các dạng bài tập luyện hóa học vô cơ hay nhất

Bài tập rèn luyện Câu 29: Cho 158,4g hỗn hợp X gồm F e, F e(NO3)2, F e(NO3)3 vào một bình kín rồi nung ở nhiệt độ cao để phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng chất rắn giảm 55,2g so với ban đầu. Cho chất rắn này tác dụng với thu được khí NO và dung dịch Y.Cho NaOH dư vào Y được kết tủa Z.Nung Z ngoài không khí tới khối lượng không đổi được m g chất rắn. Giá trị của m là: A. 196 . B. 120. C. 128. D. 115,2. Lời giải: Phân tích đề toán:   F e F e(NO3)2 F e(NO3)3   t 0 −→   F exOy O2 NO2   HNO3 −−−−→ NO F e(NO3)3 Khi cho chất rắn tác dụng với HNO3 tạo ra khí NO chứng tỏ F exOy còn chứa hợp chất sắt khác ngoài F e2O3, và như vậy thì O2 hết. Vì O2 tham gia phản ứng oxi hóa thành F e+3 . Nên chất rắn giảm chính là lượng NO2 thoát ra mNO2 = 55, 2 ⇒ nNO2 = 1, 2 (mol) ⇒ nNO− 3 = 1, 2 (mol) Ta có mX = mF e + mNO− 3 ⇒ mF e = 158, 4 − 1, 2.62 = 84 g ⇒ nF e = 1, 5 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố để tính khối lượng rắn .mF e2O3 = 1, 5.80 = 120g Đáp án B. Câu 30: Hỗn hợp X gồm F eS, F eS2, CuS tan vừa hết trong dung dịch chứa 0, 33mol H2SO4 đặc sinh ra 0, 325mol SO2 và dd Y. Nhúng thanh sắt nặng 50g vào dd Y phản ứng xong thấy thanh sắt nặng 49,48g và dd Z. Cho Z phản ứng với HNO3 đặc nóng dư sinh ra khí NO2duy nhất và còn lại dd E (không chứa NH+ 4 ). Khối lượng muối khan có trong E là: A. 20,27. B. 18,19. C. 21.3. D. 21,41. Lời giải: Quy hỗn hợp về F eS; F eS2; CuS = F e; Cu; S = (a; b; c) : mol Bảo toàn e :3nF e + 2nCu + 6nS = 2nSO2 ⇒ 3a + 2b + 6c = 2.0, 325 = 0, 65 Bảo toàn điện tích :3nF e3+ + 2nCu2+ = 2nSO2− 4 = 2.(0, 33 − 0, 325) + c ⇒ 3a + 2b − 2c = 0, 01 2F e3+ + F e → 3F e2+ a..........a2.......32a bring about change 15 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com Cu2+ + F e → Cu + F e2+ b.......b...............b....... Khối lượng kim loại giảm là : 56.( a 2 + b) − 64b = 50 − 49, 48 = 0, 52 ⇒ 28a − 8b = 0, 52 Giải ra ta được :a = 0, 03; b = 0, 04; c = 0, 08 Bảo toàn điện tích trong dung dịch E X3nF e = 2nSO2− 4 + nNO− 3 ⇒ 3. 3a 2 + b = 2.(0, 33 − 0, 325) + c + nNO− 3 ⇒ nNO− 3 = 0, 085 Khối lượng trong E là : XmF e3+ + mSO2− 4 + mNO− 3 = 56. 3a 2 + b + 96.(0, 33 − 0, 325) + c + 62.0, 085 = 18, 19 Đáp án B. Câu 31: Hỗn hợp X gồm F eO, F e2O3, F e3O4, CuO. Nếu cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được 3,36 lít SO2 (đktc). Nếu khử m gam hỗn hợp X bằng H2 đun nóng sau 1 thời gian thu được 76,64 gam hỗn hợp Y, hoà tan hết hỗn hợp Y trong dung dịch HNO3 loãng dư thu được 3,136 lít NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là A. 77,60. B. 79,2. C. 79,6. D. 77,28. Lời giải: Xét phản ứng :X + H2SO4.Theo đó, ta có: ne(X nhường)=2nSO2 = 0, 15.2 = 0, 3 Mặt khác: (e):ne(X nhường) + 2nH2 = 3nNO ⇒ nH2 = 0, 06 = nO(bị khử) Mặt khác: mX = my + mO(bị khử) = 77, 6 Chọn A. Câu 32: Hỗn hợp X gồm F e3C, F e, C. Cho m gam X tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với hiđro là 30,48 và dung dịch Z. Hấp thụ hết khí Y vào 800 ml dung dịch hỗn hợp NaOH 1M và KOH 1,2M thu được dung dịch chỉ chứa muối có tổng khối lượng muối là 132,26. Cô cạn dung dịch Z thu được m+50,04 gam muối khan. Giá trị của m là A. 22,8. B. 21,4. C. 21,96. D. 21,64. Lời giải: Quy đổi hỗn hợp X thành F e, C Y SO2 CO2 ⇔ XO2 (X= 28,96) Theo đầu bài ta có:    2nXO2− 3 + nHXO− 3 = n + K + n + Na = nOH− = 1, 76 mNa+ + mK+ + mXO2− 3 + mHXO− 3 = 132, 26 nNa+ = 0, 8 nK+ = 0, 8.1, 2 ⇒ nXO2− 3 + nHXO− 3 = 1303 1316 = nY MY = 60, 96⇒ nCO2 = 0, 15; nSO2 = 0, 84 bring about change 16 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com Măt khác, Bảo toàn e cho cả quá trình, ta có: 3nF e + 4nc = 2nSO2 ⇔ 6nF e2(SO4)3 + 4nC = 2.0, 84 ⇒ 6 m + 50, 04 400 + 4.0, 15 = 2.0, 84 ⇒ m = 21, 96 Chọn C. Câu 33: Nung nóng m gam hỗn hợp X gồm CaCO3 và F eCO3 trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 2 oxit có số mol bằng nhau. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3 dư thu được 14,784 lít hỗn hợp khí NO và CO2 (đktc, NO là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là A. 44,82. B. 9,76. C. 74,70. D. 68,72. Lời giải: CaCO3(a mol) F eCO3(b mol) kk;t 0 →    CaO(a mol) F e2O3( b 2 mol) Theo bài ra, ta có: nCaO = nF e2O3⇔ a = b 2 BTe, ta có:nF eCO3 = 3nNO (C): nCO2 = nCaCO3 + nF eCO3 Do đó:    a = b 2 b 3 + a + b = 0, 66 ⇔ ( a = 0, 18 b = 0, 36 Do đó: m = mCaCO3 + mF eCO3 = 100a + 116b = 59, 76. Đáp án B. Câu 34: Hỗn hợp X gồm Al2O3, MgO, F e2O3, ZnO. Để hoà tan 31,48 gam hỗn hợp X cần 325 gam dung dịch H2SO4 19,6%. Dùng khí CO dư đun nóng để khử 31,48 gam hỗn hợp X thu được 27,16 gam chất rắn Y. Chất rắn Y tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được 2,24 lít hỗn hợp khí NO và N2O (đktc) có tỉ khối so với hiđro là 17,1. Số mol HNO3 tham gia phản ứng là A. 1,47375. B. 1,56125 . C. 1,45250 . D. 1,58150. Lời giải: Xét phản ứng X + H2SO4 nO2−X = nH2SO4 = 0, 65 ( Bản chất: H + + O 2− → H2O) Xét X+ CO nO2−(bị khử) = 31, 48 − 27, 16 16 = 0, 27 = nCO pu ⇒ nO2−Y = nO2−X − nO2−(bị khử) = 0, 38 BTe, ta có: 2nCO = 3nNO + 8nN2O + 8nNH4NO3 ⇔ 2.0, 27 = 3.0, 07 + 8.0, 03 + 8nNH4NO3 ⇒ nNH4NO3 = 0, 01125 Do đó: nHNO3(pu) = 2nO2Y + 4nNO + 10nN2O + 10nNH4NO3 = 2.0, 38 + 4.0, 07 + 8.0, 01125 = 1, 4525. Đáp án C. Câu 35: Hòa tan hoàn toàn m (g) hỗn hợp x gồm F eS và F eS2 ( lưu huỳnh chiếm 44% khối lượng hỗn hợp) trong 800 ml HNO3 4M, thu được dung dịch Y và khí NO duy nhất. Dung dịch này có thể hòa tan tối đa 44, 8g Fe cho khí NO duy nhất. Giá trị của m là: bring about change 17 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com A. 60,7. B. 44. C. 40. D. 50. Lời giải: Coi hỗn hợp chỉ gồm F e(xmol) và S(ymol) Theo đề lưu huỳnh chiếm 44% khối lượng hỗn hợp nên có y = 11x 8 Trong dung dịch Y gồm có F e2(SO4)3 và F e(NO3)3 Y hòa tan tối đa nên sắt chỉ lên sắt 2 Ta có nF ehatan = nF e3+ 2 + 3nHNO3d 8 ⇒ nHNO3d = 8 3 (0, 8 − x 2 ) (1) Mặt khác ta có    nHNO3pu = nNO + 3nF e(NO3)3 nF e(NO3)3 = nF e − nF e2(SO4)3 3nNO = 3nF e + 6nS ⇒ nHNO3pu = 4nF e = 4x (2) Từ (1) và (2) ta tính được x = 0, 4mol → m = 40g. Đáp án C Nhận xét: Từ bài toán này ta có thể áp dụng công thức nhanh cho các bài toán khác tương tự ( hỗn hợp gồm hợp chất của sắt và lưu huỳnh) Đó là nHNO3pu = 4nF e từ đó có thể rút ngắn thời gian làm bài Câu 36: Hòa tan hết 53, 82g kim loại M (có hóa trị duy nhất trong các hợp chất) vào dung dịch HNO3( chưa biết rõ loãng hay đặc nóng) thu được dung dịch X (không chứa NH+ 4 )và 8, 064 lít hỗn hợp khí Y ( gồm hai khí) có tỉ khối so với H2 bằng 16, 75.Mặt khác cô cạn X thu được 190, 8g rắn Z Thành phần phần trăm về khối lượng của N (nitơ) trong Z là: A. 15,58 %. B. 17,85 %. C. 15,87 %. D. 18,75 %. Lời giải: Giả sử X chỉ gồm muối nitrat → nN = nNO− 3 = (190, 8 − 53, 82)62 = 2, 21 mol Thừa dữ kiện + không có đáp án → loại. Vậy X gồm M(NO3)n và M(OH)n Từ đó tính được: nH2 = 0, 09 ; nN2O = 0, 27 mol ( chỗ này hai th gồm NO2 và N2O ) → nHNO3(p) = 2, 7 BT nguyên tố N: → nN(X) = nHNO3 − nN(Y ) = 2, 7 − 0, 27.2 = 2, 16 mol Đáp án A. Câu 37: Hỗn hợp X gồm Mg, Al, MgO, F eO, Mg(OH)2, Al(OH)3. Nung m gam hỗn hợp X trong điều kiện không có không khí đến khối lượng không đổi thu được m − 1, 44 gam hỗn hợp rắn Y. Để hoà tan m gam hỗn hợp X cần 1, 50 lít dung dịch HCl1M thu được 3, 808lít H2(đktc). Cho m gam hỗn hợp X bằng dung dịch HNO3 loãng dư thu được 4, 48 lít NO (đktc) và dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu được m + 108, 48 gam muối khan. Số mol HNO3 tham gia phản ứng là: A. 2,250. B. 2,424. C. 2,135. D. 2,725. Lời giải: Khi nung trong điều kiện không có không khí: 2OH− → O 2− + H2O bring about change 18 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com mgim = mH2O = 1, 44 → nH2O = 0, 08 → nOH− = 0, 16 nH+ = 2nH2 = 0, 34 (tạo khí ) 2H + + O 2− → H2O nO2− = 12nH2 = (1, 5 − 0, 34 − 0, 16)2 = 0, 5 Gọi nNH4NO3 = x 108, 48 = 0, 16(62 − 17) + 80x − 16.0, 5 + 62(8x + 0, 2.3 + 0, 5.2) x = 0, 0175 → nHNO3 = 2O 2− + nOH− + 10nNH4NO3 + 4nNO = 2, 135 mol Đáp án C. Câu 38: Hỗn hợp X gồm Al, Zn, F e, Mg. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl dư thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được m + 27, 69 gam hỗn hợp muối. Oxi hóa dung dịch Y cần 0, 784 lít khí Clo (đktc). Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với oxi sau 1 thời gian thu được m + 1, 76 gam hỗn hợp Z. Cho hỗn hợp Z tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được 4, 032 lít NO (đktc) và dung dịch T. Cô cạn dung dịch T thu được 70, 22 gam muối khan. Phần trăm khối lượng Fe trong hỗn hợp X là: A. 26,96 %. B. 20,22 %. C. 23,59 %. D. 30,32 %. Lời giải: Gọi nNH4NO3 = x, 8x + nNO.3 + nO.2 = nCl2 .2 + nH2 .2 nH2 = 1 2 27, 6935, 5 = 0, 39 Thay vào trên được x = 0, 01125 mNH4NO3 = 0, 9. mm0KL = 70, 22 − 0, 9 = 69, 32. nNO− 3 = nCl2 .2 + nH2 .2 mKL = mm0KL − 3NO− 3 = 16, 62 mà nF e = 0, 035.2 = 0, 07 Đáp án C. Câu 39: Cho x mol hỗn hợp kim loại Zn, Fe (có tỉ lệ mol 1 : 1) tan hết trong dung dịch chứa y mol H2SO4 (tỉ lệ x : y = 2 : 5). Sau khi kim loại tan hết thu được sản phẩm khử Y duy nhất và dung dịch Z chỉ chứa muối sunfat. Cho m gam Cu tan hoàn toàn trong dung dịch Z. Giá trị m lớn nhất là : A. 6,4 y. B. 19,2 y. C. 12,8 y. D. 12,8 x. Lời giải: Giả sử có 1 mol Zn, 1 mol Fe thì sẽ có 5 mol H2SO4, Zn phản ứng trước thì số mol H2SO4 còn là 3 mol Mà ta có 2F e + 6H2SO4 → F e2(SO4)3 + SO2 + 6H2O Phản ứng vừa hết nên số g Cu là : m = nF e 2 64 = 32 = 6, 4y Đáp án A. Câu 40: Hoà tan hoàn toàn 5,4g oxit kim loại X bằng dung dich HNO3 dư thu được 0,224 lít NO. Cho dung dịch sau phản ứng tác dụng với KOH dư núng nóng thì thu được 0,126 lít khí nữa. X là: A. FeO. B. MnO hoặc FeO. bring about change 19 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com C. MnO hoặc Cu2O. D. Kết quả khác. Lời giải: nNH4NO3 = 5, 625.10−3 mol, nNO = 0, 01 mol → nenhận = 0, 01.3 + 5, 625.10−3 .8 = 0, 075 mol Gọi x là số electron X nhường → M.0, 075x = 5, 4 → M = 72x x = 1 → M = 72(F eO) x = 2 → M = 144(Cu2O) Đáp án D. Câu 41: Hỗn hợp bột A gồm 3 kim loại Mg, Zn, Al. Khi hòa tan hết 7, 5g A vào 1 lít dd HNO3 thu được 1 lít dd B và hh khí D gồm NO và N2O.Thu khí D vào bình dung tích 3, 2(l) có chứa sẵn N2 ở O 0C và 0, 23atm thì nhiệt đọ trong bình tăng lên dến 27, 3 0C, áp suất 1,1atm. Khối lượng bình tăng thêm 3, 72g. Nếu cho 7, 5g A vào 1 lít dd KOH2M thì sau phản ứng khối lượng dd tăng thêm 5, 7g.Giá trị tổng số mol 3 kim loại trong A. A. 0,2. B. 0,5. C. 0,4. D. 0,25. Lời giải: Gọi số mol của Mg, Zn, Al lần lượt là a, b, c. Khi cho hỗn hợp khí D vào bình dung tích 3,2 lít. Theo công thức n = P V RT , ta tính được ngay: nN2 = 0, 03mol, nhh khí trong bình = 0, 14mol Khi đó nhhNO,N2O = 0, 11mol ⇒ MNO,N2O = 34. Sử dụng đường chéo ta tính được nNO = 0, 07mol, nN2O = 0, 04mol Khi cho A vào KOH ta có ngay 7, 5 − 5, 7 = mM g(OH)2 + mH2 ⇒ 58a + 2b + 3c = 1, 8 Từ đó ta có hệ:    24a + 65b + 27c = 7, 5 2a + 2b + 3c = 0, 53 58a + 2b + 3c = 0, 18 ⇔    a = 0, 02 b = 0, 06 c = 0, 12 Từ đó suy ra nhh kim loại = a + b + c = 0, 2 Đáp án A. Câu 42: Một hỗn hợp rắn A gồm kim loại M và một oxit của kim loại đó. Người ta lấy ra 2 phần, mỗi phần có khối lượng 59, 2 g. • Phần 1:Hòa tan vào dung dịch của hỗn hợp N aNO3 và H2SO4 (vừa đủ ) thu được 4, 48 lít khí NO và dung dịch B.Cô cạn thu được m g rắn khan. • Phần 2: Đem nung nóng rồi cho tác dụng với khí H2 dư cho đến khi được một chất rắn duy nhất, hòa tan hết chất rắn đó bằng nước cường toan thì có 17, 92 (lít) khí NO thoát ra. Các thể tích đo ở ĐKTC. Giá trị của m gần nhất với: bring about change 20 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com A. 160. B. 170. C. 180. D. 190. Lời giải: Quy hỗn hợp gồm M, MxOy = M, O = (a; b) : mol Bảo toàn e cho phần 1: m.nM = 3nNO + 2nO ⇒ m.a = 3.0, 2 + 2b (Với m là hóa trị của M) Bảo toàn e cho phần 2:m.nM = 3nNO = 3.0, 8 = 2, 4 Từ đó suy ra :nO = 0, 9 ⇒ mO = 14, 4 ⇒ mM = 44, 8 Trong dung dịch B có chứa :Mm+; SO2− 4 ; N a+ Bảo toàn ion : m.nM + nNa+ = 2nSO2− 4 ⇒ 2, 4 + 0, 2 = 2nSO2− 4 ⇒ nSO2− 4 = 1, 3 Khối lượng dung dịch B là : mB = mNa+ + mSO2− 4 + mMm+ = 23.0, 2 + 96.1, 3 + 44, 8 = 174, 2 Đáp án B. Câu 43: 15: Cho 3,2 gam hỗn hợp F e và Cu( có tỉ lệ mol tương ứng 8 : 3 )vào 100ml dung dịch chứa HNO3 0,2M, H2SO4 0,9M và N aNO3 0,4M. Sau khi kết thúc phản ứng thu được khí NO sản phẩm khử duy nhất. Cô cạn cẩn thận toàn bộ dung dịch thu được sau phản ứng thì khối lượng muối khan thu được là. A. 13,38. B. 32,48. C. 24,62. D. 12,13. Lời giải: Từ đề bài tỉ lệ mol F e : Cu = 8 : 3 ta suy ra nF e = 0, 04mol, nCu = 0, 015mol Số mol e cho tối đa là (F e → F e3+): 0, 04.3 + 0, 015.2 = 0, 15mol Mặt khác: ( nH+ = 0, 2mol nNO− 3 = 0, 06mol Bán phản ứng khử: 4H + + NO− 3 + 3e → NO + 2H2O Số mol e nhận là :ne nhận = 3 4 nH+ = 0, 15mol = ne cho Nên ta suy ra kim loại tan vừa hết Dung dịch sau phản ứng :    NO− 3 dư : 0, 01mol SO2− 4 : 0, 09mol N a+ : 0, 04mol ion KL : 3, 2g Khi đó mmuối = 3, 2 + 0, 04.23 + 0, 01.62 + 0, 09.96 = 13, 38g Đáp án A. Câu 44: 16: Nhiệt phân 50,56 gam KMnO4 sau 1 thời gian thu được 46,72 gam chất rắn. Cho toàn bộ lượng khí sinh ra phản ứng hết với hỗn hợp X gồm Mg, Fe thu được hỗn hợp Y nặng 13,04g. Hòa tan bring about change 21 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com hoàn toàn Y trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được 1,344l SO2 ở đktc( sản phẩm khử duy nhất). Phần trăm khối lượng Mg trong X: A. 39,13 %. B. 46,15 %. C. 28,15 %. D. 52,17 %. Lời giải: Sử dụng bảo toàn khối lượng suy ra :mO2 = 50, 56 − 46, 72 = 3, 84 ⇒ nO2 = 0, 12 ⇒ nO = 0, 24 Mg: x mol, Fe: y mol. Ta có ngay hệ ( 2x + 3y = 0, 24.2 + 0, 06.2 = 0, 6 24x + 56y = 13, 04 − 0, 24.16 = 9, 2 ⇔ ( x = 0, 15 y = 0, 1 Từ đó suy ra %Mg = 0, 15.24 9, 2 = 39, 13% Đáp án A. Câu 45: Cho m1 gam hỗn hợp gồm Mg, Al vào m2 gam dung dịch HNO3 24 %. Sau khi các kim loại tan hết có 8,96 lít (ở đktc) hỗn hợp khí X gồm NO, N2O, N2 bay ra (ở đktc) và dung dịch A. Thêm một lượng vừa đủ O2 vào X, sau phản ứng thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn Y từ từ qua dung dịch NaOH dư có 4,48 lít hỗn hợp khí Z đi ra (ở đktc). Tỷ khối của Z đối với H2 bằng 20. Nếu cho dung dịch NaOH vào A để được lượng kết tủa lớn nhất thu được 62,2 gam kết tủa. Tính m1, m2. Biết lượng HNO3 lấy dư 20% so với lượng cần thiết. Lời giải: Khi thoát ra gồm N2O, N2 dễ tính được nN2O = 0, 15, N2 = 0, 05 Suy ra nNO = 0, 2 Gọi số mol của Mg, Al lần lượt là x và y Do khối lượng kết tủa là lớn nhất nên có hệ 2x + 3y = 3.0, 2 + 0, 15.8 + 0, 05.10 = 2, 3 58x + 78y = 62, 2 Tính được x = 0, 4; y = 0, 5 ⇒ m = 23, 1g. nHNO3pứ = 2x + 3y + 0, 2 + 2.0, 15 + 2.0, 05 = 2, 9mol Vậy nHNO3 = 2, 9.1, 2 = 3, 48mol Suy ra m2 = 913, 5g Câu 46: Cho 6, 69g hỗn hợp dạng bột gồm Al và F e vào 100mldung dịch CuSO4 0, 75M khuấy kĩ để phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn X. Hòa tan hoàn toàn X bằng HNO3 1M thu được khí NO sản phẩm khử duy nhất. Thể tích HNO3 tối thiểu cần dùng là: A. 0,5. B. 0,6. C. 0,4. D. 0,3. Lời giải: Giả sử hỗn hợp ban đầu chỉ có Al.Khi đó: nAl = 0, 248(mol) BTe, ta có: 3nNO = 3nAl ⇒ nNO = 0, 248( mol) Khi đó: nHNO3 = 4nNO = 4.0, 248 = 0, 988(mol) Mặt khác, Giả sử hỗn hợp ban dầu chỉ có F e Khi đó: nF e = 0, 119.Để HNO3 min trong trường hợp này thì F e chỉ được tạo muối sắt (II)(Khi đó số mol NO sinh ra ít nhất nên HNO3 dùng ít nhất) Lập luận tương tự như trên ta có:3nNO = 2nF e ⇒ nNO = 0, 079 ⇒ nHNO3 = 0, 316(mol) Do vậy: 0, 316 < nHNO3min < 0, 988 bring about change 22 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com Đáp án C. Câu 47: Hỗn hợp X gồm BaO, F eO và CuO . Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch hỗn hợp HCl0, 75M và HBr0, 25M vừa đủ thu được dung dịch Y chứa 73, 7475 gam chất tan. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư thu được 0, 96m gam kết tủa. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được 0, 672 lít NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thu được m1 gam kết tủa. Giá trị của m1 là: A. 130,3275. B. 132,6825. C. 128,3625. D. 124,1275 . Lời giải: Gọi số mol BaO, F eO và CuO lần lượt là x, y, z. Dễ có: nO = x + y + z ⇒ nH+ = 2(x + y + z) Lại thấy nCl− = 3nBr− nên dễ dàng suy ra được số mol hai thằng này theo x, y, z Khi đó ta có hệ    0, 37.153x = 0, 63(72y + 80z) y = 0, 09 137x + 56y + 64z + 80(x + y + z) 2 + 3.35, 5(x + y + z) 2 = 73, 7475 ⇒    x = 0, 18 y = 0, 09.. z = 0, 12 Từ đó suy ra nCl− = 3nBr− = 0, 585. mkt = mAgCl + mAgBr + mAg = 130, 3275 Đáp án A Câu 48: Hòa tan hoàn toàn 1, 28g Cu vào dung dịch chứa 0, 12mol HNO3 thu được dung dịch X và hỗn hợp khí Y gồm NO và NO2.Cho X tác dụng hoàn toàn với 105mldung dịch KOH 1M, sau phản ứng lọc bỏ kết tủa được dd Y1.Cô cạn Y1 thu được chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi, thu được 8, 78g chất rắn. Tỉ khối của khí Y so với He là: A. 9. B. 10. C. 9,5. D. 8. Lời giải: Theo đề: nCu = 0, 02 mol; nKOH = 0, 105 mol Gọi ( x = nKOHdư y = nKNO3 → ( x + y = 0, 105 56x + 85y = 8, 78 → ( x = 0, 005 y = 0, 1 mol → nHNO3d = nKNO3 − 2nCu(NO3)2 = 0, 06 mol → nHNO3P = 0, 12 − 0, 06 = 0, 06 mol Bảo toàn nguyên tố Nito và bảo toàn electron ta tính được: nNO = nNO2 = 0, 01 mol → MX = 0, 01.30 + 0, 01.46 0, 01 + 0, 01 = 38 → D = 384 = 9, 5 Đáp án C. Câu 49: Thổi một luồng khí CO qua ống sứ chứa 37, 76 gam hỗn hợp gồm F e2O3 và F e3O4 đun nóng, sau một thời gian thu được hỗn hợp rắn X và hỗn hợp khí Y. Hấp thụ toàn bộ khí Y vào nước vôi trong lấy dư thu được 32,0 gam kết tủa. Hòa tan hết rắn X trong 240 gam dung dịch HNO3 35, 7% thu được dung dịch Z chỉ chứa các muối có khối lượng 98, 8 gam và hỗn hợp gồm các khí, trong đó oxi chiếm 61, 538% về khối lượng. Nồng độ phần trăm C% của F e(NO3)3 có trong dung dịch Z là. A. 18,24 %. B. 15,96 %. C. 55,61 %. D. 23,16 %. bring about change 23 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com Lời giải: Hỗn hợp Z gồm F e(NO3)2 và F e(NO3)3( vì F e là kim loại có tính khủ yếu không có khả năng tạo muối amoni); HNO3 đã hết. nO = nCO2 = nCaCO3 = 0, 32 mol → mX = 37, 76 − 0, 32.16 = 32, 64 gam. nHNO3 = 1, 36 mol→ nH2O = 0, 68 mol BTKL: → mkh = mX + mHNO3 − mH2O − mmuối = 7, 28 gam → nN(trong khí) = 0, 2 mol → nNO− 3 (trong muối) = 1, 36 − 0, 2 = 1, 34 mol ( x = nF e(NO3)2 y = nF e(NO3)3 → ( 2x + 3y = 1, 34 180x + 242y = 98, 8 → ( 2x + 3y = 1, 16 180x + 242y = 98, 8 → ( x = 0, 28 y = 0, 2 mddsauPƯ = 265, 36 g → C%F e(NO3)3 = 18, 34% Đáp án A. Câu 50: Cho hỗn hợp rắn X gồm F eS; F eS2; F e2O3; F eO; S; CuO (Trong đó oxi chiếm 16%mX).Hòa tan hoàn toàn 10g X bằng một lượng vừa đủ H2SO4 đặc, nóng. Sau phản ứng thấy thoát ra 0, 31mol SO2 và dung dịch Y . Cho Y tác dụng hoàn toàn với một lượng bột Mg. Sau đó thấy thanh kim loại tăng 2, 8g (Giả sử kim loại tạo ra bám hết vào thanh Mg). Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 10g X cần vừa đủ V (l) hỗn hợp khí A gồm oxi và ozon (Tỉ lệ mol 1:1). Giá trị của V là: A. 1,4784. B. 1,4783. C. 1,5322. D. 1,5680. Lời giải: Coi hỗn hợp gồm F e, Cu, O, S gọi số mol F e, Cu, S lần lượt là x, y, z Ta có:    56x + 64y + 32z = 8, 4g 3x + 2y = 2z + (0, 4 − 0, 31)2 x(56 − 24) + y(64 − 24) = 2, 8 ⇒    x = 57 700 y = 41 1400 z = 43 700 Dễ suy ra 2nO = 61 175 ≈ 0, 35. Suy ra V = 1, 568 Đáp án D. Câu 51: Trộn KMnO4; KClO3 với một lượng bột MnO2 trong bình kín thu được hỗn hợp X.Lấy 52, 55g X đem nung nóng, sau một thời gian thu được hỗn hợp rắn Y và V (lít) O2. Biết rằng KClO3 nhiệt phân hoàn toàn tạo 14, 9g KClchiếm 36, 315% khối lượng chất rắn Y . Sau đó cho toàn bộ Y tác dụng hoàn toàn với axit HCl đặc, dư, đun nóng, sau phản ứng cô cạn dung dịch thu được 51, 275g muối khan.Hiệu suất quá trình nhiệt phân KMnO4 là: A. 62,5 %. B. 91,5 %. C. 75 %. D. 80 %. Lời giải: mY = 14, 9 : 0, 36315 = 41, 03(g) ⇒ nO2 = 52, 55 − 41, 03 32 = 0, 36(mol), nKCl = 0, 2mol 2 KMnO4 −−→ K2MnO4 + MnO2 + O2 Gọi số mol của KMnO4 ;K2MnO4 ;MnO2 trong Y lần lượt là x, y, z bring about change 24 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com Khi đó ta có hệ:    158x + 197y + 87z = 41, 03 − 14, 9 = 26, 13 4x + 4y + 2z + 2.0, 36 = 4(x + 2y) + 0, 2.3 + 2(z − y) 200, 5x + 275y + 126z = 51, 275 − 14, 9 = 36, 375 ⇒    x = 0, 03 y = 0, 06 z = 0, 11 Vậy hiệu suất là 80% Đáp án D. Câu 52: Cho m(g) hỗn hợp gồm N aBr và N aI phản ứng với dd H2SO4 đặc nóng thu được hỗn hợp khí A (ĐKTC).Ở điều kiện thích hợp, hỗn hợp khí A phản ứng vừa đủ với nhau tạo thành chất rắn có màu vàng và một chất lỏng không màu làm đổi màu quỳ tím. Cho N a dư vào phần chất lỏng thu được dung dịch B. Dung dịch B hấp thụ vừa đủ 2, 24(l) CO2 (ĐKTC) được 9, 5g muối.Giá trị của m là: A. 196,46. B. 195,45. C. 197,64. D. 196,56. Lời giải: Hỗn hợp khí A gồm: SO2, H2S, chất lỏng là H2O Gọi ( x = nNa2CO3 y = nNaHCO3 ⇒ x + y = 0, 1 106x + 84y = 9, 5 ⇒ x = y = 0, 05 → nNaOH = 2nNa2CO3 + nNaHCO3 = 0, 15 mol → nH2S = 0, 15 mol ; nSO2 = 0, 075 mol 2 NaBr + 2 H2SO4 −−→ Na2SO4 + SO2 + Br2 + 2 H2O 8 NaI + 5 H2SO4 −−→ 4 Na2SO4 + H2S + 4 I2 + 4 H2O → m = 0, 075.2.103 + 0, 15.8.150 = 195, 45 gam Đáp án B. Câu 53: Hỗn hợp X có F eS2 và MS (có tỉ lệ mol 1 : 1, M có hóa trị không đổi). Cho 6,51 gam X tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO3 dư được dung dịch Y và 0,59 mol hỗn hợp khí Z gồm (NO và NO2) có khối lượng 26,34 gam. Thêm dung dịch BaCl2 dư vào Y được m gam kết tủa trắng không tan trong dung dịch axit dư trên. Tính giá trị m và thành phần phần trăm khối lượng MS trong hỗn hợp X là: A. 20,97 và 44,7%. B. 20,97 và 44,7%. C. 6,99 và 44,7%. D. 6,99 và 55,3%. Lời giải: Gọi nF eS2 = nMS = x mol ⇒ x(152 + M) = 6, 51 Bảo toàn e: F eS2 → F e3+ + 2.S6+ + 15e N 5+ + 3e → N 2+ MS → Mn+ + S 6+ + (6 + n)e N 5+ → N 4+ + 1e ⇒ 15x + (6 + n)x = 0, 69 Giải 2 phương trình trên ⇒ (152 + M). 0, 69 21 + n = 6, 51. Chọn n=2 ta có M=65 (Zn) %MS = 44, 7% Ta có : m = mBaSO4 = 0, 09.233 = 20, 97 Đáp án A. Câu 54: Một dung dịch có chứa 4 ion của 2 muối vô cơ trong có ion SO2− 4 , khi tác dụng vừa đủ với dung dịch Ba(OH)2 đun nóng cho khí X, kết tủa Y và dung dịch Z. Dung dịch Z sau khi axit hóa tan bằng HNO3 tạo với AgNO3 kết tủa trắng hóa đen ngoài ánh sáng. Kết tủa Y đem nung được a g chất rắn T. bring about change 25 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com Gía trị của A thay đổi tùy theo lượng Ba(OH)2 đem dùng: nếu vừa đủ thì a cực đại và nếu lấy dư thì a giảm đến cực tiểu. Khi lấy chất rắn T với giá trị cực đại a = 7, 204 gam, thấy T chỉ phản ứng hết với 60 ml dd HCl 1.2 M, còn lại 5,98 gam chất rắn. Hãy lập luận để xác định các ion có trong dung dịch. Lời giải: Khi cho dd tác dụng với Ba(OH)2 có khí thoát ra nên trong dd có chứa ion NH+ 4 nên khí X là NH3 NH4 + + OH− −−→ NH3 ;Ba2+ + SO4 2− −−→ BaSO4 Dd Z tác dụng với AgNO3 tạo kết tủa trắng hoá đen ngoài ánh sáng nên trong dd có chứa Cl− Cl− + AgNO3 −−→ AgCl+NO3 −;2 AgCl −−→ 2 Ag + Cl2 Giá trị của a thay đổi tùy theo lượng Ba(OH)2 đem dùng: nếu vừa đủ a cực đại, nếu lấy dư a giảm đến cực tiểu: trong dd phải có chứa kim loại tạo hidroxit lưỡng tính. Với Y cực đại đem nung chỉ có hidroxit bị nhiệt phân Mn+ + nOH− −−→ M(OH)n 2 M(OH)n −−→ M2On + nH2O M2On + HCl −−→ 2 MCln + nH2O nM2On = 1 2n .1, 2.0, 06 = 0, 036 n MM2On = (7, 204 − 5, 98)n 0, 036 ⇒ 2M + 16n + 34n ⇔ M = 9n Vậy M là Al nên trong dd có chứa Al3+ Câu 55: Cho 5 gam bột Mg vào dung dịch hỗn hợp KNO3 và H2SO4, đun nhẹ, trong điều kiện thích hợp, đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch A chứa m gam muối; 1,792 lít hỗn hợp khí B ( đktc) gồm hai khí không màu, trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí và còn lại 0,44 gam chất rắn không tan. Biết tỉ khối hơi của B đối với H2 là 11,5. Giá trị của m là? A. 27,96. B. 29,72. C. 31,08. D. 36,04. Lời giải: nM g = 5 − 0, 44 24 = 0, 19(mol) MB = 23 ⇒ B : NO : 0, 06(mol) H2 : 0, 02(mol) (Do cả hai khí không màu , một khí hóa nâu là NO) Khí H2 thoát ra cho thấy NO− 3 hết. (BTe), ta có: 2nM g = 2nH2 + 3nNO + 8nNH+ 4 ⇒ nNH+ 4 = 0, 02. Do đó: A gồm:    nM g2+ : 0, 19mol n + K = nNO− 3 = 0, 02 + 0, 06 = 0, 08 nNH+ 4 = 0, 02 nSO2− 4 = 0, 19.2 + 0, 08 + 0, 02 2 bring about change 26 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com Vậy m = 31, 08g Đáp án C. Câu 56: Cho 8g hỗn hợp hai kim loại Mg và F e vào 50ml hỗn hợp hai dung dịch axit H2SO4 và HCl có nồng độ tương ứng là 1,8M và 1,2M. Dẫn toàn bộ khí sinh ra qua ống chứa 16g CuO nung nóng. Để hòa tan hết chất rắn còn lại trong ống cần bao nhiêu ml dung dịch HNO3 đặc 42%, d = 1, 2gml?Biết phản ứng hòa tan sinh ra NO2 Lời giải: Theo đề: nH+ = 2nH2SO4 + nHCl = 0, 05.2.1, 8 + 0, 05.1, 2 = 0, 24 mol Giả sử hỗn hợp kim loại chỉ có F e → nhhmin = 845 = 0, 143 mol Để hỗn hợp kim loại tan hết thì nH+ ≥ 2nhhmin ≥ 0, 143.2 = 0, 286mol > 0, 24 (đề cho) Suy ra hh kim loại chưa tan hết. Bảo toàn H suy ra nH2 = 12nH+ = 0, 12 mol → nCuO = 0, 2 − 0, 12 = 0, 08 mol nCu = 0, 12 mol → nHNO3 = 2nCuO + 4nCu = 0, 08.2 + 0, 12.4 = 0, 64 mol → VHNO3 = 0, 64.63.10042 = 96 ml Câu 57: 29: Hỗn hợp A gồm KClO3, Ca(ClO2)2, Ca(ClO3)2, CaCl2 và KCl nặng 83,68 gam. Nhiệt phân hoàn toàn A ta thu được chất rắn B gồm CaCl2, KCl và 17,472 lít khí (ở đktc). Cho chất rắn B tác dụng với 360 ml dung dịch K2CO3 0,5M (vừa đủ) thu được kết tủa C và dung dịch D. Lượng KCl trong dung dịch D nhiều gấp 223 lần lượng KCl có trong A. Phần trăm khối lượng KClO3 có trong A là: A. 47,83 %. B. 56,72 %. C. 54,67 %. D. 58,55 %. Lời giải: Ta có: nO2 = 0, 78 ⇒ mB = 58, 72g Dễ có nCaCl2 = nK2CO3 = 0, 18 ⇒ mKCltrong B = 38, 74g mKCltrongD = 38, 74 + 2.0, 18.74, 5 = 65, 56 ⇒ nKCltrongA = 0, 12 ⇒ nKClO3 = nKCltrong B − nKCltrongA = 0, 4 Từ đó suy ra % khối lượng KClO3 có trong A là: 58,55% Đáp án D. Câu 58: Cho 93, 4g hỗn hợp A gồm 3 muối MgCl2, N aBr, KI vào 700mldung dịch AgNO3 2M. Khi phản ứng kết thúc, thu được dung dịch D và kết tủa B. Lọc bỏ kết tủa B, cho 22, 4g bột sắt vào dung dịch D. Sau khi phản ứng xong thu được chất rắn F và dd E.Cho F vào dung dịch HCl dư tạo ra 4, 48(l) H2(ĐKTC) và dung dịch Y . Cho dung dịch N aOH dư vào dung dịch E và Y thu được kết tủa, nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đỏi thu được 40g chất rắn. 1. Khối lượng kết tủa B là: A. 179,6 g. B. 176,9 g. C. 198,6 g. D. 189,8 g. 2.Hòa tan hỗn hợp A trên vào nước thu được dung dịch X. Dẫn V (l) khí Cl2 sục vào dung dịch X , cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 66, 2g chất rắn. Giá trị của V là: A. 8,96. B. 2,24. C. 4,48. D. 13,44. Lời giải: bring about change 27 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com Cho 22, 4g bột sắt vào dung dịch D. Sau khi phản ứng xong thu được chất rắn F nên AgNO3 còn dư Cho F vào dung dịch HCl dư tạo ra 4, 48(l) H2 nên F e dư Cho dung dịch N aOH dư vào dung dịch E và Y thu được kết tủa, nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đỏi thu được 40g chất rắn. Chất rắn chính là F e2O3, MgO nF edư = 0, 2 ⇒ nAgNO3d = 2nF epư = 0, 4mol ⇒ nAgNO3pư = 1 Từ số gam chất rắn suy ra nM g = 0, 2 .Gọi số mol N aBr, KI lần lượt là x, y Có ngay: 103x + 166y = 74, 4 x + y = 0, 6 ⇒ x = 0, 4; y = 0, 2 ⇒ m = 0, 4.188 + 0, 2.235 + 0, 2.2.143, 5 = 179, 6g Dễ thấy khi sục Cl2 thì đầu tiên muối KI phản ứng trước Độ giảm khối lượng là: ∆m = 93, 4 − 66, 2 = 27, 2 = 0, 2(127 − 35, 5) + 0, 2(80 − 35.5) ⇒ nCl2 = 0, 2 Vậy V = 2, 24l Đáp án 1.A, 2.B Câu 59: Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X chứa F e3O4 và F eS2 trong 63 gam dung dichj HNO3 thu được 1,568 lít NO2 duy nhất (đktc). Dung dịch thu được tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch N aOH 2M, lọc kết tủa rồi nung đến khối lượng không đổi thì thu được 9,76 gam chất rắn. Nồng độ của dung dịch HNO3 ban đầu là: A. 47,2 %. B. 42,6 %. C. 46,2 %. D. 46,6 %. Lời giải: Thấy HNO3 dư nên sắt chuyển tất lên sắt 3 nF e2O3 = 0, 061 Gọi số mol F e3O4 và F eS2 lần lượt là x và y Khi đó ta có: 3x + y = 0, 122 x + 15y = 0, 07 ⇒ x = 0, 04 y = 0, 002 nNa+ = nNO− 3 + 2nSO2− 4 ⇒ nHNO3dư = 0, 4 − 0, 061.2.3 − 2.0, 002.2 = 0, 026 mol Suy ra tổng số mol HNO3 là 0, 026 + 0, 061.2.3 + 0, 07 = 0, 462 Vậy C%(HNO3) = 46, 2 % Đáp án C. Câu 60: Nung 19,4 gam hỗn hợp F e(NO3)2, AgNO3 một thời gian thu được chất rắn X. Cho X vào nước đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thì thu được chất rắn Y và dung dịch Z. Cho Y vào dung dịch HCl dư có 4,32 gam chất rắn không tan. Cho Z tác dụng với dung dịch HCl dư thì có khí không màu thoát ra hóa nâu trong không khí. Phần trăm về khối lượng của AgNO3 trong hỗn hợp ban đầu là : A. 30,94 %. B. 35,05 %. C. 22,06 %. D. 30,67 %. Lời giải: Ta có: chất rắn X gồm F e2O3, Ag, F e(NO3)2, AgNO3 DDZ + HCl → có khí không màu thoát ra hoá nâu trong không khí nên dd chứ F e2+. nên khi cho chất bring about change 28 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com rắn X hoà tan vào nước xảy ra pư F e2+ + Ag+ → F e3+ + Ag Nên F e2+ dư, Ag+ hết Vậy chất rắn là Ag nAgNO3 = nAg = 0, 04 mol Đáp án B. Câu 61: Trong bình kín dung tích 10,6 lít chứa khí CO và một lượng hỗn hợp A gồm F e3O4 và F eCO3 ở 28, 6 0 C áp suất trong bình là 1,4 atm (thể tích chất rắn coi như không đáng kể). Nung nóng bình ở nhiệt độ cao để các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Hỗn hợp sau phản ứng có tỉ khối so với H2 là 20,5. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp A trong dung dịch HNO3 loãng, thu được 0,896 lít hỗn hợp khí gồm NO và CO2 ở 0 0 C và 1,5 atm. Thể tích dung dịch HCl 0,5 M để hòa tan hết hỗn hợp gần nhất với : A. 1,5 lít. B. 2 lít. C. 2,5 lít . D. 3 lít. Lời giải: Theo đề: nCO = 0, 6 mol; nCO2+NO = 0, 06 mol Gọi x,y (mol) là số mol F e3O4, F eCO3 Ta có : CO + O −−→ CO2 → nCO2sau pư = 4x + 2y (mol), nCOdu = 0, 6 − 4x − y mol Dựa vào tỉ khối ta có pt: 64x + 19y = 1, 56 mol Bảo toàn e ta có: x + y 3 + y = 0, 06 Giải hệ pt ta được: x = 0, 1172; y = 0, 0157 mol → nHCl = 8nF e3O4 +2nF eCO3 = 0, 969 mol → VHCl = 1, 938 lít. Đáp án B. Câu 62: Hợp chất A có công thức là MXa, trong đó M chiếm 46, 67% về khối lượng. M là kim loại, X là phi kim ở chu kì 3. Trong hạt nhân của M có N −Z = 4, trong N có N = Z. Tổng số hạt proton trong MXa là 58. Xác định MXa Lời giải: Theo đề ta có:    AM AM + a.AX = 0, 4667 ZM + aZX = 58 Mặt khác NX = ZX ⇒ AX = 2.ZX và NM − ZM = 4 ⇒ AM = 2ZM + 4 Thay bào các biểu thức trên ta được hệ    AM 2ZM + 4 + 2a.ZX = 0, 4667 ZM + aZX = 58 ⇒ AM = 56(F e) Và ta có ZM = 26 ⇒ aZX = 32 ⇒ ( a = 2 ZX = 16 ⇒ S Như vậy Công thức của A là F eS2 Câu 63: Cho 50 gam hỗn hợp gồm , F e, F eO, F e2O3, F e3O4, MgO tác dụng vừa đủ với 500 ml hỗn hợp HNO3 0,5 M , H2SO4 2M , HCl 2M. Được dung dịch A chỉ chứa các muối Cl− và SO2− 4 và 0,05 mol N2O và 0,1 mol NO. Cho A tác dụng với lượng dư dung dịch Ba(OH)2 thu được m gam kết tủa . Tính giá trị của m ? bring about change 29 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com Lời giải: Bảo toàn nitơ : nHNO3 = nNH+ 4 + 2nN2O + nNO ⇒ nNH+ 4 = 0, 05 Bảo toàn elcetron tính số mon oxi : XnH+ = 10nNH+ 4 + 10nN2O + 4nNO + 2nO ⇒ nO = 0, 925 Bảo toàn e :necho = 0, 925.2 + 0, 1.3 + 0, 05.8 + 0, 05.8 = 2, 95 Khối lượng kết tủa là: mMg;Fe + mOH− + mBaSO4 = 50 − 0, 925.16 + 17.2, 95 + 233.2.0, 5 = 318, 35g Câu 64: Phèn chua X có công thức A2SO4.B2(SO4)3.nH2O. Hòa tan hoàn toàn 143,4g X vào nước thu được dung dịch Y. Cho Y tác dụng với Bariclorua dư thu được 139,8g kết tủa không bị phân hủy khi nung trong không khí. Mặt khác phải cần 115,2g CuSO4 khan để tách hết nước ra khỏi 143,4g X. Hoàn tan hoàn toàn 286,8g X vào dung dịch Barihidroxit dư thì khối lượng dung dịch thay đổi như thế nào so với dung dịch Ba(OH)2 ban đầu: A. Tăng 1,5g. B. Giảm 1,5 g. C. Tăng 3 g. D. Giảm 3 g. Lời giải: X Giả sử có a mol A2SO4.B2(SO4)3.nH2O , công thức ngậm nước là CuSO4.mH2O nBaSO4 = 0, 6 ⇒ 4a = 0, 6 ⇒ a = 0, 15, nCuSO4 = 0, 72 Suy ra :0, 15n = 0, 72m ⇒ n m = 24 5 ⇒ ( A2SO4.B2(SO4)3.24H2O CuSO4.5H2O Mà : 2A + 2B + 384 + 24.18 = 956 ⇒ A + B = 70 Suy ra cặp nghiệm thỏa là : A = 18 = NH− 4 ; B = 52 = Cr → (NH4)2SO4.Cr2(SO4)3.24H2O Khi cho 286,8g X thì có 0,3 mol Xta thu được kết tủa và có khí bay ra là: mBaSO4 = 279, 6g; mNH3 = 0, 3.2.17 = 10, 2 Vậy chênh lệch giữa khối lượng bỏ vào và khối lượng khí bay ra là và kết tủa tạo thành là: 286, 8−279, 6− 10, 2 = −3 Đáp án D. Câu 65: Cho m(g) Al vào 400ml dung dịch hỗn hợp F eCl3 0,5M và CuCl2 xM thu được dung dịch X và 2,4m(g) hỗn hợp Y gồm hai kim loại. Cho toàn bộ Y tác dụng với HNO3 loãng dư thu được 4,34(l) NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là: A. 6,1875 g. B. 6,827 g. C. 5,5810 g. D. . 5,8284 g. Lời giải: Giả sử có y mol F eđược tạo ra. Ta có hệ:    3nAl = nF e3+ + 2nF e + 2nCu2+ mF e + mCu = 2, 4m 3nF e + 2nCu = 3nNO ⇒    3. m 27 = 0, 5.0, 4 + 2y + 2.0, 4x 56y + 64.0, 4x = 2, 4m 3y + 2.0, 4x = 3. 4, 34 22, 4 ⇒    m = 6, 1875 x = 0, 09375 y = 0, 375 Đáp án A . bring about change 30 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com Câu 66: 37:Chia hỗn hợp A gồm hai kim loại Fe và Mg, trong số đó số mol Mg không vượt quá một nửa số mol Fe. Chia hỗn hợp thành 2 phần bằng nhau: Phần 1: Tác dụng với dung dịch HCl dư thu được V1 lít khí. Phần 2: Tác dụng với H2SO4 đặc nóng dư thu được V2 lít khí SO2. Các khí đo ở cùng điều kiện. Xác định thành phần % về khối lượng các kim loại trong hỗn hợp A sao cho tỉ số V1 V2 lớn nhất. Lời giải: Đặt nF e = a; nM g = b thì từ giả thiết ta có: b ≤ 0, 5a Phần 1: Áp dụng định luật bảo toàn e ta có: ⇒ nH2 = a + b Phần 2: Áp dụng định luật bảo toàn e ta có : nSO2 = 1, 5a + b Cho nên : V1 V2 = a + b 1, 5a + b = f(b) Ta có f(b) đồng biến cho nên f(b) ≤ f(0, 5a) Vậy hỗn hợp A gồm có nF e = a và nM g = 0, 5a Vậy % khối lượng của Mg và Fe trong A lần lượt bằng 17,6% và 82,4%. Câu 67: Hòa tan hết 14,6 gam hỗn hợp gồm Zn và ZnO có tỉ lệ mol 1:1 trong 250 gam dung dịch HNO3 12,6% thu được dung dịch X và 0,336 lit khí Y (đktc). Cho từ từ 740 ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được 5,94 gam kết tủa. Tìm khí Y và nồng độ phần trăm của Zn(NO3)2 trong dung dịch X. Lời giải: Ta có: nZn = nZnO = 0, 1 ; nHNO3 = 0, 5; nY = 0, 015; nKOH = 0, 74 nZn(OH)2 = 0, 06 Nếu không có NH4NO3 thì ta có: 2nZn = nY .k ⇒ k = 40 3 (vô lý) . Suy ra phải có NH4NO3. Đặt: nNH4NO3 = a , khí Y có b nguyên tử N , nHNO3 d = c ⇒ nHNO3 pu = 0, 5 − c H + + OH− → H2O NH4 + a + OH− a → NH3 + H2O Zn2+ 0,2 + 2OH− 0,4 → Zn(OH) 2 0,2 Zn(OH) 2 0,2 + 2OH− x → ZnO2 2− + 2H2O Ta có: 0, 2 − x 2 = 0, 06 ⇒ x = 0, 28 Ta có:    nOH− = 0, 74 = c + a + 0, 4 + 0, 28 nHNO3pư = 0, 5 − c = 2a + 0, 2.2 + 0.015.b 0, 2 = 0, 015.k + 8.a (BT e) Lần lượt cho b = 1; b = 2 và tìm nghiệm ta có:    b = 2 a = 0, 01 c = 0, 05 k = 8 ⇒ Y : N2O mdd X = 14, 6 + 250 − 0, 015(28 + 16) = 263, 94 C%Cu(NO3)2=86,4% bring about change 31 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com Câu 68: Cho 5,12g Cu phản ứng hoàn toàn với 50,4 gam dung dịch HNO3 60% thu được dung dịch X. Nếu thêm 210ml dung dịch KOH 2M vào X rồi cô cạn và nung sản phẩm thu được đến khối lượng không đổi được 41,52g chất rắn . Xác định C% của muối tan trong dung dịch X ? A. 26,15 %. B. 17.67 %. C. 28,66 %. D. 75,12 %. Lời giải: Hướng dẫn: Nhận xét rằng: axid 60% gần với HNO3 đậm đặc (65%) như vậy tạo ra muối amoni là điều không thể, sản phẩm khử thu được có NO2, và có thể một lượng NO. Trước tiên ta so sánh số mol axit và kiềm, nKOH = 0, 42(mol) và nHNO3 = 0, 48(mol). Số mol axit lớn hơn nhưng mà đã có một lượng acid lớn hơn nCu tham gia phản ứng với Cu. Như vậy lúc sau kiềm dư. Cho Cu vào HNO3, so sánh số mol thì Cu luôn hết, axit dư. Cho tiếp KOH thì sản phẩm thu được sau phản ứng mà khi cô cạn được chất rắn thì có Cu(OH)2, KNO3, KOH Khi nhiệt phân thì    Cu(OH)2 −−→ CuO + H2O KNO3 −−→ KNO2 + 1 2 O2 Gọi x, y(mol) lần lượt là số mol của KOH và KNO3 ta có ( x + y = nKOH = 0, 42 56x + 85y + 0, 08.80 = 41, 52g ( Áp dụng bảo toàn nguyên tố để suy ra phương trình 1, và phương trình 2 tạo ra từ mran = mCuO + mKOH + mKNO2 ) Giải hệ ta có ( x = 0, 02(mol) y = 0, 4(mol) . Gọi a(mol) là số mol của NH4NO3 Ta có ( Cu(NO3)2 + 2KOH → Cu(OH)2 + 2KNO3 HNO3 + KOH → KNO3 + H2O Từ 2 phương trình này ta tính được axit dư: nHNO3 = nKNO3 − 2nCu(NO3)2 = 0, 24(mol) Suy ra HNO3 phản ứng n = 0, 24(mol) Phản ứng ( Cu + 4HNO3 → Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O 3Cu + 8HNO3 → 3Cu(NO3)2 + 2NO2 + 4H2O Gọi ( nNO2 = x(mol) nNO = y(mol) ⇒ ( x + 3y = 2nCu = 0, 16 2x + 4y = 0, 24 ⇒= x = y = 0, 04(mol) Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng để tính dung dịch X mX = 5, 12+50, 4−0, 04(30+46) = 52, 48g (Khối lượng dung dịch sau bằng khối lượng dung dịch trước và các chất trước trừ đi bay hơi hoặc kết tủa). C% = 0, 08.188 52, 48 = 28, 66% Đáp án C. Câu 69: Thổi 5,6 lít CO2 (đktc) vào 400 ml dung dịch chứa NaOH 1,2x M và K2CO3 xM thu được dung dịch X chứa các muối. Cho từ từ dung dịch chứa HCl 0,8M và H2SO4 yM vào dung dịch X đến khi bắt đầu có khí thoát ra thì đã dùng 150 ml, thu được dung dịch Y. Cho BaCl2 dư vào dung dịch Y thu được 20,97 gam kết tủa. Giá trị của x là: A. 0,55. B. 0,625. C. 0,525. D. 0,5. bring about change 32 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com Lời giải: Để giải bài này ta có thể cho CO2 lần lượt phản ứng với KOH, nếu dư phản ứng tiếp với CO2− 3 tạo thành muối axit. Nhưng tôi sẽ đi theo hướng khác: Tách dung dịch kiềm và muối ra và gộp với CO2 bạn đầu. Ta sẽ có XnCO2 = 0, 25 + 0, 4x(mol) và nOH− = 0, 48x + 0, 8x = 1, 28x(mol). Gọi a, b(mol) lần lượt là số mol từng muối CO2− 3 và HCO− 3 Ta có ( a + b = 0, 25 + 0, 4x 2a + b = 2x ⇒ ( a = 0, 88x − 0, 25 b = 0, 5 − 0, 48x Cho axit vào đến khi khí bắt đầu thoát ra, chứng tỏ chỉ mới xảy ra H + + CO3 2− −−→ HCO3 −. (1) X Nên 20,97g kết tủa kia sẽ không có BaCO3 mà chỉ là BaSO4, nH2SO4 = nBaSO4 = 0, 09(mol) nH+ = nHCl + 2nH2SO4 = 0, 3(mol) Dựa theo 1 ta tính được nCO2− 3 = 0, 3(mol) Quay lại ban đầu 0, 88x − 0, 25 = 0, 3 ⇒ x = 0, 625 nCO2 = 0, 25; mBaSO4 = 0, 09 ⇒ nSO2− 4 = 0, 09 Bảo toàn ion: nNa+ + nK+ = nCl− + 2nSO2− 4 + nHCO− 3 ⇒ 0, 4.1, 2x + 2.0, 4x = 0, 8.0, 15 + 2.0, 09 + (0, 4x + 0, 25) ⇒ x = 0, 625 Đáp án B. Câu 70: Hỗn hợp rắn A gồm Mg, Al và Cu. Đốt cháy m gam rắn A cần dùng 2,24 lít (đktc) hỗn hợp gồm O2 và O3 có tỉ khối so với He bằng 9,6 thu được hỗn hợp rắn B gồm các oxit. Hòa tan hoàn toàn B cần dùng 200 ml dung dịch chứa HCl 0,6M và H2SO4xM. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được (3m + 5,94) gam muối khan. Giá trị của m là. A. 6,4 g. B. 7,8 g. C. 8,6 g. D. 12,4 g. Lời giải: Sơ đồ đường chéo ⇒ nO2 = 0, 06; nO3 = 0, 04 ⇒ nO = 2.nO2 + 3.nO3 = 0, 24 Ta có nH2O = nO = nH+ 2 ⇒ 2.nO = nH+ = nHCl + 2.nH2SO4 ⇔ 2.0, 24 = 0, 12 + 0, 2x.2 ⇒ x = 0, 9 Ta có mMuối = mKL + mCl− + mSO2− 4 ⇔ m = 7, 8 Đáp án B. Câu 71: Cho hỗn hợp A có khối lượng m gam gồm bột Al và sắt oxit F exOy. Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp A trong điều kiện không có không khí, được hỗn hợp B. Nghiền nhỏ, trộn đều B rồi chia thành hai phần. Phần 1 có khối lượng 14,49 gam được hoà tan hết trong dung dịch HNO3 đun nóng, được dung dịch C và 3,696 lít khí NO duy nhất (đktc). Cho phần 2 tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH đun nóng thấy giải phóng 0,336 lít khí H2 (đktc) và còn lại 2,52 gam chất rắn. Các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn. Công thức sắt oxit và giá trị của m là: A. F e3O4 và 19,32g. B. F eO và 23,2g. C. F eO và 19,32g. D. F e3O4 và 23,2g. Lời giải: bring about change 33 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com Xét phần 2 ta luôn có: nAl d = nH2 1, 5 = 0, 01mol, nF e = 2, 52 56 = 0, 045 Nên ta có nF e nAldu = 9 2 Xét phần 1: Nhìn vào đáp áp ta chỉ thấy hai oxit. Giả sử oxit đó là F e3O4 Ta có phương trình 8 Al + 3 Fe3O4 t 0 −→ 4 Al2O3 + 9Fe Cho phần 1 tác dụng với HNO3. Gọi số mol Aldu, F e lầm lượt là a,b Ta có hệ    4 9 b.102 + 27a + 56b = 14, 49 a + b = 0, 165 ⇔ ( b = 0, 135 a = 0, 03 Khi đó ta có: nF e nAl d = 9 2 thỏa mãn nên axit đó là F e3O4 Trường hợp còn lại tất nhiên là không thỏa mãn n1 n2 = nAl1 nAl2 = 3 từ đó tìm được tỉ lệ suy ra m.m = 14, 49 + 1 3 .14, 49 = 19, 32 Đáp án A. Câu 72: Khử m gam một oxit sắt F exOy bằng CO dư thu được V lit khí CO2 . Cho toàn bộ lượng CO2vào 100 ml dung dịch Ba(OH)2 1M thu được 0,05 mol kết tủa . Khi cho m gam oxit sắt tác dụng với HCl thu được 16,25 gam muối . khối lượng oxit ban đầu là : A. 13,5 g. B. 7,2 g hoặc 13,5 g. C. 8 g. D. 8 g hoặc 13,5 g. Lời giải: Cách 1: Sơ đồ phản ứng F exOy + CO t 0 −→ F e + CO2 Số mol CO2 là: nCO2 = nOH− − nkết tủa = 0, 15mol Dùng bảo toàn e cho phản ứng trên:== C +2− → C +4 + 2e xF e + 2y x + 2ye → xF e Khi đó ta tính được ngay nF exOy = 0, 15 y Lại có F exOy → xF eCl2y x . Từ đó ta có PT: 0, 15 x = 16, 25 56 + 35, 5. 2y x ⇒ x y = 2 3 Nên oxit là F e2O3. Dễ dàng tính được m = 8 Cách 2: nCO2 = nOH− − nkết tủa = 0, 15mol bring about change 34 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com nOtrongoxit = nCO2 = nCl− 2 ⇒ mCl− = 10, 65 ⇒ mF e = 5, 6g ⇒ m = 5, 6 + 2, 4 = 8g Đáp án C. Câu 73: Một hỗn hợp gồm Al và một oxit sắt, chia thành hai phần bằng nhau: +Để hòa tan hết phần 1 cần 200 ml dd HCl 0,675 M, thu được 0,84 (l) H2 (đktc) +Nung phần 2, phản ứng hoàn toàn, lấy sản phẩm tác dụng với N aOH dư thấy còn 1,12 g chất rắn không tan Công thức oxit sắt là: A. F e2O3. B. F eO. C. F e3O4. D. F eo hoặc F e3O4. Lời giải: Ở phần 2 ta thấy còn dư 1,12 g chất rắn không tan nên nF e = 0, 02 Ta có :F e + 2HCl → H2 , Al + 3HCl → 1, 5H2 Nên số mol Cl− dùng để thay thế O 2− là: nCl− = nHClbØ − 0, 02.2 − (0, 0375 − 0, 02)1, 5.3 = 0, 06 = 2nO2− Nên nF e nO = 2 3 suy ra oxit đó là F e2O3 Đáp án A. Câu 74: Cho hỗn hợp A gồm Al và một oxit sắt. Chia A thành hai phần bằng nhau: Phần (1) cho tác dụng với dd H2SO4 loãng thu được 0, 672(l) khí (đktc) Phần (2) phản ứng nhiệt nhôm hoàn toàn, thu được hỗn hợp B, cho B tác dụng với dd N aOH dư thu được 134, 4 ml khí (đktc) sau đó cho tiếp dd H2SO4 loãng, dư được 0, 4032(l)H2 (đktc) Xác định công thức oxit sắt A. F e2O3. B. F eO. C. F e3O4. D. F eo hoặc F e3O4. Lời giải: Gọi a, b lần lượt là số mol của F exOy và Al P1: nAl = 0, 03.2 3 = 0, 02(mol) P2:Vì tác dụng với NaOH tạo khí nên Al dư. Theo phương trình phản ứng, nAl dư = 0, 02 − 2ya 3 = 0, 004 ⇒ ya = 0, 024(1) Số mol Fe sinh ra là: xa = 0, 032 22, 4 = 0, 018(2) Từ (1) và (2) ⇒ xa ya = 3 4 Vậy CTHH là F e3O4. Đáp án C. Câu 75: Cho 34, 2g Al2(SO4)3 nguyên chất tác dụng hết với 250ml dd xút thu được 7, 8 g kết tủa. Hỏi nồng độ mol của dung dịch xút có thể bằng bao nhiêu? Lời giải: Ta có nAl2(SO4)3 = 0, 1, nkết tủa = 0, 1 bring about change 35 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com Nếu Al2(SO4)3 dư thì nNaOH = 3nktủa = 0, 3 Nếu N aOH dư thì nNaOH = 4nAl3+ − nkết tủa = 0, 7 Vậy nồng độ mol của dung dịch xút có thể là 1, 2M hoặc 2, 8M Câu 76: Cho a mol F e tác dụng với dung dịch HNO3 giải phóng khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đktc) và thu được dung dịch X trong đó khối lượng F e dư 5,6 gam. Cô cạn dung dịch X thu được b gam muối khan giá trị của a và b là. A. 0,25 và 27 . B. 0,15 và 27 . C. 0,25 và 36,3 . D. 0,2 và 27. Lời giải: F e dư nên chỉ tạo muối F e2+. Ta có mF e(NO3)2 = (a − 0, 1)180 = b. Thử đáp án thì thấy A đúng. Câu 77: 47:Cho m gam F e phản ứng vừa hết với H2SO4 thu được SO2 và 8,28 gam muối, biết số mol F e bằng 37,5% số mol H2SO4 đã phản ứng, giá trị của m là. A. 8,1 g. B. 4,5 g. C. 2,4 g. D. 5,4 g. Lời giải: Cách 1: Từ tỉ lệ ta thấy tạo muối F e2(SO4)3 và F eSO4 Gọi số mol của F e2(SO4)3 và F eSO4 lần lượt là x,y Ta có:    400x + 152y = 8, 28 6x + 2y = 2nSO2 8(2x + y) = 3(3x + y + nSO2 ) ⇒ x = 0, 015 y = 0, 015 Suy ra m = 0, 015.3.56 = 2, 5g Cách 2: Từ tỉ lệ 3 : 8 thấy luôn tạomuối F e2(SO4)3 và F eSO4 có số mol bằng nhau Từ khối lượng 2 muối tính được số mol mỗi muối suy ra m Câu 78: 48:Cho m gam F e vào dung dịch chứa đồng thời H2SO4 và HNO3 thu được dung dịch X và 4,48 lít NO( duy nhất). Thêm tiếp H2SO4 vào X thi lại thu được thêm 1,792 lít khí NO duy nhất nữa và dung dịch Y. Dung dịch Y hóa tan vừa hết 8,32 gam Cu không có khí bay ra( các khí đo ở đktc), giá trị m là. A. 16,8. B. 11,2. C. 16,24. D. 9,6. Lời giải: Ta thấy cuối cùng sắt sẽ lên F e2+ Áp dụng định luật bảo toàn e cho cả quá trình: 2nF e + 2nCu = 3nNO ⇒ nF e = 0, 29 ⇒ m = 16, 24g Vậy đáp án C. Câu 79: Cho 1,82 gam hỗn hợp bột X gồm Cu và Ag tỉ lệ mol 4:1 vào 30ml dung dịch H2SO4 0,5M và HNO3 2M, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được a mol khí NO( sản phầm khử duy nhất). Trộn a mol NO trên với 0,1 mol O2 thu được hỗn hợp khí Y. Cho toàn bộ Y tác dụng với H2O thu được 150 ml dung dịch có pH bằng. A. 3. B. 1. C. 4. D. 2. bring about change 36 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com Lời giải: Từ đề bài ta dễ dàng suy ra được nCu = 0, 02mol, nAg = 0, 005mol Tổng số e cho là: 0, 02.2 + 0, 005.1 = 0, 045mol Ta có bán phản ứng: 4 H + NO3 − + 3 e −−→ NO + 2 H2O nH+ = 0, 09mol, nNO− 3 = 0, 06 NO− 3 , H+ dư Suy ra nNO = 0, 0453 = 0, 015mol. Lại có: NO + O2 −−→ NO2 4 NO2 + O2 + 2 H2O −−→ 4 HNO3 Suy ra : nHNO3 = 0, 015 ⇒ CM = 0, 0150, 15 = 0, 1 ⇒ pH = 1 Đáp án B. Câu 80: Cho m gam hỗn hợp gồm Cu và F e vào 200ml dung dịch HNO3 2M và H2SO4 1M thấy có khí NO duy nhất thoát ra và còn lại 0,2m gam chất rắn chưa tan. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thi thu được 50 gam hỗn hợp các muối khan. Biết NO là sản phẩm khử duy nhất. giá trị m tương ứng là. A. 23. B. 24. C. 28. D. 20. Lời giải: Ta có nH+ = 0, 8mol, nNO− 3 = 0, 4mol, nSO2− 4 = 0, 2mol Ta có bán phản ứng 4 H+ + NO3 − + 3 e −−→ NO + 2 H2O Từ PT trên ta suy ra NO− 3 dư = 0, 4 − 0, 2 = 0, 2mol Mặt khác số mol kim loại tạo muối là m1 = m − 0, 2m = 0, 8m Dung dịch sau phản ứng:    ionKL NO− 3 = 0, 2mol SO2− 4 = 0, 2mol Ta có mmuối = m1 + mNO− 3 + mSO2− 4 = 0, 8m + 0, 2(62 + 96) = 50g Từ đó suy ra m = 23g Đáp án A. Câu 81: Hòa tan hoàn toàn m gam F e bằng dung dịch HNO3 thu được dung dịch X và 1,12 lít NO (đktc). Thêm dung dịch chứa 0,1 mol HCl vào dung dịch X thì thấy khí NO tiếp tục thoát ra vào thu được dung dịch Y. Để phản ứng hết với các chất trong dung dịch Y cần 115 ml dung dịch N aOH 2M, giá trị của m là. A. 3,36. B. 3,92. C. 2,8. D. 3,08. bring about change 37 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com Lời giải: Khi cho hòa tan hòa toàn F e vào dd HNO3 thu được khí NO và dung dịch X. Khi thêm HCl vào dung dịch X lại thấy khí NO thoát ra suy ra trong X phải có F e3+ và F e2+ Đặt số mol F e3+ : xmol, F e2+ : ymol Ta có các quá trình cho nhận electron: F e → F e3+ + 3e F e → F e2+ + 2e ———————————————————————————— N +5 + 3e → N +2 Nên ta có 3x + 2y = 0, 05.3 = 0, 15 (1) Khi cho HCl 0,1 mol vào dung dịch X: 3 Fe2+ + 4 H+ + NO3 − −−→ 3 Fe3+ + NO + 2H2O Số mol HCl phản ứng với F e2+ là 4 3 y Khi đó số mol HCl còn lại là 0, 1 − 4 3 y NaOH 0,23 mol phản ứng với dung dịch Y: nOH− = nH + trong HCl dư + nF e3+ trong dd X + nF e3+ tạo bởiF e2+ ⇒ 0, 23 = 0, 1 − 4 3 y + 3(x + y) ⇔ 5 3 y + 3x = 0, 13 (2) Từ (1) và (2) ta có hệ:    3x + 2y = 0, 15 5 3 y + 3x = 0, 13 ⇔ ( x = 0, 01 y = 0, 07 Khi đó nF e = x + y = 0, 07 ⇒ m = 3, 92g Đáp án B. Câu 82: Cho 13,36 gam hỗn hợp X gồm Cu, F e3O4 vào dung dịch H2SO4 đặc nóng dư được V1 lít SO2 và dung dịch Y. Cho Y phản ứng với N aOH dư được kết tủa T, nung kết tủa này đến khối lượng không đổi được 15,2 gam chất rắn Q. Nếu cũng cho lượng X như trên vào 400 ml dung dịch P chứa HNO3 và H2SO4 thấy có V2 lít NO duy nhất thoát ra và còn 0,64 gam kim loại chưa tan. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn và các khí đo, ở đktc, giá trị V1 và V2 là. A. 2,576 và 0,224. B. 2,912 và 0,224. C. 2,576 và 0,896. D. 2,576 và 0,672 . Lời giải: Tính V1 Đặt ( nCu : x(mol) nF e3O4 : y(mol) Ta có: Cu → ...CuO, F e3O4 → ... 3 2 F e2O3 Nên ta có hệ : ( 64x + 232y = 13.36 80x + 240y = 15, 2 ⇔ ( x = 0, 1 y = 0, 03 Từ đó suy ra nSO2 = 2nCu + nF e3O4 2 = 0, 065mol ⇒ V1 = 2, 576(l) Tính V2 Sau phản ứng kim loại Cu dư nên số mol Cu phản ứng là 0, 1 − 0, 01 = 0, 09mol và F e → F e2+ Ta có các quá trình bring about change 38 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com Cu → Cu2+ + 2e 3F e 8 3 + + 2e → 3F e2+ —————————————————————————————————— N +5 + 2e → NO2 Từ đó suy ra nNO2 = 0, 09.2 − 0, 03.2 3 = 0, 04(mol) ⇒ V2 = 0, 896(l) Đáp án C. Câu 83: Hòa tan 9,1g X Al, Mg, Zn vào 500ml dung dịch HNO3 4M thu được 0,448 lít N2 và dung dịch Y chia Y thành 2 phần bằng nhau. P1: Tác dụng với 530 ml N aOH2M thu được 2,9g kết tủa. P2: Cô cạn thu được m(g) rắn khan. Giá trị m là. A. 25,76. B. 38,40. C. 33,79. D. 32,28. Lời giải: Ta có: nN2 = 0, 02(mol) Trong hỗn hợp có những kim loại có tính khử mạnh nên tạo muối Amoni (thử bằng số) . Đặt nNH4NO3 = a 12H+ + 2NO3 − + 10e −−→ N2 + 6 H2O 10 H+ + 2 NO3 − + 8 e −−→ NH4NO3 + 5 H2O Tổng số mol H + phản ứng = 0, 24 + 10a ⇒ sốmol H + dư = 2 − 0, 24 − 10a = 1, 86 − 10a DD Y + NaOH vừa đủ cho 2,9 gam kết tủa ⇒ Al(OH)3 và Zn(OH)2 tan hết ⇒ nM g(OH)2 = 0, 05mol. Gọi b, c là mol Al, Zn Số mol N aOH = 4b + 4c + 2.0, 05 + 1, 86 − 10a + a = 0, 53.2.2 = 2, 12 (1) Bảo toàn mol e : 3b + 2c + 2.0, 05 = 8a + 0, 2 (2) Khối lượng hỗn hợp = 27b + 65c + 24.2.0, 05 = 9, 1 (3) Từ (1)(2)(3) ta suy ra a = 0, 08mol, b = 0, 2mol, c = 0, 02mol Khối lượng muối = 213.0,2 + 189.0,02 + 148.0,1 + 80.0,08 = 67,58 g Suy ra m = 67, 582 = 33, 79g Đáp án C. Câu 84: Cho hỗn hợp X gồm 0,09 mol F e và 0,05 mol F e(NO3)2.7H2O vào 500ml dung dịch HCl 1M, kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y và khí NO. Hỏi dung dịch Y hòa tan tối đa bao nhiêu gam Cu. A. 3,84 g. B. 4,48 g. C. 4,26 g. D. 7,04 g. Lời giải: Ta có: nHCl = 0, 5mol, nNO− 3 = 0, 1mol, nF e2+ = 0, 05mol Fe+ 4 H+ + NO3 − −−→ Fe3+ + NO + H2O bring about change 39 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com Fe phản ứng hết ta suy ra:nH+dư = 0, 14, nNO− 3 dư = 0, 14mol 3 Fe2+ + 4 H+ + NO3 − −−→ 3 Fe3+ + NO + H2O NO− 3 hết nên dung dịch còn lại sau phản ứng chỉ còn F e3+ = 0, 12mol, Cl−, H+ dư Lại có Cu + 2F e3+ → Cu2+ + 2F e2+ Nên suy ra nCu = 0, 06mol ⇒ mCu = 3, 84g Đáp án A. Trình bày một cách ngắn gọn hơn. Y hòa tan tối đa Cu nên F e tạo F e2+= Bảo toàn e cho cả quá trình ta có: 2nF e + 2nCu = 3nNO− 3 ( do 4H + +NO− 3 + 3e → NO + 2H2O; H + dư) → nCu = (0, 1.3−0, 09.2)2 = 0, 06 mol Câu 85: 55: Cho 18 gam hỗn hợp gồm F e và Cu vào 200ml dung dịch N aNO3 1M và HCl 2M. Kết thúc phản ứng, nhỏ tiếp V ml dung dịch HCl 1M vào đó thì kim loại vừa tan hết. Biết trong dung dịch thu được không có NO− 3 và NO là sản phản khử duy nhất, giá trị V và % F e lúc đầu là. A. 400 và 46,67 %. B. 400 và 31,11 %. C. 200 và 46,67 %. D. 200 và 31,11 %. Lời giải: Đặt nF e = x, nCu = y Trong giai đoạn đầy chắc chắn kim loại còn dư vì có thế thì khi ta thêm HCl thì kim loại tan vừa hết. Theo giả thiết kim loại tan vừa hết thì ngừng thêm HCl nên F e2+ chưa bị oxi hóa thành F e3+ Khi đó ta có các quá trình : Fe −−→ Fe2+ + 2 e Cu −−→ Cu2++2 e —————————————————————————————— 4 H+ + NO3 − + 3 e −−→ NO + 2 H2O Ta có hệ: ( 2x + 2y = 0, 6 56x + 64y = 18 ⇒ ( x = 0, 15 y = 0, 15 ⇒ %F e = 46, 67% NO− 3 hết nên Số mol HCl thêm vào là: 4.0, 2 − 0, 4 = 0, 4mol ⇒ V = 400ml Đáp án A. Câu 86: 56:Cho m1 gam bột Cu vào 13,6 gam AgNO3 khuấy kĩ.Sau khi phản ứng xong thêm vào m2 gam dung dịch H2SO4 loãng 20% rồi đun nóng nhẹ đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 9,28 gam bột kim loại,dung dịch A và khí NO. Lượng NaOH cần dùng để tác dụng hết với các chất trong A là 13 gam.Tổng giá trị của m1 + m2 gần nhất với : A. 80. B. 90. C. 100. D. 110. Lời giải: Ta có hỗn hợp kim loại là Cu và Ag bring about change 40 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com Khi đó Dung dịch A chứa Ion Cu2+ Ta có phản ứng Cu + 2 Ag+ −−→ 2 Ag + Cu2+ 3 Cu + 8 H+ + 2 NO3 − −−→ 3Cu2+ + 2 NO+ 4 H2O Từ hai phản ứng trên ta suy ra nCu2+ trong A = 0, 04 + 0, 12 = 0, 16mol Số mol H + phản ứng =4 số mol NO− 3 = 0, 32mol Khi cho A vào NaOH ta được muối N a2SO4. Bảo toàn Na ta tính được nSO4 = 0, 1625mol Dung dịch A: ( CuSO4 : 0, 16mol H2SO4 : 0, 025mol Khi đó m1 = 0, 16.64 + 9, 28 − 0, 08.108 = 10, 88g m2 = nH2SO4 0, 2 .98 = 0, 1625.98 0, 2 = 79, 625g Khi đó m1 + m2 ≈ 90 Đáp án B. Câu 87: Hấp thụ hết 4, 48 lít CO2 vào dung dịch chứa x mol KOH và y mol K2CO3 thu được 200 ml dung dịch X. Lấy 100 ml dung dịch X cho từ từ 300 ml dung dịch HCl 0, 5 Mthu được 0, 12 mol khí .Mặt khác lấy 100 ml dung dịch X cho tác dụng với Ba(OH)2 dư thu được 39, 4 gam kết tủa . Giá trị của x là ? A. 0,06. B. 0,15. C. 0,2. D. 0,1. Lời giải: Cách 1: Mặt khác lấy 100 ml dung dịch X cho tác dụng với Ba(OH)2 dư thu được 39, 4 gam kết tủa Từ chỗ này tính ngay được y = 0, 2 Lấy 100 ml dung dịch X cho từ từ 300 ml dung dịch HCl 0, 5 chia cái này làm 2 trường hợp 1. KOH dư ⇒ X chỉ gồm muối K2CO3 thấy vô lí ngay vì nH+ chắc chắn lớn hơn 2nCO2 (vì còn tác dụng với KOH nữa) 2.X gồm muối K2CO3 (x mol phản ứng) và KHCO3(y mol) Ta có x + y = 0, 12; 2x + y = 0, 15 ⇒ x = 0.03; y = 0, 09 ⇒ nK2CO3d = 0, 2 − 0, 03 − 0, 09 = 0, 08 ⇒ nK+ = 0, 31 ⇒ x = 0, 31 − 0, 1.2 = 0, 11 Cách 2: Quy hôn hợp về thành 2 phần luôn. Bảo toàn Cacbon:nCO2 + nK2CO3 = 39, 4 197 .2 ⇒ 0, 2 + y = 0, 2.2 ⇒ y = 0, 2 Trong dung dịch X có a = nCO2− 3 ; b = nHCO− 3 Bảo toàn Cacbon:a + b = 0, 4 Khi cho dd X vô dd axit thì thu được 0,12 mol khí nên ta có: a + b 2a + b .0, 3.0, 5.2 = 0, 12.2 ⇒ 2a + b = 0, 5 Bảo toàn điện tích trong dung dịch X: bring about change 41 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com XnK+ = 2a + b ⇒ x + 2y = 0, 5 ⇒ x = 0, 1 ⇒ D nCO2− 3 + nHCO− 3 2nCO2− 3 + nHCO− 3 .nH+ = nCO2 Công thức đó là đúng cho mọi trường hợp khi cho dung dịch chứa muối (CO2− 3 hoặc CO2− 3 ; HCO− 3 hoặc HCO− 3 ) vào dung dịch axit. Đáp án D. Câu 88: Hòa tan hỗn hợp gồm N a và Ba trong 90 gam dung dịch HNO3 21,0%. Kết thúc phản ứng thu được dung dịch X và hỗn hợp Y gồm 2 khí không màu có tỉ khối so với He bằng 8,375. Cô cạn dung dịch X thu được 25,75 gam rắn khan. Biết rằng NO− 3 chỉ cho duy nhất một sản phẩm khử. Phần trăm khối lượng của Ba trong hỗn hợp ban đầu là. A. 84,68 %. B. 65,05 %. C. 95,01 %. D. 62,18 %. Lời giải: nNa = x; nBa = y Nhận thấy khí có H2 và một khí sẽ là NO2 hoặc N2O 2 Kim loại đó lại mạnh nên chỉ là N2O nNa = x nBa = y + HNO3 : 0, 3mol H2O : 95mol → N2O : 3amol H2 : amol Có H2 sinh ra thì HNO3 hếtnNO = 0.310 = 0.03 → nNO− 3 = 0.24 nH2 = 0.01 → nOH− = 0.02 mKL = 25, 75 − 0, 02.17 − 0, 24, 62 = 10, 53. 23x + 137y = 10, 53 x + 2y = 0, 03.8 + 0, 01.2 ⇒ y = 0, 05 Đáp án B. Câu 89: Đốt cháy 3.2gam sunfua kim loại M2S ( Kim loại M trong hợp chất chỉ thể hiện số số OXH +1 và +2 ) trong oxi dư . Sản phẩm rắn thu được đem hòa tan hết trong một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 39, 2 % nhận được dung dịch muối có nồng độ 48, 5% . Đem làm lạnh dung dịch ,muối này thấy tách ra 2, 5gam tinh thể . khi đó nồng độ muối giảm còn 44, 9% . Tìm công thức tinh thể muối tách ra. Lời giải: nM2S = a = 3, 2 2M + 32 mH2SO4 = 98.100.2a 39, 2 = 500a mdd = mMO + mdd H2SO4 = 2a(M + 16) + 500a = a(2M + 532) mMSO4 = (M + 96).2a Khi đó: 48, 5%= 2a(M + 96) (2M + 532)a ⇒ M = 64 nM2S = a = 3, 2 2M + 32 → a = 0, 02 Khối lượng dd trước khi để nguội: (2M + 532)a = 13, 2 Khối lượng dung dịch sau để nguội: 13, 2 − 2, 5 = 10, 7g mCuSO4 sau pu = 10, 7.44, 9 100 = 4, 8 bring about change 42 1.2 Bài tập rèn luyện http:bookgol.com mCuSO4 ( trong tinh thể)=mCuSO4 (ban đầu)4,8=6, 4 − 4, 8=1, 6 ⇒ nCuSO4T T = 0, 025 Tương tự mH2OT T = 2, 5 − 1, 6 = 0, 9 ⇒ nH2OT T = 0, 05 Do đó: Tinh thể cần tìm CuSO4.2H2O Câu 90: Cho dd N aOH 20% tác dụng vừa đủ với dung dịch F eCl2 10%. Đun nóng trong không khí cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Nồng độ phần trăm của muối tạo thành trong dd sau phản ứng là: (Nước bay hơi không đáng kể) A. 7,45 %. B. 7,5 %. C. 8,5 %. D. 8,65 %. Lời giải: Ta có phương trình phản ứng: 2 NaOH + FeCl2 −−→ Fe(OH)2 + 2 NaCl Không mất tính tổng quát giả sử: nNaOH = 2mol, nF eCl2 = 1mol Lại có phản ứng: F e(OH)2 + 1 4 O2 + 1 2 H2O → F e(OH)3 Khi đó C%N aCl = 2.58, 5 mddNaOH + mddF eCl2 + mO2 − mF e(OH)3 = 117 400 + 1270 + 8 − 107 ≈ 7, 45% Đáp án A. Câu 91: Hỗn hợp X gồm F eO, F eCO3, CuO, CuCO3, F e3O4trong đó oxi chiếm 31, 381% khối lượng. Nung 36, 2 gam hỗn hợp X trong điều kiện không có không khí đền khối lượng không đổi thu được 30, 48 gam hỗn hợp Y. Cho 36, 2 gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng dư t