Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Hóa học có đáp án (phần 14)

Nguyễn Trang Ngày: 11-07-2023 Tổng hợp kiến thức

331

Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Hóa Học có đáp án (phần 14) hay nhất được biên soạn và chọn lọc giúp bạn ôn luyện và đạt kết quả cao trong bài thi môn Hóa Học.

Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Hóa học có đáp án (phần 14)

Câu 1: Cho 10,4 gam hỗn hợp gồm axit axetic và etyl axetat tác dụng vừa đủ với 150 gam dung dịch NaOH 4%. Phần trăm theo khối lượng của etyl axetat trong hỗn hợp bằng:

A. 22%.

B. 42,3%.

C. 57,7%.

D. 88%.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Số mol NaOH là:

Cho 10,4 gam hỗn hợp gồm axit axetic và etyl axetat tác dụng vừa đủ với 150 gam dung dịch NaOH (ảnh 1)

Gọi x, y lần lượt là số mol của CH₃COOH và CH₃COOC₂H₅

CH₃COOH + NaOH → CH₃COONa + H₂O

CH₃COOC₂H₅ + NaOH CH₃COONa + C₂H₅OH

n_NaOH = x + y = 0,15.

m_hh = 60x + 88y = 10,4.

Giải hệ phương trình ta có x = 0,1; y = 0,05.

Khối lượng etyl axetat :

$m_{C H_{3} {COOC}_{2} H_{5}}$ = 88 . 0,05 = 4,4(g)

Cho 10,4 gam hỗn hợp gồm axit axetic và etyl axetat tác dụng vừa đủ với 150 gam dung dịch NaOH (ảnh 1)

Câu 2: Cho 10 gam hỗn hợp gồm Fe và Cu tác dụng với dung dịch H₂SO₄ loãng, dư. Sau phản ứng thu được 2,24 lít khí hiđro (ở đktc), dung dịch X và m gam kim loại không tan. Xác định giá trị của m.

Lời giải:

Phương trình hóa học của phản ứng:

Cu + H₂SO₄ → Không phản ứng

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂

$n_{H_{2}} = \frac{2, 24}{22, 4} = 0, 1 (m o l)$

m_Fe = 0,1 x 56 = 5,6g.

Khối lượng Cu không hòa tan là

m = 10 - 5,6 = 4,4g

Câu 3: Cho 10,4g hỗn hợp kim loại ở 2 chu kỳ liên tiếp nhau thuộc nhóm IIA tác dụng hết với dung dịch HCl dư, thu được 6720 ml H₂ (đktc). Hai kim loại đó là:

A. Ca, Sr;

B. Be, Mg;

C. Sr, Ba;

D. Mg, Ca.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

$n_{H_{2}} = \frac{6, 72}{22, 4} = 0, 3 (m o l)$

Gọi công thức chung 2 kim loại là M

M + 2HCl → MCl₂ + H₂

Mol 0,3 ← 0,3

=> M_tb = 10,4: 0,3 = 34,67 g/mol

=> 2 kim loại là Mg (24) và Ca (40).

Câu 4: Cho 10,8g kim loại M có hóa trị III tác dụng với clo dư thì thu được 53,4g muối. Hãy xác định kim loại M đã dùng.

Lời giải:

Gọi M là khối lượng mol của kim loại

2M + 3Cl₂ → 2MCl₃

10,8 g 53,4 g

Theo phương trình: $n_{M} = n_{M C l_{3}} \Rightarrow \frac{10, 8}{M_{M}} = \frac{53, 4}{M_{M} + 2.35, 5}$

⇒ M = 27 (g). Vậy M là nhôm (Al)

Câu 5: Cho 100 ml dung dịch KOH 1,5M vào 200 ml dung dịch H₃PO₄ 0,5M, thu được dung dịch X. Cô cạn dung dịch X, thu được hỗn hợp gồm các chất là

A. K₃PO₄ và KOH;

B. KH₂PO₄ và K₃PO₄;

C. KH₂PO₄ và H₃PO₄;

D. KH₂PO₄ và K₂HPO₄.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Ta có: $\frac{n_{K O H}}{n_{H_{3} P O_{4}}} = \frac{0, 15}{0, 1} = 1, 5$

Giá trị này nằm trong khoảng (1,2)

Dung dịch chứa KH₂PO₄ và K₂HPO₄.

Câu 6: Hoà tạn 10 gam hỗn hợp bột Al và Ag trong dung dịch H₂SO₄ loãng thu được 6,72 lít khí H₂ (đktc). Tính khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu?

Lời giải:

$n_{H_{2}} = \frac{6, 72}{22, 4} = 0, 3 (m o l)$

2Al + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂

Ag không phản ứng với H₂SO₄

$n_{A l} = \frac{2}{3} n_{H_{2}} = \frac{2}{3} .0, 3 = 0, 2 (m o l) \to m_{A l} = 0, 2.27 = 5, 4 (g) \to m_{A g} = 10 - 5, 4 = 4, 6 (g)$

Câu 7: Cho 10 gam hỗn hợp hai kim loại Al và Cu tác dụng vớ dung dịch H₂SO₄ 20% thu được 6,72 lít khí H₂ (ở đktc)

a, Viết phương trình phản ứng

b, Tính khối lượng các chất có trong hỗn hợp

c, Tính thành phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp d, tính khối lượng dung dịch H₂SO₄ cần dùng.

Lời giải:

Câu 8: Cho 11g hỗn hợp Al và Fe vào dd HNO₃ loãng dư, thì có 6,72 lít (đktc) khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Khối lượng các kim loại Al và Fe trong hỗn hợp đầu lần lượt là?

Lời giải:

$n_{N O} = \frac{6, 72}{22, 4} = 0, 3 (m o l)$

Bảo toàn e: n_{e nhường} = n_{e nhận} = 3n_NO = 3.0,3 = 0,9 (mol)

Đặt n_Al = x (mol); n_Fe = y (mol)

Ta có: $\{\begin{cases} 27 x + 56 y = 11 \\ 3 x + 3 y = 0, 9 \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} x = 0, 2 \\ y = 0, 1 \end{cases}$

m_Al = 0,2.27 = 5,4 (g)

m_Fe = 0,1.56 = 5,6 (g)

Câu 9: Cho 11,2 gam Fe tác dụng với dung dịch HCl. Tính:

a, Thể tích khí H₂ thu được ở đktc.

b, Khối lượng HCl phản ứng

c, Khối lượng FeCl₂ tạo thành.

Lời giải:

Theo đề bài: $n_{F e} = \frac{11, 2}{56} = 0, 2 (m o l)$

Phương trình: Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

a) Theo phương trình: $n_{H_{2}} = n_{F e} = 0, 2 (m o l)$ $\Rightarrow V_{H_{2}} = 0, 2.22, 4 = 4, 48 (l)$

b) Theo phương trình: n_HCl = 2n_Fe = 0,2.2 = 0,4 (mol)

→ m_HCl = 0,4. 36,5 = 14,6 (g)

c) Theo phương trình:

$\begin{array}{l} n_{F e C l_{2}} = n_{F e} = 0, 2 (m o l) \\ \Rightarrow m_{F e C l_{2}} = 0, 2.127 = 25, 4 (g) \end{array}$

Câu 10: Cho 12,8 gam hỗn hợp A gồm Fe, FeO, Fe₃O₄ và Fe₂O₃ tác dụng hoàn toàn với dung dịch H₂SO₄ đặc nóng thu được 4,48 lít khí SO₂ (đktc) và dung dịch X. Tính khối lượng muối có trong X?

Lời giải:

$n_{S O_{2}} = \frac{4, 48}{22, 4} = 0, 2 (m o l)$

Coi hỗn hợp A gồm Fe và O, nếu gọi m_{Fe trong A} = x (g, x>0)

→m_O = 12,8 – x (g)

→ $n_{F e} = \frac{x}{56} (m o l), n_{O} = \frac{12, 8 - x}{16} (m o l)$

Quá trình cho và nhận electron:

$\begin{array}{l} \overset{0}{F e} \to \overset{+ 3}{F e} + 3 e \\ \overset{0}{O} + 2 e \to \overset{- 2}{O} \\ \overset{+ 6}{S} + 2 e \to \overset{+ 4}{S} \end{array}$

Áp dụng bảo toàn electron, ta có:

$\frac{x}{56} .3 = \frac{12, 8 - x}{16} .2 + 0, 2.2 \Rightarrow x = 11, 2$

Muối thu được là Fe₂(SO₄)₃ có:

$n_{F e_{2} {(S O_{4})}_{3}} = \frac{1}{2} n_{F e} = \frac{1}{2} . \frac{11, 2}{56} = 0, 1 (m o l) \Rightarrow m_{F e_{2} {(S O_{4})}_{3}} = 0, 1.400 = 40 (g)$

Câu 11: Cho 12 gam kim loại X (hóa trị II) tác dụng với khí clo dư tạo thành 47,5g muối. X là kim loại nào trong các kim loại sau ? (Biết Mg = 24; Cl = 35,5 ; Ca = 40; Fe = 56 ; Ba = 137) (Chỉ được chọn 1 đáp án).

A. Mg

B. Ca

C. Fe

D. Ba

Lời giải:

Gọi n_X= a (mol; a > 0)

X + Cl₂ → XCl₂

a a

Theo bài ra ta có: a.M_X= 12

a.(M_X + 71) = 47,5

Þ 71a = 47,5 - 12 = 35,5

=> a = 0,5 mol

→M_X =12/0,5 = 24 (g/mol)

Vậy X là magie (Mg).

Câu 12: Cho 13,44 lít N₂ (đktc) tác dụng với lượng dư khí H₂. Biết hiệu suất của phản ứng là 25%, khối lượng NH₃ tạo thành là?
A. 5,10 gam;
B. 6,12 gam;
C. 7,65 gam;
D. 40,80 gam.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

$n_{N_{2}} = \frac{13, 44}{22, 4} = 0, 6 (m o l)$

Ta có H = 25% nên: $n_{N_{2} p h a n u n g} = 0, 6.25 % = 0, 15 (m o l)$

Phương trình: $N_{2} + 3 H_{2} \overset{t^{°}, p, x t}{⇄} 2 N H_{3}$

$\to n_{N H_{3}} = 2 n_{N_{2} p h a n u n g} = 2.0, 15 = 0, 3 (m o l) \to m_{N H_{3}} = 0, 3.17 = 5, 1 (g)$

Câu 13: Cho 15,2 gam hỗn hợp X gồm Fe và Cu vào dung dịch HNO3 loãng dư. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 4,48 lít khí NO (đktc). Phần trăm khối lượng của Cu trong X là:

A. 63,16%;

B. 42,11%;

C. 36,84%;

D. 26,32%.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Gọi nFe = a và nCu = b → 56x + 64y = 15,2

BT e: 3x + 2y = 3nNO = 0,6

→ x = 0,1 và y = 0,15

→ mCu = 9,6 (g)

→ %mCu = 63,16%.

Câu 14: Cho 150 ml dung dịch Ba(OH)₂ 0,1 M vào 100 ml dung dịch Al₂(SO₄)₃ 0,1 M. Tính khối lượng kết tủa thu được.
Lời giải:

3Ba(OH)₂ + Al₂(SO₄)₃ → 3BaSO₄↓ + 2Al(OH)₃↓

Ta có:

$n_{B a {(O H)}_{2}} = 0, 15.0, 1 = 0, 015 (m o l) n_{A l_{2} {(S O_{4})}_{3}} = 0, 1.0, 1 = 0, 01 (m o l)$

Lập tỉ lệ: $\frac{n_{B a {(O H)}_{2}}}{3} < \frac{n_{A l_{2} {(S O_{4})}_{3}}}{1}$

=> Ba(OH)₂ hết

Theo PTHH: $n_{B a S O_{4}} = n_{B a {(O H)}_{2}} = 0, 015 (m o l)$ $\to m_{B a S O_{4}} = 0, 015.233 = 3, 495 (g)$

$n_{A l {(O H)}_{3}} = \frac{2}{3} n_{B a {(O H)}_{2}} = \frac{2}{3} .0, 015 = 0, 01 (m o l)$

$m_{A l {(O H)}_{3}} = 0, 01.78 = 0, 78 (g)$

Vậy khối lượng kết tủa thu được là: 3,495 + 0,78 = 4,275(g).

Câu 15: Cho 15 gam hỗn hợp Al và Mg tác dụng với dung dịch HNO₃ dư, đến phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch X và 4,48 lít khí duy nhất NO (ở đktc). Cô cạn dung dịch X thu được 109,8 gam muối khan. % số mol của Al trong hỗn hợp ban đầu là:

A. 36%;

B. 33,33%;

C. 64%;

D. 6,67%.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Phản ứng có thể tạo NH₄NO₃.

Đặt: n_Al = x; n_Mg = y; = z (mol)

+ m_hh = 27x + 24y = 15 (1)

+ m_muối = $m_{A l {(N O_{3})}_{3}} + m_{M g {(N O_{3})}_{2}} + m_{N H_{4} N O_{3}}$ => 213x + 148y + 80z = 109,8 (2)

+ Bảo toàn electron: 3n_Al + 2n_Mg = 3n_NO + 8

=> 3x + 2y = 3.0,2 + 8z (3)

Giải (1) (2) (3) => x = 0,2; y = 0,4; z = 0,1

=> %n_Al = 0,2/(0,2+0,4) = 33,33%.

Câu 16: Cho 16,8 lít CO₂ ở điều kiện tiêu chuẩn hấp thụ vào 600 ml NaOH 2M thu được dung dịch A.

a. Tính tổng khối lượng muối trong dung dịch A

b. Lấy dung dịch A tác dụng một lượng dư BaCl₂.Tính khối lượng kết tủa thu được

Lời giải

Theo đề bài ta có $\{\begin{cases} n_{C O_{2}} = \frac{16, 8}{22, 4} = 0, 75 (m o l) \\ n_{N a O H} = 0, 6.2 = 1, 2 (m o l) \end{cases}$

Ta xét tỉ lệ : $T = \frac{n_{N a O H}}{n_{C O_{2}}} = \frac{1, 2}{0, 75} = 1, 6 < 2$

Ta có : 1 < T < 2 => Dung dịch A gồm 2 muối là Na₂CO₃ và NaHCO₃

a) Gọi x ,y lần lượt là số mol của CO₂ tham gia vào 2 phương trình:

Ta có PTHH :

(1) $\begin{array}{l} C O_{2} + 2 N a O H \to N a_{2} C O_{3} + H_{2} O \\ x ............2 x ................... x \end{array}$

(2) $\begin{array}{l} C O_{2} + N a O H \to N a H C O_{3} \\ y ............ y ................... y \end{array}$

Ta có hệ phương trình

$\{\begin{cases} x + y = 0, 75 \\ 2 x + y = 1, 2 \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} x = 0, 45 \\ y = 0, 3 \end{cases}$

$\begin{array}{l} \{\begin{cases} n_{N a_{2} C O_{3}} = n_{C O_{2} (1)} = x = 0, 45 (m o l) \\ n_{N a H C O_{3}} = n_{C O_{2} (2)} = y = 0, 3 (m o l) \end{cases} \\ \Rightarrow \{\begin{matrix} m_{N a_{2} C O_{3}} = 0, 45.106 = 47, 7 (g) \\ m_{N a H C O_{3}} = 0, 3.84 = 25, 2 (g) \end{matrix} \end{array}$

=> m_A = 47,7 + 25,2 = 72,9 (g)

b) Ta có :

Na₂CO₃ + BaCl₂ → BaCO₃↓ + 2NaCl

0,45mol....................0,45mol

=> m_{kết tủa}= $m_{B a C O_{3}}$ = 0,45.197 = 88,65 (g).

Câu 17: Cho 16,2 gam hỗn hợp gồm este metylaxetat và este etylaxetat tác dụng với 100ml dung dịch NaOH 2M thì vừa đủ. Thành phần % theo m của este metylaxetat là?

Lời giải:

Metyl axetat là CH₃COOCH₃: C₃H₆O₂

Etyl axetat: CH₃COOC₂H₅: C₄H₈O₂

Do là các este no đơn chức nên tác dụng với NaOH theo tỉ lệ 1:1

n_NaOH = C_M.V = 2.0,1 = 0,2 mol

Gọi x là $n_{C_{3} H_{6} O_{2}}$ , y là $n_{C_{4} H_{8} O_{2}}$

Lập hệ phương trình:

$\{\begin{cases} x + y = 0, 2 \\ 74 x + 88 y = 16, 2 \end{cases} \Rightarrow x = y = 0, 1 % m_{C_{3} H_{6} O_{2}} = \frac{0, 1.74}{16, 2} .100 % = 45, 68 % % m_{C_{4} H_{8} O_{2}} = 100 % - 45, 68 % = 54, 32 %$

Câu 18: Hòa tan hoàn toàn 17,6 gam hỗn hợp X gồm Fe và Cu trong dung dịch HNO₃ đặc nóng, dư 20%. Sau phản ứng thu được 17,92 lít khí màu nâu duy nhất.

a. Tính % Fe, Cu.

b. Biết HNO₃ dư 20%. Tính V dung dịch NaOH 2M cần để trung hòa X.

c. Cho NaOH 2M vào dung dịch X đến khi kết tủa max. Tính V NaOH?

Lời giải:

a. Gọi x, y là số mol Fe, Cu.

⇒56x + 64y = 17,6 (1)

$n_{N O_{2}} = \frac{17, 92}{22, 4} = 0, 8 (m o l)$

Bảo toàn e: 3x + 2y = 0,8 (2)

Từ (1) và (2)⇒x = 0,2; y = 0,1

$% m_{F e} = \frac{56.0, 2.100 %}{17, 6} = 63, 6 %$

%m_Cu = 36,4%.

b. Dư 20% HNO₃ nên chỉ phản ứng 80% HNO₃ so với ban đầu.

$n_{H N O_{3}}$ _{phản ứng} = $3 n_{F e {(N O_{3})}_{3}} + 2 n_{C u {(N O_{3})}_{2}} + n_{N O_{2}}$ = 3x + 2y + 0,8 = 1,6(mol)

⇒ $n_{H N O_{3}}$ _dư = 0,4 (mol) = n_NaOH

$V_{N a O H} = \frac{0, 4}{2} = 0, 2 (l)$

c. X chứa Fe(NO₃)₃ (0,2 mol), Cu(NO₃)₂ (0,1 mol), HNO₃ (0,4 mol)

$\Rightarrow n_{N a O H} = 3 n_{F e {(N O_{3})}_{3}} +$ $2 n_{C u {(N O_{3})}_{2}} + n_{H N O_{3}} = 1, 2 (m o l)$

$\Rightarrow V_{N a O H} = \frac{1, 2}{2} = 0, 6 (l)$

Câu 19: Cho 18,4 gam hỗn hợp gồm Fe và Cu vào dung dịch HNO₃ đặc, nóng dư. Sau phản ứng thu được 15,68 lít khí (đktc ). Xác định thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp.

Lời giải:

Gọi số mol Fe; Cu lần lượt là x; y

Ta có:

m_hh = m_Fe + m_Cu = 56x + 64y = 18,4 gam

Vì HNO₃ đặc nóng dư nên khí sinh ra là NO₂

$\to n_{N O_{2}} = \frac{15, 68}{22, 4} = 0, 7 (m o l)$

Bảo toàn e:

3n_Fe+ 2n_Cu = $n_{N O_{2}}$ →3x + 2y = 0,7

Giải được: x = 0,1; y = 0,2

→m_Fe = 0,1.56 = 5,6 gam

$\to % m_{F e} = \frac{5, 6}{18, 4} .100 % = 30, 4 %$ → %m_Cu = 69,6%.

Câu 20: Cho 0,83g hỗn hợp gồm nhôm và sắt tác dụng với dung dịch H₂SO₄ loãng dư, người ta thu được 0,56 lít khí (đktc). Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu.

A. 32,5% và 65,7%;

B. 65,7% và 32,5%;

C. 67,5% và 32,5%;

D. 32,5% và 67,5%.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

2Al + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂

x 3/2 x mol

Fe + H₂SO₄→ FeSO₄+ H₂

y y mol

$\to \{\begin{cases} 27 x + 56 y = 0, 83 \\ \frac{3}{2} x + y = \frac{0, 56}{22, 4} \end{cases} \Rightarrow \{x = y = 0, 01 \Rightarrow % m_{A l} = \frac{0, 01.27}{0, 83} .100 % = 32, 53 %$

⇒%m_Fe = 100% − 32,53% = 67,47%.

Câu 21: Cho dung dịch chứa 1 gam HCl vào dung dịch chứa 1 gam NaOH. Nhúng giấy quỳ tím vào dung dịch sau phản ứng thì giấy quỳ tím chuyển sang màu gì?

A. màu xanh;

B. không xác định được;

C. màu đỏ;

D. không đổi màu.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Phân tử khối của HCl nhỏ hơn của NaOH

=> phản ứng theo tỉ lệ mol 1 : 1 => HCl dư => Quỳ tím chuyển màu sang màu đỏ.

Câu 22: Cho 2,4 gam Mg tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO₃ (dư), thu được 0,448 lít khí X (sản phẩm khử duy nhất của N⁺⁵, ở đktc). Khí X là:

A. N₂O;

B. NO₂;

C. N₂;

D. NO.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Giả sử 1 mol khí trao đổi n mol electron.

Áp dụng bảo toàn e: 2n_Mg = n.n _khí → Giá trị của n

+ n = 1 → NO₂

+ n = 3 → NO

+ n = 8 → N₂O

+ n = 10 → N₂

Giải chi tiết:

n_Mg = 0,1 mol và n_X = 0,02 mol

Giả sử 1 mol khí trao đổi n mol electron

Áp dụng bảo toàn e: 2n_Mg = n.n _khí → 2.0,1 = 0,02.n → n = 10

→ Khí là N₂.

Câu 23: Cho 24,4 gam hỗn hợp Na₂CO₃, K₂CO₃ tác dụng vừa đủ với dung dịch BaCl₂. Sau khi thu được 39,4 gam kết. Lọc tách kết tủa, cô cạn dung dịch thu được m gam muối clorua. Giá trị của m là:

A. 2,66.

B. 22,6.

C. 26,6.

D. 6,26.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

R₂CO₃ + BaCl₂→ BaCO₃ + 2RCl

Bảo toàn khối lượng m = 24,4 + 0,2.208 – 39,4 = 26,6.

Câu 24: Cho 2,28g hỗn hợp Fe, Cu, Ag tác dụng với dung dịch HNO₃ loãng dư thu được V ml (đkc) sản phẩm khử duy nhất là khí NO. Cô cạn dung dịch được 6 gam hỗn hợp muối khan. Giá trị V là?

Lời giải:

m_muối = m_{kim loại} +

→ = m_muối– m_{kim loại} = 6 – 2,28 = 3,72 (g)

$\to n_{N O_{3}^{-}} = \frac{3, 72}{62} = 0, 06 (m o l) \to n_{N O} = \frac{1}{3} n_{N O_{3}^{-}} = 0, 02 (m o l)$

→ V_NO = 0,02. 24,79 = 0,4958 (l) = 495,8 (ml).

Câu 25: Cho 2,464 lít khí CO₂ (đktc) vào dung dịch NaOH thu được 11,44g hỗn hợp 2 muối. Tính m của từng muối trong hỗn hợp?

Lời giải:

Theo đề bài ta có $n_{C O_{2}} = \frac{2, 464}{22, 4} = 0, 11 (m o l)$

Gọi x ,y lần lượt là số mol của CO₂ tham gia vào 2 phương trình:

Ta có PTHH :

(1) $\begin{array}{l} C O_{2} + 2 N a O H \to N a_{2} C O_{3} + H_{2} O \\ x ............2 x ................... x \end{array}$

(2) $\begin{array}{l} C O_{2} + N a O H \to N a H C O_{3} \\ y ............ y ................... y \end{array}$

Ta có hệ phương trình:

$\{\begin{cases} x + y = 0, 11 \\ 106 x + 84 y = 11, 44 \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} x = 0, 1 \\ y = 0, 01 \end{cases} \begin{array}{l} \{\begin{cases} n_{N a_{2} C O_{3}} = n_{C O_{2} (1)} = x = 0, 1 (m o l) \\ n_{N a H C O_{3}} = n_{C O_{2} (2)} = y = 0, 01 (m o l) \end{cases} \\ \Rightarrow \{\begin{matrix} m_{N a_{2} C O_{3}} = 0, 1.106 = 10, 6 (g) \\ m_{N a H C O_{3}} = 0, 01.84 = 0, 84 (g) \end{matrix} \end{array}$

Câu 26: Cho 2,16 gam kim loại M hóa trị III tác dụng hết với dung dịch HNO₃ loãng thu được 0,027 mol hồn hợp khí N₂ và N₂O. Hỗn hợp khí này có tỉ khối hơi so với H₂ là 18,45. Tìm kim loại M, tính khối lượng muối thu được sau phản ứng.

Lời giải:

Gọi

Ta có :

n_khí = a + b = 0,027 (mol)

m_khí = 44a + 28b = M.n = 18,45.2.0,027 = 0,9963(gam)

Suy ra a = 0,015 ; b = 0,012

Bảo toàn electron :

→ n_M = 0,08 (mol)

Vậy kim loại M là nhôm (Al).

Câu 27: Cho 200 ml dung dịch NaOH 1M tác dụng vừa đủ với 200 ml dung dịch HCl thu được dung dịch X.

a, Tính khối lượng muối có trong dung dịch X.

b, Tính nồng độ mol của dung dịch X.

Lời giải:

n_NaOH = V. C_M = 0,2. 1 = 0,2 (mol)

PTHH: $\begin{array}{l} N a O H + H C l \to N a C l + H_{2} O \\ 0, 2............................0, 2 \end{array}$

a. m_NaCl= n. M = 0,2. (23 + 35,5) = 11,7 (g)

b. $C_{M_{N a C l}} = \frac{n}{V} = \frac{0, 2}{0, 2 + 0, 2} = 0, 5 M$

Câu 28: Cho 200 ml dung dịch H₃PO₄ 1,5M tác dụng với 250 ml dung dịch NaOH 2M. Sau phản ứng thu được muối gì và có khối lượng là bao nhiêu?

A. 24 gam NaH₂PO₄ và 28,4 gam Na₂HPO₄;

B. 12 gam NaH₂PO₄ và 28,4 gam Na₂HPO₄;

C. 24 gam NaH₂PO₄ và 14,2 gam Na₂HPO₄;

D. 12 gam NaH₂PO₄ và 14,2 gam Na₂HPO₄.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Ta có: n_H3PO4= 0,3 mol; n_NaOH= 0,5 mol

Ta có 1 < T = n_NaOH/ n_H3PO4=1,67 <2

→ NaOH tác dụng với H₃PO₄ theo 2 PTHH:

NaOH + H₃PO₄ → NaH₂PO₄+ H₂O

2NaOH + H₃PO₄ → Na₂HPO₄+ 2H₂O

Đặt $n_{N a H_{2} P O_{4}}$ = x mol; $n_{N a_{2} H P O_{4}}$ = y mol

Ta có $n_{H_{3} P O_{4}}$ = x+ y = 0,3 mol; n_NaOH= x + 2y = 0,5 mol

→ x =0,1; y = 0,2

→ $m_{N a H_{2} P O_{4}}$ = 12gam; $m_{N a_{2} H P O_{4}}$ =28,4 gam.

Câu 29: Cho 200 ml dung dịch X chứa hỗn hợp H₂SO₄ aM và HCl 0,1M tác dụng với 300 ml dung dịch Y chứa hỗn hợp Ba(OH)₂ bM và KOH 0,05M, thu được 2,33 gam kết tủa và dung dịch Z có pH = 12. Giá trị của a và b lần lượt là:

A. 0,01M và 0,01M.

B. 0,02M và 0,04M.

C. 0,04M và 0,02M.

D. 0,05M và 0,05M.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Dung dịch X có: _{$n_{H_{2} S O_{4}}$}= 0,2a mol; n_HCl= 0,2. 0,1 = 0,02 mol

→ $n_{H^{+}} = 2 n_{H_{2} S O_{4}}$ + n_HCl= 0,4a + 0,02 (mol); = 0,2a mol

Dung dịch Y có: = 0,3b mol; n_KOH= 0,3. 0,05 = 0,015 mol

→ $n_{O H^{-}} = 2 n_{B a {(O H)}_{2}}$ + n_KOH= 0,6b + 0,015 (mol); $n_{B a^{2 +}}$ = 0,3b mol

Dung dịch Z có pH = 12 nên dư $O H^{-}$ → $[H^{+}] = 10^{- 12}$ (M) → $[O H^{-}] = 10^{- 2}$ (M)

→ $n_{O H^{-}}$ _dư= V_dd.C_M= 0,5. 10^-2= 0,005 mol

Ta có: $n_{B a {(O H)}_{2}}$ = 0,01 mol

Xét 2 trường hợp sau:

*TH1: phản ứng hết

${Ba}^{2+} + S O_{4}^{2 -} \to B a S O_{4}$

Khi đó $n_{B a^{2 +}} = n_{B a {(O H)}_{2}}$ = 0,01 mol → 0,3b = 0,01 → b = 1/30

→ 0,6b + 0,015 = 0,035 mol

H⁺ + OH^- → H₂O

Ban đầu 0,4a + 0,02 0,035 mol

Phản ứng 0,4a + 0,02 0,4a + 0,02 mol

Sau phản ứng 0 0,035 – (0,4a + 0,02) mol

Ta có: _dư= 0,035 – (0,4a + 0,02) = 0,005 mol → a = 0,025 (không thỏa mãn điều kiện $n_{B a^{2 +}} < n_{S O_{4}^{2 -}}$ )

*TH2: $S {O_{4}}^{2 -}$ phản ứng hết

Khi đó $n_{S O_{4}^{2 -}} = n_{B a S O_{4}}$ = 0,01 mol → 0,2a = 0,01 → a = 0,05

→ $n_{H^{+}} = 2 n_{H_{2} S O_{4}} + n_{H C l}$ = 0,4a + 0,02 = 0,04 (mol)

H⁺ + OH^- → H₂O

Ban đầu 0,04 (0,6b + 0,015)

Phản ứng 0,04 0,04

Sau phản ứng 0 0,6b – 0,025

Ta có: _dư= 0,6b – 0,025 = 0,005 mol → b = 0,05

Vậy a = 0,05 và b = 0,05.

Câu 30: Cho 21,6 gam hỗn hợp A gồm Fe, Fe₂O₃ tác dụng hết với dung dịch H₂SO₄ loãng dư thu được 2,24 lít khí H₂ (đktc).

a. Viết phương trình hoá học xảy ra và tính phần trăm khối lượng của Fe trong hỗn hợp A.

b. Thổi khí CO qua hỗn hợp A nung nóng một thời gian thu được chất rắn B và 4,4 gam khí CO₂. Tính khối lượng chất rắn B?

Lời giải:

$n_{H_{2}} = \frac{2, 24}{22, 4} = 0, 1 (m o l)$

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂

Fe₂O₃ + 3H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 3H₂O

$\Rightarrow n_{F e} = n_{H_{2}} = 0, 1 (m o l) \Rightarrow % m_{F e} = \frac{56.0, 1}{21, 6} .100 = 25, 93 %$

b. $n_{C O_{2}} = \frac{4, 4}{44} = 0, 1 (m o l)$

$A + C O \overset{t^{°}}{\to} B + C O_{2}$

Bảo toàn khối lượng:

$m_{A} + m_{C O} = m_{B} + m_{C O_{2}} \Rightarrow m_{B} = 21, 6 + 0, 1.28 - 4, 4 = 20 (g)$

Câu 31: Cho 21 gam hỗn hợp bột nhôm và nhôm oxit tác dụng dung dịch HCl dư làm thoát ra 13,44 lít khí (đktc).

a) Tính % theo khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp đầu.

b) Tính thể tích dung dịch HCl 36% ( D = 1,18 g/ml) để hoà tan vừa đủ hỗn hợp đó.

Lời giải:

a. Gọi số mol Al và Al₂O₃ là a và b

Cho 21 gam hỗn hợp bột nhôm và nhôm oxit tác dụng dung dịch HCl dư làm thoát ra 13,44 lít (ảnh 1)

Câu 32: Cho 23,2 gam hỗn hợp Fe và Cu vào 100 gam dung dịch HCl loãng thấy thoát ra 6,72 lít khí hiđro (đktc).

a. Tính thành phần% về khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp

b. Tính nồng độ % của dung dịch muối sau phản ứng.

Lời giải

a. $n_{H_{2}} = \frac{6, 72}{22, 4} = 0, 3 (m o l)$

Chỉ có Fe tác dụng với dung dịch HCl

$\begin{array}{l} F e + 2 H C l \to F e C l_{2} + H_{2} \\ 0, 3 \dots ..0, 6 \dots \dots ....0, 3 \dots \dots 0, 3 (m o l) \end{array}$

m_Fe = 0,3.56 = 16,8 (g)

$% m_{F e} = \frac{16, 8}{23, 2} .100 % = 72, 41 %$

%m_Cu = 100% - 72,41% = 27,58%.

b. $m_{F e C l_{2}} = 0, 3.127 = 38, 1 (g)$

m_{dd sau} = 16,8 + 100 – 0,3.2 = 116,2 (g)

$C %_{F e C l_{2}} = \frac{38, 1}{116, 2} .100 % = 32, 79 %$

Câu 33: Cho 23,2 gam hỗn hợp gồm Cu và Fe tác dụng hết với 5,6 lít khí oxi ở đktc. Tính % về khối lượng của mỗi oxit tạo thành.

Lời giải

$n_{O_{2}} = \frac{5, 6}{22, 4} = 0, 25 (m o l)$

Phương trình:

$\begin{array}{l} 2 C u + O_{2} \overset{t^{°}}{\to} 2 C u O \\ x ......... \frac{x}{2} ................. x (m o l) \end{array} \begin{array}{l} 3 F e + 2 O_{2} \overset{t^{°}}{\to} F e_{3} O_{4} \\ y ......... \frac{2}{3} y ............ \frac{y}{3} (m o l) \end{array}$

Theo đề bài ra, ta có:

$\{\begin{cases} 64 x + 56 y = 23, 2 \\ \frac{x}{2} + \frac{2}{3} y = 0, 25 \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} x = 0, 1 \\ y = 0, 3 \end{cases}$

m_CuO = 0,1.80 = 8(g)

$m_{F e_{3} O_{4}} = 0, 3.232 = 69, 6 (g)$

$% m_{C u O} = \frac{8.100 %}{8 + 69, 6} = 10, 3 % \Rightarrow % m_{F e_{3} O_{4}} = 100 % - 10, 3 % = 89, 7 %$

Câu 34: Cho 24 gam canxi tác dụng với H₂SO₄ có trong dung dịch loãng.

a) Tìm thể tích khí hiđro sinh ra (ở đktc)

b) Tìm khối lượng của H₂SO₄

c) Tìm khối lượng của CaSO₄ tạo thành sau phản ứng.

Lời giải:

a) Phương trình: Ca + H₂SO₄ → CaSO₄ + H₂

$n_{C a} = \frac{24}{40} = 0, 6 (m o l)$

Theo phương trình:

$\begin{array}{l} n_{H_{2}} = n_{C a} = 0, 6 (m o l) \\ \to V_{H_{2}} = 0, 6.22, 4 = 13, 44 (l) \end{array}$

b) Theo phương trình:

$n_{H_{2} S O_{4}} = n_{H_{2}} = 0, 6 (m o l) \to m_{H_{2} S O_{4}} = 0, 6.98 = 58, 8 (g)$

c. Theo phương trình:

$n_{C a S O_{4}} = n_{H_{2}} = 0, 6 (m o l) \to m_{C a S O_{4}} = 0, 6.136 = 81, 6 (g)$

Câu 35: Cho 24 gam hỗn hợp gồm Cu và Fe vào dung dịch HCl dư thu được 4,48 lít khí ở điều kiện tiêu chuẩn. Khối lượng chất rắn còn lại trong dung dịch sau phản ứng là?

Lời giải:

$n_{H_{2}} = \frac{4, 48}{22, 4} = 0, 2 (m o l)$

Phương trình: Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Theo phương trình: $n_{F e} = n_{H_{2}} = 0, 2 (m o l)$

→m_Fe = 0,2.56 = 11,2 (g)

→ m_Cu = 24 – 11,2 = 12,8 (g).

Câu 36: Hòa tan hoàn toàn 2,51 gam hỗn hợp Zn và Fe vào dung dịch HNO₃ loãng thu được 0,672 lít khí NO (là sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Xác định thành phần % mỗi kim loại trong hỗn hợp kim loại ban đầu.

Lời giải:

$n_{N O} = \frac{0, 672}{22, 4} = 0, 03 (m o l)$

$\begin{array}{l} \overset{0}{Z n} \to \overset{+ 2}{Z n} + 2 e \\ \overset{0}{F e} \to \overset{+ 3}{F e} + 3 e \\ \overset{+ 5}{N} + 3 e \to \overset{+ 2}{N} \end{array}$

Gọi a và b là số mol của Zn và Fe

$\begin{array}{l} \to 2 n_{Z n} + 3 n_{F e} = 3 n_{N O} \\ \to 2 a + 3 b = 0, 09 (1) \end{array}$

Mặt khác, ta có: 65a + 56b = 25,1 (2)

Giải (1) và (2) ta có: a = 0,03 mol; b = 0,01 mol

→m_Fe = 0,01.56 = 0,56 (g)

$\to % m_{F e} = \frac{0, 56.100 %}{2, 51} = 22, 311 %$

→%m_Zn = 77,689%.

Câu 37: Cho 26 gam Zn tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO₃ thu được 8,96 lít hỗn hợp khí NO; NO₂ (đktc). Số mol HNO₃ trong dung dịch là?

Lời giải:

$n_{Z n} = \frac{26}{65} = 0, 4 (m o l)$

Gọi số mol NO và NO₂ là a và b

Ta có a + b = 0,4

Theo bảo toàn e: (1)

→ 3a + b = 0,8 (2)

Giải (1) và (2), ta được: a = b = 0,2 mol.

Theo bảo toàn N

$\begin{array}{l} n_{H N O_{3}} = 2 n_{Z n {(N O_{3})}_{2}} + n_{N O} + n_{N O_{2}} \\ \to n_{H N O_{3}} = 2.0, 4 + 0, 2 + 0, 2 = 1, 2 (m o l) \end{array}$

Câu 38: Cho 3,6 gam Mg tác dụng hết với dung dịch HNO₃ (dư), sinh ra 2,24 lít (ở đktc) khí X (sản phẩm khử duy nhất của N⁺⁵). Khí X là

A. NO₂;

B. NO;

C. N₂;

D. N₂O.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

$n_{M g} = \frac{3, 6}{24} = 0, 15 (m o l)$

$M g \to \overset{+ 2}{M g} + 2 e \overset{+ 5}{N} + (5 - n) e \to \overset{+ n}{N}$

Bảo toàn electron ta có:

0,15. 2 = 0,1. (5 – n) → n = 2

Vậy khí X là NO.

Câu 39: Cho 3,36 lít CO₂ (đktc) vào 100 ml dung dịch chứa NaOH 0,4M, KOH 0,6 M, Ca(OH)₂ 0,4M, thu được dung dịch X và kết tủa. Cô cạn (đun nóng) dung dịch X thì thu được bao nhiêu gam muối khan?

Lời giải:

$n_{C O_{2}} = \frac{3, 36}{22, 4} = 0, 15 (m o l)$

n_NaOH = 0,1. 0,4 = 0,04 (mol)

n_KOH = 0,1. 0,6 = 0,06 (mol)

$n_{C a {(O H)}_{2}} = 0, 1.0, 4 = 0, 04 (m o l) n_{O H^{-}} = n_{N a O H} + n_{K O H} + 2 n_{C a {(O H)}_{2}} = 0, 04 + 0, 06 + 2.0, 04 = 0, 18 (m o l)$

$n_{O H^{-}} = n_{N a O H} + n_{K O H} + 2 n_{C a {(O H)}_{2}} = 0, 04 + 0, 06 + 2.0, 04 = 0, 18 (m o l)$

Ta có: $1 < \frac{n_{O H^{-}}}{n_{C O_{2}}} = \frac{0, 18}{0, 15} < 2$

→ Tạo 2 muối trung hoà và muối axit

$\begin{array}{l} C O_{2} + O H^{-} \to H C O_{3}^{-} \\ x .......... x ............ x (m o l) \end{array} \begin{array}{l} C O_{2} + 2 O H^{-} \to C O_{3}^{2 -} + H_{2} O \\ y ..........2 y ............. y \end{array}$

Ta có hệ phương trình: $\{\begin{cases} x + y = 0, 15 \\ x + 2 y = 0, 18 \end{cases} \to \{\begin{cases} x = 0, 12 \\ y = 0, 03 \end{cases}$

m_muối = $m_{N a^{+}} + m_{K^{+}} + m_{C a^{2 +}} + m_{H C O_{3}^{-}} + m_{C O_{3}^{2 -}}$

m_muối = 0,04.23 + 0,06.39 + 0,04.40 + 0,12.61 + 0,03.60 = 13,98 (g).

Câu 40: Cho 3,56 gam hỗn hợp 2 kim loại hóa trị II tan hoàn toàn trong dung dịch H₂SO₄ loãng thu 1,792 lít H₂ (đkc). Khối lượng muối sunfat thu được sau phản ứng là?

Lời giải:

$n_{H_{2}} = \frac{1, 792}{22, 4} = 0, 08 (m o l)$

Bảo toàn nguyên tố H:

$n_{H_{2} S O_{4}} = n_{H_{2}} = 0, 08 (m o l) \to n_{S O_{4}^{2 -}} = n_{H_{2} S O_{4}} = 0, 08 (m o l)$

→m_muối= 3,56 + 0,08.96 = 11,24 (g).

Câu 41: Cho 3,92 gam bột sắt vào 200 ml dung dịch CuSO₄ 10% (D = 1,12 g/ml)

a. Tính khối lượng kim loại mới tạo thành.

b. Tính nồng độ mol của chất có trong dung dịch sau phản ứng.

Lời giải:

$\begin{array}{l} m_{dd C u S O_{4}} = 200.1, 12 = 224 (g) \\ \to m_{C u S O_{4}} = \frac{224.10}{100} = 22, 4 (g) \\ \to n_{C u S O_{4}} = \frac{22, 4}{160} = 0, 14 (m o l) \end{array}$

$n_{F e} = \frac{3, 92}{56} = 0, 07 (m o l)$

Phương trình: Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu

Lập tỉ lệ: $\frac{n_{F e}}{1} < \frac{n_{C u S O_{4}}}{1}$ → Fe phản ứng hết, CuSO₄ dư

n_Cu = n_Fe = 0,07 (mol) →m_Cu = 0,07.64 = 4,48 (g).

Sau phản ứng thu được dung dịch gồm:

FeSO₄: $n_{F e S O_{4}} = n_{F e} = 0, 07 (m o l)$

CuSO₄ dư:

$n_{C u S O_{4} p h a n u n g} = n_{F e} = 0, 07 (m o l) \to n_{C u S O_{4} d u} = 0, 14 - 0, 07 = 0, 07 (m o l)$

$\to C_{M_{F e S O_{4}}} = C_{M_{C u S O_{4}}} = \frac{0, 07}{0, 2} = 0, 35 M$

Câu 42: Cho V lít khí CO₂ (đktc) hấp thụ hoàn toàn vào dung dịch Ca(OH)₂, thu được 550 gam kết tủa và dung dịch X. Đun nóng dung dịch X thu thêm được 100 gam kết tủa. Tính V.

Lời giải:

Các phương trình xảy ra:

Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃ + H₂O (1)

Ca(OH)₂ + 2CO₂ → Ca(HCO₃)₂ (2)

$C a {(H C O_{3})}_{2} \overset{t^{°}}{\to} C a C O_{3} + C O_{2} + H_{2} O$ (3)

Theo phương trình (1): $n_{C O_{2}} = n_{C a C O_{3}} = \frac{550}{100} = 5, 5 (m o l)$

Theo phương trình (2), (3):

$n_{C O_{2}} = 2 n_{C a {(H C O_{3})}_{2}} = 2 n_{C a C O_{3}} = 2. \frac{100}{100} = 2 (m o l)$

$\begin{array}{l} \to n_{C O_{2}} = 5, 5 + 2 = 7, 5 (m o l) \\ \to V_{C O_{2}} = 7, 5.22, 4 = 168 (l) \end{array}$

Câu 43: Cho 3,04 gam hỗn hợp Fe₂O₃và FeO tác dụng với CO dư đến khi phản ứng hoàn toàn. Chất khí thu được cho qua dung dịch Ca(OH)₂ dư thu được 5 gam kết tủa. Khối lượng Fe₂O₃ và FeO có trong hỗn hợp là?

Lời giải:

$F e_{2} O_{3} + 3 C O \overset{t^{°}}{\to} 2 F e + 3 C O_{2}$ (1)

$F e O + C O \overset{t^{°}}{\to} F e + C O_{2}$ (2)

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O (3)

Theo phương trình (3): $n_{C O_{2}} = n_{C a C O_{3}} = \frac{5}{100} = 0, 05 (m o l)$

Gọi a và b lần lượt là số mol của Fe₂O₃ và FeO

$\begin{array}{l} \{\begin{cases} 160 a + 72 b = 3, 04 \\ 3 a + b = 0, 05 \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} a = 0, 01 \\ b = 0, 02 \end{cases} \\ \Rightarrow \{\begin{cases} n_{F e_{2} O_{3}} = 0, 01 (m o l) \\ n_{F e O} = 0, 02 (m o l) \end{cases} \\ \Rightarrow \{\begin{cases} m_{F e_{2} O_{3}} = 0, 01.160 = 16 (g) \\ m_{F e O} = 0, 02.72 = 1, 44 (g) \end{cases} \end{array}$

Câu 44: Cho 3,07 gam hỗn hợp bột kim loại X gồm Al và Fe vào 150 ml dung dịch hỗn hợp gồm Fe(NO₃)₃ 1,0 M và AgNO₃ 0,5 M, khuấy đều, sau phản ứng thu được m gam kim loại và dung dịch Y (chứa ba muối). Cho từ từ dung dịch NaOH dư, lấy kết tủa nung đến khối lượng không đổi được 16,0 gam chất rắn khan. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

a. Viết phương trình phản ứng có thể đã xảy ra.

b. Tính m và phần trăm khối lượng của Al và Fe trong X?

Lời giải:

a. Phương trình phản ứng có thể xảy ra:

Al + Fe(NO₃)₃ → Al(NO₃)₃ + Fe

Al + 3AgNO₃ → Al(NO₃)₃ + 3Ag

Fe + 3AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + 3Ag

Fe + 2Fe(NO₃)₃ → 3Fe(NO₃)₂

$\begin{array}{l} n_{F e {(N O_{3})}_{3}} = 0, 15.1 = 0, 15 (m o l) \\ n_{A g N O_{3}} = 0, 15.0, 5 = 0, 075 (m o l) \\ \Rightarrow n_{N O_{3}^{-}} = 0, 15.3 + 0, 075 = 0, 525 (m o l) \end{array}$

Dung dịch Y chứa $A l^{3 +}$ (a mol), $F e^{3 +}$ (b mol), $F e^{2 +}$ (c mol) và $N O_{3}^{-}$ (0,525 mol)

Bảo toàn điện tích, ta có: 3a + 3b + 2c = 0,525 (1)

Kim loại tách ra khỏi dung dịch là Ag (0,075 mol)

→m_Ag = 0,075.108 = 8,1 (g)

Bảo toàn kim loại, ta có:

3,07 + 0,15.56 + 0,075.108 = 27a + 56(b + c) + 0,075.108 (2)

m_rắn = $m_{F e_{2} O_{3}} = 160. \frac{b + c}{2} = 16$ (3)

Giải hệ (1), (2), (3), ta được: a = 0,01; b = 0,095; c = 0,105.

$\to % m_{A l} = \frac{0, 01.27}{3, 07} .100 = 8, 79 %$

Câu 45: Cho 3,33g một kim loại kiềm M tác dụng hoàn toàn với 100ml nước (d = 1 g/ml) thì thu được 0,48 gam khí H₂ (đktc).

a) Tìm tên kim loại đó

b) Tính nồng độ % của dung dịch thu được.

Lời giải:

$\begin{array}{l} m_{H_{2} O} = V . d = 100.1 = 100 (g) \\ n_{H_{2}} = \frac{m}{M} = \frac{0, 48}{2} = 0, 24 (m o l) \end{array}$

2M + 2H₂O → 2MOH + H₂↑

Theo phương trình:

$n_{M} = 2 n_{H_{2}} = 2.0, 24 = 0, 48 (m o l) \to M_{M} = \frac{3, 33}{0, 48} = 6, 9375 \approx 7 (L i)$

n_LiOH = n_Li = 0,48 (mol) →m_LiOH = 0,48.24 = 11,52 (g)

m_dd = 3,33 + 100 – 0,48 = 102,85 (g) $\Rightarrow C %_{L i O H} = \frac{11, 52.100 %}{102, 85} \approx 11, 2 %$

Câu 46: Hòa tan hoàn toàn 3,6 gam hỗn hợp gam muối cacbonat của 2 kim loại kế tiếp nhau trong phân nhóm chính nhóm II trong dung dịch HCl thu được khí B. Cho toàn bộ khí B tác dụng hết với 3 lít dung dịch Ca(OH)₂ 0,015M thu được 4 gam kết tủa. Tìm 2 kim loại đó. Tính khối lượng mỗi muối cacbonat đó.

Lời giải:

$n_{C a {(O H)}_{2}} = 3.0, 015 = 0, 045 (m o l) n_{C a C O_{3}} = \frac{4}{100} = 0, 04 (m o l) < n_{C a {(O H)}_{2}}$

Gọi chung 2 muối cacbonat của 2 kim loại kế tiếp nhau trong phân nhóm chính nhóm II là RCO₃

RCO₃ + 2HCl → RCl₂ + CO₂ + H₂O

$n_{C O_{2}} = n_{R C O_{3}} = \frac{3, 6}{M_{R} + 60} (m o l)$

TH1: Dư Ca(OH)₂

Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃ + H₂O

$n_{C O_{2}} = n_{C a C O_{3}} = 0, 04 (m o l) \Rightarrow \frac{3, 6}{M_{R} + 60} = 0, 04 \Rightarrow M_{R} = 30$

Vậy muối cacbonat của 2 kim loại kế tiếp nhau trong phân nhóm chính nhóm II là MgCO₃ ( a mol) và CaCO₃ ( b mol)

$\Rightarrow \{\begin{cases} 84 a + 100 b = 3, 6 \\ a + b = 0, 04 \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} a = 0, 025 \\ b = 0, 015 \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} m_{M g C O_{3}} = 2, 1 (g) \\ m_{C a C O_{3}} = 1, 5 (g) \end{cases}$

TH2: Có Ca(HCO₃)₂

Bảo toàn Ca: 0,04 + $n_{C a {(H C O_{3})}_{2}}$ = 0,045 (mol)

→ $n_{C a {(H C O_{3})}_{2}}$ = 0,005 (mol)

→ $n_{C O_{2}} = n_{C a C O_{3}} + 2 n_{C a {(H C O_{3})}_{2}}$ $= 0, 04 + 2.0, 005 = 0, 05 (m o l)$

$\Rightarrow \frac{3, 6}{M_{R} + 60} = 0, 05 \Rightarrow M_{R} = 12$

Vậy muối cacbonat của 2 kim loại kế tiếp nhau trong phân nhóm chính nhóm II là BeCO₃ ( a mol) và MgCO₃ ( b mol)

$\Rightarrow \{\begin{cases} 69 a + 84 b = 3, 6 \\ a + b = 0, 05 \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} a = 0, 04 \\ b = 0, 01 \end{cases} \Rightarrow \{\begin{cases} m_{B e C O_{3}} = 2, 76 (g) \\ m_{M g C O_{3}} = 0, 84 (g) \end{cases}$

Câu 47: Cho 30,2 hỗn hợp gồm CuO, MgO và FeO cho tác dụng vừa đủ với V ml dung dịch H₂SO₄ 1M, sau phản ứng thu được dung dịch chứa 66,2 gam muối. Gía trị của V là:
A. 225;

B. 450;

C. 500;

D. 900.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

$n_{H_{2} S O_{4}} = \frac{V}{1000} .1 = 0, 001 V (m o l)$

Phương trình chung: MO + H₂SO₄ → MSO₄ + H₂O $\to n_{H_{2} O} = n_{H_{2} S O_{4}} = 0, 001 V (m o l)$

Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có:

m_oxit + = m_muối +

→30,2 + 0,001V.98 = 66,2 + 0,001.18

→V = 450 (ml)

Câu 48: Cho 30g hỗn hợp 3 muối gồm Na₂CO₃, K₂CO₃, MgCO₃ tác dụng hết với dd H₂SO₄ dư thu được 5,6 lít CO₂ (đktc) và dung dịch X. Khối lượng muối trong dd X là

A. 42gam;

B. 39 gam;

C. 34,5gam;

D. 48gam.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

$2 H^{+} + C O_{3}^{2 -} \to C O_{2} + H_{2} O$

Bảo toàn khối lượng:

$n_{H_{2} S O_{4}} = n_{C O_{2}} = n_{H_{2} O} = \frac{5, 6}{22, 4} = 0, 25 (m o l)$

m_X = 30 + 0,25.98 – 0,25.44 = 39 gam

Bảo toàn khối lượng:

m_{muối (X)} = m_{muối cacbonat} +

= 30 + 0,25.98 – 0,25.44 – 0,25.18 = 39 gam.

Câu 49: Cho 37,2 gam hỗn hợp X gồm R, FeO, CuO (R là kim loại có hoá trị 2 , hidroxit của R không có tính lưỡng tính) vào 500 gam dung dịch HCl 14,6 % (HCl dùng dư), sau phản ứng thu được dung dịch A, chất rắn B nặng 9,6 gam (chỉ chứa 1 kim loại ) và 6,72 l khí H₂ (đktc). Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch KOH dư, thu được chất kết tủa D. Nung kết tủa D trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 34 gam chất rắn E gồm 2 oxit. Xác định R và tính % khối lượng của mỗi chất trong hỗn hợp X

Lời giải:

Chất rắn B là Cu, chất rắn E gồm 2 oxit, nên:

n_CuO = n_Cu = 0,15 (mol)

Gọi a và b lần lượt là số mol của kim loại R và FeO

m_X = a.M_R+ 72b + 80×0,15 = 37,2 (1)

→n_R = + n_Cu→ a = 0,3 + 0,15 = 0,45 (2)

E gồm RO (a mol) và Fe₂O₃ (b/2 mol)

$m_{E} = a (M_{R} + 16) + \frac{160 b}{2} = 34$ (3)

Từ (1), (2) và (3) $\to \{\begin{cases} M_{R} = 24 (g / m o l) \\ b = 0, 2 \end{cases}$

Vậy R là magie (Mg)

Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂

FeO + 2HCl → FeCl₂ + H₂O

n_{HCl (ban đầu)} = 2 (mol)

n_{HCl (dư)}= 2 – 0,45.2 – 0,2.2 = 0,7 (mol)

$\begin{array}{l} n_{M g C l_{2}} = n_{M g} = 0, 45 (m o l) \\ n_{F e C l_{2}} = n_{F e O} = 0, 2 (m o l) \\ m_{dd A} = m_{X} + m_{dd H C l} - m_{B} - m_{H_{2}} = 527 (g) \\ \to C %_{H C l (d u)} = \frac{0, 7.36, 5}{527} .100 % = 4, 85 % \\ \to C %_{F e e C l_{2}} = \frac{0, 2.127}{527} .100 % = 4, 82 % \\ \to C %_{M g C l_{2}} = \frac{0, 45.95}{527} .100 % = 8, 11 % \end{array}$