3.1 Nhúng một thanh đồng vào 200 ml dung dịch AgNO3 1M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thanh

Câu hỏi số 266676:

Vận dụng

3.1 Nhúng một thanh đồng vào 200 ml dung dịch AgNO₃ 1M, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thanh đồng được lấy ra, đem rửa sạch, sấy khô cẩn thận và biết toàn bộ Ag tạo ra đều bám vào thanh đồng. Khối lượng thanh đồng tăng hay giảm bao nhiêu gam so với ban đầu?

3.2 Tính khối lượng tinh thể CuSO₄.5H₂O cần dùng hòa tan hoàn toàn vào 400 gam dung dịch CuSO₄ 2% để thu được dung dịch CuSO₄ 1M ( D = 1,1 g/ml).

3.3 Hòa tan hoàn toàn 4 gam hỗn hợp gồm Fe và một kim loại hóa trị II vào dung dịch HCl dư, thu được 2,24 lít khí H₂ (đktc). Nếu chỉ dùng 2,4 gam kim loại hóa trị II thì sử dụng không hết 0,5 mol HCl. Xác định tên kim loại hóa trị II.

3.4 Dung dịch A chứa hỗn hợp HCl 1,4M và H₂SO₄ 0,5M. Cho V lít dung dịch hỗn hợp NaOH 2M và Ba(OH)₂ 4M vào 500 ml dung dịch A, thu được kết tủa B và dung dịch C. Cho thanh Zn ( lấy dư) vào dung dịch C, sau khi phản ứng kết thức thu được 3,36 lít khí H₂ (đktc). Xác định giá trị V và khối lượng kết tủa B.

Quảng cáo

Xem lời giải

Câu hỏi:266676

Phương pháp giải

3.1 PTHH: Cu + 2AgNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2Ag↓

∆ = m_{Agsinh ra} - m_{Cu pư} = ?

3.2

Ghi nhớ các công thức chuyển đổi:

m_dd = V_dd.D_dd

C_M = n : V_dd

3.3 Gọi kim loại hóa trị II là A.

Gọi số mol của Fe và A lần lượt là a và b (mol)

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂↑ (1)

a → a (mol)

A + 2HCl → FeCl₂ + H₂↑ (2)

b → b (mol)

Lập hệ phương trình số mol H₂ và khối lượng hỗn hợp => mối quan hệ giữa M_A và b

Kết hợp với dữ kiện: chỉ dùng 2,4 gam kim loại A thì không sử dụng hết 0,5 mol HCl

=> chặn được giá trị M_A

=> phân tử khối của A => kim loại A

3.4

∑ n_H+ = n_HCl + 2n_H2SO4 = ? (mol)

n_NaOH = 2V (mol) ; n_Ba(OH)2 = 4V (mol)

∑ n_OH- = n_NaOH + 2n_Ba(OH)2 = ? (mol)

Các PTHH xảy ra:

H⁺+ OH^-→ H₂O (1)

Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄↓ (2)

Khi cho Zn vào dd C thấy có khí H₂ thoát ra => có 2 trường hợp có thể xảy ra. Zn có thể bị hòa tan bởi dung dịch axit hoặc bazo

TH₁: dd C có chứa H⁺ dư => phản ứng (1) OH^- phản ứng hết

Zn + 2H⁺ → Zn²⁺+ H₂↑ (3)

TH₂: dd C có chứa OH^- dư => phản ứng (1) H⁺ phản ứng hết

Zn + 2OH^- → ZnO₂^2-+ H₂↑ (4)

Mỗi trường hợp tính toán theo phương trình hóa học

Giải chi tiết

3.1 n_AgNO3 = 0,2. 1 = 0,2 (mol)

PTHH: Cu + 2AgNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2Ag↓

Theo PTHH: n_Cu = ½ n_AgNO3 = ½. 0,2 = 0,1 (mol)

=> m_Cu = 0,1.64 = 6,4 (g)

Theo PTHH: n_Ag = n_AgNO3 = 0,2 (mol) => m_Ag = 0,2.108 = 21,6 (g)

Vì Ag sinh ra đều bám hết vào thanh đồng => khối lượng thanh đồng tăng số gam là :

∆ = m_{Agsinh ra} - m_{Cu pư} = 21,6 – 6.4 = 15,2 (g)

3.2

Gọi số mol CuSO₄.5H₂O cần lấy là x (mol) => n_CuSO4 = x (mol)

Khối lượng CuSO₄ 2% có trong 400 gam dung dịch là:

\(\begin{gathered}
{m_{CuS{O_4}}} = \frac{{m{\,_{dd\,CuS{O_4}}}}}{{100\% }}.C\% = \frac{{400.2\% }}{{100\% }} = 8\,(g) \hfill \\
= > {m_{CuS{O_4}}} = \frac{8}{{160}} = 0,05\,(mol) \hfill \\
\end{gathered} \)

Tổng số mol CuSO₄ sau khi hòa tan là: x + 0,05 (mol)

=> thể tích dung dịch sau khi hòa tan: \(Vdd = \frac{{\sum {{n_{CuS{O_4}}}} }}{{{C_M}}} = \frac{{x + 0,05}}{1} = x + 0,05\,\,(lit)\) (1)

Tổng khối lượng dung dịch sau khi hòa tan: m_{dd sau} = m_CuSO4.5H2O + m_{dd CuSO4 2%} = 160x + 400 (g)

Mặt khác: Vdd = \(\frac{{mdd\,sau}}{D} = \frac{{160x + 400}}{{1,1}}\,(ml)\) (2)

Từ (1) và (2) => (x+ 0,05).1000 = \(\frac{{160x + 400}}{{1,1}}\,\)

=> 1100x + 55 = 160x + 400

=> 850x = 345

=> x ≈0, 406 (mol)

=> m_CuSO4.5H2O = 0,406.250 = 101,47 (g)

3.3

Gọi kim loại hóa trị II là A.

Gọi số mol của Fe và A lần lượt là a và b (mol)

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂↑ (1)

a → a (mol)

A + 2HCl → FeCl₂ + H₂↑ (2)

b → b (mol)

Ta có:

\(\left\{ \begin{gathered}
{m_{hh}} = 56a + Ab = 4 \hfill \\
\sum {{n_{{H_2}}} = a + b = 0,1} \hfill \\
\end{gathered} \right. = > \left\{ \begin{gathered}
56(0,1 - b) + {M_A}.b = 4\,\,(*) \hfill \\
a = 0,1 - b\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(**) \hfill \\
\end{gathered} \right. = > b(56 - {M_A}) = 1,6(***)\)

Vì a> 0 từ (**) => b < 0,1 thế vào (***)

\(\begin{gathered}
= > 56 - {M_A} < \frac{{1,6}}{{0,1}} = 16 \hfill \\
= > {M_A} > 40\,\,\,\,(3) \hfill \\
\end{gathered} \)

Nếu chỉ dùng 2,4 gam kim loại A thì không sử dụng hết 0,5 mol HCl

Từ PTHH (2) => n_A = ½ n_HCl

=> n_A < ½. 0,5 = 0,25 (mol)

\( = > {M_A} = \frac{{{m_A}}}{{{n_A}}} > \frac{{2,4}}{{0,25}} = 9,6\,\,(g/mol)\) (4)

Từ (3) và (4) => 9,6 < M_A < 40

Vậy M_A = 24 (Mg) là thỏa mãn

3.4

n_HCl = 0,5.1,4 = 0,7 (mol) ; n_H2SO4 = 0,5.0,5 = 0,25 (mol) => n_SO42- = n_H2SO4 = 0,25 (mol)

∑ n_H+ = n_HCl + 2n_H2SO4 = 0,7 + 2.0,25 = 1,2 (mol)

n_NaOH = 2V (mol) ; n_Ba(OH)2 = 4V (mol)

∑ n_OH- = n_NaOH + 2n_Ba(OH)2 = 2V + 2.4V = 10V (mol)

Các PTHH xảy ra:

H⁺+ OH^-→ H₂O (1)

Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄↓ (2)

Khi cho Zn vào dd C thấy có khí H₂ thoát ra => có 2 trường hợp có thể xảy ra. Zn có thể bị hòa tan bởi dung dịch axit hoặc bazo

n_H2 = 3,36 : 22,4 = 0,15 (mol)

TH₁: dd C có chứa H⁺ dư => phản ứng (1) OH^- phản ứng hết

Zn + 2H⁺ → Zn²⁺+ H₂↑ (3)

0,3 ← 0,15 (mol)

=> n_H+ (1) = ∑ n_H+ - n_{H+ dư} = 1,2 – 0,3 = 0,9 (mol)

Theo (1): ∑n_OH- = n_{H+ (1)} = 0,9 = 10V => V = 0,09 (lít)

n_Ba(OH)2 = 4.0,09 = 0,36 => n_Ba2+ = n_Ba(OH)2 = 0,36 (mol) > n_SO42-

Từ PTHH (2) => n_BaSO4 = n_SO42- = 0,25 (mol) => m_BaSO4 = 0,25.233 = 58,25(g)

TH₂: dd C có chứa OH^- dư => phản ứng (1) H⁺ phản ứng hết

Zn + 2OH^- → ZnO₂^2-+ H₂↑ (4)

0,3 ← 0,15 (mol)

=> ∑ n_OH- = n_OH-(1) + n_{OH- (4)} = 1,2 + 0,3 = 1,5 (mol)

=> 10V = 1,5

=> V = 0,15 (lít)

=> n_Ba(OH)2 = 0,15. 4 = 0,6 (mol)

=> n_Ba2+ = 0,6 (mol) > n_SO42- = 0,25 (mol)

=> m_BaSO4 = 0,25.233 = 58,25 (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