3600 bài tập hóa vô cơ phần 10

Sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa 466,6 gam muối sunphat trung hòa và10,08 lit đktc khí Z gồm 2 khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí.. Sau khi các phản ứng

Câu 4 Dẫn khí CO dư đi qua 7,6 gam hỗn hợp gồm CuO và một oxit của sắt, thu được chất rắn E và 2,24

lít khí CO2 (đktc) Cho E vào dung dịch HNO3, thu được dung dịch T, 1,12 lít khí NO (sản phẩm khử duynhất của N+5, ở đktc) và 1,6 gam Cu Cho dung dịch AgNO3 dư vào T, tạo thành m gam kết tủa Giả thiếtcác phản ứng xảy ra hoàn toàn Giá trị của m là

Câu 7 Hòa tan hoàn toàn 13,12 gam hỗn hợp Cu, Fe và Fe2O3 trong 240 gam dung dịch HNO3 7,35% và

H2SO4 6,125% thu được dung dịch X chứa 37,24 gam chất tan chỉ gồm các muối và thấy thoát ra khí NO(NO là sản phẩm khử duy nhất) Cho Ba(OH)2 dư vào dung dịch X, lấy kết tủa nung nóng trong khôngkhí đến phản ứng hoàn toàn thu được 50,95 gam chất rắn Dung dịch hòa tan tối đa m gam Cu, giá trị cua

m là

Câu 8 Cho hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4 và Fe(NO3)2 tan hết trong 400ml dung dịch KHSO4 0,4M Sauphản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa 29,52 gam muối trung hòa và 0,448 lít NO (đktc, sản phẩm khửduy nhất) Cho dung dịch NaOH dư vào Y thì có 8,8 gam NaOH phản ứng Dung dịch Y hòa tan tối đa mgam bột Cu Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn Giá trị của m là

Phần 1 : cho khí H2S dư vào được 1,28 g kết tủa

Phần 2 : cho Na2S dư vào được 3,04 g kết tủa

Giá trị của m là :

Câu 12 Cho CO dư đi qua m gam hỗn hợp X nung nóng gồm Cu, CuO, Fe2O3 và Fe3O4 thu được hỗnhợp khí Y và 102,64 gam rắn Z Nếu cho tòan bộ m gam X vào dung dịch H2SO4 loãng dư thì thấy có1,16 mol axit tham gia phản ứng và dung dịch sau phản ứng chứa 180,08 gam hỗn hợp muối Còn nếucho m gam X vào dung dịch HNO3 loãng, dư thì thấy có V lít khí NO thoát ra (ở đktc) Biết các phản ứng

xảy ra hoàn toàn Giá trị của V gần nhất với giá trị nào sau đây

Câu 13 Cho 4,08 gam Mg vào dung dịch gồm Cu(NO3)2 và H2SO4, thu được dung dịch X, 1,76 gam chấtrắn Y và 0,04 mol hỗn hợp khí Z (gồm NO và H2; tỉ khối của Z so với H2 bằng 8) Cho toàn bộ Y vàodung dịch CuSO4 dư, thu được 2,56 gam chất rắn Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn Tổng khốilượng muối sunfat trong X là

A 18,72 gam B 22,60 gam C 19,32 gam D 19,08 gam.

Câu 14 Trộn m gam hỗn hợp X gồm Mg và Al với 47,0 gam Cu(NO3)2 thu được hỗn hợp Y Nung Ytrong điều kiện không có không khí, sau một thời gian thu được chất rắn Z và 4,928 lít hỗn hợp khí G(đktc) Hòa tan hoàn toàn Z bằng 1,36 lít dung dịch H2SO4 1M, thu được dung dịch T chỉ chứa 171,64gam muối sunfat khan và 11,2 lít hỗn hợp khí M (đktc) gồm NO và H2, tỉ khối của M so với H2 bằng 6,6.Phần % khối lượng của Al trong hỗn hợp là

Câu 18 X là hỗn hợp rắn gồm Mg, NaNO3 và FeO (trong đó oxi chiếm 26,4% về khối lượng) Hòa tanhết m gam X trong 2107 gam dung dịch H2SO4 loãng, nồng độ 10% thu được dung dịch Y chỉ chứa muốisunfat trung hòa và 11,2 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm NO và H2 có tỉ khối so với H2 là 6,6 Cô cạn dungdịch Y thu được chất rắn khan Z và 1922,4 gam H2O % khối lượng của Mg trong X là

Câu 19 Để hòa tan hết 38,36 gam hỗn hợp gồm Mg, Fe3O4, Fe(NO3)2 cần 0,87 mol dung dịch H2SO4

loãng, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 111,46 gam muối sunfat trung hòa và 5,6 lít (đktc)

hỗn hợp khí X gồm hai khí, tỉ khối hơi của X so với H2 là 3,8 (biết có 1 khí không màu hóa nâu ngoài

không khí) Khối lượng Mg trong hỗn hợp ban đầu là (Chuyên KHTN – Hà Nội)

Câu 20 Hòa tan hoàn toàn 14,4 gam hỗn hợp X gồm Al, FeO và Fe(NO3)2 vào dung dịch chứa 0,36 mol

H2SO4 loãng Sau phản ứng, thu được dung dịch Y chỉ chứa 45,24 gam muối sunfat và 0,14 mol hỗn hợpkhí Z (gồm hai khí, một khí hóa nâu ngoài không khí) Tỉ khối của Z so với H2 bằng 3 Khối lượng của Altrong X là

Câu 21 Cho 66,2 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4, Fe(NO3)2, Al tan hoàn toàn trong dung dịch chứa 3,1 molKHSO4 Sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa 466,6 gam muối sunphat trung hòa và10,08 lit đktc khí Z gồm 2 khí trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí Biết tỷ khối của Z so với He

là 23/18 Phần trăm khối lượng của Al trong hỗn hợp X gần nhất với giá trị nào sau đây

Câu 22 Hòa tan hoàn toàn 23,8 gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe(NO3)2, Zn vào dung dịch chứa 0,36 mol

H2SO4 loãng Sau phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa 54,64 gam muối sunfat và 0,14 mol hỗn hợpkhí Z (gồm hai khí, một khí hóa nâu ngoài không khí) Tỉ khối của Z so với H2 bằng 3 Khối lượng của Zntrong X là

Câu 23 Cho 23,34 gam hỗn hợp gồm Al, Al2O3 và Al(NO3)3 (trong đó oxi chiếm 34,961% về khối lượng)vào dung dịch chứa 1,58 mol NaHSO4 và 0,04 mol NaNO3, khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàntoàn, thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối trung hòa và 0,18 mol hỗn hợp khí Z gồm N2O; N2 và H2

Để tác dụng tối đa các chất tan có trong dung dịch Y cần dùng dung dịch chứa 2,04 mol NaOH Phần trămkhối lượng của N2 có trong hỗn hợp khí Z là có giá trị gần nhất với

Câu 24 Hòa tan hết hỗn hợp gồm Mg, Al và Al(NO3)3 trong dung dịch chứa NaHSO4 và 0,06 mol NaNO3

kết thúc phản ứng thu được dung dịch X chứa các muối trung hòa có khối lượng 115,28 gam và V lít(đktc) hỗn hợp khí T gồm N2O và H2 (tỉ lệ 1:1) Cho dung dịch NaOH dư và X thấy lượng NaOH phảnứng là 36,8 gam, đồng thời thu được 13,92 gam kết tủa Giá trị của V là:

Câu 25 Hòa tan hết 14,3 gam hỗn hợp X gồm Al(NO3)3, MgO, Mg và Al vào dung dịch gồm 0,03 molKNO3 và 0,5 mol H2SO4 (đun nóng) Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa 59,85 gammuối và 3,584 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm NO và H2 có tỉ khối so với H2 bằng 4,5 Dung dịch Y tác dụngtối đa với dung dịch chứa 1,11 mol KOH, lấy kết tủa nung ngoài không khí tới khối lượng không đổi thuđược 10 gam rắn Phần trăm khối lượng của Al có trong X là

Câu 26 [PHV-FC]: Cho 38,55 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, ZnO và Fe(NO3)2 tan hoàn toàn trong dungdịch chứa 0,725 mol H2SO4 loãng Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y chỉ chứa96,55 gam muối sunfat trung hòa và 3,92 lít (đktc) khí Z gồm hai khí trong đó có một khí hóa nâu ngoàikhông khí Biết tỉ khối của Z so với H2 là 9 Phần trăm số mol của Mg trong hỗn hợp X gần nhất với giá

trị nào sau đây? (biết Y không có khả năng hòa tan Cu)

Câu 27 Cho 50,82 gam hỗn hợp X gồm NaNO3, Fe3O4, Fe(NO3)2 và Mg tan hoàn toàn trong dung dịchchứa 1,8 mol KHSO4 loãng Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y chỉ chứa275,42 gam muối sunfat trung hòa (không có Fe3+) và 6,272 lít khí (đktc) Z gồm 2 khí trong đó có một khíhóa nâu ngoài không khí Biết tỉ khối của Z so với H2 là 11 Phần trăm khối lượng của Mg trong hỗn hợp

X là

Câu 28 Hòa tan hết 13,52 gam hỗn hợp X gồm Mg(NO3)2, Al2O3, Mg và Al vào dung dịch NaNO3 và1,08 mol HCl (đun nóng) Sau khi kết thức phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối và 3,136 lít(đktc) hỗn hợp khí Z gồm N2O và H2 Tỉ khối của Z so với He bằng 5 Dung dịch Y tác dụng tối đa vớidung dịch chứa 1,14 mol NaOH, lấy kết tủa nung ngoài không khí tới khối lượng không đổi thu được 9,6

gam rắn Phần trăm khối lượng của Al có trong hỗn hợp X là (Thực Hành Cao Nguyên – Tây Nguyên)

Câu 29 Cho m gam hỗn hợp X gồm Al, MgO, AlCl3, Mg(NO3)2 tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 1,38mol KHSO4, kết thúc phản ứng thu được 0,14 mol NO; 0,04 mol H2; dung dịch Y chứa (m +173,5) gammuối trung hòa Cho từ từ dung dịch NaOH vào Y đến khi thu được lượng kết tủa lớn nhất thì dừng lại;lọc kết tủa rồi đem nung đến khối lượng không đổi thu được 29 gam chất rắn Phần trăm khối lượng AlCl3

trong X có giá trị gần nhất với

Câu 30 Hòa tan hoàn toàn 11,2 gam một kim loại R bằng dung dịch H2SO4, thu được khí SO2 Cho toàn

bộ lượng khí này hấp thụ hết vào 400 ml dung dịch NaOH 1M, thu được dung dịch chứa 33,4 gam chấttan Mặt khác, hòa tan hoàn toàn 7,84 gam kim loại R vào 160 ml dung dịch HCl 2M thu được dung dịch

X Cho X tác dụng với dung dịch AgNO3 dư, thu được m gam kết tủa Giá trị của m là

Đặt nFe2O3 = x và nFeO = y mA = 160x + 72y = 30,4 (1)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng cho nguyên tố Fe ta có:

2x + y = nFe3+ = 0,4 (2)

(1) (2) => x = 0,1 và y = 0,2

=> %mFe2O3 = 52,6%

Câu 2 Đáp án D

► Y chứa 1 chất tan và G chứa 1 chất ⇒ Y chứa NaAlO2 (0,2 mol) và G chứa CuO

Bảo toàn nguyên tố Na và Al: nNa2O = nAl2O3 = 0,1 mol Đặt nNO2 = x; nNO = y.

nkhí = x + y = 0,02 mol; mkhí = 46x + 30y = 0,02 × 1,0625 × 32 ||⇒ giải hệ có:

x = 0,005 mol; y = 0,015 mol ||► Bảo toàn electron: 2nCu = 3nNO + nNO2 ⇒ nCu = 0,025 mol

Bảo toàn nguyên tố Cu: nCu = 0,025 mol ||⇒ m = 0,025 × 80 + 0,1 × 62 + 0,1 × 102 = 18,4(g)

Câu 3 Đáp án C

♦ giải phần 1: 5,96 gam oxit + H2SO4 → muối + H2O

phản ứng thế 1O (trong oxit) bằng 1SO4 (gốc sunfat)

⇒ ∑nO trong oxit = (15,56 – 5,96) ÷ (96 – 16) = 0,12 mol

♦ giải phần 2: 0,06 mol (CO; H2) + 0,06 mol Otrong oxit → CO2 + H2O

⇒ ∑nO trong Fe3O4 và CuO = 0,06 mol (vì CO, H2 không phản ứng với Al)

⇒ nO của oxit Al2O3 = 0,06 mol → nAl2O3 = 0,02 mol

⇒ giải hệ 2 oxit còn lại: nFe3O4 = 0,01 mol và nCuO = 0,02 mol

⇒ rắn T gồm: 0,02 mol Al2O3; 0,03 mol Fe và 0,02 mol Cu

các phản ứng xảy ra hoàn toàn, V nhỏ nhất ⇔ cuối cùng Fe → Fe2+.!

⇒ bảo toàn electron có: nSO2↑ = ½.(2nCu + 2nFe) = 0,05 mol

mở rộng: nH2SO4 = 2nSO2 + nO trong oxit = 0,05 × 2 + 0,06 = 0,16 mol

⇒ V = VH2SO4 70%, d = 1,6 g/mL = 0,16 × 98 ÷ 0,7 ÷ 1,6 = 14 mL

Câu 4 Đáp án D

nO = nCO2 = 0,1 mol ⇒ mE = 7,6 – 0,1 × 16 = 6 gam

kim loại đẩy muối phức tạp: Fe + dung dịch X vừa là yêu cầu (tìm m)

vừa cho ta một giả thiết cần khai thác là 0,1 mol hỗn hợp khí H2 và NO

A.! "phức tạp", bảo toàn electron mở rộng có nH+ = 2nH2 + 4nNO

"tinh tế": có H2 ra → toàn bộ NO3 về hết NO → n+ trong X = 0,2 + 2nNO3– trong X

Quay lại bài tập chính HNO3 với sơ đồ và một số xử lí cơ bản:

,

:

.:

Gọi thêm nNH4+ = z mol ||→ nNO3– trong X = 2y – z mol (theo bảo toàn N).

||→ nH+ trong X = 0,2 + 4y – 2z mol Biết nCl– trong X = 1,52 mol nên bảo toàn điện tích có:

2x + 3y + z + (0,2 + 4y – 2z) = 1,52 + 2y – z ||→ Rút gọn có: 2x + 5y = 1,32 mol.

Kết hợp phương trình khối lượng: 24x + 180y = 20,64 gam

||→ giải ra: x = 0,56 mol và y = 0,04 mol Bảo toàn electron bình thường có z = 0,04 mol.

||→ đọc ra dung dịch X gồm: 0,56 mol Mg2+; 0,04 mol Fe3+; 0,04 mol NH4+; 0,28 mol H+

và 1,52 mol Cl–; 0,04 mol NO3 Khi cho Fe + X thì thu được dung dịch sau phản ứng

gồm 0,56 mol MgCl2 + 0,04 mol MgCl2 và 0,18 mol FeCl2 Kim loại đẩy muối:

||→ bảo toàn khối lượng kim loại Fe có: m + 0,04 × 56 = 0,18 × 18 + 0,8m

||→ Giải ra: m = 39,2 gam

p/s: Đây là một bài tập khá hay.! NHƯNG có gì đó khá đặc biệt a vẫn chưa tìm ra;

chỗ mà mình muốn giải hệ phương trình 3 ẩn cũng không được ấy (z tự triệt tiêu.!)

Câu 7 Đáp án A

Quan sát sơ đồ + giả thiết và xử 1 số xử lí cơ bản:

}{

2 ,

,

, ,

Giải thích: bảo toàn H có nH2O = 0,29 mol; BTKL cả sơ đồ có mNO = 3 gam → nNO = 0,1 mol

► Đến đay giải tìm số mol Cu2+; Fe2+; Fe3+ theo cách lập hệ giải thông thường không có gì khó

Tuy nhiên đọc kĩ yêu cầu + linh hoạt sử dụng sự tinh tế của YTHH 02, ta có hướng giải đơn giản như sau:50,95 gam tủa có 0,15 mol BaSO4 ||→ mCuO + FeO1,5 = 16 gam

||→ YTHH 02 lần 1: ∑nCu + Fe nguyên tố = 0,2 mol (cùng M = 80) (xử lí đặc trưng)

YTHH 02 lần 2: giả sử X đều là Fe2+ và Cu2+ thì ∑nđiện tích dương giả sử = 0,2 × 2 = 0,4 mol

Trong khi đó, ∑nđiện tích âm = 0,48 mol Sự lệch 0,4 vs 0,48 mol rõ là do có 0,08 mol Fe3+ thay vì Fe2+

Và với yêu cầu bài tập thì chúng ta cũng chỉ cần biết thế, vì 1Cu + 2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+

,

+ 4

0 02mol 3

0 16mol

Fe

SOFe

NOK

☆ biết 0,22 mol NaOH → YTHH 02: Natri đi về đâu? Cần cẩn thận trước đó:

0,16 mol K đi về 0,08 mol K2SO4 → còn 0,08 mol SO42– cho 0,16 mol Na đi về Na2SO4

⇒ 0,06 mol Na nữa sẽ đi về NaNO3 ⇒ ∑nNO3– trong Y = 0,06 mol

biết mmuối trong Y = 29,52 gam và 3 ion trong Y rồi ⇒ ∑nFe?+ trong Y = 0,075 mol

Đến đây.! Thường các bạn sẽ đi giải ra Fe2+; Fe3+ để lấy lượng Fe3+ + Cu

Tuy nhiên, sẽ là không cần thiết nếu biết "QUAN SÁT".! Hãy nhìn vào kết quả cuối:

}{

0,16 2

NOCu

Thế mới nói.! Đọc yêu cầu + với kĩ năng quan sát, phân tích sẽ giúp chúng ta đi thẳng

đến kết quả ntn.! mà đi thẳng thì đương nhiên sẽ nhanh hơn :D ☠☠☠

Thêm nữa, nếu đề yêu cầu 1 cái gì liên quan đến X, chúng ta cũng hoàn toàn có thể trả lời:

Bảo toàn electron mở rộng có nO trong Fe3O4 = 0,04 mol để có 0,01 mol Fe3O4

bảo toàn N có nFe(NO3)2 = 0,04 mol ⇒ nFe trong X = 0,005 mol

Mg

Fe H Cu Fe SO

Gọi số mol Fe3O4 và Cu lần lượt là x, y mol

Bảo toàn nguyên tố S → nMgSO4 = nH2SO4 = 0,24 mol

Khối lượng thanh Mg tăng là mFe + mCu - mMg = 4,08 gam → 56.(3x+ 0,02) + 64y = 4,08 + 0,24.24= 9,84

Bảo toàn electron cho toàn bộ quá trình 2nMg = 8nFe3O4 + 3nNO + 2nH2 + 3nFe(NO3)3

2 mol Cl chuyển thành 1 mol CO32 sẽ làm khối lượng giảm 71 60 11 gam   

0,06 mol ��� 0,03 mol ��� 0,33 gam

0,01:

Na

Mol Cl

(i) Tính ngay khối lượng chất rắn sau nung = Tổng khối lượng các ion mà quên xét các phản ứng phânhủy muối amoni.

4 :1,16

Fe Cu

Nhận xét: 1,76 gam Y + CuSO4 dư → 2,56 gam chất rắn

⇒ chứng tỏ Y gồm Mg còn dư và Cu Phản ứng: Mg + CuSO4 → MgSO4 + Cu

⇒ nMg dư = (2,56 – 1,76) ÷ (64 – 24) = 0,02 mol (bài tập kim loại đẩy muối).

⇒ 1,76 gam Y gồm 0,02 mol Mg và 0,02 mol Cu

⇒ ban đầu có 0,02 mol Cu(NO3)2 và nMg phản ứng = 4,08 ÷ 24 – 0,02 = 0,15 mol

giải khí Z gồm có 0,02 mol NO và 0,02 mol H2 Sơ đồ quá trình rút gọn như sau:

2 2

0,02 ,

4

0 13mol

0 02mol mol

NOMg

Cu NO

HNH

⇒ bảo toàn nguyên tố N có: nNH4+ = 0,02 mol

→ bảo toàn điện tích → X gồm 0,15 mol Mg2+ + 0,02 mol NH4+ và 0,16 mol SO42+

⇒ mmuối sunfat trong X = 0,15 × 24 + 0,02 × 18 + 0,16 × 96 = 19,32 gam

Câu 14 Đáp án D

Giải hệ cho M gồm NO (0,2 mol) và H2 (0,3 mol); nG = 0,22 mol

Bảo toàn Oxi: nH2O = 0,25 × 6 – 0,22 × 2 – 0,2 = 0,86 mol ⇒ Bảo toàn Hidro:

Giải hệ có: x = 0,03 mol; y = 0,04 mol || nO/khí = 2.∑n(NO2, O2) Bảo toàn nguyên tố Oxi:

nO/H2O = 0,12 × 6 – 0,17 × 2 – 0,03 = 0,35 mol Bảo toàn nguyên tố Hidro: nNH4+ = 0,02 mol

nSO42–/muối = nH2SO4 = 0,43 mol Bảo toàn điện tích: nAl3+ = 0, 43 2 0,12 2 0,02

→ Toàn bộ lượng O trong X chuyển hết về H2O

Bảo toàn nguyên tố Hidro: 4 {2 {2 {

mT = 28x + 2y = 0,05 × 11,4 × 2 ||⇒ giải hệ có: x = 0,04 mol; y = 0,01 mol

● Bảo toàn nguyên tố Oxi: nH2O = nO/Y = 0,25 × 6 – 0,45 × 2 = 0,6 mol

Bảo toàn nguyên tố Hidro: nNH4+ = (1,3 – 0,6 × 2 – 0,01 × 2) ÷ 4 = 0,02 mol

Bảo toàn điện tích: nMg2+ = (1,3 – 0,02 – 0,25 × 2) ÷ 2 = 0,39 mol

► m = 0,39 × 24 + 0,25 × 64 + 0,02 × 18 + 1,3 × 35,5 = 71,87(g)

Câu 18 Đáp án C

có nH2SO4 = 2,15 mol; có kết quả cô cạn dung dịch thu 1922,4 gam H2O

gồm 1896,3 gam H2O trong dung dịch H2SO4 ban đầu ||→ nH2O sinh ra = 1,45 mol

,

2+

0 2mol +

NONa

HFe

dễ rồi, đơn giản chỉ là ban bật thôi: bảo toàn H có nNH4+ = 0,2 mol

• bảo toàn N có nNaNO3 = 0,4 mol Tiếp tục bảo toàn O có nFeO = 0,45 mol

||→ ∑nO trong X = 1,65 mol ||→ m = 100 gam ||→ mMg trong X = 33,6 gam

||→ Yêu cầu: %mMg trong X = 33,6% Chọn đáp án C ♣

,

0 05mol 2+

Giải khí nNO = 0,05 mol và nH2 = 0,2 mol BTKL cả sơ đồ có nH2O = 0,57 mol

Tiếp tục: bảo toàn H có nNH4+ = 0,05 mol ||→ nFe(NO3)2 = 0,05 mol (theo bảo toàn N)

Bỏ cụm SO4 2 vế, tiến hành bảo toàn O có nFe3O4 = 0,08 mol

Vậy mMg = 38,36 – 0,08 × 232 – 0,05 × 180 = 10,8 gam Chọn D ♠

Câu 20 Đáp án D

► Đặt nNO = x; nH2 = y ⇒ nZ = x + y = 0,14 mol; mZ = 30x + 2y = 0,14 × 6.

||⇒ giải hệ có: x = 0,02 mol; y = 0,12 mol ||● Bảo toàn khối lượng: mH2O = 3,6(g)

⇒ nH2O = 0,2 mol Bảo toàn nguyên tố Hidro: nNH4+ = 0,02 mol

Bảo toàn nguyên tố Nitơ: nFe(NO3)2 = 0,02 mol ||● nH+ = 2nO + 10nNH4+ + 4nNO + 2nH2

Bảo toàn H: n KHSO4 2n H2 2n H O2 4n NH4 �n NH4 0, 05mol

Bảo toàn N: 2n Fe NO 32 n NO n NH4 �n Fe NO 32 0,05mol

Bảo toàn O: 4n Fe O3 46n Fe NO 3 2 n NO n H O2 �n Fe O3 4 0, 2mol

%m Al 16,3% gần nhất với giá trị 15%

Câu 22 Đáp án D

dZ/H2 = 3 ⇒ MZ = 6 ⇝ Z gồm khí H2 và NO (khí hóa nâu ngoài không khí)

Giải hệ số mol khí ⇒ 0,14 mol Z gồm 0,12 mol H2 và 0,02 mol NO

Ba điểm nhạy cảm của dạng đặc trưng này cần biết:

• 1 Sản phẩm khử có H2 chứng tỏ anion NO3 trong dung dịch hết

• 2 có H2 cũng cho biết cation Fe là Fe2+ hay Fe3+ hay cả hai ⇒ đặt tạm là Fe?+

• 3 Zn với (H+; NO3) không nói gì đến sản phẩm khử ⇝ "khả nghi amoni"

☆ Sơ đồ quá trình:

}{

2 +

⇝ Bật lại ⇒ nNH4+ = 0,02 mol theo bảo toàn nguyên tố H

⇝ Kết hợp với 0,02 mol NO ⇒ nFe(NO3)2 = 0,02 mol theo bảo toàn nguyên tố N

⇝ Bỏ cụm "SO4" 2 vế rồi bảo toàn nguyên tố O, ta có nFeO = 0,1 mol

⇒ mZn trong Z = 23,8 – 0,1 × 72 – 0,02 × 180 = 13,0 gam

Câu 23 Đáp án C

Sơ đồ quá trình:

,

2

, ,

, ,

☆ YTHH 02: với 2,04 mol NaOH và 1,62 mol Na sẵn có ⇄ ∑nNa+ = 3,66 mol sẽ đi về đâu?

À, là 1,58 mol Na2SO4 và còn lại là 0,5 mol NaAlO2 ||→ đọc ra có 0,5 mol Al

Bảo toàn điện tích trong dung dịch Y có nNH4+ = 0,04 mol

Giả thiết cho %mO ||→ nO trong hh đầu = 0,51 mol ||→ nN trong hh đầu = 0,12 mol

☆ Đừng vội lao vào đặt hệ x; y; z và giải Số mol, hỗn hợp → YTHH 01: tinh tế sử dụng:

Xem nào: bảo toàn N có nN2 trong (N2O; N2) = 0,06 mol ||→ nH2 trong Z = 0,12 mol

⇒ bảo toàn H có nH2O = 0,59 mol ||→ bảo toàn O có nN2O = 0,04 mol

|⇝ quay lại tính được nN2 = 0,02 mol ||→ yêu cầu %mN2 trong Z = 21,875%

Câu 24 Đáp án B

Phương pháp: Bảo toàn điện tích

Hỗn hợp Mg, Al, Al(NO3)2 tác dụng với dung dịch NaHSO4 (x mol) và 0,06 mol NaNO3

  }

{

, ,

Bảo toàn khối lượng cả sơ đồ: mH2O = 5,04 gam ⇄ nH2O = 0,28 mol

⇝ Bảo toàn nguyên tố H có nNH4+ = 0,05 mol

☆ Trong dung dịch Y, bảo toàn điện tích và khối lượng giải nMg2+ = 0,25 mol; nAl3+ = 0,14 mol

Bảo toàn nguyên tố N, ta có nAl(NO3)3 = 0,02 mol ⇒ nAl trong X = 0,12 mol

Vậy, yêu cầu %mAl trong X = 0,12 × 27 ÷ 14,3 × 100% ≈ 22,66%

2 2

||→ có 0,075 mol Fe(NO3)2 theo bảo toàn N

Bỏ cụm SO4 ở 2 vế, bảo toàn O có ngay nZnO = 0,2 mol

Gọi số mol Mg, Al trong hỗn hợp X tương ứng là x và y mol; lập hệ phương trình:

♦ khối lượng hỗn hợp X: 24x + 27y + 0,2 × 81 + 0,075 × 180 = 38,55 gam.

♦ Quan sát sơ đồ, bảo toàn electron có: 2nMg + 3nAl = 8nNH4 + 3nNO + 2nH2

⇄ 2x + 3y = 0,85 mol Theo đó, giải được x = 0,2 mol và y = 0,15 mol

||→ Yêu cầu: %số mol Mg trong X = 0,2 ÷ (0,2 + 0,15 + 0,2 + 0,075) = 32% || ♠

.: 0, 42 4

:

0 06mol mol

mol 3+

2 3

2 mol

► NaOH vừa đủ xử lí "kép" dung dịch sau phản ứng:

♦1: đọc ra chất rắn cuối cùng là 0,24 mol MgO ||→ biết ∑nMg

(vì thế mà chúng ta có xu hướng quy đổi lại hỗn hợp X như trên sơ đồ.!).

♦2: Natri đi về đâu? gọi nNaNO3 = x mol thì với 1,14 mol NaOH nữa là ∑nNa+ = 1,14 + x mol.

đi về NaCl và NaAlO2 Biết nCl = 1,08 mol nên đọc ra nNaAlO2 = 0,06 + x mol.

Bảo toàn N có ngay và luôn nNO3 trong X = (0,54 – 5x) mol.

có mỗi một giả thiết mX = 13,52 gam nên cần tìm nO trong X nữa là sẽ giải và tìm được x Xem nào:

♦1 Bảo toàn electron mở rộng: ∑nH+ = 10nN2O + 10nNH4+ + 2nH2 + 2nO trong X

♦2: bảo toàn H tìm nH2O rồi bảo toàn O (ghép cụm NO3) cũng tìm được nhanh nO trong X

||→ theo cả 2 cách đều cho biết nO trong X = 20x – 1,94 mol Như phân tích trên:

giải mX = mMg + mAl + mO + mNO3 = 13,52 gam có x = 0,1 mol.

Từ đó đọc ra nO trong X = 0,06 mol → nAl2O3 = 0,02 mol; mà ∑nAl = 0,16 mol

→ nAl = 0,12 mol ||→ Yêu cầu %mAl trong X ≈ 23,96 % Chọn D ♠

Câu 29 Đáp án A

Sơ đồ quá trình phản ứng + giả thiết:

}{

,

2 ,

,

o 2

Quan sát phản ứng (mũi tên) KHSO4: bảo toàn khối lượng có ngay nH2O = 0,55 mol

► Ban bật qua lại: bảo toàn H có nNH4+ = 0,05 mol; bảo toàn N có nMg(NO3)2 = 0,095 mol

bỏ cụm SO4 2 vế, tiến hành bảo toàn nguyên tố O có nMgO = 0,12 mol ||→ ∑nMg = 0,215 gam

♦ NaOH dư xử lí dung dịch sau phản ứng đọc ra nAl2O3 = 0,2 mol → ∑nAl = 0,4 mol

♦ C1: Bảo toàn electron có nAl = 0,3 mol → nAlCl3 = 0,1 mol

♦ C2: bảo toàn điện tích trong X có nCl– = 0,3 mol → nAlCl3 = 0,1 mol.

X biết rõ số mol các chất → m = mX = 40,31 gam → Yêu cầu %mAlCl3 trong X ≈ 33,11%

Câu 30 Đáp án A

TH1: chất tan gồm Na2SO3 và NaHSO3 Đặt nNa2SO3 = x; nNaHSO3 = y.

Bảo toàn nguyên tố Natri: nNaOH = 2nNa2SO3 + nNaHSO3 ⇒ 2x + y = 0,4 mol

● mchất tan = 126x + 104y = 33,4(g) ||⇒ giải hệ có: x = 0,1 mol; y = 0,2 mol.

Bảo toàn nguyên tố Lưu huỳnh: nSO2 = 0,2 + 0,1 = 0,3 mol Đặt hóa trị của R là n

Bảo toàn electron: n × nR = 2nSO2 ⇒ nR = 0,6 ÷ n ⇒ MR = 11,2 ÷ (0,6 ÷ n) = 56

3

n

||⇒ n = 3 và MR = 56 g/mol ⇒ R là Sắt (Fe) Xét thí nghiệm 2:

nFe = 0,14 mol; nHCl = 0,32 mol ⇒ X chứa 0,14 mol FeCl2 và 0,04 mol HCl

Bảo toàn nguyên tố Clo: nAgCl = nHCl = 0,32 mol || Lại có:

3Fe2+ + 4H+ + NO3 → 3Fe3+ + NO + 2H2O || Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag↓

► Kết tủa gồm 0,32 mol AgCl và 0,11 mol Ag ⇒ m = 57,8(g)

TH2: chất tan gồm NaOH dư và Na2CO3 ⇒ loại

4.1 Đề số 1

Câu 1 Hòa tan hết 35,4 gam hỗn hợp gồm Mg và FeCO3 trong dung dịch HCl loãng dư thu được 20,16lít hỗn hợp khí X (đktc) Mặt khác cũng hòa tan hết 35,4 gam hỗn hợp trên cần dùng dung dịch chứa

H2SO4 0,25M và HNO3 0,75M đun nóng Sau khi kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí

Z gồm 2 khí không màu trong đó có 1 khí hóa nâu Tỉ khối của Z so với He bằng 8,8125 Cô cạn dungdịch Y thu được m gam muối Giá trị m là

A 148,12 gam B 140,84 gam C 142,72 gam D 144,46 gam.

Câu 2 Hỗn hợp X gồm Mg, MgCO3 và MgO Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl dư thuđược 8,4 lít hỗn hợp khí (đktc) và dung dịch chứa 2,375m gam muối Cho m gam hỗn hợp X tác dụng vớidung dịch HNO3 loãng dư thu được dung dịch Y, hỗn hợp khí Z gồm CO2 và NO có tỉ khối so với H2 là17,8 Cô cạn dung dịch Y thu được 68,34 gam muối khan Giá trị của m là

Câu 3 Hòa tan hết hỗn hợp rắn X gồm Mg, MgCO3 và một oxit Fe trong dung dịch HCl loãng dư thuđược hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với He bằng 4,7 Mặt khác cũng hòa tan hết hỗn hợp rắn X trên trongdung dịch HNO3 loãng dư thu được một khí duy nhất có thể tích là 3,584 lít (đktc) và dung dịch Z chứa102,72 gam muối Phần trăm khối lượng của oxit Fe trong hỗn hợp A là

Câu 4 Hòa tan hết m gam hỗn hợp chứa Mg, MgCO3 và FeCO3 trong dung dịch HCl loãng dư thu đượchỗn hợp khí X và dung dịch chứa các chất tan có cùng nồng độ mol Mặt khác đun nóng m gam hỗn hợp

trên cần dùng dung dịch chứa 1,02 mol HNO3, kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y và 5,6 lít (đktc)hỗn hợp khí Z gồm 2 khí có tỉ khối so với H2 bằng 22 Cô cạn cẩn thận dung dịch Y thu được (2m + 17,8)gam muối khan Biết trong Y không chứa ion Fe2+ Giá trị m là

A 22,44 gam B 27,90 gam C 27,00 gam D 23,73 gam.

Câu 5 Hòa tan hết 37,6 gam hỗn hợp gồm Mg, MgCO3 và FeCO3 trong dung dịch HCl loãng dư thuđược 11,2 lít (đktc) hỗn hợp khí X có tỉ khối so với He bằng 7,22 Mặt khác cũng hòa tan hết 37,6 gamhỗn hợp trên trong 120 gam dung dịch H2SO4 73,5% thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z gồm CO2 và

SO2 Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y Lọc lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng

không đổi thu được m gam rắn Giá trị gần nhất của m là

Câu 6 Hòa tan hết 42,88 gam hỗn hợp gồm Mg; Fe3O4 và FeCO3 trong dung dịch HCl loãng dư thu được8,96 lít (đktc) hỗn hợp khí X có tỉ khối so với He bằng 4,7 Mặt khác hòa tan hết 42,88 gam hỗn hợp trêncần dùng 420 gam dung dịch HNO3 a% thu được dung dịch Y chứa 135,12 gam muối và 5,376 lít (đktc)hỗn hợp khí Z gồm 3 khí không màu trong đó có 2 khí có cùng tỉ lệ mol Giá trị của a là

Câu 7 Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm Zn, Fe và FeCO3 trong dung dịch HCl loãng dư thu được2,912 lít hỗn hợp khí Y (đktc) Mặt khác cho cùng lượng X trên phản ứng với dung dịch HNO3đặc đunnóng, kết thúc phản ứng thu được dung dịch Z, hỗn hợp khí T có thể tích 3,808 lít (đktc) và còn lại 1,4gam một kim loại không tan Biết rằng NO2 là sản phẩm khử duy nhất của N+5 và khi cô cạn Z thu được

19,08 gam muối khan Giá trị của m gần nhất với

Câu 8 Hòa tan hết hỗn hợp rắn A gồm Mg, MgO, Mg(OH)2 và MgCO3 trong dung dịch HCl dư thu được3,136 lít (đktc) hỗn hợp khí X và dung dịch chứa 15,2 gam muối Mặt khác hoàn tan hết hỗn hợp A trêntrong dung dịch HNO3 dư thu được dung dịch Y chứa 24,08 gam muối và hỗn hợp khí Z gồm (CO2 ; NO)

có tỉ khối so với H2 bằng 19,2 Tỉ khối của Z so với X bằng a Giá trị của a là

Câu 9 Hòa tan hết 31,8 gam hỗn hợp rắn X gồm Mg, Al, Al2O3 và MgCO3 trong dung dịch chứa 1,96mol HCl, thu được dung dịch chỉ chứa 2 chất tan và 17,92 lít (đktc) hỗn hợp khí có tỉ khối so với H2 bằng4,54375 Mặt khác cho 31,8 gam rắn X vào dung dịch chứa NaHSO4 và 0,25 mol HNO3 Sau khi kết thúccác phản ứng thu được dung dịch Y chứa các muối trung hòa và 10,64 gam hỗn hợp khí Z gồm 5 khíkhông màu, trong đó có 0,03 mol khí N2 Để tác dụng tối đa các chất tan có trong dung dịch Y cần dùngdung dịch chứa 2,3 mol NaOH Phần trăm khối lượng của khí NO có trong hỗn hợp Z là

Câu 10 Chia hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4, Fe(OH)3 và FeCO3 thành hai phần bằng nhau Hoà tan hết phầnmột trong dung dịch HCl dư, thu được 1,568 lít (đktc) hỗn hợp khí có tỉ khối so với H2 bằng 10 và dungdịch chứa m gam muối Hoà tan hoàn toàn phần hai trong dung dịch chứa 0,57 mol HNO3, tạo ra 41,7

gam hỗn hợp muối (không có muối amoni) và 2,016 lít (đktc) hỗn hợp gồm hai khí (trong đó có khí NO).

Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây?

Câu 11 Hòa tan hỗn hợp A gồm Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4, Fe(OH)2, Fe(OH)3, FeCO3 trong dung dịch HCl

dư thu được 2,688 lít (đktc) hỗn hợp khí có tỉ khối so với He bằng 5,75 và dung dịch chứa m gam muối.Mặt khác hòa tan hoàn toàn lượng hỗn hợp rắn A như trên trong dung dịch HNO3 dư thu được dung dịch

X chứa 96,8 gam một muối và 4,48 lít (đktc) gồm 2 khí, trong đó có một khí hóa nâu trong không khí.Giá trị của m là

Câu 12 Chia hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4, Fe(OH)3 và FeCO3 thành hai phần bằng nhau Hòa tan hết phần 1trong dung dịch HCl dư, thu được 0,1 mol hỗn hợp 2 khí có tỉ khối so với He bằng 4,7 và dung dịch Y.Cho phần 2 tác dụng với lượng dư dung dịch H2SO4 đặc nóng, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thuđược dung dịch Z và 0,2075 mol hỗn hợp khí T gồm CO2 và SO2 (sản phẩm khử duy nhất của S+6) Khốilượng FeCl2 trong dung dịch Y là

A 25,307 gam B 27,305 gam C 23,705 gam D 25,075 gam.

Câu 13 Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm 59,04 gam hỗn hợp Al và một oxit sắt, thu được chất rắn E Chia

E làm hai phần bằng nhau

Cho phần một tác dụng vừa đủ với 160 mL dung dịch NaOH 2M, thu được 2,688 lít khí H2 (đktc) Chophần hai vào dung dịch HNO3 dư, có a mol HNO3 phản ứng, thu được 135,9 gam muối nitrat và hỗn hợphai khí có số mol lần lượt là 0,07 mol và 0,075 mol

Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn Giá trị của a là

Câu 14 Nung nóng 14,04 gam hỗn hợp Al và một oxit sắt trong khí trơ, thu được chất rắn X (giả thiết chỉ

xảy ra sự khử oxit sắt thành sắt) Nghiền nhỏ, trộn đều rồi chia X thành hai phần bằng nhau

Cho phần một vào dung dịch NaOH (loãng, dư) đến phản ứng hoàn toàn, thu được 1,008 lít khí H2 (đktc)

và chất rắn Y Hòa tan toàn bộ Y trong dung dịch HNO3 dư, thu được 1,232 lít khí NO (ở đktc, là sảnphẩm khử duy nhất của N+5)

Cho phần hai tác dụng với dung dịch chứa tối đa 32,34 gam H2SO4 (đặc, nóng), thu được SO2 là sản phẩmkhử duy nhất của S+6 Hiệu suất phản ứng nhiệt nhôm là

Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn Giá trị của m là

Câu 18 Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm 25,5 gam hỗn hợp gồm CuO, Fe3O4 và Al trong điều kiện không

có không khí, thu được hỗn hợp rắn X Chia X làm 2 phần bằng nhau Phần 1 cho vào dung dịch NaOHloãng dư, thấy lượng NaOH phản ứng là 6,8 gam đồng thời thoát ra a mol khí H2 và còn lại 6,0 gam rắnkhông tan Hòa tan hết phần 2 trong dung dịch chứa 0,8 mol HCl và b mol HNO3, thu được dung dịch Ychỉ chứa các muối trung hòa có tổng khối lượng là 39,17 gam và a mol hỗn hợp khí Z gồm NO, N2O và

H2 (trong đó H2 có số mol là 0,02 mol) Các phản ứng xảy ra hoàn toàn Thành phần % theo khối lượng

của khí NO có trong hỗn hợp Z gần nhất với giá trị nào sau đây?

Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn Giá trị a

b gần nhất với giá trị nào sau đây?

Câu 20 Trộn m gam Al vào 14,96 gam hỗn hợp rắn A gồm CuO, MgO, Fe2O3, Fe3O4 thu được hỗn hợprắn B Tiến hành phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp rắn B đến khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu đượchỗn hợp rắn C Chia C thành hai phần bằng nhau

• Phần một tác dụng vừa đủ với 100 ml dung dịch NaOH 1M, sau phản ứng thấy thoát ra 24V lít (đktc)khí H2 và còn lại một phần rắn không tan

• Phần hai tác dụng với dung dịch HNO3 (dư, đun nóng ) thì thấy có 0,69 mol HNO3 đã tham gia phảnứng; sau phản ứng thu được dung dịch D chứa 45,43 gam muối; đồng thời thấy thoát ra 29V lít (đktc) hỗnhợp khí gồm NO, N2O có tỷ khối so với H2 bằng 456/29 Cho dung dịch NaOH vào dung dịch D đến khithu được khói lượng kết tủa lớn nhất thì dừng lại, sau đó lấy kết tủa đó nung trong không khí đến khối

lượng không đổi thu được 12,7 gam chất rắn Phần trăm khối lượng của CuO trong hỗn hợp rắn A gần nhất với

mol mol

♦1 Giải bài tập HCl loãng → có 0,75 mol Mg và 0,15 mol FeCO3

♦2: HNO3 cơ bản: trước hết có 0,15 mol CO2, tỉ lệ CO2 ÷ NO = 3 : 5 → nNO = 0,25 mol

Bảo toàn electron: tính ra nNH4 = 0,1125 mol

(một chú ý nhỏ: tỉ lệ H 2 SO 4 và HNO 3 là 1 : 3 ||→ ∑n H + ÷ ∑n NO3 – < 4 ÷ 1 mà spk là NO nên hòa tan FeCO 3 là H + và NO 3 chứ không phải H 2 SO 4 , nói đơn giản hơn là Fe trong muối chỉ có thể là Fe 3+ như sơ đồ).

Gọi số mol như trên: BT điện tích có: 2x + (3x – 0,3625) = 0,1125 + 0,75 × 2 + 0,15 × 3

||→ giải x = 0,485 mol ||→ Yêu cầu giá trị của m = 142,72 gam

• Khí khi cho hỗn hợp + HCl là x mol H2 và z mol CO2 ⇒ x + z = 0,375 mol

• m = mX = 24x + 40y + 44z; 2,375m = mmuối = 95 × (x + y)

⇒ tỉ lệ 2,375m ÷ m = 95 × (x + y) ÷ (24x + 40y + 44z) = 2,375

• Hỗn hợp khí Z gồm z mol CO2 và 1,5z mol NO (từ tỉ khối với H2)

⇒ bảo toàn electron có nNH4NO3 = (2nMg – 3nNO) ÷ 8 ⇒ mNH4NO3 = (20x – 45z) gam

Theo đó, ∑mmuối trong Y = 148(x + y) + (20x – 45z) = 68,34 gam

Ba ẩn đủ ba phương trình ⇒ giải: x = 0,275; y = 0,18; z = 0,1

⇒ Yêu cầu m = 24x + 40y + 44z = 18,2 gam

Câu 3 Đáp án A

X + HNO3 → khí duy nhất chính là 0,16 mol CO2 ||→ MgCO3 là 0,16 mol

Phản ứng: X + HCl loãng dư ||→ CO2 và H2

Từ tỉ khối và số mol CO2 biết → có 0,24 mol H2 ||→ Mg có 0,24 mol

Xem nào, X (có Mg) + HNO3 mà khí chỉ có khí CO2 (không phải là sản phẩm khử)

À, như vậy là phải có muối amoni NH4NO3 rồi và đây cũng chính là sản phẩm khư duy nhất

À, như vậy oxit sắt không có tính oxit hóa khử rồi Nghĩa là oxit này là Fe2O3

||→ bảo toàn electron: nNH4NO3 = 2nMg ÷ 8 = 0,06 mol; muối còn 0,4 mol Mg(NO3)2

mà tống muối đề cho là 102,72 gam ||→ có 0,16 mol muối Fe(NO3)3 (chú ý HNO3 dùng dư)

||→ nFe2O3 = 0,08 mol ||→ mX = 32 gam

||→ Yêu cầu: %mFe2O3 trong X = 0,08 × 160 ÷ 32 = 40,0% Chọn đáp án A ♥

Câu 4 Đáp án C

MZ = 44; chắc chắn có CO2 rồi → khí kia là N2O Có nZ = 0,25 mol và mZ = 11 gam

Giả thiết + HCl chỉ đóng góp vai trò cho biết ∑nMg = ∑nFe (về mặt nguyên tố)

Đọc kĩ quá trình (tránh quên amoni); gọi số mol các chất và số mol đã biết theo sơ đồ:

2 1,02

Có khá là nhiều hướng để thiết lập 1 hệ phương trình 3 ẩn Có thể theo hướng sau:

♦1: bảo toàn e: 2 × (x – y) + x = ne cho = ne nhận = 8z + 8 × (0,25 – x – y) ⇄ 11x + 6y – 8z = 2.

♦2: Bảo toàn nguyên tố N: 5x + 2z + 2 × (0,25 – x – y) = 1,02 ⇄ 3x – 2y + 2z = 0,52

♦3: Về khối lượng: m = 116x + 24(x – y) + 84y = 140x + 60y; mmuối = 2m + 17,8 = 390x + 80z.

||→ triệt tiêu m có phương trình nữa là 110x – 120y + 80z = 17,8.

Giải hệ phương trình được: x = 0,18 mol; y = 0,03 mol và z = 0,02 mol.

Thay lại có giá trị của m = 140x + 60y = 27,0 gam Chọn đáp án C ♣.

Câu 5 Đáp án C

♦ giải CB2: khí X gồm 0,18 mol H2 và 0,32 mol CO2;

||→ đọc ra 37,6 gam gồm 0,18 mol Mg + 0,12 mol MgCO3 và 0,2 mol FeCO3

♦ CB3: 2nSO2 = 2nMg + nFeCO3 ||→ nSO2 = 0,28 mol Lại có nH2SO4 = 0,9 mol

||→ nSO42– = 0,62 mol (trong Y: 0,62 mol SO42–; 0,2 mol Fe3+; 0,3 mol Mg2+

||→ còn 0,04 mol H+ dư nên không phải lăn tăn gì Fe2+ hay Fe3+ gì gì nữa nhé.!)

Tuy nhiên, Ba(OH)2 dư nên thoải mái, đọc cái cuối cùng m gam rắn gồm:

0,62 mol BaSO4 + 0,1 mol Fe2O3 + 0,3 mol MgO ||→ Yêu cầu m = 172,46

Câu 6 Đáp án A

♦ bài tập + HCl loãng dư: các khí trong X gồm 0,24 mol H2 và 0,16 mol CO2

||→ suy ngược lại có 0,24 mol Mg và 0,16 mol FeCO3 ||→ còn lại là 0,08 mol Fe3O4.

► trong đó xử lí nhanh: 0,16 mol CO2 trong 0,24 mol hỗn hợp khí nên

còn lại hai khí kia có cùng số mol là 0,04 mol (chưa biết là khí gì!)

để ý tiếp m2 muối kim loại = 132,32 gam ||→ chứng tỏ 135,12 gam muối còn 0,035 mol NH4NO3 nữa

Gọi số electron cho của hai khí không màu sản phẩm khử là a và b (a, b nguyên dương) thì

bảo toàn electron có: 0,04 × (a + b) + 0,035 × 8 = 0,24 × 2 + 0,08 × 1 + 0,16 × 1 ⇄ a + b = 11

||→ thỏa mãn 2 khí không màu là NO (a = 3) và N2O (b = 8)

Đến đây, bảo toàn nguyên tố N → nHNO3 phản ứng = 1,87 mol → giá trị a = 28,05 %

Câu 7 Đáp án D

Gọi số mol Zn, Fe, FeCO3 lần lượt là x, y, z mol

Cho X phản ứng với HCl dư → khí sinh ra gồm H2 và CO2 → x+y + z= 0,13

Cho X phản ứng HNO3 sinh ra 0,17 mol (NO2 và z mol CO2) và còn dư 1,4 gam kim loại Fe ( 0,025 mol)muối sinh ra gồm Fe(NO3)2 : y+ z- 0,025 mol và Zn(NO3)2 : x mol

Bảo toàn electron → nNO2 = 2x + 2 ( y- 0,025)

Như vậy là trong hỗn hợp muối nitrat còn có 0,005 mol NH4NO3 nữa

Gọi số mol CO2 là 3x mol thì tính theo x được số mol NO là 2x mol và H2 là (0,14 – 3x) mol.

Xét cả 2 quá trình, do cùng lượng electron cho nên lượng electron nhận ở 2 phản ứng bằng nhau,

Nghĩa là: 2 × (0,14 – 3x) = 6x + 0,005 × 8 → x = 0,02 mol.

Vậy X gồm: 0,06 mol CO2 và 0,08 mol H2; Z gồm 0,06 mol CO2 và 0,04 mol NO

Theo đó, giá trị của a = dZ/X = 1,92 Chọn đáp án B ♦

,

0135mol 2+

2

2 3+

0 665mol

2 2+

2 3+

4

2 +

HAl

► Tách giải bài tập CB2 trước.! Tính CO2; H2, bào toàn H tính H2O

Quy hỗn hợp đầu về Mg, Al, O và CO2 ||→ nCO2 = 0,135 mol; nO = nH2O = 0,315 mol

||→ ∑mMg + Al = 20,82 gam kết hợp điện tích 2nMg + 3nAl = ∑nCl– = 1,96 mol

||→ giải ra ∑nAl = 0,3 mol và ∑nMg = 0,53 mol ||→ kết thúc bài tập CB2.!

► Giải bài tập HNO3 phức tạp.! 2,3 mol NaOH xử lí dung dịch sau phản ứng

YTHH 02: Natri đi về 0,3 mol NaAlO2 ||→ còn 2,0 mol Na + x mol Na trong x mol NaHSO4

cuối cùng đi về x mol Na2SO4 ||→ x = 2,0 mol Vậy, biết thêm NaHSO4 có 2,0 mol

||→ Bảo toàn điện tích trong dung dịch Y có nNH4+ = 0,04 mol ||→ mmuối trong Y = 259,54 gam

BTKL cả phản ứng HNO3 có nH2O = 0,965 mol Bỏ cụm SO4; CO2 ở 2 vế, tiến hành

bảo toàn O có: nO trong (N2O; NO) = 0,315 + 0,25 × 3 – 0,965 = 0,1 mol

Tiếp tục bảo toàn N có nN trong (N2O; NO) = 0,15 mol ||→ nN2O = nNO = 0,05 mol

||→ Yêu cầu %mNO trong Z = 0,05 × 30 ÷ 10,64 ≈ 14,10% Chọn đáp án B ♦

2

3 3

0,03 41,7

1

2

mol HCl

mol

m gam

mol HNO

mol

mol gam

Sơ đồ được rút gọn như sau:

}{

Theo đó, n H O2 ở (1) = 0,165 mol → bảo toàn H có nHCl = 0,41 mol

TN1 cho 2 khí là H2 (0,06 mol) và CO2 (0,04 mol)

TN2 cho 2 khí là CO2 (0,04 mol) và SO2 (0,2075 – 0,1675 mol)

nFeCl2 = ne lệch = 0,1675 × 2 – 0,06 × 2 = 0,215 mol

Câu 13 Đáp án B

Chia đôi số liệu hỗn hợp đầu, tức có 29,52 gam hỗn hợp gồm Al và một oxit sắt

• đọc phần 1: có 0,12 mol H2 → có 0,08 mol Al; 0,32 mol NaOH → tổng có 0,32 mol Al

||→ có 0,12 mol Al2O3 Vậy 29,52 gam hỗn hợp E gồm 0,08 mol Al; 0,12 mol Al2O3 và ⇒ còn 0,27 molFe

(từ đây nFe ÷ nO = 0,27 ÷ 0,36 = 3 : 4 → oxit là Fe3O4 xác định được nhưng không cần thiết)

• ở phần 2: xét thấy dung dịch C chứa muối gồm 0,32 mol Al(NO3)3 và 0,27 mol Fe(NO3)3

mới có khối lượng 133,5 gam thôi, như vậy trong 135,9 gam còn có thêm 0,03 mol muối NH4NO3 nữa.Xét E gồm 0,08 mol Al; 0,12 mol Al2O3 và 0,27 mol Fe phản ứng với dung dịch HNO3 dư,

Theo bảo toàn electron có: 0,07a + 0,075b + 0,03 × 8 = 0,08 × 3 + 0,27 × 3 ||→ 14a + 15b = 162

Với a, b là các số electron nhận của N+5 để tạo các sản phẩm khử X và Y

Giải phương trình nghiệm nguyên thấy cặp (a; b) = (3; 8) thỏa mãn tức ứng với 2 khí là NO và N2O.Theo đó, bảo toàn nitơ có ∑nHNO3 = 0,27 × 3 + 0,32 × 3 + 0,03 × 2 + 0,07 + 0,075 × 2 = 2,05 mol

Câu 14 Đáp án D

mX = 14,04 gam → chia đôi bằng nhau mỗi phần X nặng 7,02 gam

• Phần 1 + NaOH → 0,045 mol H2 chứng tỏ trong X có 0,03 mol Al dư

các bạn sẽ thấy cuối cùng thì e cho nhận ở hai quá trình bằng nhau.

⇒ 2nSO2 (phần 2) = 3nNO (phần 1) + 2nH2 (phần 1) ⇒ như trên.!

3 ẩn Al, Fe, O với đủ 3 giả thiết → giải: nAl = 0,06 mol; nFe = nO = 0,075 mol

⇒ 7,02 gam hỗn hợp X gồm 0,06 mol Al và oxit là FeO với số mol 0,075

Quay lại phản ứng nhiệt nhôm: 2Al + 3FeO → Al2O3 + 3Fe

Al dư 0,03 mol → nAl phản ứng = 0,03 mol → nFeO phản ứng = 0,045 mol

• Nhiệt nhôm hh gồm Al và m gam hai oxit sắt → hh X

X + NaOH dư → ddY + chất không tan Z + 0,03 mol H2

CO2 + ddY → 0,1 mol Al(OH)3

Z + H2SO4 → 15,6 gam muối Fe2(SO4)3 và FeSO4 + 0,11 mol SO2

• nH2 = 0,03 mol → nAl dư = 0,02 mol → nAl phản ứng = 0,1 - 0,02 = 0,08 mol

→ nAl2O3 tạo thành = 0,04 mol → nO2- trong oxit sắt = 0,04 x 3 = 0,12 mol

Đặt nFe2(SO4)3 = x mol; nFeSO4 = y mol

Chia đôi số liệu cho tiện việc tính toán

X + NaOH → H2 ⇒ X gồm Cu, Fe, Al2O3 và Al dư

BTNT(Al + Na): nAl bđ = nNaAlO2 = nNaOH pứ = 0,17 mol

Câu 19 Đáp án A

rất rõ nhưng chắc chắn không phải ai cũng rõ: “thành 2 phần không bằng nhau”

• Giải phần 1 có ngay: 0,02 mol Al và 0,02 mol Al2O3

→ Giải hệ khối lượng kim loại 2,96 gam và ∑nO = 0,08 mol

⇒ có: nFe3O4 = 0,01 mol và nCuO = 0,02 mol

||→ mX ở phần 1 = 5,54 gam = ¼.mX ban đầu ||→ chứng tỏ phần 2 dùng gấp 3 lần phần 1

Nghĩa là ở phần 2, chúng ta có 0,18 mol Al; 0,03 mol Fe3O4 và 0,06 mol CuO

• Xem xét tiếp phần 2: H2SO4, HNO3 không rõ đủ dư, quá trình phức tạp

||→ dùng sơ đồ để dễ quan sát hơn Sẽ có một số góc nhìn cho bài tập này như sau:

, 2

mol

4

mol mol

x y

x y

(xử lí nhanh sơ bộ một số giả thiết như trên sơ đồ; chú ý Fe chưa rõ là Fe 2+ ; Fe 3+ nên chúng ta

mới quy đổi X về các nguyên tố, nếu để Al, Fe 3 O 4 , CuO sẽ không rõ bảo toàn electron như thế nào.!) Với x = ∑nSO42– trong muối kim loại thì theo BT e kiểu mới: 2x = ne cho = 8nNH4+ + 3nNO + 8nN2O + 2nO

Tức có 2x = 16y + 0,69 Mặt khác: mmuối = m(NH4)2SO4 + mcác kim loại + mSO42– muối trong kim loại = 58,11gam

Mà mcác kim loại = 13,74 gam nên 132y + 96x = 58,11 – 13,74 = 44,37 gam.

Giải hệ được x = 0,445 mol và y = 0,0125 mol.

,

?

2

, 0,09

58,1

: ,

: ,

.: ,

:: 0,18

Cu 0 06

NHO

đồng nhất số liệu bằng cách chia đôi giả thiết đầu bài.

♦ Xử lí nhanh nhiệt nhôm: 0,1 mol Na đi hết về NaAlO 2 → ∑n Al ban đầu = 0,1 mol.

có 24x mol H 2 → chứng tỏ dư 16x mol Al sau nhiệt nhôm; các oxit về hết kim loại trừ MgO!

♦ bài tập HNO 3 phức tạp.! đây chính là bài tập chính cần tập trung quan sát và xử lí:

}{

,

,

, ,

12,7 ,

:

o 2

Mg

Fe OAl

So sánh 10,18 gam với 12,7 gam ||→ tăng do 0,1 mol Al → Al2O3 (theo 1Al + 3/2O → ½.Al2O3)

và 2Fe3O4 + 1O → 3Fe2O3 ||→ đầu tiên giải ra có 0,015 mol Fe3O4

Gọi số mol như trên có theo bảo toàn electron: 102x + 8y = 0,1 × 3 + 0,015 × 1 = 0,315 mol

Mặt khác, bảo toàn H → có (0,345 – 2y) mol H2O ||→ theo BTKL cả phản ứng + HNO3

rút gọn có: 912x + (0,345 – 2y) × 18 = 8,22 gam Giải hệ: x = 0,0025 mol và y = 0,0075 mol

Thêm: nHNO3 phản ứng = 10nNH4+ + 10nN2O + 4nNO + 2nO trong oxit → ∑nO trong C = 0,14 mol

x biết → có 0,04 mol Al trong C → Al2O3 là 0,03 mol Theo đó MgO có 0,05 mol

Còn lại: ∑mCu + Fe = 10,18 – 0,04 × 27 – 0,03 × 102 – 0,05 × 40 = 4,04 gam

và dùng C + HNO3 thì bảo toàn electron có: 3nFe + 2nC = 0,315 – 0,04 × 3 = 0,195 mol

Giải được nCu = 0,015 mol và nFe = 0,055 mol

||→ ||→ Yêu cầu: %mCuO trong A = 0,015 × 80 ÷ 7,48 ≈ 16,04% Chọn đáp án C ♣

4.2 Đề số 2

Câu 1 Chia hỗn hợp gồm FeCO3 và Fe(NO3)2 thành hai phần bằng nhau

Nung nóng phần một trong bình chân không, thu được 9,6 gam chất rắn duy nhất là Fe2O3 và 0,21 molhỗn hợp gồm NO2, CO2 và O2

Cho phần hai vào 150 mL dung dịch H2SO4 1M (dư), thu được dung dịch X và hỗn hợp khí CO2 và NO(sản phẩm khử duy nhất của N+5) Cho từ từ đến hết dung dịch chứa 0,06 mol Ba(OH)2 vào X, thu được mgam kết tủa

Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn Giá trị của m là

Câu 2 Chia hỗn hợp gồm FeCO3 và Fe(NO3)2 thành hai phần bằng nhau

Nung nóng phần một trong bình chân không, thu được chất rắn duy nhất là Fe2O3 và 0,18 mol hỗn hợpgồm NO2 và CO2

Cho phần hai vào 220 mL dung dịch H2SO4 1M (dư), thu được dung dịch X và a mol hỗn hợp khí Thêmbột Cu dư vào X, có b mol Cu phản ứng Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, khí NO là sản phẩm khửduy nhất của N+5

Tỉ lệ a : b tương ứng là

Câu 3 Chia hỗn hợp gồm FeCO3 và Fe(NO3)2 thành hai phần bằng nhau

Nung nóng phần một trong bình chân không, thu được chất rắn duy nhất là Fe2O3 và 0,45 mol hỗn hợpgồm NO2 và CO2

Cho phần hai vào dung dịch H2SO4 (loãng, dư), thu được V lít (đktc) hỗn hợp khí gồm CO2 và NO (sảnphẩm khử duy nhất của N+5)

Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn Giá trị của V là

m là

Câu 5 Nung m gam hỗn hợp gồm Fe, Fe(NO3)2, Fe(NO3)3 và FeCO3 trong bình chân không tới phản ứnghoàn toàn, thu được chất rắn X và hỗn hợp khí chứa 25% CO2 về thể tích Giả thiết khí NO2 tạo thànhkhông tham gia các phản ứng

Hòa tan hoàn toàn X vào 200 mL dung dịch gồm NaNO3 0,2M và H2SO4 0,9M, thu được dung dịch chỉchứa 24,92 gam muối sunfat của kim loại và 0,06 mol hỗn hợp khí gồm NO và H2

Cho Y vào dung dịch chứa 0,3 mol NaOH (dùng dư 25% so với lượng phản ứng), lọc bỏ kết tủa, sục khí

CO2 dư vào phần nước lọc, thu được kết tủa và dung dịch Z

Cô cạn Z rồi nung chất rắn khan còn lại, thu được m gam chất rắn Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.Giá trị của m là

Câu 9 Cho 20 gam hỗn hơpp̣ A gồm FeCO3, Fe, Cu, Al tác dụng với 60 ml dung dicp̣h NaOH 2M dụngđược 2,688 lít khí hiđro Sau khi kết thúc phản ứng cho tiếp 740 ml dung dicp̣h HCl 1M và đun nóng đếnkhi hỗn hơpp̣ khí B ngừng thoát ra Locp̣ và tách cặn rắn R Cho B hấp thu p̣từ từ vào dung dicp̣h Ca(OH)2 dưthì thu đươcp̣ 10 gam kết tủa Cho R tác duṇg hết với dung dịch HNO3 đặc, nóng thu đươcp̣ dung dịch D và1,12 lít môṭ chất khí duy nhất Cô cạn D rồi nhiệt phân muối khan đến khối lượng không đổi được m gam

sản phẩm rắn Giá trị m gần nhất với (Biết rằng các thể tích khí đều đo ở điều kiêṇ tiêu chuẩn)

Câu 10 Hòa tan hết 19,68 gam hỗn hợp gồm Fe và các oxit sắt trong dung dịch HCl loãng dư thu được

1,792 lít khí H2 (đktc) và dung dịch X có chứa 22,86 gam muối FeCl2 Mặt khác hòa tan hết 19,68 gamhỗn hợp rắn trên trong 208 gam dung dịch HNO3 31,5% thu được dung dịch Y Cho dung dịch NaOH vàodung dịch Y thu được 27,82 gam kết tủa duy nhất Phần dung dịch nước lọc đem cô cạn, sau đó nung đếnkhối lượng không đổi thấy khối lượng chất rắn giảm 17,64 gam Nồng độ C% của Fe(NO3)3 có trong

dung dịch Y gần nhất với

Câu 11 Nhiệt phân hỗn hợp X gồm Cu(NO3)2 và AgNO3 một thời gian, thu được m gam hỗn hợp khí A

và (m +15,04) gam chất rắn B Hấp thụ toàn bộ hỗn hợp khí A vào bình chứa nước đến khi phản ứng xảy

ra hoàn toàn thu được 600 ml dung dịch D có pH = 1 và có 0,112 lít (đktc) một khí duy nhất thoát ra khỏibình Mặt khác, cũng lượng hỗn hợp X ở trên được hòa tan hết vào nước thu được dung dịch Y, nhúngmột thanh Fe vào dung dịch Y đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn lấy thanh Fe ra, rửa nhẹ, sấy khô, cânlại thấy khối lượng thanh Fe tăng thêm 3,84 gam so với ban đầu Hiệu suất phản ứng nhiệt phân Cu(NO3)2

là (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ)

Câu 12 Chia 47,1g hỗn hợp bột X gồm Zn, Fe, Mg thành 3 phần bằng nhau Cho phần 1 vào 500ml dung

dịch HCl nồng độ a mol/l, làm khô hỗn hợp sau phản ứng thu được 33,45g chất rắn khan Cho phần 2 tácdụng với 450ml dung dịch HCl nồng độ 2a mol/l, làm khô hỗn hợp sau phản ứng thu được 40,55g chấtrắn khan Phần 3 tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 thu được 86,4g chất rắn Biết các phản ứng đều

xảy ra hoàn toàn, các quá trình làm khô hỗn hợp không xảy ra phản ứng hóa học giá trị của a và phầntrăm số mol của Mg có trong hỗn hợp X lần lượt là :

A 0,5 và 22,93% B 1,0 và 42,86% C 0,5 và 42,96% D 1,0 và 22,93%

Câu 13 Hòa tan hoàn toàn 29,6 gam hỗn hợp gồm Fe, Fe2O3 và CuO trong dung dịch chứa 1,1 molHNO3 Kết thúc các phản ứng thu được dung dịch X và 2,24 lít hỗn hợp khí Y gồm 2 khí NO và N2O.Chia dung dịch X làm 2 phần bằng nhau:

– Phần 1: tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc lấy kết tủa nung ngoài không khí đến khối lượng khôngđổi thu được 18,4 gam rắn

– Phần 2: tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thu được 18,9 gam kết tủa

Phần trăm khối lượng của oxi có trong hỗn hợp ban đầu là

Câu 14 Tiến hành điện phân hoàn toàn 30,6 gam Al2O3 với điện cực than chì thu được hỗn hợp khí X.Dẫn toàn bộ X qua ống sứ chứa hỗn hợp Y gồm Fe và một oxit Fe (tỉ lệ mol 1 : 2) nung nóng, kết thúcphản ứng thấy thoát ra một khí duy nhất có thể tích 12,32 lít (đktc) Hòa tan rắn còn lại trong ống sứ cầndùng 600 gam dung dịch HNO3 26,25% thu được dung dịch chỉ chứa Fe(NO3)3 có khối lượng 181,5 gam

và 6,7 gam hỗn hợp khí Y gồm NO và N2O Công thức của oxit Fe là

A FeO B Fe2O3 C Fe3O4 D FeO hoặc Fe2O3

Câu 15 Chia 1500 ml dung dịch Y chứa hỗn hợp HCl và Cu(NO3)2 thành 2 phần (phần 2 gấp đôi phần 1).Đem điện phân phần 1 (với điện cực trơ), sau một thời gian thu được 3,136 lít (đktc) một chất khí duynhất ở anot Dung dịch sau điện phân phản ứng vừa đủ với 110 ml dung dịch NaOH 4M, thấy xuất hiện1,96 gam kết tủa Cho m gam bột kim loại Fe tác dụng với phần 2 đến khi phản ứng hoàn toàn Kết thúcphản ứng thu được hỗn hợp kim loại có khối lượng 0,75m gam và khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đktc)

Giá trị của m là (TTLT Diệu Hiền – TP Cần Thơ)

Câu 17 Hòa tan hết 6,12 gam hỗn hợp Al và Mg trong 400 mL dung dịch gồm HCl 1,04M và H2SO4

0,28M, thu được dung dịch X và khí H2

Cho 340 mL dung dịch NaOH 2M vào X, thu được 13,2 gam kết tủa gồm hai chất

Nếu cho từ từ dung dịch gồm KOH 0,8M và Ba(OH)2 0,1M vào X đến khi thu được lượng kết tủa lớnnhất, lọc lấy kết tủa rồi đem nung, thu được m gam chất rắn

Giả thiết các phản ứng xảy ra hoàn toàn Giá trị nào sau đây gần nhất với m?

A 0,15 và 37,21 B 0,3 và 36,77 C 0,15 và 38,00 D 0,3 và 38,01.

• BTe: 3nNO = nFe(NO3)2 + nFeCO3 ⇒ nNO = 0,04 mol ⇒ nH+ pứ = 4nNO + 2nCO3 = 0,24 mol.

⇒ nH+ dư = 0,06 mol ||• nFe3+ = 0,12 mol > (0,06 × 2 – 0,06) ÷ 3

⇒ Fe3+ dư ⇒ ↓ gồm Fe(OH)3 (0,02 mol) và BaSO4 (0,06 mol) ||⇒ m = 16,12 gam

Sinh khí NO ⇒ xảy ra phản ứng oxi hóa - khử ⇒ Y chứa Fe hoặc FeO ⇒ O2 hết ⇒ Z chứa NO2 và CO2

Mkhí = 16 ⇒ chứa H2 ⇒ dung dịch không chứa NO3 Bảo toàn nguyên tố Nitơ: nNO = nKNO3 = 0,01 mol

► Dùng sơ đồ đường chéo ⇒ nNO : nH2 = 1 ⇒ nH2 = 0,01 mol || Do chỉ chứa muối ⇒ H+ hết

nH+ = 2nO + 4nNO + 2nH2 ⇒ nO = 0,12 mol || mmuối = mFen+ + mK+ + mSO42– ⇒ mFe = 6,44 (g)

► Dùng sơ đồ đường chéo ⇒ nNO2 : nCO2 = 1 ||⇒ đặt nNO2 = x = nCO2 = x ⇒ nNO3 = nCO3 = x.

Bảo toàn nguyên tố Oxi: nO/Y = 2x = 0,12 mol ⇒ x = 0,06 mol ||⇒ m = 13,76(g)

Câu 5 Đáp án B

Câu 6 Đáp án C

► Đặt nFe(NO3)2 = x; nFeCO3 = y; nFe(OH)2 = z Nung ta có:

– 4Fe(NO3)2 ��t�� 2Fe2O3 + 8NO2↑ + O2↑

– 4FeCO3 + O2 ��t�� Fe2O3 + 4CO2↑

– 4Fe(OH)2 + O2 ��t�� 2Fe2O3 + 4H2O

(● Ps: O2 được dùng trong 2 phản ứng sau là O sinh ra ở phản ứng đầu chứ không phải O₂ 2 bên ngoài vì

đề nói rõ nung trong CHÂN KHÔNG )

► Thu được rắn duy nhất Fe2O3 và Y không chứa O2 ⇒ O2 phản ứng vừa đủ

⇒ nO2 sinh ra = nO2 phản ứng ⇒ 0,25x = 0,25y + 0,25z hay x = y + z ^_^

_

► Xét thí nghiệm 2: nH SO = 120 × 0,147 ÷ 98 = 0,18 mol₂ ₄

Nồng độ 14,7% là nồng độ loãng ⇒ xảy ra phản ứng oxi hóa Fe là do xảy ra phản ứng:

4H+ + NO3 + 3e → NO + 2H2O || Do chỉ thu được muối trung hòa ⇒ H+ hết, NO3 có thể dư

Cứ xét dư, nếu không dư thì bằng 0: nH+ = 4nNO + 2nCO3 + nOH–

(nãy quên mất H+ còn 2 phản ứng nữa là 2H+ + CO32– → CO2↑ + H2O và H+ + OH– → H2O)

⇒ nNO = (0,36 – 2y – 2z) ÷ 4 = (0,36 – 2x) ÷ 4 = (0,09 – 0,5x) mol

● Bảo toàn nguyên tố Nitơ: nNO3– trong muối = 2x – (0,09 – 0,5x) = (2,5x – 0,09) mol

||⇒ mMuối = mFe + mNO3– + mSO42– = 56.(x + y + z) + 62.(2,5x – 0,09) + 0,18.96 = 38,4

||→ nSO2 + CO2 trong Y = 1,11 – 0,9 – 0,02 = 0,19 mol = x + 2y.

Mặt khác, lại theo bảo toàn O: 3x + 0,9 ÷ 4 × 2 = (x + y) × 1,5 + 0,21 × 2.

Giải hệ được x = 0,05 mol và y = 0,07 mol ||→ %mFeS2 trong X ≈ 59,15%

⇒ nCu(NO3)2 = 0,08 × 3 ÷ 4 = 0,06 mol ⇒ nCu(NO3)2 dư = 0,02 mol

• Y + NaOH → NaAlO2, NaNO3 (BT gốc NO3 ⇒ 0,2 mol) và NaOH dư

Dung dịch trên + CO dư ⇒ NaHCO và NaOH phản ứng hết tạo NaHCO

⇒ rắn gồm NaNO2 (0,2 mol) và Na2CO3 (BTNT(Na) cho 0,05 mol) ⇒ m

Câu 9 Đáp án B

Gợi ý: ➤ Chia, tách nhỏ từng bài tập, quá trình ra để giải:

♦ chỉ có Al + NaOH → NaAlO2 + 3/2H2↑ || nNaOH = nH2 = 0,12 mol

⇒ chứng tỏ sau phản ứng NaOH còn dư 0,04 mol và ∑nAl trong A = 0,08 mol

Khí B như ta biết gồm CO2 (sinh ra do FeCO3) và H2 (do Fe)

10 gam kết tủa là 0,1 mol CaCO3 ⇒ có 0,1 mol CO2 ⇒ nFeCO3 = 0,1 mol

rắn R ra chắc chắn có Cu và có thể là còn dư kim loại Fe Vậy phần trong dung dịch?

à, gồm: 0,08 mol AlCl3; 0,12 mol NaCl + ??? mol FeCl2 mà ∑nCl = nHCl = 0,74 mol

⇒ bảo toàn Cl có ngay nFeCl2 = 0,19 mol; sinh ra do 0,1 mol FeCO3 ⇒ còn 0,09 nữa do Fe

Vậy mR = mCu, Fe lọc ra = 20 – mAl – mFeCO3 – mFe phản ứng = 1,2 gam

R gồm Cu, Fe là các kim loại hoạt động TB yếu nên + HNO3 sinh NO hoặc NO2

ở đây dùng HNO3 đặc nên khí duy nhất sinh ra là NO2 || nNO2 = 0,05 mol

⇒ bảo toàn electron có 3nFe + 2nCu = nNO2 = 0,05 mol mà mFe + Cu = 1,2 gam

⇒ giải ra nFe = nCu = 0,01 mol Đọc tiếp quá trình cuối

⇒ m gam sản phẩm gồm 0,01 mol CuO và 0,05 mol Fe2O3 ⇒ m = 1,6 gam → chọn đáp án B ♦

Câu 10 Đáp án B

Tách nhỏ các bài tập ra và xử lí:

♦1: YTHH 03 - quy đổi(☆ phụ ☆): 19,68 gam (Fe; O) + HCl → 0,08 mol H2 + 0,18 mol FeCl2

||→ Hỗn hợp được quy gồm 0,08 mol Fe + 0,1 mol FeO và còn lại là 0,05 mol Fe2O3

♦2: bài tập HNO3(☆ chính ☆): quan tâm hỗn hợp có 0,28 mol Fe và 0,25 mol O Quan sát quá trình:

mol

NaOH mol

♦3 Bài tập nhiệt phân muối Nitrat (☆ phụ ☆): rắn giảm gồm 0,02 × 3 × (46 × 4 + 32) gam (4NO2 + 1O2)

do Fe(NO3)3 và 0,45 × 32 gam O2 do 0,9 mol NaNO3 nữa

Theo đó, ∑nNO3– trong Y = 0,96 mol ||→ nN spk = 0,08 mol (theo bảo toàn N)

Bảo toàn electron có nO spk = (0,25 × 2 + 0,08 × 5 – 0,28 × 3) ÷ 2 = 0,03 mol

Theo đó mspk = 1,6 gam ||→ mdung dịch Y = 19,68 + 208 – 1,6 = 226,08 gam

||→ Yêu cầu: C%Fe(NO3)3 trong Y = 0,28 × 242 ÷ 226,08 ≈ 29,97 % Chọn đáp án B ♦

Câu 11 Đáp án A

♦1: nhiệt phân muối nitrat: Cu(NO3)2 + AgNO3 → rắn B + khí A gồm (NO2; O2)

♦2 giải khí A + H2O → 0,06 mol HNO3 + 0,005 mol O2 thoát ra.!

Tạo 0,06 mol HNO3 là do 4NO2 + 1O2 + 2H2O → 4HNO3 ||→ nNO2 trong A = 0,06 mol

và ∑nO2 trong A = 0,02 mol NO2 ||→ m = mA = 3,4 gam → mX = 2m + 15,04 = 21,84 gam

♦3: giải kim loại đẩy muối gọi số mol Cu, Ag lần lượt là x, y mol thì theo trên:

Khối lượng muối X: 188x + 170y = 21,98 gam (1).

kim loại đẩy muối: ΔmFe tăng = (64 – 56)x + (108 – 56 ÷ 2)y = 3,84 gam (2).

giải ra: x = 0,08 mol và y = 0,04 mol.

► Ở đây nói rõ lại tí: 0,005 mol khí duy nhất thoát ra có thể là NO hoặc O2 nhưng:

Cu(NO3)2 –––to–→ CuO + 2NO2 + ½.O2 || AgNO3 –––to–→ Ag + NO2 + ½.O2

điều này kết hợp với tỉ lệ 4 : 1 trong tạo HNO3 chứng tỏ O2 còn dư như trên.!

cũng từ tỉ lệ phương trình giải nCu(NO3)2 phản ứng = nAgNO3 phản ứng = 0,02 mol

||→ Hnhiệt phân Cu(NO3)2 = 0,02 ÷ 0,08 = 25% Chọn đáp án A ♥

Gọi số mol Zn , Mg , Fe trong mỗi phần lần lượt là x , y , z

+) P2 : mrắn – mP2 = mCl pứ => nCl pứ = 0,7 mol < nHCl => kim loại phản ứng hết

36,8

1.

2 / 3

3

0,55 1,1

2 29,6

0,35

o

gam NaOH

t C O mol

mol gam

Trước tách các bài tập nhỏ ra xử lí trước đã:

♦1: sự chênh lệch giữa 29,6 gam với 36,8 gam là do 0,45 mol O

lượng O này để chuyển Fe → FeO1,5 ||→ nFe trong hh đầu = 0,45 ÷ 1,5 = 0,3 mol

♦2: X + AgNO3 → kết tủa thì đó là Ag↓ và phải có Fe2+ trong X, có Fe2+ chứng tỏ HNO3 hết,

X chỉ chứa các muối và đọc luôn nFe2+ trong X = 0,35 mol (Ag+ + Fe2+ → Fe3+ + Ag↓)

||→ có sơ đồ như trên, bỏ hẳn phần sau đi chỉ còn lại bài tập HNO3 NHƯNG xử lí ntn???

0,1 2

3 2 mol

HNO3 cơ bản → bảo toàn electron.! Bảo toàn ntn? zz.! Nan giản vì quá trình.!

A khó khăn quá trình → quy đổi quá trình.!

để ý: phần {CuO; Fe2O3} mà + HNO3 → muối + H2O thôi, không có spk.!

Yêu cầu liên quan đến OXI; à, 0,1 mol N2O với NO: YTHH 02 ập đến với sự đặc biệt của nguyên tố O.khó khăn quá trình: YTHH 03 chia ra hỗn hợp đầu gồm {0,3 mol Fe + 0,025 mol Fe2O3}

tham gia phản ứng oxi hóa khử tạo Fe(NO3)2 + spk + H2O và {Fe2O3 còn lại + CuO} tham

gia phản ứng bình thường tạo muối + H2O ||→ như thể hiện ở sơ đồ trên

Những gì chúng ta học được vận dung để → phương trình bảo toàn O:

0,025 × 3 + a + 1,1 × 3 = (2a + 0,7) × 3 + 0,1 + 0,55 ||→ a = 0,125 mol → ∑nO trong hh đầu = 0,2 mol

||→ Yêu cầu: %mO trong hh đầu = 0,2 × 16 ÷ 29,6 ≈ 10,81%

p/s: nếu không cảm nhận được YTHH 02 thì các e sẽ quay

Câu 14 Đáp án B

tập trung vào các bài tập nhỏ cơ bản mà phân tích.! 0,3 mol Al2O3 điện phân hoàn toàn

với cực than chì thực chất là C lấy 0,9 mol Otrong oxit → {CO; CO2}

sau đó, hỗn hợp này tiếp tục lấy Otrong oxit sắt để cuối cùng tạo duy nhất 0,55 mol khí CO2

► Không cần giải nhiều, chỉ cần quan tâm nO trong oxit sắt đã bị lấy = 0,55 × 2 – 0,9 = 0,2 mol

♦ Chuyển qua bài tập HNO3: có nHNO3 = 2,5 mol; nFe(NO3)3 = 0,75 mol ||→ nN spk = 0,25 mol

mà mspk = 6,7 gam ||→ nNO = 0,15 mol; nN2O = 0,05 mol

Bảo toàn electron → nO trong oxit = (3nFe – 3nNO – 8nN2O) ÷ 2 = 0,7 mol

Tổng kết các bài tập nhỏ lại: có ∑nO trong oxit Fe = 0,9 mol; ∑nFe trong hỗn hợp = 0,75 mol

đến đây thì tùy biến mà giải, có thể thử, chia TH, Còn muốn an toàn, ta giải thôi:

giả sử oxit là FeaOb thì có tỉ lệ ∑nFe ÷ ∑nO = (1 + 2a) ÷ (2b) = 0,75 ÷ 0,9

⇄ rút gọn: 6a + 6 = 5b Cặp nghiệm nguyên thỏa mãn và phù hợp oxit sắt là (a; b) = (2; 3)

Theo đó, đáp án đúng cần chọn là B ♦

Câu 15 Đáp án C

♦1 giải điện phân: Xem nào!

dd sau điện phân + NaOH → 1,94 gam kết tủa là Cu(OH)2 chứng tỏ điện phân ra chỉ CuCl2

3,136 lít Cl2 ra ở anot → cho biết có 0,14 mol CuCl2 ||→ ∑nCu = nCu(NO3)2 ban đầu = 0,16 mol

YTHH 02: Natri đi về đâu: 0,44 mol NaOH vừa đủ đi về 0,32 mol NaNO3 và 0,12 mol NaCl

||→ bảo toàn Cl → ∑nHCl ban đầu = 2nCl2 đp ra + nCl còn trong dd sau đp = 0,4 mol

||→ đọc ra kết quả phần 1 gồm 0,4 mol HCl và 0,16 mol Cu(NO3)2

||→ Phần 2 gấp đôi phần 1 ||→ phần 2 gồm 0,8 mol HCl và 0,32 mol Cu(NO3)2

♦2 giải kim loại đẩy muối: quan sát sơ đồ với một số xử lí nhanh số liệu:

CuCl

Cu NO

FeNO

Theo đó, bảo toàn khối lượng kim loại có: m + 0,32 × 64 = 0,62 × 56 + 0,75m

||→ Yêu cầu giá trị m = 56,96 gam

Câu 16 Đáp án B

Câu 17 Đáp án C

X chứa các anion SO42– (0,112 mol) và Cl– (0,416 mol)

● Đặt nAl = x; nMg = y ⇒ mhh = 27x + 24y = 6,12(g)

Để thay thế hoàn toàn các anion trên cần 0,112 × 2 + 0,416 = 0,64 mol OH–

⇒ còn 0,68 - 0,64 = 0,04 mol OH– hòa tan Al(OH)3 ⇒ 78(x – 0,04) + 58y = 13,2

||⇒ giải hệ có: x = y = 0,12 mol

TH1: Al(OH) max ₃ ⇒ nOH– = 0,64 mol

⇒ nBa(OH)2 = 0,064 mol < nSO42– = 0,112 mol ⇒ nBaSO4 = 0,064 mol

⇒ Rắn gồm Al2O3 (0,06 mol), MgO (0,12 mol), BaSO4 (0,064 mol)

||⇒ m = 0,06 × 102 + 0,12 × 40 + 0,064 × 233 = 25,832 (g)

TH2: BaSO4 max ⇒ nBa2+ = nSO42– = 0,112 mol

⇒ nOH– = 1,12 mol = 0,64 + 0,48 ⇒ Al(OH)3 bị hòa tan hết

⇒ Rắn gồm MgO (0,12 mol); BaSO4 (0,112 mol)

: 0,15

( ) : 0,15: 0,04

: 0,1 2

Ba

BaSO HCl

+ Tạo kết tủa với BaSO4 và Al(OH)3:

Ba 2+ + SO 4 2– → BaSO 4 || AlO 2 + H + + H 2 O → Al(OH) 3

+ Hòa tan lại kết tủa: Al(OH) 3 + 3H + → Al 3+ + 3H 2 O

● Giả sử Al(OH)3 không bị tan lại ta có

nH+ đã dùng = nOH– + nAl(OH)3

⇔ (0,15–2b) + 0,15 = 0,32 + 0,04×2 ⇔ b = –0,05 ⇒ Vô lý

● Giả sử Al(OH)3 bị tan lại ta có:

nH+ đã dùng = nOH– + nAlO2– + 3nAl(OH)3 bị tan lại

:: 0, 2

: 0,05

Ba

HCl a Na

Y

H SO a AlO

⇒ TN1 ↓ chưa max còn TN2 ↓ bị tan 1 phần

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