Dt olympic hoa_10

1. Tuyến chọn một số bài từ sách TUYỂN TẬP 10 NĂM ĐỀ THI OLYMPIC
30/4 HÓA HỌC 10- NXB GIÁO DỤC
PHÂN I: HALOGEN
Câu 4: (đề 1996 trang 7)
Xét phản ứng tổng hợp hiđro iođua:
H2(khí) + I2(rắn)  2HI(khí) ∆H = +53kJ (a)
H2(khí) + I2(rắn)  2HI(khí) (b)
1.Phản ứng (a) là toả nhiệt hay thu nhiệt?
2.Xác định hiệu ứng nhiệt của phản ứng tổng hợp hiđro iođua (b) dựa vào
năng lượng liên kết nếu biết năng lượng liên kết của H – H, H – I và I – I lần
lượt bằng 436, 295 và 150 kJ.mol-1
. Giải thích sự khác biệt của hai kết quả
cho (a) và (b).
3.Viết biểu thức tính hằng số cân bằng K của phản ứng (a) theo phương trình
hoá học của phản ứng.
4.Thực hiện phản ứng tổng hợp hiđro iođua theo (b) trong một bình kín,
dung tích 2 lit ở nhiết độ T, có hằng số cân bằng K = 36.
a, Nếu nồng độ ban đầu của H2 và I2 bằng nhau và bằng 0,02M thì nồng độ
của các chất tại thời điểm cân bằng là bao nhiêu?
b, Ở cân bằng trên, người ta thêm vào bình 0,06gam hiđro thì cân bằng cũng
bị phá vỡ và hình thành cân bằng mới. Tính khối lượng hiđro iođua ở cân
bằng cuối?
Giải:
1. Theo quy ước ∆H > 0 thì phản ứng thu nhiệt.
2. H2(khí) + I2(rắn)  2HI(khí) (b)
Nên: ∆H = (436 + 150) - 2. 295 = - 4kJ
Giá trị nhỏ bất thường là do chưa xét năng lượng cần cung cấp để chuyển I2
(rắn) theo phản ứng (a) thành I2(khí) theo phản ứng (b).

2. 3. Vì I2 là chất rắn nên:
 
 
2
2
HI
K
H

4. H2(khí) + I2(rắn)  2HI(khí)
Trước phản ứng: 0,02M 0,02M 0
Phản ứng: x x 2x
Còn lại: 0,02 – x 0,02 – x 2x
Vậy :
 
   
 
2
2
36 2 6 0,02 0,015
0,02 . 0,02
x
x x x
x x
     
 
Kết luận: Ở cân bằng: [HI] = 0,03M, [H2] = [I2] = 0,005M
Số mol H2 thêm:
0,06 : 2 = 0,03 (mol) → nồng độ tăng thêm: 0,03: 2 = 0,015M
H2(khí) + I2(rắn)  2HI(khí)
Ban đầu: 0,02M 0,005M 0,03M
Phản ứng: a a 2a
Cân bằng: 0,02 – a 0,005 – a 0,03 + 2a
 
  
2
0,03 2
36
0,02 0,005
a
K
a a

 
 
→ a = 2,91.10-3
và 2,89.10-2
.
Vì a < 0,005 nên chỉ nhận a = 2,91.10-3
Khối lượng HI ở cân bằng cuối:
(0,03 + 2. 0,0029). 2. 128 = 9,165(gam)
Câu 6 (năm 1997 trang 17)

3. Điều chế clo bằng cách cho 100g MnO2 (chứa 13% tạp chất trơ) tác dụng
với lượng dư dung dịch HCl đậm đặc. Cho toàn bộ khí clo thu được vào
m500ml dung dịch có chứa NaBr và NaI. Sau phản ứng, cô cạn dung dịch,
thu được chất rắn A (muối khan) có khối lượng m gam.
a, Xác định thành phần chất rắn A nếu m = 117gam
b, Xác định thành phần chất rắn A trong trường hợp m = 137,6 gam. Biết
rằng trong trường hợp này, A gồm hai muối khan. Tỉ lệ số mol NaI và NaBr
phản ứng với Cl2 là 3: 2. Tính nồng độ mol của NaBr và NaI trong dung dịch
đầu.
Các phản ứng đều hoàn toàn.
Cho Mn = 55, Br = 80, I = 127, Cl = 35,5, Na = 23
Giải:
MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 + 2H2O
1 mol 1 mol 1 mol
2
100 13
1( )
87MnO moln

 
Cl2 + 2NaI → 2NaCl + I2
1,5a mol 3a mol 3a mol
Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2
a mol 2a mol 2a mol
a, Giả sử Cl2 phản ứng hết → mNaCl = 2.58,5 = 117(g)
Cl2 phản ứng hết, NaI và NaBr phản ứng hết mA = mNaCl = 117g (thỏa)
→ A chỉ chứa NaCl
Cl2 phản ứng hết, NaI và NaBr dư → mA > 117 (g) (loại)
Cl2 dư, NaI và NaBr hết → mA < 117(g) (loại)
Vậy A chỉ chứa NaCl
b, m = 137,6g > 117g → Cl2 phản ứng hết
to

4. NaI, NaBr dư, nNaI : nNaBr = 3 : 2 → NaI phản ứng hết, NaBr còn dư.
nNaI : nNaBr = 3 : 2 → gọi 3a và 2a lần lượt là số mol NaI và NaBr phản ứng
Cl2 ta có
2
1,5 2,5 1 0,4Cl a a a an      
mA = mNaCl + mNaBr = 5a. 58,5 + mNaBr = 137,6
→ mNaBr = 20,6(g) →
20,6
0,2( )
103NaBr moln  
2.0,4 0,2 3.0,4
2 ; 2,4
0,5 0,5NaBr NaIM C MC

   
Câu 1: đề 1998 trang 24
Cho khí Cl2 vào 100 ml dung dịch NaI 0,2M (dung dịch A). Sau đó, đun sôi
để đuổi hết I2. Thêm nước để được trở lại 100 ml (dung dịch B).
a, Biết thể tích khí Cl2 đã dùng là 0,1344 lít (đktc). Tính nồng độ mol/l của
mỗi muối trong dung dịch B?
b, Thêm từ từ vào dung dịch B một dung dịch AgNO3 0,05M. Tính thể tích
dung dịch AgNO3 đã dùng, nếu kết tủa thu được có khối lượng bằng:
(1) Trường hợp 1: 1,41 gam kết tủa.
(2) Trường hợp 2: 3,315 gam kết tủa.
Chấp nhận rằng AgI kết tủa trước. Sau khi AgI kết tủa hết, thì mới đến AgCl
kết tủa.
c, Trong trường hợp khối lượng kết tủa là 3,315 gam, tính nồng độ mol/l của
các ion trong dung dịch thu được sau phản ứng với AgNO3.
Giải:
2
0,006( )
0,1344
22,4Cl moln 
Cl2 + 2NaI → 2NaCl + I2
0,006 mol 0,012 mol 0,012 mol
nNaI ban đầu = 0,2.0,1 = 0,02 (mol)

5. Vậy hết Cl2 dư NaI. Dung dịch B chứa 0,020 – 0,012 = 0,008 mol NaI dư và
0,012 mol NaCl.
CNaCl = 0,012 / 0,1 = 0,12M
CNaI = 0,008/0,1 = 0,08M
b, Để biết chỉ có AgI kết tủa hay cả hai AgI và AgCl kết tủa, ta dùng 2 mốc
để so sánh.
Mốc 1: AgI kết tủa hết, AgCl chưa kết tủa.
0,008 mol NaI → 0,008 mol AgI↓
m1 = mAgI = 0,008.235 = 1,88 gam
Mốc 2: AgI và AgCl đều kết tủa hết
0,012mol NaCl → 0,012 mol AgCl↓
m2 = 1,88 + 0,012.143,5 = 3,602 gam
m↓ = 1,41 gam
1,41 < m1 = 1,88 gam vậy chỉ có AgI kết tủa.
1,41
0,006( )
235AgI moln  
Vậy 3
0,006( )AgNO moln 
3ddAgNO
0,006
0,12( )
0,05
litV  
m↓ = 3,315 gam
m1 = 1,88 < 3,315 < m2 = 3,602
Vậy AgI kết tủa hết và AgCl kết tủa một phần
mAgCl = 3,315 – 1,88 = 1,435 gam
nAgCl = 1,435/143,5 = 0,01 mol
Số mol AgNO3
0,008 + 0,01 = 0,018 mol
3ddAgNO
0,018
0,36( )
0,05
litV  

6. c, Trong trường hợp thứ nhì, dung dịch chỉ còn chứa NO3
-
, Na+
, Cl-
dư
33
. d . d
0,018
0,012 0,008 0,02
0,012 0,01 0,002
AgNONO
NaCl b NaI bNa Na bd
Cl du Cl bd Cl
n moln
n n n n mol
n n n mol

 
  
 
     
    
Thể tích dung dịch = 3
0,100 0,36 0,46ddB ddAgNOV litV    
3
3
0,018
0,0391
0,46
0,002
0,0043
0,46
0,0434
NO
Cl
Na NO Cl
M
C M
C C C M
C 

  
 
 
  
Câu 2: đề 1999 trang 32
1. Ở 18o
C lượng AgCl có thể hòa tan trong 1 lít nước là 1,5 mg. Tính tích số
tan của AgCl.
Tính nồng độ bão hòa của Ag+
(mol/lít) khi người ta thêm dung dịch NaCl
58,5 mg/lít vào dung dịch AgCl ở 18o
C.
2. Người ta khuấy iot ở nhiệt độ thường trong bình chứa đồng thời nước và
CS2 nguội, và nhận thấy rằng tỉ lệ giữa nồng độ (gam/lít) của iot tan trong
nước và tan trong CS2 là không đổi và bằng 17.10-4
.
Người ta cho 50ml CS2 vào 1 lít dung dịch iot (0,1 g/l) trong nước rồi khuấy
mạnh. Tính nồng độ (g/l) của iot trong nước.
Giải:
1. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng
T = [Ag+
][Cl-
]
Trong 1 lít dung dịch: 31,5
.10
143,5
Ag Cl  
   
    
Vậy
2
3 101,5
.10 1,1.10
143,5
T   
 
 

Khi thêm 1 lượng dung dịch NaCl.

7. Gọi S2 là nồng độ Ag+
mới: [Ag+
] = S2 → [Ag+
] = [Cl-
] = S2
Gọi δ là nồng độ của NaCl.
Trong dung dịch số ion Cl-
: δ/1 lít
Vậy [Ag+
] = S2
[Cl-
] = δ + S2
Ở 18o
C nhiệt độ không đổi. T không đổi.
S2(S2 + δ) = 1,1.10-10
→ S2
2
+ δS2 – 1,1.10-10
= 0
Chỉ chọn nghiệm đúng dương:
2 10
2
4,4.10
2
S
  
  

→ δ = 0,0585/58,5 = 10-3
Vậy 7
3 3 7
2
10 10 2.10
10
2
S 
  
  
 
S2 giảm 100 lần so với S1
2. Theo giả thuyết ta có:
2
2
4
17.10
H O
I
CS
I
C
C


uoc 30,1
/
1000
n
IC g cm
Gọi x là số mol iot từ nước đi vào CS2
Vậy: 30,1
/
1000
nuoc
I
x
g cmC 
 và 2
( / )
50
CS
I
x
g mlC 
Suy ra: 40,1
: 17.10
1000 50
x x 
 → x = 0,0967
Nồng độ iot trong nước là: 0,1 – x = 0,0033 (g/l)
Câu 4: đề 2000 trang 38
a, Hai cốc đựng dung dịch axit clohiđric đặc lên hai đĩa cân A và B. Cân ở
trạng thái cân bằng. Cho a gam CaCO3 vào cốc A và b gam M2CO3 (M là
kim loại kiềm)vào cốc B. Sau khi hai muối đã phản ứng hết và tan hoàn
toàn, cân trở lại vị trí cân bằng.

8. 1. Thiết lập bieetr thức tính khối lượng nguyên tử M theo a và b.
2. Xác định M khi a = 5 và b = 4,8.
b, Cho 20gam hỗn hợp gồm kim loại M và Al vào dung dịch hỗn hợp H2SO4
và HCl, trong đó số mol HCl gấp 3 lần số mol H2SO4 thì thu được 11,2 lít
khí H2(đktc) và vẫn còn dư 3,4 gam kim loại. Lọc lấy phần dung dịch rồi
đem cô cạn thì thu được một lượng muối khan.
1. Tính tổng khối lượng muối khan thu được biết M có hóa trị 2 trong các
muối này.
2. Xác định kim loại M nếu biết số mol tham gia phản ứng của hai kim loại
bằng nhau.
Giải
a, CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2↑ + H2O (1)
M2CO3 + 2HCl → 2MCl + CO2↑ + H2O (2)
(1) → khối lượng cốc A tăng =
 100 44
0,56
100
a
a


(2) → khối lượng cốc B tăng =
 2 60 44
0,56
2 60
M b
a
M
 


Ta có a = 5, b = 4,8 → M ≈ 22,8 → M là Natri
b, M + 2H+
→ M2+
+ H2
2Al + 6H+
→ 2Al3+
+ 3H2
2
11,2
2. 2. 1
22,4HH
n moln    
2 4 2 4 2 4
2 2 3H SO H SO H SOHClH
n n n nn     
2 4
1
0,2
5H SO moln  
0,6HCl moln 
1. mmuối = (20 – 3,4) + 0,2.96 + 0,6.35,5 = 57,1gam

9. Gọi x là số mol M tham gia phản ứng
2. ta có hệ x.M + 27x = 20 – 3,4 = 16,6
H
n  = 2x + 3x = 1
→ M = 56 (Fe)
Câu 3: đề 2001 trang 44
2. 14,224 iot và 0,112g hiđro được chứa trong bình kín thể tích 1,12 lít ở
nhiệt độ 400o
C. Tốc độ ban đầu của phản ứng là Vo = 9.10-5
mol.l-1
.phút-1
,
sau một thời gian (tại thời điểm t) nồng độ mol của HI là 0,04 mol/lít và khi
phản ứng: H2 + I2  2HI
Đạt cân bằng thì [HI] = 0,06 mol/lít
a, Tính hằng số tốc độ của phản ứng thuận và nghịch.
b, Tốc độ tạo thành HI tại thời điểm t là bao nhiêu?
c, Viết đơn vị các đại lượng đã tính được.
Giải
1. Tính hằng số tốc độ của phản ứng thuận và phản ứng nghịch:
2 2
14,224 0,056
0,056 0,05 /
254 1,12I bd
mol I mol ln       
2 2
0,112 0,056
0,056 0,05 /
2 1,12H bd
H mol ln       
Phản ứng: H2 + I2  2HI
v1 = k1 [I2][H2] → 1
1
2 2
v
I H
k
      

a,
5 1 -1
3 1 -1
1 1 1
9.10 . . . út
36.10 . . út
0,05. . .0,05. .
mol l ph
l mol ph
mol l mol l
k
 
 
 
 
Mặc khác:
2
2 4 2 2
1
2
2 2 2 2 2
6 .10 . .
0,06
0,05 . .
2
HIK mol l
K I H
mol l
K
 

  
        
 
 
 


(1)
(2)

10. 3 1 -1
2
36.10 . . . út
9
9 l mol ph
K k
 
  
→ k2 = 4.10-3
.l.mol-1
.phút-1
.
b, Tốc độ tạo thành HI tại thời điểm t: vHI = vt – vn = v1 – v2
v1 = k1[I2][H2] = 36.10-3
l.mol-1
.phút-1
.
2
0,06
0,05
2
 
 
 
 mol2
.l-2
→ v1 = 144. 10-7
mol. l-1
. phút-1
v2 = k2 [HI]2
= 4.10-3
l. mol-1
. phút-1
. 42
. 10-4
. mol2
. l-2
→ v2 = 64 . 10-7
mol. l-1
. phút-1
VHI = (144.10-7
- 64.10-7
) mol. l-1
. phút-1
VHI = 0,8. 10-5
mol. l-1
. phút-1
Chuyên đề: LÝ THUYẾT VỀ PHẢN ỨNG HÓA HỌC
Câu 1: trang 112
Trong bình kín dung tích không đổi chứa 35,2x (g) oxi và 160x (g) SO2. Khí
SO2 ở 136,5o
C có xác tác V2O5. Đun nóng bình một thời gian, đưa về nhiệt
độ ban đầu, áp suất bình là P’
. Biết áp suất bình ban đầu là 4,5 atm và hiệu
suất phản ứng là H%.
a, Lập biểu thức tính áp suất sau phản ứng P’
và tỉ khối hơi d của hỗn hợp
khí sau phản ứng so với không khí, theo H.
b, Tìm khoảng xác định P’
, d?
c, Tính dung tích bình trong trường hợp x = 0,25?
Hướng dẫn giải:
2
35,2
1,1 ( )
32O bdau
x
x moln  
2
160
2,5 ( )
64SO bdau
x
x moln  
2SO2 + O2  2SO3
Ban đầu: 2,5x 1,1x 0
xt, to

11. Phản ứng: 2,2xH 1,1xH 2,2xH
Sau phản ứng: (2,5x – 2,2xH) (1,1x – 1,1xH) 2,2xH
n2 = 2,5x - 2,2xG + 1,1x - 1,1xH + 2,2xH = x(3,6 - 1,1H) (mol)
Trường hợp bài toán đẳng V, đẳng T.
 
 1 2
2 1
3,6 1,1 4,5
' 1,25 3,6 1,1
' 3,6
x Hn n PP
P H
P n n x

      
b, Khi H = 0 → P’ = 4,5 (atm)
H = 1 → P’ = 3,125 (atm)
Vậy trong thời gian phản ứng thì 3,125 < P’ < 4,5
Tỉ khối hơi so với không khí:
160 35,2 195,2
(3,6 1,1 ) 3,6 1,1
sau truoc
sau
sau truoc
m m x x
M
n n x H H

   
 
 /
195,2 6,731
29 3,6 1,129 3,6 1,1
sau
hhsau kk
M
HH
d   

Khi H = 0 → d = 1,87
H = 1 → d = 2,69
Vậy 1,87 < d < 2,69
C, Áp dụng công thức: PV = nRT
Pđầu = 4,5atm
Nđầu = 3,6x = 3,6.0,25 = 0,9(mol)
→
 22,4
0,9. 273 136,5
273 6,72( )
4,5
nRT
V l
P

  
Câu 11: trang 126
Tính năng lượng mạng tinh thể ion của muối BaCl2 từ các dữ kiện:
Nhiệt tạo thành tiêu chuẩn của BaCl2 tinh thể: - 205,6 kcal/mol
Năng lượng liên kết Cl2: + 57 kcal/mol
Nhiệt thăng hoa Ba: + 46 kcal/mol

12. Năng lượng ion hóa thứ nhất của Ba: + 119,8 kcal/mol
Năng lượng ion hóa thứ hai của Ba: + 230,0 kcal/mol
Giải:
Năng lượng mạng tinh thể ion của BaCl2 tức là hiệu ứng nhiệt của quá trình
sau, (trong đó năng lượng tính theo đơn vị kcal/mol):
2
0( ) ( ) 2( )2 ; ?k k rCl BaCl HBa  
   
Quá trình tạo thành muối BaCl2 tinh thể qua những bước sau,
Phân li phân tử Cl2: Cl2(k) → 2Cl-
; ∆H1 = +57,0
Clo nhận electron: 2Cl + 2e → 2Cl-
; ∆H2 = 2.(-87)
Ba rắn thang hoa: Ba(r) → Ba(k); ∆H3 = +46,0
Ba mất electron: Ba(k) – 1e → Ba+
(k); ∆H4 = +119,8
Ba+
(k) – 1e → Ba2+
(k); ∆H5 = +230,0
Tạo mạng lưới: 2
0( ) ( ) 2( )2 ; ?k k rCl BaCl HBa  
   
Quá trình chung: Ba(r) + 2Cl-
(k) → BaCl2(r); ∆H = -205,6
Theo định luật Hess: ∆H = ∆H1 + ∆H2 + ∆H3 + ∆H4 + ∆H5 + ∆H0
→ ∆H0 = ∆H – (∆H1 + ∆H2 + ∆H3 + ∆H4 + ∆H5 )
= -205 – 57 – (-174) - 46 – 119,8 – 230
= - 484,4 kcal/mol
Câu 6: chuyên đề phản ứng oxi hóa khử trang 147
1. Viết các phản ứng hóa học trong các trường hợp sau:
a, Ozon oxi hóa I-
trong môi trường trung tính.
b, Sục khí CO2 qua nước Javen.
c, Cho nước clo vào dung dịch KI.
d, H2O2 khử MnO4
-
trong môi trường axit.
e, Sục khí flo qua dung dịch NaOH loãng lạnh.
Giải:

13. a, O3 + 2I-
+ H2O → O2 + I2 + 2OH-
b, CO2 + NaClO + H2O → NaHCO3 + HclO
c, Cl2 + KI → 2KCl + I2
d, 5H2O2 + 2MnO-
4 + 6H+
→ 5O2 + 2Mn2+
+ 8H2O
e, 2F2 + 2NaOH → 2NaF + H2O + OF2↑
Câu 9: trang 150
Thể tích khí clo cần phản ứng với kim loại M bằng 1,5 lần lượng khí sinh ra
khi cho cùng lượng kim loại đó tác dụng hoàn toàn với axit clohiđric dư
trong cùng điều kiện. Khối lượng muối clo sinh ra trong phản ứng với clo
gấp 1,2886 lần lượng sinh ra trong phản ứng với axit axit clohiđric.
a, Xác định kim loại M.
b, Phản ứng giữa HCl và muối M (VI) xảy ra theo chiều nào khi nồng độ các
chất đầu ở trạng thái chuẩn và khi tăng nồng độ H+
lên hai lần.
Biết 6 3
0
/
1,33
M M
VE   và
2
0
/2
1,36Cl Cl
VE  
Hướng dẫn giải:
M +
2
n
Cl2 → MCln
M + mHCl → MClm +
2
m
H2
a, Từ
2
n
= 1,5
2
m
và m, n = 1, 2, 3 → n = 3, m = 2
và M + 106,5 = 1,2886.(M + 71)
→ M = 52 g/mol, M là Crom
b, 14H+
+ 6Cl-
+ Cr2O7
2-
 Cl2 + 2Cr3+
+ 7H2O
∆Eo
= 1,33 – 1,36 = -0,03V: phản ứng xảy ra theo chiều nghịch.
14
0,059 1
0,03 lg 0,105( )
6 2
E V    : phản ứng xảy ra theo chiều thuận.
Câu 11: trang 152

14. 1. Ag kim loai có khả năng tác dụng được với dung dịch HI 1N tạp thành khí
H2 không?
Cho TAgI = 8,3.10-17
E0
(Ag+
/Ag) = +0,799V
2. Trộn 250ml dung dịch AgNO3 0,01M với 150ml dung dịch HCl 0,1M.
Tính nồng độ các ion tại thời điểm cân bằng TAgCl = 10-10
.
Hướng dẫn giải:
[I-
] = 1ion g/l → [Ag+
] = 8,3.10-17
ion g/l
0
/
0,059
lgAg Ag
Ag
E
n Ag
E 
 
 
  
  = 0,799 + 0,059.lg8,3.10-17
= -0,15V
Nếu có phản ứng xảy ra, xét phản ứng:
2Ag + 2H+
→ 2Ag+
+ H2
∆E = +0,15V
Vậy Ag có thể đẩy H2 ra khỏi HI trong điều kiện đã cho.
2. 3
3
0,25.0,01 2,5.10AgNO moln 
 
2
0,15.0,1 1,5.10HCln mol
 
3
3
3
2,5.10
6,25.10
0,4
Ag M NO

     
     
2
21,5.10
3,75.10
0,4
Cl M H

     
     
Nếu phản ứng hết:
Ag+
+ Cl-
→ AgCl
6,25.10-3
6,25.10-3
Cân bằng: AgCl  Ag+
+ Cl-
Ban đầu: 3,125.10-2
M
Phản ứng: x x

15. Cân bằng: x 3,125.10-2
+ x
TAgCl = 10-10
→ x(3,125.10-2
+ x) = 10-10
x quá nhỏ:
10
9
2
10
3,2.10
3,125.10
Mx




[Ag+
] = 3,2.10-9
M; [NO3
-
] = 6,25.10-3
M
[Cl-
] = 3,125.10-2
M; [H+
] = 3,75.10-2
M
Câu 12: trang 154
1. MnO4
-
có thể oxi hóa ion nào trong số các ion Cl-
, Br-
, I-
ở các giá trị pH
lần lượt bằng 0, 3, 5? Trên cơ sở đó đề nghị một phương pháo nhận biết các
ion halogenua có trong hỗn hợp gồm Cl-
, Br-
, I-
.
Biết 1,51
2/
4
oE V
MnO Mn

 
, 1,36
/ 2
2
oE V
Cl Cl


, 1,08
/ 2
2
oE V
Br Br


,
0,62
/ 2
2
oE V
I I


2. A là dung dịch chứa AgNO3 0,01M, NH3 0,23M; và B là dung dịch chứa
Cl-
, Br-
, I-
đều có nồng độ 10-2
M. Trộn dung dịch A với dung dịch B (giả
thuyết nồng độ ban đầu của các ion không đổi) thì kết tủa nào được tạo
thành? Trên cơ sở đó hãy đề nghị phương pháo nhận biết sự có mặt của ion
Cl-
trong một dung dịch hỗn hợp chứa Cl-
, Br-
, I-
.
Biết  3 32
2NH Ag NHAg
 
 K = 10-7,24
TAgCl = 10-10
, TAgBr = 10-13
, TAgI = 10-16
Hướng dẫn giải:
1. 8H+
+ MnO4
-
+ 5e → Mn2+
+ 4H2O
8
4
2
0,059
lg
5
o
MnO H
Mn
E E
 

   
   
 
 

* pH = 0, 2
4 / 2 2 2
, ,
/2 /2 /2
1,51MnO Mn
o o o
Cl Cl Br Br I I
VE E E E     

16. Như vậy MnO4
-
oxi hóa được cả Cl-
, Br-
, I-
.
* pH = 3, 2
4 / 2/2
1,23MnO Mn
o
Cl Cl
VE E    nhưng lớn hơn
2 2
,
/2 /2
o o
Br Br I I
E E  .
Như vậy MnO4
-
chỉ oxi hóa được Br-
, I-
.
* pH = 5, 2
4 / 2 2
,
/2 /2
1,04MnO Mn
o o
Cl Cl Br Br
VE E E     nhưng lớn hơn
2/2
o
I I
E  .
Như vậy MnO4
-
chỉ oxi hóa được I-
.
Như vậy để nhận biết dung dịch hỗn hợp Cl-
, Br-
, I-
ta có thể dùng dung dịch
KmnO4 và dung môi chiết CCl4. Lúc đầu tiến hành phản ứng ở pH = 5, trong
lớp dung môi chiết sẽ có màu tím của iot. Thay lớp dung môi, ở pH = 3, sẽ
thấy dung môi co màu vàng của brom. Cuối cùng loại lớp dung môi và khử
lượng MnO4
-
dư và nhận biết ion Cl-
dư bằng AgNO3.
2. Coi phản ứng giữa AgNO3 và NH3 xảy ra hoàn toàn, như vậy dung dịch A
sẽ gồm  3 2
Ag NH

0,01M và NH3 0,23M.
 3 32
2NH Ag NHAg
 
 K = 10-7,24
Nồng độ ban đầu: 0,01 0,23
Nồng độ cân bằng 0,01- x x 0,23 + 2x
 
2
7,24
. 0,23 2
10
0,01
x x
x
K 



 . Gần đúng ta có: [Ag+
] = x ≈ 10-8
M
[Ag+
]. [Cl-
] = 10-10
≈ TAgCl = 10-10
nhưng lớn hơn TAgBr = 10-13
, TAgI = 10-16
,
nên chỉ có ion Br-
và I-
kết tủa. Sau đó dùng axit phá phức làm tăng nồng độ
của ion Ag+
và nhận được Cl-
nhờ kết tủa AgCl.
Câu 13: trang 155
Viết phương trình dưới dạng ion thu gọn phản ứng xảy ra khi cho dung dịch
KI tác dụng với dung dịch KmnO4 (trong môi trường axit) trong các trường
hợp sau:
1. Sau phản ứng còn dư ion iođua (có giải thích).

17. 2. Sau phản ứng còn 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
4 6 3 3H IO IO HIO I I      
   
4
0,56 2,26 0,95 1,51 1,182 3 2
4 2MnO MnO MnO Mn Mn Mn           
Hướng dẫn giải:
Dựa vào giản đồ thế khử của I-
ta suy ra HIO không bền vì
3 3
0 0
/ /HIO I IO HIO
EE   nên HIO sẽ dị phân thành 3IO
và 3I
Ta viết lại giản đồ thế khử của I như sau:
1,70 1,20 0,54
4 6 3 3H IO IO I I    
  
Dựa vào thế khử của Mn ta suy ra 2
4MnO 
và Mn3+
không 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 quá trình Mn2+
→ Mn ta cũng không 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:
4
1,70 1,23 2
2MnO MnO Mn   
 
Ta có phương trình ion thu gọn trong các trường hợp như sau:
1. Trường hợp sau phản ứng có I-
dư:
4 6H IO
hoặc 3IO
không thể cùng tồn tại với I-
vì:
4 6 3 3
0 0
/ /
1,7 0,54H IO IO I I
E V E V      và 3 3
0 0
/
1,2 0,54IO I I
E V E V    
Nên 4 6H IO
hoặc 3IO
đều có thể oxi hóa I
thành 3I
.
Như vậy I
chỉ bị oxi hóa thành 3I
.
+1,20
+1,7 +1,23
+1,51

18. Khi I
dư thì 4MnO
và 2MnO không thể tồn tại vì 4 2
0
/MnO MnO
E  và 2
2
0
/MnO Mn
E  đều lớn
hơn 3
0
/I I
E   nên 4MnO
và 2MnO đều có thể oxi hóa I
thành 3I
. Như vậy 4MnO
bị khử hoàn toàn thành 2
Mn 
. Do đó phương trình phản ứng xảy ra khi I
dư
dưới dạng ion thu gọn như sau:
2
4 3 22 15 16 5 2 8MnO I H I Mn H O    
    
Trường hợp sau phản ứng có dư 4MnO
:
2
Mn 
không thể tồn tại khi 4MnO
dư vì 2
4 2 2
0 0
/ /MnO MnO MnO Mn
E E  nên 4MnO
sẽ oxi
hóa 2
Mn 
thành 2MnO .
Khi 2MnO dư thì 3I
và I
cũng không thể tồn tại vì: 4 2 3 3 3
0 0 0
/ / /
,MnO MnO I I IO I
E E E   
nên 4MnO
oxi hóa là 3I
và I
.
Như vậy sản phẩm sinh ra khi I
bị oxi hóa là 3IO
và một lượng nhỏ 4 6H IO
vì 4 2 4 6
0 0
/
1,7MnO MnO H IO
E E V   .
Do đó phương trình này xảy ra khi 4MnO
dư như sau:
4 2 3 22 2 2MnO I H MnO IO H O   
    
4 2 2 4 68 3 8 2 8 3MnO I H H O MnO H IO   
    
Câu 7: trang 170
Đánh giá khả năng hòa tan của HgS trong:
a, Axit nitric
b, Nước cường toan
Biết 3
0 0
2/
0,96NO NO
E E V   ; 2
0 1
/ 0 0,17S H SE E V  ; 51,8
10HgST 

Hướng dẫn giải:
a, Trong axit nitric:
Các quá trình xảy ra: 3 3HNO H NO 
 

19. 2 2
3 HgS Hg S 
  51,8
10t HgST T 
 
2
3 H S HS  
   2
1 12,92
10ak

23 HS H H S 
   1
1 7
10ak

23 2 2H S e S H
  
1
02
1 0,059
1 10
E
k



0
23
1 0,059
3 2 2
2
3 2
2 4 3 2 10
3 2 8 3 3 2 4
E
NO H e NO H k
HgS NO H Hg S NO H O

  
  
    
    


2 1
3 3 3 3 2
1 2. . . .t a ak T k k k k  

2 1 1 2lg 3lg 3lg 3lg 3lg 2lga ak T k k k k     
0 0
1 22 3
3( 51,8) 3( 12,92) 3( 7) 3 2
0,059 0,059
E E   
           
   
155,4 38,76 21 17,29 97,63 15,3       
15,3
10k 
 
Vì k rất nhỏ nên xem như HgS không tan trong HNO3.
b, Trong nước cường toan:
Các quá trình xảy ra:
2
3 23 2 8 3 3 2 4HgS NO H Hg S NO H O  
     15,3
10k 

2 2
43 4Hg Cl HgCl  
   14,92
4 10 
2
3 4 23 2 8 12 3 3 2 4HgS NO H Cl HgCl S NO H O   
     
4
3 4' . lg ' lg 3lg 15,3 3.14,92 29,46k k k k        
29,46
10k  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 không? Biết:
2
7,02
1( ) 10H SK 
 ; 2
10,9
2( ) 10H SK 
 ; 3 2
0
/
0,77Fe Fe
E V   ; 2
0
/ 0,14S H SE V ; 17,4
10FeST 


20. 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 2
1Fe e Fe 
  (1)
0
130,059
1 10 10
nE
K  
22 2S H e H S
   (2) 4,745
2 10K 
Tổ hợp (1) và (2)
3 2
22 2 2Fe H S Fe S H  
   (3) 2 1 21,255
3 1 2. 10K K K
 
5.10-3
2,5.10-3
5.10-3
5.10-3
(M)
Vì K3 rất lớn nên phản ứng (3) xảy ra hoàn toàn:
2H S H HS 
 (4) K4
2
HS H S  
 (5) K5
Tổ hợp (4) và (5)
H2S  2H+
+ S2-
(6) K6 = K4. K5 = 10-19,92
Cân bằng (2,5.10-3
– x) (5,5.10-2
+ 2x) x
 
 
22
19,92
6 3
5,5.10 2
10
2,5.10
x x
K
x




 

→ 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 hòa
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 được 3,0525g muối khan B.

21. 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 công 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 →
3,0525
0,0522
58,5
NaCln mol 
NaCl + AgNO3 → AgCl↓ + NaNO3 (1)
Theo (1) →
3,22875
.2 0,045 0,0522
143,5
NaCl AgCln n mol mol   
Do đó, muối khan B thu được ngoài NaCl còn có NaF. Vậy trong hỗn hợp X
chứa NaF.
mNaF = mB – mNaCl = 3,0525 – 0,045.58,5 = 0,42(g)
0,42
% .100% 6,74%
6,23
NaF  
Gọi công thức chung của hai muối halogen còn lại là: NaY
2 22 2NaY Cl NaCl Y   (2)
Theo (2) → 0,045NaClNaY
n n mol 
6,23 0,42 5,81( )X NaFNaY
m m m g    

22. Do đó:
5,81
129,11 23 106,11
0,045
Y YNaY
M M M     
→ phải có một halogen có M > 106,11 → đó là iot. Vậy công 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
Ta có:
58,5 150 5,81 0,01027
0,045 0,03472
a b a
a b b
   
 
   
mNaCl = 58,5.0,01027 = 0,6008(g)
mNaI = 150. 0,03472 = 5,208 (g)
Vậy:
0,6008
% .100% 9,64%
6,23
NaCl  
0,6008
% .100% 9,64%
6,23
NaCl  
% 6,77%NaF 
% 83,59%NaI 
Trường hợp 2: NaF, NaBr và NaI
Ta có:
103 ' 150 ' 5,81 ' 0,02
' ' 0,045 ' 0,025
a b a
a b b
   
 
   
mNaBr = 103.0,02 = 2,06(g)
mNaI = 150.0,025 = 3,75 (g)
Vậy
2,06
% .100% 33,07%
6,23
NaBr  
3,75
% .100% 60,19%
6,23
NaI  
% 6,74%NaF 

23. Câu 8: X là một loại muối kép ngậm nước có chứa kim loại kiềm clorua và
magie clorua. Để xác định công 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 không 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 công thức của X.
Hướng dẫn giải:
* Thí nghiệm 1:
Ag+
+ Cl-
→ AgCl↓;
8,61
0,06
143,5
AgCl Cl
n n mol  
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↓
Nung Mg(OH)2↓ → MgO + H2O
nMgO = 0,8/40 = 0,02mol = 2
Mg
n  ứng với 0,02 mol MgCl2 ban đầu.
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:
1,49
35,5 39
0,02
M    đvC. Vậy M là Kali
to

24. 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 không khí cho đến khối
lượng không đổi thu được 24 gam chất rắn.
1. Tính khối lượng kết tủa B.
2. Hòa 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 (5)
Fe2+
+ 2OH-
→ Fe(OH)2 ↓ (6)
2Fe(OH)2 +
1
2
O2 + H2O → 2Fe(OH)3↓ (7)
2Fe(OH)3↓ → Fe2O3 + 3H2O (8)
Mg2+
+ 2OH-
→ Mg(OH)2 (9)

25. Mg(OH)2 → MgO + H2O (10)
Theo (5) nFe(dư) = 2
4,48
0,2
22,4
Hn mol 
( )
0,2 2 0,4Ag du
n mol   
Theo (1) (2) (3)
(0,7 2) 0,4 2 1Ag
n a b c mol        (I)
mrắn = 2 3
160 0,1 40 24Fe O MgOm m a     
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 hoàn toàn 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
Vậy 2
1
(0,2 0,2) 0,2
2Cln mol  
2
22,4.0,2 4,48Cl litV  
Câu 11: trang 208

26. 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:
Hỗn hợp A
3
3 2
2
2
: ( )
( ) : ( )
( ) : ( )
: ( )
: ( )
KClO a mol
Ca ClO b mol
Ca ClO c mol
CaCl d mol
KCl e mol







3 2
3
2
o
t
KClO KCl O 
Mol a a
3
2
a
2 23 2 3( )
o
t
CaCl OCa ClO  
Mol b b 3b
2 22( )
o
t
CaCl OCa ClO  
Mol c c c
* Theo định luật bảo toàn khối lượng: 22A OKCl CaClm m m m  
83,68 = 74,5(a + e) + 111(b + c + d) + 32(
3
2
a
+ 3b + c) (1)
,
2 2 32 2
o
xt t
SO O SO
Mol
3
3
2
a
b c  3 6 2a b c 

27. 2 2 43 H O H SOSO  
Mol 3 6 2a b c  3 6 2a b c 
98(3 6 2 ) 100
80
191,1
a b c  
 (2)
80 191,1
3 6 2 1,56
100 98
a b c

    

* Chất rắn B 2
2 3
:( )
:( )
ddK
CaCl b c d mol
CO
KCl a e mol
 


KCl + K2CO3 →
CaCl2 + K2CO3 → 2KCl + CaCO3↓
Mol (b + c + d) (b + c + d) 2(b + c + d) (b + c + d)
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
(ddD) ( ) (ddA) ( )
22 22
3 3KCl KCl A KCl KCl Am m n n  
22
3
0,36 ea e   (4)
Từ (1), (2), (3), (4) ta có:
3
83,68 74,5( ) 111( ) 32 3
2
3 6 2 1,56
0,18
22
0,36
3
a
a e b c d b c
a b c
b c d
e
a e
  
        
 
  

  

  

1,56
83,68 74,5( ) (111 0,18) 32
2
a e
 
       
 

28.  74,5 38,74a e  
0,52
22
0,36
3
a e
a e e
 


  
3
122,5. .100
% 58,56%
83,68
a
KClO trongA  
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 thoát 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:
2 3 3 22 2 ( )MX AgNO AgX M NO    (1)
2 2 3 3 2MX Na CO MCO NaX    (2)
3 2MCO MO CO   (3)
2 2 3 22 duCO KOH K CO H O   (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 =
6,3
60M 
(6)
(4) → mKOHpu(4) =
6,3
2 56
60M
 

(7)

29. Mà mKOH(bđ) = 11,6g
mKOHsau pư
6,3 3,85
44 80
60 100M
 
     
(8)
→ mKOHpu(4) = mKOH(bđ) + mKOHsau pư
6,3 6,3 3,85
2 56 11,6 44 80
60 60 100M M
  
           
(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 công thức NaIOx.
Hòa tan X vào nước thu được dung dịch A. Cho khí SO2 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 Na2S2O3 vào.
a, Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn.
b, Để xác định chính xác công 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

30. 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 Na2S2O3.
Tìm công 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)SO4
2-
+ (4x - 4)H+
(1)
SO2 + I2 + 2H2O → 2I-
+ SO4
2-
+ 4H+
(2)
Ag+
+ I-
→ AgI↓
2IOx
-
+ (2x - 1)I-
+ 2xH+
→ xI2 + xH2O (3)
I2 + 2S2O3
2-
→ 2I-
+ S4O6
2-
(4)
b, Theo (4): 2
2 2 3
0,5 0,5.0,0374.0,1 0,00187( )I S O
n n mol  
→ 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
không 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.

31. 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  1
11
15
d
- 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 0,15mol
2H2S + SO2 → 3S + 2H2O
0,15mol 0,075mol 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

32. 2
2,24
0,1( )
22,4
COn mol 
0,1
0,05
84 106 9,5
x y
x y
x y
 
  
 
mhỗn hợp = (0,15.103) + (0,15.8.150) = 195,45(g)
b, Cho hỗn hợp trên vào dung dịch HCl, chỉ Na2CO3 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 thoát 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+
+ HCO3
-
(1)
HCO3
-
 H+
+ CO3
2-
(2)
HCl → H+
+ Cl-
Khi 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 không tan.
b, H2SO4 không phải là axit mạnh hơn HCl và HNO3 nhưng đẩy được 2 axit
đó ra khỏi muối vì H2SO4 là axit không bay hơi còn HCl và HNO3 là axit dễ
bay hơi.
2NaCl + H2SO4
o
t
 Na2SO4 + 2HCl

33. 2NaNO3 + H2SO4
o
t
 Na2SO4 + 2HNO3
c, 1
1 17,5 7,5.4 30
4
M
d M    
2
2 2
11 11.32 352
32 15 15 15
M
d M    
1 30 60
2
A B
M A B

    
2
2 2 352
1 1 15
m m AB
M
m m A B
A B A B

   
 
352.60
704
2.15
AB  
60 44
704 16
A B A
AB B
   
 
  
hoặc
16
44
A
B



Câu 32: trang 243
Nung hỗn hợp bột Mg và S trong bình kín rồi để nguội. Lấy toàn 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 không khí là 0,9. Đốt cháy hoàn toàn 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)

34. MTB khí = 29.0.9 = 26,1< 2H SM
Vậy trong sản phẩm có khí H2 do Mg dư
Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (3)
b(mol) b (mol)
2H2S + 3O2 → 2SO2 + 2H2O (4)
H2 + 1/2O2 → H2O (5)
SO2 + H2O2 → H2SO4 (6)
b, Gọi a, b là số mol Mg tham gia phản ứng (1) và (3)
34 2
26,1tb
a b
M
a b

 

7,9a = 24b
 
 
24
%
24 32
Mg
a b
m
a b a


 
% 50,08%Sm 
c, 2
0,74%HV  ; 2
0,033Hn mol ; 2
2,26( )SOV lit ; 2
0,1SOn mol
2 2
100.5
0,147( )
100.34
H On mol 
Dung dịch sau cùng chứa H2SO4, H2O2.
mdd = 100 + 18.(0,033 + 0,1) + 64.0,1 = 108,794 (g)
2 4H SOm = 0,1.98 = 9,8 (g)
2 4
% 9%H SOC 
2 2
% 1,45%H OC 