Bộ đề luyện thi Hóa Học cực hay có lời giải (đề số 15)
-
1825 lượt thi
-
40 câu hỏi
-
60 phút
Danh sách câu hỏi
Câu 1:
Hòa tan hết m gam hỗn hợp̣ Mg, Al và Cu bằng dung dịch chứa x mol HNO3 (vừa đủ) thu đươc̣ 6,72 lít NO (là sản phẩm khử duy nhất, đktc). Giá trị của x là
Xem đáp án
Đáp án D
Câu 3:
Khi đốt cháy hoàn toàn một este X no, đơn chức, mạch hở thì số mol CO2 sinh ra bằng số mol O2 đã phản ứng. Tên gọi của este X là
Xem đáp án
Đáp án A
Este no đơn chức mạch hở
⇒ có CTTQ là CnH2nO2.
Phản ứng cháy là:
⇒ Este có CTPT C2H4O2 ứng với
CTCT duy nhất là HCOOCH3
Câu 5:
Cho ancol metylic phản ứng với axit propionic có xúc tác H2SO4 đặc, thu được este X. Giá trị MX bằng
Xem đáp án
Đáp án D
Câu 6:
Cho hỗn hợp gồm 27,0 gam glucozơ và 36,0 gam fructozơ phản ứng với hiđro (Ni, t0) thu được m gam sobitol (hiệu suất phản ứng với mỗi chất đều bằng 80,0%). Giá trị của m là
Xem đáp án
Đáp án A
Ta có nGlucozo = 0,15 và nFructozo = 0,2 mol.
⇒ ∑nSobitol = (0,15+0,2)0,8 = 0,28 mol.
⇒ mSobitol = 0,28 × 182 = 50,96 gam
Câu 15:
Cho các dung dịch loãng sau đây phản ứng với nhau từng đôi một: H2SO4; Ba(OH)2; NaHCO3; NaCl; KHSO4. Số phản ứng xảy ra là
Xem đáp án
Đáp án B
Câu 18:
X là kim loại phản ứng được với dung dịch H2SO4 loãng, Y là kim loại tác dụng được với dung dịch Fe(NO3)3. Hai kim loại X, Y có thể là
Xem đáp án
Đáp án A
Câu 20:
Tiến hành các thí nghiệm sau:
(a) Cho lá Fe vào dung dịch gồm CuSO4 và H2SO4 loãng;
(b) Đốt dây Fe trong bình đựng khí O2;
(c) Cho lá Cu vào dung dịch gồm Fe(NO3)3 và HNO3;
(d) Cho lá Zn vào dung dịch HCl;
Số thí nghiệm có xảy ra ăn mòn điện hóa là
Xem đáp án
Đáp án B
có thí nghiệm (a) xảy ra ăn
mòn điện hóa
Câu 21:
Nung Al và Fe3O4 (không có không khí, phản ứng xảy ra hoàn toàn) thu được hỗn hợp X.
- Nếu cho X phản ứng với dung dịch KOH dư thì thu được 0,672 lít khí (đktc).
- Nếu cho X phản ứng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư được 1,428 lít SO2 (sản phẩm khử duy nhất, đktc).
Phần trăm khối lượng Al trong hỗn hợp ban đầu là
Xem đáp án
Đáp án C
Phản ứng hoàn toàn thu được
sản phẩm + KOH ⇒ H2 ⇒ Al dư.
Ta có phản ứng:
8Al + 3Fe3O4 
4Al2O3 + 9Fe.
Với nAl dư = 2nH2÷3 = 0,02 mol.
Xem hỗn hợp X gồm: nAl = 0,02
nAl2O3 = a || nFe = b ta có:
PT bảo toàn e với SO2:
3nAl + 3nFe = 2nSO2
Û nFe = b = 0,0225
⇒ nAl2O3 = 
= 0,01.
Bảo toàn khối lượng
mHỗn hợp ban đầu = mAl + mAl2O3 + mFe
= 2,82 gam.
Bảo toàn nguyên tố Al
⇒ ∑nAl ban đầu = 0,02 + 0,01×2 = 0,04 mol.
⇒ %mAl = 
= 38,298%
Câu 22:
Nung nóng 30,52 gam hỗn hợp rắn gồm Ba(HCO3)2 và NaHCO3 đến khi khối lượng không đổi thu được 18,84 gam rắn X và hỗn hợp Y chứa khí và hơi. Cho toàn bộ X vào lượng nước dư, thu được dung dịch Z. Hấp thụ ½ hỗn hợp Y vào dung dịch Z, thu được dung dịch T chứa m gam chất tan. Giá trị của m là
Xem đáp án
Đáp án C
Khi nung đến khối lượng không đổi ta có:
Ba(HCO3)2 → BaO
NaHCO3 → Na2CO3.
Đặt nBa(HCO3)2 = a
và nNaHCO3 = b ta có:
PT theo m hỗn hợp:
259a + 84b = 30,52 (1).
PT theo m rắn sau khi nung:
153a + 53b = 18,84 (2)
+ Giải hệ (1) và (2) ta có
a = 0,04 và b = 0,24.
● Bảo toàn cacbon
⇒ Y chứa 0,2 mol CO2 và hơi nước
+ Hòa tan X vào H2O ta có:
BaO 
nBa(OH)2 = 0,04 mol
Nhận thấy nCO2 cho vào < nOH–
⇒ CO2 sẽ bị hấp thụ để tạo muối HCO3–.
Ta có nBaCO3 = 0,04 mol
⇒ Bảo toàn khối lượng ta có:
mChất tan trong T
= 0,04×171 + 0,12×106 + 0,1×44
+(0,1–0,04×2)18 – 0,04×197
= 16,44 gam
Câu 23:
Cho hai phản ứng sau:
(a) 2FeBr2 + Br2 → 2FeBr3
(b) 2NaBr + Cl2 → 2NaCl + Br2.
Phát biểu đúng rút ra từ hai phản ứng trên là
Xem đáp án
Đáp án B
Câu 24:
Nung nóng bình kín chứa a mol hỗn hợp NH3 và O2 (có xúc tác Pt) để chuyển toàn bộ NH3 thành NO. Làm nguội và thêm nước vào bình, lắc kĩ bình thu được 1,0 lít dung dịch HNO3 có pH = 1,0 và thấy còn lại 0,25a mol khí O2. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của a là
Xem đáp án
Đáp án D
Với pH = 1
⇒ CM HNO3 = 0,1M
⇒ nHNO3 = 0,1×1 = 0,1 mol.
Bảo toàn nguyên tố
⇒ nNH3 = nHNO3 = 0,1 mol.
⇒ ∑nO2 ban đầu = a – 0,1
⇒ nO2 đã pứ = a – 0,1 – 0,25a = 0,75a–0,1.
Bảo toàn e ta có:
8nNH3 = 4nO2 đã pứ
Û 0,8 = 4×(0,75a–0,1)
Û a = 0,4
Câu 25:
Cho kim loại M vào dung dịch HNO3 loãng dư, thu được dung dịch X có khối lượng tăng 9,02 gam so với dung dịch ban đầu và giải phóng ra 0,025 mol khí N2. Cô cạn dung dịch X thu được 65,54 gam muối khan. Kim loại M là
Xem đáp án
Đáp án D
Gọi kim loại M có hóa trị n
Ta có:
mKim loại M = mTăng + mN2 = 9,72 gam.
+ Đặt nNH4NO3 = a ta có p.tr theo muối là:
mMuối = mKim loại + mNO3/Muối kim loại + mNH4NO3.
65,54 = 9,72 + (0,025×10 + 8a)62 + 80a
Û nNH4NO3 = a = 0,07
+ Bảo toàn e ta có:
M = 
× n = 12n
⇒ M = 24 ≡ Mg ứng với n = 2
Câu 26:
Chất hữu cơ X (chứa C, H, O) có phân tử khối bằng 74 (u). Số đồng phân cấu tạo mạch hở ứng với công thức phân tử của X có phản ứng tráng gương là
Xem đáp án
Đáp án D
Giả sử X có 1 nguyên tử oxi
⇒ CTPT của X là C4H10O
⇒ Loại vì X no.
● Giả sử X chứa 2 nguyên tử oxi
⇒ CTPT của X là: C3H6O2.
⇒ Có 5 đồng phân của X có phản
ứng tráng gương là:
(1) HCOOC2H5
(2) HO–CH2–CH2–CHO
(3) CH3–CH(OH)–CHO
(4) CH3–O–CH2–CHO
(5) CH3–CH2–O–CHO.
● Giả sử X chứa 3 nguyên tử oxi
⇒ CTPT của X là: C2H2O3.
⇒ Có 1 đồng phân của X có phản
ứng tráng gương là: (6) HOOC–CHO
Câu 28:
Cho 0,18 mol hỗn hợp X gồm glyxin và lysin phản ứng vừa đủ với 240 ml dung dịch HCl 1M. Nếu lấy 26,64 gam X trên phản ứng với 300 ml dung dịch KOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được m gam muối khan. Giá trị của m là
Xem đáp án
Đáp án D
Đặt nGly = a và nLysin = b ta có.
a + b = 0,18 || a + 2b = 0,24
⇒ a = 0,12 và b = 0,06.
⇒ m hỗn hợp = 0,12×75 + 0,06×146
= 17,76.
Nhận thấy 17,76 × 1,5 = 26,64
⇒ Trong 26,64 gam X chứa
nGly = 0,18 và nLyysin = 0,09 mol.
Nhận thấy:
∑nCOOH/X = 0,18 + 0,09 = 0,27
< nKOH = 0,3 mol ⇒ KOH dư.
⇒ mMuối = 0,18(75+38) + 0,09(146+38)
= 36,9 g ⇒ Chọn D.
Chú ý: Đề hỏi mMuối khan chứ không
hỏi mChất rắn.
Câu 29:
Đốt cháy hết 0,2 mol hỗn hợp X gồm amin Y (CnH2n + 3N) và amino axit Z (CmH2m+1O2N) cần dùng vừa đủ 0,45 mol O2, sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2. Số đồng phân cấu tạo của Z là
Xem đáp án
Đáp án C
Quy đổi Z thành Cm–1H2m+1NCO2
Đặt x = m – 1
⇒ 2x = 2m – 2
2x = 2m + 1 – 3
2m + 1 = 2x + 3.
⇒ Z có dạng CxH2x+3N(CO2)
(Tương tự amin Y).
Nếu ta xem phần CO2 của Z không
bị đốt cháy
Thì hh chỉ chứa CaH2a+3N.
[Với a là số C trung bình của n và (m–1)]
Phản ứng cháy:
⇒ 0,2 × 
= 0,45
Û a = 1 ⇒ Sau khi Z bớt 1C
thì Y và Z đều có 1C.
⇒ Z là amino axit có 2C
Û Z chỉ có thể là Glyxin
Câu 30:
Hỗn hợp X gồm metyl fomat và etyl axetat có cùng số mol. Hỗn hợp Y gồm hexametylenđiamin và lysin. Đốt cháy hoàn toàn a mol hỗn hợp Z chứa X và Y cần dùng 1,42 mol O2, sản phẩm cháy gồm CO2, H2O và N2; trong đó số mol của CO2 ít hơn của H2O là a mol. Dẫn toàn bộ sản phẩm cháy qua nước vôi trong (lấy dư), sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thấy khối lượng dung dịch giảm m gam; đồng thời thu được 2,688 lít khí N2 (đktc). Giá trị của m là
Xem đáp án
Đáp án B
Vì nHCOOCH3 = nCH3COOC2H5
⇒ Xem hỗn hợp X chỉ chứa C3H6O2.
Y gồm: C6H16N2 (hexametylenđiamin)
và C6H14N2O2 (lysin).
Đặt nC3H6O2 = b
nC6H16N2 = c
nC6H14N2O2 = d
⇒ mGiảm = mCaCO3 – ∑m(CO2 + H2O)
= 32,88 gam
Câu 31:
Nhỏ từ từ 200 ml dung dịch HCl 1,0M vào 100 ml dung dịch X gồm Na2CO3 1,5M và KHCO3 1,0M sinh ra V lít khí (đktc) và dung dịch Y. Cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào dung dịch Y, được m gam kết tủa. Giá trị của m và V là
Xem đáp án
Đáp án C
Ta có nHCl = 0,2 mol
nNa2CO3 = 0,15 mol
nKHCO3 = 0,1 mol
⇒ nCO2 = ∑nH+ – nCO32–
= 0,2 – 0,15 = 0,05 mol
⇒ VCO2 = 1,12 lít
+ Bảo toàn cacbon ta có
nHCO3– trong Y = 0,15 + 0,1 – 0,05
= 0,2 mol.
⇒ nBaCO3 = nHCO3– trong Y = 0,2 mol
⇒ mBaCO3 = 39,4 gam
Câu 32:
Hỗn hợp chất hữu cơ X mạch hở, phân tử chứa một loại nhóm chức có công thức phân tử C6HyOz. Trong X, oxi chiếm 44,44% theo khối lượng. Cho X tác dụng với NaOH tạo ra muối Y và chất hữu cơ Z. Cho Y tác dụng với dung dịch HCl tạo ra chất hữu cơ Y1 là đồng phân của Z. Công thức của Z là
Xem đáp án
Đáp án D
Do Y1 và Z là đồng phân nên Y và Z
có cùng số cacbon trong phân tử
X là este do phản ứng với NaOH
tạo muối và 1 chất hữu cơ.
Với điều kiện 
Mà trong X chỉ chứa 1 loại nhóm
chức nên số nguyên tử Oxi phải
là số chẵn
Với z=4 => X có 2 chức este
+Nếu X tạo bởi axit 2 chức
và 2 ancol đơn chức:
Trong Y sẽ có 4 nguyên tử Oxi,
trong Z có 1 nguyên tử Oxi
Khi phản ứng với HCl tạo Y1
vẫn có 4 nguyên tử oxi
=>Y1 và Z không phải đồng phân
=> loại.
+Nếu X tạo bởi 2 axit đơn chức
và ancol 2 chức
Do số cacbon trong Y và Z bằng nhau
nên công thức Y là CH3COOH,
Z là C2H4(OH)2
Þ Công thức cấu tạo của X:
Câu 33:
Cho sơ đồ phản ứng sau:
Biết rằng (X) phản ứng được với Na giải phóng khí. Cho các nhận định sau:
(1) (Y1) có nhiệt sôi cao hơn metyl fomat;
(2) (X3) là axit acrylic;
(3) Đốt cháy hoàn toàn 1 mol (X1) thu được Na2CO3 và 5 mol hỗn hợp gồm CO2 và H2O;
(4) (X) có hai đồng phân cấu tạo thỏa mãn;
(5) (X4) có khối lượng phân tử bằng 112 (u);
(6) Nung (X4) với NaOH/CaO thu được etilen.
Số nhận định đúng là
Xem đáp án
Đáp án B
Câu 34:
Cho các phát biểu sau:
(1) Thủy phân chất béo trong môi trường kiềm luôn thu được glixerol.
(2) Triolein làm mất màu nước brom.
(3) Chất béo không tan trong nước và nhẹ hơn nước.
(4) Benzyl axetat là este có mùi chuối chín.
(5) Đốt cháy etyl axetat thu được số mol nước bằng số mol khí cacbonic.
(6) Hiđro hóa hoàn toàn tripanmintin thu được tristearin.
(7) Đốt cháy hoàn toàn 1 mol trilinolein thu được 3258 gam hỗn hợp (CO2 + H2O).
(8) Trùng ngưng axit ω-aminocaproic thu được nilon-6.
Số phát biểu đúng là
Xem đáp án
Đáp án A
Số phát biểu đúng gồm
(1) (2) (3) và (5)
Câu 35:
Hòa tan hết 8,56 gam hỗn hợp X gồm Fe3O4 và CuO trong 400 ml dung dịch HNO3 1M, kết thúc các phản ứng thu được dung dịch Y và 0,01 mol NO (sản phẩm khử duy nhất). Điện phân dung dịch Y (điện cực trơ, không màng ngăn, hiệu suất 100%) với I = 5A, trong 1 giờ 20 phút 25 giây. Khối lượng catot tăng lên và tổng thể tích khí thoát ra (đktc) ở hai điện cực khi kết thúc điện phân lần lượt là
Xem đáp án
Đáp án A
Số mol HNO3 đã phản ứng:
Tóm lại, trong dung dịch trước
khi điện phân có 0,09 mol Fe3+,
0,08 mol H+ và 0,02 mol Cu2+.
Số mol e trao đổi:
Thứ tự nhận e ở catot:
Ta thấy ở anot điện phân nước
tạo ra O2, H+.
Đáng lẽ bình thường sẽ có 0,02 mol Fe
tạo thành, nhưng vì H+ từ anot chuyển
sang catot bị khử nên quá trình khử
Fe 2+ k xảy ra.
Vậy nên ở catot chỉ có Cu
Ở anot:
=> = 22,4(0,06+0,0625)=2,744
Câu 36:
Hỗn hợp E chứa ba peptit mạch hở được tạo bởi từ glyxin, alanin và valin, trong đó có hai peptit có cùng số nguyên tử cacbon; tổng số nguyên tử oxi của ba peptit là 10. Thủy phân hoàn toàn 23,06 gam E bằng 400 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng, lấy phần rắn đem đốt cháy cần dùng 0,87 mol O2, thu được Na2CO3và 1,50 mol hỗn hợp T gồm CO2, H2O và N2. Phần trăm khối lượng của peptit có khối lượng phân tử nhỏ nhất là
Xem đáp án
Đáp án B
► Quy E về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O
với số mol x, y và z
mE = 57x + 14y + 18z = 23,06(g)
Đốt muối cũng như đốt E
⇒ nO₂ = 2,25x + 1,5y = 0,87 mol
Bảo toàn nguyên tố Natri:
nNa₂CO₃ = 0,2 mol.
Bảo toàn nguyên tố Nitơ:
nN₂ = 0,5x mol
● Muối chứa x mol C₂H₄NO₂Na,
y mol CH₂ và (0,4 – x) mol NaOH dư.
Đốt cho (2x + y – 0,2) mol CO₂
và nH₂O = (1,5x + y + 0,2) mol H₂O
⇒ nT = nCO₂ + nH₂O + nN₂
= (2x + y – 0,2) + (1,5x + y + 0,2) + 0,5x = 1,5 mol
⇒ giải hệ có: x = 0,34 mol;
y = 0,07 mol; z = 0,15 mol
► Số mắt xích trung bình
= 0,34 ÷ 0,15 = 2,26
⇒ phải chứa ít nhất 1 đipeptit
⇒ ∑số mắt xích của 2 peptit còn lại
= 10 – 3 – 2 = 5
Lại có 2,26 ⇒ phải chứa peptit ≥ 3 mắt xích
⇒ cách chia duy nhất
5 mắt xích còn lại cho 2 peptit
là 5 = 2 + 3.
● Đặt n đipeptit = a; n tripeptit = b
⇒ nC₂H₃NO = 2a + 3b = 0,34 mol.
nH₂O = a + b = 0,15 mol
⇒ giải hệ có: a = 0,11 mol; b = 0,04 mol
Do Ctb = (0,34 × 2 + 0,07) ÷ 0,15 = 5
⇒ phải chứa Gly₂.
Lại có, 2 peptit chứa cùng số C
⇒ 2 peptit cùng số C là 2 peptit còn lại
(vì Gly₂ chỉ có 1 đồng phân
Mặt khác, do nCH₂ : ntripeptit < 2
⇒ chỉ ghép tối đa 1 CH₂ cho tripeptit
⇒ tripeptit là Gly₃ hoặc Gly₂Ala
● Với Gly₃ thì đipeptit còn lại là Ala₂
⇒ loại vì không chứa Val
● Với Gly₂Ala thì đipeptit còn lại
là GlyVal ⇒ thỏa mãn
⇒ nGlyVal = (0,07 – 0,04) ÷ 3 = 0,01 mol
⇒ nGly₂ = 0,11 – 0,01 = 0,1 mol
► Peptit có PTK nhỏ nhất là Gly₂
⇒ %mGly₂ = 0,1 × 132 ÷ 23,06 × 100%
= 57,24%
Câu 37:
Hỗn hợp X gồm CaC2, Al4C3, Ca, Al. Cho 40,3 gam X vào nước dư chỉ thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z gồm ba khí. Đốt cháy Z, thu được 20,16 lít CO2 ở đktc và 20,7 gam H2O. Nhỏ từ từ dung dịch HCl xM vào dung dịch Y, kết quả được biểu diễn theo đồ thị sau:
Giá trị của x là
Xem đáp án
Đáp án B
► Quy X về Al, Ca và C.
Dễ thấy C kiểu gì cũng đi hết
vô khí và khi đốt khí thì đi vào CO2
⇒ nC = nCO2 = 0,9 mol
Đặt nAl = m; nCa = n
⇒ mX = 27m + 40n + 0,9 × 12 = 40,3(g)
BTNT(O) ⇒ nO2 = 1,475 mol.
BT electron: 3m + 2n + 0,9 × 4 = 1,475 × 4
⇒ Giải hệ cho:
m = 0,5 mol; n = 0,4 mol
► Dễ thấy Y gồm Ca2+, AlO2–, OH–
⇒ nCa2+ = 0,4 mol; nAlO2– = 0,5 mol.
BTĐT: nOH– = 0,3 mol. Nhìn đồ thị
⇒ Cả 2 TH trên thì HCl đều dư
và hòa tan 1 phần ↓
⇒ Ta có CT: nH+ = 4nAlO2– – 3n↓
(với H⁺ chỉ tính phần pứ với AlO₂⁻ và Al(OH)3)
► Áp dụng: (0,56x – 0,3) = 4 × 0,5 – 3 × 3a
và (0,68x – 0,3) = 4 × 0,5 – 3 × 2a
⇒ giải hệ có: x = 2,5; a = 1
Câu 38:
Hợp chất X có công thức C8H14O4. Từ X thực hiện các phản ứng (theo đúng tỉ lệ mol):
(a) X + 2NaOH → X1 + X2 + H2O
(b) X1 + H2SO4 → X3 + Na2SO4
(c) nX3 + nX4 → nilon-6,6 + 2nH2O
(d) 2X2 + X3 → X5 + 2H2O
Phân tử khối của X5 là
Xem đáp án
Đáp án C
Vì X1 phản ứng với H2SO4
⇒ X1 là muối của axit cacboxylic
⇒ X3 là axit 2 chức.
Lại có X3 + X4 ⇒ nilon–6,6
⇒ X1 là NaOOC–[CH2]4–COONa
Û CTPT của X1 là C6H8O4Na2.
Bảo toàn nguyên tố từ phản ứng (a)
⇒ X2 có CTPT là C2H6O (C2H5OH)
⇒ X5 là C2H5OOC[CH2]4COOC2H5
Û MX5 = 202
Câu 39:
X, Y là 2 axit cacboxylic đều hai chức (trong đó X no, Y không no chứa một liên kết C=C); Z là este thuần chức tạo bởi X, Y và ancol no T. Đốt cháy 21,58 gam hỗn hợp E chứa X, Y, Z (số mol của Y gấp 2 lần số mol của Z) cần dùng 0,275 mol O2. Mặt khác đun nóng 21,58 gam E với 440 ml dung dịch NaOH 1M (vừa đủ) thu được một ancol T duy nhất và hỗn hợp F gồm a gam muối A và b gam muối B (MA< MB). Dẫn toàn bộ T qua bình đựng Na dư thấy khối lượng bình tăng 1,76 gam; đồng thời thu được 0,672 lít khí H2 (đktc). Tỉ lệ a : b gần nhất với
Xem đáp án
Đáp án C
Câu 40:
Hòa tan hết 15,0 gam hỗn hợp X gồm Fe, Fe3O4, FeCO3 và Fe(NO3)2 trong dung dịch chứa NaHSO4 và 0,16 mol HNO3, thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z gồm CO2 và NO (tỉ lệ mol tương ứng 1 : 4). Dung dịch Y hòa tan tối đa 8,64 gam bột Cu, thấy thoát ra 0,03 mol khí NO. Nếu cho dung dịch Ba(OH)2 dư vào Y, thu được 154,4 gam kết tủa. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn và khí NO là sản phẩm khử duy nhất của cả quá trình. Phần trăm khối lượng của Fe đơn chất trong hỗn hợp X là
Xem đáp án
Đáp án D
● Cu + Y → sinh NO
⇒ Y chứa H+ và NO3–
⇒ Y không chứa Fe2+.
► Ta có sơ đồ phản ứng:
nH+ dư = 4nNO = 0,12 mol.
Bảo toàn electron:
2nCu = nFe3+ + 3nNO
⇒ nFe3+ = 0,18 mol.
● Xét Ba(OH)2 + Y ⇒ ↓
gồm Fe(OH)3 và BaSO4
⇒ nBaSO4 = 0,58 mol.
Bảo toàn gốc SO4:
nNaHSO4 = nSO42–/Y
= nBaSO4 = 0,58 mol
⇒ nNa+/Y = 0,58 mol.
Bảo toàn điện tích:
nNO3– = 0,08 mol.
Bảo toàn nguyên tố Hidro:
nH2O = 0,31 mol.
● Bảo toàn khối lượng:
mZ = 4,92(g)
⇒ 0,03 mol CO2 và 0,12 mol NO.
Bảo toàn nguyên tố Nitơ:
nFe(NO3)2 = 0,02 mol;
nFeCO3 = nCO2 = 0,03 mol.
► nH+ phản ứng = 2nO + 4nNO + 2nCO3
⇒ nO = 0,04 mol