Giải SBT Hóa 11 CTST Bài 7: Sulfuric acid và muối sulfate có đáp án

Đáp án đúng là: D

Cu là kim loại hoạt động yếu nên không phản ứng với dung dịch H$_{2}$SO$_{4}$ loãng.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Các kim loại Al, Fe thụ động trong H$_{2}$SO$_{4}$đặc nguội.

Các kim loại Au, Pt có tính khử yếu nên không phản ứng với dung dịch H$_{2}$SO$_{4}$ đặc nguội.

Đáp án đúng là: B

Dung dịch sulfuric acid đặc còn có tính oxi hóa mạnh còn H$_{2}$SO$_{4}$ loãng chỉ có tính acid.

Đáp án đúng là: D

Khi sulfuric acid tan vào nước sẽ tỏa ra một nhiệt lượng lớn. Sulfuric acid đặc giống như dầu và nặng hơn trong nước. Nếu bạn cho nước vào acid, nước sẽ nổi trên bề mặt acid. Tại vị trí nước tiếp xúc với acid nhiệt độ cao làm cho nước sôi mãnh liệt và bắn tung tóe gây nguy hiểm.

Nên rót từ từ acid vào nước và khuấy đều để nhiệt lượng tỏa ra từ từ không gây hại cho người thực hiện.

Đáp án đúng là: B

Người ta thường dùng các bình bằng thép để đựng và chuyên chở dung dịch H$_{2}$SO$_{4}$ đặc vì dung dịch H$_{2}$SO$_{4}$đặc bị không phản ứng với sắt ở nhiệt độ thường.

Đáp án đúng là: B

Sơ đồ phản ứng:

$\{\begin{matrix}Mg \\ F{e}_{2}{O}_{3}\end{matrix}\overset{+{H}_{2}S{O}_{4}}{\rightarrow }\{\begin{matrix}MgS{O}_{4} \\ F{e}_{2}\end{matrix}\overset{+NaOH}{\rightarrow }\{\begin{matrix}Mg \\ Fe\end{matrix}\overset{{t}^{o}}{\rightarrow }\{\begin{matrix}MgO \\ F{e}_{2}{O}_{3}\end{matrix}$

Vậy khối lượng ban đầu và kết thúc chênh lệch nhau ở khối lượng nguyên tố oxygen của Mg.

Theo định luật bảo toàn khối lượng

$\Rightarrow$ m$_{O}$ = 28 - 20 = 8 (g) ~ 0,5 (mol)

$\Rightarrow$m$_{Mg}$ = 0,5.24 = 12 (g)

$\Leftrightarrow$ %m$_{Mg}$ = $\frac{12}{20}.100\%$ = 60%.

Điều kiện phản ứng là: nhiệt độ 450 °C - 500 °C, xúc tác là vanadium(V) oxide (V$_{2}$O$_{5}$).

Trong tự nhiên cũng xảy ra quá trình sản xuất sulfuric acid theo các công đoạn trên vì: SO$_{2}$ là sản phẩm phụ chiếm một lượng lớn trong công nghiệp luyện kim màu, SO$_{2}$ tiếp tục kết hợp với O$_{2}$ trong không khí tạo SO$_{3}$ nhờ chất xúc tác là các oxide kim loại có trong khói bụi khí thải, SO$_{3}$ kết hợp với nước tạo H$_{2}$SO$_{4}$.

Các phản ứng hóa học xảy ra là:

2SO$_{2}$ + O$_{2}$ $\overset{{t}^{o},xt}{⇌}$ 2SO$_{3}$ (A)

nSO$_{3}$ + H$_{2}$SO$_{4}$ → H$_{2}$SO$_{4}$.nSO$_{3}$(Q)

H$_{2}$SO$_{4}$.nSO$_{3}$ + nH$_{2}$O → (n + 1)H$_{2}$SO$_{4}$ (X)

N$_{2}$ + 3H$_{2}$ $\overset{{t}^{o},xt}{⇌}$2NH$_{3}$(Y)

H$_{2}$SO$_{4}$ + 2NH$_{3}$ → (NH$_{4}$)$_{2}$SO$_{4}$ (Z)

- Trích mẫu thử, sử dụng thuốc thử, kết quả thu được theo như bảng:

Từ đề bài, ta có: ${n}_{N{a}_{2}C{O}_{3}}=0{,}15\ mol$; ${n}_{CaC{O}_{3}}=0{,}1773\ mol;{n}_{{H}_{2}S{O}_{4}}=0{,}18\ mol$

Xét cốc (A): Na$_{2}$CO$_{3}$ + H$_{2}$SO$_{4}$ → Na$_{2}$SO$_{4}$ + CO$_{2}$ ↑ + H$_{2}$O

${n}_{{H}_{2}S{O}_{4}}=0{,}18\ >\ {n}_{N{a}_{2}C{O}_{3}}=0{,}15\ mol\Rightarrow$ H$_{2}$SO$_{4}$ dư, tính theo Na$_{2}$CO$_{3}$

Sau phản ứng: ∆m$_{cốcA}$= 15,9 + 18 - 0,15.44 = 27,3 (g).

Xét cốc (B): 2HCl + CaCO$_{3}$ → CaCl$_{2}$ + CO$_{2}$ + H$_{2}$O

Giả thiết nếu CaCO$_{3}$ tan hết

$\begin{matrix}{n}_{C{O}_{2}}={n}_{CaC{O}_{3}}=0{,}1773\ (mol) \\ {n}_{\text{dd}HCl\ }\ge \ 0{,}1773\times 2=0{,}3546\ (mol)HCl. \\ {m}_{\text{dd}HCl}\ge \ \frac{0{,}3546\times 36{,}5}{14{,}6\%}=88{,}65(g).\end{matrix}$

∆m$_{cốcB}$ ≥ 17,73 + 88,65 - 0,1773.44 = 98,5788 (g) ( > 27,3 g) $\Rightarrow$ Sai với đề, do đó để cân bằng thì CaCO$_{3}$ phải dư.

Đặt số mol HCl = y $\Rightarrow$ ${n}_{C{O}_{2}}$ =0,5y (mol).

${m}_{\text{dd}HCl}=\frac{y.36{,}5}{14{,}6\%}=250y\ (g).$

$\Rightarrow$17,73 + 250y – 0,5y.44 = 27,3 $\Rightarrow$ y ≈ 0,042 (mol).

$\Rightarrow {m}_{\text{dd}HCl}=m=\frac{0{,}042.36{,}5}{14{,}6\%}=10{,}49\ (g).$

a) Xét cốc (A): AgNO$_{3}$ + HCl → AgCl↓ + HNO$_{3}$

Theo đề ta có: ${n}_{AgN{O}_{3}}=0{,}6\ (mol)$.

m$_{HCl}$ = 100.29,2% = 29,2 (g) $\Rightarrow$ n$_{HCl}$ = 0,8 (mol).

n$_{HCl}$ = 0,8 > ${n}_{AgN{O}_{3}}=0{,}6\ (mol)\Rightarrow$ HCl dư, tính theo AgNO$_{3}$

m$_{A (sau phản ứng)}$ = ${m}_{AgN{O}_{3}}$ + m$_{dd HCl}$= 102 + 100 = 202 (g).

Xét cốc (B): K$_{2}$CO$_{3}$ + H$_{2}$SO$_{4}$ → K$_{2}$SO$_{4}$ + H$_{2}$O + CO$_{2}$↑

Theo đề bài ta có: ${n}_{{K}_{2}C{O}_{3}}$= 0,9 (mol).

${m}_{{H}_{2}S{O}_{4}}=100\times 24{,}5\%=24{,}5(g)$ $\Rightarrow {n}_{{H}_{2}S{O}_{4}}=0{,}25(mol).$

${n}_{{K}_{2}C{O}_{3}}$= 0,9 > ${n}_{{H}_{2}S{O}_{4}}=0{,}25\Rightarrow$ K$_{2}$CO$_{3}$ dư, tính theo H$_{2}$SO$_{4}$.

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

${m}_{{K}_{2}C{O}_{3}}+{m}_{\text{dd}{H}_{2}S{O}_{4}}$= ${m}_{C{O}_{2}}$+ m$_{dung dịch sau phản ứng}$

m$_{dung dịch sau phản ứng}$ = 124,2 + 100 – 0,25.44 = 213,2 (g)

m$_{B}$> m$_{A}$ $\Rightarrow$ Khối lượng H$_{2}$O thêm vào cốc (A) = 213,2 - 202 = 11,2 (g)

b) Cốc (A) nặng 213,2 g, bao gồm phần rắn AgCl (0,6.143,5 = 86,1 g) và phần dung dịch (213,2 - 86,1 = 127,1 g)

$\Rightarrow$ Khối lượng dung dịch 1/2 cốc (A) = $\frac{1}{2}\text{.}127{,}1\ =\ 63{,}55\ (g)$

Ở 1/2 cốc (A) chứa 0,1 mol HCl và 0,3 mol HNO$_{3}$tạo thành.

HCl → H$^{+}$ + Cl$^{-}$HNO$_{3}$ → H$^{+}$ + NO$_{3}$$^{-}$

0,1 → 0,1 mol 0,3 0,3 mol

${n}_{{H}^{+}}=0{,}1+0{,}3=0{,}4\ (mol)$

Ở cốc (B) còn 0,65 mol K$_{2}$CO$_{3}$ và 0,25 mol K$_{2}$SO$_{4}$ tác dụng với HCl trong cốc (A).

K$_{2}$CO$_{3}$ + 2HCl → 2KCl + CO$_{2}$↑ + H$_{2}$O

K$_{2}$CO$_{3}$ + 2HNO$_{3}$ → 2KNO$_{3}$ + CO$_{2}$↑ + H$_{2}$O

Hay CO$_{3}$$^{2-}$ + 2H$^{+}$→ CO$_{2}$↑ + H$_{2}$O

${n}_{C{O}_{2}}=\frac{{n}_{{H}^{+}}}{2}=0{,}2\ (mol)$

m$_{B}$ = m$_{dd A}$ + m$_{dd B}$ - ${m}_{C{O}_{2}}$ = $\frac{1}{2}\text{.}127{,}1\ +\ 213{,}2\ -\ 0{,}2.44\ =\ 267{,}95\ (g).$

Khối lượng nước thêm vào cốc (A) = 267,95 - ($\frac{1}{2}$. 127,1 + 86,1) = 118,3 (g)

b) Độ tan của các muối tăng theo nhiệt độ. Trong đó, độ tan của NH$_{4}$Cl tăng nhanh, độ tan của K$_{2}$SO$_{4}$ tăng chậm khi nhiệt độ tăng.

Độ tan của muối Na$_{2}$CO$_{3}$ tăng khi nhiệt độ tăng đến khoảng 40 °C. Sau đó độ tan của Na$_{2}$CO$_{3}$ lại bị giảm khi nhiệt độ tăng từ 40 °C đến 100 °C.

Chất có độ tan lớn nhất là NH$_{4}$Cl, ở nhiệt độ 100 °C có độ tan là 77,30 g/100 g H$_{2}$O