Đáp án B

Hỗn hợp khí Y có số mol là 0,14 mol và có $\overline{M_Y}=20$ 

do vậy ta giải được số mol N₂O và H₂ lần lượt là 0,06 và 0,08 mol.

Khi tác dụng với lượng  tối đa NaOH thì kết tủa ta thu được chỉ có Mg(OH)₂ nung kết tủa thu được chất rắn là MgO

Gọi số mol AlCl₃ trong dung dịch là a mol , NaCl là b mol, NH₄Cl là c mol và MgCl₂ là 0,24 mol.

Bảo toàn Cl: 3a+b+c+0,24.2=1,08

Lượng NaOH phản ứng:

$n_{NaOH}=4a+c+0,24.2=1,14$

Bảo toàn N:

$n_{N{O_3}^{-}}=c+0,06.2$

Bảo toàn H:

Bảo toàn khối lượng:

13,52 + 85b + 39,42= 133,5a + 58,5b +53,5c + 23,75+ 2,8 + 18(0,46 - 2c)

Giải hệ: a=0,16; b=0,1; c=0,02

Bảo toàn O:

$n_{A{l}_2{O}_3}=\frac{0,46-2c+0,06-(c+0,06.2).3}{3}=0,02$

$\to \%Al=23,96\%$

Đáp án C

3NaOH + AlCl₃ → 3NaCl + Al(OH)₃.

Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

Đáp án D

Đáp án A

Các thí nghiệm: a, b, c, d, g.

TN a: CaCO₃, MgCO₃.

TN b: SiO₂.

TN c: Ag.

TN d: MnO₂.

TN e: Al₄C₃ + NaOH + H₂O → NaAl(OH)₄ + CH₄.

TN g: Ca₃(PO₄)₂

Đáp án B

- Áp dụng phương pháp chặn khoảng giá trị như sau :

+ Nếu X chỉ chứa Al ta có:$n_{Al}=\frac{2}{3}{n}_{H_2}=0,035 mol$ 

→ M_X = $\frac{1,08}{0,035}=30,86$

+ Nếu X chỉ chứa M ta có: $n_M=n_{H_2}=0,0525 mol$ 

→ M_X =$\frac{1,08}{0,0525}=20,57$

- Kết hợp 2 giá trị: 20,57 < M_X < 30,86

→ M là Mg. Khi đó:

$\left\{\begin{array}{l}27n_{Al}+24n_{Mg}=1,08\\ 3n_{Al}+2n_{Mg}=2n_{H_2}\end{array}\right.$

$\to \left\{\begin{array}{l}{n}_{Al}=0,02 mol\\ n_{Mg}=0,0225 mol\end{array}\right.$

Đáp án C

n(Al) = 0,2 mol

Muối AlCl₃ 0,2 mol nên m = 26,7g

Đáp án C

Các phát biểu c, d, e

+ (a): X là hỗn hợp Al₂O₃ và criolit nóng chảy.

+ (b): Y là Al nóng chảy

+ (e) Trong quá trình điện phanaphair hạ thấp dần các cực dương vào thùng điện phân vì khí oxi sinh ra ở cực dương đốt cháy dần dần than chỉ sinh ra CO₂

Đáp án B

Ta có :$n_{A{l}_2{(SO}_{}}$₄)3=0,5 mol

Cho Ba tác dụng với Al₂(SO₄)₃ tức là cho Ba tác dụng với H₂O tạo ra Ba(OH)₂ sau đó chất này tan.

Gọi số mol Ba là x. Ta có số mol kết tủa BaSO₄ tạo ra là 0,15, số mol H₂ là x mol.

Ta có:$n_{Al{\left(OH\right)}_3}=4n_{A{l}^{3+}}-n_{O{H}^{-}}=0,1.4-2x$

Áp dụng bảo toàn khối lượng, khối lượng dung dịch giảm là:

Giải được: x = 0,16.

$\to n_{Al{O_2}^{-}}=0,1-(0,4-2x)=0,02 mol$

Vậy khi sục CO₂ dư vào X thì kết tủa tạo ra là Al(OH)₃ 0,02 mol (không thể có BaCO₃).

$\to m=1,56 gam$

Đáp án D

Dựa vào đồ thị:

+Thấy lúc kết tủa cực đại thì lúc này kết tủa sẽ gồm BaSO₄ và Al(OH)₃ có tổng số mol là 0,28 mol.

+Lúc kết tủa không thay đổi thì nó chỉ gồm BaSO₄ có số mol 0,12 mol.

Suy ra n(BaSO₄) = 0,12 mol nên n(Al(OH)₃) =0,16 mol

Lúc kết tủa Al(OH)₃ vừa bị hoà tan hết thì dùng 4a mol H₂SO₄ lúc này SO₄^2- đã đi và 0,12 mol BaSO₄ và 0,08 mol Al₂(SO₄)₃.

Bảo toàn S: n(H₂SO₄) = 4a = 0,12+ 0,08 . 3 = 0,36 nên a= 0,09

Bảo toàn nguyên tố suy ra số mol Ba và Al trong hỗn hợp ban đầu là 0,12 và 0,16 mol (về nguyên tố).

Bảo toàn e: n(O) =[2n(Ba) +3n(Al) -2n(H₂)] / 2 = 0,27mol

Suy ra m= 0,12. 137 + 0,16. 27 + 0,27 . 16 = 25,08

Đáp án D

Có n(Al) = 0,24 mol

2Al + O₂ → Al₂O₃

Al₂O₃ + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂O

x→       6x →         2x           3x

Al + 3HCl → AlCl₃ + 3/2H₂

y →   3y   →      y       3/2y

=> 2x + y = 0,24

Có m(dd HCl) = 3(2x + y).36,5 : 7,3% = 1500 (2x + y) = 360 g

m(dd Y) = 133,5.(2x + y) : 8,683% = 1537,487 (2x + y) ≈ 369 g

BTKL: 102x + 27y + 360 = 369 + 3y

Giải hệ: x = 0,06; y = 0,12

→ n(H₂) = 0,18 mol.

Đáp án D

6,8 chất rắn không tan là Al₂O₃.

m(hh phản ứng) = 18,64 – 6,8 = 11,84 gam

Na + H₂O → NaOH + ½ H₂

x                     x            ½ x

2NaOH + Al₂O₃ → 2NaAlO₂ + 2H₂O

x                   ½ x

Nên có: 23x + 102. ½ x = 11,84

=> x = 0,16 mol

→ a = ½ x = 0,08 mol

Đáp án D

Đồ thị trải qua các giai đoạn:

+Kết tủa tăng vừa do Ba(OH)₂ tác dụng với H₂SO₄ tạo BaSO₄.

+Kết tủa tăng nhanh do H₂SO₄ tác dụng với Ba(AlO₂)₂ tạo 2 kết tủa BaSO₄ và Al(OH)₃.

+Kết tủa giảm tới không đổi do H₂SO₄ hòa tan Al(OH)₃.

Nhận thấy khối lượng kết tủa lúc cực đại với lúc không đổi giảm 23,4 gam chính là khối lượng Al(OH)₃ bị hòa tan.

$\to n_{Al{\left(OH\right)}_3}=0,3 mol$

Tới lúc hòa tan kết tủa hoàn toàn thì cần 0,7 mol H₂SO₄.

Vậy lúc kết tủa cực đại thì chỉ cần$0,7-\frac{0,3.3}{2}=0,25 mol$

Kết tủa cực đại gồm 0,25 mol BaSO₄ và 0,3 mol Al(OH)₃.

Vậy m=81,65 gam

Đáp án A

Đáp án A

Phương pháp:

BTNT H: nHCl pư = 2nH₂

BTKL: m + mHCl = m _muối + mH₂ =>m

Hướng dẫn giải:

BTNT H: nHCl pư = 2nH₂ = 0,45 mol

BTKL: m + mHCl = m _muối + mH₂

=> m + 0,45.36,5 = 29,475 + 0,225.2

=> m = 13,5 gam

Đáp án A

Giả sử số mol ban đầu:

nAl = x mol, nBa(OH)₂ = y mol

2Al + Ba(OH)₂ + 2H₂O→ Ba(AlO₂)₂ + 3H₂

x        0,5x                      0,5x

Dung dịch X: Ba(AlO₂)₂ (0,5x mol) và Ba(OH)₂ dư (y-0,5x mol)

+ Khi kết tủa lớn nhất:

m↓ = mAl(OH)₃ max + mBaSO₄ max = 78x + 233y = 70 (1)

+ Khi V= 1300 ml: Al(OH)₃ vừa bị hòa tan hết.

Khi đó ta có:

OH^- + H⁺ → H₂O

H⁺ + AlO₂^- + H₂O → Al(OH)₃

3H⁺ + Al(OH)₃ → Al³⁺ + 3H₂O

nH⁺ = nOH^- dư + nAlO₂^- + 3nAl(OH)₃ max

=> 2.1,3.0,5 = 2y – x + x + 3x

<=> 3x + 2y = 1,3 (2)

Giải (1) và (2): x = 0,3; y = 0,2

=> a = 0,3.27 = 8,1 gam

Đáp án C

Đáp án A

Ta có sơ đồ:

Khi cho 0,06 mol HCl

⇒ m gam kết tủa. Thêm tiếp vào (0,13–0,06) = 0,07 mol thì số mol kết tủa giảm 0,01 mol.

⇒ Khi cho 0,06 mol HCl vào thì kết tủa chưa đạt cực đại. Với 0,13 mol HCl thì số mol kết tủa đã đạt cực đại và bị hòa tan lại.

⇒ Sau khi phản ứng với 0,06 mol HCl thì số mol NaAlO₂ còn lại = $\frac{0,07-0,01.3}{4}$ = 0,01 mol.

⇒ 0,06 = n_NaOH + n_NaAlO2 – 0,01 Û 0,07 = c – a – 2b + a + 2b Û c = 0,07

⇒ m_Na = 1,61 gam

⇒ %m_Na == 41,07% 

Đáp án B

Đáp án C

Đáp án A

Từ đồ thị ta dễ thấy n_HCl = b = 0,8 mol.

n_Al³⁺ _{chưa kết tủa}= 0,2 mol.

⇒ ∑n_Al³⁺ = n_AlCl3 = a = 0,4 + 0,2 = 0,6 mol.

⇒ a : b = 4 : 3

Đáp án B

Đáp án D

(*) Phương pháp: Bảo toàn electron

-Lời giải:

Đáp án A

(*) Phương pháp: Bảo toàn khối lượng

-Lời giải:

Mol 0,3     0,15

Bảo toàn khối lượng: $m_M+m_{HCl}=$m_{Muối $+m_{H_2}$}

_{$\Rightarrow$muối}=16,3g

Đáp án B

(*) Phương pháp: Bảo toàn e, Bảo toàn khối lượng

- Lời giải: Vì KL $+HN{O}_3$ không có khí thoát ra

$\Rightarrow$sản phẩm khử là $N{H}_{4}N{O}_3$

$n_{O\left(X\right)}=0,61364m/16 \left(mol\right)$

$n_{N{O}_3}=n_{etd}+n_{N{H}_{4}N{O}_3}=\frac{1}{3}{n}_{O\left(X\right)}=0,61364/48\left(mol\right)$

$\Rightarrow n_{O_2}=0,61364m/216 \left(mol\right)$

Bảo toàn khối lượng

$m_X-m_{ran}=m_{N{H}_{4}N{O}_3}+m_{N{O}_2}+m_{O_2}$

$\Rightarrow m=70,4 g$

Đáp án D

Phản ứng:

M + 4HNO₃ → M(NO₃)₂ + 2NO₂ + 2H₂O

n_NO2 = 1,2 mol

⇒ n_M = 1/2 n_NO2 = 0,6 mol.

⇒ M = 14,4 ÷ 0,6 = 24 → là kim loại Mg

→ chọn đáp án D

Đáp án C

Đáp án B

Mg, Al, Zn phản ứng với HNO₃ không cho sản phẩm khử khí.

⇒ sản phẩm khử duy nhất là NH₄NO₃.!

⇒ Muối khan gồm Mg(NO₃)₂, Al(NO₃)₃, Zn(NO₃)₂ và NH₄NO₃.

nhiệt phân muối: R(NO₃)_n → R₂O_n + NO₂ + O₂ ||

⇒ là thay 2 gốc NO₃ bằng 1O trong muối (¶)

Nhiệt phân muối amoni nitrat: NH₄NO₃ → N₂O + 2H₂O ||

⇒ không thu được rắn.!

Đặt: n_NH4NO3 = a mol

⇒ n_{gốc NO3 trong KL} = n_{e cho} = n_{e nhận} = 8n_NH4NO3 = 8a mol.

⇒ ∑n_{NO3 trong muối amoni + kim loại} = a + 8a = 9a mol

⇒ ∑n_{O trong muối trong X} = 27a mol

mà oxi chiếm 61,364% về khối lượng

⇒ m = 27a × 32 ÷ 0,61364 = 704a (gam).

lại có m_NH4NO3 = 80a (gam)

⇒ m_{muối nitrat kim loại} = 624a (gam).

Ở (¶) dùng tăng giảm khối lượng ta có:

624a + (4a × 16 – 8a × 62) = 19,2 gam

giải ra a = 0,1 mol thay lại có m = 704a = 70,4 gam

Đáp án C

Đáp án C

Phân nhóm chính I_A (kim loại kiềm) bao gồm các nguyên tố:

Li → Li

Na → Na

K → Kéo

Rb → Rèm

Cs → Xe

Fr → Pháp

⇒ Chọn C

Đáp án B

Gọi kim loại kiềm chưa biết là R.

Áp dụng định luật bảo toàn e ta có

Đáp án D

Vì sau phản ứng có cả Ca(OH)₂ nhưng vẫn có kết tủa nên chắc chắn có Ca(AlO₂)₂.

Sơ đồ lên cho dễ nhìn nào. 

$\Rightarrow a=n_{Al{\left(OH\right)}_3}=4y-2x$(1)

+ Đốt cháy hh kh

+ Sục khí CO₂ vào dung dịch chứa AlO₂^– xảy ra phản ứng.

+ Nhận thấy  

$\Rightarrow n_{Al{\left(OH\right)}_3}=2x$

⇒ Kết tủa lần 2 = a = $n_{Al{\left(OH\right)}_3}$ 2x (2)

Từ (1) và (2) ⇒ 4y + 2x = 2x ⇔ x = y 

Đáp án B

m_O = 84 × 0,2 = 16,8 gam ||⇒ n_O = 1,05 mol

⇒ n_Al2O3 = 0,35 mol.

n_OH = 2n_H2 = 1,2 mol || Al₂O₃ + 2OH^–

→ 2AlO₂^– + H₂O ||⇒ OH– dư.

n_AlO2^– = 0,35 × 2 = 0,7 mol; n_OH^– _dư = 1,2 – 0,35 × 2 = 0,5 mol.

n_H⁺ = 3,2 × 0,75 = 2,4 mol || H⁺ + OH^– → H₂O ||

⇒ n_H⁺ _dư = 2,4 – 0,5 = 1,9 mol.

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

⇒ n_Al(OH)3 = (4 × 0,7 – 1,9) ÷ 3 = 0,3 mol

⇒ m = 0,3 × 78 = 23,4 gam

Đáp án B

M_Y = 24,4 ⇒ Y chứa H₂ và NO. Đặt n_H2 = x mol; n_NO = y mol

⇒ n_Y = x + y = 0,125 mol

m_Y = 2x + 30y = 0,125 × 24,4.

Giải hệ có: x = 0,025 mol; y = 0,1 mol.

Do Y chứa H₂ ⇒ X không chứa NO₃^–.

Bảo toàn nguyên tố Nitơ:

n_NH4⁺ = 0,05 + 0,1 – 0,1 = 0,05 mol.

Bảo toàn electron: 3n_{Al phản ứng} = 2n_H2 + 3n_NO + 8n_NH4⁺

⇒ n_{Al phản ứng} = 0,25 mol. X chứa AlCl₃, NaCl, KCl, NH₄Cl

⇒ m = 0,25 × 133,5 + 0,05 × 58,5 + 0,1 × 74,5 + 0,05 × 53,5 = 46,425 gam