Quiz: TOP 100 câu trắc nghiệm Đại cương về kim loại có lời giải chi tiết (Nâng cao - phần 3)

a mol AlCl₃ + 1 lit dd NaOH b M → 0,05 mol kết tủa Al(OH)₃ (1)

Thêm tiếp 1 lit dd NaOH trên → 0,06 mol kết tủa (2)

Chứng tỏ ở thí nghiệm (1) AlCl₃ chưa tác dụng hết, NaOH tác dụng hết.

TN1: n_NaOH = b mol

Mà n_Al(OH)3↓ = 0,05 mol → b/c = 0,05 ⇔ b = 0,15 mol hay C_M(NaOH) = b = 0,15 M.

TN2: n_NaOH = b + b = 2b = 0,3 mol

∗ Nếu AlCl₃ chưa kết tủa hết thì NaOH phải hết và tạo ra 0,06 mol kết tủa, thực tế:

n_{NaOH pư} = 0,18 mol < 0,3 mol → Vô lí → Loại

→ AlCl₃ đã tác dụng hết tạo kết tủa và kết tủa bị hòa tan một phần:

→ a – (0,3 – 3a) = 0,06 → a = 0,09 mol

→ Đáp án C

TN1: Cho Y vào X.

→n_Al(OH)3↓ = 0,08 mol → m_Al(OH)3↓ = 0,08.78 = 6,24 gam → a = 6,24 gam

TN2: Cho X vào Y.

→n_Al(OH)3↓ = 0,08 mol → m_Al(OH)3↓ = 0,08.78 = 6,24 gam → b = 6,24 gam

→ a = b = 6,24 gam.

→ Đáp án B

TN1: 150 ml dd Y (NaOH 2M) vào 100 ml dd X (AlCl₃) → 7,8 gam kết tủa Al(OH)₃

TN2: Thêm tiếp vào cốc trên 100 ml dd Y → 10,92 gam kết tủa Al(OH)₃

n_{NaOH (1)} = 0,15.2 = 0,3 mol, n_↓(1) = 7,8/78 = 0,1 mol

n_{NaOH (2)} = 0,1.2 = 0,2 mol, n_↓(2) = 10,92/78 = 0,1 mol

Gọi nồng độ của AlCl₃ là a M.

Theo đề bài khi cho n_NaOH = n_{NaOH (1)} + n_{NaOH (2)} = 0,3 + 0,2 = 0,5 mol vào 0,1a mol AlCl₃ thì thu được 0,14 mol kết tủa Al(OH)₃.

Vì 3n_Al(OH)3 < n_NaOH → xảy ra sự hòa tan kết tủa.

Khi đó 4n_AlCl3 = n_NaOH + n_Al(OH)3 ⇔ 0,4a = 0,5 + 0,14 ⇔ a = 1,6 M.

→ Đáp án C

Gọi số mol của Na₂O và Al₂O₃ trong một phần là x và y mol.

Phần 1:

→ Chất rắn không tan là Al₂O₃ → y – x = 1,02/102 = 0,01 (1)

Phần 2:

Theo bài ta có: 2x + 6y = 0,14.1 = 0,14 → x + 3y = 0,07 (2)

Từ (1) và (2) ta có: x = 0,01 mol; y = 0,02 mol

→ m = 2(0,01.62 + 0,02.102) = 5,32 gam.

→ Đáp án C

Cu + Y → sinh ra NO ⇒ chứa H⁺ và NO₃^- không chứa Fe²⁺

Ta có sơ đồ phản ứng:

n_H⁺ du = 4n_NO = 0,12 mol

Bảo toàn e: 2n_Cu = n_Fe³⁺ + 3n_NO ⇒ n_Fe³⁺ = 0,18 mol

Xét Ba(OH)₂ + Y ⇒ ↓ gồm Fe(OH)₃ và BaSO₄ → n_BaSO4 = 0,58 mol

Bảo toàn gốc SO₄: n_NaHSO4 = n_SO4^2-/Y = n_BaSO4 = 0,58 mol ⇒ n_Na⁺/Y

Bảo toàn điện tích: n_NO3^- = 0,18 mol

Bảo toàn nguyên tố Hidro: n_H2O = 0,31 mol

Bảo toàn khối lượng: m_Z = 4,92 (g) → dễ giải ra được 0,03 mol CO₂; 0,12 mol NO

Bảo toàn nguyên tố Nito: n_Fe(NO3)2 = 0,02 mol; n_FeCO3 = n_CO2 = 0,03 mol

n_H⁺ pư = 2n_O + 4n_NO + 2n_CO3 ⇒ n_O = 0,04 mol ⇒ n_Fe3O4 = 0,01 mol

Bảo toàn nguyên tố Fe: n_Fe = 0,1 mol ⇒ %m_Fe = (0,1.56) : (15.100%) = 37,33%

→ Đáp án C

Có 

Khí thu được có H₂ ⇒ Chứng tỏ NO₃^- phản ứng hết.

Z chỉ chứa 3 muối trung hòa là: ZnSO₄ (0,21 mol), Na₂SO₄, (NH4)₂SO₄.

-^{BT e}→ 2.0,15 = 16.0,01 + 3n_NO + 2.0,04 ⇒ n_NO = 0,02 mol

-^{BTNT N}→ n_NaNO3 = 2.0,01 + 0,02 = 0,04 mol

-^BTĐT→ n_SO4^2- = (2.0,21 + 2.0,01 + 0,04)/2 = 0,24 mol ⇒ m = 233.0,24 = 55,29g

→ Đáp án A

X là AlCl₃ do kết tủa tạo ra là Al(OH)₃ sau đó bị kiềm hoà tan tạo NaAlO₂. NaAlO₂ không tác dụng với nước brom.

Y là CrCl₃ vì tạo kết tủa Cr(OH)₃, kết tủa này tan tạo NaCrO₂. NaCrO₂ tác dụng với nước brom tạo Na2CrO₄màu vàng.

T phải là KCl vì nó không phản ứng ở 2 thí nghiệm.

Vậy Z là MgCl₂.

→ Đáp án D

A, B, D đúng. C sai vì do Zn ở cực âm, Cu ở cực dương

→ Đáp án C

(a) Mg + Fe₂(SO₄)₃ dư → MgSO₄ + 2FeSO₄

(b) Cl₂ + 2FeCl₂ → 2FeCl₃

(c) H₂ + CuO -^to→ Cu + H₂O

(d) 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂↑

CuSO₄ + 2NaOH → Na2SO₄ + Cu(OH)₂↓

(e) 2AgNO₃ -^to→ 2Ag + 2NO₂ + O₂

(g) 4FeS₂ + 11O₂ -^to→ 2Fe₂O₃ + 8SO₂↑

(h) 2CuSO₄ + 2H₂O -^dpdd→ 2Cu↓ + 2H₂SO₄ + O₂↑

→ Có 3 thí nghiệm thu được kim loại là (c), (e), (h)

→ Đáp án B

(1) Thỏa mãn: ban đầu Fe bị ăn mòn hóa học: Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu↓.

Cu sinh ra bám trực tiếp lên Fe ⇒ xảy ra ăn mòn điện hóa đồng thời với ăn mòn hóa học.

(2) Không thỏa vì Al bị thụ động trong HNO₃ đặc, nguội.

(3) Thỏa mãn vì Mg + Cl₂ -^to→ MgCl₂.

(4) Thỏa mãn vì Fe bị ăn mòn điện hóa.

⇒ chỉ có (2) không thỏa ⇒ chọn D.

→ Đáp án D

Xét từng thí nghiệm:

(a) Fe₃O₄ + 8HCl → FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4H₂O

Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂

Với tỉ lệ 1 : 1, thì hh Fe₃O₄ và Cu tan hết trong dd HCl loãng, nóng dư.

(b) Na + H₂O → NaOH + 1/2H₂

Zn + 2NaOH → Na2ZnO₂ + H₂

Zn + 2HCl → ZnCl₂ + H₂

(c) Zn + 2HCl → ZnCl₂ + H₂

Cu không tan trong muối và HCl

(d) Fe₂(SO₄)₃ + Cu → 2FeSO₄ + CuSO₄

Tỉ lệ 1:1, các chất tan hết trong dd HCl

(e) Cu không tan trong HCl và FeCl₂

(g) 2FeCl₃ + Cu → 2FeCl₂ + CuCl₂

1 mol → 0,5 mol còn dư 0,5 mol Cu không tan trong HCl.

Vậy các thí nghiệm thỏa mãn: a), b), d).

→ Đáp án C

n_Al = 24,3/27 = 0,9 mol, n_NaNO3 = 1.0,225 = 0,225 mol, n_NaOH = 3.0,225 = 0,675 mol

→ V = (0,225 + 0,45).22,4 = 15,12 lit

→ Đáp án D

n_Cu = 12,8/64 = 0,2 mol, n_KNO3 = 0,5.0,2 = 0,1 mol, n_H2SO4 = 1.0,2 = 0,2 mol

⇒ V_NO = 0,1.22,4 = 2,24 lit

→ Đáp án A

→ m_Al = (0,1 + 0,4).27 = 13,5 gam

→ Đáp án D

n_Fe = 0,02 mol; n_Cu = 0,03 mol

→ ∑ n_{e cho} = 0,02.3 + 0,03.2 = 0,12 mol ;

n_H⁺ = 0,4 mol; n_NO3^- = 0,08 mol (Ion NO₃^- trong môi trường H⁺ có tính oxi hóa mạnh như HNO₃)

- Bán phản ứng: 

Do  → kim loại hết và H⁺ dư

→ n_H⁺ dư = 0,4 – 0,16 = 0,24 mol

→ ∑ n_OH^- (tạo kết tủa max) = 0,24 + 0,02.3 + 0,03.2 = 0,36

→ V = 0,36 lít hay 360 ml

→ Đáp án A

m_{dung dịch} = 200.1,1 = 220 (g); n_NaOH = n_NaCl = 0,2.2 = 0,4 (mol)

dễ thấy khí thoát ra ở catot là H₂ với n_H2 = 1 (mol)

Phương trình điện phân: NaCl + H₂O → NaOH + 1/2 H₂ + 1/2 Cl₂

Thấy n_H2 = 0,2 mol < 1 mol nên H₂O điện phân

m_{dung dịch sau phản ứng} = 220 – (1.2 + 0,4.32 + 0,2.71) = 191 (g)

nên C% (NaOH) = [(0,4.40)/191]. 100% = 8,38%

→ Đáp án A

m_{NaOH (trước điện phân)} = (200.10)/100 = 20 (gam).

Điện phân dung dịch NaOH thực chất là điện phân nước:

H₂O → 1/2 O₂ (anot) + H₂ (catot) → NaOH không đổi

Dung dịch NaOH trong bình có nồng độ 25 % thì ngừng điện phân

⇒ m_{dung dịch sau điện phân} = 20:25% = 80 (gam)

⇒ m_{nước bị điện phân} = 200 – 80 = 120 (gam)

⇒ n_nước = 120/18 = 20/3 mol → V_oxi = (20/3). (1/2). 22,4 = 74,7 lít và V_H = (20/3).22,4 = 149,3 lít.

→ Đáp án D

Số mol của H₂S bằng 0,5.(100/1000) = 0,05 (mol)

Gọi x là số mol CuSO₄ tham gia quá trình điện phân:

CuSO₄ + H₂O → Cu + 1/2 O₂ + H₂SO₄ (1)

m_{dung dịch giảm} = m_Cu(catot) + m_oxi(anot) = 64x + 16x = 8 ⇒ x = 0,1 (mol)

CuSO₄ + H₂S → CuS + H₂SO₄ (2)

⇒ n_H2S = n_CuSO4 = 0,05 (mol)

Từ (1) và (2) → số mol CuSO₄ (ban đầu) bằng: 0,1 + 0,05 = 0,15 (mol)

Nồng độ phần trăm của dung dịch CuSO₄ ban đầu bằng:

→ Đáp án B

Khí thoát ra ở anot chính là Clo với số mol bằng: n_Clo = 0,02 (mol)

Tại catot: Mⁿ⁺ + ne → M

Theo định luật bảo toàn khối lượng m_M = m_muối – m_Clo = 2,22 – 0,02.71 = 0,8 (gam)

Tại anot: 2Cl^- → Cl₂ + 2e

Theo định luật bảo toàn e ta có n_M = 0,4/n ⇒ M = 20.n ⇒ n = 2 và M là Ca.

(hoặc có thể viết phương trình điện phân MCln -^đpnc→ M + n/2 Cl₂ để tính)

→ Đáp án B

Cả 5 phát biểu đều đúng.

→ Đáp án A

R = ρ/S với R là điện trở, S là tiết diện ngang, l là chiều dài của khối vật dẫn, ρ là điện trở suất của chất.

Do không cho chiều dài của 2 dây ⇒ không thể so sánh được độ dẫn điện ⇒ chọn A.

→ Đáp án A

+ Al, Fe bị thụ động với dung dịch H₂SO₄ đặc, nguội → B, C sai.

+ Cu không phản ứng với dung dịch FeSO₄ (ngược quy tắc α) → D sai.

+ Na phản ứng được với cả 2 dung dịch có thể theo các phản ứng sau:

2Na + 2H₂O + FeSO₄ → Fe(OH)₂ + H₂ + Na₂SO₄

8Na + 5H₂SO₄ đặc → 4Na₂SO₄ + H₂S + 4H₂O

(Có thể có sản phẩm khử khác như SO₂, S tùy vào điều kiện phản ứng và sau khi H₂SO₄ hết có thể Na tiếp tục phản ứng với H₂O)

→ Đáp án A

+ Các oxit của kim loại kiềm đứng trước Al không bị khử bởi CO → 1 sai

+ Mg chỉ được điều chế bằng phương pháp điện phân nóng chảy → 2 sai

+ K không khử ion Ag+ thành Ag mà khử nước → 3 sai

+ Cho Cu vào dung dịch FeCl₃ dư thì xảy ra phản ứng: Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂

→ thu được 3 muối: CuCl₂, FeCl₂ và FeCl₃ dư → 4 đúng

→ Đáp án B

CO chỉ khử được các oxit kim loại sau Al → Rắn X là Al₂O₃, Fe, Cu.

+ Dùng dung dịch NaOH chỉ hòa tan được Al theo phản ứng: 2Al + 2NaOH + 2H₂O → NaAlO₂ + 3H₂

+ Dùng dung dịch Fe₂(SO₄)₃ chỉ hòa tan được Fe và Cu theo các phản ứng:

Fe₂(SO₄)₃ + Fe → 3FeSO₄

Fe₂(SO₄)₃ + Cu → 2FeSO₄ + CuSO₄

+ Dùng H₂SO₄ loãng chỉ hòa tan được Al₂O₃ và Fe theo các phản ứng:

Al₂O₃ + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂O

+ Dùng dung dịch HNO₃ loãng có thể hòa tan hoàn toàn rắn X theo các phản ứng:

Al₂O₃ + 6HNO₃ → 2Al(NO₃)₃ + 3H₂O

Fe + 4HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + NO + 2H₂O

3Cu + 8HNO₃ → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

→ Đáp án D

Phản ứng của Fe và Mg với HCl có cùng tỉ lệ mol kim loại/HCl là 1/2, cụ thể:

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂

→ Đáp án D

Do ion Na⁺ không bị điện phân trong dung dịch ⇒ tại catot chỉ xảy ra sự khử H₂O.

→ Đáp án D

(1) Đúng vì các kim loại sau Al trong dãy điện hóa đều có thể điều chế bằng phương pháp điện phân dung dịch.

(2) Sai vì Na không khử được AgNO₃ do tác dụng với H₂O trước.

(3) Đúng vì: Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂ ⇒ dung dịch chứa 2 muối là FeCl₂ và FeCl₃ dư.

(4) Đúng vì nếu với tỉ lệ thích hợp thì: 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂↑; 2NaOH + 2Al + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂↑.

(5) Đúng.

⇒ chỉ có (2) sai

→ Đáp án C

Dựa vào dãy điện hóa, kim loại đứng trước (từ Al) có thể đẩy kim loại đứng sau ra khỏi muối của nó.

→ Đáp án D

Dùng H₂SO₄ loãng:

+) Kết tủa + bọt khí: Ba

+) Kết tủa: Ag

+) Tan + bọt khí: Mg, Zn, Fe

Cho Ba dư vào 3 bình chưa nhận được

+) Kết tủa trắng hóa nâu khoài không khí ⇒ Fe

+) Kết tủa trắng: Mg và Zn

Cho Ba dư vào dung dịch H₂SO₄ ⇒ lọc kết tủa ⇒ chỉ còn dung dịch Ba(OH)₂

Cho 2 kim loại chưa nhận được vào:

+) Kim loại tan + khí : Zn

+) kết tủa: Mg

→ Đáp án B