150 câu trắc nghiệm Nitơ, Photpho có lời giải chi tiết (nâng cao) - Hoá học lớp 11

---

150 câu trắc nghiệm Nitơ, Photpho có lời giải chi tiết (nâng cao)

Với 150 câu trắc nghiệm Nitơ, Photpho có lời giải chi tiết (nâng cao) Hoá học lớp 11 tổng hợp 150 bài tập trắc nghiệm có lời giải chi tiết sẽ giúp học sinh ôn tập, biết cách làm dạng bài tập Nitơ, Photpho từ đó đạt điểm cao trong bài thi môn Hoá học lớp 11.

Bài 1: Cho 8,96 lít khí NH₃ (ở đktc) đi qua bình đựng 40 gam CuO nung nóng thu được chất rắn X. Cho toàn bộ chất rắn X vào 800 ml dung dịch HCl 1M, sau phản ứng hoàn toàn thì thấy số mol HCl giảm đi một nửa. Hiệu suất của phản ứng khử CuO bởi NH₃ là:

A. 50%        B. 40%        C. 60%        D. 33,33%

Lời giải:

Hướng dẫn:

2NH₃+ 3CuO → N₂+ 3Cu + 3H₂O

n_NH3= 0,4 mol, n_CuO =0,5 mol

Do nên hiệu suất tính theo NH₃

Đặt số mol NH₃ phản ứng là x mol

2NH₃+ 3CuO → N₂+ 3Cu + 3H₂O

x 1,5x 1,5x mol

Chất rắn X có chứa 0,5-1,5x mol CuO dư và 1,5xmol Cu

n_{HCl ban đầu}= 0,8mol

CuO + 2HCl→ CuCl₂+ H₂O

Số mol HCl giảm đi một nửa → n_{HCl pứ}= 0,8/2=0,4 mol

Theo PT: n_{HCl pứ}= 2.n_CuO= 2.(0,5-1,5x)=0,4 → x= 0,2 mol

Đáp án A

Bài 2: Cho 4 lít N₂ và 12 lít H₂ vào bình kín để thực hiện phản ứng tổng hợp NH₃. Biết hiệu suất phản ứng là 25%, hỗn hợp thu được sau phản ứng có thể tích là bao nhiêu (các thể tích khí đo trong cùng điều kiện)?

A. 12 lít        B. 14 lít        C. 16 lít        D. 18 lít

Lời giải:

Hướng dẫn:

N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

Ở cùng điều kiện thì tỉ lệ về thể tích chính là tỉ lệ về số mol

Do hiệu suất phản ứng là 25% nên

V_{N2 pứ}= 4.25%= 1 lít; V_{H2 pứ}= 12.25%= 3 lít; V_{NH3 sinh ra}= 2V_{N2 pứ}= 2 lít

V_{N2 dư}= 4-1=3 lít, V_{H2 dư}= 12-3=9 lít

Hỗn hợp thu được sau phản ứng có thể tích là

V= V_{N2 dư}+ V_{H2 dư}+ V_{NH3 sinh ra}= 3 +9+2=14 lít

Đáp án B

Bài 3: Phải dùng bao nhiêu lít khí nitơ và bao nhiêu lít khí hiđro để điều chế 17,0 gam NH₃? Biết rằng hiệu suất chuyển hóa thành amoniac là 25%?

A. 22,4 lít N₂ và 67,2 lít H₂        B. 22,4 lít N₂ và 134,4 lít H₂

C. 44,8 lít N₂ và 67,2 lít H₂        D. 44,8 lít N₂ và 134,4 lít H₂

Lời giải:

Hướng dẫn:

N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

n_2NH3= 1mol

Theo PTHH: n_{N2 (PT)}= ½.n_NH3= 0,5 mol; n_{H2 (PT)}= 3/2. n_NH3=1,5 mol

Công thức tính hiệu suất:

→n_{N2(thực tế)}=2mol; n_{H2 (thực tế)}= 6 mol

→ V_{N2(thực tế)}=44,8 lít; V_{H2 (thực tế})= 134,4 lít

Đáp án D

Bài 4: Cho 25 lít N₂ và 60 lít H₂ vào bình phản ứng, hỗn hợp thu được sau phản ứng có thể tích bằng 75 lít (thể tích các khí đo ở cùng điều kiện). Hiệu suất phản ứng là:

A. 20%        B. 25%        C. 40%        D. 50%

Lời giải:

Hướng dẫn:

N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

Ở cùng điều kiện thì tỉ lệ về thể tích chính là tỉ lệ về số mol

Do →Hiệu suất tính theo H₂

Đặt thể tích H₂ phản ứng là x lít

→V_{N2 pứ}= x/3 lít, V_{NH3 sinh ra}=2x/3 lít

V_{N2 dư}= 25-x/3 (lít), V_{H2 dư}= 60- x(lít)

Sau phản ứng thu được N₂ dư, H₂ dư, NH₃

Tổng thể tích khí thu được là

V khí= V_{H2 dư}+ V_{N2 dư}+ V_NH3= 60-x+ 25-x/3+ 2x/3= 75 → x=15 lít

Đáp án B

Bài 5: Một hỗn hợp gồm 8 mol N₂ và 16 mol H₂ được nạp vào một bình kín có dung tích 4 lít và giữ ở nhiệt độ không đổi. Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng thì áp suất bằng 9/10 áp suất ban đầu. Hiệu suất phản ứng là?

A. 15%        B. 17,5%        C. 20%        D. 22,5%

Lời giải:

Hướng dẫn:

N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

Dựa vào công thức: PV=n_RT

Ở nhiệt độ và thể tích không đổi (thể tích bình chứa luôn là 4 lít) và R là hằng số thì áp suất (P) tỉ lệ với số mol (n)

Theo đề áp suất sau bằng 9/10 áp suất ban đầu

→n_{khí sau pứ}= 9/10.n_{khí ban đầu}= 9/10. (8+16)= 21,6 mol

n_NH3= n_{khí trước pứ}- n_{khí sau pứ}= (8+16)- 21,6= 2,4 mol

Vì nên hiệu suất tính theo H2

n_{H2 pứ}= 3/2. n_NH3= 1,5. 2,4= 3,6 mol

Đáp án D

Bài 6: Hỗn hợp khí X gồm N₂ và H₂ có tỉ khối so với He bằng 1,8. Đun nóng X một thời gian trong bình kín (có bột Fe làm xúc tác) thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với H₂ bằng 3,913. Hiệu suất của phản ứng tổng hợp NH₃ là?

A. 15%        B. 20%        C. 25%        D. 30%

Lời giải:

Hướng dẫn:

Giả sử ban đầu hỗn hợp có 1 mol trong đó có x mol N₂ và y mol H₂

Ta có x + y =1 mol (1)

(g/mol)→ m_X= n_X. = 1.7,2= 7,2 gam

→28x+ 2y= 7,2 gam (2)

Giải hệ gồm (1) và (2) suy ra x= 0,2 và y= 0,8

N₂+ 3H₂ → 2NH₃

Do nên hiệu suất tính theo N2

Đặt số mol N₂ phản ứng là a mol

       N₂+ 3H₂ → 2NH₃

Ban đầu        0,2        0,8        mol

Phản ứng        a        3a        2a        mol

Sau pứ        (0,2-a)        (0,8-3a) 2a        mol

(g/mol), n_Y= 0,2-a + 0,8-3a+ 2a=1 -2a

→m_Y= 28 (0,2-a)+ 2. (0,8-3a) + 17.2a= n_Y. M_Y= (1-2a).7,826

→a= 0,04 mol

Đáp án B

Bài 7: Cho hỗn hợp gồm N₂, H₂, NH₃ đi qua dung dịch H₂SO₄ đặc, dư thì thấy thể tích khí còn lại một nửa. Thành phần % theo thể tích của NH₃ trong hỗn hợp đầu là bao nhiêu?

A. 25%        B. 50%        C. 75%        D. 90%

Lời giải:

Hướng dẫn:

Cho hỗn hợp gồm N₂, H₂, NH₃ đi qua dung dịch H₂SO₄ đặc, dư thì chỉ có NH₃ phản ứng

2NH₃+ H₂SO₄→ (NH₄)₂SO₄

Sau phản ứng thể tích khí còn một nửa → %V_NH3= 50%

Bài 8: Cho 4 lít N₂ và 14 lít H₂ vào bình phản ứng, hỗn hợp thu được sau phản ứng có thể tích bằng 16,4 lít (các thể tích khí được đo trong cùng điều kiện). Hiệu suất phản ứng là bao nhiêu?

A. 20%        B. 30%        C. 40%        D. 50%

Lời giải:

Hướng dẫn:

N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

Ở cùng điều kiện thì tỉ lệ về thể tích chính là tỉ lệ về số mol

Do →Hiệu suất tính theo N₂

Đặt thể tích N₂ phản ứng là x lít

→V_{H2 pứ}= 3x lít, V_{NH3 sinh ra}=2xlít

V_{N2 dư}= 4-x (lít), V_{H2 dư}= 14-3x (lít)

Sau phản ứng thu được N_{2 dư} , H_{2 dư} , NH₃

Tổng thể tích khí thu được là

V_khí = V_{H2 dư}+ V_{N2 dư}+ V_NH3= 14-3x + 4-x+ 2x= 16,4 → x=0,8 lít

Đáp án A

Bài 9: Điều chế NH3 từ hỗn hợp gồm N_{2 dư} và H_{2 dư} (tỉ lệ mol 1:3). Tỉ khối hỗn hợp trước so với hỗn hợp sau phản ứng là 0,9. Hiệu suất phản ứng là:

A. 20%        B. 30%        C. 40%        D. 50%

Lời giải:

Hướng dẫn:

Ta có nên hiệu suất phản ứng tính theo N₂ hoặc H₂

       N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

Ban đầu        a        3a        mol

Phản ứng        x        3x        2x        mol

Sau pứ        (a-x)        (3a-3x)        2x       mol

Tỉ khối hỗn hợp trước so với hỗn hợp sau phản ứng là 0,9.

→Khối lượng mol của hỗn hợp khí sau phản ứng là 8,5 : 0,9=85/9 (g/mol)

→ x= 0,2a

Đáp án A

Bài 10: Trong một bình kín dung tích 56 lít chứa đầy N₂ và H₂ theo tỉ lệ thể tích 1:4 ở 00C và 200 atm, có một ít bột xúc tác Ni. Nung nóng bình một thời gian, sau đó đưa về 00C thì áp suất trong bình giảm 10% so với áp suất ban đầu. Hiệu suất của phản ứng là:

A. 18,75%        B. 20%       C. 30%        D. 25%

Lời giải:

Hướng dẫn:

Ban đầu: n_{hỗn hợp}= PV/RT= 56.200/0,082.273= 500 mol

→n_N2=100 mol, n_H2= 400 mol

Ta có nên hiệu suất tính theo N₂

       N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

Ban đầu        100        400        mol

Phản ứng        x        3x        2x        mol

Sau pứ        (100-x)       (400-3x)        2x       mol

Sau khi phản ứng xảy ra đưa về 00C thì áp suất trong bình giảm 10% so với áp suất ban đầu

→Số mol khí cũng giảm 10%

→n_{khí sau pứ}= 500- 10%.500= 450 mol

Mà n_{khí sau pứ}= (100-x)+ (400-3x)+2x= 450

→x=25 mol

→H= (x/100).100%=25%

Bài 11: Cho 5 lít N₂ và 15 lít H₂ vào một bình kín dung tích không đổi . Ở 00C, áp suất trong bình là P₁ atm. Đun nóng bình một thời gian thấy có 20% N₂ tham gia phản ứng, đưa bình về nhiệt độ ban đầu thấy áp suất trong bình lúc này là P₂ atm. Tỉ lệ P₁ và P₂ là:

A. 6 : 10        B. 10: 6        C. 10:9        D. 9: 10

Lời giải:

Hướng dẫn:

N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

Vì có nên hiệu suất phản ứng tính theo N₂ hoặc H₂

Giả sử ban đầu có 1 mol N₂ và 3 mol H₂, n_{khí ban đầu}= 4 mol

→n_{N2 pứ}= 1.20%= 0,2 mol

       N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

Ban đầu        1        3        mol

Phản ứng        0,2        0,6        0,4        mol

Sau pứ        0,8        2,4        0,4      mol

n_{khí sau pứ}= 0,8 + 2,4 + 0,4= 3,6 mol

Trong cùng điều kiện nhiệt độ và thể tích thì tỉ lệ về số mol chính là tỉ lệ về áp suất

Đáp án C

Bài 12: Một bình kín có thể tích 0,5 lít chứa 0,5 mol H₂ và 0,5 mol N₂ ở nhiệt độ thích hợp, khi đạt tới trạng thái cân bằng có 0,2 mol NH₃ được tạo thành. Hiệu suất của phản ứng là bao nhiêu?

A. 20%        B. 30%        C. 60%        D. 50%

Lời giải:

Hướng dẫn:

      N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

Vì nên hiệu suất tính theo H₂

       N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

Ban đầu        0,5        0,5        mol

Phản ứng        x/3        x        2x/3        mol

Sau pứ        0,2       mol

Ở trạng thái cân bằng có 0,2 mol NH₃ tạo thành nên 2x/3= 0,2

→x=0,3

Đáp án C

Bài 13: Một hỗn hợp khí X gồm N₂ và H₂ có tỉ khối so với hiđro là 4,9. Cho hỗn hợp đi qua xúc tác thích hợp, nung nóng được hỗn hợp mới Y có tỉ khối so với hiđro là 6,125. Hiệu suất tổng hợp NH₃ là:

A. 42,85%        B. 16,67%        C. 40%        D. 33,33%

Lời giải:

Hướng dẫn:

Giả sử ban đầu hỗn hợp có 1 mol trong đó có x mol N₂ và y mol H₂

Ta có x + y =1 mol (1)

(g/mol)→ m_X= n_X. = 1.9,8= 9,8 gam

→28x+ 2y= 9,8 gam (2)

Giải hệ gồm (1) và (2) suy ra x= 0,3 và y= 0,7

N₂+ 3H₂ → 2NH₃

Do nên hiệu suất tính theo H₂

Đặt số mol H₂ phản ứng là a mol

              N₂+ 3H₂ → 2NH₃

Ban đầu        0,3        0,7        mol

Phản ứng        a/3        a        2a/3        mol

Sau pứ        (0,3-a/3)        (0,7-a)        2a/3        mol

(g/mol), n_Y= (0,3-a/3) + (0,7-a) + 2a/3=1-2a/3

→m_Y= 28 (0,3-a/3)+ 2. (0,7-a) + 17.2a/3= n_Y. M_Y= (1-2a/3).12,25

→49/6a -2,45=0

→a= 0,3 mol

Đáp án A

Bài 14: Cho hỗn hợp N₂ và H₂ vào bình phản ứng có nhiệt độ không đổi. Sau một thời gian phản ứng, áp suất khí trong bình giảm 5% so với áp suất ban đầu. Biết tỉ lệ số mol của nitơ đã phản ứng là 10%. Thành phần phần trăm về số mol của N₂ và H₂ trong hỗn hợp đầu là:

A. 15% và 85%        B. 82,35% và 77,5%

C. 25% và 75%        D. 22,5% và 77,5%

Lời giải:

Hướng dẫn:

Giả sử có 1 mol hỗn hợp đầu. Gọi x và y (mol) lần lượt là số mol của N₂ và H₂ trong 1 mol hỗn hợp đầu

Gọi n₁, P₁ và n₂, P₂ lần lượt là số mol hỗn hợp khí + áp suất trong bình ban đầu và lúc sau

→ n₁ = x + y = 1 (1)

Khi nhiệt độ không đổi

→ n₁ / n₂ = P₁ / P₂

Áp suất khí trong bình giảm 5% so với áp suất ban đầu → P₁ / P₂ = 20 / 19

→ n₁/ n₂ = 20 / 19 (2)

Số mol của nito đã phản ứng là 10% → N₂ pứ 0,1x mol

Phương trình: N₂ + 3H₂ → 2NH₃

Trước: -----------x-------y---------0

Pứ: -------------0,1x---0,3x-----0,2x

Sau: n_N₂ = 0,9x ; n _H₂ = y - 0,3x ; n_NH₃ = 0,2x

→ n₂ = 0,9x + y - 0,3x + 0,2x

→ n₂ = 0,8x + y (3)

Từ (1) (2) và (3) ta có:

(x + y) / (0,8x + y) = 20 / 19

→ 3x - y = 0 (4)

Giải hệ (1) và (4) cho ta: x = 0,25 mol và y = 0,75 mol

Thành phần phần trăm về số mol của N₂ và H₂ trong hỗn hợp đầu là %_N₂ = 25% và %_H₂ = 75%

Bài 15: Một bình kín dung tích không đổi chứa hỗn hợp cùng thể tích khí N₂ và H₂ ở 00C, 100 atm. Sau khi tiến hành tổng hợp NH₃, đưa nhiệt độ bình về 00C, áp suất mới của bình là 90 atm. Hiệu suất phản ứng tổng hợp NH₃ là:

A. 10%        B. 25%        C. 20%        D. 30%

Lời giải:

Hướng dẫn:

Đặt n_H2= n_N2= a mol (ban đầu) → Tổng số mol khí ban đầu n₁= a+a=2a (mol)

Do nên hiệu suất tính theo H₂

Đặt n_{H2 pứ}= x mol

       N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

Ban đầu        a        a        mol

Phản ứng        x/3        x        2x/3        mol

Sau pứ        (a-x/3)        (a-x)        2x/3       mol

Tổng số mol khí sau phản ứng n₂= (a-x/3) + (a-x) + 2x/3= 2a- 2x/3 (mol)

Trong cùng điều kiện về nhiệt độ, tỉ lệ số mol bằng tỉ lệ áp suất

→x=0,3a

Đáp án D

Bài 16: Nung nóng 0,5 mol hỗn hợp X gồm H₂, N₂ trong bình kín có xúc tác thích hợp, sau một thời gian thu được hỗn hợp Y. Cho 1/2 hỗn hợp Y đi qua ống sứ đựng CuO dư, nung nóng thấy khối lượng chất rắn trong ống giảm nhiều nhất là 3,2 gam. Tỉ khối hơi của X so với H₂ là:

A. 3,9        B. 7,2       C. 3,6       D. 11,4

Lời giải:

Hướng dẫn:

Đặt số mol N₂ , H₂ ban đầu lần lượt là a, b mol. Ta có a+b= 0,5 (*1)

       N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃ (1)

Ban đầu        a        b        mol

Phản ứng        x        3x        2x mol

Sau pứ        (a-x)        (b-3x)        2x mol

½ hỗn hợp Y chứa (a-x)/2 mol N₂, (b-3x)/2 mol H₂, x mol NH₃

Cho 1/2 hỗn hợp Y đi qua ống sứ đựng CuO dư, nung nóng

2NH₃+ 3CuO→ N₂+ 3Cu + 3H₂O (2)

x        3x/2        x/2        3x/2        3x/2        mol

H₂ + CuO → Cu + H₂O (3)

(b-3x)/2        (b-3x)/2        (b-3x)/2 mol        (b-3x)/2

khối lượng chất rắn trong ống giảm chính là khối lượng oxi trong oxit bị tách ra → m_{O tách}= 3,2 gam

Theo PT (2), (3): n_O(tách)= n_H2O= 3x/2+ (b-3x)/2= b/2 mol = 3,2/16

→ b=0,4 mol. Từ (*1) ta có a= 0,1 mol

Tỉ khối hơi của X so với H2 là: 7,2/2= 3,6

Đáp án C

Bài 17: Nung nóng hỗn hợp gồm 0,5 mol N₂ và 1,5 mol H₂ trong bình kín (có xúc tác) rồi đưa về nhiệt độ toC thấy áp suất trong bình lúc này là P₁. Sau đó cho một lượng dư H₂SO₄ đặc vào bình (nhiệt độ lúc này trong bình là t0C) đến khi áp suất ổn định thì thấy áp suất trong bình lúc này là P₂ (P₁= 1,75P2). Hiệu suất tổng hợp NH₃ là:

A. 65%        B. 70%        C. 50%        D. 60%

Lời giải:

Hướng dẫn:

Ta có số mol khí ban đầu là

n = 0,5 + 1,5 = 2 (mol)

Vì có nên hiệu suất phản ứng tính theo N₂ hoặc H₂

Gọi x là số mol N₂ phản ứng. Ta có:

N₂ + 3H₂ ↔ 2NH₃

x .... 3x ...... 2x (mol)

Số mol N₂ còn lại là: (0,5 - x) (mol)

Số mol H₂ còn lại là: (1,5 - 3x) (mol)

Số mol NH₃ sinh ra là: 2x (mol)

=> Số mol ở áp suất P₁ là

n₁ = (0,5 - x) + (1,5 - 3x) + 2x = (2 - 2x) (mol)

Áp dụng công thức n = PV/RT

Do phản ứng trong bình có thể tích V không đổi , sau phản ứng đưa về nhiệt độ t°C ban đầu nên:

P₂/P₁ = n₂/n₁ = số mol sau phản ứng / số mol trước phản ứng (*)

H₂SO₄ hấp thụ hoàn toàn NH₃ theo PT : 2NH₃+ H₂SO₄→ (NH₄)₂SO₄ nên khí sau phản ứng chỉ có N₂ và H₂ với tổng số mol là :

n₂ = (0,5 - x) + (1,5 - 3x) = 2 - 4x

Thay vào (*)

P₂/P₁ = (2 - 2x) / (0,2 - 4x)

→ P₂(2 - 4x) = (2 - 2x)P₁

Do P₁=1,75P2

→ P₂(2 - 4x) = (2 - 2x).1,75P₂

→ x = 0,3 (mol)

Hiệu suất phản ứng là:

H% = (0,3/0,5).100% = 60 %

Đáp án D

Bài 18: Muối amoni đicromat bị nhiệt phân theo phương trình:

(NH₄)₂Cr₂O₇ →Cr₂O₃+ N₂+ 4H₂O

Khi nhiệt phân 48 gam muối này thấy còn 30 gam hỗn hợp chất rắn và tạp chất không bị biến đổi. Phần trăm tạp chất trong muối là:

A. 8,5        B. 6,5        C. 7,5        D. 5,5

Lời giải:

Hướng dẫn:

Đặt n_(NH4)2Cr2O7= x mol

(NH₄)₂Cr₂O₇ →Cr₂O₃+ N₂+ 4H₂O

x        x        x        4x mol

Khối lượng chất rắn giảm chính là khối lượng N₂ và H₂O bay hơi

m_{chất rắn giảm}= 28x+ 18.4x= 48-30 (gam)→ x=0,18 mol

→ m_(NH4)2Cr2O7=252x=45,36 gam

Phần trăm tạp chất trong muối là:

Đáp án D

Bài 19: Có 2 dung dịch A, B . Mỗi dung dịch chỉ chứa 2 cation và 2 anion (không trùng lặp giữa các loại ion) trong số các ion sau: K⁺ (0,15 mol), H⁺ (0,2 mol), Mg²⁺ (0,1 mol), NH₄⁺ (0,25 mol), Cl^- (0,1 mol), SO₄^2- (0,075 mol), NO₃^- (0,25 mol), CO₃^2- (0,15 mol). Làm bay hơi (không xảy ra phản ứng hóa học) của 2 dung dịch A, B thì thu được chất rắn khan lần lượt là:

A. 22,9 gam và 25,3 gam        B. 25,4 gam và 25,3 gam

C. 22,9 gam và 12,7 gam        D. 25,4 gam và 12,7 gam

Lời giải:

Hướng dẫn:

Nhận thấy Mg²⁺ và H⁺ không thể tồn tại cùng với CO₃^2-

→Dung dịch A chứa K⁺, NH₄⁺, CO₃^2- và ion âm An^-

Theo định luật bảo toàn điện tích: 0,15+ 0,25=0,15.2+ n.n_An-

→ n.n_An-= 0,1 mol → Anion còn lại trong dung dịch A là Cl^-

→Dung dịch A chứa K⁺, NH₄+, CO₃^2- và Cl^-

→m_{chất rắn khan}= 0,15.39 + 0,25.18+ 0,15.60 + 0,1.35,5= 22,9 gam

Dung dịch B chứa H⁺, Mg²⁺, SO₄^2- và NO₃^-

Chú ý khi cô cạn thì axit HNO₃ (0,2 mol) sẽ bay hơi cùng nước

→m_{chất rắn khan}= m_Mg2++ m_SO4(2-)+ m_{NO3- dư}= 0,1.24+ 96.0,075+ 0,05.62=12,7 gam

Đáp án C

Bài 20: Hòa tan 1,37 gam Ba vào 30 gam dung dịch (NH₄)₂SO₄ 5,38%. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thấy khối lượng dung dịch sau phản ứng giảm m gam. Giá trị của m là:

A. 1,30 gam       B. 1,32 gam       C. 0,96 gam       D. 1,45 gam

Lời giải:

Hướng dẫn:

n_Ba=0,01 mol, n_(NH4)2SO4= 0,0122 mol

Ba+ H₂O → Ba(OH)₂+ H₂↑ (1)

0,01        0,01        0,01 mol

Ba(OH)₂+(NH₄)₄SO₄ → BaS0₄↓ + 2NH₃↑+ 2H₂O(2)

0,01        0,0122        0,01        0,02

Ta có n_Ba(OH)2 ❬ n_(NH4)2SO4→ Ba(OH)₂ hết → Tính theo Ba(OH)₂

khối lượng dung dịch sau phản ứng giảm

m_{dd giảm}=(m_{kết tủa}+ m_khí= m_BaSO4+ m_NH3+ m_H2)- m_Ba

= (233. 0,01+ 0,02.17+0,01.2)- 1,37=1,32 gam

Đáp án B

Bài 21: Nhiệt phân hoàn toàn hỗn hợp X gồm NH₄NO₃, NH₄HCO₃ thu được hỗn hợp khí Y có tỉ khối so với H₂ là 18,625. Dẫn hỗn hợp Y qua dung dịch Ca(OH)₂ dư thấy thu được 10 gam kết tủa. Hàm lượng % của nguyên tố N trong hỗn hợp X là?

A. 12,78%        B. 30,45%        C. 17,57%        D. 29,28%

Lời giải:

Hướng dẫn:

NH₄NO₃→ N₂O + 2H₂O (1)

x        x        mol

NH₄HCO₃ →NH₃+ CO₂+ H₂O(2)

0,1        0,1        0,1        mol

Khi cho Y qua dung dịch Ca(OH)₂ dư thì

CO₂+ Ca(OH)₂ → CaCO₃ ↓ + H₂O(3)

0,1←        0,1 mol

→n_NH4NO3= n_CO2= 0,1 mol

Hỗn hợp Y có x mol N₂O, 0,1 mol NH₃ và 0,1 mol CO₂

M_Y= 18,625.2=37,25 g/mol

→m_Y= n_Y.M_Y= (x+0,1+0,1).37,25= 44x+ 0,1.17+ 0,1.44

→x=0,2 mol → m_X= 0,2.80+0,1.79=23,9 gam

m_N=2.n_NH4NO3+ n_NH4HCO3= 2.0,2+0,1=0,5 mol → m_N= 7 gam

→ %m_N=29,28%

Đáp án D

Bài 22: Lấy V ml dung dịch HNO₃ 67% (d=1,4 g/ml) pha loãng bằng nước được dung dịch mới hòa tan vừa đủ 4,5 gam Al và giải phóng hỗn hợp khí X gồm NO và N₂O (sản phẩm khử duy nhất) có tỉ khối so với H₂ bằng 16,75. Thể tích khí đo ở đktc. Giá trị của V bằng:

A. 22,33 ml        B. 23,23 ml        C. 44,33 ml        D. 43,46 ml

Lời giải:

Hướng dẫn:

n_Al=1/6 mol. Đặt n_NO= xmol; n_N2O= y mol

Quá trình cho e :

Al → Al³⁺+ 3e

1/6→        0,5 mol

Quá trình nhận e :

NO₃^-+ 3e+ 4H⁺ → NO + 2H₂O

       3x        4x←       x mol

2NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → N₂O + 5H₂O

       8y        10y←       y mol

Theo ĐL bảo toàn electron: 0,5= 3x+8y (1)

M₂X=16,75.2=33,5

→3,5x-10,5y=0 (2)

Giải hệ ( 1) và (2) ta có x=3/34 ; y=1/34

→n_H+= 4x+10y=11/17 mol= n_HNO3→ m_HNO3=693/17 gam

→m_{dd HNO3}=60,843 gam → V_dd= m_dd/d=43,46 ml

Bài 23: Cho 3,76 gam hỗn hợp X gồm Mg và MgO có tỉ lệ mol tương ứng là 14:1 tác dụng hết với dung dịch HNO₃ thì thu được 0,448 lít một khí duy nhất (đo ở đktc) và dung dịch Y. Cô cạn cẩn thận dung dịch Y thu được 23 gam chất rắn khan T. Xác định số mol HNO₃ đã phản ứng:

A. 0,28        B. 0,36        C. 0,32       D. 0,34

Lời giải:

Hướng dẫn:

Đặt số mol Mg là 14 x mol và MgO là x mol

→m_{hỗn hợp}=14x.24+40x=3,76 gam→ x=0,01 mol

Bảo toàn nguyên tố Mg ta có : n_Mg(NO3)2= n_Mg+ n_MgO=14x+x=0,15 mol

→ m_Mg(NO3)2=22,2 gam ❬ m_T → T phải chứa NH₄NO₃

→ m_NH4NO3= 23-22,2=0,8 gam → n_NH4NO3=0,01 mol

n_khí=0,02 mol. Giả sử số oxi hóa của N trong sản phẩm khí là a

Quá trình cho e:

Mg→ Mg²⁺+ 2e (1)

0,14→        0,28 mol

Quá trình nhận e:

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺ + 3H₂O (2)

       0,08       0,1        0,01 mol

-Nếu khí có 1 nguyên tử N:

N⁺⁵ + (5-a) e→ N^+a

       (5-a).0,02        0,02

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,28= 0,08 + 0,02. (5-a)→ a= -5 loại

-Nếu khí có 2 nguyên tử N:

2N⁺⁵ + 2(5-a) e→ N₂^+a

       (5-a).0,04        0,02

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,28= 0,08 + 0,04. (5-a)→ a= 0→ Khí là N₂

2NO₃^-+ 10e+12H+→ N₂+ 6H₂O (3)

       0,24        0,02

TheoPT (2) và (3):

n_H+= 10n_NH4++ 12n_N2= 0,1+0,24= 0,34 mol= n_{HNO3 pứ với Mg}

MgO + 2HNO₃→ Mg(NO₃)₂+H₂O

0,01        0,02

Vậy tổng số mol HNO₃ phản ứng là 0,34+ 0,02= 0,36 mol

Đáp án B

Bài 24: Hòa tan 12 gam Mg trong V (lít ) dung dịch HNO₃ 2M thu được 2,24 lít khí N₂O (đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan. Giá trị của m là:

A. 74        B. 76        C. 70        D. 72

Lời giải:

Hướng dẫn:

n_Mg=0,5 mol= n_Mg(NO3)2, n_N2O= 0,1 mol

Quá trình cho e:

Mg→ Mg²⁺+ 2e (1)

0,5→        1 mol

Quá trình nhận e:

2NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → N₂O + 5H₂O (2)

       0,8        1,0        0,1 mol

Do số mol e cho ở (1) khác số mol e nhận ở (2) nên phải có quá trình tạo NH₄⁺

Theo ĐLBT e: n_echo= n_{e nhận}= 1 mol → n_{e nhận} ở (3)= 1-0,8=0,2 mol

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺ + 3H₂O (3)

       0,2        0,25        0,025 mol

Vậy cô cạn X thu được 2 muối là 0,5 mol Mg(NO₃)₂ và 0,025 mol NH₄NO₃→m=76 gam

Đáp án B

Bài 25: Cho 9,55 gam hỗn hợp gồm Mg, Al và Zn tác dụng vừa đủ với 870 ml dung dịch HNO₃ 1M thu được dung dịch chứa m gam muối và 0,06 mol hỗn hợp khí N₂ và N₂O. Tỉ khối của hỗn hợp khí so với H₂ là 20,667. Giá trị của m là:

A. 54,95       B. 42,55        C. 40,55        D. 42,95

Lời giải:

Hướng dẫn:

n_HNO3pu= 0,87 mol

Đặt số mol N₂ là x mol; số mol N₂O là y mol

→x+y=0,06

m_{hỗn hợp}= 28x+44y= 0,06.20,667.2=2,48 gam

Giải hệ trên được x=0,01 ; y= 0,05

2NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → N₂O + 5H₂O (1)

       0,4        0,5        ← 0,05 mol

2NO₃^-+ 10e+12H⁺→ N₂+ 6H₂O (2)

       0,12← 0,01

Theo PT (1), (2): n_H+= 0,5+0,12= 0,62 mol= n_HNO3

Mà đề cho n_HNO3pu= 0,87 mol

→Có phản ứng tiếp :

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺ + 3H₂O (3)

       0,2        0,25        0,025 mol

n_{H+ pứ 3}= 0,87- 0,62= 0,25 mol

bảo toàn nguyên tố H: n_{H (HNO3)}= n_H(NH4NO3)+ n_H(H2O)

→0,87= 0,025.4+ 2.n_H2O→ n_H2O=0,385 mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

m_{kim loại}+ m_HNO3= m +m_khí+ m_H2O

↔ 9,55+ 0,87.63=m+2,48 + 0,385.18 → m=54,95 gam

Đáp án A

Bài 26: Cho 9,6 gam kim loại R tác dụng với 500 ml dung dịch HNO₃ cM vừa đủ thu được 2,24 lít khí A (sản phẩm khử duy nhất, đktc) và dung dịch B. Cô cạn dung dịch B thu được 59,2 gam muối khan. A là khí nào đây?

A. NH4NO3        B. NO       C. NO2       D. N2O

Lời giải:

Hướng dẫn:

Do khí A là sản phẩm khử duy nhất nên muối khan chỉ có R(NO₃)n (n là hóa trị cao nhất của kim loại R)

Ta luôn có n_R= n_R(NO3)n nên

→3,5x-10,5y=0 (2)

→R=12n

Vì n chỉ nhận giá trị 1, 2, 3 nên ta thấy chỉ có n=2, R=24(Mg) là thỏa mãn

n_Mg=0,4mol, n_khí= 0,1mol

Quá trình cho e:

Mg→ Mg²⁺+ 2e (1)

0,4→        0,8 mol

Quá trình nhận e:

-Nếu khí có 1 nguyên tử N:

N⁺⁵ + (5-a) e→ N^+a

       (5-a).0,1        0,1

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,8= 0,1. (5-a)→ a= -3 loại

-Nếu khí có 2 nguyên tử N:

2N⁺⁵ + 2(5-a) e→ N₂^+a

       (5-a).0,2        0,1

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,8= 0,2. (5-a)→ a= 1→ Khí là N₂O

Đáp án D

Bài 27: Hòa tan 5,95 gam hỗn hợp Zn, Al có tỉ lệ mol 1:2 bằng dung dịch HNO₃ loãng dư thu được 0,896 lít một sản phẩm khử X duy nhất chứa nitơ. Sản phẩm X là:

A. N2O        B. N2        C. NO        D. NO2

Lời giải:

Hướng dẫn:

Ta tính được n_Zn= 0,05 mol, n_Al= 0,1 mol, n_khí= 0,04 mol

Quá trình cho e:

Zn→ Zn²⁺+ 2e (1)

0,05→        0,1 mol

Al→ Al³⁺+ 3e (1)

0,1→        0,3 mol

→Tổng số mol e cho là 0,4 mol

Quá trình nhận e:

-Nếu khí có 1 nguyên tử N:

N⁺⁵ + (5-a) e→ N^+a

       (5-a).0,04        0,04

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,4= 0,04. (5-a)→ a= -5 loại

-Nếu khí có 2 nguyên tử N:

2N⁺⁵ + 2(5-a) e→ N₂^+a

       (5-a).0,08        0,04

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,4= 0,08. (5-a)→ a= 0→ Khí là N₂

Đáp án B

Bài 28: Hòa tan hoàn toàn m gam kim loại X bằng 200 ml dung dịch HNO₃ loãng, lạnh vừa đủ thu được dung dịch Y. Cho Y tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH, đun nhẹ thấy có 224 ml khí (đktc). Nồng độ mol của dung dịch HNO₃ là:

A. 0,05        B. 0,3        C. 0,5        D. 1,0

Lời giải:

Hướng dẫn:

X+ HNO₃→ Dung dịch Y

Dung dịch Y + NaOH→ Khí

→Dung dịch Y phải có NH₄NO₃

NH₄NO₃+ NaOH → NaNO₃+ NH₃↑ + H₂O

0,01←        0,01 mol

QT nhận e:

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺ + 3H₂O (3)

       0,1        0,01 mol

n_HNO3= n_H+= 0,1 mol →CM_HNO3 = 0,1/0,2= 0,5 (M)

Đáp án C

Bài 29: Chia m gam hỗn hợp gồm 3 kim loại Mg, Al, Cu thành 2 phần bằng nhau:

-Phần 1: Cho tác dụng với dung dịch HNO₃ đặc nóng dư thu được 10,528 lít khí NO₂ (sản phẩm khử duy nhất).

-Phần 2: Tác dụng vừa đủ với Cl₂ thu được 27,875 gam hỗn hợp muối clorua.

Khối lượng m gam hỗn hợp kim loại là:

A. 22,38 gam        B. 11,19 gam       C. 44,56 gam       D. 5,628 gam

Lời giải:

Hướng dẫn:

QT cho e: Xét với ½ khối lượng hỗn hợp

Mg→ Mg²⁺+ 2e (1)

x       2x mol

Al→ Al³⁺+ 3e (2)

y       3y mol

Cu→ Cu²⁺+ 2e (3)

z       2z mol

→n_{e cho}= 2x+ 3y+2z mol

QT nhận e:

-Phần 1: n_NO2=0,47 mol

N⁺⁵+ 1e→ NO₂

      0,47       0,47 mol

Theo ĐL bảo toàn e: n_{e cho}= 2x+ 3y+2z = n_{e nhận}= 0,47

-Phần 2:

Cl₂⁺ 2e→ 2Cl^-

      0,47      0,47

Theo ĐL bảo toàn e: n_{e cho}= 2x+ 3y+2z = n_{e nhận}= 0,47

m_{muối clorua}= m_{kim loại}+ m_Cl-= m_{kim loại}+ 0,47.35,5=27,875 → m_{kim loại}=11,19 gam → m= 11,19.2=22,38 gam

Bài 30: Hòa tan 6,21 gam kim loại M trong V ml dung dịch HNO₃ 0,2M vừa đủ thu được 1,68 lít hỗn hợp khí X (ở đktc) gồm 2 khí không màu, không hóa nâu ngoài không khí (không còn sản phẩm khử nào khác). Tỉ khối hơi của X so với H2 là 17,2. Kim loại M và giá trị của V là:

A. Al và 8,4 lít        B. Mg và 8,4 lít

C. Mg và 4,2 lít        D. Al và 4,2 lít

Lời giải:

Hướng dẫn:

X gồm 2 khí không màu, không hóa nâu ngoài không khí và là sản phẩm khử của N nên X là N₂, N₂O

Đặt n_N2= x mol; n_N2O= y mol

Ta có n_X= x+ y= 0,075 mol

m_X= n_X.M_X= 0,075.17,2.2= 28x+ 44y

Giải hệ trên có : x= 0,045 ; y=0,03

QT nhận e :

2NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → N₂O + 5H₂O (1)

       0,24        0,3        ← 0,03 mol

2NO₃^-+ 10e+12H⁺→ N₂+ 6H₂O (2)

       0,45        0,54← 0,045

Theo PT (1), (2): n_H+= 0,3+0, 54= 0,84 mol= n_HNO3→ Vdd_HNO3 = 4,2 lít

QT cho e:

M → Mⁿ⁺+ ne

0,69/n        0,69 mol

Theo ĐL bảo toàn e : n_{e cho} = n_{e nhận}= 0,24+0,45= 0,69 mol

M_M= m_M/n_M= 6,21 : 0,69/n=9n

Xét n=1, 2, 3 thì thấy chỉ có n=3, M=27 (Al) thỏa mãn

Đáp án D

Bài 31: Cho 4,86 gam bột nhôm tác dụng với lượng dư dung dịch HNO₂. Sau khi phản ứng kết thúc thu được 2,24 lít khí NO (đktc) và dung dịch X.

Đem cô cạn cẩn thận dung dịch X thu được m gam muối khan. Giá trị của m là:

A. 40,74       B. 21,3        C. 38,34       D. 23,46

Lời giải:

Hướng dẫn:

Ta có: n_Al= 0,18 mol= n_Al(NO3)3; n_NO= 0,1 mol

QT cho e :

Al→ Al³⁺+ 3e (1)

0,18        0,54 mol

QT nhận e :

N⁺⁵+ 3e → NO (2)

       0,3        0,1

Nếu chỉ có quá trình nhận e (2) thì số mol e cho khác số mol e nhận

Do đó phải có quá trình :

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺ + 3H₂O (3)

       0,24→        0,03

Theo ĐL BT e : n_{e cho}= n_{e nhận} nên 0,54= 0,3+ n_{e nhận ở quá trình} 3

→ n_{e nhận ở quá trình} 3= 0,24 mol

Muối khan thu được có Al(NO₃)₃ : 0,18 mol; NH₄NO₃: 0,03 mol

→m=0,18. 213 + 0,03.80=40,74 gam

Đáp án A

Bài 32: Cho một lượng Al phản ứng vừa đủ với 2 lít dung dịch HNO₃ nồng độ a M, thu được 0,2 mol N₂ và dung dịch X. Cho NaOH dư vào dung dịch X, đun nóng thu được 0,1 mol khí. Giá trị của a là:

A. 1,4M        B. 3,4M       C. 2,8M       D. 1,7M

Lời giải:

Hướng dẫn:

Cho NaOH dư vào dung dịch X, đun nóng thu được 0,1 mol khí.

→Dung dịch X có chứa NH₄NO₃

NH₄NO₃+ NaOH → NaNO₃+ NH₃↑ + H₂O

0,1←        0, 1 mol

QT nhận e:

NO₃^-+ 8e+ 10H+ → NH₄⁺ + 3H₂O (1)

       1,0 0,1 mol

2NO₃^-+ 10e+12H+→ N₂+ 6H₂O (2)

       2,4← 0,2mol

Theo 2 bán phản ứng (1), (2):

n_H+= 10n_NH4++ 12.n_N2= 10.0,1+ 12.0,2= 3,4 mol=n_HNO3

→a= 3,4/2=1,7M

Bài 33: Hòa tan 1,68 gam kim loại Mg vào V lít dung dịch HNO₃ 0,25M vừa đủ thu được dung dịch X và 0,448 lít một chất khí Y duy nhất. Cô cạn cẩn thận dung dịch X thu được 11,16 gam muối khan. Công thức phân tử của khí Y và thể tích dung dịch HNO₃ đã dùng là:

A. NO và 0,32 lít        B. NO và 0,72 lít

C. N2O và 0,32 lít        D. N2O và 0,72 lít

Lời giải:

Hướng dẫn:

n_Mg= 0,07 mol=n_Mg(NO3)2 → m_Mg(NO3)2= 0,07. 148= 10,36 gam≠ 11,16 gam

→Muối khan phải chứa cả Mg(NO₃)₂ và NH₄NO₃

m_NH4NO3=11,16- 10,36= 0,8 gam →n_NH4NO3= 0,01 mol

Quá trình cho e:

Mg→ Mg²⁺+ 2e (1)

0,07→        0,14 mol

Quá trình nhận e: n_khí= 0,02mol

NO₃^-+ 8e + 10H⁺ → NH₄⁺ + 3H₂O (2)

       0,08        0,1        0,01 mol

-Nếu khí có 1 nguyên tử N:

N⁺⁵ + (5-a) e→ N^+a

       (5-a).0,02        0,02

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,14= 0,02. (5-a)+0,08→ a= 2 → NO

-Nếu khí có 2 nguyên tử N:

2N⁺⁵ + 2(5-a) e→ N₂^+a

       (5-a).0,04        0,02

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,14= 0,04. (5-a) + 0,08→ a= 3,5 loại

Ta có:

NO₃^-+ 3e+4H⁺→ NO+ 2H₂O (3)

       0,06        0,08        0,02 mol

Theo các bán phản ứng (2) và (3)

n_H+= 10n_NH4++ 4.n_NO= 10.0,01+ 4.0,02= 0,18 mol=n_HNO3

→V= 0,18/0,25= 0,72 lít

Đáp án B

Bài 34: Cho m gam Al phản ứng vừa đủ với dung dịch có chứa 0,58 mol HNO₃ thu được hỗn hợp gồm 0,03 mol N₂O và 0,02 mol NO. Giá trị của m là:

A. 2,7        B. 16,2        C. 27       D. 4,14

Lời giải:

Hướng dẫn:

QT cho e :

Al→ Al³⁺+ 3e (1)

QT nhận e:

2NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → N₂O + 5H₂O (3)

       0,24        0,3        ← 0,03 mol

NO₃^-+ 3e + 4H⁺→ NO+ 2H₂O (4)

       0,06        0,08      ← 0,02

Theo bán phản ứng (3) và (4) ta có:

n_H+= 10.n_N2O+ 4.n_NO= 10.0,03 + 4.0,02= 0,38 mol≠ 0,58 mol

Do đó còn có thêm quá trình nhận e tạo NH₄⁺

NO₃^-+ 8e + 10H⁺ → NH₄⁺ + 3H₂O (5)

       0,16 ←        0,2

n_{H+ pt5}= 0,58- 0,38= 0,2 mol

Theo bán phản ứng (3), (4), (5) ta có:

n_{e nhận}= 8. n_N2O+ 3.n_NO+ 8/10.n_H+= 0,24+ 0,06+ 0,16= 0,46 mol

Theo ĐL bảo toàn e : n_{e cho}= n_{e nhận}= 0,46 mol → n_Al= 0,46/3 mol

→m_Al= 4,14 gam

Đáp án D

Bài 35: Hòa tan hoàn toàn 7,15 gam kim loại M hóa trị 2 vào lượng dư dung dịch HNO₃ loãng, thu được 0,448 lít(đktc) hỗn hợp 2 khí không màu, không hóa nâu trong không khí (số mol hai khí bằng nhau) và dung dịch chứa 21,19 gam muối. Kim loại M là:

A. Fe        B. Ca        C. Mg        D. Zn

Lời giải:

Hướng dẫn:

2 khí không màu, không hóa nâu trong không khí và là sản phẩm khử của N⁺⁵ chỉ có thể là N₂ và N₂O

-TH1: 21,19 gam muối không có muối NH₄NO₃

Theo bảo toàn nguyên tố M ta có: n₃M= n_M(NO3)2

→3,5x-10,5y=0 (2)

→M= 63,148 Loại

Do đó trường hợp này loại

-TH2: 21,19 gam muối có muối NH₄NO₃

QT cho e:

M → M²⁺+ ne (1)

7,15/M        7,15.2/M

QT nhận e : n_khí= 0,02 mol. Mà số mol hai khí bằng nhau nên n_N2O= n_N2=0,01mol

2NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → N₂O + 5H₂O (2)

       0,08       0,1        ← 0,01 mol

2NO₃^-+ 10e+12H⁺→ N₂+ 6H₂O (3)

       0,1        0,12← 0,01 mol

NO₃^-+ 8e + 10H⁺ → NH₄⁺ + 3H₂O (4)

       8x        xmol

Đặt số mol muối NH₄⁺ là x mol

Theo ĐL BT e: n_{e cho}= n_{e nhận} nên 7,15.2/M= 0,08 + 0,1+8x (*1)

Mặt khác : m_muối= m_M(NO3)2+ m_NH4NO3= 7,15/M. (M+124)+80x= 21,19 (*2)

Từ (*1) và (*2) ta có: x= 5.10^-3 và M=65. M là Zn

Đáp án D

Bài 36: Khi cho 26,4 gam Mg tác dụng hết với dung dịch HNO₃ dư thấy thoát ra 8,96 lít hỗn hợp X gồm hai khí có tỉ lệ mol 1:1, trong đó có một khí màu nâu (phản ứng không tạo muối amoni, khí đo ở đktc). Xác định các khí có trong X.

A. NO và NO₂        B. N₂ và N₂O

C. NO₂ và N₂        D. NO₂ và N₂O

Lời giải:

Hướng dẫn:

Ta có: n_Mg= 1,1 mol; n_X= 0,4 mol

Hỗn hợp X có 1 khí màu nâu nên phải chứa NO₂

Số mol mỗi khí trong X là 0,2 mol

Quá trình cho e:

Mg→ Mg²⁺+ 2e (1)

1,1→ 2,2 mol

Quá trình nhận e:

NO₃^-+ 1e + 2H⁺ → NO₂ + H₂O (2)

       0,2 ←        0,2mol

-Nếu khí có 1 nguyên tử N: Gọi a là số oxi hóa của N có trong khí

N⁺⁵ + (5-a) e→ N^+a

       (5-a).0,2        0,2

Theo ĐL bảo toàn electron có: 2,2= 0,2. (5-a)+0,2→ a= -5 → Loại

-Nếu khí có 2 nguyên tử N:

2N⁺⁵ + 2(5-a) e→ N₂^+a

       (5-a).0, 4        0,2

Theo ĐL bảo toàn electron có: 2,2= 0,4. (5-a) + 0,2→ a= 0→ Khí là N₂

Vậy trong X chứa NO₂ và N₂

Đáp án C

Bài 37: Hòa tan 12 gam Mg trong V ml dung dịch HNO₃ 2M vừa đủ thu được 2,24 lít khí N₂O (đktc) và dung dịch X. Giá trị của V là:

A. 500        B. 600        C. 625       D. 725

Lời giải:

Hướng dẫn:

n_Mg=0,5 mol= n_Mg(NO3)2, n_N2O= 0,1 mol

Quá trình cho e:

Mg→ Mg²⁺+ 2e (1)

0,5→        1 mol

Quá trình nhận e:

2NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → N₂O + 5H₂O (2)

       0,8        1,0        0,1 mol

Do số mol e cho ở (1) khác số mol e nhận ở (2) nên phải có quá trình tạo NH₄⁺

Theo ĐLBT e: n_echo= n_{e nhận}= 1 mol → n_{e nhận ở (3)}= 1-0,8=0,2 mol

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺ + 3H₂O (3)

       0,2        0,25        0,025 mol

Theo bán phản ứng (2) và (3) ta có

n_H+= n_{H+PT 2}+ n_H+PT3= 1 + 0,25= 1,25 mol→ V= 1,25/2= 0,625 lít= 625 ml

Đáp án C

Bài 38: Hòa tan 0,03 mol FexOy trong dung dịch HNO₃ dư thấy sinh ra 0,672 lít khí X duy nhất (đktc). X là:

A. NO2        B. NO       C. N2O        D. N2

Lời giải:

Hướng dẫn:

QT cho e:

FexOy → xFe⁺³+ (3x-2y) e

0,03        0,03(3x-2y) mol

QT nhận e: n₂khí X= 0,03 mol

-Nếu khí có 1 nguyên tử N: Gọi a là số oxi hóa của N có trong khí

N⁺⁵ + (5-a) e→ N^+a

       (5-a).0,03       0,03

Theo ĐL bảo toàn electron có:

0,03 (3x-2y)= 0,03 (5-a)

Nếu x=y=1 thì a= 4→ NO₂

Nếu x=3, y=4 thì a= 4→ NO₂

-Nếu khí có 2 nguyên tử N:

2N⁺⁵ + 2(5-a) e→ N2^+a

       (5-a).0,06        0,03

Theo ĐL bảo toàn electron có:

0,03(3x-2y)= (5-a).0,06 hay 3x-2y= 2(5-a)

Nếu x=y=1 thì a= 4,5 Loại

Nếu x=3, y=4thì a= 4,5 Loại

Vậy X là NO₂

Đáp án A

Bài 39: Hòa tan hoàn toàn 21,6 gam kim loại M vào dung dịch HNO₃ thu được dung dịch D và không có khí thoát ra. Cho dung dịch D tác dụng với dung dịch NaOH dư, đun nóng thu được 6,72 lít khí (đktc). M là kim loại nào dưới đây?

A. Fe        B. Al        C. Cu        D. Mg

Lời giải:

Hướng dẫn:

X+ HNO₃→ Dung dịch D

Dung dịch D + NaOH→ Khí

→Dung dịch D phải có NH₄NO₃

NH₄NO₃+ NaOH → NaNO₃+ NH₃↑ + H₂O

0,3←        0,3 mol

QT nhận e:

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺ + 3H₂O (3)

       2,4        0,3 mol

n_{e nhận}= 8n_NH4+= 2,4 mol

QT cho e: Gọi số oxi hóa cao nhất của kim loại M là n (n=1,2,3)

M → Mⁿ⁺+ ne

Theo ĐLBT e : n_{e cho}= n_{e nhận} nên n_{e cho}= 2,4 mol → n_M= 2,4/ n mol

→M₃M= m₃M: n₃M= 21,6: 2,4/n=9n

Thay các giá trị n và M ta thấy chỉ có n=3, M=27 thỏa mãn

Vậy M là Al.

Đáp án B

Bài 40: Hòa tan hoàn toàn 1,35 gam Al bằng dung dịch HNO₃ thoát ra 336 ml khí X (đktc) là sản phẩm khử duy nhất. Công thức phân tử của khí X là:

A. N₂        B. N₂O        C. NO       D. NO₂

Lời giải:

Hướng dẫn:

Quá trình cho e: n_Al= 0,05mol

Al→ Al³⁺ + 3e (1)

0,05→        0,15 mol

Quá trình nhận e: n_{khí X}= 0,015 mol

-Nếu khí X có 1 nguyên tử N: Gọi a là số oxi hóa của N có trong khí

N⁺⁵ + (5-a) e→ N^+a

       (5-a).0,015        0,015

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,15= 0,015. (5-a)→ a= -5 → Loại

-Nếu khí có 2 nguyên tử N:

2N⁺⁵ + 2(5-a) e→ N₂^+a

       (5-a). 0,03        0,015

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,15= 0,03. (5-a) → a= 0→ Khí X là N₂

Đáp án A

Bài 41: Cho hỗn hợp gồm 0,14 mol Mg và 0,01 mol MgO phản ứng vừa đủ với dung dịch HNO₃ thu được 0,448 lít (đktc) khí N₂ và dung dịch X. Khối lượng muối trong X là:

A. 23 gam        B. 24,5 gam

C. 22,2 gam       D. 20,8 gam

Lời giải:

Hướng dẫn:

Bảo toàn nguyên tố Mg ta có : n_Mg(NO3)2= n_Mg+ n_MgO=0,15 mol

n_{khí N2}=0,02 mol.

Quá trình cho e:

Mg→ Mg²⁺+ 2e (1)

0,14      →        0,28 mol

Quá trình nhận e:

2NO₃^-+ 10e+ 12H⁺ → N₂ + 6H₂O (2)

       0,2 ←        0,02 mol

Nểu chỉ có 1 quá trình nhận e (2) thì số mol e cho khác số mol e nhận

Do đó phải có quá trình nhận e (3) và số mol e nhận ở (3) bằng:

0,28- 0,2=0,08 mol

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺+ 3H₂O (3)

       0,08        →        0,01 mol

Muối trong X gồm 0,15 mol Mg(NO₃)₂ và 0,01 mol NH₄NO₃

→m_muối= 0,15.148+ 0,01.80=23 gam

Đáp án A

Bài 42: Cho 15,6 gam hỗn hợp X gồm Mg và Al hòa tan hết trong V lít dung dịch HNO₃ 1M vừa đủ thu được 3,136 lít hỗn hợp N₂O và N₂ (có tỉ lệ thể tích là 5:2 và ở đktc) và dung dịch Z chứa 118,8 gam muối. Thể tích HNO₃ cần dùng là:

A. 1,88 lít        B. 1,98 lít        C. 1,74 lít       D. 2,28 lít

Lời giải:

Hướng dẫn:

Ta có nhỗn hợp khí= 0,14 mol

Vì tỉ lệ thể tích chính là tỉ lệ số mol (trong cùng điều kiện)

Nên n_N2O : n_N2= 5 :2 do đó n_N2O = 0,1 và n_N2= 0,04 mol

2NO₃^-+ 8e+ 10H⁺+ 8NO₃^- → N₂O + 5H₂O + 8NO₃(muối)^-(1)

       0,8        1,0        ←        0,1mol        →        0,8 mol

2NO₃^-+ 10e+ 12H⁺+ 10NO₃^- → N₂ + 6H₂O + 10NO₃ muối^- (2)

       0,4        0,48        0,04        0,4 mol

Gọi n_Mg=a mol ; n_Al =b mol

m_hhX =24a+27b=15,6 (1)

Gỉa sử muối tạo thành không có NH₄NO₃

n_{e nhường}=n_enhận =2a+3b=0,1.2.4+0,04.2.5=1,2 (2)

Giải hệ (1) và (2) trên ta có b ⟨ 0 nên loại

Vậy muối tạo thành có NH₄NO₃ c mol

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺+ 3H₂O (3)

       8c        →        c mol

Tổng n_NO3− tạo muối =n_{e nhường}=8c+1,2=2a+3b (3)

m_muối =m_Al(NO3)3 +m_Mg(NO3)2+m_NH4NO3

=213b+148a+80c=118,8 (4)

Giải hệ (1), (3) và (4) ta có a=0,2 b=0,4, c=0,05 mol

Bảo toàn Nitơ ta có:

n_HNO3=0,1.2+0,04.2+0,05.2+0,2.2+0,4.3=1,98 mol

→V=1,98 lít

Đáp án B

Bài 43: Hòa tan hoàn toàn 12,15 gam Al bằng dung dịch HNO₃ loãng (dư) thu được dung dịch X và 1,344 lít (đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí là N₂O và N₂. Tỉ khối của hỗn hợp khí Y so với khí H₂ là 18. Cô cạn dung dịch X, thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là:

A. 103,95        B. 106,65        C. 45,63        D. 95,85

Lời giải:

Hướng dẫn:

Đặt n_N2O= x mol; n_N2= y mol

Ta có n_hhY= x+y= 1,344/ 22,4= 0,06 mol

m_hhY=44x + 28y= 0,06.18.2

Giải hệ trên được x= 0,03 và y= 0,03

n_Al= 0,45 mol= n_Al(NO3)3

Quá trình cho e:

Al→ Al₃⁺+ 3e (1)

0,45       →        1,35 mol

Quá trình nhận e:

2NO₃^-+ 10e+ 12H⁺ → N₂ + 6H₂O (2)

       0,3        ←        0,03 mol

2NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → N₂O + 5H₂O (3)

       0,24        ←        0,03 mol

Tổng số mol e nhận ở (2) và (3) là n_{e nhận}= 0,3+ 0,24= 0,54 mol ⟨1,35 mol

Do đó còn xảy ra quá trình nhận e: n_{e nhận} ở (4)= 1,35- 0,54= 0,81 mol

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺+ 3H₂O (4)

       0,81        →        0, 10125 mol

Dung dịch X chứa 0,45 mol Al(NO₃)₃ và 0,10125 mol NH₄NO₃

→m=103,95 gam

Đáp án A

Bài 44: Cho 12 gam Mg tác dụng với dung dịch HNO₃ vừa đủ thu được dung dịch A và V lít hỗn hợp khí (đktc) gồm N₂O và N₂ có tỉ khối so với H₂ bằng 18. Cô cạn cẩn thận toàn bộ dung dịch A thu được 75 gam muối khan. Giá trị của V là:

A. 2,48        B. 2,016        C. 2,24        D. 2,688

Lời giải:

Hướng dẫn:

n_Mg=0,5 mol= n_Mg(NO3)2,

→ m_Mg(NO3)2= 0,5. 148= 74 gam ⟨75 gam → Muối khan chứa Mg(NO₃)₂ và NH₄NO₃

m_NH4NO3= 75-74= 1gam → n_NH4NO3= 0,0125 mol

Đặt n_N2O= x mol, n_N2= y mol, M hỗn hợp khí=36

Theo sơ đồ đường chéo suy ra x = y

Quá trình cho e:

Mg→ Mg²⁺+ 2e (1)

0,5      →        1 mol

Quá trình nhận e:

2NO₃^-+ 10e+ 12H⁺ → N₂ + 6H₂O (2)

       10x        x mol

2NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → N₂O + 5H₂O (3)

       8x        ←        x mol

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺ + 3H₂O (4)

       0,1        0,0125 mol

Theo ĐLT BT e: n_{e cho}= n_{e nhận} nên 1= 10x+ 8x+ 0,1→ x= 0,05 mol

→V= (0,05+0,05).22,4= 2,24 lít

Đáp án C

Bài 45: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,2 mol Mg và 0,03 mol MgO bằng dung dịch HNO₃ thu được dung dịch Y và 0,896 lít một chất khí Z nguyên chất duy nhất. Cô cạn cẩn thận dung dịch Y thu được 34,84gam muối khan. Xác định công thức phân tử của Z?

A. N₂        B. N₂O        C. NO₂        D. NO

Lời giải:

Hướng dẫn:

Bảo toàn nguyên tố Mg ta có:

n_Mg(NO3)2= 0,2+ 0,03= 0,23 mol → m_Mg(NO3)2= 0,23. 148= 34,04 gam≠ 34,84 gam

→Muối khan phải chứa cả Mg(NO₃)₂ và NH₄NO₃

m_NH4NO3=34,84- 34,04= 0,8 gam →n_NH4NO3= 0,01 mol

Quá trình cho e:

Mg→ Mg²⁺+ 2e (1)

0,2→        0, 4 mol

Quá trình nhận e: n_khí= 0,04mol

NO₃^-+ 8e + 10H⁺ → NH₄⁺ + 3H₂O (2)

       0,08        0,1        0,01 mol

-Nếu khí có 1 nguyên tử N: Gọi a là số oxi hóa của N có trong khí

N⁺⁵ + (5-a) e→ N^+a

       (5-a).0,04       0,04

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,4= 0,04. (5-a)+0,08→ a= -3 → Loại

-Nếu khí có 2 nguyên tử N:

2N⁺⁵ + 2(5-a) e→ N₂+a

       (5-a).0,08        0,04

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0, 4= 0,08. (5-a) + 0,08→ a= 1→Khí N₂O

Đáp án B

Bài 46: Lấy 15,7 gam hỗn hợp Al, Zn (tỉ lệ mol 1:2) tác dụng với dung dịch HNO₃ dư thì thu được 15,68 lít (đktc) khí X là sản phẩm khử duy nhất. Xác định X?

A. NO₂        B. N₂       C. NO        D. N₂O

Lời giải:

Hướng dẫn:

Đặt số mol n_Al=x mol, n_Zn= 2x mol→ 27x+ 65.2x=15,7 → x= 0,1 mol

Quá trình cho e:

Al→ Al³⁺+ 3e (1)

0,1      →        0, 3 mol

Zn→ Zn²⁺+ 2e (1)

0,2      →        0, 4 mol

Tổng số mol e cho = 0,3+0,4= 0,7 mol

Quá trình nhận e: n_khí= 0,7mol

-Nếu khí có 1 nguyên tử N: Gọi a là số oxi hóa của N có trong khí

N⁺⁵ + (5-a) e→ N^+a

       (5-a).0,7        0,7

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,7= 0,7. (5-a)→ a= 4 → NO₂

-Nếu khí có 2 nguyên tử N:

2N⁺⁵ + 2(5-a) e→ N₂^+a

       (5-a).1,4        0,7

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0, 7= 1,4. (5-a) → a= 4,5→LOại

Vậy X là NO₂

Đáp án A

Bài 47: Hòa tan hết 2,16 gam FeO trong 0,1 mol HNO₃ vừa đủ thấy thoát ra khí X là sản phẩm khử duy nhất. Xác định khí X?

A. N₂        B. N₂O        C. NO₂        D. NO

Lời giải:

Hướng dẫn:

Ta có n_FeO=0,03 mol= n_Fe(NO3)3

Bảo toàn nguyên tố N:

n_{N (HNO3)}= n_{N (Fe(NO3)3)}+ n_{N (khí X)}→ 0,1=0,03.3+ n_{N(khí X)}

→ n_{N(khí X)}= 0,01 mol

QT cho e:

Fe⁺²→ Fe⁺³+ 1e

0,03        0,03 mol

Quá trình nhận e:

-Nếu khí có 1 nguyên tử N: Gọi a là số oxi hóa của N có trong khí X

N⁺⁵ + (5-a) e→ N^+a

       (5-a).0,01        0,01

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,03= 0,01(5-a) → a= +2 → X là khí NO

-Nếu khí X có 2 nguyên tử N: → n_Khí= n_N(khí)/2= 0,005 mol

2N⁺⁵ + 2(5-a) e→ N₂^+a

       (5-a).0,01        0,005

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0, 03= 0,01.(5-a) → a= +2→LOại

Vậy X là NO

Đáp án D

Bài 48: Hòa tan hoàn toàn 7,29 gam Al bằng dung dịch HNO₃ loãng, dư thu được dung dịch X và 1,792 lít khí (đltc) hỗn hợp Y gồm 2 khí là N₂O và N₂. Tỉ khối hơi của hỗn hợp khí Y so với H₂ là 18. Cô cạn dung dịch X, thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là:

A. 51,12       B. 62,48        C. 76,68        D. 58,41

Lời giải:

Hướng dẫn:

Đặt n_N2O= x mol; n_N2= y mol

Ta có n_hhY= x+y= 1,792/ 22,4= 0,08 mol

m_hhY=44x + 28y= 0,08.18.2

Giải hệ trên được x= 0,04 và y= 0,04

n_Al= 0,27 mol= n_Al(NO3)3

Quá trình cho e:

Al→ Al³⁺+ 3e (1)

0,27      →        0,81 mol

Quá trình nhận e:

2NO₃^-+ 10e+ 12H⁺ → N₂ + 6H₂O (2)

       0,4        ←        0,04 mol

2NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → N₂O + 5H₂O (3)

       0,32        ←        0,04 mol

Tổng số mol e nhận ở (2) và (3) là n_{e nhận}= 0,4+ 0,32= 0,72 mol ⟨0,81 mol

Do đó còn xảy ra quá trình nhận e: n_{e nhận} ở (4)= 0,81- 0,72= 0,09 mol

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺+ 3H₂O (4)

       0,09        →        0, 01125 mol

Dung dịch X chứa 0,27 mol Al(NO₃)₃ và 0,01125 mol NH₄NO₃

→m=0,27.213+ 0,01125.80=58,41 gam

Đáp án D

Bài 49: Cho 2,7 gam Al tan hoàn toàn trong dung dịch HNO₃ loãng, nóng thu được 0,448 lít khí X duy nhất (đktc). Cô cạn dung dịch thu được 22,7 gam chất rắn khan. Khí X là:

A. N₂        B.NO₂        C. NO        D. N₂O

Lời giải:

Hướng dẫn:

n_Al= 0,1 mol=n_Al(NO3)3 → m_Al(NO3)3= 0,1. 213= 21,3 gam≠ 22,7 gam

→Muối khan phải chứa cả Al(NO₃)₃ và NH₄NO₃

m_NH4NO3=22,7- 21,3= 1,4 gam →n_NH4NO3= 0,0175 mol

Quá trình cho e:

Al → Al³⁺+ 3e (1)

0,1       →        0,3mol

Quá trình nhận e: n_khí= 0,02mol

NO₃^-+ 8e + 10H⁺ → NH₄⁺ + 3H₂O (2)

       0,14        ←        0,0175 mol

-Nếu khí X có 1 nguyên tử N: Gọi số oxi hóa của N trong X là a

N⁺⁵ + (5-a) e → N^+a

       (5-a).0,02        0,02

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,3= 0,02. (5-a)+0,14 → a= -3 → Loại

-Nếu khí có 2 nguyên tử N:

2N⁺⁵ + 2(5-a) e → N₂^+a

       (5-a).0,04        0,02

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,3= 0,04. (5-a) + 0,14 → a= +1

→ Khí X là N₂O

Đáp án D

Bài 50: Cho 5,04 gam hỗn hợp Mg và Al có tỉ lệ mol tương ứng là 3:2 tác dụng với dung dịch HNO₃ loãng, dư thu được dung dịch X và 0,896 lít (đktc) hỗn hợp hai khí không màu, không hóa nâu trong không khí có tỉ khối hơi so với H₂ bằng 18. Số mol HNO₃ bị khử trong quá trình trên là:

A. 0,095 mol        B. 0,11 mol        C. 0,1 mol        D. 0,08 mol

Lời giải:

Hướng dẫn:

Ta đặt n_Mg= 3x, n_Al= 2x mol → m_hh= 24.3x+ 27.2x=126x= 5,04 →x=0,04 mol→ n_Mg= 0,12 mol; n_Al= 0,08 mol

Sản phẩm khử gồm 2 khí không màu, không hóa nâu ngoài không khí. Đó là N₂ (a mol) và N₂O (b mol)

Ta có a+b= 0,896/22,4= 0,04

Và m_hh= 28a+ 44b= 18.2.0,04

Giải hệ trên có a= 0,02, b=0,02

QT cho e:

Mg→ Mg²⁺+ 2e

0,12        0,24

Al→ Al³⁺+ 3e

0,08        0,24

Tổng số mol e cho n_{e cho}= 0,24+ 0,24= 0,48 mol

Quá trình nhận e:

2NO₃^-+ 10e+ 12H⁺ → N₂ + 6H₂O (2)

       0,2        ←        0,02 mol

2NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → N₂O + 5H₂O (3)

       0,16        ←        0,02mol

Tổng số mol e nhận ở (2) và (3) là n_{e nhận}= 0,2+ 0,16= 0,36mol ⟨0,48 mol

Do đó còn xảy ra quá trình nhận e: n_{e nhận} ở (4)= 0,48- 0,36= 0,12 mol

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺+ 3H₂O (4)

       0,12        →        0, 015 mol

Theo các bán phản ứng (2), (3), (4) thì

n_{NO3-bị khử}= 2.n_N2+ 2. n_N2O+n_NH4+= 2.0,02+2.0,02+0,015= 0,095 mol

=n_{HNO3 bị khử}

Đáp án A

Bài 51: Hòa tan hoàn toàn 19,5 gam Zn bằng dung dịch HNO₃ loãng dư thu được dung dịch X và 1,12 lít (ở đktc) hỗn hợp khí Y gồm hai khí là N₂O và N₂. Tỉ khối của hỗn hợp khí Y so với khí H₂ là 18. Cô cạn dung dịch X, thu được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là:

A. 56,7        B. 58,2        C. 47,4       D. 48,9

Lời giải:

Hướng dẫn:

Đặt n_N2O= x mol; n_N2= y mol

Ta có n_hhY= x+y= 1,12/ 22,4= 0,05 mol

m_hhY=44x + 28y= 0,05.18.2

Giải hệ trên được x= 0,025 và y= 0,025

n_Zn= 0,3 mol= n_Zn(NO3)2

Quá trình cho e:

Zn→ Zn²⁺+ 2e (1)

0,3      →        0,6 mol

Quá trình nhận e:

2NO₃^-+ 10e+ 12H⁺ → N₂ + 6H₂O (2)

       0,25        ←       0,025 mol

2NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → N₂O + 5H₂O (3)

       0,2        ←        0,025 mol

Tổng số mol e nhận ở (2) và (3) là n_{e nhận}= 0,25+ 0,2= 0,45 mol ⟨ 0,6 mol

Do đó còn xảy ra quá trình nhận e: n_{e nhận} ở (4)= 0,6- 0,45= 0,15mol

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺+ 3H₂O (4)

       0,15        →        0, 01875 mol

Dung dịch X chứa 0,3 mol Zn(NO₃)₂ và 0,01875 mol NH₄NO₃

→m=0,3.189+ 0,01875.80=58,2 gam

Đáp án B

Bài 52: Cho m gam hỗn hợp Al và Mg hòa tan vừa hết với dung dịch có 0,275 mol HNO₃ không có khí bay ra và thu được 18,25 gam muối khan. Giá trị của m là:

A. 2,41        B. 2,28        C. 1,97        D. 3,25

Lời giải:

Hướng dẫn:

Vì cho Al và Mg vào HNO₃ không có khí bay ra nên sản phẩm khử là NH₄NO₃

Đặt n_Al= xmol, n_Mg= y mol

8Al+ 30HNO₃→8Al(NO₃)₃+3 NH₄NO₃+ 9H₂O

x        30x/8        x        3x/8 mol

4Mg+ 10HNO₃→ 4Mg(NO₃)₂+ NH₄NO₃+ 3H₂O

y        10y/4        y        y/4 mol

Khối lượng muối khan là

m_muối= m_Al(NO3)3+ m_Mg(NO3)2+ m_NH4NO3=213x+148y+ 80(3x/8+y/4)=18,25 gam

n_HNO3= 30x/8+ 10y/4= 0,275 mol

Giải hệ trên ta có x= 23/900 mol và y= 43/600 mol

→m=27x+ 24y= 2,41 gam

Đáp án A

Bài 53: Hòa tan hoàn toàn 15,2 gam hỗn hợp X gồm Fe và Cu vào dung dịch HNO₃ dư thu được 6,72 lít (đktc) khí Y gồm NO và NO₂, có dY/H₂= 19 và dung dịch Z (không chứa NH₄⁺). Tính % khối lượng kim loại Fe trong X?

A. 40,24%        B. 37,78%        C. 36,84%        D. 30,56%

Lời giải:

Hướng dẫn:

Ta đặt: n_NO= x mol; n_NO2= y mol

Ta có : n_Y= x+y= 6,72/22,4= 0,3 mol

m_Y= 30x+ 46y= n_Y.M_Y= 0,3.19.2

Giải hệ có x= 0,15 và y= 0,15

Đặt n_Fe= a mol ; n_Cu= b mol

QT cho e:

Fe → Fe³⁺+ 3e

a        3a mol

Cu → Cu²⁺+ 2e

b        2b mol

QT nhận e:

N⁺⁵+ 3e→ NO

       0,45        0,15

N⁺⁵+ 1e→ NO₂

       0,15        0,15

Theo ĐL bảo toàn e có: n_{e cho}= n_{e nhận} nên 3a+2b= 0,45+ 0,15= 0,60

Mặt khác m_{kim loại}= 56a+ 64b= 15,2

Giải hệ trên có a= 0,1, b= 0,15 →%m_Fe=36,84%

Đáp án C

Bài 54: Nung m gam bột sắt trong oxi, thu được 3 gam hỗn hợp rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X trong dung dịch HNO₃ dư thoát ta 0,56 lít khí NO (đktc, là sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của m là:

A. 2,52        B. 2,22       C. 2,32       D. 2,62

Lời giải:

Hướng dẫn:

Fe + O₂ → hỗn hợp rắn X

Theo ĐL Bảo toàn khối lượng có m_O2= 3-m (gam) → n_O2= (3-m)/32 mol

Ta có n_NO= 0,025 mol

QT cho e:

Fe→ Fe³⁺+ 3e

m/56        3m/56 mol

QT nhận e :

O₂+ 4e→ 2O^-2

(3-m)/32        (3-m)/8

N⁺⁵+ 3e → NO

0,075      ←      0,025

Theo ĐL BT electron thì : n_{e cho}= n_{e nhận}

Nên 3m/56= (3-m)/8+ 0,075 Suy ra m= 2,52 gam

Đáp án A

Bài 55: Cho 11,36 gam hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe₂O₃, Fe₃O₄ phản ứng hết với dung dịch HNO₃ loãng dư, thu được 1,344 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc) và dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan. Giá trị của m là:

A. 35,50        B. 34,36        C. 49,09        D. 38,72

Lời giải:

Hướng dẫn:

Coi như hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe₂O₃, Fe₃O₄ gồm có x mol Fe và y mol O

Ta có 56x+16y= 11,36 (1)

Ta có n_NO= 0,06 mol

QT cho e :

Fe → Fe³⁺+ 3e

x        3x mol

QT nhận e :

O+        2e      →       O^-2

y        2y mol

N⁺⁵+ 3e → NO

       0,18      ←      0,06

Theo ĐL BT electron thì : n_{e cho}= n_{e nhận} nên 3x= 2y+ 0,18 (2)

Từ (1) và (2) ta có x= 0,16 và y= 0,15

Bảo toàn nguyên tố Fe có n_Fe(NO3)3= n_Fe= x= 0,16 mol→ m_Fe(NO3)3=38,72 gam

Đáp án D

Bài 56: Hòa tan hoàn toàn 20,88 gam một oxit sắt bằng dung dịch HNO₃ đặc nóng thu được dung dịch X và 6,496 lít khí NO₂ (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc). Cô cạn dung dịch X, thu được m gam muối nitrat khan. Giá trị của m là:

A. 35,09        B. 105,27        C. 70,18        D. 210,54

Lời giải:

Hướng dẫn:

Quy đổi oxit sắt gồm có x mol Fe và y mol O

Ta có 56x+16y= 20,88 (1)

Ta có n_NO2= 0,29 mol

QT cho e :

Fe → Fe³⁺+ 3e

x        3x mol

QT nhận e :

O+ 2e→ O^-2

y        2y mol

N⁺⁵+ 1e → NO₂

      0,29      ←      0,29

Theo ĐL BT electron thì : n_{e cho}= n_{e nhận} nên 3x= 2y+ 0,29 (2)

Từ (1) và (2) ta có x= 0,29 và y= 0,29

Bảo toàn nguyên tố Fe có n_Fe(NO3)3= n_Fe= x= 0,29 mol→ m_Fe(NO3)3=70,18 gam

Đáp án C

Bài 57: Nung m gam bột Cu trong oxi thu được 24,8 gam hỗn hợp chất rắn X gồm Cu, CuO, Cu₂O. Hòa tan hoàn toàn X trong dung dịch HNO₃ đặc nóng thoát ra 8,96 lít khí NO₂ duy nhất (đktc). Giá trị của m là:

A. 9,6        B. 14,72        C. 21,12        D. 22,4

Lời giải:

Hướng dẫn:

Cu + O₂ → hỗn hợp rắn X

Theo ĐL Bảo toàn khối lượng có m_O2= 24,8-m (gam)

→ n_O2= (24,8-m)/32 mol

Ta có n_NO2= 0,4 mol

QT cho e:

Cu→ Cu²⁺+ 2e

m/64        2m/64 mol

QT nhận e :

O₂+ 4e→ 2O^-2

(24,8-m)/32        (24,8-m)/8

N⁺⁵+ 1e → NO₂

       0,4      ←      0,4

Theo ĐL BT electron thì : n_{e cho}= n_{e nhận}

Nên 2m/64= (24,8-m)/8+ 0,4 Suy ra m= 22,4 gam

Đáp án D

Bài 58: Hòa tan hoàn toàn 25,6 gam chất rắn X gồm Fe, FeS, FeS₂ và S bằng dung dịch HNO₃ dư, thoát ra V lít khí NO duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Thêm Ba(OH)₂ dư vào Y thu được 126,25 gam kết tủa. Giá trị của V là:

A. 17,92        B. 19,04        C. 24,64        D. 27,58

Lời giải:

Hướng dẫn:

Quy đổi hỗn hợp X thành Fe: x mol và S: y mol

Ta có: m₂X= 56x+ 32y= 25,6 gam (1)

QT cho e :

Fe → Fe³⁺+ 3e

x        3x mol

S⁰ → SO₄^2-+ 6e

y        y        6y

Dung dịch Y có Fe³⁺, SO₄^2-, H⁺, NO^-3

Khi cho Ba(OH)₂ dư vào dung dịch Y thì:

Ba²⁺+ SO₄^2- → BaSO₄

       y        y mol

Fe³⁺+ 3OH^- → Fe(OH)₃

x        x mol

m_{kết tủa}= m_Fe(OH)3+ m_BaSO4= 107x+ 233y=126,25 (2)

Từ (1) và (2) có x= 0,2 và y= 0,45

Tổng số mol e cho 3x+6y= 3,3 mol

Theo ĐL BT e : n_{e cho}= n_{e nhận}= 3,3 mol

QT nhận e :

N⁺⁵+ 3e → NO

       3,3      →        1,1 mol

V_NO=24,64 lít

Đáp án C

Bài 59: Hòa tan hoàn toàn 30,4 gam chất rắn X gồm Cu, CuS, Cu₂S và S bằng HNO₃ dư thoát ra 20,16 lít khí NO duy nhất (đktc) và dung dịch Y. Thêm Ba(OH)₂ dư vào Y thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là:

A. 81,55        B. 104,20        C. 110,95        D. 115,85

Lời giải:

Hướng dẫn:

Quy đổi hỗn hợp X thành Cu: x mol và S: y mol

Ta có: m_X= 64x+ 32y= 30,4 gam (1)

QT cho e :

Cu → Cu²⁺+ 2e

x        2x mol

S0 → SO₄^2-+ 6e

y        y        6y

QT nhận e : n_NO= 0,9 mol

N⁺⁵+ 3e → NO

       2,7      ←       0,9 mol

Theo ĐL BT e : n_{e cho}= n_{e nhận} nên 2x+6y= 2,7 (2)

Từ (1) và (2) suy ra x= 0,3 và y= 0,35

Dung dịch Y có Cu²⁺, SO₄^2-, H⁺, NO^-3

Khi cho Ba(OH)₂ dư vào dung dịch Y thì:

Ba²⁺+ SO₄^2- → BaSO₄

       y        y mol

Cu²⁺+ 2OH^- → Cu(OH)₂

x        x mol

m_{kết tủa}= m_Cu(OH)2+ m_BaSO4= 98x+ 233y=98.0,3+ 233.0,35=110,95 gam

Đáp án C

Bài 60: Đem nung hỗn hợp X gồm hai kim loại: a mol Fe và 0,15 mol Cu trong không khí một thời gian thu được 63,2 gam hỗn hợp Y gồm 2 kim loại trên và hỗn hợp các oxit của chúng. Đem hòa tan hết lượng hỗn hợp Y trên bằng dung dịch HNO₃ đậm đặc thì thu được 0,2 mol NO. Trị số của a là:

A. 0,64 mol        B. 0,60 mol        C. 0,70 mol        D. 0,67 mol

Lời giải:

Hướng dẫn:

Fe, Cu + O₂ → hỗn hợp rắn X

Theo ĐL Bảo toàn khối lượng có m_O2= 63,2-56a-0,15.64= 53,6-56a (gam) → n_O2= (53,6-56a)/32 mol

Ta có n_NO= 0,2 mol

QT cho e:

Fe→ Fe³⁺+ 3e

a        3a mol

Cu → Cu²⁺+ 2e

0,15        0,3

QT nhận e :

O₂+ 4e→ 2O^-2

(53,6-56a)/32        (53,6-56a)/8

N⁺⁵+ 3e → NO

       0,6      ←      0,2

Theo ĐL BT electron thì : n_{e cho}= n_{e nhận}

Nên 3a+ 0,3= (53,6-56a)/8+ 0,6 Suy ra a= 0,7

Đáp án C

Bài 61: Hòa tan hoàn toàn 2,44 gam hỗn hợp bột X gồm FexOy và Cu bằng dung dịch HNO₃ đặc nóng (dư). Sau phản ứng thu được 0,336 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc) và dung dịch chứa 7,93 gam hỗn hợp muối nitrat. Phần trăm khối lượng của Cu trong X là:

A. 39,34%        B. 65,57%        C. 26,23%        D. 13,11%

Lời giải:

Hướng dẫn:

Quy hỗn hợp X gồm có a mol Fe, b mol Cu và c mol O

Ta có 56a + 64b + 16c= 2,44

Bảo toàn nguyên tố Fe và Cu có n_Fe(NO3)3= n_Fe= a mol;n_Cu(NO3)2= n_Cu= b mol

Khối lượng muối nitrat là

m_muối= m_Fe(NO3)3+ m_Cu(NO3)2=242a + 188b= 7,93 gam

QT cho e:

Fe→ Fe³⁺+ 3e

a        3a mol

Cu → Cu²⁺+ 2e

b        2b

QT nhận e :

O+ 2e→ O^-2

c        2c

N⁺⁵+ 3e → NO

       0,045      ←        0,015

Theo ĐL BT electron thì : n_{e cho}= n_{e nhận} nên 3a+ 2b= 2c+ 0,045 (3)

Giải hệ gồm (1), (2) và (3) có a= 0,025; b= 0,01 và c= 0,025

→%m_Cu= 0,01.64.100%/2,44=26,23%

Đáp án C

Bài 62: Khi cho m gam hỗn hợp gồm 3 kim loại Al, Mg, Cu tan vừa hết trong dung dịch HNO₃ loãng, thu được 3,36 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và dung dịch X. Cô cạn cẩn thận dung dịch X thu được khối lượng muối nitrat là:

A. (m+ 62) gam        B. (m+9,3 ) gam

C. (m+13,95) gam        D. (m+ 27,9) gam

Lời giải:

Hướng dẫn:

Ta có n_NO= 0,15 mol

QT nhận e:

NO₃^-+ 3e+ 4H⁺ → NO+ 2H₂O

Ta có n_{NO3- trong muối}= n_e= 3.n_NO= 3.0,15= 0,45 mol

→m_{muối nitrat}= m_{kim loại}+ m_{NO3-trong muối}= m+ 0,45.62= m+27,9 (gam)

Đáp án D

Bài 63: 4,86 gam Al phản ứng vừa đủ với dung dịch HNO₃ thu được V lít khí NO duy nhất (đktc) và dung dịch X. Để phản ứng với dung dịch X đến khi kết tủa tan vừa hết tạo dung dịch muối trong suốt cần dùng 750 ml dung dịch NaOH 1M. Giá trị của V là:

A. 3,36        B. 4,48        C. 4,032        D. 2,24

Lời giải:

Hướng dẫn:

Ta có n_Al= 0,18 mol= n_Al(NO3)3, n_NaOH= 0,75 mol

Dung dịch X chứa Al(NO₃)₃, có thể có NH₄NO₃

Al³⁺+ 3OH^-→ Al(OH)₃↓ (1)

0,18        0,54        0,18

Al(OH)₃+ OH^- → AlO₂^-+ 2H₂O (2)

0,18        0,18

Tổng mol OH^- ở (1) và (2) là n_OH-= 0,54+ 0,18= 0,72 mol ⟨ 0,75 mol

Nên có PT (3) với n_{OH- PT3}= 0,75- 0,72= 0,03 mol

NH₄⁺+ OH^- → NH₃+ H₂O (3)

0,03        0,03 mol

QT cho e:

Al → Al³⁺+ 3e (1)

0,18        0,54

QT nhận e:

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺+ 3H₂O (2)

       0,24        ←        0, 03 mol

NO₃^-+ 3e+ 4H⁺ → NO+ 2H₂O (3)

Theo ĐL bảo toàn e: n_{e cho}= n_{e nhận} nên 0,54=8.n_NH4++ 3.n_NO

Hay 0,54=8. 0,03+ 3.n_NO suy ra n_NO= 0,1 mol → V= 2,24 lít

Đáp án D

Bài 64: Hòa tan hoàn toàn 3,76 gam hỗn hợp H gồm: S, FeS, FeS₂ trong HNO₃ dư được 0,48 mol NO₂ và dung dịch X. Cho dung dịch Ba(OH)₂ dư vào X, lọc kết tủa nung đến khối lượng không đổi thì khối lượng chất rắn thu được là:

A. 17,545 gam        B. 18,355 gam

C. 15,145 gam        D. 2,4 gam

Lời giải:

Hướng dẫn:

Gọi x, y lần lượt là tổng số mol Fe và S trong hỗn hợp (cũng có thể coi x, y là số mol Fe và S đã tham gia phản ứng với nhau tạo ra hỗn hợp trên)

Ta có: 56x + 32y = 3,76

Mặt khác: n_{e (cho)} = 3x + 6y = 0,48 = n_{e (nhận)} (vì hỗn hợp H bị oxi hóa tạo muối Fe₃⁺ và H₂SO₄)

Từ đó có: x = 0,03; y = 0,065

Khi thêm Ba(OH)₂ dư kết tủa thu được có: Fe(OH)₃ (0,03 mol) và BaSO₄ (0,065 mol).

Sau khi nung chất rắn có: Fe₂O₃ (0,015 mol) và BaSO₄ (0,065 mol).

m_{chất rắn} = 160.0,015 + 233.0,065 = 17,545 (gam)

Đáp án A

Bài 65: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,01 mol FeS₂ và y mol Cu₂S vào axit HNO₃ (vừa đủ) thu được dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) và V lít khí NO₂ (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Giá trị của V là:

A. 2,912       B. 2,24        C. 4,48        D. 3,136

Lời giải:

Hướng dẫn:

Ta có sơ đồ phản ứng :

FeS₂, Cu₂S+ HNO₃ →Fe₂(SO₄)₃+ CuSO₄+ NO₂+ H₂O

Bảo toàn nguyên tố Fe ta có: n_Fe2(SO4)3= 1/2. n_FeS2= 0,01/2= 0,005 mol

Bảo toàn nguyên tố Cu ta có: n_CuSO4= 2.n_Cu2S= 2 y mol

Bảo toàn nguyên tố S có nS( FeS₂, Cu₂S)= n_S (trong 2 muối sunfat)

Nên 2.0,01+ y= 3.0,005+ 2y → y=0,005 mol

QT cho e :

FeS₂       →       Fe³⁺+ 2S⁺⁶+15 e

Cu₂S       →       2Cu²⁺+ S⁺⁶+ 10e

Tổng số mol e cho là

n_{e cho}= 15.n_FeS2+ 10. n_Cu2S = 15.0,01+10.0,005=0,2 mol

QT nhận e :

N⁺⁵+ 1e → NO₂

       0,2      →        0,2 mol

Theo ĐL BT e : n_{e cho}= n_{e nhận}= 0,2 mol →V= 4,48 lít

Đáp án C

Bài 66: Cho 61,2 gam hỗn hợp X gồm Cu và Fe₃O₄ tác dụng với dung dịch HNO₃ loãng, đun nóng và khuấy đều. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 3,36 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc), dung dịch Y và còn lại 2,4 gam kim loại. Cô cạn dung dịch Y, thu được m gam muối khan. Xác định giá trị của m?

A. 145,5 gam        B. 151,5 gam       C. 159,5 gam       D. 147,5 gam

Lời giải:

Hướng dẫn:

n₃NO = 0,15 (mol)

Gọi a là số mol Cu trong X đã phản ứng. Gọi b là số mol Fe₃O₄ trong X

Ta có: 64a + 232b = 61,2 – 2,4

Các nguyên tố Cu, Fe, O trong hỗn hợp X khi phản ứng với HNO₃ chuyển thành muối Cu²⁺, Fe²⁺ (vì dư kim loại), H₂O do đó theo bảo toàn e: 2a + 2.3b – 2.4b = 3.0,15

Từ đó: a = 0,375; b = 0,15

Muối khan gồm có: Cu(NO₃)₂ (a = 0,375 mol) và Fe(NO₃)₂ (3b = 0,45 mol)

m_muối = 188.0,375 + 180.0,45 = 151,5 (gam)

Đáp án B

Bài 67: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 1,44 gam Mg và 1,8 gam Al bằng dung dịch HNO₃ vừa đủ, thu được 0,04 mol khí X (sản phẩm khử duy nhất). X là chất nào sau đây?

A. NO2       B. NO       C. N2O        D. N2

Lời giải:

Hướng dẫn:

Ta có n_Mg= 0,06 mol; n_Al= 1/15 mol

QT cho e :

Mg → Mg²⁺+ 2e

Al→ Al³⁺+ 3e

Có n_{e cho}=2.n_Mg+ 3.n_Al= 0,32 mol

QT nhận e

-Nếu khí X có 1 nguyên tử N: Gọi số oxi hóa của N trong X là a

N⁺⁵ + (5-a) e→ N^+a

       (5-a).0,04        0,04

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,32= 0,04. (5-a)→ a= -3→ Loại

-Nếu khí có 2 nguyên tử N:

2N⁺⁵ + 2(5-a) e→ N₂^+a

       (5-a).0,08        0,04

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,32= 0,08. (5-a) → a= +1

→ Khí X là N₂O

Đáp án C

Bài 68: Cho 18,5 gam hỗn hợp gồm Fe và Fe₃O₄ tác dụng với 200 ml dung dịch HNO₃ loãng , đun nóng. Sau phản ứng thu được 2,24 lít khí NO duy nhất (đktc), dung dịch D và còn lại 1,46 gam kim loại. Nồng độ mol của dung dịch HNO₃ là

A. 3,2M        B. 3,5M        C. 2,6M        D. 5,1M

Lời giải:

Hướng dẫn:

Khối lượng Fe dư là 1,46g, do đó khối lượng Fe và Fe₃O₄ đã phản ứng là 17,04g. Vì sau phản ứng sắt còn dư nên trong dung dịch D chỉ chứa muối sắt (II).

Sơ đồ phản ứng:

Fe, Fe₃O₄ + HNO₃ → Fe(NO₃)₂ + NO + H₂O

Mol:        2n+0,1        n        0,1        0,5( 2n+0,1)

Đặt số mol của Fe(NO₃)₂ là n, áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố đối với nitơ ta có số mol của axit HNO₃ là 2n+ 0,1. Số mol H₂O bằng một nửa số mol của HNO₃.

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

       17,04 + 63(2n + 0,1) = 242n + 0,1.30 + 18.0,5(2n + 0,1)

giải ra ta có n = 2,7, suy ra [ HNO₃ ] = (2.2,7 + 0,1): 0,2 = 3,2M

Đáp án A

Bài 69: Lấy m gam P₂O₅ cho tác dụng với 338 ml dung dịch NaOH 2M. Sau phản ứng cô cạn dung dịch thu được 3m gam chất rắn. Giá trị của m gần nhất với:

A. 11,5        B. 17,5        C. 12,5        D.14,5

Lời giải:

Hướng dẫn:

TH 1: P₂O₅ và NaOH pứ vừa đủ tạo muối: n_H2O = n_NaOH = 0,676mol.

P₂O₅ + H₂O → 2H₃PO₄

m/142        →        2m/142 mol

Có thể xảy ra các PT:

H₃PO₄+ NaOH →NaH₂PO₄+ H₂O (3)

H₃PO₄+ 2NaOH →Na₂HPO₄+ 2H₂O (4)

H₃PO₄+ 3NaOH →Na₃PO₄+ 3H₂O (5)

BKTL: m_H3PO4 + m_NaOH = m_rắn + m_H2O

(2m/142).98 + 0,676x40 = 3m + 0,676x18        →      m = 9,182gam (loại).

TH2:Chất rắn gồm: NaOHdư; Na₃PO₄

P₂O₅ + 6NaOH → 2Na₃PO₄ + 3H₂O

m/142        0,676 2m/142       3m/142

BTKL: m_P2O5+ m_NaOHbđ = m _rắn + m_H2O

m + 0,676x40 = 3m + 18x3m/142→ m = 11,36 gam gần nhất với 11,5.

Đáp án A

Bài 70: Oxi hóa hoàn toàn 3,1 gam photpho trong khí oxi dư. Cho toàn bộ sản phẩm vào 200 ml dung dịch NaOH 1M đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X. Khối lượng muối trong X là:

A. 12 gam        B. 14,2 gam       C. 11, 1 gam        D. 16,4 gam

Lời giải:

Hướng dẫn:

Ta có n_P =0,1 mol, n_NaOH= 0,2 mol

4P + 5O₂→ 2P₂O₅ (1)

0,1        0,05 mol

Cho P₂O₅ vào dung dịch NaOH thì:

P₂O₅+ 3H₂O→ 2H₃PO₄ (2)

0,05        0,1 mol

Có thể xảy ra các PT:

H₃PO₄+ NaOH →NaH₂PO₄+ H₂O (3)

H₃PO₄+ 2NaOH →Na₂HPO₄+ 2H₂O (4)

H₃PO₄+ 3NaOH →Na₃PO₄+ 3H₂O (5)

Ta có T= n_NaOH/ n_H3PO4= 0,2/0,1=2→ Phản ứng theo PT (2)

n_Na2HPO4= n_H3PO4= 0,1 mol → m_Na2HPO4=0,1.142=14,2 gam

Đáp án B

Bài 71: Cho m gam P₂O₅ tác dụng với 253,5 ml dung dịch NaOH 2M, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X.. Cô cạn dung dịch X thu được 3m gam chất rắn. Giá trị của m là:

A. 21,3        B. 8,52       C. 12,78        D. 7,81

Lời giải:

Hướng dẫn:

TH 1: P₂O₅ và NaOH pứ vừa đủ tạo muối: n_H2O = n_NaOH = 0,507mol.

P₂O₅ + H₂O → 2H₃PO₄

m/142        →        2m/142 mol

Có thể xảy ra các PT:

H₃PO₄+ NaOH →NaH₂PO₄+ H₂O (3)

H₃PO₄+ 2NaOH →Na₂HPO₄+ 2H₂O (4)

H₃PO₄+ 3NaOH →Na₃PO₄+ 3H₂O (5)

BKTL: m_H3PO4 + m_NaOH = m_rắn + m_H2O

(2m/142).98 + 0,507x40 = 3m + 0,507x18 →m = 6,886gam (loại).

TH2:Chất rắn gồm: NaOHdư; Na₃PO₄

P₂O₅ + 6NaOH → 2Na₃PO₄ + 3H₂O

m/142        0,507       2m/142       3m/142

BTKL: m_P2O5+ m_NaOHbđ = m _rắn + m_H2O

m + 0,2535x2x40 = 3m + 18x3m/142 → m = 8,52g.

Đáp án B

Bài 72: Cho m gam P₂O₅ tác dụng với 400 ml dung dịch NaOH 0,3M, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được 1,55m gam chất rắn. Giá trị của m gần nhất với:

A. 15,6        B. 15,5        C. 15,8        D. 15,7

Lời giải:

Hướng dẫn:

TH 1: P₂O₅ và NaOH pứ vừa đủ tạo muối: n_H2O = n_NaOH = 0,12mol.

P₂O₅ + H₂O → 2H₃PO₄

m/142        →        2m/142 mol

Có thể xảy ra các PT:

H₃PO₄+ NaOH →NaH₂PO₄+ H₂O (3)

H₃PO₄+ 2NaOH →Na₂HPO₄+ 2H₂O (4)

H₃PO₄+ 3NaOH →Na₃PO₄+ 3H₂O (5)

BKTL: m_H3PO4 + m_NaOH = m_rắn + m_H2O

(2m/142).98 + 0,12x40 = 1,55m + 0,12x18 →m = 15,555gam gần nhất với 15,6 gam

TH2:Chất rắn gồm: NaOHdư; Na₃PO₄

P₂O₅ + 6NaOH → 2Na₃PO₄ + 3H₂O

m/142        0,12        2m/142       3m/142

BTKL: m_P2O5+ m_NaOHbđ = m _rắn + m_H2O

m + 0,12x40 = 1,55m + 18x3m/142 m = 5,16g. Loại

Đáp án A

Bài 73: Có ba dung dịch riêng biệt: H₂SO₄ 1M; KNO₃ 1M; HNO₃ 1M được đánh số ngẫu nhiên là (1), (2), (3).

-Trộn 5 ml dung dịch (1) với 5 ml dung dịch (2), thêm bột Cu dư thu được V1 lít khí NO

-Trộn 5 ml dung dịch (1) với 5 ml dung dịch (3), thêm bột Cu dư thu được 2V1 lít khí NO

-Trộn 5 ml dung dịch (2) với 5 ml dung dịch (3), thêm bột Cu dư thu được V2 lít khí NO

Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, NO là sản phẩm khử duy nhất, các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. So sánh nào sau đây đúng?

A. V2 = V1 B. V2 = 3V1

C. V2 = 2V1 D. 2V2 = V1

Lời giải:

Hướng dẫn:

Suy luận:

3Cu+ 8H⁺+ 2NO₃^- → 3Cu²⁺+ 2NO + 4 H₂O

TN1:        4V1        ←        V1 lít

TN2:        8V1        ←        2V1 lít

Nhận thấy: n_{H+ (TN2)}= 2n_{H+ (TN1)} → (1) là KNO₃; (2) là HNO₃; (3) là H₂SO₄

       3Cu+ 8H⁺+ 2NO₃^- → 3Cu²⁺+ 2NO + 4 H₂O

TN1: ban đầu        5.10^-3        10.10^-3       

       Phản ứng        5.10^-3        1,25.10^-3

TN3: ban đầu        15.10^-3        5.10^-3       

       Phản ứng        15.10^-3        3,75.10^-3

Các thể tích khí đo ở cùng điều kiện nên n_NO(TN3)= 3n_{NO (TN1)} → V_NO(TN3)= 3V_{NO (TN1)} hay V2= 3 V1

Đáp án B

Bài 74: Đun nóng m gam Cu(NO₃)₂ một thời gian rồi dừng lại, làm nguội và đem cân thấy khối lượng chất rắn giảm 0,54 gam so với ban đầu. Khối lượng Cu(NO₃)₂ đã bị nhiệt phân là:

A. 1,88 gam        B. 0,47 gam       C. 9,40 gam        D. 0,94 gam

Lời giải:

Hướng dẫn:

Đặt số mol Cu(NO₃)₂ đã phản ứng là x mol

Cu(NO₃)₂ → CuO + 2NO₂+ ½ O₂

X        2x        x/2 mol

Khối lượng chất rắn giảm chính là khối lượng NO₂ và O₂ thoát ra

Ta có: m_{rắn giảm}= m_NO2+ m_O2= 46.2x+ 32.x/2=108x= 0,54

suy ra x=0,005 mol→ m_{Cu(NO3)2 pứ}= 188x=0,94 gam

Đáp án D

Bài 75: Nhiệt phân hoàn toàn 34,65 gam hỗn hợp gồm KNO₃ và Cu(NO₃)₂thu được hỗn hợp khí X (tỉ khối hơi của X so với khí H₂ bằng 18,8). Tính khối lượng Cu(NO₃)₂ trong hỗn hợp ban đầu?

A. 8,60 gam        B. 20,50 gam       C. 11,28 gam       D. 9,4 gam

Lời giải:

Hướng dẫn:

Đặt số mol Cu(NO₃)₂ và KNO₃ lần lượt là x, y mol

→188 x+101y= 34,65 (1)

Cu(NO₃)₂ → CuO + 2NO₂+ ½ O₂

x 2x x/2 mol

KNO₃ → KNO₂ + ½ O₃

y y/2 mol

Hỗn hợp khí X thu được gồm 2x mol NO₂ và x/2+ y/2 mol O₂

Ta có: suy ra 14x=2,8y (2)

Từ (1) và (2) ta có x= 0,05, y=0,25 → m_Cu(NO3)2=9,4 gam

Đáp án D

Bài 76:Cho 3,2 gam bột Cu tác dụng với 100 ml dung dịch hỗn hợp gồm HNO₃ 0,8M và H₂SO₄ 0,2M. Sau khi các phản ứng hoàn toàn sinh ra V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc). Giá trị của V là:

A. 0,764        B. 0,448        C. 1,792        D. 0,672

Lời giải:

Hướng dẫn:

Ta có n_Cu=0,05 mol, n_HNO3=0,08 mol; n_H2SO4=0,02 mol, n_H+= 0,12 mol, n_NO3-= 0,08 mol

3Cu + 8H⁺ + 2NO₃^-→ 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O

0,05        0,12        0,08        0,03 mol

Ta có → H⁺ phản ứng hết → n_NO= 2/8.n_H+= 0,03 mol

→V= 0,672 lít

Đáp án D

Bài 77: Cho m gam bột Fe vào 800 ml dung dịch hỗn hợp gồm Cu(NO₃)₂ 0,2M và H₂SO₄ 0,25M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 0,6m gam hỗn hợp bột kim loại và V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc). Giá trị của m và V là:

A. 10,8 và 4,48        B. 10,8 và 2,24

C. 17,8 và 2,24        D. 17,8 và 4,48

Lời giải:

Hướng dẫn:

n_Cu2+ = 0,16; n_NO3- = 0,32 ; n_H+ = 0,4. Kim loại dư muối Fe²⁺

3Fe + 2NO₃^- + 8H⁺ → 3Fe²⁺ + 2NO + 4H₂O (1)

0,15← ----- 0,4 ------------→ 0,1

Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu (2)

0,16← 0,16 -------→ 0,16

m – 0,15.56 (1) + m_tăng(2) = 0,6m → m = 17,8 g và V = 0,1.22,4 = 2,24 lít

Đáp án C

Bài 78: Cho hỗn hợp gồm 1,12 gam Fe và 1,92 gam Cu vào 400 ml dung dịch chứa hỗn hợp gồm H₂SO₄ 0,5M và NaNO₃ 0,2M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X và khí NO (sản phẩm khử duy nhất). Cho V ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch X thì lượng kết tủa thu được là lớn nhất. Giá trị tối thiểu của V là:

A. 360        B. 240        C. 400        D. 120

Lời giải:

Hướng dẫn:

Ta có: n_Fe=0,02 mol; n_Cu= 0,03 mol, n_H2SO4= 0,2 mol, n_NaNO3= 0,08 mol

n_H+= 2n_H2SO4= 0,4 mol, n_NO3-= 0,08 mol

3Cu + 8H⁺ + 2NO₃^-→ 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O (1)

0,03        0,08        0,02        0,03 mol

Fe + 4H⁺ + NO₃^- → Fe³⁺ + NO + 2H₂O (2)

0,02        0,08        0,02        0,02 mol

Tổng số mol H⁺ tham gia phản ứng (1) và (2) là 0,08+ 0,08= 0,16 mol

→n_{H+ dư}= 0,4-0,16= 0,24 mol

Dung dịch X có chứa Cu²⁺, Fe³⁺ và H⁺

H⁺+ OH^-→H₂O (3)

Cu²⁺+ 2OH^- → Cu(OH)₂ (4)

Fe³⁺+ 3OH^- → Fe(OH)₃ (5)

Theo PT (3), (4), (5) ta có

n_OH-= n_H++ 2n_Cu2++ 3n_Fe3+= 0,24+ 2.0,03+ 3.0,02= 0,36 mol= n_NaOH

→V= 0,36 lít= 360 ml

Đáp án A

Bài 79: Cho 3,48 gam bột Mg tan hết trong dung dịch hỗn hợp gồm HCl dư và KNO₃, thu được dung dịch X chứa m gam muối và 0,56 lít hỗn hợp khí Y gồm N₂ và H₂ ở đktc. Khí Y có tỉ khối so với H₂ bằng 11,4. Giá trị của m là:

A. 16,085        B. 18,300        C. 14,485        D. 18,035

Lời giải:

Hướng dẫn:

Ta có n_Mg=0,145 mol

Gọi x và y lần lượt là số mol của H₂ và N₂

Ta có: x+ y= 0,025; 2x+ 28y= 0,025.(11,4.2) → x= 0,005; y= 0,02

Vì có khí H₂ thoát ra → NO₃^- hết → Muối thu được là muối clorua

QT cho e:

Mg → Mg²⁺+ 2e (1)

0,145      →        0,29 mol

QT nhận e:

2N⁺⁵+ 10e →N₂ (2)

       0,2      ←        0,02 mol

2H⁺¹+2e→ H₂ (3)

       0,01      ←       0,005 mol

Nếu chỉ có quá trình nhận (2) và (3) thì

n_{e nhận}= 0,2+ 0,01= 0,21 mol≠ 0,29 mol

→ Còn có quá trình nhận e tạo muối NH₄⁺

Theo ĐL bảo toàn e: n_{e cho}=n_{e nhận} = 0,29 mol → e nhận ở (4)= 0,29-0,21=0,08 mol

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺+ 3H₂O (4)

       0,08        →        0, 01 mol

Bảo toàn nguyên tố N ta có

n_N(KNO3)= n_N(N2)+ n_{N (NH4+)}=2.0,02+ 0,01= 0,05 mol= n_KNO3= n_K+

Muối chứa Mg²⁺: 0,145 mol, NH₄⁺: 0,01 mol, K⁺: 0,05 mol, Cl^-

Dùng bảo toàn điện tích: 0,145.2+ 0,01.1+ 0,05= n_Cl-= 0,35 mol

→m_muốimuối=m= 0,145.24+ 0,01.18+ 0,05.39+ 0,35.35,5= 18,035 gam

Đáp án D

Bài 80: Cho m gam P₂O₅ vào dung dịch chứa 0,1 mol NaOH và 0,05 mol KOH thu được dung dịch X. Cô cạn X, thu được 8,56 gam hỗn hợp chất rắn khan. Giá trị của m là:

A. 1,76        B. 2,13        C. 4,46        D. 2,84

Lời giải:

Hướng dẫn:

Đặt n_P= x mol, n_OH- =0,15 mol

TH1: Axit dư, x > 0,15

Dễ thấy chất rắn gồm

(x-0,15)/2 mol P₂O₅, 0,1 mol NaH₂PO₄, 0,05 mol KH₂PO₄

→m_rắn= 142. (x-0,15)/2+ 99.0,1+ 136.0,05 > 8,56 gam (Vô lí)

TH2: Kiềm dư, x ⟨ 0,15/3= 0,05

Chất rắn gồm: x mol PO₄^3-, 0,15-3x mol OH^-, 0,1 mol Na⁺, 0,05 mol K⁺

→ m_rắn= 95x+ 17. (0,15-3x)+ 23.0,1+ 39.0,05= 8,56 gam

→ x= 0,04

Vậy n_P2O5= 0,02 mol→m= 2,84 gam

TH3: Tạo hỗn hợp muối, 0,05 ⟨ x⟨ 0,15

Chất rắn gồm:

H₂PO₄^-, HPO₄^2-, PO₄^3- (hai trong 3 gốc này): x mol; K⁺: 0,05 mol, Na⁺: 0,1 mol

→m_rắn= M.x+ 23.0,1+ 39.0,05

Vì x> 0,05 và M> 95 nên m_rắn > 95.0,05+ 2,3+1,95=9 >8,56

→Không thỏa mãn

Đáp án D

Bài 81: Cho 0,87 gam hỗn hợp gồm Fe, Cu và 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.0,224 lít và 3,750 gam       B. 0,112 lít và 3,750 gam

C. 0,224 lít và 3,865 gam        D. 0,112 lít và 3,865 gam

Lời giải:

Hướng dẫn:

Cho 0,87 gam hỗn hợp gồm Fe, Cu và Al vào dung dịch H₂SO₄

→ Chất rắn không tan là Cu, m_Cu= 0,32 gam, n_Cu=0,005 mol

2Al+ 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃+ 3H₂

Fe+ H₂SO₄ → FeSO₄+ H₂

Ta có m_Fe + m_Al = 0,87 - 0,32 = 0,55 gam

Đặt n_Fe= x mol, n_Al= y mol → 56x + 27y= 0,55

n_H2= 1,5.x+ y= 0,448/22,4= 0,02 mol

→ x = 0,005; y= 0,01

ta có n_{H2SO4 ban đầu}= 0,3.0,1=0,03 mol, n_H2= 0,448/22,4=0,02 mol

n_{H+ còn lại} = n_{H+ ban đầu}- n_{H+ pứ}= 2.n_H2SO4- 2.n_H2= 2. 0,03- 2.0,02= 0,02 mol

n_NO3- =n_NaNO3= 0,005 mol

Ta có các bán phản ứng sau

Fe²⁺ → Fe³⁺ + 1e

0,005        0,005

Cu ^-→ Cu²⁺ + 2e

0,005        0,01

=> n_{e cho} = 0,015 mol= n_{e nhận}

4H⁺ + NO₃^- + 3e → NO + 2H₂O (3)

0,02        0,005        0,015        0,005

V = 0,005.22,4 = 0,112 lít

Theo bán phản ứng (3) thì cả H⁺ và NO₃^- đều hết

Khối lượng muối=Khối lượng kim loại + m_Na+ + m_SO4

= 0,87 + 0,005.23 + 0,03.96 = 3,865 gam

Đáp án D

Bài 82: Hòa tan hết một lượng S và 0,01 mol Cu₂S trong dung dịch HNO₃ đặc, nóng, sau phản ứng hoàn toàn dung dịch thu được chỉ có 1 chất tan và sản phẩm khử là khí NO₂ duy nhất. Hấp thụ hết lượng NO₂ này vào 200 ml dung dịch NaOH 1M, rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng thì được m gam chất rắn khan. Giá trị của m là

A. 18,4.        B. 12,64.

C. 13,92.        D. 15,2.

Lời giải:

Hướng dẫn:

Dễ dàng thấy chất tan là CuSO₄ = 0,02 mol (bảo toàn nguyên tố Cu)

=> Quy đổi ban đầu có 0,02 mol S (bảo toàn nguyên tố S) và 0,02 mol Cu

Bảo toàn e => n _NO2 = 0,02.6 + 0,02.2 = 0,16 mol

QT cho e :

Cu → Cu²⁺+ 2e

0,02        0,04 mol

S⁰ → SO₄^2-+ 6e

0,02        0,12 mol

Số mol e cho là n_{e cho}= 0,16 mol

Theo bảo toàn e : n_{e cho}= n_{e nhận}= 0,16 mol

QT nhận e :

N⁺⁵+ 1e → NO₂

       0,16       →       0,16 mol

2NaOH + 2NO₂ => NaNO₂ + NaNO₃ + H₂O

Do 0,2> 0,16 nên NO₂ hết và NaOH dư

Vì NO₂ hết nên n _H2O = 0,08 mol (= ½ n NO₂)

→ m _{chất rắn} = m_NO2+ m_NaOH- m_H2O= 40.0,2 + 0,16.46 – 0,08.18 = 13,92 gam

Đáp án C

Bài 83: Thực hiện 2 thí nghiệm:

TN 1: Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch HNO₃ 1,0M thoát ra a lít NO.

TN2: Cho 3,84 gam Cu phản ứng với 80 ml dung dịch chứa HNO₃ 1,0M và H₂SO₄ 0,5 M thoát b lít NO.

Biết NO là sản phẩm khử duy nhất, các thể tích khí đo ở cùng điều kiện. Quan hệ giữa a và b là

A. b = a.        B. b = 2a.        C. 2b = 5a.        D. 2b = 3a.

Lời giải:

Hướngdẫn:

(*) TN1 :

3Cu + 8HNO₃ → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + H₂O

0,06        0,08        → 0,02 mol

(*) TN2 :

3Cu + 8H⁺ + 2NO₃^- → 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O

0,06        0,16        0,08        → 0,04 mol

→ b= 2a

Đáp án B

Bài 84: Cho m gam hỗn hợp Cu, Fe, Al tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO₃ loãng dư thu được (m+31) gam muối nitrat. Nếu cũng cho m gam hỗn hợp trên tác dụng với oxi thu được các oxit CuO, Fe₂O₃, Al₂O₃ thì khối lượng oxit là:

A.m + 32        B. m+16        C. m+4        D. m+48

Lời giải:

Hướng dẫn:

Ta có: m_NO3-= m_{muối nitrat}- m_{kim loại}= (m+31)-m= 31 gam → n_NO3-= 0,5 mol

Ta thấy số oxi hóa của Cu, Fe, Al trong muối nitrat và trong các oxit tương ứng là bằng nhau

→n_NO3-= n_{điện tích dương của cation}= 2.n_O2- → n_O2-= 0,25 mol

→ m_oxit= m_{kim loại}+ m_O2-= m+ 0,25.16= m+ 4 (gam)

Đáp án C

Bài 85: X là hỗn hợp các muối Cu(NO₃)₂, Fe(NO₃)₂, Fe(NO₃)₃, Mg(NO₃)₂ trong đó O chiếm 55,68% về khối lượng. Cho dung dịch KOH dư vào dung dịch chứa 50 gam muối, lọc kết tủa thu được đem nung trong chân không đến khối lượng không đổi thu được m gam oxit. Giá trị của m là

A. 31,44.       B. 18,68.       C. 23,32.        D. 12,88.

Lời giải:

Hướng dẫn:

Khối lượng O có trong 50 gam hỗn hợp muối A là:

→ n_O=1,74 mol

Bảo toàn nguyên tố O ta có: n_{NO3- (muối)}= 1/3.nO= 0,58 mol

→ m_{kim loại}= m_A- m_NO3-= 50- 0,58.62=14,04 gam

Bảo toàn điện tích ta có: n_NO3-= n_{điện tích dương kim loại}= 2.n_{O2- trong oxit}

→ n_{O2- trong oxit}= 0,58/2= 0,29 mol

→m_oxit= m_{kim loại}+ m_{O2- trong oxit}= 14,04 + 0,29.16=18,68 gam

Đáp án B

Bài 86: A là hỗn hợp muối Cu(NO₃)₂, Fe(NO₃)₃, Fe(NO₃)₂, Al(NO₃)₃. Trong đó N chiếm 16,03% về khối lượng. Cho dung dịch KOH dư vào dung dịch chứa 65,5 gam muối. Lọc kết tủa đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được bao nhiêu gam oxit?

A. 27        B. 34        C. 25        D. 31

Lời giải:

Hướngdẫn:

Khối lượng N có trong 65,5 gam hỗn hợp muối A là:

→ n_N=0,75 mol

Bảo toàn nguyên tố N ta có: n_{NO3- (muối)}= n_N= 0,75 mol

→ m_{kim loại}= m_A- m_NO3-= 65,5- 0,75.62=19 gam

Bảo toàn điện tích ta có: n_NO3-= n_{điện tích dương kim loại}= 2.n_{O2- trong oxit}

→ n_{O2- trong oxit}= 0,75/2= 0,375 mol

→m_oxit= m_{kim loại}+ m_{O2- trong oxit}= 19 + 0,375.16=25 gam

Đáp án C

Bài 87: Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm 0,12 mol FeS₂ và a mol Cu₂S vào axit HNO₃ (vừa đủ) thu được dung dịch X (chỉ chứa hai muối sunfat) và khí duy nhất NO. Giá trị của a là:

A. 0,04        B. 0,075        C. 0,12        D. 0,06

Lời giải:

Hướng dẫn:

Ta có sơ đồ phản ứng :

FeS₂, Cu₂S+ HNO₃ →Fe₂(SO₄)₃+ CuSO₄+ NO+ H₂O

Bảo toàn nguyên tố Fe ta có: n_Fe2(SO4)3= 1/2. n_FeS2= 0,12/2= 0,06 mol

Bảo toàn nguyên tố Cu ta có: n_CuSO4= 2.n_Cu2S= 2 a mol

Bảo toàn nguyên tố S có n_{S( FeS2, Cu2S)}= n_{S (trong 2 muối sunfat)}

Nên 2.0,12+ a= 3.0,06+ 2a→ a= 0,06 mol

Đáp án D

Bài 88: Cho 10,62 gam hỗn hợp gồm Fe, Zn vào 800 ml dung dịch hỗn hợp X gồm NaNO₃ 0,45 M và H₂SO₄ 0,9M. Đun nóng cho phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch Y và 3,584 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc). Tính % khối lượng Fe trong hỗn hợp ban đầu.

A. 63,28%        B. 36,72%        C. 58,26%        D. 41,74%

Lời giải:

Hướng dẫn:

Số mol NaNO₃ = 0,36 mol

số mol H₂SO₄ = 0,72 mol → số mol H⁺ = 1,44 mol

Ta có các bán phản ứng:

NO₃^- + 4H⁺ + 3e → NO + 2H₂O (1)

mol 0,16 ← 4.0,16 0,16.3 ← 0,16

Số mol NO = 0,16 mol => H⁺ và NO₃^- dư, kim loại phản ứng hết.

Số mol NO₃^- phản ứng = 0,16 mol; số mol H⁺ phản ứng = 0,64 mol

Fe → Fe³⁺ + 3e(1)

Zn → Zn²⁺ + 2e(2)

Gọi số mol Fe là x mol, số mol Zn là y mol

Theo khối lượng hỗn hợp ban đầu ta có phương trình

56 x + 65 y = 10,62 (I)

Theo định luật bảo toàn electron ta có phương trình

3x + 2y = 0,16.3 (II)

Giải hệ phương trình (I), (II) ta có: x = 0,12 và y = 0,06 mol

m_Fe = 0,12.56 = 6,72 g => % m_Fe = 63,28%

Bài 89: Khi cho cùng một lượng kim loại M vào dung dịch HNO₃ đặc nóng dư và dung dịch H₂SO₄ loãng dư, phản ứng hoàn toàn thì thể tích khí NO₂ (sản phẩm khử duy nhất) thu được gấp 3 lần thể tích khí H₂ ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất. Khối lượng muối sunfat thu được bằng 62,81% khối lượng muối nitrat tạo thành. Xác định kim loại M?

A. Zn        B. Fe        C. Mg        D. Ca

Lời giải:

Hướngdẫn:

Gọi n, m là hóa trị của R khi tác dụng HNO₃ và H₂SO₄ loãng ( 1≤ m≤ n≤ 3)

Chọn n_R= 1 mol

2R + m_H2SO4 →R₂(SO₄)m + m_H2↑

1        →       0,5        0,5m

R + 2n_HNO3 →R(NO₃)n + n_NO2 + n_H2O

1        1        n

Ta có: n=3.0,5m → n=1,5m → m=2, n=3 là phù hợp.

Ta có: (R + 96)=(R + 186). 0,6281 → R=56 R là Fe.

Đáp án B

Bài 90: Cho 4,48 lít khí NH₃ (đktc) qua lượng dư CuO nung nóng, sau một thời gian phản ứng thu được hỗn hợp khí và hơi Y có tỉ khối so với H₂ bằng 9,5. Hiệu suất của phản ứng trên là:

A. 30%        B. 40%        C. 50%       D. 60%

Lời giải:

Hướng dẫn:

Ta có: n_NH3= 0,2 mol

2NH₃+ 3CuO → N₂+ 3Cu+ 3H₂O

n_PỨ        2x        x        3x mol

Hỗn hợp khí và hơi Y thu được có :

x mol N₂, 3x mol H₂O, 0,2-2x mol NH₃ dư

→x= 0,04 mol

→

Đáp án B

Bài 91: Cho 7,68 gam Cu vào 200 ml dung dịch gồm HNO₃ 0,6M và H₂SO₄ 0,5M. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn (sản phẩm khử duy nhất là NO), cô cạn cẩn thận toàn bộ dung dịch sau phản ứng thì khối lượng muối khan thu được là:

A. 19,76 gam        B. 20,16 gam

C. 19,20 gam        D. 22,56 gam

Lời giải:

Hướngdẫn:

n_Cu= 0,12 mol; n_HNO3= 0,12 mol; n_H2SO4= 0,1 mol

3Cu_hết + 8H⁺_hết + 2NO₃^-_dư→ 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O

0,12        0,32        0,12        →        0,12

n_{NO3- dư}= 0,12- 0,12.2/3= 0,04 mol

Muối khan thu được có chứa: 0,12 mol Cu²⁺, 0,04 mol NO₃^- và 0,1 mol SO₄^2-

→ m_{muối khan}= 0,12.64+ 0,04.62+ 0,1.96= 19,76 gam

Bài 92: Cho Zn tới dư vào dung dịch gồm HCl; 0,05 mol NaNO₃ và 0,1 mol KNO₃. Sau khi kết thúc các phản ứng thu được dung dịch X chứa m gam muối; 0,125 mol hỗn hợp khí Y gồm hai khí không màu, trong đó có một khí hóa nâu ngoài không khí. Tỉ khối của Y so với H₂ là 12,2. Giá trị của m gần nhất với:

A. 64 gam        B. 65 gam        C. 70 gam        D. 75 gam

Lời giải:

Hướngdẫn:

M_Y= 24,4 → Y chứa H₂. Khí không màu hóa nâu ngoài không khí là NO → Y chứa NO và H₂.

Gọi x và y lần lượt là số mol của H₂ và NO

Ta có: x+ y= 0,125; 2x+ 30y= 0,125.24,4 → x= 0,025; y= 0,1

Vì có khí H₂ thoát ra và Zn dư → H⁺ và NO₃^- hết → Muối thu được là muối clorua

Do n_{NO3(-)ban đầu}= 0,15 mol > n_NO= 0,1 mol→ X chứa NH₄⁺

Theo bảo toàn nguyên tố N → n_NH4+= 0,15-0,1= 0,05 mol

Theo bảo toàn electron: 2.n_{Zn pứ}= 3.n_NO+ 8n_NH4++ 2n_H2= 0,75 mol→ n_{Zn pứ}= n_Zn2+= 0,375 mol

→m_muối= m_ZnCl2+ m_NH4Cl+ m_NaCl+ m_KCl= 136. 0,375+ 53,5.0,05+ 58,5.0,05+ 74,5.0,1= 64,05 gam

Đáp án A

Bài 93: Hòa tan hết 14,6 gam hỗn hợp gồm Zn và ZnO có tỉ lệ mol 1:1 trong 250 gam dung dịch HNO₃ 12,6% thu được dung dịch X và 0,336 lít khí Y (đktc). Cho từ từ 740 ml dung dịch KOH 1M vào dung dịch X thu được 5,94 gam kết tủa. Nồng độ phần trăm của Zn(NO₃)₂ trong dung dịch X là:

A. 28,02%        B. 14,29%

C. 14,32%        D. 12,37%

Lời giải:

Hướng dẫn:

Ta có n_Zn = n_ZnO = 0,1 mol, n_HNO3 = 0,5 mol

Kết tủa thu được là Zn(OH)₂: 0,06 mol

Vậy dung dịch sau phản ứng + KOH chứa K₂ZnO₂: (0,1 + 0,1 - 0,06) = 0,14 mol và KNO₃: (0,74 - 2 × 0,14) = 0,46 mol

Bảo toàn nguyên tố N → n_N(Y) + n_{NH4 +} = 0,5 - 0,46 = 0,04 mol

Nếu khí Y chứa 1 nguyên tố N (NO và NO₂) → n_NH4+ = 0,04 - 0,015 = 0,025

Bảo toàn electron→ số electron trao đổi của Y là: 0,1×2−0,025×80,015 = 0 (Vô lý)

Vậy khí Y chứa 2 nguyên tố N (N₂, N₂O) → n_NH4+ = 0,04 - 0,015 × 2 = 0,01 mol

Bảo toàn electron → số electron trao đổi của Y là: 0,1×2−0,01×80,015 = 8 → khí tạo thành là N₂O

Bảo toàn khối lượng → m_dd = 14,6 + 250 - 0,015 × 44 = 263,94 gam

C% _Zn(NO3)2 = (0,2×189/ 263,94 )×100% = 14,32%

Bài 94: Cho 39,84 gam hỗn hợp X1 gồm Fe₃O₄ và Cu vào dung dịch HNO₃ đun nóng, thu được 0,2/3 mol NO (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc), dung dịch Y1 và 3,84 gam Cu. Cho từ từ đến dư dung dịch NH₃ vào dung dịch Y1, không có không khí, thu được m gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là:

A. 27 gam        B. 46,6 gam       C. 40,5 gam        D. 42,5 gam

Lời giải:

Hướng dẫn:

Gọi n_Fe3O4 =x mol; n_{Cu (phản ứng)} = y mol

3Fe₃O₄ + 28HNO₃ → 9Fe(NO₃)₃ + NO + 14H₂O (1)

3Cu + 8 HNO₃ → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O (2)

Cu + 2Fe(NO₃)₃ → Cu(NO₃)₂ + 2Fe(NO₃)₂ (3)

Fe(NO₃)₂ + 2NH₃ + 2H₂O→ Fe(OH)₂ + 2NH₄NO₃ (4)

Cu(NO₃)₂ + 2NH₃ + 2H₂O → Cu(OH)₂ + 2NH₄NO₃ (5)

Cu(OH)₂ + 4NH₃ → [Cu(NH₃)₄](OH)₂ (6)

Ta có hệ:

m =m_Fe(OH)2 = 0,1.3.90 = 27 gam

Đáp án A

Bài 95: Để 26,88 gam phôi Fe ngoài không khí một thời gian, thu được hỗn hợp rắn X gồm Fe và các oxit. Hòa tan hết X trong 288 gam dung dịch HNO₃ 31,5%, thu được dung dịch Y chứa các muối và hỗn hợp khí Z gồm 2 khí, trong đó oxi chiếm 61,11% về khối lượng. Cô cạn Y, rồi nung đến khối lượng không đổi thấy khối lượng chất rắn giảm 67,84 gam. Xác định nồng độ % Fe(NO₃)₃ trong Y?

A. 28,14%        B. 26,36%        C. 24,47%        D. 25,19%

Lời giải:

Hướngdẫn:

2Fe(NO₃)₂ → Fe₂O₃ + 4NO₂ + 1/2O₂

a mol →        2a        0,25a

2Fe(NO₃)₃ → Fe₂O₃ +6NO₂ + 3/2O₂

b mol →        3b        0,75b

Ta có hệ:

n_{N(trong Z})=1,44-1,28=0,16 mol→ m_Z=(0,16.14.100)/(100-61,11)=5,76 gam

Sơ đồ: X + HNO₃ → Muối + Z + H₂O

→ m_X + 1,44.63 = 0,16.180 + 0,32.242 + 0,74.18

→ m_X = 34,24 gam → m(dung dịch sau)=34,24+288 – 5,76=316,48 gam

Vậy: C%(Fe(NO₃)₃) = (0,32.242.100)/316,48 = 24,47%

Đáp án C

Bài 96: Cho hỗn hợp X gồm FeCO₃, FeS₂ tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO₃ đặc, nóng thu được dung dịch Y (chứa Fe(NO₃)₃; H₂SO₄) và 22,4 lít hỗn hợp khí Z gồm hai khí (đktc). Pha loãng dung dịch Y bằng nước cất để thu được 2 lít dung dịch có pH = 1. (Biết sản phẩm khử của N⁺⁵ là NO₂). Khối lượng hỗn hợp X là:

A. 20,5 gam        B. 22,5 gam       C. 21,5 gam        D. 23,5 gam

Lời giải:

Hướng dẫn:

FeCO₃ + 4HNO₃→ Fe(NO₃)₃ + CO₂ + NO₂ + 2H₂O (1)

0,125        0,125        0,125        0,125

FeS₂ + 18HNO₃ →Fe(NO₃)₃ + 2H₂SO₄ + 15NO₂ + 7H₂O (2)

0,05        0,05        0,1        0,75

Vì pH = 1→ [H⁺] = 0,1→

Theo (2) có:

Gọi →

→

Đáp án A

Bài 97: Hòa tan hết 1 gam kim loại X trong lượng dư dung dịch HNO₃ 15%, thu được 446 ml (đktc) hỗn hợp Y gồm ba khí. Trong Y có chứa 117 mg N₂ và 269 mg NO. Biết trong Y thì nguyên tố N chiếm 60,7% về khối lượng. Xác định kim loại X?

A. Zn        B. Ca        C. Ba        D. Mg

Lời giải:

Hướng dẫn:

Gọi khí thứ 3 là N_xO_y, theo giả thiết ta có số mol các khí là

N₂ = 4,1786.10-3 mol; NO = 8,967.10-3 mol; N_xO_y = 6,765.10-3 mol.

Suy ra %N =

→8,2 +94,71x = 4,1.M_NxOy

Xét các giá trị của x = 1, 2, 3 không có oxit nào của nitơ thõa mãn

→ x= 0 và M = 2, khí thứ 3 là H₂

Dùng bảo toàn e → X = 12.n. Vậy n = 2 và X = 24, kim loại là Mg

PTHH: 9Mg + 22HNO₃ → 9 Mg(NO₃)₂ + N₂ + 2NO + H₂ + 10H₂O

Đáp án D

Bài 98: Cho 11,2 gam Fe vào 300 ml dung dịch chứa (HNO₃ 0,5M và HCl 2M) thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch X. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Cô cạn dung dịch X thu được bao nhiêu gam chất rắn khan?

A. 27,775 gam        B. 27,175 gam

C. 28,125 gam        D. 28,325 gam

Lời giải:

Hướng dẫn:

n_Fe = 0,2 mol;

n_HNO3 = 0,15; n_HCl = 0,6 → n_H+= 0,75, n_NO3- =0,15; n_CL- =0,6

Fe + 4H⁺ + NO₃^- → Fe³⁺ + NO + 2 H₂O (1)

       0,15        ←      0,6        ←      0,15       →        0,15

Do sau phản ứng (1) thì Fe dư nên:

Fe + 2Fe³⁺ → 3Fe²⁺

       0,05       →       0,1       →        0,15

Dung dịch X có Fe²⁺ (0,15 mol); Fe³⁺ (0,05 mol); H⁺ (0,15 mol); Cl^- (0,6 mol)

Cô cạn dung dịch X được 2 muối: FeCl₂ (0,15 mol) và FeCl₃ (0,05 mol)

→ m_muối = 27,175 gam

Đáp án B

Bài 99: Hòa tan hoàn toàn 26,4 gam hỗn hợp A gồm Fe và Cu trong dung dịch HNO₃, thu được 7,84 lít NO (đktc) và 800 ml dung dịch X. Cho từ từ dung dịch HCl vào X đến khi không còn khí thoát ra, thì thu được thêm 1,12 lít NO (đktc). Xác định % khối lượng của Cu trong A là:

A. 63,64%       B. 36,36%

C. 45,28%        D. 54,72%

Lời giải:

Hướng dẫn:

X + HCl → NO

=> trong X còn muối Fe(NO₃)₂

;

Sau khi cho HCl vào X thì thu được dung dịch trong đó chứa: Cu2+ và Fe3+

Gọi x, y lần lượt là số mol của Fe và Cu

QT cho e:

Fe→ Fe³⁺+ 3e

Cu → Cu²⁺+ 2e

QT nhận e:

N⁺⁵+ 3e→ NO

Theo định luật bảo toàn e: 3x+2y= 3. (0,35+0,05)

Ta có:

→ ; %Cu = 100% - %Fe = 36,36%

Đáp án B

Bài 100: Hòa tan 4,8 gam kim loại M hoặc hòa tan 2,4 gam muối sunfua của kim loại này, bằng dung dịch HNO₃ đặc nóng dư, thì đều thu được lượng khí NO₂ (sản phẩm khử duy nhất) như nhau. Xác định kim loại M?

A. Mg        B. Ca        C. Fe        D. Cu

Lời giải:

Hướng dẫn:

(1) Phương trình phản ứng:

M + 2mH⁺ + mNO3^- Mm⁺ + mNO₂ + mH₂O (1)

M₂Sn + 4(m+n)H⁺ + (2m+6n)NO₃^- 2Mm⁺ + nSO₄^2- + (2m+6n)NO₂ + 2(m+n)H₂O (2)

(2) Vì số mol NO₂ ở hai trường hợp là bằng nhau nên ta có:

→ , nghiệm thích hợp là n = 1, m = 2 và M = 64.

Vậy M là Cu và công thức muối là Cu₂S.

Đáp án D

Bài 101: Có 4 dung dịch đựng trong 4 lọ mất nhãn là: (NH₄)₂SO₄, NH₄Cl, Na₂SO₄, NaOH. Nếu chỉ được phép sử dụng một thuốc thử để nhận biết 4 dung dịch trên, có thể dùng dung dịch:

A. AgNO₃        B. Ba(OH)₂        C. KOH        D. BaCl₂

Lời giải:

Đáp án B

Hướng dẫn giải :

Cho dung dịch Ba(OH)₂ vào 4 dung dịch trên:

-Dung dịch làm xuất hiện kết tủa trắng và khí có mùi khai thì đó là (NH₄)₂SO₄

(NH₄)₂SO₄+ Ba(OH)₂ → BaSO₄↓+ 2NH₃↑+ 2H₂O

-Dung dịch nào xuất hiện chất khí mùi khai thì đó là NH₄Cl

2NH₄Cl + Ba(OH)₂ → BaCl₂+ 2NH₃↑ + 2H₂O

-Dung dịch nào xuất hiện kết tủa trắng thì đó là Na₂SO₄

Ba(OH)₂+ Na₂SO₄ → BaSO₄ ↓ + 2NaOH

-Không có hiện tượng gì thì đó là NaOH

Bài 102: Cho các dung dịch: (NH₄)₂SO₄, NH₄Cl; Al(NO₃)₃; Fe(NO₃)₂; Cu(NO₃)₂. Để phân biệt các dung dịch trên chỉ có thể chỉ dùng 1 hóa chất là:

A. dung dịch NH₃        B. dung dịch Ba(OH)₂

C. dung dịch KOH        D. dung dịch NaCl

Lời giải:

Đáp án B

Hướng dẫn giải:

Cho dung dịch Ba(OH)₂ vào 5 dung dịch trên:

-Dung dịch làm xuất hiện kết tủa trắng và khí có mùi khai thì đó là (NH₄)₂SO₄

(NH₄)₂SO₄+ Ba(OH)₂ → BaSO₄↓+ 2NH₃↑+ 2H₂O

-Dung dịch nào xuất hiện chất khí mùi khai thì đó là NH₄Cl

2NH₄Cl + Ba(OH)₂ → BaCl₂+ 2NH₃↑ + 2H₂O

-Dung dịch nào xuất hiện kết tủa keo trắng sau đó tan trong kiềm dư thì đó là Al(NO₃)₃

2Al(NO₃)₃+ 3Ba(OH)₂→ 3Ba(NO₃)₂+ 2Al(OH)₃↓

2Al(OH)₃+ Ba(OH)₂ → Ba(AlO₂)₂+ 4H₂O

-Dung dịch nào làm xuất hiện kết tủa màu xanh thì đó là Cu(NO₃)₂

Cu(NO₃)₂+ Ba(OH)₂→ Ba(NO₃)₂+ Cu(OH)₂↓

-Dung dịch nào làm xuất hiện kết tủa trắng xanh sau đó hóa nâu ngoài không khí thì đó là Fe(NO₃)₂

Fe(NO₃)₂+ Ba(OH)₂→ Ba(NO₃)₂+ Fe(OH)₂↓

Bài 103: Dùng hóa chất nào sau đây để nhận biết các dung dịch: (NH₄)₂SO₄, AlCl₃, FeCl₃, CuCl₂, ZnCl₂?

A. dung dịch NH₃        B. dung dịch NaOH

C. dung dịch Ba(OH)₂        D. dung dịch Ca(OH)₂

Lời giải:

Đáp án A

Hướng dẫn giải:

Cho dung dịch NH₃ dư lần lượt vào các dung dịch trên ta có:

-Dung dịch nào làm xuất hiện kết tủa trắng thì đó là AlCl₃

AlCl₃+ 3NH₃+ 3H₂O → Al(OH)₃ ↓ + 3NH₄Cl

-Dung dịch nào làm xuất hiện kết tủa nâu đỏ thì đó là FeCl₃

FeCl₃+ 3NH₃+ 3H₂O → Fe(OH)₃ ↓ + 3NH₄Cl

-Dung dịch nào làm xuất hiện kết tủa xanh lam sau đó tan trong NH₃ dư tạo dung dịch xanh thẫm thì đó là CuCl₂

CuCl₂+ 2NH₃+ 2H₂O → Cu(OH)₂ ↓ + 2NH₄Cl

Cu(OH)₂+ 4NH₃ → [Cu(NH₃)₄](OH)₂

-Dung dịch nào làm xuất hiện kết tủa trắng sau đó tan trong NH₃ dư tạo dung dịch trong suốt thì đó là ZnCl₂

ZnCl₂+ 2NH₃+ 2H₂O → Zn(OH)₂ ↓ + 2NH₄Cl

Zn(OH)₂+ 4NH₃ → [Zn(NH₃)₄](OH)₂

Bài 104: Để phân biệt các dung dịch riêng biệt đựng trong các lọ mất nhãn: NH₄NO₃, (NH₄)₂CO₃, ZnCl₂, BaCl₂, FeCl₂ chỉ cần dùng 1 thuốc thử là:

A. dung dịch NaOH        B. dung dịch HCl

C. dung dịch CaCl₂        D. quỳ tím

Lời giải:

Đáp án A

Hướng dẫn giải:

Cho dung dịch NaOH vào các dung dịch trên:

-Dung dịch nào làm xuất hiện chất khí có mùi khai thì đó là NH₄NO₃ và (NH₄)₂CO₃

NaOH + NH₄NO₃ → NaNO₃+ NH₃+ H₂O

2NaOH + (NH₄)₂CO₃ → Na₂CO₃+ 2NH₃+ 2H₂O

-Dung dịch nào làm xuất hiện kết tủa trắng sau đó tan trong kiềm dư thì đó là ZnCl₂

ZnCl₂+ 2NaOH → Zn(OH)₂ ↓ + 2NaCl

Zn(OH)₂ + 2NaOH → Na₂ZnO₂+ 2H₂O

-Dung dịch nào xuất hiện kết tủa trắng xanh sau đó hóa nâu ngoài không khí thì đó là FeCl₂

FeCl₂+ 2NaOH → Fe(OH)₂ ↓ + 2NaCl

-Dung dịch nào không có hiện tượng gì thì đó là BaCl₂

Lấy dung dịch BaCl₂ vừa nhận được ở trên vào NH₄NO₃ và (NH₄)₂CO₃:

-Dung dịch nào làm xuất hiện kết tủa trắng thì đó là (NH₄)₂CO₃

(NH₄)₂CO₃+ BaCl₂ → BaCO₃ ↓ + 2NH₄Cl

-Dung dịch nào không có hiện tượng gì thì đó là NH₄NO₃

Bài 105: Cho 6 lọ mất nhãn chứa 6 dung dịch sau: NH₄Cl, NaNO₃, (NH₄)₂SO₄, CuSO₄, MgCl₂, ZnCl₂. Chỉ dùng hóa chất nào sau đây có thể nhận ra cả 6 chất trên?

A. quỳ tím        B. dung dịch NaOH

C. dung dịch Ba(OH)₂        D. NH₃

Lời giải:

Đáp án C

Hướng dẫn giải:

Cho dung dịch Ba(OH)₂ vào 6 dung dịch trên:

-Dung dịch làm xuất hiện kết tủa trắng và khí có mùi khai thì đó là (NH₄)₂SO₄

(NH₄)₂SO₄+ Ba(OH)₂ → BaSO₄↓+ 2NH₃↑+ 2H₂O

-Dung dịch nào xuất hiện chất khí mùi khai thì đó là NH₄Cl

2NH₄Cl + Ba(OH)₂ → BaCl₂+ 2NH₃↑ + 2H₂O

-Dung dịch nào xuất hiện kết tủa keo trắng sau đó tan trong kiềm dư thì đó là ZnCl₂

ZnCl₂+ Ba(OH)₂ → Zn(OH)₂ ↓ + BaCl₂

Zn(OH)₂ + Ba(OH)₂→ BaZnO₂+ 2H₂O

-Dung dịch nào làm xuất hiện kết tủa màu xanh thì đó là CuSO₄

CuSO₄+ Ba(OH)₂→ BaSO₄+ Cu(OH)₂↓

-Dung dịch nào làm xuất hiện kết tủa trắng thì đó là MgCl₂

MgCl₂+ Ba(OH)₂→ BaCl₂+ Mg(OH)₂↓

-Không có hiện tượng gì thì đó là NaNO₃

Bài 106: Cho cácmẫuphânbónsau: KCl , Ca(H₂PO₄)₂ , NH₄H₂PO₄và NH₄NO₃ . Dùng 1 hóa chất nào sau đây có thể phân biệt được các mẫu phân bón trên?

A. dung dịch NaOH        B. dung dịch Ca(OH)₂ C. dung dịch BaCl₂        D. dung dịch AgNO₃

Lời giải:

Đáp án B

Hướng dẫn giải:

Cho dung dịch Ca(OH)₂ vào các dung dịch trên:

-Nếu xuất hiện kết tủa trắng thì đó là Ca(H₂PO₄)₂:

Ca(H₂PO₄)₂+ 2Ca(OH)₂ → Ca₃(PO₄)₂+ 4H₂O

-Nếu vừa xuất hiện chất khí có mùi khai và kết tủa trắng thì đó là NH₄H₂PO₄

2NH₄H₂PO₄ + 3Ca(OH)₂ → Ca₃(PO₄)₂+ 2NH₃+ 6H₂O

-Nếu xuất hiện chất khí có mùi khai thì đó là NH₄NO₃:

2NH₄NO₃+ Ca(OH)₂ → Ca(NO₃)₂+ 2NH₃+ 2H₂O

Bài 107: Cho 37,8 gam hỗn hợp X gồm NH₄NO₃ và (NH₄)₃PO₄ tác dụng hết với dung dịch Ba(OH)₂ dư thu được 15,68 lít khí (đktc). Tính % khối lượng (NH₄)₃PO₄ có trong hỗn hợp X?

A. 21,16%        B. 78,84%        C. 25,56%        D. 74,44%

Lời giải:

Đáp án B

Hướng dẫn giải:

2NH₄NO₃ + Ba(OH)₂ → Ba(NO₃)₂+ 2NH₃↑+ 2H₂O

2(NH₄)₃PO₄ + 3Ba(OH)₂ → Ba₃(PO₄)₂+ 6NH₃↑+6 H₂O

Đặt n_NH4NO3= x mol; n_(NH4)3PO4= y mol → 80x + 149 y= 37,8 gam

Ta có n_NH3= x + 3y = 15,68/ 22,4 mol

Giải hệ trên ta có x= 0,1 và y= 0,2 mol

→%m_(NH4)3PO4= 0,2.149.100%/37,8= 78,84%

Bài 108: Có m gam hỗn hợp X gồm 2 muối NH₄Cl và (NH₄)₃PO₄ được chia thành 2 phần bằng nhau:

Phần 1: cho tác dụng với dung dịch KOH dư thu được 10,08 lít khí (đktc)

Phần 2: cho tác dụng với dung dịch AgNO₃ dư thu được 63,1375 gam kết tủa

Giá trị của m là?

A. 22,6375 gam        B. 45,275 gam        C. 20,35 gam        D. 40,7 gam

Lời giải:

Đáp án B Hướng dẫn giải: -Phần 1 : NH₄Cl + KOH →KCl + NH₃↑ + H₂O (NH₄)₃PO₄+ 3KOH → K₃PO₄+ 3NH₃ ↑ + 3H₂O -Phần 2 : NH₄Cl + AgNO₃→AgCl ↓ + NH₄NO₃ (NH₄)₃PO₄+ 3AgNO₃ → Ag₃PO₄ ↓ + 3NH₄NO₃ Đặt số mol NH₄Cl và (NH₄)₃PO₄ có trong mỗi phần lần lượt là x, y mol Ta có : n_khí= n_NH3= x + 3y = 10,08/22,4= 0,45 mol Ta có : m_{kết tủa}= m_AgCl+ m_Ag3PO4= 143,5x+ 419 y= 63,1375 gam Giải hệ trên ta có : x= 0,075 mol và y= 0,125 mol → m= 2. (53,5.0,075+149.0,125)=45,275 gam

Bài 109: Nhiệt phân 40 gam NH₄NO₃ (rắn khan). Sau một thời gian thấy khối lượng chất rắn còn lại là 10 gam. Tính thể tích khí và hơi thu được ở đktc?

A. 22,4 lít        B. 23,52 lít        C. 25,2lít        D. 33,6 lít

Lời giải:

Đáp án C

Hướng dẫn giải:

NHNO₃ → N₂O + 2H₂O

x        x        2x mol

Khối lượng chất rắn giảm chính là do N₂O và H₂O bay hơi

→m_N2O+ m_H2O= 44x + 2x.18= 80x = 40-10=30 gam → x= 0,375 mol

→V_{khí và hơi}= 3x.22,4=25,2 lít

Bài 110: Cho 1,605 gam NH₄Cl tác dụng với dung dịch Ba(OH)₂ dư, đun nóng thu được một sản phẩm khí. Hấp thụ hoàn toàn lượng khí trên vào dung dịch chứa 3,92 gam H₃PO₄. Muối thu được là:

A. NH₄H₂PO₄        B. (NH₄)₂HPO₄

C. (NH₄)₃PO₄        D. NH₄H₂PO₄ và (NH₄)₂HPO₄

Lời giải:

Đáp án A

Hướng dẫn giải:

2NH₄Cl + Ba(OH)₂ → BaCl₂+ 2NH₃+ 2H₂O

Ta có: n_NH3= n_NH4Cl= 0,03 mol; n_H3PO4= 0,04 mol

Ta thấy T= n_NH3/ n_H3PO4= 0,03/ 0,04= 0,75 ⟨1

→Muối thu được là NH₄H₂PO₄

NH₃+ H₃PO₄ → NH₄H₂PO₄

Bài 111: Thổi từ từ khí NH₃ đến dư vào 250 gam dung dịch CuSO₄ 8%. Khi thổi V1 (lít, đktc) khí NH₃ thì lượng kết tủa thu được là cực đại. Tiếp tục thổi thêm V2 (lít, đktc) khí NH₃ thì kết tủa vừa tan hết thu được dung dịch có màu xanh thẫm. Giá trị của V1, V2 lần lượt là:

A. 5,6 lít; 11,2 lít        B. 5,6 lít; 5,6 lít

C. 2,8 lít ; 11,2 lít        D. 2,8 lít ; 5,6 lít

Lời giải:

Đáp án A

Hướng dẫn giải:

Ta có : m_CuSO4= 250.8%=20 gam → n_CuSO4= 0,125 mol

CuSO₄+ 2NH₃+ 2H₂O → Cu(OH)₂ ↓ + (NH₄)₂SO₄

Ta có: n_NH3= 2.n_CuSO4= 2.0,125= 0,25 mol → V1= 0,25.22,4= 5,6 lít

Cu(OH)₂+ 4NH₃ → [Cu(NH₃)₄](OH)₂

Ta có n_NH3= 4n_Cu(OH)2= 4.n_CuSO4= 4.0,125=0,5 mol → V2= 0,5.22,4 = 11,2 lít

Bài 112: Dẫn khí NH₃ dư vào 500 ml dung dịch AlCl₃ 0,3M; CuCl₂ 0,2M; FeCl₂ 0,3 M. Sau phản ứng thu được kết tủa A. Lọc lấy kết tủa A đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là?

A. 27,65 gam        B. 19,65 gam        C. 18,45 gam        D. 21,25 gam

Lời giải:

Đáp án B

Hướng dẫn giải:

Ta có : n_AlCl3= 0,15 mol ; n_CuCl2= 0,1 mol ; n_FeCl2= 0,15 mol

AlCl₃+ 3NH₃+ 3H₂O → Al(OH)₃+ 3NH₄Cl

FeCl₂+ 2NH₃+ 2H₂O → Fe(OH)₂+ 2NH₄Cl

CuCl₂+ 4NH₃ → [Cu(NH₃)₄]Cl₂

Kết tủa A có Al(OH)₃: 0,15 mol và Fe(OH)₂: 0,15 mol

2Al(OH)₃ → Al₂O₃+ 3H₂O

2Fe(OH)₂ +1/2 O₂ → Fe₂O₃+2 H₂O

Ta có m gam chất rắn chứa 0,075 mol Al₂O₃ và 0,075 mol Fe₂O₃

→ m= 0,075.102+ 0,075.160= 19,65 (gam)

Bài 113: Dẫn khí NH₃ dư vào 100 ml dung dịch chứa Al(NO₃)₃ 0,1M; Zn(NO₃)₂ 0,2M và AgNO₃ 0,15M. Sau phản ứng thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là?

A. 0,78 g        B. 1,65 g        C. 1,02 g        D. 0,98 g

Lời giải:

Đáp án A

Hướng dẫn giải:

Al(NO₃)₃+ 3NH₃+ 3H₂O → Al(OH)₃+ 3NH₄NO₃

Zn(NO₃)₂+ 4NH₃ → [Zn(NH₃)₄] (NO₃)₂

AgNO₃+ 2NH₃ → [Ag(NH₃)₂] NO₃

Sau phản ứng m gam kết tủa có Al(OH)₃

Ta có n_Al(OH)3= n_Al(NO3)3= 0,1.0,1= 0,01 mol → m_Al(OH)3= 0,01.78= 0,78 gam

Bài 114: Hòa tan 54,44 gam hỗn hợp X gồm PCl₃ và PBr₃ vào nước được dung dịch Y. Để trung hòa hoàn toàn Y cần dùng 500 ml dung dịch KOH 2,6M. Tính % khối lượng của PCl₃ trong X là:

A. 26,96%        B. 12,125%        C. 8,08%        D. 30,31%

Lời giải:

Đáp án D

Hướng dẫn giải:

Gọi số mol PCl₃ là x mol; số mol PBr₃ là y mol

Phương trình phản ứng :

PCl₃ + 3H₂O → H₃PO₃+ 3HCl

x        x        3x mol

PBr₃+ 3H₂O → H₃PO₃+ 3HBr

y        y        3y mol

Dung dịch Y phản ứng với KOH

HX + KOH → KX + H₂O

(3x+3y)

H₃PO₃ + 2KOH → K₂HPO₃ + 2H₂O

(x+y)        2(x+y) mol

Ta có 137,5x + 271 y= 54,44; n_KOH= 5x + 5y= 1,3 mol

Giải hệ trên ta có x= 0,12 và y= 0,14

%m_PCl3= 30,31%

Bài 115: Thủy phân hoàn toàn 13,75 gam PCl₃ thu được dung dịch X gồm hai axit. Trung hòa dung dịch X cần thể tích dung dịch NaOH 0,1M là:

A. 4 lít        B. 5 lít        C. 3 lít        D. 6 lít

Lời giải:

Đáp án B

Hướng dẫn giải:

PCl₃+ 3H₂O → H₃PO₃ + 3HCl

0,1        0,3        0,1        0,3 mol

Trung hòa dung dịch X vào NaOH:

HCl + NaOH → NaCl + H₂O

0,3        0,3        mol

H₃PO₃+ 2NaOH → Na₂HPO₃+ 2H₂O

0,1        0,2       mol

Ta có n_NaOH= 0,5 mol → Vdd_NaOH = 0,5/0,1= 5 (lít)

Bài 116: Cho 2,13 gam P₂O₅ tác dụng với 80 ml dung dịch NaOH 1M. Sauk hi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được dung dịch X chứa m gam muối. Bỏ qua sự thủy phân của các ion, giá trị của m là:

A. 4,70        B. 4,48        C. 2,46        D. 4,37

Lời giải:

Đáp án A

Hướng dẫn giải:

Ta có: n_P2O5= 0,015 mol → n_H3PO4= 0,03 mol

n_NaOH= 0,08 mol ⟨ 0,09 mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có 0,03.98 + 0,08.40= m + 0,08.18 → m= 4,7 gam

Bài 117: Cho m gam P₂O₅ vào 1 lít dung dịch hỗn hợp NaOH 0,2M và KOH 0,3M đến phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch X. Cô cạn cẩn thận X thu được 35,4 gam hỗn hợp muối khan. Giá trị của m là :

A. 21,3 gam        B. 28,4 gam        C. 7,1 gam        D. 14,2 gam

Lời giải:

Đáp án D

Hướng dẫn giải:

Ta có: n_OH-= 0,2 + 0,3= 0,5 mol →n_H2O= 0,5 mol

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có: m_H3PO4+ 0,2.40 + 0,3.56= 35,4+ 0,5.18 → m_H3PO4= 19,6 gam

→ n_H3PO4= 0,2 mol→ n_P2O5= 0,1 mol (bảo toàn nguyên tố P)→ m= m_P2O5= 0,1.142= 14,2 gam

Bài 118: Đốt cháy hoàn toàn 6,2 gam P trong khí O₂ dư thu được chất rắn X. Cho X vào 200 ml dung dịch NaOH 1,25M. Khối lượng muối tạo thành trong dung dịch là:

A. 18,0 gam NaH₂PO₄ và 7,1 gam Na₂HPO₄

B. 14,2 gam Na₂HPO₄ và 16,4 gam Na₃PO₄

C. 7,1 gam Na₂HPO₄ và 8,2 gam Na₃PO₄

D. 6,0 gam NaH₂PO₄ và 21,3 gam Na₂HPO₄

Lời giải:

Đáp án A

Hướng dẫn giải:

4P + 5O₂ → 2P₂O₅

Ta có: n_P2O5= 0,5. n_P= 0,1 mol; n_NaOH= 0,2. 1,25= 0,25 mol

Ta có: 2⟨ T= → ⟨4→ sản phẩm thu được là NaH₂PO₄ và Na₂HPO₄

P₂O₄ + 2NaOH + H₂O → 2NaH₂PO₄

x        2 x        2x mol

P₂O₅ + 4 NaOH → 2Na₂HPO₄+ H₂O

y        4y        2y mol

Ta có: n_P2O5= x + y = 0,1 mol; n_NaOH= 2x + 4y= 0,25 mol

→ x= 0,075 mol; y = 0,025 mol

→ m_NaH2PO4= 2x. 120= 18 gam; m_Na2HPO4= 2y. 142= 7,1 gam

Bài 119: Hòa tan hết 0,15 mol P₂O₅ vào 200 gam dung dịch H₃PO₄ 9,8% thu được dung dịch X. Cho X tác dụng hết với 750 ml dung dịch NaOH 1M thu được dung dịch Y. Hỏi trong Y có chứa những hợp chất nào của P và khối lượng tương ứng là bao nhiêu (bỏ qua sự thủy phân của các muối)?

A. 45,0 gam NaH₂PO₄ ; 17,5 gam Na₂HPO₄

B. 30,0 gam NaH₂PO₄; 35,5 gam Na₂HPO₄

C. 21,3 gam NaH₂PO₄; 24,6 gam Na₃PO₄

D. 42,6 gam Na₂HPO₄; 8,2 gam Na₃PO₄

Lời giải:

Đáp án B

Hướng dẫn giải:

n_H3PO4=

P₂O₅+ 3H₂O → 2 H₃PO₄

0,15        0,3 mol

→ Tổng số mol H₃PO₄ là 0,3 + 0,2 = 0,5 mol; n_NaOH= 0,75 mol

→Tỉ lệ T=

→ NaOH phản ứng với H₃PO₄ theo phương trình sau:

NaOH + H₃PO₄ → NaH₂PO₄ + H₂O

x        x        x mol

2NaOH + H₃PO₄ → Na₂HPO₄ + 2H₂O

2y        y        y mol

Ta có: n_NaOH= x + 2y= 0,75 mol và n_H3PO4= x + y= 0,5 mol

→ x= 0,25; y= 0,25 → m_NaH2PO4= 30 gam; m_Na2HPO4= 35,5 gam

Bài 120:Cho 21,30 gam P₂O₅ vào V lít dung dịch NaOH 1M, thu được dung dịch trong đó có chứa 38,20 gam hỗn hợp muối photphat. Giá trị của V là:

A. 0,40 lít        B. 1,00 lít        C. 0,60 lít        D. 0,44 lít

Lời giải:

Đáp án A

Hướng dẫn giải:

P₂O₅+ 3H₂O → 2 H₃PO₄

0,15        0,3 mol

NaOH + H₃PO₄ → NaH₂PO₄ + H₂O

2NaOH + H₃PO₄ → Na₂HPO₄ + 2H₂O

3NaOH + H₃PO₄ → Na₃PO₄ + 3H₂O

Theo các PT ta có: n_H2O= n_NaOH= V (mol)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m_NaOH + m_H3PO4= m_muối + m_H2O →40. V + 0,3.98= 38,20 + 18.V → V= 0,4 lít

Bài 121: Cho 15,62 gam P₂O₅ vào 400 ml dung dịch NaOH nồng độ a M thu được dung dịch có tổng khối lượng các chất tan bằng 24,2 gam. Giá trị của a là:

A. 0,2        B.0,3        C. 0,4        D. 0,5

Lời giải:

Đáp án B

Hướng dẫn giải:

P₂O₅+ 3H₂O → 2H₃PO₄

0,11        0,22mol

NaOH + H₃PO₄ → NaH₂PO₄ + H₂O

2NaOH + H₃PO₄ → Na₂HPO₄ + 2H₂O

3NaOH + H₃PO₄ → Na₃PO₄ + 3H₂O

Nếu chất tan trong dung dịch chỉ chứa các muối thì:

Theo các PT ta có: n_H2O= n_NaOH= 0,4a (mol)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m_NaOH + m_H3PO4= m_muối + m_H2O →0,4a. 40 + 0,22.98= 24,2 + 0,4a.18 → a= 0,3 M

Bài 122: Hòa tan hoàn toàn m gam P₂O₅ vào dung dịch chứa 0,7 mol NaOH, sau phản ứng thu được dung dịch chỉ chứa 2,1033m gam muối. Tỉ lệ mol của P2O5 và NaOH gần nhất với:

A. 0,214        B. 0,286        C. 0,429        D. 0,143

Lời giải:

Đáp án A

Hướng dẫn giải:

P₂O₅+ 3H₂O → 2 H₃PO₄

m/142        2m/142 mol

NaOH + H₃PO₄ → NaH₂PO₄ + H₂O

2NaOH + H₃PO₄ → Na₂HPO₄ + 2H₂O

3NaOH + H₃PO₄ → Na₃PO₄ + 3H₂O

Vì dung dịch sau phản ứng chỉ chứa muối nên ta có: n_H2O= n_NaOH= 0,7 (mol)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m_NaOH + m_H3PO4= m_muối + m_H2O → 0,7.40 + (2m/142).98=2,1033m + 0,7.18 →m = 21,3 gam

→n_P2O5= 0,15 mol →

Bài 123: Đun nóng hỗn hợp Ca và P đỏ. Hoà tan sản phẩm thu được vào dd HCl dư thu được 28lít khí ở đktc. Đốt cháy khí này thành P₂O₅. Lượng oxit thu được tác dụng với dung dịch kiềm tạo thành 142g Na₂HPO₄. Xác định thành phần % về khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp đầu.

A. 69,31%; 30,69%        B. 35,57%; 64,43%

C. 30%; 70%        D. 40%; 60%

Lời giải:

Đáp án A

Hướng dẫn giải:

Ta có n_khí= 1,25 mol; n_Na2HPO4= 1 mol

3Ca + 2P → Ca₃P₂ (1)

Sản phẩm thu được có chứa Ca₃P₂, có thể có Ca dư hoặc P dư

Ca₃P₂+ 6HCl→ 3CaCl₂+ 2PH₃↑ (2)

Ca + 2HCl → CaCl₂+ H₂ ↑ (3)

2PH₃+ 4O₂ → P₂O₅+ 3H₂O (4)

1        ←        0,5 mol

P₂O₅+ 4NaOH → 2Na₂HPO₄+ H₂O (5)

0,5      ←        1 mol

Theo PT (2), (4), (5) ta thấy n_PH3= n_Na2HPO4= 1 mol ⟨1,25 mol → Sản phẩm khí phải có H₂

→ n_H2= 1,25- 1 = 0,25 mol→ n_{Ca dư}= n_H2= 0,25 mol

Theo PT (2): n_Ca3P2= 0,5. n_PH3= 0,5 mol

Theo PT (1): n_{Ca pứ}= 3.n_Ca3P2= 1,5 mol; n_{P pứ}= 2.n_Ca3P2= 2.0,5= 1 mol

n_{Ca banđầu}= n_{Ca pứ} + n_{Ca dư}= 0,25 + 1,5= 1,75 mol

→Trong hỗn hợp đầu có: m_Ca= 1,75.40= 70 gam; m_P= 1.31= 31 gam

→%m_Ca= 69,31%; %m_P= 30,69%

Bài 124: Tiến hành nung một loại quặng chứa Ca₃(PO₄)₂ hàm lượng 70% với C và SiO₂ đều lấy dư ở 10000C. Tính lượng quặng cần lấy để có thể thu được 62 g P. Biết hiệu suất phản ứng đạt 80%.

A. 484,375 gam        B. 553,6 gam        C. 310 gam        D. 198,4 gam

Lời giải:

Đáp án B

Hướng dẫn giải:

Ca₃(PO₄)₂+ 3SiO₂+ 5C → 3 CaSiO₃+ 2P + 5 CO

Ta có n_Ca3(PO4)2= 0,5. n_P= 0,5. 2= 1,0 mol → m_Ca3(PO4)2= 1. 310= 310 (gam)

→ Khối lượng quặng cần lấy là:

m_quặng=

Bài 125: Tính lượng P cần dùng để có thể điều chế được 100 ml dung dịch H₃PO₄ 31,36% (d = 1,25 gam/ml). Biết hiệu suất phản ứng đạt 100%.

A. 3,1 gam        B. 6,2 gam        C. 9,3 gam        D. 12,4 gam

Lời giải:

Đáp án D

Hướng dẫn giải:

Khối lượng dung dịch H₃PO₄ là m_{dung dịch}= V. D=100. 1,25= 125 gam

→ m_H3PO4= 125.31,36/100= 39,2 gam → n_H3PO4= 0,4 mol

Bảo toàn nguyên tố P ta có: n_P= n_H3PO4= 0,4 mol → m_P= 12,4 gam

Bài 126: Lấy V(ml) dung dịch H₃PO₄ 35% ( d = 1,25gam/ml ) đem trộn với 100 ml dung dịch KOH 2M thu được dung dịch X có chứa 14,95 gam hỗn hợp 2 muối K₃PO₄ và K₂HPO₄. Tính V?

A. 15,12 ml        B. 16,8 ml        C. 18,48 ml        D. 18,6 ml.

Lời giải:

Đáp án B

Hướng dẫn giải:

H₃      PO₄ + 2KOH → K₂HPO₄+ 2H₂O

x 2x        x mol

H₃PO₄ + 3KOH → K₃PO₄ + 3H₂O

y        3y        y mol

Ta có: n_KOH= 2x + 3y= 0,1.2= 0,2 mol

m_{hỗn hợp muối}= 174x + 212 y= 14,95 gam

Giải hệ trên ta có: x= 0,025 mol; y = 0,05 mol → n_H3PO4= x+y= 0,075 mol

→ m_H3PO4= 0,075. 98= 7,35 gam →m_{dung dịch H3PO4} 35%= 7,35.100/35= 21 (gam)

→V_dd = m/D= 21/1,25= 16,8 ml

Bài 127: Trộn lẫn 200 gam dung dịch K₂HPO₄ 17,4% với 100 gam dung dịch H₃PO₄ 9,8%. Tính nồng độ % của 2 muối photphat trong dung dịch thu được ?

A. 9,07%; 5,8%        B. 9,07%; 6,2%

C. 8,07%; 5,8%        D. 8,07%; 6,2%

Lời giải:

Đáp án A

Hướng dẫn giải:

Ta có: n_K2HPO4= ; n_H3PO4=

K₂HPO₄+ H₃PO₄ → 2KH₂PO₄

0,2        0,1        0,2 mol

Ta có: 0,2 >0,1 nên K₂HPO₄ dư

Ta có dung dịch thu được có chứa 0,2 mol KH₂PO₄ và 0,1 mol K₂HPO₄ dư

Ta có: m_{dung dịch}= 200 + 100= 300 gam

C%_KH2PO4 = 9,067%; C%_K2HPO4=

Bài 128: Khối lượng quặng photphorit chứa 65% Ca₃(PO₄)₂ cần lấy để điều chế 150 kg photpho là (có 3% P hao hụt trong quá trình sản xuất).

A. 1,189 tấn        B. 0,2 tấn        C. 0,5 tấn        D. 2,27 tấn

Lời giải:

Đáp án A

Hướng dẫn giải:

Ta có sơ đồ: Ca₃(PO₄)₂ → 2P

Ta có: n_Ca3(PO4)2= 0,5.n_P= 0,5.150/31= 75/31 (kmol) → m_Ca3(PO4)2= (75/31).310= 750 (kg)

→ Khối lượng Ca₃(PO₄)₂ thực tế cần có: 750.100/97=773,2 kg

→Khối lượng quặng photphoric cần lấy là: 773,2.100/65= 1189 kg= 1,189 tấn

Bài 129: Cho m gam P₂O₅ vào 700 ml dung dịch KOH 1M, sau khi kết thúc phản ứng, cô cạn dung dịch thu được (3m+5,4) gam chất rắn. Giá trị của m là:

A. 14,2        B. 28,4        C. 21,3        D. 7,1

Lời giải:

Đáp án A

Hướng dẫn giải:

Ta có: n_P2O5=m/142 mol

-TH1: Chất rắn khan chỉ chứa các muối

P₂O₅+ 3H₂O → 2 H₃PO₄

m/142        2m/142 mol

KOH + H₃PO₄ → KH₂PO₄ + H₂O

2KOH + H₃PO₄ → K₂HPO₄ + 2H₂O

3KOH + H₃PO₄ → K₃PO₄ + 3H₂O

Vì dung dịch sau phản ứng chỉ chứa muối nên ta có: n_H2O= n_KOH= 0,7 (mol)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m_KOH + m_H3PO4= m_muối + m_H2O → 0,7.56+ =3m+5,4 + 0,7.18 → m= 13,09 gam

→ n_H3PO4= 2m/142= 0,184 mol → T= → Sau phản ứng có KOH dư → Trường hợp này loại

-TH2: Chất rắn khan chứa muối và KOH dư

P₂O₅+ 3H₂O → 2 H₃PO₄

m/142        2m/142        mol

3KOH + H₃PO₄ → K₃PO₄ + 3H₂O

6m/142        2m/142        2m/142        mol

Chất rắn khan chứa 2m/142 mol K₂PO₄ và (0,7- 6m/142 ) mol KOH

→ 212. 2m/142 + 56. (0,7- 2m/142 ) =3m+5,4 → m= 14,2 gam

Bài 130: Đốt cháy hoàn toàn m gam P bằng oxi rồi hòa tan hoàn toàn sản phẩm cháy vào dung dịch chứa 0,1 mol H₂SO₄ thu được dung dịch X. Cho 0,5 mol KOH vào X, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn cô cạn dung dịch thu được 943m/62 gam chất rắn. Giá trị của m là:

A. 2,17        B. 2,48       C. 3,1        D. 3,72

Lời giải:

Đáp án B

Hướng dẫn giải:

Ta có: 4P + 5O₂ → 2P₂O₅ (1)

Cho sản phẩm cháy vào dung dịch chứa 0,1 mol H₂SO₄ thì:

P₂O₅+ 3H₂O → 2H₃PO₄ (2)

Ta có: n_H3PO4= n_P= m/31 mol

Dung dịch X chứa H₃PO₄ và H₂SO₄

Cho 0,5 mol KOH phản ứng với dung dịch X:

2KOH + H₂SO₄ → K₂SO₄+ 2H₂O (3)

0,2       ←        0,1       →        0,1        mol

→ Số mol KOH phản ứng với H₃PO₄ là 0,5- 0,2= 0,3 mol

KOH + H₃PO₄ → KH₂PO₄ + H₂O (4)

2KOH + H₃PO₄ → K₂HPO₄ + 2H₂O (5)

3KOH + H₃PO₄ → K₃PO₄ + 3H₂O (6)

-TH1: Chất rắn sau phản ứng chỉ chứa các muối

→ n_H2O= n_KOH= 0,5 mol

Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m_KOH+ m_axit= m_muối + m_H2O → 0,5.56+ 0,1.98+ 98.m/31 =943m/62+ 0,5.18 → m=2,39 gam

→n_H3PO4= n_P=0,077 mol →T= → Loại vì phải có KOH dư:

TH2: Chất rắn sau phản ứng có KOH dư

3KOH + H₃PO₄ → K₃PO₄ + 3H₂O (6)

3m/31       m/31       m/31       mol

Chất rắn sau phản ứng có chứa 0,1 mol K₂SO₄;m/31 mol K₃PO₄ và (0,3- 3m/31 mol)KOH dư

→ 0,1.174+ m/31. 212+ (0,3- → m=2,48 gam

Bài 131: Cho 2,13 gam P₂O₅ tác dụng hết với V ml dung dịch NaOH 1M, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch X chỉ chứa 4,48 gam muối. Giá trị của V là:

A. 15 ml        B. 70 ml        C. 45 ml        D. 60 ml

Lời giải:

Đáp án B

Hướng dẫn giải:

Ta có: n_P2O5= 2,13/142= 0,015 mol

P₂O₅+ 3H₂O → 2 H₃PO₄

0,015        0,03 mol

NaOH + H₃PO₄ → NaH₂PO₄ + H₂O

2NaOH + H₃PO₄ → Na₂HPO₄ + 2H₂O

3NaOH + H₃PO₄ → Na₃PO₄ + 3H₂O

Do trong dung dịch chỉ chứa các muối nên:

Theo các PT ta có: n_H2O= n_NaOH= V.1/1000= 0,001V (mol)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m_NaOH + m_H3PO4= m_muối + m_H2O →0,001V. 40 + 0,03.98= 4,48 + 0,001V.18 →V= 70 ml

Bài 132: Hòa tan 3,82 gam hỗn hợp X gồm NaH₂PO₄, Na₂HPO₄ và Na₃PO₄ vào nước dư thu được dung dịch Y. Trung hòa hoàn toàn Y cần 50 ml dung dịch KOH 1M thu được dung dịch Z. Khối lượng kết tủa thu được khi cho Z tác dụng hết với dung dịch AgNO₃ dư là:

A. 20,95 gam        B. 16,76 gam        C. 12,57 gam        D. 8,38 gam

Lời giải:

Đáp án C

Hướng dẫn giải:

Gọi số mol NaH₂PO₄, Na₂HPO₄ và Na₃PO₄ lần lượt là x, y, z mol

→ 120x+ 142y + 164z= 3,82 (*1)

Trung hòa Y bằng dung dịch KOH:

H₂PO₄^-+ 2OH^- → PO₄^3-+ 2H₂O (1)

x        2x        x mol

HPO₄^2-+ OH^- → PO₄^3-+ H₂O (2)

y        y        y mol

Theo PT (1) và (2) ta có n_OH-= 2x+ y= 0,05 mol (*2)

Nhân cả 2 vế của (*2) với 22 ta có 44x + 22y= 1,1 gam (*3)

Công theo vế của (*1) với (*3|) ta có: 164x +164y + 164 z= 1,1+ 3,82=4,92

→ x + y +z= 0,03 mol

Tổng số mol PO₄^3- có trong dung dịch Z là x+ y+z (mol)

3Ag⁺+ PO₄^3- → Ag₃PO₄ ↓ (3)

Theo PT (3) ta có n_Ag3PO4= n_PO4(3-)= x+ y+z= 0,03 mol → m_Ag3PO4= 0,03.419= 12,57 gam

Bài 133: Cho 11,36 gam P₂O₅ vào 200 ml dung dịch NaOH 0,4M và Ba(OH)₂ 0,3M. Sau khi kết thúc phản ứng, thu được dung dịch X. Cô cạn dung dịch X thu được lượng rắn khan là:

A. 16,22        B. 13,52       C. 25,54       D. 20,54

Lời giải:

Đáp án C

Hướng dẫn giải:

Ta có : n_P2O5= 0,08 mol ; n_NaOH= 0,08 mol ; n_Ba(OH)2= 0,06 mol ; n_OH-= 0,08 + 2.0,06= 0,2 mol

P₂O₅+ 3H₂O → 2 H₃PO₄

0,08        0,16mol

Ta có T= n_OH-/n_H3PO4= 1,25 → 1 ⟨ T ⟨ 2 → OH^- tác dụng với H₃PO₄ theo phương trình :

OH^-+ H₃PO₄ → H₂PO₄^- + H₂O

x        x        x mol

2OH^-+ H₃PO₄ → HPO₄^2-+ 2H₂O

2y        y        y mol

Ta có: n_OH-= x + 2y= 0,2 mol ; n_H3PO4= x + y= 0,16 mol →x= 0,12 và y= 0,04

Cô cạn dung dịch X thu được chất rắn khan chứa 0,12 mol H₂PO₄^- và 0,04 mol HPO₄^2- ; 0,08 mol N⁺ và 0,06 mol Ba²⁺ → m_{chất rắn khan}= 0,12. 97+ 0,04.96+ 0,08.23 + 0,06.137=25,54 gam

Bài 134: Cho 200 ml dd H₃PO₄ 1,5M tác dụng với 250ml dd NaOH 2M. Sau phản ứng thu được muối gì và có khối lượng là bao nhiêu?

A. 24 gam NaH₂PO₄ và 28,4 gam Na₂HPO₄        B. 12 gam NaH₂PO₄ và 28,4 gam Na₂HPO₄

C. 24 gam NaH₂PO₄ và 14,2 gam Na₂HPO₄        D. 12 gam NaH₂PO₄ và 14,2 gam Na₂HPO₄

Lời giải:

Đáp án B

Hướng dẫn giải:

Ta có: n_H3PO4= 0,3 mol; n_NaOH= 0,5 mol

Ta có 1⟨ T= n_NaOH/ n_H3PO4=1,67⟨2

→ NaOH tác dụng với H₃PO₄ theo 2PTHH:

NaOH + H₃PO₄ → NaH₂PO₄+ H₂O

2NaOH + H₃PO₄ → Na₂HPO₄+ 2H₂O

Đặt n_NaH2PO4= x mol; n_Na2HPO4= y mol

Ta có n_H3PO4= x+ y= 0,3 mol; n_NaOH= x + 2y= 0,5 mol → x=0,1; y= 0,2

→ m_NaH2PO4= 12gam; m_Na2HPO4=28,4 gam

Bài 135: Cho 20g dung dịch H₃PO₄ 37,11% tác dụng vừa đủ với NH₃ thì thu được 10g muối photphat amoni A. Công thức của muối A là:

A. (NH₄)₂HPO₄        B. NH₄H₂PO₄

C. (NH₄)₃PO₄        D. Không xác định

Lời giải:

Đáp án A

Hướng dẫn giải:

Ta có n_H3PO4= 0,07573 mol

Đặt công thức của muối amoni là (NH₄)_nH₃-_nPO₄

H₃PO₄+ n NH₃ →(NH₄)_nH₃-_nPO₄

Ta có n_muối= n_H3PO4= 0,07573 mol→ M_{muối A}= 10/ 0,07573= 132 g/mol

→ 18n + 3-n+ 95= 132 → n= 2 → Công thức của muối A là (NH₄)₂HPO₄

Bài 136: Một mẫu supephotphat đơn khối lượng 15,55 gam chứa 35,43% Ca(HPO₄)₂ còn lại CaSO₄. Độ dinh dưỡng của loại phân bón trên là:

A. 21,46%        B. 61,20%       C. 16%        D. 45,81%

Lời giải:

Đáp án A

Hướng dẫn giải:

Khối lượng Ca(H₂PO₄)₂ có trong 15,55 gam supephotphat đơn là :

m_Ca(H2PO4)2= 15,55. 35,43%= 5,5 gam → n_Ca(H2PO4)2= 5,5/234= 0,0235 mol

Bảo toàn nguyên tố P ta có: n_Ca(H2PO4)2= n_P2O5= 0,0235 mol → m_P2O5= 0,0235. 142= 3,337 (gam)

Độ dinh dưỡng của phân lân được tính bằng %P₂O₅có trong phân

→Độ dinh dưỡng của phân bón trên là:

Bài 137: Phân kali (KCl) được sản xuất từ quặng sinvinit thường chỉ có 50% K₂O. Hàm lượng % của KCl trong phân bón đó là:

A. 39,6        B. 69,3        C. 72,9        D. 79,3

Lời giải:

Đáp án D

Hướng dẫn giải:

Giả sử khối lượng quặng sinvinit là 100 gam

m_K2O= 50 gam → n_K2O= 0,532 mol

Bảo toàn nguyên tố K ta có n_KCl= 1,064 mol→ m_KCl= 1,064. 74,5=79,268 gam

Bài 138: Một loại phân kali chứa 59,6% KCl; 34,5% K₂CO₃ về khối lượng, còn lại là SiO₂. Độ dinh dưỡng của loại phân bón trên là:

A. 61,10        B. 49,35        C. 50,70       D. 60,20

Lời giải:

Đáp án A

Hướng dẫn giải:

Giả sử có 100 gam phân → n_KCl= 0,8 mol; n_K2CO3= 0,25 mol

Bảo toàn nguyên tố K ta có n_K2O= 0,65 mol

Vậy độ dinh dưỡng của phân là: 0,65. 94= 61,1%

Bài 139: Quá trình tổng hợp supephotphat kép diễn ra theo sơ đồ sau:

Ca₃(PO₄)₂ →H₃PO₄ →Ca(H₂PO₄)₂

Tính khối lượng dung dịch H₂SO₄ 70% đã dùng để điều chế được 351 kg Ca(H₂PO₄)₂ theo sơ đồ biến hóa trên. Biết hiệu suất của quá trình là 70%.

A. 800 kg        B. 600 kg       C. 500 kg        D. 420 kg

Lời giải:

Đáp án B

Hướng dẫn giải:

Ta áp dụng bảo toàn nguyên tố hiđro:

n_Ca(H2PO4)2= 1,5 kmol → n_H= 1,5.4= 6 kmol → n_H2SO4= 3 kmol

→m_H2SO4= 3.98= 294 (kg)→ mdd_{H2SO4 70%} = 294. 100/70= 420 (kg)

Biết hiệu suất của quá trình là 70% →mdd_{H2SO4 70% thực tế} =420.100/70= 600 (kg)

Bài 140: Người ta điều chế supephotphat đơn từ một loại bột quặng có chứa 73% Ca₃(PO₄)₂ , 26% CaCO₃, và 1% SiO₂. Khối lượng dung dịch H₂SO₄ 65% đủ để tác dụng với 100 kg bột quặng là:

A. 100 kg        B. 110,1 kg        C. 120 kg        D. 150 kg

Lời giải:

Đáp án B

Hướng dẫn giải:

Trong 100 kg bột quặng ta có: m_Ca3(PO4)2= 100. 73%= 73 kg; m_CaCO3= 100.26%= 26 kg

→ n_Ca3(PO4)2= 73/ 310 (kmol)=0,235 kmol; n_CaCO3= 26/100= 0,26kmol

Ca₃(PO₄)₂+ 2H₂SO₄ → Ca(H₂PO₄)₂+ 2CaSO₄

0,235       →       0,47 kmol

CaCO₃+ H₂SO₄ → CaSO₄+ CO₂+ H₂O

0,26       →        0,26 kmol

→ Tổng số mol H₂SO₄ là 0,47 + 0,26= 0,73 kmol → m_H2SO4= 0,73.98= 71,54 (kg)

→ mdd_H2SO4 =

Bài 141: Một loại phân supephotphat kép có chứa 69,62% muối canxi đihiđrophotphat, còn lại gồm các chất không chứa photpho. Độ dinh dưỡng của loại phân lân này là

A. 48,52%.       B. 42,25%.        C. 39,76%.       D. 45,75%.

Lời giải:

Đáp án B

Hướng dẫn giải:

Trong 100 gam phân supephotphat kép có: m_Ca(H2PO4)2= 69,62 gam

→ n_Ca(H2PO4)2= 69,62/243= 0,2975 mol

→ n_P2O5= n_Ca(H2PO4)2= 0,2975 mol → m_P2O5= 0,2975.142= 42,25 (gam)

Độ dinh dưỡng của phân lân được tính bằng % khối lượng của P₂o₅ tương ứng có trong phân.

→Độ dinh dưỡng của loại phân bón này là 42,25%

Bài 142: Một loại phân kali có thành phần chính là KCl (còn lại là các tạp chất không chứa kali) được sản xuất từ quặng sinvinit có độ dinh dưỡng 55%. Phần trăm khối lượng của KCl có trong loại phân kali đó là:

A. 95,51%        B. 65,75%        C. 87,18%        D. 88,52%

Lời giải:

Đáp án C

Hướng dẫn giải:

Độ dinh dưỡng của phân kali được tính bằng %m_K2O

Xét 100 gam phân có 55 gam K_O → n_K2O= 55/ 94 (mol)

Bảo toàn nguyên tố K ta có: n_KCl=2.n_>K2O= 2.55/94= 55/47 mol → m_KCl= 87,18 gam

→%m_KCl= 87,18%

Bài 143:Phân lân supephotphat kép thực tế sản xuất được thường chỉ có 40% P₂o₅. Hàm lượng % của canxi đihiđrophotphat trong phân bón đó là:

A. 65,9        B. 56,9        C. 32,95        D. 69,5

Lời giải:

Đáp án A

Hướng dẫn giải:

Xét 100g phân bón có 40g P₂O₅ →n_P2O5= 40/142 = 20/71 mol

Bảo toàn P: n_Ca(H2PO4)2=n_P2O5= 20/71 (mol)

→m_Ca(H2PO4)2=65,92 g →%m_Ca(H2PO4)2=65,92%

Bài 144: Khối lượng dung dịch H₂SO₄ 65% cần dùng để điều chế được 500 kg supephotphat kép là:

A. 677 kg       B. 700 kg       C. 644 kg        D. 720 kg

Lời giải:

Đáp án C

Hướng dẫn giải:

Ca₃(PO₄)₂+3H₂SO₄→3CaSO₄+2H₃PO₄(1)

Ca₃(PO₄)₂+4H₃PO₄→3Ca(H₂PO₄)₂ (2)

Theo PTHH (1): n_H2SO4= 1,5. n_H3PO4

Theo PTHH (2): n_H3PO4= 4/3. n_Ca(H2PO4)2 → n_H2SO4= 2.n_Ca(H2PO4)2= 2. 500/234=500/117 (mol)

→ m_H2SO4= 500/117. 98= 418,803 kg → mdd_{H2SO4 65%} = 644 kg

Bài 145: Khi cho khí NH₃ tác dụng vừa đủ với 1,96 tấn axit photphoric khan theo tỉ lệ mol tương ứng là 3:2. Khối lượng phân amophot thu được là:

A. 24,7 tấn       B. 2,47 tấn        C. 1,15 tấn        D. 1,32 tấn

Lời giải:

Đáp án B

Hướng dẫn giải:

NH₃ + H₃PO₄ → NH₄H₂PO₄

2NH₃ + H₃PO₄→ (NH₄)₂HPO₄

Phân amophot là hỗn hợp NH₄ H₂PO₄ ; (NH₄)₂HPO₄

Ta có: n_H3PO4= 2.104 mol → n_NH3= 1,5. n_H3PO4= 3.104 mol

Theo bảo toàn khối lượng ta có:

m_{phân amophot}= m_NH3+ m_H3PO4= 3.104.17+ 2.104.98=247.107 (g)= 2,47 tấn

Bài 146: Một loại phân bón amophot là hỗn hợp muối có thành phần số mol NH₄H₂PO₄ và (NH₄)₂HPO₄ là 1:1. Để điều chế loại phân bón này từ 6000 mol H₃PO₄ người ta cần dùng lượng NH₃ có thể tích đo ở đkc là:

A. 201,6 m3        B. 153 m3        C. 20,6 m3        D. 32,5 m3

Lời giải:

Đáp án A

Hướng dẫn giải:

NH₃ + H₃PO₄→ NH₄ H₂PO₄

2NH₃ + H₃PO₄ → (NH₄)₂HPO₄

Đặt số mol NH₄ H₂PO₄ là x mol → Số mol(NH₄)₂HPO₄ là x mol

Theo 2 PT: n_H3PO4= x+ x = 6000 mol → x= 3000 mol→ n_NH3= x + 2x = 9000 mol

→ V_NH3= 9000.22,4=201 600 lít= 201,6 m3

Bài 147: Phân đạm ure thường chỉ có 46% N. Khối lượng (kg) phân ure đủ cung cấp 70 kg N là:

A. 152,2        B. 145,5        C. 160,9        D. 200,0

Lời giải:

Đáp án A

Hướng dẫn giải:

Trong 1 phân tử (NH₂)₂CO, N chiếm 46% về khối lượng

→m_(NH2)2CO=70.100/46=152,17 kg