BÀI TẬP HÓA HỌC VẬN DỤNG CÁC ĐỊNH LUẬT

Thứ ba - 18/08/2020 09:22
In ra
Đóng cửa sổ này

Bài tập 1. Để m gam phôi bào sắt ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp A có khối lượng 12 gam gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3. Cho A tác dụng hết với dung dịch HNO3 loãng dư thấy sinh ra 2,24 lít khí NO duy nhất ở đktc. Tính giá trị m.

Bài tập 1. Để m gam phôi bào sắt ngoài không khí, sau một thời gian biến thành hỗn hợp A có khối lượng 12 gam gồm Fe, FeO, Fe₃O₄, Fe₂O₃. Cho A tác dụng hết với dung dịch HNO₃ loãng dư thấy sinh ra 2,24 lít khí NO duy nhất ở đktc. Tính giá trị m.

GIẢI
A + HNO₃

Fe(NO₃)₃ + NO + H₂O
n_Fe(NO₎= n_Fe = m/56 (mol);
Bảo toàn nguyên tố N:

ån_HNO= n_NO + 3.n_Fe(NO₎= 0,1 + 3m/56
Bảo toàn nguyên tố H:

n_H_O =

. n_HNO= (0,1 + 3m/56)/2
ĐLBTKL: m_A + m_HNO = m_Fe(NO₎ + m_NO + m_H_O

12 + 63.( 0,1 + 3m/56) = 242.m/56 + 30.0,1 + 18. (0,1 + 3m/56)/2

m = 10,08 (g)

Bài tập 2. Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na₂O, BaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào nước, thu được 1,12 lít khí H₂ (đktc) và dung dịch Y, trong đó có 20,52 gam Ba(OH)₂ và m gam NaOH. Tính m.

GIẢI
2Na + 2H₂O

2NaOH + H₂ (1)
Ba + 2H₂O

Ba(OH)₂ + H₂ (2)
Na₂O + H₂O

2NaOH (3)
BaO + H₂O

Ba(OH)₂ ( 4)
Gọi x là số mol NaOH có trong dung dịch Y.
Bảo toàn H: n_{H (H}_O) = n_NaOH + 2.n_Ba(OH)+ 2n_H= x + 2.0,12 + 2.0,05 = x + 0,34 (mol)

n_H_{O ( pư)} = 0,5x + 0,17 (mol)
ĐLBTKL: m_X + m_H_{O (pư)} = m_NaOH + m_Ba(OH)+ m_H

21,9 + 18. ( 0,5x + 0,17) = 40x + 20,52 + 2.0,05

x = 0,14 (mol)

m = 0,14.40 = 5,6 (g)

Bài tập 3. Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp gồm x mol FeS₂ và y mol Cu₂S vào axit HNO₃ (vừa đủ), thu được dung dịch X ( chỉ chứa hai muối sunfat) và khí NO ( sản phẩm khử duy nhất). Tính tỉ số x/y.

GIẢI
Cách 1: Bảo toàn nguyên tố
Bảo toàn Fe: FeS₂

Fe₂(SO₄)₃
x mol 0,5x mol
Bảo toàn Cu: Cu₂S

2CuSO₄
             y mol       2y mol
ĐLBT nguyên tố S:   2x + y = 0,5x . 3 + 2y = 1,5x + 2y

0,5x = y

Cách 2: Bảo toàn điện tích
dung dịch X chứa: Fe₂(SO₄)₃ và CuSO₄:
FeS₂

Fe³⁺ + 2SO₄^2- Cu₂S

2Cu²⁺ + SO₄^2-
x mol x mol 2x mol y mol 2y mol y mol
ĐLBTĐT: ån_{điện tích dương} = ån_{điện tích âm}
Û 3x + 2.2y = (2x + y).2 Û 2y = x

Bài tập 4. Một khoáng chất X có thành phần phần trăm về khối lượng của các nguyên tố như sau: 20,93% nhôm; 21,7% silic, còn lại là oxi và hiđro. Xác định công thức của khoáng chất X.

GIẢI
Gọi a%, b% lần lượt là % khối lượng của O và H

a + b = 100 – ( 20,93 + 21,7) = 57,37 (I)
X chứa Al, Si, O, H nên có công thức dạng: Al_xSi_yO_zH_t ( Với x, y, z, t nguyên dương)
Ta có: x : y : z : t =

ĐLBTĐT: 3.x + 4y + (-2).z + t = 0 Û 3.

+ 4.

- 2.

= 0 Û

- b = 5,426 (II)
Giải hệ PT

x : y : z : t =

= 0,775 : 0,775 : 3,489 : 1,55 = 2: 2: 9: 4

X có công thức dạng Al₂Si₂O₉H₄ hay Al₂O₃.2SiO₂.2H₂O

Bài tập 5. Nung 23,70 gam KMnO₄ một thời gian được 22,10 gam hỗn hợp chất rắn X. Cho X tác dụng với dung dịch HCl đặc, đun nóng thu được dung dịch Y chứa các chất tan KCl, MnCl₂, HCl dư và V lít khí Z (đktc). Tính số mol HCl đã phản ứng? Tính giá trị V?

GIẢI
2KMnO

K₂MnO₄ + MnO₂ + O₂ (1)
Chất rắn gồm KMnO₄; K₂MnO₄, MnO₂
2KMnO₄ + 16HCl

2KCl + 2MnCl₂ + 5Cl₂ + 8H₂O (2)
K₂MnO₄ + 8HCl

2KCl + MnCl₂ + 2Cl₂ + 4H₂O (3)
MnO₂ + 4HCl

MnCl₂ + Cl₂ + 2H₂O (4)
n_KMnO = 0,15 mol
BTKL: m_KMnO= m_X + m_O

n_O = 0,05 mol.
Bảo toàn nguyên tố O: n_{O (X)} = 4. n_KMnO – 2.n_O = 0,5 mol
Từ các PTHH (2,3,4) ta thấy n_{O (X)} = n_HO mà n_HCl = 2.n_HO
Vậy n_{HCl (pư)} = 0,5.2 = 1 mol
n_KCl = n_KMnO= 0,15 mol = n_MnCl
Bảo toàn nguyên tố Cl: n_HCl = n_KCl + 2. n_MnCl+ 2. n_Cl

n_Cl = 0,275 mol

V = 0,275.22,4 = 6,16 (lít).

Bài tập 6. Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm 0,3 mol Fe; 0,1 mol Fe₃O₄; 0,1 mol FeS₂ vào dung dịch H₂SO₄đặc nóng dư thu được dung dịch A. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch A thu được kết tủa B. Lọc kết tủa, rửa sạch, sấy khô, nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn Y. Tính giá trị của m.

GIẢI

ån_{Fe (X)} = 0,3 + 0,1.3 + 0,1 = 0,7 (mol)
Vì nung kết tủa B trong không khí đến khối lượng không đổi Þ Y là Fe₂O₃
Bảo toàn nguyên tố Fe, ta có sơ đồ sau:
2Fe ( trong X) ® Fe₂O₃
0,7mol 0,35 mol

= 0,35. 160 = 56 (gam)

Bài tập 7. Tính khối lượng quặng pirit chứa 75% FeS₂ (còn lại là tạp chất trơ) cần dùng để điều chế 1 tấn dung dịch H₂SO₄ 98%; biết hiệu suất quá trình điều chế H₂SO₄là 80%.

GIẢI

(tấn)
Bảo toàn nguyên tố S: FeS₂

2H₂SO₄
120 (g) 2.98 (g)

(tấn)
Þm_(quặng_prit) =

1 (tấn)

Bài tập 8. Hoà tan hoàn toàn 32 gam hỗn hợp A gồm Fe₂O₃ và CuO vào 2,2 lít dung dịch HCl 0,5M, thu được dung dịch B. Cho a gam Al vào B đến khi phản ứng hoàn toàn, thu được 1,12 lít khí (đktc) với dung dịch D và hỗn hợp chất rắn E. Cho D phản ứng với dung dịch NaOH dư, thu được 9 gam kết tủa. Tính a?

GIẢI
Vì E là hỗn hợp Þ E phải có Cu, Fe và có thể có Al. Nếu có Al tức là Al dư Þ dd E chỉ có AlCl₃ Þ khi cho D pư với dd NaOH dư sẽ không thu được kết tủa ( trái với giả thiết) Þ Al phải hết Þ E chỉ có Cu và Fe.
Vì E có Fe nên dd D không thể có FeCl₃ mà chỉ có FeCl₂
Từ những lập luận trên ta có sơ đồ:

Ta có: số mol FeCl₂ = số mol Fe(OH)₂ = 0,1 mol;
Bảo toàn nguyên tố Cl: 3. n_AlCl + 2.n_FeCl = 1,1 Þ 3. n_AlCl + 2.0,1 = 1,1 Þ n_AlCl = 0,3 mol
Þ n_Al(bđ) = 0,3 mol Þ a = 0,3. 27 = 8,1 (g)

Bài tập 9. Cho 20,80 gam hỗn hợp Fe, FeS, FeS₂, S tác dụng với dung dịch HNO₃ đặc nóng dư thu được V lít khí NO₂ (là sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc) và dung dịch A. Cho A tác dụng với dung dịch Ba(OH)₂ dư thu được 91,30 gam kết tủa. Tính V?

GIẢI
Quy đổi hỗn hợp Fe, FeS, FeS₂, S thành hỗn hợp gồm Fe, S. Gọi x, y, z lần lượt là số mol của Fe, S và NO₂. Theo đề, ta có:
Fe

Fe(OH)₃
x mol x mol
S

BaSO₄
y mol y mol
HNO₃

NO₂
z mol z mol

Bảo toàn nguyên tố Fe: 2Fe

Fe₂(SO₄)₃
0,2 mol 0,1 mol
Vì số mol nhóm (SO₄) = 0,1.3 = 0,3 (mol) = n_S

Toàn bộ S chuyển hết về Fe₂(SO₄)₃

trong dung dịch A không chứa H₂SO₄.
Gọi z là số mol NO₂. Bảo toàn nguyên tố N: HNO₃

NO₂
z mol z mol
Bảo toàn nguyên tố H: 2HNO₃

H₂O
z mol

mol
Fe + S + HNO₃

Fe₂(SO₄)₃ + NO₂ + H₂O
0,2 mol 0,3 mol z mol 0,1 mol z mol z/2 mol
ĐLBTKL: 20,8 + 63z = 400.0,1 + 46z + 18.z/2 = 40 + 55z

8z = 19,2

z = 2,4 (mol)

V = 2,4.22,4 = 53,76 (lít)

Bài tập 10. Hỗn hợp X gồm 0,25 mol Cu₂S và a mol FeS₂. Hòa tan hết X trong dung dịch HNO₃ ( vừa đủ) thu được dd Y chỉ chứa 2 muối sunfat và thoát ra khí NO ( sản phẩm khử duy nhất). Tính a.

GIẢI
Bảo toàn nguyên tố Cu: Cu₂S

2CuSO₄
0,25 mol 0,5 mol
Bảo toàn nguyên tố Fe: 2FeS₂

Fe₂(SO₄)₃
a mol a/2 mol
Bảo toàn nguyên tố S ta có: 0,25 + 2a = 0,5 + 3.a/2

a = 0,5 (mol)

Bài tập 11. Cho 33,6 gam hỗn hợp bột X gồm sắt với 2 oxit sắt tác dụng với dung dịch H₂SO₄ đặc nóng, thu được 4,704 lít SO₂ (sản phẩm khử duy nhất, ở đktc) và còn 1,68 gam kim loại không tan.
a) Tính % khối lượng mỗi nguyên tố trong X.
b) Cho1,68 gam kim loại không tan ở trên vào dung dịch HCl 36,5% (dư 25%), được dung dịch Y. Cần dùng dung dịch chứa tối thiểu bao nhiêu gam KMnO₄, có mặt H₂SO₄ loãng dư để phản ứng hết với dung dịch Y.

GIẢI
Đặt công thức chung của các oxit sắt là Fe_xO_y.
2Fe + 6H₂SO_4(đ)

Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂ + 6H₂O (1)
2Fe_xO_y + ( 6x – 2y)H₂SO_4(đ)

xFe₂(SO₄)₃ + (3x – 2y)SO₂ + (6x- 2y)H₂O (2)
Vì Fe dư Þ Fe₂(SO₄)₃ hết theo phản ứng sau:
Fe + Fe₂(SO₄)₃

FeSO₄ (3)
Gọi x là số mol FeSO₄; n_SO= 4,704/22,4 = 0,21 (mol); m_{X (pư)} = 33,6 – 1,68 = 31,92 (g)
Ta có sơ đồ sau: X + H₂SO₄

  FeSO₄   +   SO₂   +    H₂O
                           31,92 (g)                       x mol       0,21 mol
Bảo toàn S: n_H_SO= x + 0,21 (mol);
Bảo toàn H: n_H_O= n_H_SO= x + 0,21 (mol)
ĐLBTKL: 31,92 + 98.(x + 0,21) = 152.x + 0,21.64 + 18.(x + 0,21) Þ x = 0,49 (mol)
Þ åm_Fe = 0,49.56 + 1,68 = 29,12 (g)
Þ %m_Fe = 29,12.100%/33,6 = 86,67%; %m_O = 13,33%
n_{Fe (dư)} = 1,68/56 = 0,03 (mol)
Fe    +    2HCl

FeCl₂ + H₂
0,03 mol 0,06 0,03
n_{HCl (dư)}= 0,06.25% = 0,015 (mol)
10HCl + 2KMnO₄+ 3H₂SO₄ ® K₂SO₄ + 2MnSO₄ + 5Cl₂ + 8H₂O
10FeCl₂+ 6KMnO₄+ 24H₂SO₄® 3K₂SO₄+ 6MnSO₄+ 5Fe₂(SO₄)₃+ 10Cl₂+ 24H₂O
n_KMnO =

.0,015 +

.0,03 = 0,021 (mol) Þ n_KMnO= 0,021.158 = 3,318 (g)

Bài tập 12. Hòa tan hết a gam X gồm FeS₂ và Cu₂S trong dung dịch HNO₃ đặc nóng, vừa đủ, sau phản ứng thu được dung dịch Y chỉ gồm 2 muối sunfat và 5,6 lít hỗn hợp khí Z gồm NO₂ và NO có khối lượng riêng bằng 1,7678 g/l ( thể tích các khí đo ở đktc). Tính giá trị của a.

GIẢI
n_Y =

= 0,25 (mol); m_Y = 5,6.1,7678 = 9,9 (g)
Gọi a, b lần lượt là số mol của NO₂ và NO, ta có:

a = 0,15 (mol); b = 0,1 (mol)
FeS₂ + Cu₂S + HNO₃ ® Fe₂(SO₄)₃ + CuSO₄ + NO₂ + NO + H₂O
x mol y mol

mol 2y mol
Bảo toàn nguyên tố N: n_HNO = n_NO + n_NO = 0,25 (mol)
Bảo toàn nguyên tố H: n_HO =

. n_HNO = 0,125 (mol)
Bảo toàn nguyên tố O: 3.n_HNO = 4.n_SO + 2. n_NO + n_NO + n_HO
3.0,25 = 4. n_SO + 2.0,15 + 0,1 + 0,125

n_SO = 0,05625

n_{S (X)} = 0,05625 (mol) (Bảo toàn nguyên tố S)
Gọi x và y lần lượt là số mol của FeS₂ và Cu₂S

2x + y = 0,05625 (*)
ĐLBTKL : 120.x + 160.y + 63.0,25 = 400.

+ 160.2y + 46.0,15 + 30.0,1 + 18.0,125

x + 2y = 0,045 (**)
Từ (*) và (**) ta có: x = 0,0225 (mol); y = 0,01125 (mol)

m_X = 120.0,0225 + 160.0,01125 = 4,5 (g)

Bài tập 13. Hỗn hợp bột mịn A gồm Al, Zn và S. Sau khi nung 33,02 gam A ( trong điều kiện không có không khí) một thời gian, nhận được hỗn hợp B. Nếu thêm 8,296 gam Zn vào B thì hàm lượng Zn trong B bằng ½ hàm lượng Zn trong A. Nếu hòa tan B trong H₂SO₄ loãng dư thì sau phản ứng còn lại 0,96 gam chất rắn không tan. Nếu thêm một thể tích không khí thích hợp vào B rồi đốt cháy hoàn toàn thu được hỗn hợp khí C ( trong đó N₂ chiếm 85,8% về thể tích) và chất rắn D. Cho C qua dung dịch NaOH dư thì thể tích khí giảm 10,08 lít (đktc). Tính thể tích không khí ở đktc đã dùng và % khối lượng các chất trong B.

GIẢI
2Al + 3S

Al₂S₃
Zn + S

ZnS
B gồm Al₂S₃, ZnS, Al, Zn và S dư. Vì S không tan trong H₂SO₄ dư

m_{S (dư)} = 0,96 (g)

n_S(dư) = 0,03 (mol)
(Viết 4 phản ứng của B với axit và 5 phản ứng của B với oxi)
Vì oxi vừa đủ

C gồm SO₂ và N₂
NaOH dư nên SO₂ hết theo phản ứng sau: 2NaOH + SO₂

Na₂SO₃ + H₂O

n_SO2 = 10,08/22,4 = 0,45 (mol)
Bảo toàn nguyên tố S: n_{S (A)} = n_S(B₎ = n_SO2 = 0,45 (mol)

m_{S (A)} = 0,45.32 = 14,4 (g)

Trong A: m_Al + m_Zn = 33,02 – 14,4 = 18,62 (g)
Gọi x, y lần lượt là số mol của Al và Zn trong A: 27x + 65y = 18,62 (*)
%V_{SO2 (C)} = 100% - 85,8% = 14,2%

n_C =

= 3,169 (mol)

n_N2 = 85,8%.3,169 = 2,719 (mol)

V_kk = 2,719.

.22,4 = 76,132 (l)
Số mol O₂ phản ứng với B là: n_O2 =

.n_N2 = 0,68 (mol) trong đó có 0,45 mol phản ứng với S ( gồm S dư và S trong Al₂S₃, ZnS), phần còn lại phản ứng với Al, Zn ( gồm Al dư, Zn dư và Al trong Al₂S₃ với Zn trong ZnS)

Số mol O₂phản ứng với Al, Zn trong B = 0,68 – 0,45 = 0,23 (mol)

Số mol O₂ phản ứng với Al, Zn trong A = 0,23 (mol)
4Al + 3O₂

2Al₂O₃
x

mol
2Zn + O₂

2ZnO
y

mol

n_O =

= 0,23

3x + 2y = 0,92 (**)
Từ (*) và (**)

x = 0,16 (mol); y = 0,22 mol
%m_{Zn (A)} =

= 43,307%
Sau khi thêm 8,296 gam Zn vào B, gọi z là số mol Zn dư trong B:
%m_{Zn (đơn}_chất) =

.43,307%

z = 0,01 (mol)

có 0,22 – 0,01 = 0,21 (mol) Zn phản ứng tạo 0,21 mol ZnS.
Số mol S phản ứng với Al = ån_S– n_S_{(pư với Zn)} – n_{S (dư)} = 0,45 – 0,21 – 0,03 = 0,21 (mol)

Số mol Al₂S₃= 0,21/3 = 0,07 (mol)

%m_Al2S3 =

= 31,8%; %m_ZnS =

= 61,69%
%m_Zn =

= 1,97%; %m_S =

= 2,91%; %m_Al = 1,63%

Bài tập 14. Nung 8,08 gam một muối A thu được các sản phẩm khí và 1,6 gam một hợp chất rắn không tan trong nước. Nếu cho sản phẩm khí đi qua 200 gam dung dịch NaOH 1,2% ở điều kiện xác định thì tác dụng vừa đủ và được dung dịch chứa một muối duy nhất có nồng độ 2,47%. Hãy xác định CTPT của muối A biết khi nung hóa trị của kim loại không biến đổi.

GIẢI
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có: m_khí= 8,08 – 1,6 = 6,48 g
Sản phẩm khí + dd NaOH ® dd muối 2,47% ; n_NaOH=

= 0,06 mol
m_{dd muối} = m_khí + m_ddNaOH = 6,48 + 200 = 206,48 g

m_muối=

= 5,1g
Ta có sơ đồ: Khí + mNaOH ® Na_mA ( Bảo toàn nguyên tố Na)
0,06 0,06/m

m_muối=(23m + A).

= 5,1

A = 62.m

m = 1; A = 62

A là nhóm NO₃

NaNO₃
Vì sản phẩm khí phản ứng với NaOH chỉ cho được một muối duy nhất là NaNO₃ ® Sản phẩm khí bao gồm: NO₂, O₂ do đó muối ban đầu X có thể là: M(NO₃)_n.
Khi đó:
4NO₂ + O₂+ 4NaOH ® 4NaNO₃ + 2H₂O
0,06 0,015 0,06

= 46.0,06 + 32.0,015 = 3,24 g < 6,48 g

Trong sản phẩm còn có hơi nước. Vậy muối X phải có dạng M(NO₃)_n.xH₂O:
2M(NO₃)_n.xH₂O

M₂O_n + 2nNO₂ +

O₂ + 2xH₂O
m_Y =

= (2M + 16n)

= 1,6

M =

= 56n/3

n= 3, M = 56 (Fe) là thỏa mãn

= 0,02x =

= 0,18

x = 9. Vậy công thức của muối X là: Fe(NO₃)₃.9H₂O

Bài tập 15. Cho 19,52 gam hỗn hợp bột A gồm Fe và Cu vào dung dịch HNO₃, khuấy đều đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 4,48 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc), 400ml dung dịch B và còn lại 1,92 gam một kim loại. Xác định nồng độ mol/l của các chất tan trong dung dịch B.

GIẢI
Vì tính khử của Cu < Fe

Kim loại dư là Cu.
Cu dư

HNO₃ hết

muối Fe(NO₃)₃ đã bị Cu khử hết thành Fe(NO₃)₂ và Cu(NO₃)₂.
n_NO =

= 0,2 (mol)
Gọi a, b lần lượt là số mol Fe và Cu đã phản ứng.

56a + 64b = 19,52 – 1,92 = 17,6 (*)
A + HNO₃

Fe(NO₃)₂ + Cu(NO₃)₂ + NO + H₂O
a mol b mol 0,2 mol
Bảo toàn nguyên tố N

Số mol HNO₃ = 2a + 2b + 0,2 (mol)
Bảo toàn nguyên tố H

Số mol H₂O = a + b + 0,1 (mol)
Áp dụng ĐLBTKL: m_{A (pư)} + m_HNO = m_muối + m_NO + m_H_O
17,6 + 63.(2a + 2b + 0,2) = 180a + 188b + 30.0,2 + 18.(a + b + 0,1)

72a + 80b = 22,4 (**)
Từ (*) và (**)

a = 0,2 mol; b = 0,1 mol

C_M (Fe(NO₃)₂) = 0,2/0,4 = 0,5M; C_M (Cu(NO₃)₂) = 0,1/0,4 = 0,25M

Bài tập 16. Cho m gam hỗn hợp A gồm hai kim loại Fe, Cu (trong đó Fe chiếm 30% về khối lượng) vào 50 ml dung dịch HNO₃ nồng độ 63% (d = 1,38 gam/ml) đun nóng, khuấy đều hỗn hợp tới các phản ứng hoàn toàn thu được chất rắn nặng 0,75m gam, dung dịch B và 6,72 lít hỗn hợp khí NO₂ và NO (ở đktc). Tính giá trị m.

GIẢI
n_{hỗn hợp khí}=

= 0,3 (mol);

m_Fe = 30%.m = 0,3m (g); m_{A (dư)} = 0,75 m (g)

m_{A (pư)} = m – 0,75m = 0,25m < 0,3m

Fe dư

Cu chưa phản ứng

B chỉ chứa Fe(NO₃)₂
Fe + HNO₃

Fe(NO₃)₂ + NO + NO₂ + H₂O
Vì số mol NO₃ tạo 2 khí = tổng số mol 2 khí = 0,3 (mol)

Số mol NO₃ tạo muối = 0,69 – 0,3 = 0,39 (mol)

n_Fe(NO₎=

= 0,195 (mol)

n_{Fe (pư)} = 0,195 (mol) =

m = 43,68 (g)

Bài tập 17. Đốt cháy hoàn toàn x gam than chứa a% tạp chất trơ không cháy. Do thiếu oxi nên thu được hỗn hợp khí CO và CO₂ với tỉ lệ thể tích tương ứng là y : 1. Cho hỗn hợp khí đó đi từ từ qua ống sứ đựng b gam CuO ( dư) nung nóng. Sau khi xảy ra phản ứng hoàn toàn, khối lượng chất rắn còn lại trong ống sứ là c gam. Hòa tan hoàn toàn chất rắn đó bằng dd H₂SO₄ đặc, nóng dư thấy bay ra z lít khí mùi hắc ( đktc). Cho khí ra khỏi ống sứ hấp thụ hoàn toàn vào dd nước vôi trong thu được p gam kết tủa và dung dịch X. Đun nóng dd X đến khi khí ngừng thoát ra lại thấy xuất hiện thêm q gam kết tủa nữa. Lập biểu thức tính x, y, z, V theo a, b, c, p, q.

GIẢI
C + O₂

CO₂ (1); 2C + O₂

2CO (2)
CuO + CO

CO₂ + Cu (3); CuO + H₂SO₄

CuSO₄ + H₂O (4)
Cu + 2H₂SO₄

CuSO₄ + SO₂ + 2H₂O (5)
CO₂ + Ca(OH)₂

CaCO₃ + H₂O (6)
2CO₂ + Ca(OH)₂

Ca(HCO₃)₂ (7) hoặc: CO₂ + H₂O + CaCO₃

Ca(HCO₃)₂
Ca(HCO₃)₂

CaCO₃ + CO₂ + H₂O (8)
Theo (3): n_Cu = n_CO = n_{CO2 (3)} =

(mol); Theo (5):

(mol)

(lít)
Theo (6,7,8): å

(mol);

;

; n_{C (ban đầu)}

m_C= 12.

%m_C = (100- a)%

. 12.

(g)

Bài tập 18. Hòa tan hết 2,56 gam Cu vào 25,2 gam dung dịch HNO₃ nồng độ 60% thu được dung dịch A và hỗn hợp khí B gồm NO, NO₂. Thêm 210 ml dung dịch NaOH 1M vào dung dịch A. Sau khi phản ứng kết thúc, đem cô cạn hỗn hợp thu được chất rắn X. Nung X đến khối lượng không đổi được 17,4 gam chất rắn Y. Tính nồng độ % của dung dịch A.

GIẢI

(mol);

(mol)
Cu + HNO₃

Cu(NO₃)₂ + NO + NO₂ + H₂O
0,04 mol 0,04 mol
Dung dịch A có Cu(NO₃)₂, có thể có HNO₃ dư.
ddA

Bảo toàn Cu: n_CuO = n_Cu = 0,04 (mol)
Nếu NaOH hết thì n_NaNO= n_NaOH = 0,21 (mol)
n_CuO =

= 0,036375 (mol) < 0,04 mol: vô lý

NaOH dư.
Gọi x là số mol NaOH phản ứng

n_NaNO= x (mol)
n_{NaOH dư} = 0,21- x

m_Y = 80. 0,04 + 69x + 40.(0,21 - x) = 17,4

x = 0,2

n_NaNO = 0,2 mol
Bảo toàn N: n_NO + n_NO2 = 0,24 – 0,2 = 0,04 (mol)
n_HNO_(pư)= 2.n_Cu(NO₎+ n_NO + n_NO = 2.0,04 + 0,04 = 0,12 (mol)
Bảo toàn H: n_H_O =

. n_HNO= 0,06 (mol)
ĐLBTKL: m_Cu + m_HNO= m_Cu(NO₎+ ( m_NO + m_NO) + m_H_O
2,56 + 63.0,12 = 188.0,04 + ( m_NO + m_NO) + 18.0,06

m_NO + m_NO = 1,52 (g)
dung dịch A chứa: n_Cu(NO₎= n_Cu = 0,04 mol; n_HNO_(dư)= 0,24 - 0,12 = 0,12 mol

m_ddA = 2,56 + 25,2 – 1,52 = 26,24 (g)

C% (HNO₃) =

.100% = 28,81%; C%(Cu(NO₃)₂) = 28,66%

Bài tập 19. Cho m gam bột sắt vào dung dịch gồm Fe(NO₃)₃ 0,04M và H₂SO₄ 0,28M đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 0,2m gam chất rắn và 0,04 mol hỗn hợp khí gồm NO và H₂. Biết NO là sản phẩm khử duy nhất. Xác định giá trị m.

GIẢI
Vì có H₂ tạo thành

Nhóm NO₃ đã chuyển hết thành NO.
Mặt khác, vì Fe dư

muối tạo thành là muối sắt (II) sunfat: FeSO₄
n_Fe(pư) = m – 0,2m = 0,8m.
Vì 0,04 : 0,28 = 1 : 7

Nếu gọi a là số mol Fe(NO₃)₃ thì số mol H₂SO₄ là 7a mol.
Bảo toàn nhóm SO₄

n_FeSO= 7a mol
Bảo toàn nguyên tố N và O: Fe(NO₃)₃

3NO + 6H₂O
a mol 3a mol 6a mol
Ta có sơ đồ phản ứng:
Fe (0,8m gam) +

+ FeSO₄ (7a mol) + H₂O (6a mol) Bảo toàn nguyên tố H: 2.7a = 2.(0,04-3a) + 2.6a

8a = 0,08

a = 0,01 (mol)
Bảo toàn nguyên tố Fe:

+ 0,01 = 7.0,01

m = 4,2 (g)
GIẢI
Gọi x là số mol mỗi kim loại ta có: 56x + 24x + 64x =14,4

x = 0,1
Khối lượng muối nitrat kim loại là: 242.0,1 + 148.0,1 + 188.0,1 = 57,8 gam < 58,8 gam

Trong muối rắn thu được có NH₄NO₃ và có khối lượng là: 58,8 – 57,8 = 1 (gam)

Số mol NH₄NO₃ = 1/80 = 0,0125 (mol)
n_X = 2,688/22,4 = 0,12 (mol)
Vì hỗn hợp 4 khí trên NO₂,NO, N₂O, N₂trong đó số mol N₂ bằng số mol NO₂ ta coi 2 khí này là một khí N₃O₂

NO.N₂O cho nên hỗn hợp bốn khí được coi là hỗn hợp 2 khí NO và N₂O với số mol lần lượt là a và b.
Như vậy, ta có sơ đồ:
(Fe, Mg, Cu) + HNO₃

Fe(NO₃)₃+Cu(NO₃)₂+Mg(NO₃)₂ + NH₄NO₃ + NO + N₂O + H₂O
a mol b mol

n_HNO = 3.0,1 + 2.0,1 + 2.0,1 + 2.0,0125 + a + 2b = a + 2b + 0,725 (mol)

= a + 2b + 0,725 – 4.0,0125 = a + 2b + 0,675 (mol)

n_H_O = 0,5a + b + 0,3375 (mol)    (*)
Áp dụng ĐLBTKL:
                         14,4 + 63.( a + 2b + 0,0725 ) = 58,8 + 30a + 44b + 18.(0,5a + b + 0,3375)

24a + 64b = 4,8 (I); Mặt khác: a + b = 0,12 (**)
Từ (*) và (**) suy ra: a = 0,072 (mol); b = 0,048 (mol)
Tổng số mol HNO₃ đã phản ứng = 0,072 + 2.0,048 + 0,725 = 0,893 (mol).

Bài tập 20. Hòa tan hoàn toàn 27,04 gam hỗn hợp X gồm Mg, Al, Al₂O₃, Mg(NO₃)₂ vào dung dịch chứa hai chất tan NaNO₃ và 1,08 mol H₂SO₄ (loãng). Sau khi kết thúc các phản ứng, thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối (MgSO₄, Al₂(SO₄)₃, Na₂SO₄, (NH₄)₂SO₄) và 0,28 mol hỗn hợp Z gồm N₂O, H₂. Tỷ khối của Z đối với H₂ bằng 10. Dung dịch Y tác dụng tối đa với dung dịch chứa 2,28 mol NaOH, thu được 27,84 gam kết tủa. Tính thành phần % khối lượng của nhôm kim loại có trong X.

GIẢI
n_Z = 0,28 mol; d_Z/H= 10

M_Z = 20

m_Z = 5,6 (g)
Gọi x, y lần lượt là số mol của N₂O và H₂. Ta có:

;
n_Mg(OH)=

= 0,48 (mol); vì có H₂ tạo ra

Toàn bộ nhóm NO₃ đã chuyển hết thành N₂O và (NH₄)₂SO₄
27,04 gam X

+ H₂O (d mol)
Gọi a, b, c, d lần lượt là số mol NaNO₃, Al₂(SO₄)₃, (NH₄)₂SO₄ và H₂O
2NaNO₃

Na₂SO₄ ( Bảo toàn Na);
a mol a/2 mol
ddY + 2,28 mol NaOH (tối đa)

0,48 mol Mg(OH)₂ +

+ NH₃ + H₂O
H₂SO₄

Na₂SO₄ ( Bảo toàn nhóm SO₄)
1,08 mol 1,08 mol

Lấy (*) + (**), vế theo vế

14a – 342b - 60c = - 53,12
Giải hệ PT

Xem hỗn hợp X chỉ chứa ( Mg; Al; O: t mol và nhóm NO₃: z mol)

n_Mg = 0,48 mol; n_Al = 0,16.2 = 0,32 mol.
BTNT (N): z + 0,2 = 0,12.2 +0,02.2

z = 0,08 (mol)
m_X = 24.0,48 + 27.0,32 + 16.t + 62.0,08 = 27,04

t = 0,12 (mol)

n_AlO =

= 0,04

n_{Al (X)} = 0,32 – 2.0,04 = 0,24 (mol)

%m_Al =

= 23,96%

Bài tập 21. Hấp thụ hoàn toàn 0,35 mol CO₂ vào dung dịch chứa 0,2 mol NaOH và 0,2x mol KOH. Sau phản ứng làm bay hơi cẩn thận dung dịch thu được 37,5 gam chất rắn. Xác định x.

GIẢI
Giả sử trong 37,5 gam chất rắn có chứa a mol HCO₃^- và b mol CO₃^2- ( a

0; b

0)
Theo bảo toàn điện tích trong dung dịch sau phản ứng, bảo toàn khối lượng và bảo toàn nguyên tố C ta có:

Bài tập 22. Cho 14,4 gam hỗn hợp Fe, Mg, Cu (số mol mỗi kim loại bằng nhau) tác dụng hết với dung dịch HNO₃ thu được dung dịch X và 2,688 lít (đktc) hỗn hợp gồm 4 khí N₂, NO, N₂O, NO₂ trong đó 2 khí N₂ và NO₂ có số mol bằng nhau. Cô cạn cẩn thận dung dịch X thu được 58,8 gam muối khan. Tìm số mol HNO₃ đã phản ứng.

GIẢI
Gọi x là số mol mỗi kim loại ta có: 56x + 24x + 64x =14,4