151 Bài tập Đồ thị Hóa Học cực hay có đáp án (P3)

Chọn C

Chọn C.

+ Tại $n_{C{O}_2}=0,03 mol$ ta có $n_{ktua}=0,03 mol$ 

+ Tại $n_{C{O}_2}=0,13 mol$ ta có $n_{ktua}=0,03 mol$ suy ra $n_{ktua}$= $n_{O{H}^{-}}$- $n_{C{O}_2}\to$$n_{O{H}^{-}}$= 0,16 mol

+ Mà $n_{O{H}^{-}}$= $2n_{Ba{\left(OH\right)}_2}+n_{NaOH}\to$V= 0,4 (l)=400ml 

Chọn A.

- Dựa vào đồ thị ta có: $n_{CaC{O}_3}=n_{O{H}^{-}}-n_{C{O}_2}\Rightarrow b=0,24-a$

Chọn A.    

Tại $n_{C{O}_2}=0,15 mol\Rightarrow n_{NaAl{O}_2}=0,15 mol\Rightarrow V_1=150 ml$ 

Tại $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{n}_{C{O}_2}=0,1 mol\to n_{ktua}=0,1 mol\\ n_{C{O}_2}=0,3 mol\end{array}\right. \\ \Rightarrow n_{ktua}=2n_{Ba{\left(OH\right)}_2}-n_{C{O}_2}\Rightarrow n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=0,2 mol\Rightarrow V_2=400 ml \end{gathered}$$

Vậy V₁ : V₂ = 3 : 8.

Chọn D.

Gọi x là số mol của Al.

Từ đó suy ra: V₁ = V₂ > V₃.

Chọn C.

 (1)    =>Vậy dung dịch thu được chứa hai muối MgSO₄ và FeSO₄

(2) Ban đầu sau đó 

Vậy dung dịch thu được chứa Fe(NO₃)₂ và Fe(NO₃)₃

(3) $$\begin{gathered} Fe+3AgN{O}_3\to Fe{\left(N{O}_3\right)}_3+3Ag \\ a 3a mol \end{gathered}$$=> Dung dịch thu được chỉ chứa một muối Fe(NO₃)₃

(4) $$\begin{gathered} C{O}_2+Ca{\left(OH\right)}_2\to CaC{O}_3+H_{2}O \\ a a mol \end{gathered}$$=> Chỉ thu được một muối CaCO₃

(5) $$\begin{gathered} AlC{l}_3+3NaOH\to Al{\left(OH\right)}_3+3NaCl \\ a 2a mol \end{gathered}$$=> Dung dịch thu được chỉ chứa một muối NaCl

Vậy có 2 trường hợp dung dịch thu được chứa 2 muối là (1) và (2).

Chọn B.

- Thí nghiệm 1: Ta có $n_{AgCl}=3n_{AlC{l}_3}+n_{HCl}=0,5 mol$ 

- Thí nghiệm 2:  + Tại $n_{Al{\left(OH\right)}_{3}max}=n_{AlC{l}_3}=a mol \Rightarrow 3a+n_{HCl}=0,5$ (1)

+ Tại $n_{Al{\left(OH\right)}_{3}max}=0,2a mol$ta có: $\left\{\begin{array}{l}\frac{n_{O{H}^{-}}}{3}=4n_{AlC{l}_3}-n_{O{H}^{-}}\left(2\right)\\ n_{O{H}^{-}}-n_{HCl}=3n_{Al{\left(OH\right)}_3}\left(3\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}\frac{0,14-n_{HCl}}{3}=4a-(x-n_{HCl})\\ 0,14-n_{HCl}=0,6a\end{array}\right.\left(2\right)$

- Từ (1), (2) ta tính được: x= 0,62 

Chọn C.

(1) $$\begin{gathered} FeC{O}_3+2HCl\to FeC{l}_2+C{O}_2+H_{2}O \\ a \to a mol \end{gathered}$$và $$\begin{gathered} Mg+2HCl\to MgC{l}_2+H_2 \\ a a mol \end{gathered}$$

- Số mol khí thu được ở (1) là 2a mol.

(2)                                                                  

- Số mol khí thu được ở (2) là 2a/3 mol.

(3) $$\begin{gathered} FeC{O}_3+2HCl\to FeC{l}_2+C{O}_2+H_{2}O \\ a \to a mol \end{gathered}$$và                                

- Số mol khí thu được ở (2) là 5a/3 mol.

Vậy $V_1>V_3>V_2$ .

Chọn A.

(a) Cl₂ + 2NaOH → NaCl + NaClO + H₂O

(b) Lập tỉ lệ: 1<$\frac{n_{O{H}^{-}}}{n_{C{O}_2}}=1,5<2$ Þ tạo 2 muối là Na₂CO₃ và NaHCO₃. Các phản ứng:

CO₂ + 2NaOH → Na₂CO₃ + H₂O                       CO₂ + NaOH → NaHCO₃

(c) Mg + Fe₂(SO₄)₃ dư ® MgSO₄ + 2FeSO₄. Hỗn hợp thu được gồm 3 muối (tính cả Fe₂(SO₄)₃ dư).

(d) $\left\{\begin{array}{l}F{e}_2{O}_3+HCl\to 2FeC{l}_3+H_{2}O\\ 1 2mol\\ 2FeC{l}_3+Cu\to FeC{l}_2+CuC{l}_2\\ 2 2mol\end{array}\right.$=>hỗn hợp muối gồm FeCl₂, CuCl₂.

(e) Đúng,  2KHS + 2NaOH  ®K₂S + Na₂S + 2H₂O

(f) NaHSO₄ + NaHCO₃ ® Na₂SO₄ + CO₂ + H₂O.

Chọn D.

- Thứ tự các phản ứng xảy ra khi cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch chứa NaHCO₃ và Na₂CO₃:

(1) $H^{+}+C{O_3}^{2-} \to HC{O_3}^{-}$ 

(2) $HC{O_3}^{-}+H^{+}\to C{O}_2+H_{2}O$ 

- Tại vị trí $n_{H^{+}}=0,15 mol$ ta có: $b=n_{C{O_3}^{2-}}=0,15 mol$ 

- Tại vị trí $n_{H^{+}}=0,35 mol$ ta có: $a=n_{HC{O_3}^{-}}=0,35-n_{C{O_3}^{2-}} mol=0,2 mol$

Vậy a : b = 0,2:0,15= 4:3 

Chọn D.

- Tại vị trí $n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=0,27 mol\Rightarrow n_{S{O_4}^{2-}}=0,27 mol\Rightarrow n_{A{l}_2{(SO}_{}}$₄)3=0,09 mol 

- Tại vị trí kết tủa lớn nhất có: $\left\{\begin{array}{l}BaS{O}_4: 0,27 mol\\ Al{\left(OH\right)}_3: 0,18 mol\end{array}\right.\Rightarrow a=76,95 g$ và $b=m_{BaS{O}_4}=62,91 g\Rightarrow a-b=14,04$

Chọn C.

- Các phương trình phản ứng:

+ Đoạn từ 0 đến 150 (trung hòa NaOH dư): $H^{+}+O{H}^{-}\to H_{2}O$ 

Với: n_H⁺ = n_{NaOH (dư)} = 0,15 mol.

+ Đoạn từ 150 đến 350 (tạo kết tủa): $A{l}^{3+} +3O{H}^{-}\to Al{\left(OH\right)}_3$ 

Với: $n_{Al{O_2}^{-}}=n_{H^{+}}=n_{Al{\left(OH\right)}_3}=0,35-0,15=0,2 mol$ .

+ Đoạn từ 350 đến 750 (kết tủa tan vào dung dịch): $A{l}^{3+} +3O{H}^{-}\to Al{\left(OH\right)}_3$.

Với: $n_{Al{O_2}^{-}}=\frac{n_{H^{+}}}{4}=\frac{0,75-0,35}{4}=0,1 mol$ 

- Tổng số $n_{Al{O_2}^{-}}$ đã dùng: $\sum _{n_{Al{O_2}^{-}}}=n_{NaAl{O}_2}=0,2+0,1=0,3 mol$ 

- Áp dụng các định luật bảo toàn nguyên tố cho Al và Na, ta được:

$n_{A{l}_2{O}_3}=\frac{n_{Al{O_2}^{-}}}{2}=\frac{0,3}{2}=0,15 mol$ 

Và $n_{N{a}_{2}O=}\frac{n_{NaOH}+n_{NaAl{O}_2}}{2}=\frac{0,15+0,3}{2}=0,255 mol$ 

- Khối lượng hỗn hợp Al₂O₃ và Na₂O: a = 0,15.102 + 0,225.62 = 29,25 gam.

Chọn B.    

- Các phương trình phản ứng:

$B{a}^{2+}+S{O_4}^{2-}\to BaS{O}_4\left(kt\right)$ 

$3O{H}^{-}+A{l}^{3+}\to Al{\left(OH\right)}_3$ 

$Al{\left(OH\right)}_3+O{H}^{-}\to Al{O}^{2-}+H_{2}O$  (tan vào dung dịch)

- Trên đồ thị, ta thấy: $n_{BaS{O}_4}=\frac{m_{BaS{O}_4}}{233}=\frac{2,796}{233}=0,012 mol$ 

-  Để lượng kết tủa không đổi thì: $n_{O{H}^{-}min}=4n_{A{l}^{3+}}$ 

Với: $n_{A{l}^{3+}}=2/3n_{S{O_4}^{2-}}=2/3.0,012=0,008 mol\Rightarrow n_{O{H}^{-}min}=4.0,008=0,032 mol$ 

- Thể tích dung dịch Ba(OH)₂ nhỏ nhất cần dùng là:

$V_{Ba{\left(OH\right)}_2}=\frac{0,032}{2.0,2}=0,08$lít = 80 ml.

Chọn A.    

- Các phương trình phản ứng theo thứ tự:

$O{H}^{-} +H^{+}\to H_{2}O$               (1)

a         a (mol)

$3O{H}^{-}+A{l}^{3+}\to Al{\left(OH\right)}_3\left(kt\right)$    (2)

3b        b           b (mol)

$O{H}^{-}+ Al{\left(OH\right)}_3\to Al{O_2}^{-}+2H_{2}O$  (3)

b (mol)   b (mol) 

- Trên đồ thị, ta thấy:

+ Tại điểm kết tủa 1: $n_{Al{\left(OH\right)}_3}=0,4 mol$. Kết hợp với phương trình (2):

$n_{Al{\left(OH\right)}_3}=\frac{n_{O{H}^{-}}}{3}\iff 0,4=\frac{2-a}{3}\Rightarrow a=0,8 mol$ 

+ Tại điểm kết tủa 2: $n_{Al{\left(OH\right)}_3}=0,4 mol$. Kết hợp với phương trình (2):

$n_{Al{\left(OH\right)}_3}=4n_{A{l}^{3+}}-n_{O{H}^{-}}\iff 0,4=4b-(2,8-0,8)\Rightarrow b=0,6 mol$

Do đó: $\frac{a}{b}=\frac{0,8}{0,6}=\frac{4}{3}$ 

Chọn C.

Số mol H⁺ = 0,6a, số mol Al(OH)₃ = số mol Al³⁺ = 0,6b.

Số mol OH^- (I) = số mol H⁺ = 0,6a.

Số mol OH^- (II) = 2,4b - 0,6a.

Số mol OH^- (III) = l,4a - 0,6a = 0,8a.

- Nửa trái đồ thị (II): $n_{Al{\left(OH\right)}_3}=\frac{n_{O{H}^{-}\left(II\right)}}{3}$=>$n_{Al{\left(OH\right)}_3}=y=\frac{2,4b-0,6a}{3}=0,8b-0,2a$ 

- Nửa phải đồ thị (III): $n_{Al{\left(OH\right)}_3}=4n_{A{l}^{3+}}-n_{O{H}^{-}}\left(III\right)$, thay y = 0,8b - 0,2a.

0,8b-0,2a= 4.0,6b-0,8a => 0,6a=1,6b.a/b= 2,66 $\approx 2,7$

Chọn B.    

Tính nhanh: $n_{Al{\left(OH\right)}_3 \left(max\right)}=n_{AlC{l}_3}=0,8 mol$ 

- Nửa trái đồ thị (I): $n_{Al{\left(OH\right)}_3 }=\frac{n_{NaOH}}{3}=\frac{0,6}{3}=0,2 mol$

-Nửa phải đồ thị (II): $n_{Al{\left(OH\right)}_3 }=4n_{AlC{l}_3}-n_{NaOH}$. Thay số: n_NaOH = 4.0,8 - 0,2 = 3,0 mol.

Chọn B.

$n_{Ca{\left(OH\right)}_2}=n_{CaC{O}_{3}max}=a mol$ 

Áp dụng biểu thức tính nhanh, nửa phải của đồ thị:  $n_{CaC{O}_{3}max}=n_{Ca{\left(OH\right)}_2}-n_{C{O}_2}$

Ta có: 2b = 2a - 0,06; b = 2a - 0,08 => a = 0,05 mol, b = 0,02 mol.

Chọn C.

Kéo dài nhánh phải của đồ thị cắt trục hoành, ta được dạng cơ bản ban đầu.

^{- $n_{BaC{O}_{3 }kt}=0,4 mol$} 

- Áp dụng, nửa phải của đồ thị, ta có:  ^{$n_{BaC{O}_{3 }}=2n_{Ba{\left(OH\right)}_2}-n_{C{O}_2}$}

^{$\iff 0,4=2n_{Ba{\left(OH\right)}_2}-0,2\Rightarrow n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=1,2 mol=n_{BaC{O}_{3}max}=1,2 mol$}

 ^{$\Rightarrow m_{BaC{O}_{3 }kt}=197.0,4=78,8 gam$}

- $n_{Ba{(HCO}_{}}$₃)2=1,2-0,4=0,8⇒ m_{chất tan}  = 259.0,8 = 207,2 gam.

- m_{dung dịch sau phản ứng} = ^{$400+m_{C{O}_2}-m_{BaC{O}_{3 }}=400+88-78,8=409,2 gam$} 

- $\%C_{Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2}=\frac{207,2}{409,2}.100=50,64\%$ 

Chọn B.

Các phản ứng xảy ra :

$A{l}^{3+}+3O{H}^{-}\to Al{\left(OH\right)}_3\left(kt\right)$         (1)

Al(OH)₃ + OH^-_dư $\to Al{O_2}^{-}$ + 2H₂O   (2)

Từ đồ thị: $n_{Al{\left(OH\right)}_{3}max}=\frac{0,36}{3}=0,12 mol\Rightarrow n_{A{l}^{3+}}=0,12 mol$

Mà: $$\begin{gathered} n_{O{H}^{-}}=4n_{A{l}^{3+}}-n_{Al{\left(OH\right)}_3}\Rightarrow n_{Al{\left(OH\right)}_3}=4n_{A{l}^{3+}}-n_{O{H}^{-}}=4.0,12-0,4=0,08 mol \\ {m}_{Al{\left(OH\right)}_3}=0,08.78=6,24 gam \end{gathered}$$ 

Chọn B.

- Các phương trình phản ứng theo thứ tự:

3NaOH + AlCl₃ $\to$ Al(OH)₃ + 3NaCl      (1)

NaOH + A1(OH)₃ $\to$ NaAl(OH)₄  (2)

Đặt $a=n_{AlC{l}_3}$. Từ các phương trình phản ứng, ta có:

+ Phản ứng (1): $n_{NaOH}=3n_{AlC{l}_3}=3a; n_{Al{\left(OH\right)}_3}=n_{AlC{l}_3}=a$ 

+ Phản ứng (2): $n_{NaOH}=3n_{Al{\left(OH\right)}_3}=a$ 

- Các điểm đặc biệt:

+ Chưa phản ứng: (0; 0).

+ Phản ứng (1) hết: (3a; a).

+ Phản ứng (2) hết: (4a; 0).

=> a = 0,24; 3a = 0,72; 4a = 0,96.

- Sử dụng tính chất đồng dạng của các tam giác thích hợp, tính được: x = 0,82.

Chọn C.

Tại vị trí: $n_{CaC{O}_3}=0,12 mol\Rightarrow$kết tủa CaCO₃ đạt giá trị cực đại.

Tại vị trí: $n_{C{O}_2}=0,46 mol$ thì trên đồ thị chứa 3 chất là CaCO₃ (0,06 mol), NaHCO₃, Ca(HCO₃)₂.

Bảo toàn nguyên tố Ca: $n_{Ca{(HCO}_{}}$₃)2=0,12-0,06=0,06 mol 

Bảo toàn nguyên tố C: $n_{NaHC{O}_3}=0,46-0,06-2.0,06=0,28 mol$

Tại vị trí: $n_{C{O}_2}=b$ mol thì trên đồ thị chứa 2 chất là CaCO₃ max (0,12 mol) và NaHCO₃ (0,28 mol).

Bảo toàn nguyên tố C: $n_{C{O}_2}=b=0,12+0,28=0,4 mol$