20 BÀI TẬP CHỌN LỌC CHUYÊN ĐỀ OXI – LƯU HUỲNH Câu 1. (2,0 điểm) Oxi – lưu huỳnh Nung hỗn hợp A gồm sắt và lưu huỳnh sau một thời gian được hỗn hợp rắn B. Cho B tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được V1 lít hỗn hợp khí C. Tỉ khối của C so với hiđro bằng 10,6. Nếu đốt cháy hoàn toàn B thành Fe2O3 và SO2 cần V2 lít khí oxi. 1. Xác định tỉ lệ V1 và V2 (đo ở cùng điều kiện). 2. Tính hàm lượng phần trăm các chất trong B theo V1 và V2. 3. Tính hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung ở trên. 4. Nếu hiệu suất của phản ứng nung trên là 75%, tính hàm lượng phần trăm các chất trong hỗn hợp B. Cho biết S = 32; Fe = 56; O = 16. Hướng dẫn giải 1 Fe + S → FeS. Thành phần B gồm có FeS, Fe và có thể có S. FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 Vậy trong C có H2S và H2 . Gọi x là % của H2 trong hỗn hợp C . (2x+34(100-x))/100 = 10,6.2 = 21,2 -> x = 40% Vậy trong C: H2 = 40% theo số mol ; H2S = 60%. Đốt cháy B : 4FeS + 7O2 →2Fe2O3 + 4SO24Fe + 3O2 →2Fe2O3 S + O2 → SO2 . Thể tích O2 đốt cháy FeS là: (3V1/5) . (7/4) = 21V1/20. Thể tích O2 đốt cháy Fe là: (2V1/5) . (3/4) = 6V1/20. Tổng thể tích O2 đốt cháy FeS và Fe là: 21V1/20 + 6V1/20 = 27V1/20. Thể tích O2 đốt cháy S là: V2- (27V1/20) = V2 - 1,35 V1. Vậy V2 ≥ 1,35 V1 2 3V1 x88x100 5280V1 165V1 % %FeS 5 3V1 x88 2V1 x56 32(V2 1,35V1 ) 75,2V1 32(V2 1,35V1 ) V2 V1 5 5 2V1 x56x100 70V1 %Fe 5 % 32(V2 V1 ) V2 V1 %S 32(V2 1,35V1 )x100 100V2 135V1) % 32(V2 V1 ) V2 V1 3 Nếu dư S so với Fe thì tính hiệu suất phản ứng theo Fe. Trường hợp này H = 60%. Nếu dư CHUYÊN ĐỀ BDHSG: OXI – LƯU HUỲNH 1 Fe so với S tính hiệu suất phản ứng theo S. Trường hợp này H > 60% Vậy hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung trên là 60%. 4 Nếu H = 75% có nghĩa là nFeS = 3ns dư. nFeS tỷ lệ 3V1/5 Vậy nS tỷ lệ với V1/5. %FeS 5280V1 5280V1 64,7% 32V1 81,6V1 75,2V1 5 %Fe 2240V1 27,45% 81,6V1 %S = 100 - (64,7+27,45) = 7,85% Câu 2. (2,0 điểm) Oxi – lưu huỳnh Cho sơ đồ phản ứng sau (biết các chất từ A1 đến A14 đều là hợp chất của lưu huỳnh): A11 A14 (9) HClk (12) CCl4 A10 NH3(k) A9 A7 H2O A8 (8) (6) A13 O2 xt (5) Cl2 (7) S +NaOH A1 + A2 H2SO4 A5(k) + A6 dp (1) (4) (11) (2) +S toC MnO2 (10) A4 I2 A3 A12 (3) 1. Xác định các chất từ A1 đến A14 ? Biết rằng A14 thủy phân tạo dung dịch B. Dung dịch B tác dụng với dung dịch BaCl2 dư tạo m1 gam kết tủa. Tiếp tục cho AgNO3 vào thấy tạo m2 gam kết tủa. Cho biết: m1/m2=1,628. 2. Hoàn thành các phương trình phản ứng? Hướng dẫn giải 1 A1 Na2S A8 H2SO4 A2 Na2SO3 A9 SO3 A3 Na2S2O3 A10 HSO3NH2 A4 Na2S4O6 A11 HSO3Cl A5 SO2 A12 MnS2O6 A6 Na2SO4 A13 Na2S2O8 A7 SO2Cl2 A14 S2O5Cl2 m1 1, 628 233nS 1, 628 nS n Cl A14 : S2O5Cl2 m2 143, 5n Cl CHUYÊN ĐỀ BDHSG: OXI – LƯU HUỲNH 2 2 Các phương trình phản ứng xảy ra: (1)3S 6NaOH 2Na2S Na2SO3 3H2O (2)8Na2SO3 S 8Na2S2O3 (3)2Na2S2O3 I2 Na2S4O6 2NaI (4)Na2SO3 H2SO4 Na2SO4 SO2 H2O (5)SO2 Cl2 xtSO2Cl2 (6)SO2Cl2 2H2O H2SO4 2HCl (7)2SO2 O2 V2O5 ,500o C 2SO3 (8)SO3 NH3 HSO3NH2 (9)SO3 HCl HSO3Cl (10)2SO2 MnO2 to MnS2O6 (11)Na2SO4 H2SO4 dienphan Na2S2O8 H2 (12)2SO3 CCl4 to S2O5Cl2 COCl2 Câu 3. (2,0 điểm) Oxi – lưu huỳnh Bỏ 0,500 gam chất rắn màu trắng vào 15,0 ml nước, phản ứng xảy ra mãnh liệt tạo nên dung dịch A. Khi A tác dụng với một lượng dư dung dịch Ba(NO3)2 thu được 1,24 gam kết tủa trắng. Trung hòa A cần 12,3 ml dung dịch KOH 0,867M. a) Hỏi chất rắn màu trắng ban đầu là chất gì? b) Xác định phần trăm về khối lượng của chất rắn màu trắng ban đầu. c) Tính nồng độ phần trăm của dung dịch A. Hướng dẫn giải Kết tủa trắng là BaSO4 Ba2+ + SO42 BaSO4 Số mol BaSO4: 1,24 = 5,32.10-3 mol 233 Số mol KOH: 10,66.10-3 mol Vì nH+ = 10,66.10-3 = 2nSO24- nên chất tan trong dung dịch A là H2SO4 5,32.10-3 mol a) Nếu chất rắn màu trắng là tinh thể SO3 thì khối lượng nhỏ hơn 0,500 gam. Do đó chất rắn màu trắng là oleum rắn. b) Gọi x là số gam SO3 và y là số gam H2SO4 có trong 0,500 gam oleum có x + y = 0,500 => x = 0,095; y = 0,405 x y = 5,32.10-3 80 + 98 %mSO3 = 0,095 .100% = 19% 0,500 CHUYÊN ĐỀ BDHSG: OXI – LƯU HUỲNH 3
Câu 5. (2,0 điểm) Oxi – lưu huỳnh Cho sơ đồ chuyển hóa sau: + X14 Cho biết các chất từ X1 đến X14 đều là các hợp chất của lưu huỳnh (trừ X11). Biết rằng X14 là một axit mạnh rất phổ biến trong công nghiệp, X7 và X8 có cấu trúc tương tư nhau. Khi thủy phân hoàn toàn các chất X8 và X10, thu được các dung dịch axit và không thấy khí thoát ra. Thêm dung dịch Ba(NO3)2 dư vào các dung dịch trên đều thu được kết tủa trắng X. Lọc kết tủa X, thêm tiếp dung dịch AgNO3 dư vào nước lọc, lại thu được kết tủa trắng Y. Trong cả hai thí nghiệm tiến hành với hai chất X8 và X10 ở trên, tỉ lệ khối lượng kết tủa X và kết tủa Y mX đều là 1,624. Cho dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch sau khi thủy phân X9 mY thấy có kết tủa trắng tạo thành, không tan trong axit mạnh và có khí NH3 thoát ra. Phần trăm về khối lượng N và S trong X9 là 14,43% và 32,99% và trong phân tử X9 chỉ chứa 1 nguyên tử lưu huỳnh. Trong X13 có phần trăm theo khối lượng của S là 26,89% và có cầu nối chứa oxi. Xác định các chất từ X1 đến X14 và viết các phương trình phản ứng. Hướng dẫn giải Dựa vào sơ đồ chuyển hóa, trong đó X1 → X14 (trừ X11) là các hợp chất của lưu huỳnh, có thể suy ra các chất: X1 : Na2S X2 : Na2SO3 X3 : Na2S2O3 X4: Na2S4O6 X5 : SO2 X6 : SO3 X12 : NaHSO4 X13 : Na2S2O8 X14: H2SO4 * Xác định X8 ; X10 ; X7 - Khi thủy ph n hoàn toàn các chất X8 và X10 thu được các dung dịch a it và không thấy khí thoát ra. Thêm Ba(NO3)2 dư vào các dung dịch trên đều cho kết tủa trắng X → Kết tủa trắng X là BaSO4, do đó trong các chất đều có S+6, không chứa C. - Kết tủa Y là gCl. Tỉ lệ mX : mY = 1,624 trong X8 và X10, tỉ lệ nSSx+O:6ynC-C2llx=-1ta1c:ó1: Gọi công thức của X10 là 6x – 2y – x = 0 x : y = 2 : 5 X10 là S2O5Cl2 Chất X8 có S+6, tỉ lệ nS : nCl = 1 : 1 và SO3 + HCl → X8 nên X8 là HSO3Cl - X7 có cấu trúc tương tự X8 nên X7 là HSO3F CHUYÊN ĐỀ BDHSG: OXI – LƯU HUỲNH 5 - X11 là hợp chất của C, tạo ra từ phản ứng: SO3 + CCl4 nên X11 là COCl2 * Xác định X9 Dung dịch sau khi thủy ph n của X9 tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 đều cho kết tủa trắng không tan trong a it mạnh (là BaSO4) và có khí NH3 thoát ra nên X9 chứa S+6 và N-3. Hàm lượng N và S trong X9 là 14,43% và 32,99% nN : nS = 1 : 1 X9 chỉ có phân 1 nguyên tử S trong ph n tử nên MX9 = 32.100 = 97 g/mol. 32,99 Do đó, X9 là NH2SO3H. * Các phương trình phản ứng: 3S + 6NaOH to 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O Na2SO3 + S → Na2S2O3 2Na2S2O3 + I2 → Na2S4O6 + 2NaI Na2S4O6 + 2HCl to V2O25N,toaCl + H2SO4 + SO2 + 2S Na2SO3 + 2H2SO4 → 2NaHSO4 + SO2 + H2O 2SO2 + O2 2SO3 SO3 + HF → HSO3F SO3 + HCl → HSO3Cl SO3 + NH3 → NH2SO3H 2SO3 + CCl4 → S2O5Cl + COCl2 điện ph n 2NaHSO4 → Na2S2O8 + H2 Câu 6. (2,0 điểm) Oxi – lưu huỳnh Trong công nghiệp H2O2 có thể điều chế bằng cách cho axit A hoặc axit B tác dụng với nước, sản phẩm của 2 phản ứng này đều là H2SO4 và H2O2. Biết 1 phân tử A có 8 nguyên tử, trong A nguyên tố oxi chiếm 70,18% khối lượng, phân tử B chứa nhiều hơn ph n tử A 1 nguyên tử S và 3 nguyên tử O. 1. Xác định A, B và viết các phương trình hóa học xảy ra. 2. Hãy viết công thức cấu tạo, cho biết trạng thái lai hóa của các nguyên tử trong A và B (với các nguyên tử có lai hóa), ác định số oxi hóa của các nguyên tử trong A và B. 3. Vì sao và B đều có tính oxi hóa mạnh và tính axit mạnh. Một trong 2 axit là axit 1 nấc đó là a it nào, hãy giải thích. 4. Hãy viết phương trình phản ứng của KI lần lượt với A và B, cho biết phản ứng nào giải phóng I2 nhanh hơn, giải thích. Hướng dẫn giải 1. A + H2O → H2SO4 + H2O2 B + H2O → H2SO4 + H2O2 , B đều chứa H, O và S. Gọi công thức của A là HaSbOc ta có CHUYÊN ĐỀ BDHSG: OXI – LƯU HUỲNH 6 a+b+c=8 (1) a=8-b-c 16c 0,7018 a 32b 16c 16c 0,7018 8 b c 32b 16c 16c 0,7018 8 31b 15c Vì a+b+c=8 c 6 Lập bảng giá trị a, b, c: c 123456 b - ... 0,25 0,5 0,75 1 1,25 a 2 Vậy A là H2SO5 B là H2S2O8 Phương trình phản ứng: H2SO5 + H2O → H2O2 + H2SO4 H2S2O8 + 2H2O → H2O2 + 2H2SO4 2. A B +1 -1 -1 -2 -2 -2 +1 +1 -2 -2 H O O +6 O HO O +6 OH +6 O +1 -2 S -2 S -1 S HO O -2 O -1 -2 O O O Trong các chất trên O có liên kết đơn đều lai hóa sp3, S lai hóa sp3 Số oxi hóa của S là +6; O có số oxi hóa -1 hoặc -2 (chú ý nếu ác định số o i hóa trung bình không cho điểm) 3. * Trong và B đều chứa nhiều O liên kết với S tạo ra nhóm có hiệu ứng liên hợp hút electron làm cho liên kết O-H trong phân tử phân cực mạnh làm A và B có tính axit mạnh. Trong A và B nguyên tử oxi có số oxi hóa -1 và phân tử kém bền nên A và B đều có tính oxi hóa mạnh. * A là axit một nấc vì có 1 nhóm HO không tạo hiệu ứng liên hợp với gốc axit còn lại làm liên kết HO trong đó kém ph n cực. 4. Phương trình phản ứng 2KI + H2SO5 → I2 + K2SO4 + H2O (1) 2KI + H2S2O8 → I2 + K2SO4 + H2SO4 (2) (1) giải phóng I2 nhanh hơn (2) vì H2SO5 có tính oxi hóa mạnh hơn H2S2O8 do phân tử kém đối xứng hơn B nên có tính o i hóa mạnh hơn B. CHUYÊN ĐỀ BDHSG: OXI – LƯU HUỲNH 7 Câu 7. (2,0 điểm) Oxi – lưu huỳnh 1. Lượng 0,18 gam một đơn chất R (chất rắn ở điều kiện thường, có thể tồn tại dạng đơn chất trong tự nhiên) tác dụng với lượng dư dung dịch H2SO4 đặc thu được khí X. Thu toàn bộ khí X vào dung dịch nước vôi dư thì nhận được 5,1 gam kết tủa. Xác định đơn chất R. 2. Đơn chất A cháy trong oxy tạo ra khí B. Khí B tiếp tục bị oxi hóa tạo ra chất C khi có mặt xúc tác. B phản ứng với H2O tạo ra axit yếu D trong khi C pư với H2O tạo ra axit mạnh E. Mặt khác, A phản ứng với khí F có màu vàng lục tạo thành chất lỏng G màu vàng tươi, rất độc. G có hai đồng phân cấu trúc. G có thể tiếp tục bị clo hóa tạo thành chất lỏng H màu đỏ anh đào, sôi ở 590C. Phần trăm khối lượng của A trong G và H lần lượt là 47,41% và 31,07%. Cả G và H phản ứng với nước đều tạo ra hỗn hợp sản phẩm trong đó có , B. Xác định các chất từ A đến H và viết các pt phản ứng xảy ra. Hướng dẫn giải 1. Xét R là kim loại hoặc phi kim không phải cacbon hay lưu hùynh: R R x + xe- (1) 0,18 0,18 x RR S 6 + 2e- S 4 (2) 0,085 0,0425 SO2 + Ca(OH)2 CaSO3 + H2O (3) 0,0425 5,1 0,0425 120 Bảo toàn số electron: 0,18 x = 0,085 R = 2,112x . Loại. R Xét R là S: Sự oxi hóa: S + 2H2SO4 3SO2 + 2H2O (4) 0,005625 0,016875 Khối lượng kết tủa: 0,016875.120 = 2,025 g < 5,1 g. Loại. Xét R là cacbon: C + 2H2SO4 CO2 + 2SO2 + 2H2O (5) 0,015 0,015 0,030 SO2 + Ca(OH)2 CaSO3 + H2O (6) CO2 + Ca(OH)2 CaCO3 + H2O (7) Khối lượng kết tủa: 0,015.100 + 0,03.120=5,1 gam. Thích hợp với đề ra. Vậy R là cacbon. 2. A: S; B: SO2; C: SO3; D: H2SO3; E: H2SO4; F: Cl2; G: S2Cl2 (Gọi a là số nguyên tử S trong G, dựa vào % khối lượng của A trong G: %A = 47,41 32.a 47, 41 M =67,5a. Vì G có hai đồng phân nên chọn a = 2 G: MG 100 CHUYÊN ĐỀ BDHSG: OXI – LƯU HUỲNH 8 S2Cl2. Hai đồng phân của G: Cl S Cl S Cl SS Cl H: tương tự dựa vào % của S và tính chất vật lý của H nên chọn H: SCl2 Các phương trình phản ứng: S + O2 SO2 2SO2 + O2 V2O5,t0 2SO3 SO2 + H2O H2SO3 SO3 + H2O H2SO4 2S + Cl2 S2Cl2 S2Cl2 + Cl2 2SCl2 2S2Cl2 + 2H2O 3S + 4HCl + SO2 2SCl2 + 2H2O S + SO2 + 4HCl Câu 8. (2,0 điểm) Oxi – lưu huỳnh 1. Cho biết A, B, C, D, E là các hợp chất của Na. Cho A tác dụng lần lượt với các dung dịch B, C thu được các khí X, Y. Cho D, E lần lượt tác dụng với nước được các khí tương ứng Z, T. Biết X, Y, Z, T là các khí thông thường, chúng tác dụng được với nhau ở điều kiện thích hợp. Tỉ khối của X so với Z bằng 2 và tỉ khối của Y so với T cũng bằng 2.Tìm các chất A, B, C, D, X, T, Z, T. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2. Hòa tan hỗn hợp A gồm Fe2(SO4)3, MgSO4, CuSO4 vào nước, được dung dịch X. Cho X tác dụng với dung dịch BaS dư thấy tách ra một lượng kết tủa m1 gam. Nếu cho một lượng dư H2S tác dụng với X, tách ra một lượng kết tủa m2 gam. Thực nghiệm cho biết m1 = 8,590m2. Nếu giữ nguyên lượng các chất MgSO4, CuSO4 trong X và thay Fe2(SO4)3 bằng FeSO4 cùng khối lượng thì được dung dịch Y. Cho Y tác dụng với dung dịch BaS dư thấy tách ra một lượng kết tủa m3 gam. Nếu cho một lượng dư H2S tác dụng với Y thì tách ra một lượng kết tủa m4 gam. Thực nghiệm cho biết m3 = 9,919m4. Tính thành phần phần trăm khối lượng của các chất trong hỗn hợp A. Hướng dẫn giải 1. A là NaHSO4 ; B là Na2SO3 hoặc NaHSO3 hoặc Na2S2O3 ; C là Na2S hoặc NaHS; D là Na2O2 ; E là Na3N ; X là SO2 ; Y là H2S ; Z là O2 ; T là NH3. Các PTHH. A+B NaHSO4 + NaHSO3 Na2SO4 + SO2 + H2O A+C 2NaHSO4 + Na2SO3 2Na2SO4 + SO2 + H2O NaHSO4 + NaHS Na2SO4 + H2S + H2O D + H2O 2NaHSO4 + Na2S 2Na2SO4 + H2S + H2O E + H2O 2Na2O2 + 2H2O 4NaOH + O2 Na3N + 3H2O 3NaOH + NH3 CHUYÊN ĐỀ BDHSG: OXI – LƯU HUỲNH 9 X+Y 2H2S + SO2 3S + H2O X+Z 2SO2 + O2 V2tO0 5 2SO3 X+T Y+Z SO2 + NH3 + H2O NH4HSO3 SO2 + 2NH3 + H2O (NH4)2SO3 Y+T 2H2S + O2 (thiếu) 2S + 2H2O Z+T 2H2S + 3O2 (dư) t0 2SO2 + 2H2O 2. H2S + NH3 + H2O NH4HS H2S + 2NH3 + H2O (NH4)2S 4NH3 + 3O2 t0 2N2 + 6H2O 4NH3 + 5O2 Pt,t0 4NO + 6H2O Thí nghiệm 1: X + dung dịch BaS dư: X + H2S dư: Thí nghiệm 2: Y + dung dịch BaS dư: Y + H2S dư: Xét 1mol hỗn hợp A. Gọi a, b, c lần lượt là số mol của Fe2(SO4)3, MgSO4, CuSO4 trong hỗn hợp A. Ta có: a + b + c = 1 (1) Từ thí nghiệm 1 ta có: Từ thí nghiệm 2 ta có: 10 CHUYÊN ĐỀ BDHSG: OXI – LƯU HUỲNH Câu 9. (2,0 điểm) Oxi – lưu huỳnh 1. Sục SO2 vào dung dịch KI được a it hóa thì dung dịch chuyển sang màu vàng và dung dịch có hiện tượng vẩn đục (a). Tiếp tục sục SO2 vào thì dung dịch bị mất màu (b). Viết các phương trình phản ứng (a), (b) và phương trình phản ứng tổng (c). Xác định vai trò của KI trong phản ứng. 2. Có các kết quả sau về một nguyên tố X: X có khả năng phản ứng với Na tạo Na2X. Chất này tan trong nước tạo môi trường bazơ. Hợp chất giữa X và o i chiếm 50% X về khối lượng. X nóng chảy phản ứng với clo tạo thành X2Cl2 có mùi ốc. X có thể tạo thành o it cao hơn trong đó X chiếm 40% về khối lượng. O it tạo thành tan trong nước ở nhiệt độ cao tạo thành một khối đặc quánh có công thức H2X2O7. O it có hàm lượng X cao hơn phản ứng được với NaOH dư ra muối Y. Muối Y phản ứng với X nóng chảy ra chất Z có khả năng làm mất màu n u của dung dịch muối sắt (III). a) Xác định X, Y, Z và viết các phương trình hóa học của các phản ứng ảy ra. b) Vẽ cấu trúc của X2Cl2 và H2X2O7 theo VSEPR. Hướng dẫn giải 1 (a) SO2 + 6I- + 4H+ → 2I3- + S ↓ + 2H2O hoặc SO2 + 4I- + 4H+ → 2I2 + S↓ + 2H2O (b) SO2 + I3- + 2H2O → SO42- + 3I- + 4H+ hoặc SO2 + I2 + 2H2O → SO42- + 2I- + 4H+ (c) 2H2O + 3SO2 → 2SO42- + S ↓ + 4H+ KI đóng vai trò là chất úc tác. 2 a * Từ các dữ kiện của đề bài, ta ác định được: X: S; Y: Na2SO3; Z: Na2S2O3 * Các phản ứng ảy ra: 2Na + S → Na2S Na2S + H2O ⇌ NaOH + NaHS SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O Na2SO3 + S → Na2S2O3 Na2S2O3 + 2Fe3+ + H2O → Na2SO4 + 2Fe2+ + 2H+ + S b Cấu trúc của S2Cl2 và H2S2O7 theo VSEPR: CHUYÊN ĐỀ BDHSG: OXI – LƯU HUỲNH 11 Câu 10. (2,0 điểm) Oxi – lưu huỳnh 1. A là hóa chất thông dụng trong phòng thí nghiệm, là muối của kim loại kiềm, tồn tại ở dạng tinh thể không màu, có hàm lượng: S (25,8%); O (51,6%). Đun sôi dung dịch 0,496 gam A với dung dịch AgNO3 dư thu được kết tủa đen B có khối lượng đúng bằng A. Thêm dung dịch Ba(NO3)2 dư vào dung dịch lọc thấy xuất hiện 0,466 gam kết tủa trắng. Xác định A. 2. Dạng thù hình bền nhất của lưu huỳnh là S8 (mạch vòng) trong khi S2 lại rất kém bền. Ngược lại, O2 là dạng thù hình bền nhất còn O8 thì chưa được biết đến. Hãy giải thích sự khác nhau về độ bền tương đối của các dạng thù hình của hai nguyên tố. Hướng dẫn giải 1. Kết tủa trắng không tan trong NO3- chính là BaSO4. n BaSO4 0, 466 2.103 (mol) 233 mS(kt) = 2.10-3 x 32 = 0,064 (g) mS(A) = 0,496 x 25,8% = 0,128 (g) mS(B) = 0,128 – 0,064 = 0,064 (g). Kết tủa đen có g2S, có thể có chất khác hoặc không tỉ lượng. m Ag 2S( B ) 0, 064 248 0, 496(g) mA mB 32 Vậy B chỉ có Ag2S. S trong A tác dụng với dung dịch AgNO3 để tự oxh – khử thành S2- và S+6. nAg2S nS2 2.103 (mol) ; nBaSO4 nS6 2.103 (mol) số oxh của S trong A là: 2.103 (2) 2.103 (6) 2 2.103 2.103 Mặt khác, ta có: 25,8% : 51, 6% 1: 4 nên trong A, tỉ lệ S:O = 1:4. 32 64 Vậy CTTQ của A là [(SO)(MaH6-aO3)]n nS nS(A) 2.103 2.103 4.103(mol) MA 0, 496 a(M 1) 102 n 4.103 aM 1 23 (Na) 2 12 (C) loại 3 8,3 (loại) CHUYÊN ĐỀ BDHSG: OXI – LƯU HUỲNH 12 Vậy A là [SO(NaH5O3]n A là muối ngậm nước nên n = 2 để số H chẵn [SO(NaH5O3]2 hay Na2S2O3.5H2O 2. Các nguyên tử oxi có bán kính nhỏ hơn nên sự xen phủ bên của 2 obitan p thuận lợi hơn khả năng tạo liên kết tốt hơn, cũng vì có bán kính nguyên tử nhỏ nên khả năng tạo 2 liên kết đơn kém (do sự đẩy nhau của các electron tự do giữa các nguyên tử oxi làm giảm độ bền của liên kết đơn). Các nguyên tử S có bán kính lớn hơn nên khả năng en phủ bên của 2 obitan p kém hơn khả năng tạo liên kết giảm không tạo phân tử S2, ngược lại do S có bán kính lớn nên lực đẩy e-e giảm, thuận lợi cho việc tạo liên kết đơn và cách sắp xếp cấu trúc 8 nguyên tử liên kết tạo thành mạch vòng bền vững. Câu 11. (2,0 điểm) Oxi – lưu huỳnh 1. Xác định các chất A,B,C,D,E và F 2. Hợp chất SF4 và CsF phản ứng với nhau tạo ra hợp chất ion theo phản ứng sau: SF4 CsF CsSF5 a. Vẽ công thức Lewis cho SF5 b. Xác định trạng thái lai hóa của S trong SF5 c. Xác định dạng cấu trúc hình học của SF5 d. Xác định số oxi hóa của S trong CsSF5 Hướng dẫn giải A: S2Cl2 , B: S4N4 , C: S2N2 , D: K2S2O3 , E: S4O62 , F: SO2 1. Khi S phản ứng với Cl2 tạo ra gồm S2Cl2 và SCl2 . Tuy nhiên chỉ có S2Cl2 phản ứng với NH3 cho S4N4 và tạo S2N2 từ S4N4 . Vậy A chỉ có thể là S2Cl2 a. Công thức Lewis 2. b. Trạng thái lai hóa của S là sp3d 2 13 CHUYÊN ĐỀ BDHSG: OXI – LƯU HUỲNH
Áp dụng định luật bảo toàn electron nO2 = ¼.n(S2O32-) = 0,25.c(S2O32-).V(S2O32-) nO2 = 0,25 . 9,84 . 10-3 . 11,80 = 2,903 . 10-2 mmol trong 100.0 mL (O2) = 2, 903.102 32.00 9,230mg / L 100.0 2. a/ A: CO2 ; B: O2 ; C: O3 ; D: H2O2 b/ nCO2 + nH2O nO2 + (CH2O)n (1) (2) 2H2O2 O2↑ + 2H2O 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O 4Fe(OH)3 (3) 3O2 2O3 (4) c/ H2O2 + 2KI + H2SO4 I2 + K2SO4 + 2H2O (1) I2 H2O2 + 2H+ + 2e 2H2O 2I− − 2e− hoặc: 2O−1 + 2e− 2O−2 2I− I2 + 2e H2O2 + 2H+ + 2I− I2 + 2H2O 3H2O2 + K2Cr2O7 + 4H2SO4 3O2 + K2SO4 + Cr2(SO4)3 + 7H2O (2) Cr2O72− + 14H+ + 6e 2Cr3+ + 7H2O hoặc: 2Cr+6 + 6e− 2Cr+3 3 │ H2O2 O2 + 2H+ + 2e 2O−1 − 2e− O20 | × 3 Cr2O72− + 3H2O2 + 14H+ 2Cr3+ + 3O2 + 7H2O Câu 13. (2,0 điểm) Oxi – lưu huỳnh Có thể tổng hợp ba chất lỏng không màu H, I, J từ lưu huỳnh (S) theo sơ đồ dưới đ y. E và G là những chất khí độc. Trong điều kiện thường, khối lượng riêng của G là 4.42 gam/l. F là chất rắn có nhiệt độ nóng chảy thấp. H, I, J tác dụng với dung dịch kiềm đều thu được cùng một hỗn hợp của các sản phẩm tan trong nước, hỗn hợp này phản ứng với dung dịch Ba(NO3)2 tạo thành m1 gam kết tủa K. Lọc kết tủa K, dung dịch còn lại cho phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO3 thu được m2 gam kết tủa L. Cả K và L đều có màu trắng và không tan trong axit. Trong trường hợp của H, tỉ lệ m1/m2 = 0.814, trong khi đó I và J thì tỉ lệ m1/m2 = 1,624. (m1, m2 có giá trị khác nhau khi ứng với H, I, J) 1. Xác định các chất E-L, biết rằng H, I, J có các nguyên tử lưu huỳnh (S), còn G thì không. 2. Viết các phương trình phản ứng tổng hợp và thuỷ phân H-J bởi dung dịch NaOH. 3. Xác định công thức cấu tạo của G, H, I, J. Hướng dẫn giải 1 Xác định các chất E – L. Theo sơ đồ, giữ kiện đề bài CHUYÊN ĐỀ BDHSG: OXI – LƯU HUỲNH 15 E: SO2; F: SO3; G: M(G) = 4,42. 22,4 = 99 gam/mol => G là: COCl2 Vì H, I, J tác dụng với NaOH => dung dịch tạo kết tủa trắng không tan trong axit L, K. L, K lần lượt là BaSO4, AgCl. Trong H, I, J nguyên tử S có số oxi hóa +6. CT (H): (SO2)Clx => m(BaSO4)/m(AgCl) = 0,814 => 233/143,5.x => x = 2 => CT (H) : SO2Cl2. Xác định I, J: m(BaSO4)/m(AgCl) = 1,624 => 233y/143,5.z => y = z = 1 Theo sơ đồ, dữ kiện đề bài: CT của I: HSO3Cl ; CT của J: S2O5Cl2 2 Viết phương trình phản ứng: S O2 t0C SO2 2SO2 O2 Pt 2SO3 SO2 Cl2 h SO2Cl2 SO3 HCl t0C HSO3Cl SO3 CCl4 t0C COCl2 S2O5Cl2 SO2Cl2 NaOH Na2SO4 NaCl H2O S2O5Cl2 6NaOH 2Na2SO4 2NaCl H2O HSO3Cl 3NaOH Na2SO4 NaCl H2O 3 Câu 14. (2,0 điểm) Oxi – lưu huỳnh Theo lý thuyết, khoáng pyrit có công thức: FeS2. Trong thực tế, một phần ion S22 được thay thế bởi S2- và công thức tổng của pyrit có dạng là FeS2 – x . Như vậy, có thể coi pyrit như là hỗn hợp FeS2 và FeS. Khi xử lý một mẫu khoáng pyrit trên với Br2 trong KOH dư thu được kết tủa n u đỏ A và dung dịch B. Nung kết tủa đến khối lượng không đổi thu được 0,2 gam chất rắn khan. Cho dung dịch B tác dụng với dung dịch BaCl2 dư thu được 1,1087 gam kết tủa trắng, không tan trong dung dịch axit mạnh. 1. Viết các phương trình phản ứng. Cân bằng các phản ứng oxi hóa – khử theo phương pháp thăng bằng ion – electron. 2. Xác định giá trị của x trong công thức FeS2 – x. 3. Tính khối lượng brom đã dùng để oxi hóa mẫu khoáng trên. Biết: Fe = 55,85; Br = 79,92; Ba = 137; S = 32; O = 16. CHUYÊN ĐỀ BDHSG: OXI – LƯU HUỲNH 16 Hướng dẫn giải 1 Theo lý thuyết khoáng pyrit có công thức: FeS2, trong thực tế một phần ion S 2 được 2 thay thế bởi S2- và công thức tổng của pyrit là FeS2 – x . Như vậy có thể coi pyrit như là hỗn hợp FeSs, FeS. Khi xử lý một mẫu khoáng với Br2 trong KOH dư thì ảy ra phản ứng: FeS2 + Br2 + KOH Fe(OH)3 + KBr + K2SO4 + H2O (1) Cân bằng: FeS2 + 19OH- Fe(OH)3 + 2SO 2 + 8H2O + 15e x2 4 Br2 + 2e 2Br- x 15 2FeS2 + 38OH- + 15Br2 2Fe(OH)3 + 4SO 2 + 30Br- + 16H2O 4 2FeS2 + 15Br2 + 38KOH 2Fe(OH)3 + 4K2SO4 + 30KBr + 16H2O (1) FeS + Br2 + KOH Fe(OH)3 + KBr + K2SO4 + H2O (2) Cân bằng: FeS + 11OH- Fe(OH)3 + SO 2 + 4H2O + 9e x2 4 Br2 + 2e 2Br- x9 2FeS + 22OH- + 9Br2 2Fe(OH)3 + 2SO 2 + 18Br- + 8H2O 4 2FeS2 + 9Br2 + 22KOH 2Fe(OH)3 + 2K2SO4 + 18KBr + 8H2O (2) Nung kết tủa n u đỏ: 2Fe(OH)3 Fe2O3 + 3H2O (3) Chất rắn là Fe2O3. Dung dịch B gồm KBr, K2SO4, KOH, có thể còn Br2 dư, tác dụng với dung dịch BaCl2 dư K2SO4 + BaCl2 BaSO4 + 2KCl (4) 2 Theo đề bài, nFe 2nFe2O3 2. 0,2 0,00250 (mol); 160 nS nBaSO4 1,087 0,00475 (mol) 233 Nên Fe : S = 0,00250 : 0,00475 = 1 : 1,9 Vậy x = 0,1; công thức của khoáng pyrit là FeS1,9 3 Vì x = 0,1 nên FeS chiếm 10% và FeS2 chiếm 90%. Từ số mol của Fe suy ra: - Số mol FeS2 : 0,9 . 0,0025 = 0,00225 (mol) - Số mol FeS : 0,1 . 0,0025 = 0,00025 (mol) Theo phản ứng (1) và (2), khối lượng Br2 dùng để oxi hóa mẫu khoáng trên là (0, 00225.15 0, 00025. 9).160 0, 288gam 22 CHUYÊN ĐỀ BDHSG: OXI – LƯU HUỲNH 17 Câu 15. (2,0 điểm) Oxi – lưu huỳnh Tại thời điểm khởi sinh sự sống trên Trái đất, thành phần khí quyển chứa: Khí A, metan, amoniac và các chất khí khác chiếm thành phần chủ yếu, trong khi đơn chất B gần như không tồn tại. Do các quá trình hoá học xảy ra trong cơ thể sinh vật mà lượng chất A bắt đầu giảm xuống, còn lượng chất B tăng lên. Ngày nay, chất B chiếm phần lớn khí quyến Trái đất do sự quang hợp (nA + nH2O → nB + (CH2O)n). Lớp chất khí C bảo vệ Trái đất khỏi tia cực tím (UV), là một dạng thù hình của B. Tất cả những biến đổi này đã góp phần thúc đẩy sự đa dạng sinh học trên Trái đất. Dưới những điều kiện nhất định, hợp chất D có thể được tạo thành cả trong khí quyển lẫn cơ thể sống. Phân tử D chỉ có hidro và oxi, và nó có cả tính oxi hoá lẫn tính khử. a) Xác định công thức phân tử và tên gọi các chất A, B, C, D. b) Hoàn thành phương trình ứng với các chuyển hoá sau: nA + nH2O → nB + (CH2O)n D→B Fe(OH)2 + B + H2O → B → C. c) Dựa vào tính oxi hoá- khử của D, viết các bán phản ứng và phản ứng tổng cho các phương trình phản ứng sau: i) D + KI + H2SO4→ ii) D + K2Cr2O7 + H2SO4→ Hướng dẫn giải a) A: CO2 , Cacbon đio it B: O2, oxi C: O3 , ozon D: H2O2 , Hidro peoxit b) nCO2 + nH2O → nO2 + (CH2O)n 2H2O2 → O2↑ + 2H2O 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3 3O2 → 2O3 c) i) H2O2 + 2KI + H2SO4 → I2 + K2SO4 + 2H2O O2-1 + 2e → 2O-2 ; 2I- − 2e → I2 ii) 3H2O2 + K2Cr2O7 + 4H2SO4 → 3O2 + K2SO4 + Cr2(SO4)3 + 7H2O 2Cr +6 + 6e → 2Cr3+ ; O2-1 − 2e → O2 CHUYÊN ĐỀ BDHSG: OXI – LƯU HUỲNH 18 Câu 16. (2,0 điểm) Oxi – lưu huỳnh Dung dịch A gồm hai muối: Na2SO3 và Na2S2O3. - Lấy 100ml dung dịch A trộn với lượng dư khí Cl2 rồi cho sản phẩm thu được tác dụng với BaCl2 dư thì thu được 4,66 gam kết tủa. - Lấy 100ml dung dịch trên nhỏ vài giọt hồ tinh bột rồi đem chuẩn độ bằng iot thì đến khi dung dịch bắt đầu xuất hiện màu xanh chàm thấy tốn hết 30ml I2 0,05M (I2 tan trong dung dịch KI). 9.1. Tính CM của các chất trong dung dịch A. 9.2. Cho 100ml dung dịch A tác dụng với dung dịch HCl dư thì thu được bao nhiêu gam chất rắn? Hướng dẫn giải 1. Phản ứng: Na2S2O3 + 4Cl2 + 5H2O → 2NaHSO4 + 8HCl Na2SO3 + Cl2 + H2O → Na2SO4 + 2HCl NaHSO4 + BaCl2 → NaCl + HCl + BaSO4. Na2SO4 + BaCl2 → NaCl + BaSO4. I2 + 2Na2S2O3 → Na2S2O6 + 2NaI Gọi số mol Na2SO3 và Na2S2O3 là x và y Ta có khối lượng kết tủa m = 233(x + 2y) = 4,66 Có nI2 = 0,03.0,05 =1,5.10-3 = y/2. Ta có x = 0,014 mol và y = 3.10-3mol Vậy nồng độ các chất trong dung dịch A: Na2SO3 là 0,14M và Na2S2O3 là 0,03M Mỗi phản ứng 0,1 điểm 2. Phản ứng: Na2S2O3 + 2HCl → 2NaCl + SO2 + S + H2O Khối lượng chất rắn thu được sau phản ứng là: mS = 3.10-3.32 = 0,096 gam. Câu 17. (2,0 điểm) Oxi – lưu huỳnh Anion HEOn- được ứng dụng rộng rãi để tổng hợp nhiều hợp chất khác. Có thể nhận được các anion dạng monome và polyme của nguyên tố E từ HEOn- theo sơ đồ sau: Các acid nhiều nguyên tử trung tâm (từ I – VI) với công thức chung EmOn+i2- (0 ≤ i ≤ 5) chứa nguyên tố E với hàm lượng từ 33,33 % đến 57,14 %; trong dãy I – IV, giá trị i tăng đều. Trong cấu trúc anion V và VI có các cầu nối chứa oxygen. CHUYÊN ĐỀ BDHSG: OXI – LƯU HUỲNH 19 1. Xác định nguyên tố E và công thức phân tử các chất trong sơ đồ. 2. Vẽ công thức cấu tạo của I – VI và H2EOn+2. 3. Viết các phương trình phản ứng dạng ion. Hướng dẫn giải 1. Theo đề ta có EmOn02 : m.ME 0, 5714; E mOn 2 : m.ME 5) 0, 3333 m.ME 16n 5 m.ME 16(n Giải hai phương trình ta được ME= 64/m. Khi m = 2 thì ME = 32 là S EOn2-: SO32-; HEOn: HSO3; HEOn+12: HSO42-; EOn+12-: SO42-;HEOn+2-: HSO5-; I – S2O32-; II – S2O42-; III – S2O52-; IV: S2O62-; V: S2O72-; VI: S2O82- 2. Các công thức cấu tạo: 3. Các phương trình phản ứng: SO32- + S → S2O32- 2HSO3- + Zn + SO2 → ZnSO3 + S2O42- + H2O 3HSO3- + 2MnO2 + 3H+ → SO42- + S2O62- + 2Mn2+ + 3H2O HSO3- + 2Fe3+ + H2O → HSO4- + 2Fe2+ + 2H+ HSO5- + OH- → SO42- + H2O2 4HSO3- + 2HS- → 3S2O32- + 3H2O 2HSO3- → S2O52- + H2O 2HSO4- → S2O72- + H2O 2HSO4- S2O82- + H2 S2O82- + H2O → HSO5- + HSO4- Câu 18. (2,0 điểm) Oxi – lưu huỳnh 1. Để điều chế nhôm sunfua người ta cho lưu huỳnh tác dụng với nhôm nóng chảy. Quá trình điều chế này cần được tiến hành trong khí hidro khô hoặc khí cacbonic khô, không được tiến hành trong không khí. Hãy giải thích vì sao điều chế nhôm sunfua không được tiến hành trong không khí, viết phương trình hoá học để minh họa. 2. Mức tối đa cho phép của H2S trong không khí là 0,01 mg /l. Để đánh giá sự nhiễm bẩn của không khí ở một nhà máy người ta làm như sau : CHUYÊN ĐỀ BDHSG: OXI – LƯU HUỲNH 20 Điện phân dung dịch KI trong 2 phút , I = 2m . Sau đó cho 2 lít không khí lội từ từ qua dung dịch điện phân trên cho đến khi iot hoàn toàn mất màu . Thêm hồ tinh bột vào bình và tiếp tục điện phân 35 giây nữa với dòng điện trên thì dung dịch bắt đầu xuất hiện màu xanh. Giải thích thí nghiệm và cho biết sự nhiễm bẩn không khí ở nhà máy đã vượt quá mức cho phép chưa ? Hướng dẫn giải 1. . Phản ứng tạo ra Al2S3: 2 Al + 3 S Al2S3 ; ΔH < 0 ( * ). Phản ứng này toả nhiều nhiệt tạo nhiệt độ cao nên khi có oxi của không khí sẽ xảy ra các phản ứng: 3 O2 t 2 Al2O3 ; ΔH < 0 4 Al + O2 S+ o S O2 ; ΔH < 0 2 Al2S3 + 9 O2 to 2 Al2O3 + 6 SO2 ; ΔH < 0 to Như vậy, sự tạo thành Al2S3 bị cản trở rất nhiều. Mặt khác, nếu có lượng nhỏ bột Al2S3 đưojc tạo ra cũng bị thủy ph n do tác động của hơi nước có trong không khí: Al2S3 + 6 H2O 3 H2S + 2 Al(OH)3. Do đó buộc phải thực hiện phản ứng (*) trong điều kiệnn không có o i và hơi nước; thường được tiến hành trong khí hiđro khô hoặc khí cacbonic khô. 2. Giải thích thí nghiệm 2KI + 2H2O dpdung dich 2KOH + I2 + H2 (1) Sục 2lít không khí vào dung dịch sau khi điện phân: H2S + I2 S + 2HI (2) It 0,002×120 = 0,12. 10-5mol I2 = n H2S nI2 = nF = 2×96500 Dung dịch sau phản ứng còn dư H2S (K2S), KI, điện phân theo thứ tự: S2- > I- > Br- > Cl- > OH- Khi điện phân, quá trình anot: S2- -2e S (3) 2I- -2e I2 (4) I2 làm tinh bột hóa xanh. Bắt đầu xảy ra (4) thì (3) đã ong nS2- = 0,002×35 = 0,36.10-6mol 2×96500 Vậy tổng số mol H2S là (1,2 + 0,36 ).10-6mol. Tổng số mg H2S = 1,56 x 10-6x 34 x 103 = 53,04 . 10-3 mg. Số mg H2S trong 1 lít không khí của nhà máy = 53, 04 103 mg = 26,5.10-3mg = 2 0,0265mg 0,01mg (theo tiêu chuẩn cho phép). Kết luận : Không khí ở nhà máy đã bị ô nhiễm H2S nghiêm trọng. CHUYÊN ĐỀ BDHSG: OXI – LƯU HUỲNH 21 Câu 19. (2,0 điểm) Oxi – lưu huỳnh Muối X khi có mặt hơi nước thì phản ứng mãnh liệt với oxi không khí tạo ra muối Y. Trong dung dịch nóng nếu không có mặt không khí thì muối X phân hủy tạo thành muối Z và Y. Khi đun nóng ở dạng khan, muối X phân hủy tạo muối Z; muối T và khí SO2. Muối Z thường dùng trong phép chuẩn độ iot. Sục SO2 vào muối T thu được muối Y. 1. Xác định các chất, tên gọi và viết công thức cấu tạo của X, Y, Z, T? 2. Nêu cách điều chế muối X 3. Hoà tan 1,67 gam hỗn hợp A gồm Y và T trong dung dịch H2SO4 dư, đun nóng. Cho một nửa lượng khí sinh ra hấp thụ trong dung dịch nước Br2 thu được 500 ml dung dịch B. Thêm KI vào 50 ml dung dịch B, 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 B thì dung dịch C thu được trung hoà vừa đủ với 150 ml dung dịch NaOH 0,01M. a. Tính nồng độ mol của dung dịch Br2 ban đầu. b. Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp A. Hướng dẫn giải 1. Z dùng trong chuẩn độ iot nên Z là Na2S2O3; Sục SO2 vào muối T thu được muối Y nên T là Na2SO3 và Y là NaHSO3. X là Na2S2O4 – natri đitionit; Y là NaHSO3- natri hidrosunfit; Z là Na2S2O3 - natritiosunfat; T là Na2SO3- natrisunfit. Các ptpư: 2Na2S2O4 + 2H2O + O2 → 4NaHSO3 2Na2S2O4 + H2O → Na2S2O3 + 2NaHSO3 2Na2S2O4 → Na2S2O3 + Na2SO3 + SO2. 2Na2S2O3 + I2 → Na2S4O6 + 2NaI SO2 + H2O + Na2SO3 → 2NaHSO3 2. Cách điều chế X là 2NaHSO3 + SO2 + Zn → Na2S2O4 + ZnSO3 + H2O. 3. a. 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) Theo các phương trình phản ứng nBr2 = nI2 + nSO2 = (500:50)6,25.10-5 + ¼.1,5.10-3.(500:25) = 8,125.10-3 CM(Br2) = 8,125.10-3/0,5 = 0,01625 M CHUYÊN ĐỀ BDHSG: OXI – LƯU HUỲNH 22
Hướng dẫn giải 1. S2- + Zn2+ → ZnS 2. ZnS + 2H+ → Zn2+ + H2S H2S + I2 → S + 2I- + 2H+ 2S2O32− + I2 → S4O62− + 2I− 3. IO3- + 5I- + 6H+ → 3I2 + 3H2O; Ngay sau đó: 2S2O32− + I2 → S4O62− + 2I− Tổng quát: IO3- + 6S2O32− + 6H+ → 3S4O62− + I− + 3H2O 4. C(KIO3) = 2,675/214 = 0,0125M → c(Na2S2O3) = 3,42.0,0125.6/10 = 0,02565M n(I2) = ½ n(S2O32−) → c(I2) = ½. 19,75.0,02565/10 = 0,02533M Ở thí nghiệm 1: Tổng n(I2) = ½ n(S2O32−) + n(S2−) → n(S2−) = n(ZnS) phản ứng = ½.19,75.0,02565 - ½.15,77.0,02565 = 0,051 mmol C(S2−) = 0,051.32.1000/20 = 81,6 mg/L 5. IO3- + 5I- + 6H+ → 3I2 + 3H2O; ngay sau đó: SO32− + I2 + H2O → SO42− + 2H+ + 2I− Tổng quát: IO3- + 3SO32− → 3SO42− + I− n(SO32−) = 3n(IO3-) = 3. 2,05.0,125 = 0,76875 mmol C(SO32−) = 0,76875. 80/20 = 3,075 g/L 6. SO32− + CH2O + H2O → CH2(OH)SO3− + OH- n(S2O32−) = 2n(I2) = 2.2,54.0,0104 = 0,0528 mmol Bảo toàn electron: 6n(IO3-)= 2 n(SO32−) + 2.n(S2O32−) → n(SO32−) = ½(6. 2,05.0,125 – 2. 0,0528) = 0,716 mmol C(SO32−) = 0,716.80/20 = 2,864 g/L CHUYÊN ĐỀ BDHSG: OXI – LƯU HUỲNH 24 |
