Đề tài Rèn luyện năng lực độc lập, sáng tạo cho HS trong dạy học hóa học phần phi kim ở trường THPT

Br2 + 2H2O 2HBr + H2SO4 (4) 3H2SO4 + 2Al Al2(SO4)3 + 3H2 (5) Al2(SO4)3 + BaCl2 AlCl3 + BaSO4  (6) AlCl3 + 3AgNO3  Al(NO3)3 + 3AgCl  b) (1) 4FeS2 + 11O2 0t 8SO2 + 2Fe2O3 (2) Fe2O3 + 3H2 0t 2Fe + 3H2O (3) Fe + S 0t FeS (4) FeS + 2HCl  H2S + FeCl2 (5) SO2 + Cl2 + 2H2O H2SO4 + 2HCl c) (1) 5H2S + 2KMnO4 + 3H2SO4  5S  + 2MnSO4 + K2SO4 + 3H2O (2) 3H2S + K2Cr2O7 + 4H2SO4  3S  + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + 4H2O Câu 2. Khi cho SO2 vào các dung dịch, ta thu đƣợc các hiện tƣợng nhƣ sau: Hiện tƣợng PTPƢ Mất màu KMnO4 5SO2+2KMnO4+2H2O K2SO4+2MnSO4+2H2SO4 Vẩn đục dd Ca(OH)2 sau đó dd trở nên trong suốt SO2 + Ca(OH)2  CaSO3 +H2O CaSO3 + SO2 + H2O Ca(HSO3)2 Mất màu dd Br2 SO2 + Br2 + 2H2O H2SO4 + 2HBr Làm vẩn đục dd H2S SO2 + 2H2S 3S + 2H2O NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 123  Tính chất hóa học của SO2: + SO2 là 1 oxit axit: tác dụng với dung dịch bazơ + SO2 là chất oxi hóa: khi gặp chất khử mạnh + SO2 là chất khử; khi gặp chất oxi hóa mạnh. Câu 3: a) Ta có bảng các hiện tƣợng nhƣ sau: Hóa chất Thuốc thử NaCl Na2S Na2SO3 Na2CO3 Dd HCl, rồi dẫn sản phẩm qua dd Br2 -  mùi trứng thối  , làm mất màu dd nƣớc Br2  , không làm mất màu dd nƣớc Br2 PTPƢ: Na2S + 2HCl 2NaCl + H2S Na2SO3 + 2HCl 2NaCl + H2O + SO2 Na2CO3 + 2HCl 2NaCl + H2O + CO2 SO2 + Br2 + 2H2O H2SO4 + 2HBr b) Ta có bảng các hiện tƣợng nhƣ sau: Hóa chất Thuốc thử BaCl2 MgSO4 Na2SO3 KNO3 K2S Dd H2SO4  trắng -  mùi sốc -  mùi trứng thối Dd BaCl2  trắng - PTPƢ: H2SO4 + BaCl2  BaSO4 + 2HCl H2SO4 + Na2SO3  Na2SO4 + H2O + SO2 H2SO4 + K2S  K2SO4 + H2S MgSO4 + BaCl2  BaSO4 + MgCl2 c) Ta có bảng các hiện tƣợng nhƣ sau: Hóa chất Na2SO4 HCl Na2CO3 Ba(NO3)2 Ba(OH)2 H2SO4 NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 124 Thuốc thử Quỳ tím - Đỏ - - Xanh Đỏ Dd Ba(OH)2 -  trắng Dd H2SO4 -   trắng PTPƢ: Ba(OH)2 + H2SO4 BaSO4 + 2H2O Ba(NO3)2 + H2SO4 BaSO4 + 2HNO3 Na2CO3 + H2SO4 Na2SO4 + H2O + CO2 Câu 4: a) SO2 là một trong những chất chủ yếu gây ô nhiễm không khí. Nó đƣợc sinh ra do sự đốt cháy các nhiên liệu hóa thạch (nhƣ: than, dầu, khí đốt), thoát vào bầu khí quyển và là một trong những nguyên nhân chính gây ra mƣa axit. Mƣa axit tàn phá nhiều rừng cây, công trình kiến trúc bằng đá và kim loại, biến đất đai trồng trọt thành những vùng hoang mạc. Không khí có SO2 gây hại cho sức khỏe con ngƣời, gây viêm phổi, mắt, da. - PP đơn giản để có thể loại bỏ SO2 ra khỏi khí thải trong nhà máy: dẫn khí thải trong nhà máy qua dung dịch Ca(OH)2 (sẵn có, rẻ tiền) trƣớc khi thải khí ra không khí. PTPƢ: SO2 + Ca(OH)2  CaSO3  + H2O b) Các PTPƢ:Cl2 + 2NaOH NaCl + NaClO + H2O H2S + 2NaOH Na2S + 2H2O SO2 + 2NaOH Na2SO3 + H2O 2NO2 + 2NaOH NaNO2 + NaNO3 + H2O Câu 5: - Dẫn hỗn hợp qua dung dịch Br2 dƣ, SO2 sẽ bị giữ lại theo PTPƢ: SO2 + Br2 + 2H2O 2HBr + H2SO4; còn lại CO2 thoát ra. - Dẫn hỗn hợp qua dung dịch KI dƣ, O3 sẽ bị giữ lại theo PTPƢ: O3 + 2KI + H2O O2 + 2KOH + I2 ; còn lại O2 thoát ra. Câu 6. a) Đề bài không cho thể tích của hỗn hợp khí nên ta có thể tùy chọn thể tích của hỗn hợp khí mà không ảnh hƣởng đến kết quả vì đề bài chỉ yêu cầu tính % thể tích 2 khí. Gọi x, y là số mol của O2, O3 trong 1 mol hỗn hợp, ta có: NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 125          18 2*)( 4832 1 yx yx yx       moly molx 25,0 75,0         %25%75%100% %75 1 %100*75,0 % 3 2 O O V V b) Theo phần a) trong 1 mol hỗn hợp có:      moln moln O O 25,0 75,0 3 2 Khi cho hỗn hợp trên qua Ag đun nóng thì xảy ra phản ứng: 2Ag + O3  0t Ag2O + O2 Theo đó ta có khối lƣợng Ag tăng chính là khối lƣợng của Oxi  mAg tăng=mO=16*nO=16*nO3=16*0,25=4 gam Câu 7. nH2SO4= 98*100 20*14,1*100 = 245 57 233,0 mol; nBaCl2= 208*100 2,5*400 =0,1 mol PTPƢ: H2SO4 + BaCl2  BaSO4 + 2HCl 0,1 0,1 0,2 mol Ta có: nH2SO4>nBaCl2 H2SO4 dƣ Theo PTPƢ:           moln molnn molnn SOH BaClBaSO BaClHCl 98 13 1,0 245 57 1,0 2,02 42 24 2            gamm gamm gamm SOH BaSO HCl 1398* 98 13 3,23233*1,0 3,75,36*2,0 42 4 Câu 8. nNa2SO3=5,67/126=0,045 mol a) PTPƢ: Na2SO3 + H2SO4 Na2SO4 + H2O + SO2 0,045 0,045 mol  VSO2=0,045*22,4=1,008 lít b) - Cốc 1: nNaOH=0,05*1,5=0,075 mol Ta có: 2667,1 045,0 075,0 1 2  SO NaOH n n  phản ứng tạo 2 muối; SO2 + 2NaOH Na2SO3 + H2O x 2x x mol SO2 + NaOH NaHSO3 NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 126 y y y mol Gọi số mol 2 muối tạo thành là x, y, ta có hệ phƣơng trình:      075,02 045,0 yx yx       moly molx 015,0 03,0          lmolNaHSO lmolSONa /3,0 05,0 015,0 ][ /6,0 05,0 03,0 ][ 3 32 - Cốc 2: nNaOH=0,08*1,5=0,12 mol Ta có: 2667,2 045,0 12,0 2  SO NaOH n n  phản ứng tạo muối Na2SO3: SO2 + 2NaOH Na2SO3 + H2O 0,045 0,09 0,045 mol       moln moln NaOH SONa 03,009,012,0 045,032          lmolNaOH lmolSONa /375,0 08,0 03,0 ][ /5625,0 08,0 045,0 ][ 32 Câu 9. nH2S=8,96/22,4=0,4 mol PTPƢ: H2S + 3/2O2 SO2 + H2O 0,4 0,4 mol Giả sử phản ứng chỉ tạo muối Na2SO3 thì mmuối=0,4*126=50,4 gam; còn nếu phản ứng chỉ tạo muối NaHSO3 thì mmuối=0,4*104=41,6 gam. Theo bài ra, 41,6 < mmuối = 46,88 < 50,4 gam phản ứng tạo 2 muối: SO2 + 2NaOH Na2SO3 + H2O x 2x x mol SO2 + NaOH NaHSO3 y y y mol Gọi x, y là số mol 2 muối tạo thành, ta có hệ phƣơng trình sau: NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 127      88,46104126 4,0 yx yx       moly molx 16,0 24,0  nNaOH=2x+y=0,64mol  VNaOH=0,64/0,1=6,4 lít Câu 10. nBaSO4=18,64/233=0,08 mol; nkhí=4,48/22,4=0,2 mol Gọi x, y là số mol SO2, O2 trong hỗn hợp đầu, ta có:          28 2*)( 3264 2,0 yx yx yx       moly molx 05,0 15,0 PTPƢ: 2SO2 + O2 2 5V O 2SO3 0,08 0,04 0,08 mol Ba(NO3)2 + SO3 + H2O BaSO4 + 2HNO3 0,08 0,08 mol  Hphản ứng = %80 05,0 %100*04,0  Câu 11. nkhí=6,72/22,4=0,3 mol; nPbS=47,8/239=0,2 mol Gọi x, y là số mol Fe, FeS trong hỗn hợp ban đầu. PTPƢ: Fe + 2HCl  FeCl2 + H2  FeS + 2HCl  FeCl2 + H2S  H2S + Pb(NO3)2 PbS  + 2HNO3 Theo bài ra ta có:      2,0 3,0 y yx       moly molx 2,0 1,0       gamm gamm FeS Fe 6,1788*2,0 6,556*1,0 Câu 12. PTPƢ: CaCO3 + 2HCl CaCl2 + H2O + CO2 0,1 0,1 mol FeS + 2HCl  FeCl2 + H2S 0,2 0,2 mol 2H2S + SO2  3S + 2H2O 0,2 0,3 mol NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 128 Ta có: n S  =9,6/32=0,3 mol  nH2S=2/3*nS=0,3*2/3=0,2 mol  nCO2=nhỗn hợp khí-nH2S=0,3-0,2=0,1 mol  dhỗn hợp/H2= 3 56 2*)2,01,0( 34*2,044*1,0    và         gamm gamm gamm NaCl FeS CaCO 4,126,171040 6,1788*2,0 10100*1,03 Câu 13. nS=1,92/32=0,06 mol; nhỗn hợp khí=1,68/22,4=0,075 mol PTPƢ: 2M + nS  M2Sn 0,12/n 0,06 0,06/n mol M2Sn + 2nHCl 2MCln + nH2S  0,06/n 0,06 mol Mdƣ + nHCl MCln + n/2H2 (1,35/M-0,12/n) (1,35n/2M-0,06) mol Theo các PTPƢ và theo bài ra ta có: nhỗn hợp khí=nH2S+nH2= 075,006,006,0 2 35,1  M n  M=9n Từ đó ta có bảng kết quả sau: n 1 2 3 M 9 18 27 loại loại nhận  kim loại M là Al Câu 14. nH2=4,48/22,4=0,2 mol PTPƢ: Zn + S  ZnS 0,2 0,2 0,2 mol ZnS +2HCl  ZnCl2 + H2S 0,2 0,2 mol Khi hòa tan trong HCl mà vẫn còn chất rắn không tan  chất rắn đó là S  mSdƣ=6,4 gam NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 129 Theo các PTPƢ       gamm gamm S Zn 8,124,632*2,0 1365*2,0 Câu 15. nH2S=11,2/22,4=0,5 mol; nNaOH=0,2*0,8=0,16 mol a) PTPƢ: MS + 2HCl  MCl2 + H2S 0,5 0,5 mol Theo PTPƢ, nMS=nH2S=0,5 mol MS=48,5/0,5=97 M=65 M là Zn b) PTPƢ: 2H2S + 3O2 2SO2 + 2H2O 0,5 0,5 mol Ta có: 132,0 5,0 16,0 2  SO NaOH n n  phản ứng tạo muối NaHSO3 và SO2 dƣ NaOH + SO2  NaHSO3 0,16 0,16 mol  mNaHSO3=0,16*104=16,64 gam Câu 16. nNaOH=0,2 mol PTPƢ: H2SO4.nSO3 + nH2O (n+1)H2SO4 0,1/(n+1) 0,1 mol H2SO4 + 2NaOH Na2SO4 + 2H2O 0,1 0,2 mol  nn 8098 45,8 1 1,0     n=3  Công thức của ôlêum là H2SO4.3SO3 Câu 17: nBa(OH)2=427,5*20/100/171=0,5 mol; nNaOH=125*1,28*25/100/40=1mol PTPƢ: Ba(OH)2 + H2SO4 BaSO4 + 2H2O 0,5 0,5 mol 2NaOH + H2SO4 dƣ Na2SO4 + 2H2O 1 0,5 mol   42SOHn =0,5+0,5=1 mol  C%H2SO4= 200 %100*98*1 =49% NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 130 Câu 18.      moln moln SOH HCl 1,02,0*5,0 2,0 42 Phƣơng trình phân li: HCl  H + + Cl - H2SO4 2H + + 2 4SO   nH+=nHCl+2nH2SO4=0,2+2*0,1=0,4 mol Gọi V là thể tích dung dịch bazơ, ta có:      Vmoln Vmoln OHBa NaOH 22)( Phƣơng trình phân li: NaOH  Na + + OH - Ba(OH)2 Ba 2+ + 2OH -  nOH-=nNaOH+2nBa(OH)2=V+4V=5V mol PTPƢ: H+ + OH-  H2O 0,4 5V mol  5V=0,4  V=0,08 lít Câu 19. nhỗn hợp=4,48/22,4=0,2 mol PTPƢ: Fe + H2SO4 FeSO4 + H2  x x mol FeCO3 + H2SO4 FeSO4 + H2O + CO2  y y mol a) Gọi x, y là số mol H2, CO2 trong hỗn hợp, theo bài ra ta có:          5,11 2*)( 442 2,0 yx yx yx       moly molx 1,0 1,0  %VH2=%VCO2=50% b) Theo các PTPƢ: m=56x+116y=56*0,1+116*0,1=17,2 gam Câu 20. nH2=8,96/22,4=0,4 mol PTPƢ: 2Al + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2  x 3x/2 3x/2 mol Fe + H2SO4  FeSO4 + H2  y y y mol NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 131 Chất rắn không tan là Cu  mCu=6,4 gam  mAl,Fe=17,4-6,4=11 gam Gọi x, y là số mol của Al, Fe trong hỗn hợp, ta có:      115627 4,02/3 yx yx       moly molx 1,0 2,0              %79,36%18,32%03,31%100% %18,32 4,17 %100*56*1,0 % %03,31 4,17 %100*27*2,0 % Cu Fe Al m m m b) nH2SO4=3x/2+y=0,4 mol [H2SO4]= lmol /8,0 5,0 4,0  Câu 21. nH2=4,48/22,4=0,2 mol; nBaSO4=2,33/233=0,01 mol PTPƢ: Fe + 2HCl  FeCl2 + H2  0,1 0,2 0,1 mol Fe + H2SO4 FeSO4 + H2  0,1 0,1 0,1 0,1 mol FeSO4 + BaCl2  BaSO4 + FeCl2 0,01 0,01 mol Theo các PTPƢ: nHCl=0,2 mol; nH2SO4=0,1 mol  [HCl]= ;1 2,0 2,0 M [H2SO4]= M5,0 2,0 1,0  Câu 22. nSO2=1,68/22,4=0,075 mol 1) Theo định luật bảo toàn số mol electron, ta có: R - ne  R n+ S +6 + 2e  S +4 0,15/n 0,15 mol 0,15 0,15 0,075 mol  en chất khử cho =  en chất oxi hóa nhận  Mn 8,415,0   M=32n. Ta có bảng kết quả sau: n 1 2 3 M 32 64 96 NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 132 loại nhận loại  Kim loại M là Zn 2) + Ta có: nH2SO4 phản ứng=n 2 4SO  tạo muối + n 2 4SO  tạo khí Mà kim loại Zn nhƣờng bao nhiêu mol e thì nhận về 1 nửa số mol 2 4SO   n 2 4SO  tạo muối=1/2ne kim loại nhƣờng=0,075 mol  nH2SO4 phản ứng=0,075+0,15=0,225 mol mH2SO4 phản ứng=22,05 gam + PTPƢ khi SO2 tác dụng với NaOH dƣ: SO2 + 2NaOH Na2SO3 + H2O 0,075 0,15 mol  mNa2SO3=0,15*126=18,9 gam Câu 23. Đây là bài toán có rất nhiều cách giải (thậm trí có đến 12 cách giải!), trong khuôn khổ luận văn này, chúng tôi xin đƣa ra 3 cách giải nhƣ sau: Cách 1: Viết PTPƢ và tính toán theo PTPƢ, đó là PP đại số. Cách 2: PP bảo toàn khối lƣợng: Áp dụng định luật bảo toàn cho các PƢ: 2Fedƣ + 6H2SO4 Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O 2FeO + 4H2SO4 Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O 2Fe3O4 + 10H2SO4 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O Fe2O3 + 3H2SO4 Fe2(SO4)3 + 3H2O Ta có: mchất rắn + mH2SO4 = mFe2(SO4)3 + mSO2 + mH2O (*) Mà: nFe2(SO4)3=1/2nFe=5,6/(56*2)=0,05 mol nH2SO4=n 2 4SO  trong Fe2(SO4)3 + nSO2 =3nFe2(SO4)3 + nSO2=0,05*3+V/22,4 mol nH2O =nH2SO4=0,15 +V/22,4 mol Thay vào (*) ta đƣợc: 7,2 + 98*(0,15+V/22,4)=0,05*400+64*V/22,4+18*(0,15+V/22,4)  V=1,12 lít Cách 3: PP bảo toàn số mol electron: Fe - 3e  Fe +3 O2 + 4e  2O 2- 0,1 0,3 mol (7,2-5,6)/32 0,2 mol S 6+ + 2e  S 4+ NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 133 V/11,2 V/22,4 mol Áp dụng PP bảo toàn số mol electron ta có:  en chất khử cho =  en chất oxi hóa nhận  0,3=0,2 + V/11,2  V=1,12 lít Nhận xét: Việc giải theo cách 1 dài, còn giải theo cách 2 hay cách 3 ngắn và hay hơn nhiều, qua đó giúp HS rèn luyện cách tƣ duy sáng tạo. Với HS lớp 10 cách 3 là phù hợp, ngắn gọn và đúng bản chất hơn. Câu 24. Cách 1: Tính theo PTPƢ. Cách 2: Áp dụng PP bảo toàn số mol electron: Gọi x, y là số mol Fe, FeO trong hỗn hợp, ta có:           42 42 , SOHnFeOFen SOHnFen echoe echoe          4,22 2*08,10 3 4,22 2*48,4 2 yx x       moly molx 3,0 2,0  a=0,2*56+0,3*72=32,8 gam Câu 25. Gọi x, y là số mol Mg, Al trong hỗn hợp, ta có:        26,12724 2 3 yx y x       moly molx 02,0 03,0 Mg - 2e  Mg +2 S +6 + ne  sản phẩm khử 0,03 0,06 mol 0,015n 0,015 mol Al - 3e  Al +3 0,02 0,06 mol Áp dụng PP bảo toàn số mol electron, ta có:  en chất khử cho =  en chất oxi hóa nhận  0,06 + 0,06 = 0,015n  n = 8  sản phẩm khử S phải có số oxi hóa -2  sản phẩm khử là H2S NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 134 + Mặt khác, nH2SO4 phản ứng=n 2 4SO  tạo muối + n 2 4SO  tạo khí Mà n 2 4SO  tạo muối =1/2 ne các kim loại cho = 0,12/2=0,06 mol n 2 4SO  tạo khí =nkhí = 0,015 mol  nH2SO4 phản ứng= 0,06 + 0,015 = 0,075 mol  VH2SO4 = ml076,4 84,1*98 100*98*075,0  Câu 26. Trong 5 gam hỗn hợp có: mFe = gam2 100 5*40   mCu = 5-2 =3gam Theo bài ra, sau khi tác dụng với H2SO4 đặc nóng còn lại 3,32 gam chất rắn >3 gam = mCu  Cu còn nguyên và Fe còn dƣ một phần  mFe phản ứng=2-0,32=1,68 gam và muối thu đƣợc trong dung dịch là muối Fe(II) vì Fedƣ + 2Fe 3+  3Fe 2+  mFeSO4=152*nFeSO4=152*1,68/56=4,56 gam Câu 27. nH2=1,568/22,4=0,07 mol; nSO2=2,016/22,4=0,09 mol Cách 1: Tính theo PTPƢ Cách 2: Áp dụng PP bảo toàn số mol electron Gọi x, y là số mol Fe, M trong 5,56/2=2,78 gam hỗn hợp, ta có: Phần 1: Fe -2e  Fe +2 2H + + 2e  H2 x 2x mol 0,14 0,07 mol M -ne  M +n y ny mol  2x+ny=0,14 (1) Phần 2: Fe - 3e  Fe +3 S +6 + 2e  S +4 x 3x mol 0,18 0,09 mol M - ne  M +n y ny mol  3x+ny=0,18 (2) và 56x+yM=2,78 (3) NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 135 Từ (1), (2), (3) ta có:         78,256 18,03 14,02 yMx nyx nyx       nM molx 9 04,0 Ta có bảng kết quả sau: n 1 2 3 M 9 18 27 loại loại nhận  Kim loại M là Al và        %42,1958,80%100% %58,80 78,2 %100*56*04,0 % Al Fe m m Câu 28. nH2SO4= mol5,0 98*100 98*50  ; nSO2=8,96/22,4=0,4 mol Cách 1: Tính theo PTPƢ Cách 2: Áp dụng PP bảo toàn số mol electron: Gọi x, y, z là số mol Al, Al2O3, Cu trong 22 gam hỗn hợp. Phần 1: Al2O3 + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2O y 3y mol Cu + 2H2SO4  CuSO4 + SO2 + 2H2O z 2z mol  nH2SO4 = 3y+2z=0,5 Phần 2: Al -3e  Al +3 S +6 + 2e  S +4 x 3x mol 0,8 0,4 mol Cu -2e  Cu +2 z 2z mol  3x+2z=0,8          226410227 8,023 5,023 zyx zx zy          molz moly molx 1,0 1,0 2,0 NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 136          gamm gamm gamm OAl Cu Al 2,10102*1,0 4,664*1,0 4,527*2,0 32 Nhận xét: Trong các câu 23, 24, 25, 27, 28 việc giải theo cách 1 dài, còn giải theo cách 2 ngắn, đúng bản chất và hay hơn nhiều, qua đó giúp HS rèn luyện cách tƣ duy sáng tạo. II. HƢỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP ÁN CHƢƠNG NITƠ Câu 1. a) Ta có bảng kết quả sau: Hóa chất Thuốc thử HCl HNO3 H2SO4 H2S Dd CuSO4 - - - đen Dd BaCl2 - -  trắng Dd AgNO3  trắng - Các PTPƢ: CuSO4 + H2S H2SO4 + CuS đen BaCl2 + H2SO4  BaSO4 trắng + 2 HCl AgNO3 + HCl  HNO3 + AgCl trắng b) Ta có bảng kết quả sau: Hóa chất Thuốc thử NH4Cl (NH4)2SO4 (NH4)2CO3 NH4NO3 Dd HCl - -  - Dd BaCl2 -  trắng - Dd AgNO3  trắng - PTPƢ: (NH4)2CO3 + 2HCl  2NH4Cl + H2O + CO2 BaCl2 + (NH4)2SO4  BaSO4 trắng + 2NH4Cl AgNO3 + NH4Cl  AgCl  trắng + NH4NO3 Câu 2. a) Ta có bảng kết quả sau: Hóa chất Thuốc thử HCl NaOH Na2CO3 (NH4)2SO4 CaCl2 Quỳ tím Đỏ Xanh - - - NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 137 Dd HCl  - - Dd NaOH  mùi khai - PTPƢ: 2HCl + Na2CO3  2NaCl + H2O + CO2  2NaOH + (NH4)2SO4  Na2SO4 + 2NH3 + 2H2O b) Ta có bảng kết quả sau: Hóa chất Thuốc thử NH4NO3 (NH4)2SO4 MgSO4 NaCl Dd Ba(OH)2  mùi khai  mùi khai,  trắng  trắng - PTPƢ: Ba(OH)2 + 2NH4NO3  Ba(NO3)2 + 2H2O + 2NH3  Ba(OH)2 + (NH4)2SO4  BaSO4 trắng + 2H2O + 2NH3 Ba(OH)2 + MgSO4  BaSO4 trắng + Mg(OH)2 c) Ta có bảng kết quả sau: Hóa chất Thuốc thử Al(NO3)2 (NH4)2SO4 NaNO3 NH4NO3 MgCl2 FeCl2 Dd Ba(OH)2 từ từ đến dƣ  trắng, sau đó tan  mùi khai,  trắng -  mùi khai  trắng  trắng, xanh PTPƢ: 3Ba(OH)2 + 2Al(NO3)3  2Al(OH)3  trắng + 3Ba(NO3)2 Ba(OH)2 + 2Al(OH)3  Ba(AlO2)2 + 4H2O Ba(OH)2 + (NH4)2SO4  BaSO4 trắng + 2H2O + 2NH3 Ba(OH)2 + NH4NO3  Ba(NO3)2 + 2H2O + 2NH3 Ba(OH)2 + MgCl2  Mg(OH)2  trắng + BaCl2 Ba(OH)2 + FeCl2  Fe(OH)2 trắng xanh + BaCl2 Câu 3. Viết các PTPƢ: (1) 2N2 + 3H2 0 , ,t xt p  2NH3 (2) N2 + O2 03000 2NO NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 138 (3) 4NH3 + 5O2 Pt 4NO + 6H2O (4) NH3 + HCl  NH4Cl (5) 2NH3 + H2SO4  (NH4)2SO4 (6) 2NH3 + 2H2O + Mg(NO3)2 Pt Mg(OH)2 + 2NH4NO3 (7) NH4Cl + NaOH  NaCl + NH3 + H2O (8) NO +1/2O2  NO2 (9) 4NO2 + O2 + 2H2O  4HNO3 (10) 2HNO3 + Na2CO3  2NaNO3 + H2O + CO2 (11) Cu + 4HNO3  Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O (12) Ag + 2HNO3  AgNO3 + NO2 + H2O (13) NaNO3 0t NaNO2 + 1/2O2 (14) Cu(NO3)2 0t CuO+2NO2+ 1/2O2 (15) AgNO3 0t Ag + NO2 + 1/2O2 Câu 4. a) Các PTPƢ: MnO2 + HCl đặc (1) Cl2  + MnCl2 + H2O FeS + 2HCl (2) H2S  + FeCl2 Na2SO3 + 2HCl (3) SO2  + 2NaCl + H2O NH4HCO3 + 2NaOHdƣ (4) Na2CO3 + NH3 + H2O b) 3Cl2 + 2NH3  N2 + 6HCl 2H2S + SO2  3S  + 2H2O H2S + 4Cl2 + 4H2O  H2SO4 + 8HCl Câu 5. Các PTPƢ: a) (1) Ca3(PO4)2 + 3SiO2 + 5C  2P + 3CaSiO3 + 5CO  (2) 2P + 3Ca  Ca3P2 (3)Ca3P2 + 6H2O  3Ca(OH)2 + 2PH3  (4) 2PH3 + 4O2  P2O5 + 3H2O (5) P2O5 + 3H2O  2H3PO4 (6) H3PO4 + 3NaOH  Na3PO4 + 3H2O (7) Na3PO4 + 3AgNO3  Ag3PO4  + 3NaNO3 b) (1) Ca3(PO4)2 + 6HCl  3CaCl2 + 2H3PO4 NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 139 (2) 2H3PO4 + Ca(OH)2  Ca(H2PO4)2 + 2H2O (3) 4H3PO4 + Ca3(PO4)2 3Ca(H2PO4)2 (4) H3PO4 + 3NH3  (NH4)3PO4 Câu 6. Các PTPƢ dƣới dạng phân tử và dạng ion là: (1) Al + 4HNO3 Al(NO3)3 + NO  + 2H2O. (Al + 4H + + NO  3 Al3+ + NO  + 2H2O) (2) 2NO +O2 2NO2 (3) 10Al + 36HNO3 10Al(NO3)3 + 3N2 + 18H2O. (10Al + 36H + + 6NO  3 10Al3+ + 3N2  + 18H2O) (4) 8Al + 30HNO3 8Al(NO3)3 + 3NH4NO3 + 9H2O. (8Al + 30H + + 3NO  3 8Al3+ + 3NH  4 + 9H2O) (5) NH4NO3 + NaOH  NaNO3 + NH3  +H2O. (NH  4 + OH - NH3 +H2O) Câu 7. Các PTPƢ xảy ra: 1) 5Zn + 12HNO3  5Zn(NO3)2 + N2 + 6H2O 4Zn + 10HNO3  4Zn(NO3)2 + N2O + 5H2O 4Zn + 10HNO3  4Zn(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O NaOH + NH4NO3  NaNO3 + H2O + NH3  2NaOH + Zn(NO3)2  Zn(OH)2 + 2NaNO3 2NaOH + Zn(OH)2  Na2ZnO2 + 2H2O 2) 8Al + 3NaNO3 + 5NaOH + 2H2O  8NaAlO2 + 3NH3  CO2 + 2H2O + NaAlO2  Al(OH)3 + NaHCO3 Câu 8. Các PTPƢ: (1) 2FeS2 + 30HNO3  0t Fe2(SO4)3 + H2SO4 + 30NO2  + 14H2O (2) FeCO3 + 4HNO3  0t Fe(NO3)3 + NO2  + CO2  + 4H2O (3) Fe2(SO4)3 + 3BaCl2  3BaSO4  + 2FeCl3 (4) H2SO4 + BaCl2  BaSO4 + 2HCl NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 140 (5) HCl + NaOH  NaCl + H2O (6) FeCl3 + 3NaOH  Fe(OH)3 + 3NaCl (7) 2NO2 + 2NaOH  NaNO3 + NaNO2 + H2O (8) CO2 + 2NaOH  Na2CO3 + H2O Câu 9. 1) Ta có trong 100 mol hỗn hợp thì      moln moln H N 8020*4 205/100 2 2 PTPƢ: N2 + 3H2 0 , ,t xt p  2NH3 Ban đầu: 20 80 0 mol Sau phản ứng: 20-x 80-3x 2x   khín =20-x+80-3x+2x=100-2x (mol) Trong điều kiện V và T không đổi thì:    s t s t n n p p  x2100 100 192 200    x=2 mol          molxn molxn molxn NH H N 42 74380 1820 3 2 2 2) Hphản ứng =(nN2 phản ứng*100%)/(nN2 ban đầu)= 20 %100*2 =10% Câu 10. Ta có MA = 4,25*2 = 8,5 MB = 5,3125*2 = 10,625 Áp dụng sơ đồ đƣờng chéo cho hỗn hợp A ta có: N2 H2 28 2 8,5 6,5 19,5 n n N2 H2 = 6,5 19,5 1 3 = Giả sử lấy 1 mol hỗn hợp A đem tổng hợp amoniac ta có mA = 8,5 g. Số mol của N2 và H2 lần lƣợt là 0,25 và 0,75 mol. Ta có phản ứng: N2 + 3 H2  to,Fe 2NH3. Trƣớc pƣ: 0,25 0,75 0 Pƣ x 3x 2x NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 141 nB = 1-2x  MB = x21 5,8  =10,625  x= 0,1 mol.  Hphản ứng tổng hợp = %40%100* 25,0 1,0  Câu 11. 9125,0 O Ad 2   MA = 0,9125*32 = 29,2 Áp dụng sơ đồ đƣờng chéo cho hỗn hợp A ta có: NO NO N2 N2 28 30 29,2 1,2 0,8 == 2 3 0,8 1,2 n n (*) gọi số lít NH3 tham gia phản ứng ở phản ứng 1 và 2 lần lƣợt là x và y Ta có PTPƢ: 4NH3 + 3O2 to 2N2 +6 H2O (1) 4NH3 + 5O2  toPt , 4NO + 6H2O (2) x 4 3x 2 x y 4 5y y Từ (*)  2 x = 3 2y  3x=y hay 3x- y = 0 Theo bài ra ta có hệ sau:      03 7 yx yx  4 7 x  ; 4 21 y   8 63 4 21 * 4 5 4 7 * 4 3 V 2O  lít Câu 12. Ta có PTPƢ: 2 KOH +(NH4)2SO4  K2SO4 + 2NH3  + 2H2O. 0,1 0,05 0,05 0,1 mol Số mol của (NH4)2SO4 là: 0,05*1= 0,05 mol  lítVNH 24,24,22*1,03  và lítVKOH 2,0 5,0 1,0  Trong dung dịch sau phản ứng chỉ chứa K2SO4. Ta có phƣơng trình phân li là: K2SO4  2K + + SO 2 4 0,05 0,1 0,05 mol Thể tích dung dịch K2SO4 là 0,2 + 0,05 = 0,25 lít NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 142   K = M4,0 25,0 1,0  và  24SO = M2,0 25,0 05,0  Câu 13. Ta có mol05,0 4,22 12,1 n 3NH  , mol2,0 80 16 nCuO  Ta có PTPƢ: 2 NH3 + 3CuO to N2 + 3H2O + 3Cu 0,05  0,075 mol Ta có tỉ lệ CuO NH n n 3 = 3 2 4 1 2,0 05,0  vậy sau phản ứng CuO dƣ a. Theo PTPƢ ta có: nCuO=3/2nNH3=1,5*0,05=0,075 mol  Thể tích N2 là: 615,0 1 300*082.0*025,0  lít b. Số mol CuO dƣ là: 0,2-0,075 = 0,125 mol  mCuO = 0,125*80 = 10 gam. Câu 14. Ta có PTPƢ: 2NO + O2 2NO2 6  3  6 lít Theo bài ra ta có 2O V = 20%*15 = 3 lít 1 2 3 14  sau phản ứng O2 hết, NO dƣ.  2O V = 6 lít và thể tích khí tạo thành là : 14 + 15 - 3=26 lít. Câu 15. nNH3=13,44/22,4=0,6 mol; nH3PO4=49/98=0,5 mol Ta có: 22,1 5,0 6,0 1 43 3  POH NH n n  phản ứng tạo 2 muối: NH4H2PO4 và (NH4)2HPO4 : NH3 + H3PO4  NH4H2PO4 x x x mol 2NH3 + H3PO4  (NH4)2HPO4 2y y y mol       6,02 5,0 yx yx       moly molx 1,0 4,0       gamm gamm HPONH POHNH 2,13132*1,0 46115*4,0 42)4( 424 Câu 16. nkhí=28/22,4=1,25 mol; nNa2HPO4=142/142=1 mol PTPƢ: 3Ca + 2Pđỏ  Ca3P2 (1) NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 143 1,5 1 0,5 mol Ca3P2 + 6HCl  3CaCl2 + 2PH3 (2) 0,5 1 mol Cadƣ + 2HCl  CaCl2 + H2 (3) 0,25 0,25 mol 2PH3 + 4O2  P2O5 + 3H2O (4) P2O5 + 4NaOH  2Na2HPO4 + H2O (5) Ta thấy, nPH3=nNa2HPO4=1 mol và nkhí=1,25>1 mol  khí còn có H2  Ca còn dƣ sau phản ứng (1). Từ đó theo các phản ứng (1), (2) và (3), ta có:       moln moln P Ca 1 75,125,05,1       gamm gamm P Ca 3131*1 7040*75,1       %69,30% %31,69% P Ca m m Câu 17. a) Ta có: nCa(H2PO4)2=468/234=2 kmol PTPƢ: Ca3(PO4)2 + 3H2SO4 2H3PO4 + 3CaSO4 4  8/3 kmol 4H3PO4 + Ca3(PO4)2 3Ca(H2PO4)2 8/3  2 kmol b) Theo các PTPƢ ta có: nH3PO4=4/3nCa(H2PO4)2=4/3*2=8/3 kmol  nH2SO4=3/2nH3PO4=3/2*8/3=4 kmol mH2SO4=4*98=700 kg  mdd H2SO4= kg700 8,0*70 100*392  Câu 18. Ta có: nNO2= mol nT PV 4,0 273*082,0 10*896,0  Cách 1: Viết PTPƢ và tính theo PP đại số Cu + 4HNO3  Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O. x 2x mol Ag + 2HNO3  AgNO3 + NO2 + H2O. y y mol NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 144 Theo bài ra ta có hệ:        273*082,0 896,0*10 yx2 28y108x64       moly molx 2,0 1,0 % mCu = %86,22%100* 28 64*1,0   Chọn đáp án D. Cách 2: Tính theo PP bảo toàn số mol electron Cu - 2e  Cu +2 N +5 + 1e  N +4 x  2x 0,4  0,4 mol Ag - 1e  Ag + y  y n e các KL cho= n e N+5 nhận 2x+y=0,4 Mà: 64x+108y=28  x= 0,1 mol ; y=0,2 mol  % mCu = %86,22%100* 28 64*1,0  Câu 19. 2NO n 4,0 4,22 96,8  mol, 2H n 3,0 4,22 72,6  mol. Cách 1: Viết các PTPƢ và tính theo PTPƢ: Cu + 4HNO3 Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O. 0,2 0,4 mol 2Al+ 6HCl  2AlCl3 + 3H2 0,2 0,3 mol %33,70%100* 27*2,064*2,0 64*2,0 %    mCu và % mAl =29,67%  Chọn đáp án A Cách 2: Tính theo PP bảo toàn số mol electron Câu 20. Theo bài ra ta có: 4,0 4,22 96,8 nA  mol Áp dụng sơ đồ đƣờng chéo cho hỗn hợp A ta có: 30 44 40,5 3,5 10,5 n n NO N2O 1 3 = NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 145  số mol NO là 0,1 mol và số mol của N2O là 0,3 mol. Cách 1: Viết các PTPƢ và tính theo PTPƢ: Cách 2: Tính theo PP bảo toàn số mol electron Al - 3e  Al +3 N 5+ + 3e  N 2+ x 3x 0,1 0,3 0,1 mol Mg - 2e  Mg +2 2N 5+ + 8e  2N + y 2y 0,6 2,4 0,3 mol Ta có : n e các KL cho= n e N+5 nhận. Gọi số mol của Al và Mg là x và y mol. Ta có hệ sau:      7,2y2x3 9,27y24x27       6,0 5,0 y x 1) % mAl = %39,48%100* 9,27 27*5,0   Chọn đáp án B 2) Kim loại cho bao nhiêu electron thì nhận về bấy nhiêu gốc NO  3 để tạo ra muối.  7,2n 3NO  mol 3HNO n đã dùng =2,7+0,1+0,3*2=3,4mol lítVHNO 72,2 25,1 4,3 3   Chọn đáp án A Câu 21. Cách 1: Viết PTPƢ và tính theo các PTPƢ Cách 2: Tính theo PP bảo toàn số mol electron N 5+ + 1e  N 4+ N 5+ + 3e  N 2+ 0,01 0,01 mol 0,12 0,04 mol Ta có : n e các KL cho= n e N+5 nhận. Mặt khác, kim loại cho bao nhiêu electron thì nhận về bấy nhiêu gốc NO  3 để tạo ra muối   3NO n 0,13 mol  m muối = m hỗn hợp kim loại +  3NO m = 1,35 + 0,13*62 = 9,41 gam  Chọn đáp án D Nhận xét: Trong các câu 18, 19, 20, 21 việc giải theo cách 1 dài, còn giải theo cách 2 ngắn, đúng bản chất và hay hơn nhiều, qua đó giúp HS rèn luyện cách tƣ duy sáng tạo. Câu 22. Ta có các PTPƢ: Al2O3 + 6 HNO3  2Al(NO3)3 + 3H2O (1) NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 146 x 6x 2x mol Al + 4HNO3  Al(NO3)3 + NO  + 2H2O (2) y 4y y y mol Fe + 4HNO3  Fe(NO3)3 + NO  + 2H2O (3) z 4z z z mol KOH + HNO3  KNO3 + H2O (4) 0,14 0,14 mol (Tính theo biểu thức (*) ở dƣới) 3KOH + Al(NO3)3  3KNO3 + Al(OH)3  (5) 3(2x +y) (2x +y) (2x +y) mol 3KOH + Fe(NO3)3  3KNO3 + Fe(OH)3  (6) 3y y y mol KOH + Al(OH)3  KAlO2 + 2H2O (7) (2x +y) (2x +y) mol 2Fe(OH)3  ot Fe2O3+ 3H2O (8) z z/2 mol Theo bài ra ta có: 15,0 4,22 36,3 NOn mol, 02,0 160 2,3 n 32OFe  mol, nKOH = 1,15*1=1,15 mol. Gọi số mol của Al2O3, Al, Fe lần lƣợt là x,y,z mol.  102x +27y +56z = 8,27 (*) Từ (8)  2 z = 0,02 mol  z = 0,04 mol. Từ (2) và (3)  y + z = 0,15  y = 0,11 mol. Thế vào(*) ta đƣợc x = 0,03 mol. Từ phản ứng (4),(5),(6),(7) ta có : nKOHtham gia PƢ (4) = 1,15- (2x +y)- 3y-3(2x +y)=0,85-(8x+7y) = 1,15- (8*0,03 +7*0,11) = 0,14 mol (*)  3HNOn 6x +4y + 4z + 0,14 = 6*0,03 +4*0,11+4*0,04 +0,14 = 0,92 mol NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 147  022,1 9,0 92,0 ][ 3 HNO M  Chọn đáp án A Câu 23. Hỗn hợp X gồm 2 khí không màu, nhƣng hoá nâu ngoài không khí do đó nó phải có khí NO, khí còn lại là N2 hoặc N2O Ta có 2H Xd = 18,5  MX = 18,5*2=37 và nX = 75,0 4,22 8,16  mol mà MNO37. Áp dụng sơ đồ đƣờng chéo cho hỗn hợp X ta có: 30 44 n n NO N2O 1 = 7 7 37 1 375,0nn ONNO 2  mol. Cách 1: Viết PTPƢ và tính toán theo các PTPƢ Cách 2: Tính theo PP bảo toàn số mol electron N 5+ + 3e  N 2+ 2N 5+ + 8e  2N + 0,375 1,125 0,375 mol 0,75 3 0,375 mol Ta có : n e các KL cho= n e N+5 nhận. Mặt khác, kim loại cho bao nhiêu electron thì nhận về bấy nhiêu gốc NO  3 để tạo ra muối   3HNOn 0,375 +0,375*2 +4,125=5,25 mol  3HNO V 625,2 2 25,5  lít. Do lấy dƣ 25% nên lƣợng thực tế HNO3 đem dùng là: 2,625 * 1,25 = 3,28 lít.  Chọn đáp án C Câu 24. Ta có: nH2=1,568/22,4=0,07 mol; nNO=1,334/22,4=0,06 mol Gọi hoá trị của kim loại M là n. PTPƢ: Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 . x x mol M + n HCl  MCln + n/2H2 y ny/2 mol Fe + 4 HNO3  Fe(NO3)3 + NO  +2H2O. NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 148 x x mol 3M + 4nHNO3  3M(NO3)n + nNO  +2nH2O. y ny/3 mol Gọi số mol của Fe và M trong 1/2A (có khối lƣợng 2,78 g) lần lƣợt là x và y mol. Theo bài ra ta có hệ:             06,0 3 07,0 2 78,256 ny x ny x Myx          54,0 06,0 04,0 My ny x  nM n M 99 06,0 54,0  n 1 2 3 M 9 18 27 loại loại Al Vậy kim loại M là Al %58,80%100* 78.2 56*04,0 % mFe và %mAl =19,42%  Chọn đáp án C Câu 25. Ta có: nNO=2,24/22,4=0,1 mol ; nFe=16,8/56=0,3 mol Cách 1: Tính theo PTPƢ: Làm theo cách này rất dài vì phải viết hết các PTPƢ rồi tính toán theo các PTPƢ Cách 2: Tính theo PP bảo toàn số mol electron Fe - 3e  Fe +3 O2 + 4e  2O -2 0,3  0,9 mol 32 8,16m  8 8,16m mol N +5 + 3e  N +2 0,3 0,1 mol Ta có: mO2=mA-mFe=m-16,8 gam nO2= 32 8,16m mol Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 0,9 = 2* 16 8,16m + 0,3  m=21,6 gam  Chọn đáp án C NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 149 Nhận xét : Ở trên là 2 trong số nhất nhiều cách giải. Trong khuôn khổ luận văn, chúng tôi chỉ xin đƣa ra 2 cách giải, trong đó cách giải theo PP bảo toàn số mol electron là cách giải nhanh, chính xác, giúp rèn luyện tƣ duy sáng tạo cho HS. Câu 26. Do Fe chứa 40%  m Fe = 40%*5=2 gam  mCu=3 gam. Khi cho hỗn hợp 2 kim loại trên tác dụng với HNO3 đến khi phản ứng xong thấy có 3,32 gam kim loại chƣa phản ứng thì chỉ có 2-(3,32 - 3) = 1,68 gam Fe phản ứng và chỉ tạo ra muối Fe(NO3)2 do kim loại dƣ  Fen 03,0 56 68,1  mol Ta có PTPƢ: 3Fe + 8HNO3 3Fe(NO3)2 + 2NO + 4H2O 0,03 0,03 0,02 mol mmuối = 0,03*180 = 5,4 gam và VNO = 0,02*22,4 = 0,448 lít  Chọn đáp án A Câu 27. Gọi x, y là số mol NO2, NO trong 1,12 lít hỗn hợp, ta có:          2,18 2*)( 3046 05,04,22/12,1 yx yx yx       moly molx 03,0 02,0 Ta có: N +5 + 1e  N +4 N +5 + 3e  N +2 0,02 0,02 mol 0,09 0,03 mol   en N +5 nhận=0,02+0,09=0,11 mol, đây cũng chính là số mol e mà các kim loại nhƣờng. Mặt khác, kim loại nhƣờng bao nhiêu mol e thì nhận về bấy nhiêu mol 3NO   n 3NO  tạo muối = số mol e các kim loại nhƣờng = 0,11 mol. Từ đó, mmuối = mcation kim loại + m 3NO  tạo muối= 20 + 0,11*62=26,82 gam Câu 28. Ta có: N +5 + 1e  N +4 S +6 + 2e  S +4 0,1 0,1 mol 0,04 0,02 mol Tƣơng tự nhƣ trên, ta có n 3NO  tạo muối = số mol e các kim loại nhƣờng = số mol e N+5 nhận = 0,1 mol và n 2 4SO  tạo muối = (số mol e các kim loại nhƣờng)/2 = (số mol e S+6 nhận)/2 = 0,02 mol NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 150  mmuối = mcation kim loại + m 3NO  tạo muối + m 2 4SO  tạo muối 6 + 0,1*62 + 0,02*96 =14,12 gam Câu 29. Các PTPƢ là: FeS2 + 18HNO3  Fe(NO3)3 + 15NO2 + 2H2SO4 + 7H2O H2SO4 + BaCl2 BaSO4 +2HCl 0,008  0,008 mol H2SO4  2H + + SO 2 4 0,008 0,016 Ta có 008,0 233 864,1 n 4BaSO  mol   H M004,0 4 016,0   pHC = 2,4.  Chọn đáp án D Câu 30. Gọi số mol Mg(NO3)2 tham gia phản ứng là x mol Ta có PTPƢ : Mg(NO3)2 to MgO + 2NO2  + 1/2O2 x 2x x/2 mol 2NO2 + 1/2O2 + 2H2O 2HNO3. 2x x/2 2x mol HNO3  H + + NO  3 2x 2x mol Theo bài ra ta có m hỗn hợp A = 23 )NO(Mg m – m chất rắn = 29,6 – 18,8 =10,8 gam. Ta có: 2x*46 + 32*x/2 = 10,8  x=0,1mol  Theo các PTPƢ: nH+=2x=0,2 mol   H = 1,0 2 2,0  M  pH = 1  Chọn đáp án A Câu 31. 1. Cách 1: Tính theo PTPƢ. Gọi công thức phân tử của muối là: R(NO3)2. Ta có PTPƢ : R(NO3)2 to RO + 2NO2  + 1/2O2 0,2 0,4 0,1 mol NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 151 Theo bài ra ta có: 16*(R +124)=(R +16)37,6  R = 64 vậy R là kim loại Cu.  Chọn đáp án D Cách 2: Tính theo PP tăng giảm khối lƣợng: Từ 1mol R(NO3)2 chuyển thành 1 mol RO khối lƣợng giảm 62*2-16=108 gam Theo bài ra khối lƣợng giảm 37,6-16=21,6 gam  nRO=21,6/108=0,2 mol  RO=16/0,2=80  R=64 vậy R là kim loại Cu. 2. Ta có:  23 )NO(Cu n 188 6,37 =0,2 mol ; T=273+132=405K   số mol khí = 2nNO2 +1/2nO2 = 0,4 + 0,1 = 0,5 mol 605,16 1 405*082,0*5,0  P nRT V lít  Chọn đáp án B Câu 32. nFeS2=24/120=0,2 mol Cách 1: Tính theo PTPƢ và tính toán theo các PTPƢ. Cách này dài và việc viết PTPƢ cũng tƣơng đối khó khăn. Cách 2: Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố và bảo toàn điện tích. Theo bài ra phản ứng chỉ tạo muối 2 4SO  tức là muối Fe2(SO4)3 và CuSO4 Mặt khác, theo định luật bảo toàn nguyên tố với S: n 2 4SO  =2nFeS2 + nCu2S=2*0,2+x (mol) Áp dụng định luật bảo toàn điện tích trong muối 2 4SO  ta có: nFe3+ + nCu2+ = n 2 4SO   0,2 + 2x = 0,4+x  x=0,2 mol  chọn đáp án B III. HƢỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP ÁN CHƢƠNG CACBON Câu 1. Viết các PTPƢ: a) (1) C + O2  0t CO2 (2) CO2 + C  0t 2CO (3) 4Al + 3C  0t Al4C3 (4) Al4C3 + 12H2O  4Al(OH)3 + 3CH4 (5) CH4  0t C + 2H2 (6) Ca +2C  0t CaC2 (7) CaC2 + H2O  Ca(OH)2 + C2H2 (8) C2H2 + 2,5O2  0t 2CO2 + H2O b) (1) CaCO3  0t CaO + CO2 NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 152 (2) CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 (3) Ca(HCO3)2 + K2CO3  CaCO3 + 2KHCO3 (4) KHCO3 + KOH  K2CO3 + H2O (5) K2CO3 + 2HCl  2KCl + H2O + CO2 (6) CO2 + 2NaOH  Na2CO3 + H2O (7) Na2CO3 + Ca(HCO3)2  CaCO3  + 2NaHCO3 (8) 2NaHCO3 + Ca(OH)2  CaCO3 + Na2CO3 + 2H2O Câu 2. PTPƢ nhiệt phân của các muối cacbonat trong không khí: CaCO3  0t CaO + CO2 MgCO3  0t MgO + CO2 FeCO3  0t FeO + CO2 sau đó: 2FeO + 1/2O2  0t Fe2O3 NH4(CO3)2  0t NH3 + CO2 NH4HCO3  0t NH3 + CO2 + H2O 2KHCO3  0t K2CO3 + CO2 + H2O Ca(HCO3)2  0t CaCO3 + CO2 + H2O sau đó: CaCO3  0t CaO + CO2 Câu 3. a) Ta có bảng kết quả nhƣ sau: Hóa chất Thuốc thử Cl2 CO2 SO2 H2S NO2 Quan sát - - - - Nâu đỏ Giấy tẩm Pb(NO3)2 - - -  đen Dd Br2 - - Mất màu Dd Ca(OH)2 - Vẩn đục PTPƢ: Pb(NO3)2 + H2S  PbS  + 2HNO3 SO2 + Br2 + 2H2O  2HBr + H2SO4 CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 153 b) Ta có bảng kết quả nhƣ sau: Hóa chất Thuốc thử H2 H2S CO CO2 Giấy tẩm Pb(NO3)2 -  đen - - Dd Ca(OH)2 - - Vẩn đục Dẫn qua CuO đun nóng rồi dẫn khí qua dd CaOH)2 còn lại Mất màu đen của CuO và làm vẩn đục nƣớc vôi PTPƢ: Pb(NO3)2 + H2S  PbS  + 2HNO3 CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O CuO + CO  0t Cu + CO2 sau đó: CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O Câu 4. a) Ta có bảng kết quả nhƣ sau: Hóa chất Thuốc thử Ca(HCO3)2 Na2CO3 (NH4)2CO3 Dd NaOH  -  mùi khai PTPƢ: Ca(HCO3)2 + 2NaOH  CaCO3 + Na2CO3 + H2O (NH4)2CO3 + 2NaOH  Na2CO3 + 2NH3 + H2O b) Ta có bảng kết quả nhƣ sau: Hóa chất Thuốc thử NaCl BaCO3 Na2CO3 BaSO4 H2O tan Không tan tan Không tan Dd HCl - Tan và   - PTPƢ: 2HCl + BaCO3  BaCl2 + CO2 + H2O 2HCl + Na2CO3  2NaCl + CO2 + H2O Câu 5. Gọi    ymolCO xmolCO : : 2 NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 154 Ta có:      4,22/2,11 184428 yx yx       moly molx 25,0 25,0 Khi cho hỗn hợp qua C nóng đỏ, ta có PTPƢ: CO2 + C  0t 2CO 0,25 0,5 mol   COn =0,5+0,25=0,75mol  VCO=0,75*22,4=16,8 lít Câu 6. a) Gọi số mol của CO, CO2 trong 8,96 lít hỗn hợp là x, y PTPƢ: CO + 1/2O2  0t CO2 x x/2 x mol Theo phản ứng trên, thể tích khí giảm chính là thể tích của O2 phản ứng, theo đó ta có: x/2=1,12/22,4=0,05  x=0,1 mol Mà x+y=8,96/22,4=0,4  y=0,3 mol           %75%25%100% %25 3,01,0 %100*1,0 % 2CO CO V V b) Ta có:  2COn sau phản ứng với O2=0,1+0,3=0,4 mol Mặt khác, nCa(OH)2=29,6/74=0,4 mol  1 4,0 4,0 2)( 2  OHCa CO n n  phản ứng giữa CO2 và Ca(OH)2 tạo muối axit: CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 0,4 0,4 mol  mmuối=mCa(HCO3)2=0,4*162=64,8 gam Câu 7. Gọi x, y lần lƣợt là số mol CO, CO2 trong 1 lít hỗn hợp, ta có:          16 2*)( 4428 14,22/4,22 yx yx yx       moly molx 25,0 75,0 Mặt khác, nKOH= 56*100 10*168 =0,3 mol NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 155  22,1 25,0 3,0 1 2  CO KOH n n  phản ứng giữa CO2 và KOH tạo ra 2 muối CO2 + KOH  KHCO3 a a a mol CO2 + 2KOH  K2CO3 + H2O b 2b b mol       3,02 25,0 ba ba       molb mola 2,0 05,0       gamm gamm COK KHCO 6,27138*2,0 5100*05,0 32 3 Câu 8. Ta có n  =nCaCO3=350/100=3,5 mol PTPƢ: C + O2 CO2 ; CO2 + Ca(OH)2  CaCO3  +H2O. 3,5  3,5 mol 3,5  3,5 mol  % mC trong than là: %84%100* 50 12*5,3  Câu 9. Ta có: nMg=12/24=0,5 mol; nSiO2=12/60=0,2 mol PTPƢ: 2Mg + SiO2  2MgO + Si 0,2 0,2 mol Si + 2NaOH + H2O  Na2SiO3 + 2H2 0,2 0,4 mol Ta thấy 1 2,0 2 5,0   Mg còn dƣ, từ đó, theo các PTPƢ: nNaOH=2nSi=0,2 mol  VNaOH= ml52,18 32*35,1 100*40*2,0  Câu 10. Ta có PTPƢ : CaCO3 to CaO + CO2 . 0,5 0,5mol Giả sử lấy 100 gam hỗn hợp A 3CaCO m = 80%*100=80 gam. m chất rắn sau khi nung = 78%*100=78 gam. 2CO m = 100-78 = 22 gam 2CO n = 5,0 44 22  mol Hiệu suất phân huỷ CaCO3 là : %5,62%100* 80 100*5,0   chọn đáp án C NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 156 Câu 11. Ta có PTPƢ: 4CO + Fe3O4 to 3Fe + 4CO2 (1) CO + CuO to Cu + CO2 (2) CO2 + Ba(OH)2 BaCO3 + H2O (3) 0,6  0,6 mol Ta có: nBaCO3 = 6,0 197 2,118  mol Áp dụng định luật bảo toàn khối lƣợng: m hỗn hợp A + mCO = m hỗn hợp B + 2CO m (*) Theo phản ứng (1), (2) thì nCO =nCO2, thay vào (*) ta có: 39,2 +0,6*28 = mhỗn hợp B+0,6*44 m hỗn hợp B=39,2+0,6*28-0,6*44=29,6 gam  chọn đáp án C Câu 12. 1) Ta có nCO2 = 5,0 4,22 2,11  mol ; nNaOH =1*0,4 = 0,4mol  2CO NaOH n n = 18,0 5,0 4,0   chỉ sinh ra muối axit (dƣ CO2, NaOH hết). Ta có phản ứng: CO2 + NaOH NaHCO3. 0,4 0,4 mol  mmuối =0,4*84=33,6 gam. 2) Ta có : nCO2 = 5,0 4,22 2,11  mol ; nNaOH = 1*0,8 = 0,8 mol  2CO NaOH n n =  2;16,1 5,0 8,0   sinh ra cả hai muối . PTPƢ: CO2+ 2NaOH Na2CO3 + H2O. x 2x x mol CO2 + NaOH NaHCO3 . y y y mol Ta có hệ sau:            2,0y 3,0x 8,0yx2 5,0yx  mmuối =0,3*106 + 0,2*84 =48,6 gam. 3) Ta có: nCO2= 5,0 4,22 2,11  mol; nNaOH =1*1,2 = 1,2 mol NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 157  2CO NaOH n n = 24,2 5,0 2,1   chỉ sinh ra muối trung hòa (dƣ NaOH, CO2 hết). PTPƢ: CO2+ 2NaOH Na2CO3 + H2O. 0,5 0,5 mol  mmuối =0,5*106=53 gam. Câu 13. 1) Ta có 4,0 4,22 96,8 n 2CO  mol và  2)OH(Ca n 2*0,05 = 0,1mol  5,025,0 4,0 1,0 n n 2 2 CO Ca(OH)  chỉ sinh ra muối axit  m  =0 gam  chọn đáp án A 2) Ta có: 4,0 4,22 96,8 n 2CO  mol và  2)OH(Ca n 2*0,15 = 0,3mol  2 2 CO )OH(Ca n n =  1;5,075,0 4,0 3,0   sinh ra cả hai muối . PTPƢ: CO2+ Ca(OH)2 CaCO3  + H2O. x x x mol 2CO2 + Ca(OH)2 Ca(HCO3)2 . 2y y mol Ta có hệ sau:            1,0y 2,0x 4,0y2x 3,0yx  m = 0,2*100 =20 gam. chọn đáp án B 3) Ta có  2CO n 4,0 4,22 96,8  mol và  2)(OHCa n 2*0.3= 0,6 mol  2 2 CO )OH(Ca n n = 15,1 4,0 6,0   chỉ sinh ra muối trung hoà (dƣ Ca(OH)2, CO2 hết). Ta có phản ứng: CO2+ Ca(OH)2 CaCO3  + H2O 0,4 0,4 mol  m  =0,4*100 = 40 gam  chọn đáp án C Câu 14. Cách 1: Tính theo PP đại số n  =nCaCO3=0,2/100=0,002 mol; nCa(OH)2=0,3*0,02=0,006 mol Ta thấy, nCaCO3<nCa(OH)2  bài toán có 2 trƣờng hợp: NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 158 - Trƣờng hợp 1: lƣợng CO2 cho vào chỉ đủ để tạo ra 0,002 mol CaCO3 CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O 0,002 0,002 mol  nCO2=nCaCO3=0,002 mol  V=0,002*22,4=0,0448 lít=44,8 ml - Trƣờng hợp 2: lƣợng CO2 cho vào không những tạo ra 0,002 mol CaCO3 mà còn phản ứng cả với lƣợng Ca(OH)2 còn trong dung dịch: CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O 0,002 0,002 0,002 mol 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 2*0,004 (0,006-0,002) mol   2COn =0,002+2*0,004=0,01 mol  V=0,01*22,4=0,224 lít=224 ml  chọn đáp án C Cách 2: Tính theo PP đồ thị Ta có đồ thị sự phụ thuộc số mol CaCO3 vào số mol CO2 nhƣ sau: nCaCO3 0,006 0,002 0 0,002 0,006 0,01 0,012 nCO2 Theo đồ thị ta có: - Trƣờng hợp 1: nCO2=0,002 mol  VCO2=0,002*22,4=0,0448 lít - Trƣờng hợp 2: nCO2=0,01 mol  VCO2=0,01*22,4=0,224 lít  Chọn đáp án C Câu 15. Cách 1: PP đại số. Đặt T= 2)( 2 OHBa CO n n , ta có sơ đồ sau: 0,005 0,02 0,024 nCO2 T<1 1<T<2 NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 159 - CO2 tác dụng với Ba(OH)2 sẽ cho BaCO3 cực đại khi T=1  nBaCO3<0,02  mBaCO3<0,02*197=3,94 gam - Ta sẽ xét xem tại nCO2=0,005 mol hay nCO2=0,024 mol thì lƣợng BaCO3 nhỏ nhất + Tại nCO2=0,005 mol thì T<1 nên chỉ xảy ra phản ứng: CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O 0,005 0,005 mol  nBaCO3=nCO2=0,005 mol  mBaCO3=0,005*197=0,985 gam + Khi nCO2 =0,024 mol thì 1<T<2, phản ứng tạo ra 2 muối: CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O x x x mol 2CO2 + Ba(OH)2  Ba(HCO3)2 2y y mol       024,02 02,0 yx yx       moly molx 004,0 016,0  mBaCO3=0,016*197=3,152 gam>0,985 gam Tóm lại, 0,985<m   3,94 gam Cách 2: PP đồ thị nBaCO3 0,02 0,024 0,005 0 0,005 0,02 0,024 0,04 nCO2 Từ đồ thị ta thấy 0,005<nBaCO3<0,02 mol  0,985<mBaCO3<3,94 gam  Chọn đáp án C Câu 16. Ta có  2CO n 1 4,22 4,22  mol, nNaOH =1*0,8 = 0,8mol, 2,02,0*1 2)( OHCan mol Cách 1 : Làm theo PTPƢ dạng phân tử NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 160 Cách 2 : Làm theo PP ion Ta có phƣơng trình phân li : NaOH  Na + + OH - . Ca(OH)2 Ca 2+ + 2OH - . 0,8 0,8 0,8 mol 0,2 0,2 0,4 mol   số mol OH- = 0,8 +0,4 = 1,2 mol  2CO n  OHn =  2;12,1 1 2,1   sinh ra cả hai muối . CO2+ 2OH -  CO 2 3 + H2O x 2x x mol CO2 + OH -  HCO  3 y y y mol Ca 2+ + CO 2 3  CaCO3 0,2 0,2 0,2 mol Ta có hệ sau:            moly molx yx yx 8,0 2,0 2,12 1  m  = 0,2*100=20 gam.  chọn đáp án D Nhận xét: Trong các câu 14, 15, 16 việc giải theo cách 1 dài, còn giải theo cách 2 ngắn và hay hơn nhiều, qua đó giúp HS rèn luyện cách tƣ duy sáng tạo. Câu 17. Ta có: nHCl = 0,5*2 = 1 mol ;  32CONa n 0,2*3 = 0,6 mol PTPƢ :Na2CO3 +HCl  NaCl + NaHCO3(1) 0,6 0,6 0,6 NaHCO3 + HCl  NaCl + CO2 + H2O(2) 0,6 0,4 0,4 Theo PƢ (1), nHCl phản ứng theo (1) = nNa2CO3 = 0,6 mol  nHCl phản ứng theo (2) = 1-0,6 = 0,4 mol nCO2 = nHCl phản ứng theo (2)  VCO2 = 0,4*22,4 = 8,96 lít chọn đáp án D Câu 18. Cách 1: Tính theo PTPƢ PTPƢ: Na2CO3 +2HCl  2NaCl + CO2  + H2O NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 161 K2CO3 +2HCl  2KCl + CO2  + H2O CaCO3 +2HCl  CaCl2 + CO2  + H2O Gọi số mol Na2CO3, K2CO3, CaCO3 là x, y, z rồi theo các PTPƢ tính ra khối lƣợng muối thu đƣợc theo x, y, z. Cách 2: Tính theo PP tăng giảm khối lƣợng Ta thấy 1 mol gốc CO 2 3 đƣợc thay thế bởi 2 mol gốc Cl- làm hỗn hợp muối tăng (35,5*2- 60)=11 gam đồng thời tạo ra 1 mol CO2. Vậy hỗn hợp muối tăng 11 gam thì tạo ra 1 mol CO2. a gam  2,0 4,22 48,4  mol  a = 2,2 1 11*2,0  gam  m muối = 23,2 + 2,2 = 25,4 gam.  chọn đáp án A Nhận xét: Việc giải theo cách 1 dài, còn giải theo cách 2 ngắn và hay hơn nhiều, qua đó giúp HS rèn luyện cách tƣ duy sáng tạo. Câu 19. Ta có:  32CONa n 1*0,1 = 0,1mol ;  324 )( CONH n 1*0,25 = 0,25mol Phƣơng trình phân li. Na2CO3  2Na + + CO 2 3 . 0,1 0,1 mol (NH4)2CO3  2NH  4 + CO 2 3 . 0,25 0,25 mol  số mol CO 2 3 = 0,1+0,25 = 0,35 mol PTPƢ: CO 2 3 + BaCl2 BaCO3 + 2Cl - CO 2 3 + CaCl2 CaCO3 + 2Cl - x x mol y y mol Ta có hệ sau:            2,0 1,0 7,39100197 43111208 y x yx yx  %BaCO3 = %6,49%100* 7,39 1,0*197   chọn đáp án C NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 162 Câu 20. Ta có: nHCl=0,8 mol 1) PTPƢ: MgCO3 + 2HCl  MgCl2 + H2O + CO2 (1) x 2x mol CaCO3 + 2HCl  CaCl2 + H2O + CO2  (2) y 2y mol Giả sử hỗn hợp chỉ có MgCO3 thì nMgCO3=31,8/84  0,379 mol Giả sử hỗn hợp chỉ có CaCO3 thì nCaCO3=31,8/100=0,318 mol  0,318<nhỗn hợp<0,379 mol mà theo PTPƢ thì nHCl phản ứng=2nhỗn hợp  0,636< nHCl phản ứng <0,758 mol mà nHCl ban đầu=0,8 mol  HCl còn dƣ hay hỗn hợp X bị hòa tan hết. 2) Khi cho thêm NaHCO3 thì có thêm phản ứng: NaHCO3 + HCl dƣ  NaCl + H2O + CO2  0,1 2,24/22,4 mol  nHCl tham gia phản ứng (1) và (2) là: 0,8-0,1=0,7 mol Gọi x, y lần lƣợt là số mol MgCO3, CaCO3 trong hỗn hợp X, ta có hệ:      7,022 8,3110084 yx yx       moly molx 15,0 2,0         %17,4783,52%100% %83,52 8,31 %100*84*2,0 % 3 3 CaCO MgCO m m Câu 21. PTPƢ: Na2CO3 + H2SO4  Na2SO4 + H2O + CO2 (1) MCO3 + H2SO4  MSO4 + H2O + CO2 (2) Lƣợng CO2 thoát ra cho vào dung dịch Ca(OH)2, giả sử chỉ tạo muối CaCO3 thì mmuối=0,15*100=15 gam, còn nếu chỉ tạo muối Ca(HCO3)2 thì mmuối=0.15*162=24,3 gam Mà theo bài ra thu đƣợc 18,1 gam muối khan  phản ứng tạo 2 muối: CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O a a a mol 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 2b b b mol NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 163       1,18162100 15,02)( ba ban OHCa       moly molx 05,0 1,0   2COn =0,15 mol Coi 2 muối có công thức chung M CO3 ( 2*23 <M <M) Ta có: theo các PTPƢ (1) và (2) thì n M CO3 =nCO2=0,15 mol M CO3 =19/0,15=126,667  M>126,667 mà M là kim loại hóa trị II  M là Ba và muối đã dùng là BaCO3 Nhận xét: Câu 20, 21 là khó đối với HS vì phải biện luận các trƣờng hợp xảy ra, tuy nhiên qua bài tập này sẽ giúp HS rèn luyện cách tƣ duy sáng tạo, linh hoạt. Câu 22. PTPƢ: Si + 2NaOH + H2O  Na2SiO3 + 2H2  x 2x mol Zn + 2NaOH  Na2ZnO2 + H2  y y mol Zn + 2HCl  ZnCl2 + H2  y y mol Fe + 2HCl  FeCl2 + H2  z z mol Theo bài ra ta có hệ sau:         2,04,22/48,4 3,04,22/72,62 9,14566528 zy yx zyx         molz moly molx 1,0 1,0 1,0              %59,37%62,43%79,18%100% %62,43 9,14 %100*65*1,0 % %79,18 9,14 %100*28*1,0 % Fe Zn Si m m m Câu 23. PTPƢ: Si + 2NaOH + H2O  Na2SiO3 + 2H2  x 2x mol Al + NaOH +H2O  NaAlO2 + 3/2H2  y 3y/2 mol Al + 3HCl  AlCl3 + 3/2H2  y 3y/2 mol NguyÔn V¨n Quang LuËn v¨n th¹c sÜ khoa häc Trang 164 CaCO3 + 2HCl  CaCl2 + H2 O + CO2  z z mol 2CO2 + Ca(OH)2  Ca(HCO3)2 z z/2 mol Gọi x,y,z lần lƣợt là số mol Si, Al, CaCO3 trong hỗn hợp, ta có hệ phƣơng trình:         162/2,162/ 8,02/3 8,04,22/92,172/32 z zy yx          molz moly molx 2,0 4,0 1,0                %53,59%14,32%33,8%100% %14,32 6,33 %100*27*4,0 % %33,8 100*2,027*4,028*1,0 %100*28*1,0 % 3CaCO Al Si m m m -----------Hết-----------