Trắc nghiệm Hóa 10 bài 22 kết nối tri thức có đáp án — Không quảng cáo

Đổi số mol khí H ₂ =? (mol)

Cách 1: Viết PTHH, tính toán theo PTHH

Cách 2: số mol Cl- trong muối = 2n _H2

Bảo toàn khối lượng: m _muối = m _hh + m _Cl-

\({n_{{H_2}}} = \dfrac{1}{2} = 0,5\,\,\,(mol)\)

Cách 1:

Gọi số mol của Mg và Fe lần lượt là x và y mol

Mg + 2HCl  → MgCl ₂ + H ₂

x mol                x mol     x mol

Fe + 2HCl → FeCl ₂ + H ₂

y mol              y mol  y mol

\(\left\{\begin{matrix} 24x + 56y = 20\\ x+y=0,5 \end{matrix}\right.\) => x = y = 0,25

\(m_{MgCl_{2}}\) = 0,25 x (24 + 35,5x2) = 23,75g

\(m_{FeCl_{2}}\) = 0,25 x (56 + 35,5x2) = 31,75g

Khối lượng muối clorua = 23,75 + 31,75 = 55,5g

Cách 2:

số mol Cl- trong muối = 2n _H2 = 2. 0,5 = 1(mol)

Khối lượng muối clorua:  m _muối = m _hh + m _Cl- = 20 + 1.35,5 =55,5 (g)

Tính axit: HI > HBr > HCl > HF

Giải thích:

Do bán kính nguyên tử: I > Br > Cl > F

=> Độ dài liên kết: H-I > H-Br > H-Cl > H-F

=> Khả năng cho H ⁺ : HI > HBr > HCl > HF

=> Tính axit: HI > HBr > HCl > HF

\(NaCl + AgN{O_3} \to AgCl + NaN{{\rm{O}}_3}\)

\(NaB{\rm{r}} + AgN{O_3} \to AgB{\rm{r}} + NaN{{\rm{O}}_3}\)

\(NaI + AgN{O_3} \to AgI + NaN{{\rm{O}}_3}\)

Khí \(Cl_2\) phản ứng với khí \(H_2\) trong điều kiện chiếu sáng.

Phương pháp điều chế khí hiđro clorua trong phòng thí nghiệm là:

\(NaC{l_{(r)}} + {H_2}S{O_{4(dac)}}\xrightarrow{{{t^o}}}NaHS{O_4} + HCl\)

Để làm khô được khí HCl thì chất đó không tác dụng được với HCl.

NaOH rắn không được dùng để làm khô khí HCl vì xảy ra phản ứng:

\(HCl + NaOH\xrightarrow{{}}NaCl + {H_2}O\)

Chất có tính khử là chất nhường e (số oxi hóa tăng)

A. \(2\mathop {Cl}\limits^{ - 1}  \to \mathop {C{l_2}}\limits^0  + 2e\)

B, C. HCl không thay đổi số oxi hóa

D. \(2\mathop H\limits^{ + 1}  + 2e \to \mathop {{H_2}}\limits^0 \)

Phân tử khí HCl phân cực mạnh nên tan rất tốt trong nước.

Chất có tính oxi hóa là chất nhận e (số oxi hóa giảm)

A. \(2\mathop {Cl}\limits^{ - 1}  \to \mathop {C{l_2}}\limits^0  + 2e\)

B, C. HCl không thay đổi số oxi hóa

D. \(2\mathop H\limits^{ + 1}  + 2e \to \mathop {{H_2}}\limits^0 \)

\({n_{KMn{O_4}}} = \dfrac{{15,8}}{{158}} = 0,1\left( {mol} \right)\)

\(2KMn{O_4} + 16HCl\xrightarrow{{}}2MnC{l_2} + 2KCl + 5C{l_2} + 8{H_2}O\)

Theo PTHH: \({n_{C{l_2}}} = \dfrac{5}{2}{n_{KMn{O_4}}} = \dfrac{5}{2}.0,1 = 0,25\left( {mol} \right)\)

\({n_{KMn{O_4}}} = \dfrac{{15,8}}{{158}} = 0,1\left( {mol} \right)\)

\(2KMn{O_4} + 16HCl\xrightarrow{{}}2MnC{l_2} + 2KCl + 5C{l_2} + 8{H_2}O\)

Theo PTHH: \({n_{C{l_2}}} = \dfrac{5}{2}{n_{KMn{O_4}}} = \dfrac{5}{2}.0,1 = 0,25\left( {mol} \right)\)

\( \Rightarrow {V_{C{l_2}}} = 0,25.22,4 = 5,6\left( l \right)\)

Áp dụng định luật bảo toàn electron

Ta có: \(2\mathop {Cl}\limits^{ - 1}  \to \mathop {C{l_2}}\limits^0  + 2e\)

A. \(\mathop {Mn}\limits^{ + 4}  + 2e \to \mathop {Mn}\limits^{ + 2} \)

\( \Rightarrow {n_{C{l_2}}} = {n_{Mn{O_2}}} = 1mol\)

B. \(\mathop {Mn}\limits^{ + 7}  + 5e \to \mathop {Mn}\limits^{ + 2} \)

\( \Rightarrow {n_{C{l_2}}} = \dfrac{5}{2}{n_{Mn{O_2}}} = 2,5mol\)

C. \(\mathop {Cl}\limits^{ + 5}  + 6e \to \mathop {Cl}\limits^{ - 1} \)

\( \Rightarrow {n_{C{l_2}}} = 3{n_{KCl{O_3}}} = 3mol\)

D. \(2\mathop {Cl}\limits^0  + 2e \to 2\mathop {Cl}\limits^{ - 1} \)

\( \Rightarrow {n_{C{l_2}}} = {n_{CaOC{l_2}}} = 1mol\)