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

Đề bài

Câu 1 :

Hỗn hợp X gồm M₂CO₃, MHCO₃ và MCl với M là kim loại kiềm. Nung nóng 15,97 gam hỗn hợp X, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được 14,42 gam chất rắn. Mặt khác, cho 15,97 gam hỗn hợp X trên tác dụng hết với 500 ml dung dịch HCl 1M, thu được dung dịch Y và 3,36 lít khí (đktc). Cho Y tác dụng với dung dịch AgNO₃ dư, thu được 74,62 gam kết tủa. Kim loại M là

A

Li.
B

K.
C

Cs.
D

Na.

Câu 2 :

Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm Ba, BaO, Al và Al₂O₃ vào nước dư, thu được dung dịch Y và 5,6 lít H₂ (ở đktc). Nhỏ từ từ đến dư dung dịch HCl 1M vào dung dịch Y. Đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc khối lượng kết tủa Al(OH)₃ theo thể tích dung dịch HCl 1M như sau:

Giá trị của m là

A

99,00.
B

49,55.
C

47,15.
D

56,75

Câu 3 :

Cho 86,3 gam hỗn hợp X gồm Na, K, Ba và Al₂O₃ (trong đó oxi chiếm 19,47% về khối lượng) tan hết vào nước, thu được dung dịch Y và 13,44 lít khí H₂ (đktc). Cho 3,2 lít dung dịch HCl 0,75M vào dung dịch Y. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là

A

10,4.
B

23,4.
C

54,5.
D

27,3.

Câu 4 :

Hỗn hợp X gồm Na, Ba, Na₂OvàBaO. Hòa tan hoàn toàn 21,9 gam X vào nước thu được 1,12 lít khí H₂ (đktc) và dung dịch Y trong đó có 5,6 gam dung dịch NaOH. Cho toàn bộ Y tác dụng với 100 ml dung dịch Al₂(SO₄)₃ 0,5M thu được m gam kết tủa. Giá trị của m là

A

29,52
B

27,96
C

1,56
D

36,52

Câu 5 :

Điện phân nóng chảy hỗn hợp Al₂O₃ và Na₃AlF₆ (criolit) với anot làm bằng than chì và catot làm bằng thép. Sau một thời gian tại catot sinh ra 8,1 kg Al và tại anot thấy thoát ra V m³ hỗn hợp khí (đo ở 819^oC và áp suất 1 atm) gồm CO₂ 60%, CO 20% và O₂ 20% (theo thể tích). Giá trị của V tương ứng là

A

≈33,6 m³.
B

≈22,4 m³.
C

≈56,0 m³.
D

≈44,8 m³.

Câu 6 :

Hỗn hợp X gồm Mg, Al, Al₂O₃ và MgCO₃ (trong đó oxi chiếm 25,157% về khối lượng). Hòa tan hết 19,08 gam X trong dung dịch chứa 1,32 mol NaHSO₄ và x mol HNO₃, kết thúc phản ứng thu được dung dịch Y chỉ chứa các muối trung hòa có khối lượng 171,36 gam và hỗn hợp khí Z gồm CO₂, N₂O, H₂. Tỉ khối của Z so với He bằng 7,5. Cho dung dịch NaOH dư vào Y, thu được 19,72 gam kết tủa.Trong các nhận định dưới đây có bao nhiêu nhận định đúng :

(1) Trong X có 0,06 mol MgCO₃

(2) Giá trị của x là 0,16

(3) Trong Z có 0,06 mol H₂

(4) Khối lượng Al trong X là 4,86 g

A

1
B

2
C

3
D

4

Câu 7 :

Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)₂ vào dung dịch hỗn hợp Al₂(SO₄)₃ và AlCl₃ thu được kết tủa có khối lượng theo số mol Ba(OH)₂ như đồ thị:

Tổng giá trị (a+b) bằng:

A

287,4.
B

134,1.
C

248,7.
D

238,95.

Câu 8 :

Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch hỗn hợp gồm a mol HCl và b mol AlCl₃, kết quả thí nghiệm được biểu thị trên đồ thị sau:

Tỉ lệ y : x là

A

14.
B

16.
C

13.
D

15.

Câu 9 :

Hòa tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm Al₂O₃ và Na vào nước thu được dung dịch Y và x lít H₂ đktc. Cho từ từ dung dịch HCl 1M vào dung dich Y, khối lượng kết tủa Al(OH)₃ (m gam) phụ thuộc vào thể tích dung dịch HCl (V ml) được biểu diễn bằng đồ thị dưới đây.

Giá trị của x là

A

1,68
B

5,04
C

3,36
D

10,08

Câu 10 :

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

Giá trị của ( m_max – m_min) là

A

20,15.
B

14,04.
C

16,05.
D

18,58.

Câu 11 :

Cho 10,8 gam bột Al và m gam hỗn hợp X gồm CuO và Fe₃O₄ vào bình chân không rồi nung nóng, thu được hỗn hợp rắn Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. Phần một cho tác dụng với dung dịch NaOH dư thấy thoát ra 0,06 mol khí H₂, đồng thời thu được 18,08 gam hỗn hợp chất rắn không tan. Phần hai cho tác dụng hết với dung dịch HNO₃ dư, thu được dung dịch Z chứa 106,16 gam muối và thoát ra 0,18 mol khí NO duy nhất. Khối lượng Fe₃O₄ có trong m gam X là

A

27,84 gam.
B

21,92 gam.
C

19,21 gam.
D

24,32 gam.

Lời giải và đáp án

Câu 1 :

A

Li.
B

K.
C

Cs.
D

Na.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

BTNT Cl => n_MCl = n_AgCl – n_HCl = ? (mol)

Khi nung chỉ có MHCO₃ bị nhiệt phân theo phương trình:

2MHCO₃ $\xrightarrow{{{t}^{0}}}$ M₂CO₃ + CO₂ ↑+ H₂O

y →0,5y →0,5y (mol)

=> Khối lượng rắn giảm chính là khối lượng H₂O và CO₂

=> y = ? (mol)

BTNT C ta có: => n_M2CO3 = n_CO2 - n_MHCO3 = ?

BTKL m_X => Kloại M =?

Lời giải chi tiết :

BTNT Cl => n_MCl = n_AgCl – n_HCl = 0,52 – 0,5 = 0,02 (mol)

Khi nung chỉ có MHCO₃ bị nhiệt phân theo phương trình:

2MHCO₃ $\xrightarrow{{{t}^{0}}}$M₂CO₃ + CO₂ ↑+ H₂O

y →0,5y →0,5y (mol)

=> Khối lượng rắn giảm chính là khối lượng H₂O và CO₂

=> 0,5y.44 + 0,5y.18 = (15,97- 14,42)

=> y = 0,05 (mol)

BTNT C ta có: n_M2CO3 + n_MHCO3 = n_CO2

=> n_M2CO3 = n_CO2 - n_MHCO3 = 0,15 – 0,05 = 0,1 (mol)

m_X = 0,1(2M + 60) + 0,05 (M + 61) + 0,02 (M + 35,5) = 15,97

=> 0,27M = 6,21

=> M = 23 (Na)

Câu 2 :

Giá trị của m là

A

99,00.
B

49,55.
C

47,15.
D

56,75

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Dd Y gồm: OH^- dư và AlO₂^-

Khi n_H+ = 0,8 mol: n_H+ = n_OH- + 4n_AlO2- - 3n_Al(OH)3 => x

Quy đổi hỗn hợp đầu thành: Ba, Al, O

n_{OH- pư} = n_AlO2-=> n_{OH- bđ} => n_Ba = n_Ba(OH)2

BT e: 2n_Ba + 3n_Al = 2n_O + 2n_H2=> n_O = 0,45 mol

m = m_Ba + m_Al + m

Lời giải chi tiết :

Dd Y gồm: OH^- dư (0,2 mol) và AlO₂^- (x mol)

Khi n_H+ = 0,8 mol: n_H+ = n_{OH- dư} + 4n_AlO2- - 3n_Al(OH)3

=> 0,8 = 0,2 + 4x – 3.0,2 => x = 0,3 mol

Quy dổi hỗn hợp đầu thành: Ba, Al, O

n_{OH- pư} = n_AlO2-= 0,3 mol => n_{OH- bđ} = 0,5 mol => n_Ba = n_Ba(OH)2 = 0,25 mol

BT e: 2n_Ba + 3n_Al = 2n_O + 2n_H2=> 0,25.2 + 0,3.3 = 2n_O + 0,25.2

=> n_O = 0,45 mol

m = m_Ba + m_Al + m_O = 0,25.137 + 0,3.27 + 0,45.16 = 49,55 gam

Câu 3 :

A

10,4.
B

23,4.
C

54,5.
D

27,3.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Tính được m_O => n_O => n_Al2O3 = n_O/3

${{n}_{O{{H}^{-}}}}=2{{n}_{{{H}_{2}}}}$

Viết PTHH và tính toán theo PTHH

Lời giải chi tiết :

Câu 4 :

A

29,52
B

27,96
C

1,56
D

36,52

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Quy đổi X thành Na : x mol, Ba: y mol và O : z mol

→ PT (1) khối lượng hỗn hợp X

Cho X vào nước : Na → Na⁺¹ + 1e

Ba → Ba⁺² + 2e

O + 2e → O^-2

2H⁺¹ + 2e → H₂

+) Bảo toàn e => PT (2)

+) n_NaOH = x

SO₄^2- + Ba²⁺ → BaSO₄

Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃

Al(OH)₃+ OH^- → AlO₂^- + H₂

Lời giải chi tiết :

Quy đổi X thành Na : x mol, Ba: y mol và O : z mol

→ 23x + 137y + 16z = 21,9

Cho X vào nước : Na → Na⁺¹ + 1e

Ba → Ba⁺² + 2e

O + 2e → O^-2

2H⁺¹ + 2e → H₂

Bảo toàn e có x + 2y -2z = 0,05.2

n_NaOH = x = 0,14 nên y = 0,12 mol và z = 0,14 mol → dd Y có 0,14 mol NaOH và 0,12 mol Ba(OH)₂

n_Al2(SO4)3 = 0,05 mol

Vì: ${{n}_{SO_{4}^{2-}}}>{{n}_{B{{a}^{2+}}}}=>{{n}_{BaS{{O}_{4}}}}={{n}_{B{{a}^{+}}}}=0,12\,mol$

Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃

Ban đầu 0,1 0,38

Sau phản ứng: 0 0,08 0,1 mol

Al(OH)₃+ OH^- → AlO₂^- + 2H₂O

Ban đầu 0,1 0,08

Sau phản ứng 0,02

=> kết tủa có 0,12 mol BaSO₄ và 0,02 mol Al(OH)₃

=> m = 0,12.233 + 0,02.78 = 29,52 (gam)

Câu 5 :

A

≈33,6 m³.
B

≈22,4 m³.
C

≈56,0 m³.
D

≈44,8 m³.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Catot: Thu được Al

Anot: Thu được CO, CO₂ (vì O₂ tác dụng với điện cực làm bằng than chì)

Viết phương trình điện phân, từ mol Al => n_O2

Viết PTHH của điện cực (làm bằng C) với O₂, tính toán theo PTHH

Lời giải chi tiết :

n_Al = 0,3 (kmol)

=> n_khí = x (kmol) $ \to \left\{ \begin{array}{l}{n_{C{O_2}}} = 0,6{\rm{x}}\\{n_{CO}} = 0,2{\rm{x}}\\{n_{{O_2}du}} = 0,2{\rm{x}}\end{array} \right.$

C + O₂ $\xrightarrow{{{t}^{o}}}$ CO₂

0,6x ← 0,6x

2C + O₂ $\xrightarrow{{{t}^{o}}}$ 2CO

0,1x ← 0,2x

=> n_{O2 dư} = n_{O2 sinh ra ở anot} – n_{O2 pứ}

=> 0,225 – (0,6x + 0,1x) = 0,2x => x = 0,25 (kmol)

=> $V=\frac{n.R.T}{p}=\frac{0,25.0,082.(819+273)}{1}=22,4\,{{m}^{3}}$

Câu 6 :

(1) Trong X có 0,06 mol MgCO₃

(2) Giá trị của x là 0,16

(3) Trong Z có 0,06 mol H₂

(4) Khối lượng Al trong X là 4,86 g

A

1
B

2
C

3
D

4

Đáp án : C

Phương pháp giải :

+) Tính n_{O (trong X)}dựa vào phần trăm khối lượng

+) Dung dịch Y tác dụng với NaOH dư ta được : ${{n}_{M{{g}^{2+}}}}={{n}_{Mg{{\left( OH \right)}_{2}}}}$

- Xét dung dịch Y, bảo toàn điện tích và khối lượng => số mol Al³⁺ và NH₄⁺

- Quy đổi hỗn hợp rắn X thành Mg, Al, O và C → bảo toàn C → MgCO₃

+) ${{n}_{Mg}}={{n}_{M{{g}^{2+}}}}-{{n}_{MgC{{O}_{3}}}}$

+) Bảo toàn O → Al₂O₃

- Xét hỗn hợp khí Z ta có : n_N2O = a và n_H2 = b và n_CO2 = 0,06 mol

+) Từ M_Z = 30 => PT (1)

Bảo toàn e cho phản ứng với HNO₃ có $8{{n}_{{{N}_{2}}O}}~+2{{n}_{{{H}_{2}}}}+8{{n}_{NH_{4}^{+}}}~=3{{n}_{Al}}+2{{n}_{Mg}}$ => Pt (2)

→ a và b

+) Bảo toàn N : $2.{{n}_{{{N}_{2}}O}}+{{n}_{NH_{4}^{+}}}={{n}_{HN{{O}_{3}}}}$

=> x

Lời giải chi tiết :

- Theo đề bài ta có : ${{n}_{O\,(trong\,X)}}=\frac{0,25157.19,08}{16}=0,3\,mol$

- Khi cho dung dịch tác dụng với NaOH dư ta được: ${{n}_{M{{g}^{2+}}}}={{n}_{Mg{{\left( OH \right)}_{2}}}}=0,34\text{ }mol$

- Xét dung dịch Y có

$\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{3.{n_{A{l^{3 + }}}} + {n_{NH_4^ + }} = 2.{n_{SO_4^{2 - }}} - {n_{N{a^ + }}} - 2.{n_{M{g^{2 + }}}} = 0,64}\\{27.{n_{A{l^{3 + }}}} + 18.{n_{NH_4^ + }} = {m_Y} - 96.{n_{SO_4^{2 - }}} - 23.{n_{N{a^ + }}} - 24.{n_{M{g^{2 + }}}} = 6,12}\end{array}} \right. \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{n_{A{l^{3 + }}}} = 0,2{\mkern 1mu} mol}\\{{n_{NH_4^ + }} = 0,04{\mkern 1mu} mol}\end{array}} \right.$- Quy đổi hỗn hợp rắn X thành Mg, Al, O và C → bảo toàn C

${{n}_{MgC{{O}_{3}}}}={{n}_{C}}=\frac{{{m}_{X}}-24.{{n}_{Mg}}-27.{{n}_{Al}}-16.{{n}_{O}}}{12}=0,06\,mol$

- Quay lại hỗn hợp rắn X với Al, Al₂O₃, Mg và MgCO₃ có :

${{n}_{Mg}}={{n}_{M{{g}^{2+}}}}-{{n}_{MgC{{O}_{3}}}}=0,28\,mol$

Bảo toàn O :

${{n}_{A{{l}_{2}}{{O}_{3}}}}=\frac{{{n}_{O(trong\,X)}}-3.{{n}_{MgC{{O}_{3}}}}}{3}=0,04\,mol=>{{n}_{Al}}={{n}_{A{{l}^{3+}}}}-2.{{n}_{A{{l}_{2}}{{O}_{3}}}}=0,12\,mol$

- Xét hỗn hợp khí Z ta có : n_N2O = a và n_H2 = b và n_CO2 = 0,06 mol

$\to {{M}_{Z}}~=30=\frac{44a+2b+0,06.44}{a+b+0,06}$ (1)

Bảo toàn e cho phản ứng với HNO₃ có : $8{{n}_{{{N}_{2}}O}}~+2{{n}_{{{H}_{2}}}}+8{{n}_{NH_{4}^{+}}}=3{{n}_{Al}}+2{{n}_{Mg}}$

=> 8a + 2b + 8.0,04 = 3.0,12 + 2.0,28 (2)

→ a = 0,06 và b = 0,06 mol

Bảo toàn N: $2.{{n}_{{{N}_{2}}O}}+{{n}_{NH_{4}^{+}}}={{n}_{HN{{O}_{3}}}}$ => 2.0,06 + 0,04 = x

=> x = 0,16

(1) đúng vì MgCO₃ :0,06 mol

(2) đúng

(3) đúng

(4) sai vì m_Al = 0,12.27 = 3,24

Câu 7 :

Nhỏ từ từ dung dịch Ba(OH)₂ vào dung dịch hỗn hợp Al₂(SO₄)₃ và AlCl₃ thu được kết tủa có khối lượng theo số mol Ba(OH)₂ như đồ thị:

Tổng giá trị (a+b) bằng:

A

287,4.
B

134,1.
C

248,7.
D

238,95.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

GĐ 1: Kết tủa tăng mạnh nhất do vừa tạo thành BaSO₄ và Al(OH)₃

GĐ 2: Kết tủa BaSO₄ đạt cực đại nên lượng kết tủa tăng chậm đi

GĐ 3: Al(OH)₃ bắt đầu bị hòa tan nên lượng kết tủa giảm

Lời giải chi tiết :

GĐ 1: Kết tủa tăng mạnh nhất do vừa tạo thành BaSO₄ và Al(OH)₃

GĐ 2: Kết tủa BaSO₄ đạt cực đại nên lượng kết tủa tăng chậm đi

GĐ 3: Al(OH)₃ bắt đầu bị hòa tan nên lượng kết tủa giảm

n_Al2(SO4)3 = x

n_AlCl3 = y

+ Tại n_Ba(OH)2 = 0,45 mol thì BaSO₄ đạt cực đại

n_SO42- = n_Ba(OH)2 => 3x = 0,45 => x = 0,15

+ Tại n_Ba(OH)2 = 0,75 mol thì Al(OH)₃ vừa bị hòa tan hết

n_OH-= 4n_Al3+=> 0,75.2 = 4.(2.0,15 + y) => y = 0,075 mol

a = m_{BaSO4 max} = 0,45.233 = 104,85 gam

b = m_{BaSO4 max}+ m_{Al(OH)3 max} = 104,85 + 78(2.0,15 + 0,075) = 134,1 gam

=> a + b = 104,85 + 134,1 = 238,95 gam

Câu 8 :

Khi nhỏ từ từ đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch hỗn hợp gồm a mol HCl và b mol AlCl₃, kết quả thí nghiệm được biểu thị trên đồ thị sau:

Tỉ lệ y : x là

A

14.
B

16.
C

13.
D

15.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Khi cho dd OH^- vào hỗn hợp gồm H⁺ và muối Al³⁺

Sẽ xảy ra các phản ứng hóa học theo thứ tự sau:

OH^- + H⁺ → H₂O (1)

OH^-+ Al³⁺→ Al(OH)₃↓ (2)

OH^-+ Al(OH)₃↓ → AlO₂^- + 2H₂O (3)

Khi phản ứng (1) kết thúc , bắt đầu xảy ra (2) thì xuất hiện kết tủa => đồ thị bắt đầu đi lên

Khi đồ thị đi lên từ từ đến điểm cực đại => xảy ra phản ứng (1) và (2)

Ta có công thức nhanh: n_OH- = 3n_↓ + n_H+

Khi đồ thị bắt đầu đi xuống => phản ứng (3) xảy ra, kết tủa bắt đầu bị hòa tan dần dần đến hết

=> Ta có công thức tính nhanh: n_OH- = 4n_Al3+ - n_↓ + n_H+

Lời giải chi tiết :

Khi cho dd OH^- vào hỗn hợp gồm H⁺ và muối Al³⁺

Sẽ xảy ra các phản ứng hóa học theo thứ tự sau:

OH^- + H⁺ → H₂O (1)

OH^-+ 3Al³⁺→ Al(OH)₃↓ (2)

OH^-+ Al(OH)₃↓ → AlO₂^- + 2H₂O (3)

Khi phản ứng (1) kết thúc , bắt đầu xảy ra (2) thì xuất hiện kết tủa => đồ thị bắt đầu đi lên

Khi đồ thị đi lên từ từ đến điểm cực đại => xảy ra phản ứng (1) và (2)

Ta có công thức nhanh: n_OH- = 3n_↓ + n_H+

Khi đồ thị bắt đầu đi xuống => phản ứng (3) xảy ra, kết tủa bắt đầu bị hòa tan dần dần đến hết

=> Ta có công thức tính nhanh: n_OH- = 4n_Al3+ - n_↓ + n_H+

Từ đây ta có các phương trình sau:

$\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}0,5 = 3x + a\\0,8{\rm{ }} = {\rm{ }}3\left( {x{\rm{ }} + {\rm{ }}0,5a} \right){\rm{ }} + {\rm{ }}a\\y{\rm{ }} = {\rm{ }}4b{\rm{ }} - {\rm{ }}\left( {x{\rm{ }} + {\rm{ }}0,5a} \right){\rm{ }} + {\rm{ }}a\\7a{\rm{ }} + {\rm{ }}0,1{\rm{ }} = {\rm{ }}4b{\rm{ }} - {\rm{ }}x{\rm{ }} + {\rm{ }}a\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a{\rm{ }} + {\rm{ }}3x{\rm{ }} = {\rm{ }}0,5\\2,5a{\rm{ }} + {\rm{ }}3x{\rm{ }} = {\rm{ }}0,8\\0,5a{\rm{ }} + {\rm{ }}4b{\rm{ }} - {\rm{ }}x{\rm{ }} = {\rm{ }}y\\6a{\rm{ }} - {\rm{ }}4b{\rm{ }} + {\rm{ }}x{\rm{ }} = {\rm{ }} - {\rm{ }}0,1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a{\rm{ }} = {\rm{ }}0,2\\x{\rm{ }} = {\rm{ }}0,1\\b{\rm{ }} = {\rm{ }}0,35\\y{\rm{ }} = {\rm{ }}1,4\end{array} \right.\\\Rightarrow \frac{y}{x} = \frac{{1,4}}{{0,1}} = 14\end{array}$

Câu 9 :

Giá trị của x là

A

1,68
B

5,04
C

3,36
D

10,08

Đáp án : D

Phương pháp giải :

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

2NaOH + Al₂O₃ → 2 NaAlO₂ + H₂O

Y dư NaOH

Thì HCl + NaOH → NaCl + H₂O

HCl + NaAlO₂ +H₂O → NaCl + Al(OH)₃

3HCl + Al(OH)₃ → AlCl₃ + 3H₂O

Y có n_NaOH = 0,3 mol và n_NaAlO2 = a mol

Khi thêm 700 ml dung dịch HCl vào thì n_↓ = 0,7 - 0,3 = 0,4 mol

Khi thêm 1500 ml dung dịch HCl vào thì n↓= a – (1,5 – 0,3 –a ): 3

→ a – (1,5 – a – 0,3) : 3 = 0,4 (mol) → a = 0,6 mol

Lời giải chi tiết :

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

2NaOH + Al₂O₃ → 2 NaAlO₂ + H₂O

Y dư NaOH

Thì HCl + NaOH → NaCl + H₂O

HCl + NaAlO₂ +H₂O → NaCl + Al(OH)₃

3HCl + Al(OH)₃ → AlCl₃ + 3H₂O

Y có n_NaOH = 0,3 mol và n_NaAlO2 = a mol

Khi thêm 700 ml dung dịch HCl vào thì n_↓ = 0,7 - 0,3 = 0,4 mol

Khi thêm 1500 ml dung dịch HCl vào thì n↓= a – (1,5 – 0,3 –a ): 3

→ a – (1,5 – a – 0,3) : 3 = 0,4 (mol) → a = 0,6 mol

→ bảo toàn Na có n_Na = a + 0,3 = 0,9 mol → n_H2 = 0,45 mol → x =0,45 . 22,4 = 10,08

Câu 10 :

Giá trị của ( m_max – m_min) là

A

20,15.
B

14,04.
C

16,05.
D

18,58.

Đáp án : B

Phương pháp giải :

Gọi số mol của HCl là a (mol) và số mol của Al₂(SO₄)₃ là b (mol)

=> ${{n}_{{{H}^{+}}}}=a\text{ (mol)};\text{ }{{n}_{A{{l}^{3+}}}}=2b\,(mol);\text{ }{{n}_{SO_{4}^{2-}}}=3b\text{ (mol)}$

Tại giá trị n_Ba(OH)2 = 0,27 (mol) => n_BaSO4 _max = 2b => b = ? (mol)

Kết tủa max bao gồm: ${{m}_{max}}~={{m}_{BaSO}}_{_{4}max}~+\text{ }{{m}_{Al{{\left( OH \right)}_{3}}}}_{max}$

Kết tủa không thay đổi (đường đồ thị nằm ngang) chính là khi chỉ có kết tủa BaSO₄, còn kết tủa Al(OH)₃ bị hòa tan hoàn toàn.

=> m_max – m_min = m_Al(OH)3max

Lời giải chi tiết :

Gọi số mol của HCl là a (mol) và số mol của Al₂(SO₄)₃ là b (mol)

=> ${{n}_{{{H}^{+}}}}=a\text{ (mol)};\text{ }{{n}_{A{{l}^{3+}}}}=2b\,(mol);\text{ }{{n}_{SO_{4}^{2-}}}=3b\text{ (mol)}$

Khi cho Ba(OH)₂ từ từ vào dung dịch hỗn hợp, trong khi Ba²⁺tạo kết tủa ngay khi xuất phát thì OH^- lại phải trung hòa H⁺ trước rồi mới tạo kết tủa sau. Do đó Ba²⁺sẽ đến đích trước OH^-

=> BaSO₄ đạt max khi kết thúc giai đoạn thứ 2 và n_{BaSO4 max} = 3b (mol). Lúc này Al(OH)₃ mới tạo được một lượng là:

${{n}_{Al{{(OH)}_{3}}}}=\frac{1}{3}{{n}_{O{{H}^{-}}}}=\frac{6b-a}{3}(mol)$

=> n_Ba(OH)2 = 3b = 0,27

=> b = 0,09 (mol)

Kết tủa max bao gồm : ${{m}_{max}}~={{m}_{BaSO}}_{_{4}max}~+\text{ }{{m}_{Al{{\left( OH \right)}_{3}}}}_{max}$

Kết tủa không thay đổi (đường đồ thị nằm ngang) chính là khi chỉ có kết tủa BaSO₄, còn kết tủa Al(OH)₃ bị hòa tan hoàn toàn.

=> m_max – m_min = m_Al(OH)3 _max = 2b.78 = 2.0,09.78 = 14,04 (gam)

Câu 11 :

A

27,84 gam.
B

21,92 gam.
C

19,21 gam.
D

24,32 gam.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Tóm tắt sơ đồ bài toán:

Coi trong mỗi phần có 0,2 mol Al

Dùng bảo toàn e, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng

Lời giải chi tiết :

Coi trong mỗi phần có 0,2 mol Al

- Rắn Y + NaOH → 0,06 mol H₂

BT: e => n_{Al dư $=\frac{2}{3}.{{n}_{{{H}_{2}}}}=\frac{2}{3}.0,06=0,04\text{ (mol)}$}

BTNT: Al => n_Al2O3 = ½.( n_Al _bđ – n_Al _dư) = ½.(0,2 – 0,04) = 0,08 (mol)

BTKL: m = m_{Fe, Cu} + m_O = 18,08 + 0,08.3.16 = 21,92 (g)

=> 80a + 232b = 21,92 (1)

- Rắn Y + HNO₃

Sau tất cả quá trình ta có: Al → Al⁺³ ; Fe^+8/3 → Fe⁺³, N⁺⁵ → N⁺²; N⁺⁵→ N^-3

BT e ta có: $3{{n}_{Al}}~+{{n}_{F{{e}_{3}}{{O}_{4}}}}~=3{{n}_{NO}}+8{{n}_{N{{H}_{4}}N{{O}_{3}}}}$

$=>{{n}_{N{{H}_{4}}N{{O}_{3}}}}=\frac{0,2.3+b-0,18.3}{8}=\frac{b+0,06}{8}$

m_muối $={{m}_{Al{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{3}}}}+{{m}_{Cu{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{2}}}}+{{m}_{Fe{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{3}}}}~+{{m}_{N{{H}_{4}}N{{O}_{3}}}}$

=> $213.0,2+188a+242.3b+80.\frac{b+0,06}{8}=106,16\text{ }\left( 2 \right)$

Từ (1) và (2) => a = 0,1 và b = 0,06

=> m_Fe3O4 = 232.2b = 232.2.0,1= 27,84 (g) (Vì hỗn hợp ban đầu nên phải nhân đôi số liệu)

Bài liên quan

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 Kim loại kiềm - kiềm thổ - nhôm hay và khó (phần 1) - Hóa 12

Luyện tập và củng cố kiến thức Tổng hợp bài tập Kim loại kiềm - kiềm thổ - nhôm hay và khó (phần 1) 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 2) - Hóa 12

Trắc nghiệm Ôn tập chương 6 - Hóa 12

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 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