Đáp án B

Cr(OH)₂là hợp chất lưỡng tính

Đáp án A.

Giả sử M hóa trị n 

Đáp án B

Cho 5,52 gam Mg, Al tác dụng với 0,54 mol NaHSO₄ và 0,08 mol HNO₃ thu được dung dịch X chỉ chứa muối trng hòa và hỗn hợp Y gồm 3 khí không màu

Ta có: $\overline{M_Y} = 15,75$ 

do vậy Y có H₂, N₂ và N₂O

Cho NaOH dư vào X thu được kết tủa là Mg(OH)₂

Do dung dịch X chứa chứa muối trung hòa nên H⁺ hết, mặt khác do sinh ra khí H₂ nên NO₃^- hết.

Dung dịch X sẽ chứa Mg²⁺ 0,14 mol, Al³⁺ 0,08 mol, NH₄⁺, Na⁺ 0,54 mol và SO₄^2-0,54 mol.

Bảo toàn điện tích: 

Bảo toàn N: 

Gọi số mol N₂, N₂O và H₂ lần lượt là a, b,c => a + b = 0,03

Bảo toàn e: 10a + 8b + 2c + 0,02.8 = 0,14.x + 0,08.3

Giải hệ: a=0,01; b=0,02; c=0,05

$\to \%H_2$ = 7,94%

Đáp án B

Cho phần 1 tác dụng với HCl thì thu được Y chứa muối của Al, Zn, Mg và FeCl₂.

Cho AgNO₃ vào Y thì thu được kết tủa AgCl và Ag.

Phần 2 tác dụng với Cl₂ thu được muối gồm muối của Al, Zn, Mg và FeCl₃.

Cho Z tác dụng với AgNO₃ thu được 93,275 gam kết tủa AgCl.

Lượng kết tủa chênh lệch là do FeCl₂ ở Y và FeCl₃ ở Z.

Gọi số mol của Fe là a

=> m = 22,82 gam

Đáp án D

Tiêu hủy kim loại Na, K bằng ancol etylic với phản ứng: Na + H₂O → NaOH + ½ H₂và K + H₂O → KOH + ½ H₂. Phản ứng này khá êm dịu, không gây nguy hiểm, không tạo ra chất độc hại, dễ xử lí

Đáp án A

Đặt n(Mg²⁺) = a và n(HCO₃^-) = b → BT điện tích: 0,2. 2 + 2a = 0,3. 2 + b → 2a – b = 0,2

Khi cho ½ X tác dụng với Na₂CO₃ dư: kết tủa là MgCO₃ và CaCO₃→ 84. a/2 + 100. 0,2/2 = 16,3 → a = 0,15

→ b = 0,1

Phần 2: Ca²⁺ (0,1); Mg²⁺ (0,075); SO₄^2- (0,15); HCO₃^- (0,05)

Cô cạn, nung nóng: 2HCO₃^- → CO₃^2- + CO₂ + H₂O và CO₃^2- → O^2-+ CO₂.

→ m(chất rắn) = 0,1. 40 + 0,075. 24 + 0,15. 96 + 0,025. 16 = 20,6 (g)

Đáp án D

AlCl₃ + 4KOH (dư) → KAlO₂ + 3KCl + 2H₂O

→ 3 chất tan gồm KAlO₂, KCl, KOH dư

(Nếu cho a gam dung dịch muối X vào a gam dung dịch Ba(OH)₂ dư thu được 2a gam dung dịch Z chứng tỏ phản ứng không tạo kết tủa hoặc khí)

Đáp án A

Nhìn vào đồ thì, phải mất 1 khoảng mol NaOH mới bắt đầu xuất hiện kết tủa chứng tỏ X có H₂SO₄ dư, và lượng mol đó tác dụng với axit.

X gồm: Al₂(SO₄)₃ và H₂SO₄ dư.

Ta có: n(Al) = 0,18. BTNT (Al): n(Al³⁺ trong X) = 0,18; gọi n(H⁺) dư = y

Tại thời điểm n(NaOH) = 0,28 → 0,28 = y +3a

Tại thời điểm n(NaOH) = 0,76 → 0,76 = y + 3a. 3 + (0,18 – 3a). 4

→ y = 0,16 và a = 0,04 → n(H₂SO₄) dư = 0,08 → x = 0,08 + 3 n(Al₂(SO₄)₃) = 0,08 + 3. 0,09 = 0,35

Đáp án C

Tại thời điểm: m(kết tủa) = const  → Mg(OH)₂ và BaSO₄.

→ n(kết tủa) = b + (1,5a + b + 0,5a) = 0,94

Tại thời điểm đó, n(Ba(OH)₂) = 1,1 → n(OH^-) = 2,2 → 4a + 2b + c = 2,2

Khối lượng chất rắn ban đầu: 40b + 51a = 27,68

→ a = 0,48 và b = 0,08 và c = 0,12 → x = n(SO₄^2-) = 0,86

Đáp án A

BTNT(N): 

BTNT(Al): 

BTNT(C): 

BTNT(Zn): 

=> % = 8,61

Đáp án B

Quá trình trao đổi e:

Do vậy phản ứng sau khi cân bằng là

Tổng hệ số là  2 + 3 + 8 + 2 + 6 + 4 = 25.

Đáp án A

Cho 0,1 mol Ba vào 0,2 mol H₂SO₄ thu được 0,1 mol kết tủa BaSO₄nặng 23,3 gam

Đáp án D

Ta có: 

Cho AgNO₃ dư vào X thu được kết tủa gồm AgCl 0,72 mol (bảo toàn nguyên tố Cl) và Ag 0,06 mol.

Nếu cho NaOH dư vào X thì lượng NaOH phản ứng 0,78 mol, do vậy

Do $n_{Ag} = 0,06 mol$$\to n_{F{e}^{2+} trong X }= 0,06 mol$

Ta có:  $n_{F{e}^{2+}} < n_{FeC{l}_3}$ và khối lượng rắn tăng do vậy Fe dư

Gọi số mol Mg là a  mol, Fe là b mol

=> m = 24a + 56b + 0,06.27

Rắn Y sẽ chứa Cu 0,12 mol và Fe 0,1+b mol

=> 1,8275m = 0,12.64 + 56(0,1+b)

Dung dịch X chứa MgCl₂ a mol, AlCl₃ 0,06 mol và FeCl₂ 0,06 mol

=> m = 8 gam

Đáp án B

Ta có: 

Dung dịch Y chứa 0,23 mol AlCl₃.

Cho dung dịch chứa 0,3 mol Ba(OH)₂ và 0,37 mol NaOH tác dụng với Y thu được dung dịch Z.

Z chứa Ba²⁺ 0,3 mol, Na⁺ 0,37 mol, AlO₂^- 0,23 mol, OH^- dư 0,05 mol.

Cho H₂SO₄ vào Z.

Để kết tủa Al(OH)₃ lớn nhất thì : 

Để kết tủa BaSO₄ lớn nhất thì : $n_{H_{2}S{O}_4} = 0,3 mol$

Lúc kết tủa BaSO₄ tối đa thì Al(OH)₃ bị hòa tan nhưng lượng BaSO₄tạo thành lớn hơn Al(OH)₃ bị hòa tan nên kết tủa vẫn tăng

Đáp án A

Do chứa muối trung hòa nên dung dịch Y chứa Al³⁺ a mol, Zn²⁺ b mol, NH₄⁺ c mol và SO₄^2- 0,585 mol.

Bảo toàn điện tích: 3a + 2b + c = 0,585.2

$m_{muối}$ = 27a + 65b + 18c + 96.0,585 = 79,65

$n_{NaOH}$ = 4a + 4b + c = 1,91

=> a = 0,2; b = 0,27; c = 0,03

Hỗn hợp khí Z chứa CO₂ x mol, N₂ y mol và H₂ z mol

$\to n_Z$ = x + y + z = 0,18

$n_{H^{+}}$ = 2x + 12y + 2z + 0,03.10 = 0,585.2 + 0,09

Bảo toàn nguyên tố N: $n_{N{O^{-}}_3\left(X\right)}$ = 2y + 0,03 - 0,09 = 2y - 0,06

Trong X: 

=>62(2y - 0,06) + 60x = 8,52

=> x = 0,08; y = 0,06; z = 0,04 $\to n_{Zn}$ = b - x = 0,19

=> %Zn = 39,24%

Đáp án D

Ta có: $n_{H_2} = 0,43 mol$ 

Bảo toàn khối lượng:

Khi tác dụng với Na, K, Ca thì 1 H₂O sẽ sinh ra ½ H₂.

Tuy nhiên khi tác dụng với Al trong môi trường kiềm thì 1 H₂O sinh ra 1,5 H₂.

Đáp án C

$n_{HCl} = 0,2 mol$

Nếu cho 0,65 mol NaOH vào X thì thu được 2m gam kết tủa còn nếu thêm 0,925 mol NaOH thì thu được m gam kết tủa. Chứng tỏ lúc cho 0,925 mol NaOH thì có sự hòa tan kết tủa.

Khi cho 0,65 mol NaOH tác dụng với X thì chỉ có 0,45 mol NaOH tác dụng với AlCl₃ còn khi cho 0,925 mol thì có 0,725 mol tác dụng.

Nhận thấy 0,925-0,45>0,45 do vậy lúc cho 0,65 mol NaOH thì chưa hòa tan kết tủa.

Do vậy lúc cho 0,925 mol NaOH thì thu được 0,075 mol kết tủa.

= 0,2 mol

=> a = 26,7 gam

Đáp án C

Ta có: $n_O = 0,14 mol$

Quy đổi hỗn hợp về Na x mol, Ba y mol và O 0,14 mol

=> 23x + 137y + 0,14.16 = 17,82

Mặt khác cho CuSO₄ dư vào X kết tủa thu được gồm BaSO₄ y mol và Cu(OH)₂ 0,5x+y mol

=> 98(0,5x + y) + 233y = 35,54

Giải được: x=0,32; y=0,06

Đáp án A

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

Ta có phương trình:

=> dung dịch Y gồm

=> Số mol kết tủa còn lại là: 

Đáp án B

Các kim loại từ Al trở về trước trong dãy điện hóa  chỉ được điều chế bằng phương pháp điện phân nóng chảy 

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.

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– = $\frac{12V}{22,4} - \frac{8V}{22,4} = \frac{4V}{22,4}$.

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