20 bài tập vận dụng cao về kim loại kiềm thổ và hợp chất có đáp án và lời giải chi tiết

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

- Áp dụng qui tắc đường chéo tìm số mol NO và CO₂

- Bảo toàn e 

Lời giải chi tiết:

Áp dụng qui tắc đường chéo => n_NO = n_CO2 = 0,1mol

Hỗn hợp ban đầu gồm: Mg (a mol), MgO (b mol), MgCO₃ (0,1 mol)

=> 24a + 40b + 84 . 0,1 = 30 => 24a + 40b = 21,6 (1)

X chứa: Mg(NO₃)₂ ( a + b + 0,1 mol), NH₄NO₃ (c mol)

Bảo toàn N: 2 (a + b + 0,1) + 2c + 0,1 = 2,15 => 2a + 2b + 2c = 1,85 (2)

Bảo toàn e: 2a = 0,1 . 3 + c . 8 => 2a – 8c = 0,3 (3)

Giải hệ (1) (2) (3) ta có a = 0,65, b = 0,15, c = 0,125

=> m= m_Mg(NO3)2 + m_NH4NO3 = 148 . 0,9 + 80 . 0,125=143,2 g

Đáp án D

Phương pháp giải:

Định luật bảo toàn khối lượng

Định luật bảo toàn nguyên tố

Lời giải chi tiết:

X + dd H2SO4 →dd  Z : MgSO₄ +↑ Y (CO₂ + SO₂+ H₂)

Dd Z có C% =36% và có chứa 72 g muối nên m_ddZ = 72:36.100=200 g

n_MgSO4= 0,6 mol → n_SO4= 0,6 mol → n_H2SO4 = 0,6 mol

→ m_{dd H2SO4} = 0,6.98 : 30.100= 196g

m_Y = n_Y. M_Y = 0,5.32=16(g)

Bảo toàn khối lượng   

Đáp án A

Phương pháp giải:

Bảo toàn nguyên tố

Lời giải chi tiết:

Phương pháp giải:

Tính nOH^-

Do nH⁺>nCO₂ nên X có cả CO₃^2- => X không có Ba²⁺ => nBaCO₃ = nB2(OH)₂

Đặt x, y là số mol CO₃^2- và số mol HCO₃^- phản ứng với H⁺

x+y = nCO₂ = 0,25

2x+y = nH⁺ = 0,35

=> x = 0,1; y = 0,15

Dung dịch X chứa: K⁺ (0,225 mol), Na⁺ (0,2 mol), CO₃^2- (0,1k mol), HCO₃^- (0,15k mol)

BTĐT: 0,225 + 0,2 = 2.0,1k + 0,15k => k

BTNT C: nCO₂ ban đầu = nBaCO₃ + nCO₃^2- + nHCO₃^-

=> V

Lời giải chi tiết:

nOH^- = 0,1.2 + 0,225 + 0,2 = 0,625 mol

Do nH⁺>nCO₂ nên X có cả CO₃^2- => X không có Ba²⁺ => nBaCO₃ = 0,1 mol

Đặt x, y là số mol CO₃^2- và số mol HCO₃^- phản ứng với H⁺

x+y = nCO₂ = 0,25

2x+y = nH⁺ = 0,35

=> x = 0,1; y = 0,15

Dung dịch X chứa: K⁺ (0,225 mol), Na⁺ (0,2 mol), CO₃^2- (0,1k mol), HCO₃^- (0,15k mol)

BTĐT: 0,225 + 0,2 = 2.0,1k + 0,15k => k = 1,3

BTNT C: nCO₂ ban đầu = nBaCO₃ + nCO₃^2- + nHCO₃^- = 0,1 + 0,13 + 0,195 = 0,425 mol

=> V = 9,52 lít

Đáp án A

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

Phương pháp giải:

m _{dd tăng} = m_Mg – m _khí => m _khí

=> M _khí = m _khí : n _khí

=> Khí là N₂

Nhận thấy: 2n_Mg > 10n_N2 => có tạo muối NH₄NO₃

BT electron: 2n_Mg = 10n_N2 + 8n_NH4NO3 => n_NH4NO3

BTNT “N”: n_{HNO3 ban đầu} = 2n_Mg(NO3)2 + 2n_NH4NO3 + 2n_N2 + n_{HNO3 dư}

=> n_{HNO3 dư}

Thành phần dung dịch Y là: Mg(NO₃)₂, NH₄NO₃ và HNO₃ dư

Khi cho NaOH vào dd Y: n_NaOH = n_{HNO3 dư} + 2n_Mg(NO3)2 + n_NH4NO3

=> V _{dd NaOH} = n : C_M

Lời giải chi tiết:

n_Mg = 3,6 : 24 = 0,15 mol; n _khí = 0,448 : 22,4 = 0,02 mol

m _{dd tăng} = m_Mg – m _khí => m _khí = m_Mg – m _{dd tăng} = 3,6 – 3,04 = 0,56 gam

=> M _khí = m _khí : n _khí = 0,56 : 0,02 = 28

=> Khí là N₂

Nhận thấy: 2n_Mg (= 0,3 mol) > 10n_N2 (= 0,2 mol) => có tạo muối NH₄NO₃

BT electron: 2n_Mg = 10n_N2 + 8n_NH4NO3 => 2.0,15 = 10.0,02 + 8n_NH4NO3

=> n_NH4NO3 = 0,0125 mol

BTNT “N”: n_{HNO3 ban đầu} = 2n_Mg(NO3)2 + 2n_NH4NO3 + 2n_N2 + n_{HNO3 dư}

=> 0,5.0,8 = 2.0,15 + 2.0,0125 + 2.0,02+ n_{HNO3 dư}

=> n_{HNO3 dư} = 0,035 mol

Thành phần dung dịch Y là: Mg(NO₃)₂ (0,15 mol), NH₄NO₃ (0,0125 mol) và HNO₃ dư (0,035 mol)

Khi cho NaOH vào dd Y: n_NaOH = n_{HNO3 dư} + 2n_Mg(NO3)2 + n_NH4NO3 = 0,035 + 2.0,15 + 0,0125 = 0,3475 mol

=> V _{dd NaOH} = n : C_M = 0,3475 : 2 = 0,17375 lít = 173,75 ml

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Bảo toàn điện tích

- Bảo toàn khối lượng

- Bảo toàn nguyên tố

Lời giải chi tiết:

Gọi n là hóa trị của kim loại M → Oxit của M là M₂O_n

- Khi cho dung dịch NaOH vào dung dịch Y thu được kết tủa vầ khối lượng chất rắn khan lớn hơn khối lượng của X → Chất rắn khan là oxit (M₂O_n)

- Dung dịch Y sau phản ứng chứa các ion Mⁿ⁺, K⁺, SO₄^2- có thể có NH₄⁺

- Khối lượng oxi trong oxit do M tạo ra là: (13,8- 6,12- 3,6): 16 = 0,255 mol

\( \to {n_M} = \frac{2}{n}{n_O} = \frac{{2.0,255}}{n} = \frac{{0,51}}{n}mol \to M = \frac{{6,12}}{{0,51}}n = 12n\) 

Xét n = 2 thì M = 24 (Mg)

Ta có: n_Mg2+ = n_Mg+ n_MgO = 0,345 mol

*Khi cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch NaOH

OH^- + NH₄⁺→ NH₃ + H₂O

2OH^- + Mg²⁺ → Mg(OH)₂

→ n_OH- = n_NH4+ + 2.n_Mg2+ = 0,705 mol → n_NH4+ = 0,705- 2.0,345 = 0,015 mol

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch Y ta có n_K+ = n_KNO3 = 0,095 mol

*Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: m_X + m_H2SO4 + m_KNO3 = m_{muối trong Y} + m_T + m_H2O

→ m_H2O = 6,39 gam → n_H2O = 0,355 mol

*Áp dụng bảo toàn nguyên tố H: 2.n_H2SO4 = 2.n_H2+ 4.n_NH4++ 2.n_H2O → n_H2 = 0,4- 2.0,105- 0,355 = 0,015 mol

*Gọi số mol khí N₂ và N₂O lần lượt là x, y (x, y>0)

Ta có: m_N2+ m_N2O+ m_H2 = 1,47 gam → 28x + 44y = 1,44 (1)

Mặt khác: n_KNO3 = 2.n_N2+ 2.n_N2O+ n_NH4+ → 2x + 2y = 0,08 (2)

Từ (1 và (2) ta có x = 0,02 và y = 0,02

Vậy các khí trong T có số mol là 0,02 mol N₂; 0,02 mol N₂O và 0,015 mol H₂

Từ đó ta tính được % số mol N₂ là 36,36%; %số mol N₂O là 36,36% và %H₂ là 27,28%

Đáp án B

Phương pháp giải:

Đặt  số mol của MO, M(OH)₂, MCO₃ tương ứng là x, y, z.

Nếu tạo muối trung hòa ta có các phản ứng

(1) MO  +  H₂SO₄ -> MSO₄    +   H₂O                     

(2) M(OH)₂  +  H₂SO₄  ->  MSO₄    +  2H₂O

(3) MCO₃   +  H₂SO₄  ->  MSO₄    +   H₂O + CO₂    

Nếu tạo muối axít ta có các phản ứng

(4) MO  +  2H₂SO₄  ->  M(HSO₄)₂   +   H₂O           

(5) M(OH)₂  +  2H₂SO₄  ->  M(HSO₄)₂      +  2H₂O 

(6) MCO₃   +  2H₂SO₄  -> M(HSO₄)₂  +   H₂O + CO₂             

Ta có : 

m _{dd muối} = D.V.1000 => m _muối = D.V.C%.1000 (V đơn vị là lít)
n _muối = CM.V (V đơn vị lít)
M = m _muối : n _muối = D.C%.1000/C_M = 1,093.10,867%.1000/0,545 = 218 gam/mol

Xét 2 trường hợp :

- TH1: Nếu muối là MSO₄

- TH2: Nếu là muối M(HSO₄)₂

Lời giải chi tiết:

a) Đặt  số mol của MO, M(OH)₂, MCO₃ tương ứng là x, y, z.

Nếu tạo muối trung hòa ta có các phản ứng

(1) MO  +  H₂SO₄   MSO₄    +   H₂O                     

(2) M(OH)₂  +  H₂SO₄    MSO₄    +  2H₂O

(3) MCO₃   +  H₂SO₄    MSO₄    +   H₂O + CO₂    

Nếu tạo muối axít ta có các phản ứng

(4) MO  +  2H₂SO₄    M(HSO₄)₂   +   H₂O           

(5) M(OH)₂  +  2H₂SO₄    M(HSO₄)₂      +  2H₂O 

(6) MCO₃   +  2H₂SO₄   M(HSO₄)₂  +   H₂O + CO₂             

Ta có :  

m _{dd muối} = D.V.1000 => m _muối = D.V.C%.1000 (V đơn vị là lít)
n _muối = CM.V (V đơn vị lít)
M = m _muối : n _muối = D.C%.1000/C_M = 1,093.10,867%.1000/0,545 = 218 gam/mol

- TH1: Nếu muối là MSO₄ => M +96  = 218 => M =122 (loại)

- TH2: Nếu là muối M(HSO₄)₂ => M + 97.2  = 218 => M  = 24 (Mg)

Vậy xảy ra phản ứng (4, 5, 6) tạo muối Mg(HSO₄)₂

b) Theo (4,5,6) => Số mol CO₂  = 0,448/22,4  = 0,02 mol => z  = 0,02       (I)

n _H2SO4  = 117,6.10/98 = 0,12 mol => 2x + 2y + 2z  = 0,12                          (II)

Đề bài:       40x + 58y + 84z  = 3,64                                                             (III)

Giải hệ (I, II, III) : x  = 0,02; y  = 0,02; z  = 0,02

%MgO  = 40.0,02.100/3,64  = 21,98%

%Mg(OH)₂  = 58.0,02.100/3,64  = 31,87%    

%MgCO₃  = 84.0,02.100/3,64  = 46,15%

Đáp án A

Lời giải chi tiết:

Nhận xét nếu 1 mol NaOH cho vào X mà phản ứng vừa đủ → n_NaNO3 = 1 mol

Nung đến khối lượng không đổi thu được NaNO₂: n_NaNO2 = n_NaNO3 = 1 mol

Khi đó m_NaNO2 = 1. 69 = 69 gam > 67,55 gam

→ Chứng tỏ T có chứa x mol NaNO₃ và y mol NaOH dư

Nung T đến khối lượng không đổi thu được NaNO₂ (x mol) và NaOH (y mol)

BTNT “Na”: n_NaOH = n_NaNO2 + n_{NaOH dư} => x + y = 1 (1)

m _{chất rắn} = 69x + 40y = 67,55 (2)

Giải hệ trên ta có: x = 0,95 và y = 0,05

Mặt khác: NaOH + X → dung dịch Y và 0,05 mol khí Z (khí NH₃)

Nên chứng tỏ dung dịch Y có chứa 0,05 muối NH₄NO₃

Ta có sơ đồ phản ứng:

0,4 mol Mg + 1,2 mol HNO₃ → 0,4 mol Mg²⁺, 0,05 mol NH₄⁺, H⁺ còn dư và 0,95 mol NO₃^- + (N; O) + H₂O

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích với dung dịch Y ta có:

n_H+ = 0,95 - (0,4.2+ 0,05) = 0,1mol

Bảo toàn nguyên tố H ta tính được n_H2O = (1,2- 0,05.4- 0,1)/2 = 0,45 mol

Bảo toàn nguyên tố O ta tính được n_{O (spk)} = 0,3 mol

Bảo toàn nguyên tố N ta tính được n_{N (spk)} = 0,2 mol

Vậy m_spk = m_O+ m_N = 0,3. 16 + 0,2.14 = 7,6 gam

Đáp án D

Phương pháp giải:

\(X\left\{ \matrix{
Mg \hfill \cr
MgC{O_3} \hfill \cr
Mg{(N{O_3})_2} \hfill \cr} \right. + \left\{ \matrix{
HN{O_3}:0,6 \hfill \cr
NaHS{O_4}:0,82 \hfill \cr} \right.\buildrel {} \over
\longrightarrow \left\langle \matrix{
Y\left. {\left\{ \matrix{
M{g^{2 + }} \hfill \cr
N{a^ + }:0,82 \hfill \cr
N{H_4}^ + \hfill \cr
S{O_4}^{2 - }:0,82 \hfill \cr} \right.} \right\}107,54\,g \hfill \cr
Z\left\{ \matrix{
{N_2}O \hfill \cr
C{O_2} \hfill \cr
{N_2} \hfill \cr
{H_2} \hfill \cr} \right. \hfill \cr} \right. + {H_2}O\)

Trong Y đặt: 

\(\left\{ \matrix{
{n_{Mg2 + }} = u(mol) \hfill \cr
{n_{N{H_4} + }} = v(mol) \hfill \cr} \right.\)

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \matrix{
\buildrel {BT\,dien\,tich} \over
\longrightarrow 2{n_{M{g^{2 + }}}} + {n_{N{a^ + }}} + {n_{N{H_4}^ + }} = 2{n_{S{O_4}^{2 - }}} \hfill \cr 
{m_Y} = {m_{M{g^{2 + }}}} + {m_{N{a^ + }}} + {m_{N{H_4}^ + }} + {m_{S{O_4}^{2 - }}} = 107,54 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
u = ? \hfill \cr 
v = ? \hfill \cr} \right.\)

Trong X đặt số mol Mg, MgCO₃ và Mg(NO₃)₂ lần lượt là x, y, z (mol)

Ta có hệ 3 phương trình: 

\(\left\{ \matrix{
{m_X} = 24x + 84y + 148z = 15,12 \hfill \cr
{n_O} = 3y + 6z = {{15,12.28,75\% } \over {100\% .16}} = 0,27 \hfill \cr
{n_{Mg}} = x + y + z = u \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
x = ? \hfill \cr
y = ? \hfill \cr
z = ? \hfill \cr} \right.\)

BTNT “C”=> n_N2O = n_CO2 = y=? (mol)

Trong Z: đặt n_H2 = b (mol); n_N2 = c (mol)

BTNT “H”: n_HNO3  + n_NaHSO4 = 4n_NH4+ + 2n_H2 + 2n_H2O => n_H2O = 0,4 – b (mol)

=> n_{H+ bđ} = 10n_N2O + 12n_N2 + 10n_NH4+ + 2n_H2 + 2n_CO2

=> 2b +12c = 0,32 (1)

BTNT “O” n_O(X) + 3n_HNO3 + 4n_NaHSO4 = 4n_SO42- + n_N2O + 2n_CO2 + n_H2O

=> b = ? (mol)

Từ (1) => c = ?

=> m_Z = m_N2O + m_CO2 + m_N2 + m_H2 = ?

Lời giải chi tiết:

\(X\left\{ \matrix{
Mg \hfill \cr 
MgC{O_3} \hfill \cr 
Mg{(N{O_3})_2} \hfill \cr} \right. + \left\{ \matrix{
HN{O_3}:0,6 \hfill \cr 
NaHS{O_4}:0,82 \hfill \cr} \right.\buildrel {} \over
\longrightarrow \left\langle \matrix{
Y\left. {\left\{ \matrix{
M{g^{2 + }} \hfill \cr 
N{a^ + }:0,82 \hfill \cr 
N{H_4}^ + \hfill \cr 
S{O_4}^{2 - }:0,82 \hfill \cr} \right.} \right\}107,54\,g \hfill \cr 
Z\left\{ \matrix{
{N_2}O \hfill \cr 
C{O_2} \hfill \cr 
{N_2} \hfill \cr 
{H_2} \hfill \cr} \right. \hfill \cr} \right. + {H_2}O\)

Trong Y đặt: 

\(\left\{ \matrix{
{n_{Mg2 + }} = u(mol) \hfill \cr 
{n_{N{H_4} + }} = v(mol) \hfill \cr} \right.\)

Ta có hệ phương trình: 

\(\eqalign{
& \left\{ \matrix{
\buildrel {BT\,dien\,tich} \over
\longrightarrow 2{n_{M{g^{2 + }}}} + {n_{N{a^ + }}} + {n_{N{H_4}^ + }} = 2{n_{S{O_4}^{2 - }}} \hfill \cr 
{m_Y} = {m_{M{g^{2 + }}}} + {m_{N{a^ + }}} + {m_{N{H_4}^ + }} + {m_{S{O_4}^{2 - }}} = 107,54 \hfill \cr} \right. \cr 
& \Rightarrow \left\{ \matrix{
2u + 0,82 + v = 2.0,82 \hfill \cr 
24u + 0,82.23 + 18v + 0,82.96 = 107,54 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
u = 0,4 \hfill \cr 
v = 0,02 \hfill \cr} \right. \cr} \)

Trong X đặt số mol Mg, MgCO₃ và Mg(NO₃)₂ lần lượt là x, y, z (mol)

Ta có hệ 3 phương trình:

\(\left\{ \matrix{
{m_X} = 24x + 84y + 148z = 15,12 \hfill \cr 
{n_O} = 3y + 6z = {{15,12.28,75\% } \over {100\% .16}} = 0,27 \hfill \cr 
{n_{Mg}} = x + y + z = 0,4 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
x = 0,34 \hfill \cr 
y = 0,03 \hfill \cr 
z = 0,03 \hfill \cr} \right.\)

BTNT “C”=> n_CO2 = 0,03 => n_N2O = n_CO2 = 0,03 (mol)

Trong Z: đặt n_H2 = b (mol); n_N2 = c (mol)

BTNT “H”: n_HNO3  + n_NaHSO4 = 4n_NH4+ + 2n_H2 + 2n_H2O

=> 0,06 + 0,82 = 4.0,02 + 2b + 2n_H2O

=> n_H2O = 0,4 – b (mol)

2NO₃^- + 10H⁺ + 8e → N₂O + 5H₂O

2NO₃^- + 12H⁺ + 10e → N₂ + 5H₂O

NO₃^- + 10H⁺ +8e  → NH₄⁺ + 3H₂O

2H⁺ +2e → H₂

2H⁺ + CO₃^2- → CO₂ + H₂O

=> n_H+ bđ = 10n_N2O + 12n_N2 + 10n_NH4+ + 2n_H2 + 2n_CO2

=> 0,88 = 10.0,03 + 12c + 10.0,02 + 2b + 2.0,03

=> 2b +12c = 0,32 (1)

BTNT “O” n_O(X) + 3n_HNO3 + 4n_NaHSO4 = 4n_SO42- + n_N2O + 2n_CO2 + n_H2O

=> 0,27 + 3.0,06 + 4.0,82 = 4.0,82 + 0,03 + 2.0,03 + 0,4 - b

=> b = 0,04 (mol)

Từ (1) => c = 0,02

=> m_Z = m_N2O + m_CO2 + m_N2 + m_H2 = 0,03.44 + 0,03.44 + 0,02.28 + 0,04.2 = 3,28 (g) gần nhất với 3,3

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Tại a = 0,0625 thì Zn(OH)₂ chưa bị hòa tan và BaSO₄ chưa đạt cực đại:

n_BaSO4 = n_Ba(OH)2 => n_Zn(OH)2

x = n↓ = n_BaSO4 + n_Zn(OH)2

- Tại a = 0,175 mol thì Zn(OH)₂ bị hòa tan một phần, BaSO₄ vẫn đạt cực đại:

n_BaSO4 = b mol

n_Zn(OH)2 = x – b = 0,125 – b (mol)

n_OH- = 4n_Zn2+ - 2n_Zn(OH)2 => b

Tính được b + x

Lời giải chi tiết:

- Tại a = 0,0625 thì Zn(OH)₂ chưa bị hòa tan và BaSO₄ chưa đạt cực đại:

n_BaSO4 = n_Ba(OH)2 = 0,0625 mol

n_Zn(OH)2 = 0,0625 mol

x = n↓ = n_BaSO4 + n_Zn(OH)2 = 0,125 mol

- Tại a = 0,175 mol thì Zn(OH)₂ bị hòa tan một phần, BaSO₄ vẫn đạt cực đại:

n_BaSO4 = b mol

n_Zn(OH)2 = x – b = 0,125 – b (mol)

n_OH- = 4n_Zn2+ - 2n_Zn(OH)2 => 0,175.2 = 4b – 2.(0,125 – b) => b = 0,1

Vậy b + x = 0,1 + 0,125 = 0,225

Đáp án A

Phương pháp giải:

Do khí thu được có chứa H₂ nên dd Y không chứa NO₃^-.

Sơ đồ bài toán:

\(30,24(g)X\left\{ \matrix{
Mg \hfill \cr
MgC{O_3} \hfill \cr
Mg{(N{O_3})_2} \hfill \cr} \right. + \left\{ \matrix{
HN{O_3}:0,12 \hfill \cr
NaHS{O_4}:1,64 \hfill \cr} \right. \to 215,08(g)\left\{ \matrix{
M{g^{2 + }} \hfill \cr
N{a^ + }:1,64 \hfill \cr
N{H_4}^ + \hfill \cr
S{O_4}^{2 - }:1,64 \hfill \cr} \right. + Z\left\{ \matrix{
{N_2}O \hfill \cr
C{O_2} \hfill \cr
{N_2} \hfill \cr
{H_2} \hfill \cr} \right. + {H_2}O\)

Sử dụng định luật bảo toàn điện tích, bảo toàn nguyên tố để tính số mol của các chất, ion.

Lời giải chi tiết:

Do khí thu được có chứa H₂ nên dd Y không chứa NO₃^-.

Sơ đồ bài toán:

\(30,24(g)X\left\{ \matrix{
Mg \hfill \cr
MgC{O_3} \hfill \cr
Mg{(N{O_3})_2} \hfill \cr} \right. + \left\{ \matrix{
HN{O_3}:0,12 \hfill \cr
NaHS{O_4}:1,64 \hfill \cr} \right. \to 215,08(g)\left\{ \matrix{
M{g^{2 + }} \hfill \cr
N{a^ + }:1,64 \hfill \cr
N{H_4}^ + \hfill \cr
S{O_4}^{2 - }:1,64 \hfill \cr} \right. + Z\left\{ \matrix{
{N_2}O \hfill \cr
C{O_2} \hfill \cr
{N_2} \hfill \cr
{H_2} \hfill \cr} \right. + {H_2}O\)

- Xét dd Y: Đặt n_Mg2+ = x và n_NH4+ = y (mol)

+ m _muối = m_Mg2+ + m_Na+ + m_NH4+ + m_SO42- => 24x + 1,64.23 + 18y + 1,64.96 = 215,08 (1)

+ BTĐT: 2n_Mg2+ + n_Na+ + n_NH4+ = 2n_SO42- => 2x + 1,64 + y = 1,64.2 (2)

Giải hệ (1) và (2) thu được x = 0,8 và y = 0,04

- Xét hỗn hợp X: m_O = 30,24.28,57% = 8,64 gam => n_O = 0,54 mol

Đặt n_Mg = a; n_MgCO3 = b; n_Mg(NO3)2 = c (mol)

+ BTNT “Mg”: n_Mg2+ = a + b + c = 0,8 (3)

+ m_X = 24a + 84b + 148c = 30,24 (4)

+ n_O(X) = 3b + 6c = 0,45 (5)

Giải hệ (3), (4), (5) được a = 0,68; b = 0,06; c = 0,06

- Xét hỗn hợp khí Z:

n_CO2 = n_MgCO3 = 0,06 mol => n_N2O = 0,06 mol (theo giả thiết số mol N₂O bằng số mol CO₂)

BTNT “N”: 2n_Mg(NO3)2 + n_HNO3 = n_NH4+ + 2n_N2O + 2n_N2

=> 2.0,06 + 0,12 = 0,04 + 2.0,06 + 2n_N2 => n_N2 = 0,04 mol

Mặt khác, BTNT “O”: n_O(X) + 3n_HNO3 + 4n_NaHSO4 = 4n_SO42- + n_N2O + 2n_CO2 + n_H2O

=> 0,54 + 0,12.3 + 1,64.4 = 1,64.4 + 0,06 + 2.0,06 + n_H2O => n_H2O = 0,72 mol

BTNT “H”: n_HNO3 + n_NaHSO4 = 4n_NH4+ + 2n_H2 + 2n_H2O

=> 0,12 + 1,64 = 4.0,04 + 2n_H2 + 2.0,72 => n_H2 = 0,08 mol

Vậy hỗn hợp khí Z gồm có: N₂O (0,06 mol); CO₂ (0,06 mol); N₂ (0,04 mol); H₂ (0,08 mol)

M_Z = \({{0,06.44 + 0,06.44 + 0,04.28 + 0,08.2} \over {0,06 + 0,06 + 0,04 + 0,08}}\) = 82/3

=> d_Z/He = 82/3 : 4 = 41/6 = 6,83 gần nhất với 7

Đáp án A

Phương pháp giải:

Bảo toàn khối lượng, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn electron.

Lời giải chi tiết:

n_Mg = 0,252 mol; n_HNO3 = 1,2 mol; n_KOH = 1,4 mol

Chất rắn gồm 0,252 mol MgO và KNO₂: x mol ; y mol KOH

=> x + y = n_KOH = 1,4 mol ; m_rắn = 0,252.40 + 85x + 56y = 118,06g

=> x = 1,02 ; y = 0,38 mol

=> n_Mg(NO3)2 = n_MgO = 0,252 mol

Bảo toàn N: n_{N(sản phẩm khử)} = n_HNO3 – n_KNO2 = 0,18 mol

Gọi số electron mà N⁺⁵ nhận trung bình là n, ta có 0,18.n = 0,252.2 => n = 2,8

Vậy CT oxit thoát ra là N₂O_2,2 với số mol là 0,18/2 = 0,09 

=> m_khí = 0,09.(28 + 16.2,2) = 5,688

BTKL: m_{dung dịch X}  = 6,048 +189 - 5,688 = 189,36 gam    

Dung dịch X chứa 0,252 mol Mg(NO₃)₂; 0,516 mol HNO₃ dư (1,2 - 2.0,252 - 0,18 = 0,516 )

C%_Mg(NO3)2 = 19,696% ≈ 19,7%

Đáp án A

Phương pháp giải:

Quy đổi hỗn hợp X thành Na, K, Ba và O Suy ra m_O = 0,075m (gam)

Dung dịch Y có chứa Na⁺, K⁺, Ba²⁺ và OH^-.

Ta có: n_AlCl3 = 0,04 mol; n_Al(OH)3 = 0,02 mol

Do n_Al3+ > n_Al(OH)3 nên có 2 trường hợp sau:

*Trường hợp 1: Al³⁺ dư.

*Trường hợp 2: Al³⁺ phản ứng hết.

Trong 2 trường hợp dùng bảo toàn e và bảo toàn điện tích để tìm giá trị m.

Lời giải chi tiết:

Quy đổi hỗn hợp X thành Na, K, Ba và O

Suy ra m_O = 0,075m (gam)

Dung dịch Y có chứa Na⁺, K⁺, Ba²⁺ và OH^-.

Ta có: n_AlCl3 = 0,04 mol; n_Al(OH)3 = 0,02 mol

Do n_Al3+ > n_Al(OH)3 nên có 2 trường hợp sau:

*Trường hợp 1: Al³⁺ dư.

Khi đó n_OH- = 3n_Al(OH)3 = 0,06 mol

Dung dịch Y có chứa x mol Na⁺, y mol K⁺, z mol Ba²⁺ và 0,06 mol OH^-.

Theo bảo toàn điện tích ta có x + y + 2z = 0,06 mol

Theo định luật bảo toàn electron ta có: x + y + 2z = 2.n_O + 2n_H2 = 2.0,075m/16 + 2. 0,04

→ 0,06 = 2.0,075m/16 + 2. 0,04 → m < 0 nên loại.

*Trường hợp 2: Al³⁺ phản ứng hết.

Khi đó n_OH- = 4n_Al3+ - n_Al(OH)3 = 4.0,04 - 0,02 = 0,14mol

Dung dịch Y có chứa x mol Na⁺, y mol K⁺, z mol Ba²⁺ và 0,14 mol OH^-.

Theo bảo toàn điện tích ta có x + y + 2z = 0,14 mol

Theo định luật bảo toàn electron ta có: x + y + 2z = 2.n_O + 2n_H2 = 2.0,075m/16 + 2. 0,04

→ 0,14 = 2.0,075m/16 + 2. 0,04 → m = 6,4 (gam)

Đáp án C

Phương pháp giải:

Thứ tự phản ứng:

Ba(OH)₂ + CO₂ → BaCO₃ + H₂O                  (1)

2KOH + CO₂ → K₂CO₃ + H₂O                     (2)

K₂CO₃ + H₂O + CO₂ → 2KHCO₃                   (3)

BaCO₃ + CO₂ + H₂O → Ba(HCO₃)₂              (4)

Phân tích đồ thị ứng với các phản ứng xảy ra:

+ Đoạn 1: Đồ thị đi lên xảy ra (1)

+ Đoạn 2: Đồ thị nằm ngang xảy ra (2) (3)

+ Đoạn 3: Đồ thị đi xuống xảy ra (4)

Áp dụng các định luật bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng tìm số mol sản phẩm tại các điểm.

Lời giải chi tiết:

Thứ tự phản ứng:

Ba(OH)₂ + CO₂ → BaCO₃ + H₂O                  (1)

2KOH + CO₂ → K₂CO₃ + H₂O                     (2)

K₂CO₃ + H₂O + CO₂ → 2KHCO₃                   (3)

BaCO₃ + CO₂ + H₂O → Ba(HCO₃)₂              (4)

Phân tích đồ thị ứng với các phản ứng xảy ra:

+ Đoạn 1: Đồ thị đi lên xảy ra (1)

+ Đoạn 2: Đồ thị nằm ngang xảy ra (2) (3)

+ Đoạn 3: Đồ thị đi xuống xảy ra (4)

n_{BaCO3 max} = 0,8 mol => n_Ba(OH)2 = n_{BaCO3 max} = 0,8 mol

- Tại n_CO2 = 0,8 mol: Phản ứng (3) vừa kết thúc

Sản phẩm gồm: KHCO₃ và BaCO₃ (0,8 mol)

BTNT "C": n_CO2 = n_BaCO3 + n_KHCO3 => 1,8 = 0,8 + n_KHCO3 => n_KHCO3 = 1 mol

=> n_{KOH bđ} = n_KHCO3 = 1 mol

- Tại n_CO2 = x mol thì kết tủa đã bị hòa tan 1 phần

=> n_{BaCO3 bị tan} = 0,8 - 0,2 = 0,6 mol

=> n_Ba(HCO3)2 = n_{BaCO3 bị tan} = 0,6 mol

Lúc này sản phầm gồm: KHCO₃ (1 mol), BaCO₃ (0,2 mol) và Ba(HCO₃)₂ (0,6 mol)

BTNT "C": n_CO2 = n_KHCO3 + n_BaCO3 + 2n_Ba(HCO3)2 = 1 + 0,2 + 2.0,6 = 2,4 mol

*Xét dung dịch tại n_CO2 = 2,4 mol:

- BTKL: m _{dd sau pư} = m_CO2 + m _{dd KOH+Ba(OH)2} - m_BaCO3 = 2,4.44 + 500 - 0,2.197 = 566,2 gam

- Khối lượng các chất tan: m _{chất tan} = m_KHCO3 + m_Ba(HCO3)2 = 1.100 + 0,6.259 = 255,4 gam

=> ∑C% _{chất tan} = 255,4/566,2.100% = 45,11%

Đáp án C  

Lời giải chi tiết:

Đáp án B

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

Lời giải chi tiết:

Đáp án A