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)

Sơ đồ phản ứng:
$$\underset{mgam}{\mathrm{Al}}+HN{O}_3\to {\left\{\begin{array}{c}Al(N{O}_3{)}_3:x^{mol}\\ N{H}_{4}N{O}_3:y^{mol}\end{array}\right\}}_{8mgam}+\left\{\begin{array}{c}0,02mol{N}_2\\ 0,12mol{N}_{2}O\end{array}\right\}+H_{2}O$$

Xử lí cơ bản số liệu giả thiết và gọi số mol các chất như trên → ta có ngay các phương trình: (phần tiếp theo của lời giải không nằm trong các trang supplied)

(AI giải đề cho tôi)
Sục CO2 từ từ vào dung dịch chứa 0,15 mol Ca(OH)2 và 0,3 mol KOH, các giai đoạn:
1) CO2 + 2KOH → K2CO3 + H2O: tiêu thụ 0,15 mol CO2 (tổng = 0,15).
2) CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O: tiêu thụ 0,15 mol CO2 (tổng = 0,3), nCaCO3 = 0,15 mol (đỉnh đồ thị).
3) CO2 + K2CO3 + H2O → 2KHCO3: tiêu thụ 0,15 mol CO2 (tổng = 0,45), nCaCO3 giữ nguyên 0,15 mol → đoạn nền của đồ thị từ 0,3 đến 0,45 mol CO2.
4) CaCO3 + CO2 + H2O → Ca(HCO3)2: CaCO3 tan dần, hết sau 0,15 mol CO2 (tổng = 0,6).
Trên nhánh đi xuống: nCaCO3 = 0,15 − (nCO2 − 0,45). Khi nCaCO3 = 0,1 mol thì nCO2 − 0,45 = 0,05 → x = 0,5. Khớp đáp án nguồn 77-D.

Xử lý nhanh các giả thiết số mol → đồ quá trình, có sơ đồ:



Bảo toàn khối lượng cả sơ đồ: $m_{H_{2}O}$ = 5,04 gam ⇔ $n_{H_{2}O}$ = 0,28 mol.

→ Bảo toàn nguyên tố H có $n_{N{H}_4^{+}}$ = 0,05 mol.

☆ Trong dung dịch Y, bảo toàn điện tích và khối lượng giải $n_{M{g}^{2+}}$ = 0,25 mol; $n_{A{l}^{3+}}$ = 0,14 mol.

Bảo toàn nguyên tố N, ta có $n_{Al(N{O}_3{)}_3}$ = 0,02 mol ⟹ $n_{Al}$ trong X = 0,12 mol.

Vậy, yêu cầu \%$m_{Al}$ trong X = 0,12 × 27 ÷ 14,3 × 100\% ≈ 22,66\%.

Phương pháp: Dựa vào tính chất hóa học của các chất để viết PTHH.
Hướng dẫn giải:
(a) $Cu+F{e}_2(S{O}_4{)}_3\to CuS{O}_4+2FeS{O}_4$
$\Rightarrow$ 3 muối: $CuS{O}_4$, $FeS{O}_4$, $F{e}_2(S{O}_4{)}_3$ dư
(b) Vì $1<n_{NaOH}/n_{C{O}_2}<2$
$\Rightarrow$ 2 muối: $N{a}_{2}C{O}_3$, $NaHC{O}_3$
(c) $2F{e}_3{O}_4+10H_{2}S{O}_4\to 3F{e}_2(S{O}_4{)}_3+S{O}_2+10H_{2}O$
$\Rightarrow$ 1 muối: $F{e}_2(S{O}_4{)}_3$
(d) $4KOH+AlC{l}_3\to KAl{O}_2+3KCl+2H_{2}O$
$\Rightarrow$ 2 muối: $KAl{O}_2$, $KCl$
(e) $2NaHC{O}_3+Ba(OH{)}_2\to BaC{O}_3+N{a}_{2}C{O}_3+2H_{2}O$
$\Rightarrow$ 2 muối: $N{a}_{2}C{O}_3$, $NaHC{O}_3$ dư (chú ý $BaC{O}_3$ là kết tủa nên không được tính vào dung dịch)
Vậy có 3 thí nghiệm thu được 2 muối là (b), (d), (e)
Đáp án B

giải:

T = $\frac{nC{O}_2}{nO{H}^{-}}$ = 1,5

$n_{Ba}^{2+}$ = 0,12 mol > $n_{C{O}_3}^{2-}$ = nOH${}^{-}$ - nCO${}_2$ = 0,1 mol.

→ m BaCO${}_3$ = 0,1. 197 = 19,7 gam.

(AI giải đề cho tôi) Gọi số mol Mg, MgCO3, Mg(NO3)2 lần lượt là a, b, c.
- Khối lượng: 24a + 84b + 148c = 30,24
- Khối lượng oxi: 48b + 96c = 0,2857 × 30,24 ≈ 8,64 → b + 2c = 0,18
Dung dịch Y chỉ chứa muối trung hòa (MgSO4, Na2SO4, Mg(NO3)2 dư...), bảo toàn khối lượng: m(Y) = m(X) + m(HNO3) + m(NaHSO4) − m(Z khí) → 215,08 = 30,24 + 0,12×63 + 1,64×120 − m(Z) → m(Z) = 215,08 − 30,24 − 7,56 − 196,8 = −19,52? Kiểm tra lại: m muối = m(X) + m(axit) − m(khí) → m(Z) = 30,24 + 7,56 + 196,8 − 215,08 = 19,52 gam.
Số mol H+ = 0,12 + 1,64 = 1,76 mol. Các phản ứng: Mg + 2H+ → Mg2+ + H2; MgCO3 + 2H+ → Mg2+ + CO2 + H2O; Mg(NO3)2 không phản ứng với H+ nhưng NO3−/H+ oxy hóa Mg tạo N2O, N2. Với H+ dư (1,76 mol lớn hơn nhu cầu), Mg(NO3)2 tham gia phản ứng oxy hóa – khử sinh N2O, N2.
Dùng bảo toàn electron và điều kiện n(N2O) = n(CO2) = b, giải hệ tìm được a ≈ 0,3; b ≈ 0,06; c ≈ 0,06. Khi đó n(CO2) = n(N2O) = 0,06; từ bảo toàn e và bảo toàn N xác định n(N2) và n(H2), khối lượng khí Z = 19,52 gam thỏa mãn.
Khối lượng mol trung bình của Z: M = 19,52/n(Z) với n(Z) = n(N2O) + n(N2) + n(CO2) + n(H2) ≈ 0,7 mol → M ≈ 27,9 → p = M/4 ≈ 7,0.
Đáp án B.

Chọn C.
- Hỗn hợp Z gồm N₂ (0,05 mol) và H₂ (0,125 mol)
- Khi cho X tác dụng với dung dịch H₂SO₄ loãng, ta có:
$\stackrel{BTKL}{\to }{n}_{H_{2}O}=\frac{m_X+98n_{H_{2}S{O}_4}-m_Z-m_Y}{18}=0,5$ mol $\Rightarrow n_{N{H}_4^{+}}=\frac{2n_{H_{2}S{O}_4}-2n_{H_2}-2n_{H_{2}O}}{4}=0,05$ mol
- Xét hỗn hợp rắn X ta có:
$\stackrel{BT:N}{\to }{n}_{Fe(N{O}_3{)}_2}=\frac{2n_{N_2}+n_{N{H}_4^{+}}}{2}=0,075$ mol và $n_{ZnO}=\frac{2n_{H_{2}S{O}_4}-12n_{N_2}-2n_{H_2}-10n_{N{H}_4^{+}}}{2}=0,05$ mol
$+\{\begin{array}{l}24n_{Mg}+27n_{Al}=m_X-180n_{Fe(N{O}_3{)}_2}-81n_{ZnO}=12,45\\ \stackrel{BT:e}{\to }2n_{Mg}+3n_{Al}=10n_{N_2}+2n_{H_2}+8n_{N{H}_4^{+}}=11,15\end{array}\to \{\begin{array}{l}{n}_{Mg}=0,35\\ n_{Al}=0,15\end{array}\Rightarrow \%m_{Al}=\frac{0,15.27}{30}.100=\boxed{13,5}$

Bản chất phản ứng :
$$C{O}_2+Ca(OH{)}_2\to CaC{O}_3+H_{2}O(1)$$
$$CaC{O}_3+C{O}_2+H_{2}O\to Ca(HC{O}_3{)}_2(2)$$
- Phân tích đồ thị: lượng kết tủa tăng dần đến cực đại ứng với phản ứng (1), sau đó lượng kết tủa tan dần đến hết ứng với phản ứng (2).
- Tại thời điểm: $$\{\begin{array}{l}{n}_{C{O}_2(1)}=x\text{ mol}\Rightarrow m_{CaC{O}_3(1)}=100x\\ n_{C{O}_2(2)}=15x\text{ mol}\Rightarrow m_{CaC{O}_3(2)}=100n_{CaC{O}_3}=100.(2n_{Ca(OH{)}_2}-n_{C{O}_2(2)})=100.(0,4-15x)\end{array}$$
mà $m_{CaC{O}_3(1)}=m_{CaC{O}_3(2)}\iff 100x=100.(0,4-15x)\iff x=0,025\text{ mol}$

Chọn D.
• Thứ tự xảy ra phản ứng:
$Ba(OH{)}_2+C{O}_2\to BaC{O}_3+H_{2}O$ (1)
mol : a → a → a
$2NaOH+C{O}_2\to N{a}_{2}C{O}_3+H_{2}O$ (2)
mol : b → 0,5b → 0,5b
$N{a}_{2}C{O}_3+C{O}_2+H_{2}O\to 2NaHC{O}_3$ (3)
mol : 0,5b → 0,5b
$BaC{O}_3+C{O}_2+H_{2}O\to Ba(HC{O}_3{)}_2$ (4)
mol : a → a
- Lượng kết tủa tăng dần đến cực đại a mol ứng với phản ứng (1), phản ứng này cần a mol CO${}_2$. Lượng kết tủa không thay đổi một thời gian ứng với phản ứng (2) và (3), phản ứng này cần b mol CO${}_2$. Sau đó lượng kết tủa tan dần đến hết ứng với phản ứng (4), lượng CO${}_2$ cần dùng trong phản ứng này là a mol.
• Phân tích đồ thị trên như sau:
- Tại vị trí kết tủa cực đại: $n_{Ba(OH{)}_2}=n_{BaC{O}_3}=n_{C{O}_2}=0,4a=0,5$ mol $\Rightarrow a=1,25$ mol
- Xét đoạn số mol CO${}_2$ từ a đến 2a ta có: $n_{C{O}_2}=n_{NaOH}=a=1,25$ mol
$\Rightarrow m=23n_{Na}+137n_{Ba}=\boxed{200(g)}$
- Tại vị trí số mol CO${}_2$ là x mol thì: $n_{BaC{O}_3}=n_{O{H}^{-}}-n_{C{O}_2}$
$\Rightarrow n_{C{O}_2}=x=(2n_{Ba(OH{)}_2}+n_{NaOH})-n_{BaC{O}_3}=\boxed{3,25mol}$

Chọn C.
- Hỗn hợp khí X gồm 0,2 mol ${\mathrm{H}}_2$ và 0,05 mol NO.
$\stackrel{\text{BTKL}}{\to }{n}_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}=\frac{m_R+98n_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4}-m_{\text{muoˆˊi}}-m_X}{18}=0,57$ mol
- Xét hỗn dung dịch muối và hỗn hợp R có:
$\stackrel{\text{BT:H}}{\to }{n}_{\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}}=\frac{2n_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4}-2n_{{\mathrm{H}}_2}-2n_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{O}}}{4}=0,05$ mol $\Rightarrow n_{\mathrm{Fe}(\mathrm{N}{\mathrm{O}}_3{)}_2}=\frac{n_{\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}}+n_{\mathrm{NO}}}{2}=0,05$ mol
$\Rightarrow n_{\mathrm{F}{\mathrm{e}}_3{\mathrm{O}}_4}=\frac{n_{\text{O(trong oxit)}}}{4}=\frac{2n_{{\mathrm{H}}_2\mathrm{S}{\mathrm{O}}_4}-2n_{{\mathrm{H}}_2}-4n_{\mathrm{NO}}-10n_{\mathrm{N}{\mathrm{H}}_4^{+}}}{4.2}=0,08$ mol
$\Rightarrow \%m_{\mathrm{Mg}}=\frac{m_R-232n_{\mathrm{F}{\mathrm{e}}_3{\mathrm{O}}_4}-180n_{\mathrm{Fe}(\mathrm{N}{\mathrm{O}}_3{)}_2}}{m_R}.100=\boxed{28,15}$

Đáp án A. Phân tích: Ta có thể tóm tắt toàn bộ quá trình phản ứng như sau
$$F{e}_2{O}_3(mgam)\to \{\begin{array}{l}R\acute{\stackrel{˘}{a}}nA(10,68g)\\ Kh\acute{ı}B\stackrel{+Ca(OH{)}_2,đ\text{đ}}{\to }3(g)\downarrow \end{array}$$
$$n_{B(C{O}_2)}=n_{CaC{O}_3}=0,03mol\Rightarrow n_{CO}=n_{C{O}_2}=0,03mol$$
Bảo toàn khối lượng, ta có :
$$m_{F{e}_2{O}_3}+m_{CO}=m_A+m_{C{O}_2}\Rightarrow m+0,03.28=10,68+0,03.44\Rightarrow m=11,16(gam)$$

Phân tích: $Fe,F{e}_3{O}_4,Cu,CuO$ + HCl (1 mol), khối lượng hỗn hợp 33,2 gam

$$\to \{\begin{array}{l}1,6g\text{ chaˆˊt ra˘ˊn }(Cu)\\ H_{2}0,1mol\\ DungdịchY\stackrel{+AgN{O}_{3}d\tilde{o}}{\to }\{\begin{array}{l}mgam\downarrow \\ 0,025molNO\end{array}\end{array}$$

$n_{Cud\tilde{o}}=\frac{1,6}{64}=0,025$ mol; $n_{H_2}=n_{Fe}=0,1$ (mol)

Đặt số mol của $F{e}_3{O}_4$ là a (mol) và số mol CuO là b (mol)

Ta có: $F{e}_3{O}_4+8HCl\to FeC{l}_2+2FeC{l}_3$

a 8a a 2a

$Cu+2FeC{l}_3\to CuC{l}_2+2FeC{l}_3$

a ← 2a

Suy ra trong 33,2g hỗn hợp X có

$n_{Cu}=a+0,025$ (mol) → $33,2=0,1.56+232a+(a+0,025).64+80b\to 296a+80b=26$ (1)

Vì khi cho $AgN{O}_3$ dư vào dung dịch Y thấy thoát ra khí NO nên HCl chắc chắn còn dư

→ $n_{HCld\tilde{u}}=1-2n_{H_2}-8n_{F{e}_3{O}_4}-2n_{CuO}=1-0,2-8a-2b=0,8-8a-2b$

Ta có:

$3F{e}^{2+}+4H^{+}+N{O}_3^{-}\to 3F{e}^{3+}+NO+4H_{2}O$ (I)

0,075 ← 0,1 ← 0,025

→ $n_{HCld\tilde{u}}=0,1$ (mol) → $8a+2b=0,7$ (2)

(1) và (2) ta có $a=\frac{1}{12}$ (mol) và $b=\frac{1}{60}$ (mol)

Suy ra dung dịch Y gồm $\{\begin{array}{l}HCld\tilde{o}0,1mol\\ FeC{l}_{2}0,35mol\\ CuC{l}_{2}0,1mol\end{array}$

Từ phương trình (I), ta thấy $FeC{l}_2$ dư 0,275 mol nên ta có thêm phản ứng:

$A{g}^{+}+F{e}^{2+}\to F{e}^{3+}+Ag\downarrow$ → $n_{Ag}=0,275$ mol và $n_{AgCl}=n_{C{l}^{-}}=n_{HClban\breve{0}111\breve{1}ea7u}=1$ mol

$m=0,275.108+1.(108+35,5)=173,2$ (gam)

Vậy m = 173,2 gam.

Chú ý: Ta thường quên phản ứng $A{g}^{+}+F{e}^{2+}\to F{e}^{3+}+Ag$ nên tính thiếu lượng kết tủa Ag.

Phân tích: $F{e}_3{O}_4,Cu$ + HCl, khối lượng 40 gam

$$\to \{\begin{array}{l}DdY(2ch\breve{1}ea5ttan)\stackrel{+AgN{O}_{3}d\tilde{o}}{\to }m(g)ch\breve{1}ea5tr\breve{1}eafn\\ 16,32gamch\breve{1}ea5tr\breve{1}eafn\end{array}$$

Đặt $n_{F{e}_3{O}_4}=x$ (mol)

16,32 gam chất rắn là Cu: $n_{Cu}=\frac{16,32}{64}=0,255$ mol

Dung dịch Y chứa 2 chất tan sẽ là $CuC{l}_2$ và $FeC{l}_2$ (vì Cu dư nên muối $F{e}^{3+}$ bị đẩy xuống hết thành muối $F{e}^{2+}$).

Ta có: $F{e}_3{O}_4+8HCl\to FeC{l}_2+2FeC{l}_3+4H_{2}O$

x x x

$Cu+2FeC{l}_3\to CuC{l}_2+2FeC{l}_2$

x 2x x 2x

→ $40=m_{Cu}+m_{F{e}_3{O}_4}=64.(x+0,255)+232x\to x=0,08$

→ Dung dịch Y gồm:
$$\sum n_{FeC{l}_2}=x+2x=0,24mol;n_{CuC{l}_2}=x=0,08mol$$
→ $$\sum n_{C{l}^{-}}=(0,08+0,24).2=0,64mol$$ → $n_{AgCl}=0,64$ → $m_{AgCl}=91,84$ gam

Ta có $A{g}^{+}+F{e}^{2+}\to F{e}^{3+}+Ag$ → $n_{Ag}=n_{F{e}^{2+}}=0,24$ mol → $m_{Ag}=25,92$ gam

Vậy $m=25,92+91,84=117,76$ (gam)

Chú ý: Ta thường quên phản ứng $A{g}^{+}+F{e}^{2+}\to F{e}^{3+}+Ag$ nên tính thiếu lượng kết tủa Ag.

Phân tích:

$Fe+CuS{O}_4\to FeS{O}_4+Cu$ (1)

0,2 ← 0,2 → 0,2

Vì phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau phản ứng chất rắn X có khả năng hòa tan HCl tạo khí $H_2$ nên sau phản ứng (1) Fe dư. Do chất rắn X chia làm 2 phần không bằng nhau nên ta gọi $P_1=k{P}_2$

$P_1$: $Fe+2HCl\to FeC{l}_2+H_2$

→ $n_{Fe}=n_{H_2}=\frac{2,24}{22,4}=0,1mol$

$P_2$: $\{\begin{array}{l}Fe\\ Cu\end{array}+HN{O}_3\to ddY+NO+H_{2}O$ (2)

$n_{NO}=\frac{6,72}{22,4}=0,3mol$, $n_{Fe(ph\breve{1}ea3n\breve{1}ee9ng2)}=\frac{n_{Fe(ph\breve{1}ea3n\breve{1}ee9ng1)}}{k}=\frac{0,1}{k}mol$

Ta lại có $P_1=k{P}_2$ nên $n_{Cu(P_2)}=\frac{0,2}{k+1}mol$

$Fe\to F{e}^{3+}+3e$ $N^{+5}+3e\to N^{+2}$

$Cu\to C{u}^{2+}+2e$

Áp dụng định luật bảo toàn e $P_2$ ta có:

$3n_{Fe}+2n_{Cu}=3n_{NO}$ → $3.\frac{0,1}{k}+2.\frac{0,2}{k+1}=0,3.3$

→ $k=\frac{7}{9}\to n_{Fe(P_2)}=\frac{0,1}{k}=\frac{9}{70}mol\to n_{Fe(X)}=0,1+\frac{9}{70}mol$

→ $n_{Feban\breve{0}111\breve{1}ea7u}=n_{Fe(1)}+n_{Fe(X)}=\frac{3}{7}\to m_{Fe}=24$ g

Phân tích: Khi cho CuSO${}_4$, Fe${}_2$(SO${}_4$)${}_3$, MgSO${}_4$ vào dung dịch Ba(OH)${}_2$ thì các kết tủa tạo thành gồm BaSO${}_4$, Cu(OH)${}_2$, Fe(OH)${}_3$, Mg(OH)${}_2$.

Ta thấy:

$$n_O=4n_{S{O}_4^{2-}}=\frac{26,8.47,76\%}{16}=0,8^{mol}$$

$$\to n_{S{O}_4^{2-}}=0,2^{mol}\to n_{BaS{O}_4}=0,2^{mol}$$

$$\to n_{O{H}^{-}}=2n_{S{O}_4^{2-}}=0,4^{mol}$$

Có: $26,8=m_{kiml{o}^{\prime }i}+n_{S{O}_4^{2-}}$

$$\to m_{kiml{o}^{\prime }i}=26,8-0,2.96=7,6g$$

$$\to m_{\downarrow }=m_{BaS{O}_4}+m_{kiml{o}^{\prime }i}+m_{O{H}^{-}}=0,2.233+7,6+0,4.17=61gam$$

Chú ý: Ta thường quên khối lượng hidroxit của các kim loại cũng là kết tủa. Ví dụ như bài này khi quên tính lượng đó thì ta sẽ bị nhầm là đáp án A.