Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Luyện thi - Đề thi Thi THPT Quốc Gia Hóa học Bài tập hóa học phân hóa luyện thi đại học...

Tài liệu Bài tập hóa học phân hóa luyện thi đại học

.PDF
13
763
121

Mô tả:

20/11 Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Quà MỘT SỐ BÀI TẬP PHÂN HÓA HƯỚNG TỚI KỲ THI THPT QUỐC GIA 2017  Nhân dịp kỷ niệm ngày Hiến Chương Nhà Giáo Việt Nam. Em xin gửi lời kính chúc đến các quý thầy cô đã dìu dắt em đến bến đò tri thức. Kính chúc quý thầy cô dồi dào sức khỏe! Giờ đây khi em cũng đã được gọi là “Thầy” rồi thì em thêm trân trọng những bài học thầy cô đã bồi đắp cho em!  Thay cho lời “TRI ÂN” em biên soạn và tổng hợp 20 câu bài tập kèm lời giải chi tiết (theo đánh giá chủ quan là ở mức phân loại với xu hướng đề 2017) gửi đến các em học sinh. Với em nghề giáo đến như một cái duyên và thành công của học trò chính là “niềm vui giá trị không đong đếm” của người làm thầy. Chúc các bạn học sinh học tốt và luôn vui! [Chủ đề: Kim loại/hợp chất chứa kim loại phản ứng với axit] Câu 1: Cho 5,6 gam hỗn hợp X gồm Mg và MgO có tỷ lệ mol tương ứng là 5 : 4 tan vừa đủ trong dung dịch hỗn hợp chứa HCl và KNO3. Sau phản ứng thu được 0,224 lít khí N2O (đktc) và dung dịch Y chỉ chứa muối clorua. Biết các phản ứng hoàn toàn. Cô cạn cẩn thận Y thu được m gam muối. Giá trị của m là A. 20,51. B. 18,25. C. 23,24. D. 24,17.  Hướng dẫn giải  Các bạn cần biết: Khi hỗn hợp kim loại (hoặc có chứa kim loại) mà “xuất hiện” các kim loại hoạt động mạnh như Mg, Al, Zn tác dụng với HNO3 mà sản phẩm khử là khí không nói là “sản phẩm khử duy nhất” thì nhiều khả năng sẽ có sản phẩm khử là NH4+. Với mặt toán học nếu không NH4+ thì quá trình tính toàn số mol NH4+ = 0. Ở bài này ta dễ dàng có thể kiểm tra bằng BTE để thấy có NH4+. Theo BTE ta có: n  2n Mg  0, 2 mol > n  8  0,01  0,08  có NH 4 e cho e nhËn cña khÝ BTE  NH   0, 2  0, 08  0, 015 mol  4 8 Khi đó ta có: N 2 O  0, 01 mol  HCl  BTNT Mg Mg 2    0,1  0, 08  0,18 mol KNO  Mg  0,1 mol   3 5, 6 gam   K  m gam Y MgO  0, 08 mol     NH 4  0, 015 mol   Cl BTNT N  KNO  0, 01  2  0, 015  0, 035 mol Do Y chỉ chứa muối clorua  không chứa NO3  3 nN/N2O nN/NH4 “20 – 11: Ngày Hiến chương Nhà Giáo Việt Nam” Tri ân đến tất cả các Quý Thầy/Cô và các học trò của mình đã 1 phần trong con đường mà mình đã chọn! Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus BTNT K BT§T  Cl  0,18  2  0,035  0,015  0, 41 mol K+ trong Y = 0,035 mol   Vậy m  0,18  24  0,035  39  0,015  18  0, 41 35,5  20,51 gam Câu 2: Cho 5 gam bột Mg vào dung dịch hỗn hợp KNO3 và H2SO4, đun nhẹ trong điều kiện thích hợp đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X chứa m gam muối và 1,792 lít hỗn hợp khí Y (đktc) gồm 2 khí không màu trong đó có 1 khí hoá nâu ngoài không khí và còn lại 0,44 gam chất rắn không tan. Biết tỉ khối hơi của Y đối với H2 là 11,5. Giá trị của m gần nhất với giá trị nào sau đây? A. 28. B. 29. C. 31. D. 36.  Hướng dẫn giải 5  0, 44 Rắn không tan là Mg dư  Mg phản ứng = = 0,19 mol. 24 MY = 23 khí còn lại là H  dd X không chứa NO . Khí hóa nâu ngoài không khí là NO  2 3 Có Mg + sản phẩm khí không nói là sản phẩm khử duy nhất  dd X có thể chứa NH 4 . 0,19  2  0, 06  3  0, 02  2 Kiêm tra bằng BTE ta có: NH 4   0, 02 mol 8  NO  0, 06 mol Y  H 2  0, 02 mol KNO3   H SO 4  2 Mg  0,19 mol  Mg 2  0,19 mol   K X   NH 4  0, 02 mol SO 2  4 BTNT N BTNT K  KNO3  0,02  0,06  0,08 mol   K+ = 0,08 mol. Do X không chứa NO3 nên  0,19  2  0, 08  0, 02 Áp dụng bảo toàn điện tịch trong dd X  SO24   0, 24 mol 2 gÇn nhÊt  31 gam Vậy m = 0,19  24 + 0,08  39 + 0,02  18 + 0,24  96 = 31,08 gam  Câu 3: Cho 8,28 gam hỗn hợp rắn X gồm Mg và MgO tác dụng hoàn toàn với 100 ml dung dịch HNO 3 0,6M và HCl aM, sau phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối trung hòa và 0,672 lít (đktc) khí NO2. Cho từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch thì thấy có 0,51 mol NaOH phản ứng. Phần trăm khối lượng của Mg trong hỗn hợp X gần giá trị nào nhất sau đây? A. 28,5%. B. 42,8%. C. 14,3%. D. 71,4%.  Hướng dẫn giải NO2  0, 03 mol Mg 2  Na   0,51 mol   Mg  x mol NH  y mol 4 NaOH = 0,51 mol NO   0, 03  y  dd Y      3 MgO  ph¶n øng tèi ®a   NO3  0, 03  y   8,28 gam Cl  0,1a mol Cl  0,1a mol  dung dÞch sau  HNO3  HCl =   = 0,06 mol 0,1a mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố N, ta có: NO3  0,06  0,03  y  (0,03  y) mol Mặt khác, ta có: nH  0,06  0,1a  2  0,03  10y  2  nMgO  nMgO = (0,05a – 5y) mol. Khi đó, theo giả thuyết, áp dụng BTE và bảo toàn điện tích trong dung dịch sau, ta có: 24x  40  (0, 05a  5y)  8, 28 gam x  0, 095 mol 0, 095  24     y  0, 02 mol  % Mg   100  27,54% 2x  (0, 03  8y) mol 8, 28 (0, 03  y)  0,1a  0,51 mol a  5   “20 – 11: Ngày Hiến chương Nhà Giáo Việt Nam” Tri ân đến tất cả các Quý Thầy/Cô và các học trò của mình đã 1 phần trong con đường mà mình đã chọn! Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 4: Hòa tan hết m gam Cu vào dung dịch gồm Fe(NO3)3 và HCl (dùng dư HCl) thu được V lít khí ở đktc và dung dịch X. Cho tiếp 19,2 gam Cu vào dung dịch X, sau phản ứng hoàn toàn thấy còn dư 6,4 gam chất rắn, lọc bỏ chất rắn, đem cô cạn phần dung dịch thu được muối hỗn hợp muối Y. Cho Y vào dung dịch AgNO3 dư ta thu được 183 gam kết tủa. Biết rằng sản phẩm khử duy nhất của HNO3 là khí NO. Giá trị của m là A. 21,6. B. 32,0. C. 19,2. D. 28,8.  Hướng dẫn giải  Phân tích + chém gió: Bài này “rất hay” ở việc “hiểu đúng đề”, còn khi đã hiểu đề thì việc giải rất nhẹ nhàng. Theo đó, ta cần hiểu đúng 1 số vấn đề như sau: (1) Đề đã rất tường minh cho “dùng dư HCl”, cái quan trọng là hiểu nó ra sao? Trong Hóa học lượng chất dùng dư có nghĩa là sẽ còn lại sau khi kết thúc phản ứng. Như vậy hiểu thì “chắc chắn 100%” trong dung dịch X có HCl còn dư (nghĩa là có H+ dư). (2) Tới đây thì vấn đề nảy sinh là “có hay không có NO3-” trong dung dịch X. Việc có hay không NO3- trong X sẽ rẽ bài toán theo 2 hướng khác nhau: + Nếu không NO3- thì khi đó thêm Cu thêm vào chỉ phản ứng với Fe3+. Khi đó từ mol Cu  nFe(NO3)3 ban đầu. + Nếu có NO3- thì ngoài việc phản ứng với Fe3+, anh Cu còn bận phản ứng với H+, NO3- để sinh NO nữa. Tại sao sinh NO ư? Vì đề nói rồi NO là sản phẩm khử duy nhất của N+5 rồi. Trong diễn đạt của đề bài khi cho Cu vào X không có nói sinh khí nhưng không thể kết luận là nó không có NO được. Muốn biết có hay không thì phải chứng minh. (3) Có bạn sẽ hỏi vậy trong X luôn có HCl dư, khi cho AgNO3 dư vào có sinh khí NO không? Thì “đảm bảo” rằng là không có vì “đề đã nói là đem cô cạn dung dịch X  HCl đã bay hơi  hết H+”. Tóm lại mấu chốt trong câu này là việc chứng mình rằng trong X có NO 3- hay không? Chứng minh được thì mới tính tiếp được.  Cu  2Fe3   2Fe2  Cu 2  Fe(NO3 )3  0, 4 mol Theo đó nếu X không có NO3- thì  mol : 0, 2  0, 4  BTNT N  Do X không có NO3-  NO  0, 4  3  1, 2 mol  HCl đã phản ứng = 4nNO = 4,8 mol.  mAgCl = 4,8  143,5 = 688,8 gam > 183 gam. (Vô lý). À thì ra là trong X có NO3-, vậy lúc đó…. Gọi x là số mol Cu tham gia với các quá trình trên. NO  HCl  Fe(NO ) 3 3  NO Fe  2 Cu   CuCl2  x mol AgNO3 AgCl Cu Cu = 0,3 mol ddX    Y   m gam = ? F e Cl  y mol H Ag  y  2    NO 183 gam 3  Cu = 0,1 mol 3 = y mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố Cl, ta có: nAgCl = 2x + 2y. Do H+ dư nên tổng số mol NO sinh ra được tính theo nNO3- = nNO = 3y mol. (2x  2y)  143,5  108y  183 gam  x  0,5 mol   Theo giả thuyết vào bảo toàn mol electron, ta có  2x  3  3y  y  y  0,1 mol BTNT Cu  mCu  (0,5  0,1  0,3)  64  19, 2 gam “20 – 11: Ngày Hiến chương Nhà Giáo Việt Nam” Tri ân đến tất cả các Quý Thầy/Cô và các học trò của mình đã 1 phần trong con đường mà mình đã chọn! Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 5: X là hỗn hợp rắn gồm Mg, NaNO3 và FeO (trong đó oxi chiếm 26,4% về khối lượng). Hòa tan hết m gam X trong 2107 gam H2SO4 loãng, nồng độ 10% thu được dung dịch Y chỉ chứa muối sunfat trung hòa và 11,2 lít (đktc) hỗn hợp khí NO, H2 có tỷ khối so với H2 là 6,6. Cô cạn dung dịch sau phản ứng được rắn khan Z và 1922,4 gam H2O. Phần trăm khối lượng FeO trong X gần giá trị nào nhất sau đây? A. 50%. B. 12%. C. 33%. D. 40%.  Hướng dẫn giải NO  0,2 mol KhÝ  H 2  0,3 mol Mg  X NaNO3 FeO   H SO4  2  H O =  2 = 2,15 mol Mg2    Y NH 4  2 SO 4  2,15 mol 2107 gam 1896,3 gam %mO = 26,4% H 2 O sinh ra = Na  Fe 2  Fe3 1922, 4  1896,3  1, 45 mol 18 Phân tích đề - Hiểu đề - Định hình hướng giải quyết theo tư tưởng “có gì làm lấy”. + Từ các dữ kiện: có Mg, khí NO không nói là sản phẩm khử duy nhất  có NH4+. + Có khí H2 sinh ra  dung dịch Y không chứa NO3- (điều này đề bài rất tử tế đã nói hẳn là chỉ chứa muối sunfat rồi, khi đề không tử tế thì vẫn có thể suy ra được). + Trong các bài toán có sinh NH4+ thì việc định lượng nó rất quan trọng. Do NH4+ gắn liền với N và H, trong khi N rõ ràng là đang bí vậy cứu cánh là BTNT H. Thật vậy, áp dụng bảo toàn nguyên tố H, ta có: 2  n H SO  2  n H  2  n H O sinh ra  4  n NH 2 4 2 2 4 2  2,1  2  0,3  2  1, 45  0,2 mol 4 Có NH4+ rồi thì theo quán tính vừa BTNT H rồi thì giờ BTNT N (cứ suy nghĩ đơn giản là có gì, gắn  NH 4  liền với gì thì làm đó. NH4+ gắn liền với N và H, BTNT H rồi sao không làm luôn với N). BTNT N  NaNO  nNO  nNH  0,2  0,2  0,4 mol  3 4 Như vậy đã có NaNO3: anh này còn gắn liền với Na, O việc xử lý tìm Na không khả thi vì chỗ dung dịch Y 1 đám ion  đâm đầu vào là tự phá game. Vậy chỉ còn liên quan đến O, à thì ra đề còn cho giả thuyết về %mO là để định m_hỗn hỗn. Oxi trong NaNO3 đã có, oxi còn lại trong FeO, tự hỏi thế O này tham gia phản ứng tạo? À thì ra là chơi với H+. Vậy thì sao không sử dụng mối liên hệ của H+ nhỉ? Theo đó, ta có: n H ph¶n øng = 2  nO + 4  n NO + 2  n H + 10  n NH 2 4 2,15  2  4  0,2  2  0,3  10  0,2  0,45 mol 2 (0, 45  0, 4  3)  16  100 gam Từ giả thuyết %mO ta có: m X  0,264  nO  n FeO  0, 45  72 gÇn nhÊt  33%  100  32, 4%  100 Câu 6: Hỗn hợp X gồm Mg, Fe2O3 và CuO trong đó oxi chiếm 20% về khối lượng. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với 0,1 mol khí CO đun nóng, sau một thời gian thu được chất rắn Y và hỗn hợp khí Z có tỉ khối hơi so với H2 là 18. Cho chất rắn Y phản ứng hoàn toàn với dung dịch HNO3 dư, thu được dung dịch T và 24,64 lít khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất của N+5, ở đktc). Cô cạn dung dịch T thu được 3,9m gam hỗn hợp muối khan. Giá trị của m là A. 48. B. 60. C. 40. D. 35.  %mFeO  “20 – 11: Ngày Hiến chương Nhà Giáo Việt Nam” Tri ân đến tất cả các Quý Thầy/Cô và các học trò của mình đã 1 phần trong con đường mà mình đã chọn! Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Mg   m gam X Fe 2 O3 CuO    Hướng dẫn giải CO d­  0, 05 mol Z CO 2  0, 05 mol NO 2  1,1 mol Fe3 Mg CO = 0,1 mol  2  Fe Mg 2 Cu HNO3  Y    O 2  3,9m gam T Fe3 NO3 Cu  Cu 2 O   Phân tích bài toán + chém gió: + Đầu tiên dễ dàng ta xác định được hỗn hợp khí Z gồm CO dư và CO2, từ đó tính được số mol từng khí. Chưa quen thì các bạn bấm hệ BTNT C và khối lượng (từ tỉ khối Z) còn quen rồi thì ta có thể dễ dàng M CO  M CO2   “nhẩm bằng mắt” được nCO dư = nCO2  do M Z  . 2   +5 + “Nhìn bằng mắt” trên toàn quá trình thì chỉ có Mg, CO và N (trong HNO3) thay đổi số oxi hóa. 1,1  0, 05  2 Vậy áp dụng BTE ta có: 2  nMg  2  nCO ph¶n øng  nNO2  Mg   0,5 mol 2  nCO2 + Lưu ý các bài tập có dữ kiện “sau một thời gian” thì thông thường được hiểu là các phản ứng xảy ra không hoàn toàn. Theo giả thuyết về % mO  mO  0, 2m gam  mMg  Fe  Cu  0,8m gam Mà theo giả thuyết ta có: mT  mMg  Fe  Cu  m NO  3,9m gam  m NO  3,1m gam 3 3 0,8m gam  Tới đây ta có thể giải quyết bài toán theo 2 hướng tiếp cận sau:  Hướng 1: dữ kiện NO3 vừa tìm ra đó nằm trong dung dịch vậy ta nghĩ tới BTĐT cho dung dịch T. BT§T  2nMg 2  3nFe3  2nCu 2  nNO  3 Lại “nhìn bằng mắt” ta thấy Fe3+, Cu2+ ban đầu trong X đi hết về T mà trong X thì ta lại có: 0, 2m 0, 2m 3,1m VËy  2  0,5  2   m  40 gam 3nFe3  2nCu 2  2nO2  2  mol   16 16 62  Hướng 2: nếu không nhìn ra được theo hướng 1 thì ta có thể nghĩa tới BTNT N (tại sao nghĩ tới nó thì đơn giản là vừa tìm ra anh NO3 mà anh này dính dáng tới N nên có gì ta làm đó). BTNT N nHNO  nNO  nNO . Vậy “giá như” có HNO là ngon ăn rồi nhỉ? Theo  3 2 3 3 Vậy phải tính được nHNO3 mà tính nHNO3 thì ta có biểu thức nH+ gì nhỉ?  À! Tưởng gì chứ cái này thì dễ quá rồi, ta có: nH  2nO2trong Y  2nNO2 t0  CO + [O]trong oxit   CO2   0, 2m    nO2trong Nhắc lại:  Y   16  0, 05  mol    0, 05   0, 05 mol :  0, 2m   nHNO3  2    0, 05   2  1,1  16  SHIFT SOLVE BTNT N 2   0, 2m  0, 05   2  1,1  1,1  3,1m   m  40 gam   62  16   Comment: Lẽ ra mình chỉ giải cách 1 thôi nhưng “Văn ôn võ luyện” nên mình trình bày thêm 1 hướng tuy dài nhưng giúp các bạn gợi lại được kiến thức đã học. Một bài tập mà các bạn biết khai thác tốt thì bới ra được ối cái để học. Các bạn chịu khó xem lại lời phân tích + chém gió trên để ôn tập thêm nhé! “20 – 11: Ngày Hiến chương Nhà Giáo Việt Nam” Tri ân đến tất cả các Quý Thầy/Cô và các học trò của mình đã 1 phần trong con đường mà mình đã chọn! Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus [Chủ đề: Phản ứng tạo kết tủa Ag và AgCl] Câu 7: Hòa tan hết 21,76 gam hỗn hợp gồm Fe, Fe3O4 va Fe2O3 vào dung dịch HCl thu được 2,688 lít khí H2 (đktc) và dung dịch X chứa các muối, trong đó FeCl3 có khối lượng 13,0 gam. Cho AgNO3 dư vào dung dịch X thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là A. 103,32. B. 111,96. C. 129,24. D. 120,60.  Hướng dẫn giải  Về mặt kiến thức: + Điểm nhấn của bài nằm ở bài toán liên quan đến Fe (có tác dụng với tác nhân có Cl- ở đây là HCl) sau đó thu dung dịch rồi lấy dung dịch đó tác dụng với AgNO3 dư  nghĩ ngay kết tủa gồm AgCl và Ag.     AgCl : tÝnh theo Cl  Ag  Cl  Cần biết do Ag+ dùng dư nên   2  Fe3  Ag : tÝnh theo Fe2  Ag  Fe  Lưu ý: trình tự giải toán thì thông thường sẽ tìm AgCl trước (vì anh này thường dễ xơi hơn) + Tóm lại: có 2 con đường để định lượng Ag sinh từ phản ứng Ag+ + Fe2+  Fe3+ + Ag là  (1) Nếu không sinh ra khí NO   tính được nFe2+ thì nAg = nFe2+.  (2) Nếu có khí NO sinh ra   BTE lúc đó n_e cho = nAg + n_e nhận của tác nhân khác. + Do trong X đã cho nFeCl3 = 0,08 mol  thế thì ở bài này sẽ tính được nFeCl2. + Như vậy ta đang cần tìm nFeCl2 nghĩa là nFeCl2 gắn với 1 ẩn, hỗn hợp đầu gồm 3 chất mà theo quán tính nhiều bạn đặt lần lượt số mol các chất nữa là thêm 3 ẩn, khi đó bài toán với 4 ẩn thì rất trâu bò. + Như vậy cần quy bài toán sao cho số ẩn là ít nhất. Nhắc lại với hỗn hợp có chứa oxit kim loại trong đó khi phản ứng với HCl (hay H2SO4 loãng) thì luôn cho bản chất là O2  2H  H2 O . Như vậy bản chất quy hỗn hợp đầu sao cho lòi ra anh OXI là ngon lành nhất. Theo đó ta có: H 2  0,12 mol AgCl Fe = a mol HCl  21,76 gam   FeCl 2  c mol AgNO3 d­ ddX    Ag O  b mol FeCl  0,08 mol  3 dd sau Fe3 + Trình tự ta tìm nAgCl trước, khi đó tự hỏi Cl- chui từ đâu ra? À từ HCl. Mà khi H+ trong HCl khi phản ứng với hỗn hợp đầu thì có các “nhiệm vụ” cần phải làm sau: 2H    H2 2H   O2   H2 O mol : 2b  b mol : 0,24   0,12 Từ giả thuyết, áp dụng bảo toàn nguyên tố Fe và bảo toàn nguyên tố Cl, ta có: 56a  16b  21,76 gam a  0,32 mol      nCl  0,24  2  0,08  3  0,72 mol a  c  0,08 b  0,24 mol      2  nHCl  2b  0,24  2c  0,08  3 c  0,24 mol nFe  0,24 mol   Vậy m  mAgCl  mAg  0,72  143,5  0,24  108  129,24 gam Câu 8: Cho m gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe2O3 vào dung dịch HCl, sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch Y chứa hai chất tan và còn lại 0,2m gam chất rắn chưa tan. Tách bỏ phần rắn, cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch Y thu được 86,16 gam kết tủa. Giá trị của m là A. 17,92. B. 20,16. C. 22,40. D. 26,88.  Hướng dẫn giải Hiểu số liệu, sau phản ứng còn lại 0,2m rắn không tan  phần tan đi = m – 0,2m = 0,8m gam.   CuCl 2  2FeCl 2 Cu  2FeCl3  Do dung dịch chứa 2 chất tan nên có phản ứng:  a   2a  mol : “20 – 11: Ngày Hiến chương Nhà Giáo Việt Nam” Tri ân đến tất cả các Quý Thầy/Cô và các học trò của mình đã 1 phần trong con đường mà mình đã chọn! Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus AgNO3 Cu AgCl  6a mol HCl CuCl2  a mol  Vậy ta có sơ đồ sau: 0,8m   86,16 gam   Ag  2a mol Fe2 O3 FeCl2  2a mol Theo giả thuyết, ta có: 6a  143,5 + 2a  108 = 86,16 gam  0,08 mol. Áp dụng bảo toàn nguyên tố Cu và Fe, ta có: 0,08  64 + 0,08  160 = 0,8m  m  22, 4 gam Câu 9: Để 16,8 gam phôi sắt ngoài không khí một thời gian, thu được 21,6 gam hỗn hợp rắn X gồm Fe và các oxit sắt. Hòa tan hết X trong dung dịch HCl loãng dư, thu được 1,344 lít khí H2 (đktc) và dung dịch Y. Cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch Y, kết thúc phản ứng thấy thoát ra 0,03 mol khí NO (sản phẩm khử duy nhất); đồng thời thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là A. 130,26. B. 128,84. C. 132,12. D. 126,86.  Hướng dẫn giải H 2  0,06 mol 16,8  Fe  56  0,3 mol NO = 0,03 mol O2 HCl Fe   21,6 gam   AgNO3 ddY  AgCl 16,8 gam O  21,6  16,8  0,3 mol   16 Ag Do Y + AgNO3 dư có sinh khí NO  nH trong Y = 4  nNO  4  0,03  0,12 mol Vậy nHCl đã dùng = 2  nO  2  nH2  nH trong Y = 2  0,3  2  0,06  0,12  0,84 mol BTNT Cl AgCl = 0,84 mol.  Áp dụng bảo toàn mol electron, ta có: 3  nFe = 2  nO + 2  nH2  3  nNO  nAg  Ag  3  0,3  2  0,3  2  0,06  3  0,03  0,09 mol  m  0,84  143,5  0,09  108  130,26 gam Câu 10: Đốt cháy hỗn hợp gồm 1,92 gam Mg và 4,48 gam Fe với hỗn hợp khí X gồm clo và oxi, sau phản ứng chỉ thu được hỗn hợp Y gồm các oxit và muối clorua (không còn khí dư). Hòa tan Y bằng một lượng vừa đủ 120 ml dung dịch HCl 2M, thu được dung dịch Z. Cho dung dịch Z tác dụng hoàn toàn với lượng dư AgNO3, thu được 56,69 gam kết tủa. Phần trăm thể tích của clo trong hỗn hợp X gần giá trị nào nhất sau đây? A. 56%. B. 54%. C. 52%. D. 76%.  Hướng dẫn giải  Cl2 = x mol  O = y mol  2 Mg AgCl  Fe AgNO3  Mg  0, 08 mol  HCl = 0,24 mol   X   Z  (0,24 + 2x) mol  Fe  0, 08 mol Cl  2x mol Ag  z mol  O  2y mol 56,69 gam 3+ Do AgNO3 dư  sau phản ứng thu được Fe . nH  Mặt khác do X phản ứng vừa đủ với HCl  nO = 2y = = 0,12 mol  y = 0,06 mol. 2 Khi đó áp dụng bảo toàn mol electron và giả thuyết, ta có: 2  0, 08  3  0, 08  2x  4  0, 06  z  x  0, 07 mol 0, 07  ne cho ne nhËn    %VCl   100  53,85%  2 0, 07  0, 06 z  0, 02 mol 143,5  (0, 24  2x)  108z  56, 69 gam  [Chủ đề: Kim loại kiềm – kiềm thổ] Câu 11: Dung dịch X chứa 0,375 mol K2CO3 và 0,3 mol KHCO3. Thêm từ từ dung dịch chứa 0,525 mol HCl vào dung dịch X được dung dịch Y và V lít CO2 (đktc). Thêm dung dịch nước vôi trong dư vào dung dịch Y thấy tạo thành m gam kết tủa. Giá trị của m và V là A. 3,36 và 17,50. B. 8,4 và 52,50. C. 3,36 và 52,50. D. 6,72 và 26,25. “20 – 11: Ngày Hiến chương Nhà Giáo Việt Nam” Tri ân đến tất cả các Quý Thầy/Cô và các học trò của mình đã 1 phần trong con đường mà mình đã chọn! Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus  Hướng dẫn giải  CO  0,375 mol Ta có: X    n   2  0,375  0,3  1, 05 mol   HCO3  0,3 mol Khi thêm từ từ HCl vào X thì ta hiểu rằng đó chính là quá trình H+ trung hòa phần điện âm trong X. Mặt khác do đã có khí CO2 thoát ra nên dung dịch Y không chứa CO32 2 3 BT§T  HCO trong Y = 1,05  0,525  0,525 mol  3 BTNT C nCO  (0,375  0,3)  0,525  0,15 mol    2  V  0,15  22, 4  3,36 lÝt   Ca(OH)2 d­    nCaCO3  nHCO3  0,525 mol m  0,525  100  52,50 gam   Câu 12: Cho dung dịch hỗn hợp X chứa Ca(HCO3)2 và Mg(HCO3)2 tác dụng với 100 ml dung dịch Na2CO3 2M, thu được 11,36 gam kết tủa Y và dung dịch Z. Nhỏ rất từ từ dung dịch HCl 1M vào dung dịch Z, khuấy đều cho đến khi xuất hiện bột khí thì thấy thể tích dung dịch HCl 1M đã dùng là 80 ml. Mặt khác, cô cạn dung dịch X rồi nung đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là A. 7,84. B. 5,76. C. 6,08. D. 5,44.  Hướng dẫn giải 2 CO3 Nhỏ từ từ HCl vào dung dịch Z thấy hết 0,08 mol HCl thì có bọt khí thoát ra  dung dịch Z   HCO3  Giải thích kẻo có bạn không hiểu? Hì hì   H   CO32   HCO3   l­îng cÇn dïng ®Õn giai ®o¹n sinh khÝ mol : 0, 08  0, 08     H  HCO3   CO2  H 2 O  t¹i giai ®o¹n nµy lµ bät khÝ tho¸t ra  Ca + Mg = 4,16 gam CaCO3   11,36 gam    CO32  0, 2  0, 08  0,12 mol MgCO3 Na CO = 0,2 mol Ca(HCO3 ) 2 X Mg(HCO3 ) 2 2 3    Na   0, 4 mol  HCl = 0,08 mol dd Z : CO32  0, 08 mol   CO2   HCO3 CaO to  nung ®Õn khèi l­îng kh«ng ®æi MgO  Áp dụng bảo toàn điện tích cho dung dịch Z ta có: HCO3  0, 4  0,08  2  0, 24 mol = n HCO3 trong X. Quá trình cô cạn rồi nung X đến khối lượng không đổi như sau: Nung ®Õn khèi l­îng kh«ng ®æi t 2HCO3   CO32 0 Giai ®o¹n ®un s«i ®Õn c¹n BT§T  nO2  t   O2  0 0, 24  0,12 mol 2  mR¾n  mCa  mMg  mO  4,16  0,12  16  6,08 gam  Comment: các muối hiđrocacbonat đều kém bền với nhiệt, dễ bị phân hủy khi đun nóng tạo thành muối cacbonat và giải phóng khí CO2. Các muối cacbonat của kim loại kiềm thổ thì bị phân hủy ở nhiệt độ cao, còn muối cacbonat của kim loại kiềm (Na2CO3, K2CO3) thì bền với nhiệt! “20 – 11: Ngày Hiến chương Nhà Giáo Việt Nam” Tri ân đến tất cả các Quý Thầy/Cô và các học trò của mình đã 1 phần trong con đường mà mình đã chọn! Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Câu 13: Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn họp X gồm Na2CO3 và NaHCO3 vào nước thu được dung dịch X. Nhỏ rất từ từ 100 ml dung dịch hỗn hợp HCl 0,4M và H2SO4 0,3M vào dung dịch X, khuấy đều thu được 0,896 lít CO2 (đktc) và dung dịch Y. Cho dung dịch Y tác dụng với một lượng dư dung dịch Ba(OH)2 thu được 18,81 gam kết tủa. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là A. 9,28. B. 9,72. C. 11,40. D. 13,08.  Hướng dẫn giải  NaHCO3 = x mol     Na CO = y mol 2 3   CO 2  0, 04 mol  Na    HCl  0, 04 mol   BaSO 4  0, 03 mol Ba(OH)2  Cl  0, 04 mol X  2   H 2 SO 4  0, 03 mol BaCO3  0, 06 mol SO 4  0, 03 mol   0,1 mol H  HCO  3  BT§T  nNa+ = 0,06 + 0,03  2 + 0,04 = 0,16 mol.  HCO3  nBaCO3  0,06 mol   x  2y  nNa   0,16 mol  x  0, 04 mol   Khi đó áp dụng bảo toàn nguyên tố Na và C, ta có:   y  0, 06 mol  x  y  0, 04  0, 06  0,1 mol  m = 0,04  84 + 0,06  106 = 9, 72 gam Câu 14: Hòa tan hết m gam hỗn hợp X gồm Na, K, Ba vào 400 ml dung dịch HCl 0,6M và H 2SO4 0,2M. Kết thúc phản ứng thấy thoát ra 5,824 lít khí H2 (đktc); đồng thời thu được dung dịch Y và 18,64 gam kết tủa. Cô cạn dung dịch Y thu được (0,8m + 5,288) gam rắn khan. Giá trị của m là A. 28,44. B. 28,04. C. 27,86. D. 29,12.  Hướng dẫn giải 2 Do nSO4  nBaSO4  dung dịch Y không chứa SO24 H 2  0, 26 mol       HCl = 0,24 mol BaSO 4  0, 08 mol  Na H SO = 0,08 mol  2 4  Na  m gam K     OH  Ba dd Y K  Cl  0, 24 mol Ba 2  (0,8m + 5,288) gam Do 2  nH2  0,52 mol >  nH  0, 24  0,08  2  0, 4 mol  Vậy H2 còn được sinh bởi quá trình khử H2O của các kim loại.  2H   2e   H2    0, 2 mol : 0, 4  1 H 2 O  1e   OH   H 2  2  mol : 0,12  (0, 26  0, 2)  Mặt khác, ta có: mKim lo¹i trong Y  (m  0, 08  137 ) gam mBa/BaSO4 Khi đó: mY  m  0,08 137  0, 24  35,5  0,12 17  0,8m  5, 288  m  28, 44 gam “20 – 11: Ngày Hiến chương Nhà Giáo Việt Nam” Tri ân đến tất cả các Quý Thầy/Cô và các học trò của mình đã 1 phần trong con đường mà mình đã chọn! Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus [Chủ đề: Este] Câu 15: X là este đơn chức; Y là este hai chức (X, Y đều no và mạch hở). Đun nóng 36,96 gam hỗn hợp E chứa X, Y cần dùng 520 ml dung dịch NaOH 1M, thu được hỗn hợp F gồm 2 ancol có cùng số nguyên tử cacbon và hỗn hợp chứa a gam muối A và b gam muối B (MA < MB). Đốt cháy toàn bộ F thu được 14,336 lít khí CO2 (đktc) và 17,28 gam nước. Tỉ lệ của a : b gần giá trị nào nhất sau đây? A. 1,9. B. 0,6. C. 1,8. D. 0,5.  Hướng dẫn giải A Muèi  B X (1-COO, k = 1) NaOH = 0,52 mol 36, 96 gam E   O2 CO2  0, 64 mol Y (2-COO, k = 2) F: 2 Ancol cïng sè C   H 2 O  0, 96 mol k =0 k Do 2 este đều no nên 2 ancol cũng đều no (k = 0)   nF = 0,96 – 0,64 = 0,32 mol 2 ancol cã cïng sè C  nOH = nNsOH  nF  CF  a + b = 0,32   BT OH  a    mol C2 H5 OH  0,12 mol 0, 64 + 2b = nOH = nNaOH = 0,52 mol  2   0, 32 C2 H 4 (OH)2  0, 2 mol 1  X : R COOC2 H5  0,12 mol  36, 96 gam   MX  0,12  MY  0, 2  36,96 gam 2 Y : (R COO) C H  0, 2 mol   2 2 4 M X  88  CH3 COOC2 H5  0,12 mol MODE 7 TABLE   M Y  132  HCOO  C2 H 4  OOCCH3 = 0,2 mol a mHCOONa 0, 2  68 gÇn nhÊt    0,5   0,51  b mCH3COONa (0,12  0, 2)  82 Câu 16: Đốt cháy hoàn toàn 18,6 gam hỗn hợp X chứa hai este đều no, đơn chức, mạch hở thu được CO 2 và H2O có tổng khối lượng là 48,36 gam. Mặt khác đun nóng 18,6 gam X với dung dịch NaOH vừa đủ, thu được hỗn hợp Y gồm 2 ancol và hỗn hợp chứa a gam muối A và b gam muối B (MA < MB). Chuyển hóa toàn bộ Y thành anđehit rồi cho tác dụng với dung dịch AgNO3/NH3 dư (đun nóng) thu được 71,28 gam Ag. Tỉ lệ của a : b gần giá trị nào nhất sau đây? A. 1,0. B. 0,5. C. 1,2. D. 0,6.  Hướng dẫn giải CO 2 O2   48,36 gam  H 2 O AgNO /NH 18, 6 gam X (k = 1) NaOH   [O] 3 3  Ag  0, 66 mol Y = 2 ancol : RCH 2 OH    RCHO  A  a gam Muèi  B  b gam 48,36 = 0,78 mol. 44  18 18, 6  12  0, 78  2  0, 78 Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: nO trong X = = 0,48 mol. 16 nO trong X Do este đều đơn chức  đều mang 2 nguyên tử oxi  nX = = 0,24 mol. 2 Mặt khác, các este đơn chức  2 ancol đều đơn chức  các anđehit cũng đều đơn chức. nAg  nX = nY = n_anđehit = 0,24 mol < = 0,33 mol  có HCHO. 2 Do hai este đều no, đơn chức, mạch hở (k = 1) nên nCO2 = nH2O = “20 – 11: Ngày Hiến chương Nhà Giáo Việt Nam” Tri ân đến tất cả các Quý Thầy/Cô và các học trò của mình đã 1 phần trong con đường mà mình đã chọn! Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus CH3 OH  a mol  Este C1 HCHO  a mol Vậy anđehit    RCHO  b mol RCH 2 OH  b mol  Este C 2 a  b  0, 24 mol a  0, 09 mol Theo giả thuyết tổng số mol anđehit và số mol Ag, ta có:    4a  2b  0, 66 mol b  0,15 mol Áp dụng bảo toàn nguyên tố C, ta có: C1  0,09 + C2  0,15 = nCO2 = 0,78 mol a mHCOONa 0, 09  68 MODE 7 TABLE C1  2  HCOOCH3    0, 497    C  4  CH COOC H b mCH COONa 0,15  82 3 2 5  2 3 Comment: C2 = 4 (C4H8O2) có 4 đồng phân nhưng do hỗn hợp X thủy phân thu được 2 ancol và 2 muối nên suy ra gốc axit của C4H8O2 phải khác HCOO- và gốc ancol phải khác khác CH3-, do đó chỉ có CH3COOC2H5 là thỏa mãn. Câu 17: Hỗn hợp E chứa este X (CnH2n – 6O4) và este Y (CmH2m – 4O6) đều mạch hở. Hiđro hóa hoàn toàn 41,7 gam E cần dùng 0,18 mol H2 (Ni, t0). Đốt cháy hoàn toàn 41,7 gam E thu được 18,9 gam nước. Mặt khác đun nóng 0,18 mol E với lượng KOH vừa đủ thì thu được m gam hỗn hợp muối của các axit cacboxylic đơn chức và hỗn hợp chứa 2 ancol đều no. Giá trị của m là A. 44,6. B. 41,8. C. 43,4. D. 43,2.  Hướng dẫn giải H2 = 0,18 mol   X : Cn H 2n 6 O 4 (2-COO, k = 4) E O2 CO 2 Y : Cm H 2m 4 O6 (3-COO, k = 3)   H 2 O  1, 05 mol 41,7 gam Do Y có 4 oxi, k = 4  Y là este 2 chức, không no có 2 CC . “Tương Văn Tự” Y có 6 oxi, k = 3 nên Y là nH 2 = 0,09 mol. 2 Khi đó áp dụng định luật bảo toàn khối lượng và mối liên hệ của độ bất bão hòa k, ta có: 12nCO2  2  1, 05  16  (4  0, 09  6nY)  41, 7 gam nCO2  1, 62 mol    nY  0,15 mol nCO2  1, 05  3  0, 09  2nY este no, 3 chức. Từ đó dễ dàng ta có: nX = BTNT C  C  0,09  C  0,15  1,62  MODE 7 TABLE CX  8   X Y CY  6  (HCOO)3 C3 H5 + Do ở thí nghiệm 2 thủy phân chỉ thu được các muối của axit đơn chức nên X được tạo bởi axit đơn chức CH 2  CH  COO  C2 H 4  OOC  CH  CH 2 và ancol 2 chức  X là  CH  C  COO  C2 H 4  OOC  CH 2  CH3 + Các bạn “cần biết” là dù các bạn có ngộ nhận công thức cấu tạo nào của X đi chăng nữa thì vẫn không ảnh hưởng đến kết quả bài toán vì khối lượng muối là không đổi khi gốc ancol là như nhau. + Để tổng quát mình dùng BTKL nhé!   0,18   mMuèi    41, 7  (0, 09  2  0,15  3)  56  0, 09  62  0,15  92   43, 2 gam 0, 24  mC H (OH) mC H (OH)  mKOH 3 5 3  2 4 2 Câu 18: X, Y, Z là 3 este đều đơn chức và mạch hở (trong đó X, Y đều no, MY = MX + 14; Z không no chứa một liên kết C=C). Đốt cháy 14,64 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z cần dùng 0,76 mol O2. Mặt khác đun nóng 14,64 gam E với dung dịch NaOH vừa đủ thu được một ancol T duy nhất và hỗn hợp muối. Dẫn toàn bộ T qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 8,1 gam; đồng thời thu được 2,016 lít khí H 2 (đktc). Tỉ lệ mol của các muối có khối lượng phân tử tăng dần là A. 5 : 2 : 2. B. 4 : 3 : 2. C. 6 : 1 : 2. D. 9 : 5 : 4. “20 – 11: Ngày Hiến chương Nhà Giáo Việt Nam” Tri ân đến tất cả các Quý Thầy/Cô và các học trò của mình đã 1 phần trong con đường mà mình đã chọn! Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus X  x mol (k = 1)  14, 64 gam E Y  y mol (k = 1)  Z  z mol (k = 2)  MY  MX  14  Hướng dẫn giải O2 = 0,76 mol CO 2   H 2 O Na  m b×nh t¨ng  8,1 gam R'OH   NaOH   H 2 = 0,09 mol hçn hîp muèi Ta có, nE = nCOO = nNaOH = nR’OH = 2nH2 = 0,18 mol mb×nh t¨ng 8,1  0,18   M R 'OH   46 (C 2 H5 OH) 0,18 Do hỗn hợp E đều đơn chức  nO trong E = 0,36 mol. Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố O, ta có: 44nCO2  18nH 2 O  (14, 64  0, 76  32) gam CO2  0, 64 mol k     2nCO2  nH 2 O  (0,36  0, 76  2) mol H 2 O  0, 6 mol Do Z chứa một nối đôi C=C và gốc ancol là C2H5-  CZ  5 BTNT C  C  0,14  C  0, 04  0, 64 mol  C  0, 64  5  0, 04  X,Y X,Y Z 0,14 z  0, 04 mol   x  y  0,14 mol  3,14 5 X  HCOOC2 H5 Mặt khác do gốc ancol là C2H5-  CX  3  3  CX,Y  3,14   Y  CH3 COOC2 H5 Các bạn để ý tình huống luân chuyển này. Có những điều mình xử lý trong Hóa Học này nó giống như thực tế ngoài đời của ta vậy đó? Có vay ắt có trả? Có phải ở đây “điều kiện CZ” đã giúp ta tìm ra được X, Y như vậy thì “điều kiện của X, Y” cũng phải trả lễ để tìm CZ chứ nhỉ? Còn không thì hình dung như đá bóng vậy đó, phải chuyền qua chuyền lại chứ cứ 1 mình giữ bóng không chuyền cho ai thì “chơi với dế à?”, tình huống này là Z chuyền cho X, Y thì giờ X, Y chuyền lại Z. BTNT C  C  0,14  C  0, 04  0, 64 mol  C  0, 64  3  0,14  5,5  X,Y Z Z 0, 04 3  CZ = 5 (CH2=CHCOOC2H5) 6 HCOONa  0,12 mol  x  y  0,14 mol  x  0,12 mol  Khi đó    CH3 COONa  0, 02 mol  1 3x  4y  (0, 64  0, 04  5) mol  y  0, 02 mol CH  CHCOONa  0, 04 mol 2  2 [Chủ đề: Điện phân] Câu 19: Điện phân với điện cực trơ dung dịch chứa 0,2 mol Cu(NO3)2, cường độ dòng điện 2,68A, trong thời gian t (giờ), thu được dung dịch X. Cho 14,4 gam bột Fe vào X, thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N+5) và 13,5 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và hiệu suất của quá trình điện phân là 100%. Giá trị của t là A. 0,60. B. 1,00. C. 0,25. D. 1,20.  Hướng dẫn giải Cu2   14,4 gam Fe 13,5 gam r¾n ®pdd Cu(NO3 )2   t giê, I = 2,68A  dung dÞch X H  NO (spk duy nhÊt) NO 0,2 mol  3  Tại catot:  Tại anot: Cu2   2e   Cu x  2x 1 H 2 O  2e   2H   O2 2 2x   2x “20 – 11: Ngày Hiến chương Nhà Giáo Việt Nam” Tri ân đến tất cả các Quý Thầy/Cô và các học trò của mình đã 1 phần trong con đường mà mình đã chọn! Luyện thi THPT QUỐC GIA HÓA HỌC-PHẠM CÔNG TUẤN TÚ (0938.934.492)-facebook.com/tuantu.itus Cu2   0,2  x  mol    dung dÞch X H  =2x mol  4H   NO3  3e   NO  2H 2 O 2x mol 0,5x mol NO  0,4 mol   3 Do sau phản ứng thu được chất rắn, dù là Fe dư hay Cu thì dung dịch thu được chỉ chứa Fe2+. BTE   2n Fe ph¶n øng  2 n Cu2   3n NO  n Fe ph¶n øng   0,2  0,25x  mol 0,2x 0,5x Vậy m r¾n sau ph¶n øng  64  (0,2  x)  14,4  56   0,2  0,25x   13,5 gam  x = 0,05 mol mCu Ta cã: n e  mFe d­   t  gi©y th× F  96500  It 0,05.2.26,8 t  1 h  Víi   F 2,68  t  giê th× F = 26,8   Câu 20: Tiến hành điện phân 100 gam dung dịch chứa 0,2 mol FeCl3; 0,1 mol CuCl2 và 0,16 mol HCl (với hai điện cực trơ) đến khi có khí bắt đầu thoát ra ở cả hai điện cực thì dừng điện phân. Đem phần dung dịch cho tác dụng hết với 150 gam dung dịch chứa AgNO3, kết thúc phản ứng thu được 90,08 gam kết tủa và dung dịch Y chứa một muối duy nhất có nồng độ a%. Giá trị của a gần nhất với giá trị nào sau đây ? A. 34,5. B. 33,5. C. 30,5. D. 35,5.  Hướng dẫn giải + Hiểu để: điện phân đến khi có khí bắt đầu thoát ra ở cả hai điện cực thì ngừng  điện phân tới khi HCl điện phân thì ngừng vì khi HCl điện phân sẽ sinh cả 2 khí ở điện cực. Khi đó theo thứ tự điện phân, ta có:  Fe3  1e   Fe2  0, 2  0, 2   0, 2  Fe2  0,2 mol Catot : 2 Cu  2e   Cu    dung dịch sau điện phân gồm H   0,16 mol  0,1  0, 2   0,1 Cl   0,56 mol     2Cl  2e   Cl 2 Anot :  0, 4  0, 4   0, 2  (Lưu ý: cách số mol Cl– trong dung dịch có thể dựa vào bảo toàn điện tích hoặc BTNT Cl) Fe2  0,2 mol AgCl 90,08 gam    AgNO3  H2 O Khi đó H  0,16 mol  Ag 150 gam dung dÞch  Fe(NO3 )3 + Cl   0,56 mol 0,2 mol s¶n phÈm khö (N, O)  BTNT Cl  AgCl  0,56 mol  n  90,08  0,56 143,5  0,09 mol  Ag 108 BTNT Ag BTNT N  n  n AgNO3  0,09  0,56  0,65 mol  N s¶n phÈm khö  0,65  0,02  3  0,05 mol BTNT H  n  H2 O  n H BTNT O  n  0,08 mol  O s¶n phÈm khö  0,65  3  0,2  9  0,08  0,07 mol 2 Do dung dịch chỉ chứa một muối duy nhất nên không có NH4NO3 (hiển nhiên), vậy sản phẩm khử của N+5 là chất khí.  m dung dÞch sau ph¶n øng  100  150  0,2  71  0,1 64  (0,05 14  0,07 16)  90,08  137,5 gam Cl2  tõ ®p Cu tõ ®p s¶n phÈm khö lµ khÝ AgCl, Ag 0,2  242 gÇn nhÊt  C%Fe(NO3 )3   35,5% .100  35,2%  137,5 Sài Gòn, 19/11/2016: Phạm Công Tuấn Tú “20 – 11: Ngày Hiến chương Nhà Giáo Việt Nam” Tri ân đến tất cả các Quý Thầy/Cô và các học trò của mình đã 1 phần trong con đường mà mình đã chọn!
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan