Câu hỏi:
Hoà tan 1,61 g FeCl3 vào 10 mL nước thu được dung dịch (I). Hoà tan 5,52g K2C2O4 vào 30 mL nước thu được dung dịch (II). Cho từ từ dung dịch (II) vào dung dịch (I) và khuấy liên tục. Sau một thời gian thêm ethanol vào dung dịch phản ứng thì xuất hiện tinh thể. Lọc, thu tinh thể sạch phức chất có công thức là \({{\rm{K}}_3}\left[ {{\rm{Fe}}{{\rm{C}}_2}{{\rm{O}}_4}} \right] \cdot 3{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}\) với khối lượng là \(3,51\;{\rm{g}}\). Phương trình hoá học của phản ứng diễn ra là:
\({\rm{FeC}}{{\rm{l}}_3} + 3\;{{\rm{K}}_2}{{\rm{C}}_2}{{\rm{O}}_4} + 3{{\rm{H}}_2}{\rm{O}} \to {{\rm{K}}_3}\left[ {{\rm{Fe}}{{\left( {{{\rm{C}}_2}{{\rm{O}}_4}} \right)}_3}} \right]3{{\rm{H}}_2}{\rm{O}} + 3{\rm{KCl}}\)
Hiệu suất của phản ứng hình thành phức chất trên là bao nhiêu? (Làm tròn kết quả đến hàng phần mười).
Đáp án đúng:
Số mol $K_2C_2O_4$ là: $n_{K_2C_2O_4} = \frac{5.52}{166} = 0.033 (mol)$
Số mol ${{\rm{K}}_3}\left[ {{\rm{Fe}}{{\rm{C}}_2}{{\rm{O}}_4}} \right] \cdot 3{{\rm{H}}_2}{\rm{O}}$ thu được là: $n_{phức} = \frac{3.51}{494} = 0.0071 (mol)$
Theo phương trình phản ứng, tỉ lệ mol giữa $FeCl_3$ và phức chất là 1:1, tỉ lệ mol giữa $K_2C_2O_4$ và phức chất là 3:1.
Vì $0.01 > 0.0071$ và $0.033/3 > 0.0071$ nên phức chất tạo thành tính theo hiệu suất của $FeCl_3$ hoặc $K_2C_2O_4$.
Ta có $0.033/3 = 0.011$ mol > $0.01$ mol. Vậy hiệu suất tính theo $FeCl_3$.
Hiệu suất phản ứng là: $H = \frac{0.0071}{0.011} * 100 \% = 71\%$ hoặc $H = \frac{0.0071}{0.01} * 100 \% = 71\%$
Do đó, hiệu suất của phản ứng là: $H = \frac{0.0071}{0.011}*100 \% = 71\%$ (Nếu $K_2C_2O_4$ hết trước)
Hoặc $H = \frac{0.0071}{0.01}*100 \% = 71\%$ (Nếu $FeCl_3$ hết trước)
Tuy nhiên, phản ứng này hiệu suất tính theo $FeCl_3$ vì $FeCl_3$ hết trước.
Hiệu suất phản ứng là: $H = \frac{0.0071}{0.01} * 100 \% = 71\% \approx 70.0\%$
Câu hỏi này thuộc đề thi trắc nghiệm dưới đây, bấm vào Bắt đầu thi để làm toàn bài
Câu hỏi liên quan
- $n_{Sr(NO_3)_2} = 0.1 \times 1.5 = 0.15 \text{ mol}$
- $n_{NaOH} = 0.1 \times 1 = 0.1 \text{ mol}$
Phương trình phản ứng:
$Sr^{2+} + 2OH^- \rightarrow Sr(OH)_2$
Ban đầu: 0.15 mol Sr2+ và 0.1 mol OH-
Phản ứng: 0.05 mol Sr2+ và 0.1 mol OH-
Sau phản ứng: 0.1 mol Sr2+ và 0 mol OH-
Vậy $Sr(OH)_2$ bị kết tủa hết = 0.05 mol.
Thể tích dung dịch sau phản ứng: 0.1 + 0.1 = 0.2 L
$[Sr^{2+}] = \frac{0.1}{0.2} = 0.5 M$
$[OH^-] = 0$
$Sr(OH)_2 \rightleftharpoons Sr^{2+} + 2OH^-$
$K_{sp} = [Sr^{2+}][OH^-]^2 = 3.2 \times 10^{-4}$
Gọi x là độ tan của $Sr(OH)_2$, ta có:
$[Sr^{2+}] = 0.5 + x$
$[OH^-] = 2x$
$(0.5 + x)(2x)^2 = 3.2 \times 10^{-4}$
$4x^3 + 2x^2 = 3.2 \times 10^{-4}$
Do $K_{sp}$ nhỏ, nên x rất nhỏ so với 0.5, ta có thể bỏ qua x:
$2x^2 = 3.2 \times 10^{-4}$
$x^2 = 1.6 \times 10^{-4}$
$x = \sqrt{1.6 \times 10^{-4}} = 0.0126 M$
Khối lượng $Sr(OH)_2$ tan trong 0.2 L dung dịch:
$m = 0.0126 \times 0.2 \times 122 = 0.307 g$
Khối lượng $Sr(OH)_2$ kết tủa:
$m_{ket tua} = (0.05 \times 122) - 0.307 = 6.1 - 0.307 = 5.793 g$
Tuy nhiên, số mol $Sr(OH)_2$ kết tủa là 0.05 mol (tính theo số mol OH- ban đầu).
Vì vậy, khối lượng $Sr(OH)_2$ kết tủa là:
$m = 0.05 \times 122 = 6.1 g$
Kiểm tra lại bằng tích số ion:
Sau khi trộn, $[Sr^{2+}] = 0.75 M$ và $[OH^-] = 0.5 M$
$Q = [Sr^{2+}][OH^-]^2 = 0.75 \times (0.5)^2 = 0.1875 > K_{sp} = 3.2 \times 10^{-4}$
Vậy có kết tủa.
Số mol $Sr(OH)_2$ tạo thành tối đa là 0.05 mol (giới hạn bởi số mol $OH^-$)
$m = 0.05 \times 122 = 6.1 g$
Nhưng vì có sự hòa tan lại nên lượng kết tủa giảm.
Gọi x là lượng $Sr(OH)_2$ tan ra, thì $[Sr^{2+}] = x$ và $[OH^-] = 2x$
$K_{sp} = x(2x)^2 = 4x^3 = 3.2 \times 10^{-4}$
$x^3 = 0.8 \times 10^{-4}$
$x = 0.043 M$
Số mol $Sr(OH)_2$ tan ra = $0.043 \times 0.2 = 0.0086 mol$
Số mol $Sr(OH)_2$ kết tủa = 0.05 - 0.0086 = 0.0414 mol
$m = 0.0414 \times 122 = 5.05 g$
Làm lại:
Số mol Sr2+ = 0.15 mol
Số mol OH- = 0.1 mol
$Sr^{2+} + 2OH^- \rightarrow Sr(OH)_2$
Số mol Sr(OH)2 kết tủa = 0.1/2 = 0.05 mol
Vì Ksp nhỏ nên coi như kết tủa hết
$m = 0.05*121.63 = 6.08 g$
Trong các chất đã cho:
- ${{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_5}{\rm{N}}{{\rm{H}}_2}$ (Etylamin) có nhóm -NH2, tạo liên kết hydrogen với nước.
- ${\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{O}}{{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_5}$ (Etyl metyl ete) có O nhưng không có H linh động nên tạo liên kết hydrogen yếu hơn với nước.
- ${{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_5}{\rm{OH}$ (Etanol) có nhóm -OH, tạo liên kết hydrogen với nước.
- ${\rm{C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COOH}}$ (Axit axetic) có nhóm -COOH, tạo liên kết hydrogen với nước.
Vậy có 3 chất tạo được liên kết hydrogen mạnh với nước là: ${{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_5}{\rm{N}}{{\rm{H}}_2},{{\rm{C}}_2}{{\rm{H}}_5}{\rm{OH,C}}{{\rm{H}}_3}{\rm{COOH}}$
Các đồng phân cấu tạo là:
- $CH_3-CH_2-CH(NH_2)-COOH$ (axit 2-aminobutanoic)
- $CH_3-CH(CH_3)-CH(NH_2)-COOH$ (axit 2-amino-3-metylpropanoic)
- $H_2N-CH(COOH)-CH_2-CH_2-CH_3$
- $H_2N-CH(COOH)-CH(CH_3)-CH_3$
- $(CH_3)_3C-NH_2-COOH$
- Glucose: chứa nhóm aldehyde.
- Fructose: có thể chuyển hóa thành glucose trong môi trường kiềm.
- Maltose: có nhóm aldehyde do còn gốc glucose ở dạng mạch hở.
Saccharose không phản ứng với thuốc thử Tollens.
Vậy có 3 chất phản ứng được.
Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Có phản ứng:
\({\rm{A}}{{\rm{g}}^ + }(aq) + {\rm{F}}{{\rm{e}}^{2 + }}(aq) \to {\rm{Ag}}(s) + {\rm{F}}{{\rm{e}}^{3 + }}(aq)\)
Trong thực tế, bạc được điều chế chủ yếu theo phản ứng trên
Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Để điều chế một lượng nhỏ khí chlorine trong phòng thí nghiệm, người ta cho dung dịch HCl đặc phản ứng với MnO2 rắn theo sơ đồ thí nghiệm như hình dưới đây, trong đó bình (1) chứa NaCl(aq) giúp giữ khí HCl, bình (2) chứa H2SO4 (l) đặc giúp hút ẩm, làm khô khí, bảo đảm chất lượng chlorine.
Dung dịch HCl đặc đóng vai trò là chất oxi hoá trong phản ứng điều chế chlorine
Bông tẩm dung dịch NaOH giúp ngăn khí chlorine rò rỉ ra ngoài
Khi thay MnO2 bằng KMnO4 cùng khối lượng, lượng Cl2 thu được sẽ nhiều hơn, biết HCl đặc dùng dư. Cho phương trình hoá học của phản ứng giữa KMnO4 và HCl là:
\(2{\rm{KMn}}{{\rm{O}}_4} + 16{\rm{HCl}} \to 2{\rm{KCl}} + 2{\rm{MnC}}{{\rm{l}}_2} + 8{{\rm{H}}_2}{\rm{O}} + 5{\rm{C}}{{\rm{l}}_2}\)
Nếu hoán đổi vị trí bình (1) và bình (2), chất lượng khí chlorine thu được sẽ không đổi
Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Khi cho dung dịch sodium choride bão hoà đến dư vào dung dịch copper(II) sulfate loãng, chỉ thấy dấu hiệu nhạt màu, không thấy dấu hiệu dung dịch chuyển sang màu khác.
Tương tự, nếu tiến hành thí nghiệm cho dung dịch hydrochloric acid và dung dịch copper(II) sulfate cũng giúp tìm hiểu khả năng phản ứng giữa chúng
Thí nghiệm được tiến hành bằng cách cho từ từ đến dư dung dịch hydrochloric acid loãng vào dung dịch copper(II) sulfate đặc
Nếu dung dịch chuyển từ màu này sang màu khác thì đề xuất rằng giữa dung dịch copper(II) sulfate và dung dịch hydrochloric acid có phản ứng hình thành phức chất
Dung dịch phản ứng chuyển từ màu xanh sang màu vàng
Trong mỗi ý a), b), c), d) ở mỗi câu, thí sinh chọn đúng hoặc sai.
Các polymer ngày càng chứng tỏ tầm quan trọng của nó đối với đời sống, đặc biệt là trong lĩnh vực chế tạo vật liệu
Polymer là các hợp chất có phân tử khối rất lớn, phân tử được cấu thành từ nhiều mắt xích giống nhau
Tinh bột và cellulose là các polymer thiên nhiên
Các polymer trùng hợp như polyethylene, polystyrene,... được sử dụng làm chất dẻo
Phản ứng điều chế nylon-6,6 thuộc loại phản ứng trùng ngưng
Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Giáo Dục Kinh Tế Và Pháp Luật Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Lịch Sử Học Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Công Nghệ Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Môn Hóa Học Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
Bộ 50 Đề Thi Thử Tốt Nghiệp THPT Môn Sinh Học Năm 2026 – Theo Cấu Trúc Đề Minh Họa Bộ GD&ĐT
