Tiến hành hai thí nghiệm sau: Cho m gam bột Fe (dư) vào 100 ml dung dịch Cu(NO3)2 a mol/L; Cho m gam bột Fe (dư) vào 100 ml dung dịch AgNO3 b mol/L. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng chất...

Đáp án D Phương pháp giải: Cách 1: Tính theo PT ion thu gọn TN1: Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu ↓ ⟹ mchất rắn sau = m - mFe pư + mCu TN2: Fe + 2Ag+ → Fe2+ + 2Ag ↓ ⟹ mchất rắn sau = m - mFe pư + mAg Do khối lượng chất rắn ở 2 thí nghiệm bằng nhau ⟹ mối liên hệ giữa a và b. Cách 2: Tăng giảm khối lượng Giải chi tiết: Cách 1: Tính theo PT ion thu gọn TN1: Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu ↓ 0,1a ← 0,1a → 0,1a (mol) ⟹ mchất rắn sau = m - mFe pư + mCu = m - 0,1a.56 + 0,1a.64 = m + 0,8a (g) TN2: Fe + 2Ag+ → Fe2+ + 2Ag ↓ 0,05b ← 0,1b → 0,1b (mol) ⟹ mchất rắn sau = m - mFe pư + mAg = m - 0,05b.56 + 0,1b.108 = m + 8b (g) Do khối lượng chất rắn ở 2 thí nghiệm bằng nhau ⟹ m + 0,8a = m + 8b ⟹ a = 10b. Cách 2: Tăng giảm khối lượng Fe → Cu (PT) 1 1 (mol) ⟹ mtăng = 64 - 56 = 8 (g) (ĐB) 0,1a (mol) ⟹ mtăng = 0,8a (g) Fe → 2Ag (PT) 1 2 (mol) ⟹ mtăng = 2.108 - 56 = 160 gam (ĐB) 0,1b (mol) ⟹ mtăng = 8b (g) Do khối lượng chất rắn ở 2 thí nghiệm bằng nhau ⟹ 0,8a = 8b ⟹ a = 10b.

Câu hỏi:

30/03/2022 218

Tiến hành hai thí nghiệm sau:

Cho m gam bột Fe (dư) vào 100 ml dung dịch Cu(NO₃)₂ a mol/L;

Cho m gam bột Fe (dư) vào 100 ml dung dịch AgNO₃ b mol/L.

Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, khối lượng chất rắn thu được ở hai thí nghiệm bằng nhau. Mối quan hệ giữa a và b là

A. a = b.

B. a = 2b.

C. a = 5b.

D. a = 10b.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: [Năm 2022] Đề thi thử môn Hóa THPT Quốc gia có lời giải (30 đề) !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Đáp án D

Phương pháp giải:

Cách 1: Tính theo PT ion thu gọn

TN₁: Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu ↓

⟹ m_{chất rắn sau} = m - m_{Fe pư} + m_Cu

TN₂: Fe + 2Ag⁺ → Fe²⁺ + 2Ag ↓

⟹ m_{chất rắn sau} = m - m_{Fe pư} + m_Ag

Do khối lượng chất rắn ở 2 thí nghiệm bằng nhau ⟹ mối liên hệ giữa a và b.

Cách 2: Tăng giảm khối lượng

Giải chi tiết:

Cách 1: Tính theo PT ion thu gọn

TN₁: Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu ↓

0,1a ← 0,1a → 0,1a (mol)

⟹ m_{chất rắn sau} = m - m_{Fe pư} + m_Cu = m - 0,1a.56 + 0,1a.64 = m + 0,8a (g)

TN₂: Fe + 2Ag⁺ → Fe²⁺ + 2Ag ↓

0,05b ← 0,1b → 0,1b (mol)

⟹ m_{chất rắn sau} = m - m_{Fe pư} + m_Ag = m - 0,05b.56 + 0,1b.108 = m + 8b (g)

Do khối lượng chất rắn ở 2 thí nghiệm bằng nhau ⟹ m + 0,8a = m + 8b ⟹ a = 10b.

Cách 2: Tăng giảm khối lượng

Fe → Cu

(PT) 1 1 (mol) ⟹ m_tăng = 64 - 56 = 8 (g)

(ĐB) 0,1a (mol) ⟹ m_tăng = 0,8a (g)

Fe → 2Ag

(PT) 1 2 (mol) ⟹ m_tăng = 2.108 - 56 = 160 gam

(ĐB) 0,1b (mol) ⟹ m_tăng = 8b (g)

Do khối lượng chất rắn ở 2 thí nghiệm bằng nhau ⟹ 0,8a = 8b ⟹ a = 10b.

Hot: 500+ Đề thi thử tốt nghiệp THPT các môn, ĐGNL các trường ĐH... file word có đáp án (2025). Tải ngay

Sách thầy cô Vietjack biên soạn:

Xem thêm »

CÂU HỎI HOT CÙNG CHỦ ĐỀ

Câu 1

Hỗn hợp X gồm Ba, Na và Al trong đó số mol của Al bằng 9 lần số mol của Ba. Cho m gam X vào nước dư đến khi phản ứng hoàn toàn, thu được 2,688 lít khí H₂ và 0,81 gam chất rắn. Giá trị của m là

A. 5,53.

B. 5,175.

C. 4,26.

D. 4,72.

Lời giải

Đáp án D

Phương pháp giải:

Đặt n_Ba = x; n_Na = y; n_Al = z (mol).

+) n_Al = 9n_Ba ⟹ phương trình (1)

+) Ta có n_OH^- = 2n_Ba(OH)2 + n_NaOH = 2n_Ba + n_Na (theo x, y)

Mà n_{Al pư} = n_OH^- ⟹ phương trình (2)

+) Áp dụng bảo toàn e: 2n_Ba + n_Na + 3n_{Al pư} = 2n_H2 ⟹ phương trình (3)

Giải hệ được x; y; z ⟹ giá trị của m.

Giải chi tiết:

n_H2 = $\frac{2, 688}{22, 4}$ = 0,12 mol.

Chất rắn là Al dư ⟹ n_{Al dư} = $\frac{0, 81}{27}$ = 0,03 mol.

Đặt n_Ba = x; n_Na = y; n_Al = z (mol).

+) n_Al = 9n_Ba ⟹ z = 9x (1)

+) n_OH^- = 2n_Ba(OH)2 + n_NaOH = 2n_Ba + n_Na = 2x + y (mol)

Mà n_{Al pư} = n_OH^- ⟹ 2x + y = z - 0,03 (2)

+) Áp dụng bảo toàn e: 2n_Ba + n_Na + 3n_{Al pư} = 2n_H2 ⟹ 2x + y + 3.(z - 0,03) = 2.0,12 (3)

Giải hệ (1)(2)(3) được: x = 0,01; y = 0,04; z = 0,09.

⟹ m = 0,01.137 + 0,04.23 + 0,09.27 = 4,72 gam.

Câu 2

Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp CuSO₄ và NaCl vào nước, thu được dung dịch X. Tiến hành điện phân X với các điện cực trơ, màng ngăn xốp, dòng điện có cường độ không đổi. Tổng số mol khí thu được trên cả hai điện cực (n) phụ thuộc vào thời gian điện phân (t) được mô tả như đồ thị bên (đồ thị gấp khúc tại các điểm M, N). Giả sử hiệu suất điện phân là 100% bỏ qua sự bay hơi của nước. Giá trị của m là

A. 11,08.

B. 17,84.

C. 15,76.

D. 13,42.

Lời giải

Đáp án C

Phương pháp giải:

Chia đồ thị ra 3 giai đoạn

Đoạn 1: chỉ có Cl₂ thoát ra ở anot

Đoạn 2: Có Cl₂ và H₂ bên catot thoát ra

Đoạn 3: Có H₂ và O₂ bên anot thoát ra

Lập phương trình với số mol khí thoát ra và số mol e trao đổi sẽ tìm ra được số mol mỗi khí Cl₂, H₂, O₂

Từ đó suy ngược lại tìm được m.

Giải chi tiết:

Tại catot: Tại anot:

Cu²⁺ + 2e → Cu 2Cl^- → Cl₂ + 2e

H₂O + 2e → H₂ + 2OH^- H₂O → O₂ + 4H⁺+ 4e

Đoạn 1: n_Cl2 = 0,04 mol

→ Trong a giây mỗi điện cực đã trao đổi 0,04.2 = 0,08 mol electron.

Đoạn 2: Có độ dốc lớn hơn đoạn 1 nên tốc độ thoát khí nhanh hơn → thoát Cl₂ và H₂

Bảo toàn electron → n_Cl2 = n_H2 = u (mol)

Đoạn 3: Thoát H₂ và O₂. Đặt n_O2 = v mol → n_H2 = 2v mol

Ta có hệ: $\{\begin{cases} Σ n_{k h i} = n_{C l_{2}} + n_{H_{2}} + n_{O_{2}} \\ Σ n_{e (a n o t)} = 2 n_{C l_{2}} + 4 n_{O_{2}} \end{cases} \to \{\begin{cases} 0, 04 + 2 u + 3 v = 0, 21 \\ 2 (u + 0, 04) + 4 v = 3, 5.0, 08 \end{cases} \to \{\begin{cases} u = 0, 04 \\ v = 0, 03 \end{cases}$