Nội dung bài Luyện tập: Nhận biết một số chất vô cơ chính là bài tổng ôn, ôn tập, hệ thống hóa lại kiến thức cũng như kĩ năng nhận biết một số ion trong dung dịch và chất khí.
Có các dung dịch riêng biệt không dán nhãn: NH4Cl, AlCl3, FeCl3, (NH4)2SO4. Dung dịch thuốc thử cần thiết để nhận biết các dung dịch trên là:
Ion (OH)- tạo kết tủa hidroxit với ion kim loại → Nhận biết bằng màu sắc hidroxit. (Loại C, D)
Nhận xét dãy chất: NH4Cl, AlCl3, FeCl3, (NH4)2SO4
Nếu dùng Ba(OH)2 sẽ nhận biết
+NH4Cl : làm sủi bọt khí có mùi khai
\(Ba{\left( {OH} \right)_2} + 2N{H_4}Cl \to BaC{l_2} + 2N{H_3}^ \uparrow + 2{H_2}O\)
+AlCl3 : tạo kết tủa trắng sau đó kết tủa tan dần
\(\begin{array}{l} 3Ba{\left( {OH} \right)_2} + 2AlC{l_3} \to 3BaC{l_2} + 2Al{\left( {OH} \right)_3} \downarrow \\ 2Al{\left( {OH} \right)_3} + Ba{\left( {OH} \right)_2} \to Ba{\left( {Al{O_2}} \right)_2} + 4{H_2}O\\\end{array}\)
+FeCl3 : tạo kết tủa nâu đỏ
\(2FeC{l_3} + 3Ba{\left( {OH} \right)_2} \to 2Fe{\left( {OH} \right)_3} \downarrow + 3BaC{l_2}\)
+(NH4)2SO4 : tạo BaSO4 kết tủa trắng và thoát khí có mùi khai là NH3
\(Ba{\left( {OH} \right)_2} + {\left( {N{H_4}} \right)_2}S{O_4} \to BaS{O_4}_ \downarrow + 2N{H_3}^ \uparrow + 2{H_2}O\)
Cho hai dd riêng biệt là Na2SO3 và K2CO3 . Cho các phương pháp nhận biết sau, hỏi phương pháp hóa học nào nhận biết nhanh và chính xác nhất?
(1) dd nước vôi trong dư
(2) đốt và quan sát ngọn lửa
(3) dd BaCl2
(4) dd nước brôm loãng
(1) Cả hai dd đều tạo ra kết tủa trắng
(2) Hợp chất của Na cho màu vàng , còn K cho ngọn lửa màu tím => Phương pháp vật lí (Loại)
(3) Cả hai dd đều tạo kết tủa trắng
(4) Na2SO3 +( HBr) Br2/H2O → NaBr + SO2 + H2O ,khí SO2 sinh ra mất màu nước brôm
K2CO3 + (HBr)Br2/H2O → NaBr + CO2 + H2O , khí sinh ra không làm mất màu nước brôm
Sau bài học cần nắm: kĩ năng nhận biết một số ion trong dung dịch và chất khí.
Bài kiểm tra Trắc nghiệm Hoá học 12 Bài 42có phương pháp và lời giải chi tiết giúp các em luyện tập và hiểu bài.
Có thể nhận biết được 3 dung dịch KOH, HCl, H2SO4 (loãng) bằng một thuốc thử là:
Có các dung dịch ZnSO4 và AlCl3 đều không màu. Để phân biệt 2 dung dịch này có thể dùng dung dịch của chất nào sau đây ?
Có 5 lọ mất nhãn đựng các dung dịch : NaNO3, CuCl2, FeCl2, AlCl3, NH4Cl. Để nhận biết các dung dịch trên có thể dùng dung dịch
Câu 4-10: Mời các em đăng nhập xem tiếp nội dung và thi thử Online để củng cố kiến thức về bài học này nhé!
Các em có thể hệ thống lại nội dung bài học thông qua phần hướng dẫn Giải bài tập Hoá học 12 Bài 42.
Bài tập 1 trang 180 SGK Hóa học 12
Bài tập 2 trang 180 SGK Hóa học 12
Bài tập 3 trang 180 SGK Hóa học 12
Bài tập 4 trang 180 SGK Hóa học 12
Bài tập 5 trang 180 SGK Hóa học 12
Bài tập 1 trang 250 SGK Hóa 12 Nâng cao
Bài tập 2 trang 250 SGK Hóa 12 Nâng cao
Bài tập 3 trang 250 SGK Hóa 12 Nâng cao
Bài tập 42.1 trang 97 SBT Hóa học 12
Bài tập 42.2 trang 97 SBT Hóa học 12
Bài tập 42.3 trang 97 SBT Hóa học 12
Bài tập 42.4 trang 97 SBT Hóa học 12
Bài tập 42.5 trang 98 SBT Hóa học 12
Bài tập 42.6 trang 98 SBT Hóa học 12
Bài tập 42.7 trang 98 SBT Hóa học 12
Bài tập 42.8 trang 98 SBT Hóa học 12
Bài tập 42.9 trang 98 SBT Hóa học 12
Bài tập 42.10 trang 98 SBT Hóa học 12
Bài tập 42.11 trang 98 SBT Hóa học 12
Trong quá trình học tập nếu có bất kì thắc mắc gì, các em hãy để lại lời nhắn ở mục Hỏi đáp để cùng cộng đồng Hóa DapAnHay thảo luận và trả lời nhé.
Có thể nhận biết được 3 dung dịch KOH, HCl, H2SO4 (loãng) bằng một thuốc thử là:
Có các dung dịch ZnSO4 và AlCl3 đều không màu. Để phân biệt 2 dung dịch này có thể dùng dung dịch của chất nào sau đây ?
Có 5 lọ mất nhãn đựng các dung dịch : NaNO3, CuCl2, FeCl2, AlCl3, NH4Cl. Để nhận biết các dung dịch trên có thể dùng dung dịch
Có 5 lọ hóa chất không nhãn mỗi lọ đựng một trong các dung dịch sau đây (nồng độ khoảng 0,1M): NH4Cl, FeCl2, AlCl3, MgCl2, CuCl2. Chỉ dùng dung dịch NaOH thêm vào từng dung dịch có thể nhận biết dãy dung dịch nào sau đây?
2 dung dịch : NH4Cl, CuCl2
3 dung dịch : NH4Cl, MgCl2, CuCl2
4 dung dịch: NH4Cl, AlCl3, MgCl2, CuCl2
Có 4 ống nghiệm không nhãn mỗi ống đựng một trong các dung dịch sau (nồng độ khoảng 0,1 M) : NaCl, Na2CO3, KHSO4, CH3NH2. Chỉ dùng giấy quỳ tím cho vào từng dung dịch, quan sát sự thay đổi màu của nó có thể nhận biết dãy dung dịch nào ?
Thuốc thử dùng để phân biệt (NH4)2S và (NH4)2SO4 là:
Để phân biệt SO2 và CO2 người ta dùng thuốc thử nào sau đây?
Có các lọ hóa chất mất nhãn, trong mỗi lọ đựng một trong các dung dịch sau: FeCl2, FeCl3 , CuCl2, AlCl3 , NH4Cl. Chỉ dùng các ống nghiệm và dung dịch NaOH lần lượt thêm vào từng dung dịch có thể nhận biết tối đa được mấy dung dịch trong các dung dịch kể trên?
Cặp thuốc thử dùng nhận biết Cu2+ trong hỗn hợp Ba2+ và Cu2+ là?
Cho các dung dịch chứa các ion riêng biệt Mg2+, Al3+, Ni2+, Cl-, SO42- chỉ dùng NaOH nhận biết được bao nhiêu dung dịch?
Trình bày cách nhận biết các ion trong các dung dịch riêng rẽ sau: Ba2+, Fe3+, Cu2+
Có 5 ống nghiệm không nhãn, mỗi ống đựng một trong các dung dịch sau đây (nồng độ khoảng 0,1M): NH4Cl, FeCl2, AlCl3, MgCl2, CuCl2. Chỉ dùng dung dịch NaOH nhỏ từ từ vào từng dung dịch, có thể nhận biết được tối đa các dung dịch nào sau đây?
1. Hai dung dịch: NH4Cl, CuCl2
2. Ba dung dịch: NH4Cl, MgCl2, CuCl2
3. Bốn dung dịch: NH4Cl, AlCl3, MgCl2, CuCl2
4. Cả 5 dung dịch
Có 4 ống nghiệm không nhãn, mỗi ống đựng một trong các dung dịch sau (nồng độ khoảng 0,01M): NaCl, Na2CO3, KHSO4, và CH3NH2. Chỉ dùng giấy quỳ tím lần lượt nhúng vào từng dung dịch, quan sát sự đổi màu của nó có thể nhận biết được dãy các dung dịch nào?
A. Dung dịch NaCl
B. Hai dung dịch NaCl và KHSO4
C. Hai dung dịch KHSO4 và CH3NH2
D. Ba dung dịch NaCl, KHSO4 và Na2CO3.
Hãy nhận biết hai dung dịch riêng rẽ sau: (NH4)2S và (NH4)2SO4 bằng một thuốc thử?
Có hỗn hợp gồm SO2, CO2 và H2. Hãy chứng minh trong hỗn hợp có mặt từng khí đó. Viết phương trình hóa học của các phản ứng?
Có các lọ hoá chất mất nhãn trong mỗi lọ đựng một trong các dung dịch sau: FeCl2, (NH4)2SO4, FeCl3, CuCl2, AlCl3, NH4Cl. Chỉ dùng các ống nghiệm và dung dịch NaOH lần lượt thêm vào từng dung dịch có thể nhận biết tối đa được mấy dung dịch trong số các dung dịch kể trên?
A. 2 dung dịch
B. 3 dung dịch
C. 4 dung dịch
D. 5 dung dịch
Cho dung dịch A chứa các cation Ba2+, Fe3+, Cu2+. Trình bày cách nhận biết sự có mặt của các cation đó trong A.
Cho các dung dịch chứa các ion riêng biệt Mg2+, Al3+, Ni2+, Cl-, SO42-. Trình bày cách nhận biết sự có mặt của các ion trong dung dịch đó.
Để phân biệt các dung dịch: ZnCl2, MgCl2, CaCl2 và AlCl3 đựng trong các lọ riêng biệt có thể dùng
A. dung dịch NaOH và dung dịch NH3.
B. quỳ tím
C. dung dịch NaOH và dung dịch Na2CO3.
D. natri kim loại.
Để phân biệt các dung dịch: Na2SO3, Na2CO3, NaHCO3 và NaHSO3 đựng trong các lọ riêng biệt, có thể dùng
A. axit HCl và nước brom.
B. nước vôi trong và nước brom.
C. dung dịch CaCl2 và nước brom.
D. nước vôi trong và axit HCl.
Có thể dùng chất nào sau đây để phân biệt các dung dịch: BaCl2, Na2SO4, MgSO4, ZnCl2, KNO3 và KHCO3 ?
A. Kim loại natri.
B. Dung dịch HCl.
C. Khí CO2.
D. Dung dịch Na2CO3.
Để phân biệt các dung dịch loãng: HCl, HNO3, H2SO4 có thể dùng thuốc thử nào sau đây ?
A. Dung dịch Ba(OH)2 và bột đồng kim loại.
B. Kim loại sắt và đồng.
C. Dung dịch Ca(OH)2.
D. Kim loại nhôm và sắt.
Có 5 lọ đựng 5 dung dịch hoá chất riêng biệt: Ba(OH)2, H2SO4, Na2SO4, Na2CO3, NaNO3. Thuốc thử dùng để phân biệt chúng là
A. dung dịch HCl.
B. dung dịch KOH.
C. dung dịch BaCl2.
D. giấy quỳ tím.
Chỉ dùng hoá chất nào sau đây có thể nhận biết 4 kim loại: Na, Al, Mg, Ag ?
A. H2O.
B.Dung dịch HCl.
C. Dung dịch NaOH.
D. Dung dịch NH3.
Để nhận biết 3 chất rắn Al2O3, MgO, CaCl2 có thể dùng nhóm thuốc thử nào sau đây ?
A. H2O và HCl.
B. H2O và H2SO4.
C. H2O và NaOH.
D. H2O và NaCl.
Có 5 lọ đựng 5 dung dịch mất nhãn AlCl3, NaNO3, K2CO3, NH4NO3, (NH4)2SO4. Thuốc thử dùng để nhận biết 4 dung dịch trên là
A. dung dịch NaOH.
B. dung dịch Ba(OH)2.
C. Quỳ tím.
D. dung dịch AgNO3.
Cho các chất bột sau: Al, Mg, Fe, Cu. Trình bày cách phân biệt các chất bột trên mà chỉ dùng không quá hai dung dịch thuốc thử.
Có các gói bột sau: Al, Fe, Ag, Al2O3. Trình bày cách phân biệt các chất trong mỗi gói bằng phương pháp hoá học.
Trình bày phương pháp hoá học nhận biết sự có mặt của các ion trong dung dịch thu được bằng cách hoà tan các muối FeCl2, Zn(NO3)2 và AlCl3 vào nước.
Họ và tên
Tiêu đề câu hỏi
Nội dung câu hỏi
Câu trả lời của bạn
Dung dịch X hòa tan được Al2O3→ dung dịch X có môi trường bazơ hoặc axit
Trường hợp 1: dung dịch X có môi trường bazơ → ở catot có sự điện phân của H2O và theo đề điện phân đến khi nước bắt đầu bị điện phân ở cả hai điện cực thì ngừng điện phân, chứng tỏ bên cực anot 6,72 lít khí (đktc) ở anot chỉ là thể tích của Cl2 (H2O chưa điện phân) còn bên cực catot, nước đã điện phân.
nAl2O3 = 0,2 mol; nCl2 = 0,3 mol
Na+, SO42- không tham gia điện phân
( Hai quá trình phải xảy ra song song, phải có quá trình nhận e và nhường e)
Catot (-): Cu2+, Na+, H2O Anot (+): Cl-, SO42-, H2O
Cu2+ + 2e → Cu 2Cl- → Cl2 + 2e 0,1 ←0,2 0,2 ←(0,3-0,2)→ 0,2
2H2O + 2e → H2 + 2OH- 2Cl- → Cl2 + 2e 0,4 ← 0,4 0,4 0,2 ←0,4
Al2O3 + 2OH- → 2AlO2- + H2O
0,2→ 0,4
→ nNaCl = nCl- = 0,2 + 0,4 = 0,6mol
→ nCuSO4 = nCu2+ = 0,1 mol
→ m = mCuSO4 + mNaCl = 0,1. 160 + 0,6. 58,5 = 51,1g
Do đề có đáp án nên không xét trường hợp dung dịch X có môi trường axit, Nếu khi môi trường bazơ mà không có kết quả trong đáp án, lúc đó ta sẽ xét trường hợp dung dịch X có môi trường axit, và khi đó bên cực anot, H2O sẽ điện phân và bên cực catot H2O chưa điện phân.
Câu trả lời của bạn
nKCl = 0,1 mol; nCu(NO3)2= 0,15 mol
Catot (-): Cu2+, K+, H2O Anot (+): Cl-, NO3-, H2O
Cu2+ + 2e Cu 2Cl- → Cl2 + 2e
0,05 ← 0,1 → 0,05 0,1→ 0,05 0,1
Áp dụng định luật bảo toàn e: số mol e do ion Cl- nhường bằng số mol e do Cu2+ nhận
Khối lượng dung dịch giảm chính là do tạo ra Cu và Cl2, khi điện phân hết 0,1 mol ion Cl- thì ion Cu2+ mới điện phân được 0,05 mol, khi đó khối lương dung dịch giảm = mCl2 + mCu = 0,05.71+ 0,05.64 = 6,75g < 10,75g theo đề, nên bên cực catot ion Cu2+ tiếp tục điện phân và bên cực anot H2O điện phân. nCu2+ còn lại = 0,15 – 0,05 = 0,1 mol
Giả sử ion Cu2+ điện phân hết 0,1 mol
Cu2+ + 2e → Cu H2O →1/2 O2 + 2 H+ + 2e
0,1→ 0,2 0,1 0,05 ←0,2
mdd giảm = 6,75 + 0,1. 64 + 0,05.32 = 14,75> 10,75 đề cho
→ ion Cu2+ điện phân còn dư nên cực catot H2O chưa điện phân, ion Cu2+ còn dư, trong dung dịch tồn tại ion K+ mà chỉ có 1 gốc NO3- (vì ion Cl- đã điện phân hết tạo khí Cl2) nên tồn tại 2 muối Cu(NO3)2 và KNO3, bên cực anot có sự điện phân của H2O tạo H+ kết hợp với gốc NO3- nên dung dịch có HNO3
Vậy các chất tan trong dung dịch sau điện phân gồm: Cu(NO3)2, KNO3 và HNO3.
Câu trả lời của bạn
Trong thời gian t giây, nkhí anot = 0,11 mol; trong thời gian 2t giây, nkhí ở 2 cực = 0,26 mol
Catot (-): Cu2+, K+, H2O Anot (+): Cl-, SO42-, H2O
Xét trong thời gian t giây
Cu2+ + 2e → Cu 2Cl- → Cl2 + 2e
0,2→ 0,1 0,2
Khi điện phân hết ion Cl- chỉ thu được 0,1 mol khí ở anot, mà theo đề trong thời gian t giây, thu được 0,11 mol khí, nên số mol khí còn lại = 0,11 – 0,1 = 0,01 chính là số mol O2 do khi hết ion Cl-, H2O tiếp tục điện phân
H2O →1/2 O2 + 2 H+ + 2e
0,01→ 0,04
→ số mol e nhường trong thời gian t giây = 0,2 + 0,04 = 0,24 mol
→ số mol e nhường trong thời gian 2t giây = 0,24. 2 = 0,48 mol
Xét trong thời gian 2t giây
Khí thu được ở cả 2 điện cực = 0,26 mol, chứng tỏ bên cực catot có sự điện phân của H2O
Cu2+ + 2e → Cu 2Cl- → Cl2 + 2e
a mol→ 2a 0,2 → 0,1 0,2
2H2O + 2e → H2 + 2OH- H2O →1/2 O2 + 2 H+ + 2e
0,18 ←0,09 x → 4x
ne nhường = 0,2 + 4x = 0,48 → x = 0,07 mol → nH2 = 0,26 – nCl2 – nO2 = 0,09 mol
ne nhận = ne nhường = 0,48 mol
→ 2a + 0,18 = 0,48→ a = 0,15 mol.
Câu trả lời của bạn
đpdd
CuCl2 Cu + Cl2
0,005→ 0,005
Cl2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H2O
0,005→ 0,01
Vì thể tích dung dịch không thay đổi nên VNaOH = 0,2 lít → CM (NaOH pứ ) = 0,05M
→ CMNaOHbđ = CMNaOH pứ + CMNaOH còn lại = 0,05 + 0,05 = 0,1M.
Câu trả lời của bạn
Dung dịch Y vẫn còn màu xanh chứng tỏ dung dịch CuSO4 chỉ mới điện phân một phần (còn dư)
CuSO4 + H2O → Cu + H2SO4 + 1/2O2
a mol→ a a a/2
Khối lượng dung dịch giảm do tạo ra Cu và O2 nên khối lượng giảm 8 gam so với dung dịch ban đầu chính là khối lượng của Cu và O2.
→ 64a + 32. a/2 = 8 → a = 0,1 mol
Dung dịch Y gồm H2SO4 và CuSO4 dư, khi cho Fe vào dung dịch Y thì Fe phản ứng với H2SO4 trước, khi hết H2SO4, Fe mới phản ứng với CuSO4 (kinh nghiệm vì đề yêu cầu tính CuSO4 nên chắc chắn CuSO4 phải phản ứng hết, Fe có thể phản ứng vừa đủ hoặc còn dư, nếu kim loại chỉ có Cu thì tính ra số mol rất lẻ nên chắc chắn Fe sẽ còn dư) nhưng với cách giải tổng quát dưới đây, ta không cần biết Fe có dư hay không cứ cho số mol Fe phản ứng với CuSO4 là b mol thì số mol Fe dư = số mol Fe ban đầu trừ đi số mol Fe phản ứng với H2SO4 và CuSO4,nếu giải ra b= 0,2 thì Fe phản ứng vừa đủ, còn nhỏ hơn 0,2 thì Fe dư.
Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2
0,1 ←0,1
Fe + CuSO4 → Cu + FeSO4
b→ b b
nFebđ = 0,3 mol → nFe dư = 0,3 – (0,1 + b)
→ mCu + mFe dư = 12,4
→ 64b + 56 (0,3 – 0,1 – b) = 12,4
→ b = 0,15 mol
→ Fe dư 0,05 mol
→ nCuSO4bđ = a + b = 0,1 + 0,15 = 0,25 → x = 1,25M
(Hoặc giả sử kim loại chỉ có Cu → nCu = 12,4: 64 = 0,19375 → nFe/CuSO4 = 0,19375→ nFebđ = 0,1 + 0,19375 = 0,29375 < 0,3 mol đề cho → Fe dư).
Câu trả lời của bạn
Trong thời gian t giây khí thu được khí ở anot là 0,035 mol → trong thời gian 2t giây khí thu được ở anot là 0,035.2 = 0,07 mol
Khí thu được ở cả hai điện cực là 0,1245 mol, chứng tỏ bên cực catot có sự điện phân của H2O và ion M2+ điện phân hết.
Xét quá trình điện phân trong 2t giây
Catot (-): M2+, H2O Anot (+): SO42-, H2O
M2+ + 2e → M H2O →1/2 O2 + 2 H+ + 2e
x → 2x x 0,07→ 0,28
2H2O + 2e → H2 + 2OH-
0,109← 0,0545
nH2 = 0,1245 – 0,07 = 0,0545 mol
Theo ĐLBT e có: 2x + 0,109 = 0,28 → x = 0,0855 mol → MMSO4 = 160 → MM = 160 – 96 = 64
Xét quá trình điện phân trong t giây:
Cu2+ + 2e → Cu H2O →1/2 O2 + 2 H+ + 2e
0,14→ 0,07 0,035→ 0,14
→ y = mCu = 0,07. 64 = 4,48g.
Câu trả lời của bạn
2AgNO3 + H2O → 2Ag + 2HNO3 + 1/2O2
x→ x x
dung dịch Y gồm: HNO3 và AgNO3 dư
Fe + 2AgNO3 dư → Fe(NO3)2 + 2Ag
(0,075 – x/2) ← (0,15 – x) → (0,15 – x)
Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O
x/4 ← x→ x/4
Fedư + 2Fe(NO3)3→ 3Fe(NO3)2
x/8 ← x/4
→ nFe pứ = 0,075 – x/2 + x/4 + x/8 = 0,075 - x/8
→ nFe dư = 0,225 – 0,075 + x/8 = (0,15 + x/8 ) mol
mhhkl = mFe dư + mAg = 14,5
→ 56. (0,15 + x/8 ) + 108. ( 0,15 – x) = 14,5
→ x= 0,1
→ nAg → t = 3600s = 1h.
Câu trả lời của bạn
m3 tương ứng với kg
X = 16,7.2 = 33,4 → mX = 33,4.4 = 133,6 kg
nX = 4 kmol
Cho X + Ca(OH)2 dư → kết tủa
→ X có khí CO2, CO2 + Ca(OH)2→ CaCO3 + H2O
89,6 m3 = 89600 dm3 = 89600 lít
nCO2/1,12lit = nCaCO3 = 0,015 mol→ nCO2/89,6m3 = 1200 mol = 1,2 kmol
Al2O3 → 2Al + 3/2O2
x kmol→ 2x 3 x /2
vì các điện cực làm bằng than chì nên:
C + O2 → CO2
a ←a kmol
C + CO2 → 2 CO
(a – 1,2) → (2a – 2,4)
→ hỗn hợp khí X có thể là CO2: 1,2 kmol
CO: 2a – 2,4
O2 dư: 3 x /2 – a
(ban đầu tạo a kmol CO2, CO2 còn lại 1à 1,2 kmol, nên CO2 tạo khí CO là a – 1,2)
→ nX = 1,2 + 2a-2,4 + 3 x /2 – a = 4
→ a + 3 x /2 = 5,2→ 2a + 3x = 10,4 (1)
mX = mCO2 + mCO + mO2 = 133,6
→ 44. 1,2 + 28. (2a – 2,4) + 32. (3 x /2 – a) = 133,6
→ 24a + 48x = 148 → 6a + 12x = 37(2)
Giải (1) và (2) → x = 1,933 kmol→ nAl = 2x = 3,866 kmol→ mAl = 104,4 kg.
Câu trả lời của bạn
CuSO4 + H2O → Cu + H2SO4 + 1/2O2
x→ x x/2
Khối lượng dung dịch giảm do tạo Cu và O2
→ mCu + mO2 = 8
→ 64x + 32.x/2 = 8
→ x = 0,1 mol
nH2S = 0,05 mol
CuSO4 + H2S → CuS↓ + H2SO4
0,05 ←0,05
→ nCuSO4bđ = 0,1 + 0,05 = 0,15 mol → CM (CuSO4)= 0,75M
mdd CuSO4 = 1,25.200 = 250g
mCuSO4 = 0,15. 160 = 24g
→ %CuSO4 = 9,6%.
A. Tại thời điềm 2t giây có bột khí ở catot.
B. Tại thời điểm t giây, ion M2+ chưa bị điện phân hết.
C. Dung dịch sau điện phân có pH < 7.
D. Khi thu được 1,8a mol khí ở anot thì vẫn chưa xuất hiện bột khí ở catot
Câu trả lời của bạn
Tại thời điểm t giây: ở anot có a mol khí → 2t giây: anot có 2a mol khí
Mà theo đề khi 2t giây tổng số mol khí ở cả 2 điện cực là 2,5a mol → ở catot giải phóng 2,5a-2a = 0,5a mol khí
Nên tại thời điểm 2t giây có bột khí ở catot là một câu đúng.
Gọi số mol của MSO4 là x mol
MSO4 → M2+ + SO42-
x→ x
Catot (-): M2+, H2O Anot (+): SO42- (ko điện phân), H2O
Xét tại thời điểm 2t giây,do ở catot thoát ra 0,5a mol khí nên ion M2+ đã điện phân hết và ở catot có H2O điện phân
Catot (-) Anot (+) M2+ + 2e → M H2O → 1/2O2 + 2H+ + 2e
x → 2x 2a→ 8a
2H2O + 2e → H2 + 2OH-
a ←0,5a
ĐLBT e: 2x + a = 8a→ x = 3,5a (mol)
Xét tại thời điểm t giây, anot thoát ra a mol khí.
M2+ + 2e → M H2O → 1/2O2 + 2H+ + 2e
2a ←4a a→ 4a
→ Tại thời điểm t giây ion M2+ mới chỉ điện phân 2a < 3,5 a
→ Câu. B. Tại thời điểm t giây, ion M2+ chưa bị điện phân hết là một câu đúng.
Câu trả lời của bạn
Gần giống đề cao đẳng 2014
NaCl→ Na+ + Cl- CuSO4→ Cu2+ + SO42-
Catot(-): Na+ (ko điện phân) Cu2+, H2O Anot (+): SO42- (ko điện phân), Cl-, H2O
nhhkhí = 0,105 mol; nAl2O3 = 0,02 mol
Trường hợp 1: Dung dịch X hòa tan Al2O3, giả sử H+ hết, OH- dư và OH- hòa tan Al2O3
Gọi x là số mol khí Cl2, y là số mol khí O2 tạo ra
Cu2+ + 2e → Cu 2Cl- → Cl2 + 2e
0,05→ 0,1 0,05 2x ← x→ 2x
2H2O + 2e → H2 + 2OH- H2O →1/2 O2 + 2 H+ + 2e
(4y+ 0,04) (2y+ 0,02) ← (4y+ 0,04) y→ 4y 4y
H+ + OH- → H2O
4y → 4y
Al2O3 + 2OH- dư→2AlO2- + H2O
0,02→ 0,04
nhhkhí = 2y + 0,02 + x + y = 0,105→ x + 3y =0,085 (1)
Theo ĐLBTe: 0,1 + 4y + 0,04 = 2x + 4y → x = 0,07 thay vào (1) → y = 0,005
Số mol e nhường = 2x + 4y = 0,16 mà nenhường = → t = 7720 giây
Trường hợp 2: Giả sử OH- hết và H+ dư, H+ dư hòa tan Al2O3
Cu2+ + 2e → Cu 2Cl- → Cl2 + 2e
0,05→ 0,1 0,05 2x ← x→ 2x
2H2O + 2e → H2 + 2OH- H2O →1/2 O2 + 2 H+ + 2e
2y ←y→ 2y (0,5y + 0,03) ←( 2y + 0,12)→ (2y+ 0,12)
H+ + OH- → H2O
2y ←2y
Al2O3 + 6H+ → 2Al3+ + 3H2O
0,02→ 0,12
nhhkhí = y + x +0,5 y+ 0,03 = 0,105→ x + 1,5y =0,075 (1)
Theo ĐLBTe: 0,1 + 2y = 2x + 2y + 0,12 → x = -0,02 (loại)
Kinh nghiệm: vì Al2O3 phản ứng được với cả axit và bazo nhưng do Al2O3 là một oxit lưỡng tính nên thường đề khai thác tính chất lưỡng tính của Al2O3 nên thường OH- dư, nên khi làm bài xét trường hợp OH- hòa tan Al2O3 trước nếu có đáp án thì chọn ko cần thử trường hợp H+ dư.
Câu trả lời của bạn
Gọi dung dịch K2CO3 và KOH ban đầu là dung dịch X.
Theo bảo toàn nguyên tố C và K, ta có:
\(\begin{array}{l} \in {n_{{K_2}C{O_3}\,/Y}} = {n_{BaC{O_3}}} = \frac{{11,82}}{{197}} = 0,06{\rm{ mol}}\\ \to {n_{{K_2}C{O_3}/Y}} + {n_{KHC{O_3}/Y}} = {n_{{K_2}C{O_3}/X}} + {n_{C{O_2}}} = 0,12 \Leftrightarrow {n_{KHC{O_3}/Y}} = 0,06{\rm{ mol}}\\ \to 2{n_{{K_2}C{O_3}\,/X}} + {n_{KOH}} = 2{n_{{K_2}C{O_3}\,/Y}} + {n_{KHC{O_3}\,/Y}}\\ \Leftrightarrow 0,04 + 0,1x = 0,12 + 0,06 \Leftrightarrow x = 1,4{\rm{M}} \end{array}\)
Câu trả lời của bạn
Kinh nghiệm để làm nhanh bài toán: ở anot nếu ko có sự điện phân của H2O thì chỉ thu được khí Cl2, mà đề yêu cầu tính khí thoát ra ở anot ( ko thể chỉ có khí Cl2) nên chắc chắn có sự tham gia điện phân của H2O để tạo khí O2 mà khi anot có sự điện phân của H2O thì bên catot H2O sẽ ko điện phân vì đề cho điện phân dung dịch X đến khi nước bắt đầu điện phân ở cả hai điện cực thì dừng điện phân nên không có quá trình điện phân của H2O ở cả hai điện cực mà chỉ ở một trong hai điện cực mà thôi.
Nên khi Cl- điện phân hết thì Cu2+ vẫn chưa điện phân hết. Cu2+ tiếp tục điện phân thì bên cực anot H2O sẽ điện phân đến khi Cu2+ vừa hết thì dừng điện phân.
Catot(-): Cu2+, Na+ (ko điện phân), H2O Anot(+): SO42- (ko điện phân), Cl-
Cu2+ + 2e → Cu 2Cl- → Cl2 + 2e
b/2 ← b b→ b/2 b
Cu2+ + 2e → Cu H2O → 1/2 O2 + 2H+ + 2e
(a-b/2)→ 2(a-b/2) 0,5(a-b/2) ←2(a-b/2)
Số mol khí ở anot = b/2 + 0,5 (a-b/2) = 0,25 (2a +b)→ V = 22,4. 0,25. (2a+ b) = 5,6 (2a + b) lít
Câu trả lời của bạn
Catot (-): Cu2+, K+ ( ko điện phân), H2O Anot (+): Cl-, SO42- (ko điện phân), H2O
Vì số mol khí thoát ra ở anot = 4 lần số mol khí thoát ra ở catot→ chứng tỏ catot có khí thoát ra mà ở catot chỉ có Cu2+ tham gia điện phân nên muốn có khí thì H2O phải điện phân tao ra khí H2.Mà đề chỉ điện phân đến khi H2O bắt đầu điện phân ở cả hai điện cực thì dừng điện phân nên ta fải có số mol của Cu2+ nhỏ nhơn Cl- để khi Cu2+ điện phân hết, bên cực anot ion Cl- vẫn chưa điện phân hết.Khi Cl- còn dư tiếp tục điện phân thì bên catot nước sẽ điện phân đến khi hết ion Cl- thì dừng lại tức bên cực anot chưa có sự điện phân của H2O (điện phân đến khi nước bắt đầu điện phân ở cả hai điện cực thì dừng điện phân )
Gọi x là số mol CuSO4 = số mol Cu2+
ĐLBT e: số mol e nhường = số mol e nhận
Catot (-): Cu2+ + 2e → Cu anot (+): 2Cl-→ Cl2 + 2e
x→ 2x 2x x ← 2x
Cu2+ điện phân hết nhưng Cl- chưa điện phân hết nên tiếp tục điên phân
Gọi số mol Cl- còn lại là y
2H2O + 2e → H2 + 2OH- 2Cl- → Cl2 + 2e
y → y /2 y→ y/2 y
Theo đề số mol khí ở anot = 4 lần số mol khí ở catot nên: x+ y/2 = 4.y/2 → y= 2/3x
mX = mCuSO4 + mKCl = 160x + 74,5 ( 2x + y)
Thay y=2/3x→ mX = 160x + 74,5 ( 2x + 2/3x) = 358,67x (g)
%CuSO4 = 44,61%.
Câu trả lời của bạn
Trong phản ứng ứng của Z với H2O (TN1), chỉ có Al4C4 phản ứng. Trong phản ứng của Z với HCl (TN2), cả Al và Al4C3 phản ứng, khí tạo thành là H2 và CH4.
Áp dụng bảo toàn nguyên tố Al cho TN1, bảo toàn C, bảo toàn electron cho TN2 và kết hợp với giả thiết, ta có:
\(\begin{array}{l} \to 4{n_{A{l_4}{C_3}}} = {n_{Al{{(OH)}_3}}} = 0,4 \Leftrightarrow {n_{A{l_4}{C_3}}} = 0,1{\rm{ mol}} \to {n_{C{H_4}}} = 3{n_{A{l_4}{C_3}}} = 0,3{\rm{ mol}}\\ \to {n_{C{H_4}}} + {n_{{H_2}}} = 0,9 \Leftrightarrow {n_{{H_2}}} = 0,6{\rm{ mol}} \to {n_{Al}} = \frac{2}{3}{n_{{H_2}}} = 0,4{\rm{ mol}}\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {m_{A{l_4}{C_3}}} = 0,1.144 = 14,4\,\,gam\\ {m_{Al}} = 0,4.27 = 10,8\,gam \end{array} \right. \end{array}\)
Câu trả lời của bạn
Trong phản ứng của Na với dung dịch HCl, nếu chất tan chỉ có NaCl thì theo bảo toàn nguyên tố Na, ta có:
\({n_{NaCl}} = {n_{Na}} = 0,3\,\,mol \Rightarrow {m_{NaCl}} = 0,3.58,5 = 17,55\,\,gam > 14,59\,\,gam\)
Vậy chất tan trong X gồm cả NaCl và NaOH. Theo giả thiết và bảo toàn nguyên tố Na, ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{NaOH}} + {n_{NaCl}} = {n_{Na}} = 0,3\\
40{n_{NaOH}} + 58,5{n_{NaCl}} = 14,59
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{NaOH}} = 0,16{\rm{ mol}}\\
{n_{NaCl}} = 0,14{\rm{ mol}}
\end{array} \right.\)
Theo bảo toàn nguyên tố Cl, Ag và nhóm OH:
\(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{AgCl}} = {n_{NaCl}} = 0,14\\
2{n_{A{g_2}O}} = {n_{AgOH}} = {n_{NaOH}} = 0,16
\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{AgCl}} = 0,14{\rm{ mol}}\\
{n_{A{g_2}O}} = 0,08{\rm{ mol}}
\end{array} \right. \Rightarrow {m_{AgCl}} + {m_{A{g_2}O}} = 0,14.143,5 + 0,08.232 = 38,65\,\,gam\)
Câu trả lời của bạn
Dễ thấy, sau tất cả các phản ứng, chỉ có C và H trong HCl thay đổi số oxi hóa. Theo bản chất phản ứng khử oxit kim loại và bảo toàn electron cho toàn bộ quá trình phản ứng:
\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{n_{CO}} = {n_{{\rm{O}}\,\,{\rm{pu/X}}\,\,}} = \frac{{31,9 - 28,7}}{{16}} = 0,2\,\,mol\\
2{n_{CO}} = 2{n_{{H_2}}}
\end{array} \right.\\
\Rightarrow {n_{{H_2}}} = 0,2\,\,mol \Rightarrow {V_{{H_2}}} = 4,48l
\end{array}\)
Câu trả lời của bạn
Trong phản ứng của Ca, Na với H2O, ta có:
\({n_{O{H^ - }}} = {n_{HOH}} = 2{n_{{H_2}}} = 2.0,04 = 0,08\,\,mol\)
Vì \({n_{HCO_3^ - \,/Y}} = {n_{O{H^ - }}} = 0,08\,\,mol\) nên tạo ra 0,08 mol \(CO_3^{2 - }\). Mặt khác, phản ứng chỉ tạo ta 0,07 mol CaCO3, suy ra \(CO_3^{2 - }\) dư và Ca2+ đã chuyển hết vào kết tủa.
Theo bảo toàn nguyên tố Ca và bảo toàn electron trong phản ứng của X với H2O trong Y, ta có:
\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{n_{Ca}} = 0,07 - 0,04 = 0,03\\
2{n_{Ca}} + {n_{Na}} = 2{n_{{H_2}}} = 0,08
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{Ca}} = 0,03{\rm{ mol}}\\
{n_{Na}} = 0,02{\rm{ mol}}
\end{array} \right.\\
\Rightarrow {m_{Na}} + {m_{Ca}} = 0,03.40 + 0,02.23 = 1,66\,\,gam
\end{array}\)
Câu trả lời của bạn
Bản chất phản ứng là: H2S tham gia phản ứng trao đổi với CuCl2 và tham gia phản ứng khử FeCl3 về FeCl2.
Theo bảo toàn electron và bảo toàn nguyên tố, ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}
2{n_S} = {n_{FeC{l_3}}} = 0,02\\
{n_{C{\rm{uS}}}} = {n_{CuC{l_2}}} = 0,02
\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_S} = 0,01{\rm{ mol}}\\
{n_{C{\rm{uS}}}} = 0,02{\rm{ mol}}
\end{array} \right. \Rightarrow {m_{CuS}} + {m_S} = 0,02.96 + 0,01.32 = 2,24\,\,gam\)
Câu trả lời của bạn
Chất rắn X chắc chắn có Cu, Al2O3, có thể có Fe và còn dư các chất ban đầu.
Căn cứ vào sơ đồ phản ứng và sự thay đổi số oxi hóa, ta thấy: Chất khử là Al, chất oxi hóa là HNO3, sản phẩm khử là NO và NO2.
Theo giả thiết và bảo toàn electron, ta có:
\(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{NO}} + {n_{N{O_2}}} = 0,04\\
3{n_{NO}} + {n_{N{O_2}}} = 3{n_{Al}} = 3.0,02 = 0,06
\end{array} \right.\)
\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{NO}} = 0,01{\rm{ mol}}\\
{n_{N{O_2}}} = 0,03{\rm{ mol}}
\end{array} \right. \Rightarrow {d_{{\raise0.7ex\hbox{${(NO,\,\,N{O_2})}$} \!\mathord{\left/
{\vphantom {{(NO,\,\,N{O_2})} {{H_2}}}}\right.\kern-\nulldelimiterspace}
\!\lower0.7ex\hbox{${{H_2}}$}}}} = \frac{{{{\overline M }_{(NO,\,\,N{O_2})}}}}{{{M_{{H_2}}}}} = \frac{{0,01.30 + 0,03.46}}{{0,04.2}} = 21\)
0 Bình luận
Để lại bình luận
Địa chỉ email của hạn sẽ không được công bố. Các trường bắt buộc được đánh dấu *