245 Bài tập tổng hợp Hóa vô cơ cực hay có lời giải (P2)

Đáp án D

Các thí nghiệm thu được đơn chất:

1-sinh ra đơn chất H₂.

4-Sinh ra Zn (dùng C để khử oxit kim loại).

5-Sinh ra Hg.

6-Sinh ra đơn chất N₂.

7-Sinh ra Cr (nhiệt nhôm).

9-Mg không phản ứng.

(thi nghiệm 8 oxit có thể khử không hoàn toàn, thí nghiệm 10 O₂ sinh ra có thể oxi hóa Fe tạo oxit).

Đáp án D

Ta có: $n_{R{(NO}_{}}$₃)2; nNaCl = 0,4V

Điện phân t giây thu được 0,3 mol hỗn hợp khí ở anot gồm O₂ và Cl₂ do vậy lúc này NaCl hết.

Nếu điện phân 2t giây thì thu được dung dịch Y. Y tác dụng vừa đủ hỗn hợp 0,3 mol koh và 0,2 mol NaOH, không sinh ra kết tủa, do vậy lúc này dung dịch kiềm chỉ phản ứng với H⁺ và ion R²⁺ đã bị điện phân hết.

Bảo toàn e: $n_{H^{+}}$ = 0,45V.2 - 0,4V = 0,5 => V = 1

Đáp án B

Với H₂SO₄ loãng thì Cu không phản ứng (thế điện cực chuẩn của cặp oxi hóa khử của Cu lớn hơn của H)

Đáp án C

6CO₂+6H₂O→ C₆H₁₂O₆ +6O₂

Đáp án B

Đáp án B

Nhiệt phân CaCO₃ → CaO (X₁) + CO₂.

CaO (X₁) + H₂O → Ca(OH)₂.(X₂)

Ca(OH)₂ (X₂) + NaHCO₃ (Y) → CaCO₃ + NaOH (Y₁) + H₂O

Ca(OH)₂ (X₂) + 2NaHCO₃ (Y) → CaCO₃ + Na₂CO₃ (Y₂) + 2H₂O

Đáp án C

Các kim loại có tính khử mạnh hơn Zn mới khử được ion Zn²⁺.

Theo dãy điện hóa các kim loại đứng trước Zn có tính khử mạnh hơn: Mg, Al, Cr.

Đáp án B

Phương trình b) đúng .

a) FeS + H⁺ → Fe²⁺ + H₂S

c) 2Al³⁺ +3 S^2- + 6H₂O → 2Al(OH)₃ + 3H₂S

(d) H⁺+ HS^- →  H₂S

(e) Ba²⁺ + S^2- + 2H⁺ + SO₄^2- _(loãng) → BaSO₄ + H₂S

Đáp án C

Đáp án D

Xét từng thí nghiệm:

(1) 3Fe²⁺ + 4H⁺ + NO₃^- → 3Fe³⁺ + NO ↑ + 2H₂O

(2) CuS + HCl → không có phản ứng.

(3) FeS + HCl → FeCl₂ + H₂S↑

(4) Na₂O + H₂O → 2NaOH

Al + NaOH + H₂O → NaAlO₂ + 3/2H₂ ↑

(5) NaHCO₃ + NaOH → Na₂CO₃ + H₂O

(6) NH₄⁺ + OH^- → NH₃ ↑ + H₂O

(7) Zn + 2H⁺ → Zn²⁺ + H₂ ↑

(8) Cr + NaOH đặc, nóng → không có phản ứng.

Số thí nghiệm có khí: 5.

Đáp án C

Đáp án B

Xét từng hỗn hợp:

(a) Na + H₂O → NaOH + 1/2H₂

Al + NaOH + H₂O → NaAlO₂ + 3/2 H₂

Al tan hết trong Na theo tỉ lệ 1 : 2.

(b) Fe₂(SO₄)₃ + Cu → 2FeSO₄ + CuSO₄

Cu tan hết trong Fe₂(SO₄)₃ theo tỉ lệ 1 : 1

(c) Fe₂O₃ + 6HCl → 2FeCl₃ + 3H₂O

       1 mol →              2 mol

Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂ (1)

2      2

Vì tỉ lệ 2 : 1 nên giả sử có 1 mol Fe₂O₃ và 2 mol Cu. Theo phản ứng (1) thì dư a mol Cu.

(d) BaO + H₂O → Ba(OH)₂

Na₂SO₄ + Ba(OH)₂ → BaSO₄ + 2NaOH.

Có kết tủa BaSO₄ nên không thu được dd.

(e) Al₄C₃ + 12H₂O → 4Al(OH)₃ + 3CH₄

      1 mol →                4

CaC₂ + 2H₂O → Ca(OH)₂ + C₂H₂

      2 mol →            2

Ca(OH)₂ + 2Al(OH)₃ → Ca(AlO₂)₂ + 4H₂O

2                     4

Như vậy Al(OH)₃ phản ứng hết. thu được dung dịch.

(f) NaHCO₃ + NaOH → Na₂CO₃ + H₂O

BaCl₂ + Na₂CO₃ → BaCO₃ + 2NaCl.

Sau phản ứng có kết tủa BaCO₃.

Các hỗn hợp tạo dung dịch: (a) (b) (e).

Đáp án. 3.

Đáp án C

Các mệnh đề đúng: (1); (2); (4); (6).

+ Mệnh đề 1: Cu + 2FeCl₃ → 2FeCl₂ + CuCl₂.

Tỉ lệ số mol là 1:1 → Cu dư, thu được 2 muối là CuCl₂ và FeCl­₂.

+ Mệnh đề 2:

3Ba(OH)₂ + 2AlCl₃ → 3BaCl₂ + 2Al(OH)₃.

1,5a-------------a-------------1,5a-------a

Ba(OH)₂ + 2Al(OH)₃ → Ba(AlO₂)₂ + 4H₂O

0,5a-----------a-----------------0,5a

→ Dung dịch sau có muối: Ba(AlO₂)₂ và BaCl₂.

+ Mệnh đề 3: 28Fe₃O₄ + 3HNO₃ → 9Fe(NO₃)₃ + NO + 14H₂O.

→ Dung dịch sau chỉ có muối Fe(NO₃)₃.

+ Mệnh đề 4: Fe₂O₃ + 3H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 3H₂O

CuO + H₂SO₄ → CuSO₄ + H₂O.

→ dung dịch sau có muối CuSO₄ và Fe₂(SO₄)₃.

+ Mệnh đề 5: CrO₃ + 2NaOH → Na₂CrO₄ + H₂O

→ Dung dịch sau có muối Na₂CrO₄.

+ Mệnh đề 6:

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂.

a--------------------a

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

a-----------------2a

→ Dung dịch sau có 2 muối Na₂SO₄ và BaSO₄.

Đáp án B

$n_{C{O}_2} = 0,2 mol$

Cho 100 ml dung dịch X vào dung dịch chứa 0,15 mol HCl thu được 0,12 mol CO₂.

Do $n_{C{O}_2 }< n_{HCl} < 2n_{C{O}_2}$ nên dung dịch X chứa K₂CO₃ và KHCO₃.

Gọi số mol K₂CO₃ và KHCO₃ phản ứng lần lượt là a, b.

=> a + b = 0,12; 2a + b = 0,15

Giải được a=0,03; b=0,09 vậy trong X tỉ lệ số mol K₂CO₃ và KHCO₃ là 1:3.

Gọi số mol K₂CO₃ trong X là m suy ra KHCO₃ là 3m.

Cho 100 ml dung dịch X tác dụng với Ba(OH)₂ dư thu được 0,2 mol kết tủa BaCO₃.

Do vậy 200 ml dung dịch X tác dụng thì thu được 0,4 mol kết tủa.

=> m + 3m = 0,4 => m = 0,1

Bảo toàn C:  $n_{K_{2}C{O}_3}$= 0,4 - 0,2 = 0,2 mol

Bảo toàn K: $n_{KOH}$ = 0,1.2 + 0,3 - 0,2.2 = 0,1

Vậy x=0,1

Đáp án C

$n_{NaCl}$ = 0,18 mol

Điện phân dung dịch X sau một thơi gian thấy giảm 18,65 gam

Cho Fe vào dung dịch thu được 0,035 mol NO do vậy dung dịch có H⁺. Do đó Cl^- bị điện phân hết trước Cu²⁺.

Ta có:

(do Fe dư).

Lượng Fe bị ăn mòn do phản ứng này là chính bằng khối lượng thanh Fe giảm.

Do vậy Cu²⁺ bị điện phân hết

Ta có:

Vậy $m_{H_{2}O dp}$ = 18,65 - 0,16.64 - 0,09.71 - 0,035.32 = 0,9 g

Đáp án D

Các phát biểu còn lại sai vì:

+) Hh tecmit gồm Al và Fe₂O₃

+) Nước cứng là nước chứa nhiều ion Mg²⁺, Ca²⁺.

+) Nhóm IIA có cấu trúc mạng tinh thể khác nhau. Như Ca, Sr có kiểu mạng lập phương tâm diện, Ba có kiểu mạng lập phương tâm khối.

Đáp án A

Để hạn chế các khí độc thoát ra từ ống nghiệm ta phải dùng dung dịch tẩm vào bông tẩm có tính kiềm. Vì Ca(OH)₂ phản ứng nhanh, hiệu quả, dễ kiếm và chi phí thấp nên Ca(OH)₂ thỏa mãn

Đáp án A

Cr₂O₃ tan trong môi trường kiềm đặc.

Đáp án B

=> m = 250 g

Đáp án D

Xét từng nhóm chất:

+) Al₂(SO₄)₃, BaCl₂, Na₂SO₄ thì X, Z không có khí. Loại

+) FeCl₂, Ba(OH)₂, AgNO₃ thì X, Z không có khí. Loại.

+) NaHCO₃, NaHSO₄, BaCl₂ thì X, Y không có kết tủa; X, Z không có khí. Loại.

+) NaHSO₄, BaCl₂, Na₂CO₃ thỏa mãn.

Lưu ý: NaHSO₄ → Na⁺ + H⁺ + SO₄^2–.

Đáp án A

Các phát biểu đúng: (a) (b) (c) (d) (h) (k).

Rubi nhân tạo được sản xuất bằng cách nung hỗn hợp Cr₂O₃, TiO₂, Fe₃O₄ → e sai

Trong điện phân và ăn mòn , anot đều xảy ra quá trình oxi hóa → g sai

Tính chất vật lí chung của kim loại là tính dẫn điện, dẫn nhiệt, ánh kim và tính dẻo → i sai

Đáp án C

n(CO₃^2–) = 0,2 mol; n(HCO₃^–) = 0,3 mol.

→ tỉ lệ 2 : 3.

→ 2x và 3x là số mol CO₃^2– và HCO₃^2– đã phản ứng

→ n(H⁺) = 2x.2 + 3x = 0,42 => x = 0,06 → n(CO₂) = 2x + 3x = 0,3 mol.

Có n(OH^–) = 0,36

Xét tỉ lệ T = n(OH^–) / n(CO₂) thấy tạo ra đồng thời 2 muối CO₃^2– và HCO₃^–.

→ n(CO₃^2–) = 0,06; n(HCO₃^–) = 0,24

n(Ba²⁺) = 0,08 →  n(BaCO₃) = 0,06 → m(BaCO₃) = 11,82 gam.

Đáp án C

Ta có $n_{NaCl} = 0,18$ mol

Trong thời gian t giây ở anot thu được 0,15 mol khí trong đó có 0,09 mol Cl₂ và còn lại là O₂ 0,06 mol.

$\to n_e$ = 0,09.2 + 0,06.4 = 0,42 mol

Khi thời gian điện phân là 2 t giây $\to n_e$ = 0.84 mol

Vậy ở anot thu đươc 0,09 mol Cl₂ và 0,165 mol O₂.

Vậy ở catot thu được H₂ 0,17 mol.

Bảo toàn e: 

= $n_{MS{O}_4.5H_{2}O}$

Vậy M là Ni (59).

Tại thời gian t giây ta thu được ở catot là 0,21 mol Ni => m = 12,39 gam

Đáp án B

Tính khử của Fe < Cr → không đẩy được Cr(II) ra khỏi muối

Đáp án D

Nguyên nhân chính gây mưa axit: SO₂, NO₂

Đáp án B

Nước cứng làm cho thực phẩm lâu chín và giảm mùi vị.

Đáp án C

- Để điều chế HNO₃ trong PTn, người ta đun hỗn hợp NaNO₃(rắn) với H₂SO₄ (đặc).

NaNO₃ + H₂SO₄  → NaHSO₄ + HNO₃.

Đáp án C

các thí nghiệm xảy ra ăn mòn điện hóa là a và c.

Đáp án C

TN1: Cu + 2Fe(NO₃)₃ → Cu(NO₃)₂ + 2Fe(NO₃)₂.

TH2: CO₂ dư + NaOH → NaHCO₃.

TH3: Na₂CO₃ + Ca(HCO₃)₂ → CaCO₃ + 2NaHCO₃.

TH4: Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂.

TH5: Fe + 6HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + 3NO₂ + 3H₂O.

Fe (dư) + 2Fe(NO₃)₃ → 3Fe(NO₃)₂.

TH6: 4Mg + 10HNO₃ → 4Mg(NO₃)₂ + NH₄NO₃ + 3H₂O.

Đáp án B

Kết tủa là BaCO_3:  $n_{BaC{O}_3}$ = 0,08 mol

Cho từ từ HCl 1M vào X thì khi bắt đầu có khí thì cần 0,12 mol HCl

TH1 có tạo thành NaHCO₃ → X chứa 0,12 mol Na₂CO₃ do vậy Ba đi hết vào kết tủa

TH2: có NaOH dư → X chứa NaOH và Na₂CO₃ với tổng số mol là 0,12 và Ba đi hết vào kết tủa 

=> $n_{NaOH}$ = 0,02 mol

Giải được số mol NaOH dư và Na₂CO₃ lần lượt là 0,04 và 0,08 mol

Bảo toàn C: a=0,16 mol

Đáp án C

Ta có: 

Do nung kết tủa ngoài không khí thu được 15,2 gam hỗn hợp 2 oxit nên 2 oxit là MgO và Fe₂O₃ (Zn(OH)₂ bị hòa tan trong NaOH dư) do vậy Cu hết và Fe³⁺ hết

Gọi số mol Zn là a  → số mol Mg là 2a.

= 0,45 - 3a

Vậy oxit gồm 2a mol MgO và 0,225-1,5a mol Fe₂O₃

=> 40.2a + 160(0,225-1,5a) = 15,2

Giải được: a=0,13

Rắn Z thu được gồm Cu 0,15 mol và Fe 0,14 mol (bảo toàn Fe) => m = 17,44 gam

Đáp án C

Điện phân trong 3378 giây tương đương với số e trao đổi là 0,07 mol

Do trao đổi 0,07 mol e chỉ thu được thêm 0,025 mol Cu, chứng tỏ Cu hết

Lúc này ở catot thu thêm 0,025 mol Cu và 0,01 mol H₂

Vậy lúc này ở anot thu được thêm 0,025 mol khí

Do số mol khí trao đổi 0,07 nên chứng tỏ đã có tạo ra O₂.

Vậy ở anot thu được Cl₂ và O₂ với số mol lần lượt là 0,015 và 0,01 mol.

Mặt khác do lúc t giây chỉ thu được Cu ở catot và Cl₂ ở anot nên a=b.

Vậy t giây thì  $n_e = 2a$ nên 2t giây thì  $n_e = 4a$

Lúc 2t giây ở anot thu được a+0,025 mol Cu và a-0,025 mol H₂.

Ở catot thu được a+0,015 mol Cl₂ và O₂ 0,5a-0,0075 mol

Tổng số mol khí thu được là:

a - 0,025 +a + 0,015 + 0,5a - 0,0075 = 2,0625a

Giải được a= 0,04

Vậy số mol CuSO₄ là 0,065 mol và KCl là 0,11 mol

=> m = 18,595 gam

Đáp án C

Hòa tan hoàn toàn m gam X thu được dung dịch Y và 0,45 mol H₂.

Do đồ thị như vậy nên giai đoạn đầu kết tủa tăng là do H₂SO₄ tác dụng với Ba(OH)₂ tạo kết tủa BaSO₄.

Giai đoạn kết tủa không đổi tiếp theo là H₂SO₄ trung hòa NaOH.

Giai đoạn kết tủa tăng lên do H₂SO₄ tác dụng với NaAlO₂ tạo kết tủa Al(OH)₃.

Giai đoạn kết tủa giảm do H₂SO₄ hòa tan Al(OH)₃.

Giai đoạn kết tủa không đổi lúc này chỉ còn BaSO₄

Kết tủa tối đa là 89,45 gam gồm Al(OH)₃ và BaSO₄.

Lúc đạt 0,75 mol H₂SO₄ kết tủa bị giảm đi 7,8 gam tương đương với 0,1 mol Al(OH)₃.

Lúc này lượng H₂SO₄ cần để hòa tan là 0,15 mol.

Vậy lúc kết tủa đạt cực đại thì lượng H₂SO₄ đã dùng là 0,6 mol

Trong giai đoạn tạo kết tủa Al(OH)₃ đã sử dụng 0,2 mol H₂SO₄

Bảo toàn nguyên tố trong X chứa 0,25 mol Ba, 0,4 mol Al và 0,7 mol Na

Bảo toàn e:  

= 0,75 

=> m = 73,15 gam

Đáp án D

Trong môi trường kiềm, Cr₂O₇^- (màu da cam) sẽ chuyển hóa thành CrO₄^2-(màu vàng)

Đáp án C

Ta có:

$n_{Ag} = 0,5 mol\to n_{Cu} = 0,25 mol$

$\to m_{Cu} = 16 gam \to a = 15,5 gam$

Đáp án A

$n_{H_2} = 0,3 mol\to n_{Na} + n_K = 0,6 mol$

Giải được số mol K, Na lần lượt là 0,2; 0,4 mol

$n_{H_{2}S{O}_4} = 0,075 mol; n_{HCl }= 0,15 mol$

$\to m_{muối}$ = 8,5 + 0,075.98 + 0,15.36,5 - 0,15.2 = 21,025 gam

Đáp án A

Các thí nghiệm: a, b, c, d, e.

HCl + NaHCO₃ → NaCl + H₂O + CO₂. (CO₂ không phải “đơn chất khí”)

+ TH a: 14HCl + K₂Cr₂O₇ → 3Cl₂ + 2KCl + 2CrCl₃ + 7H₂O.

+ TH b: Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂. Và Ba(OH)₂ + CuSO₄ → BaSO₄ + Cu(OH)₂.

+ TH c: Al + NaOH + H₂O → NaAlO₂ + 3/2 H₂.

+ TN d: KNO₃ → KNO₂ + ½ O₂.

+ TN e: Sn + 2HCl = SnCl₂ + H₂

Đáp án C

200ml dung dịch X chứa 0,15 mol Na₂CO₃ và 0,05 mol NaHCO₃

Cho từ từ đến hết 200ml dung dịch H₂SO₄ vào 200 ml dung dịch X thấy thu được 0,15 mol CO₂

Do vậy 

và còn dư 0,05 mol NaHCO₃.

Cho Ba(OH)₂ vào dung dịch Y thu được kết tủa gồm BaSO₄ 0,15 và BaCO₃ 0,05 mol.

→ m = 44,8

Đáp án C

X + Y: Al₂(SO₄)₃ + 3BaCl₂ → 3BaSO₄ + 2AlCl₃.

X + Z: Al₂(SO₄)₃ + 3Na₂CO₃ + 3H₂O → 2Al(OH)₃ + 3Na₂SO₄ + 3CO₂.

Y + Z: BaCl₂ + Na₂CO₃ → BaCO₃ + 2NaCl

Đáp án A

Các mệnh đề đúng: 1, 5, 6.

+ Mệnh đề 2: Be, Mg không tác dụng nước ở nhiệt độ thường.

+ Mệnh đề 3: Trong công nghiệp, các kim loại kiềm được điều chế bằng phương pháp điện phân nóng chảy muối.

+ Mệnh đề

4: Thành phần cacbon trong gang trắng ít hơn trong gang xám 

Đáp án D

Nhận thấy đồ thị có các giai đoạn:

+Giai đoạn kết tủa tăng dần do Ca(OH)₂ tác dụng với CO₂ tạo kết tủa CaCO₃.

+Giai đoạn kết tủa không đổi do CO₂ tác dụng với KOH.

+Giai đoạn kết tủa giảm dần do CO₂ tác dụng với CaCO₃ và hòa tan kết tủa này (tạo Ca(HCO₃)₂).

Lúc CO₂ đạt 0,5 mol thì kết tủa đã bị hòa tan mất 0,05 mol (do từ 0,45 mol đã bắt đầu hòa tan kết tủa).

=> x = 0,15 - 0,05 = 0,1 mol

Đáp án C

Các phát biểu đúng: (1) (3) (4).

Các phát biểu khác sai vì:

(2) Phenol tan ít trong nước, còn etanol tan tốt trong nước

(5) Để điều chế este của phenol không dùng axit cacboxylic mà phải dùng anhiđrit axit hoặc clorua axit tác dụng với phenol.

(6) Phenol không phản ứng với NaHCO₃.

Đáp án A

Quỳ tím + amino axit:

+ Gly, Ala, Val: không đổi màu

+ Glu: đỏ

+ Lys: xanh

Đáp án C

Các trường hợp xuất hiện ăn mòn điện hóa: (2) (3)

Đáp án B

Loại dãy chứa: NO, NaAlO₂, S, CO.