Độ khó: Nhận biết
Điện phân 200 mL dung dịch X gồm AgNO3 và Cu[NO3]2 [có tỉ lệ mol tương ứng là 1 : 1] với điện cực trơ, cường độ dòng điện không đổi.
Sau thời gian t giây, ở catot chưa có bọt khí và khối lượng catot tăng 2,24 gam.
Sau 2t giây, tổng số mol khí thu được ở hai điện cực là 0,024 mol.
Nồng độ mol/L của AgNO3 trong X là
Dung dịch X gồm AgNO3 và Cu[NO3]2 có cùng nồng độ mol. Lấy 1 lượng hỗn hợp gồm 0,03 mol Al và 0,05 mol Fe cho vào 100 ml dung dịch X ; phản ứng kết thúc thu được chất rắn Y chứa 3 kim loại . Cho Y vào HCl dư thu được 0,07g khí. Nồng độ của 2 muối là :
A.
B.
C.
D.
HD: ♦ giải bài tập kim loại đẩy muối trước: quan sát sơ đồ: $\underbrace {{\rm{Mg}}}_{{\rm{6 gam}}}{\rm{ + }}\left\{ \begin{array}{l}\overbrace {{\rm{AgN}}{{\rm{O}}_{\rm{3}}}}^{{\rm{4}}x{\rm{ mol}}}\\\underbrace {{\rm{Cu}}{{\left[ {{\rm{N}}{{\rm{O}}_{\rm{3}}}} \right]}_{\rm{2}}}}_{{\rm{3}}x{\rm{ mol}}}\end{array} \right\} \to \underbrace {{\rm{Mg}}{{\left[ {{\rm{N}}{{\rm{O}}_{\rm{3}}}} \right]}_{\rm{2}}}}_{{\rm{5}}x{\rm{ mol}}}{\rm{ + }}\underbrace {\left\{ \begin{array}{l}{\rm{Mg}}\\{\rm{Ag}}\\{\rm{Cu}}\end{array} \right\}}_{{\rm{16,08 gam}}}$
gọi nAgNO3 = 4x mol → nCu[NO3]2 = 3x mol.
bảo toàn anion trong dung dịch có ngay nMg[NO3]2 = 5x mol như trên.
☆ bảo toàn khối lượng kim loại có: 6 + 108 × 4x + 64 × 3x = 24 × 5x + 16,08
⇒ giải x = 0,02 mol → Y gồm: 0,08 mol Ag; 0,06 mol Cu và 0,15 mol Mg.
♦ giải bài tập kim loại + HNO3. biết số mol các kim loại trong Y rồi. mà:
∑m0,08 mol AgNO3 + 0,06 mol Cu[NO3]2 + 0,15 mol Mg[NO3]2 = 47,08 gam
⇒ chứng tỏ trong muối còn có: 1,25 gam muối amoni nitrat NH4NO3 nữa.
Theo đó, bảo toàn electron có: nNO = [∑ne cho – 8nNH4NO3] ÷ 3 = 0,125 mol.
⇒ V = VNO = 0,125 × 22,4 = 2,80 lít. Chọn đáp án C. ♣.
Page 2
【C2】Lưu lạiTiến hành hai thí nghiệm sau:
Cho m gam bột Fe [dư] vào dung dịch chứa a mol Fe2[SO4]3;
Cho m gam bột Fe [dư] vào dung dịch chứa b mol H2SO4 đặc, nóng.
Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng chất rắn thu được ở hai thí nghiệm bằng nhau. Mối quan hệ giữa a và b là
A. 3a = 2b. B. a = b. C. 3a = b. D. 2a = b.
Page 3
Giải: Hòa tan HẾT Fe ⇒ HNO3 dư hoặc đủ.
• HNO3 hết ⇒ nNO3 = 3nNO = 0,45 mol.
mmuối = mMg + mFe + mNO3 ⇒ m = 10,704 gam.
⇒ nNO : nFe = 2,35 ⇒ thỏa mãn ⇒ V = 0,15 × 4 ÷ 0,15 = 0,24 lít.
• HNO3 dư ⇒ BTe: nFe = 0,15 mol; nNO3/H = 0,45 mol.
Đặt nNH4NO3 = x ⇒ 40,428 = 1,824 + 0,15 × 56 + 62 × [0,45 + 8x] + 80x.
||⇒ x = 0,004 mol ⇒ V = [0,004 × 10 + 0,15 × 4] ÷ 0,15 = 0,256 lít.
⇒ cả B và C đều đúng ???
Page 4
HD: kim loại đẩy muối và HNO3 cơ bản [bảo toàn electron]. ► Tập trung vào những điểm cơ bản + đặc trưng của mỗi dạng và phân tích:
2 kim loại là 0,4x mol Cu và [0,2 – y] mol Fe; dung dịch có z mol AlCl3 và y mol FeCl2.
Có các phương trình: • 3z + 2y = 0,6 + 0,8x [1] [bảo toàn anion Cl–].
• m = 27z ||→ 2,4 × 27z = 2,4m = 64 × 0,4x + 56 × [0,2 – y] [2] [khối lượng chất rắn Y].
• Bảo toàn e có thêm: 0,8x + 3 × [0,2 – y] = 0,19375 × 3 [3].
Giải hệ được x = 0,375; y = 0,10625; z = 11/48.
Vậy giá trị của m = 27z = 6,1875 gam. Chọn đáp án A. ♥.
Page 5
Giải: GIẢ SỬ Ag+ dư hoặc vừa hết ⇒ tăng giảm KL: $\frac{{12m}}{7}$ < m + 0,04 × [108 – 0,5 × 56].
Thế 4 đáp án thấy không thỏa ⇒ sai ⇒ Ag+ hết và Cu2+ bị phản ứng 1 phần.
⇒ rắn gồm Cu [x mol], Fe [y mol] và Ag [0,04 mol] ⇒ BTe: 2x + 3y + 0,04 = 0,21.
BTNT[Cu]: nCu2+ dư = [0,1 – x] mol ⇒ BTĐT: nFe2+ = [0,02 + x] mol.
⇒ 64x + 56y + 0,04 × 108 = $\frac{{12}}{7}$ × 56 × [0,02 + x + y] ||⇒ giải hệ cho:
x = 0,025 mol; y = 0,04 mol ⇒ m = 56 × [0,02 + 0,025 + 0,04] = 4,76 gam ⇒ chọn A.
Page 6
HD: thứ tự kim loại: Mg > Fe > Cu > Ag → Y gồm hai kim loại cuối dãy là Ag và Cu.
Trong đó, a mol Ag+ bị đẩy ra hết thành a mol Ag trong Y; còn Cu chưa rõ
có thể có 1 phần còn dư, chưa bị đẩy ra hết → gọi nCu trong Y = x mol [x ≤ 2a].
Có ngay: mY = mAg + mCu = 108a + 64x = 18,08 gam.
Y phản ứng với H2SO4 đặc nóng → 0,14 mol SO2↑
⇒ bảo toàn electron có: a + 2x = 2nSO2↑ = 0,28 mol.
⇒ giải hệ được: a = 0,12 mol; x = 0,08 mol. → Chọn đáp án B. ♦.
Page 7
Gọi số mol Al và Fe lần lượt là x, y mol
Để lượng HNO3 là nhỏ nhất → muối hình thành được chứa Al3+ Fe2+, Cu2+ : , SO42-: 0,075 mol, NO3-
Như vậy lượng CuSO4 không thay đổi số oxi hóa. chỉ có Fe và Al thay đổi
Luôn có $\dfrac{6,69.2}{56}$ < ne trao đổi < $\dfrac{6,69.3}{27}$
Mà nHNO3 = 4nNO = $\dfrac{4}{3}$ n trao đổi
→ $\dfrac{6,69.2}{56}$.$\dfrac{4}{3}$ < HNO3 < $\dfrac{4}{3}$. $\dfrac{6,69.3}{27}$ → 0,32 < HNO3 < 0,99
Để HNO3 là nhỏ nhất → nHNO3 = 0,4 mol. Đáp án C.
Trang chủ
Sách ID
Khóa học miễn phí
Luyện thi ĐGNL và ĐH 2023
Trang chủ
Sách ID
Khóa học miễn phí
Luyện thi ĐGNL và ĐH 2023
Dung dịch X gồm AgNO3 và Cu[NO3]2 [tỉ lệ mol 1 : 1]. Cho bột Mg vào X thu được 42 gam hỗn hợp rắn Y. Cho Y vào HNO3 loãng [dư], thu được 0,2 mol NO [sản phẩm khử duy nhất]. Các phản ứng hoàn toàn. Tính số mol AgNO3 trong X?
A. 0,25. B. 0,30. C. 0,15. D. 0,20.