Chương 5. Nhóm Halogen - Hỏi đáp

Câu 1:

A, B lần lượt là kim loại kiềm, kiềm thổ

\(2A\left(a\right)+2HCl\rightarrow2ACl+H_2\left(0,5a\right)\)\(\left(1\right)\)

\(B\left(b\right)+2HCl\rightarrow BCl_2+H_2\left(b\right)\)\(\left(2\right)\)

\(n_{HCl}=0,5\left(mol\right)\)

\(n_{H_2}=0,78\left(mol\right)\)

Gỉa sử lượng HCl tham gia phản nứng hết

=> nH2 = 1/2nHCl = 0,25 (mol) < 0,78 (mol)

=> A, B còn dư tác dụng với nước có trong dung dịch HCl

\(2A\left(1,25x-a\right)+2H_2O\rightarrow2AOH+H_2\left(0,625x-0,5a\right)\)\(\left(3\right)\)

\(B\left(x-b\right)+2H_2O\rightarrow B\left(OH\right)_2+H_2\left(x-b\right)\)\(\left(4\right)\)

Ta có: \(nA:nB=5:4\)

Gọi x là số mol của B => nA = 1,25x (mol)

\(\Rightarrow1,25xA+xB=42,6\left(I\right)\)

Gọi a, b lần lượt là số mol của A, B ở pt (1) và (2)

Ta có: \(\sum n_{H_2}=0,78=0,5a+b+0,625x+x\)

\(\Leftrightarrow x=0,48\left(mol\right)\)

Thay vào (I) \(\Leftrightarrow0,6A+0,48B=42,6\)

- Vói A = 7 (Li) => B = 80 (loại)

- Với A = 23 (Na) => B = 60 (loại)

- Với A = 39 (K) => B = 40 (Ca) thoã mãn

- A = 85 (Rb) = > B = -17,5 (loại)

- A = 133 (Cs) => B = -77,5 (loại)

- A = 223 (Fr) = > B = -290 (loại)

Vậy A: K,

B: Ca

Câu 3: M giải qua rồi nên t giải tắt cho lẹ :D

Thích để phân số thì t làm phân số vậy (:

\(MnO_2\left(0,02\right)+4HCl\left(đăc\right)\rightarrow MnCl_2+Cl_2\left(0,02\right)+4H_2O\)

nMnO2 = 0,02 (MOL) => nCl2 = 0,02 (mol)

\(Fe\left(a\right)+H_2SO_4\rightarrow FeSO_4+H_2\left(a\right)\)

Gọi a là số mol Fe phản ứng

Theo đề => \(56a-2a=167,4\)

\(\Rightarrow a=3,1\left(mol\right)\)=> nH2 = 3,1 (mol)

Đun nóng hoàn toàn X thì:

\(2KClO_3-t^o->2KCl+3O_2\)

=> Chất rắn còn lại là MnO2 và KCl không bị nhiệt phân

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}m_{MnO_2}=3\\m_{KCl}+m_{KClO_3}=197\\m_{MnO2}+m_{KCl}=152\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}m_{MnO_2}=3\left(g\right)\\m_{KCl}=149\left(g\right)\\m_{KClO_3}=48\left(g\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow n_{KClO_3}=\dfrac{96}{245}\left(mol\right)\)

=> \(n_{O_2}=\dfrac{144}{245}\left(mol\right)\)

* Thí nghiệm 4:

\(O_2\left(\dfrac{144}{245}\right)+2H_2\left(\dfrac{288}{245}\right)-t^o->2H_2O\left(\dfrac{288}{245}\right)\)

\(H_2\left(0,02\right)+Cl_2\left(0,02\right)-t^o->2HCl\left(0,04\right)\)

Dung dịch Y: HCl

=> nHCl = 0,04 (mol) => mHCl = 1,46 (g)

nH2O = \(\dfrac{288}{245}\) (mol) => mH2O = \(\dfrac{5184}{245}\) (g)

\(\Rightarrow C\%_{HCl}=\dfrac{1,46.100}{\dfrac{5184}{245}+1,46}=6,45\%\)

Co a+b=33,6(g)

\(C\%_{Cu}=\dfrac{a\cdot100}{33,6}>32\%\Rightarrow a>10,752\left(1\right)\)

\(n_{Cu}=\dfrac{a}{64};n_R=\dfrac{b}{R}\left(mol\right)\)

Phần 1:

\(R+nHCl\rightarrow RCl_n+\dfrac{n}{2}H_2\)

b/2R bn/4R

\(\Rightarrow\dfrac{bn}{4R}=0,21\Rightarrow\dfrac{b}{R}=\dfrac{0,84}{n}\)(2)

Phần 2

\(\Rightarrow\dfrac{a}{2.32}+\dfrac{bm}{2R}=0,7875\\ \Leftrightarrow\dfrac{a}{32}+\dfrac{bm}{R}=1,575\)

Thay (2) vào ta có

\(\dfrac{a}{32}+\dfrac{0,84m}{n}=1,575\)

Từ đó suy ra m/n<1,875

Vì R là kim loại nên có hóa trị thuốc nhóm 1;2;3

Suy ra

TH1: m/n=1 hay m=n

a=(1,575-0,84)*32=23,52(TM)

Vậy b= 10,08g

TH2: m/n=1,5 hay m=3;n=2

a=(1,575-0,84*1,5)*32=10,08 (KTM)(vi a>10,752)

Vay TH2 loai

Na2CO3+2HCl=>2NaCl+CO2\(\uparrow\)+H2O

x =>x

0,1mol=>0,2mol

NaHCO3+HCl=>NaCl+CO2\(\uparrow\)+H2O

y =>y

0,1mol=>0,1mol

nCO2=0,2mol

\(|^{106x+84y=19}_{x+y=0,2}\)\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,1\\y=0,1\end{matrix}\right.\)

mNa2CO3=0,1\(\times\)106=10,6g

%Na2CO3=\(\dfrac{10,6\times100}{19}\)=56%

%NaHCO3=100\(-\)56=44%

nHCL=0,1+0,2=0,3mol

- Dùng phản ứng với H₂ để giải thích nha

+ Flo phản ứng H₂ ở nhiệt độ rất thấp và gây nổ mạnh

+ Clo phản ứng với H₂ cần ánh sáng

+ Brom phản ứng với H₂ cần có nhiệt độ,xúc tác và ko gấy nổ mạnh

+ Iot phản ứng hai chiều

- Từ hiện tượng và và các điều kiện ta thấy tính oxi hóa giãm dần:

F₂>Cl₂>Br₂>I₂

H₂ + F₂ \(\underrightarrow{-252^oC}\) 2HF

H₂ + Cl₂ \(\underrightarrow{as}\) 2HCl

H₂ + Br₂ \(\xrightarrow[Pt]{350^oC}\) 2HBr

H₂ + I₂ \(\xrightarrow[Pt]{350-500^oC}\)2HI

trong ma trận ôn thi học kì 2 hóa tỉnh quảng nam

Theo gt ta có: \(n_{SO_2}=\dfrac{3,36}{22,4}=0,15\left(mol\right)\)

PTHH: \(Mg+2H_2SO_{4dacnong}\rightarrow MgSO_4+2H_2O+SO_2\left(1\right)\\ Zn+2H_2SO_{4dacnong}\rightarrow ZnSO_4+2H_2O+SO_2\left(2\right)\\ 2Al+6H_2SO_{4dacnong}\rightarrow Al_2\left(SO_4\right)_3+6H_2O+SO_2\left(3\right)\)

Từ 3 pt trên ta có:

\(6.n_{SO_2}=n_{H_2O}=n_{H_2SO_4}\Rightarrow n_{H_2O}=n_{H_2SO_4}=0,15.6=0,9\left(mol\right)\)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho 3pt (1);(2);(3) ta có:

\(m_{Mg;Zn;Al}+m_{H_2SO_4}=m_{MgSO_4;ZnSO_4;Al_2\left(SO_4\right)_3}+m_{H_2O}+m_{SO_2}\)

\(\Rightarrow30+88,2=m_{muoi}+16,2+9,6\)

\(\Rightarrow m_{muoi}=30+88,2-16,2-9,6=92,4\left(g\right)\)

Vậy...............

đề có thiếu ko

A.

1. PTHH: Zn + 2HCl ➝ ZnCl₂ + H₂↑

2. n_Zn = 23/65 = 0,35(mol)

PTHH: Zn + 2HCl ➝ ZnCl₂ + H₂↑

Số mol:0,35------------>0,35--->0,35 (mol)

⇒ m_ZnCl2 = 0,35. 136 = 47,6(g)

3. V_H2(đktc) = 0,35. 22,4 = 7,84 (lít)

n_{Fe =} 0,2 mol

2Fe + 6H₂SO₄ (đ) \(\underrightarrow{t^o}\) Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂ + 6H₂O

0,2........................................................0,3

\(\Rightarrow\) V_SO2 = 0,3.22,4 = 6,72 (l)

2Fe + 6H₂SO₄---> Fe(SO₄)₃ + 6H₂O +3SO₂

n_{Fe = 0,2 mol ----->} n_{so2 = 0,3}

_{mso2 = 28.8}

\(n_{FeCl_3}=\dfrac{16,25}{162,5}=0,1\left(mol\right)\)

\(2Fe+3Cl_2\rightarrow2FeCl_3\)

0,1 0,15 0,1 (mol)

\(2KMnO_4+16HCl\rightarrow2KCl+2MnCl_2+5Cl_2+8H_2O\)

0,06 0,48 0,15 (mol)

m\(_{KMnO_4}=0,06.158=9,48\left(g\right)\)

\(V_{HCl}=\dfrac{0,48}{1}=0,48\left(l\right)=480\left(ml\right)\)

Ta có pthh 1

2KMnO4 + 16HCl \(\rightarrow\) 2KCl + 2MnCl2 + 8H2O +5Cl2

Pthh 2

3Cl2 + 2Fe \(\rightarrow\) 2FeCl3

Theo đề bài ta có

nFeCl3=\(\dfrac{16,25}{162,5}=0,1mol\)

Theo pthh 2

nCl2=\(\dfrac{3}{2}nFeCl3=\dfrac{3}{2}.0,1=0,15mol\)

Theo pthh 1

nKMnO4=\(\dfrac{2}{5}nCl2=\dfrac{2}{5}.0,15=0,06mol\)

\(\Rightarrow\) mKMnO4=0,06.158=9,48 g

bảo toàn e ⇒ 3x + 2y = 0,8

khối lượng ban đầu 27x + 56y = 11

x= 0,2 y= 0,1

=> % Fe = 50,9 % => % Al = 49,1 %