Đề thi giữa kì 2 Hóa 10 - Đề số 5

Câu 1 :

Chọn câu sai trong các câu sau:

  • A

    H2SO4 loãng có tính axit mạnh.

  • B

    H2SO4 đặc rất háo nước.

  • C

    H2SO4 đặc không có tính axit, chỉ có tính oxi hóa mạnh.

  • D

    H2SO4 đặc có cả tính axit mạnh và tính oxi hóa mạnh.

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : C

Phương pháp giải :

Xem lại tính chất hóa học của H2SO4 đặc

Lời giải chi tiết :

Câu sai là: H2SO4 đặc không có tính axit, chỉ có tính oxi hóa mạnh.

Câu 2 :

Dãy kim loại phản ứng được với dung dịch H2SO4 loãng là

  • A

    Cu, Zn, Na.    

  • B

    K, Mg, Fe, Zn.

  • C

    Ag, Ba, Fe, Sn.

  • D

    Au, Pt, Al.

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : B

Lời giải chi tiết :

Dãy kim loại phản ứng được với dung dịch H2SO4 loãng là K, Mg, Fe, Zn.

Loại A vì Cu không phản ứng

Loại C vì Ag không phản ứng

Loại D vì Au và Pt không phản ứng

Câu 3 :

Trong các phản ứng hóa học, axit HCl có thể đóng vai trò là

  • A

    chất khử

  • B

    chất oxi hóa.

  • C

    chất trao đổi.

  • D

    chất khử, chất oxi hóa hoặc trao đổi.

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : D

Lời giải chi tiết :

Trong các phản ứng hóa học, axit HCl có thể đóng vai trò là chất khử, chất oxi hóa hoặc trao đổi.

Câu 4 :

Muối NaClO tác dụng với CO2 thu được:

  • A

    Na2CO3 và HClO.                  

  • B

    Na2CO3 và HCl.

  • C

    NaHCO3 và HClO.

  • D

    NaHCO3 và HCl.

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : C

Lời giải chi tiết :

NaClO + CO2 + H2O → NaHCO3 + HClO

Câu 5 :

CaOCl2 là công thức của

  • A

    clorua vôi

  • B

    nước Gia-ven

  • C

    canxi clorua

  • D

    canxi hipoclorơ

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : A

Phương pháp giải :

Xem lại lí thuyết hợp chất có oxi của clo

Lời giải chi tiết :

Clorua vôi có công thức là: CaOCl2.

Câu 6 :

Cho các phát biểu sau:

(a) Sục khí SO2 vào dung dịch NaOH dư tạo ra muối trung hòa Na2SO3.

(b) SO2 vừa có tính khử, vừa có tính oxi hóa.

(c) Khí SO2 là một trong những nguyên nhân chính gây ra mưa axit.

(d) Khí SO2 có màu vàng lục và rất độc.

Số phát biểu đúng là:

  • A

    3

  • B

    1

  • C

    4

  • D

    2

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : A

Phương pháp giải :

Xem lại tính chất hóa học của lưu huỳnh

Lời giải chi tiết :

Phát biểu đúng là a, b, c

d sai vì SO2 không màu

Câu 7 :

Cho phản ứng: 2KMnO4 + 5H2O2 + 3H2SO4 → 2MnSO4 + K2SO4 + 5O2 + 8H2O. Hệ số tỉ lượng đúng ứng với chất oxi hoá và chất khử là:

  • A

    5 và 3

  • B

    5 và 2

  • C

    2 và 5 

  • D

    2 và 3

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : C

Lời giải chi tiết :

Chất oxi hóa là KMnO4 và chất khử là H2O2

=> Hệ số tỉ lượng đúng ứng với chất oxi hoá và chất khử là: 2 và 5

Câu 8 :

Tính chất nào dưới đây là tính chất đặc trưng của khí hiđro sunfua ?

  • A

    Là chất khí không màu.          

  • B

    Là chất khí độc.

  • C

    Là chất khí có mùi trứng thối.            

  • D

    Cả 3 phương án trên đều đúng.

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : D

Lời giải chi tiết :

Tính chất đặc trưng của khí hiđro sunfua là chất khí không màu, độc, có mùi trứng thối.     

Câu 9 :

Khí Cl2 không tác dụng với

  • A

    khí O2

  • B

    dung dịch NaOH

  • C

    H2

  • D

    dung dịch Ca(OH)2

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : A

Lời giải chi tiết :

Clo không tác dụng với khí O2

Câu 10 :

Cho sơ đồ sau: muối X + HCl → muối Y + H2S. Dãy các chất nào sau đây có thể là X ?

  • A

    BaS, FeS, PbS, K2S.

  • B

    KHS, Ag2S, FeS, Na2S.

  • C

    Na2S, CuS, FeS, MgS.

  • D

    NaHS, ZnS, FeS, MgS.

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : D

Phương pháp giải :

+ Loại 1: Tan trong nước và tan trong axit mạnh sinh ra khí H2S gồm Na2S, K2S, CaS và BaS, (NH4)2S.

Na2S + 2HCl → 2NaCl + H2S↑

+ Loại 2: Không tan trong nước nhưng tan trong axit mạnh gồm FeS, ZnS...

            ZnS + 2H2SO4 → ZnSO4 + H2S↑

+ Loại 3: Không tan trong nước và không tan trong axit gồm CuS, PbS, HgS, Ag2S...

Lời giải chi tiết :

Dựa vào tính tan của muối sunfua => các chất có thể tan trong dung dịch HCl là: NaHS, ZnS, FeS, MgS.

Câu 11 :

Dung dịch axit nào sau đây không thể chứa trong bình thủy tinh ?

  • A

    HF.

  • B

    HCl.

  • C

    HBr.

  • D

    HI.

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : A

Phương pháp giải :

Xem lại lí thuyết hợp chất không có oxi của halogen

Lời giải chi tiết :

Dung dịch axit không thể chứa trong bình thủy tinh là HF

Câu 12 :

Cho dãy dung dịch axit sau HF, HCl, HBr, HI. Dung dịch có tính axit mạnh nhất và tính khử mạnh nhất là

  • A

    HF 

  • B

    HCl 

  • C

    HBr 

  • D

    HI

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : D

Phương pháp giải :

Xem lại lí thuyết hợp chất không có oxi của halogen

Lời giải chi tiết :

Tính axit tăng dần, tính khử tăng dần

=> thứ tự giảm dần tính khử: HI > HBr > HCl > HF

Vậy dung dịch có tính axit mạnh nhất và tính khử mạnh nhất là HI

Câu 13 :

Để khử độc khí clo dư đã thoát ra trong phòng thí nghiệm, người ta dùng hóa chất nào sau đây là tối ưu nhất?

  • A

    dung dịch NaOH.

  • B

    khí NH3.

  • C

    dung dịch Ca(OH)2.

  • D

    dung dịch NaCl.

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : B

Lời giải chi tiết :

Để khử độc khí clo dư đã thoát ra trong phòng thí nghiệm, người ta dùng khí NH3

3Cl2 + 2NH3 → N2 + 6HCl

Câu 14 :

Cho 8,7 gam MnO2 tác dụng với dung dịch HCl đậm đặc sinh ra V lít khí Cl2 (ở đktc). Hiệu suất phản ứng là 85%. V có giá trị là:

  • A
    2 lít
  • B
    1,904 lít
  • C
    1,82 lít
  • D
    2,905 lít

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : B

Phương pháp giải :

Tính toán theo PTHH: MnO2 + 4HCl → MnCl2 + 2 H2O +Cl2

Sử dụng công thức tính hiệu suất: \(H\% = \frac{{{n_{tt}}}}{{{n_{lt}}}}.100\% \), số mol bên tham gia là số mol lý thuyết

Lời giải chi tiết :

MnO2 = 8,7 : 87 = 0,1 mol

Theo PTHH : n Cl2 = n MnO2 = 0,1 mol ( số mol lý thuyết tính theo PTHH )

\(H\%  = \frac{{{n_{tt}}}}{{{n_{lt}}}}.100\% \)  => \(85\%  = \frac{{{n_{tt}}}}{{0,1}}.100\% \) => n thực tế  = 0,085 mol

=> V Cl2 = 0,085 . 22,4 = 1,904 mol

Câu 15 :

Cho 6,72 lít clo (đktc) tác dụng với 5,6 gam Fe nung nóng rồi lấy chất rắn thu được hoà vào nước và khuấy đều thì khối lượng muối trong dung dịch thu được là: (Cho Fe = 56; Cl = 35,5)

 

  • A
    38,10 gam.
  • B
    16,25 gam.
  • C
    32,50 gam.
  • D
    25,40 gam.

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : B

Phương pháp giải :

Fe cháy trong khí Clo sẽ tạo muối Fe3+

Lời giải chi tiết :

nFe = 5,6: 56 = 0,1 mol

            Fe + 1,5Cl2 \(\buildrel {{t^0}} \over\longrightarrow \)FeCl3

Mol      0,1       →                0,1

=> mmuối = mFeCl3 = 0,1.162,5 = 16,25g

Câu 16 :

Hòa tan 7,8 gam hỗn hợp bột Al và Mg trong dd HCl dư . Sau phản ứng khối lượng dung dịch tăng thêm 7g so với ban đầu. Khối lượng Al và Mg lần lượt là

  • A

    4,86g và 2,94g                                                                    

  • B

     2,4g và 5,4 g

  • C

    5,4 g và 2,4 g      

  • D

    2,94 g và 4,86 g

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : C

Phương pháp giải :

Đặt nAl = x mol và nMg = y mol

Có Al → Al +3 + 3e

Mg → Mg+2 + 2e

2H+1 + 2e → H2

Bảo toàn KL có mdd tăng = mKL – mH2 = 7 → mH2 ? → nH2 = ? mol

Ta có hệ phương trình sau

\(\left\{ \begin{gathered} \xrightarrow{{Bt\,e}}3x + 2y = 0,4.2 \hfill \\\sum {mhh = } 27x + 24y = 7,8 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} x = ? \hfill \\ y = ? \hfill \\ \end{gathered}  \right.\)

Lời giải chi tiết :

Đặt nAl = x mol và nMg = y mol

Có Al → Al +3 + 3e

Mg → Mg+2 + 2e

2H+1 + 2e → H2

Theo bảo toàn e có : 3x + 2y = 2nH2

Bảo toàn KL có mdd tăng = mKL – mH2 = 7 → mH2 = 7,8 – 7 = 0,8 → nH2 = 0,4 mol

Ta có hệ phương trình sau

\(\left\{ \begin{gathered} 3x + 2y = 0,4.2 \hfill \\ 27x + 24y = 7,8 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} x = 0,2 \hfill \\ y = 0,1 \hfill \\ \end{gathered}  \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} {m_{Al}} = 5,4 \hfill \\ {m_{Mg}} = 2,4 \hfill \\ \end{gathered}  \right.\)

Câu 17 :

Cho V lít khí Cl2 (đktc) vào dung dịch chứa 30gam NaI và 30,9 gam NaBr. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được 33,7 gam muối khan Z. Giá trị của V và phần trăm khối lượng các muối trong Z là:

  • A

    V = 4,48 lít và %mNaCl = 69,44% ; %mNaBr = 30,56%.

  • B

    V = 4,48 lít và %mNaCl = 30,56% ; %mNaBr = 69,44%.

  • C

    V = 5,6 lít và %mNaCl = 69,44% ; %mNaBr = 30,56%.

  • D

    V = 5,6 lít và %mNaCl = 50% ; %mNaBr = 50%.

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : A

Phương pháp giải :

Bước 1: Viết các PTHH xảy ra

Tính khử của I- mạnh hơn Br- nên phản ứng theo thứ tự

Cl2 + 2NaI → 2NaCl + I2 (1)

Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2 (2)

Bước 2: Giả sử các phản ứng xảy ra theo tuần tự (1) và (2). Xác định số liệu cho trong đề ra nằm ở giai đoạn nào

Mốc 1: Xảy ra vừa đủ phản ứng (1) thì khối lượng rắn giảm m1 = mNaI – mNaCl = ?

Mốc 2: Xảy ra phản ứng (1) và (2) vừa đủ thì khối lượng rắn giảm là:

m2 = (mNaI – mNaCl(1)) + (nNaBr – mNaCl(2)) = ?

Bước 3: So sánh số liệu chất rắn giảm trong đề với 2 mốc → xác định phản ứng xảy ra đến giai đoạn nào

Giả sử từ số liệu ta tính được khối lượng chất rắn giảm là a (g)

+ Nếu a < m1 → phản ứng chỉ xảy ra theo (1); NaI chưa pư hết

+ Nếu a = m1 → phản ứng xảy ra xong theo (1); NaI pư hết

+ Nếu m1 < a < m2 thì phản ứng xảy ra xong (1); phản ứng (2) chưa xảy ra xong. NaI pư hết, NaBr vẫn còn dư

+ Nếu a = m2 thì phản ứng xảy ra xong theo (1) và (2). NaI và NaBr đều pư hết.

Bước 4: Xác định giá trị cần tìm

Lời giải chi tiết :

Tính khử của I- mạnh hơn Br- nên phản ứng theo thứ tự

           Cl2 + 2NaI   →  2NaCl + I2   (1)

  (mol) 0,1← 0,2 mol →   0,2 mol          

khối lượng giảm là: m1 = mNaI – mNaCl = 0,2.150 – 0,2.58,5 = 18,3 (g)

            Cl2  + 2NaBr  → 2NaCl + Br2   (2)

 (mol)           0,3 mol →   0,3 mol         

khối lượng giảm là: m’ = mNaBr – mNaCl = 0,3.103 – 0,3.58,5 = 13,35 (g)

Mốc 1: Xảy ra vừa đủ phản ứng (1) thì khối lượng rắn giảm m1 = 18,3 (g)

Mốc 2: Xảy ra phản ứng (1) và (2) vừa đủ thì khối lượng rắn giảm là: m2 = m1 + m = 18,3 + 13,35 = 31,65 (g)

Theo bài: mrắn giảm = mNaI + mNaBr – mZ = 30 + 30,9 – 33,7 = 27,2 (g)

Ta thấy: m1 = 18,3 g < m rắn giảm = 27,2 g < m2 = 31,65 g

=> xảy ra phản ứng (1) và (2). Cl2; NaI pư hết, NaBr dư

Ta có: mrắn giảm (2) = 27,2 – 18,3 = 8,9 (g)

                  Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2   (3)

Cứ (mol)             1 mol  →  1 mol                khối lượng giảm là 44,5g

Vậy (mol) 0,1← 0,2 mol ←   0,2 mol   ←       khối lượng giảm là 8,9 g

Vậy ∑ nCl2 pư = nCl2 (1) + nCl2 (3) = 0,1 + 0,1 = 0,2 (mol) → VCl2(đktc) = 0,2.22,4 = 4,48 (lít)

Hh muối Z gồm: NaCl: 0,4 (mol) và NaBr dư: 0,3 – 0,2 = 0,1 (mol)

\(\left\{ \begin{array}{l}\% {m_{NaCl}} = \frac{{{m_{NaCl}}}}{{{m_Z}}}.100\%  = \frac{{0,4.58,5}}{{33,7}}.100\%  = 69,44\% \\\% {m_{NaBr}} = 100\%  - \% {m_{NaCl}} = 30,56\% \end{array} \right.\)

Câu 18 :

Hoà tan hoàn toàn 25,12 gam hỗn hợp Mg, Al, Fe trong dung dịch HCl dư thu được 13,44 lít khí H2 (đktc) và m gam muối. Giá trị của m là

  • A

    67,72.                 

  • B

    46,42.                     

  • C

    68,92                      

  • D

    47,02

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : A

Phương pháp giải :

Tổng quát với kim loại M hóa trị n :

            M + nHCl -> MCln + 0,5nH2

=> nHCl = 2nH2 

Bảo toàn khối lượng: mKim loại +mHCl = mmuối + mH2

=> mmuối

Lời giải chi tiết :

Tổng quát với kim loại M hóa trị n :

            M + nHCl -> MCln + 0,5nH2

=> nHCl = 2nH2 = 2.0,6 = 1,2 mol

Bảo toàn khối lượng : mKL + mHCl = mmuối + mH2

=> mmuối = 67,72g

Câu 19 :

Hỗn hợp O2 và O3 có tỉ khối đồi với H2 bằng 20. Phần trăm số mol O2 và O3 lần lượt là (cho biết H = 1; O = 16)

  • A
    40 và 60
  • B
    75 và 25
  • C
    60 và 40
  • D
    50 và 50

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : D

Phương pháp giải :

Sử dụng phương pháp đường chéo hoặc công thức trung bình.

Lời giải chi tiết :

M­hh = 20. MH2 = 20.2 = 40 (g/mol)

Đặt số mol O2 = a(mol) ; số mol O3 = b (mol)

Áp dụng công thức tính phân tử khối trung bình ta có:

\(\begin{array}{l}{M_{hh}} = \frac{{{n_{{O_2}}}.{M_{{O_2}}} + {n_{{O_2}}}.{M_{{O_3}}}}}{{{n_{{O_2}}} + {n_{{O_3}}}}}\\ \Rightarrow 40 = \frac{{32a + 48b}}{{a + b}}\\ \Rightarrow 40a + 40b = 32a + 48b\\ \Rightarrow 8a = 8b\\ \Rightarrow a = b\end{array}\)

Vậy trong hh có nO2 = nO3  → Phần trăm số mol O2 = O3 = 50%

Câu 20 :

Dẫn 5,6 lít khí H2S(đktc) qua dung dịch Pb(NO3)2 dư thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là

  • A
    47,80 gam.
  • B
    59,75 gam.
  • C
    23,90 gam.
  • D
    27,25 gam

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : B

Phương pháp giải :

Đổi số mol H2S theo công thức: n = V : 22,4

Tính mol PbS kết tủa theo mol H2S dựa vào PTHH xảy ra.

Lời giải chi tiết :

nH2S(đktc) = 5,6 : 22,4 = 0,25 (mol)

PTHH: H2S + Pb(NO3)2 → PbS↓ + 2HNO3

(mol)   0,25                     → 0,25

Thep PTHH: nPbS = nH2S = 0,25 (mol) → mPbS = nPbS. MPbS = 0,25. 239 = 59,75 (g)

Câu 21 :

Cho 6,272 lít khí SO2 (đktc) hấp thụ hết trong 2,5 lít dung dịch Ba(OH)2 thu được 26,04 gam kết tủa. Nồng độ mol/l của dung dịch Ba(OH)2

  • A

    0,15M.

  • B

    0,08M.

  • C

    0,16M.

  • D

    0,12M.

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : B

Phương pháp giải :

+) nBaSO3 < nSO2 => phản ứng sinh ra 2 muối BaSO­3 và Ba(HSO3)2

+) Bảo toàn nguyên tố S:  ${n_{S{O_2}}} = {n_{BaS{O_3}}} + 2.{n_{Ba{{(H{\text{S}}{O_3})}_2}}} = > {n_{Ba{{(H{\text{S}}{O_3})}_2}}}$

+) Bảo toàn nguyên tố Ba:  ${n_{Ba{{(OH)}_2}}} = {n_{BaS{O_3}}} + {n_{Ba{{(H{\text{S}}{O_3})}_2}}}$

Lời giải chi tiết :

nSO2 = 0,28 mol ; nBaSO3 = 0,12 mol

nBaSO3 < nSO2 => phản ứng sinh ra 2 muối BaSO­3 và Ba(HSO3)2

+) Bảo toàn nguyên tố S:  ${n_{S{O_2}}} = {n_{BaS{O_3}}} + 2.{n_{Ba{{(H{\text{S}}{O_3})}_2}}} = > {n_{Ba{{(H{\text{S}}{O_3})}_2}}} = 0,08\,\,mol$

+) Bảo toàn nguyên tố Ba:  ${n_{Ba{{(OH)}_2}}} = {n_{BaS{O_3}}} + {n_{Ba{{(H{\text{S}}{O_3})}_2}}} = 0,12 + 0,08 = 0,2\,\,mol$

$ = > \,\,{C_{M\,\,Ba{{(OH)}_2}}} = \frac{{0,2}}{{2,5}} = 0,08M$

Câu 22 :

Hòa tan 32,2 gam hỗn hợp X gồm 3 muối MgCO3 và CaCO3, K2CO3 bằng dung dịch H2SO4 loãng dư, sau phản ứng hoàn toàn, thu được V lít khí (đktc) và dung dịch Y chứa 43 gam muối sunfat. Gía trị của V là:

  • A

    5,60 lit.

  • B

    6,72 lit.

  • C

    4,48 lit

  • D

    8,96 lit.

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : B

Phương pháp giải :

Sử dụng tăng giảm khối lượng

Lời giải chi tiết :

Đổi 1 mol CO32- lấy 1 mol SO42- khối lượng tăng = 96 – 60 = 36 gam

=> Số mol của CO32-  = \(\frac{{43 - 32,2}}{{36}} = 0,3mol\)

BTNT C => nCO2 = n CO32- = 0,3 => VCO2 = 6,72 lít

Câu 23 :

Cho 6 gam Fe vào 100 ml dung dịch H2SO4 1M (loãng). Sau phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được V lít khí đktc. Giá trị của V là

  • A

    2,24                           

  • B

     1,12                                

  • C

     3,36          

  • D

     2,40

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : A

Phương pháp giải :

Tính theo PTHH : Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2

Lời giải chi tiết :

nFe = 0,11 mol

nH2SO4 = 0,1 mol

Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2

→ nH2 = 0,1 mol → V = 2,24 lít

Câu 24 :

Hòa tan hoàn toàn 2,4 gam kim loại Mg vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng, giả sử chỉ thu được V lít khí SO2 là sản phẩm khử duy nhất (đktc). Giá trị của V là

  • A

    0,672 lít

  • B

    6,72 lít

  • C

    0,448 lít

  • D

    2,24 lít

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : D

Phương pháp giải :

+) Bảo toàn e: 2.nMg = 2.nSO2  → V

Lời giải chi tiết :

\({n_{Mg}} = \,\,\frac{{2,4}}{{24}}\,\, = \,\,0,1\,\,mol\)

Xét quá trình cho – nhận e:

\(Mg\,\,\, \to \,\,\,\mathop {Mg}\limits^{ + 2} \,\, + \,\,2e\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\mathop S\limits^{ + 6} \,\, + \,\,2e\,\,\, \to \,\,\mathop {\,S}\limits^{ + 4} \)

0,1         →      0,2mol                                     0,2 → 0,1 mol

→ \({n_{S{O_2}}}\) = 0,1 mol → V = 0,1. 22,4 = 2,24 lít

Câu 25 :

Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Fe và kim loại M (chỉ có hóa trị II) trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được 6,72 lít khí SO2 (đktc); 5,76 gam S (không có sản phẩm khử nào khác) và dung dịch X chứa 105,6 gam muối Fe2(SO4); MSO4. Mặt khác, nếu hòa tan hết m gam X ban đầu với dung dịch HCl dư thu được 16,128 lít khí H2(đktc). Kim loại M là

  • A
    Mg.
  • B
    Cu.
  • C
    Zn.
  • D
    Al.

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : A

Phương pháp giải :

Sử dụng bảo toàn e

Xét hh tác dụng với HCl dư chia 2 trường hợp: TH1: M không pư với HCl; TH2: M có pư với HCl

Lời giải chi tiết :

nSO2(đktc) = 6,72/22,4 = 0,3 (mol); nS = 5,76/32 = 0,18 (mol)

Đặt số mol Fe = a (mol) và M = b (mol)

BTNT “Fe”: nFe2(SO4)3 = 1/2 nFe = 0,5a (mol)

BTNT “M”: nMSO4 = nM = b (mol)

Xét hh X tác dụng với H2SO4 đặc, nóng

Hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}BTe:3{n_{Fe}} + 2{n_M} = 2{n_{S{O_2}}} + 6{n_S}\\m\,muoi:{m_{F{e_2}{{(SO4)}_3}}} + {m_{MS{O_4}}} = {m_{\,muoi}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a + 2b = 2.03 + 6.0,18\\400.0,5a + (M + 96)b = 105,6\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}3a + 2b = 1,68\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(1)\\200a + (M + 96)b = 105,6\,\,(2)\end{array} \right.\)

Xét hh tác dụng với HCl dư; nH2(đktc) = 16,128/22,4 = 0,72 (mol)

TH1: Chỉ có Fe tác dụng, M đứng sau H trong dãy điện hóa học nên không phản ứng

BTe ta có: 2nFe = 2nH2 ⟹ nFe = nH2 = 0,72 (mol) ⟹ a = 0,72 (mol) ⟹ thay a vào (1) ⟹ b = -0,24 ⟹ loại

TH2: Cả Fe và M cùng tác dụng với dd HCl

BT e ta có: 2nFe + 2nM = 2nH2

⟹ a + b = 0,72 (3)

giải hệ (2) và (3) ta được a = 0,24 và b = 0,48

Thay a, b vào (2) ta có: 200.0,24 + (M+96).0,48 = 105,6 ⟹ M = 24 (g/mol)

Vậy M là Mg

Câu 26 :

Hòa tan kim loại Fe vào dung dịch H2SO4 đặc, nóng đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y, chất rắn Z và khí T. Phát biểu nào sau đây không đúng

  • A

    Y chứa Fe2(SO4)3       

  • B

    Z là Fe

  • C

    T là SO­2

  • D

    Y chứa FeSO4

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : A

Phương pháp giải :

Xem lại tính chất hóa học của H2SO4 đặc

Lời giải chi tiết :

2Fe + 6H2SO4 đặc → Fe2(SO4)3 + 3SO2 +  6H2O

Fe + Fe2(SO4)3→ 3FeSO4

Y chứa FeSO4; Z chứa Fe dư; khí T là SO2

Phát biểu không đúng là A

Câu 27 :

Hòa tan hoàn toàn 8,45 gam oleum A vào nước được dung dịch B. Để trung hòa dung dịch B cần 200 ml dung dịch NaOH 1M. Oleum A là

 

  • A

    H2SO4.10SO3

  • B

    H2SO4.3SO3

  • C

    H2SO4.5SO3.          

  • D

    H2SO4.2SO3.

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : B

Phương pháp giải :

+) Gọi công thức của A là H2SO4.nSO3 

+) Bảo toàn nguyên tố S, ta có: ${{n}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}\,trong\,ddB}}=(1+n).{{n}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}.nS{{O}_{3}}}}=>{{n}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}.nS{{O}_{3}}}}$

+) Tính số mol H2SO4 trong dung dịch B bằng phản ứng trung hòa

+) Tính số mol oleum theo khối lượng cho sẵn

+) Từ 2 số mol => lập biểu thức tính n

 

Lời giải chi tiết :

Gọi công thức của A là H2SO4.nSO3 

Bảo toàn nguyên tố S, ta có: ${{n}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}\,trong\,ddB}}=(1+n).{{n}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}.nS{{O}_{3}}}}=>{{n}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}.nS{{O}_{3}}}}=\frac{{{n}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}\,trong\,ddB}}}{n+1}$

Trung hòa B cần 0,2 mol NaOH:

2NaOH  +  H2SO4 → Na2SO4 + H2O

0,2 mol → 0,1 mol

$=>{{n}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}.nS{{O}_{3}}}}=\frac{{{n}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}\,trong\,ddB}}}{n+1}=\frac{0,1}{n+1}$

Mặt khác: ${{n}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}.nS{{O}_{3}}}}=\frac{8,45}{98+80n}\,mol$

=> $\frac{0,1}{n+1}=\frac{8,45}{98+80n}\,=>n=3$

 

Câu 28 :

Dẫn V lít khí lưu huỳnh đioxit (đktc) vào 200 ml dung dịch Ba(OH)2 aM, thu được 21,7 gam kết tủa và dung dịch A. Lọc kết tủa, đun nóng dung dịch A thu được 4,34 gam kết tủa nữa. Tìm giá trị của V và a.

  • A
    V = 3,136 lít và a = 0,6M
  • B
    V = 2,24 lít và a = 0,6 M.
  • C
    V = 3,136 lít và a = 0,5M.
  • D
    V = 2,24 lít và a = 0,5 M.

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : A

Phương pháp giải :

- Vì đun nóng dung dịch A thu được kết tủa nên A chứa Ba(HSO3)2.

→ SO2 tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 thu được hai muối.

- Viết PTHH và tính toán dựa vào số mol kết tủa

Lời giải chi tiết :

nBaSO3(lần 1) = 21,7 : 217 = 0,1 (mol)

nBaSO3(lần 2) = 4,34 : 217 = 0,02 (mol)

         Ba(HSO3)2\(\buildrel {{t^o}} \over\longrightarrow \) BaSO­3 + H2O + SO2

(mol)   0,02                 ← 0,02

         SO2 + Ba(OH)2 → BaSO3 + H2O

(mol)  0,1     ← 0,1        ← 0,1

         2SO2 + Ba(OH)2 → Ba(HSO3)2

(mol)  0,04   ← 0,02         ← 0,02

→ ∑nSO2 = 0,1 + 0,04 = 0,14 (mol)

→ VSO2(đktc) = 0,14×22,4 = 3,136 lít

∑nBa(OH)2 = 0,1 + 0,02 = 0,12 (mol)

→ CM Ba(OH)2 = nBa(OH)2 : VBa(OH)2 = 0,12 : 0,2 = 0,6 (M)

Câu 29 :

Một hỗn hợp gồm 3 muối NaF, NaCl, NaBr nặng 4,82 gam. Hoà tan hoàn toàn trong nước được dung dịch A. Sục khí clo dư vào dung dịch A rồi cô cạn hoàn toàn dung dịch sau phản ứng thu được 3,93 gam muối khan. Lấy 1/2 lượng muối khan này hoà tan vào nước rồi cho sản phẩm phản ứng với dung dịch AgNO3 dư thì thu được 4,305 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng NaF ban đầu là

  • A

    8,71% 

  • B

    5,67% 

  • C

    10,78%                   

  • D

    15,02%

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : A

Phương pháp giải :

Thay 1 mol NaBr bằng 1 mol NaCl ---------> khối lượng giảm 44,5 gam 
Thay x mol NaBr bằng x mol NaCl ---------> giảm 4,82 – 3,93 = 0,89 gam 

=> số mol NaBr ban đầu và số mol NaCl sinh ra

+) hh muối khan sau phản ứng gồm NaCl và NaF

+) ∑nNaCl = nAgCl

=> tính số mol NaCl ban đầu

+) mNaF = 4,82 – mNaBr – mNaCl

Lời giải chi tiết :

Sục Cl2 vào dung dịch A thu được 3,93 gam muối

Thay 1 mol NaBr bằng 1 mol NaCl ---------> khối lượng giảm 44,5 gam 
Thay x mol NaBr bằng x mol NaCl ---------> giảm 4,82 – 3,93 = 0,89 gam 

=> ${{n}_{NaBr}}=\frac{{{m}_{giam}}}{{{M}_{Br}}-{{M}_{Cl}}}=\frac{0,89}{80-35,5}=0,02\text{ }mol$

=> nNaBr ban đầu = 0,02 mol và nNaCl sinh ra = 0,02 mol

Gọi hh muối khan sau phản ứng với Cl2 là hh B. B gồm NaCl và NaF

Khi cho hh B vào AgNO3 thì AgF không kết tủa

Xét trong 2 phần: ${{n}_{AgCl}}=2.\frac{4,305}{143,5}=0,06\,mol$

=> ∑nNaCl = nAgCl = 0,06 mol => nNaCl ban đầu = 0,06 – 0,02 = 0,04 mol

=> mNaF = 4,82 – 0,02.103 – 0,04.58,5 = 0,42 gam => $\%{{m}_{NaF}}=\frac{0,42}{4,82}.100\%=8,71\%$

Câu 30 :

Một hỗn hợp X gồm ba muối NaF, NaCl, NaBr nặng 4,82 gam. Hòa tan hoàn toàn X trong nước được dung dịch X. Sục khí clo dư vào dung dịch X rồi cô cạn hoàn toàn dung dịch sau phản ứng thu được 3,93  gam muối khan. Lấy một nửa lượng muối khan này hòa tan vào nước rồi cho phản ứng với dung dịch AgNO3 dư thì thu được 4,305 gam kết tủa Z. Tính phần trăm khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu

  • A

    14,29% NaF, 57,14% NaCl, 28,57% NaBr

  • B

    57,14% NaF, 14,29% NaCl, 28,57% NaBr

  • C

    8,71% NaF, 48,55% NaCl, 42,74% NaBr

  • D

    48,55% NaF, 42,74% NaCl, 8,71% NaBr

Đáp án của giáo viên Xem Lời Giải : C

Phương pháp giải :

Tăng giảm khối lượng

Lời giải chi tiết :

2NaBr + Cl2 → 2NaCl + Br2 

Dùng pp tăng giảm khối lượng, ta có độ giảm khối lượng của hh muối sau khi sục Cl2 vào = 0,89 (g). 

Thay 1 mol NaBr bằng 1 mol NaCl => khối lượng giảm 44,5 g 

Thay x mol NaBr =>giảm 0,89 g. => n(NaBr) = 0,89/44,5 = 0,02 mol. 

Hỗn hợp  muối khan sau pư với Cl2 là hh B. 

Khi cho 1/2 hh B vào AgNO3: AgF ko kết tủa : NaF + AgNO3 => AgF + NaNO3

AgNO3 + NaCl => AgCl + NaNO3

n(AgCl) = 0,03 (mol) => số mol NaCl trong B = 0,06 mol

số mol NaCl trong hh đầu = 0,04 mol. (do trừ đi lượng NaCl được tạo thành từ NaBr). 

-> m(NaCl) = 2,34 (g); m(NaBr) = 2,06 (g) 

---> m(NaF trong hh đầu) = 0,42 (g). 

=> %NaF = 8,71%; %NaCl = 48,55% ; %NaBr = 42,74%

close