280 Bài tập Kim loại kiềm, kiềm thổ, nhôm cực hay có lời giải chi tiết (P6)

Chọn đáp án C

Ta có n_Na = 0,02 mol.

●Cách 1: Truyền thống.

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

⇒ n_H2 = 0,02 ÷ 2 = 0,01 mol ⇒ Chọn C

●Cách 2: Bảo toàn e.

1n_Na = 2n_H2 ⇒ n_H2 = 0,02 ÷ 2 = 0,01 ⇒ Chọn C

Chọn đáp án C

Bảo toàn e ta có 2n_Mg = 2n_H2 $\iff$ n_Mg = n_H2 = 3,6 ÷ 24 = 0,15 mol

⇒ V_H2 = 3,36 lít ⇒ Chọn C

Chọn đáp án A

Phương trình phản ứng như sau:

Al + 4HNO₃ → Al(NO₃)₃ + NO + 2H₂O

⇒ a = 1 và e = 2 ⇒ a + e = 3 ⇒ Chọn A

Chọn đáp án D

+ BTKL ta có m_Cl2 = 25,52 – 5,64 = 19,88 gam.

⇒ n_Cl2 = 0,28 mol ⇒ V_Cl2 = 6,272 lít ⇒ Chọn D

Chọn đáp án D

Ta có m_Khí = m_Mg – m_{dd tăng} = 0,56 gam

⇒ M_Khí = 0,56 ÷ 0,02 = 28 ⇒ X là khí N₂.

Bảo toàn e có n_NH4NO3 = (2n_Mg – 10n_N2) ÷ 8 = 0,0125

+ Nhận thấy cuối cùng Na sẽ đi về muối NaNO₃ ⇒ Tìm ∑n_NO3 có trong dung dịch Y.

Bảo toàn nito ta có n_NO3/Y = n_HNO3 – 2n_N2 – n_NH4 = 0,3475 mol.

⇒ n_NaOH = 0,3475 mol ⇒ V_NaOH = 0,17375 lít = 175,75 ml ⇒ Chọn D

Chọn đáp án B

A và C không phản ứng ⇒ loại.

D. CO₂ + 2NaOH_dư → Na₂CO₃ + H₂O ⇒ loại.

B. CO₂ + Ca(OH)_{2 dư} → CaCO₃↓ + H₂O ⇒ chọn B.

Chọn đáp án B

A. HF ⇄ H⁺ + F^–.

B. KOH → K⁺ + OH^–.

C. Al(OH)₃ ⇄ Al(OH)₂⁺ + OH^–.

D. Cu(OH)₂ ⇄ Cu(OH)⁺ + OH^–.

⇒ chọn B.

Chọn đáp án B

10HNO₃ + 8e → N₂O + 8NO₃^– + 5H₂O ||⇒ n_{HNO3 phản ứng} = 10n_N2O = 0,15 mol ⇒ chọn B.

Chọn đáp án A

Phương trình phân tử: Ba(OH)₂ + 2HCl → BaCl₂ + 2H₂O.

Phương trình ion đầy đủ: Ba²⁺ + 2OH^– + 2H⁺ + 2Cl^– → Ba²⁺ + 2Cl^– + 2H₂O.

Phương trình ion rút gọn: H⁺ + OH^– → H₂O.

⇒ Chọn A.

Chọn đáp án A

Quy X về Mg, Cu, O và S. Do không còn sản phẩm khử nào khác ⇒ Y không chứa NH₄⁺.

Dễ thấy T chỉ chứa các muối nitrat ⇒ Q gồm NO₂ và O₂. Giải hệ có: n_NO2 = n_O2 = 0,18 mol. Lại có:

► 2Mg(NO₃)₂ 2MgO + 4NO₂ + O₂ || 2Cu(NO₃)₂ 2CuO + 4NO₂ + O₂ || 2NaNO₃ 2NaNO₂ + O₂.

⇒ n_O2/NaNO3 = ∑n_O2 - n_NO2 ÷ 4 = 0,135 mol ⇒ n_NaNO3 = 0,27 mol. Bảo toàn nguyên tố Nitơ:

⇒ ∑n_N/T = 0,18 + 0,27 = 0,45 mol. Lại có: n_Ba(NO3)2 = n_BaSO4 = 0,12 mol. Bảo toàn nguyên tố Nitơ:

● n_NO3^–_/Y = 0,45 - 0,12 × 2 = 0,21 mol || n_Na⁺ = n_{NaNO3 ban đầu} = 0,27 mol; n_SO4^2– = n_BaSO4 = 0,12 mol.

Bảo toàn nguyên tố Nitơ: n_NO2/Z = 0,27 - 0,21 = 0,06 mol ⇒ n_SO2 = 0,09 - 0,06 = 0,03 mol.

► Dễ thấy ∑n_e(Mg, Cu) = 2∑n(Mg, Cu) = ∑n_{điện tích}(Mg, Cu)/Y = 0,12 × 2 + 0,21 - 0,27 = 0,18 mol.

m_O/X = 0,3m ⇒ n_O/X = 0,01875m (mol) ||⇒ Bảo toàn electron: ∑n_e(Mg, Cu) + 6n_S = 2n_O + n_NO2 + 2n_SO2

⇒ n_S/X = (0,00625m - 0,01) mol ⇒ ∑m(Mg, Cu) = m - 0,3m - 32 × (0,00625m - 0,01) = (0,5m + 0,32) (g).

||⇒ m_muối/Y = 4m (g) = 0,5m + 0,32 + 0,27 × 23 + 0,21 × 62 + 0,12 × 96 ⇒ m = 8,88(g) ⇒ chọn A

Chon đáp án C

Dù là kim loại kiềm hay kiềm thổ thì: n_OH^– 2n_H2 = 0,06 mol.

H⁺ + OH^– → H₂O || Trung hòa: n_HCl = n_H⁺ = n_OH^– = 0,06 mol.

⇒ V_HCl = 0,06 ÷ 0,1 = 0,6 lít = 600 ml ⇒ chọn C.

Chọn đáp án C

Nhắc lại: ● NaHSO₄ có tính axit mạnh (điện li hoàn toàn ra H⁺).

NaHSO₄ → Na⁺ + H⁺ + SO₄^2–.

● Al, Fe và Cr bị thụ động với HNO₃ đặc, nguội.

⇒ các kim loại thỏa mãn điều kiện trên là Zn và Mg ⇒ chọn C.

Chọn đáp án D

Do lượng Al trong X và Y như nhau ⇒ khác nhau là do Na, Fe và R

⇒ bỏ Al ra để tiện xét bài toán ||⇒ xét hỗn hợp X gồm Na, Fe và Y chỉ chứa R.

Giả sử m_Y = 100g ⇒ ∑m_X = 200g.

● Giả sử hỗn hợp X chỉ chứa Na ⇒ n_Na = 200 ÷ 23 mol ⇒ n_H2 = 100 ÷ 23 mol.

● Giả sử hỗn hợp X chỉ chứa Fe ⇒ n_H2 = n_Fe = 200 ÷ 56 mol = 25 ÷ 7 mol.

► Thực tế X chứa cả Na và Fe ⇒ 25 ÷ 7 < n_H2 < 100 ÷ 23 mol.

Gọi hóa trị của R là n. Bảo toàn electron: n_R = 2n_H2 ÷ n.

⇒ 50 ÷ 7n < n_R < 200 ÷ 23n ⇒ 11,5n < M_R = 100 ÷ n_R < 14n.

TH1: n = 1 ⇒ 11,5 < M_R < 14 ⇒ không có kim loại nào.

TH2: n = 2 ⇒ 23 < M_R < 28 ⇒ R là Magie(Mg) ⇒ chọn D.

TH3: n = 3 ⇒ 34,5 < M_R < 42 ⇒ không có kim loại nào.

Chọn đáp án C

+ Đặt n_Mg = 3a và n_MgO = 2a ta có sơ đồ:

+ Áp dụng bảo toàn điện tích ⇒ 5a×2 = 0,24 + 0,18×2  a = 0,06.

⇒ m = 0,06×3×24 + 0,06×2×40 = 9,12 gam ⇒ Chọn C

Chọn đáp án B

Ta có (RCOO)₃C₃H₅ + 3KOH (Hoặc NaOH) → 3RCOOK (Hoặc Na) + C₃H₅(OH)₃.

+ Đặt n_{Chất béo} = a.

+ Với KOH ⇒ Sự chênh lệch giữa m_Muối và m_{Chất béo} = a×(39×3 – 12×3 – 5) = 76a

+ Với NaOH ⇒ Sự chênh lệch giữa m_Muối và m_{Chất béo} = a×(23×3 – 12×3 – 5) = 28a

⇒ 76a – 28a = 18,77 – 17,81  n_{Chất béo} = a = 0,02 mol.

+ Xét phản ứng của chất béo và KOH

Ta có: n_{KOH pứ} = 0,02×3 = 0,06 mol và n_{Glixerol tạo thành} = 0,02 mol.

⇒ Bảo toàn khối lượng ta có m = 18,77 + 0,02×92 – 0,06×56 = 17,25 gam ⇒ Chọn B

Chọn đáp án D

+ Dãy các kim loại tác dụng với H₂O ở điều kiện thường là:

Li, K, Ba, Ca, Na ⇒ Chọn D

Đáp án C

Theo dãy hoạt động hóa học của các kim loại.

⇒ Tính khử giảm dần từ Na > Al > Fe > Cu 

Đáp án C

Từ n_{Hỗn hợp 2 khí} và khối lượng 2 khí ⇒ n_N2 = 0,01 và n_H2 = 0,1 mol.

Bảo toàn e ta có n_NH4⁺ 

⇒ n_HCl = 12n_N2 + 2n_H2 + 10n_NH4⁺ = 0,69 mol.

Sơ đồ bài toán: 

+ Bảo toàn điện tích hoặc bảo toàn nitơ ⇒ n_K⁺ = 0,065 mol.

⇒ m_Muối = 0,3×24 + 0,065×39 + 0,025×18 + 0,69×35,5 = 34,68 gam.

Đáp án B

Các muối của Na, K đều tan và điện li tốt trong nước

Đáp án C

Phân đạm chứa nguyên tố dinh dưỡng là nitơ.

Phân lân chứa nguyên tố dinh dưỡng là photpho.

Phân kali chứa nguyên tố dinh dưỡng là kali

Đáp án B

Ta có phản ứng: Mg(OH)₂ + 2HCl → MgCl₂ + 2H₂O.

$\iff$ PT ion là: Mg(OH)₂ + 2H⁺ + 2Cl^– → Mg²⁺ + 2Cl^– + 2H₂O.

⇒ PT ion thu gọn là: Mg(OH)₂ + 2H⁺ → Mg²⁺ + 2H₂O.

Đáp án A

Vì NO là sản phẩm khử duy nhất của N⁺⁵.

⇒ Bảo toàn e ta có: n_Al = n_NO = 0,08 mol.

$\iff$ m_Al = 0,08 × 27 = 2,16 gam 

Đáp án C

Đặt n_P2O5 = a ⇒ m_P2O5 = 142a.

Ta có n_H3PO4 = 2n_P2O5 = 2a ⇒ n_{NaOH phản ứng} = 6a.

⇒ n_{NaOH dư} = 0,2535 × 2 – 6a = 0,507 – 6a.

+ Vậy từ mối tương quan m và 3m ta có:

3m_P2O5 = m_Na3PO4 + m_{NaOH dư}.

$\iff$ 426a = 2a×164 + (0,507 – 6a)×40 $\iff$ a = 0,06 mol.

$\iff$ m = 8,52 gam

Đáp án A

Cặp phản ứng có thể xảy ra là:

(2) CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O.

(3) K₂CO₃ + 2HCl → 2KCl + CO₂↑ + H₂O.

Đáp án A

• (1)0,3 mol NaOH + 0,1x mol AlCl₃ → 0,1 mol Al(OH)₃↓

(2)Thêm tiếp 0,2 mol NaOH → 0,14 mol Al(OH)₃↓

→ Giai đoạn (1) kết tủa chưa tan; (2) kết tủa tan một phần

• 3NaOH + AlCl₃ → Al(OH)₃↓ + 3NaCl (*)

Al(OH)₃ + NaOH_dư → NaAlO₂ + 2H₂O

Theo (*) n_NaOH = 3 × n_AlCl3 = 3 × 0,1x = 0,3x mol; n_Al(OH)3 = 0,1x mol.

Theo (**) n_{Al(OH)3 phản ứng} = 0,1x - 0,14 mol → n_NaOH = 0,1x - 0,14 mol

→ ∑n_NaOH = 0,3x + 0,1x - 0,14 = 0,3 + 0,2 → x = 1,6 

Đáp án D

Đáp án B

Các chất thỏa mãn là CO₂, NaHCO₃ và NH₄Cl ⇒ chọn B.

Đáp án A

GIẢ SỬ các dung dịch có cùng nồng độ mol là 1M.

Dung dịch có pH lớn nhất khi có [OH^–] lớn nhất.

(1) NH₃ + H₂O ⇄ NH₄⁺ + OH^– ⇒ [OH^–] < [NH₃] = 1M.

(2) NaOH → Na⁺ + OH^– ⇒ [OH^–] = [NaOH] = 1M. 

(3) Ba(OH)₂ → Ba²⁺ + 2OH^– ⇒ [OH^–] = 2.[Ba(OH)₂] = 2M.

(4) KNO₃ → K⁺ + NO₃^– ⇒ không có OH^–.

||⇒ Ba(OH)₂ có pH lớn nhất

Đáp án D

Bảo toàn khối lượng: m_{dung dịch tăng} = m_Mg – m_X ⇒ m_X = 3,6 – 3,04 = 0,56(g).

⇒ M_X = 0,56 ÷ 0,02 = 28 (N₂) || Chú ý: "hòa tan hoàn toàn" ⇒ Mg hết.

► Bảo toàn electron: 2n_Mg = 10n_N2 + 8n_NH4NO3 ⇒ n_NH4NO3 = 0,0125 mol.

Bảo toàn nguyên tố Nitơ: ∑n_NO3^–_/Y = 0,4 – 0,02 × 2 – 0,0125 = 0,3475 mol.

||⇒ Bảo toàn nguyên tố Natri: n_NaOH = n_NaNO3 = 0,3475 mol ⇒ V = 173,75 ml

Đáp án C

Đáp án B

Đáp án B

Đáp án A

Đáp án C

Đáp án D

Đáp án A

Đáp án D

Đáp án D

Đáp án B

Số chất tạo kết tủa với dd Ba(HCO₃)₂ gồm:

NaOH, Na₂CO₃, KHSO₄, Na₂SO₄, Ca(OH)₂ và H₂SO4 

Đáp án C