Tổng hợp bài tập Kim loại kiềm - kiềm thổ - nhôm hay và khó (phần 1)

Qui đổi hỗn hơp thành  Na (3u mol) ; K (2u mol) ; Ba (7u mol) và O (v mol)

(Vì sau khi cho vào nước thu được n_NaOH: n_KOH: n_Ba(OH)2 = 3: 2: 7 = 3u: 2u: 7u)

Bảo toàn electron: n_Na + n_K + 2n_Ba = 2n_O + 2n_H2

=> 3u + 2u + 2.7u = 2v + 0,035.2

Lại có: %m_O = 7,99% => 16v = 7,99%.(23.3u + 39.2u + 137.7u + 16v)

Giải hệ PT => u = 0,01 ; v = 0,06 mol

=> n_OH = 2v + 0,035.2 = 0,19 mol

n_H+ = 2n_H2SO4 + n_KHSO4 = 2.0,01 + 0,04 = 0,06 mol

n_Al3+ = 2n_Al2(SO4)3 = 0,04 mol

=> n_Al(OH)3 = 4n_Al3+ - (n_OH – n_H+)

=> n_Al(OH)3 = 0,03 mol

n_Ba2+ = 0,07 mol và n_SO4 = 0,11 mol

=> n_BaSO4 = n_Ba = 0,07 mol

=> m_rắn = m_BaSO4 + m_Al(OH)3 = 18,65g

Giả sử hỗn hợp X gồm Ba (x mol) và Al₂O₃ (y mol)

=> Dung dịch Y gồm: Ba²⁺ (x mol); AlO₂^- (2y mol) và OH^-

BTĐT => 2n_Ba2+ = n_AlO2- + n_OH- => 2x = 2y + n_OH- => n_OH- = 2x - 2y

+ Tại V = 0,2 lít thì OH^- vừa bị trung hòa hết:

n_H2SO4 = 0,06 mol => n_H+ = 0,12 mol

=> n_OH- = n_H+ => 2x - 2y = 0,12 (1)

+ Tại V = 1,4 lít thì Al(OH)₃ bị hòa tan hết:

n_H2SO4 = 0,42 mol => n_H+ = 0,84 mol

n_H+ = n_OH- + 4n_AlO2- => 0,84 = 0,12 + 4.2y (2)

Giải (1) và (2) được x = 0,15 và y = 0,09

=> m = 0,15.137 + 0,09.102 = 29,73 gam

Quan sát đồ thị ta thấy n_CO2 = 0,15 thì kết tủa đạt max.

=> n_Ca(OH)2 = n_CaCO3 max = 0,15

Khi n_CO2 = 0,45 thì bắt đầu hòa tan kết tủa.

Khi n_CO2 = 0,5 thì lượng kết tủa bị hòa tan là: n_{CaCO3 bị hòa tan} = 0,5 - 0,45 = 0,05

=> n_{CaCO3 còn lại} = x = 0,15 - 0,05 = 0,1

n_Mg = n_Mg(OH)2 = 0,23

Dung dịch Y chứa Mg²⁺ (0,23 mol), Al³⁺ (a mol), NH₄⁺ (b mol), SO₄^2- (0,48 mol)

Bảo toàn điện tích => 3a + b + 0,23 . 2 = 0,48 . 2

m _muối = 27a + 18b + 0,23.24 + 0,48.96 = 56,28

=> a = 0,16 và b = 0,02

Trong X: \({{n}_{O}}~=0,54;\text{ }{{n}_{CO_{3}^{2-}}}=u\text{ ;}\,{{n}_{NO_{3}^{-}}}=v\)

m_X = 0,16 . 27 + 0,23 . 24 + 60u + 62v = 20,76

n_O = 3u + 3v = 0,54

=> u = 0,12 và v = 0,06

Đặt y, z là số mol N₂ và H₂ trong Z

n_Z = 0,12 + y + z = 0,2 (1)

Bảo toàn N => 0,06 + x = 0,02 + 2y (2)

n_H+ = x + 0,96 = 12y + 2z + 0,02 . 10 + 0,12 . 2 (3)

(1),(2),(3) => x = 0,04; y = 0,04; z = 0,04

Theo quy tắc đường chéo tính được N₂: 0,014 mol và N₂O : 0,07 mol

Đặt n_Al = x mol n_Mg = y mol

Dd X có dư HNO₃ nên Al và Mg phản ứng hết

Al → Al⁺³ + 3e                      2N⁺⁵ + 10e → N₂ 

Mg → Mg⁺² + 2e                   2N⁺⁵ + 8e → 2N⁺¹

Bảo toàn e thì 3x + 2y = 0,014.10 +0,07.8 = 0,7

Cho NaOH vào NaOH + HNO₃ → NaNO₃ + H₂O → HNO₃ dư :0,1 mol

Tại thể tích NaOH là 0,4125 lít thì kết tủa qua vị trí cực đại → Al(OH)₃ bị hòa tan một phần

          2OH^- + Mg²⁺ → Mg(OH)₂

          3OH^- + Al³⁺ → Al(OH)₃

          Al(OH)₃ + OH^- → AlO₂^- +H₂O

Kết tủa có Mg(OH)₂ : y mol, Al(OH)₃ : (x – z) mol (giả sử z mol Al(OH)₃ bị hòa tan)

Ta có

17,45 = 58y + 78(x - z) = m_↓

2y + 3x + z = (0,4125 - 0,05).2 = n_NaOH      

→  x = 0,1 mol ; y = 0,2 mol; z = 0,025 mol

→ m = 27x + 24y = 7,5

Bảo toàn N trong phản ứng X + HNO₃ có

n_HNO3 = 3x + 2y + 2n_N2 + 2n_N2O + n_{HNO3 dư} = 0,968

→ V = 0,3872 lít

Phần 1:

n_H2 = 0,075 => n_{Al dư} = 0,05

8Al + 3Fe₃O₄ → 4Al₂O₃ + 9Fe

8x  →  3x     →    4x     →   9x

Chất rắn không tan trong NaOH là Fe (9x mol). Với H₂SO₄ đặc nóng

=> Fe³⁺ (u) và Fe²⁺ (v)

Bảo toàn electron: 3u + 2v = 0,6 . 2

m _muối = 400.u/2 + 152v = 82,8

=> u = 0,3 và v = 0,15

=> 9x = u + v => x = 0,05

Vậy phần 1 chứa Al (0,05), Al₂O₃ (0,2) và Fe (0,45)

=> m_{Phần 1} = 46,95

=> m_{Phần 2} = m_X - m_{Phần 1} = 187,8

=> m_{Phần 2} = 4m_{Phần 1}

Vậy phần 2 chứa các chất có số mol gấp 4 phần 1.

Phần 2 chứa Al (0,2 mol), Al₂O₃ (0,8 mol) và Fe (1,8 mol)

=> n_O = 0,8 . 3 = 2,4

\({{n}_{{{H}^{+}}}}=12,97=4{{n}_{NO}}+2{{n}_{N{{O}_{2}}}}+2{{n}_{O}}+10{{n}_{NH_{4}^{+}}}=>{{n}_{NH_{4}^{+}}}=0,015\)

Dung dịch A chứa Fe³⁺ (a mol), Fe²⁺ (b mol) và các ion khác

Bảo toàn Fe => a + b = 1,8

Bảo toàn electron => 3a + 2b + 0,2 . 3 = 1,25 . 3 + 1,51 + 0,015 . 8

=> a = 1,18 và b = 0,62

n_H2SO4 = 0,565 mol ; n_SO2 = 0,015 mol

+) Phần 1 : M_khí = 32,8g ; n_khí = 0,0625 mol

Hỗn hợp khí không màu có 1 khí hóa nâu là NO và N₂O

=> n_NO = 0,05 ; n_N2O = 0,0125 mol

Muối thu được là muối sunfat => có S trog D

Qui hỗn hợp D về dạng : Al (x mol) ; O (y mol) ; S (z mol)

Giả sử phản ứng D + HNO₃ tạo t mol NH₄⁺

Bảo toàn e : 3n_Al + 6n_S = 2n_O + 3n_NO + 8n_N2O + 8n_NH4

=> 3x + 6z = 2y + 0,15 + 0,1 + 8t ⁽¹⁾

Muối sunfat thu được có : NH₄⁺ ; Al³⁺ ; SO₄^2-

Bảo toàn điện tích : n_NH4 + 3n_Al = 2n_SO4

=> t + 3x = 2z ⁽²⁾

Khi Cho dung dịch muối này phản ứng với NaOH vừa đủ thì :

Al³⁺ + 4OH^- -> AlO₂^- + 2H₂O

NH₄⁺ + OH^- -> NH₃ + H₂O

=> n_NaOH = 4x + t = 0,13 ⁽³⁾

+) Phần 2 : (Al ; O ; S) + O₂(không khí) -> ( 0,5x mol Al₂O₃) + SO₂ ↑

=> m_giảm = m_S – m_{O thêm}

=> 1,36 = 32z – 16.(1,5x – y) ⁽⁴⁾

Giải hệ (1,2,3,4) => x = y = 0,03 ; z = 0,05 ; t = 0,01 mol

Vậy D có : 0,02 mol Al₂O₃ ; 0,02 mol Al ; 0,1 mol S

Bảo toàn e : 2n_SO2 + 6n_S = 3n_{Al pứ} => n_{Al pứ} = 0,21 mol

n_H2SO4 = 3n_{Al2O3 pứ} + (1,5n_Al + n_SO2 + n_S)

=> n_Al2O3 = 0,045 mol

Vậy hỗn hợp đầu có : 0,065 mol Al₂O₃ và 0,23 mol Al

=> m = 12,84 gam

Sau 1 thời gian thêm NaOH thì mới có kết tủa => H⁺ dư

Bảo toàn e : 2n_Mg + 3n_Al = 2n_H2 = 0,8 mol

Và : m_Mg + m_Al = 7,98g

=> n_Mg = 0,13 ; n_Al = 0,18 mol

Tại thời điểm n_{kết tủa} = 0,24 mol thì kết tủa đang tan dần

=> n_{kết tủa} = n_Mg(OH)2 + [4n_Al3+ - (n_OH - n_H+ - 2n_Mg(OH)2) ]

=> 0,24 = 0,13 + [4.0,18 – (1,03 – n_H+ - 2.0,13)]

=> n_H+ = 0,16 mol

=> a = ½ . 0,16 + n_H2 = 0,48

Gọi n_Ba = x mol;  n_K = y mol

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂

x                        x               x

2K + 2H₂O → 2KOH + H₂

 y                        y         0,5y

=> n_OH- = 2x + y

PT tạo kết tủa: Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃ ↓

Nhìn vào đồ thị ta thấy n_{kết tủa max} = n_Ba2+ = x = 0,1 mol  (1)

Xét \({{n}_{C{{O}_{2}}}}\) = 0,35 mol, khi đó n_{kết tủa} = 0,05 mol = \({{n}_{CO_{3}^{2-}}}\)

Khi đó:

CO₂ + 2OH^- → CO₃^2- + H₂O

0,05 ← 0,1  ←  0,05

n_{CO2 còn lại} = 0,35 – 0,05 = 0,3 mol sẽ có phản ứng:

CO₂ + OH^- → HCO₃^- 

0,3 → 0,3

=> n_OH- = 0,4 = 2x + y   (2)

Từ (1) và (2) => x = 0,1 và y = 0,2

=> m_K = 7,8

n_H2 = n_Ba = n_BaO = n_Ba(OH)2 => Ba(OH)₂ sau pư = 3a mol

Tại n_CO2 = 3,6a mol

BaCO₃: 0,192 mol

Ba(HCO₃)₂: 3a - 0,192

BTNT C: 0,192 + 2.(3a - 0,192) = 3,6a => a = 0,08 mol

m = 0,08.137 + 0,08.153 + 0,08.171 = 36,88 gam

Các phản ứng xảy ra hoàn toàn, hỗn hợp rắn X tác dụng với NaOH giải phóng khí H₂ => X chứa Al dư, oxit sắt bị khử hết

Al + NaOH + H₂O →  NaAlO₂ + 3/2 H₂↑

0,02                                            ← 0,03 (mol)

n_Al(OH)3 = 46,8 : 78 = 0,6 (mol)

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ +  H₂O

0,29                ← ( 0,6 – 0,02)

Z gồm Fe, xét quá trình Z tan trong HNO₃

n_NO = 0,58 (mol) => n_{NO3- ( trong muối)} = 3n_NO = 3.0,58 =1,74 (mol)

=> m_Fe = 146,52 – 1,74.62 = 38,64(g)

=> m_{OXIT SẮT} = m_Fe + m_O = 38,64 + 0,29.3.16 = 52,56 (g)

n_C = n_CO2 = 0,9 mol

n_H = 2n_H2O = 2,3 mol

Quy đổi hỗn hợp X: Al x mol; Ca y mol; C: 0,9 mol

Quy đổi hỗn hợp Z: C: 0,9 mol; H: 2,3 mol

.

27x + 40y + 12.0,9 = 40,3

3x + 2y = 2,3 (BT e)

=> x = 0,5; y = 0,4

=> Y gồm Ca(AlO₂)₂: 0,25 mol và Ca(OH)₂: 0,4 - 0,25 = 0,15 mol (BTNT Ca)

\({{n}_{HCl}}-2{{n}_{Ca{{\left( OH \right)}_{2}}}}=4{{n}_{AlO_{2}^{-}}}~-\text{ }3{{n}_{\downarrow }}\)

=> 0,56x - 0,3 = 4.0,5 - 3.3a (1)

=> 0,68x - 0,3 = 4.0,5-3.2a (2)

(1) và (2) => x = 2,5; a = 0,1

Tại thời điển V_CO2 = a lít thì

Ba(OH)₂ + CO₂ → BaCO₃ + H₂O

                0,15 → 0,15 mol

→ a = 3,36 lít

Tại thời điển V_CO2 = b lít thì

Ba(OH)₂ + CO₂ → BaCO₃ + H₂O

                0,15 → 0,15 mol

NaAlO₂ + CO₂ + 2H₂O → NaHCO₃ + Al(OH)₃

→ m_Al(OH03 = 37,35 – 29,55 = 7,8 g → n_Al(OH)3 = 0,1 mol      

→ b = 0,25.22,4 = 5,6 lít

Tại thời điểm V_CO2= a + b – 1,68 =   7,28 lít → n_CO2 = 0,325 mol

Khi đó xảy ra các phản ứng sau :     

Ba(OH)₂ + CO₂ → BaCO₃ + H₂O

                0,15 → 0,15 mol

NaAlO₂ + CO₂ + 2H₂O → NaHCO₃ + Al(OH)₃

                0,1                                        0,1

BaCO₃ + CO₂ + H₂O → Ba(HCO₃)₂

0,075     0,075

→m_{kết tủa} = m_BaCO3 + m_Al(OH)3 = 0,075.197 + 0,1.78 = 22,575 g

     Cho m gam hỗn hợp tác dụng với nước dư thu được 0,03 mol H₂

=> Cho m/2 gam hỗn hợp tác dụng với nước dư thu được 0,015 mol H₂

Quy đổi hỗn hợp thành Na, Ba, O

Giả sử m/2 (gam) hỗn hợp có: Na (x mol); Ba (y mol) và O (z mol)

+ Hòa tan vào nước:

BT electron: n_Na + 2n_Ba = 2n_O + 2n_H2 => x + 2y = 2z + 2.0,015 (1)

+ Phần 1 tác dụng với CuSO₄ dư:

Phần 1 của dung dịch X chứa: Na⁺ (x mol); Ba²⁺ (y mol) và OH^-

BTĐT => n_OH- = n_Na+ + 2n_Ca2+ = x + 2y (mol)

Cu²⁺ + 2OH^- → Cu(OH)₂

          x + 2y →  0,5x + y

Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄

 y →                      y

=> m _{kết tủa} = m_Cu(OH)2 + m_BaSO4 => 98(0,5x + y) + 233y = 8,09 (2)

+ Phần 2 hấp thụ hết 0,06 mol CO₂ thu được 0,01 mol BaCO₃: n_BaCO3 < n_CO2 => có tạo muối HCO₃^-

BTNT "C": n_HCO3- = n_CO2 - n_CO32- = 0,06 - 0,01 = 0,05 mol

Dung dịch thu được gồm: Na⁺ (x mol); Ba²⁺ (y-0,01 mol) và HCO₃^- (0,05 mol)

BTĐT: n_Na+ + 2n_Ba2+ = n_HCO3- => x + 2(y-0,01) = 0,05 (3)

Giải hệ (1) (2) (3) được x = 0,03; y = 0,02; z = 0,02

=> m = 2(23x + 137y + 16z) = 7,5 gam

n_NaHCO3 = 0,08 mol ; n_CaCl2 = 0,04 mol

n_CaCO3 = 7 : 100 = 0,07 mol = n_Ca2+ = n_Ca + n_CaCl2 (Bảo toàn nguyên tố Ca)

=> n_Ca = 0,07 – 0,04 = 0,03 mol

- Các phản ứng của kim loại khi thả vào nước :

Na + H₂O → NaOH + ½ H₂

Ca + 2H₂O → Ca(OH)₂ + H₂

=> n_H2 = 0,896 : 22,4 = 0,04 mol = ½ n_Na + n_Ca => n_Na = 2.(0,04 – 0,03) = 0,02 mol

=> m = m_Na + m_Ca = 23.0,02 + 40.0,03 = 1,66g

Do lượng CO₂ thu được ở 2 thí nghiệm khác nhau mặc dù lượng HCl như nhau nên X chứa CO₃^2-, HCO₃^- và Na⁺

+ Phần 1: Cho từ từ CO₃^2-, HCO₃^- vào H⁺ thì phản ứng xảy ra đồng thời theo đúng tỉ lệ về số mol (vì ban đầu H⁺ rất dư)

CO₃^2-  + 2H⁺ → H₂O + CO₂

   x    ←   2x →                x

HCO₃^- + H⁺ → H₂O + CO₂

  y ←      y    →             y

=> n_CO2 = x + y = 0,03 mol; n_H+ = 2x + y = 0,24.0,2

Giải hệ thu được x = 0,018 và y = 0,012

=> n_CO32- : n_HCO3- = 0,018 : 0,012 = 3 : 2

+ Phần 2: Đặt n_CO32- = 3a (mol) và n_HCO3- = 2a (mol)

Cho từ từ H⁺ vào hỗn hợp CO₃^2- và HCO₃^- thì phản ứng xảy ra theo thứ tự:

CO₃^2-  + H⁺ → HCO₃^-

3a →     3a →     3a

HCO₃^- + H⁺ → CO₂ + H₂O

           0,024 ←           0,024

=> n_H+ = 3a + 0,024 = 0,048 => a = 0,008

Vậy 1/2 dung dịch Y gồm: CO₃^2- (0,024 mol), HCO₃^- (0,016 mol)

=> dd Y gồm: CO₃^2- (0,048 mol), HCO₃^- (0,032 mol) và Na⁺ (0,128 mol) (theo BTĐT)

BTNT "C": n_CO2 = n_CO32-(Y) + n_{HCO3- (Y)} + n_BaCO3 => 0,128 = 0,048 + 0,032 + n_BaCO3

=> n_BaCO3 = 0,048 mol => n_{Ba (hh)} = n_BaCO3 = 0,048 mol

n_Na(hh) = n_Na+ = 0,128 mol

BT electron: n_Na + 2n_Ba = 2n_O + 2n_H2 => 0,128 + 2.0,048 = 2n_O + 2.0,06 => n_O = 0,052

=> m = m_Na + m_Ba + m_O = 0,128.23 + 0,048.137 + 0,052.16 = 10,352 gam

Bước 1: Tính n_OH^-_pư

- n_HCl = 0,08 mol và n_H2SO4 = 0,06 mol ⟹ n_H⁺ = 0,2 mol

- Vì pH > 7 nên OH^- dư, H⁺ hết ⟹ n_OH^- _(pư) = n_H⁺ = 0,2 mol

Bước 2: Tính n_OH^-_pư

- Mặt khác pH = 13 ⟹ [OH^-] _dư = 0,1 ⟹ n_OH^- _dư = 0,04 mol

⟹ n_OH^- _(Y) = 0,2 + 0,04 = 0,24 mol

Bước 3: Tính m_X

- Mà ta có công thức nhanh: n_OH^- _(Y) = 2n_H2 + 2n_O ⟹ 0,24 = 2.0,04 + 2.n_O ⟹ n_O = 0,08 mol

⟹ m_X = 0,08.16.(100/20) = 6,4 gam.

Bước 1: Tính n_O khi đốt cháy Z

- n_CO2 = 0,2 mol ; n_H2O = 0,525 mol

- BTNT O: n_O = 2n_CO2 + n_H2O = 0,925 mol

Bước 2: Tính n_Ba, n_Al

- Quy đổi 15,15 gam hỗn hợp X thành Ba (a mol), Al (b mol), C (0,2 mol)

- Xét quá trình đốt hỗn hợp khí Z, ta có hệ sau:

Bước 3: Tính m gam kết tủa

- Dung dịch Y gồm Ba²⁺ (0,15 mol), AlO₂^- (0,25 mol) và OH^-.

- BTĐT: ${n_{O{H^ - }}} = 2{n_{B{a^{2 + }}}} - {n_{Al{O_2}^ - }} = 0,05\,mol$

- Cho 0,12 mol H₂SO₄ tác dụng với dung dịch Y: ${n_{Al{O_2}^ - }} > {n_{{H^ + }}} - {n_{O{H^ - }}}$

⇒${{\text{n}}_{{\text{Al(OH}}{{\text{)}}_{\text{3}}}}}{\text{ =  }}{{\text{n}}_{{{\text{H}}^{\text{ + }}}}}{\text{ -  }}{{\text{n}}_{{\text{O}}{{\text{H}}^{\text{ - }}}}}{\text{ =  0,19}}\;{\text{mol}}$ và BaSO₄: 0,12 mol ⇒ m_{kết tủa} = 42,78 (g)