151 Bài tập Đồ thị Hóa Học cực hay có đáp án (P5)

Đáp án D

$\left\{\begin{array}{l}Al{\left(OH\right)}_3:y\\ BaS{O}_4: 0,6x\end{array}\to \right.\left\{\begin{array}{l}78y+233.0,6x=29,52\\ n_{Al{\left(OH\right)}_3}=4n_{A{l}^{3+}}-n_{O{H}^{-}}\to x=0,2\\ \iff y=4.0,4x-0,3\end{array}\right.$

Đáp án A

Ta có: => a=b=> a:b= 1:1

Chọn đáp án C.

Có thể xem ở mỗi giai đoạn thì Ba sẽ phản ứng với H₂O tạo Ba(OH)₂ trước.

Đoạn đồ thị thứ nhất, khối lượng dung dịch giảm, ứng với quá trình tạo hai kết tủa:

          Ba + 2H₂O à Ba(OH)₂ + H₂

          3Ba(OH)₂ + Al₂(SO₄)₃ à BaSO₄ + 2Al(OH)₃

Đoạn đồ thị thứ hai đi lên, khối lượng dung dịch tăng do có sự hòa tan kết tủa Al(OH)₃:

          Ba + 2H₂O à Ba(OH)₂ + H₂

          Ba(OH)₂ + Al₂(SO₄)₃ à Ba[Al(OH)₄]₂

Đoạn đồ thị thứ ba, đồ thị đi lên nhưng chậm hơn đoạn thứ hai, do lúc này chỉ tạo chất tan Ba(OH)₂:

          Ba + 2H₂O à Ba(OH)₂ + H₂

Gọi Al₂(SO₄)₃ = x, xét giai đoạn đầu tiên:

$\to \frac{342x}{19\%}+137.3x-2.3x-233.3x-78.2x=121,5\to x=0,09\to m_{dd}=162$

Xét giai đoạn thứ hai, hòa tan hết Al(OH)₃:

Khối lượng dung dịch tăng trong giai đoạn ba = 162 – 147,69 = 14,31

$\to 14,31=137n_{Ba}-2n_{H_2}\stackrel{n_{Ba}=n_{H_2}}{\to }{n}_{Ba}=0,106$

=> Tổng số mol Ba trong cả quá trình: a = 0,27 + 0,09 + 0,106 = 0,466

Đáp án C

Ta có:

Đáp án C

Thí nhiệm 1: (1) + (2) + Cu dư $\to$ V₁ lít NO

Thí nghiệm 2: (1) + (3) + Cu dư $\to$ 2V₁ lít NO

Từ đó, dễ nhận thấy: Lượng H⁺ ở dung dịch (3) gấp đôi lượng H⁺ ở dung dịch (2).

Suy ra, (1) (2) (3) lần lượt là: KNO₃, HNO₃, H₂SO₄.

Xét phản ứng: .

Kết hợp dữ kiện ở thí nghiệm (1) và (3), dễ thấy: V₂ = 3V₁

Đáp án D.

+ Khi cho từ từ dung dịch kiềm vào hỗn họp dung dịch chứa H⁺ và Cr³⁺, thứ tự phản ứng xảy ra như sau:

+ Giai đoan từ (1) cho đến khi kết tủa đạt cực đại: $n_{O{H}^{-} pư}=n_{H^{+}}+3n_{Cr{\left(OH\right)}_3}$

+ Giai đoạn kết tủa bị hòa tan một phần: $n_{Cr{\left(OH\right)}_3}=4n_{C{r}^{3+}}-(n_{O{H}^{-}bđ}-n_{H^{+}})$ 

+ Giai đoạn kết tủa bị hòa tan hết: $n_{O{H}^{-}pư}=4n_{Cr{\left(OH\right)}_3}+n_{H^{+}}$

Áp dụng vào bài toán

+ Tại $V_{NaOH}=270ml, C{r}^{3+}$ phản ứng chưa hết với NaOH nên

(4)

+ Tại $V_{NaOH}=2510 ml$ kết tủa bị hòa tan một phần nên

(5)

+ Từ (4) và (5) => a= 0,15; b=0,1 => a:b= 3:2 

Đáp án A

Gọi số mol của Ba²⁺, AlO₂^- và OH^- lần lượt là x, y và 2x-y.

Các giai đoạn của phản ứng:

Ba(OH)₂+H₂SO₄$\to$ BaSO_4(kt) +2H₂O

Ba(AlO₂)+ H₂SO₄+ 2H₂O$\to$ BaSO_4(kt)+2Al(OH)_3(kt)

2Al(OH)_3(kt)+3 H₂SO₄$\to$Al₂(SO₄)₃+3 H₂O

-         Xét thời điểm V=a, ta có:

$\to m_{kt}=233a+78(2a-2x+y)=31,08$ 

-         Xét thời điểm V=2a, ta có:

Quy đổi hỗn hợp X kết hợp với sử dụng bảo toàn e, ta có:

Giải hệ ba phương trình, ta có: a=0,12, x=0,15; y=0,1

Sử dụng bảo toàn e, ta có:

Đáp án B

Từ đồ thị → X phải chứa $C{O_3}^{2-}$, ion còn lại là $HC{O_3}^{-}$ hoặc OH^–.

– Trường hợp 1: X chứa $C{O_3}^{2-}$ và $HC{O_3}^{-}$. Từ đồ thị, ta có: 

$n_{C{O_3}^{2-}}=0,017\to n_{HC{O_3}^{-}}=(0,032-0,017)-0,017=-0,002$ (loại)

– Trường hợp 2: X chứa $C{O_3}^{2-}$và OH^–. Từ đồ thị, ta có:

$n_{C{O_3}^{2-}}=0,032-0,017=0,015\to n_{O{H}^{-}}=0,017-0,015=0,002$

Sơ đồ phản ứng:

–> $m_{chất \tan }=39.0,008+23.2.0,012+60.0,015+17.0,002=1,798$

Sai lầm thường gặp: Nhầm lẫn số mol Na⁺ và K⁺.

Đáp án A

Sử dụng bảo toàn e, ta có: $n_{Al\left(Y\right)}=\frac{2}{3}{n}_{H_2}=\frac{2}{3}a$ 

Sử dụng bảo toàn khối lượng, ta có:

Ta có:  

Từ thời điểm V=350 đến thời điểm V=750, toàn bộ lượng Al³⁺ trên phản ứng hết với NaOH, tạo thành muối NaAlO₂. Ta có:

Xét phản ứng của X với dung dịch Ba(OH)₂, khối lượng kết tủa đạt cực đại khi BaSO₄ và Al(OH)₃ đều đạt cực đại.

Đáp án C

Ta có: $n_{HC{O}_3}=n_{C{O}_2}-n_{CaC{O}_3}$

$n_{O{H}^{-}}=n_{HC{O}_3}+2n_{CaC{O}_3}=n_{C{O}_2}+n_{CaC{O}_3}=0,016+0,004=0,02$

$pH=14+\log \left(\frac{0,02}{0,5}\right)=12,6$

Ø Nhận xét: Trong bài này ta không thể tìm được số mol cụ thể của từng chất trong dung dịch X.

Đáp án A  

Ø Khi đồ thị nằm ngang, kết tủa chỉ có a gam $BaS{O}_4$. Mặt khác, khi đồ thị gấp khúc lần thứ nhất, khối lượng kết tủa cũng là a gam.

Ø  Khi $S{O_4}^{2-}$ vừa phản ứng hết với Ba²⁺ thì H⁺ cũng vừa phản ứng hết với OH^-, OH^- bắt đầu phản ứng với Al³⁺. Ta quy đổi các chất trong dung dịch thành 3x mol H₂SO₄ và 2x mol AlCl₃.

Ø Các giai đoạn phản ứng:

Ø Tại thời điểm V = 750, ta có: $n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=0,75,0.5=0,375$ 

Ø Bình luận: Mấu chốt của bài toán là điểm đặc biệt của đồ thị.

Đáp án B

- Giai đoạn 1: Xảy ra quá trình sau.

       (1)

- Giai đoạn 2: HNO₃ hết, xảy ra quá trình sau.

       (2)

Từ tỉ lệ phản ứng, ta có: $4a-3a=\frac{66,04-46,29}{108+2.143,5}\to a=0,05$

- Xét thời điểm $n_{FeC{l}_2}=3a=0,15$. Ta có:

Đáp án A

Dung dịch Y trong suốt, chứa x mol Ba(OH)₂ và y mol Ba(AlO₂)₂.

Các giai đoạn phản ứng:

H⁺  + OH^- à H₂O

H⁺ + AlO₂^- + H₂O à Al(OH)₃↓

3H⁺ + Al(OH)₃↓ à Al³⁺ + 3H₂O

- Tại thời điểm V= 150, ta có: $n_{Al{\left(OH\right)}_3 kt}$ = 0,15–2x

- Tại thời điểm V= 270, ta có: $n_{Al{\left(OH\right)}_3 kt}$= $2y-\frac{0,27-2x-2y}{3}$ 

Ta có hệ sau:

à a = 78.(0,15-2.0,03) = 7,02 gam

Các giai đoạn phản ứng:

-          Tại thời điểm kết tủa vừa đạt cực đại, ta có: $b=n_{BaC{O}_{3}kt}=0,08$ 

-          Xét tại thời điểm $n_{C{O}_2}=0,23$. Ta có: $n_{BaC{O}_{3}kt}=0,05$

Dung dịch lúc này chứa $Ba{(HCO}_{}$₃)2và $NaHC{O}_3$

Chọn đáp án A

Các giai đoạn của phản ứng:

Đặt $n_{Ba{(AlO}_{}}$₂)2=x→nBa(OH)2=2x

Xét thời điểm ứng với V = 450, ta có:  ${n_{H_{2}SO}}_4=0,45.0,2=0,09$

Xét thời điểm ứng với V = 250, ta có:

${n_{H_{2}SO}}_4=0,25.0,2=0,05$

$n_{Ba{\left(Al{O}_2\right)}_2}=0,06-0,05=0,01\to a=233.0,05+78.0,01=13,21 gam$

 Đáp án B

- Khi nhỏ từ từ dd HCl vào hỗn hợp dd NaHCO₃ và Na₂CO₃ thì thứ tự phản ứng xảy ra như sau:

- Ta có:

Đáp án B

Nhìn vào đồ thị, ta thấy quá trình điện phân gồm 3 giai đoạn.

• Giai đoạn 1:

Catot : Cu²⁺ + 2e → Cu                       Anot : 2Cl^– → 1Cl₂ + 2e

→ 2 mol e ứng với 1 mol khí sinh ra ở cả hai điện cực.

• Giai đoạn 2: Có hai trường hợp xảy ra.

+ Trường hợp 1: Cl^–  bị điện phân hết trước Cu²⁺.

Catot : Cu²⁺ + 2e → Cu                          Anot : H₂O → 2H⁺ + 0,5O₂ + 2e

→ 2 mol e ứng với 0,5 mol khí sinh ra ở cả hai điện cực.

+ Trường hợp 2: Cu²⁺ bị điện phân hết trước Cl^– .

Catot: 2H₂O → 2OH^– + 1H₂ + 2e               Anot : 2Cl^– → 1Cl₂ + 2e

→ 2 mol e ứng với 2 mol khí sinh ra ở cả hai điện cực.

Nhìn vào đường gấp khúc của đồ thị, ta thấy đoạn hai dốc hơn đoạn một, do đó trường hợp xảy ra là trường hợp 2.

Số mol Cl₂ thu được trong giai đoạn 1 là a. Gọi x là số mol Cl₂ thu được từ khi Cu²⁺ bị điện phân hết cho đến thời điểm t₁ = 4825s

Ta có hệ:

• Giai đoạn 3:        H₂O → H₂ + 0,5O₂

Gọi y là số mol Cl₂ thu được trong giai đoạn 2, z là số mol H₂O bị điện phân cho đến thời điểm

t₂ = 7720 s.

Ta có hệ : 

Bình luận : Câu hỏi yêu cầu học sinh phải hiểu rõ về quá trình điện phân. Các giai đoạn điện phân trên cũng chính là tổng quát hóa cho các dạng bài tập về điện phân dung dịch chứa Cu²⁺ và Cl^–