150 câu trắc nghiệm Nitơ, Photpho có lời giải (nâng cao - phần 2)

Giảm giá 50% sách VietJack đánh giá năng lực các trường trên Shopee Mall

Với 150 câu trắc nghiệm Nitơ, Photpho (nâng cao - phần 2) có lời giải chi tiết sẽ giúp học sinh ôn tập, biết cách làm câu trắc nghiệm Nitơ, Photpho (nâng cao - phần 2).

150 câu trắc nghiệm Nitơ, Photpho có lời giải (nâng cao - phần 2)

Bài 1: 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:

Quảng cáo

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 2: 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 3: 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 4: 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 5: 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

Quảng cáo

Bài 6: 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 7: 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 8: 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 9: 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 10: 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 11: 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

Quảng cáo

Bài 12: 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 13: 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 14: 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 15: 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 16: 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 nitrate 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 17: 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

Quảng cáo

Bài 18: 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 19: 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 20: 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 21: 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 nitrate. 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 nitrate 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 22: 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 nitrate 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 nitrate}= m_{kim loại}+ m_{NO3-trong muối}= m+ 0,45.62= m+27,9 (gam)

Đáp án D

Bài 23: 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 24: 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 25: 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 26: 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 27: 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 28: 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 29: 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 30: 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 31: 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 32: 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 33: 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 34: 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 35: 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: 150 câu trắc nghiệm Nitơ, Photpho có lời giải (nâng cao - phần 2) 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 36: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 150 câu trắc nghiệm Nitơ, Photpho có lời giải (nâng cao - phần 2) → H⁺ phản ứng hết → n_NO= 2/8.n_H+= 0,03 mol

→V= 0,672 lít

Đáp án D

Bài 37: 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 38: 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 39: 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 40: 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:

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

Xem thêm các dạng bài tập Hóa học lớp 11 có trong đề thi Tốt nghiệp THPT khác:

Tài liệu cho giáo viên: Giáo án, powerpoint, đề thi giữa kì cuối kì, đánh giá năng lực, thi thử THPT, HSG, chuyên đề, bài tập cuối tuần..... độc quyền VietJack, giá hợp lí

Tủ sách VIETJACK shopee lớp 10-11 cho học sinh và giáo viên (cả 3 bộ sách):

ĐỀ THI, GIÁO ÁN, SÁCH LUYỆN THI DÀNH CHO GIÁO VIÊN VÀ PHỤ HUYNH LỚP 11

Bộ giáo án, bài giảng powerpoint, đề thi, sách dành cho giáo viên và gia sư dành cho phụ huynh tại https://tailieugiaovien.com.vn/ . Hỗ trợ zalo VietJack Official

Tổng đài hỗ trợ đăng ký : 084 283 45 85

Giáo án, bài giảng powerpoint Văn, Toán, Lí, Hóa....

4.5 (243)

799,000đs

199,000 VNĐ

Đề thi, chuyên đề Cánh diều, Kết nối tri thức, Chân trời sáng tạo...

4.5 (243)

799,000đ

99,000 VNĐ

Sách luyện 30 đề thi thử THPT năm 2025 mới

4.5 (243)

199,000đ

99.000 - 149.000 VNĐ

xem tất cả

Đã có app VietJack trên điện thoại, giải bài tập SGK, SBT Soạn văn, Văn mẫu, Thi online, Bài giảng....miễn phí. Tải ngay ứng dụng trên Android và iOS.