Đáp án C

Na, Ca, Al là những kim loại mạnh

→ phương pháp điều chế chúng là dùng điện phân nóng chảy hợp chất (muối, bazơ, oxit) của chúng

Đáp án C

Thí nghiệm 1:

2OH^- + Zn²⁺ → Zn(OH)₂

2OH^- + Zn(OH)₂ → ZnO₂^2- + H₂O

Thí nghiệm 2:

3OH^- + Al³⁺ → Al(OH)₃

OH^- + Al(OH)₃ → AlO₂^- + H₂O.

Ở thí nghiệm 2, từ đồ thị thấy 4a = 3b

Và 4b = 0,32 → b = 0,08 →  a = 0,06

Với x mol NaOH

$n_{Zn{\left(OH\right)}_2}=\frac{4a-x}{2}=n_{Al{\left(OH\right)}_3}=\frac{x}{3}$

$\to x=0,144$

$\to n_{Zn{\left(OH\right)}_2}=n_{Al{\left(OH\right)}_3}=0,048 mol$

Tổng khối lượng kết tủa = 0,048.(78+99) = 8,496g

Đáp án B

Lời giải chi tiết

Để bảo vệ vỏ ống thép, người ta gắn các khối Zn vào phía ngoài ống. Phần ngoài bằng thép là cực dương, khối Zn là cực âm. Kết quả là ống thép được bảo vệ, Zn là “vật hi sinh” bị ăn mòn.

Ở anot (cực âm): Zn bị oxi hóa:

Zn → Zn²⁺ + 2e

Ở catot (cực dương): O₂ bị khử:

2H₂O + O₂ + 4e → 4OH

Đáp án C

Các chất vừa phản ứng được với dd NaOH, vừa phản ứng HCl: Al, Al₂O₃, Al(OH)₃.

Đáp án C

Ta có: n(H₂) = 0,2 → n(Zn) = 0,2 → m(Zn) = 13 (g)

→ m(Cu) = 2 (g) → m = 2 (g)

Đáp án C

M + nH₂O → M(OH)_n + n/2 H₂.

Ta có: n(H₂) = 0,035 mol → n(OH^-) = 0,07 mol

→ n(H⁺) = 0,07

→ V = 0,07 : 0,5 = 0,14 lít

Đáp án D

Quy đổi hỗn hợp X về Mg a mol, Fe b mol và NO₃ c mol

Đáp án B

Al₄C₃ + 12H₂O → 3CH₄ + 4Al(OH)₃

CaC₂ + 2H₂O → C₂H₂ + Ca(OH)₂

2Al(OH)₃ + Ca(OH)₂ → Ca(AlO₂)₂ + 4H₂O

4x                y

2y           ←  y →           y

4x – 2y       -                 y

Ca(AlO₂)₂ + 2CO₂ + 4H₂O → 2Al(OH)₃ + Ca(HCO₃)₂.

Vì cùng thu được a gam kết tủa nên có: 4x – 2y = 2y → x = y

Nên tỉ lệ trong hh X là: 1 : 1.

 Ta có: a+b=0,6 

Cô cạn Y, nung muối đến khối lượng không đổi thu được rắn là MgO a mol và Fe₂O₃0,5b mol.

$\to 40a+80b=31,6$ 

Giải hệ: a=0,41; b=0,19.

$\to n_{O{H}^{-}trongkt}=1,31$

Muối trong Y gồm các muối nitrat kim loại và NH₄NO₃.

$\to n_{N{H}_{4}N{O}_3}=0,02 mol$

Bảo toàn H:$n_{H_{2}O}=\frac{1,08-0,02.4}{2}=0,5 mol$ 

Bảo toàn O:  3c=1,35= 1,35$\to c=0,45 mol$

Giải được số mol Fe(NO₃)₂ và Fe(NO₃)₃ trong X lần lượt là 0,12 và 0,07 mol.

Đáp án A

Mg + CuSO₄ → Cu + MgSO₄.

4Mg + 10HNO₃ → 4Mg(NO₃)₂ + NH₄NO₃ + 3H₂O

Đáp án D

Khi để trong không khí nhôm khó bị ăn mòn hơn sắt là do trên bề mặt nhôm có lớp Al₂O₃ bảo vệ

Đáp án A

{Mg; Al} + 0,125 mol O₂ → 9,1 gam hỗn hợp oxit.

Bảo toàn khối lượng có: m = 9,1 – 0,125. 32 = 5,1 gam

Đáp án C

Ta có: $n_{Al}=0,1 mol; n_X=0,02 mol$ 

Cô cạn dung dịch thu được rắn khan chứa Al(NO₃)₃ 0,1 mol và NH₄NO₃

_{$\to n_{N{H}_{4}N{O}_3}=0,0175 mol$}

Gọi n là số e trao đổi của X

$\to n=\frac{0,1.3-0,0175.8}{0,02}=8$ thỏa mãn X là N₂O

Đáp án D

Cho hỗn hợp kim loại trên vào dung dịch chứa FeCl₃ và CuCl₂ sau phản ứng thu được dung dịch X và rắn Y. Cho AgNO₃ dư vào X thấy AgNO₃ phản ứng 0,54 mol và thu được kết tủa là AgCl và Ag.

Giải được số mol AgCl và Ag lần lượt là 0,48 và 0,06 mol.

Gọi số mol FeCl₃ lần lượt là a thì số mol CuCl₂ là 1,5a

Bảo toàn Cl:$3a+1,5a.2=0,48\to a=0,08 mol$ 

Ta có số mol Ag là 0,06 nên số mol FeCl₂ trong X phải là 0,06 mol.

Do vậy chỉ có Al phản ứng với dung dịch muối ban đầu vì số mol FeCl₂ nhỏ hơn FeCl₃.

$\to n_{Al}=\frac{0,08+0,02.2+0,12.2}{3}=0,12=n_{Fe}$

Do vậy rắn Y chứa Fe 0,14 mol, Cu 0,12 mol

$\to x=15,52 gam$

Đáp án D

Hòa tan hết Na₂O và Al tỉ lệ 1:1 ta thu được dung dịch chứa Na₂SO₄, Al₂SO₄ và H₂SO₄ dư có thể có.

Ta có:$n_{H_2}=6a\to n_{Al}=4a$ 

Nhận thấy lúc thêm x và y y mol NaOH đều trong giai đoạn kết tủa giảm tức hòa tan kết tủa nên lúc này tương ứng 1 mol Al(OH)₃ bị hòa tan thì có 1 mol NaOH được thêm

Do vậy:

X chứa Al₂(SO₄)₃ 0,08 mol và Na₂SO₄ 0,16 mol

$\to m=50,08$

Đáp án B

Thí nghiệm 1 cho m gam X vào H₂O thu được V lít khí còn khí cho 2m gam vào NaOH thì thu được 3,5V lít tương đương khi cho m gam X vào NaOH thu được 1,75V lít.Do vậy trong X số mol Al nhiều hơn Na.

Gọi số mol của Na trong m gam X là x, suy ra khi cho m gam X vào H₂O thì Al dư, nên Al phản ứng theo Na.

$\to n_{H_2}=\frac{x+3x}{2}=2x$

Khi cho m gam X tác dụng với NaOH thu được 1,75V lít khí tức 3,5x mol khí. Lúc này cả Al và Na đều hết.

$\to n_{Al}=\frac{3,5x.2-x}{3}=2x$

Mặt khác cho 4m gam X vào HCl thu được 9V lít hay cho m gam X vào HCl thì thu được 2,25V lít hay 4,5x mol khí.

$\to n_{Mg}=\frac{4,5x.2-x-2x.3}{2}=x$

Vậy số mol Mg và Na bằng nhau

Đáp án A

Ta có khối lượng mỗi phần là 30,66 gam.

Cho phần một tác dụng với NaOH dư thu được 0,09 mol H₂ do vậy trong X chứa Al dư.

Vậy trong mỗi phần chứa Fe, Al₂O₃ và Al dư 0,06 mol.

Cho phần 2 tác dụng với 1,74 mol HNO₃ thu được 0,18 mol NO. Cô cạn dung dịch Y thu được các muối, nung rắn tới khối lượng không đổi thu được rắn chứa Al₂O₃ và Fe₂O₃ có số mol bằng nhau.

Gọi số mol của Fe, Al₂O₃ trong mỗi phần lần lượt là a, b

Và a=2b+0,06

Giải hệ: a=0,3; b=0,12.

Gọi x là số mol NH₄NO₃ có thể tạo ra.

Bảo toàn N:

$n_{N{O_3}^{-}trongmuoiKl}=1,74-0,18-2x=1,56-2x$

Bảo toàn e:$1,56-2x=0,12.6+0,18.3+8x$ 

Vậy NO₃^– trong muối là 1,5 mol.

Muối trong Y gồm Al(NO₃)₃ 0,3 mol, Fe(NO₃)₂ 0,3 mol và NH₄NO₃ 0,03 mol.

Cho Y tác dụng với Na₂CO₃ dư thu được kết tủa là Al(OH)₃ 0,3 mol và FeCO₃ 0,3 mol.

$\to a=58,2 g$

Đáp án B

ở phản ứng (2), trong H₂O số oxi hóa của H là +1, sau phản ứng trong H₂ số oxi hóa là 0 → chất oxi hóa

Đáp án C

Al(OH)₃ và Cr(OH)₃ đều lưỡng tính

Đáp án D

$n_{C{r}_2{O}_3}=0,03 mol$

Cho toàn bộ X tác dụng với HCl loãng nóng thu được 0,12 mol H₂.

Ta thấy  $0,12>n_{Cr}=0,06$ do vậy Al dư

Vậy X chứa Cr 0,06 mol, Al₂O₃ 0,03 mol và Al dư  

$\to n_{Al}=\frac{0,12-0,06}{1,5}=0,04 mol$

X tác dụng với lượng dư NaOH 

$\to n_{NaOH}=0,03.2+0,04=0,1 mol$

Đáp án A

Cho HCl 0,5M và H₂SO₄ 0,25M vào 0,5 mol NaAlO₂ và 0,5 mol NaOH thu được dung dịch X và 0,2 mol kết tủa Al(OH)₃

Để cho lượng axit lớn nhất thì axit phải tham gia trung hòa  hết NaOH, tạo kết tủa tới tối đa rồi sau đó hòa tan kết tủa tới khi còn 0,2 mol

$\to V=1,9$

Đáp án D

$$\begin{gathered} n_{H_2}=0,13 mol \\ \to n_{O{H}^{-}}=0,26 mol=2n_{Ba}+n_{Na} \end{gathered}$$

Đồng thời ta cũng giải được số mol Ba, Na lần lượt là 0,1 và 0,06 mol.

Ta có:$m_{kettua}=0,72+15,08-0,13.2=15,54 gam$ 

Trong X chứa 0,3a mol Al(NO₃)₃ và 0,2a mol Al₂(SO₄)₃.

Giả sử số mol SO₄^2- lớn hơn số mol Ba²⁺

suy ra 

vậy kết tủa chứa BaSO₄ 0,1 mol.

$\to m_{Al{\left(OH\right)}_3}<0$ vô lý

Vậy số mol SO₄^2- nhỏ hơn số mol Ba²⁺ vậy kết tủa chứa 0,6a mol BaSO₄

Số mol Al(OH)₃ tối đa có thể tạo ra là 0,7a mol

$\to n_{O{H}^{-}ktmax}=2,1a<0,2333$

do vậy kết tủa có bị hòa tan một phần

$\to n_{Al{\left(OH\right)}_3}=4n_{A{l}^{3+}}-n_{O{H}^{-}}=2,8a-0,26$

$\to a=1$

Đáp án C

Phát biểu đúng là c.

+ Phát biểu a: Nước cứng là nước chứa nhiều ion Ca²⁺; Mg²⁺.

+ Phát biểu b: Cho dung dịch HCl vào dung dịch K₂CrO₄ thì dung dịch chuyển từ màuvàng sang màu da cam.

+ Phát biểu d: Cr(OH)₂ không có tính lưỡng tính.

+ Phát biểu e: các kim loại kali và natri dùng làm chất trao đổi nhiệt trong một vài lò phản ứng hạt nhân

Đáp án D

$n_{H_2}=\frac{0,1+0,1.3}{2}=0,2 mol$

$\to V=2,24 mol$

Đáp án D

Các kim loại kiềm từ Li đến Cs có nhiệt độ nóng chảy giảm dần

Đáp án C

Cho m gam kim loại Mg, Al tác dụng với 0,25 mol Cu(NO₃)₂

và 0,5 mol Ag sau phản ứng thu được (m+57,8) gam 2 kim loại chắc chắn là Cu và Ag

Do sinh ra Cu nên Ag hết do vậy thu được 0,5 mol Ag và x mol Cu.

Cho lượng kim loại tác dụng với HNO₃₃ dư thu được 0,3 mol NO

Bảo toàn e: $x=\frac{0,3.3-0,5}{2}=0,2$

$\to m+57,8=0,5.108+0,2.64$

$\to m=9 gam$

Đáp án B

Các chất là Al₂O₃; Zn(OH)₂ và Pb(OH)₂. Các chất này đều lưỡng tính

→ tác dụng được với HCl và NaOH

Đáp án D

Ta có: $n_{Al{\left(OH\right)}_3}=0,04 mol$ 

Ta có: $\overline{M_Y}=18,9$ 

Dẫn Y qua bình đựng Br₂ dư thấy Br₂ phản ứng 0,12 mol.

Gọi số mol Al₄C₃, CaC₂ và Ca lần lượt là a, b, c.

Do vậy khí X thu được gồm 3a mol CH₄, b mol C₂H₂ và c mol H₂.

Mặt khác:$n_{AlOH{)}_3}=4a-2b-2c=0,04$ 

Cho X qua Ni thu dược hỗn hợp Y chỉ gồm các hidrocacbon nên số mol của Y là 3a+b mol

Mặt khác bảo toàn liên kết π:2b-c=0,12 

Giải hệ: a=b=0,1; c=0,08

$\to m=24 gam$

Đáp án B

Cho 5,52 gam Mg, Al tác dụng với 0,54 mol NaHSO₄ và 0,08 mol HNO₃ thu được dung dịch X chỉ chứa muối trng hòa và hỗn hợp Y gồm 3 khí không màu

Ta có:$\overline{M_Y}=15,75$ 

do vậy Y có H₂, N₂ và N₂O

Cho NaOH dư vào X thu được kết tủa là Mg(OH)₂

$\to n_{Mg}=0,14\to n_{Al}=0,08 mol$

Do dung dịch X chứa chứa muối trung hòa nên H⁺ hết, mặt khác do sinh ra khí H₂ nên NO₃^- hết.

Dung dịch X sẽ chứa Mg²⁺ 0,14 mol, Al³⁺ 0,08 mol, NH₄⁺, Na⁺ 0,54 mol và SO₄^2-0,54 mol.

Bảo toàn điện tích: $n_{N{H_4}^{+}}=0,02 mol$ 

Bảo toàn N:

Gọi số mol N₂, N₂O và H₂ lần lượt là a, b,c

Bảo toàn e:

Giải hệ: a=0,01; b=0,02; c=0,05

Đáp án B

Cho phần 1 tác dụng với HCl thì thu được Y chứa muối của Al, Zn, Mg và FeCl₂.

Cho AgNO₃ vào Y thì thu được kết tủa AgCl và Ag.

Phần 2 tác dụng với Cl₂ thu được muối gồm muối của Al, Zn, Mg và FeCl₃.

Cho Z tác dụng với AgNO₃ thu được 93,275 gam kết tủa AgCl.

Lượng kết tủa chênh lệch là do FeCl₂ ở Y và FeCl₃ ở Z.

Gọi số mol của Fe là a

$\to m=22,82 gam$

Đáp án D

Tiêu hủy kim loại Na, K bằng ancol etylic với phản ứng:

Na + H₂O → NaOH + ½ H₂và K + H₂O → KOH + ½ H₂.

Phản ứng này khá êm dịu, không gây nguy hiểm, không tạo ra chất độc hại, dễ xử lí

Đáp án A

Đặt n(Mg²⁺) = a và n(HCO₃^-) = b

→ BT điện tích: 0,2. 2 + 2a = 0,3. 2 + b

→ 2a – b = 0,2

Khi cho ½ X tác dụng với Na₂CO₃ dư: kết tủa là MgCO₃ và CaCO₃

→ 84. a/2 + 100. 0,2/2 = 16,3

→ a = 0,15

→ b = 0,1

Phần 2: Ca²⁺ (0,1); Mg²⁺ (0,075); SO₄^2- (0,15); HCO₃^- (0,05)

Cô cạn, nung nóng:

2HCO₃^- → CO₃^2- + CO₂ + H₂O và CO₃^2- → O^2-+ CO₂.

→ m(chất rắn) = 0,1. 40 + 0,075. 24 + 0,15. 96 + 0,025. 16 = 20,6 (g)

Đáp án D

AlCl₃ + 4KOH (dư) → KAlO₂ + 3KCl + 2H₂O

→ 3 chất tan gồm KAlO₂, KCl, KOH dư

(Nếu cho a gam dung dịch muối X vào a gam dung dịch Ba(OH)₂ dư thu được 2a gam dung dịch Z chứng tỏ phản ứng không tạo kết tủa hoặc khí)

Đáp án A

Nhìn vào đồ thì, phải mất 1 khoảng mol NaOH mới bắt đầu xuất hiện kết tủa chứng tỏ X có H₂SO₄ dư, và lượng mol đó tác dụng với axit.

X gồm: Al₂(SO₄)₃ và H₂SO₄ dư.

Ta có: n(Al) = 0,18. BTNT (Al):

n(Al³⁺ trong X) = 0,18; gọi n(H⁺) dư = y

Tại thời điểm n(NaOH) = 0,28

→ 0,28 = y +3a

Tại thời điểm n(NaOH) = 0,76

→ 0,76 = y + 3a. 3 + (0,18 – 3a). 4

→ y = 0,16 và a = 0,04 → n(H₂SO₄) dư = 0,08

→ x = 0,08 + 3 n(Al₂(SO₄)₃) = 0,08 + 3. 0,09 = 0,35

Đáp án C

Tại thời điểm: m(kết tủa) = const  

→ Mg(OH)₂ và BaSO₄.

→ n(kết tủa) = b + (1,5a + b + 0,5a) = 0,94

Tại thời điểm đó,

n(Ba(OH)₂) = 1,1 → n(OH^-) = 2,2

→ 4a + 2b + c = 2,2

Khối lượng chất rắn ban đầu:

40b + 51a = 27,68

→ a = 0,48 và b = 0,08 và c = 0,12

→ x = n(SO₄^2-) = 0,86

Đáp án A

$\left\{\begin{array}{l}{n}_{C{O}_2}=a\\ n_{N_{2}O}=b\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,07\\ b=0,04\end{array}\right.$

$BTNT \left(N\right): n_{Al{(NO}_{}}$₃)3=x+2b3=0,03

$$\begin{gathered} BTNT\left(C\right): \\ {n}_{ZnC{O}_3}=a=0,07 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} BTNT\left(Zn\right): \\ {n}_{Zn\left(X\right)}=z-a=0,12 \end{gathered}$$

$\Rightarrow \%=8,61$

Đáp án B

Quá trình trao đổi e:

Do vậy phản ứng sau khi cân bằng là

Tổng hệ số là  2 + 3 + 8 + 2 + 6 + 4 = 25

Đáp án A

Cho 0,1 mol Ba vào 0,2 mol H₂SO₄ thu được 0,1 mol kết tủa BaSO₄nặng 23,3 gam

Đáp án D

Ta có:

$n_{FeC{l}_3}=0,16; n_{CuC{l}_2}=0,12$

Cho AgNO₃ dư vào X thu được kết tủa gồm AgCl 0,72 mol (bảo toàn nguyên tố Cl) và Ag 0,06 mol.

Nếu cho NaOH dư vào X thì lượng NaOH phản ứng 0,78 mol, do vậy

$n_{Al}=0,78-0,72=0,06 mol$

Do $n_{Ag}=0,06\to n_{F{e}^{+2}trongX}=0,06 mol$

Ta có:  $n_{F{e}^{2+}}<n_{FeC{l}_3}$ và khối lượng rắn tăng do vậy Fe dư

Gọi số mol Mg là a  mol, Fe là b mol

$\to m=24a+56b+0,06.27$

Rắn Y sẽ chứa Cu 0,12 mol và Fe 0,1+b mol

$\to 1,8275m=0,12.64+56(0,1+b)$

Dung dịch X chứa MgCl₂ a mol, AlCl₃ 0,06 mol và FeCl₂ 0,06 mol

$\to b=\frac{67}{2800}$

$\to m=8 gam$

Đáp án B

Ta có: $n_{khi}=0,255 mol$

Dung dịch Y chứa 0,23 mol AlCl₃.

Cho dung dịch chứa 0,3 mol Ba(OH)₂ và 0,37 mol NaOH tác dụng với Y thu được dung dịch Z.

Z chứa Ba²⁺ 0,3 mol, Na⁺ 0,37 mol, AlO₂^- 0,23 mol, OH^- dư 0,05 mol.

Cho H₂SO₄ vào Z.

Để kết tủa Al(OH)₃ lớn nhất thì :

$n_{H_{2}S{O}_4}=\frac{0,23+0,05}{2}=0,14 mol$ 

Để kết tủa BaSO₄ lớn nhất thì :$n_{H_{2}S{O}_4}=0,3$ 

Lúc kết tủa BaSO₄ tối đa thì Al(OH)₃ bị hòa tan nhưng lượng BaSO₄tạo thành lớn hơn Al(OH)₃ bị hòa tan nên kết tủa vẫn tăng

$\to V=\frac{0,3}{2}=150 ml$

Đáp án A

Do chứa muối trung hòa nên dung dịch Y chứa Al³⁺ a mol, Zn²⁺ b mol, NH₄⁺ c mol và SO₄^2- 0,585 mol.

Bảo toàn điện tích:3a+2bc=0,585 .2 

Hỗn hợp khí Z chứa CO₂ x mol, N₂ y mol và H₂ z mol

Bảo toàn nguyên tố N:

$n_{N{O_3}^{-}\left(x\right)}2y+0,03-0,09=2y-0,06$ 

Trong X 

$m_{N{O_3}^{-}}+m_{C{O_3}^{2-}}=m_x-m_{kim loai}=8,52$