- 25 Tháng mười 2018
- 1,560
- 1,684
- 251
- 29
- Quảng Bình
- Đại học Sư phạm Huế
[TẶNG BẠN] TRỌN BỘ Bí kíp học tốt 08 môn
Chắc suất Đại học top - Giữ chỗ ngay!!
ĐĂNG BÀI NGAY để cùng trao đổi với các thành viên siêu nhiệt tình & dễ thương trên diễn đàn.
Chào các bạn.
Hôm nay mình xin giới thiệu với các bạn phương pháp bảo toàn e trong giải toán hóa học. Đây là một phương pháp quan trọng, nó giúp ta giải nhanh được các bài toán trắc nghiệm hóa học. Bản chất của phương pháp này dựa vào định luật bảo toàn electron mà các bạn được học ở chương phản ứng oxi hóa - khử chương trình hóa học 10. Nắm vững được phương pháp giải toán này sẽ giúp các bạn rất nhiều trong việc học tập của các bạn
Hy vọng các kiến thức mình chia sẻ dưới đây sẽ có ích cho các bạn.
I. Cơ sở của phương pháp
Trong phản ứng oxi hóa - khử:
[tex]\sum số e nhường =\sum số e nhận [/tex]
[tex]\sum số mol e nhường =\sum số mol e nhận [/tex]
II. Cách làm bài
Có thể không cần viết phương trình phản ứng hoặc chỉ viết sơ đồ phản ứng (không cần cân bằng) nhưng cần phải :
* Xác định được chất oxi hoá - chất khử cũng như số mol của chúng.
* Viết được quá trình nhận electron – nhường electron từ đó áp dụng Bảo toàn electron
Một số chú ý:
- Chủ yếu áp dụng cho bài toán oxi hóa khử các chất vô cơ
- Có thể áp dụng bảo toàn e cho một phương trình, nhiều phương trình hoặc toàn bộ quá trình.
- Xác định chính xác chất nhường và nhận e. Nếu xét cho một quá trình, chỉ cần xác định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối số oxi hóa của nguyên tố, thường không quan tâm đến trạng thái trung gian số oxi hóa của nguyên tố.
- Khi áp dụng phương pháp bảo toàn electron thường sử dụng kèm các phương pháp khác như bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố).
Một số công thức cần nhớ: Khi cho chất khử phản ứng với dung dịch HNO3 hoặc H2SO4 đặc, nóng thì số e trao đổi được tính như sau:
[tex]n^{_{e}}=3.n_{NO}+n_{NO2}+8.n_{N2O}+10.n_{N2}+8.n_{NH4NO3}[/tex]
[tex]n_{e}=2.n_{SO2}+6.n_{S}+8._{nH2S}[/tex]
III. Một số ví dụ
Ví dụ 1: Hòa tan hoàn toàn 19,2 gam Cu bằng dung dịch HNO3 loãng dư thu được V lít khí NO là sản phẩm khử duy nhất. Lấy V lít NO để điều chế HNO3. Thể tích khí O2 đã tham gia vào quá trình trên là:
Giải: Ở đây mình sẽ giải bằng cách viết PTHH và sử dụng bảo toàn e để các bạn thấy được sự thuận tiện của phương pháp bảo toàn e:
Cách 1: Dùng phương trình hóa học
3Cu + 8HNO3 -----> 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O
0,3 mol------------------------------------>0,2 mol
2NO + O2 ----> 2NO2
0,2---->0,1 mol
4NO2 + O2 + 2H2O ------> 4HNO3
0,2----->0,05 mol
VO2 = (0,05+0,1).22,4 = 3,36 lít.
Cách 2: Dùng bảo toàn e:
Trước và sau toàn bộ quá trình chỉ có Cu và Oxi là có sự thay đổi số oxi hóa, do đó, áp dụng bảo toàn electron cho hai chất này ta được:
Cu -----> [tex]Cu^{+2}[/tex] + 2e
[tex]O_{2}[/tex] + 4e -----> 2[tex]O^{-2}[/tex]
Áp dụng bảo toàn e: 2nCu = 4.nO2 => nO2 = 2.nCu/4 = 0,15 mol
=> VO2 = 0,15.22,4 =3,36 lít.
Ví dụ 2: Cho 9,6 gam Mg vào dung dịch chứa 49 gam H2SO4 đặc nóng vừa đủ thu được sản phẩm khử X. Xác định chất X ?
Giải:
Cách 1: Giải theo phương trình hóa học.
Nếu dùng phương trình hóa học để giải, thì khi cho Mg tác dụng với H2SO4 đặc nóng, ta có thể thu được các sản phẩm khử là SO2 hoặc S hoặc H2S. Do đó khi dùng PTHH để giải bài toán này thì ta phải viết các PTHH có thể xảy ra, cân bằng và tính theo phương trình hóa học rất mất thời gian.
Cách 2: Sử dụng phương pháp bảo toàn e:
Sau phản ứng thu được MgSO4, X và H2O.
Bảo toàn nguyên tố S: [tex]n_{S/X}=n_{S/H2SO4}-n_{S/MgSO4}[/tex] = 0,5 - 0,4 = 0,1 mol
Bảo toàn e:
Mg ----> Mg2+ + 2e
0,4------------------>0,8
S+6 + ne -----> S+(6 - n)e
0,1.n<-------0,1 mol
Ta có 0,8 = 0,1.n => n = 8
Vậy sản phẩm khử của H2SO4 là H2S
Ví dụ 3: Nung m gam bột sắt trong oxi thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X bằng dung dịch HNO3 dư thu được 0,56 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc). Giá trị của m là:
A.2,52 gam B.2,22 gam C. 2,62 gam D. 2,32 gam
Giải:
Khi cho bột sắt tác dụng với oxi thì chất rắn thu được có thể là FeO, Fe2O3, Fe3O4 và Fe dư, nên việc viết PTHH và tính theo phương trình hóa học để giải trong trường hợp này là không khả thi.
Cách 1: Dùng phương pháp bảo toàn khối lượng
X + HNO3 -----> Fe(NO3)3 + NO + H2O
Gọi nFe(NO3)3 = a mol
nHNO3 = 3a + nNO = 3a + 0,025 mol
nH2O = 0,5.(3a +0,025)mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
mX + mHNO3 = mFe(NO3)3 + mNO + mH2O
Suy ra: 3 + 63.(3a +0,025) = 242.a + 30.0,025 + 18.0,5.(3a +0,025)
=>a =0,045 mol =nFe
m = 0,045.56 = 2,52 mol
Cách 2: Dùng phương pháp bảo toàn e
m gam Fe + O2 ----> 3 gam (Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4) + HNO3 ----> Fe(NO3)3 + NO + H2O
Từ quá trình trên ta có thể thấy trong quá trình trên chỉ có 3 nguyên tố có sự thay đổi số oxi hóa là Fe, O và N
Quy đổi chất rắn X thành Fe: a mol và O: b mol ta có
Fe ----> Fe3+ + 3e
a----------------> 3a mol
O + 2e--------> O2-
b--->2b
N+5 + 3e-------> N+2
0,075<----0,025 mol
Bảo toàn e: 3a - 2b = 0,075
Lại có: 56a + 16b = mX = 3
Suy ra a = 0,045 mol ; b =0,03 mol
m = 56a = 2,52 gam
Ví dụ 4: Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp gồm Fe, Cu (tỉ lệ mol 1:1) bằng axit HNO3 thu được hỗn hợp khí X gồm NO, NO2 và dung dịch Y (chỉ chứa 2 muối và axit dư). Tỉ khối của hỗn hợp X với H2 là 19. Giá trị của V là
A.2,24 lít B. 4,48 lít C. 5,6 lít D. 3,36 lít
Giải: Ta có: 56nFe + 64.nCu = 12
mà nFe = nCu => nFe = nCu = 0,1 mol
Bảo toàn e:
Fe -----> Fe3+ + 3e
0,1--------------->0,3
Cu -----> CU2+ + 2e
0,1 ------------------>0,2 mol
N+5 + 3e------> N+2 (NO)
3x<--------x
N+5 + e -----------> N+4(NO2)
y<---------------y
Suy ra 3x + y = 0,3 + 0,2 = 0,5 mol
Lại có Mtb X = 19.2 = 38 = (30x + 46y)/(x + y)
Giải hệ phương trình: x = y = 0,125 mol
Suy ra V = (0,125 + 0,125).22,4 = 5,6 lít
Đáp án C
Ví dụ 5: Hỗn hợp X gồm 2 kim loại đứng trước H trong dãy điện hóa và có hóa trị không thay đổi trong các hợp chất. Chia m gam X thành hai phần bằng nhau.
- Phần 1: Hòa tan hoàn toàn trong dung dịch chứa các axit HCl và H2SO4 loãng
- Phần 2: Tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO3 thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất).
Biết các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Giá trị của V là:
A.2,24 lí B. 3,36 lít C.4,48 lít D. 5,6 lít
Giải:
Nhận xét: Vì tổng số mol e nhường trong 2 phần là như nhau nên số e nhận trong 2 phần là bằng nhau:
- Phần 1: 2H+ + 2e -----> H2
0,03 <-----0,015 mol
- Phần 2: N+5 + 3e ------> N+2 (NO)
0,03<------0,01 mol
=> VNO = 0,1.22,4 = 2,24 lít
Đáp án A
Qua các ví dụ trên các bạn có thể thấy được phương pháp bảo toàn e giúp ta rút ngắn thời gian giải toán và làm đơn giản quá trình giải toán đi nhiều, nó có thể biến các bài toán tưởng như phức tạp thành các bài toán đơn giản. Dưới đây là một số bài tập vận dụng
IV. Bài tập vận dụng
1/ Cho 5,4 gam kim loại R tác dụng hết với H2SO4 đặc thu được 1,68 lit H2S duy nhất (đktc). Xác định R.
a Al b Cu c Fe d Mg
2/ Hoà tan hoàn toàn m gam Al vào dd HNO3 loãng dư thu được dd X và 1,12 lit hỗn hợp khí gồm N2O, NO (đktc) có tỉ khối so với oxi bằng 1,2. Cho dd NaOH dư vào dd X đun nhẹ thấy có 0,336 lit khí (đktc) thoát ra. Tính m.
a 5,4 g b 8,1 g c 5,94 g d 3,78 g
3/ Hoà tan 11,2 gam Fe trong HNO3 dư tạo thành 6,72 lit (đktc) hỗn hợp khí gồm NO và khí X có tỉ lệ thể tích 1:1. Xác định X.
a N2O5 b N2O c NO2 d N2
4/ Khi cho 9,6 gam Mg tác dụng hết với H2SO4 đặc thấy có 49 gam axit phản ứng tạo thành MgSO4, H2O và sản phẩm X. Xác định X.
a SO2 b H2S c SO3 d S
5/ Hoà tan hết 2,16 gam FeO trong 0,1 mol HNO3 vừa đủ thấy thoát ra khí X là sản phẩm khử duy nhất. Xác định X.
a NO2 b N2O5 c N2O d NO
6/ Đốt cháy một lượng nhôm trong 6,72 lit khí oxi, chất rắn thu được sau phản ứng mang hoà tan hết trong dd HCl thấy bay ra 6,72 lit khí H2. Các khí ở đktc, tính khối lượng nhôm đã dùng.
a 10,8 g b 5,4 g c 16,2 g d 8,1 g
7/ Khi đốt 37,9 gam hỗn hợp Al, Zn trong bình khí Clo thu được 59,2 gam hỗn hợp chất rắn. Cho hỗn hợp này tan hết trong dd HCl dư thấy thoát ra 11,2 lit khí (đktc). Tính khối lượng mỗi kim loại Al, Zn trong hỗn hợp ban đầu.
a 10,8 g và 27,1 g b 16,2 g và 21,7 g c 5,4 g và 32,5 g d 31,4 g và 6,5 g
8/ Đốt cháy x mol sắt bằng oxi thu được 5,04 gam hỗn hợp A gồm các oxit của sắt. Hoà tan hoàn toàn A trong dd HNO3 dư sinh ra 0,035 mol hỗn hợp Y gồm NO, NO2 có d/H2=19. Tính x.
a 0,05 mol b 0,04 mol c 0,07 mol d 0,09 mol
9/ Cho khí CO qua ống sứ chứa m gam Fe2O3 nung nóng, sau một thời gian thu được 13,92 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3. Hoà tan hết X bằng dd HNO3 đặc nóng dư thu được 5,824 lit NO2 duy nhất (đktc). Tính m?
a 9,76 g b 18,08 g c 11,86 g d 16,0 g
10/ Trộn 0,81 gam bột nhôm với hỗn hợp X gồm Fe2O3, CuO rồi thực hiện phản ứng nhiệt nhôm. Hoà tan hết chất rắn Y sau phản ứng trong dd HNO3 dư thu được V lit (đktc) hỗn hợp khí NO, NO2 theo tỉ lệ mol 1:3. Tính V.
a 1,344 lit b 2,24 lit c 0,896 lit d 13,44 lit
Hôm nay mình xin giới thiệu với các bạn phương pháp bảo toàn e trong giải toán hóa học. Đây là một phương pháp quan trọng, nó giúp ta giải nhanh được các bài toán trắc nghiệm hóa học. Bản chất của phương pháp này dựa vào định luật bảo toàn electron mà các bạn được học ở chương phản ứng oxi hóa - khử chương trình hóa học 10. Nắm vững được phương pháp giải toán này sẽ giúp các bạn rất nhiều trong việc học tập của các bạn
Hy vọng các kiến thức mình chia sẻ dưới đây sẽ có ích cho các bạn.
I. Cơ sở của phương pháp
Trong phản ứng oxi hóa - khử:
[tex]\sum số e nhường =\sum số e nhận [/tex]
[tex]\sum số mol e nhường =\sum số mol e nhận [/tex]
II. Cách làm bài
Có thể không cần viết phương trình phản ứng hoặc chỉ viết sơ đồ phản ứng (không cần cân bằng) nhưng cần phải :
* Xác định được chất oxi hoá - chất khử cũng như số mol của chúng.
* Viết được quá trình nhận electron – nhường electron từ đó áp dụng Bảo toàn electron
Một số chú ý:
- Chủ yếu áp dụng cho bài toán oxi hóa khử các chất vô cơ
- Có thể áp dụng bảo toàn e cho một phương trình, nhiều phương trình hoặc toàn bộ quá trình.
- Xác định chính xác chất nhường và nhận e. Nếu xét cho một quá trình, chỉ cần xác định đúng trạng thái đầu và trạng thái cuối số oxi hóa của nguyên tố, thường không quan tâm đến trạng thái trung gian số oxi hóa của nguyên tố.
- Khi áp dụng phương pháp bảo toàn electron thường sử dụng kèm các phương pháp khác như bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố).
Một số công thức cần nhớ: Khi cho chất khử phản ứng với dung dịch HNO3 hoặc H2SO4 đặc, nóng thì số e trao đổi được tính như sau:
[tex]n^{_{e}}=3.n_{NO}+n_{NO2}+8.n_{N2O}+10.n_{N2}+8.n_{NH4NO3}[/tex]
[tex]n_{e}=2.n_{SO2}+6.n_{S}+8._{nH2S}[/tex]
III. Một số ví dụ
Ví dụ 1: Hòa tan hoàn toàn 19,2 gam Cu bằng dung dịch HNO3 loãng dư thu được V lít khí NO là sản phẩm khử duy nhất. Lấy V lít NO để điều chế HNO3. Thể tích khí O2 đã tham gia vào quá trình trên là:
Giải: Ở đây mình sẽ giải bằng cách viết PTHH và sử dụng bảo toàn e để các bạn thấy được sự thuận tiện của phương pháp bảo toàn e:
Cách 1: Dùng phương trình hóa học
3Cu + 8HNO3 -----> 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O
0,3 mol------------------------------------>0,2 mol
2NO + O2 ----> 2NO2
0,2---->0,1 mol
4NO2 + O2 + 2H2O ------> 4HNO3
0,2----->0,05 mol
VO2 = (0,05+0,1).22,4 = 3,36 lít.
Cách 2: Dùng bảo toàn e:
Trước và sau toàn bộ quá trình chỉ có Cu và Oxi là có sự thay đổi số oxi hóa, do đó, áp dụng bảo toàn electron cho hai chất này ta được:
Cu -----> [tex]Cu^{+2}[/tex] + 2e
[tex]O_{2}[/tex] + 4e -----> 2[tex]O^{-2}[/tex]
Áp dụng bảo toàn e: 2nCu = 4.nO2 => nO2 = 2.nCu/4 = 0,15 mol
=> VO2 = 0,15.22,4 =3,36 lít.
Ví dụ 2: Cho 9,6 gam Mg vào dung dịch chứa 49 gam H2SO4 đặc nóng vừa đủ thu được sản phẩm khử X. Xác định chất X ?
Giải:
Cách 1: Giải theo phương trình hóa học.
Nếu dùng phương trình hóa học để giải, thì khi cho Mg tác dụng với H2SO4 đặc nóng, ta có thể thu được các sản phẩm khử là SO2 hoặc S hoặc H2S. Do đó khi dùng PTHH để giải bài toán này thì ta phải viết các PTHH có thể xảy ra, cân bằng và tính theo phương trình hóa học rất mất thời gian.
Cách 2: Sử dụng phương pháp bảo toàn e:
Sau phản ứng thu được MgSO4, X và H2O.
Bảo toàn nguyên tố S: [tex]n_{S/X}=n_{S/H2SO4}-n_{S/MgSO4}[/tex] = 0,5 - 0,4 = 0,1 mol
Bảo toàn e:
Mg ----> Mg2+ + 2e
0,4------------------>0,8
S+6 + ne -----> S+(6 - n)e
0,1.n<-------0,1 mol
Ta có 0,8 = 0,1.n => n = 8
Vậy sản phẩm khử của H2SO4 là H2S
Ví dụ 3: Nung m gam bột sắt trong oxi thu được 3 gam hỗn hợp chất rắn X. Hòa tan hết hỗn hợp X bằng dung dịch HNO3 dư thu được 0,56 lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc). Giá trị của m là:
A.2,52 gam B.2,22 gam C. 2,62 gam D. 2,32 gam
Giải:
Khi cho bột sắt tác dụng với oxi thì chất rắn thu được có thể là FeO, Fe2O3, Fe3O4 và Fe dư, nên việc viết PTHH và tính theo phương trình hóa học để giải trong trường hợp này là không khả thi.
Cách 1: Dùng phương pháp bảo toàn khối lượng
X + HNO3 -----> Fe(NO3)3 + NO + H2O
Gọi nFe(NO3)3 = a mol
nHNO3 = 3a + nNO = 3a + 0,025 mol
nH2O = 0,5.(3a +0,025)mol
Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:
mX + mHNO3 = mFe(NO3)3 + mNO + mH2O
Suy ra: 3 + 63.(3a +0,025) = 242.a + 30.0,025 + 18.0,5.(3a +0,025)
=>a =0,045 mol =nFe
m = 0,045.56 = 2,52 mol
Cách 2: Dùng phương pháp bảo toàn e
m gam Fe + O2 ----> 3 gam (Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4) + HNO3 ----> Fe(NO3)3 + NO + H2O
Từ quá trình trên ta có thể thấy trong quá trình trên chỉ có 3 nguyên tố có sự thay đổi số oxi hóa là Fe, O và N
Quy đổi chất rắn X thành Fe: a mol và O: b mol ta có
Fe ----> Fe3+ + 3e
a----------------> 3a mol
O + 2e--------> O2-
b--->2b
N+5 + 3e-------> N+2
0,075<----0,025 mol
Bảo toàn e: 3a - 2b = 0,075
Lại có: 56a + 16b = mX = 3
Suy ra a = 0,045 mol ; b =0,03 mol
m = 56a = 2,52 gam
Ví dụ 4: Hòa tan hoàn toàn 12 gam hỗn hợp gồm Fe, Cu (tỉ lệ mol 1:1) bằng axit HNO3 thu được hỗn hợp khí X gồm NO, NO2 và dung dịch Y (chỉ chứa 2 muối và axit dư). Tỉ khối của hỗn hợp X với H2 là 19. Giá trị của V là
A.2,24 lít B. 4,48 lít C. 5,6 lít D. 3,36 lít
Giải: Ta có: 56nFe + 64.nCu = 12
mà nFe = nCu => nFe = nCu = 0,1 mol
Bảo toàn e:
Fe -----> Fe3+ + 3e
0,1--------------->0,3
Cu -----> CU2+ + 2e
0,1 ------------------>0,2 mol
N+5 + 3e------> N+2 (NO)
3x<--------x
N+5 + e -----------> N+4(NO2)
y<---------------y
Suy ra 3x + y = 0,3 + 0,2 = 0,5 mol
Lại có Mtb X = 19.2 = 38 = (30x + 46y)/(x + y)
Giải hệ phương trình: x = y = 0,125 mol
Suy ra V = (0,125 + 0,125).22,4 = 5,6 lít
Đáp án C
Ví dụ 5: Hỗn hợp X gồm 2 kim loại đứng trước H trong dãy điện hóa và có hóa trị không thay đổi trong các hợp chất. Chia m gam X thành hai phần bằng nhau.
- Phần 1: Hòa tan hoàn toàn trong dung dịch chứa các axit HCl và H2SO4 loãng
- Phần 2: Tác dụng hoàn toàn với dung dịch HNO3 thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất).
Biết các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Giá trị của V là:
A.2,24 lí B. 3,36 lít C.4,48 lít D. 5,6 lít
Giải:
Nhận xét: Vì tổng số mol e nhường trong 2 phần là như nhau nên số e nhận trong 2 phần là bằng nhau:
- Phần 1: 2H+ + 2e -----> H2
0,03 <-----0,015 mol
- Phần 2: N+5 + 3e ------> N+2 (NO)
0,03<------0,01 mol
=> VNO = 0,1.22,4 = 2,24 lít
Đáp án A
Qua các ví dụ trên các bạn có thể thấy được phương pháp bảo toàn e giúp ta rút ngắn thời gian giải toán và làm đơn giản quá trình giải toán đi nhiều, nó có thể biến các bài toán tưởng như phức tạp thành các bài toán đơn giản. Dưới đây là một số bài tập vận dụng
IV. Bài tập vận dụng
1/ Cho 5,4 gam kim loại R tác dụng hết với H2SO4 đặc thu được 1,68 lit H2S duy nhất (đktc). Xác định R.
a Al b Cu c Fe d Mg
2/ Hoà tan hoàn toàn m gam Al vào dd HNO3 loãng dư thu được dd X và 1,12 lit hỗn hợp khí gồm N2O, NO (đktc) có tỉ khối so với oxi bằng 1,2. Cho dd NaOH dư vào dd X đun nhẹ thấy có 0,336 lit khí (đktc) thoát ra. Tính m.
a 5,4 g b 8,1 g c 5,94 g d 3,78 g
3/ Hoà tan 11,2 gam Fe trong HNO3 dư tạo thành 6,72 lit (đktc) hỗn hợp khí gồm NO và khí X có tỉ lệ thể tích 1:1. Xác định X.
a N2O5 b N2O c NO2 d N2
4/ Khi cho 9,6 gam Mg tác dụng hết với H2SO4 đặc thấy có 49 gam axit phản ứng tạo thành MgSO4, H2O và sản phẩm X. Xác định X.
a SO2 b H2S c SO3 d S
5/ Hoà tan hết 2,16 gam FeO trong 0,1 mol HNO3 vừa đủ thấy thoát ra khí X là sản phẩm khử duy nhất. Xác định X.
a NO2 b N2O5 c N2O d NO
6/ Đốt cháy một lượng nhôm trong 6,72 lit khí oxi, chất rắn thu được sau phản ứng mang hoà tan hết trong dd HCl thấy bay ra 6,72 lit khí H2. Các khí ở đktc, tính khối lượng nhôm đã dùng.
a 10,8 g b 5,4 g c 16,2 g d 8,1 g
7/ Khi đốt 37,9 gam hỗn hợp Al, Zn trong bình khí Clo thu được 59,2 gam hỗn hợp chất rắn. Cho hỗn hợp này tan hết trong dd HCl dư thấy thoát ra 11,2 lit khí (đktc). Tính khối lượng mỗi kim loại Al, Zn trong hỗn hợp ban đầu.
a 10,8 g và 27,1 g b 16,2 g và 21,7 g c 5,4 g và 32,5 g d 31,4 g và 6,5 g
8/ Đốt cháy x mol sắt bằng oxi thu được 5,04 gam hỗn hợp A gồm các oxit của sắt. Hoà tan hoàn toàn A trong dd HNO3 dư sinh ra 0,035 mol hỗn hợp Y gồm NO, NO2 có d/H2=19. Tính x.
a 0,05 mol b 0,04 mol c 0,07 mol d 0,09 mol
9/ Cho khí CO qua ống sứ chứa m gam Fe2O3 nung nóng, sau một thời gian thu được 13,92 gam hỗn hợp X gồm Fe, FeO, Fe3O4, Fe2O3. Hoà tan hết X bằng dd HNO3 đặc nóng dư thu được 5,824 lit NO2 duy nhất (đktc). Tính m?
a 9,76 g b 18,08 g c 11,86 g d 16,0 g
10/ Trộn 0,81 gam bột nhôm với hỗn hợp X gồm Fe2O3, CuO rồi thực hiện phản ứng nhiệt nhôm. Hoà tan hết chất rắn Y sau phản ứng trong dd HNO3 dư thu được V lit (đktc) hỗn hợp khí NO, NO2 theo tỉ lệ mol 1:3. Tính V.
a 1,344 lit b 2,24 lit c 0,896 lit d 13,44 lit
