Một số bài tập hóa vô cơ ôn luyện học sinh giỏi - Nguyễn Đình Cương (Có đáp án)

Dưới đây là bài viết đăng trên “Tạp chí Hóa học và Ứng dụng”, số 2/2018: 
MỘT SỐ BÀI TẬP HÓA VÔ CƠ ÔN LUYỆN HỌC SINH GIỎI 
 Nguyễn Đình Cương 
 Trường THPT Ngô Quyền, TP Hạ Long, Tỉnh Quảng Ninh 
Bài 1. Hoàn thành các phản ứng sau (nếu có) : 
a. FeCl3 + Na2S  
b. Cho từ từ dung dịch NaOH dư và dung dịch AlCl3 . 
c. Cho Supephotphat kép và dung dịch NaOH dư . 
d. Cho dung dịch K2CO3 vào dung dịch MgSO4 . 
e. N2O4 + NaOH (dư)  
f. Fe3O4 + NH3 (dư) ⎯→⎯
ot 
g. SO2 + Cl2 (chất xúc tác là long não)  
h. SO2Cl2 + H2O  
i. CO2 + H2O + KCN  
Giải : a. 2Fe3+ + 6H2O + 3S2-  2Fe(OH)3 + 3H2S 
b. Các phản ứng xảy ra lần lượt như sau : 
 Al3+ + 3OH-  Al(OH)3 
 Al(OH)3 + OH
-  [Al(OH)4]- 
 [Al(OH)4]
- + OH-  [Al(OH)5]2- 
 [Al(OH)5]
2- + OH-  [Al(OH)6]3- 
c. Các phản ứng xảy ra như sau : 
 H2PO4
- + 2OH-  2H2O + PO43- 
 3Ca2+ + 2PO4
3-  Ca3(PO4)2 
 Ca2+ + 2OH-  Ca(OH)2 (có thể xảy ra) 
d. Phản ứng giữa dung dịch K2CO3 và dung dịch MgSO4 như sau : 
 2H2O + 2MgSO4 + K2CO3 → Mg(OH)2.MgCO3↓ + K2SO4 + H2SO4 
hoặc H2O + 2MgSO4 + 2K2CO3 → Mg(OH)2.MgCO3↓ + 2K2SO4 + CO2↑ 
e. N2O4 + 2NaOH (dư)  NaNO2 + NaNO3 + H2O 
f. 3Fe3O4 + 8NH3 (dư) ⎯→⎯
ot 9Fe + 12H2O + 4N2 
g. SO2 + Cl2 (chất xúc tác là long não)  SO2Cl2 
h. SO2Cl2 + 2H2O  H2SO4 + 2HCl 
i. CO2 + H2O + KCN  HCN + KHCO3 
Bài 2. Cacbon có 2 đồng vị bền : 126 C ; 
13
6 C . Oxi có 3 đồng vị 
16
8 O ; 
17
8 O ; 
18
8 O . Hiđro 
có 3 đồng vị : 11 H ; 
2
1 H ; 
3
1 H . Số phân tử H2CO3 có thể tạo ra từ các nguyên tử đồng 
vị trên là bao nhiêu ? 
Giải : Công thức cấu tạo của phân tử H2CO3 như sau : 
H O
H O
C O
- Số cách chọn ngụyên tử Cacbon : 
 126 C 
13
6 C 
1 x 0 
2 0 x 
 Số cách là 2 . 
- Số cách chọn các nguyên tử Hiđro : 
 11 H 
2
1 H 
3
1 H 
1 xx 0 0 
2 x x 0 
3 x 0 x 
4 0 xx 0 
5 0 x x 
6 0 0 xx 
 Số cách chọn là 6 . 
- Số cách chọn các nguyên tử Oxi : 
+ Số cách chọn nguyên tử Oxi có Liên kết đôi là 3 . 
+ Số cách chọn nguyên tử Oxi thứ nhất ( có liên kết đơn ) là 3 . 
+ Số cách chọn nguyên tử Oxi thứ hai ( có liên kết đơn ) là 3 . 
 Số phân tử H2CO3 có thể tạo ra từ các đồng vị là : 2.6.3.3.3 = 324 phân tử . 
Bài 3. Xét xem phản ứng sau ( ở điều kiện chuẩn ) có khả năng xảy ra hay không ? 
 Br2 + 5Cl2 + 6H2O  2HBrO3 + 10HCl 
Giải : Như ta đã biết , thế điện cực chuẩn Eo là số đo trực tiếp độ mạnh của chất oxi 
hóa và chất khử . 
Quá trình oxi hóa : Br2 + 6H2O  2BrO3- + 12H+ + 10e Eo1 = - 1,52 V 
Quá trình khử : 5Cl2 + 10e  10Cl- Eo2 = + 1,36 V 
Cộng lại : Br2 + 5Cl2 + 6H2O  2HBrO3 + 10HCl Eophản ứng = - 0,16 V 
Vậy phản ứng trên không có khả năng xảy ra . 
Bài 4. Cho phản ứng : 
 O2 + 4HCl  2H2O + 2Cl2 
o
298 = - 117 KJ/mol ; 
oS298 = - 129 J/molK 
a. Phản ứng xảy ra theo chiều nào ở 400 oC và 1000 oC . 
b. So sánh tính oxi hóa của Cl2 và O2 . 
Giải : 
a. Ở 400 oC : oG673 = - 117 - 673(- 0,129) = - 30 KJ/mol 
Vậy : O2 + 4HCl  2H2O + 2Cl2 
Ở 1000 oC : oG1273 = - 117 - 1273(- 0,129) = 47,2 KJ/mol 
Vậy : 2H2O + 2Cl2  4HCl + O2 
b. Khi oTG = 0 thì - 117 - T(- 0,129) = 0  T = 907 K (634 
oC) 
Vậy : T > 634 oC thì Cl2 có tính oxi hóa mạnh hơn O2 . 
 T < 634 oC thì O2 có tính oxi hóa mạnh hơn Cl2 . 
Bài 5. Để khử 2 tấn oxit sắt từ có chứa 7,2% tạp chất không cháy đã dùng hết 1600 
Kg Than cốc (loại có chứa 4% tro) và 7840 m3 Không khí (đktc). Xác định thành 
phần của Khí lò cao (không kể những quá trình phụ ngoài sự khử các oxit của sắt) . 
Giải : - Số Kg Fe3O4 nguyên chất : 2000.(100 – 7,2)% = 1856 Kg 
Số Kilômol Fe3O4 : 1856/232 = 8 Kmol 
- Số Kg Than cốc nguyên chất : 1600.(100 – 4)% = 1536 Kg 
Số Kilômol C (Than cốc) : 1536/12 = 128 Kmol 
- Số Kilômol Không khí : 7840/22,4 = 350 Kmol 
Số Kilômol O2 : 350.20% = 70 Kmol  Số Kilômol N2 : 280 Kmol 
Các phương trình hóa học : 
 C + O2 ⎯→⎯
ot CO2 (1) 
 CO2 + C ⎯→⎯
ot 2CO (2) 
 Fe3O4 + CO ⎯→⎯
ot 3FeO + CO2 (3) 
 FeO + CO ⎯→⎯
ot Fe + CO2 (4) 
- Theo (1) thì 70 Kmol O2 tác dụng với 70 Kmol C tạo thành 70 Kmol CO2  Số 
Kilômol C dư là 128 – 70 = 58 Kmol . 
- Theo (2) thì 58 Kmol C tác dụng với 58 Kmol CO2 tạo thành 116 Kmol CO  Số 
Kilômol CO2 dư là 70 – 58 = 12 Kmol . 
- Theo (3) thì 8 Kmol Fe3O4 tác dụng với 8 Kmol CO tạo thành 8 Kmol CO2 và 24 
Kmol FeO  Số Kmol CO dư là 116 – 8 = 108 Kmol . 
- Theo (4) thì 24 Kmol FeO tác dụng với 24 Kmol CO tạo thành 24 Kmol CO2  Số 
Kmol CO còn 108 – 24 = 84 Kmol . 
Số Kmol của hỗn hợp khí thu được là 12 + 8 + 24 + 84 + 280 = 408 Kmol . 
Thành phần của Khí lò cao là : 
%78,10
408
%100.44
= CO2 ; %59,20
408
%100.84
= CO ; 68,63% N2 . 
Bài 6. Hãy giải thích vì sao khi luyện gang từ một loại Quặng sắt có tạp chất là 
Đolomit, người ta phải thêm Đất sét vào Lò ? 
Giải : Đolomit là CaCO3.MgCO3 có tính bazơ (do tạo thành các oxit bazơ : CaO , 
MgO) , ta thêm chất có tính axit (Đất sét với thành phần chính là Al2O3 và SiO2) : 
 CaCO3 ⎯→⎯
ot CaO + CO2 
 CaO + SiO2 ⎯→⎯
ot CaSiO3 
 CaO + Al2O3 ⎯→⎯
ot Ca(AlO2)2 
 MgCO3 ⎯→⎯
ot MgO + CO2 
 MgO + SiO2 ⎯→⎯
ot MgSiO3 
 MgO + Al2O3 ⎯→⎯
ot Mg(AlO2)2 
Hỗn hợp gồm CaSiO3 , Ca(AlO2)2 , MgSiO3 và Mg(AlO2)2 được gọi là Xỉ lò cao . Xỉ 
lò cao nhẹ hơn Gang khoảng 4 lần , nổi lên trên bề mặt Gang lỏng tạo thành lớp bảo 
vệ Gang không bị oxi hóa bởi luồng không khí thổi vào . Cứ sau một thời gian, người 
ta lại tháo Xỉ ra theo cửa trên của Lò và tháo Gang ra theo cửa dưới . 
Bài 7. Cho a mol Photphin vào một bình kín có dung tích không đổi. Nâng nhiệt độ 
lên 641 oC, phản ứng hóa học xảy ra theo phương trình : 
 4PH3 (Khí)  P4 (Khí) + 6H2 (Khí) 
Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng, khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí là 
21,25 g/mol và áp suất bình phản ứng là P. Tính P, biết phản ứng trên có hằng số cân 
bằng KC là 3,73.10-4 . 
Giải : 4PH3 (Khí)  P4 (Khí) + 6H2 (Khí) 
 nBan đầu (mol) a 
 nPhản ứng(mol) 4x 
 nCân bằng (mol) (a – 4x) x 6x 
Ta có : 25,21
3
.34
=
+ xa
a
  a = 5x 
4
4
6
10.73,3
4
6
.
−=





 −






=
V
xa
V
x
V
x
KC , thay a = 5x  V = 500x 
Áp dụng công thức : PV = nRT  P = [(a + 3x).0,082.(273 + 641)]/500x = 1,2 (atm) 
. 
Bài 8. a. Giải thích hiện tượng “ma trơi” . 
b. Trộn đạm hai lá, nước tiểu với vôi tôi hoặc tro bếp (thành phần chính là K2CO3) 
đều bị mất đạm. Giải thích bằng các phương trình phản ứng . 
Giải : a. Tại các nghĩa địa, khi xác chết bị thối rữa do vi sinh vật hoạt động, lượng 
photpho được giải phóng dưới dạng photphin (PH3) có lẫn điphotphin (P2H4). 
Điphotphin là chất lỏng, dễ bay hơi và tự bốc cháy ngoài không khí ở nhiệt độ 
thường làm cho PH3 cháy theo tạo P2O5 và H2O : 
 2P2H4 + 7O2  2P2O5 + 4H2O + Q1 (1) 
Nhờ nhiệt lượng tỏa ra ở phản ứng (1) mà : 
 2PH3 + 4O2  P2O5 + 3H2O + Q2 (2) 
Các phản ứng trên tỏa ra năng lượng dưới dạng ánh sáng. Do đó khi cháy hỗn hợp 
(P2H4 và PH3) hình thành ngọn lửa vàng sáng, bay là là di động trên mặt đất, lúc ẩn 
lúc hiện mà người ta gọ̣i đó là hiện tượng “ma trơi” . 
b. - Trộn đạm hai lá với vôi tôi hoặc tro bếp : 
 2NH4NO3 + Ca(OH)2  Ca(NO3)2 + 2NH3 + 2H2O 
 2NH4NO3 + K2CO3  2KNO3 + 2NH3 + CO2 + H2O 
- Trộn nước tiểu với vôi tôi hoặc tro bếp : 
Nước tiểu có hàm lượng phân Urê cao, vi sinh vật hoạt động chuyển Urê thành 
(NH4)2CO3 : 
 (NH2)2CO + 2H2O  (NH4)2CO3 
Sau đó : (NH4)2CO3 + Ca(OH)2  CaCO3 + 2NH3 + 2H2O 
 (NH4)2CO3 + K2CO3  2NH3 + 2KHCO3 
Bài 9. Tiến hành 2 thí nghiệm sau : 
a. Cho từ từ dung dịch chứa 0,12 mol H3PO4 vào dung dịch chứa 0,2 mol NaOH . 
b. Cho từ từ dung dịch chứa 0,2 mol NaOH vào dung dịch chứa 0,12 mol H3PO4 . 
- Giải thích các thí nghiệm bằng các phương trình hóa học . 
- Tính các số mol của các muối tạo thành . 
Giải : - Xét thí nghiệm a. : 
Vì cho từ từ dung dịch H3PO4 vào dung dịch NaOH nên phản ứng đầu tiên là : 
 H3PO4 + 3NaOH  Na3PO4 + 3H2O (1) 
 Mol : 0,2/3 0,2 0,2/3 
Sau phản ứng (1) còn 0,12 – 0,2/3 = 0,16/3 mol H3PO4 , do đó phản ứng tiếp theo là : 
 H3PO4 + 2Na3PO4  3Na2HPO4 (2) 
 Mol : 0,1/3 0,2/3 0,1 
Sau phản ứng (2) còn 0,16/3 – 0,1/3 = 0,02 mol H3PO4 , do đó phản ứng tiếp theo là : 
 H3PO4 + Na2HPO4  2NaH2PO4 (3) 
 Mol : 0,02 0,02 0,04 
Như vậy dung dịch sau thí nghiệm có chứa : 0,04 mol NaH2PO4 và 0,1 – 0,02 = 0,08 
mol Na2HPO4 . 
- Xét thí nghiệm b. : 
Vì cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch H3PO4 nên phản ứng đầu tiên là : 
 NaOH + H3PO4  NaH2PO4 + H2O (4) 
 Mol : 0,12 0,12 0,12 
Sau phản ứng (4) còn dư 0,2 – 0,12 = 0,08 mol NaOH , do đó phản ứng tiếp theo là : 
 NaOH + NaH2PO4  Na2HPO4 + H2O (5) 
 Mol : 0,08 0,08 0,08 
Như vậy dung dịch sau thí nghiệm có chứa : 0,08 mol Na2HPO4 và 0,12 – 0,08 = 0,04 
mol NaH2PO4 . 
Bài 10. Một khí X có thể kết hợp với Natri peoxit theo tỉ lệ mol 1 : 1 cho sản phẩm 
duy nhất là một muối Q, muối Q khi tác dụng với axit HCl giải phóng một khí A có 
đặc tính làm đục nước vôi trong (dư) và có tỉ khối đối với H2 là 22. Xác định và viết 
công thức cấu tạo của khí X. 
Giải : - Khí A có MA = 2.22 = 44 (g/mol), khí A làm đục nước vôi trong (dư) nên 
phản ứng là : 
 CO2 + Ca(OH)2  CaCO3 + H2O 
 A là CO2  Q là Na2CO3 hoặc NaHCO3 . 
- Phản ứng giữa X và Na2O2 là : CO + Na2O2  Na2CO3 
Vậy X là CO, công thức cấu tạo của CO là C O .