Chia, tách nhỏ từng bài tập, quá trình ra để giải:

chỉ có Al + NaOH → NaAlO₂ + 3/2H₂

n_NaOH = n_H2 = 0,12 mol

⇒ chứng tử sau phản ứng NaOH còn dư 0,04 mol và ∑n_{Al trong A} = 0,08 mol.

Khí B như ta biết gồm CO₂ (sinh ra do FeCO₃) và H₂ (do Fe)

10 gam kết tủa là 0,1 mol CaCO₃

⇒ có 0,1 mol CO₂ ⇒ n_FeCO3 = 0,1 mol.

Rắn R ra chắc chắn có Cu và có thể là còn dư kim loại Fe. Vậy phần trong dung dịch?

À, gồm: 0,08 mol AlCl₃; 0,12 mol NaCl + ??? mol FeCl₂. Mà ∑n_HCl = n_HCl = 0,74 mol

⇒ bảo toàn Cl có ngay n_FeCl2 = 0,19 mol; sinh ra do 0,1 mol FeCO₃ ⇒ còn 0,09 nữa do Fe.

Vậy m_R = m_Cu, _{Fe lọc ra} = 20 – m_Al – m_FeCO3 – m_{Fe phản ứng} = 1,2 gam.

R gồm Cu, Fe là các kim loại hoạt động TB yếu nên + HNO₃ sinh NO hoặc NO₂.

ở đây dùng HNO₃ đặc nên khí duy nhất sinh ra là NO₂ |

n_NO2 = 0,05 mol

⇒ bảo toàn electron có 3n_Fe + 2n_Cu = n_NO2 = 0,05 mol mà m_{Fe + Cu} = 1,2 gam

⇒ giải ra n_Fe = n_Cu = 0,01 mol. Đọc tiếp quá trình cuối

⇒ m gam sản phẩm gồm 0,01 mol CuO và 0,05 mol Fe₂O₃ ⇒ m = 1,6 gam

Đáp án B

Chọn đáp án B

Ø Chia, tách nhỏ từng bài tập, quá trình ra để giải:

¨ chỉ có Al + NaOH → NaAlO₂ + 3/2H₂/uparrow || n_NaOH = n_H2 = 0,12 mol

⇒ chứng tử sau phản ứng NaOH còn dư 0,04 mol và ∑n_{Al trong A} = 0,08 mol.

Khí B như ta biết gồm CO₂ (sinh ra do FeCO₃) và H₂ (do Fe)

10 gam kết tủa là 0,1 mol CaCO₃ ⇒ có 0,1 mol CO₂ ⇒ n_FeCO3 = 0,1 mol.

Rắn R ra chắc chắn có Cu và có thể là còn dư kim loại Fe. Vậy phần trong dung dịch?

À, gồm: 0,08 mol AlCl₃; 0,12 mol NaCl + ??? mol FeCl₂. Mà ∑n_HCl = n_HCl = 0,74 mol

⇒ bảo toàn Cl có ngay n_FeCl2 = 0,19 mol; sinh ra do 0,1 mol FeCO₃ ⇒ còn 0,09 nữa do Fe.

Vậy m_R = m_Cu, _{Fe lọc ra} = 20 – m_Al – m_FeCO3 – m_{Fe phản ứng} = 1,2 gam.

R gồm Cu, Fe là các kim loại hoạt động TB yếu nên + HNO₃ sinh NO hoặc NO₂.

ở đây dùng HNO₃ đặc nên khí duy nhất sinh ra là NO₂ || n_NO2 = 0,05 mol

⇒ bảo toàn electron có 3n_Fe + 2n_Cu = n_NO2 = 0,05 mol mà m_{Fe + Cu} = 1,2 gam

⇒ giải ra n_Fe = n_Cu = 0,01 mol. Đọc tiếp quá trình cuối

⇒ m gam sản phẩm gồm 0,01 mol CuO và 0,05 mol Fe₂O₃ ⇒ m = 1,6 gam → chọn đáp án B

Đáp án A

Xử lý hỗn hợp khí X: 3 khí đó

chỉ có thể là NO, N₂ và N₂O.

NO + ½O₂ → NO₂ 

và bị giữ lại bởi NaOH.

⇒ Hỗn hợp khí Y chứa

N₂ và N₂O với

M_T.bình = 36 = M_{T.bình cộng của 2 khí}.

⇒ n_N2 = n_N2O 

Đặt n_NO = a và n_N2 = n_N2O = b

Ta có hệ:

a + 2b = 0,04

& 30a + 28b + 44b = 1,32 

⇒ a = 0,02 và b = 0,01.

⇒ ∑n_{e cho nhận} 

= 3n_NO + 10n_N2 + 8n_N2O = 0,24 mol.

● Đặt số mol 2 kim loại lần lượt là

x và y ta có hệ:

(24+17×2).x + (27+17×3)y = 6,42

& 2x + 3y = 0,24.

⇒ n_Mg = 0,03 và n_Al = 0,06 mol

⇒ m_{Hỗn hợp kim loại} = 2,34 gam

+ Bảo toàn nguyên tố Nitơ 

⇒ n_{HNO3 đã pứ} = 0,24 + 0,02 + 0,01×2×2

= 0,3 mol.

⇒ ∑n_{HNO3 ban đầu} = 0,3 + 0,3×0,15

= 0,345 mol

⇒ m_{Dung dịch HNO3} =  

= 90,5625 gam

Đáp án A

Xử Lý hỗn hợp khí X: 3 khí đó chỉ có thể là NO, N2 và N2O.

NO + ½O2 → NO2 và bị giữ lại bởi NaOH.

⇒ Hỗn hợp khí Y chứa N2 và N2O với MTrung bình = 36 = MTrung bình cộng của 2 khí.

⇒ nN2 = nN2O || Đặt nNO = a và nN2 = nN2O = b ta có hệ:

a + 2b = 0,04 || 30a + 28b + 44b = 1,32 ||⇒ a = 0,02 và b = 0,01.

⇒ ∑ne cho nhận = 3nNO + 10nN2 + 8nN2O = 0,24 mol.

● Đặt số mol 2 kim loại lần lượt là x và y ta có hệ:

(24+17×2)x + (27+17×3)y = 6,42 || 2x + 3y = 0,24.

⇒ nMg = 0,03 và nAl = 0,06 mol ⇒ mHỗn hợp kim loại = 2,34 gam

+ Bảo toàn nguyên tố Nitơ ⇒ nHNO3 đã pứ = 0,24 + 0,02 + 0,01×2×2 = 0,3 mol.

⇒ ∑nHNO3 ban đầu = 0,3 + 0,3×0,15 = 0,345 mol.

⇒ mDung dịch HNO3 =  0 , 345 × 63 × 100 24  = 90,5625 gam

Đáp án D.

Chú ý: Cr không phản ứng với NaOH kể cả NaOH đặc nóng

Đáp án D

Đáp án D

Ta có:

→ n H 2 = n C r = 0 , 03   m o l < n H 2 (đề bài) = 0,045 mol

→ Chứng tỏ Y phải có Al dư và 0,06 mol Cr.

Như vậy  Y A l :   0 , 01   m o l A l 2 O 3 :   0 , 015   m o l C r :   0 , 03   m o l → n N a O H = 0 , 04 m o l

Chú ý: Cr không phản ứng với NaOH kể cả NaOH đặc nóng

Đáp án B

Đồ thị trải qua các giai đoạn:

+Chưa xuất hiện kết tủa do NaOH trung hòa axit dư.

+Kết tủa tăng dần.

+Kết tủa giảm dần do NaOH hòa tan Al(OH)₃, kết tủa sau cùng chỉ còn lại là Mg(OH)₂.

Nhận thấy lúc 0,92 mol NaOH phản ứng thì kết tủa thu được là 0,18 mol Mg(OH)₂

Giải được số mol H₂SO₄ 0,16 mol, HCl 0,48 mol.

Cho V ml Ba(OH)₂ 0,4M và NaOH 0,8M chứa x mol Ba(OH)₂ và 2x mol NaOH.

Để kết tủa hidroxit lớn nhất là 4x=0,08+0,12.3+0,18.2=0,8.

Để kết tủa BaSO₄ lớn nhất là x>0,16.

Do vậy thỏa mãn x=0,2 suy ra V=0,5 lít=500ml.