Chọn đáp án D

Nhận thấy chỉ có Al tác dụng được với HCl.

+ Bảo toàn e ⇒ nAl = 2 × nH2 ÷ 3 = 0,1 mol ⇒ mAl = 2,7 gam

⇒ %mAl/hỗn hợp = $\frac{2,7}{5}$ × 100 = 54% ⇒ Chọn D

Chọn đáp án B

pH lớn nhất ⇒ nồng độ OH– lớn nhất ⇒ Chỉ có thể là NaOH hoặc Ba(OH)2.

+ Vì cùng nồng độ ⇒ Chọn Ba(OH)2.

Vì Ba(OH)2 $\stackrel{Điện li}{\to }$ Ba2+ + 2OH–

⇒ Chọn B

Chọn đáp án B

K2O + H2O → 2KOH

Ta có nK2O = 0,1 mol ⇒ nKOH = 0,2 mol.

⇒ mKOH = 11,2 gam.

⇒ C%KOH = $\frac{11,2}{9,4+70,6}$ × 100 = 14%.

Chọn đáp án D

CM Ba(OH)2 = 0,005M ⇒ CM OH– = 0,005 × 2 = 0,01M

⇒ pOH = 2 ⇒ pH = 14 – 2 = 12

Chọn đáp án D

Nhận thấy mM + mCl– = 22,855 < 23,365.

⇒ Trong dung dịch có OH– ⇒ mOH– = 0,51 gam.

⇒ nOH– = 0,03 mol.

⇒ ∑ne cho = ∑ne nhận = nOH– + nCl– = 0,2 + 0,03 = 0,23 mol.

⇒ Gọi hóa trị của M là n ⇒ N = $\frac{15,755}{0,23}$ × n = 68,5n

⇒ M = 137 ứng với n = 2

Chọn đáp án B

● Ta có: nBa2+ = 0,3 mol và ∑nSO42– = 0,35 mol.

⇒ nBaSO4 = 0,3 mol ⇒ mBaSO4 = 0,3 × 233 = 69,9 gam.

● Ta có ∑nOH– = 0,8 mol. và nZn2+ = 0,25 mol.

⇒ nZn(OH)2 = 4nZn2+ – ∑nOH– = 0,2 mol.

⇒ mZn(OH)2 = 0,2 × 99 = 19,8 gam.

⇒ Tổng khối lượng kết tủa = 69,9 + 19,8 = 89,7 gam

Chọn đáp án B

Ta có: 1 mol dung dịch X chứa x+2y mol OH- 

+ Ta có 1 mol dung dịch Y chứa y+2x mol OH-

+ Vì khi cho SO42- vào vẫn còn kết tủa nên lượng kết tủa tính trong bài hoàn toàn tính theo CO32-

+ Hấp thụ hết 0,04 mol CO2 vào 200 ml dung dịch X, thu được dung dịch M và 1,97 gam kết tủa

⇒ nOH– = 0,2×(x+2y)

⇒ nBaCO3 = 0,01, nBa(HCO3)2 = $\frac{0,04-0,01}{2}$ = 0,015 mol

⇒ nOH– = 0,01×2 + 0,015×2 = 0,05 mol.

⇒ x + 2y = 0,25.

+ Nếu hấp thụ hết 0,0325 mol CO2 vào 200 ml dung dịch Y thì thu được dung dịch B và 1,4775 gam kết tủa.

nBaCO3 = 0,0075 ⇒ nHCO3– = 0,0325 – 0,0075 = 0,025.

⇒ nOH– = 0,2×(2x + y) = 0,025 + 0,0075×2 = 0,04 → 2x + y = 0,2.

⇒ x = 0,05 và y = 0,1

Chọn đáp án B

Vì NaHCO3 có thể tác dụng với axit và bazo

⇒ NaHCO3 là chất có tính lưỡng tính ⇒ Chọn B

NaHCO3 + HCl → NaCl + CO2↑ + H2O

NaHCO3 + NaOH → Na2CO3 + H2O

Chọn đáp án B

Bảo toàn e ta có 3nAl = 3nNO ⇒ nAl = nNO = 0,1 mol

⇒ VNO = 0,1 × 22,4 = 2,24 lít ⇒ Chọn B

Chọn đáp án B

Oxit axit tác dụng được với dung dịch bazo.

+ CO2 + NaOH → NaHCO3

+ NaHCO3 + OH– ⇒ Na2CO3

⇒ Chọn B

Chọn đáp án B

Đặt nK2CO3 = nNaHCO3 = a và nBa(HCO3)2 = b.

+ Phương tình theo nHCl ⇒ a + 2a + 2b = 0,28 3a + 2b = 0,28 (1).

+ Phương tình theo NaOH ⇒ a + 2b = 0,2 (2)

⇒ Giải hệ (1) và (2) ⇒ nK2CO3 = 0,04 và nBa(HCO3)2 = 0,08

⇒ nBaCO3 = 0,04 ⇒ m↓ = 7,88 gam ⇒ Chọn B

Chọn đáp án D

7,65 gam

Do khí T chỉ chứa H2 → NO3- phản ứng hết → muối Z là muối SO42-.

Khi cho Z phản ứng với NaOH tạo dung dịch chứa Na2SO4 : 0,4 mol và NaAlO2: 0,23 mol

Bảo toàn nguyên tố Na → x + 0,935 = 0,4.2 + 0,23 → x = 0,095 mol

Bảo toàn điện tích trong Z → y = 0,4.2 - 0,23.3 - 0,095 = 0,015 mol

Bảo toàn nguyên tố H → nH2O =( 0,4.2 - 4. 0,015- 2. 0,015 ) : 2= 0,355 mol

Bảo toàn khối lượng :

mkhí = 7,65 + 0,095. 85 + 0,4. 98 - 0,23. 27 - 0,015. 18 - 0,4. 96 - 0,095. 23 - 0,355. 18 = 1,47 gam. Đáp án D.

Chọn đáp án A

Phản ứng tạo khí E và Y là kim loại nhóm A.

⇒ Y là Al. D chỉ chứa 1 chất tan ⇒ D chứa NaCl.

+ Từ tỷ lệ mol 1:2 ⇒ Đặt nXCl2 = a và nAlCl3 = 2a

⇒ Trong dung dịch D có ∑nCl– = 8a và nNa2CO3 = 4a mol.

+ G chỉ chứa muối nitrat ⇒ NaCl (D) pứ hết, tạo nAgCl↓ = 8a mol và nNaNO3 = 8a mol.

+ Kết tủa 12 gam

+ BTKL: mdd G = mdd Na2CO3 + mdd B + mdd AgNO3 – mkết tủa – mCO2.

⇒ X = 24 ⇒ X là Mg ⇒ C% MgCl2 = $\frac{0,05.95.100}{120}$ = 3,985%

Đáp án C

Các kim loại Al,Fe, Cr không tác dụng với HNO3 đặc nguội và H2SO4 đặc nguội vì tạo lớp màng oxit bền vững bao bọc xung quanh bề mặt kim loại ngăn không cho phản ứng xảy ra 

Đáp án C

Số kim loại có khả năng tác dụng với H2Ô ở điều kiện thường tạo bazo gồm:

Na, Ca và K

Đáp án B

+ Đặt nNH4NO3 = a || nN2 = b

⇒ 10nNH4NO3 + 8nN2 = 3nAl = 1,62 (1)

⇒ 12nNH4NO3 + 10nN2 = nHNO3 = 2 (2)

+ Giải hệ (1) và (2) ⇒ b = nN2 = 0,05 mol

⇒ VN2 = 1,12 lít 

Đáp án D

Fe, Al, Cr bị thụ động hóa trong dung dịch HNO3 đặc nguội hoặc dung dịch H2SO4 đặc nguội ⇒ Chọn D

Đáp án A

Suy ra được 2 muối

Gọi số mol của mỗi muối là a;b

Đáp án A

Ta có nMg = nH2 = 0,12 mol.

⇒ mMgO/hỗn hợp = 6,88 – 0,12×24 = 4 gam 

Đáp án C

Vì số mol kết tủa cực đại = 0,1 mol ⇒ nBaCO3 = 0,1 mol.

+ Tại thời điểm nCO2 = 0,35 mol ⇒ nBaCO3 = 0,05 mol.

+ Bảo toàn nguyên tố Ba ⇒ nBa(HCO3)2 = 0,1 – 0,05 = 0,05 mol.

+ Bảo toàn nguyên tố cacbon ta có:

∑nCO2 = nBaCO3 + 2nBa(HCO3)2 + nKHCO3.

⇒ nKHCO3 = 0,35 – 0,05×1 + 0,05×2 = 0,2 mol.

⇒ nK = 0,2 mol và nBa = 0,1 mol ⇒ m = 21,5 gam

Đáp án C

Dùng quỳ tím vì:

Dung dịch CaCl2 không làm quỳ tím đổi màu.

Dung dịch HCl làm quỳ tím đổi màu đỏ.

Dung dịch Ca(OH)2 làm quỳ tím đổi sang màu xanh.

Đáp án A

mO = 84 × 0,2 = 16,8 gam ||⇒ nO = 1,05 mol ⇒ nAl2O3 = 0,35 mol.

nOH = 2nH2 = 1,2 mol || Al2O3 + 2OH– → 2AlO2– + H2O ||⇒ OH– dư.

nAlO2– = 0,35 × 2 = 0,7 mol; nOH– dư = 1,2 – 0,35 × 2 = 0,5 mol.

nH+ = 3,2 × 0,75 = 2,4 mol || H+ + OH– → H2O ||⇒ nH+ dư = 2,4 – 0,5 = 1,9 mol.

H+ + AlO2– + H2O → Al(OH)3↓; Al(OH)3 + 3H+ → Al3+ + 3H2O.

⇒ nAl(OH)3 = (4 × 0,7 – 1,9) ÷ 3 = 0,3 mol ⇒ m = 0,3 × 78 = 23,4 gam.

Đáp án D

Đáp án C

Đáp án A

Đáp án B

Đáp án C

Đáp án D

Khối lượng dung dịch sau phản ứng = ∑mCác chất ban đầu – ∑mKết tủa – ∑mBay hơi.

⇔ mDung dịch sau pứ = mHỗn hợp kim loại + mDung dịch H2SO4 – mH2

⇔ mDung dịch sau pứ = 3,68 + $\frac{0,1\times 98}{20}$× 100 – 0,1×2 = 52,48.

Đáp án B

Đáp án B

Đặt

-Xét ở thí nghiệm 1

+ Nếu  thì tạo thành kết tủa và kết tủa tan một phần

Và ở thí nghiệm 2 kết tủa cũng tan một phần

TN1: dung dịch sau phản ứng có ion:

BTĐT:

TN2: dung dịch sau phản ứng có ion:

BTĐT:

Với trường hợp thì không thỏa mãn

Đáp án C

Nhận thấy sau 1 thời gian mới bắt đầu xuất hiện kết tủa → chứng tỏ trong dung dịch chứa H⁺ dư

Dựa vào đồ thị tại 17a mol OH^- kết tủa không đổi → chỉ chứa Mg(OH)₂ : 2a mol → n_Mg= 2a mol

Lượng kết tủa cực đại chứa Mg(OH)₂ : 2a mol, Al(OH)₃ : 3a mol → n_Al2O3 = 1,5a mol

→ 2a. 24+ 1,5a . 102 = 12, 06 → a = 0,06 mol

Gọi số mol của HCl và H₂SO₄ lần lượt là0,5b và 0,1b

Dung dịch X chứa Mg²⁺ : 0,12 mol, Al³⁺ : 0,18 mol, Cl^-:0,5b mol, SO₄^2- :0,1b mol H⁺ dư : 0,7b- 0,78 ( bảo toàn điện tích)

Tại thời điểm 17a mol OH^- thì n_OH^- = 4n_Al³⁺ + 2n_Mg²⁺ + n_H⁺ _dư → 17. 0,06 = 4. 0,18 + 2.0,12 + 0,7b- 0,78 → b = 1,2 

Khi thêm : 

Kết tủa cực đại khi chưa ra sự hòa tan kết tủa thì n_OH^- = n_H⁺ _dư + 2n_Mg²⁺ + 3n_Al³⁺ = 0,84

→ 0,5V = 0,84 → V = 1,68 lít → n_Ba²⁺ = 0,168 mol

Khi đó n_BaSO4 = n_SO4^2- = 0,12 mol

Chất rắn khan chứa BaSO₄:0,12 mol; MgO: 0,12 mol; Al₂O₃: 0,09 mol → m = 41,94 gam

Đáp án D

Bảo toàn e ta có nR = 2×nCl2 ÷ 2 = 0,15 mol

⇒ MR = 6 ÷ 0,15 = 40 ⇔ R là Ca

Đáp án A

Số chất có thể tác dụng với NaOH gồm: Al2(SO4)3, Zn(OH)2 và NaHS.

Đáp án A