280 Bài tập Kim loại kiềm, kiềm thổ, nhôm cực hay có lời giải chi tiết (P5)

Đáp án C

nH₂ = nBa = nBaO = nBa(OH)₂ => Ba(OH)₂ sau pư = 3a mol

Tại nCO₂ = 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

Đáp án D

nH₂ = 0,145 mol

nMgCl₂ = 12,35/95 = 0,13 mol

Quy dổi hỗn hợp ban đầu thành: Mg (0,13 mol), Ca (x mol), O (y mol).

+ Ta có: 0,13.24 + 40x + 16y = 10,72 (1)

+ BT e: 2nMg + 2nCa = 2nO + 2nH₂

0,13.2 + 2x = 2y + 0,145.2 (2)

Giải (1) và (2) => x = 0,14; y = 0,125

mCaCl2 = 0,14.111 = 15,54 gam

Đáp án C

Trong dung dịch X chứa Mg(MO₃)₂ và NH₄NO₃

nMg(NO₃)₂ = nMg(OH)₂ = 0,12

nNaOH = 2nMg(NO₃)₂ + nNH₄NO₃ => nNH₄NO₃ = 0,01

m khí = 0,02.44 = 0,88

BTKL: 5,22 + mHNO₃ = mMg(NO₃)₂ + mNH₄NO₃ + m khí + mH₂O

=> nH₂O = 0,12

BTNT H: 2nMg(OH)₂ + nHNO₃ = 4nNH₄NO₃ + 2nH₂O

=> nMg(OH)₂ = 0,01

=> %Mg(OH)₂ = 0,01.58/5,22 = 11,11%   

Đáp án A

2M + 2H₂O → 2MOH + H₂↑

0,03                  ←         0,015 (mol)

Ta có: 0,03. M = 0,69

=> M = 23 (Na)

Đáp án A

m_KL = 0,1.24 + 0,04.27 + 0,15.65 = 13,23 (g) đúng bằng khối lượng dung dịch tăng

=> KL + HNO₃  chỉ tạo muối NH₄⁺

=> n_NH4+ = 1/8 n_{e(KL nhường)} = 1/ 8 . ( 0,1.2 + 0,04.3 + 0,15.2) = 0,0775 (mol)

=> n_{HNO3 PƯ} = 10n_NH4+ = 0,775 (mol)

Đáp án C

Dùng dd NaOH để phân biệt AlCl₃ và KCl vì khi cho từ từ đến dư dd NaOH vào AlCl₃ có hiện tượng xuât hiện kêt tủa sau đó kết tủa tan, còn KCl thì không có hiện tượng gì

AlCl₃ + 3NaOH → 3NaCl + Al(OH)₃↓

Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

Đáp án B

nBa²⁺ = n _{kết tủa max} = 27,58/197 = 0,14 mol (tại thời điểm nCO₂ = a = 0,14)

Khi nCO₂ = 0,4 mol dung dịch thu được gồm: Ba²⁺ (0,14 mol), HCO₃^- (0,4 mol) và Na⁺

BTĐT => nNa⁺ = 0,12 mol

BT e: 2nBa + nNa = 2nO + 2nH₂ => nO = 0,06 mol

m = mBa + mNa + mO = 22,9 gam

Đáp án C

BTNT H: nH₂SO₄ = nH₂ = 0,15 mol => m (dd H₂SO₄ 10%)  = 0,15.98.(100/10) = 147 gam

KL + dd H₂SO₄ → muối + H₂

BTKL: m muối = mKL + m (dd H₂SO₄ 10%)– mH₂ = 5,2 + 147 – 0,15.2 = 151,9 gam

Đáp án C

n_NaOH = 0,33 (mol) ; n_AlCl3 = 0,1 (mol)

Ta có:

=> Tạo cả Al(OH)₃ và AlO₂-

Áp dụng công thức nhanh

n_Al(OH)3 = 4n_Al3+ - n_OH- = 4.0,1 – 0,33 =0,07 (mol)

=> m_Al(OH)3↓ = 0,07.78  = 5,46 (g)

Đáp án D

Kim loại Al thụ động với H₂SO₄ đặc nguội và HNO₃ đặc nguội

Al là kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa nên không tác dụng được với MgSO₄

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂↑

Đáp án C

Các kim loại: K, Ca, Ba tác dụng với H₂O ở đk thường => có 3 kim loại

Đáp án A

Gọi n_Na = n_Ba = x (mol)

n_H2SO4 = 0,125 (mol); n_CuSO4 = 0,125 (mol) ; n_H2 = 0,15 (mol)

Ta thấy: n_H2 = 0,15 (mol) > n_H2SO4 => Na, Ba phản ứng hết với axit sau đó tiếp tục phản ứng với H₂O

Ta có: ∑ n_{e (KL nhường)} = ∑ n _{e( H2 nhận)}

=> x + 2x = 0,15.2

=> x = 0,1 (mol)

=> n_OH- = 2 ( n_H2 – n_H2SO4) = 2 ( 0,15 – 0,125) = 0,05 (mol)

=> n_Cu(OH)2 = ½ n_OH- = 0,025 (mol)

m↓ = m_Cu(OH)2 + m_BaSO4 = 0,025.98 + 0,1.233 = 25,75 (g)

Đáp án A

Gọi hóa trị của kim loại là n

BTNT O: n_H2O = n_O = 2n_O2 = 0,2 (mol)

∑ n_H2 = n_H2 + n_H2O = 0,6 + 0,2 = 0,8 (mol)

=> ∑ n_HCl = 2n_H2 = 1,6 (mol)

=> n = 3 thì M =27 (Al)

Đáp án B

Bảo toàn electron:

n_{e kim loại  nhường}  = 4n_O2 + 2n_H2 = 4. 0,08 + 2.0,14 = 0,6 (mol)

=> dd Z chứa n_OH­- = 0,6 (mol)

Dd Z tác dụng với NaHCO₃ dư => n_Ba2+ = n_BaCO3 = 0,2 (mol)

Dd Z tác dụng với 0,45 mol CO₂  => thu được  n_CO32- = 0,15 ; n_HCO3- = 0,3 (mol)

=> m_{BaCO3 ↓} =  0,15.197 = 29,55 (g) ( Tính theo số mol của CO₃^2-)

Đáp án D

mO = 4,667.5,14/100 = 0,24 gam => nO = nZnO = 0,015 mol

Luôn có: nOH^- = 2nH₂ = 0,064 mol

ZnO + 2OH^- → ZnO₂^2- + H₂O

0,015→0,03→ 0,015

Vậy dung dịch X gồm: 0,034 mol OH^- dư; 0,015 mol ZnO₂ ^2-

Khi cho 0,088 mol HCl vào X:

H⁺        +          OH^-      →        H₂O

0,034   ←        0,034

ZnO₂^2- +          2H⁺     →        Zn(OH)₂

0,015→           0,03 →            0,015

2H⁺      +                      Zn(OH)₂          →        Zn²⁺     +          2H₂O

0,088-0,034-0,03→     0,012  

m↓ = (0,015-0,012).99 = 0,297 gam  

Đáp án A

Phương pháp:

Cách 1: Viết PTHH, tính toán theo PTHH

Cách 2: Bảo toàn electron

Hướng dẫn giải:

Cách 1:

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂↑ (1)

                               0,3 (mol)

Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂↑ (2)

0,1            ←                  (0,4- 0,3) (mol)

Chỉ có Al tác dụng với dd NaOH

Al + NaOH + H₂O → NaAlO₂ + 3/2. H₂↑ (3)

0,2                                  ← 0,3 (mol)

n_H2(1+2) = 8,96: 22,4 = 0,4 (mol) ; n_{H2 (3)} = 6,72 : 22,4 = 0,3 (mol)

=> m = 0,2. 27 + 0,1.24 = 7,8 (g)

Cách 2: n_Al = 2/3 n_{H2 sinh ra do t/d với NaOH} = 2/3. 0,3 = 0,2 (mol)

n_Mg = n_{H2 sinh ra do t/d với HCl} - n_{H2 sinh ra do t/d với NaOH} = 0,4 – 0, 3= 0,1 (mol)

=> m = 0,2.27 + 0,1.24 = 7,8 (g)

Đáp án A

Phương pháp: Bảo toàn nguyên tố N, Ba

Hướng dẫn giải:

n_HNO3 = 0,12 (mol)

BTNT N => n_Ba(NO3)2 = 1/2n_HNO3 = 0,06 (mol)

mrắn = m_Ba(NO3)2 + m_{Ba(OH)2 dư}

=> n_Ba(OH)2 dư = ( 17,37 – 0,06. 261)/ 171 = 0,01 (mol)

∑ n_Ba(OH)2 = n_Ba(NO3)2 + n_Ba(OH)2 dư = 0,07 (mol)

=> V = n : C_M = 0,07: 0,1 = 0,7 (lít) = 700 (ml)

Đáp án D

A, B, C đúng

D.Sai vì CaO phản ứng với HCl nên không thể làm khô HCl được

CaO + 2HCl → CaCl₂ + H₂O

CaO + H₂O → Ca(OH)₂

Đáp án D

Các chất phản ứng với NaOH ở t⁰ thường là: NaHCO₃; Al(OH)₃; CO₂; NH₄Cl => có 4 chất

Đáp án C

Phương pháp: nOH^- => nBa(OH)₂

Viết phương trình ion rút gọn , tính toán theo phương trình hóa học

Hướng dẫn giải:

 nOH^- = 0,8 => nBa(OH)₂ = b = 0,4 mol 

AlO₂^- + H⁺ + H₂O → Al(OH)₃

2a        2a

Al(OH)₃ + 3H⁺ → Al³⁺ + 3H₂O

2a-1,2

3(2a-1,2)+2a=2 => a = 0,7

=> a:b = 7:4

Đáp án C

Phương pháp:

- Tính số mol CO và H2.

- m↓ - mCO₂ = m _{dung dịch giảm} => mCO₂

- Viết PTHH. Tính toán theo PTHH.

Hướng dẫn giải:

Ta có: 

Đáp án C

Phương pháp: Gọi công thức chung 2 bazo là MOH (M = 101/3) với nMOH = 0,15

- Giả sử tạo các muối

+ Nếu chỉ tạo muối dạng MH₂PO₄

+ Nếu chỉ tạo muối dạng M₂HPO₄:

+ Nếu chỉ tạo muối M₃PO₄:

Để biết được hỗn hợp rắn gồm những chất nào, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng muối => đáp án

Hướng dẫn giải:

NaOH: 0,05

KOH: 0,1

Gọi công thức chung 2 bazo là MOH (M=101/3) với nMOH=0,15

- Nếu chỉ tạo muối dạng MH₂PO₄: 

- Nếu chỉ tạo muối dạng M₂HPO₄:

= 12,25 gam

- Nếu chỉ tạo muối dạng M₃PO₄:

= 9,8 gam

Ta thấy m_muối < 9,8 gam => MOH dư, H₃PO₄ hết

Giả sử chất rắn gồm: 

=> m = 1,302 gam

Chọn đáp án C

+ Các kim loại kiềm tan tốt trong nước ở điều kiện thường.

+ Tính khử các nguyên tố thuộc nhóm I_A tăng dần từ Li → Cs ⇒ Chọn C

Chọn đáp án A

Chọn đáp án B

(1) Na₂CO₃ + BaCl₂ → 2NaCl + BaCO₃

(2) NH₃ + HCl → NH₄Cl

(3) Không phản ứng.

(4) NH₄Cl + NaOH → NaCl + NH₃ + H₂O

⇒ Chọn B

Chọn đáp án A

Chọn đáp án C

+ Đặt n_NH4NO3 = a || n_N2 = b

⇒ 10n_NH4NO3 + 8n_N2 = 3n_Al = 1,62 (1)

⇒ 12n_NH4NO3 + 10n_N2 = n_HNO3 = 2 (2)

+ Giải hệ (1) và (2) ⇒ b = n_N2 = 0,05 mol

⇒ V_N2 = 1,12 lít ⇒ Chọn C

Chọn đáp án C

Chọn đáp án B

Hiện tương đầu tiên xảy ra ở cả 3 cốc là sủi bọt khí không màu (H₂) do phản ứng: 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂↑

Chọn đáp án A

X gồm H₂ và CO₂. Đặt n_CO2 = x; n_H2 = y ⇒ n_X = x + y = 0,21 mol; m_X = 5,25g = 44x + 2y.

Giải hệ có: x = 0,115 mol; y = 0,095 mol. ||► Quy đổi hỗn hợp ban đầu về Mg, Ca, O và CO₂

⇒ n_Ca = n_CaCl2 = 0,18 mol. Đặt n_Mg = x; n_O = y ⇒ 24x + 0,18 × 40 + 16y + 0,115 × 44 = 19,02g

Bảo toàn electron: 2x + 0,18 × 2 = 0,095 × 2 + 2y. Giải hệ có: x = 0,135 mol; y = 0,22 mol.

⇒ n_HCl = 2n_Mg + 2n_Ca = 2 × 0,135 + 2 × 0,18 = 0,63 mol ⇒ m = 0,63 × 36,5 ÷ 0,1 = 229,95(g).

Chọn đáp án B

Do n_HCl < 2n_H2 ⇒ HCl hết, Ba tác dụng với H₂O ⇒ X chứa BaCl₂ và Ba(OH)₂.

Các chất tác dụng được với dung dịch X là Na₂SO₄, Na₂CO₃, Al, Al₂O₃, AlCl₃, NaHCO₃ ⇒ chọn B.

Chọn đáp án A

● Ba được vì:

Ba + 2H2O → Ba(OH)₂ + H₂↑

Ba(OH)₂ + 2NaHSO₄ → BaSO₄↓ + Na₂SO₄ + 2H₂O

● BaCO₃ được vì:

BaCO₃ + 2NaHSO₄ → BaSO₄↓ + Na₂SO₄ + CO₂↑ + H₂O

● Ba(HCO₃)₂ được vì:

Ba(HCO₃)₂ + 2NaHSO₄ → BaSO₄↓ + Na₂SO₄ + CO₂↑ + 2H₂O

⇒ Chọn A

Chọn đáp án A

Do V_CO2 ở 2 thí nghiệm khác nhau ⇒ HCl không dư || n_HCl = 0,1x; n_CO3^2– = 0,1y mol; n_HCO3^– = 0,2y mol.

Thí nghiệm 1: n_CO2 = n_H⁺ - n_CO3^2– = 0,1x - 0,1y

Thí nghiệm 2: do ban đầu n_HCO3^– = 2.n_CO3^2– ⇒ n_HCO3^– _{phản ứng} = 2.n_CO3^2–_{phản ứng}

⇒ n_CO3^2–_{phản ứng} = 0,1x ÷ (2 + 2 × 1) = 0,025x ⇒ n_HCO3^– _{phản ứng} = 0,05x ⇒ n_CO2 = 0,025x + 0,05x = 0,075x

⇒ 0,075x = 2 × (0,1x - 0,1y) ⇒ 0,125x = 0,2y ⇒ x : y = 8 : 5 ⇒ chọn A.

Chọn đáp án C

Xét trong 100 ml dung dịch X: 2H⁺ + CO₃^2– → CO₂ + H₂O ⇒ n_CO3^2– = n_khí = 0,1 mol.

Ba²⁺ + CO₃^2– → BaCO₃ || Ba²⁺ + SO₄^2– → BaSO₄ ⇒ n_SO4^2– = (43 - 0,1 × 197) ÷ 233 = 0,1 mol.

NH₄⁺ + OH– → NH₃ + H₂O ⇒ n_NH4⁺ = n_NH3 = 0,4 ÷ 2 = 0,2 mol.Bảo toàn điện tích: n_Na+ = 0,2 mol.

⇒ m_{muối trong 300ml X} = 3 × (0,2 × 23 + 0,2 × 18 + 0,1 × 60 + 0,1 × 96) = 71,4(g) ⇒ chọn C.

Chọn đáp án A

(1) SiO₂ + 4HF → SiF₄ + 2H₂O

(2) SO₂ + 2H₂S → 3S + 2H₂O

(3) 2NH₃ + 3CuO → 3Cu + N₂ + 3H₂O

(4) CaOCl₂ + 2HCl_đặc → CaCl₂ + Cl₂ + H₂O

(5) Si + 2NaOH + H₂O → Na₂SiO₃ + 2H₂

(6) 2Ag + O₃ → Ag₂O + O₂

(7) NH₄Cl + NaNO₂ → NaCl + N₂ + 2H₂O

(8) 2Cu(NO₃)₂ + 2H₂O → 2Cu + 4HNO₃ + O₂

(9) 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂ || 3NaOH + FeCl₃ → Fe(OH)₃ + 3NaCl

(10) Mg + Fe₂(SO₄)_3dư → MgSO₄ + 2FeSO₄

⇒ (2), (3), (4), (5), (6), (7), (8), (9) thỏa ⇒ chọn A.

Chọn đáp án D

∑n_OH^– = 0,2 × (1,5 × 2 + 1) = 0,8 mol; n_CO2 = 0,6 mol.

⇒ n_OH^–/n_CO2 = 0,8 ÷ 0,6 = 1,33 ⇒ sinh ra HCO₃^– và CO₃^2–

n_HCO3^–_/Y = 2n_CO2 - n_OH^– = 0,4 mol; n_CO3^2– = 0,6 - 0,4 = 0,2 mol

⇒ n_Ba²⁺_/Y = 0,2 × 1,5 - 0,2 = 0,1 mol

n_OH^– = 0,2 × 1,5 = 0,3 mol < n_HCO3^–_/Y ⇒ n_CO3^2– = 0,3 mol

n_Ba²⁺ = 0,2 + 0,1 = 0,3 mol < n_CO3^2– ⇒ n_BaCO3 = 0,3 mol

⇒ m = 0,3 × 197 = 59,1(g) ⇒ chọn D.

Chọn đáp án B

gt ⇒ Z gồm N₂O, N₂, H₂ ⇒ Y không chứa NO₃^–; khí có PTK lớn nhất trong Z là N₂O.

Từ 1 mol NaOH đến 1,3 mol NaOH thì kết tủa từ cực đại đến tan hết do xảy ra phản ứng:

Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O ⇒ n_Al³⁺ = n_Al(OH)3 = 1,3 - 1 = 0,3 mol.

Đặt n_NaHSO4 = x ⇒ n_Na⁺_/Y = n_SO4^2– = x. Khi kết tủa đạt cực đại thì chỉ thu được Na₂SO₄.

⇒ n_Na2SO4 = x ⇒ ∑n_Na⁺ = 2x ⇒ n_Na⁺_/Y = 2x - 1 = x ⇒ x = 1.

Đặt n_NH4⁺ = y; n_H⁺ = z. Bảo toàn điện tích: 0,3 × 3 + 1 + y + z = 1 × 2

m_muối = 127,88(g) = 0,3 × 27 + 1 × 23 + 18y + z + 1 × 96

Giải hệ có: y = 0,04 mol; z = 0,06 mol. Bảo toàn khối lượng:

m_H2O = 10,92 + 1 × 120 + 0,09 × 63 - 127,88 - 0,08 × 20 = 7,11g ⇒ n_H2O = 0,395 mol.

Bảo toàn nguyên tố Hidro: n_H2 = (1 + 0,09 - 0,04 × 4 - 0,06 - 0,395 × 2)/2 = 0,04 mol.

Đặt n_N2O = a; n_N2 = b ⇒ n_Z = a + b + 0,04 = 0,08; m_Z = 44a + 28b + 0,04 × 2 = 0,08 × 20

Giải hệ có: a = 0,025 mol; b = 0,015 mol ⇒ %m_N2O = 0,025 × 44 ÷ 1,6 × 100% = 68,75%.

Chọn đáp án D

A tác dụng với B thu được 2 kết tủa và 1 kết tủa có tính khử ⇒ loại A và C.

B tác dụng với C thu được khí ⇒ loại B ⇒ chọn D.

Chọn đáp án C

(a) H₂S + 4Cl₂ + 4H₂O → 8HCl + H₂SO₄.

(b) 5SO₂ + 2KMnO₄ + 2H₂O → K₂SO₄ + 2MnSO₄ + 2H₂SO₄.

(c) H₂S + Ba(OH)₂ → không phản ứng (Chú ý: BaS tan trong nước).

(d) 2NaClO + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + 2HClO

(e) 2H₂S + O₂ → 2S + 2H₂O (hoặc 2H₂S + 3O₂ → 2SO₂ + 2H₂O nếu không khí dư).

(f) Ca(OH)₂ + Cl₂ → CaOCl₂ + H₂O

⇒ các phản ứng oxi hóa - khử là (a), (b), (e), (f) ⇒ chọn C.

Chọn đáp án C

● Gọi số mol NaOH dùng ở lần 1 là a mol ta có sơ đồ.

● ⇒ Với n_NaOH = (a + 0,45) mol thì n_Al(OH)3 = $\frac{a-0,3}{6}$

+ Ta có sơ đồ: 

⇒ Ta có n_Al(OH)3 = 4n_Al(OH)3 – (n_NaOH – n_H⁺)

a = 0,6 mol ⇒ V_NaOH = 0,6 lít = 600 ml ⇒ Chọn C