Tính chất của một số muối vô cơ

Trả lời cho các câu 1, 2 dưới đây:

Câu hỏi số 1:

Vận dụng

Kết tinh từ từ 100 gam dung dịch Cu(NO₃)₂ thu được tinh thể E1. Nung E1 đến khối lượng không đổi thu được 1,6 gam chất rắn và 3,24 gam hỗn hợp khí và hơi.

1) Xác định nồng độ phẩn trăm của dung dịch Cu(NO₃)₂ và công thức hóa học của E1.

2) Hòa tan một lượng E1 cùng với AgNO₃ vào nước thu được dung dịch E2. Cho E2 tác dụng với m gam hổn hợp gồm Fe và Mg có tỉ lệ mol 2:3 tương ứng, thu được chất rắn E3 và dung dịch E4. Hoà tan hết E3 bằng dung dịch HNO₃ loãng, nóng, dư, thu được 3,36 lít NO (đktc, sản phẩm khử duy nhất). Cho Ba(OH)₂ dư vào dung dịch E4, thu được kết tủa E5. Nung E5 trong không khi đến khối lượng không đổi, thu được $\dfrac{45}{46} \mathbf{m}$ gam chất rắn. Tính giá trị của m.

Xem lời giải

Câu hỏi:676476

Phương pháp giải

1) Gọi công thức của tinh thể là Cu(NO₃)₂.nH₂O với số mol x mol

$\left\{\begin{array}{l}m_{C u O}=80 x=1,6 \\ B T K L: x .(188+18 n)=1,6+3,24\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x= \\ n=\end{array}\right.\right.$

2) Bảo toàn electron

Giải chi tiết

1) Gọi công thức của tinh thể là Cu(NO₃)₂.nH₂O với số mol x mol

$\mathrm{Cu}\left(\mathrm{NO}_3\right)_2 \cdot n \mathrm{H}_2 \mathrm{O} \xrightarrow{t^{\circ}} \mathrm{CuO}+2 \mathrm{NO}_2+n \mathrm{H}_2 \mathrm{O}+\dfrac{1}{2} \mathrm{O}_2$ x ⟶ x

$\left\{\begin{array}{l}m_{C u O}=80 x=1,6 \\ B T K L: x .(188+18 n)=1,6+3,24\end{array} \Rightarrow\left\{\begin{array}{l}x=0,02 \\ n=3\end{array}\right.\right.$

E1: Cu(NO₃)₂.3H₂O

$\mathrm{C} \%=\dfrac{0,02 \times 188 \times 100 \%}{100}=3,76 \%$

2) ${n_{NO}} = 0,15(mol)$

Đăt: $\left\{ \begin{array}{l}{n_{Fe}} = 2a\\{n_{Mg}} = 3a\end{array} \right.(mol) \Rightarrow m = {m_{Fe}} + {m_{Mg}} = 56.2a + 24.3a = 184a$

Nếu Fe, Mg phản ứng hết

⟹ Dung dịch E4 $\left\{\begin{array}{l}\text { muoiFe } \\ \operatorname{Mg}\left(\mathrm{NO}_3\right)_2\end{array} \xrightarrow{+\mathrm{Ba}(\mathrm{OH})_2}\right.$ $E 5\left\{\begin{array}{l}\text { hidroxit } \mathrm{Fe} \\ \mathrm{Mg}(\mathrm{OH})_2\end{array} \xrightarrow{t^{\circ}}\right.$ $\left\{\begin{array}{l}\mathrm{Fe}_2 \mathrm{O}_3: a \\ \mathrm{MgO}: 3 a\end{array}(\mathrm{~mol})\right.$

m = 160a + 120a = 280a > m (vô lí)

⟹ Kim loại còn dư, muối nitrat hết

Nếu Fe chưa phản ứng thì E₄: Mg(NO₃)₂ ⟶ E5: Mg(OH)₂ ⟶ ${m_{MgO}} = 120a < \dfrac{{45}}{{16}}m = 180a$(vô lí)

⟹ Fe phản ứng một phần

Đặt ${n_{Fe}}_{(du)} = b(mol) \Rightarrow {n_{Fe(pu)}} = 2a - b(mol)$

E2: $\left\{ \begin{array}{l}Cu{(N{O_3})_2}:c\\AgN{O_3}:d\end{array} \right.(mol)$

Bảo toàn electron: $2c + d = (2a - b).2 + 3a.2 \Leftrightarrow 2c + d = 10a - 2b\,\,\,\,(1)$

E3: $\left\{ \begin{array}{l}Cu:c\\Ag:d\\F{e_{du}}:b\end{array} \right.(mol)$

Bảo toàn electron cho quá trình E3 + HNO₃: $2c + d + 3b = 3.{n_{NO}} = 0,45\,\,\,(2)$

Thay (1) vào (2): 10a + b = 0,45 (3)

$E 4:\left\{\begin{array}{l}\mathrm{Fe}\left(\mathrm{NO}_3\right)_2: 2 a-b \\ \mathrm{Mg}\left(\mathrm{NO}_3\right)_2: 3 a\end{array}(\mathrm{~mol}) \Rightarrow E 5:\left\{\begin{array}{l}\mathrm{Fe}(\mathrm{OH})_2: 2 a-b \\ \mathrm{Mg}(\mathrm{OH})_2: 3 a\end{array}(\mathrm{~mol})\right.\right.$ $\xrightarrow{t^{\circ}}\left\{\begin{array}{l}\mathrm{Fe}_2 \mathrm{O}_3: \dfrac{2 a-b}{2} \\ \mathrm{MgO}: 3 a\end{array}\right.$

$\begin{array}{l}{m_{cran}} = {m_{F{e_2}{O_3}}} + {m_{MgO}} = 280a - 80b = \dfrac{{45}}{{46}}m = 180a\\ \Rightarrow 100a = 80b\,\,\,\,(4)\end{array}$

Từ (3) và (4): a = 0,04 (mol) ⟹ m = 0,04.184 = 7,36 (g)

Câu hỏi số 2:

Vận dụng cao

G1 là một muối cacbonat trung hòa ngậm nước của một kim loại hóa trị I, là thành phần chính của khoáng vật thermonatrite được tìm thấy ở nhừng vùng khí hậu khô cằn, trên bế mặt hoặc trong các hốc núi lửa. Hòa tan 44,64 gam G1 trong 100 gam nước ở $80^{\circ} \mathrm{C}$, sau đó làm lạnh xuống $20^{\circ} \mathrm{C}$ thu được 65,78 gam tinh thể G2 (có khối lượng mol phân tử nhỏ hơn $350 \mathrm{~g} / \mathrm{mol}$ ) và dung dịch K1 Khi thêm từ từ 25ml dung dịch axit clohiđric 36% (khối lượng riêng 1,18 g/ml) vào dung dịch K1 thu được 102,64 gam dung dịch K2. Cho bay hơi đến khô dung dịch K2 thu được 15,21 gam chất rắn G3.

1) Biện luận các trường hợp có thể xảy ra trong điều kiện bài toán để xác định công thức hóa học của G1, G2 và thành phần các chất trong G3, K1, K2.

b) Hòa tan 5,464 gam G1 vào 100 gam nước thì nhiệt độ dung dịch tăng lên 1,05 độ. Hòa tan 4,004 gam G2 vào 200 gam nước thì nhiệt độ dung dịch giảm đi 1,08 độ. Tính lượng nhiệt (quy về $\mathrm{kJ} / \mathrm{mol}$ ) kèm theo quá trình hòa tan G1 và G2 trong điều kiện đã cho. Giả sử nhiệt dung riêng của các dung dịch tạo thành bằng nhiệt dung riêng của nước $(4,18 \mathrm{~J} / \mathrm{g} \times đ o ̣ ̂)$.

Xem lời giải

Câu hỏi:676477

Phương pháp giải

1) Bảo toàn nguyên tố

2) Nhiệt lượng tính theo kJ/mol: $4,18.{m_{{\rm{dd}}}}{.^o}C.\dfrac{1}{n}$

Giải chi tiết

G1: M₂CO₃.xH₂O

Khối lượng G2 tạo ra trong quá trình lết tinh G1, lớn hơn G1 ⟶ G2 là muối ngậm nước: M₂CO₃.yH₂O (y > x)

m_{dung dịch K1} = 100 + 44,64 – 65,78 = 78,86 (g) là dung dịch chứa M₂CO₃ kết tinh

m_{dd HCl} = 25.1,18 = 29,5 (g) ⟶ ${n_{HCl}} = \dfrac{{29,5.0,36}}{{36,5}} = 0,291(mol)$

Sự suy giảm khối lượng dung dịch sau khi thêm HCl do có khí CO₂ được tạo thành

${m_{C{O_2}}} = 78,86 + 29,5 - 102,64 = 5,72(g) \Rightarrow {n_{C{O_2}}} = \dfrac{{5,72}}{{44}} = 0,13(mol)$

Khi cho từ từ HCl vào dung dịch M₂CO₃, các phản ứng có thể xảy ra:

$\begin{aligned} & \mathrm{HCl}+\mathrm{M}_2 \mathrm{CO}_3 \rightarrow \mathrm{MCl}+\mathrm{MHCO}_3 \\ & \mathrm{HCl}+\mathrm{MHCO}_3 \rightarrow \mathrm{MCl}+\mathrm{H}_2 \mathrm{O}+\mathrm{CO}_2\end{aligned}$

Trường hợp 1:HCl dư và G3 là MCl

$\begin{array}{l}{n_{MCl}} = 2.{n_{C{O_2}}} = 2.0,13 = 0,26(mol) \Rightarrow {M_{MCl}} = \dfrac{{15,21}}{{0,26}} = 58,5 = M + 35,5\\ \Rightarrow M = 23(Na)\end{array}$

Vậy G3 là NaCl

Định luật bảo toàn số mol M₂CO₃

$\dfrac{{44,64}}{{106 + 18x}} = \dfrac{{65,78}}{{106 + 18y}} + 0,13 \Rightarrow y = \dfrac{{3701,52 + 1432,08x}}{{555,48 - 42,12x}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 1\\y = 10\end{array} \right.$

Trường hợp 2: HCl hết và G3 gồm: MCl, MHCO₃ dư

HCl + M₂CO₃ ⟶ MCl + MHCO₃

a ⟶ a ⟶ a

HCl + MHCO₃ ⟶ MCl + H₂O + CO₂

0,13 ⟵ 0,13 ⟵ 0,13 ⟵ 0,13 (mol)

n_MCl = n_HCl = 0,291 (mol)

${n_{NaHC{O_3}}} = a - 0,13 = (0,291 - 0,13) - 0,1345 = 0,031(mol)$

${m_{G3}} = {m_{MCl}} + {m_{MHC{O_3}}} = 0,291.(M + 35,5) + 0,031.(M + 61) = 15,21 \Rightarrow M = 9,3$(Loại)

G1: Na₂CO₃.H₂O

G2: Na₂CO₃.10H₂O

G3: NaCl

K1: Na₂CO₃

K₂: HCl, NaCl

2) 5,456 g Na₂CO₃.H₂O tan trong 100g nước thì nhiệt độ dung dịch tăng 1,05 độ.

${n_{N{a_2}C{O_3}.{H_2}O}} = \dfrac{{5,456}}{{124}} = 0,044(mol)$

Lượng nhiệt tỏa ra quy về kJ/mol: $4,18 \times(5,456+100) \times 1,05 \times \dfrac{1}{0,044}=10519 \mathrm{~J} / \mathrm{mol}=10,519 \mathrm{~kJ} / \mathrm{mol}$

Tương từ với Na₂CO₃.10H₂O

${n_{N{a_2}C{O_3}.10{H_2}O}} = \dfrac{{4,004}}{{286}} = 0,014(mol)$

Lượng nhiệt quy về kJ/mol: $4,18 \times(4,004+200) \times 1,08 \times \dfrac{1}{0,014}=65783 \mathrm{~J} / \mathrm{mol}=65,783 \mathrm{~kJ} / \mathrm{mol}$

Quảng cáo

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