Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Hóa Học có đáp án (phần 15) 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 15)

Câu 1: Cho 39,58 gam hỗn hợp G gồm MgCl₂, NaCl và NaBr tan hoàn toàn vào nước được dung dịch X. Cho dung dịch X phản ứng với 500ml dung dịch AgNO₃ 1,4M thu được dung dịch Z và 93,22 gam hỗn hợp kết tủa Y. Cho Mg dư vào dung dịch Z, khuấy đều thấy tạo thành chất rắn có khối lượng tăng so với kim loại Mg ban đầu là 9,6 gam. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

a) Viết phương trình hóa học xảy ra.

b) Tính % khối lượng của các muối trong hỗn hợp G.

Lời giải: nAgNO3=0,5.1,4=0,7(mol)

Cho Mg dư vào dung dịch Z có khối lượng tăng so với kim loại Mg ban đầu ⇒ AgNO₃ dư

Gọi số mol  $\left\{\begin{array}{l}{n}_{MgC{l}_2}=a\left(mol\right)\\ n_{NaCl}=b\left(mol\right)\\ n_{NaBr}=c\left(mol\right)\end{array}\right.$

MgCl₂ + 2AgNO₃ → 2AgCl↓ + Mg(NO₃)₂

NaCl + AgNO₃ → AgCl↓ + NaNO₃

NaBr + AgNO₃ → AgBr↓ + NaNO₃

Ta có: $n_{MgC{l}_2}+n_{NaCl}+n_{NaBr}=39,85$

→ 95a + 58,5b + 103c = 39,58 (1)

Và m_AgCl + m_AgBr = 93,22

→ 143,5(2a + b) + 188c = 93,22 (2)

Mg + 2AgNO₃ → Mg(NO₃)₂ + 2Ag

n_{Mg phản ứng} = x (mol) → n_Ag = 2x (mol)

→m_tăng = m_Ag – m_Mg

→ 9,6 = 108.2x – 24x

→ x = 0,05

$n_{AgN{O}_{3}du}=0,05.2=0,1\left(mol\right)$

 

phản ứng với G = 0,7 – 0,1 = 0,6 (mol)

Theo phương trình phản ứng với G → 2a + b + c = 0,6 = (3)

Giải hệ (1), (2), (3)$\left\{\begin{array}{l}a=0,12\\ b=0,2\\ c=0,16\end{array}\right.$

$\begin{array}{l}\%m_{MgC{l}_2}=\frac{0,12.95}{39,58}.100=28,8\%\\ \%m_{NaCl}=\frac{0,2.58,5}{39,58}.100=29,56\%\\ \%m_{NaBr}=100-28,8-29,56=41,64\%\end{array}$

Câu 2: Cho 3 gam hỗn hợp X gồm 1 kim loại kiềm A và Na tác dụng với nước dư thu được dung dịch Y và khí Z. Để trung hòa dung dịch Y cần 0,2 mol HCl. Dựa vào bảng tuần hoàn, hãy xác định nguyên tử khối và tên nguyên tố A.

Lời giải:

Gọi R là kí hiệu trung bình của 2 kim loại

2R + 2H₂O → 2ROH + H₂

ROH + HCl → RCl + H₂O

- Theo các PTHH ta có: n_R = n_ROH = n_HCl = 0,2 mol

$M_R=\frac{3}{0,2}=15(g/mol)$

 

-Ta có: M_Li =7 < M_R = 15 < M_Na = 23

Vậy A là liti (Li).

Câu 3: Cho vào nước dư 3 gam oxit của 1 kim loại hoá trị 1, ta được dung dịch kiềm, chia dung dịch làm hai phần bằng nhau:

- Phần 1: Cho tác dụng hoàn toàn với 90 ml dung dịch HCl 1M, sau phản ứng dung dịch làm quỳ tím hoá xanh.

- Phần 2: Cho tác dụng với V(ml) dung dịch HCl 1M sau phản ứng dung dịch không làm đổi màu quỳ tím

a. Tìm công thức phân tử oxit

b. Tính V

Lời giải:

a. Gọi công thức oxit kim loại hóa trị I: M₂O

n_HCl = 1.0,09 = 0,09mol

Phương trình phản ứng:  M₂O  + 2HCl  →  2MCl  +  H₂O          (1)

                           1,5/(2M + 16)    3/(2M + 16)

(1) suy ra:  3/(2M + 16) > 0,09  →  M < 8,67

Suy ra: M là Li  

b.    (1/2 hỗn hợp) = 1,5/30 = 0,05 mol

Phương trình phản ứng:  Li₂O   +  2HCl   →  2LiCl   +   H₂O         (2)

                                          0,05         0,1

(2) suy ra: V = 0,1/1 = 0,1 lít = 100 ml.

Câu 4: Cho 4,48 lít hỗn hợp khí CH4 và C2H4 đi qua bình chứa dung dịch nước brom dư. Sau phản ứng thấy khối lượng bình tăng 1,4 gam. Thể tích các khí đo ở (đktc). Thành phần phần trăm theo thể tích mỗi khí là:

A. 30 và 70;

B. 35 và 65;

C. 75 và 25;

D. 90 và 10.

 Lời giải:

Đáp án đúng là: C

PTHH: C2H4 + Br2 → C2H4Br2

Khi cho hỗn hợp khí trên qua dung dich brom thì C2H4 bị giữ lại trong bình

=> mbình tăng =  $m_{C_2{H}_4}$= 1,4(g)

$$\begin{gathered} V_{C_2{H}_4}=0,05.22,4=1,12\left(l\right) \\ {V}_{C_2{H}_4}=0,05.22,4=1,12\left(l\right) \\ {V}_{C{H}_4}=4,48-1,12=3,36\left(l\right) \\ \begin{array}{l}\%V_{C{H}_4}=\frac{3,36}{4,48}.100\%=75\%\\ \Rightarrow \%V_{C_2{H}_4}=100\%-75\%=25\%\end{array} \end{gathered}$$

Câu 5: Cho 4,6 gam ancol đơn chức, no, mạch hở tác dụng vừa đủ với Na thu được 6,8 gam muối khan. Công thức của ancol là:

A. CH₃OH;

B. C₂H₅OH;

C. C₃H₇OH;

D. C₄H₉OH.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Giả sử ancol đơn chức, no, mạch hở là ROH

Theo tăng giảm khối lượng:

$$\begin{gathered} n_{ROH}=\frac{6,8-4,6}{22}=0,1\left(mol\right) \\ \to M_{ROH}=\frac{4,6}{0,1}=46(g/mol) \end{gathered}$$

 

Vậy ancol đơn chức, no, mạch hở là: C₂H₅OH.

Câu 6: Cho 4,8 gam Mg tác dụng với HNO₃ dư. Phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 2,24 lít NO (đktc) và dung dịch X. Khối lượng muối thu được trong X?

Lời giải:

$$\begin{gathered} n_{Mg}=\frac{4,8}{24}=0,2\left(mol\right) \\ {n}_{NO}=\frac{2,24}{22,4}=0,1\left(mol\right) \end{gathered}$$

Dung dịch X có muối NH₄NO₃

Xét sự thay đổi e ta có:

$$\begin{gathered} \stackrel{0}{Mg}\to \stackrel{+3}{Mg}+3e \\ \stackrel{+5}{N}+8e\to \stackrel{-3}{N} \\ \stackrel{+5}{N}+3e\to \stackrel{+2}{N} \end{gathered}$$

Bảo toàn e ta có:

$\begin{array}{l}2n_{Mg}=3n_{NO}+8n_{N{H}_{4}N{O}_3}\\ \Rightarrow n_{N{H}_{4}N{O}_3}=\frac{2.0,2-0,1.3}{8}=0,0125\left(mol\right)\end{array}$

Dung dịch X gồm 2 muối NH₄NO₃: 0,0125 mol; Mg(NO₃)₂: 0,2 mol

m_X = 0,0125.80 + 0,2.148 = 30,6 (g).

Câu 7: Cho 4,8 gam Mg tác dụng với dung dịch HNO₃ dư. Phản ứng hoàn toàn thu được V lít N₂O (đktc) và khối lượng muối khan thu được khi làm bay hơi là 32 gam. Giá trị của V là?

A. 1,940;

B. 1,120;

C. 2,240;

D. 0,448.

Lời giải: 

Đáp án đúng là: D

$n_{Mg}=\frac{4,8}{24}=0,2\left(mol\right)$→ Số mol của Mg(NO₃)₂: 0,2 mol

$\begin{array}{l}\to m_{Mg{\left(N{O}_3\right)}_2}=0,2.148=29,6\left(g\right)\\ \to m_{N{H}_{4}N{O}_3}=32-29,6=2,4\left(g\right)\\ \to n_{N{H}_{4}N{O}_3}=\frac{2,4}{80}=0,03\left(mol\right)\end{array}$

Xét sự thay đổi e ta có:

$$\begin{gathered} \stackrel{0}{Mg}\to \stackrel{+3}{Mg}+3e \\ \stackrel{+5}{N}+8e\to \stackrel{-3}{N} \\ 2\stackrel{+5}{N}+8e\to 2\stackrel{+1}{N} \end{gathered}$$

 

Bảo toàn e ta có:

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}2n_{Mg}=8n_{N_{2}O}+8n_{N{H}_{4}N{O}_3}\\ \Rightarrow n_{N_{2}O}=\frac{2.0,2-0,03.8}{8}=0,02\left(mol\right)\end{array} \\ \Rightarrow V_{N_{2}O}=0,02.22,4=0,448\left(l\right) \end{gathered}$$

Câu 8: Cho 400 ml dung dịch KOH 0,1M vào 100 ml dung dịch H₂SO₄ 0,1M thu được dung dịch Y.

a. Tính nồng độ mol của các ion trong Y?

b. Tính pH của dung dịch Y, xác định môi trường của dung dịch Y?

c. Tính thể tích dung dịch HCl 10% cần để trung hoà dung dịch Y biết D = 1,25 g/ml?

Lời giải:

a. n_KOH = 0,4.0,1 = 0,04 (mol)

$$\begin{gathered} n_{H_{2}S{O}_4}=0,1.0,1=0,01\left(mol\right) \\ \begin{array}{l}2KOH+H_{2}S{O}_4\to K_{2}S{O}_4+H_{2}O\\ 0,\mathrm{04...........0},01\\ 0,\mathrm{02...........0},\mathrm{01..........0},01\\ 0,\mathrm{02............0...............0},01\end{array} \end{gathered}$$

 

 

V_dd = 0,4 + 0,1 = 0,5 (l)

$\begin{array}{l}\to C_{M_{KOHdu}}=\frac{0,02}{0,5}=0,04M\\ \to C_{M_{K_{2}S{O}_4}}=\frac{0,01}{0,5}=0,02M\end{array}$

 

b.

$$\begin{gathered} pH=14+\log \left[O{H}^{-}\right] \\ =14+\log \left[0,04\right]=12,6 \end{gathered}$$

 

Vậy môi trường của dung dịch Y là bazơ.

c. Phương trình: HCl + KOH → KCl + H₂O

→n_HCl = n_{KOH dư} = 0,02 (mol)

→m_HCl = 0,02.36,5 = 0,73 (g)

$\begin{array}{l}\to m_{\text{dd}HCl}=\frac{0,73.100}{10}=7,3\left(g\right)\\ \to V_{\text{dd}HCl}=\frac{7,3}{1,25}=5,84\left(ml\right)\end{array}$

Câu 9: Cho 40 ml dung dịch HCl 0,75M vào 160 ml dung dịch chứa đồng thời Ba(OH)₂ 0,08M và KOH 0,04M. pH của dung dịch thu được là:

A. 10;

B. 12;

C. 3;

D. 2.

 Lời giải:

Đáp án đúng là: B

n_HCl = 0,04.0,75 = 0,03 mol; ; $n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=0,16.0,08=0,0128\left(mol\right)$

n_KOH = 0,16.0,04 = 0,0064 (mol)

$\to \sum n_{O{H}^{-}}=2.0,0128+0,0064=0,032\left(mol\right)$

 

 

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

Lập tỉ lệ: $\frac{n_{H^{+}}}{1}<\frac{n_{O{H}^{-}}}{1}\to O{H}^{-}$ dư

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}{n}_{O{H}^{-}du}=0,032-0,03=0,002\left(mol\right)\\ \to \left[O{H}^{-}\right]=\frac{0,002}{(40+160){.10}^{-3}}=0,01M\end{array} \\ pH=14+\log \left[O{H}^{-}\right]=14+\log \left[0,01\right]=12 \end{gathered}$$

Câu 10: Cho 44 gam dung dịch NaOH 10% vào 10 gam dung dịch H₃PO₄ 39,2%. Tính khối lượng muối thu được?

Lời giải

Ta có: m_NaOH = 44.10% = 4,4 (g)

$\to n_{NaOH}=\frac{4,4}{40}=0,11\left(mol\right)$

 

Ta có:

 $\begin{array}{l}{m}_{H_{3}P{O}_4}=10.39,2\%=3,92\left(g\right)\\ \to n_{H_{3}P{O}_4}=\frac{3,92}{98}=0,04\left(mol\right)\\ \to \frac{n_{KOH}}{n_{H_{3}P{O}_4}}=\frac{0,11}{0,04}=2,75\end{array}$

Vậy phản ứng tạo 2 muối: Na₃PO₄; Na₂HPO₄

3NaOH + H₃PO₄ → Na₃PO₄ + 3H₂O

2NaOH + H₃PO₄ → Na₂HPO₄ + 2H₂O

$\to n_{H_{2}O}=n_{NaOH}=0,11\left(mol\right)$

 

Bảo toàn khối lượng:

$m_{NaOH}+m_{H_{3}P{O}_4}=m_{H_{2}O}$+ m_muối

→m_muối = 4,4 + 3,92 – 0,11.18 = 6,34 (g).

Câu 11: Cho 5,04 lít (đktc) hỗn hợp A gồm các chất mạch hở: C₃H₆, C₄H₁₀, C₂H₂ và H₂. Đun nóng lượng hỗn hợp A ở trên trong bình kín với một ít bột Ni đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được hỗn hợp B. Đốt cháy hoàn toàn B, thu được 13,44 lít CO₂ (đktc). Mặt khác, B làm mất màu tối đa 200 ml dung dịch Br₂ 1M. Nếu cho 7,56 lít (đktc) hỗn hợp A đi qua bình đựng dung dịch Br₂ thì phản ứng vừa đủ với m gam Br₂. Tính giá trị của m.

Lời giải:

Ta quy đổi: C₄H₁₀ = 3H₂ + 2C₂H₂

$$\begin{gathered} n_{C{O}_2}=\frac{13,44}{22,4}=0,6\left(mol\right); \\ {n}_{B{r}_2}=0,2.1=0,2\left(mol\right) \\ {n}_A=\frac{5,04}{22,4}=0,225\left(mol\right) \end{gathered}$$

$0,225\left(mol\right)A\left\{\begin{array}{l}{C}_3{H}_6:x\left(mol\right)\\ C_2{H}_2:y\left(mol\right)\\ H_2:z\left(mol\right)\end{array}\right.$$\stackrel{Ni,t^{°}}{\to }B\to \begin{array}{c}0,6\left(mol\right)C{O}_2\\ \begin{array}{l}\\ 0,2\left(mol\right)B{r}_2\end{array}\end{array}$

 

 

Ta có: x + y + z = 0,225 (1)

Bảo toàn nguyên tố C: 3x + 2y = 0,6 (2)

$$\begin{gathered} n_{\pi \left(A\right)}=x+2y \\ {n}_{\pi \left(B\right)}=n_{B{r}_2}=0,2\left(mol\right) \\ \to n_{\pi phanung}=n_{\pi \left(A\right)}-n_{\pi \left(B\right)} \\ =x+2y-0,2=n_{H_2}=z \end{gathered}$$

 

 

 

→ x+ 2y – z = 0,2 (3)

Từ (1) (2) (3) ta được: $\left\{\begin{array}{l}x+y+z=0,225\\ 3x+2y=0,6\\ x+2y-z=0,2\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=0,19\\ y=0,015\\ z=0,02\end{array}\right.$

Nếu cho 7,56 lít (đktc) hỗn hợp A đi qua bình đựng dung dịch Br₂

$n_A=\frac{7,56}{22,4}=0,3375\left(mol\right)$

 

Tỉ lệ: $\frac{0,3375}{0,225}=1,5$ nên trong 7,56 lít (đktc) hỗn hợp A có C₃H₆: 0,285 mol; C₂H₂: 0,0225 mol; H₂: 0,03 mol

Với $\begin{array}{l}{C}_4{H}_{10}=3H_2+2C_2{H}_2\\ a\mathrm{..............3}a\mathrm{.........2}a\end{array}$ , C₂H₂: b mol; H₂: c mol ta có hệ phương trình:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}2a+b=0,0225\\ 3a+c=0,03\\ a+b+c=0,3375-0,285\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=0\\ b=0,0225\\ c=0,03\end{array}\right. \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} n_{\pi \left(A\right)}=n_{C_3{H}_6}+2n_{C_2{H}_2} \\ =0,285+2.0,0225 \\ =0,33\left(mol\right)=n_{B{r}_2} \\ \to m_{B{r}_2}=0,33.160=52,8\left(g\right) \end{gathered}$$

Câu 12: Cho 5,4 gam Al tác dụng vừa đủ với oxi thu được nhôm oxit Al₂O₃. Tính khối lượng Al₂O₃ tạo thành.

A. 5,1 gam;

B. 10,2 gam;

C. 1,2 gam;

D. 20,4 gam.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

n_Al = 5,4/27 = 0,2 mol.

Phương trình hoá học:

4Al + 3O₂ → 2Al₂O₃.

Theo phương trình hoá học có: $n_{O_2}=\frac{3}{4}{n}_{Al}=0,15\left(mol\right).$

Bảo toàn khối lượng:

$$\begin{gathered} m_{A{l}_2{O}_3}=m_{Al}+m_{O_2} \\ =5,4+0,15.32=10,2\left(gam\right). \end{gathered}$$

Câu 13: Cho 5,52 gam Mg tan hết vào dung dịch HNO₃ thì thu được 0,896 lít hỗn hợp khí N₂ và N₂O có tỉ khối so với H₂ là 16. Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được một lượng chất rắn có khối lượng bằng?

Lời giải:

Dung dịch thu được có thể chứa NH₄NO₃: a (mol)

Quá trình nhường e

Quá trình nhận e

n_{e nhận} =$10n_{N_2}+8n_{N_{2}O}+8n_{N{H}_{4}N{O}_3}=$$10.0,03+8.0,01+8a=0,38+8a\left(mol\right)$

Bảo toàn e ta có:

0,46 = 0,38 = 8a

→ a = 0,01 (mol)

→ = 0,01 (mol)

Vậy dung dịch thu được gồm: Mg(NO₃)₂: 0,23 (mol) và NH₄NO₃: 0,01 (mol)

Cô cạn thu được m_rắn =$m_{Mg{\left(N{O}_3\right)}_2}+m_{N{H}_{4}N{O}_3}$  = 0,23.148 + 0,01.80 = 34,84 (g)

Câu 14: Cho 5,6 gam Fe tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO₃ thu được m gam chất rắn. Giá trị m là:

A. 21,6;

B. 10,8;

C. 27,0;

D. 32,4.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

$n_{Fe}=\frac{5,6}{56}=0,1\left(mol\right)$

 

Vì Fe tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO₃ nên chỉ xảy ra phản ứng sau:

Fe + 2AgNO₃ → Fe(NO₃)₂ + 2Ag

Theo phương trình: n_Ag = 2n_Fe = 2.0,1 = 0,2 (mol)

→m_Ag = 0,2.108 = 21,6 (g).

Câu 15: Cho 5,6 gam oxit kim loại hóa trị II tác dụng vừa đủ với dung dịch axit HCl cho 11,1 g muối clorua của kim loại đó. Xác định tên kim loại đó?

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Gọi kim loại cần tìm là A, oxit của kim loại A, hoá trị II là AO

Phương trình: AO + 2HCl → ACl₂ + H₂O

Ta có:

 $\begin{array}{l}{n}_{AO}=\frac{5,6}{M_A+16}\left(mol\right)\\ n_{AC{l}_2}=\frac{11,1}{M_A+71}\left(mol\right)\end{array}$

Theo phương trình: $n_{AO}=n_{AC{l}_2}$

$$\begin{gathered} \to \frac{5,6}{M_A+16}=\frac{11,1}{M_A+71} \\ \to M_A=40(g/mol) \end{gathered}$$

Vậy A là canxi (Ca).

Câu 16: Cho 5,75 gam kim loại M thuộc nhóm IA tác dụng hết với dung dịch axit HCl, thu được 2,8 lít khí (ở đktc). Xác định tên của M (Cho nguyên tử khối của các nguyên tố: Li = 7, Na = 23, K = 39, Rb = 86).

 Lời giải

Do M thuộc nhóm IA nên M có hóa trị I

PTHH: 2M + 2HCl → 2MCl + H₂

 $$\begin{gathered} n_{H_2}=\frac{2,8}{22,4}=0,125\left(mol\right) \\ \Rightarrow n_M=2n_{H_2}=2.0,125=0,25\left(mol\right) \\ \to M_M=\frac{5,75}{0,25}=23(g/mol) \end{gathered}$$

Vậy M là Na (Sodium).

Câu 17: Cho 5,9 gam hỗn hợp X gồm Cu và Al tác dụng với H₂SO₄ đặc nguội dư thì khí SO₂ thoát ra đủ làm mất màu 50 ml dung dịch Br₂ 1M. Tổng số mol của hỗn hợp 2 kim loại trên là bao nhiêu ?

Lời giải

 $n_{B{r}_2}=0,05.1=0,05\left(mol\right)$

Phương trình: SO₂ + Br₂ + 2H₂O → 2HBr + H₂SO₄

Theo phương trình: $n_{S{O}_2}=n_{B{r}_2}=0,05\left(mol\right)$

Khi cho Cu và Al tác dụng với H₂SO₄ đặc nguội thì chỉ có Cu phản ứng:

Cu + 2H₂SO₄ → CuSO₄ + SO₂ + 2H₂O

Theo phương trình trên:

→m_Cu = 0,05.64 = 3,2 (g)

→m_Al = 5,9 – 3,2 = 2,7 (g) $\to n_{Al}=\frac{2,7}{27}=0,1\left(mol\right)$

 

Tổng số mol của hỗn hợp 2 kim loại trên là 0,05 + 0,1 = 0,15 (mol).

Câu 18: Cho 5,6 gam Fe tác dụng với 500 ml dung dịch HNO₃ 0,8M. Sau phản ứng thu được V lít hỗn hợp khí A gồm N₂O và NO₂ có tỉ khối so với H₂ là 22,25 và dung dịch B.
a. Tính V (đktc)

b. Tính C_M các chất trong dung dịch B.

Lời giải:

 $$\begin{gathered} n_{Fe}=\frac{5,6}{56}=0,1\left(mol\right) \\ {n}_{HN{O}_3}=0,5.0,8=0,4\left(mol\right) \end{gathered}$$

 

a. Đặt x, y lần lượt là số mol của N₂O và NO₂.

PTHH xảy ra:

8Fe + 30HNO₃ → 8Fe(NO₃)₃ + 3N₂O + 15H₂O (1)

Fe + 6HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + 3NO₂ + 3H₂O (2)

Theo PTHH (1), (2), $n_{Fe}=\frac{8}{3}{n}_{N_{2}O}+\frac{1}{3}{n}_{N{O}_2}$$=\frac{8}{3}x+\frac{1}{3}y=0,1(*)$

Tỉ lệ thể tích các khí trên là:

Gọi a là thành phần % theo thể tích của khí N₂O

Vậy (1 – a) là thành phần % của khí NO₂

Ta có: 44a + 46(1 – a) = 22,25.2 = 44,5

→ a = 0,75 hay % của khí N₂O là 75% và của khí NO₂ là 25%

Tỉ lệ về thể tích cũng là tỉ lệ về số mol nên x = 3y (**)

Giải (*), (**) ta được x = 0,036, y = 0,012

Vậy thể tích của các khí thu được là:

V = ( 0,012 + 0,036).22,4 = 1,08 (l)

b.

 $\begin{array}{l}{n}_{HN{O}_{3}phanung}=10n_{N_{2}O}+2n_{N{O}_2}\\ =10.0,036+2.0,012\\ =0,384\left(mol\right)\\ \to n_{HN{O}_{3}du}=0,4-0,384=0,016\left(mol\right)\end{array}$

 

Vậy nồng độ các chất trong dung dịch là:

$\begin{array}{l}{C_M}_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_3}=\frac{0,1}{0,5}=0,2M\\ C_{MHN{O}_3}=\frac{0,016}{0,5}=0,032M\end{array}$

Câu 19: Cho 5,76 gam bột kim loại M vào dung dịch HCl vừa đủ, phản ứng kết thúc thu được 0,48 gam khí hiđro. Kim loại M là?

A. Mg;

B. Ca;

C. Fe;

D. Ba.

Lời giải:

Đáp án đúng là: $n_{H_2}=\frac{0,48}{2}=0,24\left(mol\right)$

 

Gọi hoá trị của kim loại M là n ( )

PTHH: 2M + 2nHCl → 2MCl_n + nH₂

Theo phương trình: $n_M=\frac{2}{n}{n}_{H_2}=\frac{0,48}{n}\left(mol\right)$

 $$\begin{gathered} \to n_M=\frac{5,76}{M_M}=\frac{0,48}{n}\left(mol\right) \\ {M}_M=\frac{5,76}{0,48}n=12n(g/mol) \end{gathered}$$

 

Với n = 2 thì M_M = 24 (g/mol)

Vậy M là magie (Mg).

Câu 20: Cho 58,5 gam kim loại Y phản ứng với hỗn hợp gồm O₂ và N₂ có tỉ khối so với H₂ là 15,6. Sau phản ứng còn lại 6,72 lít hỗn hợp khí có tỉ khối so với H₂ là 15. Xác định Y?

Lời giải:

Sau phản ứng, hỗn hợp khí gồm O₂ (dư) và N₂

Gọi  $n_{O_{2}d\text{u}}=a\left(mol\right);n_{N_2}=b\left(mol\right)$

Ta có :

n_khí = a + b = $\frac{6,72}{22,4}$  = 0,3 (mol)
m_khí = 32a + 28b = 0,3.15.2 = 9(gam)
⇒ a = 0,15; b = 0,15

Gọi  $n_{O_{2}bandau}=a\left(mol\right)$

Ta có :

m_khí = $m_{O_2}+m_{N_2}$

⇒ 32a + 0,15.28 = (a + 0,15).15,6.2
⇒ a = 0,6
⇒ $n_{O_{2}phanung}$ = a − 0,15 = 0,6 − 0,15 = 0,45(mol)

Gọi hóa trị của Y là n

4Y + nO₂   $\stackrel{t^{°}}{\to }$2Y₂O_n
Theo phương trình, ta có :

$n_Y=\frac{4}{n}{n}_{O_2}=\frac{4}{n}.0,45=\frac{1,8}{n}\left(mol\right)$

$\begin{array}{l}\Rightarrow m_Y=\frac{1,8}{n}.M_Y=58,5\\ \Rightarrow M_Y=\frac{65}{2}n\end{array}$

Với n =1thì M_Y = 32,5 (loại)

Với n = 2 thì M_Y = 65 (Zn)
Với n = 3 thì M_Y = 97,5 (loại)
Vậy Y là kim loại Zn (kẽm).

Câu 21: Cho 6,2 gam hỗn hợp 2 kim loại kiềm thuộc 2 chu kì liên tiếp tác dụng với H₂O thu được 2,24 lít khí (đktc).

a. Xác định 2 kim loại kiềm

b. Tính khối lượng 2 hiđroxit thu được

c. Tính V dung dịch H₂SO₄ 1M cần trung hòa hết 2 hiđroxit này.

Lời giải:

a) 2M + 2H₂O → 2MOH + H₂

→ A: Natri (Na), B: Kali (K)

b) Hỗn hợp: Na (a mol), K (b mol) $\to \left\{\begin{array}{l}23a+39b=6,2\\ \frac{a}{2}+\frac{b}{2}=0,1\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=0,1\\ b=0,1\end{array}\right.$

n_NaOH = n_Na = 0,1 (mol)

m_NaOH = 0,1.40 = 4 (g)

n_KOH = n_K = 0,1 (mol)

m_KOH = 0,1.56 = 5,6 (g)

c. 2NaOH + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + 2H₂O

2KOH + H₂SO₄ → K₂SO₄ + 2H₂O

$$\begin{gathered} n_{H_{2}S{O}_4}=\frac{n_{NaOH}+n_{KOH}}{2}=0,1\left(mol\right) \\ {V}_{H_{2}S{O}_4}=\frac{0,1}{1}=0,1\left(l\right)=100\left(ml\right) \end{gathered}$$

Câu 22: Cho 6 lít hỗn hợp CO₂ và N₂ (đktc) đi qua dung dịch KOH tạo ra 2,07 gam K₂CO₃ và 6 gam KHCO₃. Thành phần phần trăm về thể tích của CO₂ trong hỗn hợp là

A. 42%;

B. 28%;

C. 50%;

D. 56%.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Bảo toàn nguyên tố C, ta có:

$\begin{array}{l}{n}_{C{O}_2}=n_{K_{2}C{O}_3}+n_{KHC{O}_3}=0,075\left(mol\right)\\ \Rightarrow \%n_{C{O}_2}=\frac{0,075.22,4}{6}.100\%=28\%\end{array}$

Câu 23: Cho 6,4 gam Cu tác dụng với 120 ml dung dịch X gồm HNO₃ 1M và H₂SO₄ 0,5M, thu được V lít khí NO (là sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Giá trị của V là:

A. 1,344;

B. 0,896;

C. 15,933;

D. 0,672.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

n_Cu = 0,1 mol;  $\sum n_{H^{+}}$= 0,24 mol; $n_{N{O}_3^{-}}$  = 0,12 mol.

$3Cu+8H^{+} +2N{O}_3^{-}$$\to 3C{u}^{2+} +2NO+4H_{2}O$

⇒ H⁺ hết ⇒ n_NO = 0,06 mol ⇒ V = 1,344 lít. 

Câu 24: Cho 60 gam hỗn hợp gồm Cu và CuO tác dụng hết với 3 lít dd HNO₃ 1M thu được 13,44 lít NO (đkc).

a/. Tính khối lượng CuO trong hỗn hợp ban đầu ?

A. 2,4;

B. 4,0;

C. 6,0;

D. Kết quả khác.

b/ Tính nồng độ mol các chất trong dd sau phản ứng ? Biết thể tích dung dịch không thay đổi.

A. 4M; 1,8M;

B. 1,5M; 1M;

C. 2M; 4M;

D. 0,31M; 0,18M.

Lời giải:

a/ Đáp án đúng là: A

a/ n_NO = 0,6 (mol)

→ n_{e nhận} = 3n_NO = 1,8 (mol)

→ n_Cu = n_{e nhận} : 2 = 0,9 (mol)

→ m_Cu = 0,9.64 = 57,6 (g) → m_CuO = 60 – 57,6 = 2,4 (g).

b/ Đáp án đúng là: D

b/ n_CuO = 0,03 (mol)

$\begin{array}{l}\to n_{Cu{\left(N{O}_3\right)}_2}=n_{Cu}+n_{CuO}=0,93\left(mol\right)\\ \to {C_M}_{Cu{\left(N{O}_3\right)}_2}=\frac{0,93}{3}=0,31M\end{array}$

 

$n_{HN{O}_3}$= n_{e nhận} + n_NO + 2n_CuO = 1,8 + 0,6 + 2.0,03 = 2,46 (mol)

→$n_{HN{O}_3}$ _dư = 3 – 2,46 = 0,54 (mol)

Câu 25: Chọn 7 chất rắn khác nhau mà khi cho các chất đó lần lượt tác dụng với dung dịch HCl thu được 7 chất khí khác nhau thoát ra. Viết các phương trình phản ứng minh họa.

Lời giải:

MnO₂ + 4HCl → MnCl₂ + Cl₂↑ + 2H₂O

 Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂↑

ZnS + 2HCl → ZnCl₂ + H₂S↑

Na₂CO₃ + 2HCl → 2NaCl + CO₂↑ + H₂O

CaSO₃ + 2HCl → CaCl₂ + SO₂↑ + H₂O

9Fe(NO₃)₂ + 12HCl → 5Fe(NO₃)₃ + 4FeCl₃ + 3NO↑+ 6H₂O

CaC₂ + 2HCl → CaCl₂ + CH≡CH↑

Al₄C₃ + 12HCl → 4AlCl₃ + 3CH₄↑

Na₂O₂ + 2HCl → 2NaCl + H₂O + ½ O₂↑

Câu 26: Cho 7,75 gam photpho tác dụng với một lượng O₂ thích hợp thu được 16,15 gam hỗn hợp chất rắn X (chỉ chứa hợp chất). Khối lượng của chất có khối lượng lớn nhất trong X là:

A. 11,36 gam;    

B. 5,5 gam;

C. 10,65 gam;    

D. 9,94 gam.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Hỗn hợp rắn X gồm P₂O₅ (x mol) và P₂O₃ (y mol);

$\left\{\begin{array}{l}2x+2y=0,25\\ 142x+110y=16,15\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=0,075\\ y=0,05\end{array}\right.$

 = 0,075.142 = 10,65 gam.

Câu 27: Cho 7,8 gam hỗn hợp hai kim loại Al và Mg vào dung dịch HCl dư thu được 8,96 lít khí H₂

a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra

b) Tính thành phần % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu

c) Tính khối lượng muối thu được sau phản ứng.

Lời giải:

1,

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}2Al+6HCl\to 2AlC{l}_3+3H_2\\ a\mathrm{......................................1},5a\left(mol\right)\end{array} \\ \begin{array}{l}Mg+2HCl\to MgC{l}_2+H_2\\ b\mathrm{.......................................}b\left(mol\right)\end{array} \end{gathered}$$

 

2, Đặt a = n_Al, b = n_Mg

$n_{H_2}=0,4\left(mol\right)$
Ta có:

$\left\{\begin{array}{l}27a+24b=7,8\\ 1,5a+b=0,4\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=0,2\\ b=0,1\end{array}\right.$
→ n_Al = 0,2 mol → m_Al = 5,4 (g)

→ %Al = 69,23%, %Mg= 30, 76%

3, m_muối = $m_{AlC{l}_3}+m_{MgC{l}_2}$  = 0,2.133,5 + 0,1. 95 = 36,2 (g).

Câu 28: Cho 7,8 gam hỗn hợp Mg, Al tác dụng hết với dung dịch HCl dư sau phản ứng thấy khối lượng dung dịch tăng thêm 7 gam. Tính số mol HCl đã tham gia phản ứng.

A. 0,8 mol;

B. 0,4 mol;

C. 0,3 mol;

D. 0,25 mol.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Nhận xét: Kim loại + HCl → muối + H₂

Ta có: m_{dung dịch tắng} = m_{kim loại} – m_{khí thoát ra}

= 7,8 – 7 = 0,8 (gam) $\to n_{H_2}=0,4\left(mol\right)$

Áp dụng bảo toàn nguyên tố H: $n_{HCl}=2n_{H_2}=0,8\left(mol\right)$

Câu 29: Cho 78g một kim loại A tác dụng với khí clo dư tạo thành 149g muối. Hãy xác định kim loại A, biết rằng A có hoá trị I.

Lời giải:

2A + Cl₂ → 2ACl ( vì A hóa trị I → ACl)

2         1          2    ( mol)

Ta có: n_A = n_ACl

$\to \frac{78}{M_A}=\frac{149}{M_A+35,5}$

→ M_A = 39 (g/mol)

Vậy A là kali (K).