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

Lời giải chi tiết:

n_HCl = n_H2 ; n_{H2 do HCl} = ½ n_HCl => có Ba(OH)₂ ; BaCl₂

Các chất phản ứng : Na₂SO₄ ; Na₂CO₃ ; Al ; Al₂O₃ ; AlCl₃ ; NaHCO₃

Đáp án C

Lời giải chi tiết:

Đáp án A

Ta có : \(n({H_2}O) = 0,12mol,\,MgO + 2HCl\xrightarrow{{}}MgC{l_2} + {H_2}O\)

$Mg + 2HCl\xrightarrow{{}}MgC{l_2} + {H_2} \Rightarrow n(Mg) = n({H_2}) = 0,12 \Rightarrow m(Mg) = 2,88gam \Rightarrow m(MgO) = 4$

Phương pháp giải:

+ Bảo toàn khối lượng

Lời giải chi tiết:

Gọi CT chung của 2 muối là:\(\overline M C{O_3}\)

BTKL: m_CO2 = m_{hh muối} – m_oxit = 13,4 – 6,8 = 6,6 (mol) => n_CO2 = 0,15 (mol)

\(\begin{gathered}
= > {M_{\overline A C{O_3}}} = \frac{{13,4}}{{0,15}} = 89,33 \hfill \\
= > \overline A + 60 = 89,33 \hfill \\
= > \overline A = 29,33 \hfill \\
\end{gathered} \)

=> 2 kim loại là Mg và Ca

MgCO₃: x  mol; CaCO₃ : y mol

∑ n_CO2 = x + y = 0,15

∑ m _{hh muối} = 84x + 100y = 13,4

=> x = 0,1 ; y = 0,05

% m_MgCO3 = (0,1.84 : 13,4).100% = 62,69% => % m_CaCO3 = 37,31%

Đáp án A

Phương pháp giải:

+ Bảo toàn điện tích

+ Viết phương trình ion rút gọn

Lời giải chi tiết:

Bảo toàn điện tích: 2n_Ca2+ + n_K+ = n_Cl- + n_HCO3-

=> 0,2 + a = 0,15 + b

=> b – a = 0,05 ( mol) (1)

 Thêm vào cốc 0,1 mol Ca(OH)₂ thì dung dịch thu được chỉ chứa 1 muối duy nhất => muối đó là KCl

=> n_K+ = n_Cl- = 0,15 (mol) = a

Từ (1) => b = n_HCO3- = 0,05 + 0,15 = 0,2 (mol)

Khi đun sôi nước cứng trên thì:

2HCO₃^- → CO₃^2- + CO₂ + H₂O

0,2          →  0,1                            (mol)

=> n_{CO3 2-} = 0,1 (mol)

=> m_rắn = m_Ca2+  + m_CO32- + m_K+ + m_Cl-

= 0,1. 40 + 0,1.60 + 0,15.39 + 0,15. 35,5

= 21,175 (g)

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Bài toán cho CO₂ hấp thụ vào dd Ca(OH)₂ tại 2 số mol CO₂ khác nhau cùng thu được 1 lượng kết tủa sẽ xảy ra 2 trường hợp sau:

+TH₁: Lượng CO₂ ít, chỉ xảy ra pư tạo muối trung hòa. Tính toán theo n_CO2

Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃ + H₂O

+TH₂: Lượng CO₂ nhiều => tạo muối trung hòa, sau đó muối bị hòa tan 1 phần. CO₂ và Ca(OH)₂ đều pư hết

Ca(OH)₂ + CO₂  → CaCO₃ + H₂O

Ca(OH)₂  +  2CO₂ → Ca(HCO₃)₂ 

Tính toán theo n_CO2 và n_CaCO3

Lời giải chi tiết:

CaO + H₂O → Ca(OH)₂ => n_Ca(OH)2 = n_CaO = 11,2 : 56 = 0,2 (mol)

Từ đồ thị ta thấy:

+ Tại thời điểm số mol CO₂ bằng x và 1,5x thu được lượng kết tủa như nhau

=> TH₁: n_CO2 = x ( mol) xảy ra trường hợp chỉ tạo muối trung hòa, CO₂ hết, Ca(OH)₂ dư. Tính toán theo số mol CO₂

Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃ + H₂O

        x →      x                          (mol)

TH₂: n_CO2 = 1,5x (mol) xảy ra trường hợp tạo 2 muối, CO₂ và Ca(OH)₂ đều phản ứng hết. Lượng CaCO₃ thu được bằng với TH₁

Ca(OH)₂ + CO₂  → CaCO₃ + H₂O

       x       ←  x   ←    x     

Ca(OH)₂  +  2CO₂ → Ca(HCO₃)₂ 

     7x        ←(15x – x)

∑ n_Ca(OH)2 =  x + 7x = 0,2 (mol) => x = 0,025 (mol)

Đáp án A

Phương pháp giải:

Với bài toán này ta chia thành 2 trường hợp:

- Trường hợp 1: HCl phản ứng hết thì chất tan chỉ chứa là 2 muối clorua của 2 kim loại kiềm thổ.

- Trường hợp 2: HCl còn dư thì chất tan chứa 2 muối clorua và HCl dư

Lời giải chi tiết:

Với bài toán này ta chia thành 2 trường hợp:

- Trường hợp 1: HCl phản ứng hết thì chất tan chỉ chứa là 2 muối clorua của 2 kim loại kiềm thổ.

Gọi kim loại tương đương với 2 kim loại trên là R

R + 2HCl → RCl₂+ H₂

Ta có: n_R = ½ . n_HCl = ½ . 0,25 = 0,125 mol

→ M_R = m_R/ n_R = 2,45: 0,125 = 19,6 g/mol

Mà số mol của 2 muối này bằng nhau nên tổng khối lượng mol của 2 kim loại này bằng 19,6.2 =39,2

→ Loại

- Trường hợp 2: HCl còn dư thì chất tan chứa 2 muối clorua và HCl dư

Gọi 2 kim loại là A, B

A + 2HCl → ACl₂+ H₂

B + 2HCl → BCl₂+ H₂

dung dịch Y chứa các chất tan có nồng độ mol bằng nhau → Số mol của các chất tan này bằng nhau

→ n_Acl2 = n_BCl2 = n_{HCl dư} = x mol

→ n_HCl  = 2.n_Acl2+ 2.n_BCl2+ n_{HCl dư} = 2x+ 2x + x = 5x = 0,2.1,25 = 0,25 mol nên x = 0,05 mol

→ m­_{kim loại} = a.x + b.x = 2,45 gam → A+ B = 2,45: 0,05 = 49 →A là Ca (40) và B là Be (9)

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dùng phương pháp quy đổi để quy hỗn hợp thành Na, Ba và O.

Vận dụng định luật bảo toàn e và bảo toàn khối lượng để tìm số mol Na, Ba, O.

Từ đó tính được n_OH-. Viết các phương trình xảy ra và tính theo phương trình.

Lời giải chi tiết:

Dùng phương pháp quy đổi để quy hỗn hợp thành Na, Ba và O.

Bảo toàn nguyên tố Ba ta có: n_Ba = n­_Ba(OH)2 = 0,12 mol

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:  n_Na+ 2.n_Ba = 2.n_O+ 2.n_H2

=> n_Na+ 2. 0,12 = 2.n_O+ 2. 0,05

Mặt khác m_X = m_Na+ m_Ba+ m_O = 23.n_Na+ 137. 0,12 + 16.n_O = 21,9 gam

Giải hệ trên ta có: n_Na = 0,14 mol và n_O = 0,14 mol

Ta có: n_OH- = n_Na+ 2.n_Ba = 0,14 + 2. 0,12 = 0,38 mol; n_Al2(SO4)3 = 0,05 mol

Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃

0,1       0,3         0,1

Al(OH)₃ + OH^- → AlO₂^-+ 2H₂O

0,08←     0,08

Vậy n_{Al(OH)3 còn lại} = 0,1 – 0,08 = 0,02 mol

Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄

0,12    0,15          0,12 mol

Vậy sau phản ứng thu được kết tủa gồm 0,02 mol Al(OH)₃ và 0,12 mol BaSO₄

→ m = 0,02.78 + 0,12.233 = 29,52 gam

Đáp án B

Phương pháp giải:

Viết PTHH của từng phản ứng từ đó xác định được chất Z.

Lời giải chi tiết:

2NaCl + 2H₂O  2NaOH + Cl₂+ H₂

Dung dịch X chứa NaOH

CO₂+ NaOH → NaHCO₃ (Y)

NaHCO₃ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + NaOH+ H₂O

Chất tan Z tan trong nước là NaOH.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Ta thấy n_CaCO3 = 0,4 mol < n_HCO3-

→ Lượng Ca cho vào tạo thành Ca(OH)₂ chỉ đủ để phản ứng với 0,4 mol HCO₃^-

→ n_Ca = n_Ca(OH)2 = n_HCO3- : 2 → m

Lời giải chi tiết:

Ta thấy n_CaCO3 = 0,4 mol < n_HCO3-

→ Lượng Ca cho vào tạo thành Ca(OH)₂ chỉ đủ để phản ứng với 0,4 mol HCO₃^-

→ n_Ca = n_Ca(OH)2 = n_HCO3- : 2  = 0,4 : 2 = 0,2 mol → m = 0,2.40  = 8,0 gam

Đáp án D

Phương pháp giải:

Coi như sục CO₂ vào hỗn hợp Ca(OH)₂ và NaOH

Bài toán CO₂ tác dụng với dung dịch kiềm:

Tính tỉ lệ: \(\frac{{{n_{O{H^ - }}}}}{{{n_{C{O_2}}}}}(*)\)

+ (*) ≥ 2 => Chỉ tạo muối CO₃^2-

+ 1 < (*) < 2 => Tạo muối CO₃^2- và HCO₃^-

+ (*) ≤ 1 => Chỉ tạo muối HCO₃^-

Tính được n_CO32-. So sánh n_CO32- và n_Ca2+ suy ra số mol CaCO₃

Lời giải chi tiết:

n_OH- = 2n_Ca(OH)2 + n_NaOH = 2.0,02 + 0,01 = 0,05 mol

n_CO2 = 0,03 mol

1 < n_OH- : n_CO2 = 0,05 : 0,03 = 1,67 < 2 => Tạo muối CO₃^2- và HCO₃^-

Đặt n_CO32- = x và n_HCO3- = y (mol)

BTNT “C”: n_CO2 = n_CO32- + n_HCO3- => x + 2y = 0,03 (1)

BTĐT: 2n_CO32- + n_HCO3- = 2n_Ca2+ + n_Na+ => 2x + y = 0,02.2 + 0,01 (2)

Giải (1) và (2) được x = 0,02 và y = 0,01

n_Ca2+ = n_CO32- = 0,02 mol => n_CaCO3 = 0,02 mol

=> m_CaCO3 = 2 gam

Đáp án B

Phương pháp giải:

Để cân thăng bằng thì ta cần thêm dd HCl vào bên trái sao cho m _trái = 26,94 gam

Đặt n_HCl = x mol => n_H2 = 0,5x mol => m_HCl theo x => m _{dd HCl} theo x

m _trái = m_Mg + m _{dd HCl} – m_H2 => x => m _{dd HCl}

Lời giải chi tiết:

Để cân thăng bằng thì ta cần thêm dd HCl vào bên trái sao cho m _trái = 26,94 gam

Đặt n_HCl = x mol => n_H2 = 0,5x mol

m_HCl = 36,5x gam => m _{dd HCl} = 36,5x.(100/14,6) = 250x gam

m _trái = 12 + m _{dd HCl} – m_H2 => 26,94 = 12 + 250x – 2.0,5x => x = 0,06 mol

=> m _{dd HCl} = 150x = 15 gam

Đáp án D

Phương pháp giải:

Suy luận X phải là muối dễ dàng bị nhiệt phân tạo ra CO₂ => nghĩ ngay đến muối cacbonat

Suy luận X₂ phải là dd bazo tan

Y phản ứng được với X₂ tỉ lệ 1: 1 và tỉ lệ 1:2 => Y là muối axit

Lời giải chi tiết:

X là CaCO₃; Y là NaHCO₃

\(\eqalign{
& \underbrace {CaC{O_3}}_X\buildrel {{t^0}} \over
\longrightarrow \,\underbrace {CaO}_{{X_1}} + C{O_2} \cr
& \underbrace {CaO}_{{X_1}} + {H_2}O \to \,\underbrace {Ca{{(OH)}_2}}_{{X_2}} \cr
& \underbrace {Ca{{(OH)}_2}}_{{X_2}} + \underbrace {NaHC{O_3}}_Y \to \underbrace {CaC{O_3}}_X + \underbrace {NaOH}_{{Y_1}} + {H_2}O \cr
& \underbrace {Ca{{(OH)}_2}}_{{X_2}} + 2\underbrace {NaHC{O_3}}_Y \to \underbrace {CaC{O_3}}_X + \underbrace {N{a_2}C{O_3}}_{{Y_2}} + {H_2}O \cr} \)

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kĩ năng quan sát đồ thị

Ta thấy tại n_CO2 = a (mol) và n_CO2 =b (mol) cùng thu được 1 lượng kết tủa CaCO₃

Xét tại n_CO2 = b (mol) => xảy ra trường hợp kết tủa tạo cực đại, sau đó tan 1 lượng còn đúng a (mol)

PTHH xảy ra:

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O  (1)

CO₂ + CaCO₃ → Ca(HCO₃)₂           (2)

Lập phương trình với tổng mol CO₂ theo phương trình và theo đề bài cho sẽ ra được mối liên hệ giữa a và b

Lời giải chi tiết:

Từ đồ thị ta thấy:

Tại n_CO2 = a(mol), đồ thị đi lên => chỉ xảy ra pư tạo kết tủa CaCO₃, lúc này CO₂ pư hết, Ca(OH)₂ pư dư. Mọi tính tóa theo số mol của CO₂.

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O.

a                          → a                        (mol)

Ta thấy tại giá trị n_CO2 = b (mol) và n_CO2 = a (mol) cùng thu được 1 lượng kết tủa CaCO₃

=> Tại n_CO2 = b(mol) thu được n_CaCO3 = a (mol). Vì tại n_CO2 = b (mol) ta thấy đồ thị đi lên cực đại rồi lại đi xuống => kết tủa sinh ra cực đại sau đó hòa tan 1 lượng còn a (mol)

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O  (1)

0,12←   0,12     →    0,12                       (mol)

CO₂   +   CaCO₃ → Ca(HCO₃)₂ (2)

0,12-a← (0,12-a)                                    (mol)         

Tổng mol CO₂ pư ở (1) và (2) là:

∑ n_CO2(1+2) = 0,12 + 0,12 –a

=> b = 0,24 –a

Đáp án A

Phương pháp giải:

Mg⁰ → Mg⁺² + 2e

N⁺⁵ +3e → N⁺²

BT electron: n _{e cho} = n _{e nhận} => 2n_Mg = 3n_NO => n_NO

Lời giải chi tiết:

n_Mg = 3,6 : 24 = 0,15 mol

Mg⁰ → Mg⁺² + 2e

N⁺⁵ +3e → N⁺²

BT electron: n _{e cho} = n _{e nhận} => 2n_Mg = 3n_NO => n_NO = 2.n_Mg/3 = 2.0,15/3 = 0,1 mol

=> V = 2,24 lít

Đáp án B

Phương pháp giải:

Tính toán theo phương trình phản ứng

Chú ý lượng dung dịch phản ứng với BaCl₂ và lượng dung dịch ban đầu khác nhau

=> cần tính toán thể tích dung dịch phản ứng với BaCl₂ theo qui tắc tam suất

Lời giải chi tiết:

Gọi kim loại hóa trị II là M

10 ml dung dịch muối MSO₄ phản ứng với 20 ml dung dịch BaCl₂

=> 50 ml dung dịch muối MSO₄ phản ứng với 100 ml dung dịch BaCl₂

=> n_BaCl2 = 0,1.0,15 = 0,015 mol

            MSO₄ + BaCl₂ → BaSO₄ + MCl₂

Mol      0,015 0,015

=> M_MSO4 = 1,8 : 0,015 = 120 g/mol = M + 96 => M = 24 g/mol (Mg)

Đáp án C  

Phương pháp giải:

Tính toán theo phương trình phản ứng

Chất rắn cuối cùng khi nhiệt phân là CaO chứ không phải là CaCO₃.

Lời giải chi tiết:

            Ca²⁺ + CO₃^2- → CaCO₃↓       

            CaCO₃ \(\buildrel {{t^0}} \over\longrightarrow \)  CaO + CO₂ ↑ (n_CaO = 0,28 : 56 = 0,005 mol)

=> n_Ca2+ = n_CaCO3 = n_CaO =  0,005 mol

=> C_{M (Ca2+)} = 0,005 : 0,01 = 0,5M

Đáp án A  

Phương pháp giải:

BTNT "C": ∑n_{CaCO3+ KHCO3} = n_CO2 = 0,2 (mol)

BTKL ta có: m_KCl = 34,9 - m_{CaCO3+ KHCO3} = ? (g)

Khi cho dd Y tác dụng với AgNO₃ có pu

Cl^- + Ag⁺ → AgCl↓

m_↓ = m_AgCl =?

Lời giải chi tiết:

n_HCl = 0,4.1 = 0,4 (mol) ; n_CO2(đktc) = 4,48 :22,4 = 0,2 (mol)

BTNT "C": ∑n_{CaCO3+ KHCO3} = n_CO2 = 0,2 (mol)

BTKL ta có: m_KCl = 34,9 - m_{CaCO3+ KHCO3} = 34,9 - 0,2.100 = 14,9 (g)

=> n_KCl = 14,9 : 74,5 = 0,2 (mol)

Dung dịch Y chứa Ca²⁺, K ⁺, Cl^-: 0,6 (mol) (Do bảo toàn nguyên tố Cl trong HCl và KCl)

Khi cho dd Y tác dụng với AgNO₃ có pu

Cl^- + Ag⁺ → AgCl↓

0,6          → 0,6 (mol)

=> Khối lượng kết tủa là: m_AgCl = 0,6.143,5 = 86,1 (g)

Đáp án D

Phương pháp giải:

dựa vào kiến thức lí thuyết về vô cơ

Lời giải chi tiết:

(a) đúng vì giấm ăn là dd CH₃COOH từ 2-5% có thể loại bỏ được lớp cặn CaCO₃ trong ấm theo PT

CaCO₃↓ + CH₃COOH → (CH₃COO)₂Ca + H₂O

(b) đúng, hỗn hợp tecmit là hỗn hợp Al và FeO

(c) đúng, vì nồi hơi bằng thép (hợp kim Fe và C) lót dưới đáy nồi miếng kim loại Zn để khi hiện tượng ăn mòn xảy ra thì Zn bị ăn mòn trước, tránh cho thép không bị ăn mòn

(d) đúng

(e) đúng Khí SO₂ là một chất khử với tác dụng chống oxy hóa. Có hai phương pháp bảo quản rau quả sau khi thu hoạch bao gồm: sunfit hóa khí và sunfit hóa ướt

+ Sunfit hóa khí: SO₂ được nạp vào bình chứa và được phun trực tiếp vào sản phẩm rau quả cần bảo quản. Phương pháp này khá tốn sức lao động và cần nhiều thùng chứa nên khá tốn kém.

+ Sunfit ướt: SO₂ sẽ được nạp trực tiếp từ bình thép hoặc được điều chế bằng cách đốt lưu huỳnh trong phòng. Nhờ vậy khí SO₂ sẽ chiếm đầy thể tích phòng và thấm vào bề mặt quả để phát huy tác dụng sát trùng.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Đặt hóa trị của M là n

PTHH: nMg + M₂(SO₄)_n → nMgSO₄ + 2M↓

Sử dụng phương pháp tăng giảm khối lượng, suy ra được mối quan hệ M và n

Lời giải chi tiết:

nMg + M₂(SO₄)_n → nMgSO₄ + 2M↓

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

Khối lượng thanh Mg tăng = m_M sinh ra - m_M phản ứng

=> 4 = 0,2M - 0,1n.24

=> M = 20 +12n

Vì hóa trị của kim loại thường là 1,2, 3 nên chạy ta được n = 3 => M =56 (Fe) thỏa mãn

Công thức oxit cao nhất của Fe với O là Fe₂O₃

\(\% Fe = {{56 \times 2} \over {56 \times 2 + 16 \times 3}}.100\%  = 70\% \) 

Đáp án D

Phương pháp giải:

Bảo toàn electron ta có: 2n_KL = 2n_H2 => n_KL = n_H2

=> M_tb = m : n_KL

Dựa vào dữ kiện 2 kim loại kế tiếp trong nhóm IIA suy ra 2 KL.

Lời giải chi tiết:

Bảo toàn electron ta có: 2n_KL = 2n_H2 => n_KL = n_H2 = 4,48/22,4 = 0,2 mol

=> M_tb = 6,4 : 0,2 = 32

Mà 2 kim loại kế tiếp trong nhóm IIA nên 2 kim loại đó là Mg (M = 24) và Ca (M = 40)

Đáp án D

Phương pháp giải:

Xét hỗn hợp khí Y có N₂O : x mol và H₂ : y mol

Có n_Y = x + y mol và m_Y = M_Y . n_Y = 44a + 2y => giải được x và y

Xét phản ứng Mg tác dụng với NaNO₃ và NaHSO₄ thì

4Mg + 10H⁺ + 2NO₃^- →  4Mg⁺²  + 5H₂O + N₂O

Mg +2H⁺ → Mg⁺²  + H₂                                         

So sánh 4n_N2O + n_H2  với n_Mg nếu nhỏ hơn thì phản ứng có tạo ra NH₄⁺ :

4Mg + 10H⁺ + NO₃^- →  4Mg⁺²  + 3H₂O + NH₄⁺

Bảo toàn nguyên tố N có n_NaNO3

Bảo toàn nguyên tố H có n_NaHSO4

=> các ion trong X => m_muối = m_ion

Lời giải chi tiết:

Xét hỗn hợp khí Y có N₂O : x mol và H₂ : y mol

Có n_Y = 0,25 = x + y mol

Và m_Y = M_Y . n_Y = 13,6.2.0,25 = 6,8 g = 44x + 2y

Nên x = 0,15 mol và y = 0,1 mol

Xét phản ứng Mg tác dụng với NaNO₃ và NaHSO₄ thì

4Mg + 10H⁺ + 2NO₃^- →  4Mg⁺²  + 5H₂O + N₂O

Mg +2H⁺ → Mg⁺²  + H₂                                         

Ta có 4n_N2O + n_H2 = 4.0,15 + 0,1 = 0,7 mol  < n_Mg = 0,9 nên phản ứng có tạo ra NH₄⁺ :

4Mg + 10H⁺ + NO₃^- →  4Mg⁺²  + 3H₂O + NH₄⁺

nên n_NH4+ = (0,9 – 0,7 ) : 4 =0,05 mol

Bảo toàn nguyên tố N có n_NaNO3 = 2n_N2O + n_NH4 =2.0,15 + 0,05 = 0,35 mol

Bảo toàn nguyên tố H có n_NaHSO4 = 10n_N2O + 2n_H2 + 10n_NH4 = 10.0,15 + 0,1.2 + 0,05.10 = 2,2 mol

Sau phản ứng dung dịch X thu được có Mg⁺² : 0,9 mol; NH₄⁺ : 0,05 mol; Na⁺ : 2,55 mol và SO₄^2-  : 2,2 mol

=> m_muối = m_ion = 0,9.24 + 0,05.18 + 2,55.23 + 2,2.96 = 292,35

 Đáp án C

Phương pháp giải:

PTHH: Na + H₂O → NaOH + ½ H₂

            Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂

Dd X chứa NaOH và Ba(OH)₂

            CO₂ + OH^- → CO₃^2- + H₂O

            CO₃^2- + CO₂ +H₂O → 2HCO₃^-

             Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃

Xét đồ thị n_{BaCO3 max} = 0,18 mol → n_Ba

Tại thời điểm CO₂ là 0,42 mol thì lượng kết tủa bắt đầu giảm dần

→ khi đó sản phẩm chỉ có BaCO₃ và NaHCO₃ → bảo toàn C tính ra NaHCO₃ → số mol Na

Lời giải chi tiết:

PTHH: Na + H₂O → NaOH + ½ H₂

            Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂

Dd X chứa NaOH và Ba(OH)₂. Cho CO₂ vào dung dịch X xảy ra pư

            CO₂ + OH^- → CO₃^2- + H₂O

            CO₃^2- + CO₂ +H₂O → 2HCO₃^-

             Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃

Xét đồ thị

n_{BaCO3 max} = 0,18 mol nên n_Ba = n_{BaCO3 max} = 0,18 mol

Tại thời điểm CO₂ là 0,42 mol thì lượng kết tủa bắt đầu giảm dần

→ khi đó sản phẩm chỉ có BaCO₃ : 0,18 mol và NaHCO₃ : x mol

Bảo toàn C có 0,42 = 0,18 + x nên x = 0,24 mol

Bảo toàn Na có n_{Na ban đầu} = n_NaHCO3 = 0,24 mol → m = m_Ba + m_Na = 0,18.137 + 0,24.23 = 30,18 g 

Theo PTHH thì n_H2 = ½ . n_Na  + n_Ba = ½ . 0,24 + 0,18 = 0,3 mol → V =0,3.22,4 =6,72 lít

Đáp án B

Phương pháp giải:

OH^-   + HCO₃^- → CO₃^2-  +  H₂O

Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃↓

Khi thêm từ từ HCl vào thì xảy ra pư theo thứ tự:

H⁺    + OH^- → H₂O

H⁺  + CO₃^- → HCO₃^-

Khi bắt đầu sinh khí thì n_H⁺  = n_OH^- + n_CO3^2-

Lời giải chi tiết:

 n_Ba(OH)2 = 0,02 mol và n_NaHCO3 = 0,03 mol

           OH^-   + HCO₃^- → CO₃^2-  +  H₂O

Bđ:      0,04       0,03

Pư:       0,03 ← 0,03 →   0,03

Sau:     0,01        0            0,03

           Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃↓

Bđ:    0,02     0,03

Pư:    0,02 → 0,02  →   0,02

Sau:    0          0,01        0,02

Vậy dung dịch X gồm: Na⁺ (0,03 mol); OH^- (0,01 mol) và CO₃^2- (0,01 mol)

Khi thêm từ từ HCl vào thì xảy ra pư theo thứ tự:

H⁺  + OH^- → H₂O

H⁺  + CO₃^- → HCO₃^-

Khi bắt đầu sinh khí thì n_H⁺  = n_OH^- + n_CO3^2- = 0,01 + 0,01 = 0,02 mol

V = 0,02 : 0,25 = 0,08 lít = 80 ml

Đáp án A

Phương pháp giải:

Xét các trường hợp sau và tính chất tan trong dung dịch ở mỗi trường hợp:

*Nếu hỗn hợp chỉ chứa MgCO₃

*Nếu hỗn hợp chứa CaCO₃

Khối lượng chất tan thu được sẽ nằm trong khoảng giá trị chất tan của 2 trường hợp.

Chú ý: Chất tan chứa HCl dư.

Lời giải chi tiết:

n_HCl = 1,2.0,5 = 0,6 mol ; n_CO2 = 4,48 : 22,4 = 0,2 mol

*Nếu hỗn hợp chỉ chứa MgCO₃:

MgCO₃ + 2HCl →   MgCl₂ + H₂O + CO₂

0,2 ←        0,4_{dư 0,2} ← 0,2 ←              0,2

=> Dung dịch thu được gồm có: MgCl₂ (0,2 mol) và HCl dư (0,2 mol)

=> m _{chất tan} = 0,2.95 + 0,2.36,5 = 26,3 gam

*Nếu hỗn hợp chứa CaCO₃:

CaCO₃  +  2HCl →    CaCl₂ + H₂O + CO₂

0,2 ←        0,4_{dư 0,2} ← 0,2 ←               0,2

=> Dung dịch thu được gồm có: CaCl₂ (0,2 mol) và HCl dư (0,2 mol)

=> m _{chất tan} = 0,2.111 + 0,2.36,5 = 29,5 gam

Vậy 26,3 < m₁ < 29,5

Đáp án C

Phương pháp giải:

Đặt số mol của Mg và MgCO₃ lần lượt là x và y (mol)

Lập hệ 2 ẩn 2 phương trình với khối lượng hỗn hợp và số mol muối giải ra được x, y =?

Có x, y dựa vào PTHH tính được khí tương ứng và suy ra được tỉ khối với H₂

Lời giải chi tiết:

Đặt số mol của Mg và MgCO₃ lần lượt là x và y (mol); n_MgCl2­ = 47,5 : 95 = 0,5 (mol)

Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂↑

x                 → x         → x     (mol)

MgCO₃ + 2HCl → MgCl₂ + CO₂↑ + H₂O

y                         →   y       →  y                 (mol)

Ta có hệ phương trình:

\(\eqalign{
& \left\{ \matrix{
{m_{hh}} = 24x + 84y = 30 \hfill \cr
n{\,_{muoi}}\, = x + y = 0,5 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
x = 0,2 \hfill \cr
y = 0,3 \hfill \cr} \right. \cr
& \to \left\{ \matrix{
{n_{{H_2}}} = x = 0,2(mol) \hfill \cr
{n_{C{O_2}}} = y = 0,3\,(mol) \hfill \cr} \right. \to {\overline M _X} = {{0,2.2 + 0,3.44} \over {0,2 + 0,3}} = 27,2 \to {d_{X{/_{{H_2}}}}} = 13,6 \cr} \)

Đáp án C

Phương pháp giải:

Phân tích theo đồ thị:

+ Tại thời điểm V = 0,1 lít thì n_Ba(OH)2 = 0,05 mol

PTHH :  OH^-  + HCO₃^- → H₂O + CO₃^2-

               Ba²⁺  + CO₃^2- → BaCO₃

Vì n_CO3^2- = n_BaCO3 = 0,1 mol nên n_Ba²⁺ _{phản ứng} = 0,1 mol > n_Ba(OH)2 nên lương Ba²⁺ trong BaCl₂ tham giá phản ứng và phản ứng hết (do đồ thị biến đổi ) → y

+ Tại thời điểm V  = 0,3 lít thì kết tủa thu được lớn nhất thì kết tủa hoàn thành BaCO₃:

Ba(OH)₂ + NaHCO₃ → BaCO₃ + NaOH + H₂O

Lời giải chi tiết:

+ Tại thời điểm V = 0,1 lít thì n_Ba(OH)2 = 0,05 mol

PTHH :  OH^-  + HCO₃^- → H₂O + CO₃^2-

               0,1 mol                            0,1 mol        

               Ba²⁺  + CO₃^2- → BaCO₃

Vì n_CO3^2- = n_BaCO3 = 0,1 mol nên n_Ba²⁺ _{phản ứng} = 0,1 mol > n_Ba(OH)2 nên lương Ba²⁺ trong BaCl₂ tham giá phản ứng và phản ứng hết (do đồ thị biến đổi)

→ n_BaCl2 = 0,1 – 0,05 = 0,05 mol = y

+ Tại thời điểm V = 0,3 lít → n_Ba(OH)2 = 0,15 mol thì kết tủa thu được lớn nhất thì kết tủa hoàn thành BaCO₃

Ba(OH)₂ + NaHCO₃ → BaCO₃ + NaOH + H₂O

→ n_{Ba(OH)2 thêm}  = n_{NaHCO3 còn lại}  → 0,15 – 0,05 = x – 0,1 → x = 0,2 mol

Đáp án B

Phương pháp giải:

Suy luận X₁ là NaCl; X₂ là NaOH; X₃ là Cl₂. Từ đó tìm được các chất còn lại.

Lời giải chi tiết:

(a) X₁ + H₂O \(\xrightarrow{{dien\,phan\,co\,mang\,ngan}}\) X₂ + X₃↑ + H₂

  2NaCl + 2H₂O \(\xrightarrow{{dien\,phan\,co\,mang\,ngan}}\) 2NaOH + Cl₂ + H₂

(b) X₂ + X₄ → CaCO₃ + Na₂CO₃ + H₂O

2NaOH + Ca(HCO₃)₂ → CaCO₃ + Na₂CO₃ + 2H₂O

(c) X₂ + X₃ → X₁ + X₅ + H₂O

NaOH + Cl₂ → NaCl + NaClO + H₂O

(d) X₄ + X₆ → CaSO₄ + Na₂SO₄ + CO₂ + H₂O

Ca(HCO₃)₂ + Na_­HSO_4­ → CaSO₄ + Na₂SO₄ + CO₂ + H₂O

Vậy X₅ là NaClO và X₆ là Na_­HSO_4­

Đáp án D

Phương pháp giải:

CaCO₃.MgCO₃ \(\xrightarrow{{{t^0}}}\) CaO + MgO + 2CO₂

Từ số mol CO₂ tính được số mol CaCO₃.MgCO₃ và khối lượng của CaCO₃.MgCO₃.

Khi đó tính được thành phần % về khối lượng của CaCO₃.MgCO₃ trong loại quặng nêu trên.

Lời giải chi tiết:

CaCO₃.MgCO₃ \(\xrightarrow{{{t^0}}}\) CaO + MgO + 2CO₂

Ta có: n_CaCO3.MgCO3 = ½ . n_CO2 = ½ . 0,4 = 0,2 mol

Khối lượng CaCO₃.MgCO₃ trong loại quặng trên là 0,2.184 = 36,8 (g)

Thành phần % về khối lượng của CaCO₃.MgCO₃ trong loại quặng nêu trên là: \(\frac{{36,8}}{{40}} \times 100\% \) = 92%

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Đặt số mol của BaCO₃ và MgCO₃ là x và y.

- Dựa vào đề bài, lập hệ phương trình và giải phương trình.

- Từ đó tính khối lượng mỗi muối.

Lời giải chi tiết:

\({n_{C{O_2}}} = \frac{{3,36}}{{22,4}} = 0,15(mol)\)

Đặt x và y là số mol của BaCO₃ và MgCO₃.

BaCO₃ + CO₂ + H₂O → Ba(HCO₃)₂    (1)

x  →         x                                         (mol)

MgCO₃ + CO₂ + H₂O → Mg(HCO₃)₂  (2)

y  →          y                                         (mol)

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}197{\rm{x}} + 84y = 23,9\\x + y = 0,15\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}x = 0,1\\y = 0,05\end{array} \right.\)

Vậy khối lượng của mỗi muối trong hỗn hợp:

m_BaCO3 = 197.0,1 = 19,7 (g)   

m_MgCO3 = 23,9 - 19,7 = 4,2 (g).

Đáp án C