Trắc nghiệm Bài 18. Kim loại tác dụng với axit có tính oxi hóa (phần 2) - Hóa 12

Đề bài

Câu 1 :

Hòa tan hoàn toàn 11,90 gam hỗn hợp 3 kim loại X, Y, Z bằng dung dịch H₂SO₄ đặc, nóng thu được 7,616 lít khí SO₂ (đktc), 0,640 gam S và dung dịch T. Cô cạn dung dịch T thu được m gam muối khan. Giá trị của m

A

50,30.
B

30,50.
C

88,70.
D

46,46.

Câu 2 :

Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp Fe, Cu (tỉ lệ mol 1 : 1) bằng axit HNO₃, thu được V lít (đktc) hỗn hợp khí X (gồm NO và NO₂) và dung dịch Y (chỉ chứa hai muối và axit dư). Tỉ khối của X đối với H₂ bằng 19. Giá trị của V là

A

2,24.
B

2.80.
C

5.60.
D

4.48.

Câu 3 :

Hoà tan hoàn toàn 8,862 gam hỗn hợp gồm Al và Mg vào dung dịch HNO₃ loãng, thu được dung dịch X và 3,136 lít (ở đktc) hỗn hợp Y gồm hai khí không màu, trong đó có một khí hoá nâu trong không khí. Khối lượng của Y là 5,18 gam. Cho dung dịch NaOH (dư) vào X và đun nóng, không có khí mùi khai thoát ra. Phần trăm khối lượng của Al trong hỗn hợp ban đầu là

A

12,80%
B

15,25%
C

10,52%
D

19,53%

Câu 4 :

Hòa tan hoàn toàn 100 gam hỗn hợp X gồm Fe, Cu, Ag trong dung dịch HNO₃ (dư). Kết thúc phản ứng thu được 13,44 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm NO₂, NO, N₂O theo tỉ lệ số mol tương ứng là 3 : 2 : 1 và dung dịch Z (không chứa muối NH₄NO₃). Cô cạn dung dịch Z thu được m gam muối khan. Giá trị của m và số mol HNO₃ đã phản ứng lần lượt là

A

205,4 gam và 2,3 mol.
B

199,2 gam và 2,4 mol.
C

205,4 gam và 2,4 mol.
D

199,2 gam và 2,3 mol.

Câu 5 :

Cho 10 gam hỗn hợp Fe, Cu (trong đó Fe chiếm 40% khối lượng) vào một lượng axit H₂SO₄ đặc, đun nóng. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X, V lít khí SO₂ (ở đktc) và còn lại 6,64 gam kim loại không tan. Giá trị của V là

A

1,176.
B

1,344.
C

1,596.
D

2,016.

Câu 6 :

Hoà tan a gam Cu và Fe (Fe chiếm 30% về khối lượng) bằng 50 ml dung dịch HNO₃ 63% (D = 1,38 g/ml). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn X cân nặng 0,75a gam, dung dịch Y và 6,104 lít hỗn hợp khí NO và NO₂ (đktc). Cô cạn Y thì số gam muối thu được là

A

75,150 gam.
B

62,100 gam.
C

37,575 gam.
D

49,745 gam.

Câu 7 :

Hòa tan hoàn toàn m gam Al bằng dung dịch HNO₃ loãng, thu được 5,376 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm N₂, N₂O và dung dịch chứa 8m gam muối. Tỉ khối của X so với H₂ bằng 18. Giá trị của m là

A

21,60.
B

17,28.
C

19,44.
D

18,90.

Câu 8 :

Cho 29 gam hỗn hợp gồm Al, Cu và Ag tác dụng vừa đủ với 950 ml dung dịch HNO₃1,5M, thu được dung dịch chứa m gam muối và 5,6 lít hỗn hợp khí X (đktc) gồm NO và N₂O. Tỉ khối của X so với H₂ là 16,4. Giá trị của m là

A

98,20.
B

97,20.
C

98,75.
D

91,00.

Câu 9 :

Cho m gam hỗn hợp X gam Zn, Fe và Mg vào dung dịch HCl dư thu được dung dịch Y. Thêm tiếp KNO₃ dư vào dung dịch Y thì thu được 0,672 lít khí NO duy nhất (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Khối lượng sắt có trong m gam hỗn hợp X là:

A

1,68 gam
B

3,36 gam
C

5,04 gam
D

2,52 gam

Câu 10 :

Hòa tan 11,6 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu vào 87,5 gam dung dịch HNO₃ 50,4%, sau khi kim loại tan hết thu được dung dịch X (không có NH₄⁺) và V lít (đktc) hỗn hợp khí B (gồm 2 chất có tỉ lệ mol 3 : 2). Cho 500 ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được kết tủa Y và dung dịch Z. Lọc lấy Y rồi nung nóng trong không khí đến khối lượng không đổi thu được 16 gam chất rắn. Cô cạn dung dịch Z được chất rắn T. Nung T đến khối lượng không đổi thu được 41,05 gam chất rắn. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Nồng độ phần trăm của Fe(NO₃)₃ trong X là

A

13,56%.
B

20,20%.
C

40,69%.
D

12,20%.

Câu 11 :

Hỗn hợp A gồm kim loại R (hóa trị I) và kim loại X (hóa trị II). Hòa tan 3 gam A vào dung dịch chứa HNO₃ và H₂SO₄ thu được 2,94 gam hỗn hợp khí B gồm NO₂ và SO₂ (không còn sản phẩm khử khác). Biết V_B= 1,344 lít (đktc). Khối lượng muối thu được là:

A

8,02 gam.
B

5,96 gam.
C

7,06 gam.
D

7,60 gam.

Câu 12 :

Cho 0,87 gam hỗn hợp gồm Fe, Cu, Al vào bình đựng 300 ml dung dịch H₂SO₄ 0,1M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 0,32 gam chất rắn và có 448 ml khí (đktc) thoát ra. Thêm tiếp vào bình 0,425 gam NaNO₃ khi các phản ứng kết thúc thì thể tích khí NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất) tạo thành và khối lượng muối trong dung dịch là

A

0,112 lít và 3,750 gam.
B

0,224 lít và 3,865 gam.
C

0,224 lít và 3,750 gam.
D

0,112 lít và 3,865 gam.

Câu 13 :

Cho hỗn hợp gồm 0,04 mol Al và 0,35 mol Fe tác dụng với dung dịch chứa hỗn hợp gồm Cu(NO₃)₂ và H₂SO₄, thu được 2,24 lít ( đktc) hỗn hợp hai khí ( gồm NO và H₂), dung dịch chứa m gam muối và 10, 04 gam hỗn hợp hai kim loại ( trong đó kim loại mạnh hơn chiếm 80,88% khối lượng). Giá trị của m là

A
47,84.
B
39,98.
C
38,00.
D
52,04.

Lời giải và đáp án

Câu 1 :

A

50,30.
B

30,50.
C

88,70.
D

46,46.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

+) n_{e nhận} = n_{e cho}

+) ${{n}_{SO_{4}^{2-}}}=\dfrac{{{n}_{e\,\,cho}}}{2}$

+) m_muối = m_{kim loại} + m_SO4

Lời giải chi tiết :

n_SO2 = 0,34 mol; n_S = 0,02 mol

Ta có : n_{e nhận} = n_{e cho} = 0,34.2 + 0,02.6 = 0,8 mol

${{n}_{SO_{4}^{2-}}}=\dfrac{{{n}_{e\,\,cho}}}{2}=\text{ }0,4\text{ }mol$

=> m_muối = m_{kim loại} + m_SO4 = 11,9 + 0,4.96 = 50,3 gam

Câu 2 :

A

2,24.
B

2.80.
C

5.60.
D

4.48.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

+) Bảo toàn e: 3n_Fe + 2n_Cu = 3n_NO + n_NO2 => 3x + y = 0,5 (1)

+) ${{\bar{M}}_{X}}=\frac{30x+46y}{x+y}=19.2\,\,\,(2)$

Lời giải chi tiết :

n_Fe = n_Cu = 0,1 mol

Gọi n_NO= x mol; n_NO2 = y mol

Bảo toàn e: 3n_Fe + 2n_Cu = 3n_NO + n_NO2 => 3x + y = 0,5 (1)

${{\bar{M}}_{X}}=\frac{30x+46y}{x+y}=19.2\,\,\,(2)$

Từ (1) và (2) => x = 0,125 ; y = 0,125

=> V = 22,4.(0,125 + 0,125) = 5,6 lít

Câu 3 :

A

12,80%
B

15,25%
C

10,52%
D

19,53%

Đáp án : A

Phương pháp giải :

+) $30\text{ }<{{\bar{M}}_{hhY}}=\frac{5,18}{0,14}=37$ => trong hỗn hợp Y chứa NO (khí không màu, hóa nâu trong không khí) và N₂O

$ \to \left\{ \begin{gathered} a + b = 0,14 \hfill \\ 30a + 44b = 5,18 \hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered} a = 0,07 \hfill \\ b = 0,07 \hfill \\ \end{gathered} \right.$.

+) Cho NaOH vào X không có khí mùi khai thoát ra => X không có NH₄NO₃

+) Gọi n_Al = x mol; n_Mg = y mol => 27x + 24y = 8,862

+) Bảo toàn e: 3n_Al + 2n_Mg = 3n_NO + 8n_N2O

Lời giải chi tiết :

Ta có $30\text{ }<{{\bar{M}}_{hhY}}=\frac{5,18}{0,14}=37$ => trong hỗn hợp Y chứa NO (khí không màu, hóa nâu trong không khí) và N₂O

Gọi n_NO= a mol; n_N2O = b mol

$ \to \left\{ \begin{gathered} a + b = 0,14 \hfill \\ 30a + 44b = 5,18 \hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered} a = 0,07 \hfill \\ b = 0,07 \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Cho NaOH vào X không có khí mùi khai thoát ra => X không có NH₄NO₃

Gọi n_Al = x mol; n_Mg = y mol

=> 27x + 24y = 8,862 (1)

Bảo toàn e: 3n_Al + 2n_Mg = 3n_NO + 8n_N2O

=> 3x + 2y = 0,07.3 + 0,07.8 (2)

Từ (1) và (2) => x = 0,042; y = 0,322

=> %m_Al = 0,042.27.100% / 8,862 = 12,8%

Câu 4 :

A

205,4 gam và 2,3 mol.
B

199,2 gam và 2,4 mol.
C

205,4 gam và 2,4 mol.
D

199,2 gam và 2,3 mol.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

+) n_N2O = 0,1 mol; n_NO = 0,2 mol; n_NO2 = 0,3 mol

+) n_NO3 = n_{e cho} = n_{e nhận} = 8.n_N2O+ 3.n_NO + n_NO2

+) Bảo toàn khối lượng: m_muối = m_{hh X} + m_NO3

+) Bảo toàn nguyên tố N: n_HNO3= n_NO2 + n_NO+ 2n_N2O + n_NO3

Lời giải chi tiết :

Gọi n_N2O = a => n_NO = 2a và n_NO2 = 3a

=> a + 2a + 3a = 0,6 => a = 0,1

=> n_N2O = 0,1 mol; n_NO = 0,2 mol; n_NO2 = 0,3 mol

=> n_{e nhận}= 0,1.8 + 0,2.3 + 0,3.1 = 1,7 mol

=> n_NO3 = n_{e cho} = n_{e nhận} = 1,7 mol

Bảo toàn khối lượng: m_muối = m_{hh X} + m_NO3 = 100 + 1,7.62 = 205,4 gam

Bảo toàn nguyên tố N: n_HNO3= n_NO2 + n_NO+ 2n_N2O + n_NO3= 0,3 + 0,2 + 0,1.2 + 1,7 = 2,4 mol

Gọi n_N2O = a => n_NO = 2a và n_NO2 = 3a

=> a + 2a + 3a = 0,6 => a = 0,1

=> n_N2O = 0,1 mol; n_NO = 0,2 mol; n_NO2 = 0,3 mol

=> n_{e nhận}= 0,1.8 + 0,2.3 + 0,3.1 = 1,7 mol

=> n_NO3 = n_{e cho} = n_{e nhận} = 1,7 mol

Bảo toàn khối lượng: m_muối = m_{hh X} + m_NO3 = 100 + 1,7.62 = 205,4 gam

Bảo toàn nguyên tố N: n_HNO3= n_NO2 + n_NO+ 2n_N2O + n_NO3= 0,3 + 0,2 + 0,1.2 + 1,7 = 2,4 mol

Câu 5 :

A

1,176.
B

1,344.
C

1,596.
D

2,016.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

+) Vì m_{kim loại dư}> m_{Cu ban đầu} => Fe dư và Cu chưa phản ứng

=> dung dịch thu được chứa muối sắt (II)

+) m_{Fe phản ứng} = m_{kl ban đầu} - m_{kl dư}

+) Bảo toàn electron: 2n_Fe = 2n_SO2

Lời giải chi tiết :

Fe chiếm 40% khối lượng hỗn hợp => m_Fe = 4 gam; m_Cu= 6 gam

Vì m_{kim loại dư}> m_{Cu ban đầu} => Fe dư và Cu chưa phản ứng

=> dung dịch thu được chứa muối sắt (II)

m_{Fe phản ứng} = m_{kl ban đầu} - m_{kl dư} = 10 – 6,64 = 3,36 gam => n_{Fe phản ứng} = 0,06 mol

Bảo toàn electron: 2n_Fe = 2n_SO2 => n_SO2 = n_Fe = 0,06 mol

=> V = 0,06.22,4 = 1,344 lít

Câu 6 :

A

75,150 gam.
B

62,100 gam.
C

37,575 gam.
D

49,745 gam.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

+) vì m_{chất rắn không tan} < m_{Cu ban đầu} => Fe còn dư và Cu chưa phản ứng

=> dung dịch Y chỉ chứa muối Fe(II)

+) n_HNO3 = 4n_NO + 2n_NO2

+) n_{e cho} = 2.n_Fe(NO3)2 = n_{e nhận} = 3n_NO + n_NO2

Lời giải chi tiết :

m_Fe = 0,3a gam; m_Cu = 0,7a gam;

vì m_{chất rắn không tan} < m_{Cu ban đầu} => Fe còn dư và Cu chưa phản ứng

=> dung dịch Y chỉ chứa muối Fe(II)

Gọi n_NO = x mol; n_NO2 = y mol

=> x + y = 0,2725 (1)

m_dd _HNO3 = 1,38.50 = 69 gam => m_HNO3 = 69 . 63% = 43,47 gam => n_HNO3 = 0,69 mol

Ta có n_HNO3 = 4n_NO + 2n_NO2 => 4x + 2y = 0,69 (2)

Từ (1) và (2) => x = 0,0725 và y = 0,2

=> n_{e cho} = 2.n_Fe(NO3)2 = n_{e nhận} = 3n_NO + n_NO2 = 3.0,0725 + 0,2 = 0,4175 mol

=> n_Fe(NO3)2 = 0,20875 mol => m = 37,575 gam

Câu 7 :

A

21,60.
B

17,28.
C

19,44.
D

18,90.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

+) Nhận thấy ${{\bar{M}}_{X}}=\frac{{{M}_{{{N}_{2}}}}+{{M}_{{{N}_{2}}O}}}{2}=\frac{28+44}{2}=36=>\text{ }{{n}_{N2}}=\text{ }{{n}_{N2O}}~0,12\text{ }mol$

+) ${{m}_{Al{{(N{{O}_{3}})}_{3}}}}=213.\frac{m}{27}\,\,=7,89m\,\,<\,\,8m$ => trong muối có NH₄NO₃

+) Bảo toàn e: 3n_Al = 10n_N2 + 8n_N2O + 8n_NH4NO3

+) Khối lượng muối tạo thành : m_muối = m_Al(NO3)3 + m_NH4NO3

Lời giải chi tiết :

Nhận thấy ${{\bar{M}}_{X}}=\frac{{{M}_{{{N}_{2}}}}+{{M}_{{{N}_{2}}O}}}{2}=\frac{28+44}{2}=36$

=> n_N2 = n_N2O = 0,24 / 2 = 0,12 mol

Ta có: ${m_{Al{{(N{O_3})}_3}}} = 213.\frac{m}{{27}}\,\, = 7,89m\,\, < \,\,8m$ => trong muối có NH₄NO₃

Bảo toàn e: 3n_Al = 10n_N2 + 8n_N2O + 8n_NH4NO3

=> $3.\frac{m}{27}=10.0,12+8.0,12+8{{n}_{NH4NO3}}\,\,\to \,\,{{n}_{NH4NO3}}=\frac{m}{72}-0,27$

Khối lượng muối tạo thành : m_muối = m_Al(NO3)3 + m_NH4NO3

=> 8m = 213.m/27 + 80.(m/72 – 0,27) => m = 21,6 gam

Câu 8 :

A

98,20.
B

97,20.
C

98,75.
D

91,00.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

+) Nếu sản phẩm khử chỉ có NO và N₂O thì n_{HNO3 phản ứng} = 4n_NO + 10n_N2O = 1,3 mol

Mà theo đầu bài n_{HNO3 phản ứng} = 0,95.1,5 = 1,425 mol > 1,3 mol

=> trong dung dịch có sản phẩm khử là NH₄NO₃ (x mol)

+) n_{HNO3 phản ứng} = 4n_NO + 10n_N2O + 10n_NH4NO3

+) Bảo toàn e: n_NO3 = n_{e cho} = n_{e nhận} = 3n_NO + 8n_N2O + 8n_NH4NO3

+) m_muối = m_{kim loại} + m_gốc _NO3 + m_NH4NO3

Lời giải chi tiết :

Đặt n_NO = amol; n_NO2 = b mol

=> a + b = 0,25 mol (1)

${{\bar{M}}_{X}}=\frac{30a+44b}{a+b}=16,4.2$ (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,2 mol; b = 0,05 mol

Nếu sản phẩm khử chỉ có NO và N₂O thì n_{HNO3 phản ứng} = 4n_NO + 10n_N2O = 1,3 mol

Mà theo đầu bài n_{HNO3 phản ứng} = 0,95.1,5 = 1,425 mol > 1,3 mol

=> trong dung dịch có sản phẩm khử là NH₄NO₃ (x mol)

=> n_{HNO3 phản ứng} = 4n_NO + 10n_N2O + 10n_NH4NO3 => 1,425 = 1,3 + 10x

=> x = 0,0125 mol

Bảo toàn e: n_NO3 = n_{e cho} = n_{e nhận} = 3n_NO + 8n_N2O + 8n_NH4NO3= 1,1 mol

m_muối = m_{kim loại} + m_gốc _NO3 + m_NH4NO3 = 29 + 1,1.62 + 0,0125.80 = 98,2 gam

Câu 9 :

A

1,68 gam
B

3,36 gam
C

5,04 gam
D

2,52 gam

Đáp án : C

Lời giải chi tiết :

Hồn hợp X tác dụng với HCl thu được hỗn hợp Y có ZnCl₂, FeCl₂, MgCl₂ và HCl dư. Khi thêm tiếp KNO₃ dư sẽ xảy ra phản ứng oxi hóa Fe²⁺ thành Fe³⁺ tạo khí NO.

Gọi số mol Fe là a => số mol Fe²⁺ cũng bằng a

Xét phản ứng oxi hóa Fe²⁺ thành Fe³⁺ bằng NO₃^- trong môi trường H⁺ :

$\begin{gathered} {\text{F}}{{\text{e}}^{2 + }}{\text{ - 1 e }} \to {\text{ F}}{{\text{e}}^{3 + }} \hfill \\ a mol \,\,\,\,\,\,\, \, a mol \,\,\,\,\,\, a mol \hfill \\\end{gathered} $

$\Rightarrow {{\text{n}}_{e cho}}\text{ = a mol}$

$\begin{gathered} {{\text{N}}^{ + 5}}{\text{ - 3e }} \to {\text{ }}{{\text{N}}^{ + 2}}{\text{ }} \hfill \\ {\text{ }}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{\text{0,09 0,03 mol}} \hfill \\ \Rightarrow \sum {{{\text{n}}_{e\,nhận }}{\text{ }}} {\text{ = 0,09 mol}} \hfill \\ \end{gathered} $

Áp dụng định luật bảo toàn e ta có:

${{\text{n}}_{\text{F}{{\text{e}}^{\text{2+}}}}}\text{= a = 0,09mol }\Rightarrow {{\text{m}}_{\text{Fe}}}=56.0,09=5,04gam$

Câu 10 :

A

13,56%.
B

20,20%.
C

40,69%.
D

12,20%.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Gọi n_Fe = x mol; n_Cu = y mol => m_{hh A} = 56x + 64y = 11,6

+) m_CuO + m_Fe2O3 = 80x + 80y = 16

Cô cạn Z thu được rắn T có KNO₃ và có thể có KOH dư

+ Nếu T không có KOH thì n_KNO2 = n_KOH = 0,5 mol

=> m_KNO2 = 85.0,5 = 42,5 ≠ 41,05 => loại TH này => T có KOH dư

Ta có : n_KNO2+ n_{KOH dư}= 0,5 mol và 85.n_KNO2 + 56.n_{KOH dư} = 41,05

=> n_KNO2 = 0,45 mol; n_{KOH dư} = 0,05 mol

+) n_{NO3 trong B} = 3.0,15 + 2.0,05 = 0,55 mol > 0,45 mol

=> dung dịch B chứa Fe(NO₃)₂, Fe(NO₃)₃, Cu(NO₃)₂: 0,05 mol

$ \to \left\{ \begin{gathered} {n_{F{e^{2 + }}}} + {n_{F{e^{3 + }}}} = {n_{Fe}} = 0,15mol \hfill \\ 2{n_{C{u^{2 + }}}} + 2{n_{F{e^{2 + }}}} + 3{n_{F{e^{3 + }}}} = {n_{KN{O_3}}} = 0,45 \hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered} {n_{F{e^{2 + }}}} = 0,1\,\,mol \hfill \\ {n_{F{e^{3 + }}}} = 0,05\,\,mol \hfill \\ \end{gathered} \right.$

Coi hỗn hợp khí B gồm N và O

Bảo toàn nguyên tố N: n_N(B)= 0,7 – 0,45 = 0,25 mol

Bảo toàn e: $2{{n}_{F{{e}^{2+}}}}+3{{n}_{F{{e}^{3+}}}}+2{{n}_{C{{u}^{2+}}}}+2{{n}_{O}}=5{{n}_{N}}$

Khối lượng dung dịch sau phản ứng = 11,6 + 87,5 – 0,4.16 – 0,25.14 = 89,2 gam

=> C%_Fe(NO3)3 = 0,05.242.100% / 89,2 = 13,56%

Lời giải chi tiết :

n_HNO3 = 0,7 mol; n_KOH = 0,5 mol

Gọi n_Fe = x mol; n_Cu = y mol => m_{hh A} = 56x + 64y = 11,6 (1)

Hòa tan hết kim loại bằng dung dịch HNO₃ => X có Cu(NO₃)₂, có thể Fe(NO₃)₃và Fe(NO₃)₂ và có thể HNO₃ dư

=> kết tủa Y nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được CuO và Fe₂O₃

=> m_CuO + m_Fe2O3 = 80x + 80y = 16 (2)

Từ (1) và (2) => x = 0,15; y = 0,05

Cô cạn Z thu được rắn T có KNO₃ và có thể có KOH dư

+ Nếu T không có KOH thì n_KNO2 = n_KOH = 0,5 mol

=> m_KNO2 = 85.0,5 = 42,5 > 41,05 => loại TH này

=> T có KOH dư

Ta có : n_KNO2+ n_{KOH dư}= 0,5 mol

Và 85.n_KNO2 + 56.n_{KOH dư} = 41,05

=> n_KNO2 = 0,45 mol; n_{KOH dư} = 0,05 mol

+) Nhận thấy nếu HNO₃ dư thì X gồm Fe(NO₃)₃ 0,15 mol và Cu(NO₃)₂ : 0,05 mol và HNO₃ dư

=> n_{NO3 trong X} = 3.0,15 + 2.0,05 = 0,55 mol > 0,45 mol

=> dung dịch X chứa Fe(NO₃)₂, Fe(NO₃)₃, Cu(NO₃)₂: 0,05 mol

Coi hỗn hợp khí X gồm N và O

Bảo toàn nguyên tố N: n_N(B)= 0,7 – 0,45 = 0,25 mol

Bảo toàn e: $2{{n}_{F{{e}^{2+}}}}+3{{n}_{F{{e}^{3+}}}}+2{{n}_{C{{u}^{2+}}}}+2{{n}_{O}}=5{{n}_{N}}$

=> 2n_O = 0,25.5 – 0,1.2 – 0,05.3 – 0,05.2 = 0,8 mol

=> n_O = 0,4 mol

Khối lượng dung dịch sau phản ứng = 11,6 + 87,5 – 0,4.16 – 0,25.14 = 89,2 gam

=> C%_Fe(NO3)3 = 0,05.242.100% / 89,2 = 13,56%

Câu 11 :

A

8,02 gam.
B

5,96 gam.
C

7,06 gam.
D

7,60 gam.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Gọi n_NO2 = a mol; n_SO2 = b mol

+) m_B = 46a + 64b = 2,94 (1)

+) n_B= a + b = 0,06 mol (2)

+) n_NO3 = n_{e NO2 nhận}

+) n_SO4 = n_{e SO2 nhận}/ 2

Bảo toàn khối lượng: m_muối = m_{kim loại} + m_{gốc NO3} + m_{gốc SO4}

Lời giải chi tiết :

Gọi n_NO2 = a mol; n_SO2 = b mol

=> m_B = 46a + 64b = 2,94 (1)

n_B= a + b = 0,06 mol (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,05; b = 0,01

Ta có: n_NO3 = n_{e NO2 nhận} = 0,05 mol

n_SO4 = n_{e SO2 nhận}/ 2 = 0,01.2 / 2 = 0,01

Bảo toàn khối lượng: m_muối = m_{kim loại} + m_{gốc NO3} + m_{gốc SO4} = 3 + 0,05.62 + 0,01.96 = 7,06

Câu 12 :

A

0,112 lít và 3,750 gam.
B

0,224 lít và 3,865 gam.
C

0,224 lít và 3,750 gam.
D

0,112 lít và 3,865 gam.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

+) n_H2SO4 = 0,03 mol > n_H2 = 0,02 → axit dư, Al và Fe tan hết

+) n_Cu = 0,32 / 64 = 0,005

+) 27n_Al+ 56n_Fe = 0,87 – 0,32 = 0,55

Bảo toàn e: 3n_Al+ 2n_Fe = 2n_H2 = 0,04

+) Quá trình nhận electron của chất oxi hóa:

4H⁺ + NO₃^- + 3e → NO + 2H₂O

0,02 → 0,005 → 0,015 → 0,005

Chất khử: n_{e cho} = n_Fe2++ 2n_Cu

Vậy cả H⁺ và NO₃^- đều hết; Fe²⁺và Cu phản ứng hết tạo ra Fe³⁺và Cu²⁺

Trong dung dịch chứa Al³⁺, Fe³⁺, Cu²⁺ (tổng 0,87 gam); Na⁺ (0,005 mol); SO₄^2- (0,03 mol)

Lời giải chi tiết :

n_H2SO4 = 0,03 mol và n_H2 = 0,02 => axit dư, Al và Fe tan hết

=> chất rắn còn lại là Cu: n_Cu = 0,32 / 64 = 0,005

Ta có: 27n_Al+ 56n_Fe = 0,87 – 0,32 = 0,55

Bảo toàn e: 3n_Al+ 2n_Fe = 2n_H2 = 0,04

=> n_Al = 0,01 mol và n_Fe = 0,005 mol

Trong bình chứa Al³⁺ (0,01 mol); Fe²⁺ (0,005 mol), H⁺ (0,02 mol), SO₄^2- (0,03 mol) và Cu (0,005 mol)

Khi thêm vào bình: n_NaNO3= 0,005

Quá trình nhận electron của chất oxi hóa:

4H⁺ + NO₃^- + 3e → NO + 2H₂O

0,02 → 0,005 → 0,015 → 0,005

Chất khử: n_{e cho} = n_Fe2++ 2n_Cu = 0,015

Vậy cả H⁺ và NO₃^- đều hết; Fe²⁺và Cu phản ứng hết tạo ra Fe³⁺và Cu²⁺

=> V_NO = 0,005.22,4 = 0,112 lít

Trong dung dịch chứa Al³⁺, Fe³⁺, Cu²⁺ (tổng 0,87 gam); Na⁺ (0,005 mol); SO₄^2- (0,03 mol)

=> m_muối = 3,865 gam

Câu 13 :

A
47,84.
B
39,98.
C
38,00.
D
52,04.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Bảo toàn electron, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn điện tích.

Lời giải chi tiết :

Sau phản ứng thu được hỗn hợp kim loại gồm Fe, Cu

=>m_Fe=10,04.80,88/100=8,12 gam; m_Cu=1,92 gam

=>n_Fe=0,145 mol; n_Cu=0,03 mol

=>n_{Fe pu}=0,35-0,145=0,205 mol; n_Cu(NO3)2=0,03 mol.

Đặt n_NO=x; n_H2=y; n_NH4+=z (mol).

- Ta có: x+y=n khí=0,1 mol (1).

- BT e: 3n_Al+2n_Fe=3n_NO+2n_H2+8n_NH4++2n_Cu=>0,04.3+0,205.2=3x+2y+8z+2.0,03 (2)

- BTNT N: n_{NO3- bđ}=n_NO+n_NH4+=>0,03.2=x+z(3)

Giải (1),(2),(3)=>x=0,03; y=0,07; z=0,03 mol.

Dung dịch muối gồm có: 0,04 mol Al³⁺; 0,205 mol Fe²⁺; 0,03 mol NH₄⁺

BT điện tích =>n_{SO4 2-}=(0,04.3+0,205.2+0,03.1)/2=0,28 mol.

=> m _muối=0,04.27+0,205.56+0,03.18+0,28.96=39,98 gam.

Bài liên quan

Trắc nghiệm Bài 18. Dãy điện hóa kim loại - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 18. Dãy điện hóa kim loại Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Bài 20. Ăn mòn kim loại - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 20. Ăn mòn kim loại Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Bài 21. Điều chế kim loại - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Điều chế kim loại Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Bài 22. Kim loại tác dụng với dung dịch muối (phần 1) - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 22. Kim loại tác dụng với dung dịch muối (phần 1) Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Bài 22. Kim loại tác dụng với dung dịch muối (phần 2) - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Bài 22. Kim loại tác dụng với dung dịch muối (phần 2) Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Trắc nghiệm Bài 18. Kim loại tác dụng với axit có tính oxi hóa (phần 2) - Hóa 12

Trắc nghiệm Bài 18. Dãy điện hóa kim loại - Hóa 12

Trắc nghiệm Bài 20. Ăn mòn kim loại - Hóa 12

Trắc nghiệm Bài 21. Điều chế kim loại - Hóa 12

Trắc nghiệm Bài 22. Kim loại tác dụng với dung dịch muối (phần 1) - Hóa 12

Trắc nghiệm Bài 22. Kim loại tác dụng với dung dịch muối (phần 2) - Hóa 12