Bài tập lý thuyết tổng hợp Vô cơ

Các chất có phản ứng tạo ra chất mới ở thể rắn và khí thì chất đó sẽ có khối lượng rắn nhỏ hơn.

Đặt số mol mỗi chất đem nung là 1 mol

Các chất khi nhiệt phân thu được rắn có khối lượng nhỏ hơn là: NaHCO₃, NaNO₃, Fe(OH)₃, FeS₂

2NaHCO₃(r) \(\buildrel {{t^0}} \over\longrightarrow \) Na­₂CO₃ (r) + CO₂↑ (k) + H₂O(h)

2NaNO₃(r) \(\buildrel {{t^0}} \over\longrightarrow \)  2NaNO₂(r) + O₂(k)

2Fe(OH)₃ (r)\(\buildrel {{t^0}} \over\longrightarrow \)  Fe₂O₃ (r) + 3H₂O(h)

4FeS₂(r) + 11O₂  \(\buildrel {{t^0}} \over\longrightarrow \) 2Fe₂O₃(r) + 8SO₂(k)

→ có 4 chất

(a) (b) (c) (d) đúng

(e) sai. Nước cứng là nước chứa nhiều ion Ca²⁺ và Mg²⁺

(f) sai, vì Al, Fe, Cr không tan trong dung dịch HNO3 đặc, nguội

Vậy có 4 phát biểu đúng

Mg(NO₃)_2; CuSO₄; FeCl₂ không phản ứng với NaHSO₄

(a) đúng tạo AgCl

(b) sai vì Al₂O₃ tan hết trong HCl

(c) đúng vì Cu không tác dụng với HCl nên còn nguyên sau phản ứng

(d) đúng do tạo kết tủa BaCO₃ :  Ba(OH)₂ + KHCO₃ → BaCO₃ + KOH + H₂O

Vậy có 3 thí nghiệm thu được chất rắn sau phản ứng.

Xét thí nghiệm 1 và 2 có tạo số mol kết tủa bằng nhau

=> 2 chất X và Y không thể là Al³⁺ và Fe²⁺ vì Al(OH)₃ tan trong NaOH và không tan trong NH₃

Do đó số kết tủa ở thí nghiệm 1 sẽ phải nhỏ hơn thí nghiệm 2 => không thỏa mãn đề bài

3NaOH + FeCl₃ → Fe(OH)₃↓ (nâu đỏ) + 3NaCl

2NaOH + MgCl₂ → Mg(OH)₂↓ (trắng) + 2NaCl

2NaOH + CuCl₂ → Cu(OH)₂↓ (xanh) + 2NaCl

3NaOH + AlCl₃ → Al(OH)₃↓ (trắng) + 3NaCl

=> có Mg(OH)₂ và Al(OH)₃ kết tủa trắng nhưng Al(OH)₃ tan được trong NaOH dư. Do vậy dd X là MgCl₂

(a) sai, H₂ thu được tại catot

(b) sai, a mol Fe thu được 3a mol Ag. Fe + 3AgNO₃ dư → Fe(NO₃)₃ + 3Ag↓

(c) đúng

(d) sai, kết tủa chỉ thu được AgCl

=> có 1 phát biểu đúng

Giả sử đặt số mol của mỗi chất là 1 (mol)

Các PTHH xảy ra là:

Na₂O + H₂O → 2NaOH

1                    →  2          (mol)

BaO + H₂O → Ba(OH)₂

1                    →  1          (mol)

=> sinh ra tổng 4 mol OH^- đủ để thực hiện các phản ứng

HCO₃^- + OH^- → CO₃^2- + H₂O

Al₂O₃ + 2OH^- → 2AlO₂^- + H₂O

NH₄⁺ + OH^- → NH₃ + H₂O

Sau đó CO₃^2- sinh ra phản ứng với Ba²⁺ theo phản ứng:

CO₃^2- + Ba²⁺ → BaCO₃↓

Vậy dung dịch sau phản ứng có chứa các ion: Na⁺, AlO₂^- , Cl^-

=> Dung dịch chứa: NaCl và NaAlO₂

Các chất có tính chất lưỡng tính là: H₂N- C₂H₄-COO-CH₃, Al(OH)₃, H₂N-CH₂-COOH, NaHCO₃, Pb(OH)₂, Sn(OH)₂, NaHS.

=> có tất cả 7 chất

C. sai, sửa lại 2FeCO₃ + 4H₂SO₄(đặc) \(\buildrel {{t^0}} \over\longrightarrow \) Fe₂(SO₄)₃ + 2CO₂↑ + SO₂↑ + 4H₂O

Khí X thu được bằng cách úp ngược ống nghiệm => khí X nhẹ hơn không khí

1. loại NO₂ nặng hơn không khí

2. loại CO₂ nặng hơn không khí

3. Thỏa mãn vì H₂ nhẹ hơn không khí

4. loại vì Cl₂ nhẹ nặng hơn không khí

Fe₃O₄ + 4H₂SO₄ loãng dư → FeSO₄ + Fe₂(SO₄)₃ + 4H₂O

Dung dịch X thu được có chứa: Fe²⁺, Fe³⁺, SO₄^2- ; H⁺

Cả 6 chất đều tác dụng được với dung dịch X là: Fe, KNO₃, KMnO₄, BaCl₂, NaOH, Cu.

Các phương trình minh họa

Fe + 2H⁺ → Fe²⁺ + H₂

NO₃^- + 4H⁺ + 3Fe²⁺ → 3Fe³⁺ + NO + 2H₂O

MnO₄^- + 4H⁺ + 3Fe²⁺ → 3Fe³⁺ + MnO₂↓ + 2H₂O

Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄↓

OH- + H+ → H₂O

Cu + 2Fe³⁺ → 2Fe²⁺ + Cu²⁺

CrO₃ + H₂O → H₂CrO₄

X, Y đều tác dụng được với dd HCl => X, Y là 2 kim loại đứng trước H trong dãy điện hóa

X,Y không có phản ứng với dd Fe(NO₃)₂ => X,Y là kim loại đứng từ Fe trở về sau trong dãy điện hóa

=> X, Y là 2 kim loại Fe, Ni thoãn mãn

n_HCl = n_CuCl2= 0,2. 0,1 = 0,02 (mol) => n_H+ = 0,02 (mol); n_Cu2+ = 0,02(mol)

n_H2 = 0,448 :22,4 = 0,02 (mol)

Gọi chung kim loại Ba – Na là M hóa trị n

Kim loại sau khi phản ứng xong với axit sẽ tiếp tục phản ứng với H₂O có trong dung dịch

PTHH:

M + 2nH⁺ → Mⁿ⁺ + nH₂↑

        0,02→              0,01 (mol)

M + 2nH₂O → Mⁿ⁺   + 2nOH^- + nH₂↑

                                     0,02← (0,02-0,01)  (mol)

Cu²⁺ + 2OH^- → Cu(OH)₂

             0,02  → 0,01      (mol)

=> m_Cu(OH)2↓ = 0,01. 98 = 0,98 (g)

n_HNO3 = 0,864 mol; n_NO = 0,186 mol

n_HNO3 > n_NO => Trong dd Y có chứa NO₃^-: n_NO3- = 0,864 – 0,186 = 0,678 mol

Khi cho BaCl₂ dư tác dụng với Y: m _{kết tủa} = m_BaSO4 = 11,184 gam

=> n_SO42- = n_BaSO4 = 11,184:233 = 0,048 mol

BTNT “O”: 3n_HNO3 = 4n_SO42- + 3n_NO3- + n_NO + n_H2O

=> 3.0,864 = 0,048.4 + 0,678.3 + 0,186 + n_H2O => n_H2O = 0,18 mol

BTNT “H”: n_HNO3 = n_{H+ (Y)} + 2n_H2O => 0,864 = n_H+(Y) + 0,18.2 => n_H+(Y) = 0,504 mol

Như vậy ta có sơ đồ sau:

\(8,976(g)\left\{ \begin{gathered}Fe:x \hfill \\Cu:y \hfill \\ S:0,048 \hfill \\ \end{gathered}  \right. + HN{O_3}:0,864 \to Y\left\{ \begin{gathered}F{e^{3 + }}:x \hfill \\C{u^{2 + }}:y \hfill \\{H^ + }:0,504 \hfill \\S{O_4}^{2 - }:0,048 \hfill \\N{O_3}^ - :0,678 \hfill \\ \end{gathered}  \right. + NO:0,186 + {H_2}O:0,18\)

56x + 64y = 8,976 – 0,048.32 (1)

BTĐT dd Y: 3x + 2y + 0,504 = 0,048.2 + 0,678 (2)

Giải (1) và (2) được x = 0,03 và y = 0,09

Cho Y tác dụng với tối đa Fe:

3Fe    +    8H⁺ + 2NO₃^- → 3Fe²⁺ + 2NO + 4H₂O

0,189 ← 0,504

Fe     +   2Fe³⁺ → 3Fe²⁺

0,015 ← 0,03

Fe   +  Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

0,09 ← 0,09

=> m = (0,189 + 0,015 + 0,09).56 = 16,464 gam

n_HCl = 0,2.0,1 = 0,02 (mol)

n_CuCl2 = 0,2.0,4 = 0,08 (mol)

n_H2(đktc) = 0,448 : 22,4 = 0,02 (mol)

Ta thấy: n_H+ = 2n_H2 = 0,04 (mol) > n_{H+(trong HCl)} = 0,02 (mol)

=> Ba và Na phản ứng với HCl sau đó tiếp tục phản ứng với H₂O có trong dung dịch để tạo ra H₂.

BT e ta có: 2n_Ba + n_Na = 2n_H2 = 0,04 (mol)

Mặt khác: 2n_H2 = n_HCl + n_{OH- (sinh ra do KL pư với H2O)}

=> n_OH- = 2.0,02 - 0,02 = 0,02 (mol)

Cu²⁺ + 2OH^- → Cu(OH)₂↓

             0,02 →       0,01    (mol)

=> Khối lượng kết tủa là m_Cu(OH)2 = 0,01.98 = 0,98 (g)

Khi thêm 0,85 mol NaOH vào X thì thu được dung dịch chứa NaCl: 0,52 mol và Na₂SO₄ : 0,14mol;

Vì n_NaOH > n_NaCl + 2n_Na2SO4 nên còn NaAlO₂

Bảo toàn Na có n_NaOH = n_NaCl + 2n_Na2SO4 + n_NaAlO2 → 0,85 = 0,52 + 2.0,14 + n_NaAlO2

→ n_NaAlO2 = 0,05 mol

Kết tủa thu được là Mg(OH)₂ : x mol và Al(OH)₃ : y mol

Ta có hệ sau \(\left\{ \begin{gathered}{m_ \downarrow } = 58x + 78y = 16.5 \hfill \\{m_{hh{\text{ bd}}}} = 24x + 27(x + 0,05) = 7,65 \hfill \\\end{gathered}  \right. \to \left\{ \begin{gathered}x = 0,15 \hfill \\y = 0,1 \hfill \\\end{gathered}  \right.\)

→ dd X có Al⁺³ : 0,15 mol; Mg⁺² : 0,15 mol; Cl^- : 0,52 mol; SO₄^2- : 0,14 mol

Ta thấy X có 3n_Al + 2n_Mg < n_Cl + 2n_SO4 nên X có dư H⁺ → n_H⁺ = 0,52 + 0,14.2 -0,15.3 -0,15.2 = 0,05 mol

                                                  OH^-  + H⁺ →  H₂O

                                                 OH^- + Mg⁺² →  Mg(OH)₂

                                                 3OH^- + Al⁺³ →  Al(OH)₃

                                                  Ba²⁺ + SO₄^2- →  BaSO₄

                                        Al(OH)₃ + OH^- →   AlO₂^- + 2H₂O

Khi thêm 8x mol KOH và x mol Ba(OH)₂ vào dung dịch X thì để thu được lượng kết tủa lớn nhất ta xét các TH sau

TH₁ : kết tủa có BaSO₄ : 0,14 mol và Mg(OH)₂: 0,15 mol và có thể có Al(OH)₃

Bảo toàn Ba có x = 0,14 mol → n_OH =8x + 2x =10x =1,4 mol > 2n_Mg + 4n_Al +n_H+ = 0,95

→  phản ứng có kết tủa Al(OH)₃ bị hòa tan hết →  kết tủa thu được là BaSO₄ và Mg(OH)₂

→  đem nung thu được BaSO₄ : 0,14 mol và MgO : 0,15 mol →  m = 38,62g

TH₂: Kết tủa có Al(OH)₃ : 0,15 mol và Mg(OH)₂: 0,15 mol; BaSO₄

Ta có n_OH = 10x = 0,15.3 + 0,15.2 +0,05=0,8 →  x = 0,08 mol→  có 0,08 mol BaSO₄

→  Đem nhiệt phân thu được 0,08 mol BaSO₄; 0,075 mol Al₂O₃ và 0,15mol MgO

 →  m = 0,08.233 + 0,075.102 +0,15.40 =32,29g

Nên TH₁ khối lượng kết tủa lớn nhất là 38,62 g gần nhất với 38,6 nhất

Theo hình vẽ chất khí này tan tốt trong nước

→ Thí nghiệm trên được sử dụng với các khí : HCl và NH₃ là hai khí tan tốt trong nước