Chuyên đề vô cơ tuyển chọn - đáp án

Gọi m là khối lượng Fe có trong X: KCl m KOH... R là bán kính nguyên tử; A là khối lượng nguyên tử; D là khối lượng riêng; a% là thể tích của các nguyên tử chiếm trong mạng tinh thể.. R

1

PHẦN VÔ CƠ

ĐỀKIỂM TRA – SỐ 1 Câu 1.C

→ OH- = 0,7 + 0,6.2 = 1,9 > 2 SO2 = 2.0,8 → OH- dư chỉ tạo SO32-= 0,8 mol

→ CaSO3 = 0,6 mol → 72 gam

Câu 6 A

::

Để ý rằng 1 mol S tác dụng với 1 mol oxi sinh ra 1 mol SO2 nên số mol khí không đổi

Xem hỗn hợp đầu có a+c mol Fe , b mol FeCO3 Một mol Fe ra Fe2O3 khí giảm 3/4 mol Một mol FeCO3 khí tăng 3/4 mol Vậy b=a+c

Câu 12: A

nCO2=88,65/197=0,45mol

x=nFe2O3 ,y=nFeO và có hệ x+y=0,45;160x+72y=51,6+0,45*16

Giải ra được y=0,15.Vậy V=(0,15+0,45*2)/3 *22,4=7,84

Câu 13: B

Để ý rằng Cr và Cr2O3 đều không tan trong dung dịch kiềm loãng nên

Số mol nhôm dư=1,5456/22,4*2/3=0,046 mol

Số mol Al2O3=(21,14-11,024-0,046*27)/102=0.087 mol

Suy ra số mol Cr sinh ra là 0,174 mol và Cr2O3 dư là 0,013

Vậy hiệu suất là(tính theo Cr2O3) 87%

Để ý rằng trong dung dịch chỉ còn lại 0,24 mol SO42- do FeS2 tạo ra (PbSO4 kết tủa) suy ra D

Câu 2: C

Đáp án> mFe2O3= 0,02*160=3,2 →m Al2O3=2,04 →nAl2O3 =0,02 Mà Al3+ ban đầu =0,08 vậy

OH- =3Fe3++ 4.0,08- 0,02.2 =nNa =0,4 Vậy =mNa= 9,2

Câu 3: D

2,84 0, 08.16 1, 56

O KL

n m

5

Có ngay

2 2

6

3

2 3

Fe NO

2

2 3

3

0,120,12

0,12

0, 040,32

Cu Cu

SO NO

NO H

n n

n

n n

Fe Fe

H NO

H

n n

n

n n

: 0,12: 3

0, 2

Cu

NO NO

n

Cu n

dd

0,5

: 0, 21

B n

H n

: 0, 08 : 0, 08

0, 4

: 0, 2

: 0,12 : 0, 08

H

NO H n

SO

M Na

z y

n

V n

9

2

2 2

2 2

2 4

2 4

: 0,15 0,15

: 0,15

: 0,15 : 0,15

: 0,15 : 0, 3

1

0, 2252

0,125

MgO CuO Fe O

3

:0,15.2 0,1.3 0, 6

: 0,31

SO

M n

Chú ý Fe OH( )2 Fe OH( )3

Bài 15: D

0, 006: 0, 03

M Li

b SO

::

: 0, 08 : 0, 08

0, 4

: 0, 2

: 0,12 : 0, 08

H

NO H n

SO

M Na

11

Câu 8 C

2

2 4

0, 45

0,15

Z Z

CH

M

H H

NO KNO

NO KOH

dễ thấy FeS (0,05 mol)

khối lượng dd axit 25 gam

khối lượng muối tách ra 4,84

Gọi m là khối lượng Fe có trong X:

KCl m KOH

: 0,1: 0, 20,8

0.8:3

Do Cl2 mạnh hơn Br2 nên nó hết trước

Do tỷ lệ NaOH : KOH = 1:1 nên

Cl

NaCl ClO

H H

ax

H SO m

NO HNO m

dễ thấy ta phải thêm HCl vào cốc NaHCO3

giả sử có a mol CO2 bay nên khi đó

: 0, 2

: 0,1

0, 9 dd : 0, 2

: 0, 05: 0, 05

2NO + O2 2NO2 ; 4NO2+ O2+ 2H2O4HNO3

Gọi a là số mol của O2 →Ta có a + a/2= 0,015 a=0,01 nNO= 0,02  m= 13,92 g

Bài 5 Ta có nCO=nH2 = nCO2= 0,05 mol  V= 2,24 lit → M rắn = 16,8- 0,1.16= 15,2 g

Bài 6

:0,18

Bài 9 Dễ có nanđehit k no B = 0,175 – 0,125 = 0,05 mol

Nếu X có HCHO (a mol) => 2 a + 2.0,05 = 0,15 => a = 0,025

Ala – Gly – Val – Ala:

Val – Gly – Val:3

x x

: 0, 4

( ) : 0,08: 0,16

Bài 3 Như bài 2

Bài 4 dễ thấy ta phải thêm HCl vào cốc NaHCO3

giả sử có a mol CO2 bay nên khi đó

Bài 5 Chú ý : KOH dư 0,04

HCl tạo kết tủa Al(OH)3 sau đó hòa tan kết tủa trước tạo AlCl3

Bài 6 100 gam dung dÞch (A) NaHSO4 (a mol muối)

100 gam dd Na2CO3 (B) (b mol muối)

0,1

a b a

2

: 0,1

3 2 0, 2 0, 02 : 0, 03.64 1,92

64(0,1 ) 27 1,38 0, 07 :

Z n

1 3

434

V O V O

2 2

43176

V CO

21

3

2 2

: 0,81

: 0, 2

7, 2

0,98

it NO

n

n n

80

4, 44

2, 422 54, 2618

0, 2

H O

H it

gọi số mol Ag bị điện phân là a có ngay

Cu NO n

3 2

2

18,1

0, 05:

: 0, 25

0, 025:

Khối lượng kim loại trong hỗn hợp X = 56 – mNO3- = 12,6 gam

nO trong oxit = (18,28 - 12,6) : 16 = 0,355 mol => n Fe(NO3)2 = 2nO – nNO3- = 0,01 mol

Fe NO

n

V n

2 2

5664

n n

n n

0,18 0, 04: 0, 06

2

41

Cl e Cl NaCl O

2

2 3 2

2 3

2

:1FeS :1

FeCO :1

:1

pu O

Fe O mol

Đặt nNO = x mol; n NH4NO3 = y mol

Có 12 : 24.2 = 3x + 8y; dễ thấy nNO3- = 2n Mg = 1 mol

32,16 + 1.62 + 80y = 96,66

 y = 0,03125 mol => x = 0,25 mol => V = 5,6 lit

Câu 11 A

n HNO3 p/ư = 0,36 mol

 n N trong spk = 0,36 – 3n Fe(NO3)3 = 0,36 – 0,3 = 0,06 mol

 số e nhận cho 1 N trong spk = 3.n Fe : 0,06 = 5 e nhận => là khí N2

 n N2 = 0,06 : 2 =0,03 mol => V = 6,72 lit

Câu 12 D

Có n H+ = 0,35.2 – 0,2.3 = 0,1 mol (ở đây Fe3+ còn dư)

 n HNO3 phản ứng với X = 1,1 mol

Đặt n Fe = x mol; nO = y mol; nNO =z mol

 56x + 16y = 19,2; 3x – 2y = 3z; 3x + z = 1,1

 z = 0,2 mol => V =4,48 lit

Câu 13 B

nNaOH = 0,4 mol; nAlCl3 = 0,12 mol;=> nAl(OH)3 = 4.0,12 – 0,4 = 0,08 mol

Sau phản ứng có 0,04 mol NaAlO2 và 0,36 mol NaCl

Và m dd = 200 + 150 – 0,08.78 = 343,76 gam

Khi nhỏ HCl vào Xảy ra 2TH;

TH1: nếu thiếu H+; nH+ = 0,015 mol

áp dụng công thức sau: 4/3пR 3 = A.a% : (D 6,02.10 23 ) R là bán kính nguyên tử;

A là khối lượng nguyên tử; D là khối lượng riêng; a% là thể tích của các nguyên tử chiếm trong mạng tinh thể

=> R = , , .

ĐỀ KIỂM TRA – SỐ 18 Bài 1 D

Khi cho CuCl2 (x mol); FeCl3 ( y mol) + H2S thì

CuCl2 + H2S => CuS + HCl; FeCl3 + H2S => FeCl2 + S + HCl

Vậy 96x + 0,5y.32 = 1,28 gam (kết tủa gồm CuS, S)

Khi cho Na2S vào dung dịch thì xuất hiện thêm kết tủa FeS

 nFeS = (3,04 – 1,28) : 88 =0,02 mol => x = 0,01 mol

Vậy m = 9,2 gam

Bài 2 C

Em có thể áp dụng công thức sau: 4/3пR 3 = A.a% : (D 6,02.10 23 ) R là bán kính nguyên tử;

A là khối lượng nguyên tử; D là khối lượng riêng; a% là thể tích của các nguyên tử chiếm trong mạng tinh thể

=> R = , , .

Bài 3 A

+ TN2: Do HSO4- dư nên => Ba2+ hết => nBaSO4 = nBa2+ = 0,075 mol

TN1: nBaCO3 = 0,05 mol < nBa2+ = 0,075 mol => BaCO3 = nHCO3- = 0,05 mol

Đổi về X có: 0,1 mol HCO3-; 0,15 mol Ba2+; 0,3 mol Cl- => n Na+ = 0,1 mol

Đun nóng dung dịch Xthì: có CO32- (0,05 mol); Ba2+ (0,15 mol) => có BaCO3 (0,05 mol)

Vậy m muối = 0,1.137 + 0,3.35,5 + 0,1.23 = 26,65 gam

Cu ( x mol); Pb (y mol) x + y =0,045 mol ; n H+ p/ư = 4n NO = 0,12 mol

=> n HNO3 dư = 0,12 mol => n e nhận tối đa = ¾.0,12 = 0,09 mol

Thấy 2nFe = 0,08 < n e nhận max = 0,09 < 0,12 mol => HNO3 hết; có muối

Fe2+ (0,03 mol; dùng e nhường tb tính rất nhanh); Fe3+ (0,01 mol)

Và nNO = 0,12 : 4 = 0,03 mol => V = 0,672 lit

Sau phản ứng dung dịch có 0,01 mol Fe3+; x mol Cu2+; y mol Pb2+; 0,03 mol Fe2+

Có nZn = 0,04 mol => n e nhường max = 0,08 mol

Nhận thấy nếu xảy ra hết quá trình khử Fe3+ => Fe2+; Cu2+ => Cu thì chắc chắn m cr giảm Nếu xảy ra đến hết phản ứng đến Pb2+ thì

2x + 2y + 0,01 = 0,09 + 0,01 = 0,1 > 0,08 mol e nhường => đang phản ứng với Pb2+ thì hết đặt nPb2+ pư = a mol

64x + 207a = 2,955; 2x + 2a + 0,01 = 0,08 => x = 0,03 mol; a= 0,005 mol => y = 0,015 mol

 Có p = 0,03.64 + 0,015.207 = 5,025 gam

Bài 7 A

Fe3O4 ( x mol); Fe(NO3)3 (y mol); Cu (z mol) => nNO = 3y mol

232x + 242y + 64z = 33,35;

TH 1 : 2 muối FeSO4 và CuSO4

2z – 2x – y = 9y (bảo toàn e, tất cả lượng Fe chuyển về Fe 2+ ) (2)

Và 2nFe + 2nCu = 2nSO42- (bảo toàn điện tích) => 2.(3x + y) + 2z = 0,828 (3)

x = 0,069; y = 0,023; z = 0,184

 m = 56.(0,069.3 + 0,023) + 0,184.64 + 0,414.96 = 64,4 gam

TH 2 : nếu 2 muối là Fe2(SO4)3 và CuSO4

Chỉ thay đổi 2 phương trình tiếp theo: bảo toàn e: x + 2z = 9y

Và 3(3x + y ) + 2z = 0,828 (bảo toàn điện tích)

=> x = 0,021 mol; y = 0,055 mol; z = 0,237 mol

 nNO2 = 3x +6.(1,5x + 2y) + 4y + 4 (0,5x – y) = 14x + 12y

Vậy 14,5x + 11y = 0,545 => x = 0,03 mol ; y = 0,01 mol

 %mFeS2 = 0,03.120 :5,2.100% = 69,23%

30

TH 2 : Có Fe(NO3)3 và Cu(NO3)2

 n SO2 = 2x+ y (bảo toàn S, toàn bộ lượng S trong FeS 2 và Cu 2 S chuyển hóa sang SO 2 )

Bảo toàn e có: 11x + 8y = nNO2

Có : 11x + 8y + 2x + y = 0,545 kết hợp (1) => x = 0,0404 mol

=> %mFeS2 = 0,0404.120 : 5,2.100% = 93,23%

Bài 9 B

Chọn hỗn hợp Y là 100 mol thì có 84,77 mol N2 ; 10,6 mol SO2 ; 4,63 mol O2

Có : nO2 ban đầu = nN2 : 4 = 21,1925 mol => nO2p/ư = 16,5625 mol

Đặt nFeS = xmol ; nFeS2 = y mol => x+ 2y = 10,6 (bảo toàn S)

Và 7x + 11y = 4.16,5625 = 66,25 (bảo toàn e)

Giải được x = 5,3 mol ; y = 2,65 mol => %m FeS = 5,3.88 : (5,3.88 + 2,65.120).100% = 59,46%

Bài 10 D

Về bản chất ta thấy Mg dư, nên kết thúc toàn bộ quá trình chỉ có Mg nhường e vậy

Có 2nMg = 3nNO + 8nNH4NO3

=> n NH4NO3 = (0,75.2 – 0,375.3) : 8 =0,046875 mol

Vậy nNO3- (trong kim loại) = 0,75.2 = 1,5 mol (= 2nMg)

 Khối lượng hỗn hợp muối = 48,24 + 1,5.62 + 0,046875.80 = 144,99 gam

Bài 11 D

Dễ có khi nung Mg(NO3)2 thì có n O2 = n O2 : 4 = 0,2.2 : 4 = 0,1 mol; và MgO = 0,2 mol

Sau đó O2 (0,1 mol) phản ứng Mg (0,5 mol) => n Mg p/ư = 0,1.4 : 2 = 0,2 mol

 Dư 0,3 mol Mg Để X tác dụng với nhiều nhất Fe(NO3)3 aM Thì Fe3+ => Fe2+

 0,5.a = 0,3.2 => a = 1,2 M

Bài 12 D

TN1: nAl pư = 0,6.2 : 3 = 0,4 mol => sau phản ứng dung dịch A có 0,4 mol AlO2-; và 0,05 mol OH

-TN 2: nAl p/ư = 0,15.2 : 3 = 0,1 mol => sau phản ứng dung dịch B có AlCl3 (0,1 mol) và HCl (0,1 mol)

trộn A vào B: kiểm tra nhanh thấy ∑nđt + = 0.4 mol < ∑nđt - = 0,45 mol

 AlO2- dư (0,05 mol) => pư = 0,35 mol => toàn bộ lượng Al3+ và AlO2- chuyển hóa vào Al(OH)3 (0,1 + 0,35).78 = 35,1 gam

qui đổi Fe (x mol); O (y mol); Cu (z mol)

56x + 16y + 64z = 6,44; 3x – 2y + 2z = 0,045 (bảo toàn e); 200x + 160z = 16,6

Do cho BaCl2 vào dung dịch thấy có kết tủa => có CO32- trong dung dịch

Điều kiện ràng buộc: n CO32- > n Ba2+ = 0,3 mol

Nếu CO2 tạo hoàn toàn thành CO32- => nCO2 = nCO32- = nOH- : 2 = 0,9 : 2 = 0,45 mol

Nếu CO2 tạo cả HCO3- và CO32- => n CO2= nOH- - nCO32- = 0,9 – nCO3

2-(vì n CO32- > 0,3) => n CO2 < 0,9 – 0,3 = 0,6 mol

0,45.22,4 = 10,08 ≤ VCO2 < 13,44 => chọn B

Bài 4 B

Do sau phản ứng còn dư Fe , nên Fe => Fe2+; mặt khác chỉ thu được NO => H+ hết (do không tạo spk

H2) Đặt nH2SO4 = y mol; n Fe p/ư = x mol

Vậy => nNO = nH+ : 4 = 0,5y mol; =>0,5y = 0,3 => y = 0,6 mol;

Và 2x = 1,5y (bảo toàn e) => x = 0,45 mol

Mặt khác: muối có: Fe2+ (0,45 mol); NO3- (0,2mol); SO42- (0,6 mol); Na+ (0,5 mol)

 Khối lượng muối: 0,45.56 + 0,2.62 + 0,6.96 + 0,5.23 = 106,7

Ta nhớ là HNO3 tham gia sẽ đóng 2 vai trò ; môi trường và tham gia là chất oxi hóa

Vậy môi trường là N+5 vẫn giữ nguyên số oxi hóa tức là NO3- Còn tham gia chất oxi hóa thì N đã có

sự thay đổi số oxi hóa (thường nằm trong sản phẩm khử) VD trong NH4NO3 thì chỉ tính N ở NH4+ (vì N-3) còn NO3- thì là môi trường

Vậy nHNO3 bị khử = nNO + 2nN 2 O + nNH 4 + = 0,1 + 0,2 + 0,05 = 0,35 mol

Bài toán này em có thể làm như sau; vì H 2 SO 4 đặc dư, nên ta không thể tính trực tiếp từ quá trình (1)

ở quá trình (2) Trước khi tạo kết tủa Fe(OH) 3 thì OH - + H+ => nH + (lưu ý ta chưa biết Fe 3+ đã chuyển hết thành Fe(OH) 3 chưa, nên không được phép tính ra nFe 3+ => n Fe ban đầu trong oxit là sai; bài này chỉ có thể dựa vào axit để giải)

vậy n Fe(OH) 3 = 0,2 mol => nH + = 0,9 – 0,2.3 = 0,3 mol => n H 2 SO 4 pư với X = 0,9 – 0,15 = 0,75 mol

đặt n Fe = x mol; n O = y mol; n SO2 = z mol

56x + 16y = 19,2; 3x -2y = 2z (bảo toàn e); 0,75 = 1,5x + z (bảo toàn S)

Sau phản ứng có mH2SO4 = 0,7 (a + 100) (do SO3 chiếm 30%)

Bảo toàn khối lượng H2SO4: 0,29a + 2,222.98 + 60 = 0,7(a + 100) => a = 506,72 gam

Bài 13 C

Dễ dàng thấy chất tan là CuSO4 = 0,02 mol => ban đầu có 0,02 mol S và 0,02 mol Cu

Bảo toàn e => n NO2 = 0,02.6 + 0,02.2 = 0,16 mol

2NaOH + 2NO2 => NaNO2 + NaNO3 + H2O

Vậy chất rắn có a mol CaOCl2 và 0,5x mol CaCO3; CaCl2 (0,5x mol)

Khi + HCl đặc thì được Cl2 ( a mol); CO2 (0,5x mol)

Dùng tỉ khối và chọn lượng chất n CO2 =1,8 mol => x = 3,6 mol; n Cl2 = 25,2 mol => n CaOCl2 = 25,2 mol

 % m CaOCl2 bị cacbon hóa = 3,6 : (25,2 + 3,6).100% = 12,5%

Bài 15 D

Ca(HCO3)2 (2x mol); Mg(HCO3)2 ( x mol) => x = 0,03 mol

Để làm mất tính cứng hoàn toàn thì : m Ca(OH)2 = 0,03.4.74 = 8,88gam

( Mg(HCO3)2 + 2Ca(OH)2 => CaCO3 + Mg(OH)2+ 2H2O; Ca(HCO3)2 + Ca(OH)2 => 2CaCO3 +

H2O)

ĐỀ KIỂM TRA – SỐ 20 Bài 1 B

Có n CuSO4 = n CuS = n H2S = (n Fe + n Zn) = 0,6 mol => V = 0,6.160 : 0,1 : 1,1 = 872,72 ml (chú ý: dù dư S thì Fe cũng không tạo FeS2)

Bài 2 C

Bảo toàn điện tích có n Cu2+ = [(0,15.2 + 0,2) – 0,1.2 – 0,15.1]: 2 = 0,075 mol

Chú ý nhé: khi có cả dung dịch H+; NO3-, SO42- thì ưu tiên gốc axit nặng hơn sẽ nằm ở trong muối

em nhé

Vậy HNO3 (0,15 mol) bị bay hơi còn lại 0,05 mol NO3-

khi nung thì NO3- => 1/2O2-

0,05 => 0,025

Khi cô cạn rồi nung : Cu2+ (0,075); Zn2+ (0,1 mol); SO42- (0,15 mol); 0,025 mol O2-

Vậy m = 0,075.64 + 65.0,1 + 0,025.16 + 0,15.96 = 26,1 gam

Bài 3 B

Có n OH- + n Cl- = 2n H2 => n OH- = 0,18 – 0,1 = 0,08 mol

Vậy có kết tủa AgCl (0,1 mol) và

có OH- + Ag+ => AgOH => Ag2O (AgOH kém bền chuyển Ag2O) (0,04 mol)

vậy m = 0,1.143,5 + 0,04.(108.2 + 16) = 23,63 gam

Bài 4 D

Dung dịch chứa HCl; NaCl; KCl (cùng số mol x)

 x = 0,3 mol => n HCl ban đầu = 0,9 mol; và nHCl p/ư = 0,6 mol khí sinh ra là O2 và CO2 (ta thấy M2O2 + 2HCl => 2MCl + H2O + 1/2O2; M2CO3 + 2HCl => 2MCl + H2O + CO2, tg tự M2O) Vậy ta thấy: nH2O = n HClpư : 2 = 0,3 mol

Bảo toàn khối lượng có m + 0,9.36,5 = 50,85 + 0,3.18 + 41,778.0,135 => m = 29,04 gam

Bài 5 A

Cô cạn, nung đến khối lượng không đổi thì HCO3- => O2- và NO3- => NO2

x => 0,5x y => y

0,2.40 + 0,08.35,5 + 0,5x.16 + 46y = 16,44 và x + y = 0,2.2 – 0,08

34

 x = 0,24 mol; y = 0,08 mol

Thêm HNO3 (0,08 mol) thì H+ + HCO3- => CO2 + H2O

0,08 => 0,08

Vậy sau phản ứng có: 0,2 mol Ca2+; 0,08 mol Cl-; 0,16 mol HCO3-; NO3- (0,16 mol)

Khi cô cạn thì HCO3- => CO32- (0,08 mol)

Vậy 0,2.40 + 0,08.35,5 + 0,08.60 + 0,16.62 = 25,56 gam

Bài 6 A

tối thiểu thì n HNO 3 = n NO 2 mà n NO 2 = 15nFeS 2 = 1,5 mol => V=33,6 lit

Bài 7 C

Chọn 100 gam dung dịch H2SO4 => n H2SO4 = 0,05 mol => n H2 = 0,05 mol

m dung dịch sau = 100 + 24x + 56y – 0,1 = 99,9 + 24x + 56y

Và 2x + y = 0,5 (bảo toàn điện tích)

Có x= 0,15 < 0,2 thỏa mãn y =0,2 và => n CO2 = 0,35 mol => V =7,84 lit

Bài 9 B

Có nHNO3 = 0,2 mol = n NO2 => nO2 = 0,2 : 4 = 0,05 mol

 mNO2 + mO2 = (m – 0,5m) = 0,2.46 + 0,05.32 = 10,8 gam => m = 21,6 gam

Bài C

Nếu CuCl2 và KCl

CuCl2 => Cu + Cl2

KCl => KOH + Cl2 + H2

nOH- = 2nZn(OH)2 = 0,16 mol => mCu + mCl2 = (22,04 – 0,16.36,5) : (64 + 71) = 0,12 mol

 nCu(NO3)2 = 0,12 mol => x = 0,6M; n KCl = 0,16 + 0,12.2 = 0,4 mol => y = 0,2 M

 Và I = 0,4.96500: 19300 = 2A

Bài 11 A

Fe3O4 + HCl => FeCl2 + FeCl3 + H2O; Cu + FeCl3 => FeCl2 + CuCl2

Vì Cu dư nên FeCl3 hết chất rắn của X gồm CuCl2 (x mol); FeCl2 (3x mol) (em viết phương trình hoặc bảo toàn e sẽ thấy nFe3O4 = nCu phản ứng = x mol) => 135x + 3x.127 = 61,92

 x = 0,12 mol => m = 0,12.(64 + 232) + 8,32 = 43,84 gam

Bài 12 D

Trong Y có 2 muối là CuCl2 (x mol); FeCl2 (3x mol) => n HCl phản ứng = 8x mol

=> Chọn số mol HCl = 8mol => m dung dịch HCl = 8.36,5 : 0,2 = 1460 gam

Có 8x = 8 => x = 1 mol = nCu p/ư = nFe3O4 p/ư

Có mdung dịch sau phản ứng = mCu phản ứng + mFe3O4 + mdung dịch HCl = 64.1 + 232.1 + 1460 = 1756 gam C% dd FeCl2 = 3.1.127 : 1756 100% = 21,7%

Bài 13 B

35

Fe3O4 + HNO3 => Fe(NO3)3 + NO + H2O ; Fe + HNO3 => Fe(NO3)3 + NO + H2O

Fe dư + Fe(NO3)3 => Fe(NO3)2

(em nhớ nhé Cu; Fe dư thì Fe3+ chuyển hoàn toàn thành Fe2+ nha)

Qui đổi Fe; O có phương trình: 56nFe p/ư + 16nO = 18,5 – 1,46

Và 2nFep/ư – 2nO = 3nNO = 0,3 mol

Giải hệ được: n Fe pư = 0,27 mol => nHNO3 phản ứng = 2nFe(NO3)2 + nNO = 0,54 + 0,1 = 0,64 mol

CM dd HNO3 = 0,64 : 0,2 = 3,2 M

Bài 14 B

nCl- = nAgCl = 0,2 mol => mX = 3,6 gam => MX = mX : nCl-.n = 3,6 : 0,2.n = 18n

n = 1 => NH4+ ; n = 2; = 3 loại không có nghiệm phù hợp

 n NH4Cl = 0,2 mol => sau phản ứng chất rắn có : KOH dư 0,3 mol; và KCl 0,2 mol

 m= 0,3.56 + 0,2.(39 +35,5) = 31,7 gam

Bài 15 A

Để còn chất rắn: chắc chắn phải xảy ra phản ứng với CuSO4

Toàn bộ lượng Cu2+ => Cu (m = 0,2.64 = 12,8 )

=> mFe dư = 18,4 – 12,8 = 5,6 gam => nFe dư = 0,1 mol => nFe phản ứng = 0,1 mol)

Mg hết, Fe phản ứng 0,1 mol; Fe3+ chuyển hóa hoàn toàn Fe2+; Cu2+ phản ứng hết tạo Cu

2nMg + 2nFepư = 1nFe3+ + 2nCu2+ => 2.x + 2.0,1 = 1.0,2.2 + 2.0,2 => x = 0,3 mol

ĐÁP ÁN ĐỀ TỰ LUYỆN ĐÁP ÁN ĐỀ - SỐ 1