9a.
+ Chất rắn không tan là $Al$ dư $⇒ m_{Al}$ dư $= 2,35$(g).
$Na + H_{2}O → NaOH + \frac{1}{2}H_{2}$
$x$ $x$ $\frac{1}{2}x$
$Al + NaOH + H_{2}O → NaAlO_{2} + \frac{3}{2}H_{2}$
$x$ $x$ $\frac{3}{2}x$
+ Ta có: $n_{H_{2}} = 2x = 0,1 \ mol \ ⇒ x = 0,05 \ mol$.
+ Ban đầu có: $m = m_{Al \ dư} + m_{Al \ pư} + m_{Na}$
$= 2,35 + 0,05.27 + 0,05.23 = 4,85$ (g).
$⇒ $ Chọn A.
9b.
+ Trường hợp 1:
$2K + 2H_{2}O → 2KOH + H_{2}$
$x$ $x$ $\frac{x}{2}$
$2Al + 2KOH + 2H_{2}O →3H_{2} + 2KAlO_{2}$
$x$ $\frac{3x}{2}$
+ Ta có: $n_{H_{2}} = \frac{x}{2} + \frac{3x}{2} = 2x = 0,25$ (mol).
$⇒ x = 0,125$ (mol).
+ Trường hợp 2:
$2K + 2H_{2}O → 2KOH + H_{2}$
$0,125$ $0,125$ $0,0625$
$2Al + 2KOH + 2H_{2}O →3H_{2} + 2KAlO_{2}$
$0,125$ $0,125$ $0,1875$
$2Al + Ba(OH)_{2} - 2H_{2}O → 3H_{2} + Ba(OH)_{2}$
$0,1$ $0,15$
+ Ta có: $n_{H_{2}} = 0,4$ (mol).
+ Ta có: $n_{Al} = 0,1 + 0,125 = 0,225$ (mol).
+ Ta có: $m = 0,125.39 + 0,225.27 = 10,95$ (g).
$⇒ $ Chọn A.
9c.
+ Ta có: $n_{H_{2}} = \frac{10,08}{22,4} = 0,45$ (mol).
$2Al + 2NaOH + 2H_{2}O → 2NaAlO_{2} + 3H_{2}$
$0,3$ $0,45$
+ Ta có: $m_{Al} = 0,3.27 = 8,1$ (g).
$⇒ \% m_{Al} = \frac{8,1}{9}.100\% = 90\%$.
$⇒ $ Chọn A.
9d.
$K + H_{2}O → KOH + \frac {1}{2}H_{2}$
$a$ $a$
$Al + KOH + 3H_{2}O → K[Al(OH)_{4}] + \frac {3}{2}H_{2}$
$b$ $b$ $b$
+ Vậy trong dd $X$ có: $b$ mol $K[Al(OH)_{4}]$ và có thể có $(a - b)$ mol $KOH$ dư.
+ Nếu $a = b$, tức $Al$ phản ứng hết với $KOH$, và trong dd $X$ chỉ có $K[Al(OH)_{4}]$:
+ Ta có hệ phương trình:
$\left \{ {{39a + 27b = 21,6 } \atop {a=b}} \right.$ $⇒ a = b = 0,3182$ (mol) $< n_{HCl} = 0,4$ (mol).
$⇒ $ Trong dd $X$ có $KOH$ dư.
+ Khi thêm từ từ dd $HCl$ vào dd $X$, ta có pt:
$KOH + HCl -> KCl + H_{2}O$
$(a - b)$ $(a - b)$ mol.
$HCl + K[Al(OH)_{4}] → KCl + Al(OH)_{3} + H_{2}O$
$b$ $b$ mol
+ Vì $n_{HCl} = 0,4$ mol
$⇒ n_{K} = (a - b) + b = 0,4$ mol
$⇒ a = 0,4$ mol
$m_{K} = 0,4.39 = 15,6$ (g).
$⇒ $ Chọn A.
XIN HAY NHẤT
CHÚC EM HỌC TỐT
