230 Câu hỏi trắc nghiệm Kim loại kiềm, Kiềm thổ, Nhôm cực hay có lời giải (P4)

Chọn D.

Trong hóa vô cơ, hợp chất lưỡng tính có thể là oxit, hiđroxit, muối ⇒ Chọn D.

Tại nOH^- = 0,35 thì Al(OH)₃ chưa đạt cực đại ⇒ Al³⁺ còn dư

H⁺ + OH^- $\stackrel{}{\to }$ H₂O

Al³⁺ + 3OH^-  $\stackrel{}{\to }$Al(OH)₃

⇒ nOH^- = nH⁺ + 3n↓ ⇒ 0,35 = x + 3.0,05 ⇒x = 0,2

Tại nOH^- = 0,55 thì Al(OH)₃ đạt cực đại và bị tan bớt 1 phần

H⁺ + OH^- $\stackrel{}{\to }$ H₂O

0,2 → 0,2

Al³⁺ + 3OH^-  $\stackrel{}{\to }$ Al(OH)₃

y    → 3y             → y

Al(OH)₃ + OH^- $\stackrel{}{\to }$ AlO₂^- + 2H₂O

(y – 0,05) → (y – 0,05

⇒ nOH^- = 0,2 + 3y + y – 0,05 = 0,55 ⇒ y = 0,1

Bảo toàn điện tích ⇒ 0,2 + 0,1.3 = 2z + 0,1 ⇒z = 0,2

Khi cho 0,27 mol Ba(OH)₂ vào dung dịch X thì

Ba²⁺ + SO₄^2-  $\stackrel{}{\to }$ BaSO₄↓

           0,2            → 0,2

H⁺ + OH^-  $\stackrel{}{\to }$ H₂O

0,2 → 0,2

Al³⁺ + 3OH^-  $\stackrel{}{\to }$ Al(OH)₃

0,1 → 0,3            → 0,1

Al(OH)₃ + OH^-  $\stackrel{}{\to }$ AlO₂^- + 2H₂O

0,04 ←     0,04

⇒ mY = mBaSO₄ + mAl(OH)₃ = 0,2.233 + 0,06.78 = 51,28g ⇒ Chọn D.

Cho dung dịch NaOH (dư) vào X và đun nóng, không có khí mùi khai thoát ra

⇒ Không có sản phẩm khử NH₄NO₃.

Khí không màu hóa nâu trong không khí là NO (M = 30 < 37)

⇒ Khí không màu còn lại có M > 37, đó là N₂O

Hoặc có thể tính nNO và nN₂O như sau:

do $37=\frac{30+44}{2}$ ⇒ nNO = nN₂O = 0,07

(Lưu ý: Khi = trung bình cộng thì số mol của 2 chất phải bằng nhau).

Đặt a = nAl, b = nMg ⇒ 27a + 24b = 8,862 (1)

Bảo toàn n_e ⇒ 3nAl + 2nMg = 3nNO + 8nN₂O ⇒ 3a + 2b = 0,77 (2)

Từ (1), (2) ⇒ a = 0,042; b = 0,322 ⇒ %mAl = $\frac{0,042.27}{8,862}.100\%=12,8\%$⇒ Chọn B.

K + H₂O $\stackrel{}{\to }$  KOH + ½ H₂

nK = 0,2 ⇒ nH₂ = 0,1 ⇒ V = 2,24 lít ⇒ Chọn A.

mO = 86,3.19,47% = 16,8g ⇒ nO = 1,05 ⇒ nAl₂O₃ = 0,35

Hòa tan X vào H₂O ⇒ nOH^- = 2nH₂ = 2.0,6 = 1,2

Al₂O₃ + 2OH^- $\stackrel{}{\to }$  2AlO₂^- + H₂O

 0,35 → 0,7            → 0,7

⇒ nOH^- còn dư = 1,2 – 0,7 = 0,5

Khi cho 2,4 mol HCl vào thì:
OH^- dư + H⁺ $\stackrel{}{\to }$  H₂O

0,5      → 0,5

AlO₂^- + H⁺ + H₂O $\stackrel{}{\to }$  Al(OH)₃

0,7   → 0,7                   → 0,7

Al(OH)₃ + 3H⁺ $\stackrel{}{\to }$  Al³⁺ + 3H₂O

0,4 ←        1,2

⇒ nAl(OH)₃ còn lại = 0,7 – 0,4 = 0,3 ⇒ mAl(OH)₃ = 0,3.78 = 23,4g ⇒ Chọn D.

A sai vì Be không tác dụng.

C sai vì nhóm IIA  có nhiệt độ nóng chảy biến đổi không theo qui luật.

D sai vì Mg có kiểu mạng lục phương.

Chọn B.

Nước cứng tạm thời là muối  của Ca²⁺ và Mg²⁺.

Các chất làm mềm nước là: dung dịch Na₂CO₃, dung dịch Ca(OH)₂, dung dịch Na₃PO_4^.

Chọn D: Al(OH)₃ + NaOH $\stackrel{}{\to }$ NaAlO₂ + 2H₂O.

nH₂ = 0,03 ⇒ nAl = 0,02 ⇒ mAl = 0,54g

⇒ mAl₂O₃ = ⇒ nAl₂O_{3 bđ} = 0,03 

Bảo toàn nguyên tố Al ⇒ nNaAlO₂ = nAl + 2nAl₂O_{3 bđ} = 0,08

nAl₂O₃ thu được = 3,57/102 = 0,035 ⇒ nAl(OH)₃ = 0,07

Trường hợp 1: NaAlO₂ + HCl + H₂O $\stackrel{}{\to }$  Al(OH)₃ + NaCl

⇒ HCl = nAl(OH)₃ = 0,07  [HCl] = 0,07/0,2 = 0,35M

Trường hợp 2:

NaAlO₂ + HCl + H₂O $\stackrel{}{\to }$  Al(OH)₃ + NaCl

0,07 ←      0,07 ←                  0,07

NaAlO₂          + 4HCl $\stackrel{}{\to }$  AlCl₃ + NaCl + 2H₂O

(0,08 – 0,07) → 0,04

⇒ nHCl = 0,11 ⇒ [HCl] = 0,11/0,2 = 0,55M

Vậy chọn D.

Chọn A.

Chọn B.

Bảo toàn n_e ⇒ 3nAl = nNO₂ + 3nNO ⇒ nAl = 0,06 ⇒ mAl = 1,62g ⇒ Chọn C.

Chọn B.

Chọn C, gồm Ba; BaO; Ba(OH)₂; BaCO₃; Ba(HCO₃)₂; BaCl_2^.

Chọn C: NaAlO₂ + CO₂ + 2H₂O $\stackrel{}{\to }$ Al(OH)₃↓ + NaHCO₃.

nAl₂(SO₄)₃ = 0,01 ⇒ nAl³⁺ = 0,02 mà nAl(OH)₃ = 0,01 < 0,02 nên có 2 trường hợp

Trường hợp 1: nOH^-_min = 3nAl(OH)₃ = 0,03 ⇒ [NaOH] = 0,03/0,025 = 1,2M.

Trường hợp 2: nOH^-_max = 4nAl³⁺ – nAl(OH)₃ = 4.0,02 – 0,01 = 0,07

⇒ [NaOH] = 0,07/0,025 = 2,8M ⇒ Chọn D.

CaCO₃↓ + CO₂ + H₂O   Ca(HCO₃)₂ ⇒ Chọn A.

Chọn B.

Chọn B.

Al₂(SO₄)₃ + 6NaOH $\stackrel{}{\to }$ 2Al(OH)₃ + 3Na₂SO₄; Al(OH)₃ + NaOH $\stackrel{}{\to }$ NaAlO₂ + 2H₂O.

Ca²⁺ + CO₃^2- $\stackrel{}{\to }$  CaCO₃↓

0,07 ← 0,07 ←       0,07

Mà nCaCl₂ = 0,04 ⇒ nCa _{ban đầu} = 0,03

Ta có nNa + 2nCa = 2nH₂ ⇒ nNa = 2.0,04 – 2.0,03 = 0,02 ⇒ m = 0,02.23 + 0,03.40 = 1,66 ⇒ Chọn C.

Chọn B

NaHCO₃ + HCl $\stackrel{}{\to }$  NaCl + CO₂↑ + H₂O; CO₂ + Ca(OH)₂ $\stackrel{}{\to }$ CaCO₃ + H₂O

2NaHCO₃ + Ba(OH)₂ $\stackrel{}{\to }$ BaCO₃↓ + Na₂CO₃ + 2H₂O

Chọn D.

A sai vì tecmit là hỗn hợp của Al và các oxit sắt.

C sai vì nước cứng chứa nhiều ion Ca²⁺, Mg²⁺.

D sai vì Ba có kiểu mạng lập phương tâm khối; Be, Mg có kiểu lục phương.

⇒ Chọn B.

Chọn C.

Ba + 2H₂O $\stackrel{}{\to }$  Ba(OH)₂ + H₂

Ba(OH)₂ + 2NaHCO₃ $\stackrel{}{\to }$ BaCO₃↓ + Na₂CO₃ + 2H₂O

Ba(OH)₂ + CuSO₄ $\stackrel{}{\to }$ BaSO₄↓ + Cu(OH)₂↓

Ba(OH)₂ + (NH₄)₂CO₃ $\stackrel{}{\to }$ BaCO₃↓ + 2NH₃↑ + 2H₂O

Ba(OH)₂ + MgCl₂ $\stackrel{}{\to }$ Mg(OH)₂↓ + BaCl₂

⇒ Chọn D.

Chọn C: Al(NO₃)₃ + 3NH₃ + 3H₂O $\stackrel{}{\to }$  Al(OH)₃ + 3NH₄NO₃.

nHCl = 0,03; nCO₃^2- = 0,02; nHCO₃^- = 0,02

Khi cho từ từ axit vào muối cacbonat, phản ứng xảy ra theo thứ tự:

CO₃^2- + H⁺   $\stackrel{}{\to }$ HCO₃^- sau đó H⁺ dư + HCO₃^-  $\stackrel{}{\to }$ CO₂ + H₂O

0,02 → 0,02       → 0,02               (0,01)     (0,02 + 0,02) → 0,01

Vậy nCO₂ = 0,01 ⇒ Chọn C.

KOH + HCl  $\stackrel{}{\to }$ KCl + H₂O

Khi nKOH = 0,6 thì bắt đầu xuất hiện kết tủa  nHCl = x = 0,6

Khi nKOH = 1 thì Zn²⁺ vẫn còn dư

Zn²⁺ + 2OH^-  $\stackrel{}{\to }$ Zn(OH)₂

            0,4           → 0,2 

⇒ z = 0,2

Khi nKOH = 1,4 thì kết tủa đạt cực đại và bị tan bớt 1 phần

ZnCl₂ + 2KOH  $\stackrel{}{\to }$ Zn(OH)_2max + 2KCl

y       → 2y               → y

Zn(OH)₂ + 2KOH  $\stackrel{}{\to }$ K₂ZnO₂ + 2H₂O

y – 0,2 → 2y – 0,4

Ta có nKOH = 0,6 + 2y + 2y – 0,4 = 1,4 ⇒ y = 0,3

Vậy x + y + z = 0,6 + 0,3 + 0,2 = 1,1 ⇒ Chọn B.

Chọn C.

nCa²⁺ = nCaCO₃ = nCaO = $\frac{0.28}{56}=0.005$  ⇒ [Ca²⁺] = $\frac{0,005}{0,1}=0,5\mathrm{M}$⇒ Chọn A.

Bảo toàn n_e ⇒ 3nAl = 10nN₂ + 8nN₂O ⇒ nAl = 0,14 ⇒ m = 0,14.27 = 3,78 ⇒ Chọn A.