Đáp án B

nBa²⁺ = n _{kết tủa max} = 27,58/197 = 0,14 mol (tại thời điểm nCO₂ = a = 0,14)

Khi nCO₂ = 0,4 mol dung dịch thu được gồm:

Ba²⁺ (0,14 mol), HCO₃^- (0,4 mol) và Na⁺

BTĐT => nNa⁺ = 0,12 mol

BT e: 2nBa + nNa = 2nO + 2nH₂

=> nO = 0,06 mol

m = mBa + mNa + mO = 22,9 gam

Đáp án C

BTNT H: nH₂SO₄ = nH₂ = 0,15 mol

=> m (dd H₂SO₄ 10%)  = 0,15.98.(100/10) = 147 gam

KL + dd H₂SO₄ → muối + H₂

BTKL:

m muối = mKL + m (dd H₂SO₄ 10%)– mH₂ = 5,2 + 147 – 0,15.2 = 151,9 gam

Đáp án C

n_NaOH = 0,33 (mol) ; n_AlCl3 = 0,1 (mol)

Ta có:  

=> Tạo cả Al(OH)₃ và AlO₂-

Áp dụng công thức nhanh

n_Al(OH)3 = 4n_Al3+ - n_OH- = 4.0,1 – 0,33 =0,07 (mol)

=> m_Al(OH)3↓ = 0,07.78  = 5,46 (g)

Đáp án D

Kim loại Al thụ động với H₂SO₄ đặc nguội và HNO₃ đặc nguội

Al là kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa nên không tác dụng được với MgSO₄

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂↑

Đáp án C

Các kim loại: K, Ca, Ba tác dụng với H₂O ở đk thường

=> có 3 kim loại

Đáp án A

Gọi n_Na = n_Ba = x (mol)

n_H2SO4 = 0,125 (mol); n_CuSO4 = 0,125 (mol) ; n_H2 = 0,15 (mol)

Ta thấy: n_H2 = 0,15 (mol) > n_H2SO4

=> Na, Ba phản ứng hết với axit sau đó tiếp tục phản ứng với H₂O

Ta có: ∑ n_{e (KL nhường)} = ∑ n _{e( H2 nhận)}

=> x + 2x = 0,15.2

=> x = 0,1 (mol)

=> n_OH- = 2 ( n_H2 – n_H2SO4) = 2 ( 0,15 – 0,125) = 0,05 (mol)

=> n_Cu(OH)2 = ½ n_OH- = 0,025 (mol)

m↓ = m_Cu(OH)2 + m_BaSO4 = 0,025.98 + 0,1.233 = 25,75 (g)

Đáp án A

Đáp án B

Bảo toàn electron:

n_{e kim loại  nhường}  = 4n_O2 + 2n_H2 = 4. 0,08 + 2.0,14 = 0,6 (mol)

=> dd Z chứa n_OH­- = 0,6 (mol)

Dd Z tác dụng với NaHCO₃ dư

=> n_Ba2+ = n_BaCO3 = 0,2 (mol)

Dd Z tác dụng với 0,45 mol CO₂  

=> thu được  n_CO32- = 0,15 ; n_HCO3- = 0,3 (mol)

=> m_{BaCO3 ↓} =  0,15.197 = 29,55 (g) ( Tính theo số mol của CO₃^2-)

Đáp án D

mO = 4,667.5,14/100 = 0,24 gam

=> nO = nZnO = 0,015 mol

Luôn có: nOH^- = 2nH₂ = 0,064 mol

ZnO + 2OH^- → ZnO₂^2- + H₂O

0,015→0,03→ 0,015

Vậy dung dịch X gồm: 0,034 mol OH^- dư; 0,015 mol ZnO₂ ^2-

Khi cho 0,088 mol HCl vào X:

H⁺     +      OH^-      →   H₂O

0,034   ←     0,034

ZnO₂^2- + 2H⁺ →  Zn(OH)₂

0,015→      0,03 → 0,015

2H⁺ +   Zn(OH)₂   →  Zn²⁺  + 2H₂O

0,088-0,034-0,03→    0,012  

m↓ = (0,015-0,012).99 = 0,297 gam

Đáp án C

Ghi nhớ: Phương pháp để điều chế các kim loại kiềm, kiềm thổ, Al,  là điện phân nóng chảy muối halogen hoặc oxit của chúng

Đáp án B

Các chất lưỡng tính trong dãy là: Al(OH)₃, Al₂O₃

=> có 2 chất

Đáp án A

n_{e( Mg nhường)} = n_{e( H2 nhận)} 

=>2a = 2x => a = x ( 1)

n_{e ( Al nhường)}  = n_{e( H2 nhận)} 

=>3a= 2y =>1,5a = y ( 2)

Từ (1) và (2) => y = 1,5x

Đáp án A

Ghi nhớ: Phản ứng nhiệt nhôm là phản ứng dùng nhôm để khử các oxit kim loại yếu hơn, phản ứng nhiệt nhôm thuộc loại phản ứng oxi hóa khử trong đó nhôm là chất khử.

=> A không phải là phản ứng nhiệt nhôm.

Đáp án C

Đáp án D

GĐ 1: Kết tủa tăng mạnh nhất do vừa tạo thành BaSO₄ và Al(OH)₃

GĐ 2: Kết tủa BaSO₄ đạt cực đại nên lượng kết tủa tăng chậm đi

GĐ 3: Al(OH)₃ bắt đầu bị hòa tan nên lượng kết tủa giảm

n_Al2(SO4)3 = x

n_AlCl3 = y

+ Tại n_Ba(OH)2 = 0,45 mol thì BaSO₄ đạt cực đại

n_SO42- = n_Ba(OH)2 => 3x = 0,45

=> x = 0,15

+ Tại n_Ba(OH)2 = 0,75 mol thì Al(OH)₃ vừa bị hòa tan hết

n_OH- = 4n_Al3+ => 0,75.2 = 4.(2.0,15 + y)

=> y = 0,075 mol

a = m_{BaSO4 max} = 0,45.233 = 104,85 gam

b = m_{BaSO4 max} + m_{Al(OH)3 max} = 104,85 + 78(2.0,15 + 0,075) = 134,1 gam

=> a + b = 104,85 + 134,1 = 238,95 gam

Đáp án B

Đáp án C

Đáp án A

Gọi thể tích dung dịch X là V (lít)

n_NaOH = 1,5V

n_KOH = V

n_OH- = 1,5V+V = 2,5V

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

n_OH- = n_H+ => 2,5V = 0,1

=> V = 0,04 lít = 40 ml

Đáp án B

Giải thích các quá trình biến thiên trong đồ thị:

Đoạn 1: Đi lên, do sự tạo thành BaSO₄ và Al(OH)₃

Đoạn 2: Đi xuống, do sự hòa tan kết tủa Al(OH)₃

Đoạn 3: Đi ngang, do BaSO₄ không tan.

Từ đồ thị ta thấy giá trị m = 69,9 gam không đổi khi thể tích Ba(OH)₂ thay đổi

=> m↓  = m_BaSO4 = 69,9 (gam)

=> n_BaSO4 = 69,9 : 233 = 0,3 (mol)

n_Al2(SO4)3 = 1/3 n_BaSO4 = 0,1 (mol)

=> n_Al3+ = 2n_Al2(SO4)3 = 2. 0,1 = 0,2 (mol)

Theo công thức tính nhanh, xuất hiện kết tủa, sau đó kết tủa tan: n_OH- = 4n_Al3+ - n_↓

=> 0,4V = 4.0,2 – 0

=> V = 2 (lít)

Gần nhất với 2,1 lít

Đáp án B

Các kim loại kiềm trong dãy là: Li, Na

=> có 2 kim loại

Đáp án B

Rắn không tan là Al dư

=> m_Al dư = 1,35 (g)

n_H2 = 2,24 : 22,4 = 0,1 (mol)

Gọi số mol Na = số mol Al pư = a (mol)

BT e ta có: n_Na + 3n_Al = 2n_H2

=> a + 3a = 2. 0,1

=> a = 0,05 (mol)

=> m = m_Na + m_{Al pư} + m_Al dư = 0,05.23 + 0,05.27 + 1,35 = 3,85 (g)

Đáp án A

Khi cho dd OH^-  vào hỗn hợp gồm H⁺ và muối Al³⁺

Sẽ xảy ra các phản ứng hóa học theo thứ tự sau:

OH^- + H⁺ → H₂O (1)

OH^- + 3Al³⁺ → Al(OH)₃↓ (2)

OH^- + Al(OH)₃↓ → AlO₂^- + 2H₂O  (3) 

Đáp án A

A. Vôi tôi

B. Canxi hidrocacbonat

C. đá vôi

D. vôi sống

Khi phản ứng (1) kết thúc , bắt đầu xảy ra (2) thì xuất hiện kết tủa

=> đồ thị bắt đầu đi lên

Khi đồ thị đi lên từ từ đến điểm cực đại

=> xảy ra phản ứng (1) và (2)

Ta có công thức nhanh: n_OH- = 3n_↓ + n_H+

Khi đồ thị bắt đầu đi xuống

=> phản ứng (3) xảy ra, kết tủa bắt đầu bị hòa tan dần dần đến hết

=> Ta có công thức tính nhanh: n_OH- = 4n_Al3+ - n_↓ + n_H+

Từ đây ta có các phương trình sau

Đáp án C

Trong dạ dày có chứa dung dịch axit HCl. Người bị đau dạ dày là người có nồng độ dung dịch axit HCl cao làm dạ dày bị bào mòn. NaHCO₃ dùng để làm thuốc trị đau dạ dày vì nó làm giảm hàm lượng dung dịch HCl có trong dạ dày nhờ có phản ứng hóa học.

NaHCO₃ +HCl → NaCl +CO₂ + H₂O

NaHCO₃ dùng làm bột nở, do khi bị nhiệt phân sinh ra khí CO₂ bay lên tạo độ xốp cho bánh

NaHCO₃ Na₂CO₃ + H₂O + CO₂↑

Đáp án D

n_H2 = 3,36 : 22,4 = 0,15 (mol)

=> n_OH- = 2n_H2 = 0,3 (mol)

H⁺ + OH^- → H₂O

n_H ⁺ = n_OH - = 0,3 (mol)

Mặt khác: n_H+ = n_HCl + 2n_H2SO4 = V + 2V = 3V (mol)

=> 3V = 0,3 => V =0,1 (lít) = 100 (ml)

Đáp án B

Khi phản ứng với Cl₂

Đáp án D

=> 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%

$n_{C{l}_2}=\frac{7,84}{22,4}=0,35 mol$

X – ne → X ⁺ⁿ                        

Cl₂+ 2e→ 2Cl

n_e (KL nhường) = n_e ( Cl₂ nhận ) = 0,35.2 = 0,7 (mol)

Khi phản ứng với HCl

X – ne → X ⁺ⁿ      

2H⁺ + 2e → H₂

n_{e( H+ nhận )} = n_e (KL nhường) = 0,7 (mol)

=> n_H+ = 0,7 (mol)

=> m_HCl = 0,7.36,5 = 25,55 (g)

$m_{ddHCl}=\frac{m_{HCl}.100\%}{C\%}=175 \left(g\right)$

Đáp án B

=> Axit là HNO₃

Dd Z chứa Al³⁺ và có thể có NH₄⁺

NaOH +  dd Z tạo ra dd trong suốt

=> NaOH hòa tan muối Al³⁺ thành AlO₂^-

n_OH­-  = 4n_Al3+ + n_NH4+

=> n_NH4+ = 1,45 – 4.0,34 = 0,09 (mol)

Gọi k là số electron N⁺⁵ nhận để tạo ra khí Y

BT e: n_{e (Al nhường)} = n_{e (N+5 nhận)}

=> 0,34.3 = 0,03k + 0,09.8

=> k = 10

=> Y là N₂

Đáp án A

*Tại n_OH- = 0,4 mol (thí nghiệm 2): Al(OH)₃ vừa bị hòa tan hết

=> n_OH- = 4n_Al3+ => 0,4 = 4b

=> b = 0,1 mol

*Tại n_OH- = 4a (thí nghiệm 2): Al(OH)₃ đạt cực đại

=> n_OH- = 3n_Al(OH)3 => 4a = 3b

=> a = 3b/4 = 0,075 mol

*Tại n_OH- = x mol: Giả sử n_Al(OH)3 = n_Zn(OH)2 = y mol

- Thí nghiệm 2: Al(OH)₃ chưa đến cực đại

n_OH- = 3n_Al(OH)3 => x = 3y (1)

- Thí nghiệm 1: Zn(OH)₂ bị tan một phần

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

=> x = 4.0,075 – 2.y (2)

Giải (1) và (2) => x = 0,18; y = 0,06

=> m = m_Zn(OH)2 + m_Al(OH)3 = 0,06.99 + 0,06.78 = 10,62 gam ≈ 10,6 gam

Áp dụng CT nhanh: n_HNO3 = 12n_N2 + 10n_NH4+ = 12.0,03+ 10.0,09 = 1,26 (mol)

=> V_HNO3 = 1,26.22,4 = 5,04 (lít)

Đáp án B

Đáp án D

Vì xảy ra phản ứng:

Sản phẩm của phản ứng không độc hay ô nhiễm môi trường

Đáp án D

Đáp án C

Đáp án D

Số mol HCl dư =0,1 (mol)

Số mol kết tủa

Số mol  

Số mol HCl ban đầu $=3.0,1+0,1=0,4\Rightarrow a=2$

Đáp án D

Đáp án D

Đáp án D

Đáp án A

Quặng boxit là $A{l}_2{O}_3.2H_{2}O$ dung để sản xuất Al

Đáp án B

Nếu anion gốc axit của muối vẫn còn hidro có khả năng phân li ra ion $H^{+}$ thì muối đó được gọi là muối axit

Đáp án B

Cho từ từ $H^{+}$ vào X thì phản ứng xảy ra theo thứ tự:

$n_{C{O_3}^{2-}}=0,1 mol; n_{HC{O_3}^{-}}=0,15 mol;n_{H^{+}}=0,2 mol$

$\Rightarrow a=n_{C{O}_2}=n_{H^{+}}-n_{C{O_3}^{2-}}=0,1 mol$