NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIIA[ĐỀ 2-MỤC III TRANG 175] Câu 1 [DH-Chuyên lê Quý Đôn Đà Nẵng-2017]. Điểm 1. Viết phương trình hóa học của các phản ứng minh họa quá trình điều chế các chất sau đây từ các đơn chất halogen tương ứng: [a] HClO4, [b] I2O5, [c] Cl2O, [d] OF2, [e] BrO3. 2. Vì sao trong thực tế chỉ dùng phương pháp điện phân để điều chế Flo? Tại sao lại dùng Cu, Ni làm điện cực mà không sợ bị flo ăn mòn? 3. Một mẫu KBr có lẫn một ít KBrO3 và tạp chất trơ. Hòa tan 5,00 gam mẫu vào nước và pha loãng thành 250 ml dung dịch A. Thêm NaHSO3 và axit vào 50 ml dung dịch A để khử BrO3- thành Br-, rồi thêm AgNO3 dư thì được 0,650 gam AgBr khô. Nếu axit hóa 50 ml dung dịch A bằng H2SO4 thì BrO3- bị Br- khử hết thành Br2. Đun sôi để đuổi hết Br2 và làm kết tủa Br- dư bằng AgNO3 dư được 0,205g AgBr. [a] Viết phương trình hóa học minh họa cho các phản ứng. [b] Tính thành phần % theo khối lượng của KBr và KBrO3 trong mẫu. Cho Br = 80, Ag = 108, O =16, K = 39, S = 32. Nội dung 1 [a] 3Cl2 + 6NaOH → 5NaCl + NaClO3 + 3H2O 4NaClO3 → NaCl + 3NaClO4 NaClO4 + H2SO4 → NaHSO4 + HClO4 [b] 3I2 + 6NaOH → 5NaI + NaIO3 + 3H2O NaIO3 + HCl → NaCl + HIO3 HIO3 → I2O5 + H2O [c] 2Cl2 + HgO → Cl2O + HgCl2 [d] 2F2 + 2NaOH → 2NaF + OF2 + H2O [e] Br2 + 2O3 → 2BrO3 2 - Do Flo là chất oxi hóa mạnh nhất trong tất cả các chất nên không thể điều chế bằng phương pháp điện phân dung dịch muối trong nước như các halogen khác. Trong công nghiệp cũng như phòng thí nghiệm chỉ dùng phương pháp điện phân nóng chảy chất có thành phần KF.3HF: 2HF → F2↑ + H2↑ - Mặc dù đa số kim loại đều bị flo ăn mòn ngay ở nhiệt độ thường nhưng trong nhiều trường hợp khả năng đó bị hạn chế, ví dụ như Cu, Ni do sản phẩm tạo thành giữa chúng và flo là 1NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. CuF2 và NiF2 là chất rắn bám chặt vào bề mặt kim loại, ngăn không cho kim loại tiếp tục phản ứng với Flo. 3 [a] Các phản ứng xảy ra: TN1: BrO3- + 3HSO3- → Br - + 3HSO4- [1] Ag+ + Br- → AgBr [2] TN2: 2 BrO3- + 10 Br- + 12 H+ → 6Br2 + 6H2O [3] Ag+ + Br- → AgBr [4] [b] Gọi CKBrO3 = C1 và CKBr = C2 [ trong dung dịch A] Theo [1] và [2] thì [C1.50 C2.50] . MAgBr=0,65 [5] 1000 1000 Theo [3], [4] [C2 5C1].50 . MAgBr =0,205 [6] 1000 Tổ hợp [5] và [6] được CKBrO3 = C1 = 7,89.10-3 CKBr = C2 = 6,126.10-2 % KBr = 6,126.102.250 .119 .100 36, 45% 1000 5 % KBrO3 = 7, 89.103.250 .167 .100 6, 59% 1000 5 Câu 2 [DH-Chuyên Biên Hòa Hà Nam-2017]. 1.Hòa tan 9,13 gam một mẫu kali iođua vào 100 gam nước nóng. Thêm 13,96 gam I2 vào dung dịch, khuấy đều đến khi thu được dung dịch đồng nhất A. Cô đặc dung dịch A rồi hạ nhiệt độ xuống 2oC thấy xuất hiện tinh thể B. Tinh thể B có màu nâu sẫm. Lọc lấy phần tinh thể B, rửa sạch rồi làm khô. Hòa tan 0,950 gam B vào nước thu được dung dịch X. Chuẩn độ toàn bộ lượng dung dịch X cần 21,7 ml dung dịch Na2S2O3 0,2M [có mặt hồ tinh bột]. Xác định công thức hợp chất B. 2.Từ KI, KCl, Cl2, I2 và nước hãy viết phương trình điều chế ICl. 1.Ta có: nKI = 0,055 mol và nI2 = 0,055 mol KI và I2 phản ứng với nhau theo tỉ lệ 1 : 1 theo phương trình: KI + I2 → KI3. Phản ứng chuẩn độ: I3- + 2S2O32- → S4O62- + 3I-. Ta có số mol của S2O32- là 4,34.10-3 mol số mol I3- là 2,17.10-3-mol. Vậy khối lượng KI3 trong dung dịch được chuẩn độ là 0,911 gam. Trong khi đó, khối lượng muối B hòa tan vào nước là 0,950 gam Trong B có thành phần nước [B là tinh thể hiđrat]. 2NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. Khối lượng nước trong tinh thể B là 0,950 – 0,911 = 0,039 gam nnước = 2,17.10-3-mol. tỉ lệ nKI3 : nH2O = 1 : 1 công thức muối B là KI3.H2O. 2.Từ KI, KCl, Cl2, I2 và nước. Viết phương trình điều chế KI + Cl2 + nH2O → KICl2.nH2O. 2KICl2.nH2O [đun nóng] → KCl + ICl + nH2O. Câu 3 [DH-Chuyên Quốc học Huế-2017]. 1. Trong thiên nhiên, brom có nhiều ở nước biển dưới dạng NaBr. Công nghiệp hóa học điều chế brom từ nước biển được thực hiện theo quy trình sau đây: - Cho một ít dung dịch H2SO4 vào một lượng nước biển; - Sục khí clo vào dung dịch mới thu được; - Dùng không khí lôi cuốn hơi brom tới bảo hòa vào dung dịch Na2CO3; - Cho dung dịch H2SO4 vào dung dịch đã bão hòa brom, thu hơi brom rồi hóa lỏng. Hãy viết các phương trình hóa học chính đã xảy ra trong các quá trình trên và cho biết vai trò của H2SO4. 2. Xử lí 13,16 gam hỗn hợp chất rắn X gồm hai muối khan KIOx và KIOy [y > x] bằng một lượng dư KI trong môi trường axit thu được 200 ml dung dịch A. a. Viết phương trình hóa học cho các phản ứng xảy ra dưới dạng ion rút gọn. b. Lấy 25 mL dung dịch A cho vào một bình định mức 150 ml, pha loãng bằng nước cất, điều chỉnh dung dịch về pH = 3, thêm nước đến vạch. Để chuẩn độ 25 ml dung dịch trong bình định mức này cần dùng 41,67 ml dung dịch Na2S2O3 0,2M để đạt tới điểm cuối với chỉ thị hồ tinh bột. Cho biết công thức hóa học và phần trăm khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp đầu biết tỉ lệ mol của chúng là 2 : 1. Cho K = 39, Mn = 55, Cr = 54, Ca = 40, O = 16, Cl = 35,5, I =127, Na = 23. Ý Nội dung 1. Cl2 + 2NaBr H 2NaCl + Br2 [1] 0,75 3Br2 + 3Na2CO3 5NaBr + NaBrO3 + 3CO2 [2] H2SO4 + Na2CO3 → Na2SO4 + CO2 + H2O [3] 5NaBr + NaBrO3 + 3H2SO4 3Na2SO4 + 3Br2 + 3H2O [4] Vai trò của H2SO4: [1] H2SO4 có tác dụng axit hóa môi trường phản ứng, [3] [4] là chất tham gia pư, nếu môi trường kiềm thì sẽ có cân bằng: . 3Br2+ 6OH- OH- 5Br- + BrO3- + 3H2O H+ 2a. a. IOx + [2x – 1]I + 2xH+ xI2 + xH2O 0,5 IOy + [2y – 1]I + 2yH+ yI2 + yH2O 2b. b. Gọi số mol của KIOx và KIOy trong 13,16 gam hỗn hợp lần lượt là a và b. 0,75 mhh = 13,16 g 166[a + b] + 16[ax + by] = 13,16 [1] 2IOx + [4x – 2]I + 4xH+ 2xI2 + 2xH2O 3NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. mol: a ax 2IOy + [4y – 2]I + 4yH+ 2yI2 + 2yH2O mol: b by Số mol I2 trong 25 ml dung dịch cuối cùng đem chuẩn độ: n[I2] = 25 25 [ax + by] = ax by mol 200 150 48 Phản ứng chuẩn độ: I2 + 2S2O32 S4O62 + 2I n[S2O32] = [41,67 103 L] 0,2 mol/L = 8,334 103 mol ax by = 4,167 103 48 ax + by = 0,2 [2] Từ [1] và [2] ta có: a + b = 0,06 [3] Theo bài ra: a = 2b [4] Giải [3] và [4] ta có: a = 0,04; b = 0,02. Khi đó [2] được viết lại: 2x + y = 10 Lập bảng giá trị tính y theo x: x1 2 3 4 y8 6 4 2 Chỉ có cặp x = 3, y = 4 thỏa mãn. Hai muối ban đầu là KIO3 và KIO4. Phần trăm khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp đầu: 214 0,04 %m[KIO3] = 13,16 100% = 65,05% 230 0,02 %m[KIO4] = 13,16 100% = 34,95% Câu 4 [DH-Chuyên Lào Cai-2017]. 1. a. Độ bền đối với nhiệt từ HF đến HI thay đổi như thế nào? Có phù hợp với sự thay đổi nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi không? b. Điclo oxit ClO2 là một chất khí được dùng để tẩy trắng trong sản xuất giấy. Phương pháp tốt nhất để điều chế ClO2 trong phòng thí nghiệm là cho hỗn hợp KClO3 và H2C2O4 tác dụng với H2SO4 loãng. Trong công nghiệp ClO2 được điều chế bằng cách cho NaClO3 tác dụng với SO2 có mặt H2SO4 4M. * Viết các phương trình phản ứng xảy ra. * ClO2 là hợp chất dễ gây nổ, tại sao điều chế ClO2 trong phòng thí nghiệm theo phương pháp trên tương đối an toàn? 2. Hợp chất A chứa S, O và halogen. Trong mỗi phân tử A chỉ có 1 nguyên tử S. Thuỷ phân hoàn toàn A được dung dịch B. Người ta sử dụng những thuốc thử cho dưới đây để nhận biết những ion nào có trong B? 4NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. Thuốc AgNO3+HNO3 Ba[NO3]2 NH3+Ca[NO3]2 KMnO4+Ba[NO3]2 Cu[NO3]2 thử Không có Hiện kết tủa vàng Không có Không hiện Mất màu, kết tủa kết tủa tượng nhạt kết tủa tượng trắng Qua đó có thể đưa ra công thức phù hợp của A là gì? 1.a Độ dài liên kết HX, năng lượng liên kết và độ bền đối với nhiệt trong dãy từ HF đến HI có các giá trị sau: Độ dài liên kết HX [Ǻ] HF HCl HBr HI Năng lượng liên kết 1,02 1,28 1,41 1,60 HX 135 103 87 71 [Kcal/mol] Phân hủy ở 10000C [%] Không 0,014 0,5 33 Trong dãy đó, độ bền đối với nhiệt giảm do độ dài liên kết tăng và năng lượng liên kết giảm. Độ bền đối với nhiệt chỉ phụ thuộc vào năng lượng liên kết của phân tử, còn nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi lại phụ thuộc vào năng lượng tương tác giữa các phân tử nên độ bền đối với nhiệt từ HF đến HI phù hợp với sự thay đổi nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi 1. b 2KClO3 + H2C2O4 + 2H2SO4 2ClO2 + K2SO4 + 2CO2 + 2H2O 2NaClO3 + SO2 + H2SO4 2 ClO2 + 2NaHSO4 CO2 sinh ra pha loãng ClO2 nên làm giảm khả năng nổ của ClO2 nên điều chế ClO2 trong phòng thí nghiệm theo phương pháp trên tương đối an toàn. 2. AgNO3 : thuốc thử ion Cl-[ kt trắng] ; Br- [ kt vàng nhạt] ; I- [ kt vàng] → Có Br hoặc I Ba[NO3]2 : thuốc thử ion SO42- [ kt trắng] → không có SO42- NH3 + Ca[NO3]2 : thuốc thử ion F- [kt CaF2 trắng] → không có F KMnO4 + Ba[NO3]2 : thuốc thử ion SO32- [ kt BaSO4] Cu[NO3]2 : thuốc thử ion I- [ I2 + CuI kt trắng] → không có I + Từ htg trên kết luận A có S+4, có Br- . Vậy A là: SOBr2 hoặc SOBrCl. SOBr2 + 2H2O ---> H2SO3 + 2HBr và SOBrCl + 2H2O ---> H2SO3 + HCl + HBr 5NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. Câu 5 [DH-Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định -2017]. Ở phòng thí nghiệm sinh viên tìm thấy một chai nhỏ đựng chất A khá ẩm ướt được dán nhãn “nhạy sáng”. Tuy nhiên sinh viên không chú ý đến nhãn chai mà để trên bàn làm việc của mình trong suốt kỳ nghỉ hè. Kết quả là chai hóa chất được chiếu sáng mỗi ngày vài giờ. Sau kỳ nghỉ hè sinh viên bỗng thấy có sự tạo thành ba chất B, C và D ở trong chai. Hợp chất A có khả năng làm tăng tính tan trong nước của C. Trong quá trình này tạo thành anion E vốn là một phần của D. Nếu dung dịch đậm đặc của chất A được trộn lẫn với dung dịch đậm đặc chất B rồi cho dung dịch thu được phản ứng với khí F màu vàng lục sẽ tạo thành 2 hợp chất mới. Trong hỗn hợp này G phản ứng với A trong môi trường axit tạo thành hỗn hợp sản phẩm trong đó có C. Trong G thì oxy chiếm 22.4% về khối lượng. Nếu G phản ứng với dẫn xuất axit của F, vốn chỉ gồm 2 nguyên tố thì phản ứng tạo thành C, F và hai sản phẩm phụ khác. 1. Xác định các chất từ A - G và viết các phản ứng xảy ra. 2. Tại sao độ tan của C trong nước tăng khi thêm A vào? 3. Vẽ cấu trúc Lewis của anion E. 6NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. 1 A KI E I3- B KOH F Cl2 C I2 G KIO3 D KI3 Phản ứng 1: 5KI + 2H2O + O2 4KOH + I2 + KI3 Phản ứng 2: KI + I2 KI3 Phản ứng 3: 6KOH + KI + 3Cl2 KIO3 + 6KCl + 3H2O Phản ứng 4: KIO3 + 5KI + 6H+ 3I2 + 6K+ + 3H2O Phản ứng 5: 2KIO3 + 12HCl I2 + 5Cl2 + 2KCl + 6H2O 2 Độ tan tăng do sự tạo thành anion phức I3-. 3 Cấu trúc Lewis của E Câu 6 [DH-Chuyên Hùng Vương Phú Thọ-2017]. Nung hỗn hợp X gồm 4 muối natri A,B, C và D [cùng có a mol mỗi chất] đến 2000C thoát ra hơi chất E không duy trì sự cháy, khối lượng hỗn hợp giảm 12,5% và tạo thành hỗn hợp Y chứa 1,33a mol A; 1,67a mol C, a mol D. Nếu tăng nhiệt độ lên 4000C thu hỗn hợp Z chỉ chứa A và D, còn nếu tăng nhiệt độ lên đến 6000C thì chỉ còn duy nhất chất A. Biết rằng A chỉ gốm hai nguyên tố với phần trăm khối lượng của natri bé hơn phần trăm khối lượng của nguyên tố còn lại là 21,4%. a] Viết phương trình hóa học của các phản ứng và xác định A, B, C, D? b] Xác định khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X ban đầu? Đặt công thức của A là NanR Ta có %R - %Na= 21,4% R 23n 21, 4 R = 35,5n R 23n 100 Nghiệm thích hợp: n=1 R=35,5. Vậy A là NaCl Sau khi nhiệt phân hoàn toàn, chỉ còn NaCl nên B, C, D là các muối NaClOx [x=1,2,3,4] Ở 2000C, a[mol] B nhiệt phân tạo thành a [mol] NaCl, 2a [mol] C, thoát ra khí E không duy trì sự 33 cháy chỉ có thể là hơi H2O B là muối ngậm nước aNaClOm t0 a NaCl + 2a NaClOm' 33 hay 3NaClOm t0 NaCl + 2NaClOm' Bảo toàn khối lượng với oxi: 3m = 2m' m=2, m'=3 7NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. Do đó B là NaClO2 ngậm nước, C là NaClO3, D là NaClO4 3NaClO2.zH2O t0 NaCl + 2NaClO3 + 3zH2O 4NaClO3 t0 NaCl + 3NaClO4 NaClO4 t0 NaCl + 2O2 18.a.z 12,5 z=3. Vậy B là NaClO2.3H2O 58,5.a [90,5.a 18.a.z] 106,5.a 122,5.a 100 3NaClO2.3H2O t0 NaCl + 2NaClO3 + 9H2O b. mhh= 378a+54a = 432a [g] %mNaCl = 13,54%; %m =NaClO2.3H2O 33,45% %mNaClO3 = 24,65%; %mNaClO4 = 28,36% Câu 7 [DH-Chuyên Thái Nguyên-2017]. Cho 50g dung dịch X chứa 1 muối halogen kim loại hoá trị II tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thì thu được 9,40g kết tủa. Mặt khác, dùng 150g dung dịch X trên 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 3,80%. Xác định CTPT của muối halogen trên ? Tính C% muối trong dung dịch X ban đầu ? Gọi công thức của muối của kim loại hóa trị 2 là AM2 0,5 AM2 + 2AgNO3 → AgM + A[NO3]2 [1] 0,5 Kết tủa thu đc chỉ có thể là AgM. Khi cho 150 g dd X tác dụng với Na2CO3 thì 0,5 AM2 + Na2CO3 → A2CO3 + NaM [2] 0,5 Kết tủa thu được là A2CO3 A2CO3 → AO + CO2 [3] Khi cho CO2 vào dd KOH dư thì: CO2 + 2KOH → K2CO3 + H2O [4] Gọi số mol của AM2 trong 50g dd X là x mol [x>0] → số mol của AM2 trong 150 g dd X là 3x mol Theo pt[2][3][4] ta có nCO2=3.x mol ta có Cbđ=14.5% → mKOH=11.6g mKOH pư =2.nCO2.MKOH =2.3x.56=336.x[g] Khối lượng KOH dư=11.6- 336.x[g] Khối lượng dd lúc sau là: 80+44.3.x=80+132.x [g] Theo C=3.8% → [11,6-336.x]/[80+132.x]=3.8% → x=0.025mol Vì khối lượng của AgM =9.4g, ta có nAgM=2 .nAM2=0.05 mol. → M=80g → M là Br. 8NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. Vì khối lượng của ACO3=6.3g, nACO3=nAM2=0.075mol → A=24→ A là Mg → C%=5.2%, công thức của muối là MgBr2. Câu 8 [DH-Chuyên Bắc Giang-2017] Photpho đỏ tác dụng với Cl2 dư thu được hợp chất A. Đun nóng A với NH4Cl trong dung môi hữu cơ thu được hợp chất B có dạng [NP2Cl6][PCl6]. Nếu tiếp tục đun, anion của B phản ứng với NH4+ để tạo ra chất trung gian C có công thức Cl3P=NH, cation của B phản ứng với C lần lượt tạo ra các cation D [N2P3Cl8]+ và E [N3P4Cl10]+. Sau đó E tách đi cation F để tạo ra hợp chất thơm G [N3P3Cl6]. a. Viết công thức cấu tạo của các chất hoặc ion A, C, D, E, F. b. Viết công thức cấu trúc của các ion trong B và xác định trạng thái lai hóa của N, P trong B, G. 1. P + Cl2 PCl5 [A] PCl5 + NH4Cl [Cl3P=N=PCl3][PCl6] + 4HCl [B] [PCl6] + NH4+ Cl3P=NH + HCl [C] [Cl3P=N=PCl3]+ + Cl3P=NH [Cl3P=N –PCl2 =N=PCl3]+ + HCl [D] [Cl3P=N–PCl2=N=PCl3]+ + Cl3P=NH [Cl3P=N–PCl2=N–PCl2=N=PCl3]+ + HCl [E] [Cl3P=N –PCl2=N –PCl2=N=PCl3]+ [PCl4]+ + [N3P3Cl6] [F] [G] [Vòng thơm [-N=PCl2-]3 2. Cấu trúc của G và các ion trong B: Cl N Cl P P Cl Cl Cl Cl Cl Cl Cl Cl Cl NN P P N sp P Cl P N Cl Cl Cl Cl Cl Cl Trạng thái lai hóa: G: P sp3; N sp2 B: P sp3 và sp3d2 Câu 9 [DH-Chuyên Bắc Ninh-2017]. Nitơ triflorua là một hợp chất bền, nó được điều chế khi điện phân nóng chảy một hỗn hợp muối gồm amoni florua và hidro florua. 1. Viết cấu trúc của NF3. So sánh nhiệt độ sôi, góc kiên kết, tính bazơ của NF3 và NH3. Giải thích? 2. Người ta cũng đã điều chế được NH2F, NHF2. Trong các chất NF3, NH2F, NHF2 chất nào có nhiệt độ ngưng tụ thấp nhất. Giải thích? 3. Muối NF4+ được nghiên cứu sử dụng làm nhiên liệu cho tên lửa do khi phân hủy tạo thành NF3 và F2 và tỏa nhiều nhiêt. Một muối của NF4+ có hàm lượng flo là 65,6%, tất cả lượng flo khi phân hủy chuyển hóa thành NF3 và F2. Khi phân hủy muối này số mol F2 sinh ra nhiều gấp 2,5 lần số mol NF3. Xác định công thức của muối trên. 9NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. Ý NỘI DUNG CẦN ĐẠT ĐƯỢC 1 NF3 có cấu trúc chóp tam giác, nguyên tử Nitơ ở trạng thái lai hóa sp3. Nhận xét: Trong NH3, liên kết N-H phân cực về phía N cùng chiều với cặp e tự do trên nguyên tử N, còn trong NF3 liên kết N-F phân cực về phía F ngược chiều với cặp e tự do trên N. Vì vậy, mật độ e trên nguyên tử N trong phân tử NF3 nhỏ hơn nhiều trong NH3. - Nhiệt độ sôi: NH3 > NF3 vì NH3 có liên kết hidro liên phân tử. - Góc liên kết: NF3 < NH3 vì nên lực đẩy giữa các cặp e liên kết trong NF3 nhỏ hơn NH3 - Tính bazơ: NH3 > NF3 [NF3 hầu như không còn tính bazơ] 2 Nhiệt độ ngưng tụ: NF3 < NH2F < NHF2 Không có liên kết hidro liên kết hidro kém bền vì liên kết hidro bền hơn H kém linh động [ở các hợp chất NH2F và NHF2, khi số nguyên tử F tăng, hút electron càng mạnh thì nguyên tử H càng linh động, liên kết hidro càng bền] 3 Ta có phương trình phân hủy: NF4 → NF3 + 1/2F2 Nếu anion của muối không chứa flo thì theo pt phân hủy nNF3 2nF2 Mà theo đề bài nF2 2,5nNF3 chứng tỏ trong anion còn chứa Flo Từ tỉ lệ về số mol giữa F2 và NF3 ta có công thức muối là MF4x [NF4]x Khi đó: % mF = 8x.19 .100 65, 6 → M = 65,7x M 14x 8x.19 *] x =1 → M = 65,7 → M là Zn → ZnF4[NF4] không phù hợp vì Zn2+ [loại] *] x = 2 → M = 131,4 → M là Xe → XeF8 [NF4]2 [thỏa mãn] *] x = 3 → M = 197,1 → M là Au → AuF12[NF4]3 [không thỏa mãn] Vậy muối đã cho là XeF8[NF4]2. Câu 10 [DH-Chuyên Hoàng Văn Thụ Hòa Bình 2017]. Cho m gam muối halogen của một kim loại kiềm phản ứng với 200 ml dung dịch axit H2SO4 đặc nóng [lấy dư]. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khí X và hỗn hợp sản phẩm Y. Dẫn khí X qua dung dịch Pb[NO3]2 thu được 23,9 gam kết tủa mày đen. Làm bay hơi nước cẩn thận hỗn hợp sản phẩm Y thu được 171,2 gam chất rắn A. Nung A đến khối lượng không đổi thu được muối duy nhất B có khối lượng 69,6 gam. Nếu cho dung dịch BaCl2 lấy dư vào Y thì thu được kết tủa Z có khối lượng gấp 1,674 lần khối lượng muối B a. Tính nồng độ mol/l của dung dịch H2SO4 và m gam muối? b. Xác định kim loại kiềm và halogen? c. Cho biết trạng thái lai hóa và dạng hình học của R3-? [R là halogen đã nêu ở trên] 10NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. 8.1 a] Tính nồng độ mol/1ít của dung dịch H2SO4 và m [g] muối. Gọi công thức muối halozen: MR. Theo đầu bài khí X có mùi đặc biệt, phản ứng với Pb[NO3]2 tạo kết tủa đen, khí X sinh ra do phản ứng của H2SO4 đặc. Vậy X là H2S. Các phương trình phản ứng: 8MR + 5H2SO4 = 4M2SO4 + 4R2 + H2S + 4H2O. [1] 0,8 0,5 0,4 0,4 0,1 H2S + Pb[NO3]2 = PbS + 2HNO3. [2] 0,1 0,1 BaCl2 + M2SO4 = 2MCl2 + BaSO4 [3] Theo [2]: nH2S = nPbS = 23,9: 239 = 0,1[mol] theo [1]: nM2SO4 = 4nH2S = 0,4[mol] = nR2 nH2SO4[pư] = 5nH2S = 0,5[mol] Khối lượng R2 = 171,2 - 69,6 = 101,6 [g] Theo [3]: nBaSO4 = [1,674. 69,6]: 233 = 0,5[mol] Vậy số mol H2SO4 dư: 0,5- 0,4= 0,1[mol] Nồng độ mol/l của axit là: [0,5+ 0,1]: 0,2= 3[M] Khối lượng m[g]= mM+ mR [với mM= 69,6- 0,4. 96= 31,2 gam ] m[g]= 31,2+ [171,2- 69,6]= 132,8[g] b] Xác định kim loại kiềm và halogen. + Tìm Halogen: 101,6 : 0,4 = 2. MR MR = 127 [Iot] + Tìm kim loại: 0,8.[M + 127] = 132,8 MM =39 [Kali] c] Trạng thái lai hóa và dạng hình học của I3-: sp3d và dạng đường thẳng Câu 11 [DH-Chuyên Hưng Yên-2017]. Một số học sinh vào phòng thí nghiệm hóa của trường làm thực hành về tốc độ phản ứng nhưng do vô ý nên khi làm xong đã để quên không đậy nắp và cất vào vị trí cũ một lọ hóa chất A mà trên nhãn có ghi “bảo quản trong điều kiện tối”. Sau một thời gian, các giáo viên tiến hành rà soát phòng thí nghiệm mới phát hiện ra thì hóa chất trong chai đã biến đổi tạo thành ba hợp chất mới là B, C và D. Hợp chất A có thể được dùng để làm tăng độ tan của hợp chất C trong các dung dịch nước nhờ tạo thành D. Nếu trộn dung dịch đậm đặc của A và B với nhau sau đó cho phản ứng với một khí F màu vàng lục sẽ sinh ra hai muối G và H. Trong môi trường axit, muối G phản ứng với A tạo thành dung dịch màu nâu xỉn có chứa C. Oxy chiếm 22,4% khối lượng của G. Khí F phản ứng với hidro trong điều kiện chiếu sáng tạo ra axit J. Mặt khác, G tác dụng với J dẫn tới C, F và H. a. Tìm công thức của các chất và viết phương trình phản ứng dạng ion thu gọn. b. Tính pH cực đại mà ở đó phản ứng giữa dung dịch A 0,10 M và G 0,25 M tự diễn biến ở 25oC biết Eo [C/A] = 0,536 V và Eo [G, H+/C] = 1,195 V. c. Vai trò của ánh sáng trong quá trình biến tính của A là gì? Hướng dẫn chấm 8 A A: KI; B: KOH, C: I2, D: KI3, F: Cl2, G: KIO3, J: HCl, H: KCl 1,0 4I- + 2H2O + O2 → 4OH- + I2 11NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. I- + I2 → I3- 6OH- + I- + 3Cl2 → IO3- + 6Cl- + 3H2O IO3- + 5I- + 6H+ → 3I2 + 3H2O H2 + Cl2 → 2HCl 0,25 2IO3- + H+ + 10Cl2 → I2 + 5Cl2 + 6H2O 0,25 IO3- + 6H+ + 5e → 1/2I2 + 3H2O có Eo1 = 1,195 V 1/2I2 + e → I- có Eo2 = 0,536 V E2 = Eo2 - 0,0592 lg [I-] = 0,595 V B E1 = Eo1 + 0,0592/5 lg [IO3-]2[H+]6 = 1,188 – 0,071 pH Khi E1 = E2 thì pH = 8,35 0,25 Ánh sáng có 2 vai trò là: 0,25 C - Cung cấp năng lượng để chất đầu vượt qua năng lượng hoạt hóa. - Khơi mào, tạo gốc tự do cho phản ứng Câu 12 [DH-Nguyễn Bỉnh Khiêm Quảng Nam-2017]. 1. Sục khí Cl2 vào nước thu được dung dịch nước clo gồm HCl và HClO. Làm thế nào để tách HClO ra khỏi dung dịch nước Clo? Trên cơ sở đó hãy trình bày cách điều chế HClO từ khí hidroclorua? 2. Cho 1 luồng khí Clo đi qua 3,00g một nguyên tố A rồi sau đó làm lạnh thu được 1,06g một chất màu hồng B. Đun nóng B trong dòng khí nitơ rồi dẫn khí sinh ra đi qua dung dịch KI. Chuẩn độ dung dịch sẫm màu sinh ra bằng natri thiosunfat 0,120M. Chất rắn C sinh ra khi nhiệt phân B được hòa tan vào nước rồi cô bay hơi dung môi thu được chất rắn D. Khí sinh ra được hòa tan vào 150,0 ml nước thu được dung dịch E. Chuẩn độ 20,0 ml dung dịch E bằng dung dịch NaOH 0,100M. Đun nóng chất rắn D ở 4000C thu được 0,403g chất rắn F. Đun nóng chất rắn F trong dòng khí H2 được 0,300g A. a. Xác định các chất từ A đến F b. Viết các phản ứng xảy ra. c. Thể tích dung dịch natrithiosunfat cần để chuẩn độ dung dịch thẫm màu. d. Thể tích dung dịch NaOH để chuẩn độ 20 ml dung dịch E e. Tại sao phải đun nóng B trong dòng nitơ? Có thể thay nitơ bằng chất nào khác? Câu 8 Hướng dẫn giải Điểm 8.1 - Cho dung dịch nước clo tác dụng với CaCO3 khi đó HCl phản ứng còn 0,5 điểm HClO không tác dụng vì nó là axit yếu hơn cả CO2 CaCO3 + 2HCl CaCl2 + CO2 + H2O Dung dịch nước lọc gồm HClO, CaCl2 đem chưng cất tách được Cl2O, sau đó hòa tan trong nước sẽ được dung dịch HClO. 0,25 2HClO t0 Cl2O + H2O Cl2O + H2O 2HClO 12NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. - Đun nóng khí HCl với không khí ở 4000C có mặt xúc tác CuCl2 thu dược 0,25 hỗn hợp khí [Cl2, HCl, N2, O2] 4HCl + O2 2Cl2 + 2H2O Hòa tan hỗn hợp khí vào nước thì Cl2, HCl tan trong nước tạo dung dịch hỗn hợp HCl và HClO tách HClO như câu 1.1. 8.2 a. A – Ga, 1,5 điểm B – GaCl3.Cl2, C – GaCl3, 0,25 D – Ga[OH]3, E – dung dịch HCl, 0,75 F– Ga2O3 0,125 0,125 b. 2Ga + 5Cl2 2GaCl3.Cl2 GaCl3.Cl2 t0 GaCl3 + Cl2 GaCl3 + 3H2O t0 Ga[OH]3 + 3HCl 2Ga[OH]3 t0 Ga2O3 + 3 H2O Ga2O3 + 3H2 t0 2Ga + 3H2O KI + Cl2 2KCl + I2 Na2S2O3 + I2 Na2S4O6 + 2 NaI HCl + NaOH NaCl + H2O c. 71,5 ml dung dịch Na2S2O3 d. 17,2 ml dung dịch NaOH e. Sử dụng khí mang Nitơ để vận chuyển Clo vào dung dịch NaI. Khí mang 0,25 phải trơ với tất cả các chất có trong hệ. Câu 13 [DH-Chuyên Hạ Long Quảng Ninh-2017]. 1. Hoàn thành dãy chuyển hóa sau [ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có]: Na2S4O6 HIO3 [1] I2O5 [2] [3] Cl2 [7] [8] ClO2 [10] NaClO2 I2 [6] KClO3 [9] [4] KI [5] Cu2I2 2. Giải thích nguyên nhân, hình thành những tinh thể hiđrat Cl2.8H2O. Hiđrat đó có phải là hợp chất bọc không? 13NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. 3. Hợp chất iot triclorua ở trạng thái rắn gồm những phân tử đime do hai phân tử dạng monome có cấu tạo hình chữ T trùng hợp tạo thành. Viết công thức Lewis của iot triclorua ở dạng monome và đime ? Cho biết trạng thái lai hóa của iot ở mỗi công thức trên ? Ý Hướng dẫn chấm Điểm 1. 1. 2HIO3 240oC I2O5 + H2O 1,0 2. I2O5 + 5CO toC I2 + 5CO2 3. I2 + 2Na2S2O3 → 2NaI + Na2S4O6 4. I2 + 2K → 2KI 5. 4KI + 2CuSO4 → Cu2I2 + I2 + 2K2SO4 6. I2 + 2KClO3 → Cl2 + 2KIO3 7. 3Cl2 + 6KOH toC KClO3 + 5KCl + 3H2O 8. 2KClO3 + SO2 + H2SO4 → 2KHSO4 + 2ClO2 [hoặc: 2KClO3 + H2C2O4 + 2H2SO4 → 2KHSO4 + 2ClO2 + 2CO2 + 2H2O] 9. 2ClO2 + 2KOH → KClO3 + KClO2 + H2O 10. 2ClO2 + Na2O2 → 2NaClO2 + O2 2. Phân tử Cl2 không phân cực nên tan ít trong nước tạo thành dung dịch nước clo. 0,5 Khi làm lạnh dung dịch nước clo, clo tách ra dạng tinh thể Cl2.8H2O. Đây là hợp chất bọc được tạo nên nhờ sự xâm nhập của phân tử clo vào trong khoảng trống của những tập hợp gồm những phân tử nước liên kết với nhau bằng liên kết hiđro. 3. ICl3: I lai hóa sp3d [ICl3]2: I lai hóa sp3d 0,5 Câu 14 [DH-Chuyên Lê Khiết Quảng Ngãi-2017]. 1. Trong thiên nhiên brom có chủ yếu ở nước biển dưới dạng NaBr. Trong công nghiệp hóa học điều chế brom từ nước biển theo quy trình như sau: cho một lượng dung dịch H2SO4 vào một lượng nước biển; tiếp đến sục khí clo vào dung dịch mới thu được; sau đó dùng không khí lôi cuốn hơi brom vào dung dịch Na2CO3 tới bão hòa brom; cuối cùng cho H2SO4 vào dung dịch đã bão hòa brom, thu hơi brom rồi hóa lỏng. Viết các phương trình phản ứng chủ yếu xảy ra trong quá trình đó và cho biết vai trò của H2SO4. 2. Xử lí 13,16 gam hỗn hợp chất rắn X gồm hai muối khan KIOx và KIOy [y > x] bằng một lượng dư KI trong môi trường axit thu được 200 mL dung dịch A. Lấy 25 mL dung dịch A cho vào một bình định mức 150 mL, pha loãng bằng nước cất, điều chỉnh dung dịch về pH= 3, thêm nước đến vạch. Để chuẩn độ 25 mL dung dịch trong bình định mức này cần dùng 41,67 mL dung dịch Na2S2O3 0,2M để đạt tới điểm cuối với chỉ thị hồ tinh bột. Cho biết công thức hóa học và phần trăm khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp đầu biết tỉ lệ mol của chúng là 2 : 1. 8.1. 14NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. - Ban đầu khi sục khí Clo vào: Cl2 +2NaBr 2NaCl + Br2 Phản ứng này xảy ra thuận lợi trong môi trường axit,vậy H2SO4 có tác dụng axit hóa môi trường [Nếu môi trường kiềm thì có phản ứng giữa halogen X2 với OH-: X2 + OH- X- + OX- + H2O] - Khi lôi cuốn hơi brom vào dung dịch xođa, brom sẽ bị giữ lại theo phản ứng: 3Br2 + 3Na2CO3 5NaBr + NaBrO3 +3CO2 - Dung dịch này bị axit hóa bằng H2SO4 xảy ra phản ứng: Na2CO3 + H2SO4 Na2SO4 +H2O +CO2 [Na2CO3dư] [hay Na2CO3 + 2H2SO4 2NaHSO4 + H2O + CO2 ] 5NaBr + NaBrO3 +3H2SO4 3Na2SO4 + 3Br2 + 3H2O Lượng Br2 này được thu lại. H2SO4 vừa là chất tạo môi trường vừa tham gia phản ứng. 8.2. Gọi số mol của KIOx và KIOy trong 11,02 gam hỗn hợp lần lượt là a và b. mhh = 13,16 g 166[a + b] + 16[ax + by] = 13,16 [1] 2IOx + [4x – 2]I + 4xH+ 2xI2 + 2xH2O mol: a ax 2IOy + [4y – 2]I + 4yH+ 2yI2 + 2yH2O mol: b by Số mol I2 trong 25 mL dung dịch cuối cùng đem chuẩn độ: n[I2] = 25 25 [ax + by] = ax by mol 200 150 48 Phản ứng chuẩn độ: I2 + 2S2O32 S4O62 + 2I n[S2O32] = [41,67 103 L] 0,2 mol/L = 8,334 103 mol ax by 103 = 4,167 48 ax + by = 0,2 [2] Từ [1] và [2] ta có: a + b = 0,06 [3] Theo bài ra: a = 2b [4] Giải [3] và [4] ta có: a = 0,04; b = 0,02. Khi đó [2] được viết lại: 2x + y = 10 Lập bảng giá trị tính y theo x: x1 2 3 4 y8 6 4 2 Chỉ có cặp x = 3, y = 4 thỏa mãn. Hai muối ban đầu là KIO3 và KIO4. Phần trăm khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp đầu: 214 0,04 %m[KIO3] = 13,16 100% = 65,05% 15NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. 230 0,02 %m[KIO4] = 13,16 100% = 34,95% Câu 15 [DH-Chuyên Hoàng Lê Kha Tây Ninh-2017]. Hợp chất X có chứa lưu huỳnh [mỗi phân tử X có chứa một nguyên tử lưu huỳnh], oxi và một hoặc một số nguyên tử trong số các nguyên tử F, Cl, Br và I. Hòa tan một lượng nhỏ X vào nước. Nó bị thủy phân hoàn toàn và không xảy ra phản ứng oxi hóa - khử, các sản phẩm tạo thành đều tan trong nước. Dung dịch các thuốc thử sau [đều có nồng độ 0,1 M] được thêm vào các phần riêng rẽ chứa dung dịch thu được ở trên. Các kết quả thu được như sau: - Thêm HNO3 và AgNO3: có kết tủa màu vàng. - Thêm Ba[NO3]2: không có hiện tượng. - Thêm NH3 để trung hòa dung dịch về pH = 7 và thêm Ca[NO3]2: không có hiện tượng. - Thêm KMnO4 sau đó thêm Ba[NO3]2: thấy mất màu tím và xuất hiện kết tủa trắng. - Thêm Cu[NO3]2: không thấy kết tủa xuất hiện. Hòa tan hoàn toàn 7,190 g chất X vào nước tạo thành 250,0 cm3 dung dịch. Cho 25,00 cm3 dung dịch này phản ứng với lượng vừa đủ AgNO3 thu được 1,452 g kết tủa. Hãy xác định công thức phân tử của X. Hướng dẫn giải - Thêm HNO3 và AgNO3: có kết tủa màu vàng có ion Br- hoặc I-, có thể có cả Cl-. - Thêm Ba[NO3]2: không có hiện tượng không có ion SO42-. - Thêm NH3 để trung hòa dung dịch về pH = 7 và thêm Ca[NO3]2: không có hiện tượng không có ion F-. - Thêm KMnO4 sau đó thêm Ba[NO3]2: thấy mất màu tím và xuất hiện kết tủa trắng có HSO3-. - Thêm Cu[NO3]2: không thấy kết tủa xuất hiện không có ion I-. Vậy dung dịch sau thuỷ phân chất X chứa HSO3-, Br-, Cl- [có thể]. X có thể là SOClBr hoặc SOBr2. - Nếu kết tủa chỉ có AgBr thì nAgBr = 0,0077 mol MX = 7,19 186,75 [loại]. 10. 0, 0077 2 Vậy X có công thức là SOClBr. Câu 16 [DH-Chuyên Tuyên Quang-2017]. Hoà tan hoàn toàn 6,3175gam hỗn hợp muối NaCl, KCl và MgCl2 vào nước rồi thêm vào đó 100ml dung dịch AgNO3 1,2M. Sau phản ứng lọc tách kết tủa A và dung dịch B. Cho 2,0 gam Mg vào dung dịch B, sau khi phản ứng kết thúc lọc tách riêng kết tủa C và dung dịch D. Cho kết tủa C vào dung dịch HCl loãng dư, sau phản ứng thấy khối lượng C giảm đi 1,844 gam. Thêm NaOH dư vào dung dịch D, lọc lấy kết tủa nung đến khối lượng không đổi thu được 0,3 gam chất rắn E. 1. Tính khối lượng các kết tủa A, C. 2. Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp ban đầu. 16NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. Hướng dẫn: 1. Gọi số mol NaCl, KCl và MgCl2 trong 6,3175g hỗn hợp muối là x, y và z. Số mol AgNO3 ban đầu: 0,1 . 1,2 = 0,12[mol]. Cho hòa tan hỗn hợp vào dung dịch AgNO3, có các phản ứng : NaCl + AgNO3 AgCl + NaNO3 [1] KCl + AgNO3 AgCl + KNO3 [2] MgCl2 + 2AgNO3 2AgCl + Mg[NO3]2 [3] Khi cho 2 gam Mg vào dung dịch B, Mg chỉ tác dụng với AgNO3 [nếu dư], vì vậy trong kết tủa C có thể có Ag và Mg. Mặt khác kết tủa C tan một phần trong dung dịch HCl, nên trong kết tủa C còn Mg dư, lượng Mg dư tác dụng với HCl nên làm khối lượng kết tủa giảm, nhưng khối lượng giảm là 1,844g < 2g chứng tỏ một phần Mg đã phản ứng với AgNO3 dư. Vậy các muối clorua kết tủa hoàn toàn với AgNO3. Dung dịch B phản ứng với Mg : 2AgNO3 + Mg 2Ag + Mg[NO3]2 [4] Kết tủa C gồm Mg dư và Ag cho tác dụng với dung dịch HCl: chỉ có Mg phản ứng. Mg + 2HCl MgCl2 + H2 [5] Lượng Mg tan bằng lượng Mg dư lượng Mg tham gia phản ứng [4] là: 2 – 1,844 = 0,156[g] Ta có số mol AgNO3: n AgNO3 = x + y + 2z + 2 0,156 = 0,12 [mol] [I] 24 Dung dịch D chứa Mg[NO3]2: z + 0,156 = z + 0,0065[mol] và HCl dư, khi cho tác dụng với 24 dung dịch NaOH dư : HCl + NaOH NaCl + H2O [6] 2NaCl [7] MgCl2 + 2NaOH Mg[OH]2 + Đem kết tủa nung tới khối lượng không đổi : Mg[OH]2 to MgO + H2O [8] Ta có : nMgO = z + 0,0065 = 0,3 = 0,0075[mol] z = 0,001[mol]. 40 Khối lượng hỗn hợp muối ban đầu: m = 58,5x + 74,5y + 95z = 6,3175 [II] Thay z vào phương trình [I] và [II], giải hệ phương trình thu được: x = 0,10mol, y = 0,005mol. Khối lượng kết tủa A : mA = 143,5[x + y +2z] = 15,3545[g] 2. Phần trăm các muối trong hỗn hợp đầu : %mNaCl 58, 5 0,1.100% 92, 6% 6,3175 %mKCl 74,50,005.100% 5,9% 6,3175 %mMgCl2 95 0, 001.100% 1, 5% 6,3175 17NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. Câu 17 [ DH-Chuyên Thái Bình-2017]. 1. Tại sao tồn tại phân tử H5IO6 nhưng không tồn tại phân tử H5ClO6. Một trong các phương pháp điều chế axit H5IO6 là cho I2 tác dụng với dung dịch HClO4 đậm đặc. Viết phương trình phản ứng xảy ra. 2. Giải thích tại sao ái lực electron của F lại nhỏ hơn Cl [328 kJ/mol so với 349kJ/mol] mặc dù độ âm điện của F lớn hơn? 3. Xác định các chất A,B,C,D,E và viết các PTPU thực hiện sơ đồ sau: D+ A dd KOH,t0 A KNO3, H2SO4 I2 dd KOH BD dd KOH CO 200oC N2H4 EC 1. Cl không có obitan f trống như I và bán kính nguyên tử của I lớn nên lực đẩy giữa các nhóm OH nhỏ nên phân tử mới có thể tồn tại. I2 + HClO4 + 4H2O → H5IO6 + Cl2 2. Do việc nhận thêm 1e tạo ion X- phải thắng lực đẩy giữa các e với nhau. Việc này khó với F vì do các electron vốn đã chịu lực hút mạnh của hạt nhân nên sẽ di chuyển trong một khoảng không gian nhỏ, do bán kính F nhỏ. Với clo ko quá khó vì các electron này ở lớp thứ 3 tương đối rộng và xa hạt nhân. 3. A là KI; B HIO3; C: I2O5; D: KIO3; E:HI 2KI + KNO3 + H2SO4 → I2 + KNO2 + H2O 3I2 + 10HNO3 → 6HIO3 +10NO + 2H2O 3I2 + 6KOH → 5KI + KIO3 + 3H2O HIO3 + KOH → KIO3 + H2O I2O5 + 5CO → I2 + 5CO2 HI + KOH → KI + H2O Câu 18 [DH-Chuyên Vĩnh Phúc-2017]. Đun nóng đến 2000C hỗn hợp X gồm bốn muối A, B, C, D của Na, mỗi muối 1 mol thấy có khí E không cháy được thoát ra và một hỗn hợp Y [có khối lượng giảm 12,5% so với khối lượng của X] chứa: 1,33 mol A, 1,67 mol C và 1 mol D. Nếu tăng nhiệt độ lên 4000C thì thu được hỗn hợp Z chỉ có A và D, còn tăng nhiệt độ đến 6000C thì chỉ còn lại A. Thành phần phần trăm khối lượng của natri trong muối nhị tố A nhỏ hơn thành phần phần trăm khối lượng của nguyên tố phi kim F là 21,4%. a] Xác định A, B, C, D, F. Viết các ptpư b] Xác định thành phần phần trăm theo khối lượng của các chất trong hỗn hợp X c] Xác định thành phần phần trăm theo số mol của các chất trong hỗn hợp Z. Nội dung Điểm 18NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. 0,25 * Xác định muối A: 0,25 % m[Na] = x; % m[F] = y -> hệ: x + y = 100; y – x = 21,4 0,25 Giải hệ có: x = 39,9% ; y = 60,7%. Gọi CT [A] : NanF -> 23n/ MF = 39,3/60,7 => MF = 13961/393 ; với n = 1 -> MF = 35,5 CT [A] là NaCl A, B, C, D là muối của Na, nhiệt phân tận cùng được muối NaCl duy nhất vậy B, C, D phải là muối chứa oxi của Na và clo. Xác định [B]: cNaClOb -> [c - b]NaCl + b NaClOc Theo bài: [c-b]/b = [1,33 - 1]/ [1,67-1] => c = 3 ; b = 2 Nhiệt phân ở 2000C cho khí không cháy, khí đó là hơi nước nên B phải là muối ngậm nước. CT [B], C, D : NaClO2. nH2O ; NaClO3; NaClO4 Khối lượng muối ban đầu: m = 58,5.1 + [90,5+ 18n ].1 + 106,5.1 + 122,5.1 = 378 + 18n 0,25 %Khối lượng H2O = 18n/ [378 + 18n] = 0,125 => n = 3 => CT B : NaClO2. 3H2O * Các phương trình phản ứng: Nung ở 2000C: 3NaClO2.3H2O -> NaCl + 2NaClO3 + 3H2O Nung ở 4000C: 4NaClO3 -> 3NaClO4 + NaCl Nung ở 6000C: 4NaClO4 -> 2O2 + NaCl Khối lượng hh X = 432 gam phần trăm khối lượng các chất A, B, C, D lần lượt là: 13,54%; 33,45%; 24,65% ; 28,36% 0,5 ở 4000C: 2NaClO2 -> NaClO4 + NaCl 4NaClO3 -> 3NaClO4 + NaCl 1 11 1 1,5 1,5 mol - 0,5 0,5 - 0.25 0,75 1,5 1,5 - 1,75 2,25 => % số mol NaCl = 1,75.100/[1,75 + 2,25] = 43,75% 0,5 % số mol NaClO4 = 56,25% 19NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. NHÓM VIA [ĐỀ 2-MỤC III TRANG 225] Câu 1 [DH-Chuyên Biên Hòa Hà Nam-2017]. Trong công nghiệp người ta thường sản xuất SO2 từ các khoáng vật chứa nhiều S, sẵn có nhất ở Việt Nam là quặng FeS2. Một mẫu khoáng vật đã được loại bỏ hết tạp chất trơ X chứa hỗn hợp FeS2 và Cu2S được đốt cháy hoàn toàn bằng không khí vừa đủ thu được hỗn hợp khí Y chỉ chứa SO2 và N2. Lấy một thể tích Y thực hiện một loạt các thí nghiệm liên tiếp. Đầu tiên cho hỗn hợp đi qua bình chứa 23,9 gam chì đioxit thu được 30,3 gam muối A. Khí đi ra lại cho tiếp qua bình đựng 8,7 gam mangan đioxit, trong bình chứa 86 ml nước được đun liên tục trào lên để hòa tan hết muối B sinh ra ta thu được dung dịch B chứa duy nhất một chất tan có nồng độ phần trăm là 20%. Khí đi ra cho qua bình chứa đựng Na2O dư thấy khối lượng bình tăng 26,2 gam, khí đi ra có thể tích 96,1 lit [đktc]. 1.Xác định hợp chất A, B và viết các phương trình phản ứng. Biểu diễn cấu trúc anion của muối A và B. 2.Xác định hàm lượng phần trăm theo khối lượng của hỗn hợp Y. 3.Nếu hỗn hợp Y cho đi qua bình chứa bột Zn đun nóng, viết phương trình phản ứng và biểu diễn cấu trúc anion của muối tạo ra trong phản ứng. HDG 1. nSO2 [1] 30,3 26,9 0,1mol, nPbO2 0,1mol 64 muối thu được là PbSO4 [muối A] 8, 7 mSO2 [2] 0, 2 mSO2 [2] 12,8gam 8, 7 mSO2 [2] 86 nMnO2 : nSO2 1: 2 B : Mn S2O6 Viết các phương trình phản ứng 4FeS2 11O2 to 2Fe2O3 8SO2 Cu2S 2O2 to 2CuO SO2 SO2 PbO 2 PbSO4 2SO2 MnO 2 MnS2O6 SO2 Na2O Na2SO3 Cấu trúc ion SO42 và S2O62 : , 2. V của N2 là 96,1lit 20NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. nSO2 0,1 0, 2 26, 2 0, 71 64 nO2 96,1 1, 07mol 22, 4 4 Đặt x là số mol FeS2, y là số mol Cu2S ta có hệ: 2x y 0, 71 11 x 2 y 1, 07 4 x 0, 28; y 0,15 %FeS2: 58,33% và %Cu2S : 41,67% 3. 2SO2 Zn to ZnS2O4 Cấu trúc ion S2O42 : Câu 2 [DH-Chuyên Quốc học Huế-2017]. Hỗn hợp A gồm 2 oxit sắt. Dẫn từ từ khí hiđro đi qua m gam A đựng trong ống sứ đã nung đến nhiệt thích hợp. Sản phẩm tạo nên là 2,07 gam nước và 8,48 gam hỗn hợp B gồm 2 chất rắn. Hoà tan B trong 200 ml dung dịch H2SO4 1M thu được dung dịch D và 1971,2 ml H2 ở 27,30C và 1 atm. Cho D tác dụng với dung dịch NaOH dư sẽ được kết tủa E. Cho E tiếp xúc với không khí để chuyển E hoàn toàn thành chất rắn F. Khối lượng của E và F, khác nhau 1,36 gam. a. Tính m. b. Tìm nồng độ của các hợp chất và các ion trong dung dịch D [cho biết thể tích trong dung dịch D thay đổi không đáng kể so với thể tích dung dịch H2SO4 đã dùng, các muối thuỷ phân không đáng kể, các chất phân li hoàn toàn thành ion]. c. Thành lập công thức và tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp A. Ý Nội dung Điểm a. a. Theo đề bài : 0,25 A + H2 B + H2O [1] 0,25 mA = 8,48 + 2,07 - 2,07.2 10,32g 18 b. Trong B phải có Fe và một oxit sắt, do đó khi hoà tan B bằng dung dịch H2SO4 1,0 loãng có phản ứng: Fe + H2SO4 FeSO4 + H2 Vì oxit sắt chưa biết [có thể FeO, Fe2O3 hoặc Fe3O4 ] nên khi tan trong H2SO4 có thể tạo ra FeSO4, Fe2[SO4]3 hoặc hỗn hợp của chúng. Khi cho D tác dụng với 0,25 dung dịch NaOH dư : H2SO4dư + 2NaOH Na2SO4 + 2H2O [3] 21NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. FeSO4 + 2NaOH Fe[OH]2 + Na2SO4 [4] [5] Fe2[SO4]3 + 6NaOH 2Fe[OH]3 + 3Na2SO4 Khi tiếp xúc với không khí : 4Fe[OH]2 + O2 + 2H2O 4Fe[OH]3 [6] Do đó khối lượng E khác F là do Fe[OH]2 biến thành Fe[OH]3 [tăng 1 nhóm OH]. Nên 1.36 0,25 17 nFe[OH ]2 0,08 mol Mặt khác theo phản ứng [2]: nH2 nFe nFe[OH ]2 1,9712.273 0,08mol [273 27,3].22,4 Chứng tỏ trong B chỉ có Fe + Fe2O3 với lượng : nFe2O3 [B] 8,48 56.0,08 0,025 mol 160 Tổng lượng H2SO4 bằng n = 0,2.1 = 0,2 mol 0,25 Lượng H2SO4 tác dụng ở phương trình [2] là 0,08 mol 0,25 Lượng H2SO4 để hoà tan Fe2O3 trong B theo phản ứng : Fe2O3 + 3H2SO4 Fe2[SO4]3 + 3H2O Là n’ = 3.nFe2O3 3.0,025 0,075 mol Vậy lượng H2SO4 dư = 0,2 – 0,08 – 0,075 = 0,045 mol Nồng độ mol của các chất D : CH2SO4 dư = 0,045/0,2 = 0,225 M CFeSO4 = 0,08/ 0,2 = 0,40 M CFe2[SO4]3 = 0,02 /0,2 = 0,125 M Nồng độ các ion: Fe2 0, 40M , Fe3 2.0.125 0, 25M , SO42 H2 SO4 đầu =1M c. Theo kết quả ở trên ta thấy trong A có Fe2O3 [a mol] và oxit chưa biết FexOy 0,75 b[mol] [x 2; y 3] Theo định luật bảo toàn electron thì tổng số electron mà các chất khử cho phải bằng tổng số electron mà các chất oxi hoá nhận nên ta có phương trình [Fe2O3 cuối cùng thành Fe3+ tức không cho nhận, FexOy cuối cùng thành Fe3+. Như vậy 1 mol FexOy cho [3x – 2y] electron]. Trong phản ứng [1] H2 cho electron nH2 nH2O 2,07 0,115 mol, trong phản ứng [2] H+ nhận electron và 0,5 18 trong phản ứng [6] O2 nhận electron. Do đó ta có phương trình bảo toàn electron: 22NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. b[3x – 2y] + 0,115.2 = 0,08.2 + 0,08 .4 rút ra b= 0,01 4 3x 2 Khi x = 1; y = 1 [FeO] thì b = 0,01 Khi x = 3; y = 4 [Fe3O4] thì b = 0,01 0,25 Do đó đối với trường hợp : * FeO + Fe2O3 %FeO 0,01.72.100 6,977% và Fe2O3 = 100 - 3.977 = 93.023% 10,32 * Fe3O4 + Fe2O3 % Fe3O4 = 0,01.232.100 22,48% và Fe2O3 = 100 – 22,48 = 77,52% 10,32 Câu 3 [DH-Chuyên Lào Cai-2017]. Hòa tan hoàn toàn 2 gam một hỗn hợp chứa Na2S.9H2O, Na2S2O3.5H2O và tạp chất trơ vào H2O, rồi pha loãng thành 250 ml dung dịch [dd A]. Thêm tiếp 25 ml dung dịch iot 0,0525M vào 25 ml dung dịch A. Axit hóa bằng H2SO4 rồi chuẩn độ iot dư hết 12,9 ml dung dịch Na2S2O3 0,101M. Mặt khác cho ZnSO4 dư vào 50 ml dung dịch A. Lọc bỏ kết tủa. Chuẩn độ dung dịch nước lọc hết 11,5 ml dung dịch iot 0,0101M. Tính % khối lượng các chất trong hỗn hợp rắn ban đầu. Câu Nội dung Điểm Thêm 25 ml dung dịch I2 0,0525M vào 25 ml dung dịch A Na2S + I2 → 2NaI + S ↓ [1] 0,25 0,25 2Na2S2O3 + I2 → Na2S4O6 + 2NaI [2] 0,25 Chuẩn độ iot dư hết 12,9 ml dung dịch Na2S2O3 0,101M [=0,0013029 mol] 2Na2S2O3 + I2 → Na2S4O6 + 2NaI [3] → I2 dư 0,00065145 mol → I2 tham gia phản ứng [1]+[2] là : 0,025x0,0525 – 0,00065145 = 0,00066105 mol = 6,6105x10-4 [mol] → số mol I2 cần p/ư với 250 ml dd A: 6,6105.10-3 mol 0,25 Cho ZnSO4 dư vào 50 ml dung dịch A. Zn2+ + S2- → ZnS ↓ Lọc bỏ kết tủa, chuẩn độ nước lọc hết 11,5 ml dd iot 0,0101M [= 0,00011615 mol = 1,1615.10-4 mol] → số mol Na2S2O3 trong 50 ml dd A 0,5 là 2,323.10-4 mol → số mol Na2S2O3 trong 250 ml dd A là 1,1615.10-3 mol → số mol I2 cần dùng trong [2] khi p/ư với 250 ml A là : 5,8075.10-4 mol → số mol Na2S trong 250 ml dung dịch A: 6,02975.10-3 mol % Na2S.9H2O= 6,02975.10-3 . 168.100/2 = 72,36% %Na2S2O3.5H2O = 14,40% 0,5 % tạp chất trơ = 13,24% 23NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. Câu 4: 2S + Cl2 S2Cl2 S2Cl2 + Cl2 2SCl2 2SCl2 + 2O2 2SOCl2 + SO2Cl2 2SOCl2 + O2 SO2Cl2 Câu 4 [DH-Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định -2017]. Khi cho lưu huỳnh nguyên tố tác dụng với khí clo khô ở 130oC thu được một chất lỏng màu vàng A chứa 52.5% Cl và 47.5% S. Tiếp tục cho A tác dụng với khí clo trong sự có mặt của FeCl3 thu được một chất lỏng màu đỏ B dễ hút ẩm. B tác dụng với oxy thu được chất lỏng không màu C [59.6% Cl, 26.95% S và 13.45% O] và một chất D [M = 135 g/mol] có thể nhận được trực tiếp bằng phản ứng giữa C và oxy. Xác định cấu trúc các chất và viết phương trình phản ứng xảy ra. Câu 5 [DH-Chuyên Hùng Vương Phú Thọ-2017]. Khí A có tỉ khối so với không khí là 2,21. Sục 0,56 lít A [đktc] vào dung dịch nước brom, thấy có 0,025 mol brom tham gia phản ứng. A phản ứng với oxi theo tỉ lệ mol 2:1 thu được chất B không tác dụng với nước brom và dung dịch KMnO4. Nếu cho A tác dụng với photpho pentaclorua ta được chất C. Chất C rất thông dụng trong tổng hợp hữu cơ với vai trò thuốc thử và rất dễ thủy phân. a. Xác định công thức phân tử của A, B, C. b. Viết các phương trình phản ứng cho các biến đổi đã nêu ở trên. c. Sục A qua dung dịch KMnO4 thì dung dịch này mất màu. Viết phương trình hóa học có thể xảy ra cho phản ứng này. Câu Nội Dung Điểm Ý a] A: SO2; B: SO3; C: SO2Cl2 0,75 Ý b] SO2 +Br2 + 2H2O 2HBr+ H2SO4 0,75 2SO2 + O2 2SO3 SO2 + PCl5 SOCl2 + POCl3 SOCl2 + H2O SO2 + 2HCl Ý c] 3SO2 + 2KMnO4 + 2H2O K2SO4 + 2MnO2 + 2H2SO4 0,25 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 0,25 Câu 6 [DH-Chuyên Thái Nguyên-2017]. 1. Tại sao hidrosunfua lại độc đối với người? 2. Hỗn hợp A gồm Al, Zn, S dưới dạng bột mịn. Sau khi nung 33,02 gam hỗn hợp A [không có không khí] một thời gian, nhận được hỗn hợp B. Nếu thêm 8,296 gam Zn vào B thì hàm lượng đơn chất Zn trong hỗn hợp này bằng ½ hàm lượng Zn trong A. - Lấy ½ hỗn hợp B hòa tan trong H2SO4 loãng dư thì sau phản ứng thu được 0,48 gam chất rắn nguyên chất. 24NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. - Lấy ½ hỗn hợp B thêm 1 thể tích không khí thích hợp. Sau khi đốt cháy hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí C trong đó N2 chiếm 85,8% về thể tích và chất rắn D. Cho hỗn hợp khí C đi qua dung dịch NaOH dư thì thể tích giảm 5,04 lit [đktc] a. Viết các phương trình phản ứng. b. Tính thể tích không khí [đktc] đã dùng. c. Tính thành phần % theo khối lượng các chất trong B.[Cho: Al=27, Zn=65, S=32] ý Nội dung Điểm 1 Hidrosunfua lại độc đối với người vì khi vào máu, máu hóa đen do tạo ra FeS làm 0,5 hemoglobin của máu chứa Fe2+ bị phá hủy. H2S + Fe2+[hemoglobin] FeS + 2H+ 2a Với S, Al và Zn có các phản ứng : 2Al + 3S t0 Al2S3 Zn + S t0 ZnS Trong trường hợp tổng quát nhất [phản ứng không hoàn toàn] hỗn hợp B gồm Al2S3, ZnS, 0,25 S dư, Al dư, Zn dư. Trong 5 chất này chỉ có S không tan trong dung dịch H2SO4 loãng vậy : mSdu [1 B] = 0,48 [gam] 2 nSdư [B] = 2 0,48 = 0,03 [mol] [1] 32 Với H2SO4 ta có các phản ứng : Al2S3 + 3H2SO4 Al2[SO4]3 + 3H2S ZnS + H2SO4 ZnSO4 + H2S Zn + H2SO4 ZnSO4 + H2 0,5 2Al + 3H2SO4 Al2[SO4]3 + 3H2 Khi nung ½ B trong O2 : Al2S3 + 9 O2 t0 Al2O3 + 3SO2 2 ZnS + 3 O2 t0 ZnO + SO2 2 4Al + 3O2 t0 2Al2O3 Zn + t0 ZnO 1 O2 2 S+ O2 t0 SO2 2b Hỗn hợp khí C gồm SO2, N2 [không có O2 vì người ta dùng một lượng oxi vừa đủ] Qua dung dịch NaOH, SO2 bị giữ lại : SO2 + NaOHdư Na2SO3 + H2O 25NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. Vậy độ giảm thể tích 5,04 lit là thể tích SO2 nSO2 = 5,04 = 0,225 [mol] 22,4 Theo nguyên lí bảo toàn nguyên tố S : 0,25 nSO2 [C] nS [B] nS [ 1 A] [2] 2 Vậy : nS[A] = 2 .0,225 = 0,45 [mol] mS[A] = 0,45. 32 = 14,4 [gam] mAl+Zn[A] = 33,02 – 14,4 = 18,62 [gam] Gọi x = nAl ; y = nZn trong A. Ta có :27x + 65y = 18,62 [3] %SO2 trong C = 100% - %N2 = 100 – 85,8 = 14,2% Ta có : 0,225 mol SO2 %SO2 = 14,2% 0,25 Vậy : nN2 = 0,225 85,8 = 1,36 [mol] 14,2 Do N2 chiếm 4 thể tích không khí nên : 5 55 nKK = nN2 = .1,36 [mol] 4 4 Thể tích không khí : VKK = 5 .1,36 . 22,4 = 38,08 [lit] 4 2c Số mol O2 dùng để oxi hóa ½ B là: 1 1 nO2 = 4 nN2 = .1,36 = 0,34 [mol] 4 Trong 0,34 mol O2 này có 0,225 mol O2 dùng để biến S thành SO2, phần còn lại dùng để biến Al, Zn thành Al2O3, ZnO. n 1 = 0,34 – 0,225 = 0,115 [mol] O2 [ 2 B] Ta thấy dù biến ½ A [Al, Zn, S] thành Al2O3, ZnO, SO2 hay ½ B [Al2S3, ZnS, Al dư, Zn dư, S dư thành Al2O3, ZnO, và SO2] thì lượng O2 dùng là như nhau vì có cùng số mol Al, Zn, và S. Do đó có thể kết luận là để biến Al, Zn trong ½ A thành Al2O3, ZnO ta cũng phải dùng 0,115 mol O2. 4Al + 3O2 t0 2Al2O3 x 3x 28 Zn + 1 t0 ZnO 0,25 2 O2 yy 24 nO2 = 3x + y = 0,115 [mol] 3x + 2y = 0,920 [4] 8 4 26NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. Từ [3] và [4] x = 0,16 mol Al ; y = 0,22 mol Zn Từ % Zn trong A và % Zn đơn chất trong B cộng 8,296 gam Zn ta suy ra : z’ = nZndư ; nZn phản ứng với S ; nSphản ứng với Al ; và n .Al2S3 %Zn[A] = 0,22 65100 43,307% 33,02 Sau khi thêm 8,296 gam Zn vào B : 0,25 %Zn đơn chất = [65z ' 8,296] 100 1 43,307 z’= 0,01 mol Zn dư. 33,02 8,296 2 Vậy có : 0,22 – 0,01 = 0,21 mol Zn kết hợp với 0,21 mol S cho 0,21 mol ZnS nSphản ứng với Al = nS chung – nS[Zn] – nSdư = 0,45 – 0,21 – 0,03 = 0,21 [mol] 0,21 n =Al2S3 = 0,07 [mol] 3 Thành phần % khối lượng của các chất trong hỗn hợp B : %Al2S3 = 0,07 150 100% 31,8% %ZnS= 0,21 97 100% 61,69% 33,02 33,02 %Zndư = 0,01 65100% 1,97% %Sdư = 0,03 32 100% 2,91% 33,02 33,02 %Aldư = 100 – [31,8 + 61,69 + 1,97 + 2,91] = 1,63% Câu 7 [DH-Chuyên Bắc Giang-2017]. Để xác định hàm lượng khí độc H2S trong không khí người ta làm thí nghiệm như sau : Lấy 50 lít không khí nhiễm khí H2S [D = 1,29 g/lít] cho đi qua thiết bị phân tích có chứa dung dịch CdSO4 dư. Sau đó axit hóa toàn bộ hỗn hợp thu được và cho tất cả lượng H2S sinh ra hấp thụ hết vào ống đựng 10 ml dung dịch I2 0,015 M. Lượng I2 dư tác dụng vừa đủ với 12,5 ml dung dịch Na2S2O3 0,008 M. Viết các phương trình hóa học xảy ra trong quá trình thí nghiệm và tính hàm lượng H2S trong không khí theo ppm [số microgam chất trong 1 gam mẫu]. Phương trình hóa học: H2S + Cd2+ CdS + 2H+ [1] CdS + 2H+ Cd2+ + H2S [2] H2S + I2 S + 2I- + 2 H+ [3] I2 + 2S2O32- 2I- + 2S4O62- [4] nI2 = 0,01 x 0,015 = 1,5x 10-4 mol nS2O32- = 0,0125 x 0,008 = 10-4 mol Từ [1] [4] ⇒nH2S = nI2[3] = 1,5x10-4 - 10-4/2 = 10-4 mol Khối lượng không khí : m = 1,29 x 50 = 64,5 gam. Hàm lượng H2S theo ppm : [10-4 x 34x 106]/ 64,5 = 52,7 ppm 27NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. Câu 8 [DH-Chuyên Bắc Ninh-2017]. Các hợp chất X, Y, Z đều cấu tạo gồm các nguyên tố Na, S, O trong đó MZ – MY = MY – MX = 16. Khử Y bằng cacbon ở nhiệt độ cao rồi cho sản phẩm vào dung dịch HCl thu được một chất khí mùi trứng thối. Khí này tác dụng với dung dịch HClO thu được sản phẩm chứa lưu huỳnh có cùng số oxi hóa với lưu huỳnh trong Y. Từ dung dịch X có thể trực tiếp điều chế Z bằng cách hòa tan vào Z một đơn chất, sau đó cô đặc dung dịch và kết tinh để thu được một tinh thể. Lọc vớt tinh thể rồi làm khô, đun nóng nhẹ được dung dịch chứa Z với nồng độ C%. 1. Xác định X, Y, Z và viết các phương trình phản ứng minh họa. 2. Tính giá trị của C. Ý NỘI DUNG CẦN ĐẠT ĐƯỢC ĐIỂM 1 Khí mùi trứng thối là H2S. Khi H2S tác dụng với HClO, sản phẩm sinh ra là 0,5 H2SO4. Vậy lưu huỳnh trong Y có SOH là +6. Y là Na2SO4. 0,5 Na2SO4 + 4C → Na2S + 4CO Na2S + 2HCl → 2NaCl + H2S 0,5 H2S + HClO → H2SO4 + HCl MZ – MY = MY – MX = 16. Vậy Z phải là Na2S2O3, X là Na2SO3 Na2SO3 + S → Na2S2O3 Na2S2O3 + 5H2O → Na2S2O3.5H2O 2 Khi đun nóng, Na2S2O3.5H2O nóng chảy trong nước kết tinh được dung dịch 0,5 với C% = [46+64+48]/[46+64+48+18.5] = 63,71% Câu 9 [DH-Chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương -2017]. 1. Từ lưu huỳnh, thực hiện dãy chuyển hóa sau: S 13C0l02C A Cl2 B O2 C D xt Xác định các chất A, B, C, D Biết hợp chất A là chất lỏng màu vàng chứa 52,5% Cl và 47,5% S. Hợp chất B là chất lỏng màu đỏ, dễ hút ẩm. Hợp chất D có khối lượng mol phân tử là 135 g/mol. Hợp chất D có thể thu được bằng phản ứng trực tiếp của C với O2. 2. Cho SCl2 tác dụng NH3 sinh ra chất dễ nổ là S4N4, chất này có CTCT như dưới đây : NS SN NS SN a] Viết phương trình cho sự tạo thành S4N4 từ NH3 và SCl2 28NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. b] Phân tử S4N4 rất dễ tham gia phản ứng hóa học bao gồm cả phản ứng oxi hóa và khử . Xử lí S4N4 với lượng dư AsF5 trong sunfudioxit sinh ra muối [S4N4][AsF6]2 , còn xử lí với lượng dư SnCl2 trong metanol thu được S4N4H4 . Viết phương trình phản ứng cho hai phản ứng này. CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 9 D: 0,25x4=1 1 A: S2Cl2 B: SCl2 C: SOCl2 0,5 2 SO2Cl2 0,25 a] 12NH3 + 6SCl2 S4N4 + 12NH4Cl + 2S 0,25 b] S4N4 + 3AsF5 [S4N4]2+ [AsF6-]2 + AsF3 Trong phản ứng với SnCl2, Sn[II] bị oxi hóa thành Sn[IV]: S4N4 + 2SnCl2 + 4MeOH S4N4H4 + 2SnCl2[MeO]2 Câu 10 [DH-Chuyên Hoàng Văn Thụ Hòa Bình 2017]. 1. Để oxihoa hết 2,16 gam một oxit của kim loại R cần dùng 0,015 mol H2SO4 trong dung dịch H2SO4 [đậm đặc, nóng]. a. Định công thức oxit. b. Nếu hoà tan lượng oxit trên trong dung dịch H2SO4 [lỏng, dư], khối lượng kết tủa thu được là bao nhiêu ? 2. Đốt cháy hoàn toàn 12 gam một sunfua kim loại R có hoá trị không đổi thu được chất rắn A và khí B. Hoà tan hết A bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 24,5% thu được dung dịch muối X có nồng độ 33,33%. Làm lạnh xuống tới nhiệt độ thấp tách ra 15,625 gam tinh thể T, phần dung dịch bão hoà lúc đó có nồng độ 22,54%. Xác định công thức của T. 3. Biết nhiệt độ sôi của CS2 là 46,20oC, hằng số nghiệm sôi của nó là 2,37. Hoà tan 1,024 gam lưu huỳnh vào 20 gam CS2 thì nhiệt độ sôi của dung dịch thu được là 46,67oC. Hãy cho biết công thức phân tử của đơn chất lưu huỳnh [Ms = 32]. 29NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. 9.1 1. Công thức: R2Oa Ta có: Ra+ Rb+ + [b-a]e 0.75đ 0.75đ 0,03[b-a] 0,03[b-a] 30 8+6 + 2e 8+4 0,015 0,03 Vậy M 2,16. [b a] 2M R 16a 0,015 MR = 72b – 80a Ta có bảng: b3 3 2 a2 1 1 MR 56 136 64 R Fe 0 Cu Vậy có hai nghiệm FeO và Cu2O. - Nếu FeO: FeO + H2SO4[e] FeSO4 + H2O Không có kết tủa. - Nếu Cu2O: Cu2O + H2SO4 CuSO4 + Cu + H2O 0,015 0,015 Khối lượng kết tủa thu được là: 64 . 0,015 = 0,96 [gam] 9.2 2. Công thức R2Sa Phản ứng: R2Sa + 3a O2 R2Oa + aSO2 2 hoặc: R2Sa + aO2 2R + aSO2 - Nếu chất rắn A là R2Oa: R2Oa + aH2SO4 R2[SO4]a + aH2O 1mol amol 1mol Ta có: 2M 96a 1 [1] 16a 98a. 100 3 2M 24,5 Từ [1] a = 2 M = 64 R là Cu. - Nếu chất rắn A là R : 2R + 2aH2SO4 R2[SO4]a + aSO2 + 2aH2O [do R: là kim loại rất yếu] 1mol amol 0,5mol 0,5amol Ta có: [2M R 96a].0,5 1 100 3 M 98a. 24,5 64.0,5a R Trường hợp này không có nghiệm. Vậy dung dịch X là dung dịch CuSO4. Ta có: Số mol CuS = số mol CuSO4 = 0,125.NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. mddX = 60 [gam] Đặt T là CuSO4 . nH2O Áp dụng bảo toàn khối lượng CuSO4 ta có : 0,125.160 15,625 .160 [60 15,625].22,54 160 18n 100 n = 5. Vậy T là CuSO4 . 5H2O 9.3 3. Áp dụng công thức ts m M m 0.25đ ks. M ks. ts Trong đó m là khối lượng chất tan 1000 gam dung môi Vậy M 2,37. 1,024.1000 258 [46,67 46,20].20 Vậy phân tử lưu huỳnh là S8 Câu 11 [DH-Chuyên Hưng Yên-2017]. Cho mẫu chất chứa Fe3O4, Fe2O3 và các tạp chất trơ. Hòa tan mẫu vào lượng dư dung dịch KI trong môi trường axit [khử tất cả Fe3+ thành Fe2+] tạo thành dung dịch A. Pha loãng A đến thể tích 50 ml. Lượng I2 có trong 10 ml dung dịch A phản ứng vừa đủ với 5,5 ml dung dịch Na2S2O3 1M [sinh ra S4O 2 ]. Lấy 25 ml mẫu dung dịch A khác, chiết tách I2, lượng Fe2+ trong 6 dung dịch còn lại phản ứng vừa đủ với 3,2 ml dung dịch MnO 1M trong H2SO4. 4 a. Viết phương trình phản ứng xảy ra [dưới dạng phương trình ion thu gọn]. b. Tính phần trăm khối lượng Fe3O4 và Fe2O3 trong mẫu ban đầu. Câu 9 Nội dung Điểm 9a. Phương trình phản ứng: 0,25đ Fe3O4 + 2I- + 8H+ → 3Fe3+ + I2 + 4H2O [1] 0,25đ Fe2O3 + 2I- + 6H+ → 2Fe3+ + I2 + 3H2O [2] 0,25 đ 0,25 đ 2S2O 2 + I2 → S4O 2 + 2I- [3] 3 6 0,25 đ 5Fe2+ + MnO + 8H+ → 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O [4] 4 9b. [3] => n I2 [3] 12 nS2O32 1 .0,0055.1 0,00275 mol 2 [4] => n Fe2 [4] 5n MnO 5.0,0032.1 0,016 mol 0,25đ 4 0,25 đ Đặt số mol Fe3O4 và Fe2O3 lần lượt là x và y, ta có: 3x + 2y = 0,016.2 = 0,032 x + y = 0,00275.5 = 0,01375 0,25 đ x = 0,0045 và y = 0,00925 %mFe3O4 = 17,4% và %mFe2O3 = 24,7% 31NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. Câu 12 [DH-Nguyễn Bỉnh Khiêm Quảng Nam-2017]. 1. Khi cho lưu huỳnh nguyên tố tác dụng với khí clo khô ở 130oC thu được một chất lỏng màu vàng A chứa 52,5% Cl và 47,5% S. Tiếp tục cho A tác dụng với khí clo trong sự có mặt của FeCl3 thu được một chất lỏng màu đỏ B dễ hút ẩm. B tác dụng với oxy thu được chất lỏng không màu C [59,6% Cl, 26,95% S và 13,45% O] và một chất D [M =135 g/mol] có thể nhận được trực tiếp bằng phản ứng giữa C và oxy. Xác định cấu trúc các chất và viết phương trình phản ứng xảy ra. 2. Hòa tan 0,835g hỗn hợp X gồm NaHSO3 và Na2SO3 trong dung dịch H2SO4 dư, đun nóng. Cho tất cả lượng khí sinh ra hấp thụ trong 500 ml dung dịch Br2 thu được 500 ml dung dịch A. Thêm KI vào 50 ml dung dịch A , lượng I3- sinh ra tác dụng vừa đủ với 12,5 ml dung dịch Na2S2O3 0,01M. Nếu sục khí N2 để đuổi hết Br2 dư trong 25 ml dung dịch A thì thu được dung dịch B. Để trung hòa dung dịch B cần dùng 15 ml dung dịch NaOH 0,1M. a. Tính nồng độ mol của dung dịch Br2 ban đầu. b. Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp X. Câu 9 Hướng dẫn giải Điểm 9.1 0,5 0,5 điểm 2S + Cl2 S2Cl2 [A] 0,75 9.2 S2Cl2 + Cl2 2SCl2 [B] 32 1,5 điểm 2SCl2 + 2O2 2SOCl2 [C] + SO2Cl2 [D] 2SOCl2 + O2 SO2Cl2 [D] Mỗi phản ứng 0,125 điểm a. Tính nồng độ mol của dung dịch Br2 ban đầu. Các phản ứng xảy ra: HSO3- + H+ H2O + SO2 [1] x mol SO32- + H+ H2O + SO2 [2] y mol Br2 + 2H2O + SO2 SO42- + Br- + H2O [3] 3I- + Br2 I3- + 2Br - [4] I3- + 2S2O32- S4O62- + 3I- [5] H+ + OH- H2O [6] nNaOH = 0,0015 mol n H+ [25 ml dd A] = 0,0015 mol n H+ [500 ml dd A] = 0,0015.500/25 = 0,03 mol n Br2 [3] = 0,03/4 = 0,0075 mol Ta có n Na2S2O3 = 1,25.10-4 mol nI3- [50 ml ddA] = ½ . 1,25.10-4 = 6,25.10-5 mol nI3- [500 ml ddA] = 6,25.10-5 .[500/50] = 6,25.10-4 mol n Br2 [4] = 6,25.10-4 molNGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. 0,25 nBr2 ban đầu = 0,0075 + 6,25.10-4= 8,125.10-3 mol 0,5 CM = 0,01625 [M] b. Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp X. NaHSO3 [x mol] ; Na2SO3 [y mol] 104x + 126y = 0,835 [I] Từ phản ứng [1], [2], [3] ta có: Số mol SO2 = ¼ số mol H+ [500 ml ddA] = ¼ . 0,03 = 0,0075 mol x + y = 0,0075 [II] Giải [I], [II]. x = 0,005 mol ; y = 0,0025 mol % NaHSO3 = 62,27% ; % Na2SO3 = 37,73% Câu 13 [DH-Chuyên Hạ Long Quảng Ninh-2017]. Hợp chất XY2 có tổng số proton trong phân tử là 50. X và Y là hai nguyên tố thuộc 2 nhóm A kế tiếp. Electron cuối cùng của nguyên tử nguyên tố Y có tổng đại số các số lượng tử là 3,5; trong đó tổng [n+ ] bằng 4. 1. Xác định công thức hợp chất XY2 ? 2. Ở điều kiện thường XY2 là chất lỏng, màu đỏ, kém bền, phân hủy dần ở nhiệt độ thường thành chất lỏng A không màu và khí B màu vàng lục. A phản ứng với nước tạo ra khí C mùi hắc, chất rắn D màu vàng và axit E. A được tạo ra khi cho khí B khô tác dụng với D nóng chảy [lấy dư]. Khí B phản ứng với khí C có mặt chất xúc tác là long não tạo thành chất lỏng F không màu, mùi khó chịu, bốc khói trong không khí ẩm. Cho axit E [đặc] tác dụng với chất rắn G màu đen tím thì thu được khí B. Xác định các chất A, B, C, D, E,... và viết các phương trình phản ứng xảy ra. Ý Hướng dẫn chấm Điểm 1. Theo đề ra ta có: PX + 2PY = 50 [*] P 50 / 3 16,67 Y: n + + ml + ms = 3,5 và n + = 4 ml + ms = -0,5. 0,5 X, Y thuộc hai nhóm A kế tiếp 0,5 Có các trường hợp sau: Trường hợp 1: n = 3, = 1, ml = -1, ms = +1/2 3p1 Cấu hình electron đầy đủ: [Ne]3s23p1 PY = 13, Y thuộc nhóm IIIA. Thay vào [*] ta được: PX = 24 [Cr], X thuộc nhóm VIB [không thỏa mãn đề bài]. Trường hợp 2: n = 3, = 1, ml = 0, ms = -1/2 3p5 Cấu hình electron đầy đủ: [Ne]3s23p5 PY = 17, Y thuộc nhóm VIIA. Thay vào [*] ta được: PX = 16 [S], X thuộc nhóm VIA [thỏa mãn đề bài]. Vậy hợp chất XY2 là SCl2. 2. SCl2[l] S2Cl2[l] + Cl2[k] 1,0 [A] [B] 33NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. 2S2Cl2[l] + 2H2O → SO2[k] + 3S[r] + 4HCl[dd] [C] [D] [E] Cl2[k] + 2S[nc, dư] → S2Cl2 SO2 + Cl2 xt SO2Cl2 [F] 16HCl + 2KMnO4 → 2MnCl2 + 2KCl + 5Cl2 + 8H2O [G] [Xác định đúng các chất cho 0,25 điểm] Câu 14. [DH-Chuyên Lê Khiết Quảng Ngãi-2017]. 1. Xác định chất X, Y, Z, T, U và hoàn thành chuỗi chuyển hóa dưới đây [mỗi mũi tên là một phản ứng]: [6] X [1] Na2S2O3 [2] Y [3] Z [4] HIO3 [5] T [7] [10] S [9] U [8] H2S [lưu huỳnh] 2. Nhỏ từ từ dung dịch Ba[OH]2 đến dư vào dung dịch hỗn hợp Na2SO4 và Al2[SO4]3 ta có đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa theo số mol Ba[OH]2 như sau: X Hãy xác định giá trị của x dựa trên đồ thị trên, giải thích. ĐIỂM ĐÁP ÁN Mỗi phản ứng đúng 14.1. X: Na2SO3; Y: NaI; Z: I2; T:I2O5; U: H2S được 0,1 [1] : Na2SO3 + S Na2S2O3 điểm [2] : 2Na2S2O3 + I2 Na2S4O6 + 2NaI [3] : 2NaI + Cl2 2NaCl + I2 34 [4] : I2 + 5Cl2 + 6H2O 2HIO3 + 10HCl [5] : 2HIO3 I2O5 + H2O [6] : I2O5 + 5CO to I2 + 5CO2 [7] : 8NaI + 5H2SO4 đặc to 4Na2SO4 + 4I2 + H2S + 4H2O [8] : H2S + 4Cl2 + 4H2O H2SO4 + 8HCl [9] : 4H2SO4 đặc + 2Fe to Fe2[SO4]3 + S + 4H2O [10] : 3S + 6NaOH đặc to 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O 14. 2.NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. Gọi mol Na2SO4 là a; Al2[SO4]3 là b mol thì nAl3 2b; nSO42 a 3b Khi quá trình tạo lượng kết tủa không đổi có nghĩa Al[OH]3 đã tan hết, kết tủa chỉ còn BaSO4. Hay nSO42 n a 3b 69, 9 0,3mol [1] 0,25 233 0,25 0,25 Tại điểm bắt đầu lượng kết tủa không đổi chính là điểm mà Al[OH]3 vừa bị tan hoàn toàn, 0,25 lúc đó dùng mol Ba[OH]2 là 0,32 mol hay mol OH- = 0,64 mol Al3+ + 4OH- Al[OH]4- 0,16 0,64 mol Vậy nAl3 2b 0,16 b 0, 08mol . Thay vào [1] : a = 0,06 mol Vì có 2 quá trình tạo kết tủa BaSO4 và Al[OH]3 đồng thời nên lượng kết tủa cực đại có thể xét hai trường hợp sau: TH1: kết tủa cực đại gồm Al[OH]3 cực đại và 1 lượng BaSO4. Al 3+ + 3OH- Al[OH]3 0,16 0,48 0,16 mol Lúc này mol OH- = 0,48 hay mol Ba2+ = 0,24 mol n 0, 24mol BaSO4 Vậy m mBaSO4 mAl[OH ]3 0, 24.233 0,16.78 68, 4gam TH2: kết tủa cực đại gồm BaSO4 cực đại và 1 lượng Al[OH]3 Ba2+ + SO42- BaSO4 0,3 0,3 0,3 mol Lúc này, mol Ba2+ = 0,3 mol , hay mol OH- = 0,6 mol Al 3+ + 3OH- Al[OH]3 0,16 0,48 0,16 mol Al[OH]3 + OH- Al[OH]4- 0,12 [0,6-0,48] mAl[OH ]3 [0,16 0,12].78 3,12gam Vậy mmax mBaSO4 mAl[OH ]3 0, 3.233 3,12 73, 02gam Kết tủa TH2 > TH1 nên lượng kết tủa cực đại chính là x = 73,02 gam 35NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. Câu 15 [DH-Chuyên Hoàng Lê Kha Tây Ninh-2017]. 1. Hình vẽ bên mô tả thí nghiệm điều chế O2 trong phòng thí nghiệm bằng cách nhiệt phân KMnO4. Hãy cho biết: - Khí O2 đã thu bằng phương pháp gì? Phương pháp này dựa trên tính chất nào của O2? - Tại sao khi ngừng thu khí ta phải tháo rời ống nghiệm trước khi tắt đèn cồn? 2. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm a mol CuxFeSy và b mol FeSy [a:b = 1:3; x, y nguyên dương] trong dung dịch HNO3 đặc nóng thu được dung dịch Y chỉ gồm hai muối sunfat, đồng thời giải phóng 43,008 lít [đktc] hỗn hợp hai khí có tỉ khối so với heli là 12,9375. Xác định x, y, a, b. Nội dung Điểm Câu 9 Ý - Khí oxi thu bằng phương pháp dời chỗ nước. Phương pháp này dựa 0,25 trên những tính chất của oxi là: ít tan trong nước, không tác dụng với 1 nước. 0,25 - Phải tháo rời ống dẫn khí và ống nghiệm chứa KMnO4 trước khí tắt đèn cồn vì nếu không thì áp suất trong ống nghiệm nhỏ hơn áp suất khí quyển, nước bị hút ngược vào trong gây nứt, vỡ ống nghiệm. 2 Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Cu, Fe, S ta có: 6 + x = 4y 0,5 Do x, y nguyên dương nên chỉ có thể x = 2 và y = 2 Hỗn hợp khí có M 12,4375.4 51,748[g / mol] 46[g / mol] 0,5 0,5 Do đó, hai khí trong hỗn hợp là NO2 và N2O4. Dùng sơ đồ đường chéo tính được: nNO2 0, 42[mol]; nN2O4 0,06[mol] Áp dụng định luật bảo toàn electron ta được: 64a = 2,16 a = 0,03375. b = 3a = 0,10125. Câu 16 [DH-Chuyên Tuyên Quang-2017]. 1. Một loại khoáng chất có chứa 13,77%Na; 7,18%Mg; 57,48%O; 2,39%H và còn lại là nguyên tố X [về khối lượng]. Hãy xác định công thức phân tử của khoáng chất đó? 2. Đốt cháy hoàn toàn 12 gam một muối sunfua của kim loại M có hoá trị không đổi thu được chất rắn A và khí B. Hoà tan hết A bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 24,5% [loãng] thu được dung dịch muối X có nồng độ 33,33%. Làm lạnh xuống tới nhiệt độ thấp tách ra 15,625 gam tinh thể T, phần dung dịch bão hoà lúc đó có nồng độ 22,54%. 36NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. Xác định công thức của tinh thể T. 3. Biết nhiệt độ sôi của CS2 là 46,20oC, hằng số nghiệm sôi của nó là 2,37. Hoà tan 1,024 gam lưu huỳnh vào 20 gam CS2 thì nhiệt độ sôi của dung dịch thu được là 46,67oC. Hãy cho biết công thức phân tử của đơn chất lưu huỳnh? Cho khối lượng nguyên tử: S = 32. Hướng dẫn 1. Hàm lượng %X = 100 – 13,77 – 7,18 – 57,48 – 2,39 = 19,18% Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: 13,77 1 7,18 2 57, 48 2 2,39 1 19,18 n = 0 X = 5,33n 23 24 16 1 X Lập bảng: n1 2 3 4 5 6 7 8 X 5,33 10,66 16 21,33 26,66 32 37,33 42,66 Chỉ có y = 6 là thỏa mãn X = 32 S [lưu huỳnh] Na : Mg : O : H : S = 13,77 : 7,18 : 57, 48 : 2,39 : 19,18 = 2 : 1 : 12 : 8 : 2 23 24 16 1 32 Công thức khoáng chất: Na2MgO12H8S2 ⇔ Na2SO4.MgSO4.4H2O 2. Gọi công thức muối là M2Sa. Phản ứng: M2Sa + 3a O2 M2Oa + aSO2 2 hoặc: M2Sa + aO2 2M + aSO2 [Nếu M là kim loại đứng sau Cu] Vì chất rắn A tan được trong H2SO4 loãng nên chất rắn A phải là M2Oa M2Oa + aH2SO4 M2[SO4]a + aH2O 1a 1 mol Ta có: 2M 96a 1 [1] 16a 98a. 100 3 2M 24,5 Từ [1] a = 2 M= 64 M là Cu ⇒ dung dịch X là dung dịch CuSO4. Ta có: Số mol CuS = số mol CuSO4 = 0,125 mddX = 60 [gam] Đặt công thức T là CuSO4 . nH2O Áp dụng bảo toàn khối lượng CuSO4 ta có : 0,125.160 15,625 .160 [60 15,625].22,54 n = 5. 160 18n 100 Vậy T là CuSO4. 5H2O 3. Áp dụng công thức: ts ks . m M ks . m [trong đó m là khối lượng chất tan trong 1000 gam dung môi] M ts ⇒ M 2,37. 1,024.1000 258=32.n⇒n≈8 [46,67 46,20].20 37NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. Vậy phân tử lưu huỳnh là S8 Câu 17[ DH-Chuyên Thái Bình-2017]. Hoà tan 0,835 gam hỗn hợp X gồm NaHSO3 và Na2SO3 trong dung dịch H2SO4 dư, đun nóng. Cho tất cả lượng khí sinh ra hấp thụ trong 500 ml dung dịch Br2 thu được 500 ml dung dịch A. Thêm KI vào 50 ml dung dịch A, lượng I3- sinh ra tác dụng vừa đủ với 12,5 ml dung dịch Na2S2O3 0,01 M. Nếu sục khí N2 để đuổi hết Br2 dư trong 25 ml dung dịch A thì dung dịch B thu được trung hoà vừa đủ với 15 ml dung dịch NaOH 0,1M. 1. Tính nồng độ mol của dung dịch Br2 ban đầu. 2. Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp X. Câu 17: NỘI DUNG 1. Các phương trình phản ứng xảy ra: HSO3- + H+ H2O + SO2 [1] x mol x mol SO32- + 2H+ H2O + SO2 [2] y mol y mol Br2 + 2H2O + SO2 SO42- + 2Br- + 4H+ [3] 3I- + Br2 I3- + 2Br- [4] I3- + S2O32- S4O62- + 3I- [5] H+ + OH- H2O [6] Từ [3] số mol H+ trong 25 ml dung dịch A = số mol OH- trong 15 ml dung dịch NaOH = 0,015. 0,1 = 0,0015 mol Số mol H+ trong 500 ml dung dịch A = 0,0015.500/25 = 0,03 mol Từ [3] số mol Br2 = 1/4 số mol H+ = 0,0075 mol Từ [5] số mol I3- trong 50 ml dung dịch A = 1/2 số mol S2O32- = 0,0125.0,01.1/2 = 6,25.10-5 mol Số mol I3- trong 500 ml dung dịch A = 6,25.10-5.500/50 = 6,25.10-4 mol Vậy số mol Br2 trong dung dịch ban đầu = 0,0075 + 6,25.10-4 = 8,125.10- 3 mol CM[Br2] = 8,125.10-4/0,5 = 0,01625 M 2. Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp X: Gọi x và y lần lượt là số mol của NaHSO3 và Na2SO3 trong 0,835 gam hỗn hợp X, ta có số mol của các ion HSO3- và SO32- lần lượt là x và y: Khối lượng hỗn hợp = 104x + 126y = 0,835 [I] Từ [1], [2], [3] ta có số mol SO2 = 1/4 số mol H+ trong 500 ml dung dịch A x + y = 0,03.1/4 = 0,0075 [II] Từ [I] và [II] : x = 0,005 ; y = 0,0025 %NaHSO3 = 62,27% ; %Na2SO3 = 37,73%. 38NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. Câu 18 [DH-Chuyên Lam Sơn Thanh Hóa -2017]. 1. Hãy cho biết và mô tả cấu trúc các hợp chất từ A đến D trong sơ đồ chuyển hóa dưới đây với giả thiết thích hợp. Có thể tham khảo các giả thiết cho thêm dưới đây: Hợp chất A là chất lỏng màu vàng chứa 52.5% Cl và 47.5% S. Hợp chất B là chất lỏng màu đỏ, dễ hút ẩm. Hợp chất C là chất lỏng không màu chứa 59.6% Cl, 26.95% S và 13.45% O. Hợp chất D có khối lượng mol phân tử tương đối là 134.96 g mol–1. Hợp chất D có thể thu được bằng phản ứng trực tiếp của C với O2. S 13C0lo2C A Cl2 B O2 C + D Fe[ III ] 2. Clo đioxit được sử dụng với lượng ngày càng cao trong xử lý nước. Người ta đã nghiên cứu phản ứng của clo đioxit với iot trong dung dịch nước. Ánh sáng làm tăng mạnh tốc độ phản ứng, ở đây sản phẩm cuối là ion clorua và iodat. a. Viết và cân bằng phản ứng xảy ra. Thực nghiệm xác định rằng tỉ lệ độ giảm nồng độ của clo đioxit và iot là 2.3. b. Phản ứng phụ nào có thể gây ra sự sai lệch khỏi hệ số tỉ lượng? c. Đề nghị một phương pháp để ngăn phản ứng phụ này. HDG 1. A S2Cl2 B SCl2 C SOCl2 D SO2Cl2 2. a. 2ClO2 + I2 + 2H2O = 2Cl- + 2IO3- + 4H+ b. Phản ứng phụ xảy ra chính là phản ứng dị phân ClO2: 6ClO2 + 3H2O = Cl- + 5ClO3- + 6H+ Một khả năng khác có thể xảy ra là một kiểu dị phân khác của ClO2: 8ClO2 + 4H2O = 3Cl- + 5ClO4- + 8H+ Hay sự tạo thành ion iodat trong phản ứng khử sau: 14ClO2 + 5I2 + 12H2O = 14Cl- + 10IO4- + 24H+ c. Sự phân tích định tính các ion clorat, perclorat và periodat có thể được dùng để phân biệt các phản ứng phụ Câu 19 [DH-Chuyên Vĩnh Phúc-2017]. Kim loại A phản ứng với phi kim B tạo hợp chất C màu vàng cam. Cho 0,1 mol hợp chất C phản ứng với CO2 [dư] tạo thành hợp chất D và 2,4 gam B. Hòa tan hoàn toàn D vào nước, được dung dịch E. Dung dịch E phản ứng hết 100 ml dung dịch HCl 1M giải phóng 1,12 lít khí CO2 [đktc]. a. Xác định A, B, C, D. b. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Biết hợp chất C chứa 45,07% B theo khối lượng; hợp chất D không bị phân tích khi nóng chảy. 39
NGUYỄN VĂN LUYỆN – HDG BÀI TẬP PHI KIM NHÓM VIA+VIIA. nHCl = 0,1 mol ; nCO2 = 0,05 mol Dung dịch D phản ứng hết 0,1 mol HCl giải phóng khí CO2 nH+ = 0, 1 = 2 0.5 nCO2 0, 05 1 0,5 suy ra hơp chất D là muối cacbonat kim loại. hơp chất D không bị phân tích khi 0,5 0.5 nóng chảy, vậy D là cacbonat kim loại kiềm. 2 H+ + CO32- = H2O + CO2 C + CO2 = D + B C là peroxit hay superoxit, B là oxi. Đặt công thức hoá học của C là AxOy . Lượng oxi trong 0,1 mol C [AxOy ] là 16 x 0,05 + 2,4 = 3,2 [g]; 3, 2.100 mC = 45, 07 = 7,1 gam Mc = 7,1 : 0,1 = 71 [g/mol]. mA trong C = 7,1 - 3,2 = 3,9 [g]. x:y= 3, 9 3, 2 MA = 39 [g]. Vậy A là K ; B là O2 ; C là KO2 ; D là K2CO3 : MA 16 Các phương trình phản ứng: K + O2 KO2 4 KO2 + 2 CO2 2 K2CO3 + 3O2 K2CO3 + 2 HCl 2 KCl + H2O + CO2 40