Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Bài toán tổng hợp kim loại, oxide, muối tác dụng acid và hấp thụ khí vào kiềm (Hóa học Lớp 12)

Trên nguồn trang 80, đáp án C (2,4) được in màu đỏ (đáp án chính thức của đề). Nguồn không cung cấp lời giải chi tiết cho câu này.

Chọn B.
* Xét phần 1 :
- Khi cho P1 tác dụng với dung dịch NaOH thì: $2n_{A{l}_2{O}_3}+n_{Al}=n_{NaOH}=0,17$ mol(*)
Mà $n_{O((trongA{l}_2{O}_3)}=\frac{m_{P1}-27n_{Al}-m_{r\acute{\stackrel{˘}{a}}nkh\hat{o}ngtan}}{16}=0,105$ mol $\Rightarrow n_{A{l}_2{O}_3}=\frac{n_O}{3}=0,045$ mol
từ(*) $\to n_{Al}=0,08$ mol $\to n_{H_2}=1,5n_{Al}=0,12$ mol
* Xét phần 2 :
- Cho P2 tác dụng với dung dịch chứa H${}_2$SO${}_4$ (0,4 mol) và HNO${}_3$ (x mol)
Ta có $n_{N{H}_4^{+}}=\frac{m_{mu\acute{\hat{o}}ikhan}-27n_{Al}-m_{C{u}^{2+},F{e}^{n+}}-96n_{S{O}_4^{2-}}}{18}=0,01$ mol
- Xét hỗn hợp khí Z, gọi y là số mol của N${}_2$O ta có : $n_Z=n_{H_2}=0,12$ mol
$\to n_{NO}=n_Z-n_{H_2}-n_{N_{2}O}=(0,1-y)$ mol.
BT N: $n_{HN{O}_3}=n_{NO}+2n_{N_{2}O}+n_{N{H}_4^{+}}\to x=0,1-y+2y+0,01$ (1)

Định hướng tư duy giải

$Y\{\begin{array}{l}{H}_2:0,13^{mol}\\ NO:0,06^{mol}\end{array}\stackrel{BTKL}{\to }{n}_{H_{2}O}=0,26^{mol}\stackrel{H^{+}}{\to }{n}_{N{H}_4^{+}}=0,02^{mol}\stackrel{BTN}{\to }{n}_{Cu(N{O}_3{)}_2}=0,04^{mol}$

$\stackrel{H^{+}}{\to }{n}_O=n_{FeO}=0,08^{mol}$

$\{\begin{array}{l}Al:x^{mol}\\ Zn:y^{mol}\end{array}\to \{\begin{array}{l}27x+65y+0,08.72+0,04.188=21,5\\ -BTe\to 3x+2y=0,6\end{array}\to \{\begin{array}{l}x=0,16\\ y=0,06\end{array}\to \%m_{Al}=20,09\%$

Hướng dẫn giải

Khi CO${}_2$ đến dư vào Y thì kết tủa thu được là Al(OH)${}_3$: 0,04 mol

Khi cho 0,054 mol CO${}_2$ vào Y thì kết tủa thu được gồm Al(OH)${}_3$ (0,04) và BaCO${}_3$ (0,006).

— $\stackrel{BT:C}{\to }$ $n_{Ba(HC{O}_3{)}_2}=\frac{n_{C{O}_2}-n_{BaC{O}_3}}{2}=0,024$ mol — $\stackrel{BT:Ba}{\to }$ $n_{Ba}=0,03$ mol

— $\stackrel{BT:e}{\to }$ $n_O=\frac{2n_{Ba}+3n_{Al}-2n_{H_2}}{2}=0,05$ mol $\Rightarrow$ m = 5,99 (g)

(AI giải đề cho tôi)
Xét từng hỗn hợp (mỗi chất 1 mol):
1) Mg + Fe₂(SO₄)₃: Mg cho 2e, Fe³⁺ cần 3e → Mg hết, Fe³⁺ dư còn trong dung dịch cùng MgSO₄ → tạo dung dịch.
2) Cu + FeCl₃: Cu + 2Fe³⁺ → Cu²⁺ + 2Fe²⁺; FeCl₃ dư → dung dịch chứa CuCl₂, FeCl₂, FeCl₃ → tạo dung dịch.
3) Ba + AlCl₃: Ba tác dụng nước → Ba(OH)₂; Ba(OH)₂ + AlCl₃ tạo kết tủa Al(OH)₃ (OH⁻ không đủ để hòa tan Al(OH)₃ thành aluminate) → có kết tủa, không tạo dung dịch.
4) Fe + Fe(NO₃)₃: Fe + 2Fe³⁺ → 3Fe²⁺; Fe(NO₃)₃ dư → dung dịch Fe(NO₃)₂ và Fe(NO₃)₃ → tạo dung dịch.
5) Na + Al: Na + H₂O → NaOH; NaOH + Al + H₂O → NaAlO₂ + H₂↑ với tỉ lệ 1:1 vừa đủ → NaAlO₂ tan hết → tạo dung dịch.
Vậy có 4 hỗn hợp tạo thành dung dịch → đáp án D.

Nhận thấy số mol CO${}_2$ là 0,2 $\to n_{S{O}_4^{2-}}=0,2⟶\{\begin{array}{l}MgS{O}_4:0,1\\ BaS{O}_4:0,1\end{array}$
$⟶$ Z $\{\begin{array}{l}{n}_{Mg+Ba}=0,7-0,1=0,6\\ n_O=0,5\\ n_{S{O}_4^{2-}}=0,1\end{array}$
Nung X được 0,5 CO${}_2$
$⟶m_Z=115,3-0,7.60-0,1.24+0,5.16+0,1.96=88,5$

Định hướng tư duy giải
- $\{\begin{array}{l}{n}_{KN{O}_3}=x\\ n_{H_{2}S{O}_4}=2x\\ n_{H_2}=y\end{array}\stackrel{\text{BT H}}{\to }{n}_{H_{2}O}=2x-y\to \{\begin{array}{l}\stackrel{\text{BT N}}{\to }{n}_N^Y=x\\ \stackrel{\text{BT O}}{\to }{n}_O^Y=x+y\end{array}$
- $\{\begin{array}{l}8,6+101x+98.2x=43,25+50y+18(2x-y)\\ 14x+16(x+y)+2y=50y\end{array}\to \{\begin{array}{l}x=0,15\\ y=0,140625\end{array}$
- $\stackrel{{\text{NAP}}^{+}}{\to }$ $n_{KOH}$ $=0,45\to$ $m_{\downarrow }$ $=8,6+0,45.17$ $=16,25$
$\to$ $n_{F{e}^{2+}}$ $=a\to$ $16,25+32.\frac{a}{4}-18.\frac{0,45}{2}$ $=12,6\to$ a $=0,05\to$ $m_{dd}^X$ $=101,56875\to$ C\%${}_{FeS{O}_4}$ $=7,48\%$

Định hướng tư duy giải
• {Mg : x mol; NH₄⁺ : y mol} → {24x + 18y + 1,64.23 + 1,64.96 = 215,08; −(BTDT)→ 2x + y + 1,64 = 1,64.2} → {x = 0,8; y = 0,04}
• {Mg : a mol; MgCO₃ : b mol; Mg(NO₃)₂ : c mol} → {24a + 84b + 148c = 30,24; 3y + 6z = 30,24.28,57\% : 16 = 0,54; x + y + z = 0,8} → {x = 0,08; y = 0,06; z = 0,06} → n(N₂O) = n(CO₂) = 0,06
• −(BT N)→ n(N₂) = 0,04 mol −(H⁺)→ n(H₂) = 0,08 mol → D(Z/He) = 6,833

Định hướng tư duy giải:
• n${}_{\text{Fe}}$ = 0,63.2 - 0,48.2 = 0,3${}^{\text{mol}}$ → n${}_{\text{Al}}$ = 0,12${}^{\text{mol}}$
• Y $\{\begin{array}{l}{\text{Al}}^{3+}:0,12^{\text{mol}}\\ {\text{Fe}}^{2+}:0,3^{\text{mol}}\\ {\text{Cl}}^{-}:1,2^{\text{mol}}\\ {\text{H}}^{+}:0,24^{\text{mol}}\end{array}$ $\stackrel{{\text{NaNO}}_3:0,1^{\text{mol}}}{\to }$ NO : 0,06${}^{\text{mol}}$ + Z $\{\begin{array}{l}{\text{Al}}^{3+}:0,12^{\text{mol}}\\ {\text{Fe}}^{3+}:0,3^{\text{mol}}\\ {\text{Cl}}^{-}:1,2^{\text{mol}}\\ {\text{Na}}^{+}:0,1^{\text{mol}}\\ {\text{NO}}_3^{-}:0,04^{\text{mol}}\end{array}$ → m = 67,42 gam

(AI giải đề cho tôi)
Giai đoạn tăng: CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O (tỉ lệ 1:1). Giai đoạn giảm: CaCO3 + CO2 + H2O → Ca(HCO3)2 (cũng 1:1, tức 22,4 lít CO2 làm tan 100 g CaCO3). Theo đồ thị: tại V khối lượng kết tủa 3a, cực đại 8a tại V1, và tại (V + 12,32) còn 2a. Gọi x = V1 − V, y = (V + 12,32) − V1 thì x + y = 12,32 và tỉ lệ: 5a/(x) = 6a/(y) (vì mỗi lít CO2 tương ứng 100/22,4 g CaCO3) → x/y = 5/6 → x = 5,6 lít; y = 6,72 lít. Suy ra a = 5,6 × (100/22,4)/5 = 5. Khối lượng kết tủa cực đại 8a = 40 g = 0,4 mol CaCO3. Vậy V1 = 0,4 × 22,4 = 8,96 lít. Khớp đáp án A.

1,6 mol X $\to$ Y + 1,44 mol R (CO${}_2$, NO${}_2$, O${}_2$, SO${}_2$) $\to n_{O/R}=2,88$ mol
Y + 3,5 mol HNO${}_3$ $\to$ Z (Ag${}^{+}$, Fe${}^{3+}$, Mg${}^{2+}$, NO${}_3^{-}$, SO${}_4^{2-}$) + 0,77 mol NO${}_2$, 0,3 mol CO${}_2$ + H${}_2$O
Cho Z + Ba(NO${}_3$)${}_2$ dư thu được 0,01 mol kết tủa $\to n_{S{O}_4^{2-}}=0,01$ mol
Bảo toàn nguyên tố H $\to n_{H_{2}O}=1,75$ mol
Bảo toàn nguyên tố N $\to n_{N{O}_3/Z}=2,73$ mol
Bảo toàn nguyên tố oxi: $n_{O/Y}=0,77\times 2+0,3\times 2+1,75+2,73\times 3+0,01\times 4-3,5\times 3=1,62$ mol
Bảo toàn nguyên tố oxi trong phản ứng nung: $n_{O/X}=n_{O/X}+n_{O/R}=2,88+1,62=4,5$ mol
$\to n_{hh(FeC{O}_3,AgN{O}_3)}=4,5/3=1,5$ mol $\to n_{Mg,FeS}=0,1$ mol $\to \%=6,25\%$ (lời giải nguồn ghi "đáp án A"; bảng đáp án chính thức là B)

(AI giải đề cho tôi)
Câu 37*: Hỗn hợp X gồm Al, Fe${}_3$O${}_4$, CuO, oxi chiếm 25% khối lượng.

- $n_{CO}=\frac{1,344}{22,4}=0,06$ mol. Khí Z có $M_Z=18\times 2=36$ g/mol là hỗn hợp CO${}_2$ và CO dư: $44a+28b=36(a+b)\Rightarrow a=b\Rightarrow n_{C{O}_2}=0,03$ mol. Vậy CO khử lấy đúng $0,03$ mol O từ oxit (phần CO dư không phản ứng), tức phản ứng khử xảy ra một phần ('sau một thời gian').

Gọi số mol Al, Fe${}_3$O${}_4$, CuO là $a,f,c$.

1) Oxi trong X: $16(4f+c)=0,25(27a+232f+80c)\Rightarrow 24f-16c=27a$.

2) Khối lượng muối nitrat sau khi hòa tan Y trong HNO${}_3$ loang dư (muối gồm Al(NO${}_3$)${}_3$, Fe(NO${}_3$)${}_3$, Cu(NO${}_3$)${}_2$):
$$213a+726f+188c=3,08(27a+232f+80c)\Rightarrow 129,84a+11,44f=58,4c.$$

Giải hai phương trình: $f=3a$, $c=2,811a$.

3) Electron nhường cho NO ($n_{NO}=0,896/22,4=0,04$ mol, nhận $0,12$ mol e): gọi $f_2,c_2$ là số mol Fe${}_3$O${}_4$, CuO bị khử bởi CO ($4f_2+c_2=0,03$). Khi hòa tan, tổng e nhường:
$$3a+f_1+9f_2+2c_2=3a+(f-f_2)+9f_2+2c_2=3a+f+8f_2+2c_2.$$
Vì $c_2=0,03-4f_2$ nên $8f_2+2c_2=0,06$ (không phụ thuộc mức độ khử):
$$3a+f+0,06=0,12\Rightarrow 6a=0,06\Rightarrow a=0,01.$$

Suy ra $f=0,03$; $c=0,02811$ mol.
$$m=27(0,01)+232(0,03)+80(0,02811)=0,27+6,96+2,2488=9,4788\approx 9,5\text{ gam}.$$

Kiểm tra: khối lượng muối $=213(0,01)+726(0,03)+188(0,02811)=29,19=3,08\times 9,4788$ ✓; số e $=0,12$ ✓; $4f_2+c_2=0,03$ có nghiệm thoả $f_2\le f,c_2\le c$ ✓.

Vậy $m\approx 9,5$ — chọn A, khớp với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
Khối lượng mỗi đĩa thay đổi = khối lượng chất thêm vào − khối lượng khí thoát ra. Cân trở lại vị trí cân bằng khi hai bên thay đổi khối lượng như nhau.
(a) CaCO${}_3$ + 2HCl → CaCl${}_2$ + CO${}_2$↑ + H${}_2$O: Δm_A = 100 − 44 = 56 g; KHCO${}_3$ + HCl → KCl + CO${}_2$↑ + H${}_2$O: Δm_B = 100 − 44 = 56 g → cân ✓
(b) Fe + 2HCl → FeCl${}_2$ + H${}_2$↑: Δm_A = 56 − 2 = 54 g; CaO + 2HCl → CaCl${}_2$ + H${}_2$O (không có khí): Δm_B = 56 g → lệch 2 g ✗
(c) FeO + 2HCl → FeCl${}_2$ + H${}_2$O: Δm_A = 72 g; FeCO${}_3$ + 2HCl → FeCl${}_2$ + CO${}_2$↑ + H${}_2$O: Δm_B = 116 − 44 = 72 g → cân ✓
(d) Na${}_2$S + 2HCl → 2NaCl + H${}_2$S↑: Δm_A = 78 − 34 = 44 g; Al(OH)${}_3$ + 3HCl → AlCl${}_3$ + H${}_2$O (không có khí): Δm_B = 78 g → lệch ✗
(e) FeS + 2HCl → FeCl${}_2$ + H${}_2$S↑: Δm_A = 88 − 34 = 54 g; Fe + 2HCl → FeCl${}_2$ + H${}_2$↑: Δm_B = 56 − 2 = 54 g → cân ✓
(g) NaOH + HCl → NaCl + H${}_2$O (không có khí): Δm_A = 40 g; MgCO${}_3$ + 2HCl → MgCl${}_2$ + CO${}_2$↑ + H${}_2$O: Δm_B = 84 − 44 = 40 g → cân ✓
(h) AgNO${}_3$ + HCl → AgCl↓ + HNO${}_3$ (không có khí): Δm_A = 1,7 g; MgCO${}_3$: n = 3,57/84 = 0,0425 mol, thoát 0,0425 × 44 = 1,87 g → Δm_B = 3,57 − 1,87 = 1,70 g → cân ✓
Vậy các trường hợp cân trở lại: (a), (c), (e), (g), (h) — tổng cộng 5 trường hợp. Đáp án B (khớp bảng đáp án nguồn: câu 18 = B).