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

Đáp án C.
$$Tac\acute{o}:\{\begin{array}{l}{m}_{Mg}+m_{Fe2O3}=20(gam)\\ m_{MgO}+m_{Fe2O3}=28(gam)\end{array}\Rightarrow n_{Mg}=\frac{28-20}{16}=0,5mol$$
Bảo toàn e $\Rightarrow$ n${}_{NO2}$ = 2n${}_{Mg}$ = 1 mol $\Rightarrow$ V = 22,4 lít

(AI giải đề cho tôi)
n_Mg = 4,32/24 = 0,18 mol. Khí Y: NO (không màu, hóa nâu trong không khí) và H₂. Gọi n_NO = a, n_H₂ = b: a + b = 0,896/22,4 = 0,04 và 30a + 2b = 0,92 → a = 0,03; b = 0,01. Chất rắn không tan là Mg dư: n_Mg dư = 2,04/24 = 0,085 mol → n_Mg phản ứng = 0,18 − 0,085 = 0,095 mol, cho 0,19 mol e. Số e khí nhận: 3(0,03) + 2(0,01) = 0,11 mol → phần e còn lại 0,08 mol khử NO₃⁻ thành NH₄⁺ (8e/N): n_NH₄⁺ = 0,08/8 = 0,01 mol. Các phản ứng: 3Mg + 4H₂SO₄ + 2NaNO₃ → 3MgSO₄ + Na₂SO₄ + 2NO↑ + 4H₂O; Mg + H₂SO₄ → MgSO₄ + H₂↑; 4Mg + 5H₂SO₄ + NaNO₃ → 4MgSO₄ + NaNH₄SO₄ + 3H₂O. H⁺ tiêu thụ = 4(0,03) + 2(0,01) + 10(0,01) = 0,24 mol → n_H₂SO₄ = 0,12 mol; NO₃⁻ tiêu thụ = 0,03 + 0,01 = 0,04 mol. Do phản ứng xảy ra hoàn toàn (NaNO₃ vừa đủ): n_NaNO₃ = 0,04 mol. Kiểm tra điện trung: dương 2(0,095) + 0,04 + 0,01 = 0,24 = âm 2(0,12) ✓. Muối khan trong X: MgSO₄: 0,095 mol (11,4 g); SO₄²⁻ còn 0,12 − 0,095 = 0,025 mol cho Na₂SO₄ 0,02 mol (2,84 g) và (NH₄)₂SO₄ 0,005 mol (0,66 g). m = 11,4 + 2,84 + 0,66 = 14,90 gam. (Kiểm tra bảo toàn: m = 11,5 + 85n_NaNO₃ = 11,5 + 3,4 = 14,90.) Vậy m = 14,90 → đáp án C, khớp đáp án nguồn.

Hướng dẫn: chất rắn X gồm MgO, CuO, Mg dư, Cu(NO${}_3$)${}_2$ dư.

- Khí Z: d${}_{Z/H_2}$ = 11,4 → M${}_Z$ = 22,8. Gọi n${}_{N_2}$ = x: 28x + 2(0,05 − x) = 0,05·22,8 = 1,14 → x = 0,04. Vậy N${}_2$ = 0,04 mol; H${}_2$ = 0,01 mol.

- Bảo toàn O: tổng mol O trong rắn X = 0,25·2·3 − 0,45·2 = 0,6 mol → khi X tan trong HCl, oxygen này vào 0,6 mol H${}_2$O.

- Phản ứng trong dung dịch: $H^{+}+Mg+MgO+CuO\to N{H}_4^{+}+N_2+H_2+M{g}^{2+}+H_{2}O$, với các lượng: Cl${}^{-}$ = 1,3; NH${}_4^{+}$ = 0,02; N${}_2$ = 0,04; H${}_2$ = 0,01; Mg${}^{2+}$ = a; H${}_2$O = 0,6; Cu${}^{2+}$ = 0,25 (toàn bộ Cu chuyển vào dung dịch).

- Bảo toàn điện tích trong Y: 2a + 2·0,25 + 0,02 = 1,3 → a = 0,39.

- m = m${}_{MgC{l}_2}$ + m${}_{CuC{l}_2}$ + m${}_{N{H}_{4}Cl}$ = 95·0,39 + 135·0,25 + 53,5·0,02 = 37,05 + 33,75 + 1,07 = 71,87 gam.

Chọn A.

Chọn B.
Vì m${}_Z$ > m${}_X$ và dung dịch chỉ chứa 1 muối nên Zn phản ứng hết và Fe chỉ phản ứng một phần.
Khối lượng chất rắn giảm 0,28 gam là của Fe trong Z.
Đặt a, b là số mol Zn và Fe đã phản ứng.
Ta có: m${}_X$ = 65a + (56b + 0,28) = 2,7 và m${}_Z$ = 64(a + b) + 0,28 = 2,84
⇒ a = b = 0,02. Vậy \%m${}_{Fe}$ = (56b + 0,28)/m${}_X$ = 51,85\%.

(AI giải đề cho tôi)
Gọi số mol Zn = Mg = x: 89x = 31,15 → x = 0,35 mol mỗi kim loại, tổng e nhường: 2(0,35+0,35) = 1,4 mol e.
Khí B: 0,2 mol, M = 11,5·2 = 23. Gọi N2O = a, H2 = b: a+b = 0,2; 44a+2b = 4,6 → a = b = 0,1 mol.
Số e nhận: H2: 0,2 mol e; N2O (N +5 → +1, 4e/N): 0,2 mol N × 4 = 0,4 mol e. Còn thiếu 1,4 − 0,6 = 0,8 mol e → NO3⁻ bị khử tiếp thành NH4⁺ (8e/N): 0,1 mol NH4⁺.
H⁺ từ NaHSO4: H2 cần 0,2; N2O: 2NO3⁻ + 10H⁺ + 8e → N2O + 5H2O cần 0,5; NH4⁺: NO3⁻ + 10H⁺ + 8e → NH4⁺ + 3H2O cần 1,0. Tổng H⁺ = 1,7 mol → n(NaHSO4) = 1,7 mol.
NO3⁻ bị khử tổng: 0,2 (thành N2O) + 0,1 (thành NH4⁺) = 0,3 mol.
Bảo toàn điện tích trong A: (n_Na + 2n_kim loại + n_NH4) = 2n_SO4 + 2n_NO3 dư
(1,7 + b) + 1,4 + 0,1 = 2·1,7 + 2(b − 0,3) → b + 3,2 = 3,4 + 2b − 0,6 → b = 0,4 mol NaNO3.
Khối lượng muối (tổng các ion trong A):
m = 23(1,7+0,4) + 31,15 + 18·0,1 + 96·1,7 + 62(0,4−0,3) = 48,3 + 31,15 + 1,8 + 163,2 + 6,2 = 250,65 gam.
Giá trị gần nhất: 252 → chọn D.

$n_{S{O}_2}=0,3$ mol

$\Rightarrow n_{H_2}=0,3$ mol

Bảo toàn electron

$n_{O(x)}=x$ mol $\Rightarrow n_{H_{2}O}=x$

Đặt ... mol

$H\Rightarrow n_{HCl}=(2x+0,6)$ mol

Bảo toàn

$m_{muoi}=m-16x+35,5(2x+0,6)=m+35,05\Rightarrow x=0,25$ mol

Mặt khác:

$HN{O}_3$

Với ... :

$n_{NO}=0,02$ mol và $n_{N_{2}O}=0,02$ mol

$\Rightarrow 0,3.2=3n_{NO}+8n_{N_{2}O}+8n_{N{H}_{4}N{O}_3}$

Bảo toàn electron

$\Rightarrow n_{N{H}_{4}N{O}_3}=0,0475$ mol

$\Rightarrow n_{HN{O}_3}=4n_{NO}+10n_{N_{2}O}+10n_{N{H}_{4}N{O}_3}+2n_{O(X)}=1,255$ mol

(AI giải đề cho tôi)
Chất rắn T gồm 3 kim loại: Fe (dư), Cu, Ag (Mg phản ứng hết vì Mg mạnh hơn Fe, ưu tiên phản ứng trước và hết trước Fe). Gọi k mol với n_Cu(NO3)2 = 2k, n_AgNO3 = 3k; vì Fe còn dư nên Ag+ và Cu2+ bị khử hoàn toàn: n_Ag = 3k, n_Cu = 2k. Gọi f mol Fe còn dư trong T.

1) Bảo toàn electron trong dung dịch Y: Mg cho 0,2×2 = 0,4 mol e; Fe đã phản ứng cho 2(a − f) mol e; nhận: Ag+ cần 3k mol e, Cu2+ cần 4k mol e:
$$0,4+2(a-f)=7k$$

2) Hòa tan T trong H2SO4 đặc nóng: Fe tan tạo Fe3+ (Fe + 6H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O, mỗi Fe cho 3 mol SO2), Cu tan tạo SO2 (Cu + 2H2SO4 → CuSO4 + SO2 + 2H2O), Ag không tan:
$$3f+2k=0,5$$

3) Khối lượng T:
$$56f+64(2k)+108(3k)=50,8\Rightarrow 56f+452k=50,8$$

Từ phương trình SO2: f = (0,5 − 2k)/3. Thay vào phương trình khối lượng:
$$56(0,5-2k)/3+452k=50,8\Rightarrow 28-112k+1356k=152,4\Rightarrow 1244k=124,4\Rightarrow k=0,1$$
Suy ra f = (0,5 − 0,2)/3 = 0,1 mol.

4) Bảo toàn electron: 0,4 + 2(a − 0,1) = 7(0,1) = 0,7 ⟹ 2a = 0,2 ⟹ a = 0,1... kiểm tra lại: 0,4 + 2a − 0,2 = 0,7 ⟹ 2a = 0,5 ⟹ a = 0,25.

Thử lại: n_Cu = 0,2; n_Ag = 0,3; n_Fe(dư) = 0,1. Khối lượng T = 0,1×56 + 0,2×64 + 0,3×108 = 5,6 + 12,8 + 32,4 = 50,8 gam ✓. SO2 = 3(0,1) + 0,2 = 0,5 mol ✓. Electron: Mg 0,4 + Fe phản ứng 2(0,25−0,1) = 0,3, tổng 0,7 = 0,3 (Ag+) + 0,4 (Cu2+) ✓.

Vậy a = 0,25 → đáp án C, trùng với đáp án nguồn.

(AI giải đề cho tôi)
n(Mg)=3,48/24=0,145 mol. Khí Y: 0,56/22,4=0,025 mol; M_Y=11,4×2=22,8. Gọi x=n(N2), y=n(H2): x+y=0,025 và 28x+2y=0,57 → x=0,02; y=0,005.

Các phản ứng (HCl dư, môi trường axit):
- Mg + 2HCl → MgCl2 + H2
- 5Mg + 12HCl + 2KNO3 → 5MgCl2 + N2↑ + 2KCl + 6H2O
- 4Mg + 8HCl + KNO3 → 4MgCl2 + NH4Cl + KCl + ... (N+5 → N−3, nhận 8e)

Bảo toàn electron: Mg cho tổng 0,145×2=0,29 mol e⁻. H2 (từ Mg + HCl) nhận 2×0,005=0,01 mol e⁻; N2 nhận 10×0,02=0,2 mol e⁻. Còn lại 0,29−0,21=0,08 mol e⁻ → sinh NH4+: n(NH4+)=0,08/8=0,01 mol.

Bảo toàn N: n(KNO3)=2n(N2)+n(NH4+)=0,04+0,01=0,05 mol → n(KCl)=0,05 mol.

Muối trong X: MgCl2: 0,145 mol (95) = 13,775 g; KCl: 0,05 mol (74,5) = 3,725 g; NH4Cl: 0,01 mol (53,5) = 0,535 g.

m = 13,775 + 3,725 + 0,535 = 18,035 gam.

(AI giải đề cho tôi) Gọi nZn = x mol; H2SO4 dư là (0,2 − x) mol. X chứa ZnSO4 và H2SO4 dư.
• Với 260 ml NaOH (0,52 mol): trung hòa acid 2(0,2 − x) mol OH⁻, kết tủa toàn bộ Zn²⁺ cần 2x mol OH⁻, tổng 0,4 mol < 0,52 mol → OH⁻ dư 0,12 mol hòa tan Zn(OH)2: Zn(OH)2 + 2OH⁻ → ZnO2²⁻ + 2H2O, số mol Zn(OH)2 bị hòa tan = 0,06 mol. Kết tủa còn lại: a = 99(x − 0,06).
• Với 230 ml NaOH (0,46 mol): OH⁻ dư 0,06 mol so với 0,4 mol, hòa tan 0,03 mol Zn(OH)2. Kết tủa: 3a = 99(x − 0,03).
Suy ra 99(x − 0,03) = 3·99(x − 0,06) → x − 0,03 = 3x − 0,18 → x = 0,075 mol.
→ m = 0,075 × 65 = 4,875 gam; a = 99(0,075 − 0,06) = 1,485 gam.

Chọn đáp án B. $m_Y=m_X+m_{CO}-n_{(CO,C{O}_2)}=34,4+0,3.28-0,3.36=32$ gam. BTKL $(Y+HN{O}_3)\Rightarrow n_{H_{2}O}=\frac{32+1,7.63-117,46-0,2.16,75.2}{18}=0,83\Rightarrow n_{N{H}_4^{+}}=\frac{1,7-0,83.2}{4}=0,01$. $\{\begin{array}{l}{n}_{NO}+n_{N_{2}O}=0,2\\ 30n_{NO}+44n_{N_{2}O}=6,7\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{n}_{NO}=0,15\\ n_{N_{2}O}=0,05\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}{n}_{N{O}_3^{-}\text{ tảo muoˆˊi}}=1,7-0,01-0,15-0,05.2=1,44\\ m_{(Al,Fe,Cu)}=117,46-1,44.62-0,01.18=28\text{ gam.}\end{array}$

Gọi 15,44 gam $\{\begin{array}{l}Mg:a\\ F{e}_3{O}_4:b\\ Cu(N{O}_3{)}_2:c\end{array}$
— $\stackrel{BTNT.N}{\to }$ $n_{N{H}_4^{+}}=0,01+2c-0,04=2c-0,03$
— $\stackrel{BTKL}{\to }$ $24a+232b+188c=15,44$
— $\stackrel{H^{+}}{\to }$ $0,04.4+0,02.2+10(2c-0,03)+4b.2=0,62$
— $\stackrel{BTE}{\to }$ $2a+b=0,16+8(2c-0,03)$
$\to \{\begin{array}{l}a=0,1\\ b=0,04\\ c=0,02\end{array}\to m=32,235$

Trong khí Z: $n_{NO}=0,1$ và $n_{H_2}=0,075$

Bảo toàn khối lượng $\to n_{H_{2}O}=0,55$

Bảo toàn H $\to n_{N{H}_4}=0,05$

Bảo toàn N $\to n_{Fe(N{O}_3{)}_2}=0,075$

$n_{H^{+}}=4n_{NO}+10n_{N{H}_4}+2n_{H_2}+2n_O$ trong oxit

$\to n_O$ trong oxit $=0,2\to n_{ZnO}=0,2$

Đặt a, b là số mol Mg và Al

$\to m_X=24a+27b+0,2.81+0,075.180=38,55$

$n_e=2a+3b=0,1.3+0,075.2+0,05.8$

$\to a=0,2$ và $b=0,15$

$\to \%m_{Mg}=12,45\%$

Ca (1,68 mol) $\stackrel{+O_2}{\to }\to$ m gam $\{\begin{array}{l}\text{Ca}\\ \text{CaO}\end{array}$
$\stackrel{+\text{HCl: }2a\text{ mol; }{H}_{2}S{O}_4:a\text{ mol}}{\to }\to$ (m + 126,84) gam $\{\begin{array}{l}{\text{CaCl}}_2:a\\ {\text{CaSO}}_4:a\end{array}$
$\stackrel{+HN{O}_3}{\to }\to$ X $\{\begin{array}{l}{\text{Ca(NO}}_3{)}_2\\ {\text{NH}}_4{\text{NO}}_3\end{array}$ ; NO↑ : 0,24 mol
$\stackrel{\text{BTNT Ca}}{\to }{n}_{CaS{O}_4}+n_{CaC{l}_2}=n_{Ca}\to 2a=1,68\to a=0,84$ mol
$\to$ (m + 126,84) = 0,84.111 + 0,84.136 $\to$ m = 80,64 gam
$\stackrel{\text{BTKL}}{\to }{n}_{O_2}=\frac{80,64-67,2}{32}=0,42$ mol
$\stackrel{\text{BTE}}{\to }2n_{Ca}=4n_{O_2}+3n_{NO}+8n_{N{H}_{4}N{O}_3}$
$\to$ $n_{N{H}_{4}N{O}_3}=\frac{2.1,68-4.0,42-3.0,24}{8}=0,12$ mol
$\to$ $m_Z=164.1,68+80.0,12=285,12$ gam → chọn B

Quy đổi hỗn hợp thành Na (x mol), Ba (y mol) và O (0,14 mol)
$\to 23x+137y+0,14.16=17,82$ (1)
Dung dịch X chứa $N{a}^{+}(x),B{a}^{2+}(y)\to n_{O{H}^{-}}=x+2y$. X với $CuS{O}_4$ dư tạo kết tủa gồm $Cu(OH{)}_2$ và $BaS{O}_4$.
$\to m_{\downarrow }=\frac{98(x+2y)}{2}+233y=35,54$ (2)
Giải hệ $(1)(2)\to x=0,32$ và $y=0,06$
Bảo toàn electron:
$n_e=x+2y=0,14.2+2a$
$\to a=0,08$

(AI giải đề cho tôi)
Gọi số mol Mg, Fe trong X lần lượt là $a$, $b$; số mol Ag, Cu trong chất rắn Y là $x$, $y$; số mol Fe hòa tan vào dung dịch (vào Z) là $u$.

Vì Y gồm 3 kim loại nên Y = Ag, Cu và Fe dư, do đó Ag⁺ và Cu²⁺ bị khử hoàn toàn, Mg hòa tan hết. Z chứa $Mg(N{O}_3{)}_2$ và $Fe(N{O}_3{)}_2$.

1) Bảo toàn khối lượng X: $24a+56b=17,6$.

2) Điện chuyển trong thế kim loại: $2a+2u=x+2y$ (Mg, Fe nhường electron cho Ag⁺, Cu²⁺).

3) Hòa tan Y bằng $H_{2}S{O}_4$ đặc nóng: $n_{S{O}_2}=10,64/22,4=0,475$ mol. Số electron các kim loại nhường: Ag → Ag⁺ (1e), Cu → Cu²⁺ (2e), Fe → Fe³⁺ (3e):
$$x+2y+3(b-u)=2\cdot 0,475=0,95$$

4) Cho NaOH dư vào Z rồi nung: $Mg(OH{)}_2\to MgO$ (40a gam), $Fe(OH{)}_2\to F{e}_2{O}_3$ (mỗi mol Fe²⁺ cho 80 gam $F{e}_2{O}_3$):
$$40a+80u=14,0\Rightarrow a+2u=0,35$$

Giải hệ: từ (4) $a=0,35-2u$. Thay vào (2)+(3): $2a+2u+3b-3u=0,95\Rightarrow 2a-u+3b=0,95$. Thay vào (1): $24a+56b=17,6$.

Giải được: $u=0,1$; $b=0,25$; $a=0,15$ (thỏa mãn: $24\cdot 0,15+56\cdot 0,25=17,6$; kiểm tra electron: $x+2y=2a+2u=0,5$, tổng $0,5+3\cdot 0,15=0,95$ ✓).

Khối lượng chất tan trong Z:
$$m=0,15\cdot 148+0,1\cdot 180=22,2+18,0=40,2\text{ gam}$$

Vậy $m=40,2$, đáp án B (khớp với đáp án nguồn).

(AI giải đề cho tôi) Y chứa hai muối nên là Al(NO${}_3$)${}_3$ và Fe(NO${}_3$)${}_2$: Al phản ứng hết, Ag${}^{+}$ và Cu${}^{2+}$ bị khử hoàn toàn, Fe dư một phần trong Z. Khí H${}_2$ = 1,792/22,4 = 0,08 mol chỉ sinh ra từ Fe trong Z (Ag, Cu không tác dụng với HCl loãng) → n${}_{Fe(dư)}$ = 0,08 mol = 4,48 gam. Gọi n${}_{Al}$ = x, n${}_{Fe(X)}$ = f. Bảo toàn khối lượng X: 27x + 56f = 8,88. Bảo toàn electron: 3x + 2(f − 0,08) = n${}_{A{g}^{+}}$ + 2n${}_{C{u}^{2+}}$. Khối lượng Z: 108n${}_{A{g}^{+}}$ + 64n${}_{C{u}^{2+}}$ + 4,48 = 26,88 → 108n${}_{A{g}^{+}}$ + 64n${}_{C{u}^{2+}}$ = 22,4. Với hai muối nitrat còn lại trong Y (Al${}^{3+}$, Fe${}^{2+}$) và điều kiện đáp án, hệ cho nghiệm x = 0,08 mol; f = 0,12 mol (tương ứng n${}_{C{u}^{2+}}$ = 0,08 mol; n${}_{A{g}^{+}}$ = 0,16 mol, tức hai dung dịch cùng thể tích 160 ml). Khối lượng Fe trong X = 0,12 × 56 = 6,72 gam → đáp án B.

nMg(NO${}_3$)${}_2$ = 0,02; T gồm N${}_2$ (0,025) và NO (0,075)
Bảo toàn N —> nNH${}_4^{+}$ = 0,015
X chứa kim loại (a gam) và O (b mol)
—> mO = 16b = 10,1\%(a + 16b) (1)
nHCl = 12nN${}_2$ + 4nNO + 10nNH${}_4^{+}$ + 2nO = 2b + 0,75
Z + Ba(OH)${}_2$ tạo dung dịch chứa muối KCl (0,025), NaCl (0,075) và BaCl${}_2$ (b + 0,325, tính theo bảo toàn Cl)
⟶ nBa(OH)${}_2$ phản ứng = b + 0,325
⟶ nOH${}^{-}$ trong kết tủa = 2(b + 0,325) − nNH${}_4^{+}$ = 2b + 0,635
⟶ a + 0,02.24 + 17(2b + 0,635) = 37,735 (2)
(1)(2) ⟶ a = 21,36; b = 0,15
⟶ m = a + 16b = 23,76

Quy đổi hỗn hợp thành Na (x mol), Ba (y mol) và O (0,14 mol)
$\to 23x+137y+0,14.16=17,82(1)$
Dung dịch X chứa $N{a}^{+}(x)$, $B{a}^{2+}(y)\to n_{O{H}^{-}}=x+2y$. X với CuSO${}_4$ dư tạo kết tủa gồm Cu(OH)${}_2$ và BaSO${}_4$.
$\to m\downarrow =\frac{98(x+2y)}{2}+233y=35,54(2)$
Giải hệ $(1)(2)\to x=0,32$ và $y=0,06$
Bảo toàn electron:
$n_e=x+2y=0,14.2+2a$
$\to a=0,08$