Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập Kim loại kiềm - kiềm thổ - nhôm hay và khó (phần 1) - Hóa 12

Đề bài

Câu 1 :

Sục CO₂ vào dung dịch hỗn hợp gồm Ca(OH)₂ và KOH ta quan sát hiện tượng theo đồ thị hình bên (số liệu tính theo đơn vị mol). Giá trị của x là?

A

0,10.
B

0,11.
C

0,13.
D

0,12.

Câu 2 :

Hỗn hợp X gồm Mg, Al, Al(NO₃)₃ và MgCO₃ (trong đó oxi chiếm 41,618% về khối lượng). Hòa tan hết 20,76 gam X trong dung dịch chứa 0,48 mol H₂SO₄ và x mol HNO₃, kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối trung hòa có khối lượng 56,28 gam và 4,48 lít (đktc) hỗn hợp khí Z gồm CO₂, N₂, H₂. Cho dung dịch NaOH dư vào Y, thu được 13,34 gam kết tủa. Giá trị của x là

A

0,04
B

0,06
C

0,08
D

0,02

Câu 3 :

Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp Al và Mg trong V ml dung dịch HNO₃ 2,5 M. Kết thúc phản ứng thu được dung dịch X (không chứa muối amoni) và 0,084 mol hỗn hợp khí gồm N₂ và N₂O có tỉ khối so với oxi là 31:24. Cho từ từ dung dịch NaOH 2M vào dung dịch X thì lượng kết tủa biến thiên theo đồ thị hình vẽ dưới đây:

Giá trị của m và V lần lượt là

A

6,36 và 378,2.
B

7,8 và 950.
C

8,85 và 250.
D

7,5 và 387,2.

Câu 4 :

Thực hiện phản ứng nhiệt phân nhôm hỗn hợp Al và Fe₃O₄ (trong điều kiện không có không khí thu được 234,75 gam chất rắn X. Chia X thành hai phần:

Cho phần 1 tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được 1,68 lít khí H₂ ở đktc và m gam chất rắn. Hòa tan hết m gam chất rắn vào dung dịch H₂SO₄ đặc nóng thu được dung dịch chứa 82,8 gam muối và 0,6 mol SO₂ là sản phẩm khử duy nhất.

Hòa tan hết phần 2 trong 12,97 lít dung dịch HNO₃ 1M, thu được hỗn hợp khí Y (gồm 1,25 mol NO và 1,51 mol NO₂) và dung dịch A chứa các chất tan đều là muối, trong đó có a mol Fe(NO₃)_3. Biết các phản ứng hoàn toàn. Giá trị của a gần đúng với giá trị nào sau đây?

A

1,1
B

1,5
C

1,0
D

1,2.

Câu 5 :

Cho hỗn hợp A gồm m gam các chất Al₂O₃ và Al vào 56,5 gam dung dịch H₂SO₄ 98%, thu được 0,336 lít khí SO₂ thoát ra (đktc) cùng dung dịch B và a gam hỗn hợp rắn D. Lọc lấy D và chia làm 2 phần bằng nhau:

+ Phần 1: Cho tác dụng với dung dịch HNO₃ vừa đủ, sau phản ứng thu được dung dịch X chỉ chứa muối sunfat cùng 1,4 lít (đktc) hỗn hợp khí không màu có khối lượng là 2,05 gam, có khí hóa nâu trong không khí. Dẫn từ từ đến dư dung dịch NaOH 1M vào X, thấy lượng NaOH dùng hết tối đa là 130 ml.

+ Phần 2: Nung trong không khí đến khối lượng không đổi thu được rắn Y có khối lượng giảm 1,36 gam so với lượng rắn đem đốt. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m gần nhất với:

A

14
B

12
C

15
D

13

Câu 6 :

Hòa tan hoàn toàn 7,98g hỗn hợp gồm Mg và Al trong dung dịch chứa a mol H₂SO₄, sau khi kết thúc phản ứng thu được 8,96 lit khí H₂ và dung dịch X. Cho từ từ dung dịch NaOH 1M vào X, sự phụ thuộc số mol kết tủa và thể tích dung dịch NaOH 1M được cho như trong đồ thị sau :

Giá trị của a là

A

0,42
B

0,44
C

0,48
D

0,45

Câu 7 :

Cho m gam hỗn hợp K và Ba vào một lượng nước dư thu được dung dịch X và V lít khí (đktc). Sục từ từ đến dư khí CO₂ vào dung dịch X, kết quả thí nghiệm được biểu diễn trên đồ thị như sau:

Khối lượng của K có trong m gam hỗn hợp là

A

13,8 gam
B

11,7 gam
C

7,8 gam
D

31,2 gam

Câu 8 :

Cho m gam hỗn hợp X gồm Ba, BaO, Ba(OH)₂ có cùng số mol vào nước, thu được 500 ml dung dịch Y và a mol H₂. Hấp thụ từ từ 3,6a mol CO₂ vào 500 ml dung dịch Y, kết quả thí nghiệm được biểu diễn bằng đồ thị sau:

Giá trị của m là

A

46,10
B

32,27
C

36,88.
D

41,49.

Câu 9 :

Thực hiện phản ứng nhiệt nhôm hỗn hợp gồm Al và m gam hai oxit sắt trong khí trơ, thu được hỗn hợp rắn X. Cho X vào dung dịch NaOH dư, thu được dung dịch Y, chất không tan Z và 0,672 lít khí H₂. Sục khí CO₂ dư vào Y, thu được 46,8 gam kết tủa. Cho Z tan hết vào dung dịch HNO₃ , thu được dung dịch chứa 146,52 gam muối nitrat và 12,992 lít NO (là sản phẩm khử duy nhất của HNO₃). Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Giá trị của m là

A

56,48.
B

50,96.
C

54,16.
D

52,56.

Câu 10 :

Hỗn hợp X gồm Al, Ca, Al₄C₃và CaC₂. Cho 40,3 gam X vào nước dư, chỉ thu được dung dịch Y và hỗn hợp khí Z (C₂H₂, CH₄, H₂). Đốy cháy hết Z thu được 20,16 lít khí CO₂ (đktc) và 20,7 gam H₂O. Nhỏ từ từ V lít dung dịch HCl xM vào Y, được kết quả biểu diễn theo hình vẽ

Giá trị x gần nhất với:

A

2,2
B

1,6
C

2,4
D

1,8

Câu 11 :

Dẫn từ từ khí CO₂ vào dung dịch chứa đồng thời Ba(OH)₂ và NaAlO₂. Sự phụ thuộc của khối lượng kết tủa y (gam) vào thể tích khí CO₂ tham gia phản ứng (x lít, đktc) được biểu thi bằng đồ thị sau:

Giá trị của m là

A

19,700.
B

17,650.
C

27,500.
D

22,575.

Câu 12 :

Cho m gam hỗn hợp gồm Na, Na₂O, Ba, BaO vào nước dư, thu được dung dịch X và 0,672 lít khí H₂ ở đktc. Chia dung dịch X thành 2 phần bằng nhau:

+ Phần 1 cho tác dụng với dung dịch CuSO₄ dư thu được 8,09 gam kết tủa.

+ Phần 2 hấp thụ hết 1,344 lít CO₂ thu được 1,97 gam kết tủa.

Giá trị của m là

A
7,50 gam.
B
7,66 gam.
C
6,86 gam.
D
7,45 gam.

Câu 13 :

Cho m gam hỗn hợp X gồm Na, Ca tan hết trong dung dịch Y chứa 0,08 mol NaHCO₃ và 0,04 mol CaCl₂. Sau phản ứng thu được 7g kết tủa và thấy thoát ra 0,896 lit khí (dktc). Giá trị của m là :

A

1,2
B

1,56
C

1,72
D

1,66

Câu 14 :

Hòa tan hết m gam hỗn hợp gồm Na, Na₂O, Ba, BaO vào nước, thu được 0,06 mol khí H₂ và dung dịch X. Hấp thụ hết 0,128 mol khí CO₂ vào dung dịch X, thu được dung dịch Y (chỉ chứa các muối) và kết tủa Z. Chia dung dịch Y làm 2 phần bằng nhau:

+ Cho từ từ phần 1 vào 200 ml dung dịch HCl 0,24M thấy thoát ra 0,03 mol khí CO₂.

+ Nếu cho từ từ 200 ml dung dịch HCl 0,24M vào phần 2 thấy thoát ra 0,024 mol khí CO₂. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là

A

8,368.
B

12,272.
C

10,352.
D

11,312.

Câu 15 :

Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Na, K, Na₂O, Ba và BaO (trong đó oxi chiếm 20% khối lượng) vào nước, thu được 200 ml dung dịch Y và 0,896 lít H₂. Trộn 200 ml dung dịch Y với 200 ml dung dịch gồm HCl 0,4M và H₂SO₄ 0,3M thu được 400 ml dung dịch có pH = 13. Coi H₂SO₄ phân li 2 nấc hoàn toàn. Giá trị của m là

A
3,2.
B
6,4.
C
2,4.
D
4,8.

Lời giải và đáp án

Câu 1 :

Sục CO₂ vào dung dịch hỗn hợp gồm Ca(OH)₂ và KOH ta quan sát hiện tượng theo đồ thị hình bên (số liệu tính theo đơn vị mol). Giá trị của x là?

A

0,10.
B

0,11.
C

0,13.
D

0,12.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Dựa vào đồ thị kết hợp với phương trình ion rút gọn

CO₂ + 2OH⁻ → CO₃²⁻ + H₂O

CO₃²⁻ + Ca²⁺ → CaCO₃↓

CO₂ + H₂O + CaCO₃↓→ Ca(HCO₃)₂

CO₂ + OH⁻ → HCO₃⁻

Sục CO₂ vào, CO₂ biến thiên chưa biết. Do vậy kết tủa cực đại khi tất cả [Ca²⁺] → CaCO₃

Công thức giải nhanh: n kết tủa = n_OH- – n _CO2

Lời giải chi tiết :

Quan sát đồ thị ta thấy n_CO2 = 0,15 thì kết tủa đạt max.

=> n_Ca(OH)2= n_CaCO3 max= 0,15

Khi n_CO2 = 0,45 thì bắt đầu hòa tan kết tủa.

Khi n_CO2= 0,5 thì lượng kết tủa bị hòa tan là: n_{CaCO3 bị hòa tan} = 0,5 - 0,45 = 0,05

=> n_{CaCO3 còn lại}= x = 0,15 - 0,05 = 0,1

Câu 2 :

A

0,04
B

0,06
C

0,08
D

0,02

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Dung dịch Y chứa Mg²⁺ (0,23 mol), Al³⁺ (a mol), NH₄⁺ (b mol), SO₄^2- (0,48 mol)

+) Sử dụng bảo toàn điện tích cho dd Y => PT (1)

+) Khối lượng muối trong Y => PT (2)

=> a, b

Trong X: \({{n}_{O}}~=0,54;\text{ }{{n}_{CO_{3}^{2-}}}=u\text{ ;}\,{{n}_{NO_{3}^{-}}}=v\)

+) Từ khối lượng X => 1 PT ẩn u, v

+) Từ số mol O trong X => 1 PT ẩn u, v

=> u, v

Đặt y, z là số mol N₂ và H₂ trong Z

+) Số mol Z => PT (3)

+) Bảo toàn N => PT (4)

+) số mol H⁺ phản ứng => PT (5)

Lời giải chi tiết :

n_Mg = n_Mg(OH)2= 0,23

Dung dịch Y chứa Mg²⁺ (0,23 mol), Al³⁺ (a mol), NH₄⁺ (b mol), SO₄^2- (0,48 mol)

Bảo toàn điện tích => 3a + b + 0,23 . 2 = 0,48 . 2

m _muối= 27a + 18b + 0,23.24 + 0,48.96 = 56,28

=> a = 0,16 và b = 0,02

Trong X: \({{n}_{O}}~=0,54;\text{ }{{n}_{CO_{3}^{2-}}}=u\text{ ;}\,{{n}_{NO_{3}^{-}}}=v\)

m_X= 0,16 . 27 + 0,23 . 24 + 60u + 62v = 20,76

n_O = 3u + 3v = 0,54

=> u = 0,12 và v = 0,06

Đặt y, z là số mol N₂ và H₂ trong Z

n_Z = 0,12 + y + z = 0,2 (1)

Bảo toàn N => 0,06 + x = 0,02 + 2y (2)

n_H+ = x + 0,96 = 12y + 2z + 0,02 . 10 + 0,12 . 2 (3)

(1),(2),(3) => x = 0,04; y = 0,04; z = 0,04

Câu 3 :

Giá trị của m và V lần lượt là

A

6,36 và 378,2.
B

7,8 và 950.
C

8,85 và 250.
D

7,5 và 387,2.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

+) Từ số mol và tỉ khối hh khí => số mol N₂ và N₂O

+) Đặt n_Al = x mol n_Mg = y mol

+) Bảo toàn e => PT (1)

+) Dựa vào đồ thị => số mol HNO₃ dư

+) Xác định số mol mỗi kết tủa => Pt khối lượng kết tủa

+) Tính số mol NaOH phản ứng tạo kết tủa tại mốc 0,4125

=> x, y, z

+) Bảo toàn N : n_HNO3 = 3x + 2y + 2n_N2 + 2n_N2O + n_{HNO3 dư}

Lời giải chi tiết :

Theo quy tắc đường chéo tính được N₂: 0,014 mol và N₂O : 0,07 mol

Đặt n_Al = x mol n_Mg = y mol

Dd X có dư HNO₃ nên Al và Mg phản ứng hết

Al → Al⁺³ + 3e 2N⁺⁵ + 10e → N₂

Mg → Mg⁺² + 2e 2N⁺⁵ + 8e → 2N⁺¹

Bảo toàn e thì 3x + 2y = 0,014.10 +0,07.8 = 0,7

Cho NaOH vào NaOH + HNO₃ → NaNO₃ + H₂O → HNO₃ dư :0,1 mol

Tại thể tích NaOH là 0,4125 lít thì kết tủa qua vị trí cực đại → Al(OH)₃ bị hòa tan một phần

2OH^- + Mg²⁺ → Mg(OH)₂

3OH^- + Al³⁺ → Al(OH)₃

Al(OH)₃ + OH^- → AlO₂^- +H₂O

Kết tủa có Mg(OH)₂ : y mol, Al(OH)₃ : (x – z) mol (giả sử z mol Al(OH)₃ bị hòa tan)

Ta có

17,45 = 58y + 78(x - z) = m_↓

2y + 3x + z = (0,4125 - 0,05).2 = n_NaOH

→ x = 0,1 mol ; y = 0,2 mol; z = 0,025 mol

→ m = 27x + 24y = 7,5

Bảo toàn N trong phản ứng X + HNO₃ có

n_HNO3 = 3x + 2y + 2n_N2 + 2n_N2O + n_{HNO3 dư} = 0,968

→ V = 0,3872 lít

Câu 4 :

Thực hiện phản ứng nhiệt phân nhôm hỗn hợp Al và Fe₃O₄ (trong điều kiện không có không khí thu được 234,75 gam chất rắn X. Chia X thành hai phần:

A

1,1
B

1,5
C

1,0
D

1,2.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

+) từ n_H2 => n_Al _dư

+) Viết PT phản ứng nhiệt nhôm => chất rắn không tan trong NaOH là Fe

Gọi Fe³⁺ (u mol) và Fe²⁺ (v mol)

+) Bảo toàn electron => pt ẩn u, v

+) Từ khối lượng muối => pt ẩn u, v

=> u, v

+) Bảo toàn Fe => phần 1 chứa Al (0,05), Al₂O₃ (0,2) và Fe (0,45)

=> tỉ lệ số mol các chất phần 1 so với phần 2

+) \({{n}_{{{H}^{+}}}}=4{{n}_{NO}}+2{{n}_{N{{O}_{2}}}}+2{{n}_{O}}+10{{n}_{NH_{4}^{+}}}=>{{n}_{NH_{4}^{+}}}\)

Dung dịch A chứa Fe³⁺ (a mol), Fe²⁺ (b mol) và các ion khác

Bảo toàn Fe => pt ẩn a, b

Bảo toàn electron => pt ẩn a,b

=> a và b

Lời giải chi tiết :

Phần 1:

n_H2 = 0,075 => n_Al _dư= 0,05

8Al + 3Fe₃O₄ → 4Al₂O₃ + 9Fe

8x → 3x → 4x → 9x

Chất rắn không tan trong NaOH là Fe (9x mol). Với H₂SO₄ đặc nóng

=> Fe³⁺ (u) và Fe²⁺ (v)

Bảo toàn electron: 3u + 2v = 0,6 . 2

m _muối = 400.u/2 + 152v = 82,8

=> u = 0,3 và v = 0,15

=> 9x = u + v => x = 0,05

Vậy phần 1 chứa Al (0,05), Al₂O₃ (0,2) và Fe (0,45)

=> m_{Phần 1}= 46,95

=> m_{Phần 2}= m_X - m_{Phần 1}= 187,8

=> m_{Phần 2}= 4m_{Phần 1}

Vậy phần 2 chứa các chất có số mol gấp 4 phần 1.

Phần 2 chứa Al (0,2 mol), Al₂O₃ (0,8 mol) và Fe (1,8 mol)

=> n_O = 0,8 . 3 = 2,4

\({{n}_{{{H}^{+}}}}=12,97=4{{n}_{NO}}+2{{n}_{N{{O}_{2}}}}+2{{n}_{O}}+10{{n}_{NH_{4}^{+}}}=>{{n}_{NH_{4}^{+}}}=0,015\)

Dung dịch A chứa Fe³⁺ (a mol), Fe²⁺ (b mol) và các ion khác

Bảo toàn Fe => a + b = 1,8

Bảo toàn electron => 3a + 2b + 0,2 . 3 = 1,25 . 3 + 1,51 + 0,015 . 8

=> a = 1,18 và b = 0,62

Câu 5 :

A

14
B

12
C

15
D

13

Đáp án : D

Phương pháp giải :

+) Phần 1 : Hỗn hợp khí không màu có 1 khí hóa nâu là NO và N₂O

=> tính số mol NO và N₂O

Muối thu được là muối sunfat => có S trog D

Qui hỗn hợp D về dạng : Al (x mol) ; O (y mol) ; S (z mol)

Giả sử phản ứng D + HNO₃ tạo t mol NH₄⁺

+) Bảo toàn e : \(3{{n}_{Al}}+6{{n}_{S}}~=2{{n}_{O}}+3{{n}_{NO}}+8{{n}_{{{N}_{2}}O}}+8{{n}_{N{{H}_{4}}}}\) => Pt (1)

+) Muối sunfat thu được có : NH₄⁺ ; Al³⁺ ; SO₄^2-

Bảo toàn điện tích : \({{n}_{N{{H}_{4}}}}~+3{{n}_{Al}}~=2{{n}_{S{{O}_{4}}}}\)=> Pt (2)

Khi cho dung dịch muối này phản ứng với NaOH vừa đủ thì :

Al³⁺ + 4OH^- → AlO₂^- + 2H₂O

NH₄⁺ + OH^- → NH₃ + H₂O

=> n_NaOH = PT (3)

+) Phần 2 : (Al ; O ; S) + O₂(không khí) → ( 0,5x mol Al₂O₃) + SO₂ ↑

=> m_giảm = m_S – m_{O thêm} => Pt (4)

+) Bảo toàn e : 2n_SO2 + 6n_S = 3n_{Al pứ} => n_{Al pứ}

+) n_H2SO4 = 3n_{Al2O3 pứ} + (1,5n_Al + n_SO2 + n_S) => n_Al2O3

Lời giải chi tiết :

n_H2SO4 = 0,565 mol ; n_SO2 = 0,015 mol

+) Phần 1 : M_khí = 32,8g ; n_khí = 0,0625 mol

Hỗn hợp khí không màu có 1 khí hóa nâu là NO và N₂O

=> n_NO = 0,05 ; n_N2O = 0,0125 mol

Muối thu được là muối sunfat => có S trog D

Qui hỗn hợp D về dạng : Al (x mol) ; O (y mol) ; S (z mol)

Giả sử phản ứng D + HNO₃ tạo t mol NH₄⁺

Bảo toàn e : 3n_Al + 6n_S = 2n_O + 3n_NO + 8n_N2O + 8n_NH4

=> 3x + 6z = 2y + 0,15 + 0,1 + 8t ⁽¹⁾

Muối sunfat thu được có : NH₄⁺ ; Al³⁺ ; SO₄^2-

Bảo toàn điện tích : n_NH4 + 3n_Al = 2n_SO4

=> t + 3x = 2z ⁽²⁾

Khi Cho dung dịch muối này phản ứng với NaOH vừa đủ thì :

Al³⁺ + 4OH^- -> AlO₂^- + 2H₂O

NH₄⁺ + OH^- -> NH₃ + H₂O

=> n_NaOH = 4x + t = 0,13 ⁽³⁾

+) Phần 2 : (Al ; O ; S) + O₂(không khí) -> ( 0,5x mol Al₂O₃) + SO₂ ↑

=> m_giảm = m_S – m_{O thêm}

=> 1,36 = 32z – 16.(1,5x – y) ⁽⁴⁾

Giải hệ (1,2,3,4) => x = y = 0,03 ; z = 0,05 ; t = 0,01 mol

Vậy D có : 0,02 mol Al₂O₃ ; 0,02 mol Al ; 0,1 mol S

Bảo toàn e : 2n_SO2 + 6n_S = 3n_{Al pứ} => n_{Al pứ} = 0,21 mol

n_H2SO4 = 3n_{Al2O3 pứ} + (1,5n_Al + n_SO2 + n_S)

=> n_Al2O3 = 0,045 mol

Vậy hỗn hợp đầu có : 0,065 mol Al₂O₃ và 0,23 mol Al

=> m = 12,84 gam

Câu 6 :

Giá trị của a là

A

0,42
B

0,44
C

0,48
D

0,45

Đáp án : C

Phương pháp giải :

+) Bảo toàn e : 2n_Mg + 3n_Al = 2n_H2 và : m_Mg + m_Al => khối lượng Mg và Al

Tại n_{kết tủa} = 0,24 mol => n_{kết tủa} = n_Mg(OH)2 + [4n_Al3+ - (n_OH - n_H+ - 2n_Mg(OH)2)]

=> n_H+ => a

Lời giải chi tiết :

Sau 1 thời gian thêm NaOH thì mới có kết tủa => H⁺ dư

Bảo toàn e : 2n_Mg + 3n_Al = 2n_H2 = 0,8 mol

Và : m_Mg + m_Al = 7,98g

=> n_Mg = 0,13 ; n_Al = 0,18 mol

Tại thời điểm n_{kết tủa} = 0,24 mol thì kết tủa đang tan dần

=> n_{kết tủa} = n_Mg(OH)2 + [4n_Al3+ - (n_OH - n_H+ - 2n_Mg(OH)2) ]

=> 0,24 = 0,13 + [4.0,18 – (1,03 – n_H+ - 2.0,13)]

=> n_H+ = 0,16 mol

=> a = ½ . 0,16 + n_H2 = 0,48

Câu 7 :

Khối lượng của K có trong m gam hỗn hợp là

A

13,8 gam
B

11,7 gam
C

7,8 gam
D

31,2 gam

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Gọi n_Ba = x mol; n_K = y mol

+) Tính n_OH-theo x và y

+) Nhìn vào đồ thị ta thấy n_{kết tủa max}= n_Ba2+=> x

+) n_{kết tủa} = \({{n}_{CO_{3}^{2-}}}\)

+) Từ số mol CO₂ phản ứng => tính số mol OH^-

=> x, y

Lời giải chi tiết :

Gọi n_Ba = x mol; n_K = y mol

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂

x x x

2K + 2H₂O → 2KOH + H₂

y y 0,5y

=> n_OH-= 2x + y

PT tạo kết tủa: Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃ ↓

Nhìn vào đồ thị ta thấy n_{kết tủa max}= n_Ba2+= x = 0,1 mol (1)

Xét \({{n}_{C{{O}_{2}}}}\) = 0,35 mol, khi đó n_{kết tủa} = 0,05 mol = \({{n}_{CO_{3}^{2-}}}\)

Khi đó:

CO₂ + 2OH^- → CO₃^2- + H₂O

0,05 ← 0,1 ← 0,05

n_{CO2 còn lại} = 0,35 – 0,05 = 0,3 mol sẽ có phản ứng:

CO₂ + OH^- → HCO₃^-

0,3 → 0,3

=> n_OH- = 0,4 = 2x + y (2)

Từ (1) và (2) => x = 0,1 và y = 0,2

=> m_K = 7,8

Câu 8 :

Giá trị của m là

A

46,10
B

32,27
C

36,88.
D

41,49.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

n_H2 = n_Ba = n_BaO = n_Ba(OH)2=> số mol Ba(OH)₂ sau pư

Tại n_CO2 = 3,6a mol, tính số mol BaCO₃ và Ba(HCO₃)₂

BTNT C => a

Lời giải chi tiết :

n_H2 = n_Ba = n_BaO = n_Ba(OH)2=> Ba(OH)₂ sau pư = 3a mol

Tại n_CO2 = 3,6a mol

BaCO₃: 0,192 mol

Ba(HCO₃)₂: 3a - 0,192

BTNT C: 0,192 + 2.(3a - 0,192) = 3,6a => a = 0,08 mol

m = 0,08.137 + 0,08.153 + 0,08.171 = 36,88 gam

Câu 9 :

A

56,48.
B

50,96.
C

54,16.
D

52,56.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Các phản ứng xảy ra hoàn toàn, hỗn hợp rắn X tác dụng với NaOH giải phóng khí H₂ => X chứa Al dư, oxit sắt bị khử hết

n_Al(OH)3 = 46,8 : 78 = 0,6 (mol)

Al + NaOH + H₂O → NaAlO₂ + 3/2 H₂↑

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

Từ n_H2 => n_Al2O3 => n_{O (trong oxit)} = ?

Z gồm Fe, xét quá trình Z tan trong HNO₃

n_NO = 0,58 (mol) => n_{NO3- ( trong muối)} = 3n_NO =? (mol)

=> m_Fe = m_muối – m_NO3-

=> m_{OXIT SẮT} = m_Fe + m_O = ?

Lời giải chi tiết :

Các phản ứng xảy ra hoàn toàn, hỗn hợp rắn X tác dụng với NaOH giải phóng khí H₂ => X chứa Al dư, oxit sắt bị khử hết

Al + NaOH + H₂O → NaAlO₂ + 3/2 H₂↑

0,02 ← 0,03 (mol)

n_Al(OH)3 = 46,8 : 78 = 0,6 (mol)

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

0,29 ← ( 0,6 – 0,02)

Z gồm Fe, xét quá trình Z tan trong HNO₃

n_NO = 0,58 (mol) => n_{NO3- ( trong muối)} = 3n_NO = 3.0,58 =1,74 (mol)

=> m_Fe = 146,52 – 1,74.62 = 38,64(g)

=> m_{OXIT SẮT} = m_Fe + m_O = 38,64 + 0,29.3.16 = 52,56 (g)

Câu 10 :

Giá trị x gần nhất với:

A

2,2
B

1,6
C

2,4
D

1,8

Đáp án : C

Phương pháp giải :

+) n_C = n_CO2 ; n_H = 2n_H2O

Quy đổi hỗn hợp X: Al x mol; Ca y mol; C: 0,9 mol

Quy đổi hỗn hợp Z: C: 0,9 mol; H: 2,3 mol

Bảo toàn khối lượng X => PT (1)

Bảo toàn e => Pt (2)

=> x và y

=> Y gồm Ca(AlO₂)₂: 0,25 mol và Ca(OH)₂

+) BTNT Ca => số mol Ca(OH)₂ trong Y

+) \({{n}_{HCl}}-2{{n}_{Ca{{\left( OH \right)}_{2}}}}=4{{n}_{AlO_{2}^{-}}}~-\text{ }3{{n}_{\downarrow }}\)

Từ 2 mốc 0,56x và 0,68x => lập 2 PT ẩn x và a

Lời giải chi tiết :

n_C = n_CO2 = 0,9 mol

n_H = 2n_H2O = 2,3 mol

Quy đổi hỗn hợp X: Al x mol; Ca y mol; C: 0,9 mol

Quy đổi hỗn hợp Z: C: 0,9 mol; H: 2,3 mol

27x + 40y + 12.0,9 = 40,3

3x + 2y = 2,3 (BT e)

=> x = 0,5; y = 0,4

=> Y gồm Ca(AlO₂)₂: 0,25 mol và Ca(OH)₂: 0,4 - 0,25 = 0,15 mol (BTNT Ca)

\({{n}_{HCl}}-2{{n}_{Ca{{\left( OH \right)}_{2}}}}=4{{n}_{AlO_{2}^{-}}}~-\text{ }3{{n}_{\downarrow }}\)

=> 0,56x - 0,3 = 4.0,5 - 3.3a (1)

=> 0,68x - 0,3 = 4.0,5-3.2a (2)

(1) và (2) => x = 2,5; a = 0,1

Câu 11 :

Giá trị của m là

A

19,700.
B

17,650.
C

27,500.
D

22,575.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Chia đồ thị ra làm 4 giai đoạn

+ gđ 1: đồ thị đi lên nhanh và tại giá trị n_CO2 = a (mol), m_{kết tủa} = 29,55 (g) thì BaCO₃ đạt max

Ba(OH)₂ + CO₂ → BaCO₃ + H₂O

+ gđ 2: đồ thị đi lên đến cực đại thì Al(OH)₃ đạt max

Ba(OH)₂ + CO₂ → BaCO₃ + H₂O

NaAlO₂ + CO₂ + 2H₂O → NaHCO₃ + Al(OH)₃

+ gđ 3: đồ thị đi xuống: BaCO₃ bị hòa tan dần

BaCO₃ + CO₂ + H₂O → Ba(HCO₃)₂

Tính toán theo PTHH

Lời giải chi tiết :

Tại thời điển V_CO2 = a lít thì

Ba(OH)₂ + CO₂ → BaCO₃ + H₂O

0,15 → 0,15 mol

→ a = 3,36 lít

Tại thời điển V_CO2 = b lít thì

Ba(OH)₂ + CO₂ → BaCO₃ + H₂O

0,15 → 0,15 mol

NaAlO₂ + CO₂ + 2H₂O → NaHCO₃ + Al(OH)₃

→ m_Al(OH03 = 37,35 – 29,55 = 7,8 g → n_Al(OH)3 = 0,1 mol

→ b = 0,25.22,4 = 5,6 lít

Tại thời điểm V_CO2= a + b – 1,68 = 7,28 lít → n_CO2 = 0,325 mol

Khi đó xảy ra các phản ứng sau :

Ba(OH)₂ + CO₂ → BaCO₃ + H₂O

0,15 → 0,15 mol

NaAlO₂ + CO₂ + 2H₂O → NaHCO₃ + Al(OH)₃

0,1 0,1

BaCO₃ + CO₂ + H₂O → Ba(HCO₃)₂

0,075 0,075

→m_{kết tủa} = m_BaCO3 + m_Al(OH)3 = 0,075.197 + 0,1.78 = 22,575 g

Câu 12 :

Cho m gam hỗn hợp gồm Na, Na₂O, Ba, BaO vào nước dư, thu được dung dịch X và 0,672 lít khí H₂ ở đktc. Chia dung dịch X thành 2 phần bằng nhau:

+ Phần 1 cho tác dụng với dung dịch CuSO₄ dư thu được 8,09 gam kết tủa.

+ Phần 2 hấp thụ hết 1,344 lít CO₂ thu được 1,97 gam kết tủa.

Giá trị của m là

A
7,50 gam.
B
7,66 gam.
C
6,86 gam.
D
7,45 gam.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Quy đổi hỗn hợp thành Na, Ba, O

Giả sử m/2 (gam) hỗn hợp có: Na (x mol); Ba (y mol) và O (z mol)

+ Hòa tan vào nước:

BT electron: n_Na+ 2n_Ba = 2n_O + 2n_H2 => (1)

+ Phần 1 tác dụng với CuSO₄ dư:

Phần 1 của dung dịch X chứa: Na⁺ (x mol); Ba²⁺ (y mol) và OH^-

BTĐT => n_OH-= n_Na+ + 2n_Ca2+ = x + 2y (mol)

Cu²⁺ + 2OH^- → Cu(OH)₂

x + 2y → 0,5x + y

Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄

y → y

=> m _{kết tủa}= m_Cu(OH)2 + m_BaSO4 => (2)

+ Phần 2 hấp thụ hết 0,06 mol CO₂ thu được 0,01 mol BaCO₃: n_BaCO3 < n_CO2 => có tạo muối HCO₃^-

BTNT "C": n_HCO3-= n_CO2 - n_CO32- = ?

Dung dịch thu được gồm: Na⁺ (x mol); Ba²⁺ (y-0,01 mol) và HCO₃^- (? mol)

BTĐT: n_Na+ + 2n_Ba2+ = n_HCO3- => (3)

Giải hệ (1) (2) (3) xác định được x, y, z

Lời giải chi tiết :

Cho m gam hỗn hợp tác dụng với nước dư thu được 0,03 mol H₂

=> Cho m/2 gam hỗn hợp tác dụng với nước dư thu được 0,015 mol H₂

Quy đổi hỗn hợp thành Na, Ba, O

Giả sử m/2 (gam) hỗn hợp có: Na (x mol); Ba (y mol) và O (z mol)

+ Hòa tan vào nước:

BT electron: n_Na+ 2n_Ba = 2n_O + 2n_H2 => x + 2y = 2z + 2.0,015 (1)

+ Phần 1 tác dụng với CuSO₄ dư:

Phần 1 của dung dịch X chứa: Na⁺ (x mol); Ba²⁺ (y mol) và OH^-

BTĐT => n_OH-= n_Na+ + 2n_Ca2+ = x + 2y (mol)

Cu²⁺ + 2OH^- → Cu(OH)₂

x + 2y → 0,5x + y

Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄

y → y

=> m _{kết tủa}= m_Cu(OH)2 + m_BaSO4 => 98(0,5x + y) + 233y = 8,09 (2)

+ Phần 2 hấp thụ hết 0,06 mol CO₂ thu được 0,01 mol BaCO₃: n_BaCO3 < n_CO2 => có tạo muối HCO₃^-

BTNT "C": n_HCO3-= n_CO2 - n_CO32- = 0,06 - 0,01 = 0,05 mol

Dung dịch thu được gồm: Na⁺ (x mol); Ba²⁺ (y-0,01 mol) và HCO₃^- (0,05 mol)

BTĐT: n_Na+ + 2n_Ba2+ = n_HCO3- => x + 2(y-0,01) = 0,05 (3)

Giải hệ (1) (2) (3) được x = 0,03; y = 0,02; z = 0,02

=> m = 2(23x + 137y + 16z) = 7,5 gam

Câu 13 :

A

1,2
B

1,56
C

1,72
D

1,66

Đáp án : D

Phương pháp giải :

n_NaHCO3 = 0,08 mol ; n_CaCl2 = 0,04 mol

n_CaCO3 = n_Ca2+ = n_Ca + n_CaCl2 (Bảo toàn nguyên tố Ca) => n_Ca

- Các phản ứng của kim loại khi thả vào nước :

Na + H₂O → NaOH + ½ H₂

Ca + 2H₂O → Ca(OH)₂ + H₂

=> n_H2 = ½ n_Na + n_Ca => n_Na

=> m = m_Na + m_Ca

Lời giải chi tiết :

n_NaHCO3 = 0,08 mol ; n_CaCl2 = 0,04 mol

n_CaCO3 = 7 : 100 = 0,07 mol = n_Ca2+ = n_Ca + n_CaCl2 (Bảo toàn nguyên tố Ca)

=> n_Ca = 0,07 – 0,04 = 0,03 mol

- Các phản ứng của kim loại khi thả vào nước :

Na + H₂O → NaOH + ½ H₂

Ca + 2H₂O → Ca(OH)₂ + H₂

=> n_H2 = 0,896 : 22,4 = 0,04 mol = ½ n_Na + n_Ca => n_Na = 2.(0,04 – 0,03) = 0,02 mol

=> m = m_Na + m_Ca = 23.0,02 + 40.0,03 = 1,66g

Câu 14 :

+ Cho từ từ phần 1 vào 200 ml dung dịch HCl 0,24M thấy thoát ra 0,03 mol khí CO₂.

+ Nếu cho từ từ 200 ml dung dịch HCl 0,24M vào phần 2 thấy thoát ra 0,024 mol khí CO₂. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Giá trị của m là

A

8,368.
B

12,272.
C

10,352.
D

11,312.

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Do lượng CO₂ thu được ở 2 thí nghiệm khác nhau mặc dù lượng HCl như nhau nên X chứa CO₃^2-, HCO₃^- và Na⁺

+ Phần 1: Cho từ từ CO₃^2-, HCO₃^- vào H⁺ thì phản ứng xảy ra đồng thời theo đúng tỉ lệ về số mol (vì ban đầu H⁺ rất dư)

CO₃^2- + 2H⁺ → H₂O + CO₂

HCO₃^- + H⁺ → H₂O + CO₂

Dựa vào số mol H⁺ phản ứng và số mol CO₂ sinh ra => n_CO32-: n_HCO3-= 3 : 2

+ Phần 2: Đặt n_CO32-= 3a (mol) và n_HCO3-= 2a (mol)

Cho từ từ H⁺ vào hỗn hợp CO₃^2-và HCO₃^- thì phản ứng xảy ra theo thứ tự:

CO₃^2- + H⁺ → HCO₃^-

3a → 3a → 3a

HCO₃^- + H⁺→ CO₂ + H₂O

0,024 ← 0,024

Từ số mol H⁺ đề bài cho tính được a.

=> Thành phần dung dịch Y

BTNT "C": n_CO2 = n_CO32-(Y)+ n_{HCO3- (Y)}+ n_BaCO3 => n_BaCO3 = n_{Ba (hh)}

n_Na(hh)= n_Na+

BT electron: n_Na+ 2n_Ba = 2n_O + 2n_H2 => n_O

=> m = m_Na+ m_Ba + m_O

Lời giải chi tiết :

Do lượng CO₂ thu được ở 2 thí nghiệm khác nhau mặc dù lượng HCl như nhau nên X chứa CO₃^2-, HCO₃^- và Na⁺

+ Phần 1: Cho từ từ CO₃^2-, HCO₃^- vào H⁺ thì phản ứng xảy ra đồng thời theo đúng tỉ lệ về số mol (vì ban đầu H⁺ rất dư)

CO₃^2- + 2H⁺ → H₂O + CO₂

x ← 2x → x

HCO₃^- + H⁺ → H₂O + CO₂

y ← y → y

=> n_CO2 = x + y = 0,03 mol; n_H+= 2x + y = 0,24.0,2

Giải hệ thu được x = 0,018 và y = 0,012

=> n_CO32-: n_HCO3-= 0,018 : 0,012 = 3 : 2

+ Phần 2: Đặt n_CO32-= 3a (mol) và n_HCO3-= 2a (mol)

Cho từ từ H⁺ vào hỗn hợp CO₃^2-và HCO₃^- thì phản ứng xảy ra theo thứ tự:

CO₃^2- + H⁺ → HCO₃^-

3a → 3a → 3a

HCO₃^- + H⁺→ CO₂ + H₂O

0,024 ← 0,024

=> n_H+ = 3a + 0,024 = 0,048 => a = 0,008

Vậy 1/2 dung dịch Y gồm: CO₃^2- (0,024 mol), HCO₃^- (0,016 mol)

=> dd Y gồm: CO₃^2- (0,048 mol), HCO₃^- (0,032 mol) và Na⁺ (0,128 mol) (theo BTĐT)

BTNT "C": n_CO2 = n_CO32-(Y)+ n_{HCO3- (Y)}+ n_BaCO3 => 0,128 = 0,048 + 0,032 + n_BaCO3

=> n_BaCO3 = 0,048 mol => n_{Ba (hh)}= n_BaCO3= 0,048 mol

n_Na(hh)= n_Na+= 0,128 mol

BT electron: n_Na+ 2n_Ba = 2n_O + 2n_H2 => 0,128 + 2.0,048 = 2n_O + 2.0,06 => n_O = 0,052

=> m = m_Na+ m_Ba + m_O = 0,128.23 + 0,048.137 + 0,052.16 = 10,352 gam

Câu 15 :

A
3,2.
B
6,4.
C
2,4.
D
4,8.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Bước 1: Tính n_OH^-_pư

- Tính n_HCl, n_H2SO4⟹ n_H⁺ = n_HCl + 2.n_H2SO4

- Vì pH > 7 nên OH^- dư, H⁺ hết ⟹ n_OH^-_(pư) = n_H⁺.

Bước 2: Tính n_OH^-_pư

- Mặt khác pH = 13 ⟹ [OH^-] _dư = 0,1 ⟹ n_OH^-_dư.

- Từ đó ta tính được n_OH^-_(Y) = n_H⁺ + n_OH^-_dư

Bước 3: Tính m_X

Ta có công thức nhanh: n_OH^-_(Y) = 2n_H2 + 2n_O ⟹ n_O ⟹ m_X.

Lời giải chi tiết :

Bước 1: Tính n_OH^-_pư

- n_HCl = 0,08 mol và n_H2SO4 = 0,06 mol ⟹ n_H⁺ = 0,2 mol

- Vì pH > 7 nên OH^- dư, H⁺ hết ⟹ n_OH^-_(pư) = n_H⁺ = 0,2 mol

Bước 2: Tính n_OH^-_pư

- Mặt khác pH = 13 ⟹ [OH^-] _dư = 0,1 ⟹ n_OH^-_dư = 0,04 mol

⟹ n_OH^-_(Y) = 0,2 + 0,04 = 0,24 mol

Bước 3: Tính m_X

- Mà ta có công thức nhanh: n_OH^-_(Y) = 2n_H2 + 2n_O ⟹ 0,24 = 2.0,04 + 2.n_O ⟹ n_O = 0,08 mol

⟹ m_X = 0,08.16.(100/20) = 6,4 gam.

Bài liên quan

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập Kim loại kiềm - kiềm thổ - nhôm hay và khó (phần 2) - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập Kim loại kiềm - kiềm thổ - nhôm hay và khó (phần 2) Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Ôn tập chương 6 - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Ôn tập chương 6 Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập phản ứng nhiệt nhôm không hoàn toàn - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập phản ứng nhiệt nhôm không hoàn toàn Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập phản ứng nhiệt nhôm hoàn toàn - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập phản ứng nhiệt nhôm hoàn toàn Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết
Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập muối aluminat tác dụng với axit - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập muối aluminat tác dụng với axit Hóa 12 với đầy đủ các dạng bài tập trắc nghiệm có đáp án và lời giải chi tiết

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập Kim loại kiềm - kiềm thổ - nhôm hay và khó (phần 1) - Hóa 12

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập Kim loại kiềm - kiềm thổ - nhôm hay và khó (phần 2) - Hóa 12

Trắc nghiệm Ôn tập chương 6 - Hóa 12

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập phản ứng nhiệt nhôm không hoàn toàn - Hóa 12

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập phản ứng nhiệt nhôm hoàn toàn - Hóa 12

Trắc nghiệm Tổng hợp bài tập muối aluminat tác dụng với axit - Hóa 12