te; O, S, Se, Te (R) ở trạng thái lai tạo sp3, phân tử có
cấu tạo dạng góc :
R
H
H
- Vì độ âm điện của O lớn nhất nên các cặp e liên kết bị hút về phía O mạnh  khoảng cách
giữa 2 cặp e liên kết trong phân tử H2O là nhỏ nhất  nên lực đẩy tónh điện mạnh nhất  góc
liên kết lớn nhất .
Thứ tự tăng dần góc liên kết là : H2Te , H2Se, H2S, H2O .
- Ở điều kiện thường nước ở thể lỏng là do các phân tử nước có khả năng tạo liên kết H liên
phân tử :
... O  H ... O  H ...
H

H

- Trong các phân tử H2R , R đều có số oxi hoá -2, tuy nhiên từ O đến Te bán kính R lại tăng lên 
khả năng cho e tăng từ O đến Te, tức là tính khử tăng theo thứ tự H2O, H2S, H2Se, H2Te .
4. Vì khi phóng xạ  thì khối lượng hạt nhân bị giảm 4 và điện tích giảm 2 đơn vị .
Khi phóng xạ  khối lượng hạt nhân không đổi nhưng điện tích tăng 1 đơn vị.
Nhận thấy từ U 238  Pb207 khối lượng hạt nhân giảm 31 ( không chia hết cho 4 ) vì vậy ban đầu
U 238 đãhấp thụ 1 nơtron để tạo U 239 không bền .
238
1
239 *

92 U  o n  92 U
239
92

U*  82 Pb207  x 2 He4  y 01 e

Ta coù 2x - y = 10
4x = 32
=>
x=8
y=6

Vậy đã có 8 hạt  và 6 hạt  thoát ra , hấp thụ 1 nơtron .
ThuVienDeThi.com


ĐÁP ÁN

Sở GD_ĐT Khánh Hoà
Trường THPT Lê Quý Đôn

Câu 2: -

-

H2S + 3FeCl3  2FeCl2 + S + 2HCl
5Cl2 + Br2 + 6H2O  10HCl + 2HBrO3
lïanh
2F2 + 2NaOH 
 2NaF + OF2 + H2O

(2%)
Al2O3 + 2NaOH  2NaAlO2 + H2O
NaOH + NH4Cl  NaCl + NH3 + H2O
to
NaAlO2 + NH4Cl + H2O 
 Al(OH)3 + NH3 + NaCl
2
2+
CuSO4 = Cu + SO4
NH3 + H2O ฀

NH 4 + OH -

Cu2+ + 2OH -  Cu(OH)2.
Cu(OH)2 + 4 NH3  [Cu(NH3)4](OH)2.
2.Trong dd : Cu(NO3)2 = Cu2+ + 2 NO3
NaCl
= Na+ + ClTaïi catot (-) : Cu2+,Na+,H2O

Taïi anot (+) : NO3 , Cl-,H2O.

Pứ điện cực : Cu2+ +2e  Cu
2Cl- -2e  Cl2
2H2O + 2e  H2 + 2 OH2H2O -4e  O2 + 4 H+
Pứ điện phân:
Cu(NO3)2 + 2NaCl  Cu + Cl2 + 2NaNO3 (1)
Nếu 2a = b , tức là Cu(NO3)2 và NaCl bị điện phân hết cùng lúc,nên sau pứ (1) ở cả 2 điện cực
H2O sẽ điện phân.
dp
 H2 + 1/2 O2 .

H2O 
NaNO3
Nếu b<2a, sau pứ (1) còn dư Cu(NO3)2 .Khi đó pứ điện phân:
Cu(NO3)2 + H2O  Cu + 1/2 O2 + 2 HNO3 (2)
Sau pứ (2) thì H2O điện phân ở cả 2 điện cực:
dp
 H2 + 1/2 O2 .
H2O 
HNO3
Nếu b>2a,sau pứ (1) còn dư NaCl . Khi đó pứ điện phân:
m.n
2NaCl + 2 H2O 
2NaOH + Cl2 + H2 
Sau pứ (3) thì H2O điện phân ở cả 2 điện cực:
dp
 H2 + 1/2 O2 .
H2O 
NaOH

ThuVienDeThi.com

(3)


ĐÁP ÁN

Sở GD_ĐT Khánh Hoà
Trường THPT Lê Quý Đôn

Câu 3:

1. Ptpứ :

HCOOH + NaOH  HCOONa + H2O
0,005
0,005
0,005
nHCOOH = 0,1.0,1 = 0,01 mol
nNaOH = 0,1.0,05 = 0,005 mol
Vaäy dd thu được gồm 0,005 mol HCOOH và 0,005 mol HCOONa .
Trong dd xảy ra các quá trình :
HCOONa  HCOO- + Na+
HCOOH ฀ HCOO- + H+,Ka
HCOO- + H2O ฀ HCOOH + OH-,Kb
H2O
฀ H+ + OHTheo định luật bảo toàn điện tích ta coù:
[H+] + [Na+] = [HCOO-] + [OH-]

[HCOO-]
= [H+] + [Na+] - [OH-]
Mặt khác :
Theo định luật bảo toàn nồng độ ban đầu ta có :
CHCOOH  CHCOO  [HCOOH]  [HCOO ]
[HCOOH]  CHCOOH  CHCOO  [HCOO ]



= CHCOOH  CHCOO  [H  ]  [Na ]  [OH  ]
Vì CHCOO  [Na ] nên:
[HCOOH]  CHCOOH  [H  ]  [OH  ]
Ka 

[HCOO ][H  ]
[HCOOH]

CHCOOH  [H  ]  [OH  ]
[HCOOH]
 Ka
(*)
 [H ]  K a
[HCOO ]
[Na ]  [H  ]  [OH  ]
Vì sự có mặt của HCOOH và HCOO- trong dd nên đã ngăn cản sự tạo thành H+ và OH- .
Nên khi giải gần đúng có thể bỏ qua [H+] và[ OH-]


(*)  [H  ]  K a

CHCOOH
[Na ]

CHCOOH
[Na ]
Thay các giá trị vào biểu thức trên ta được:
0,005
pH  3,75  lg
 3,75.
0,005
Khi thêm 0,001 molHCl( 0,001 mol H+ ).Khi này :
HCOO- + H+  HCOOH
0,001

0,001 0,001
pH  pK a  lg

ThuVienDeThi.com


pH  3,75  lg(

0,005  0,001
)  3,57.
0,005  0,001

Khi thêm 0,001 mol NaOH(0,001 mol OH- ).Khi này:
HCOOH + OH-  HCOO- + H2O
0,001
0,001
0,001
0,005  0,001
)  3,93.
0,005  0,001
Việc thêm một lượng nhỏ axit mạnh hay bazơ mạnh vào hỗn hợp HCOOH và
HCOO chỉ làm thay đổi pH trong giới hạn  0,18 đơn vị pH.Như vậy hỗn hợp HCOOH và
HCOO- là dd đệm có khả năng giữ cho pH ban đầu hầu như không đổi.
pH  3,75  lg(

2.

Ptpứ:

NH 4 Cl(r) ฀ NH3(k)  HCl(k) .

x

x

Gọi x(mol) : n NH3  n HCl

x
.1  0,5atm
2x
 0,5.0,5  0,25(atm)2

 PNH3  PHCl 
Ở nhiệt độ T: K 2  PNH3 .PHCl
Ở 25oC ta có :

G opu  95,3  16,6  (203,9)  92kJ
H opu  46,2  92,3  (315,4)  176,9kJ
Từ công thức : G o  2,303RT lg K
Neân

lg K1 

92000
G o

 16,12
2,303RT
2,303.8,314.298

G o  H o  TSo  RT ln K

Mặt khác ta có :

H o So

RT
R
o
o
Giả sử H & S không thay đổi theo nhiệt độ,ta có :
H o So
ln K1  

RT1
R
 ln K  

ln K 2  

H o So

RT2
R

 ln K 2  ln K1  

H o H o

RT2 RT1

 ln

K 2 H o 1 1

(  )
K1
R T1 T2

 lg

K2
H o
1 1

(  )
K1 2,303.R T1 T2

H o
1 1
 lg K 2  lg K1 
(  )
2,303.R T1 T2
 lg 0,25  16,12 
 T2  597o K

176900
1
1
 )
(
2,303.8,314 298 T2

ThuVienDeThi.com


TCdS
1028

 1026.
3.Nồng độ
để CdS : [S ] 
2
[Cd ] 0,01
T
1022

 1020 .
Nồng độ S2- để ZnS : [S2  ]'  ZnS
2
[Zn ] 0,01
2
2 '
Vì [S ]  [S ] nên CdS trước.
Giới hạn pH phải thiết lập trong dd để xuất hiện  CdS mà không có ZnS
Ta có :
H 2 S ฀ 2H   S2  ,K  K1 .K 2  1,3.1020  1019,89.
2

S2-

K

[H  ]2 .[S2  ]
[H 2 S]

[H 2 S]
[S2  ]
1
1 [H S]
 pH  pK  lg 22
2
2 [S ]
Để CdS mà không có ZnS thì:
1026  [S2  ]  1020
1
1
0,1
pH1  .19,89  lg 26  2,56.
2
2 10
1
1
0,1
pH 2  .19,89  lg 20  0,45.
2
2 10
 2,56  pH  0,45.
 [H  ]2  K

0,1
 105 M.
100

1028
[S2-] lúc Cd2+ còn 0,1%  5  1023.
10
2+
Để trong dd Cd còn 0,1% mà ZnS vẫn chưa kết tủa thì 1023  [S2  ]  1020
1
1
0,1
pH3  .19,89  lg 23  1,06.
Tức là :
2
2 10
1,06  pH  0,45.
[Cd 2  ] coøn 0,1%  0,01.

ThuVienDeThi.com


ĐÁP ÁN

Sở GD_ĐT Khánh Hoà
Trường THPT Lê Quý Đôn

Câu 4 :
1
2

6

Cu2S -10e  2 Cu S

5

1

4

10
N  1e  N
* Cu2S + 12 HNO3  Cu(NO3)2 + CuSO4 +10NO2 + 6H2O
1

2

o

1

C C 2e  C C
7

3

4

Mn  3e  Mn
2
* 3CH3CH=CH2 + 2KMnO4 + 4H2O  3CH3CH(OH) CH2(OH) +2MnO2 +2KOH.
Cr2 O27  14H   6e  2Cr 3  7H 2 O
1
6

NO  H 2 O  1e  NO2  2H 

* K 2 Cr2 O7  2H 2 SO4  6NO  Cr2 (SO4 )3  6HNO2  K 2 SO4  H 2 O
CrO2  4OH   3e  CrO24  2H 2 O

2
3

Br2  2e  2Br 

* 2NaCrO2  3Br2  8NaOH  2Na2 CrO4  6NaBr  4H 2 O.
2.

Giả sử xảy ra pứ:
2Fe3  2X  2Fe2   X2 (1),(X  : Cl  ,Br  ,I  ).
o
 Eokh  0
Để pứ (1) xảy ra thì : Eopu  Eox

= EoFe3 / Fe2  EoX

2

/ 2X

0

Vì chỉ có EoI / 2I  EoFe3 / Fe2 nên chỉ xảy ra pứ:
2

3

2Fe  2I   2Fe2   I2
Hay

2FeCl3  2NaI  2FeCl2  I2  2NaCl.
I2  I   I3

3.

Ta coù :
Ag  e ฀ Ag,K  10

(Eo

Ag / Ag

)/ 0,059

AgCl ฀ Ag  Cl  ,Tt
AgCl  e ฀ Ag  Cl  ,K1  K.Tt  10


EoAgCl / Ag
0,059



EoAg / Ag

0,059

(EoAgCl / Ag )/ 0,059

 10

 EoAgCl / Ag  EoAg / Ag  0,59  0,799  0,59  0,209V.

ThuVienDeThi.com


Ta coù :
AgCl  e ฀ Ag  Cl  ,K1
Cu  2e ฀ Cu2  ,K 21  10

( 2Eo

Cu2 / Cu

)/ 0,059

2AgCl  Cu ฀ 2Ag  Cu2   2Cl  ,K 3  K12 .K 21
 10

(2EoAgCl / Ag )/ 0,059

 K 3  10
4.

2

.10

( 2Eo

(0,209  0,337)
0,059

Cu2 / Cu

)/ 0,059

 K3

 104,34.

a.Vì EoCu2 / Cu  Eo2H / H .Để Eopin >0 thì cực CuCu2+ làm cực dương(+).
2

cực Pt,H2(1atm) H+ 1M làm cực âm (-).
Sơ đồ pin:
(-)
(+)
Pt,H2(1atm) H+ 1M  Cu2+ 1M Cu .
Pứ điện cực: Cực (-) : H 2  2e ฀ 2H 
Cực (+) : Cu2   2e ฀ Cu.
Pứ trong pin : Cu2   H 2 ฀ Cu  2H  .
Tương tự ta có :
Vì Eo2H / H  EoZn2 / Zn nên ta có sơ đồ pin :
2

(-)
(+)
+
1M H 1MH2 (1atm),Pt.
Pứ điện cực: Cực (-) : Zn  2e ฀ Zn 2 
Cực (+) : 2H   2e ฀ H 2 .

ZnZn2+

Pứ trong pin : Zn  2H  ฀ Zn 2   H 2 .
b.Ta coù :
ZnCl2  Zn 2   2Cl 
0,01M 0,01M
CuCl2  Cu2   2Cl 
0,001M

0,001M
0,059
E Zn2 / Zn  EoZn2 / Zn 
lg[Zn 2  ]
2
0,059
lg(0,01)  0,819V.
= 0,76 
2
0,059
ECu2 / Cu  EoCu2 / Cu 
lg[Cu2  ]
2

0,059
lg(0,001)  0,4335V
= 0,345 
2
Sơ đồ pin:
(-)
(+)
2+
2+
ZnZn 0,01M Cu 0,001M  Cu.
Pứ điện cực :
Cực (-) : Zn  2e ฀ Zn 2 
Cực (+) : Cu2   2e ฀ Cu.
Pứ trong pin :
Zn  Cu2  ฀ Cu  Zn 2  .
E pin  E p  E t  ECu2 / cu  E Zn2 / Zn
= 0,4335-(-0,819) = 1,2525V.

ThuVienDeThi.com


ĐÁP ÁN

Sở GD_ĐT Khánh Hoà
Trường THPT Lê Quý Đôn

Câu 5:
Ptpứ :

2Al+6HCl=2AlCl3+3H2

(1)
0,2
0,6
0,2
0,3
6,72
n H2 
 0,3mol.
22,4
Theo pứ (1),ta có:nAl = 0,2 mol

mAl = 0,2.27 = 5,4g

mCu = 9,24 - 5,4 = 3,84g
b. ddB gồm nHCl dư = 0,6.0,05 = 0,03 mol
và n AlCl3  0,2mol.
T/hợp 1: AlCl3 dư .
9,36
n Al(OH)3 
 0,12mol
78
Ptpư : HCl + NaOH = NaCl + H2O
0,03 0,03
AlCl3 +3NaOH = Al(OH)3 + 3NaCl.
0,12 0,36
0,12
n NaOH(pu2,3)  0,36  0,03  0,39mol.

(2)
(3)

0,39
 0,78l.
0,5
T/hợp 2 : Al(OH)3 tạo ra cực đại nhưng sau đó bị hoà tan một phần .
Ptpư : HCl + NaOH = NaCl + H2O
(4)
0,03 0,03
AlCl3 +3NaOH = Al(OH)3 + 3NaCl.
(5)
0,2
0,6
0,2
Al(OH)3 + NaOH = NaAlO2 + 2H2O
(6)
(0,2-0,12)
0,08
n NaOH(pu4,5,6)  0,6  0,03  0,08  0,71mol.
 VNaOH 

0,71
 1,42l.
0,5
 0,06.2  0,12mol.

 VNaOH 
c.

n HNO3

HNO3  H   NO3
0,12

0,12 0,12
3,84
n Cu 
 0,06mol.
64
Ptpứ : 3Cu  8H   2NO3  3Cu2   2NO  4H 2 O.

(7)

0,045 0,12 0,03
Theo pứ (7) , n H hết nhưng n NO dư ,nên khi thêm lương dư axit H2SO4 sẽ có khí NO
3

thoát ra.
Khi thêm H2SO4, H 2 SO4  2H   SO24
Pứ : 3Cu  8H   2NO3  3Cu2   2NO  4H 2 O.
(0,06-0,045) 0,01
0,01
Theo pứ (8),nNO = 0,01 mol.

VNO = 0,01.22,4 = 0,224 l.

ThuVienDeThi.com

(8)

ThuVienDeThi.com