151 Bài tập Đồ thị Hóa Học cực hay có đáp án (P4)

23 người thi tuần này 5.0 4.5 K lượt thi 30 câu hỏi 45 phút

Câu 1

Cho m gam Al tác dụng với V ml dung dịch H₂SO₄ 1M và HCl 1M thu được dung dịch Y. Cho dung dịch Y tác dụng với Ba(OH)₂ thì đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của kết tủa vào số mol Ba(OH)₂ như sau:

Giá trị của y gần nhất với:

A. 93

B. 70

C. 58

D. 46,5.

Lời giải

Chọn B.

Dung dịch Y có $n_{A l_{2} (S O}$ ₄)3=V/3=x mol và $n_{A l C l_{3}} = \frac{V}{3} = x m o l$ .

$\Rightarrow n_{A l^{3 +}} = 3 x m o l = n_{S {O_{4}}^{2 -}}$

Tại $n_{B a {(O H)}_{2}}$ = 0,75 mol => $n_{O H^{-}}$ = 1,5 mol: lúc này cả 2 kết tủa tối đa với

$n_{A l {(O H)}_{3}} = 1 / 3 n_{O H^{-}} = 0, 5 m o l \Rightarrow n_{B a S O_{4} m a x} . 233 + 0, 5.78 = 139, 9 \Rightarrow n_{B a S O_{4}} m a x = 0, 433 < 0, 5 \Rightarrow v ô l ý$

Chứng tỏ trong dung dịch Y còn H⁺ dư đoạn đồ thị đi lên đầu tiên đến y chỉ có 2 phản ứng là: $H^{+} + O H^{-} \to H_{2} O \Rightarrow n_{O H^{-}}$ kết tủa hết Al³⁺ = 1,5 - a

$\Rightarrow n_{A l {(O H)}_{3} m a x} = \frac{1, 5 - a}{3} (1) S {O_{4}}^{2 -} + B a^{2 +} \to B a S O_{4}$ (1)

Dung dịch Y ( : x mol, Cl^-: x mol, H⁺: a mol)

Bảo toàn điện tích: $n_{A l^{3 +}} = \frac{3 x - a}{3} \Rightarrow n_{A l {(O H)}_{3} m a x} = \frac{3 x - a}{3}$ (2)

Từ (1) và (2), ta được: x = 0,5 mol

Tại kết tủa tối đa: $139, 9 = n_{B a S O_{4} m a x} + n_{A l {(O H)}_{3} m a x} = 233 x + \frac{78 (3 x - a)}{3}$

Thay x = 0,5 vào a = 0,6 mol = n(H⁺) dư n(Ba(OH)₂) dùng cho đoạn y (trung hòa hết H⁺ dư = 0,3 mol tại y chính là kết tủa

BaSO₄: n(BaSO₄) = n(Ba(OH)₂) = 0,3 mol

=>y = 0,3.233= 69,9 gam $\approx$ 70 gam.

Câu 2

Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch KOH vào dung dịch AlCl₃, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau (số liệu tính theo đơn vị mol). Giá trị của x là:

A. 0,12.

B. 0,14.

C. 0,15.

D. 0,20.

Lời giải

Chọn C.

Tại vị trí $n_{O H^{-}} = 0, 5 m o l$ thì tồn tại 2 chất là Al(OH)₃ : 0,1 mol và

Bảo toàn nhóm OH^-: $n_{A l {(O H)}_{4}^{-}} = \frac{0, 5 - 0, 3.0, 1}{4} = 0, 05 m o l$

Bảo toàn nguyên tố Al: n_Al = 0,1 + 0,05 = 0,15 mol.

Câu 3

Hòa tan hết m gam hỗn họp X gồm Na, Na₂O, Ba và BaO vào lượng nước dư, thu được a mol khí H₂ và dung dịch X. Sục CO₂ vào X thấy lượng kết tủa biến thiên theo đồ thị dưới đây:

Phần trăm khối lượng oxi trong X gần nhất với:

A. 12,0%.

B. 10,0%.

C. 8,0%.

D. 9,0%.

Lời giải

Chọn B.

Tai giá trị $n_{C O_{2}} = 0, 1 m o l$ thì kết tủa BaCO₃ đạt giá trị cực đại nên $n_{B a C O_{3}} = n_{C O_{2}} = 0, 1 m o l \Rightarrow a = 0, 1$

Tại giá trị $n_{C O_{2}} = 0, 36 m o l$ thì sản phẩm chứa hai chất là BaCO₃ max và NaHCO₃.

Bảo toàn $\Rightarrow n_{N a H C O_{3}} = 0, 36 - n_{B a C O_{3}} = 0, 36 - 0, 1 = 0, 26 m o l$

Bảo toàn Na ta có n_NaOH = 0,26 mol.

X $\{\begin{array}{l} N a \\ N a_{2} O \\ B a \\ B a O \end{array} + H_{2} O \to \{\begin{array}{l} N a O H \\ B a {(O H)}_{2} \end{array} + H_{2}$

Theo sơ đồ trên ta áp dụng định luật bảo toàn hiđro:

$n_{H_{2} O} = \frac{0, 26 + 0, 1.2 + 0, 1.2}{2} = 0, 33 m o l$

Bảo toàn nguyên tố O:

$n_{O (X)} + n_{H_{2} O} = n_{N a O H} + 2 n_{B a {(O H)}_{2}} \Rightarrow n_{O (X)} = 0, 26 + 2.0, 1 - 0, 33 = 0, 13 m o l$

Bảo toàn khối lượng: m_X = 0,26.40 + 0,1.171 + 0,2 - 0,33.18 = 21,76 gam.

$% m_{O (X)} = \frac{0, 13.16}{21, 76} . 100 = 9, 56 %$

Câu 4

Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)₂ 0,2M vào ống nghiệm chứa dung dịch Al₂(SO₄)₃. Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa theo thể tích dung dịch Ba(OH)₂như sau:

Giá trị của V gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 1,7.

B. 2,1

C. 2,4.

D. 2,5.

Lời giải

Chọn B.

Các phương trình phản ứng có thể xảy ra là:

$B a^{2 +} + S {O_{4}}^{2 -} \to B a S O_{4} (k t) A l^{3 +} + O H^{-} \to A l {(O H)}_{3} A l {(O H)}_{3} + O H^{-} \to A l {(O H)}_{4}^{-}$

Tại vị trí thể tích dung dịch Ba(OH)₂ thì có kết tủa BaSO₄ và dung dịch $A l {(O H)}_{4}^{-}$

$n_{k t} = 0, 3 m o l \Rightarrow n_{S {O_{4}}^{2 -}} = n_{k t} = 0, 3 m o l \Rightarrow n_{A l^{3 +}} = 0, 2 m o l \Rightarrow n_{O H^{-}} = 4 n_{A l^{3 +}} = 0, 8 m o l \Rightarrow n_{B a {(O H)}_{2}} = 1 / 2 . n_{O H^{-}} = 0, 4 m o l \Rightarrow V = \frac{0, 4}{0, 2} = 2 l í t$

Câu 5

Cho từ từ x mol khí CO₂ vào 500 gam dung dịch hỗn hợp KOH và Ba(OH)₂. Kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị sau:

Tổng nồng độ phần trăm khối lượng của các chất tan trong dung dịch sau phản ứng là

A. 55,45%.

B. 45,11%.

C. 51,08%.

D. 42,17%.

Lời giải

Đáp án B

Câu 6

Nhỏ từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)₂ 0,2M vào 100 ml dung dịch A chứa Al₂(SO₄)₃ xM. Mối quan hệ giữa khối lượng kết tủa và số mol OH– được biểu diễn bằng đồ thị sau:

Nếu cho 100 ml dung dịch hỗn hợp Ba(OH)₂ 0,2M và NaOH 0,3M vào 100 ml dung dịch A thì khối lượng kết tủa thu được là

A. 5,44 gam

B. 4,66 gam

C. 5,70 gam

D. 6,22 gam

Lời giải

Bạn cần đăng ký gói VIP ( giá chỉ từ 199K ) để làm bài, xem đáp án và lời giải chi tiết không giới hạn.

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Công nghệ

Giáo dục công dân

Tin học

Tiếng Anh

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

ĐHQG Hồ Chí Minh

ĐH Bách Khoa

ĐHQG Hà Nội

Bộ Công an

ĐHSP Hà Nội

Bằng lái xe

English Test

IT Test

Đại học

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Công nghệ

Tin học

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Công nghệ

Tin học

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Tin học

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Global success

iLearn Smart World

Friends Global

Explore new worlds

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Công nghệ

Tin học

Giáo dục Quốc Phòng và An Ninh

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học

Lịch sử

Địa lý

Sinh học

Công nghệ

Tin học

Giáo dục Quốc Phòng và An Ninh

Giáo dục Kinh tế và Pháp luật

Toán

Văn

Vật lý

Hóa học