Bài toán sản xuất quặng (Liên quan đến công thức toán học – Thể tích hình cầu) + Khối lượng Fe trong mỗi viên bi: Vì mỗi viên bi là một khối cầu có đư

16/16

Bài toán sản xuất quặng (Liên quan đến công thức toán học – Thể tích hình cầu)

+ Khối lượng Fe trong mỗi viên bi:

Vì mỗi viên bi là một khối cầu có đường kính (d) = 50 mm nên bán kính $(r) = d : 2 = 25 m m = 2, 5 c m$

=> Thể tích của viên bi hình cầu: $V_{b i} = \frac{4}{3} . π . r^{3} = \frac{4}{3} . 3, 14.2, 5^{3} \approx 65, 417 c m^{3}$

Vì khối lượng riêng 7,63 g/cm³ nên => $m_{b i} = 7, 63.65, 417 = 499, 13 (g)$

Vì mối viên bi chứa 90% Fe về khối lượng nên => $m_{F e} = 90 % \times 499, 13 = 449, 22 (g)$

+ Khối lượng quặng manhetit cần (chứa 80% Fe₃O₄ về khối lượng) để sản xuất 1568 viên bi:

Gọi m (gam) là không ượng quặng manhetit cần dùng để sản xuất 1568 viên bi. Vì manhetit chứa 80% Fe₃O₄ về khối lượng và quá trình sản xuất bị hao hụt 5% tứ hiệu suất đạt 95% nên:

=> Fe: $\frac{80 % m}{232} . 3.56.95 % = 449, 22.1568 = > m = 1279882 (g a m) = 1279, 882 \overset{l µ m t r ß ® Õ n h µ n g ® ¬ n v Þ}{\to} 1280 (k g)$

B. PHẦN TỰ LUẬN (7,0 điểm)

Câu I. Bảng tuần hoàn (vị trí) – Liên kết hóa học – Hóa Học với thực tiễn (ô nhiễm sulfur dioxide) – Bài toán điều chế Hữu Cơ:

1. Bảng tuần hoàn (vị trí) – Liên kết hóa học:

a) Vị trí của các nguyên tố sodium và chlorine trong bảng tuần hoàn các nguyên tô hóa học:

- Na: Na có 11 proron nên thuộc ô số 11; 11 electron được phân bố vào 3 lớp (2,8,1) nên thuộc chu kỳ 3; lớp ngoài cùng có 1 electron nên thuộc nhóm IA.

- Cl: Cl có 17 proron nên thuộc ô số 17; 17 electron được phân bố vào 3 lớp (2,8,7) nên thuộc chu kỳ 3; lớp ngoài cùng có 7 electron nên thuộc nhóm VIIA.

b) Liên kết trong tinh thể muối ăn là liên kết ion:

- Sự tạo thành liên kết: Khi hình thành phân tử NaCl,

+ Nguyên tử Na nhường một electron ở lớp ngoài cùng cho nguyên tử Cl để tạo thành ion dương Na⁺ có vỏ bền vững giống vỏ nguyên tử Ne.

+ Nguyên tử Cl nhận vào lớp electron ngoài cùng một electron của nguyên tử Na để tạo thành ion âm Cl^- có vỏ bền vững giống vỏ nguyên tử khí hiếm Ar.

→ Hai ion tạo thành mang điện tích ngược dấu hút nhau để hình thành liên kết ion trong phân tử muối ăn.

c) Giải thích quá trình hòa tan NaCl trong nước:

Quá trình hòa tan NaCl trong nước là hiện tượng các ion Na⁺ và Cl⁻ trong mạng tinh thể muối bị bao bọc bởi các phân tử nước phân cực, làm phá vỡ liên kết ion và tách chúng ra, tạo thành dung dịch điện li dẫn điện được. Phân tử nước có cực âm (O) sẽ hút Na⁺, cực dương (H) sẽ hút Cl⁻, và quá trình này gọi là sự hydrat hóa, khiến muối tan ra.

Trong dung dịch muối ăn có các phần tử mang điện (ion Na⁺và Cl^-) nên khi có tác dụng của lực điện trường các ion này sắp xếp lại và chuyển dời thành dòng có hướng. Vì vậy dung dịch muối ăn dẫn được điện.

2. Hóa Học với thực tiễn (ô nhiễm sulfur dioxide) – Phi Kim (liên quan đến sulfur):

a) Mức độ ô nhiễm sulfur dioxide của thành phố:

Vì 50 lít không khí có 0,018 mg sulfur dioxide nên trong 1 m³ tức 10³ lít không khí sẽ có:

=> $m_{S O_{2}} = 1 0^{3} . 0, 018 : 50 = 0, 36 (m g)$ = 0,36.10^-3 (gam).

Vì 1 g = 10⁶ $μ g$ nên khối lượng SO₂ ( $μ g$ ) = 0,36.10^-3.10⁶ = 360 ( $μ g$ ) > 350 $μ g$ /m³

- Vì hàm lượng SO₂ vượt mức cho phép (360 µg>350 µg) nên không khí ở thành phố đó bị ô nhiễm

b) Giải thích tác hại của mưa acid đến công trình xây dựng:

Các giọt acid li ti tạo thành theo mưa rơi xuống bề mặt Trái Đất hòa tan đá vôi và các kim loại.

2SO₂ + O₂ + 2H₂O→ 2H₂SO₄;CaCO₃ + H₂SO₄ → CaSO₄ + CO₂ + H₂O; Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂

c) Sản xuất S từ SO₂ và H₂S:

Lượng SO₂ sinh ra khi đốt cháy 2 tấn than đá (chứa 3,2% sulfur theo khối lượng):

=> $n_{S O_{2}} = n_{S} = 2.1 0^{6} . 3, 2 % : 32 = 2000 m o l$

Ta có phản ứng: SO₂ + 2H₂S → 3S + 2H₂O

2000 $\to$ 4000

- Thể tích khí H₂S chuyển hóa được: $V = 4000.24, 79 = 99160 (l í t)$

3. Bài toán điều chế Hữu Cơ:

Phản ứng: C₆H₆ + CH₂=CH₂ $\overset{}{\to}$ C₆H₅-CH₂-CH₃

C₆H₅-CH₂-CH₃ $\overset{x t}{\to}$ C₆H₅-CH=CH₂+ H₂

nC₆H₅-CH=CH₂ $\overset{x t, t^{o}, p}{\to}$ -[CH(C₆H₅)-CH₂]_n-

Ta so sanh: $n_{C_{6} H_{6}} = \frac{100.1 0^{3}}{78} 1282, 05 (m o l) < n_{C_{2} H_{4}} = \frac{32.1 0^{3}}{24, 79} = 1290, 84 (m o l)$ => H tính theo C₆H₆.

Vì với hiệu suất của mỗi quá trình (1), (2), (3) lần lượt là 60%, 55% và 60% nên:

=> $m_{C_{8} H_{8}} = 104.1282, 05.60 % . 55 % . 60 % = 26399, 9736 (g) \approx 26, 4 (k g)$

Câu II. Phản ứng Hữu Cơ (Acetic acid) – Bài toán Xăng E5:

1. Phản ứng Hữu Cơ (Acetic acid):

a) Phương trình hóa học thực hiện sơ đồ chuyển hóa trên (ghi rõ điều kiện nếu có):

Tinh bột $\overset{(1)}{\to}$ Glucose $\overset{(2)}{\to}$ Ethanol $\overset{(3)}{\to}$ Acetic acid (thành phần chính của giấm)

(1) (C₆H₁₀O₅)_n+ nH₂O $\overset{t^{0}, a x i t}{\to}$ nC₆H₁₂O₆

(2) C₆H₁₂O₆ $\overset{x t, t^{0}}{\to}$ 2C₂H₅OH + 2CO₂

(3) C₂H₅OH + O₂ $\overset{m e n g i a á m}{\to}$ CH₃COOH + H₂O

b) Giải thích tại sao khi lên men rượu cần ủ kín, còn khi lên men giấm cần để thoáng:

Khi lên men rượu cần ủ kín vì men rượu hoạt động không cần oxygen không khí (môi trường kị khí), vi sinh vật chuyển hoá đường thành rượu và khí carbonic theo phản ứng (2).

Khi lên men giấm thì cần oxygen để oxi hoá rượu thành giấm theo phản ứng (3).

c) Bài toán sản xuất dung dịch acetic acid:

H của cả quá trình: $H = 90 % . 90 % . 90 % = 72, 9 %$ .Ta có: (C₆H₁₀O₅)_n_{$\underset{72, 9 %}{\to}$}2nCH₃COOH (1)

Từ 1 tấn gạo có chứa 80% tinh bột và sơ đồ (2) => $m_{C H_{3} C O O H} = \frac{1 0^{3} . 80 %}{162 n} . 2.60 n . 72, 9 % = 432 (k g)$

Tính thể tích dung dịch acetic acid 4% (khối lượng riêng d = 1 g/mL) $V = \frac{432.100}{4.1} = 10800$ (lít).

2. Bài toán Xăng E5:

x lít xăng E5 ${\begin{array}{l} \overset{5 % V}{\to} \underset{d = 0, 8 (g / m L)}{\underset{︸}{C_{2} H_{5} O H}} \\ \overset{95 % V}{\to} \underset{d = 0, 7 (g / m L)}{\underset{︸}{\frac{n_{C_{8} H_{18}}}{n_{C_{9} H_{20}}} = \frac{3}{4}}} \end{array} (\begin{array}{l} 1 m o l_{C_{2} H_{5} O H} : 1365 k J \\ 1 m o l_{C_{8} H_{18}} : 5928, 7 k J \\ 1 m o l_{C_{9} H_{20}} : 6119, 8 k J \end{array}) \overset{+ O_{2}}{\to} Q_{t á a} \leftrightarrow Q_{t h u} \underset{25 %}{\leftarrow} \underset{1 k m c Ç n 211, 8 k J}{\underset{︸}{200 k m}}$

Vì mỗi 1 km cần 211,8 kJ nhiệt, chiếu xe chạy 200 km và hiệu suất sử dụng nhiên liệu của động cơ xe máy là 25% nên tổng nhiệt cần cung cấp cho xe là: Q_xe_máy _thu = 211,8.200.100:25 = 169440 kJ.

Xăng E5 chứa 5 thể tích C₂H₅OH => $V_{C_{2} H_{5} O H} = x . 5 % = 50 x (m L) = > n_{C_{2} H_{5} O H} = \frac{50 x . 0, 8}{46} = \frac{20 x}{23} (m o l)$

Xăng E5 chứa 95 thể tích xăng => $V_{x ¨ n g} = x . 95 % (l Ý t) = 950 x (m L) = > m_{x ¨ n g} = 950 x . 0, 7 = 665 x (g a m)$

Gọi 3a và 4a lần lượt là mol của C₈H₁₈ và C₉H₂₀ ta có:

=> $114.3 a + 128.4 a = 665 x = > a = \frac{95 x}{122} (m o l) = > {\begin{array}{l} n_{C_{8} H_{18}} = 3 . \frac{95 x}{122} (m o l) \\ n_{C_{9} H_{20}} = 4 . \frac{95 x}{122} (m o l) \end{array}$

$Q_{x ¨ n g c h ¸ y t á a n h i Ö t} = Q_{x e m ¸ y t h u} \Leftrightarrow \frac{20 x . 1365}{23} + \frac{3.95 x . 5928, 7}{122} + \frac{4.95 x . 6119, 8}{122} = 169440 = > x = 4, 7952$ (Lít)

Câu III. Nhân biết Hữu Cơ và Chuỗi phản ứng Vô Cơ:

1. Nhân biết Hữu Cơ:

Thí nghiệm

C₆H₁₂O₆

CH₃COOH

C₂H₅OH

CH₃COOC₂H₅

Cho vào nước

Tách lớp

Tác dụng với dung dịch AgNO₃/NH₃

Kết tủa

Tác dụng với Cu(OH)₂

Tạo dung dịch màu xanh

Phương trình hóa học: C₆H₁₂O₆ + Ag₂O $\overset{N H_{3}}{\to}$ C₆H₁₂O₇ + 2Ag

2CH₃COOH + Cu(OH)₂ → (CH₃COO)₂Cu + 2H₂O

2. Chuỗi phản ứng Vô Cơ:

(1) KClO₃ + 6HCl

\overset{t^{o}}{\to}

KCl + 3Cl₂ + 3H₂O

(2) 2Fe + 3Cl₂ $\overset{t^{o}}{\to}$ 2FeCl₃

(3) 2FeCl₃ + Fe ⟶ 3FeCl₂

(4) FeCl₂ + 2NaOH ⟶ Fe(OH)₂ + 2NaCl

(5) NaCl + AgNO₃ ⟶ NaNO₃ + AgCl↓

(6) 2KClO₃ $\overset{M n O_{2}, t^{o}}{\to}$ 2KCl + 3O₂

(7) S + O₂ ⟶ SO₂

(8) 2SO₂ + O₂ $\overset{V_{2} O_{5}, t^{o}}{\to}$ 2SO₃

(9) H₂O + SO₃ ⟶ H₂SO₄

(10) H₂SO₄ + 2NaOH ⟶ Na₂SO₄ + 2H₂O

(11) Na₂SO₄ + BaCl₂ ⟶ BaSO₄↓ + 2NaCl

(12) Na₂SO₄ + Ba(NO₃)₂ ⟶ BaSO₄↓ +2NaNO₃

Câu IV: Bài toán xác định CTCT và tính chất acid Hữu Cơ – Phản ứng thế dẫn xất Halogen:

1. Bài toán xác định CTCT và tính chất acid Hữu Cơ:

a) Công thức cấu tạo của X và viết phương trình hóa học xảy ra khi cho X lần lượt tác dụng với lượng dư các chất: KOH; Na₂CO₃:

Vì X có mạch carbon không phân nhánh, chứa hai nhóm carboxyl (-COOH) và một nhóm hydroxy (-OH), ngoài ra không còn nhóm chức nào khác, phân tử khối của X là 134 amu.

Gọi công thức của X là HO−R−(COOH)₂ => $M_{X} = R + 90 + 17 = 134 \to R = 27$ => R là C₂H₃

Vì X có mạch C không phân nhánh nên CTCT của X là: HOOC-CH₂-CH(OH)-COOH

Phương trình hóa học:

HOOC-CH₂-CH(OH)-COOH + 2KOH → KOOC-CH₂-CH(OH)-COOK + 2H₂O

HOOC-CH₂-CH(OH)-COOH + Na₂CO₃ → NaOOC-CH₂-CH(OH)-COONa + CO₂+ H₂O

b) Xác định công thức cấu tạo của X1, X2, X3 (phản ứng ether và ester hóa):

Vì X(C₄H₆O₅) + methanol (CH₃OH) $\to$ X1, X2 (C₆H₁₀O₅). Nếu cho 1 mol mỗi chất X1, X2 lần lượt tác dụng hết với NaHCO₃ dư thì đều thu được 1 mol khí CO₂ nên trong cấu tạo X1, X2 còn 1 nhóm -COOH.

Số C của X1, X2 so với X hơn kém 2 nguyên tử nên đã có 2 phân tử CH₃OH tham gia phản ứng.

Phương trình hóa học:

HOOC-CH₂-CH(OH)-COOH + 2CH₃OH $\overset{H_{2} S O_{4} ® Æ c}{\to}$ CH₃OOC-CH₂-CH(OCH₃)-COOH + 2H₂O

Hoặc: HOOC-CH₂-CH(OH)-COOH + 2CH₃OH $\overset{H_{2} S O_{4} ® Æ c}{\to}$ HOOC-CH₂-CH(OCH₃)-COOCH₃ + 2H₂O

CH₃OOC-CH₂-CH(OCH₃)-COOH

Hoặc: HOOC-CH₂-CH(OCH₃)-COOCH₃

HOOC-CH₂-CH(OCH₃)-COOCH₃

Hoặc: CH₃OOC-CH₂-CH(OCH₃)-COOH

Vì khi cho X₃ vào dung dịch NaHCO₃ không có khí thoát ra nên X₃ không còn nhóm (-COOH)

CTCT của X₃: CH₃OOC-CH₂-CH(OH)-COOCH₃ hoặc CH₃OOC-CH₂-CH(OCH₃)-COOCH₃

2. Phản ứng thế dẫn xất Halogen:

Phân tích cac bước:

Bước 1: Lấy khoảng 4 mL propyl chloride (thường có lẫn ion Cl^-) cho vào ống nghiệm.

Trong ống nghiệm có chứa CH₃CH₂CH₂Cl, Cl^-.

Bước 2: Thêm khoảng 4 mL nước cất và lắc mạnh, sau đó để ổn định rồi tách lớp chất lỏng phần trên (gồm nước và ion Cl^-) kiểm tra bằng dung dịch AgNO₃ thấy có vết vẩn đục. Lặp lại vài lần cho đến khi không còn vết vẩn đục. Phần chất lỏng còn lại (phần dưới) chia đều vào hai ống nghiệm.

Hiện tượng vẩn đục là do tạo kết tủa AgCl. Khi không còn vẩn đục thì Cl^-đã kết tủa hết.

Bước 3: Acid hóa dung dịch trong ống nghiệm thứ nhất bằng HNO₃ loãng, kiểm tra bằng giấy quỳ tím. Sau đó nhỏ vài giọt dung dịch AgNO₃ vào ống nghiệm thì không thấy xuất hiện kết tủa.

Ông nghiệm thì không thấy xuất hiện kết tủa chứng tỏ CH₃CH₂CH₂Cl không phản ứng với HNO₃

Bước 4: Thêm khoảng 1 mL dung dịch NaOH vào ống nghiệm thứ hai, đun nóng nhẹ và lắc đều ống nghiệm trong khoảng 2 phút. Để nguội hỗn hợp, acid hóa bằng HNO₃ loãng, kiểm tra bằng giấy quỳ tím. Sau đó nhỏ vài giọt dung dịch AgNO₃ vào ống nghiệm thấy xuất hiện kết tủa trắng.

Ống nghiệm thấy xuất hiện kết tủa trắng chứng tỏ Cl^-xuất hiện trong ống bị Ag⁺ tạo kết tủa trắng. Cần thêm dung dịch HNO₃ để trung hòa lượng NaOH còn dư vì nếu còn dư NaOH thì khi thêm AgNO₃ vào có kết tủa Ag₂O màu đen xuất hiện.

Với kết quả thí nghiệm như trên, em hãy cho biết propyl chloride có phản ứng với dung dịch NaOH, đun nóng không?

Vì ở bước 3 không có kết tủa còn ở bước 4 có kết tủa trắng xuất hiện chứng tỏ propyl chloride đã tác dụng với dung dịch NaOH tạo NaCl, NaCl sinh ra tác dụng với AgNO₃ tạo kết tủa AgCl màu trắng. Phương trình hóa học: CH₃CH₂CH₂Cl + NaOH

\overset{t^{o}}{\to}

CH₃CH₂CH₂OH + NaCl NaCl + AgNO₃ → AgCl + NaNO₃

Giải thích tại sao ở bước 2 cần kiểm tra lớp chất lỏng ở phần trên bằng dung dịch AgNO₃ đến khi không còn vết vẩn đục.

Ở bước 2 cần kiểm tra phần chất lỏng ở trên đến khi không còn vết vẫn đục để chắc chắn rằng đã loại bỏ hoàn toàn ion Cl^- cũng như các ion có thể tạo kết tủa với ion Ag⁺ có lẫn trong propyl chloride tránh làm sai lệch kết quả thí nghiệm. Phương trình hóa học:

A g^{+} + C l^{-} \to A g C l

Giải thích tại sao ở bước 4 cần acid hóa bằng HNO₃ và cho biết có thể thay dung dịch HNO₃ bằng dung dịch HCl hoặc dung dịch H₂SO₄ được không?

Ở bước 4 cần thêm dung dịch HNO₃ để trung hòa lượng NaOH còn dư vì nếu còn dư NaOH thì khi thêm AgNO₃ vào có kết tủa Ag₂O màu đen xuất hiện dẫn đến sai lệch kết quả thí nghiệm. Phương trình hóa học: 2NaOH + 2AgNO₃ → Ag₂O + 2NaNO₃ + H₂O Không thể thay dung dịch HNO₃ bằng dung dịch HCl hoặc dung dịch H₂SO₄ loãng vì nếu dùng dung dịch HCl hoặc dung dịch H₂SO₄ loãng sẽ xuất hiện kết tủa trắng AgCl hoặc Ag₂SO₄ làm ảnh hưởng đến kết quả thí nghiệm. - Phương trình hóa học: AgNO₃ + HCl → AgCl + ΗΝΟ₃ 2AgNO₃ + H₂SO₄ → Ag₂SO₄ + 2HNO₃

Câu V. Bài toán tốc độ phản ứng (công thức Van't Hoff) – Bài toán chuẩn độ oxi hóa khử: 1. Bài toán tốc độ phản ứng (công thức Van't Hoff):

a) Dựa vào đồ thị, nhận xét sự thay đổi tốc độ phản ứng theo thời gian.

Dựa vào đồ thị ta thấy độ dốc của đồ thì giảm dần theo thời gian nên tốc độ phản ứng cũng giảm giảm dần theo thời gian gian.

b) Để đặc trưng cho sự nhanh chậm của phản ứng trong một khoảng thời gian, người ta dùng tốc độ phản ứng trung bình (vtb).

Quan sát đồ thị từ đầu đến 75s thì thể tích khí thoát ra là 25 mL nên:

\bar{v} = \frac{25}{75} \approx 0, 33 (m L / s)

c) Tìm giá trị của x.

Tốc độ phản ứng tỉ lệ nghịch với thời gian: =>

\frac{t_{1}}{t_{2}} = \frac{v_{2}}{v_{1}} = γ^{\frac{T 2 - T 1}{10}} \leftrightarrow \frac{27}{3} = γ^{\frac{40 - 20}{10}} \leftrightarrow 9 = γ^{2} = > γ = 3

Hòa tan hết mẫu CaCO₃ trong dung dịch acid trên ở 55^oC Ta có:

\frac{t_{2}}{t_{3}} = γ^{\frac{T 3 - T 2}{10}} \leftrightarrow \frac{3}{t_{3}} = 3^{\frac{55 - 40}{10}} = > t_{3} = \frac{3}{3^{1, 5}} = 0, 57735 (s)

2. Bài toán chuẩn độ oxi hóa khử: a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra trong thí nghiệm. Phương trình hóa học: Fe₃O₄ + 4H₂SO₄ → FeSO₄ + Fe₂(SO₄)₃ + 4H₂O (1) 10FeSO₄ + 2KMnO₄ + 8H₂SO₄→ 5Fe₂(SO₄)₃ + K₂SO₄ + 2MnSO₄ + 8H₂O (2) b) Phần trăm khối lượng Fe₃O₄ có trong mẫu quặng: - Vì thể tích dung dịch KMnO₄ 0,02 M trong 3 lần thí nghiệm được nhóm học sinh ghi lại trong bảng sau:

Thí nghiệm	Lần 1	Lần 2	Lần 3
V KMnO₄(mL)	10,4	10,6	10,5

{\bar{V}}_{K M n O_{4}} = (10, 4 + 10, 6 + 10, 5) : 3 = 10, 5 (m L) = > n_{K M n O_{4}} = 10, 5.1 0^{- 3} . 0, 02 = 2, 1.1 0^{- 4} (m o l)

Xét với 25 mL dung dịch X, theo phản ứng (2) =>

n_{F e S O_{4}} = 5 n_{K M n O_{4}} = 5.2, 1.1 0^{- 4} = 1, 05.1 0^{- 3} (m o l)

Xét với 100 mL dung dịch X:

n_{F e S O_{4}} = 1, 05.1 0^{- 3} . 100 : 25 = 4, 2.1 0^{- 3} (m o l)

Theo phương trình hóa học (1) =>

n_{F e_{3} O_{4}} = n_{F e S O_{4}} = 4, 2.1 0^{- 3} (m o l) = > m_{F e_{3} O_{4}} = 232.4, 2.1 0^{- 3} = 0, 9744 (g)

Vậy, phần trăm khối lượng Fe₃O₄ có trong mẫu quặng là

\frac{0, 9744}{1, 034} . 100 % = 94, 2 %

. Câu VI. Bài toán Vô Cơ (gia nhiệt - xác định công thức khoáng vật - phản ứng của Acid – bài toán sử dụng phương pháp bảo toàn mol nguyên tố) – Điều chế và thu khí (kĩ thuật thu khí): 1. Bài toán Vô Cơ (gia nhiệt - xác định công thức khoáng vật - phản ứng của Acid):

\underset{M_{X} < 500 (a m u)}{\underset{︸}{K h o ¸ n g X}} \overset{t^{o}}{\to} {\begin{array}{l} k h Ý v µ h ¬ i \\ M g O \end{array} | \begin{array}{l}  \end{array} \underset{9, 32 (g a m)}{\underset{︸}{K h o ¸ n g X}} \overset{+ H C l : 0, 25 (m o l)}{\to} {\begin{array}{l} C O_{2} : 0, 08 (m o l) \\ d d Y \to {\begin{array}{l} M g C l_{2} \\ H C l_{d ­} \to_{t r u n g h ß a}^{+ N a O H : 0, 05 (m o l)} \end{array} \end{array}

Trong dung dịch Y chỉ chứa muối MgCl₂ và HCl còn dư. Khi cho HCl phản ứng trung hòa với NaOH xảy ra: HCl + NaOH

\to

NaCl+ H₂O => mol HCl dư = mol NaOH = 0,05 (mol); mol HCl phản ứng với X = 0,2. => Vì nung X chỉ có khí, hơi và chất rắn MgO nên X có thể chứa các nguyên tố Mg, C, H, O. Bảo toàn mol Cl: mol MgCl₂ = (0,25 – 0,05):2 = 0,1 (mol) Xét phản ứng:

\underset{9, 32}{\underset{︸}{X}} + \underset{0, 2}{\underset{︸}{H C l}} \to \underset{0, 1}{\underset{︸}{M g C l_{2}}} + \underset{0, 08}{\underset{︸}{C O_{2}}} + H_{2} O = > n_{H_{2} O} = \frac{9, 32 + 0, 2.36, 5 - (0, 1.95 + 0, 08.44)}{18} = 0, 2 (m o l)

Ta có:

\underset{{(M g_{a} C_{b} H_{c} O_{d})}_{n}}{\underset{︸}{{\begin{array}{l} M g \overset{b t M g}{\to} m o l_{M g} = m o l_{M g C l_{2}} = 0, 1 m o l \\ C \overset{b t C}{\to} m o l_{C} = m o l_{C O_{2}} = 0, 08 m o l \\ H \overset{b t H}{\to} \underset{0, 2 (m o l)}{\underset{︸}{m o l_{H (X)}}} + \underset{m o l_{H} (H C l)}{\underset{︸}{0, 2}} = \underset{m o l_{H} (H_{2} O)}{\underset{︸}{0, 2.2}} \\ O \overset{b t m}{\to} \frac{9, 32 - 0, 1.24 - 0, 0, 8.12 - 0, 2}{16} = 0, 36 (m o l) \end{array}}}

Lập tỉ lệ: a : b : c : d = 0,1:0,08:0,2:0,36 = 5 : 4 : 10 : 18. Vậy X dạng (Mg₅C₄H₁₀O₁₈)_n Vì MX < 500 (amu) => 466n < 500 => n < 10,7 nên chọn n = 1. Kết luận: CTPT X là Mg₅C₄H₁₀O₁₈ hoặc: 4MgCO₃.Mg(OH)₂.4H₂O hoặc 3Mg(OH)₂.2Mg(HCO₃)₂

2. Điều chế và thu khí: a) Cho biết Z có thể là khí nào trong số các khí sau: SO₂, Cl₂, CH₄, H₂. Giải thích.

Trong hình vẽ, khí Z được thu bằng phương pháp đầy nước. Do đó Z phải là một khí không tan hoặc ít tan trong nước và không phản ứng với nước. Vậy, trong các khí đã cho (SO₂, Cl₂, CH₄, H₂), Z có thể là CH₄ hoặc H₂ vì SO₂ và Cl₂ đều tan nhiều trong nước.

b) Lựa chọn cặp chất X, Y phù hợp để điều chế khí Z đã chọn ở ý a) và viết phương trình hóa học minh họa.

Với Z là CH₄: X và Y lần lượt là dung dịch HCl và Al₄C₃ Phản ứng: Al₄C₃+ 12HCl → 4AlCl₃ + 3CH₄↑

Với Z là H₂: X và Y lần lượt là dung dịch HCl và Zn Phản ứng: Zn + 2HCl → ZnCl₂ + H₂↑

-----HẾT-----

Giải thích

-- Bạn chưa nhập giải thích --