Phân loại bài tập Hóa đại cương vô cơ và hướng dẫn giải chi tiết: Phần 2

Mỗi chuyên đề trong sách bao gồm các vấn đề trọng tâm, các dạng bài tập điển hình, phương pháp giải nhanh nhất, các bài tập mẫu, các bài tập và đáp án chính thức từ bộ Giáo dục và Đào tạo. Mời các bạn cùng tham khảo phần 2 cuốn sách.
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Phân loại bài tập Hóa đại cương vô cơ và hướng dẫn giải chi tiết: Phần 2 ^03 _ 3 8 ,4 - 3 2 6,4 _ 2 n. 4 8 - 3 8 ,4 9,6 3 3.2+ 2.3 Quy đổi A thành 1 chất: 0 z mà: z = = 2,4 A là một chất có CTPT là: O 2 4 H ị và O 2 khi bị oxi hóa đều nhường 2 electron, do đó không cần quan tâm tỉ lệ mol ta quy đổi B thành 5 mol H 2 hoặc 5 mol c o . 2,4H, + o 2,4 -+2,4H„0 PTHH: 5 nA = 2,083 mol 5 mol = 2,083 mol 2,4 => Chọn D. Lu-uý về phương pháp: Bài toán có nhiều cách giải. - Trường họp không quy đổi B: 7 ,2 -2 _ 5,4 _ 1 X étB : ‘ co _ 2 8 -7 ,2 21,6 4 => 5 mol B: 4 mol H 2 và 1 mol c o Khi dùng hh A đốt cháy hh B thì sản phẩm tạo thành là H 2O và CO 2 f 2 , 4 H 2 + 02,4 •2,4H20 2 ,4 C 02 4.1 4mol mol mol 2,4 => Số mol A = = 2,083mol 2,4 2,4 - Không dùng phưomg pháp quy đổi; Cách I: O 3 có tính oxi hóa mạnh horn O 2 nên phản ứng theo thứ tự ưutiên O 3 phản ứng hết, sau đó O 2 phản ứng. Cách 2: Tính số mol nguyên từ oxi từ hỗn họp O 2 và O 3 và dùng sổ molnguyên từ oxi để xét phản ứng cháy.Bài 22l| Nguyên tố R là một phi kim. A là hợp chất khí với hiđro của R; còn B là oxit cao nhất của nguyên tố này. Cho biết tỷ khối của A so với B (ở thể hơi) là 0,425. Các họp chất A và B là A. CH 4 v à C 02 B . N H 3 v à N 2 0 5 C. H2S và SO3 D. H C lv à H C 104 Giải Gọi công thức họp chất khí với H là HxR(l < X < 4 ) T H I: X chẵn Công thức oxit cao nhất là: RO 8-x ~ Y Ta có: M a = 0,425M b hay (R + x) = 0,425(R + 8(8 - x)272 Cí> 0,575R + 4,4x = 27,2 (1) Từ (1): + Khi X = 2 thì R = 32 (chọn) + Khi X = 4 thì R = 16 (loại) TH2: X lẻ => công thức oxit cao nhất là: R2O8.X Ta có: M a = 0,425M b hay (R + x) = 0,425(2R + 16(8 - x) «>0,15R+7,8x=54,4 (2) Từ (2): + Khi X =1 thì R = 310 (loại) + Khi X = 3 thì R = 206 (loại) Vậy R là lưu huỳnh. B là SO3. A là H2S. => C họn c.Bài 222 Hỗn hợp A gồm các chất Na 2SƠ4, CaS 04 và MgS 0 4 - Trong thành phân hỗn hợp A, kim loại chiếm 25% khối lượng. Khối lượng lưu huỳnh có thể điều chế được từ 800 gam hỗn hợp A với hiệu suất của quá trình chi đạt 60% là A. 210 gam B. 120 gam c. 310 gam D. 130 gam Giải Giả sừ toàn bộ lượng sunfat đều chuyển thành lưu huỳnh, Sơđồ hợp thức: S04^~^ s Khối lương của ion sunfat có trong A là: m SL)^2- ~ 800 X0,75 = 600 (g) Khối lương s tao thành theo lý thuyết là; ms = 96 = 200 (g) Khối lượng s thu được là: ms (t.tế) = 200 X0, 6 = 120 (g) => C họn B.Bài 223| Hấp thụ hoàn toàn 1,344 lít khí SO 2 (đktc) vào 13,95ml dung dịch KOH 28% (d = 1,147 g/ml). Nồng độ % của các chất có trong dung dịch tạo thành sau phản ứng là A. 15,92% va 24,19% B. 19,25% và 21,19% c. 25,36% và 19,52% D. 23,56% và 15,92% Giải Phương pháp: Xét giới hạn tỉ lệ mol - Công thức kinh nghiệm. k o h = DV = 1,147 X 13^ 95 = 16 ( g ) m KOH = 4,48 (g)=>nKOH = 0,08 (mol) 100 n KOH Ta có: = M | = 1 = i ,33 ns 02 0,06 3^ Vì 1 < 1,33 < 2 nên dung dịch tạo thành có 2 muối KHSO 3 và K 2SO 3 273 Dùng công thức kinh nghiêm: n 2- = n. -n SOo SO3 O ỉr =>n_0O32_ = 0,08 - 0,06 = 0,02 mol Bảo toàn nguyên tố S: n = - n^^2- = 0,06 - 0,02 = 0,04 mol Tỉnh theo các PTHH tạo muối song song nhau: f 2 KOH + S0 2 ^ K2SO3 + H2O (1) ị KOH + SO2 KHS03 (2) La ọ,5a 0,5a b b b Gọi a, b là sổ mol KOH tham gia pứ (1), (2) Ta có: a + b = 0,08 (I) và 0,5a + b = 0,06 (II). Giải (I) và (II) => a = 0,04; b = 0,04 m K2SO3 = 0 ,5 x 0 ,0 4 x 1 5 8 = 3,16 (g) ^ khso3 = 0,04 X 120 = 4,8 ( g ) ^dd = ™dd KOH + ^S02 = 1 6 + 0 ,0 6 x 6 4 = 19,84(g) C%(K2S03) = ^ ^ ^ ^ ^ ^ - ị ^ = 15,92%; 19.84 CroíKHSOg) = 19.84 Chon A.Bài 224 Oxit của một nguyên tố R có % khối ...