1. Cho 16g hỗn hợp X gồm bột Mg, Fe vào 600 ml dung dịch AgNO3 có nồng độ C (mol/l), khuấy đều

Câu hỏi số 165070:

Vận dụng cao

1. Cho 16g hỗn hợp X gồm bột Mg, Fe vào 600 ml dung dịch AgNO₃ có nồng độ C (mol/l), khuấy đều hỗn hợp để phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được dung dịch Y và 70,4g chất rắn Z. Cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch Y thu được kết tủa, nung kết tủa trong không khí ở nhiệt cao đến khối lượng không đổi thu được 16g chất rắn T.

Viết các phương trình phản ứng xảy ra, tính khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp X và tính giá trị C.

2. Tiến hành hai thí nghiệm:

Thí nghiệm 1: Cho 650ml dung dịch NaOH 2M vào 400ml dung dịch AlCl₃ a(M) thì thu được 3b gam kết tủa.

Thí nghiệm 2: Cho 700ml dung dịch NaOH 2M vào 400ml dung dịch AlCl₃ a(M) thì thu được 2b gam kết tủa.

Tìm a, b.

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:165070

Giải chi tiết

1(1 điểm).

Mg + 2AgNO₃ $\rightarrow$ Mg(NO₃)₂ + 2Ag (1)

Fe + 2AgNO₃ $\rightarrow$ Fe(NO₃)₂ + 2Ag (2)

Do m_Z = m_X =16 gam nên khi X tác dụng với AgNO₃ thì kim loại dư, AgNO₃ hết.

2NaOH + Mg(NO₃)₂ $\rightarrow$ Mg(OH)₂+ 2NaNO₃ (3)

Có thể có: 2NaOH + Fe(NO₃)₂ $\rightarrow$ Fe(OH)₂+ 2NaNO₃ (4)

Mg(OH)₂ $\buildrel {{t^o}} \over \longrightarrow$ MgO + H₂O (5)

Có thể có: 4Fe(OH)₂ + O₂ $\buildrel {{t^o}} \over \longrightarrow$ 2Fe₂O₃ + 4H₂O (6)

Trường hợp 1: Mg phản ứng, Fe chưa phản ứng.

n_MgO=0,4(mol)

Theo pt: n_{Mg (pư)} = n_Mg_O = 0,4(mol)

n_Ag=2n_Mg=0,8(mol) m_Ag = 108.0,8 = 86,4(g) >70,4(g) (loại)

Trường hợp 2: Mg phản ứng hết, Fe phản ứng một phần.

Chất rắn Z: Ag, Fe dư

Dung dịch Y: Mg(NO₃)₂; Fe(NO₃)₂.

Đặt số mol Mg là x; số mol Fe ở (2) là y; số mol Fe dư là z

24x + 56(y+z) = 16 (I)

Theo phương trình phản ứng (1), (2): n_Ag = 2x + 2y

m_z=108.(2x+2y) + 56z=70,4 (II)

Theo phương trình phản ứng:

n_MgO=n_Mg= x(mol)

${n_{F{e_2}{O_3}}} = {1 \over 2}{n_{Fe}} = {y \over 2}(mol)$

m_T =40x + 80y=16 (III)

Giải hệ:

m_Mg =0,2.24=4,8(g)

m_Fe =0,2.56=11,2(g)

Theo phương trình phản ứng (1), (2):

${n_{AgN{O_3}}} = 2x + 2y = 0,6(mol) \to {C_{M({\rm{dd}}AgN{O_3})}} = {{0,6} \over {0,6}} = 1(M)$

2. (1 điểm).

3NaOH + AlCl₃ Al(OH)₃+ 3NaCl (1)

Có thể có: NaOH + Al(OH)₃ NaAlO₂ + 2H₂O (2)

n_{NaOH (TN1)} = 0,65.2=1,3(mol)

n_{NaOH (TN2)} = 0,7.2=1,4(mol)

n_{NaOH (TN1)} = 1,3<n_{NaOH (TN2)} = 1,4; lượng AlCl₃ là như nhau;

mà ${m_{Al{{(OH)}_3}(TN1)}} = 3b > {m_{Al{{(OH)}_3}(TN2)}} = 2b$

Nên xảy ra 2 trường hợp sau:

Trường hợp 1: Ở thí nghiệm 1 chỉ xảy ra pư (1): NaOH hết, AlCl₃ dư.

Ở thí nghiệm 2 xảy ra 2 pư (1), (2): kết tủa Al(OH)₃ tan một phần.

+ Xét TN1: ${n_{NaOH}} = 3{n_{Al{{(OH)}_3}}} \to 3.{{3b} \over {78}} = 1,3 \to b = {{169} \over {15}}$

+ Xét TN2:

Theo (1): ${n_{NaOH}} = 3{n_{AlC{l_3}}} = 3.0,4a = 1,2a$

Theo (2): ${n_{NaOH}} = {n_{Al{{(OH)}_3}}} = 0,4a - {{2b} \over {78}} \to 1,2a + 0,4a - {{2b} \over {78}} = 1,4$

a= 19/18

Ta thấy: Loại

Trường hợp 2: Cả 2 thí nghiệm kết tủa Al(OH)₃ đều tan một phần.

+ Xét TN1:

${n_{NaOH(1)}} = 1,2a(mol)$

${n_{NaOH(2)}} = {n_{Al{{(OH)}_3}}} = 0,4a - {{3b} \over {78}} \to 1,2a + 0,4a - {{3b} \over {78}} = 1,3$

$\to 1,6a - {{3b} \over {78}} = 1,3(I)$

+ Xét TN2:

Theo (1): ${n_{NaOH}} = 3{n_{AlC{l_3}}} = 3.0,4a = 1,2a$

Theo (2):

${n_{NaOH}} = {n_{Al{{(OH)}_3}}} = 0,4a - {{2b} \over {78}} \to 1,2a + 0,4a - {{2b} \over {78}} = 1,4$

$\to 1,6a - {{2b} \over {78}} = 1,4(II)$

Giải (I), (II) ta được a=1(M); b = 7,8(g)

PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 9 và Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách: Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều. Lộ trình học tập 3 giai đoạn: Học nền tảng lớp 9, Ôn thi vào lớp 10, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả. PH/HS tham khảo chi tiết khoá học tại: Link