Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Tính chất hóa học kim loại (Hóa học Lớp 12)

Định hướng tư duy giải:

Ta có: $\{\begin{array}{l}{n}_{N{O}_3^{-}}=0,225\\ n_{N_2}=0,05\\ n_{NO}=0,1\end{array}$ — → $n_{N{H}_4^{+}}=0,025$ — → 56,375 $\{\begin{array}{l}KL:(0,8718m+2,4)\\ O{H}^{-}:\frac{0,1282m}{16}.2+0,075+1\end{array}$ — → m = 31,2

- Gọi x là số mol NH₄⁺ trong dung dịch X.
- Xét hỗn hợp oxi ta được:
n_O(trong oxit) = 8n_{NH₄⁺}/2 = 4x → m_oxit = m_{kim loại} + 16n_O → m + 16.4x = 18,6 (1)
- Xét hỗn hợp muối ta có: n_{NO₃⁻} = 9n_{NH₄⁺} = 9x
+ m_muối = m_{kim loại} + 62n_{NO₃⁻} + 18n_{NH₄⁺} = m_{kim loại} + 9.62x + 18x
- Theo đề bài ta được: %O = 16.3n_{NO₃⁻}/m_muối → 0,60111 = 432x/(m + 576x) → 0,6011m - 85,7664x = 0 (2)
- Giải hệ (1) và (2) ta được x = 0,09 ⇒ m = 12,84. Vậy a = 64,68

$$\{\begin{array}{l}Zn:0,04mol\\ Fe:0,04mol\end{array}\stackrel{O_2,C{l}_2}{\to }Y\underset{HCl0,12mol}{\to }Z\{\begin{array}{l}ZnC{l}_2\\ FeC{l}_2\underset{du}{\overset{AgN{O}_3}{\to }}\downarrow \\ FeC{l}_2\end{array}\{\begin{array}{l}AgCl:2x+0,12\\ Ag:ymol\end{array}$$

Hỗn hợp

+ dung dịch chứa $\{\begin{array}{l}F{e}^{3+}\\ Z{n}^{2+}\\ N{O}_3^{-}\\ A{g}^{+}\end{array}$

Khi tác dụng với HCl chỉ có các oxit bị hòa tan

→ n_HCl = 4n_O2 → n_O2 = 0,03 mol

Gọi số mol của Cl₂ và Ag lần lượt là x, y mol

Bảo toàn nguyên tố Cl → n_AgCl = 2n_Cl2 + n_HCl = 2x + 0,12

→ 143,5(2x + 0,12) + 108y = 28,345

Bảo toàn electron cho toàn bộ quá trình 3n_Fe + 2n_Zn = 2n_Cl2 + 4n_O2 + n_Ag

→ 3(0,04) + 2(0,04) = 2x + 4(0,03) + y

Giải hệ → x = 0,035 và y = 0,01

$$\%C{l}_2=\frac{0,035}{0,035+0,03}\cdot 100\%=53,85\%.$$

Phân tích: Đặt $n_{Cu}=n_{CuO}=a$; $n_{Cu(N{O}_3{)}_2}=b$.

Khi cho X tan hoàn toàn trong dung dịch $H_{2}S{O}_4$ thì ta chỉ thu được dung dịch chỉ chứa một chất tan duy nhất nên sau phản ứng thì $N{O}_3^{-}$ hết và muối thu được là $CuS{O}_4$.

Ta có: $CuO+2H^{+}\to C{u}^{2+}+H_{2}O$

$3Cu+8H^{+}+2N{O}_3^{-}\to 3C{u}^{2+}+2NO+4H_{2}O$ (với $8H^{+}$ ứng với $\frac{8}{3}a\leftrightarrow 2b$)

$\to 2a+\frac{8}{3}a=n_{H^{+}}=2n_{H_{2}S{O}_4}=2\cdot 0,35\cdot 2=1,4\to a=0,3$

Mà $2b=\frac{2}{3}a\to b=0,1$

Vậy phần trăm khối lượng Cu trong X là: $\frac{0,3\cdot 64}{0,3\cdot (64+80)+0,1\cdot 188}\cdot 100\%\approx 30,97\%$

(Lưu ý: bản gốc in nhầm $n_{Cu(N{O}_2{)}_2}$, $2N{O}^{-}$ và $a=3$; theo đáp án B và phép tính thì đúng là $Cu(N{O}_3{)}_2$, $N{O}_3^{-}$ và $a=0,3$.)

Đáp án C

► Ta có $E_{M{g}^{2+}/Mg}^0>E_{C{u}^{2+}/Cu}^0>E_{A{g}^{+}/Ag}^0$ || X chứa 2 muối.

||$\Rightarrow$ X gồm $Mg(N{O}_3{)}_2$ và $Cu(N{O}_3{)}_2$. Tăng giảm khối lượng:

$n_{Fephảnứng}=\frac{9,36-8,4}{64-56}=0,12$ mol $<n_{Febanđ\grave{\hat{a}}u}$ $\Rightarrow$ Fe dư, $C{u}^{2+}$ hết.

$\Rightarrow n_{Cu(N{O}_3{)}_2}=0,12$ mol. Bảo toàn gốc $N{O}_3$: $n_{Mg(N{O}_3{)}_2}=0,18$ mol.

► Bỏ qua gốc $N{O}_3$ (do được bảo toàn), bảo toàn khối lượng gốc kim loại:

||$\Rightarrow$ m $=0,18\times 24+0,12\times 64+19,44-0,1\times 108-0,25\times 64=4,64$(g)

Đáp án B

Đáp án C

Hỗn hợp $\{\begin{array}{l}Zn:0,04mol\\ Fe:0,04mol\end{array}\stackrel{O_2,C{l}_2}{\to }Y\underset{0,12mol}{\overset{HCl}{\to }}Z\{\begin{array}{l}ZnC{l}_2\\ FeC{l}_2\\ FeC{l}_2\end{array}\underset{du}{\overset{AgN{O}_3}{\to }}\downarrow \{\begin{array}{l}AgCl:2x+0,12\\ Ag:ymol\end{array}$

+ dung dịch chứa $\{\begin{array}{l}F{e}^{3+}\\ Z{n}^{2+}\\ N{O}_3^{-}\\ A{g}^{+}\end{array}$

Khi tác dụng với HCl chỉ có các oxit bị hòa tan

$\to n_{HCl}=4n_{O_2}\to n_{O_2}=0,03$ mol

Gọi số mol của $C{l}_2$ và Ag lần lượt là x, y mol

Bảo toàn nguyên tố Cl $\to n_{AgCl}=2n_{C{l}_2}+n_{HCl}=2x+0,12$

$\to 143,5(2x+0,12)+108y=28,345$

Bảo toàn electron cho toàn bộ quá trình $3n_{Fe}+2n_{Zn}=2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}+n_{Ag}$

$\to 3.0,04+2.0,04=2x+4.0,03+y$

Giải hệ $\to$ x = 0,035 và y = 0,01

$\%C{l}_2=\frac{0,035}{0,035+0,03}.100\%=53,85\%.$

Đáp án C
Khí không màu hóa nâu trong kk là NO. Vì tỷ khối của 2 khí là 24,4 nên có 1 khí là H${}_2$
$n_{H_2}$ = a, $n_{NO}$ = b → $a+b$ = 0,125, $2a+30b$ = 3,05 → a = 0,025, b = 0,1
Vì tạo khí H${}_2$ nên NO${}_3^{-}$ phản ứng hết
$n_{N{O}_3^{-}}=0,15\to N{H}_{4}Cl$ : 0,05 $\to n_{Zn}=\frac{0,025.2+0,1.3+0,05.8}{2}=0,375$
$\Rightarrow m_{Mu\acute{\hat{o}}i}=m_{ZnC{l}_2}+m_{N{H}_{4}Cl}+m_{NaCl}+m_{KCl}=64,05$ gam

(AI giải đề cho tôi)
Tính khối lượng oxi trong M: $m_O=35,25\times 20,4255\%=7,2$ g $\Rightarrow n_O=0,45$ mol. Khối lượng kim loại (Al, Fe, Cu) trong M: $35,25-7,2=28,05$ g.

Khí X (CO₂ và CO dư) có $\overline{M}=36$: gọi $n_{C{O}_2}=a$, $n_{CO}=0,3-a$ (vì $n_{CO}=6,72/22,4=0,3$ mol). Ta có $44a+28(0,3-a)=36\times 0,3=10,8\Rightarrow 16a=2,4\Rightarrow a=0,15$ mol. Vậy CO lấy đi 0,15 mol O từ rắn, CO chỉ lấy O²⁻ của oxit (không thay đổi tổng điện tích dương của cation kim loại cần bù khi hòa tan).

Khí Z: $n_Z=4,48/22,4=0,2$ mol, $\overline{M}=16,75\times 2=33,5$. Gọi $n_{NO}=x$, $n_{N_{2}O}=0,2-x$: $30x+44(0,2-x)=6,7\Rightarrow x=0,15$ mol NO, $n_{N_{2}O}=0,05$ mol.

Số mol electron HNO₃ nhận (N⁺⁵ → N⁺² trong NO: 3e; → N⁺¹ trong N₂O: 4e mỗi phân tử):
$$n_e=3(0,15)+8(0,05)=0,45+0,40=0,85\text{ mol}$$

Oxi còn lại trong rắn G: $0,45-0,15=0,30$ mol O²⁻. Khi hòa tan G trong HNO₃ dư, toàn bộ kim loại chuyển thành cation (Al³⁺, Fe³⁺, Cu²⁺), O²⁻ chuyển thành H₂O. Bảo toàn điện tích: tổng số mol NO₃⁻ trong muối bằng tổng điện tích dương của cation = điện tích bù cho O²⁻ ($2\times 0,30=0,60$) cộng số electron nhường cho HNO₃ ($0,85$):
$$n_{N{O}_3^{-}}=0,60+0,85=1,45\text{ mol}$$

Khối lượng muối = khối lượng kim loại + khối lượng NO₃⁻ (không có NH₄⁺, oxi của oxit ra khỏi muối dưới dạng H₂O):
$$m=28,05+62\times 1,45=28,05+89,90=117,95\text{ g}$$

Vậy $m=117,95$ gam, đáp án A (khớp với đáp án nguồn).

giải:

$$\{\begin{array}{l}27x+24y=7,56\\ 27x+24y=25,2(x+y)\end{array}\to \{\begin{array}{l}x=0,12\\ y=0,18\end{array}$$

Áp dụng QT đường chéo: $\frac{n_{Cl2}}{n_{O2}}=\frac{1}{3,1}\to$ n Cl${}_2$: a mol $\to$ 3,1 a mol.

BT e: 2a + 3,1a. 4 = 0,12.3 + 0,18. 2 $\to$ a = 0,05.

Vậy: $\{\begin{array}{l}{n}_{Cl2}:0,05mol\\ n_{O2}:0,155mol\end{array}\to n_{O2}=0,31mol$

Ta có: O${}^{2-}$ $\stackrel{-HCl}{\to }$ 2Cl${}^{-}$

$n_{HCl}=2n_{O2}=0,31.2=0,62$ mol.

$m_{ddHCl}=\frac{0,62\cdot 36,5\cdot 100}{18,25}=124$ gam.

Ghi chú: nguồn trang 10 tô đỏ đáp án A (124 gam). Ký hiệu $n_{HCl}=2n_{O2}=0,31.2=0,62$ mol trong lời giải nguồn không nhất quán về hệ số (0,62 mol HCl ứng với 2 × 0,31 mol O nguyên tử), nhưng kết quả cuối 124 gam khớp đáp án A của nguồn.

Chọn C.
Muối trong Z là $M_2(S{O}_4{)}_n$ tác dụng với NaOH dư thu được kết tủa là $M(OH{)}_n$
BTDT $\Rightarrow$ $2n_{S{O}_4^{2-}}=n_{O{H}^{-}}=2n_{O(oxit)}$ (Bản chất: $2H^{+}+O^{2-}\to H_{2}O$) (1)
Ta có: $m_{oxit}=m+16n_O=44$ (2) và $m_t=m+17n_{O{H}^{-}}=58,4$ (3)
Từ (1), (2), (3) $\Rightarrow n_O=0,8$ mol $\Rightarrow m=44-0,8.16=31,2$ gam.

(Nguồn: lời giải chi tiết đề tham khảo, trang 98)

n_Mg = n_Zn = 0,35 (mol) → n_e = 1,4 mol. n_B = 4,48/22,4 = 0,2 (mol), M_B = 11,5 × 2 = 23 → B gồm N₂O: 0,1 (mol) và H₂: 0,1 (mol).

Bảo toàn electron: n_NH4⁺ = (1,4 − 0,1×8 − 0,1×2)/8 = 0,05 (mol).

Dung dịch A chứa: Mg²⁺: 0,35; Zn²⁺: 0,35; NH₄⁺: 0,05; Na⁺: 0,1×2 + 0,05 + a = 0,25 + a; SO₄²⁻: a.

Bảo toàn điện tích: 2×0,35 + 2×0,35 + 0,05 + (0,25 + a) = 2a → a = 1,7 (mol).

Bảo toàn khối lượng: m = 240,1 (gam).

Đáp án A.

Câu 80. A
$$\{\begin{array}{l}{n}_{Mg}=0,35(mol)\\ n_{Zn}=0,35(mol)\end{array}\to n_e=1,4n_B=0,2(mol)\{\begin{array}{l}{N}_{2}O:0,1(mol)\\ H_2:0,1(mol)\end{array}$$
Ta có :
$$-\stackrel{BTE}{\to }{n}_{N{H}_4^{+}}=\frac{1,4-0,1.8-0,1.2}{8}=0,05(mol)$$
$$\to \text{dd A}\{\begin{array}{l}M{g}^{2+}:0,35\\ Z{n}^{2+}:0,35\\ N{H}_4^{+}:0,05\\ -\stackrel{BTNT.Nito}{\to }N{a}^{+}:0,1.2+0,05+a=0,25+a\\ -\stackrel{BTDT}{\to }S{O}_4^{2-}:a\end{array}$$
$$-\stackrel{BTDT}{\to }a=1,7(mol)$$
$$-\stackrel{BTKL}{\to }m=240,1(gam)$$

Bảo toàn N => nNO${}_3^{-}$ (Y) = nHNO${}_3$ - nNO - nNH${}_4^{+}$ = 0,5125 - nNH${}_4^{+}$

Y + NaOH (0,50625) => NaNO${}_3$ nên: 0,5125 - nNH${}_4^{+}$ = 0,50625 => nNH${}_4^{+}$ = 0,00625 n${}_{H^{+}}$ = 4nNO + 10nNH${}_4^{+}$ + 2nO

=> nO = 0,15

=> mE = mX - mO = 14,4 gam

Trong khí Z: nNO = 0,1 và nH${}_2$ = 0,075
Bảo toàn khối lượng —> nH${}_2$O = 0,55
Bảo toàn H —> nNH${}_4^{+}$ = 0,05
Bảo toàn N —> nFe(NO${}_3$)${}_2$ = 0,075
nH${}^{+}$ = 4nNO + 10nNH${}_4^{+}$ + 2nH${}_2$ + 2nO trong oxit
—> nO trong oxit = 0,2 —> nZnO = 0,2
Đặt a, b là số mol Mg và Al
—> mX = 24a + 27b + 0,2.81 + 0,075.180 = 38,55
ne = 2a + 3b = 0,1.3 + 0,075.2 + 0,05.8
—> a = 0,2 và b = 0,15
—> \%nMg = 0,2/(0,2 + 0,15 + 0,2 + 0,075) = 32\%

Phương pháp:
n${}_{Cu(NO3)2}$ : n${}_{AgNO3}$ = 1,2 : 0,8 = 3/2
Đặt n${}_{Cu(NO3)2}$ = 3x và n${}_{AgNO3}$ = 2x (mol)
X tác dụng với lượng tối đa NaOH tạo thành NaNO₃ ⇒ n${}_{NaNO3}$ = n${}_{NaOH}$
BTNT “N”: 2n${}_{Cu(NO3)2}$ + n${}_{AgNO3}$ = n${}_{NaNO3}$ ⇒ x
⇒ n${}_{Cu(NO3)2}$ và n${}_{AgNO3}$
Ta thấy: m${}_{Cumax}$ + m${}_{Agmax}$ < 22,84 gam
⇒ Cu(NO${}_3$)${}_2$ và AgNO${}_3$ hết, KL dư
Đặt n${}_{Fe}$ = 3y và n${}_{Mg}$ = y (mol)
TH1: Mg dư, Fe chưa phản ứng
TH2: Mg hết, Fe dư
Hướng dẫn giải:
n${}_{Cu(NO3)2}$ : n${}_{AgNO3}$ = 1,2 : 0,8 = 3/2
Đặt n${}_{Cu(NO3)2}$ = 3x và n${}_{AgNO3}$ = 2x (mol)
X tác dụng với lượng tối đa NaOH tạo thành NaNO₃ = n${}_{NaNO3}$ = n${}_{NaOH}$ = 0,36 mol
BTNT “N”: 2n${}_{Cu(NO3)2}$ + n${}_{AgNO3}$ = n${}_{NaNO3}$
⇒ 2.3x + 2x = 0,36 ⇒ x = 0,045
⇒ n${}_{Cu(NO3)2}$ = 0,135 mol và n${}_{AgNO3}$ = 0,08 mol
Ta thấy: 0,135.64 + 0,09.108 = 18,36 gam < 22,84 gam
⇒ Cu(NO${}_3$)${}_2$ và AgNO${}_3$ hết, KL dư
Đặt n${}_{Fe}$ = 3y và n${}_{Mg}$ = y (mol)
TH1: Mg dư, Fe chưa phản ứng
BTe: 2n${}_{Mg}$ = 2n${}_{Cu}$ + n${}_{Ag}$ = 2n${}_{Mgpu}$ = 2.0,135 + 0,09 = n${}_{Mgpu}$ = 0,18 mol
⇒ n${}_{Mgdư}$ = y - 0,18 mol (y > 0,18 mol)
m${}_{r\acute{\stackrel{˘}{a}}n}$ = m${}_{Mgdư}$ + m${}_{Fe}$ + m${}_{Cu}$ + m${}_{Ag}$ = 22,84 = 24V-0,18)+ 56.3y + 18,36 = y = 11/240 < 0,18 (loại)
TH2: Mg hết, Fe dư.
m${}_{r\acute{\stackrel{˘}{a}}n}$ = m${}_{Cu}$ + m${}_{Ag}$ + m${}_{Fedư}$; 2 m${}_{Fedư}$ = m${}_{r\acute{\stackrel{˘}{a}}n}$ - (m${}_{Cu}$ + m${}_{Ag}$) = 22,84 – 18,36 = 4,48 gam
⇒ n${}_{Fedư}$ = 0,08 mol
⇒ n${}_{Fepu}$ = 3y – 0,08 (mol)
BTe: 2n${}_{Mg}$ + 2n${}_{Fe}$ = 2ncu + nag = 2.y + 2.(3y – 0,08) = 2.0,135 + 0,09 Ver
⇒ y = 0,065
⇒ n_Fe = 0,195 mol và n_Mg = 0,065 mol
⇒ m = 0,195.56 + 0,065.24 = 12,48 gam
Đáp án D

Ta có: $\{\begin{array}{l}{n}_{Mg}=0,35(mol)\\ n_{Zn}=0,35(mol)\end{array}\to n_e=1,4$ $n_B=0,2(mol)\{\begin{array}{l}{N}_{2}O:0,1(mol)\\ H_2:0,1(mol)\end{array}$
$\stackrel{BTE}{\to }\to n_{N{H}_4^{+}}=\frac{1,4-0,1.8-0,1.2}{8}=0,05(mol)$
$\to$ ddA $\{\begin{array}{l}M{g}^{2+}:0,35\\ Z{n}^{2+}:0,35\\ N{H}_4^{+}:0,05\\ \stackrel{BTNT,Nito}{\to }\to N{a}^{+}:0,1.2+0,05+a=0,25+a\\ \stackrel{BTNT}{\to }\to S{O}_4^{2-}:a\end{array}\stackrel{BTNT}{\to }\to a=1,7(mol)$
$\stackrel{BTKL}{\to }\to m=240,1(gam)$.

Chọn A.

Đặt $n_O(X)=a$ và $n_{N{H}_4^{+}}=b$

$n_{H^{+}}=2a+10b+0,1\cdot 4=0,98$

$m$ muối $=(18,6-16a)+62(0,98-b-0,1)+18b=68,88$

$\to a=0,24$ và $b=0,01$

$\to m$ kim loại $=18,6-16a=14,76$

Chọn C. $n_{HN{O}_3}=\frac{136\cdot 31,5\%}{63}=0,68$ mol. Gọi số mol $N{H}_4^{+}$ là x mol. Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố N ta có: $n_{HN{O}_3}=n_{N{O}_3^{-}}+n_{N{H}_4^{+}}+n_{NO}\to n_{N{O}_3^{-}}=0,68-0,12-x=0,56-x$. Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch X ta có: $$n\cdot n_{M^{n+}}+n_{N{H}_4^{+}}=n_{N{O}_3^{-}}\to n_{M^{n+}}=\frac{0,56-2x}{n}$$ $M\to M^{n+}+ne$; $N^{+5}+3e\to N^{+2}$; $N^{+5}+8e\to N^{-3}$ (Lời giải tiếp theo nằm ở trang sau, không được cung cấp trong phần dữ liệu này.)