270 câu trắc nghiệm Kim loại Kiềm, kiềm thổ, nhôm có lời giải (P3)

Đáp án A

Đáp án D

Đáp án D

● Ở nhiệt độ thường Al khử được nước giải phóng hidro: 2Al + 6H₂O → 2Al(OH)₃↓ + 3H₂↑.

Phản ứng ngay lập tức bị ngăn cản do lớp Al(OH)₃ sinh ra ngăn cản nhôm tiếp xúc với nước.

● Ở nhiệt độ cao, nhôm cũng không tan trong nước vì trên bề mặt Al được phủ kín màng Al₂O₃

mịn và bền không cho nước và khí thấm qua.

► Tóm lại: Al không tác dụng với H₂O ở mọi nhiệt độ.

● Với dung dịch kiềm thì quá trình phản ứng xảy ra như sau:

– Đầu tiên lớp màng Al₂O₃ bị phá hủy trong dung dịch kiềm:

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O.

– Sau đó đến Al khử nước:

2Al + 6H₂O → 2Al(OH)₃ + 3H₂↑ (*).

– Màng Al(OH)₃ bị phá hủy trong dung dịch bazơ:

Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O (**).

● Các phản ứng (*) và (**) luân phiên xảy ra tới khi Al tan hết.

Ta có thể gộp lại và xem như:

► 2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂↑

⇒ Al tan trong dung dịch kiềm

Đáp án C

Đặt n_Cl2 = x; n_O2 = y ⇒ n_khí = x + y = 0,25 mol.

Bảo toàn khối lượng:

7,2 + 71x + 32y = 23 ||

⇒ giải hệ có: x = 0,2 mol; y = 0,05 mol.

Gọi n là hóa trị của M.

Bảo toàn electron: n × n_M = 2n_Cl2 + 4n_O2.

⇒ n_M = 0,6 ÷ n

⇒ M_M = 7,2 ÷ (0,6 ÷ n) = 12n.

⇒ n = 2 và M_M = 24 ⇒ M là Magie (Mg)

Đáp án B

n_H2 = n_Mg = 0,1 mol ⇒ V = 2,24 lít

Đáp án D

Do V_H2 thu được ở 2 thí nghiệm khác nhau

⇒ Al dư ở thí nghiệm 1.

Đặt n_Na = x; n_Al = y.

● Xét thí nghiệm 1: Na → NaOH → NaAlO₂.

⇒ n_{Al phản ứng} = n_Na = x.

Bảo toàn electron:

x + 3x = 2 × 0,4 ⇒ x = 0,2 mol.

● Xét thí nghiệm 2: Do NaOH dư

⇒ Al tan hết. Bảo toàn electron:

x + 3y = 2 × 0,55 ⇒ y = 0,3 mol.

||► m = 0,2 × 23 + 0,3 × 27 = 12,7(g).

Đáp án A

Đặt n_N2 = x; n_H2 = y || n_Y = x + y = 0,12 mol; m_Y = 28x + 2y = 0,76(g).

|⇒ giải hệ có: x = 0,02 mol; y = 0,1 mol.

Bảo toàn electron: 2n_Mg = 10n_N2 + 2n_H2 + 8n_NH4⁺.

⇒ n_NH4⁺ = (2 × 0,3 - 10 × 0,02 - 2 × 0,1) ÷ 8 = 0,025 mol.

Bảo toàn nguyên tố Nitơ:

n_KNO3 = 0,025 + 0,02 × 2 = 0,065 mol.

Do thu được H₂ ⇒ X không chứa NO₃^–.

||⇒ X gồm các ion Mg²⁺, K⁺, NH₄⁺ và Cl^–.

Bảo toàn điện tích: n_Cl^– = 0,69 mol.

► m = 0,3 × 24 + 0,065 × 39 + 0,025 × 18 + 0,69 × 35,5 = 34,68(g) 

Đáp án B

► Xét phần 1: Y + NaOH → H₂.

Mặt khác, phản ứng xảy ra hoàn toàn ⇒ Al dư.

n_{Al dư} = 0,15 ÷ 1,5 = 0,1 mol. Phần không tan T là Fe

⇒ n_Fe = n_H2 = 0,45 mol.

Lần lượt bảo toàn nguyên tố Oxi và Fe

⇒ n_Al2O3 = 0,2 mol.

● GIẢ SỬ phần 1 tác dụng với HCl thì n_H2 = 0,1 × 1,5 + 0,45 = 0,6 mol.

||⇒ phần 2 gấp 1,2 ÷ 0,6 = 2 lần phần 1

⇒ lượng ban đầu gấp 3 lần phần 1.

► m = 3 × (0,1 × 27 + 0,2 × 102 + 0,45 × 56) = 144,9(g)

Đáp án A

n_Al(NO3)3 = n_Al = 0,175 mol

⇒ m_Al(NO3)3 = 37,275(g)

⇒ không sinh muối amoni.

Bảo toàn electron: n_NO = n_Al = 0,175 mol

⇒ V = 3,92 lít

Đáp án A

Y + 0,05 mol HCl → bắt đầu có ↓

⇒ Y gồm NaOH và NaAlO₂.

⇒ n_NaOH = n_HCl = 0,05 mol.

► Quy X về Na, Al và O. Đặt n_Al = x; n_O = y.

⇒ n_NaAlO2 = x ⇒ n_Na/X = (x + 0,05) mol.

Bảo toàn electron:

(x + 0,05) + 3x = 2y + 2 × 0,125

|| m_X = 23.(x + 0,05) + 27x + 16y = 20,05(g).

► Giải hệ có: x = 0,25 mol; y = 0,4 mol.

"Thêm tiếp" 0,31 mol HCl thì:

1 < n_H⁺ ÷ n_AlO2^– = 0,31 ÷ 0,25 = 1,24 < 3

⇒ n_H⁺ = 4n_AlO2^– - 3n_Al(OH)3

⇒ n_Al(OH)3 = (4 × 0,25 - 0,31) ÷ 3 = 0,23 mol

⇒ m = 17,94(g) 

Đáp án A

Vì Al(OH)₃ là 1 hyđroxit lưỡng tính

⇒ có thể tác dụng với axit và bazo.

 Cho X vào HCl mà tạo khí thì trong X chắc chắn có Al (do Cu và Ag không phản ứng với HCl).

Do có Al nên Cu2+ và Ag+ phản ứng hết.

Số mol Al ban đầu:

Đáp án A

Đáp án C

Các kim loại thuộc nhóm I_A là các kim loại kiềm.

Gồm: Li, Na, K, Rb Cs và Fr 

Đáp án D

Để điều chế Al người ta điện phân nóng chảy Al₂O₃

Đáp án C

Ta có phản ứng: 2Na + 2H₂ → 2NaOH + H₂↑.

+ Ta có n_Na = 1 mol ⇒ n_H2 = 0,5 mol

⇒ m_H2 = 0,5×2 = 1 gam.

⇒ m_{Dung dịch sau phản ứng} = 23 + 100 – 1 = 122 gam.

+ Ta có n_NaOH = 1 mol ⇒ m_NaOH = 40 gam.

⇒ C%_NaOH = $\frac{40}{122}$ × 100 ≈ 32,8% 

Đáp án A

Từ số mol H₂ ta tính được số mol $O{H}^{-}$ giải thích

, mà $A{l}_2{O}_3\to 3O$

$\to n_{A{l}_2{O}_3}=0,35 mol$

$\Rightarrow n_{O{H}^{-}}=2n_{H_2}=1,2 mol$

Ta có phương trình:

=> dung dịch Y gồm

$\Rightarrow$kết tủa $Al{\left(OH\right)}_3$

=> Số mol kết tủa còn lại là:

Đáp án D

Quặng boxit có thành phần chính là Al₂O₃.2H₂O dùng để điều chế kim loại nhôm

Đáp án D

Những kim loại mạnh từ Li

→ Al trong dãy hoạt động hóa học của các kim loại chỉ có thể được điều chế bằng phương pháp điện phân nóng chảy

Đáp án B

Đáp án A

+ Khi cho 0,42 mol NaOH vào AlCl₃ chưa xảy ra sự hòa tan kết tủa.

⇒ n_Al(OH)3 = 0,42 : 3= 0,14 mol

+ Tại x mol NaOH thu được 0,14 mol kết tủa và xảy ra sự hòa tan kết tủa.

⇒ 4n_AlCl3= n_NaOH + n_↓ Û x = 4. 0,24 - 0,14 = 0,82 mol

Đáp án C

Đáp án D

n_Al = 0,02 mol; n_Cl^– = 0,07 mol; n_Na⁺ = 0,075 mol.

Ghép NaCl

⇒ còn dư (0,075 – 0,07 = 0,005) mol Na⁺ 

⇒ ghép với AlO₂^– tạo NaAlO₂.

||⇒ ghép được 0,005 mol NaAlO₂ và còn dư (0,02 – 0,005 = 0,015) mol nguyên tố Al.

► Dùng nguyên tố đó ghép vào ↓ ⇒ n_Al(OH)3 = 0,015 mol

⇒ m = 1,17(g)

Đáp án A

H⁺ + OH^– → H₂O || Trung hòa

⇒ n_OH^– = n_H⁺ = 0,05 mol.

Gọi hóa trị của X là n

⇒ n_X = 0,05 ÷ n ⇒ M_X = 1,15 ÷ (0,05 ÷ n)

||⇒ M_X = 23n ⇒ n = 1 và M_X = 23 ⇒ X là Natri

Đáp án A

● Bảo toàn nguyên tố Clo: 

x = n_AgCl = 86,1 ÷ 143,5 = 0,6 mol. 

Bảo toàn điện tích: y = (0,2 + 0,6 – 0,1 × 3 – 0,2 × 2) ÷ 2 = 0,05 mol.

► NaOH + X → ghép ion.

Ghép 0,2 mol NaNO₃ và 0,6 mol NaCl 

||⇒ dư 0,05 mol Na⁺ ghép với AlO₂^– 

⇒ còn 0,05 mol Al cho Al(OH)₃.

► Kết tủa gồm 0,05 mol Al(OH)₃; 0,2 mol Mg(OH)₂; 0,05 mol Cu(OH)₂.

||⇒ m_↓ = 0,05 × 78 + 0,2 × 58 + 0,05 × 98 = 20,4(g)

Đáp án A

► Đặt n_Cl2 = a; n_O2 = b

⇒ n_Y = a + b = 0,45 mol.

Bảo toàn electron: 2a + 4b = 0,3 × 2 + 0,2 × 3

⇒ giải hệ cho:

a = 0,3 mol; b = 0,15 mol

⇒ %m_O2 = 18,39%.

● Bảo toàn khối lượng: x = 51(g)

Đáp án D

Đặt n_NH4NO3 = x ||

⇒ ∑n_{NO3/muối KL} = n_e = (8x + 0,3) mol.

||⇒ m_muối = m_KL + m_{NO3/muối KL} + m_NH4NO3 

= 7,5 + 62 × (8x + 0,3) + 80x = 54,9(g).

⇒ x = 0,05 mol ⇒ n_HNO3 = 10n_NH4NO3 + 12n_N2 = 0,86 mol

⇒ V = 0,86 lít

Đáp án B

► Tại V lít Ba(OH)₂: kết tủa chỉ có BaSO₄ 

⇒ n_BaSO4 = 0,3 mol.

Bảo toàn gốc SO₄: n_Al2(SO4)3 = 0,1 mol.

Do ↓ chỉ có BaSO₄ ⇒ Al(OH)₃ bị hòa tan hết.

||⇒ n_OH^– = 4n_Al³⁺ = 0,1 × 2 × 4 = 0,8 mol

⇒ V = 0,8 ÷ 2 ÷ 0,4 = 1M

Đáp án C

Đặt số mol 2 kim loại lần lượt là a và b ta có:

+ PT theo khối lượng hh: 24a + 27b = 1,86 (1).

+ PT theo bảo toàn số mol e cho nhận:

2a + 3b = 8n_N2O = 0,2 (2).

● Giải hệ (1) và (2) ta có n_Mg = a = 0,01 mol.

⇒ %m_Mg = 12,9%

Đáp án D

Đáp án A

Vì thể tích H₂ sinh ra khi cho X tác dụng với H₂O < thể tích khí H₂ sinh ra khi cho X tác dụng với KOH dư.

⇒ Khi X tác dụng với H₂O Al vẫn còn dư.

Đặt số mol Al = a và n_Na = b.

+ Pứ với H₂O Al còn dư

⇒ n_{Al pứ} = n_Na = b.

⇒ Bảo toàn e: 3b + b = 0,2×2 = 0,4 (1).

+ Pứ với KOH dư ⇒ Tan hoàn toàn.

⇒ Bảo toàn e: 3a + b = 0,35×2 = 0,7 (2).

+ Giải hệ (1) và (2)

⇒ n_Al = 0,2 và n_Na = 0,1.

⇒ m_X = 0,2×27 + 0,1×23 = 7,7 gam

Đáp án B

Đặt n_Ba = a, n_BaO = 2a và n_Ba(OH)2 = 3a

⇒ n_H2 = n_Ba = a

⇒ ∑n_Ba(OH)2 = a + 2a 3a = 6a =$\frac{6V}{22,4}$

⇒ ∑n_OH^– = $\frac{12V}{22,4}$ ⇒ n_CO3^2– =$\frac{4V}{22,4}$ .

⇒ n_BaCO3 =  $\frac{4V}{22,4}$× 197 = 98,5 

Û V = 2,8.

⇒ n_Ba = $\frac{2,8}{22,4}$ = 0,125 mol

⇒ n_BaO = 0,25, n_Ba(OH)2 = 0,375.

⇒ m = 0,125×137 + 0,25×153 + 0,375×171 = 119,5 gam

Đáp án C

nOH^- = 1,5.0,5 = 0,75 mol

nAl³⁺ = 0,2 mol

nAl(OH)₃ = 4nAl³⁺ - nNaOH = 4.0,2 – 0,75 = 0,05 mol

=>mAl(OH)₃ = 0,05.78 = 3,9 gam

Đáp án D

Các phản ứng xảy ra hoàn toàn, hỗn hợp rắn X tác dụng với NaOH giải phóng khí H₂

=> X chứa A dư, oxit sắt bị khử hết

Al + NaOH + H₂O →  NaAlO₂ + 3/2 H₂↑

0,02                         ← 0,03 (mol)

n_Al(OH)3 = 46,8 : 78 = 0,6 (mol)

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ +  H₂O

0,29              ← ( 0,6 – 0,02)

Z gồm Fe, xét quá trình Z tan trong HNO₃

n_NO = 0,58 (mol)

=> n_{NO3- ( trong muối)} = 3n_NO = 3.0,58 =1,74 (mol)

=> m_Fe = 146,52 – 1,74.62 = 38,64(g)

=> m_{OXIT SẮT} = m_Fe + m_O = 38,64 + 0,29.3.16 = 52,56 (g)

Đáp án B

nAl = 0,02 mol

nHCl = 0,07 mol

nNaOH = 0,075 mol

Al + 3HCl → AlCl3 + 1,5H₂

Bđ:      0,02  0,07      

Pư:       0,02   0,06       0,02

Sau:     0        0,01       0,02

Vậy dung dịch X gồm: Al³⁺ (0,02 mol) và H⁺ dư (0,01 mol)

Khi cho 0,075 mol NaOH vào dd X:

H⁺ + OH^- → H₂O

0,01   0,01

Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃

0,02      0,06        0,02

Al(OH)₃ + OH^- → AlO₂^- + 2H₂O

0,005←0,005

Vậy khối lượng Al(OH)₃:

m = (0,02-0,005).78 = 1,17 gam

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