Hòa tan hoàn toàn 23,46 gam hỗn hợp X gồm Mg, Cu(OH)2 và Fe(NO3)2 trong dung dịch chứa 0,92 mol NaHSO4, thu được dung dịch Y chỉ chứa 123,42 gam muối trung hòa và 2,24 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm N2...

Đáp án A BTKL: mH2O=8,1→nH2O=0,45 YMg2+:aCu2+:bFe2+:cFe3+:dNa+:0,92NH4+:eSO42−:0,92→BaOH2↓NH3H2O2a+2b+2c+3d+e+0,92=0,92.2BTĐT2a+2b+2c+3d+e=nOH−BaOH2→nOH−BaOH2=0,92nSO42−=0,92→nBaOH2=0,92nOH−↓=0,92−e→m↓=mKL+mOH−↓→mKL=29,23−17.0,92−emm=mKL+mSO42−+mNa++mNH4+=123,42→29,23−170,92−e+0,92.96+0,92.23+18e=123,42→e=0,01N2:xNO:zH2:y BT H: nCuOH2=0,01.4+2y+0,45.2−0,922=y+0,01 →x+y+z=0,128x+30z+2y=0,1.5,85.42.y+0,01+12x+2y+4z+0,01.10=0,92nH+→x=0,05y=0,02z=0,03→nCuOH2=0,03 BTNT N: nFeNO32=0,05.2+0,03+0,012=0,07→%mMg=33,76% . - Bài này khá phức tạp, không thể tính trực tiếp mà phải qua nhiều giai đoạn, đặt 5 ẩn, việc cần làm là tìm mối liên hệ giữa các ẩn. - Đối với các bài toán vô cơ phức tạp, nên tận dụng và kết hợp các phương pháp bảo toàn như bảo toàn khối lượng, bảo toàn điện tích và đặc biệt là bảo toàn electron. + Đoạn 4: Khi kết tủa Al(OH)3 tan hết, vẫn còn lượng kết tủa BaSO4 không đổi, nên đồ thị đi ngang.

Câu hỏi:

10/05/2022 595

Hòa tan hoàn toàn 23,46 gam hỗn hợp X gồm Mg, Cu(OH)₂ và Fe(NO₃)₂ trong dung dịch chứa 0,92 mol NaHSO₄, thu được dung dịch Y chỉ chứa 123,42 gam muối trung hòa và 2,24 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm N₂, NO và H₂, có tỉ khối so với He là 5,85. Cho Y tác dụng hoàn toàn với dung dịch Ba(OH)₂ (loãng, dư), thu được 243,59 gam kết tủa. Phần trăm khối lượng của Mg trong X là

A. 33,76%.

B. 31,71%.

C. 32,74%.

D. 30,69%.

Xem lời giải

Câu hỏi trong đề: 25 đề thi minh họa THPT Quốc gia môn Hóa học năm 2022 có đáp án !!

Bắt đầu thi

Quảng cáo

Trả lời:

Giải bởi Vietjack

Đáp án A

BTKL: $m_{H_{2} O} = 8, 1 \to n_{H_{2} O} = 0, 45$

$Y \{\begin{cases} M g^{2 +} : a \\ C u^{2 +} : b \\ F e^{2 +} : c \\ F e^{3 +} : d \\ N a^{+} : 0, 92 \\ N H_{4}^{+} : e \\ S O_{4}^{2 -} : 0, 92 \end{cases} \to_{}^{B a {(O H)}_{2}} \{\begin{cases} ↓ \\ N H_{3} \\ H_{2} O \end{cases} \{\begin{cases} 2 a + 2 b + 2 c + 3 d + e + 0, 92 = 0, 92.2 (B T Đ T) \\ 2 a + 2 b + 2 c + 3 d + e = n_{O H^{-} (B a (O H_{2}))} \end{cases} \to n_{O H^{-} (B a (O H_{2}))} = 0, 92 n_{S O_{4}^{2 -}} = 0, 92 \to n_{B a {(O H)}_{2}} = 0, 92 n_{O H^{-} (↓)} = 0, 92 - e \to m_{↓} = m_{K L} + m_{O H^{-} (↓)} \to m_{K L} = 29, 23 - 17. (0, 92 - e) m_{m} = m_{K L} + m_{S O_{4}^{2 -}} + m_{N a^{+}} + m_{N H_{4}^{+}} = 123, 42 \to 29, 23 - 17 (0, 92 - e) + 0, 92.96 + 0, 92.23 + 18 e = 123, 42 \to e = 0, 01 \{\begin{cases} N_{2} : x \\ N O : z \\ H_{2} : y \end{cases}$

BT H: $n_{C u {(O H)}_{2}} = \frac{0, 01.4 + 2 y + 0, 45.2 - 0, 92}{2} = y + 0, 01$

$\to \{\begin{cases} x + y + z = 0, 1 \\ 28 x + 30 z + 2 y = 0, 1.5, 85.4 \\ 2. (y + 0, 01) + 12 x + 2 y + 4 z + 0, 01.10 = 0, 92 (n_{H^{+}}) \end{cases} \to \{\begin{cases} x = 0, 05 \\ y = 0, 02 \\ z = 0, 03 \end{cases} \to n_{C u {(O H)}_{2}} = 0, 03$

BTNT N: $n_{F e {(N O_{3})}_{2}} = \frac{0, 05.2 + 0, 03 + 0, 01}{2} = 0, 07 \to % m_{M g} = 33, 76 %$ .

- Bài này khá phức tạp, không thể tính trực tiếp mà phải qua nhiều giai đoạn, đặt 5 ẩn, việc cần làm là tìm mối liên hệ giữa các ẩn.

- Đối với các bài toán vô cơ phức tạp, nên tận dụng và kết hợp các phương pháp bảo toàn như bảo toàn khối lượng, bảo toàn điện tích và đặc biệt là bảo toàn electron.

+ Đoạn 4: Khi kết tủa Al(OH)₃ tan hết, vẫn còn lượng kết tủa BaSO₄ không đổi, nên đồ thị đi ngang.

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 »