Bài tập hay và khó Hóa học 9

Thành Viên Tu i H c Tròổ ọ
123doc.org
BÀI T P HÓA H C HAY VÀ KHÓẬ Ọ
Câu 1
1. Cho các sơ đồ phản ứng sau:
KMnO
4
+ HCl khí A
FeS + HCl khí B
Na
2
SO
3
+ H
2
SO
4
khí C
NH
4
HCO
3
+ NaOH khí
A + B + H
2
O ?
A + D ?
B + C ?
C + D + H
2
O ?

Viết phương trình phản ứng xảy ra theo sơ đồ đã cho.
2. Hòa tan 2,14g một muối clorua vào nước thu được 200ml dung dịch X. Cho ½ dung dịch
X tác dụng với dung dịch AgNO
3
dư thu được 2,87g kết tủa.
a). Xác định muối clorua đã dùng.
b). Viết các phản ứng thực hiện sơ đồ chuyển hóa sau (ghi rõ điều kiện, nếu có):
khí R
X Y Cl
2
Z
khí Q
Đáp án câu 1
1. Các phương trình phản ứng:
2KMnO
4
+ 16HCl = 2MnCl
2
+ 5Cl
2
↑ + 2KCl + 8H
2
O
FeS + 2HCl = FeCl
2
+ H
2
S↑
Na
2

SO
3
+ H
2
SO
4
= Na
2
SO
4
+ H
2
O + SO
2
↑
NH
4
HCO
3
+ 2NaOH = Na
2
CO
3
+ NH
3
↑ + 2H
2
O
4Cl
2

+ H
2
S + 4H
2
O = H
2
SO
4
+ 8HCl
2NH
3
+ 3Cl
2
= N
2
+ 6HCl
2H
2
S + SO
2
= 3S + 2H
2
O
NH
3
+ SO
2
+ H
2
O = NH

4
HSO
3
2. a). Xác định được hợp chất X là NH
4
Cl.
b). Y: NaCl, Z: KClO
3
, A: Cacbon, B: lưu huỳnh, R: CO
2
,
Q: SO
2
.
Các phương trình phản ứng:
NH
4
Cl + NaOH = NaCl + NH
3
↑ + H
2
O
2NaCl = 2Na + Cl
2
↑
3Cl
2
+ 6KOH = 5KCl + KClO
3
+ 3H

2
O
+ đơn chất A
+ NaOH + KOH, đun sôi
+ đơn chất B
t
0
đpnc
màng ngăn
t
0
Thành Viên Tu i H c Tròổ ọ
123doc.org
2KClO
3
+ 3C = 2KCl + 3CO
2
↑
2KClO
3
+ 3S = 2KCl + 3SO
2
↑
Câu 2 Nung a gam hỗn hợp X gồm Fe và S trong điều kiện không có không khí cho đến
khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được chất rắn Y. Chia Y thành 2 phần bằng nhau. Cho phần 1
tác dụng với dung dịch HCl dư thu được hỗn hợp khí Z có = 13.
a). Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong X.
b). Cho phần 2 tác dụng hết với 55g dung dịch H
2
SO

4
98%, đun nóng thu được V lít khí SO
2
(ĐKTC) và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng hết với dung dịch BaCl
2
dư tạo thành
58,25g kết tủa. Tính a,V.
Đáp án câu 2

a). Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong X:
Nung hỗn hợp X: Fe + S = FeS (1)
Chất rắn Y gồm: FeS và Fe dư, tác dụng với dung dịch HCl:
FeS + 2HCl = FeCl
2
+ H
2
S↑ (2)
x mol x mol
Fe + 2HCl = FeCl
2
+ H
2
↑ (3)
y mol y mol
Gọi x, y là số mol FeS và Fe trong mỗi phần hỗn hợp Y.
Ta có: ⇒ ⇒
⇒ % khối
lượng của Fe =
70%
% khối lượng của FeS

= 30%
b).Tính a, V: Phần 2
tác dụng với dung dịch H
2
SO
4
đặc nóng có phản ứng:
2FeS + 10H
2
SO
4
= Fe
2
(SO
4
)
3
+ 9SO
2
↑ + 10H
2
O (4)
x mol 5x mol x/2 mol 9x/2 mol
2Fe + 6H
2
SO
4
= Fe
2
(SO

4
)
3
+ 3SO
2
↑ + 6H
2
O
(5)
y mol 3y mol y/2 mol 3y/2 mol
Dung dịch A tác dụng với dung dịch BaCl
2
:
H
2
SO
4
dư + BaCl
2
= BaSO
4
↓ + 2HCl
(6)
z mol z mol
Fe
2
(SO
4
)
3

+ 3BaCl
2
= 3BaSO
4
↓ + 2FeCl
3
(7)
(x/2+y/2) mol 3(x/2+y/2) mol
Ta có các phương trình:
(I)
Số mol BaSO
4
= = = 0,25
(II)
2
H/Z
d
262x13
yx
y2x34
M
Z
==
+
+
=
1
3
y
x

=
3
4
y3
y4
x
yx
n
n
S
Fe
==
+
=
=
+ (3x32)(4x56)
4x56x100
=
+ )323()564(
100323
xx
xx
1
3
y
x
=
z)
2
y

2
x
(3 ++
233
25,58
t
0
Thành Viên Tu i H c Tròổ ọ
123doc.org
Số mol H
2
SO
4
đã dùng = 5x + 3y + z = = 0,55 (III)
Giải ra: x = 0,075 y = 0,025 z = 0,1
Khối lượng hỗn hợp X = a = 2[(0,075x88) + (0,025x56)] = 16gam
Thể tích khí SO
2
= V = 22,4()
= 8,4lit
Câu 3: Nguyên tử của một nguyên tố X trong đó electron cuối cùng có 4 số lượng n = 3, l = 1, m
= 0, s = - ½
1) Xác định tên nguyên tố X.
2) Hòa tan 5,91 hỗn hợp NaX và KBr vào 100ml dung dịch hỗn hợp Cu(NO
3
)
2
0,1M và
AgNO
3

chưa biết nồng độ, thu được kết tủa A và dung dịch B.
Trong dung dịch B, nồng độ % của NaNO
3
và KNO
3
tương ứng theo tỉ lệ 3,4 : 3,03. Cho
miếng kẽm vào dung dịch B, sau khi phản ứng xong lấy miếng kẽm ra khỏi dung dịch, thấy khối
lượng tăng 1,1225g.
a) Tính lượng kết tủa của A?
b) Tính C
M
của AgNO
3
trong dung dịch hỗn hợp.
Đáp án Câu 3. 1) Nguyên tử của nguyên tố X có:
n = 3
l = 1
m = 0
s = - ½
Cấu trúc hình e của X : 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
5
-> Z

x
= 17 X là clo
NaCl + AgNO
3
= AgCl ↓ + NaNO
3
KBr + AgNO
3
= AgBr ↓ + KNO
3
Khi cho Zn vào dd B, khối lượng miếng Zn tăng, chứng tỏ AgNO
3
dư.
Zn + 2AgNO
3
= Zn(NO
3
)
2
+ 2Ag ↓
Zn + Cu(NO
3
)
2
= Zn(NO
3
)
2
+ Cu ↓
NaCl : x mol

KBr : y mol
mol
->
(1)
58,5x + 119y =
5,91 (2)
98x100
98x55
2
025,0x3
2
075,0x9
+
01,0
000.1
1,0.100
2
)
==
3
Cu(NO
n
03,3
4,3
=
3
3
C%KNO
C%NaNO
03,3

4,3
=
3
3
KNO
NaNO
m
m
xy 75,0
03,3
4,3
=>−=
101y
85x
electron cuối cùng ở phân lớp 3p
electron này là e thứ 5 của ở phân lớp 3p
Thành Viên Tu i H c Tròổ ọ
123doc.org
Giải hệ pt (1), (2)
m
A
= 0,04 . 143,5 + 0,03
. 188 = 11,38g
1 mol Zn -> 2 mol Ag khối lượng tăng 151g
a mol Zn -> 151a
1 mol Zn -> 1 mol Cu khối lượng giảm 1g
0,01 mol -> 0,01g
151a – 0,01 = 1,1225
a = 0,0075
0,04 + 0,03 + 0,015 =

0,085 mol
Câu 4 Cho 2 dung dịch: dung dịch A chứa Al
2
(SO
4
)
3
, dung dịch B chứa NaOH
chưa biết nồng độ.
Thí nghiệm 1 : Trộn 50ml dung dịch A với 60ml dung dịch B thu được kết tủa.
Nhiệt phân hoàn toàn kết tủa này thu được 1,02g chất rắn.
Thí nghiệm 2 : Trộn 50ml dung dịch A với 100ml dung dịch B, được kết tủa. Nhiệt
phân hoàn toàn kết tủa cũng được 1,02g chất rắn.
1. Xác định nồng độ mol/l của 2 dung dịch A và B
2. Phải thêm vào 100ml dung dịch A bao nhiêu ml dung dịch B để chất rắn thu
được sau khi nhiệt phân hoàn toàn kết tủa có khối lượng 1,36g.

Hương dẫn
D
2
A : Al
2
(SO
4
)
3
: a(M)
D
2
B : NaOH b(M)

Ở TN1: n
Al2(SO4)3
= 0,05a (mol) => n
Al
3+
= 0,1a (mol)
n
OH
-
= n
NaOH
= 0,06b (mol), n
Al2O3
= 1,02/ 102 = 0,01(mol)
Ở TN2 : n
Al2(SO4)3
= 0,05a (mol) => n
Al
3+
= 0,1a (mol)
n
OH
-
= n
NaOH
= 0,1b (mol), n
Al2O3
= 1,02/ 102 = 0,01(mol)
Các phản ứng có thể xảy ra khi trộn d2 A với d2 B theo pt ion:
Al

3+
+ 3OH
-
= Al(OH)
3
↓ (1)
Al(OH)
3
+ OH
-
= AlO
2
-
+ H
2
O (2)
Kết tủa thu được là Al(OH)
3
. Khi nung kết tủa thì
t
o
2Al(OH)
3
=> Al
2
O
3
+ 3H
2
O (3)

Ở TN1: Nếu sau pứ (1) có xảy ra pứ (2), thì ở TN2, lượng tăng thêm của NaOH sẽ
tham gia ở pứ (2), tức là làm tan bớt kết tủa. Do đó, chất rắn sau khi nung kết tủa ở
TN2 thu được phải bé hơn so với TN1.



=
=
03,0
04,0
y
x
=
ñ
AgNO
3
n
b
M85,0
100
1000
.085,0
)
==
3
M(AgNO
C
Thành Viên Tu i H c Tròổ ọ
123doc.org
Nhưng theo giả thiết, lượng chất rắn thu được ở 2 TN là như nhau. Vậy ở TN1, chỉ

mới xảy ra pứ (1). Lúc đó ta có : OH
-
hay NaOH pứ hết. Vì vậy:
n
NaOH
= n
OH-
= 3.n
Al2(OH)3
= 3.2n
Al2O3
= 3.2.0,01 = 0,06 (mol)
Vậy C
NaOH
= b = 0,06/ 0,06 = 1 (M)
- Ở TN2: n
OH-
= n
NaOH
=0,1.1 =0,1 (mol)
n
Al(OH)3 pư(1)
= n
Al3+
= 0,1.a (mol)
n
Al(OH)3 pư(2)
= 0,1a - 0,01.2 = 0,1a- 0,02 (mol)
Suy ra n
NaOH

= 3.n
Al3+
+ n
Al(OH)3 pư(2)
= 3. 0,1a + (0,1a - 0,02)
↔ 0,1 = 0,4a - 0,02
a = 0,3
Vậy C
M[Al2(SO4)3]
= 0,3 (M)
100ml d
2
A có n
Al2(SO4)3
= 0,1.0,3 = 0,03 (mol)
=> n
Al
3+
= 0,06 (mol) > 2. n
Al2O3
Vậy, có 2 trường hợp xảy ra :
Trường hợp 1: Al
3+
dư, không xảy ra pứ (2). Lúc đó,
n
NaOH
= n
OH- pư(1)
= 3.n
Al(OH)3

= 3. (0,08/3) = 0,08 (mol)
Nên thể tích d
2
NaOH là 0,08/1 = 0,08lít = 80ml.
Trường hợp 2 : Xảy ra cả 3 pứ.
n
Al(OH)3 pư(2)
= n
Al(OH)3 pư(1)
- n
Al(OH)3 pư(3)
= 0,06 - (0,08/3) = 0,1/3 (mol)
Tổng số mol NaOH
n
NaOH
= n
OH-
= 3.0,006 + 0,1/3 = 0,64/3 (mol)
Nên thể tích d
2
NaOH là 0,64/3.1 ≈ 0,213lít =213ml
Câu 5 (4 điểm )
Hòa tan 11,92g hỗn hợp (A) gồm 2 kim loại kiềm X,Y và 1 kim loại M thuộc
Thành Viên Tu i H c Tròổ ọ
123doc.org
nhóm IIA vào nước thu được 3,20 lít dung dịch (C) và 0,16 mol khí (B).
Dung dịch D loãng chứa HCl và H
2
SO
4

trong đó số mol HCl gấp đôi số mol
H
2
SO
4
.
Cho 1/2 dung dịch (C) vào V(lít) dung dịch D, thu được hỗn hợp sản phẩm E
( gồm cả kết tủa và dung dịch ) .
1. Tính khối lượng muối khan thu được khi cô cạn E biết rằng E khi tác dụng
với dung dịch Na
2
CO
3
dư giải phóng 1,12 lít khí (đo ở ĐKC).
2. Cho ½ dung dịch C còn lại vào dung dịch Al(NO
3
)
3
0,5M, thu được kết tủa F
và dung dịch G. Nhiệt phân hoàn toàn F thì được 2,55g chất rắn.
Tính thể tích dung dịch Al(NO
3
)
3
đã dùng.
V.3. Cho V(lít) dung dịch D vào dung dịch G. So sánh lượng kết tủa thu được lúc
này với lượng kết tủa ở câu V.1.
Biết M phản ứng được với nước, muối sun-fát của M không tan. Các phản ứng xảy
ra hoàn toàn.
Hướng dẫn

1.
11,92g A 2KLK () : a (mol)
M : b (mol)
A+ H
2
O
2 + 2H
2
O = 2OH + H
2
↑ (1)
a a a/2
M + 2H
2
O = M(OH)
2
+ H
2
↑ (2)
b b b
n
H2
= a/2 + b = 0,16(mol) hay a+2b = 0,32 (1)
Trong 3,2 lít d
2
C có OH : a (mol) hay có : : a (mol)
M(OH)
2
: b (mol) M
2+

: b (mol)
OH- : a + 2b (mol) = 0,32 (mol)
V (lít) d
2
D có HCl : 2x (mol) hay H
+
: 4x (mol)
H
2
SO
4
: x(mol) Cl
-
: 2x (mol)
SO
4
2-
: x (mol)
½ d
2
C + V (lít) d
2
D :
Phản ứng H
+
+ OH
-
= H
2
O (3)

M
2+
+ SO
4
2-
= MSO
4
↓ (4)
D
2
E thu được khi pứ với Na
2
CO
3
giải phóng khi chứng tỏ H
+
dư, vậy OH
-
pứ hết :
n
H+(3)
= n
OH-
2H
+
+ CO
3
2-
= CO
2

↑ + H
2
O (5)
n
H+(dư)
= 2n
CO2
= 2.(1,12)/ 22,4 = 0,1(mol)
=> n
H+
= n
H+pư(3)
+ n
H+(5)
↔ 4x = 0,32/2 + 0,1 = 0,26
M
MM
MM
Thành Viên Tu i H c Tròổ ọ
123doc.org
x = 0,065
H
2
sản phẩm E (gồm ↓ BaSO
4
và d
2
) khi đem cô cạn được h
2
muối khan có tổng

khối lượng muối là :
m
muối
= m
ion kimloại
+ m
gốc axit trong muối
Vì axit dư và không so sánh được độ mạnh của 2 axit HCl và H
2
SO
4
, nên ta chỉ xác
định được khoảng giới hạn giá trị của muối.
- Nếu HCl pứ trước, nếu hết, H
2
SO
4
mới bắt đầu pứ :
=> m
muối
= (11,92/ 2) + (35,5.0,13) + (96.0,015) = 12,015 (g)
- Nếu H
2
SO
4
pứ trước, nếu hết, HCl mới pứ :
=> m
muối
= (11,92 /2) + (96. 0,065) + ( 35,5. 0,03) = 12,985 (g)
Vậy 12,014 (g) ≤ m

muối
≥ 12,985 (g)
2.
Các pứ có thể xảy ra :
Al
3+
+ 3OH
-
= Al (OH)
3
↓ (6)
Al(OH)
3
+ OH
-
= AlO
2
-
+ 2H
2
O (7)
t
o
2Al(OH)
3
=> Al
2
O
3
+ 3H

2
O (8)
n
Al2O3
= 2,55/ 102 = 0,025 (mol) => n
Al(OH)3 pư(8)
= 0,05 (mol)
Ta thấy n
OH-(1/2 d2 C)
= 0,16 (mol) > 3. 0,05
nên xảy ra cả (6), (7) và (8).
Gọi n
Al3+
= n
Al
= a (mol)
=> n
Al(OH)3 pư(6)
= a => n
Al(OH)3 pư(7)
= a - 0,05
Ta có : n
OH- pư(6)
+ n
OH- pư(7)
= n
OH- (1/2 d
2
C)
↔ 3a + (a -0,05 ) = 0,16

a = 0,0525
Vậy thể tích d
2
Al(NO
3
)
3
là 0,0525/ 0,5 (l) = 0,105 (l) hay 105 (ml)
3.
Đã có trong V(l) d
2
D : H
+
: 4x = 0,26 (mol)
Cl
-
: 2x = 0,13 (mol)
SO
4
2-
: x = 0, 065 (mol)
d
2
G
+
:
M
2+
AlO
2

-
: có n
AlO2-
= n
Al(OH)3 pư(7)
=a- 0,05= 0,0025
d
2
D + d
2
G
M
2+
+ SO
4

2-
= MSO
4
↓ (9)
AlO
2
-
+ H
+
+ H
2
O = Al(OH)
3
↓ (10)

0,0025 0,0025 0,0025
Do n
H+
= 0,26 (mol) > n
AlO2 -
nên xảy ra tiếp pứ :
Al(OH)
3
+ 3H
+
= Al
3+
+ 3H
2
O (11)
0,0025 0,0075
Với số mol như trên, Al(OH)
3
sẽ tan hết. Vậy lượng kết tủa thu được lúc này hoàn
toàn giống lượng kết tủa thu được ở câu V.1 ( cả lượng và chất )
Câu 6 (4điểm)
M
Thành Viên Tu i H c Tròổ ọ
123doc.org
Nung m gam hỗn hợp A gồm FeS và FeS
2
trong một bình kín dung tích không đổi
chứa không khí (gồm 20% thể tích O
2
và 80% thể tích N

2
) đến khi phản ứng xảy ra hoàn
toàn, thu được chất rắn B và hỗn hợp khí C có thành phần phần trăm theo thể tích:
N
2
= 84,77%; SO
2
= 10,6%; còn lại là O
2
.
Hoà tan chất rắn B trong dung dịch H
2
SO
4
vừa đủ, dung dịch thu được cho tác
dụng với Ba(OH)
2
dư. Lọc lấy kết tủa làm khô nung ở nhiệt độ cao tới khối lượng không
đổi, thu được 12,885 g chất rắn.
1. Tính % khối lượng mỗi chất trong A.
2. Tính m.
Hướng dẫn
Câu 6:
1. Đặt x, y là số mol của FeS và FeS
2
trong A
a là số mol của khí trong bình trước khi nung
Khi nung:
4 FeS + 7 O
2

2Fe
2
O
3
+ 4SO
2

x 1,75x 0,5x x
4FeS
2
+ 11 O
2
2Fe
2
O
3
+ 8 SO
2

y 2,75y 0,5y 2y (0,75đ)
Số mol các khí trước khi nung: nN
2
= 0,8a (mol)
nO
2
= 0,2a (mol)
Số mol các khí sau khi nung: nN
2
= 0,8a (mol)
nSO

2
= (x+2y) (mol)
nO
2
d ư = 0,2a – 1,75x- 2,75y
Nên tổng số mol khí sau khi nung = a – 0,75(x+y) (0,5đ)
Ta có: %(V)N
2
= = 84,77/100
a = 13,33(x+y)
(12)
% (V)SO
2
= = 10,6/100
(0,5đ)
a = 10,184x + 16,618 y
(13)
Từ (12) và (13) ta có: 13,33(x+y) = 10,184x + 16,618 y
Nên : = (14) (0,75đ)
. 1. Vì tỷ lệ về số mol x:y = 2:1 nên % theo khối lượng sẽ là:
%mFeS =
%mFeS
2
=
(0,5đ)
2. Chất rắn B là Fe
2
O
3
có

số mol: 0,5(x+y)
Fe
2
O
3
+ 3H
2
SO
4
= Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
O
0,5(x+y) 0,5(x+y)
Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3Ba(OH)
2
= 2Fe(OH)
3
 + 3BaSO

4
 (0,5đ)
0,5(x+y) (x+y) 1,5(x+y)
Khi nung kết tủa:
BaSO
4
không đổi
1,5(x+y)
→
0
t
→
0
t
)(75,0
8,0
yxa
a
+−
⇒
)(75,0
2
yxa
yx
+−
+
⇒
y
x
1

2
%46,59%100
)1201882(
882
=×
×+×
×
%54,40%100
)1201882(
1201
=×
×+×
×
→
0
t
Thành Viên Tu i H c Tròổ ọ
123doc.org
2Fe(OH)
3
Fe
2
O
3
+3H
2
O
(x+y) 0,5(x+y)
Nên: 233.1,5(x+y) + 160.0,5(x+y)=12,885 x+y = 0,03 (15)
Giải hệ (14) và (15) ta có: x = 0,02; y = 0,01

Nên m = 88.0,02+120.0,01 = 2,96 (gam) (0,5đ)
Câu 7
V.1. Viết phương trình phản ứng xảy ra trong các quá trình hoá học sau:
V.1.1 Hoà tan bột chì vào dung dịch axit sunfuric đặc (nồng độ > 80%)
V.1.2 Hoà tan bột Cu
2
O vào dung dịch axit clohidric đậm đặc dư.
V.1.3 Hoà tan bột sắt vào dung dịch axit sunfuric loãng, sau đó thêm nước clo đến dư vào
dung dịch thu được.
V.1.4 Để một vật làm bằng bạc ra ngoài không khí bị ô nhiễm khí H
2
S một thời gian.
V.2 Có ba muối A, B, C của cùng kim loại magie và tạo ra từ cùng một axit. Cho A, B, C
tác dụng với những lượng như nhau cuả axit HCl thì có cùng một chất khí thoát ra với tỉ
lệ mol tương ứng là 2:4:1. Xác định A, B, C và viết các phương trình phản ứng xảy ra.
V.3 Khi thêm 1 gam MgSO
4
khan vào 100 gam dung dịch MgSO
4
bão hoà ở 20
0
C đã làm
cho 1,58 gam MgSO
4
kết tinh lại ở dạng khan. Hãy xác định công thức của tinh thể muối
ngậm nước kết tinh. Biết độ tan cuả MgSO
4
ở 20
0
C là 35,1 gam trong 100 gam nước.

HƯỚNG DẪN
Câu 7
V.1 Viết các phương trình phản ứng xảy ra:
V.I.1 Pb + H
2
SO
4
= PbSO
4
+ H
2

PbSO
4
+ H
2
SO
4
= Pb(HSO
4
)
2
Pb + 2H
2
SO
4
= Pb(HSO
4
)
2

+ H
2
V.I.2 Cu
2
O + 2HCl = 2CuCl + H
2
O
CuCl + HCl = H[CuCl
2
]
Cu
2
O + 4HCl = 2 H[CuCl
2
] + H
2
O
V.I.3 Fe + H
2
SO
4
= FeSO
4
+ H
2
6FeSO
4
+ 3Cl
2
= 2FeCl

3
+ 2Fe
2
(SO
4
)
3

V.I.4 4Ag + O
2
+ 2H
2
S = 2Ag
2
S + 2H
2
O
Câu V.2 Ba muối có thể là MgCO
3
, Mg(HCO
3
)
2
, Mg
2
(OH)
2
CO
3
(Hoặc MgSO

3
, Mg(HSO
3
)
2
, Mg
2
(OH)
2
SO
3
…)
Phương trình phản ứng:
MgCO
3
+ 2 HCl = MgCl
2
+ H
2
O + CO
2
a a/2
Mg(HCO
3
)
2
+ 2HCl = MgCl
2
+ 2H
2

O + 2CO
2
a a
Mg
2
(OH)
2
CO
3
+ 4HCl = 2MgCl
2
+ CO
2
+ 3H
2
O
a a/4
→
0
t
⇒
Thành Viên Tu i H c Tròổ ọ
123doc.org
V.3 Đặt công thức của tinh thể ngậm nước tách ra là MgSO
4
.nH
2
O
Trong 120 + 18n gam MgSO
4

.nH
2
O có 120 gam MgSO
4
và 18n gam H
2
O
1,58 gam 0,237n gam
Khối lượng các chất trong 100 gam dung dịch bão hoà:
= 74,02 gam
= 25,98 gam
Khối lượng các chất trong dung
dịch sau khi kết tinh:
= 74,02 – 0,237n gam
= 25,98 + 1 – 1,58 = 25,4 gam
Độ tan: s = = 35,1. Suy ra n = 7.
Vậy công thức tinh thể ngậm nước
kết tinh là MgSO
4
.7H
2
O.
Câu 8 :
1. Nguyên nhân gây ngộ độc cơ quan hô hấp của các khí và hơi halogen có giống với
nguyên nhân tẩy màu các chất hữu cơ của chúng không?
2. Tại sao hidrosunfua lại độc đối với người?
3. Hỗn hợp A gồm Al, Zn, S dưới dạng bột mịn. Sau khi nung 33,02 gam hỗn hợp A
(không có không khí) một thời gian, nhận được hỗn hợp B. Nếu thêm 8,296 gam Zn
vào B thì hàm lượng đơn chất Zn trong hỗn hợp này bằng ½ hàm lượng Zn trong A.
- Lấy ½ hỗn hợp B hòa tan trong H

2
SO
4
loãng dư thì sau phản ứng thu được 0,48
gam chất rắn nguyên chất.
- Lấy ½ hỗn hợp B thêm 1 thể tích không khí thích hợp. Sau khi đốt cháy hoàn
toàn, thu được hỗn hợp khí C trong đó N
2
chiếm 85,8% về thể tích và chất rắn
D. Cho hỗn hợp khí C đi qua dung dịch NaOH dư thì thể tích giảm 5,04 lit
(đktc)
1. Viết các phương trình phản ứng.
2. Tính thể tích không khí (đktc) đã dùng.
3. Tính thành phần % theo khối lượng các chất trong B.(Cho: Al=27, Zn=65,
S=32)
∗ Đáp án câu 8:
1 Cùng một nguyên nhân : trong
dung dịch nước (dịch tế bào của mô biểu bì, nước làm ẩm vải sợi) có cân bằng :
X
2
+

H
2
O HX + HXO
Các axit hipohalogenơ HXO do có mặt nguyên tố X có số oxi hóa +1 kém bền để
nhận electron để chuyển hóa về số oxi hóa -1 bền hơn nên chúng oxi hóa mô biểu
bì (là chất khử hữu cơ) hoặc các chất hữu cơ có màu dẫn đến phá hủy chúng.
0,25đ
2 Hidrosunfua lại độc đối với người vì khi vào máu, máu hóa đen do tạo ra FeS làm

hemoglobin của máu chứa Fe
2+
bị phá hủy.
H
2
S + Fe
2+
(hemoglobin)
→ FeS ↓ + 2H
+
0,25đ
2
H O
100.100
m
35,1 100
=
+
4
MgSO
100.35,1
m
35,1 100
=
+
2
H O
m
4
MgSO

m
25,4
.100
74,02 0,237n−
Thành Viên Tu i H c Tròổ ọ
123doc.org
.3
3.1
Với S, Al và Zn có các phản ứng :
2Al + 3S

Al
2
S
3
Zn + S

ZnS
Trong trường hợp tổng quát nhất (phản ứng không hoàn toàn) hỗn hợp B
gồm Al
2
S
3
, ZnS, S dư, Al dư, Zn dư. Trong 5 chất này chỉ có S không tan
trong dung dịch H
2
SO
4
loãng vậy : = 0,48 (gam)
→ n

Sdư (B)
= = 0,03 (mol) (1) 0,25đ
Với H
2
SO
4
ta có các phản ứng :
Al
2
S
3
+ 3H
2
SO
4
→ Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
S↑
ZnS + H
2
SO
4
→ ZnSO
4

+ H
2
S↑
Zn + H
2
SO
4
→ ZnSO
4
+ H
2
↑
2Al + 3H
2
SO
4
→ Al
2
(SO
4
)
3
+ 3H
2
↑ 0,25đ
Khi nung ½ B trong O
2
:
Al
2

S
3
+ O
2
Al
2
O
3
+ 3SO
2
↑
ZnS + O
2
ZnO + SO
2
↑
4Al + 3O
2
2Al
2
O
3
Zn + O
2
ZnO
S + O
2
SO
2
0,25đ

3.2
Hỗn hợp khí C gồm SO
2
, N
2
(không có O
2
vì người ta dùng một lượng oxi vừa đủ)
Qua dung dịch NaOH, SO
2
bị giữ lại :
SO
2
+ NaOH
dư
→ Na
2
SO
3
+ H
2
O
Vậy độ giảm thể tích 5,04 lit là thể tích SO
2
→ = = 0,225 (mol) 0,25đ
Theo nguyên lí bảo toàn nguyên tố S :
Vậy : = 2 .0,225 = 0,45
(mol) (2) 0,25đ
m
S(A)

= 0,45. 32 = 14,4 (gam)
m
Al+Zn(A)
= 33,02 – 14,4 = 18,62 (gam)
Gọi x = n
Al
; y = n
Zn
trong A.
Ta có :27x + 65y = 18,62 (3) 0,25đ
%SO
2
trong C = 100% - %N
2
= 100 – 85,8 = 14,2%
Ta có : 0,225 mol SO
2
→ %SO
2
= 14,2%
Vậy : = = 1,36 (mol)
Do N
2
chiếm thể tích không khí
nên :
n
KK
= = .1,36 (mol)
Thể tích không khí : V
KK

= .1,36 . 22,4 = 38,08 (lit) 0,25đ
3.3
Số mol O
2
dùng để oxi hóa ½ B là: = = .1,36 = 0,34 (mol) 0,25đ
Trong 0,34 mol O
2
này có 0,225 mol O
2
dùng để biến S thành SO
2
, phần
còn lại dùng để biến Al, Zn thành Al
2
O
3
, ZnO. = 0,34 – 0,225 = 0,115
(mol)
→
0
t
→
0
t
)
2
1
(du BS
m
32

48,02×
2
9
→
0
t
2
3
→
0
t
→
0
t
2
1
→
0
t
→
0
t
2
SO
n
4,22
04,5
)
2
1

(
)()(
2
AS
BSCSO
nnn ==
)(AS
n
2
N
n
2,14
8,85225,0 ×
5
4
4
5
2
N
n
4
5
4
5
2
O
n
4
1
2

N
n
4
1
)
2
1
(
2
BO
n
Thành Viên Tu i H c Tròổ ọ
123doc.org
Ta thấy dù biến ½ A (Al, Zn, S) thành Al
2
O
3
, ZnO, SO
2
hay ½ B (Al
2
S
3
, ZnS, Al
dư, Zn dư, S dư thành Al
2
O
3
, ZnO, và SO
2

) thì lượng O
2
dùng là như nhau vì có
cùng số
mol Al, Zn, và S.
Do đó có thể kết luận là để biến Al, Zn trong ½ A thành Al
2
O
3
, ZnO ta cũng phải
dùng 0,115 mol O
2
. 0,25đ
4Al + 3O
2
2Al
2
O
3
Zn + O
2
ZnO
= + = 0,115 (mol) → 3x + 2y = 0,920 (4) 0,25đ
Từ (3) và (4) → x = 0,16 mol Al ; y = 0,22 mol Zn
Từ % Zn trong A và % Zn đơn chất trong B cộng 8,296 gam Zn ta suy
ra : z
’
= n
Zndư
; n

Zn phản ứng với S
; n
Sphản ứng với Al
; và .
%Zn(A) = 0,25đ
Sau khi thêm 8,296 gam
Zn vào B :
%Zn đơn chất = →
z’= 0,01 mol Zn dư.
0,25đ
Vậy có : 0,22 – 0,01 = 0,21 mol Zn kết hợp với 0,21 mol S cho 0,21 mol ZnS
n
Sphản ứng với Al
= n
S chung
– n
S(Zn)
– n
Sdư
= 0,45 – 0,21 – 0,03 = 0,21 (mol)
= = 0,07 (mol)
Thành phần % khối lượng của các chất trong hỗn hợp B :
%Al
2
S
3
= %ZnS=
0,25đ
%Zn
dư

=
%S
dư
=
%Al
dư
= 100 – (31,8 + 61,69 + 1,97 + 2,91) = 1,63% 0,25đ
CÂU 9 Phát hiện và sửa lỗi trong các phương trình sau (nếu có):
1) CaI
2
+ H
2
SO
4
đặc  CaSO
4
+2HI
2) 3FeCl
2
+ 2H
2
SO
4
đặc  FeSO
4
+ 2FeCl
3
+ SO
2
+2H

2
O
3) 2CrCl
3
+3Cl
2
+14KOH  K
2
Cr
2
O
7
+ 12KCl + 7H
2
O
4) HF + NaOH  NaF +H
2
O
5) Cl
2
+2KI dư  2KCl + I
2
(5đ)
ĐÁP ÁN Phát hiện lỗi: 0.5đ, sửa lỗi: 0.5đ/1 phương trình
1) HI có tính khử, không tồn tại trong H
2
SO
4
đặc
Vì + đặc có phản ứng nên sửa lại

4CaI
2
+ 5H
2
SO
4
đặc  4CaSO
4
+ H
2
S + 4I
2
+4H
2
O
2) Do FeSO
4
có tính khử, H
2
SO
4
đặc có tính oxi hóa nên phương trình được viết lại:
2FeCl
2
+ 4H
2
SO
4
 Fe
2

(SO
4
)
3
+ SO
2
+ 4HCl + 2H
2
O
3) Trong môi trường kiềm mạnh chỉ có dạng tồn tại. Không tồn tại dạng nên
phương trình được viết lại
2CrCl
3
+ 3Cl
2
+16KOH  2K
2
CrO
4
+ 12KCl + 8H
2
O
4) Không tạo ra NaF do HF là axit yếu, HF có năng lượng phân li lớn, nên có hiện
→
0
t
2
x
8
3x

2
1
→
0
t
2
y
4
y
2
O
n
8
3x
4
y
32
SAl
n
%307,43
02,33
1006522,0
=
××
307,43
2
1
296,802,33
100)296,865(
'

×=
+
×+z
32
SAl
n
3
21,0
31,8%
33,02
100%1500,07
=
××
61,69%
33,02
100%970,21
=
××
%97,1
02,33
%1006501,0
=
××
2,91%
33,02
100%320,03
=
××
-1
IH

4
5
2
H OS
+
−2
4
CrO
−2
72
OCr
Thành Viên Tu i H c Tròổ ọ
123doc.org
tượng:
HF + 
+ Na
+
 NaHF
2
Phương trình được viết lại:
NaOH + 2HF  NaHF
2
+H
2
O
5) Do có KI dư nên I
2
tan trong KI tạo KI
3
, vậy phương trình được viết lại:

Cl
2
+ 3KI  2KCl + KI
3
ĐA IN HẾT
-
F
-
2
HF
-
2
HF