100 câu trắc nghiệm Đại cương về kim loại có lời giải (nâng cao – phần 2)

Với 100 câu trắc nghiệm Đại cương về kim loại (nâng cao – phần 2) có lời giải chi tiết sẽ giúp học sinh ôn tập, biết cách làm câu trắc nghiệm Đại cương về kim loại (nâng cao – phần 2)

100 câu trắc nghiệm Đại cương về kim loại có lời giải (nâng cao – phần 2)

Bài giảng: Tổng hợp bài tập về kim loại - Cô Nguyễn Thị Thu (Giáo viên VietJack)

Câu 41: Cho dãy các kim loại: Na, Ba, Al, K, Mg. Số kim loại trong dãy phản ứng với lượng dư dung dịch FeCl₃ thu được kết tủa là

A. 3             B. 4

C. 2             D. 5

Lời giải:

Các kim loại Na, Ba, K khi tác dụng với dd FeCl₃ sẽ tác dụng với H₂O trước tạo ra dung dịch bazơ.

Các dung dịch bazơ tsac dụng mới FeCl₃ tạo kết tủa Fe(OH)₃

→ Đáp án A

Câu 42: Điện phân dung dịch AgNO₃ trong thời gian 15 phút, cường độ dòng điện 5 Ampe. Khối lượng Ag thu được ở catot là:

A. 6,037 gam              B. 5,036 gam

C. 7,001 gam              D. 5,531 gam

Lời giải:

Theo định luật II của Pha – ra – đây thì khối lượng Ag sinh ra ở catot là:

→ Đáp án B

Câu 43: Điện phân dung dịch CuCl₂, điện cực trơ bằng dòng điện 5A trong 45 phút 20 giây. Khối lượng kim loại sinh ra trên catot và thể tích khí sinh ra ở anot (ở đktc) lần lượt bằng:

A. 4,512 g và 3,1584 lít              B. 4,512 g và 1,5792 lít

C. 2,256 g và 3,1584 lít              D. 2,256 g và 1,5792 lít

Lời giải:

PT điện phân: CuCl₂ -^{đp dung dịch}→ Cu + Cl₂↑

Áp dụng công thức có:

m_Cu = (64×5×2720)/(2×96500) = 4,512 g → n_Cl2 = n_Cu = 4,512/64 = 0,0705 mol

V_Cl2 = 0,0705 × 22,4 = 1,5792 lít

→ Đáp án B

Câu 44: Điện phân dung dịch NaCl cho đến khi hết muối với dòng điện 1,61A thấy hết 60 phút. Tính khối lượng khí thoát ra, biết rằng điện cực trơ, màng ngăn xốp.

A. 2,13 gam.              B. 0,06 gam.

C. 2,19 gam.              D. 2,22 gam.

Lời giải:

Theo phương trình: 2NaCl + 2H₂O ⟶ 2NaOH + H₂ + Cl₂

Khối lượng Hyđro bằng:

Khối lượng Clo bằng:

Tổng khối lượng khí thoát ra bằng 0,06 + 2,1322 ≈ 2,19 (g).

→ Đáp án C

Câu 45: Điện phân dung dịch CuSO₄ bằng điện cực trơ với dòng điện có cường độ I = 0,5A trong thời gian 1930 giây thì khối lượng đồng và thể tích khí O₂ sinh ra là:

A. 0, 15g và 0,112 lít              B. 0, 32g và 0, 056 lít

C. 0, 32g và 0, 168 lít              D. 1, 28g và 0, 224 lít

Lời giải:

Theo định luật II của Pha – ra – đây thì:

+ Khối lượng Cu sinh ra ở catot là:

+ Khối lượng O₂ sinh ra là:

Thể tích khí bằng: 22,4.(0,08/32) = 0,056 (l).

→ Đáp án B

Câu 46: Điện phân hoàn toàn 200 ml một dung dịch chứa 2 muối là Cu(NO₃)₂ và AgNO₃ với I = 0,804A, thời gian điện phân là 2 giờ, người ta nhận thấy khối lượng cực âm tăng thêm 3,44 g. Nồng độ mol của mỗi muối trong dung dịch ban đầu lần lượt là:

A. 0,1M và 0,2M              B. 0,1M và 0,1M

C. 0,1M và 0,15M              D. 0,15M và 0,2M

Lời giải:

Số mol e trao đổi bằng:

Đặt

Khối lượng cực âm tăng thêm chính là tổng khối lượng Ag và Cu nên có hệ:

Nồng độ mol của mỗi muối trong dung dịch ban đầu lần lượt là:

C_M(Cu(NO3)2 = 0,02: (200/1000) = 0,1 (M);

C_M(AgNO3) = 0,02: (200/1000) = 0,1 (M)

→ Đáp án B

Câu 47: Điện phân dung dịch hỗn hợp chứa Ag₂SO₄ và CuSO₄ một thời gian thấy khối lượng catot tăng lên 4,96g và khí thoát ra ở anot có thể tích là 0,336 lít (đktc). Khối lượng kim loại bám ở catot lần lượt là:

A. 4,32g và 0,64g             B. 3,32g và 0,64g

C. 3,32g và 0,84              D. 4,32 và 1,64

Lời giải:

Số mol khí thoát ra bằng 0,336/22,4 = 0,015 (mol) nên số mol e trao đổi bằng 0,015.4 = 0,06 (mol)

Đặt

Khối lượng catot tăng thêm chính là tổng khối lượng Ag và Cu nên có hệ:

Khối lượng kim loại bám ở catot lần lượt là: 0,02.2.108 = 4,32 (g) và 0,01.64 = 0,64 (g).

→ Đáp án A

Câu 48: Điện phân một dung dịch muối MCl_n với điện cực trơ. Khi ở catot thu được 16g kim loại M thì ở anot thu được 5,6 lít khí (đktc). Kim loại M là:

A. Mg              B. Fe

C. Cu              D. Ca

Lời giải:

Khí thu được chính là Clo với số mol bằng: 5,6/22,4 = 0,25 (mol)

Theo bảo toàn e ta có: (16/M). n = 0,5 ⇒ M = 32n. Chỉ có n = 2, M = 64 thoả mãn. M là Cu.

→ Đáp án C

Câu 49: Có 400ml dung dịch chứa HCl và KCl đem điện phân trong bình điện phân có vách ngăn với cường độ dòng điện 9,65A trong 20 phút thì dung dịch chứa một chất tan có pH = 13 (coi thể tích dung dịch không đổi). Nồng độ mol/lit của HCl và KCl trong dung dịch ban đầu lần lượt bằng:

A. 0,2M và 0,2M              B. 0,1M và 0,2M

C. 0,2M và 0,1M              D. 0,1M và 0,1M

Lời giải:

Dung dịch chứa một chất tan có pH = 13, tức là có tính kiềm.

Theo định luật bảo toàn nguyên tố đối với K thì:

Số mol H₂ do KCl sinh ra bằng: 0,04:2 = 0,02 (mol)

⇒ Số mol H₂ do HCl sinh ra bằng: 0,06 – 0,02 = 0,04 (mol)

⇒ n_HCl = 0,04.2 = 0,08 (mol).

Nồng độ mol/lit của HCl và KCl trong dung dịch ban đầu lần lượt bằng:

C_{M (HCl)} = 0,08: (400/1000) = 0,2 M và C_{M (KCl)} = 0,04: (400/1000) = 0,1 M

→ Đáp án C

Câu 50: Điện phân 100ml dung dịch A chứa Cu²⁺, Na⁺; H⁺; SO₄^2- có pH = 1, điện cực trơ. Sau một thời gian điện phân, rút điện cực ra khỏi dung dịch, thấy khối lượng dung dịch giảm 0,64 gam và dung dịch có màu xanh nhạt, thể tích dung dịch không đổi. Tính nồng độ H⁺ có trong dung dịch sau khi điện phân.

A. 0,2 M.              B. 0,1 M.

C. 0,16 M.              D. 0,26 M.

Lời giải:

Dung dịch sau có màu xanh nhạt nghĩa là vẫn còn ít ion đồng → H⁺ chưa bị điện phân.

Gọi số mol Cu²⁺ điện phân là a (mol) còn số mol O₂ tạo ra ở anot là b (mol).

Bảo toàn e suy ra: a = 2b

Khối lượng dung dịch giảm gồm khối lượng Cu và khối lượng khí oxi sinh ra nên:

64a + 32b = 0,64

Từ hai phương trình trên suy ra: b = 0,004 (mol); a =0,008 (mol).

n_{H⁺ lúc sau} = n_{H⁺ ban đầu} + n_{H⁺ tạo ra} = 0,01 + 0,016 = 0,026 (mol)

⇒ C_M = 0,0026:(100/1000) = 0,26M

→ Đáp án D

Câu 51: Điện phân dung dịch chứa a mol CuSO₄ và b mol NaCl (với điện cực trơ, có màng ngăn xốp). Để dung dịch sau điện phân làm phenolphtalein chuyển sang màu hồng thì điều kiện của a và b là (biết ion SO₄^2- không bị điện phân trong dung dịch)

A. b > 2a              B. b = 2a

C. b < 2a              D. 2b = a

Lời giải:

→ Đáp án .

Lời giải:

Tại catot: Cu²⁺: a mol; Na⁺: b mol;

Cu²⁺ (a) + 2e (2a) → Cu

Hết Cu²⁺: 2H₂O + 2e → 2OH^- + H₂

Tại anot: Cl^-: b mol; SO²⁻4: a mol; H₂O

2Cl^- (b) → Cl₂ + 2e (b)

Hết Cl^-: 2H₂O − 4e → 4H⁺ + O₂

Vì dung dịch sau điện phân làm phenolphtalein chuyển sang màu hồng chứng tỏ ở catot Cu²⁺ hết trước Cl^- ở anot, còn ở anot Cl^- vẫn điện phân ⇒ 2a < b

→ Đáp án A

Câu 52: Mắc nối tiếp hai bình điện phân: bình (1) chứa dung dịch MCl₂ và bình (2) chứa dung dịch AgNO₃. Sau 3 phút 13 giây thì ở catot bình (1) thu được 1,6 gam kim loại còn ở catot bình (2) thu được 5,4 gam kim loại. Cả hai bình đều không thấy khí ở catot thoát ra. Kim loại M là:

A. Zn              B. Cu

C. Ni              D. Pb

Lời giải:

Do hai bình mắc nối tiếp điện tích qua chúng không đổi, dẫn tới số mol e trao đổi của chúng bằng nhau:

→ Đáp án B

Câu 53: Hòa tan 50 gam tinh thể CuSO₄.5H₂O vào 200 ml dung dịch HCl 0,6 M thu được dung dịch X. Đem điện phân dung dịch X (các điện cực trơ) với cường độ dòng điện 1,34A trong 4 giờ. Khối lượng kim loại thoát ra ở catot và thể tích khí thoát ra ở anot (ở đktc) lần lượt là (Biết hiệu suất điện phân là 100 %):

A. 6,4 gam và 1,792 lít              C. 6,4 gam và 2,016 lít

B. 10,8 gam và 1,344 lít              D. 9,6 gam và 1,792 lít

Lời giải:

Ta có:

Ta có

Thứ tự điện phân tại catot và anot là:

Tại catot:

⇒ Cu²⁺ chưa bị điện phân hết.

⇒ m_{kim loại ở catot} = 0,1.64 = 6,4 (gam)

Tại anot:

⇒ n_{e (do Cl^- nhường)} = 0,12 < 0,2 mol

⇒ tại anot Cl^- đã bị điện phân hết và đến nước bị điện phân.

Ta có: n_{e (do H2O nhường)} = 0,2 – 0,12 = 0,08 (mol)

V_{khí thoát ra ở anot} = (0,06 + 0,02).22,4 = 1,792 (lít).

→ Đáp án A

Câu 54: Điện phân dung dịch Cu(NO₃)₂ với cường độ dòng điện 9,65A đến khi bắt đầu có khí thoát ra ở catot thì dừng lại. thời gian điện phân là 40 phút. Khối lượng Cu sinh ra ở catot là:

A. 7,68g              B. 8,67g

C. 6,4g              D. 3,2g

Lời giải:

Theo định luật II của Pha – ra – đây thì khối lượng Cu sinh ra ở catot là:

→ Đáp án A

Câu 55: Điện phân dung dịch gồm 7,45 gam KCl và 28,2 gam Cu(NO₃)₂ (điện cực trơ, màng ngăn xốp) đến khi khối lượng dung dịch giảm đi 10,75 gam thì ngừng điện phân (giả thiết lượng nước bay hơi không đáng kể). Tất cả các chất tan trong dung dịch sau điện phân là

A. KNO₃, HNO₃ và Cu(NO₃)₂ .              B. KNO₃, KCl và KOH.

C. KNO₃ và Cu(NO₃)₂ .              D. KNO₃ và KOH.

Lời giải:

n_KCl = 0,1 mol, n_Cu(NO3)2 = 0,15 mol

m_{dung dịch giảm} = 0,05.2 + 0,05 .71 = 3.65 g < 10,75 g

⇒ Cu(NO₃)₂ tiếp tục bị điện phân:

m_{dung dịch giảm} = 10,75 - 3.65 = 7,1 = 64.x + 32.0,5x ⇒ x = 0,08875 (mol)

Nhận thấy: n_HNO3 = 2x = 0,1775 mol, n_KOH = 0,1 mol, n_{Cu(NO3)2 dư} = 0,06125 (mol).

→ Đáp án A

Câu 56: Điện phân dung dịch hỗn hợp chứa 18,8g Cu(NO₃)₂ và 29,8g KCl điện cực trơ có màng ngăn.sau một thời gian thấy khối lượng dung dịch giảm 17,15g so với ban đầu, thể tích dung dịch là 400ml. Nồng độ mol lớn nhất của các chất sau điện phân là giá trị nào dưới đây?

A. 1,00 M.              B. 2,00 M

C. 0,25 M              D. 0,50 M

Lời giải:

Ta tính được: n_KCl = 0,4 mol, n_Cu(NO3)2 = 0,1 mol

Coi hỗn hợp ban đầu gồm 0,1 mol CuCl₂, 0,2 mol KCl và 0,2 mol KNO₃.

Điện phân:

⇒ m_giảm = 0,1.64 + 0,1.71 = 13,5 (g)

⇒ 0,5x.2 + 0,5x.71 = 17,15 - 13,5 ⇒ x = 0,1 mol

Vậy sau phản ứng có 0,1 mol KCl, 0,1 mol KOH, 0,2 mol KNO₃

⇒ sau pư có HNO₃, Cu(NO₃)₂ dư, KNO₃.

Nồng độ mol lớn nhất của các chất sau điện phân chính là nồng độ của KNO₃, bằng: 0,2:(400/1000) = 0,5 (M).

→ Đáp án D

Câu 57: Điện phân dung dịch A chứa 0,4 mol M(NO₃)₂ và 1 mol NaNO₃ với điện cực trơ trong thời gian 48 phút 15 giây thì thu được 11,52 gam kim loại M bên catot. Cho các phát biểu sau:

1. M là Cu.

2. Cường độ dòng điện đã dùng bằng 10 (A).

3. Thời gian điện phân dung dịch mất hết M²⁺ với cường độ dòng điện 12 (A) là là 48 phút 15 giây.

Trong các phát biểu trên, số phát biểu đúng là?

A. 0              B. 1

C. 2              D. 3

Lời giải:

catot(-) ← M(NO₃)₂ (dung dịch); NaNO₃(dung dịch) → anot(+)

Phương trình điện phân:

⇒ M = 11,52/0,18 = 64 đ.v.c ⇒ M là Cu

Theo định luật Faraday m_Cu = (64/2). [(I.2895)/96500] = 11,52 ⇒ I = 12A

Điện phân hết 0,18 mol Cu²⁺ tạo ra 0,18 mol Cu cần t₁ = 2895s

Vậy điện phân hết 0,4 mol Cu²⁺ tạo ra 0,4 mol Cu cần t₂ = (0,4.2895)/0,18 = 6433

Vậy chỉ có phát biểu đầu tiên đúng.

→ Đáp án B

Câu 58: Hòa tan hoàn toàn 13,00 gam Zn trong dung dịch HNO₃ loãng dư thu được dung dịch X và 0,448 lít khí N₂ (đktc). Khối lượng muối trong dung dịch X là:

A. 18,90 gam             B. 37,80 gam

C. 39,80 gam             D. 28,35 gam

Lời giải:

Ta có: n_Zn = 13/65 = 0,2 mol và n_N2 = 0,448/22,4 = 0,02 mol

n_{e nhường} = 2.n_Zn = 0,4 mol > n_{e nhận} = 10.n_N2 = 0,2 mol → phản ứng tạo thành NH₄NO₃.

n_NH4NO3 = (0,4 - 0,2)/8 = 0,025 mol (vì khi tạo thành NH₄N⁺O₃: N + 8^-3e → N)

Khối lượng muối trong dung dịch X là: 180.0,2 + 80.0,025 = 39,80 gam

Lưu ý: Đề bài không nói thu được khí X duy nhất nên có thể có muối NH₄NO₃ tạo thành.

→ Đáp án B

Câu 59: Hòa tan 50 gam tinh thể CuSO₄.5H₂O vào 200 ml dung dịch HCl 0,6 M thu được dung dịch X. Đem điện phân dung dịch X (các điện cực trơ) với cường độ dòng điện 1,34A trong 4 giờ. Khối lượng kim loại thoát ra ở catot và thể tích khí thoát ra ở anot (ở đktc) lần lượt là (Biết hiệu suất điện phân là 100 %):

A. 6,4 gam và 1,792 lít              C. 6,4 gam và 2,016 lít

B. 10,8 gam và 1,344 lít              D. 9,6 gam và 1,792 lít

Lời giải:

Ta có:

Ta có

Thứ tự điện phân tại catot và anot là:

Tại catot:

⇒ Cu²⁺ chưa bị điện phân hết.

⇒ m_{kim loại ở catot} = 0,1.64 = 6,4 (gam)

Tại anot:

⇒ n_{e (do Cl^- nhường)} = 0,12 < 0,2 mol

⇒ tại anot Cl^- đã bị điện phân hết và đến nước bị điện phân.

Ta có: n_{e (do H2O nhường)} = 0,2 – 0,12 = 0,08 (mol)

V_{khí thoát ra ở anot} = (0,06 + 0,02).22,4 = 1,792 (lít).

→ Đáp án A

Câu 60: Ngâm 1 lá Zn vào dung dịch HCl thấy bọt khí thoát ra ít và chậm. Nếu nhỏ thêm vào vài giọt dung dịch X thì thấy bọt khí thoát ra rất mạnh và nhanh. Chất tan trong dung dịch X là

A. NaOH              B. H₂SO₄

C. FeSO₄             D. MgSO₄

Lời giải:

Khi cho dung dịch FeSO₄ vào trong hỗn hợp Zn và HCl thì xảy ra thêm phản ứng

Zn + Fe²⁺ → Fe + Zn²⁺

Phản ứng này tạo ra lớp sắt bám trên bề mặt kẽm làm xảy ra hiện tượng ăn mòn điện hóa và vì vậy khiến kẽm bị ăn mòn mạnh hơn.

→ Đáp án C

Câu 61: Trong quá trình điện phân dung dịch CuSO₄ có điện cực bằng Cu, nhận thấy :

A. Nồng độ Cu²⁺ trong dung dịch không đổi.

B. nồng độ Cu²⁺ giảm dần

C. Chỉ nồng độ SO₄^2- thay đổi

D. nồng độ Cu²⁺ tăng dần

Lời giải:

Trong quá trình điện phân xảy ra sự ăn mòn Cu ở anot và sự tái tạo Cu ở catot với tốc độ bằng nhau nên nồng độ Cu²⁺ trong dung dịch không đổi.

→ Đáp án A

Câu 62: Khử 16 gam hỗn hợp các oxit kim loại: FeO, Fe₂O₃, Fe₃O₄, CuO và PbO bằng khí CO ở nhiệt độ cao, khối lượng chất rắn thu được là 11,2 gam. Tính thể tích khí CO đã tham gia phản ứng (đktc)?

A. 5,6 lit              B. 6,72 lit

C. 13,44 lit              D. 2,24 lit

Lời giải:

Áp dung ĐLBT khối lượng:

n_CO2 = n_NO = x mol

m_oxit + m_CO = m_{chất rắn} + m_CO2

28x – 44x = 11,2 – 16 ⇒ x = 0,3.

Vậy V_CO = 0,3.22,4 = 6,72 lit

→ Đáp án B

Câu 63: Hoà tan hoàn toàn 20,0 gam một oxit kim loại bằng dung dịch H₂SO₄ loãng thu được 50,0 gam muối. Khử hoàn toàn lượng oxit đó thành kim loại ở nhiệt độ cao cần V lít khí CO (đktc). Giá trị của V là:

A. 2,80 lít.              B. 5,60 lít.

C. 6,72 lít.              D. 8,40 lít.

Lời giải:

Gọi công thức của oxit kim loại là M₂O_n.

Ta có:

M₂O_n → M₂(SO₄)_n

O → SO₄^2-

1 mol → m_tăng = 96 -16 = 80 gam

x mol → m_tăng = 80x = 50 – 20 = 30 gam

→ x = n_O/oxit = 30/80 = 0,375 mol

Khi khử oxit bằng CO ta có: n_O/oxit = n_CO = 0,375 mol

→ V_CO = 0,375.22,4 = 8,4 lit

→ Đáp án D

Câu 64: Khử 3,48 g một oxit của kim loại M cần dùng 1,344 lít H₂(đktc). Toàn bộ lượng kim loại M sinh ra cho tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 1,008 lít H₂ (đktc). Công thức oxit là :

A. Fe₃O₄.              B. Fe₂O₃.

C. FeO.              D. ZnO.

Lời giải:

Ta có: n_O/oxit = n_H2 = 1,344 : 22,4 = 0,06 mol

→ m_O/oxit = 0,06.16 = 0,96 gam

→ m_M = m_oxit – m_O/oxit = 3,48 – 0,96 = 2,52 gam

Gọi hóa trị của M là n.

PTPƯ:

n	1	2	3
M	28	56	84
	Loại	Fe (TM)	Loại

Vậy M là Fe.

→ n_Fe = 2,52 : 56 = 0,045

Vậy oxit Fe là Fe₃O₄.

→ Đáp án A

Câu 65: Hỗn hợp A dạng bột gồm Fe₂O₃ và Al₂O₃. Cho khí H₂ dư tác dụng hoàn toàn với 14,2 gam hỗn hợp A nung nóng, thu được hỗn hợp chất rắn B. Hòa tan hết hỗn hợp B bằng dung dịch HCl thì thấy thoát ra 2,24(l) khí hiđro ở điều kiện tiêu chuẩn. Phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp A là:

A. 60% Fe₂O₃; 40% Al₂O₃

B. 52,48% Fe₂O₃; 47,52% Al₂O₃.

C. 40% Fe₂O₃; 60% Al₂O₃

D. 56,34% Fe₂O₃; 43,66% Al₂O₃

Lời giải:

Do H₂ chỉ khử được Fe₂O₃ thành Fe nên B gồm Fe và Al₂O₃, chỉ có Fe tạo H₂.

Ta có n_Fe = n_H2 = 2,24/22,4 = 0,1 (mol)

⇒ n_Fe2O3 = 0,05 (mol) ⇒ m_Fe2O3 = 0,05. 160 = 8 (g).

⇒%m _Fe2O3 = (8/14,2).100% = 56,34 (%).

⇒ %m_Al2O3 = 100% - 56,34 = 43,66%

→ Đáp án D

Câu 66: Thổi từ từ V lít hỗn hợp khí (đktc) gồm CO và H₂ đi qua ống đựng 16,8 gam hỗn hợp 3 oxit CuO, Fe₃O₄, Al₂O₃ nung nóng, phản ứng hoàn toàn. Sau phản ứng thu được m gam chất rắn và một hỗn hợp khí nặng hơn khối lượng của hỗn hợp V là 0,32 gam. Tính V và m

A. 0,224 lít và 14,48 gam              B. 0,672 lít và 18,46 gam

C. 0,112 lít và 12,28 gam              D. 0,448 lít và 16,48 gam

Lời giải:

Ta có: m_O = 0,32 (g) → n_O = 0,32/16 = 0,02 (mol) nên số mol của hỗn hợp CO, H₂ cũng bằng 0,02 (mol)

⇒ V = 0,02. 22,4 = 0,448 (l).

Theo định luật bảo toàn khối lượng: m = 16,8 – 0,02.16 = 16,48 (g).

→ Đáp án D

Câu 67: Dẫn khí CO dư qua ống đựng bột một oxit sắt (Fe_xO_y) ở nhiệt độ cao. Sau khi phản ứng kết thúc thu được 0,84 gam sắt và dẫn khí sinh ra vào nước vôi trong dư thì thu được 2 gam kết tủa. Xác định công thức phân tử của Fe_xO_y.

A. FeO              B. Fe₂O₃

C. Fe₃O₄              D. Cả 3 đáp án đều sai

Lời giải:

n_CaCO3 = 2/100 = 0,02 mol; n_Fe = 0,84/56 = 0,015 mol

Phản ứng:

Ta có n_Fe = 0,02x : y = 0,015 ⇒ 0,015 : 0,02 = 3 : 4

Vậy CTPT của oxit là Fe₃O₄

→ Đáp án C

Câu 68: Hòa tan 46g hỗn hợp gồm Ba và 2 kim loại kiềm A, B thuộc 2 chu kì liên tiếp vào nước thu được dd D và 11,2 lít khí (đktc). Nếu thêm 0,18 mol Na₂SO₄ vào dd D thì sau phản ứng vẫn còn dư ion Ba²⁺. Nếu thêm 0,21 mol Na₂SO₄ vào dd D thì sau phản ứng còn dư Na₂SO₄. Vậy 2 kim loại kiềm là?

A. Li và Na              B. Na và K

C. K và Rb              D. Rb và Cs

Lời giải:

Gọi CTTB của 2 kim loại kiềm hóa trị I là M.

Đặt số mol của Ba và M lần lượt là a và b mol.

Ta có: m_Ba + m_M = 46 → 137.a + M.b = 46 → M = (46 - 137a)/b (∗)

PTPU:

Thế (∗∗) vào (∗) ta được:

Theo giả thiết ta có: 0,18 < a < 0,21

→ 29,7 < M < 33,3

→ A và B là Na và K.

→ Đáp án B

Câu 69: Cho 200 ml dung dịch AlCl₃ 1,5M tác dụng với V lít dung dịch NaOH 0,5M, thu được 15,6 gam kết tủa. Giá trị lớn nhất của V là

A. 1,2.              B. 1,8.

C. 2,0.              D. 2,4.

Lời giải:

n_AlCl3 = 1,5.0,2 = 0,3 mol;

Thấy n_Al(OH)3 < n_AlCl3 → Để lượng dd NaOH dùng tối đa thì kết tủa tạo ra tối đa, sau đó bị tan mất một phần.

Vì n_Al(OH)3 = 0,2 mol nên có 0,1 mol Al(OH)₃ bị tan mất.

→ n_NaOH = n_OH^- = 0,9 + 0,1 = 1 mol

→ V_{NaOH max} = 1 : 0,5 = 2 lit.

→ Đáp án C

Câu 70: Cho V lít dung dịch NaOH 2M vào dung dịch chứa 0,1 mol Al₂(SO₄)₃ và 0,1 mol H₂SO₄ đến khi phản ứng hoàn toàn thu được 7,8 gam kết tủa. Giá trị lớn nhất của V để thu được lượng kết tủa trên là

A. 0,45.             B. 0,35.

C. 0,25.             D. 0,15.

Lời giải:

n_Al(OH)3 = 7,8/78 = 0,1 mol

Để NaOH phản ứng nhiều nhất thu được 0,1 mol kết tủa Al(OH)₃ thì Al₂(SO₄)₃ phải phản ứng hết tạo kết tủa tối đa, sau đó kết tủa tan một phần sao cho lượng kết tủa cuối cùng thu được bằng 0,1 mol

Từ (1), (2) và (3) ta có:

n_NaOH pư = 0,6 + 0,1 + 0,2 = 0,9 mol

→ V_{dd NaOH} = 0,9 : 2 = 0,45 M

→ Đáp án A

Xem thêm các dạng bài tập Hóa học lớp 12 có trong đề thi Tốt nghiệp THPT khác:

• Dạng 1: Tính chất chung của kim loại
• 80 câu trắc nghiệm Đại cương về kim loại có lời giải (cơ bản – phần 1)
• 80 câu trắc nghiệm Đại cương về kim loại có lời giải (cơ bản – phần 2)
• 100 câu trắc nghiệm Đại cương về kim loại có lời giải (nâng cao – phần 1)
• 100 câu trắc nghiệm Đại cương về kim loại có lời giải (nâng cao – phần 3)

---