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

2. Sau phản ứng cịn dư ion pemanganat (có giải thích).
Biết giản đồ thế khử của I và Mn trong môi trường axit như sau:
1,70
1,14
1,45
0,54
H 4 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 thế khử của I- ta suy ra HIO khơng bền vì


0
0
EHIO
 EIO
 / HIO nên HIO sẽ dị phân thành IO3 và I 3
/I

3

3

Ta viết lại giản đồ thế khử của I như sau:
1,70
1,20
0,54
H 4 IO6 
 IO3 
 I3 
I

Dựa vào thế khử của Mn ta suy ra MnO42 và Mn3+ khơng bền vì chúng có
thể khử bên phải lớn hơn thế khử bên trái nên chúng sẽ bị dị phân thành hai
tiểu phân bên cạnh như ở HIO.
Đối với q trình Mn2+ → Mn ta cũng khơng xét vì Mn kim loại không thể
tồn tại trong dung dịch nước khi có mặt H+ do thế khử của Mn2+/Mn quá âm.
Do đó ta có thể viết lại giản đồ thế khử của Mn như sau:
1,70

1,23
MnO4 
 MnO2 
 Mn2

Ta có phương trình ion thu gọn trong các trường hợp như sau:
1. Trường hợp sau phản ứng có I- dư:

H 4 IO6 hoặc IO3 không thể cùng tồn tại với I- vì:
0
0
EH0 IO / IO  1,7V  EI0 / I   0,54V và EIO
 0,54V
  1, 2V  E 
I /I
4

6

3

3

3

3

Nên H 4 IO6 hoặc IO3 đều có thể oxi hóa I  thành I 3 .
Như vậy I  chỉ bị oxi hóa thành I 3 .

0
Khi I  dư thì MnO4 và MnO2 khơng thể tồn tại vì EMnO


4

/ MnO2

0
và EMnO
đều lớn
/ Mn
2

2

hơn EI0 / I nên MnO4 và MnO2 đều có thể oxi hóa I  thành I 3 . Như vậy MnO4

3



bị khử hồn tồn thành Mn2 . Do đó phương trình phản ứng xảy ra khi I  dư
dưới dạng ion thu gọn như sau:
2MnO4  15I   16H   5I3  2Mn2  8H 2O

Trường hợp sau phản ứng có dư MnO4 :
0
0

 EMnO
Mn2 khơng thể tồn tại khi MnO4 dư vì EMnO

/ MnO
4

2

2 / Mn

2

nên MnO4 sẽ oxi

hóa Mn2 thành MnO2 .
0
Khi MnO2 dư thì I 3 và I  cũng khơng thể tồn tại vì: EMnO


4

/ MnO2

0
 EI0 / I  , EIO

/ I
3

3

3

nên MnO4 oxi hóa là I 3 và I  .
Như vậy sản phẩm sinh ra khi I  bị oxi hóa là IO3 và một lượng nhỏ H 4 IO6
0
vì EMnO


4

/ MnO2

 EH0 IO  1,7V .
4

6

Do đó phương trình này xảy ra khi MnO4 dư như sau:
2MnO4  I   2H   2MnO2  IO3  H 2O

8MnO4  3I   8H   2H 2O  8MnO2  3H 4 IO6

Câu 7: trang 170
Đánh giá khả năng hòa tan của HgS trong:
a, Axit nitric
b, Nước cường toan
0
Biết ENO


3

/ NO

 E20  0,96V ; ES0 / H2 S  E01  0,17V ; THgS  1051,8

Hướng dẫn giải:
a, Trong axit nitric:
Các quá trình xảy ra: HNO3  H   NO3


3  HgS  Hg 2  S 2

Tt  THgS  1051,8

3  H   S 2  HS 

ka21  1012,92

3  HS   H   H 2 S

ka11  107

3  H 2 S  2e  S  2H

3



1
1

k  10





2 E01
0,059

1
2

2  NO  4 H  3e  NO  2 H 2 k  10



3 E20
0,059

3HgS  2 NO3  8H   3Hg 2  3S  2 NO  4 H 2O
k  Tt 3 .ka23 .ka13 .k13 .k22

 lg k  3lg T  3lg ka2  3lg ka1  3lg k1  2lg k2
 2 E10   3E20 
 3(51,8)  3(12,92)  3(7)  3 
  2


 0, 059   0, 059 

 155, 4  38,76  21 17, 29  97,63  15,3
 k  1015,3

Vì k rất nhỏ nên xem như HgS không tan trong HNO3.
b, Trong nước cường toan:
Các quá trình xảy ra:
3HgS  2 NO3  8H   3Hg 2  3S  2 NO  4H 2O

3  Hg 2  4Cl   HgCl42

k  1015,3

4  1014,92

3HgS  2 NO3  8H   12Cl   3HgCl42  3S  2 NO  4H 2O
k '  k.34  lg k '  lg k  3lg 4  15,3  3.14,92  29, 46

 k  1029,46 rất lớn. Vậy HgS tan mạnh trong nước cường toan.

Câu 8: trang 171
Thêm 1 ml dung dịch H2S 0,01M vào 1ml dung dịch hỗn hợp:
Fe3+ 0,01M và H+ 0,1M.
Có xuất hiện kết tủa khơng? Biết:
0
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 các chất sau khi 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 2 S

nE 0
0,059

(1)

K1  10

(2)

K 2  104,745

 1013

Tổ hợp (1) và (2)
2Fe3  H 2 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 rất lớn nên phản ứng (3) xảy ra hoàn toàn:
H 2 S  H   HS 

(4)

HS   H   S 2

K4

(5)

K5

Tổ hợp (4) và (5)
H2S

Cân bằng (2,5.10-3 – x)

 5,5.10  2 x  x  10

 2,5.10  x 

(5,5.10-2 + 2x)

+ S2- (6) K6 = K4. K5 = 10-19,92
x

2

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
1. Hãy cho biết sự biến thiên tính axit của dãy HXO4 (X là halogen). Giải
thích?
2. Một hỗn hợp X gồm 3 muối halogen của kim loại Natri nặng 6,23g hịa
tan hồn tồn trong nước được dung dịch A. Sục khí clo dư vào dung dịch A
rồi cơ cạn hồn tồn dung dịch sau phản ứng được 3,0525g muối khan B.

Lấy một nửa lượng muối này hòa tan vào nước rồi cho phản ứng với dung
dịch AgNO3 dư thì thu được 3,22875g kết tủa. Tìm cơng thức của các muối
và tính % theo khối lượng mỗi muối trong X.
Hướng dẫn giải:
Tính axit của dãy HXO4 giảm dần khi X: Cl → I
Giải thích:
Cấu tạo của HXO4.
O

O

H – O – X → O hoặc H – O – X = O
O

O

Vì Cl → I độ âm điện giảm làm cho độ phân cực của liên kết – O – H giảm.
2. Giả sử lượng muối khan B thu được sau khi cho clo dư vào dung dịch A
chỉ có NaCl → nNaCl 

3, 0525
 0, 0522mol
58,5

NaCl + AgNO3 → AgCl↓ + NaNO3
Theo (1) → nNaCl  nAgCl 

(1)

3, 22875

.2  0, 045mol  0, 0522mol
143,5

Do đó, muối khan B thu được ngồi NaCl cịn có NaF. Vậy trong 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 của hai muối halogen còn lại là: NaY
2 NaY  Cl2  2 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 một halogen có M > 106,11 → đó là iot. Vậy cơng thức của muối
thứ 2 là NaI.
Do đó có hai trường hợp:

* Trường hợp 1: NaF, NaCl và NaI
Gọi a, b lần lượt là số mol của NaCl và 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 và 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 là một loại muối kép ngậm nước có chứa kim loại kiềm clorua và
magie clorua. Để xác định cơng thức của X, người ta làm các thí nghiệm
sau:
* Lấy 5,55g X hòa tan vào nuếoc rồi đem dung dịch thu được tác dụng với
lượng dư dung dịch AgNO3 tạo thành 8,61gam kết tủa.
* Nung 5,55g X đến khối lượng khơng đổi thì khối lượng giảm 38,92%.
Chất rắn thu được cho tác dụng với một lượng dư dung dịch NaOH tạo kết
tủa. Lọc lấy kết tủa, rửa sạch rồi nung đến khối lượng không đổi thu được
0,8gam chất rắn.

Hãy xác định cơng thức của X.
Hướng dẫn giải:
* Thí nghiệm 1:
Ag+ + Cl- → AgCl↓; nAgCl  nCl 


8, 61
 0, 06mol
143,5

Thí nghiệm 2:
Khi nung, xảy ra sự loại nước để được muối khan, nên khôi lượng nước
ngậm trong muối bằng 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- sẽ kết hợp với ion kim loại M+ để cho 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 là Kali
0, 02


Công thức của 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 3 muối MgCl2, NaBr, KI. Cho 93,4 gam hỗn hợp A tác
dụng với 700 ml dung dịch AgNO3 2M. Sau khi phản ứng kết thúc thu được
dung dịch D và kết tủa B. Lọc kết tủa B, cho 22,4 gam bột Fe vào dung dịch
D. Sau khi phản ứng kết xong thu được chất rắn F và dung dịch E. Cho F
vào dung dịch HCl dư tạo ra 4,48 lít H2 (đkc). Cho dung dịch NaOH dư vào
dung dịch E thu được kết tủa, nung kết tủa trong khơng khí cho đến khối
lượng khơng đổi thu được 24 gam chất rắn.
1. Tính khối lượng kết tủa B.
2. Hịa tan hỗn hợp A trên vào nước tạo ra dung dịch X. Dẫn V lít Cl2 sục
vào dung dịch X, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 66,2 gam chất
rắn. Tính V(đkc)?
Hướng dẫn giải:
Gọi a, b, c lần lượt là số mol của 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)

1
O2 + H2O → 2Fe(OH)3↓
2

2Fe(OH)3↓ → Fe2O3 + 3H2O
Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2

(7)
(8)
(9)


Mg(OH)2 → MgO + H2O
Theo (5) nFe(dư) = nH 
2

(10)

4, 48

 0, 2mol
22, 4

nAg  ( du )  0, 2  2  0, 4mol

Theo (1) (2) (3)
nAg   (0,7  2)  0, 4  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)
2. Phương trình phản ứng: Cl2 + 2I- → 2Cl- + I2 (1)
Cl2 + 2Br- → 2Cl- + Br2 (2)
Khi phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn khối lượng muối giảm:
0,2(127 – 35,5) = 18,3 gam
Khi cả hai phản ứng (1) và (2) xay ra hoàn toàn khối lượng muối giảm:
0,2(127 – 35,5) + 0,4(80 – 35,5) = 36,1 gam
Theo đề bài 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 ra hồn tồn và có một phần
phản ứng (2).
Đặt số mol Br2 phản ứng bằng x thì khối lượng muối giảm:
18,3 + x(80 – 35,5) = 27,2
Suy ra x = 0,2 mol
1
2

Vậy nCl2  (0, 2  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 được chất rắn B gồm CaCl2, KCl và một 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 được kết tủa C và dung dịch D. Lượng KCl trong dung dịch D
nhiều gấp 22/3 lần lượng KCl trong A.
1. Tính khối lượng kết tủa C?
2. Tính thành phần phần trăm về khối lượng của KClO3 trong A?
Hướng dẫn giải:
 KClO3 : a (mol )
Ca (ClO ) : b(mol )
3 2

Hỗn hợp A Ca(ClO) 2 : c(mol )
CaCl : d (mol )
2

 KCl : e(mol )

3
to
KClO3 
 KCl  O2
2

Mol

a

3
a
2

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
2

3a  6b  2c

3a
+ 3b + c)
2

(1)

SO3  H 2O  H 2 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
2. Dung dịch D (KCl)
nKCl = a + e + 2(b + c + d) = (a + e) + 2. 0,18
= a + e + 0,36
mKCl (ddD) 

22

22
mKCl ( A)  nKCl (ddA)  nKCl ( A)
3
3

a  e  0,36 

22
e
3

(4)

Từ (1), (2), (3), (4) ta có:

 3a

83, 68  74,5(a  e)  111(b  c  d )  32  2  3b  c 



3a  6b  2c  1,56

b  c  d  0,18

22e
a  e  0,36 
3


1,56 

 83, 68  74,5(a  e)  (111 0,18)   32 

2 



 74,5  a  e   38,74

a  e  0,52

22

a  e  0,36  3 e

 % KClO3trongA 

122,5.a.100
 58,56%
83, 68

Câu 12: trang 210
Cho 50g dung dịch X chứa 1 muối halogenua kim loại hóa trị II tác dụng với
dung dịch AgNO3 dư thì thu được 9,40g kết tủa. Mặt khác, dùng 150g dung
dịch X phản ứng với dung dịch Na2CO3 dư thì thu được 6,30g kết tủa. Lọc
kết tủa đem nung đến khối lượng không đổi, khí thốt ra cho vào 80g dung
dịch KOH 14,50%. Sau phản ứng, nồng độ dung dịch KOH giảm còn
3,85%.
a, Xác định CTPT của muối halogen trên.

b, Tính C% muối trong dung dịch X ban đầu.
Hướng dẫn giải:
a, CTPT muối MX2:
MX 2  2 AgNO3  2 AgX   M ( NO3 )2

(1)

MX 2  Na2CO3  MCO3  2 NaX

(2)

MCO3  MO  CO2 

(3)

CO2  2KOH du  K2CO3  H 2O

(4)

Lý luận:
(1) → số mol AgX(1) 

9, 4
108  X

(5)

(2) → số mol MX2(2) = số mol MCO3(2) = số mol CO2 =
(4) → mKOHpu(4) = 2 

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, 6  
 44   80  
M  60

 M  60
 100

(9)

Giải ra M = 24 (Mg).
(6) → số mol MX2(2) = 0,075 → số mol MX2(1) = 0,025
(1)→ số mol của AgX(1) = 2 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 là muối có cơng thức NaIOx.
Hịa tan X vào nước thu được dung dịch A. Cho khí SO 2 đi từ từ qua dung
dịch A thấy xuất hiện dung dịch màu nâu, tiếp tục sục SO2 vào thì mất màu
nâu và thu được dung dịch B. Thêm một ít dung dịch axit HNO3 vào dung
dịch B và sau đó thêm lượng dư dung dịch AgNO3, thấy xuất hiện kết tủa
màu vàng.
- Thêm dung dịch H2SO4 loãng và KI vào dung dịch A, thấy xuất hiện dung
dịch màu nâu và màu nâu mất đi khi thêm dung dịch Na 2S2O3 vào.
a, Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn.
b, Để xác định chính xác cơng thức của muối X người ta hòa tan 0,100 gam
vào nước, thêm lượng dư KI và vài ml dung dịch H2SO4 loãng, dung dịch

coa màu nâu. Chuẩn độ I2 sinh ra dung dịch Na2S2O3 0,1M với chất chỉ thị
hồ tinh bột cho tới khi mất màu, thấy tốn hết 37,40ml dung dịch Na 2S2O3.
Tìm cơng thức của X.
hướng dẫn giải:
a, Viết phương trình phản ứng xảy ra dưới 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

2
2 3

→x=4
Vậy công thức muối X là NaIO4.
Câu 20: trang 225

1. a, Cho m gam hỗn hợp gồm NaBr và NaI phản ứng với dung dịch H2SO4
đặc, nóng thu được hỗn hợp khí A ở điều kiện chuẩn. Ở điều kiện thích hợp,
A phản ứng vừa đủ với nhau tạo chất rắn có màu vàng và một chất lỏng
khơng làm chuyển màu quỳ tím. Cho Na dư vào phần chất lỏng được dung
dịch B. Dung dịch B hấp thụ vừa đủ với 2,24 lít CO2 ở điều kiện tiêu chuẩn
được 9,5 gam muối.
Tìm m.
b, Đề nghị một phương pháp để tinh chế NaCl khan có lẫn các muối khan
NaBr, NaI, Na2CO3.
2. a, Một axit mạnh có thể đẩy được axit yếu ra khỏi muối, nhưng một axit
yếu cũng có thể đẩy được axit mạnh ra khỏi muối. Lấy ví dụ minh họa và
giải thích.


b, Tại sao H2SO4 không phải là axit mạnh hơn HCl và HNO3 nhưng lại đẩy
được những axit đó ra khỏi muối?
c, Có một hỗn hợp gồm 2 khí A và B:
- Nếu trộn cùng một thể tích thì tỉ khối hơi của hỗn hợp so với Heli là
7,5(d1).
- Nếu trộn cùng khối lượng thì tỉ khối hơi của hỗn hợp so với oxi là

11
 d1 
15

- Tìm khối lượng mol của A và B. Biết thể tích khí được đo ở điều kiện tiêu
chuẩn.
Hướng dẫn giải:
1. a, A phản ứng vừa đủ với nhau tạo chất rắn màu vàng → A là hỗn hợp
SO2 và H2S.

Mặt khác, NaBr có tính khử yếu hơn 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 là H2O:
2Na + 2H2O → 2NaOH + H2
0,15mol

0,15mol

B là NaOH
CO2 + NaOH → NaHCO3
x(mol)

x

x (mol)

CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O
y

2y

y


nCO2 

2, 24
 0,1(mol )
22, 4

 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 trên vào dung dịch HCl, chỉ 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 và I2 hóa hơi thốt ra, NaCl kết tinh lại.
2. a, Một axit mạnh có thể đẩy được một axit yếu ra khỏi muối vì axit yếu là
chất điện li yếu hoặc 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 các cân
bằng (1) (2) chuyển sang trái tạo ra H2CO3 rồi sau đó là CO2 và H2O
Ngược lại, 1 axit yếu có thể đẩy được 1 axit mạnh ra khỏi muối
Pb(NO3)2 + H2S → PbS↓ + 2HNO3
Axit yếu

axit mạnh

Vì PbS khơng tan.
b, H2SO4 khơng phải là axit mạnh hơn HCl và HNO3 nhưng đẩy được 2 axit
đó ra khỏi muối vì H2SO4 là axit khơng bay hơi cịn HCl và HNO3 là axit dễ
bay hơi.
t
2NaCl + H2SO4 
 Na2SO4 + 2HCl
o

t
2NaNO3 + H2SO4 
 Na2SO4 + 2HNO3
o

c, d1 
d2 

M1
 7,5  M1  7,5.4  30
4

M 2 11
11.32 352
  M2 

32 15
15
15

M1 

M2 

AB 

A B
 30  A  B  60
2

mm
2
2 AB 352



m m 1 1 A  B 15


A B A B
352.60
 704
2.15

 A  B  60  A  44
 A  16
hoặc 


 AB  704
 B  16
 B  44

Câu 32: trang 243
Nung hỗn hợp bột Mg và S trong bình kín rồi để nguội. Lấy tồn bộ các chất
sau phản ứng cho tác dụng với lượng dư dung dịch HCl thu được sản phẩm
khí có tỉ khối hơi so với khơng khí là 0,9. Đốt cháy hồn tồn 3 lít sản phẩm
khí (đkc) trên rồi thu sản phẩm cháy vào 100ml dung dịch H2O2 5% (tỉ khối
bằng 1).

a, Viết phương trình phản ứng xảy ra.
b, Tính phần trăm khối lượng Mg và S trong hỗn hợp đầu.
c, Tính nồng độ % của dung dịch thu được cuối cùng.
Hướng dẫn giải:
a, Các phương trình phản ứng xảy ra.
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
2

Vậy trong sản phẩm có khí H2 do 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 là số mol Mg tham gia phản ứng (1) và (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
2

nH 2O2 

2

2

2

100.5
 0,147(mol )
100.34

Dung dịch sau cùng chứa H2SO4, H2O2.
mdd = 100 + 18.(0,033 + 0,1) + 64.0,1 = 108,794 (g)
mH 2 SO4 = 0,1.98 = 9,8 (g)
C %H2 SO4  9%
C %H2O2  1, 45%