Bài 6.72: So sánh thể tích khí oxi được sinh ra (đo cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất) khi nhiệt phân hoàn toàn mỗi chất sau : \(KMnO_4, KClO_3\) (xúc tác là \(MnO_2\)), \(KNO_3\) trong các trường hợp sau :
a) Các chất được lấy cùng khối lượng.
b) Các chất được lấy cùng số mol.
Các PTHH :
a) Các chất được lấy cùng khối lượng :
Khối lượng mỗi chất là m gam, từ các PTHH (1), (2), (3) ta tính được số mol \(O_2\) sinh ra lần lươt là : \({m \over {316}}mol, {m \over {81,7}} mol và {m \over {2O_2}}mol.\)
Kết luận : Khí oxi sinh ra ở (2) có thể tích lớn nhất, khí oxi sinh ra ở (1) có thể tích nhỏ nhất.
b) Các chất được lấy cùng số mol:
Số mol mỗi chất là n mol, từ các PTHH (1), (2), (3) ta tính được số mol \(O_2\) sinh ra lần lượt là : 0,5n, 1,5n và 0,5n.
Kết luận : Khí oxi sinh ra ở (2) có thể tích lớn nhất, khí oxi sinh ra ở (1) và (3) là bằng nhau.
Bài 6.73: Có 4 dung dịch không màu được đựng riêng biệt là : \(NaCl, Na_2SO_4, Na_2CO_3, HCL\). Hãy phân biệt mỗi dung dịch trên bằng phương pháp hoá học với điều kiện dùng thuốc thử là dung dịch \(BaCl_2\)
Có thể dựa vào sơ đồ phân tích sau để nhận biết.
Phương trình phản ứng:
(1) 2HCl + Na2CO3 → 2NaCl + H2O + CO2↑
(2) BaCl2 + Na2CO3 → BaCO3↓ + 2NaCl
(3) Na2SO4 + BaCl2 → BaSO4↓ + 2NaCl
Bài 6.74: Cho 35,6 gam hỗn hợp hai muối \(Na_2SO_3, NaHSO_3 \) tác dụng với một lượng dư dung dịch \(H_2SO_4\). Khi phản ứng kết thúc, người ta thu được 6,72 lít khí (đktc).
a) Viết PTHH của những phản ứng đã xảy ra.
b) Tính khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp ban đầu.
a) Các PTHH :
\(Na_2SO_3 + H_2SO_4 → Na_2SO_4 + H_2O + SO_2↑\) (1)
\(2NaHSO_3 + H_2SO_4 → Na_2SO_4 + 2H_2O + 2SO_2↑\) (2)
Advertisements (Quảng cáo)
b) Khối lượng mỗi muối trong hỗn hợp :
Đặt x và y là số mol của muối \(Na_2SO_3\) và \(NaHSO_3\) trong hổn hợp. Từ đó ta có hệ phương trình đại số :
\(\left\{ \begin{array}{l}
126x + 104y = 35,6\\
x + y = 0,3
\end{array} \right.\)
Giải hệ phương trình, ta được : x = 0,2 và y = 0,1.
Đáp số: \(m_{Na_2SO_4}=25,2 gam\)
\(m_{NaHSO_3} = 10,4 gam\)
Bài 6.75: Hoàn thành chuỗi phản ứng sau :
Hỗn hợp khí A gồm \(CO, CO_2, SO_2\)
a)\(A + dd NaOH_{dư} → khí B_1+ dd B_2\)
b) \(A + dd H_2S\) → khí C
c) A + NaOH → khí D
(NaOH trong dd nước, để trong không khí)
d) A +\(O_2\) dư 
khí X
\(X + dd H_2SO_4\) 90% → khí Y + chất lỏng Z
a) \(SO_2 + 2NaOH → Na_2SO_3 + H_2O\)
\(CO_2 + 2NaOH → Na_2CO_3 + H_2O\)
Khí \(B_1\) là CO; dd\(B_2\) chứa \(Na_2CO_3, Na_2SO_3\)
Advertisements (Quảng cáo)
b) \(SO_2 + 2H_2S → 3S↓ + 2H_2O\)
Khí C là CO, \(CO_2\)
c) \(SO_2 + NaOH → NaHSO_3 \)
\(CO_2 + NaOH → NaHCO_3\)
Khí D là CO
d) \(2SO_2 + O_2 
2SO_3 ; 2CO + O_2 → 2CO_2\)
Khí X gồm \(SO_3, CO_2 \,và\, O_2\) dư
\(SO_3 + H_2O → H_2SO_4\)
\(H_2SO_4 + nSO_3 → H_2SO_4.nSO_3\) (oleum)
Khí Y là \(O_2, CO_2\)
Chất lỏng Z là oleum.
Bài 6.76: Để đốt cháy hoàn toàn 0,672 gam kim loại R chỉ cần dùng 80% lượng oxi sinh ra khi phân huỷ 5,53 gam \(KMnO_4\). Hãy xác định kim loại R.
\(n_{KMnO_4}\) =\(\frac{{5,53}}{{158}} = 0,035\left( {mol} \right)\)
Số mol oxi tham gia phản ứng là \(0,0175.{{80} \over {100}} = 0,014\left( {mol} \right)\)
Đặt n là hóa trị của R (n = 1,2,3)
\(\begin{array}{l}
4R\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, + \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,n{O_2} \to 2{{\rm{R}}_2}{O_n}\\
\frac{{0,0144}}{n}mol\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,014\,mol
\end{array}\)
Ta có: \({{0,014.4} \over n}.R – 0,672\left( g \right) \to R = 12n\)
Từ (1):
n 1 2 3
R 12 24 36
Không có KL nào Mg Không có KL nào
Kim loại có hóa trị II có A =24 → Mg
Bài 6.77: Nung m gam bột Fe trong O_2 thu được 11,36 gam hỗn hợp X gồm \(Fe, FeO, Fe_2O_3 \,và\, Fe_3O_4\). Cho toàn bộ X phản ứng hết với dung dịch \(HNO_3\) loãng dư, thu được 1,344 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất,ở đktc).
Tìm m.
– Từ quá trình phản ứng ta thấy số oxi hoá của các chất phản ứng ở trạng thái đầu là \(\mathop {Fe}\limits^0 ,\mathop {{O_2}}\limits^0 ,H\mathop N\limits^{ + 5} {O_3}\) và số oxi hoá ở trạng thái cuối cùng là \(F{e^{ + 3}},{O^{2 – }},{N^{ + 2}}\). Khi đó :
Áp dụng ĐLBT electron ta có: \({{3m} \over {56}} = {{11,36 – m} \over 8} + 0,18 \Rightarrow m = 8,96\left( {gam} \right)\)
Bài 6.78: Nung m gam hỗn hợp bột Fe và S trong bình kín không có không khí. Sau phản ứng đem phần rắn thu được hòa tan vào lượng dư dung dịch HCl được 3,8 gam chất rắn X không tan, dung dịch Y và 0,2 mol khí z. Dẫn z qua dung dịch Cu(NO_3)2 dư, thu được 9,6 gam kết tủa đen.
Tìm m.
– Chất rắn không tan trong HCL dư là S => \(m_S\) dư =3,8 gam
Kết tủa đen là \(CuS => n_{CuS} = 0,1 = n_{H_2S} = n_{S phản ứng}\)
→ \(m_{ S\,\,phản\,ứng} =3,2 gam\)
0,2 mol Z gồm 0,1 mol \(H_2S\) và 0,1 mol \(H_2\)
→ \(m_{ban\,đầu}=3,8+3,2=7 gam\)
Ta lại có
\(n_{Fe\,phản\, ứng} = n_{S\,phản \,ứng} =0,1\)
\(n_{Fe\,dư} = n_{H_2} = 0,1\)
\(n_Fe\,ban\,đầu\) → \(m_Fe\,ban\,đầu\) =0,2.56 =1 1,2(gam)
Vậy m = 11,2 + 0,7 = 18,2 (gam)
