Đốt cháy 19,04 gam hỗn hợp gồm Mg và Fe trong 5,6 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm O2 và Cl2, thu được 32,50 gam rắn X (không thấy khí thoát ra). Cho toàn bộ X vào dung dịch chứa 0,8 mol HCl loãng, thu đượ...

Đáp án A Phương pháp giải: Giải chi tiết: Ta có: nO2 + nCl2 = 0,25 và 32.nO2 + 71.nCl2 = 32,5 - 19,04 ⟹ nO2 = 0,11 và nCl2 = 0,14 (mol). 19,04gMg:xFe:y+O2:0,11Cl2:0,14→X→+HCl:0,8dd.Y+H2:a+H2O→+NaOH:duKet tua→Nung,kk28gMgO:xFe2O3:0,5y→+AgNO3 du162,54g↓AgClAg+NO Ta có 24x+56y=19,0440x+160.0,5y=28→x=0,14y=0,28 BTNT Cl ⟹ nAgCl = 2nCl2 + nHCl = 2.0,14 + 0,8 = 1,08 mol ⟹ nAg = (162,54 - 1,08.143,5)/108 = 0,07 mol - Công thức tính nhanh: nH+ = 2nO(X) + 2nH2 + 4nNO ⟹ 0,8 = 2.0,22 + 2a + 4nNO ⟹ nNO = 0,09 - 0,5a (mol) - Áp dụng bảo toàn e cho cả quá trình: 2nMg + 3nFe = 4nO2 + 2nCl2 + 2nH2 + nAg + 3nNO ⟹ 2.0,14 + 3.0,28 = 4.0,11 + 2.0,14 + 2a + 0,07 + 3.(0,09 - 0,5a) ⟹ a = 0,12.

Câu hỏi:

20/04/2022 1,174

Đốt cháy 19,04 gam hỗn hợp gồm Mg và Fe trong 5,6 lít (đktc) hỗn hợp khí gồm O₂ và Cl₂, thu được 32,50 gam rắn X (không thấy khí thoát ra). Cho toàn bộ X vào dung dịch chứa 0,8 mol HCl loãng, thu được a mol khí H₂ và dung dịch Y. Cho dung dịch NaOH dư vào Y, lấy kết tủa, nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi, thu được 28,0 gam rắn khan. Nếu cho dung dịch AgNO₃ dư vào Y, thu được khí NO (sản phẩm khử duy nhất của N⁺⁵) và 162,54 gam kết tủa. Giá trị của a là

A. 0,12.

B. 0,18.

C. 0,14.

D. 0,16.

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 A

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Ta có: n_O2 + n_Cl2 = 0,25 và 32.n_O2 + 71.n_Cl2 = 32,5 - 19,04

⟹ n_O2 = 0,11 và n_Cl2 = 0,14 (mol).

$19, 04 (g) \{\begin{cases} M g : x \\ F e : y \end{cases} + \{\begin{cases} O_{2} : 0, 11 \\ C l_{2} : 0, 14 \end{cases} \to X \overset{+ H C l : 0, 8}{\to} d d . Y + H_{2} : a + H_{2} O \{\begin{cases} \overset{+ N a O H : d u}{\to} K e t t u a \overset{N u n g, k k}{\to} 28 (g) \{\begin{cases} M g O : x \\ F e_{2} O_{3} : 0, 5 y \end{cases} \\ \overset{+ A g N O_{3} d u}{\to} 162, 54 (g) ↓ \{\begin{cases} A g C l \\ A g \end{cases} + N O \end{cases}$

Ta có $\{\begin{cases} 24 x + 56 y = 19, 04 \\ 40 x + 160.0, 5 y = 28 \end{cases} \to \{\begin{cases} x = 0, 14 \\ y = 0, 28 \end{cases}$

BTNT Cl ⟹ n_AgCl = 2n_Cl2 + n_HCl = 2.0,14 + 0,8 = 1,08 mol

⟹ n_Ag = (162,54 - 1,08.143,5)/108 = 0,07 mol

- Công thức tính nhanh:

n_H⁺ = 2n_O(X) + 2n_H2 + 4n_NO

⟹ 0,8 = 2.0,22 + 2a + 4n_NO

⟹ n_NO = 0,09 - 0,5a (mol)

- Áp dụng bảo toàn e cho cả quá trình:

2n_Mg + 3n_Fe = 4n_O2 + 2n_Cl2 + 2n_H2 + n_Ag + 3n_NO

⟹ 2.0,14 + 3.0,28 = 4.0,11 + 2.0,14 + 2a + 0,07 + 3.(0,09 - 0,5a)

⟹ a = 0,12.

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