30 bài tập mức độ vận dụng nhôm, kim loại kiềm và hợp chất tác dụng với nước có đáp án và lời giải chi tiết

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

Phương pháp giải:

Quy đổi hỗn hợp ban đầu thành Na, Ba, O.

+ m_X => (1)

+ Bte => (2)

Lời giải chi tiết:

\(\begin{gathered}
{n_{Ba{{(OH)}_2}}} = \frac{{20,52}}{{171}} = 0,12(mol) \hfill \\
\left\{ \begin{gathered}
Ba:0,12 \hfill \\
Na:x \hfill \\
O:y \hfill \\
\end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}
{m_X} = 0,12.137 + 23x + 16y = 21,9 \hfill \\
\xrightarrow{{BTe}}2.0,12 + x = 2y + 0,05.2 \hfill \\
\end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}
x = 0,14 \hfill \\
y = 0,14 \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\to Y\left\{ \begin{gathered}
Ba{(OH)_2}:0,12 \hfill \\
NaOH:0,14 \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\to {n_{C{O_2}{\text{max}}}} = {n_{O{H^ - }}} = 0,38(mol) \hfill \\
\to V = 8,512(l) \hfill \\
\end{gathered} \)

Đáp án C

Phương pháp giải:

=> n_{OH­- (dd Y)} = n_Al = ?  (mol)

=> n_{OH- ( do oxit tạo)} = ? (mol)

=> n_{O (trong oxit)} = ½ n_OH- ( _{do oxit tạo ra)} = ? (mol)

Lời giải chi tiết:

\({n_{{H_2}}} = \frac{{1,792}}{{22,4}} = 0,08\,(mol);\,{n_{Al}} = \frac{{8,64}}{{27}} = 0,32\,(mol)\) 

=> n_OH- ( do kim loại tạo)= 2n_H2 = 0,16 (mol)

Al + OH^- + H₂O → AlO₂^- + 3/2H₂↑

=> n_{OH­- (dd Y)} = n_Al = 0,32 (mol)

=> n_{OH- ( do oxit tạo)} = 0,32 – 0,16 = 0,16 (mol)

=> n_{O (trong oxit)} = ½ n_OH- ( _{do oxit tạo ra)} = 0,08 (mol)

Vì O chiếm 8% => \({m_{hh}} = \frac{{{m_O}.100\% }}{{8\% }} = \frac{{0,08.16.100\% }}{{8\% }} = 16(g)\)

Đáp án D

Phương pháp giải:

Bảo toàn nguyên tố

Lời giải chi tiết:

$\begin{gathered}
{m_O} = 84.0,2 = 16,8\,gam\, \Rightarrow {n_O} = 1,05mol \Rightarrow {n_{A{l_2}{O_3}}} = 0,35mol. \hfill \\
{n_{OH}} = 2{n_{{H_2}}} = 1,2mol \hfill \\
A{l_2}{O_3} + 2O{H^ - }\xrightarrow{{}}2Al{O_2}^ - + {H_2}O \hfill \\
\end{gathered} $

Vậy OH^- dư.

${n_{Al{O_2}^ - }} = 0,35.2 = 0,7\,mol$ , n_OH^- dư = 1,2- 0,35.2=0,5 mol.

 ${n_{{H^ + }}} = 3,2.0,75 = 2,4mol;\,{H^ + } + O{H^ - }\xrightarrow{{}}{H_2}O$

=> n_H⁺dư = 2,4-0,5=1,9mol.

$\begin{gathered}
{H^ + } + Al{O_2}^ - + {H_2}O\xrightarrow{{}}Al{(OH)_3} \downarrow ;Al{(OH)_3} + 3{H^ + }\xrightarrow{{}}A{l^{3 + }} + 3{H_2}O. \hfill \\
\Rightarrow {n_{Al{{(OH)}_3}}} = (4.0,7 - 1,9)/3 = 0,3mol \Rightarrow m = 0,3.78 = 23,4gam \hfill \\
\end{gathered} $

Đáp án A

Phương pháp giải:

Phương pháp: Quy đổi hỗn hợp thành Al, Na, BaO.

Lời giải chi tiết:

\(\begin{gathered}
\left\{ \begin{gathered}
Al:x \hfill \\
Na:y \hfill \\
BaO:z \hfill \\
\end{gathered} \right. + {H_2}O \to {H_2}:0,085 = 1,5x + 0,5y(1) \hfill \\
{\text{DD}}Y + \left\{ \begin{gathered}
0,03mol\,{H_2}S{O_4} \hfill \\
HCl:0,1 \hfill \\
\end{gathered} \right. \to 7,43(g)\,muoi + 3,11(g)ket\,tua \hfill \\
G/s\,S{O_4}^{2 - }\,het \to {m_{BaS{O_4}}} = 0,03.233 = 6,99(g) > m \downarrow (loai) \hfill \\
\to B{a^{2 + }}\,het \hfill \\
{n_{BaS{O_4}}} = z(mol) \hfill \\
{n_{Al{{(OH)}_3}}} = t(mol) \hfill \\
\to 233z + 78t = 3,11(2) \hfill \\
{m_{muoi}} = 7,43 = 0,03.96 + 0,1.35,5 + 27(x - t) + 23y(3) \hfill \\
{n_{{H^ + }}} = 0,16 = 2z + y + 3(x - t)(4) \hfill \\
\to \left\{ \begin{gathered}
x = 0,04 \hfill \\
y = 0,05 \hfill \\
z = 0,01 \hfill \\
t = 0,01 \hfill \\
\end{gathered} \right. \to m = 3,76(g) \hfill \\
\end{gathered} \)

Đáp án B

Phương pháp giải:

Tại điểm A: Kết tủa vừa đạt giá trị lớn nhất:

n_BaCO3 =  n_Ba2+ → n_Ba(OH)2 → y

Tại điểm B: kết tủa tan dần ra: n_CO3(2-) =  n_OH-- n_CO2 → n_OH-→ n_NaOH =  x

Từ đó tìm được tỉ lệ x : y

Lời giải chi tiết:

Tại điểm A: Kết tủa vừa đạt giá trị lớn nhất:

n_BaCO3 =  n_Ba2+ =  0,1 mol→ n_Ba(OH)2 =  0,1 mol → y =  0,1 mol

Tại điểm B: kết tủa tan dần ra: n_CO3(2-) =  n_OH-- n_CO2

→0,1 =  n_OH- - 0,2 → n_OH- =  0,3 mol → n_NaOH =  0,3- 0,1.2 =  0,1 mol =  x

Vậy x : y =  0,1 : 0,1 =  1:1

Đáp án C

Lời giải chi tiết:

Ba + H₂O → Ba(OH)₂ + H₂↑

Al + Ba(OH)₂ + H₂O → Ba(AlO₂)₂ + H₂↑

Dd Y gồm Ba(OH)₂ dư: 0,5a (mol); Ba(AlO₂)₂ : 0,5a (mol)

H⁺ + OH^- → H₂O

a → a (mol)

H⁺ + AlO₂^- + H₂O → Al(OH)₃↓

a    → a                  →   a                (mol)

Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄

a      →  a       → a                          (mol)

Vậy rắn T gồm Al(OH)₃ và BaSO₄ => nung thu được rắn G là: Al₂O₃ và BaSO₄

Đáp án A

Phương pháp giải:

Đặt n_Na = 1 mol

Thí nghiệm 1 Al dư thì thể tích khí H₂ thu được mới ít hơn H₂ ở thí nghiệm 2:

Viết các phương trình hóa học xẩy ra:

Na + H₂O → NaOH + ½ H₂

NaOH + Al + H₂O → NaAlO₂ + 3/2 H₂

Từ số mol Na và số mol khí ta tính được số mol Al. Từ đó tính được % khối lượng Al trong hỗn hợp ban đầu.

Lời giải chi tiết:

Đặt n_Na = 1 mol

Thí nghiệm 1 Al dư thì thể tích khí H₂ thu được mới ít hơn H₂ ở thí nghiệm 2:

Thí nghiệm 1:

Na + H₂O → NaOH + ½ H₂

1 →                 1         0,5 mol       

NaOH + Al + H₂O → NaAlO₂ + 3/2 H₂

1                                         → 1,5 mol

Vậy V = 0,5 + 1,5 = 2 mol

Thí nghiệm 2: cả Na và Al đều hết ta thu được 1,5V = 3,0 mol H₂

Na + H₂O → NaOH + ½ H₂

1 →                 1         0,5 mol       

NaOH + Al + H₂O → NaAlO₂ + 3/2 H₂

            5/3        ←                   2,5 mol

Vậy %m_Al = 27.5/3.100%/(27.5/3 + 23.1) = 66,18%

Đáp án A

Phương pháp giải:

Đặt n_Na = x mol; n_Al = 2x mol

Na + H₂O → NaOH + ½ H₂

NaOH + Al + H₂O → NaAlO₂ + 3/2 H₂

Chất rắn không tan là Al dư

Từ phương trình tìm được giá trị x, từ đó tính được khối lượng Al dư.

Lời giải chi tiết:

Đặt n_Na = x mol; n_Al = 2x mol

               Na + H₂O → NaOH + ½ H₂

               X →                 x        x/2 mol       

               NaOH + Al + H₂O → NaAlO₂ + 3/2 H₂

               x           2x                                 

Pứ           x →        x                               3/2x mol

Sau pứ    0          x mol

Ta có: n_H2 = x/2+ 3x/2 = 0,4 mol → x = 0,2 mol → Khối lượng chất rắn sau phản ứng là x.27 = 5,4 gam

Đáp án C

Phương pháp giải:

Đặt n_Na = 1 mol

Thí nghiệm 1 Al dư thì thể tích khí H₂ thu được mới ít hơn H₂ ở thí nghiệm 2:

Na + H₂O → NaOH + ½ H₂

NaOH + Al + H₂O → NaAlO₂ + 3/2 H₂

Dựa vào phương trình và đề bài để tìm số mol Al. Từ đó tính % số mol Al trong hỗn hợp X.

Lời giải chi tiết:

Đặt n_Na = 1 mol

Thí nghiệm 1 Al dư thì thể tích khí H₂ thu được mới ít hơn H₂ ở thí nghiệm 2:

Thí nghiệm 1:

Na + H₂O → NaOH + ½ H₂

1→                 1            0,5 mol       

NaOH + Al + H₂O → NaAlO₂+ 3/2 H₂

1   →                                        1,5 mol

Vậy V = 0,5 + 1,5 = 2 mol

Thí nghiệm 2: Na và Al đều hết ta thu được 2V = 4 mol H₂

Na + H₂O → NaOH + ½ H₂

1 →                 1           0,5 mol       

NaOH + Al + H₂O → NaAlO₂ + 3/2 H₂

               7/3           ←                 3,5 mol

Vậy %n_Al = 7/3.100%/(1+7/3) = 70%

Đáp án D

Phương pháp giải:

Thí nghiệm 1: Do tác dụng với H₂O dư nên kim loại kiềm phản ứng hết

K + H₂O → KOH + ½ H₂

KOH + Al + H₂O → KAlO₂ + 3/2 H₂

Thí nghiệm 2: Do tác dụng với NaOH dư nên kim loại kiềm và Al đều phản ứng hết

K + H₂O → KOH + ½ H₂

Al chắc chắn tan hết vì NaOH dư:

NaOH + Al + H₂O → NaAlO₂ + 3/2 H₂

Từ số mol H₂ trong 2 thí nghiệm ta tìm được số mol của K và Al trong hỗn hợp. Từ đó tính được %m_K trong hỗn hợp.

Lời giải chi tiết:

Thí nghiệm 1: Do tác dụng với H₂O dư nên kim loại kiềm phản ứng hết

K + H₂O → KOH + ½ H₂

x→                 x        x/2 mol       

KOH + Al + H₂O → KAlO₂+ 3/2 H₂

x →                                     3/2x mol

Ta có: n_H2 = x/2 + 3x/2 = 0,2 mol → x = 0,1 mol

Thí nghiệm 2: Do tác dụng với NaOH dư nên kim loại kiềm và Al đều phản ứng hết

K + H₂O → KOH + ½ H₂

0,1 →                     0,05 mol

Al chắc chắn tan hết vì NaOH dư:

NaOH + Al + H₂O → NaAlO₂ + 3/2 H₂

             0,2 ←                          0,3 mol                                  

Rõ ràng trong thí nghiệm 1 phải có Al chưa tan hết

Nếu thí nghiệm với nước có số mol H₂ nhỏ hơn thì chắc chắn Al dư.

Ta có %m_K = 0,1.39.100%/(0,1.39 + 0,2.27) = 41,94%

Đáp án C

Phương pháp giải:

Quy đổi hỗn hợp ban đầu thành: Na (x mol), K (y mol), Ba (z mol) và O (t mol)

+) BT e: n_Na + n_K + 2n_Ba = 2n_O + 2n_H2 => (1)

+) %m_O => (2)

+) BTĐT: n_{OH- (Y)} = n_Na+ + n_K+ + 2n_Ba2+ = x + y + 2z

Khi cho dung dịch sau phản ứng tác dụng với axit thu được dung dịch pH = 13 > 7 => OH^- dư

n_{OH- dư} = n_OH-(Y) – n_H+ = x + y + 2z – 0,1

Từ [OH^-] => (3)

Giải (1) (2) và (3) => t => m_O => m _{hỗn hợp}

Lời giải chi tiết:

Quy đổi hỗn hợp ban đầu thành: Na (x mol), K (y mol), Ba (z mol) và O (t mol)

+) BT e: n_Na + n_K + 2n_Ba = 2n_O + 2n_H2 => x + y + 2z = 2t + 0,015.2 (1)

+) \(\% {m_O} = {{16t} \over {23x + 39y + 137z + 16t}} = 0,1\) (2)

+) BTĐT: n_{OH- (Y)} = n_Na+ + n_K+ + 2n_Ba2+ = x + y + 2z

Khi cho dung dịch sau phản ứng tác dụng với axit thu được dung dịch pH = 13 > 7 => OH^- dư

n_{OH- dư} = n_OH-(Y) – n_H+ = x + y + 2z – 0,1

\( \to {\rm{[}}O{H^ - }{\rm{]}} = {{x + y + 2z - 0,1} \over {0,5}} = {10^{ - 1}}\) (3)

Từ (3) => x + y + 2z = 0,15 thế vào (1) => t = 0,06

=> m_O = 0,06.16 = 0,96 gam

=> m _{hỗn hợp} = m_O.100/10 = 9,6 gam

Đáp án A

Lời giải chi tiết:

Tổng quát : X + O₂ => Z (oxit) thì lượng ion kim loại trong X vẫn không đổi

Bảo toàn e : n_KL = 2n_H2 = n_O = 0,1 mol

=> m_Z = 24,23g

Z + H₂O =>  dung dịch Y

Có : n_BaCO3 = n_Ba(OH)2 = 0,13 mol => n_Na2O = 0,07 mol

=> n_OH = 0,4 mol

Khi phản ứng với 0,05 mol Al₂(SO₄)₃ thì :

n_Al(OH)3 = 4n_Al3+ - n_OH- = 0

Kết tủa chỉ gồm : 0,13 mol BaSO₄

=> m = 30,29g

Đáp án A

Phương pháp giải:

Ba + 2H₂O ® Ba(OH)₂ + H₂

Na + H₂O → NaOH + ½ H₂

Al + OH^- + H₂O → AlO₂^- + 3/2 H₂

Sau phản ứng có Al dư

Lập hệ phương trình dựa vào số mol H₂ và khối lượng Al dư ta tìm được số mol mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu. Từ đó tính được giá trị của m.

Lời giải chi tiết:

Đặt số mol Ba là x mol; số mol Al là 6x mol; số mol Na là y mol

Ba + 2H₂O ® Ba(OH)₂ + H₂

x                     x              x mol

Na + H₂O → NaOH + ½ H₂

y                       y       y/2 mol

Ta có: n_OH- = 2x + y mol

Al    +   OH^- + H₂O → AlO₂^- + 3/2 H₂

2x+y      2x+y                       1,5. (2x+y) mol

Sau phản ứng có Al dư → n_{Al dư} = 6x – (2x+y) = 4x – y = 0,54/27 = 0,02 mol

Ta có: n_H2 = x + y/2+ 1,5 (2x+y) = 4x+ 2y = 1,792/22,4 = 0,08 mol

Giải hệ ta có: x = 0,01 mol và y = 0,02 mol → m = 137x + 27.6x + 23y = 3,45 gam

Đáp án C

Phương pháp giải:

Đặt n_Ba = x mol; n_Al  = y mol

Ta có Al chiếm 37,156% khối lượng hỗn hợp X

\( \to {{27y} \over {137x + 27y}}.100\%  = 37,156\% \) (1)

- Khi cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH dư:

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂

Al + OH^- + H₂O → AlO₂^- + 3/2 H₂

Từ số mol H₂ và phương trình 1 ta tìm được số mol của Ba, Al. Từ đó tính được giá trị m.

Từ số mol Ba, Al tính được số mol H₂ sinh ra khi cho hỗn hợp tác dụng với nước dư. Từ đó tính được V.

Lời giải chi tiết:

Đặt n_Ba = x mol; n_Al  = y mol

Ta có Al chiếm 37,156% khối lượng hỗn hợp X

\( \to {{27y} \over {137x + 27y}}.100\%  = 37,156\% \) (1)

- Khi cho m gam X tác dụng với dung dịch NaOH dư:

Ba + 2H₂O ® Ba(OH)₂ + H₂

x →                                x mol

Al    +   OH^- + H₂O → AlO₂^- + 3/2 H₂

y →                                      1,5 y mol

Ta có: n_H2 = x + 1,5y = 12,32 : 22,4 = 0,55 mol (2)

Giải hệ (1) và (2) ta có x = 0,1 mol và y = 0,3 mol → m = 137x + 27y = 21,8 gam

- Khi cho m gam X tác dụng với nước dư:

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ +          H₂

0,1 →                 0,1                0,1 mol       

Ba(OH)₂ + 2Al + 2H₂O → Ba(AlO₂)₂ + 3H₂

0,1 →         0,2                                   0,3 mol

Vậy V_H2 = (0,1+ 0,3).22,4 = 8,96 lít

Đáp án A

Phương pháp giải:

Khối lượng kết tủa lớn nhất thu được chính là khi khối lượng Al(OH)₃ lớn nhất.

→ n_Al = n_{Al(OH)3 max}  → m_{2 kim loại kiềm}

Gọi 2 kim loại kiềm là R

R + H₂O → ROH + ½ H₂

Al + ROH + H₂O → RAlO₂+ 3/2 H₂

Từ số mol H₂ tính được số mol R, từ đó tính được khối lượng mol trung bình của 2 kim loại kiềm.

Lời giải chi tiết:

Khối lượng kết tủa lớn nhất thu được chính là khi khối lượng Al(OH)₃ lớn nhất.

Suy ra m_{Al(OH)3 max} = 3,9 gam → n_Al = n_{Al(OH)3 max} = 3,9 : 78 = 0,05 mol → m_{2 kim loại kiềm} = 4,35 - m_Al = 3 gam

Gọi 2 kim loại kiềm là R

R + H₂O → ROH + ½ H₂

Al + ROH + H₂O → RAlO₂ + 3/2 H₂

Đặt n_R = x mol → n_H2 = x/2 + 1,5.n_Al = 3,92: 22,4 → x = 0,2 mol → M_R = m_R/x = 3 : 0,2 = 15 g/mol

Vì hai kim loại kiềm ở 2 chu kì liên tiếp nên 2 kim loại đó là Li và Na.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Đặt số mol OH^- do các kim loại Na, K, Ca tạo ra khi hòa tan vào nước là x (mol); số mol Al là y (mol)

- Ta có:

n_{H2 (do K, Na, Ca)} = 0,5n_OH- = 0,5x (mol) (HS viết PTHH sẽ thấy được tỉ lệ)

n_{H2 (do Al)} = 1,5n_Al = 1,5y (mol) (HS tự viết PTHH để suy ra tỉ lệ)

Từ n_H2 => (1)

- Mặt khác:

n_OH- pư = n_Al = n_AlO2- = y (mol)

Vậy chất tan gồm:

n_OH- dư = x – y (mol)

AlO₂-: y (mol)

Na⁺

K⁺

Ca²⁺

=> m _{chất tan} = m_OH- dư + m_{Na, K, Ca} + m_{O(trong AlO2-)} => (2)

Giải (1) và (2) được x; y

=> %m_Al

Lời giải chi tiết:

Đặt số mol OH^- do các kim loại Na, K, Ca tạo ra khi hòa tan vào nước là x (mol); số mol Al là y (mol)

- Ta có:

n_{H2 (do K, Na, Ca)} = 0,5n_OH- = 0,5x (mol) (HS viết PTHH sẽ thấy được tỉ lệ)

n_{H2 (do Al)} = 1,5n_Al = 1,5y (mol) (HS tự viết PTHH để suy ra tỉ lệ)

=> n_H2 = 0,5x + 1,5y = 0,05 (1)

- Mặt khác:

n_OH- pư = n_Al = n_AlO2- = y (mol)

Vậy chất tan gồm:

n_OH- dư = x – y (mol)

AlO₂-: y (mol)

Na⁺

K⁺

Ca²⁺

=> m _{chất tan} = m_OH- dư + m_{Na, K, Ca} + m_{O(trong AlO2-)} => 17(x-y) + 1,94 + 32y = 2,92 (2)

Giải (1) và (2) được x = 0,04 mol và y = 0,02 mol

=> %m_Al = (0,02.27/1,94).100% = 27,84%

Đáp án B

Phương pháp giải:

Từ dd Y phản ứng với Al suy ra được mol OH^- có trong dd Y

Ta có: n_OH- = 2n_O(oxit) + 2n_H2

Lời giải chi tiết:

n_H2(đktc) = 1,792 :22,4 = 0,08 (mol)

n_Al = 6,48 : 27 = 0,24 (mol)

Xét hỗn hợp X phản ứng với H₂O có:

O^-2 + H₂O → 2OH^-

a               → 2a (mol)

H₂O +2e → 2OH^- + H₂↑

                    0,16 ← 0,08 (mol)

Xét dd Y phản ứng với Al

2Al + 2OH^- + 2H₂O → 2AlO₂^- + 3H₂↑

0,24 → 0,24                                           (mol)

=> n_OH- = n_Al = 0,24 (mol)

Ta có: n_OH- = 2n_O(oxit) + 2n_H2

=> 0,24 = 2a + 0,16

=> a = 0,04 (mol) = n_O(oxit)

=> m_O(oxit) = 0,04.16= 0,64 (g)

Vì %O = 8%m_X => m_X = m_O(oxit).100%:8% = 0,64.100%:8% = 8 (g)

Đáp án B

Phương pháp giải:

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂

Dựa vào PTHH ta thấy: n_OH- = 2n_H2 = ?

X{OH^-} + {H⁺: 0,1 mol; Al³⁺: 0,06 mol} thì thứ tự các phản ứng xảy ra là:

H⁺  +  OH^- → H₂O

Al³⁺  +  3OH^-   →  Al(OH)₃

Al(OH)₃ + OH^- → AlO₂^- + 2H₂O

Đặt số mol vào các PTHH suy ra số mol kết tủa thu được.

Lời giải chi tiết:

n_H2 = 0,15 mol; n_H+ = n_HCl = 0,1 mol; n_Al3+ = n_AlCl3 = 0,06 mol

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂

Dựa vào PTHH ta thấy: n_OH- = 2n_H2 = 0,3 mol

X{OH^-: 0,3 mol} + {H⁺: 0,1 mol; Al³⁺: 0,06 mol} thì thứ tự các phản ứng xảy ra là:

H⁺  +  OH^- → H₂O

0,1 → 0,1_{dư 0,2}

Al³⁺  +  3OH^-   →  Al(OH)₃

0,06 → 0,18 _{dư 0,02} → 0,06

Al(OH)₃ + OH^- → AlO₂^- + 2H₂O

0,02 ←     0,02

=> n_{Al(OH)3 thu được} = 0,06 - 0,02 = 0,04 mol => m _{kết tủa} = 0,04.78 = 3,12 gam

Đáp án B

Phương pháp giải:

Quy đổi X thành Na: x mol; Ba : y mol và O : z mol

%O_X → pt (1)

X + NaOH : Na → Na⁺ +  1e                      Ba → Ba⁺² + 2e                           

                     O + 2e → O^-2                          2H⁺¹ + 2e → H₂

Bảo toàn e có pt (2)

Vì pH + pOH = 14 → pOH = 1 → [OH^-] → pt (3)

Giải (1) (2) và (3) có x ; y và z → thành phần các ion trong Y

Y + 0,045 mol CO₂  :        2OH^-  + CO₂ → CO₃^2- + H₂O

                                       OH^- + CO₂ → HCO₃^-

                                        Ba²⁺  + CO₃^2-  → BaCO₃

Lời giải chi tiết:

Quy đổi X thành Na: x mol; Ba : y mol và O : z mol

%O_X = \(\frac{{16z}}{{23x + 137y + 16z}}.100\%  = 10,435\% \) (1)

n_H2 = 0,01 mol

X + NaOH : Na → Na⁺ +  1e                      Ba → Ba⁺² + 2e                           

                     O + 2e → O^-2                          2H⁺¹ + 2e → H₂

Bảo toàn e có x + 2y = 2z + 0,01.2 (2)

Vì pH + pOH = 14 → pOH = 1 → [OH^-] = 10^-1 = 0,1 = \(\frac{{x + 2y}}{{0,5}}\) → x + 2y = 0,05 (3)

Giải (1) (2) và (3) có x = 0,03 mol; y = 0,01 mol và z = 0,015 mol

→ Y có Na⁺ : 0,03 mol; Ba⁺² : 0,01 mol; OH^- : 0,05 mol

Y + 0,045 mol CO₂ : vì \(\frac{{{n_{O{H^ - }}}}}{{{n_{C{O_2}}}}} = 1,11\) → phản ứng tạo ra cả HCO₃^­- và CO₃^2-

                            2OH^-  + CO₂ → CO₃^2- + H₂O

                              2a          a           a

                              OH^- + CO₂ → HCO₃^-

                                     b         b 

Ta có n_OH- = 2a + b = 0,05 mol và n_CO2 = a + b = 0,045 mol nên a = 0,005 mol và b =0,04 mol

                                   Ba²⁺  + CO₃^2-  → BaCO₃

→ Phản ứng hết CO₃^2- → n_BaCO3 = 0,005 mol → m_{kết tủa} = 0,985 gam

Đáp án A

Phương pháp giải:

Quy đổi hỗn hợp thành: Na (x mol); Ba (0,12 mol) và O (y mol)

+ m_X => (1)

+ BT electron: n_Na + 2n_Ba = 2n_O + 2n_H2 => (2)

Giải hệ (1) và (2) được x và y

Xác định thành phần dung dịch Y. Áp dụng bảo toàn điện tích để tính số mol của OH^-

*Hấp thụ 0,3 mol CO₂ vào dung dịch Y:

Tính tỉ lệ n_OH-/n_CO2 => Xác định các muối tạo thành.

Lời giải chi tiết:

n_Ba(OH)2 = 20,52 : 171 = 0,12 mol; n_H2 = 1,12 : 22,4 = 0,05 mol

Quy đổi hỗn hợp thành: Na (x mol); Ba (0,12 mol) và O (y mol)

+ m_X = 23x + 137.0,12 + 16y = 21,9 (1)

+ BT electron: n_Na + 2n_Ba = 2n_O + 2n_H2 => x + 2.0,12 = 2y + 2.0,05 (2)

Giải hệ (1) và (2) được x = y = 0,14 mol

Dung dịch Y gồm: Na⁺ (0,14 mol); Ba²⁺ (0,12 mol) và OH^-

BTĐT => n_OH- = n_Na+ + 2n_Ba2+ = 0,14 + 2.0,12 = 0,38 mol

*Hấp thụ 0,3 mol CO₂ vào dung dịch Y:

Tỉ lệ: 1 < n_OH- : n_CO2 = 0,38 : 0,3 = 1,27 < 2 => Tạo CO₃^2- và HCO₃^-

CO₂ + 2OH^- → CO₃^2- + H₂O

 a          2a         a

CO₂ + OH^- → HCO₃^-

   b       b           b

+ n_CO2 = a + b = 0,3

+ n_OH- = 2a + b = 0,38

Giải hệ được a = 0,08 và b = 0,22

So sánh thấy: n_Ba2+ > n_{CO3 2-} nên Ba²⁺ dư so với CO₃^2-

=> n_BaCO3 = n_{CO3 2-} = 0,08 mol => m _{kết tủa} = 0,08.197 = 15,76 gam gần nhất với 15,5 gam

Đáp án B

Phương pháp giải:

Cho hh kim loại kiềm, kiềm thổ , Al tan trong nước thì chất rắn không tan là Al dư.

Đặt công thức chung của 3 kim loại Na, K, Ba là M, hóa trị chung là x, có số mol là a (mol)

PTHH: 2M + xH₂O → 2M(OH)_x + xH₂↑  (1)

2Al + 2M(OH)_x + xH₂O → 2M(AlO₂)_x + 3H₂↑  (2)

Vì Al dư sau phản ứng nên phản ứng (2) M(OH)_x phản ứng hết.

Vậy dd X thu được là M(AlO­₂)_x: a(mol). Cho CO₂ vào dd X thu được n_Al(OH)3 = 12,48:78 = 0,16 (mol)

xCO₂ + 2xH₂O + M(AlO₂)_x → xAl(OH)₃↓ + M(HCO₃)_x (3)

Tính toán theo PTHH (1), (2), (3)

Lời giải chi tiết:

Chất rắn không tan Y là Al dư

Đặt công thức chung của 3 kim loại Na, K, Ba là M, hóa trị chung là x, có số mol là a (mol)

PTHH: 2M + xH₂O → 2M(OH)_x + xH₂↑  (1)

              a                → a          → 0,5ax (mol)

2Al + 2M(OH)_x + xH₂O → 2M(AlO₂)_x + 3H₂↑  (2)

                        a                → a              → 1,5ax (mol)

Vì Al dư sau phản ứng nên phản ứng (2) M(OH)_x phản ứng hết.

Vậy dd X thu được là M(AlO­₂)_x: a(mol). Cho CO₂ vào dd X thu được n_Al(OH)3 = 12,48:78 = 0,16 (mol)

xCO₂ + 2xH₂O + M(AlO₂)_x → xAl(OH)₃↓ + M(HCO₃)_x

                                 a          →  ax (mol)

Ta có: n_Al(OH)3 = ax = 0,16 (mol)

Mà: ∑ n_H2 = 0,5ax + 1,5ax = 2ax => n_H2 = 2.0,16 = 0,32 (mol)

→ V_H2(đktc) = 0,32.22,4 = 7,168 lít.

Đáp án A

Phương pháp giải:

n_H+ = n_HCl + 2n_H2SO4

pH = 13 => pOH = 14 – 13 = 1 => [OH-] = 0,1M

           OH^- + H⁺ → H2O

→[OH⁻] → y = ?

*Hòa tan m gam hỗn hợp X {Na, K, Ba, O: x mol} + H₂O → Y{Na⁺, K⁺, Ba²⁺, OH^-: } + H₂: 0,07

BT electron: n_Na + n_K + 2n_Ba = 2n_O + 2n_H2 => pt (1)

BTĐT: n_Na⁺ + n_K⁺ + 2n_Ba²⁺ = n_OH^- => pt (2)

Từ (1) và (2) => x => m_O => m_X

Lời giải chi tiết:

*Trộn 200 ml dung dịch Y (chứa y mol OH^-) với 200 ml HCl 0,2M và H₂SO₄ 0,15M

n_H+ = n_HCl + 2n_H2SO4 = 0,2.0,2 + 2.0,2.0,15 = 0,1 mol

pH = 13 => pOH = 14 – 13 = 1 => [OH-] = 0,1M

           OH^- + H⁺ → H2O

Bđ:       y       0,1

Pư:     0,1 ← 0,1

Sau: y – 0,1   0

→[OH⁻] = y − 0,1.0,4=0,1→ y = 0,14

=> 400 ml dung dịch Y chứa 0,28 mol OH^-

*Hòa tan m gam hỗn hợp X {Na, K, Ba, O: x mol} + H₂O → Y{Na⁺, K⁺, Ba²⁺, OH^-: 0,28 mol} + H₂: 0,07

BT electron: n_Na + n_K + 2n_Ba = 2n_O + 2n_H2 => n_Na + n_K + 2n_Ba = 2x + 2.0,07 (1)

BTĐT: n_Na⁺ + n_K⁺ + 2n_Ba²⁺ = n_OH^- => n_Na + n_K + 2n_Ba = 0,28 (2)

Từ (1) và (2) => 2x + 2.0,07 = 0,28 => x = 0,07 mol

=> m_O = 0,07.16 = 1,12 gam => m_X = 1,12 : 8,75 .100 = 12,8 gam

Đáp án C

Phương pháp giải:

n_H+ = n_HCl + 2n_H2SO4

pH = 13 => pOH = 14 – 13 = 1 => [OH-] = 0,1M

           OH^- + H⁺ → H2O

→[OH⁻] → y = ?

*Hòa tan m gam hỗn hợp X {Na, K, Ba, O: x mol} + H₂O → Y{Na⁺, K⁺, Ba²⁺, OH^-: } + H₂: 0,07

BT electron: n_Na + n_K + 2n_Ba = 2n_O + 2n_H2 => pt (1)

BTĐT: n_Na⁺ + n_K⁺ + 2n_Ba²⁺ = n_OH^- => pt (2)

Từ (1) và (2) => x => m_O => m_X

Lời giải chi tiết:

*Trộn 200 ml dung dịch Y (chứa y mol OH^-) với 200 ml HCl 0,2M và H₂SO₄ 0,15M

n_H+ = n_HCl + 2n_H2SO4 = 0,2.0,2 + 2.0,2.0,15 = 0,1 mol

pH = 13 => pOH = 14 – 13 = 1 => [OH-] = 0,1M

           OH^- + H⁺ → H2O

Bđ:       y       0,1

Pư:     0,1 ← 0,1

Sau: y – 0,1   0

→[OH⁻] = y − 0,1.0,4=0,1→ y = 0,14

=> 400 ml dung dịch Y chứa 0,28 mol OH^-

*Hòa tan m gam hỗn hợp X {Na, K, Ba, O: x mol} + H₂O → Y{Na⁺, K⁺, Ba²⁺, OH^-: 0,28 mol} + H₂: 0,07

BT electron: n_Na + n_K + 2n_Ba = 2n_O + 2n_H2 => n_Na + n_K + 2n_Ba = 2x + 2.0,07 (1)

BTĐT: n_Na⁺ + n_K⁺ + 2n_Ba²⁺ = n_OH^- => n_Na + n_K + 2n_Ba = 0,28 (2)

Từ (1) và (2) => 2x + 2.0,07 = 0,28 => x = 0,07 mol

=> m_O = 0,07.16 = 1,12 gam => m_X = 1,12 : 8,75 .100 = 12,8 gam gần nhất với 13 gam

Đáp án B

Phương pháp giải:

Biện luận chất còn dư sau phản ứng sau đó tính theo PTHH.

Lời giải chi tiết:

Sau phản ứng còn chất rắn => Al còn dư, NaOH phản ứng hết

Đặt n_Na = x (mol)

PTHH: Na + H₂O → NaOH + 0,5H₂

             x  →                x →    0,5x (mol)

            NaOH + Al + H₂O → NaAlO₂ + 1,5H₂

                x →                                         1,5x (mol)

n_H2 = 0,5x + 1,5x = 8,96/22,4 => x = 0,2 mol

=> m_Na = 0,2.23 = 4,6g

Đáp án D

Phương pháp giải:

Tính toán theo PTHH sau:

2K + 2H₂O → 2KOH + H­₂  (1)

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H­₂ (2)

Có: ∑ n_OH- = n_K + n_Na + 2n_Ba(OH)2 = ?mol)

Al  + OH^- + H₂O → AlO₂^- + 1,5H₂↑ (3)

→∑ n_H2(1+2+3) = ? (mol

Lời giải chi tiết:

n_Ba(OH)2 = 2.0,1 = 0,2 (mol)

2K + 2H₂O → 2KOH + H­₂  (1)

0,5              →    0,5   → 0,25 (mol)

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H­₂ (2)

0,2              →    0,2      → 0,1 (mol)

Có: ∑ n_OH- = n_K + n_Na + 2n_Ba(OH)2 = 0,5 + 0,2 + 2.0,2 = 0,2 (mol)

Al  + OH^- + H₂O → AlO₂^- + 1,5H₂↑ (3)

1,1_{dư 0,1} ←1,1                           → 1,65 (mol)

→∑ n_H2(1+2+3) = 0,25 + 0,1 + 1,65 = 2 (mol)

→ V_H2(đktc) = 2.22,4 = 44,8 (l)

Đáp án D

Phương pháp giải:

Bài toán cho từ từ H⁺ vào {OH^-, AlO₂^-}

Thứ tự phản ứng khi cho từ từ H⁺ vào OH^-; AlO₂^- là:

(1) H⁺ + OH^- → H₂O

(2) H⁺ + AlO₂^- + H₂O → Al(OH)₃

(3) 3H⁺ + Al(OH)₃ → Al³⁺ + 3H₂O

Như vậy, khi cho từ từ H⁺ vào OH^-; AlO₂^- thì:

- Đầu tiên, H⁺ trung hòa OH^- nên chưa thấy xuất hiện kết tủa, khi đó chỉ xảy ra (1)

→ n_{H+ (1)} = n_OH-

- Khi H⁺ bị trung hòa hết, kết tủa sẽ tăng từ từ cho đến khi cực đại khi đó xảy ra (2)

→ n_{H+ (2)} = n_AlO2-

- Khi NaOH dư thì kết tủa sẽ bị tan dần cho đến hết khi đó xảy ra (3)

→ n_H+(3) = 3n_{Al(OH)3 bị tan} = 3.(n_AlO2- - n_Al(OH)3)

Vậy ta có công thức tính nhanh trường hợp kết tủa tan:

∑n_H+ = n_OH- + n_AlO2- + 3.(n_AlO2- - n_Al(OH)3) = n_OH- + 4n_AlO2- - 3n_Al(OH)3

Lời giải chi tiết:

Đặt số mol của Na₂O và Al₂O₃ lần lượt là x, y.

- Thêm từ từ dung dịch HCl 1M vào dung dịch X đến khi bắt đầu xuất hiện kết tủa có phản ứng:

H⁺ +   OH^- → H₂O

0,1 → 0,1                (mol)

\( \to {n_{O{H^ - }}} = 0,1(mol)\)

Bảo toàn nguyên tố Na, Al suy ra dung dịch X chứa: Na⁺ (2x mol); AlO₂^- (2y mol) và OH^- (0,1 mol)

- Nếu thêm từ từ dung dịch HCl trên đến khi hết 300 ml hoặc 700 ml thì đều thu được a gam kết tủa:

+ Khi n_HCl = 0,3 mol thì AlO₂^- dư, kết tủa chưa bị tan. Các phản ứng xảy ra:

H⁺ +   OH^- → H₂O

H⁺ + AlO₂^- + H₂O → Al(OH)₃ ↓

\( \to {n_{{H^ + }}} = {n_{O{H^ - }}} + {n_{Al{{(OH)}_3}}} \to 0,3 = 0,1 + {n_{Al{{(OH)}_3}}} \to {n_{Al{{(OH)}_3}}} = 0,2(mol)\)

→ a = 0,2.78 = 15,6 gam

+ Khi n_HCl = 0,7 mol thì Al(OH)₃ bị hòa tan một phần. Các phản ứng xảy ra:

H⁺ +   OH^- → H₂O

H⁺ + AlO₂^- + H₂O → Al(OH)₃ ↓

3H⁺ + Al(OH)₃ → Al³⁺ + 3H₂O

Công thức tính nhanh (chứng minh ở phần phương pháp):

\({n_{{H^ + }}} = {n_{O{H^ - }}} + 4{n_{Al{O_2}^ - }} - 3{n_{Al{{(OH)}_3}}} \to 0,7 = 0,1 + 4.2y - 3.0,2 \to y = 0,15\)

Bảo toàn điện tích dung dịch X → \({n_{N{a^ + }}} = {n_{Al{O_2}^ - }} + {n_{O{H^ - }}} \to 2{\rm{x}} = 2.0,15 + 0,1 \to x = 0,2\)

Vậy \(m = {m_{N{a_2}O}} + {m_{A{l_2}{O_3}}} = 0,2.62 + 0,15.102 = 27,7(g)\)

Đáp án A

Phương pháp giải:

Hòa tan hh A, B vào H₂O dư có pư

PTHH: 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂↑  (1)

              2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂↑  (2)

TN₁: Nhỏ từ từ HCl vào dd X thấy thu được ngay kết tủa → dd X chỉ chứa NaAlO₂.

TN₂: Nhỏ từ từ HCl thấy hết 0,05 mol mới thu được kết tủa → dd Y chứa NaAlO₂ và NaOH dư. HCl phải trung hòa NaOH dư trước rồi mới phản ứng với NaAlO₂

Lời giải chi tiết:

TN₁: n_H2(đktc) = 13,44 :22,4 = 0,6 (mol)

Hòa tan hh A vào H₂O dư có pư

PTHH: 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂↑  (1)

(mol)      y                →     y     → 0,5y

              2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂↑  (2)

(mol)                   y                                    →     1,5y

Hòa tan A vào H₂O dư, sau đỏ nhỏ từ từ HCl thấy thu được ngay kết tủa → dd X chỉ chứa NaAlO₂.

Do vậy Na, NaOH pư hết.

∑n_H2 = n_H2(1) + n_H2(2) = \(\frac{1}{2}{n_{Na}} + \frac{3}{2}{n_{NaOH}} = 0,5y + 1,5y = 2y(mol)\)

→ 2y = 0,6 → y = 0,3 (mol)

TN₂: Hòa tan hh B vào H₂O dư có pư

PTHH: 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂↑  (1)

(mol)      x                →     x     → 0,5x

              2Al  + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂↑  (2)

(mol)      0,3 →  0,3                                     →   0,45

Hòa tan A vào H₂O dư, sau đỏ nhỏ từ từ HCl thấy hết 0,05 mol mới thu được kết tủa → dd Y chứa NaAlO₂ và NaOH dư. HCl phải trung hòa NaOH dư trước rồi mới phản ứng với NaAlO₂

Do vậy pư (2) Al pư hết, n_NaOH pư = n_Al = 0,3 (mol)

→ n_{NaOH dư} = n_{NaOH (1)} – n_NaOH(2) = x – 0,3 (mol)

Mặt khác: n_NaOH dư = n_HCl = 0,05 (mol) → x – 0,3 = 0,05 → x = 0,35 (mol)

→∑n_H2 = 0,5x + 0,45 = 0,5.0,35 + 0,45 = 0,625 (mol)

→ V = 0,625.22,4 = 14 (lít)

Đáp án B