Tải bản đầy đủ

các dạng bài tập luyện hóa học vô cơ hay nhất

Bài tập rèn luyện
Câu 29: Cho 158,4g hỗn hợp X gồm F e, F e(NO3)2, F e(NO3)3 vào một bình kín rồi nung ở nhiệt độ
cao để phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng chất rắn giảm 55,2g so với ban đầu. Cho chất rắn này tác
dụng với thu được khí NO và dung dịch Y.Cho NaOH dư vào Y được kết tủa Z.Nung Z ngoài không khí
tới khối lượng không đổi được m g chất rắn. Giá trị của m là:
A. 196 . B. 120. C. 128. D. 115,2.

Lời giải:
Phân tích đề toán:


Fe
F e(NO3)2
F e(NO3)3


t
0
−→



F exOy
O2
NO2




HNO3 −−−−→
NO
F e(NO3)3

Khi cho chất rắn tác dụng với HNO3 tạo ra khí NO chứng tỏ F exOy còn chứa hợp chất sắt khác ngoài
F e2O3, và như vậy thì O2 hết. Vì O2 tham gia phản ứng oxi hóa thành F e+3
.

Nên chất rắn giảm chính là lượng NO2 thoát ra mNO2 = 55, 2 ⇒ nNO2 = 1, 2 (mol) ⇒ nNO−
3
=

1, 2 (mol)
Ta có mX = mF e + mNO−

3 ⇒ mF e = 158, 4 − 1, 2.62 = 84 g ⇒ nF e = 1, 5 mol
Áp dụng bảo toàn nguyên tố để tính khối lượng rắn .mF e2O3 = 1, 5.80 = 120g
Đáp án B.
Câu 30: Hỗn hợp X gồm F eS, F eS2, CuS tan vừa hết trong dung dịch chứa 0, 33mol H2SO4 đặc sinh ra
0, 325mol SO2 và dd Y. Nhúng thanh sắt nặng 50g vào dd Y phản ứng xong thấy thanh sắt nặng 49,48g
và dd Z. Cho Z phản ứng với HNO3 đặc nóng dư sinh ra khí NO2duy nhất và còn lại dd E (không chứa
NH+
4


). Khối lượng muối khan có trong E là:
A. 20,27. B. 18,19. C. 21.3. D. 21,41.

Lời giải:
Quy hỗn hợp về [F eS; F eS2; CuS] = [F e; Cu; S] = (a; b; c) : mol
Bảo toàn e :3nF e + 2nCu + 6nS = 2nSO2 ⇒ 3a + 2b + 6c = 2.0, 325 = 0, 65
Bảo toàn điện tích :3nF e3+ + 2nCu2+ = 2nSO2−
4


= 2.[(0, 33 − 0, 325) + c] ⇒ 3a + 2b − 2c = 0, 01

2F e3+ + F e → 3F e2+
a..........a/2.......3/2a

bring about change 15

1.2 Bài tập rèn luyện http://bookgol.com/
Cu2+ + F e → Cu + F e2+
b.......b...............b.......
Khối lượng kim loại giảm là :
56.(
a
2
+ b) − 64b = 50 − 49, 48 = 0, 52 ⇒ 28a − 8b = 0, 52
Giải ra ta được :a = 0, 03; b = 0, 04; c = 0, 08
Bảo toàn điện tích trong dung dịch E


X3nF e = 2nSO2−
4
+ nNO−
3 ⇒ 3.

3a
2
+b

= 2.[(0, 33 − 0, 325) + c] + nNO−
3

⇒ nNO−
3
= 0, 085
Khối lượng trong E là :
XmF e3+ + mSO2−
4
+ mNO−
3
= 56.

3a
2
+b


+ 96.[(0, 33 − 0, 325) + c] + 62.0, 085 = 18, 19

Đáp án B.
Câu 31: Hỗn hợp X gồm F eO, F e2O3, F e3O4, CuO. Nếu cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch
H2SO4 đặc nóng dư thu được 3,36 lít SO2 (đktc). Nếu khử m gam hỗn hợp X bằng H2 đun nóng sau
1 thời gian thu được 76,64 gam hỗn hợp Y, hoà tan hết hỗn hợp Y trong dung dịch HNO3 loãng dư thu
được 3,136 lít NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là
A. 77,60. B. 79,2. C. 79,6. D. 77,28.

Lời giải:
Xét phản ứng :X + H2SO4.Theo đó, ta có: ne(X nhường)=2nSO2 = 0, 15.2 = 0, 3
Mặt khác:
(e):ne(X nhường) + 2nH2 = 3nNO ⇒ nH2 = 0, 06 = nO(bị khử)
Mặt khác: mX = my + mO(bị khử) = 77, 6
Chọn A.
Câu 32: Hỗn hợp X gồm F e3C, F e, C. Cho m gam X tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu
được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với hiđro là 30,48 và dung dịch Z. Hấp thụ hết khí Y vào 800 ml dung
dịch hỗn hợp NaOH 1M và KOH 1,2M thu được dung dịch chỉ chứa muối có tổng khối lượng muối là
132,26. Cô cạn dung dịch Z thu được m+50,04 gam muối khan. Giá trị của m là
A. 22,8. B. 21,4. C. 21,96. D. 21,64.

Lời giải:
Quy đổi hỗn hợp X thành F e, C Y
SO2


CO2
⇔ XO2 (X= 28,96)

Theo đầu bài ta có:



2nXO2−
3
+ nHXO−
3
=n
+
K+n
+
Na = nOH− = 1, 76

mNa+ + mK+ + mXO2−
3
+ mHXO−
3
= 132, 26

nNa+ = 0, 8
nK+ = 0, 8.1, 2


⇒ nXO2−
3
+ nHXO−
3
=
1303
1316
=

nY
MY = 60, 96⇒ nCO2 = 0, 15; nSO2 = 0, 84
bring about change 16

1.2 Bài tập rèn luyện http://bookgol.com/
Măt khác, Bảo toàn e cho cả quá trình, ta có:
3nF e + 4nc = 2nSO2 ⇔ 6nF e2(SO4)3 + 4nC = 2.0, 84 ⇒ 6

m + 50, 04
400
+ 4.0, 15 = 2.0, 84 ⇒ m = 21, 96

Chọn C.
Câu 33: Nung nóng m gam hỗn hợp X gồm CaCO3 và F eCO3 trong không khí đến khối lượng không
đổi thu được 2 oxit có số mol bằng nhau. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3 dư thu


được 14,784 lít hỗn hợp khí NO và CO2 (đktc, NO là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là
A. 44,82. B. 9,76. C. 74,70. D. 68,72.

Lời giải:

CaCO3(a mol)
F eCO3(b mol)
kk;t
0




CaO(a mol)
F e2O3(
b
2
mol)
Theo bài ra, ta có: nCaO = nF e2O3⇔ a =
b
2

BTe, ta có:nF eCO3 = 3nNO (C): nCO2 = nCaCO3 + nF eCO3
Do đó:





a=
b
2
b
3
+ a + b = 0, 66

(
a = 0, 18
b = 0, 36

Do đó:
m = mCaCO3 + mF eCO3 = 100a + 116b = 59, 76.
Đáp án B.
Câu 34: Hỗn hợp X gồm Al2O3, MgO, F e2O3, ZnO. Để hoà tan 31,48 gam hỗn hợp X cần 325 gam
dung dịch H2SO4 19,6%. Dùng khí CO dư đun nóng để khử 31,48 gam hỗn hợp X thu được 27,16 gam
chất rắn Y. Chất rắn Y tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được 2,24 lít hỗn hợp khí NO và N2O
(đktc) có tỉ khối so với hiđro là 17,1. Số mol HNO3 tham gia phản ứng là
A. 1,47375. B. 1,56125 . C. 1,45250 . D. 1,58150.

Lời giải:
Xét phản ứng X + H2SO4
nO2−/X = nH2SO4 = 0, 65 ( Bản chất: H


++O
2− → H2O)

Xét X+ CO
nO2−(bị khử) =

31, 48 − 27, 16
16
= 0, 27 = nCO pu ⇒ nO2−/Y = nO2−/X − nO2−(bị khử) = 0, 38

BTe, ta có:
2nCO = 3nNO + 8nN2O + 8nNH4NO3 ⇔ 2.0, 27 = 3.0, 07 + 8.0, 03 + 8nNH4NO3 ⇒ nNH4NO3 = 0, 01125
Do đó:
nHNO3(pu) = 2nO2/Y + 4nNO + 10nN2O + 10nNH4NO3 = 2.0, 38 + 4.0, 07 + 8.0, 01125 = 1, 4525.
Đáp án C.
Câu 35: Hòa tan hoàn toàn m (g) hỗn hợp x gồm F eS và F eS2 ( lưu huỳnh chiếm 44% khối lượng hỗn
hợp) trong 800 ml HNO3 4M, thu được dung dịch Y và khí NO duy nhất. Dung dịch này có thể hòa tan
tối đa 44, 8g Fe cho khí NO duy nhất. Giá trị của m là:
bring about change 17

1.2 Bài tập rèn luyện http://bookgol.com/
A. 60,7. B. 44. C. 40. D. 50.

Lời giải:
Coi hỗn hợp chỉ gồm F e(xmol) và S(ymol)


Theo đề lưu huỳnh chiếm 44% khối lượng hỗn hợp nên có y =
11x
8

Trong dung dịch Y gồm có F e2(SO4)3 và F e(NO3)3
Y hòa tan tối đa nên sắt chỉ lên sắt 2
Ta có nF ehatan =
nF e3+
2
+
3nHNO3d
8

⇒ nHNO3d =
8
3
(0, 8 −
x
2
) (1)

Mặt khác ta có





nHNO3pu = nNO + 3nF e(NO3)3
nF e(NO3)3 = nF e − nF e2(SO4)3
3nNO = 3nF e + 6nS

⇒ nHNO3pu = 4nF e = 4x (2)

Từ (1) và (2) ta tính được x = 0, 4mol → m = 40g. Đáp án C
Nhận xét: Từ bài toán này ta có thể áp dụng công thức nhanh cho các bài toán khác tương tự ( hỗn hợp
gồm hợp chất của sắt và lưu huỳnh)
Đó là nHNO3pu = 4nF e từ đó có thể rút ngắn thời gian làm bài
Câu 36: Hòa tan hết 53, 82g kim loại M (có hóa trị duy nhất trong các hợp chất) vào dung dịch HNO3(
chưa biết rõ loãng hay đặc nóng) thu được dung dịch X (không chứa NH+
4
)và 8, 064 lít hỗn hợp khí Y
( gồm hai khí) có tỉ khối so với H2 bằng 16, 75.Mặt khác cô cạn X thu được 190, 8g rắn Z Thành phần
phần trăm về khối lượng của N (nitơ) trong Z là:
A. 15,58 %. B. 17,85 %. C. 15,87 %. D. 18,75 %.

Lời giải:
Giả sử X chỉ gồm muối nitrat → nN = nNO−
3
= (190, 8 − 53, 82)/62 = 2, 21 mol
Thừa dữ kiện + không có đáp án → loại. Vậy X gồm M(NO3)n và M(OH)n
Từ đó tính được: nH2 = 0, 09 ; nN2O = 0, 27 mol ( chỗ này hai th gồm NO2 và N2O ) → nHNO3(p) = 2, 7
BT nguyên tố N: → nN(X) = nHNO3 − nN(Y ) = 2, 7 − 0, 27.2 = 2, 16 mol


Đáp án A.
Câu 37: Hỗn hợp X gồm Mg, Al, MgO, F eO, Mg(OH)2, Al(OH)3. Nung m gam hỗn hợp X trong điều
kiện không có không khí đến khối lượng không đổi thu được m − 1, 44 gam hỗn hợp rắn Y. Để hoà tan
m gam hỗn hợp X cần 1, 50 lít dung dịch HCl1M thu được 3, 808lít H2(đktc). Cho m gam hỗn hợp X
bằng dung dịch HNO3 loãng dư thu được 4, 48 lít NO (đktc) và dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu
được m + 108, 48 gam muối khan. Số mol HNO3 tham gia phản ứng là:
A. 2,250. B. 2,424. C. 2,135. D. 2,725.

Lời giải:
Khi nung trong điều kiện không có không khí: 2OH− → O
2− + H2O

bring about change 18

1.2 Bài tập rèn luyện http://bookgol.com/

mgim = mH2O = 1, 44 → nH2O = 0, 08 → nOH− = 0, 16
nH+ = 2nH2 = 0, 34 (tạo khí )
2H
++O
2− → H2O
nO2− = 1/2nH2 = (1, 5 − 0, 34 − 0, 16)/2 = 0, 5
Gọi nNH4NO3 = x

108, 48 = 0, 16(62 − 17) + 80x − 16.0, 5 + 62(8x + 0, 2.3 + 0, 5.2)


x = 0, 0175 → nHNO3 = 2O

2− + nOH− + 10nNH4NO3 + 4nNO = 2, 135 mol

Đáp án C.
Câu 38: Hỗn hợp X gồm Al, Zn, F e, Mg. Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl dư thu
được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được m + 27, 69 gam hỗn hợp muối. Oxi hóa dung dịch Y
cần 0, 784 lít khí Clo (đktc). Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với oxi sau 1 thời gian thu được m + 1, 76
gam hỗn hợp Z. Cho hỗn hợp Z tác dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được 4, 032 lít NO (đktc)
và dung dịch T. Cô cạn dung dịch T thu được 70, 22 gam muối khan. Phần trăm khối lượng Fe trong hỗn
hợp X là:
A. 26,96 %. B. 20,22 %. C. 23,59 %. D. 30,32 %.

Lời giải:
Gọi nNH4NO3 = x, 8x + nNO.3 + nO.2 = nCl2
.2 + nH2
.2 nH2 =
1
2
27, 69/35, 5 = 0, 39

Thay vào trên được x = 0, 01125
mNH4NO3 = 0, 9. mm0KL = 70, 22 − 0, 9 = 69, 32. nNO−
3


= nCl2
.2 + nH2
.2

mKL = mm0KL − 3NO−
3
= 16, 62
mà nF e = 0, 035.2 = 0, 07
Đáp án C.
Câu 39: Cho x mol hỗn hợp kim loại Zn, Fe (có tỉ lệ mol 1 : 1) tan hết trong dung dịch chứa y mol H2SO4
(tỉ lệ x : y = 2 : 5). Sau khi kim loại tan hết thu được sản phẩm khử Y duy nhất và dung dịch Z chỉ chứa
muối sunfat. Cho m gam Cu tan hoàn toàn trong dung dịch Z. Giá trị m lớn nhất là :
A. 6,4 y. B. 19,2 y. C. 12,8 y. D. 12,8 x.

Lời giải:
Giả sử có 1 mol Zn, 1 mol Fe thì sẽ có 5 mol H2SO4, Zn phản ứng trước thì số mol H2SO4 còn là 3 mol
Mà ta có 2F e + 6H2SO4 → F e2(SO4)3 + SO2 + 6H2O
Phản ứng vừa hết nên số g Cu là : m =
nF e
2
64 = 32 = 6, 4y Đáp án A.

Câu 40: Hoà tan hoàn toàn 5,4g oxit kim loại X bằng dung dich HNO3 dư thu được 0,224 lít NO. Cho
dung dịch sau phản ứng tác dụng với KOH dư núng nóng thì thu được 0,126 lít khí nữa. X là:
A. FeO. B. MnO hoặc FeO.


bring about change 19

1.2 Bài tập rèn luyện http://bookgol.com/
C. MnO hoặc Cu2O. D. Kết quả khác.

Lời giải:
nNH4NO3 = 5, 625.10−3 mol, nNO = 0, 01 mol → nenhận = 0, 01.3 + 5, 625.10−3

.8 = 0, 075 mol

Gọi x là số electron X nhường → M.0, 075/x = 5, 4 → M = 72x
x = 1 → M = 72(F eO) x = 2 → M = 144(Cu2O)
Đáp án D.
Câu 41: Hỗn hợp bột A gồm 3 kim loại Mg, Zn, Al. Khi hòa tan hết 7, 5g A vào 1 lít dd HNO3 thu được
1 lít dd B và hh khí D gồm NO và N2O.Thu khí D vào bình dung tích 3, 2(l) có chứa sẵn N2 ở O
0C và

0, 23atm thì nhiệt đọ trong bình tăng lên dến 27, 3

0C, áp suất 1,1atm. Khối lượng bình tăng thêm 3, 72g.
Nếu cho 7, 5g A vào 1 lít dd KOH2M thì sau phản ứng khối lượng dd tăng thêm 5, 7g.Giá trị tổng số
mol 3 kim loại trong A.
A. 0,2. B. 0,5. C. 0,4. D. 0,25.


Lời giải:
Gọi số mol của Mg, Zn, Al lần lượt là a, b, c.
Khi cho hỗn hợp khí D vào bình dung tích 3,2 lít. Theo công thức n =
PV
RT
, ta tính được ngay:

nN2 = 0, 03mol, nhh khí trong bình = 0, 14mol
Khi đó nhhNO,N2O = 0, 11mol
⇒ MNO,N2O = 34. Sử dụng đường chéo ta tính được nNO = 0, 07mol, nN2O = 0, 04mol Khi cho A vào
KOH ta có ngay 7, 5 − 5, 7 = mM g(OH)2 + mH2 ⇒ 58a + 2b + 3c = 1, 8
Từ đó ta có hệ:




24a + 65b + 27c = 7, 5
2a + 2b + 3c = 0, 53
58a + 2b + 3c = 0, 18




a = 0, 02
b = 0, 06


c = 0, 12

Từ đó suy ra nhh kim loại = a + b + c = 0, 2
Đáp án A.
Câu 42: Một hỗn hợp rắn A gồm kim loại M và một oxit của kim loại đó. Người ta lấy ra 2 phần, mỗi
phần có khối lượng 59, 2 g.
• Phần 1:Hòa tan vào dung dịch của hỗn hợp N aNO3 và H2SO4 (vừa đủ ) thu được 4, 48 lít khí NO
và dung dịch B.Cô cạn thu được m g rắn khan.
• Phần 2: Đem nung nóng rồi cho tác dụng với khí H2 dư cho đến khi được một chất rắn duy nhất,
hòa tan hết chất rắn đó bằng nước cường toan thì có 17, 92 (lít) khí NO thoát ra. Các thể tích đo ở
ĐKTC.
Giá trị của m gần nhất với:

bring about change 20

1.2 Bài tập rèn luyện http://bookgol.com/
A. 160. B. 170. C. 180. D. 190.

Lời giải:
Quy hỗn hợp gồm [M, MxOy] = [M, O] = (a; b) : mol
Bảo toàn e cho phần 1: m.nM = 3nNO + 2nO ⇒ m.a = 3.0, 2 + 2b (Với m là hóa trị của M)
Bảo toàn e cho phần 2:m.nM = 3nNO = 3.0, 8 = 2, 4
Từ đó suy ra :nO = 0, 9 ⇒ mO = 14, 4 ⇒ mM = 44, 8
Trong dung dịch B có chứa :Mm+; SO2−
4


; N a+ Bảo toàn ion :

m.nM + nNa+ = 2nSO2−

4 ⇒ 2, 4 + 0, 2 = 2nSO2−
4 ⇒ nSO2−
4
= 1, 3

Khối lượng dung dịch B là :

mB = mNa+ + mSO2−
4
+ mMm+ = 23.0, 2 + 96.1, 3 + 44, 8 = 174, 2

Đáp án B.
Câu 43: 15: Cho 3,2 gam hỗn hợp F e và Cu( có tỉ lệ mol tương ứng 8 : 3 )vào 100ml dung dịch chứa
HNO3 0,2M, H2SO4 0,9M và N aNO3 0,4M. Sau khi kết thúc phản ứng thu được khí NO sản phẩm
khử duy nhất. Cô cạn cẩn thận toàn bộ dung dịch thu được sau phản ứng thì khối lượng muối khan thu
được là.
A. 13,38. B. 32,48. C. 24,62. D. 12,13.

Lời giải:
Từ đề bài tỉ lệ mol F e : Cu = 8 : 3 ta suy ra nF e = 0, 04mol, nCu = 0, 015mol
Số mol e cho tối đa là (F e → F e3+): 0, 04.3 + 0, 015.2 = 0, 15mol


Mặt khác: (

nH+ = 0, 2mol
nNO−
3
= 0, 06mol

Bán phản ứng khử:
4H
+ + NO−
3 + 3e → NO + 2H2O

Số mol e nhận là :ne nhận =
3
4
nH+ = 0, 15mol = ne cho
Nên ta suy ra kim loại tan vừa hết Dung dịch sau phản ứng :




NO−
3 dư : 0, 01mol
SO2−
4


: 0, 09mol
N a+ : 0, 04mol
ion KL : 3, 2g
Khi đó mmuối = 3, 2 + 0, 04.23 + 0, 01.62 + 0, 09.96 = 13, 38g
Đáp án A.
Câu 44: 16: Nhiệt phân 50,56 gam KMnO4 sau 1 thời gian thu được 46,72 gam chất rắn. Cho toàn bộ
lượng khí sinh ra phản ứng hết với hỗn hợp X gồm Mg, Fe thu được hỗn hợp Y nặng 13,04g. Hòa tan
bring about change 21

1.2 Bài tập rèn luyện http://bookgol.com/
hoàn toàn Y trong dung dịch H2SO4 đặc nóng dư thu được 1,344l SO2 ở đktc( sản phẩm khử duy nhất).
Phần trăm khối lượng Mg trong X:
A. 39,13 %. B. 46,15 %. C. 28,15 %. D. 52,17 %.

Lời giải:
Sử dụng bảo toàn khối lượng suy ra :mO2 = 50, 56 − 46, 72 = 3, 84 ⇒ nO2 = 0, 12 ⇒ nO = 0, 24
Mg: x mol, Fe: y mol. Ta có ngay hệ

(
2x + 3y = 0, 24.2 + 0, 06.2 = 0, 6
24x + 56y = 13, 04 − 0, 24.16 = 9, 2

(
x = 0, 15
y = 0, 1


Từ đó suy ra %Mg =
0, 15.24
9, 2
= 39, 13%

Đáp án A.
Câu 45: Cho m1 gam hỗn hợp gồm Mg, Al vào m2 gam dung dịch HNO3 24 %. Sau khi các kim loại
tan hết có 8,96 lít (ở đktc) hỗn hợp khí X gồm NO, N2O, N2 bay ra (ở đktc) và dung dịch A. Thêm một
lượng vừa đủ O2 vào X, sau phản ứng thu được hỗn hợp khí Y. Dẫn Y từ từ qua dung dịch NaOH dư có
4,48 lít hỗn hợp khí Z đi ra (ở đktc). Tỷ khối của Z đối với H2 bằng 20. Nếu cho dung dịch NaOH vào A
để được lượng kết tủa lớn nhất thu được 62,2 gam kết tủa. Tính m1, m2. Biết lượng HNO3 lấy dư 20%
so với lượng cần thiết.
Lời giải:
Khi thoát ra gồm N2O, N2 dễ tính được nN2O = 0, 15, N2 = 0, 05
Suy ra nNO = 0, 2
Gọi số mol của Mg, Al lần lượt là x và y
Do khối lượng kết tủa là lớn nhất nên có hệ

2x + 3y = 3.0, 2 + 0, 15.8 + 0, 05.10 = 2, 3

58x + 78y = 62, 2

Tính được x = 0, 4; y = 0, 5 ⇒ m = 23, 1g. nHNO3pứ = 2x + 3y + 0, 2 + 2.0, 15 + 2.0, 05 = 2, 9mol
Vậy nHNO3 = 2, 9.1, 2 = 3, 48mol Suy ra m2 = 913, 5g


Câu 46: Cho 6, 69g hỗn hợp dạng bột gồm Al và F e vào 100mldung dịch CuSO4 0, 75M khuấy kĩ để
phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn X. Hòa tan hoàn toàn X bằng HNO3 1M thu được khí
NO sản phẩm khử duy nhất. Thể tích HNO3 tối thiểu cần dùng là:
A. 0,5. B. 0,6. C. 0,4. D. 0,3.

Lời giải:
Giả sử hỗn hợp ban đầu chỉ có Al.Khi đó: nAl = 0, 248(mol)
BTe, ta có: 3nNO = 3nAl ⇒ nNO = 0, 248( mol) Khi đó: nHNO3 = 4nNO = 4.0, 248 = 0, 988(mol)
Mặt khác, Giả sử hỗn hợp ban dầu chỉ có F e Khi đó: nF e = 0, 119.Để HNO3 min trong trường hợp này
thì F e chỉ được tạo muối sắt (II)(Khi đó số mol NO sinh ra ít nhất nên HNO3 dùng ít nhất)
Lập luận tương tự như trên ta có:3nNO = 2nF e ⇒ nNO = 0, 079 ⇒ nHNO3 = 0, 316(mol)
Do vậy: 0, 316 < nHNO3min < 0, 988
bring about change 22

1.2 Bài tập rèn luyện http://bookgol.com/
Đáp án C.
Câu 47: Hỗn hợp X gồm BaO, F eO và CuO . Cho m gam hỗn hợp X tác dụng với dung dịch hỗn hợp
HCl0, 75M và HBr0, 25M vừa đủ thu được dung dịch Y chứa 73, 7475 gam chất tan. Cho m gam hỗn
hợp X tác dụng với dung dịch H2SO4 loãng dư thu được 0, 96m gam kết tủa. Cho m gam hỗn hợp X tác
dụng với dung dịch HNO3 loãng dư thu được 0, 672 lít NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Cho dung
dịch Y tác dụng với dung dịch AgNO3 dư thu được m1 gam kết tủa. Giá trị của m1 là:
A. 130,3275. B. 132,6825. C. 128,3625. D. 124,1275 .

Lời giải:
Gọi số mol BaO, F eO và CuO lần lượt là x, y, z.


Dễ có: nO = x + y + z ⇒ nH+ = 2(x + y + z)
Lại thấy nCl− = 3nBr− nên dễ dàng suy ra được số mol hai thằng này theo x, y, z
Khi đó ta có hệ




0, 37.153x = 0, 63(72y + 80z)

y = 0, 09

137x + 56y + 64z +

80(x + y + z)
2
+
3.35, 5(x + y + z)
2

= 73, 7475




x = 0, 18


y = 0, 09..
z = 0, 12

Từ đó suy ra nCl− = 3nBr− = 0, 585. mkt = mAgCl + mAgBr + mAg = 130, 3275
Đáp án A
Câu 48: Hòa tan hoàn toàn 1, 28g Cu vào dung dịch chứa 0, 12mol HNO3 thu được dung dịch X và
hỗn hợp khí Y gồm NO và NO2.Cho X tác dụng hoàn toàn với 105mldung dịch KOH 1M, sau phản
ứng lọc bỏ kết tủa được dd Y1.Cô cạn Y1 thu được chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi, thu
được 8, 78g chất rắn. Tỉ khối của khí Y so với He là:
A. 9. B. 10. C. 9,5. D. 8.

Lời giải:
Theo đề: nCu = 0, 02 mol; nKOH = 0, 105 mol
Gọi (
x = nKOHdư
y = nKNO3

(
x + y = 0, 105
56x + 85y = 8, 78

(
x = 0, 005
y = 0, 1
mol


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×