Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Hợp chất của kim loại kiềm (Hóa học Lớp 12)

Các chất X, Y thỏa mãn sơ đồ trên lần lượt là $Ba(HC{O}_3{)}_2$, $Ba(OH{)}_2$

$$NaOH+Ba(HC{O}_3{)}_2\to NaHC{O}_3+BaC{O}_3+H_{2}O$$

$$NaHC{O}_3+Ba(OH{)}_2\to NaOH+BaC{O}_3+H_{2}O$$

$$2NaOH+Ba(HC{O}_3{)}_2\to N{a}_{2}C{O}_3+BaC{O}_3+2H_{2}O$$

$$N{a}_{2}C{O}_3+Ba(OH{)}_2\to BaC{O}_3+2NaOH$$

Z là NaHCO${}_3$; E là Na${}_2$CO${}_3$.

a) Đúng.
b) Đúng.
c) Sai. $n_{NaCl}\approx 1313,7$ mol; $n_{N{a}_{2}C{O}_3}=656,85$ mol; $m_{N{a}_{2}C{O}_3}=656,85\times 106\approx 69,63$ kg; H = (62,62 : 69,63) × 100\% ≈ 89,9\%.
d) Sai. Nếu dùng KCl, phản ứng sẽ tạo ra KHCO${}_3$. Tuy nhiên KHCO${}_3$ là chất dễ tan, không kết tủa, do đó không thể tách ra và chuyển hóa thành K${}_2$CO${}_3$ theo quy trình Solvay truyền thống.
a) Đúng.
b) Đúng.
c) Sai. $n_{NaCl}\approx 1313,7$ mol
$n_{N{a}_{2}C{O}_3}=656,85$ mol
$m_{N{a}_{2}C{O}_3}=656,85\times 106\approx 69,63$ kg
H = (62,62 : 69,63) × 100\% ≈ 89,9\%
d) Sai. Nếu dùng KCl, phản ứng sẽ tạo ra KHCO${}_3$. Tuy nhiên KHCO${}_3$ là chất dễ tan, không kết tủa, do đó không thể tách ra và chuyển hóa thành K${}_2$CO${}_3$ theo quy trình Solvay truyền thống.

Chọn B.
2NaOH (X) + CO${}_2$ (Y) $\to$ Na${}_2$CO${}_3$ (Z) + H${}_2$O
Na${}_2$CO${}_3$ (Z) + CO${}_2$ (Y) + H${}_2$O $\to$ 2NaHCO${}_3$
NaHCO${}_3$ (T) + NaOH (X) $\to$ Na${}_2$CO${}_3$ (Z) + H${}_2$O
Na${}_2$CO${}_3$ (Z) + Ba(OH)${}_2$ (E) $\to$ BaCO${}_3$ + 2NaOH

a) Sai. ${\Delta }_r{H}_{298}^{\circ }=-78$ kJ < 0 nên phản ứng tỏa nhiệt, không phải thu nhiệt.

b) Đúng. Phản ứng tổng quát của phương pháp Solvay có thể viết: $2NaCl+CaC{O}_3\to N{a}_{2}C{O}_3+CaC{l}_2$. Theo tỉ lệ mol: 1 mol $N{a}_{2}C{O}_3$ tạo 1 mol $CaC{l}_2$. $M(N{a}_{2}C{O}_3)$ = 106 g/mol; $M(CaC{l}_2)$ = 111 g/mol. Với 1 tấn Na${}_2$CO${}_3$: m(CaCl${}_2$) = 1 × 111 / 106 = 1,047 tấn. Làm tròn đến hàng phần mười: 1,0 tấn.

c) Sai. Khi nung NaHCO${}_3$: $$2NaHC{O}_3\to N{a}_{2}C{O}_3+C{O}_2+H_{2}O$$ CO${}_2$ thu hồi từ giai đoạn (3) chỉ bù được một phần CO${}_2$. Vẫn cần nung đá vôi ở giai đoạn (1) để cung cấp thêm CO${}_2$ cho quá trình.

d) Đúng. NaCl là chất tham gia ở vế trái của cân bằng chính. Dùng dư NaCl giúp chuyển dịch cân bằng theo chiều thuận, tạo nhiều NaHCO${}_3$ hơn.
a) ${\Delta }_r{H}_{298}^{\circ }=-78$ kJ < 0 nên phản ứng tỏa nhiệt, không phải thu nhiệt.
b) Phản ứng tổng quát của phương pháp Solvay có thể viết:

$2NaCl+CaC{O}_3\to N{a}_{2}C{O}_3+CaC{l}_2$

Theo tỉ lệ mol:

1 mol $N{a}_{2}C{O}_3$ tạo 1 mol $CaC{l}_2$.

$M(N{a}_{2}C{O}_3)$ = 106 g/mol
$M(CaC{l}_2)$ = 111 g/mol

Với 1 tấn Na${}_2$CO${}_3$:

m(CaCl${}_2$) = 1 × 111 / 106 = 1,047 tấn

Làm tròn đến hàng phần mười: 1,0 tấn.
c) Khi nung NaHCO${}_3$:

$$2NaHC{O}_3\to N{a}_{2}C{O}_3+C{O}_2+H_{2}O$$

CO${}_2$ thu hồi từ giai đoạn (3) chỉ bù được một phần CO${}_2$. Vẫn cần nung đá vôi ở giai đoạn (1) để cung cấp thêm CO${}_2$ cho quá trình.
d) NaCl là chất tham gia ở vế trái của cân bằng chính. Dùng dư NaCl giúp chuyển dịch cân bằng theo chiều thuận, tạo nhiều NaHCO${}_3$ hơn.

(AI giải đề cho tôi)
Sơ đồ: NaCl → A → Na2CO3 → B → NaCl. Bước NaCl → A: điện phân dung dịch NaCl tạo NaOH, vậy A = NaOH. Bước NaOH → Na2CO3: $2NaOH+C{O}_2\to N{a}_{2}C{O}_3+H_{2}O$ (hợp lệ). Bước Na2CO3 → B: $N{a}_{2}C{O}_3+H_{2}S{O}_4\to N{a}_{2}S{O}_4+C{O}_2+H_{2}O$, vậy B = Na2SO4. Bước Na2SO4 → NaCl: $N{a}_{2}S{O}_4+BaC{l}_2\to BaS{O}_4\downarrow +2NaCl$ (hợp lệ). Kiểm tra các phương án: A sai vì Na2O không tạo được từ Na2CO3 theo sơ đồ này; B sai vì Na2SO4 không chuyển trực tiếp thành Na2CO3; C sai vì NaNO3 không điều chế được NaCl dễ dàng (muối bền, không có phản ứng tạo NaCl thuận tiện). Vậy A = NaOH và B = Na2SO4, khớp đáp án D của đề.

NaHCO${}_3$ và MgCO${}_3$ cùng M nên X gồm NaHCO${}_3$ (x mol) và KHCO${}_3$ (y mol)
→ 84x + 100y = 14,52 và x + y = 0,15 → x = 0,03 và y = 0,12 → KCl 0,12 mol → m = 8,94

Ta có: $\mathrm{NaCl}⟶\mathrm{NaOH}$

Khối lượng NaCl cần sử dụng là: $\frac{2,0\text{taˆˊn}}{40\mathrm{gam}\cdot \mathrm{mo}{\mathrm{l}}^{-1}}\times 58,5\mathrm{gam}\cdot \mathrm{mo}{\mathrm{l}}^{-1}\times \frac{1}{46,28\%}\approx 6,3\text{taˆˊn}$

(AI giải đề cho tôi)
Cả KHCO3 và Na2CO3 khi tác dụng với Ca(OH)2 dư đều tạo kết tủa CaCO3 theo tỉ lệ 1:1 về số mol nguyên tử C: KHCO3 + Ca(OH)2 → CaCO3 + KOH + H2O; Na2CO3 + Ca(OH)2 → CaCO3 + 2NaOH. Vậy phần 1 (m gam) có tổng số mol các muối cacbonat/cacbonat hiđro = 0,12 mol. Phần 2 khối lượng 2m gam nên chứa 0,24 mol tổng muối. Khi tác dụng với HCl dư, mỗi mol muối giải phóng 1 mol CO2: HCO3^- + H+ → CO2 + H2O; CO3^2- + 2H+ → CO2 + H2O. Suy ra nCO2 = 0,24 mol, V = 0,24 × 22,4 = 5,376 lít. Khớp với đáp án nguồn D.

Chọn C.
- Khi cho dung dịch Z tác dụng với dung dịch chứa 0,06 mol KHSO${}_4$ và 0,09 mol HCl thì :

$$n_{C{O}_3^{2-}(trongZ)}=n_{HCl}+n_{KHS{O}_4}-n_{C{O}_2}=0,09mol$$

- Khi cho dung dịch T tác dụng với Ba(OH)_2 ta được :

$$n_{BaS{O}_4}=n_{NaHS{O}_4}=0,06mol\Rightarrow n_{BaC{O}_3}=\frac{m_{\downarrow }-233n_{BaS{O}_4}}{197}=0,18mol$$

, vậy trong T chứa 0,18 mol HCO_3^-

$$-\stackrel{BT:C}{\to }{n}_{HC{O}_3^{-}(trongZ)}=n_{BaC{O}_3}+n_{C{O}_2}-n_{C{O}_3^{2-}}=0,15mol$$

- Vậy trong Z chứa 0,15 mol HCO_3^- và 0,09 mol CO_3^{2-}

- Giả sử X là muối NaHCO_3, gọi muối của Y là A_2(CO_3)_n ta có :

$$n_{A_2(C{O}_3{)}_n}=\frac{n_{C{O}_3^{2-}}}{n}=\frac{0,15}{n}\to M_{A_2(C{O}_3{)}_n}=\frac{m_{muoi}-84n_{NaHC{O}_3}}{n_{A_2(C{O}_3{)}_n}}=\frac{8,64n}{0,09}-n\stackrel{=}{\to }1\to M_{A_{2}C{O}_3}=96$$

$$\Rightarrow M_A=\frac{M_{A_{2}C{O}_3}-M_{C{O}_3^{2-}}}{2}=18(N{H}_4^{+})$$

. Vậy muối X là NaHCO_3 và Y là (NH_4)_2CO_3.

- Không xét tiếp các trường hợp còn lại vì trường hợp trên đã thỏa mãn.

A. Đúng, NaHCO_3 (X) là muối natri hidrocacbonat chiếm 59,32% về khối lượng hỗn hợp.

B. Đúng, (X) NaHCO_3 và (Y) (NH_4)_2CO_3 đều có tính lưỡng tính.

C. Sai, (Y) $(N{H}_4{)}_{2}C{O}_3$ là muối amoni cacbonat chiếm 40,67% về khối lượng hỗn hợp.

D. Đúng (X) $NaHC{O}_3$ và (Y) $(N{H}_4{)}_{2}C{O}_3$ đều bị phân hủy bởi nhiệt.

Hướng dẫn giải:

$n_{BaC{l}_2}=n_{BaC{O}_3}=0,2$ (mol)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: $m_{hh}+m_{BaC{l}_2}=m_{k\acute{\hat{e}}ttuả}+m$

$\Rightarrow m=24,4+0,2\cdot 208-39,4=26,6$ gam

* Đáp án C

(AI giải đề cho tôi)
Trong 100 ml dung dịch X: n(Na2CO3) = 0,15 mol; n(KHCO3) = 0,1 mol. Nhỏ từ từ HCl 0,2 mol vào, H+ ưu tiên phản ứng với CO3^2- trước: CO3^2- + H+ → HCO3^- (cần 0,15 mol H+, sinh thêm 0,15 mol HCO3^-). HCl còn dư 0,05 mol phản ứng: HCO3^- + H+ → CO2 + H2O, sinh ra 0,05 mol CO2. V = 0,05 × 22,4 = 1,12 lít (đkc). Vậy đáp án C.

(AI giải đề cho tôi)
Kiểm tra phương án C: X = Ba(OH)₂, Y = CO₂, Z = HCl.

Bước 1: NaHCO₃ + Ba(OH)₂ (tỉ lệ 1:1) → BaCO₃↓ + NaOH + H₂O, vậy E = NaOH.

Bước 2: E + Y: 2NaOH + CO₂ (tỉ lệ 1:1) → NaHCO₃ (NaOH + CO₂ → NaHCO₃ khi CO₂ vừa đủ), trả lại NaHCO₃. ✓

Bước 3: NaHCO₃ + X = Ba(OH)₂ nhưng lần này NaHCO₃ dư: 2NaHCO₃ + Ba(OH)₂ → BaCO₃↓ + Na₂CO₃ + 2H₂O, vậy F = Na₂CO₃ (khác E = NaOH). ✓

Bước 4: F + Z: Na₂CO₃ + HCl (tỉ lệ 1:1) → NaHCO₃ + NaCl, trả lại NaHCO₃. ✓

Các chất X = Ba(OH)₂, Y = CO₂, Z = HCl, E = NaOH, F = Na₂CO₃ đều là hợp chất khác nhau, mỗi mũi tên là một phương trình hóa học hợp lệ, thỏa mãn sơ đồ. Các phương án khác không thỏa (ví dụ A: NaOH + HCl → NaCl không tạo lại NaHCO₃; B, D: NaHCO₃ + NaOH → Na₂CO₃ rồi Na₂CO₃ + CO₂ → NaHCO₃ nhưng bước cuối NaCl không thể chuyển thành NaHCO₃ bằng CO₂/HCl theo sơ đồ). Đáp án khớp với bảng đáp án (Câu 70: C).

(a) KCl + H${}_2$O —> KOH + Cl${}_2$ + H${}_2$
(b) KOH + Ba(HCO${}_3$)${}_2$ —> BaCO${}_3$ + K${}_2$CO${}_3$ + H${}_2$O
(c) KOH + Cl${}_2$ —> KCl + KClO + H${}_2$O
(d) Ba(HCO${}_3$)${}_2$ + KHSO${}_4$ —> BaSO${}_4$ + K${}_2$SO${}_4$ + CO${}_2$ + H${}_2$O
—> X${}_5$ và X${}_6$ là KClO và KHSO${}_4$.

Quy đổi hỗn hợp thành Na (a), K (b), O (c).
+) BTe: $n_{Na}+n_K=2n_O+2n_{H_2}$ → a + b = 2c + 2.0,02 (1)
+) $n_{O{H}^{-}}=n_{NaOH}+n_{KOH}=a+b$ (mol)
⇒ $n_{H^{+}}$ dư $=n_{H^{+}}$ (bd) - $n_{O{H}^{-}}$
⇒ $0,1.10^{-1}=0,05.3-(a+b)$ (2)
+) Chất rắn sau cô cạn gồm: NaCl (a) và KCl (b)
⇒ 58,5a + 74,5b = 9,15 (3)
Giải (1)(2)(3) được a = 0,08; b = 0,06; c = 0,05.
⇒ m = 0,08.23 + 0,06.39 + 0,05.16 = 4,98 gam gần nhất với 5 gam.
Chọn C.

Đáp án A

$H^{+}+C{O}_3^{2-}\to HC{O}_3^{-}$ : 0,1 ← 0,1 → 0,1

$HC{O}_3^{-}+H^{+}\to C{O}_2+H_{2}O$ : 0,2 0,2 0,2

→ $Y\{\begin{array}{l}N{a}^{2+}\\ HC{O}_3^{-}\\ S{O}_4^{2-}\end{array}$

$n_{N{a}^{+}}=0,1.2+0,2.1=0,4(mol)$

$n_{HC{O}_3^{-}}=0,1+0,2-0,2=0,1(mol)$

$-\stackrel{BTD}{\to }$ $n_{S{O}_4^{2-}}=\frac{0,4-0,1}{2}=0,15(mol)$

$Y-\stackrel{Ba(OH{)}_2}{\to }$
$$\{\begin{array}{l}HC{O}_3^{-}+O{H}^{-}\to C{O}_3^{2-}+H_{2}O\\ 0,1\to 0,1\\ B{a}^{2+}+C{O}_3^{2-}\to BaC{O}_3\\ 0,1\to 0,1\\ B{a}^{2+}+S{O}_4^{2-}\to BaS{O}_4\\ 0,15\to 0,15\end{array}$$

$\to m=0,1.197+0,15.233=54,65(gam)$

$\to$ Chọn đáp án A.

Chọn D. (a) 2KCl (X${}_1$) + 2H${}_2$O $\stackrel{\text{điện phaˆn, coˊ maˋng nga˘n}}{\to }$ 2KOH (X${}_2$) + Cl${}_2$ (X${}_3$↑) + H${}_2$↑; (b) KOH (X${}_2$) + CO${}_2$ $\to$ KHCO${}_3$ (X${}_5$); (c) 2KOH (X${}_2$) + Cl${}_2$ (X${}_3$) $\to$ KCl (X${}_1$) + KClO (X${}_4$) + H${}_2$O; (d) KOH (X${}_2$) + KHCO${}_3$ (X${}_5$) $\to$ K${}_2$CO${}_3$ (X${}_6$) + H${}_2$O

Chọn D.

(1) NaCl + H${}_2$O $\stackrel{\text{điện phaˆn maˋng nga˘n}}{\to }$ NaOH + Cl${}_2$↑ + H${}_2$↑

(2) NaOH + CO${}_2$ (dư) → NaHCO${}_3$

A. Sai, Chất khí Y có thể là Cl${}_2$ hoặc H${}_2$.

B. Sai, X là NaOH không phải là nước Gia-ven.

C. Sai, Khí Z có thể Cl${}_2$ hoặc H${}_2$ đều không khử được CaO ở nhiệt độ cao.

Chọn A.

Ta có: $n_{O{H}^{-}(Y)}=n_{O{H}^{-}du}+n_{H^{+}}=0,2$ mol

mà $n_{O{H}^{-}(Y)}=2n_O+2n_{H_2}\Rightarrow n_O=0,08$ mol $\Rightarrow \%m_O=\frac{m_O}{m}.100\%\Rightarrow m=6,4$ (g)

Hỗn hợp khí gồm H${}_2$ (0,1 mol) và CO${}_2$ (0,3 mol)

Ta có: n${}_{N{a}_{2}S{O}_4}$ = 1,2 mol $\Rightarrow$ n${}_{H_{2}S{O}_4}$ = 1,2 mol $\Rightarrow$ m${}_{\text{dd }{H}_{2}S{O}_4}$ = $\frac{1,2.98}{0,4}$ = 294 (g) và m${}_{\text{dd Y}}$ = $\frac{170,4}{0,51449}$ = 331,2 (g)

Theo BTKL: m + 294 = 13,4 + 331,2 $\Rightarrow$ m = 50,6 (g)