Phương pháp nhiệt nhôm dùng để điều chế kim loại đứng sau Al

Đáp án cần chọn là: B

Đáp án cần chọn là: B

- Trong gang có C nên không hòa tan được trong các dung dịch HCl, H₂SO₄ loãng, NaOH.

- Để hòa tan hoàn toàn mẫu gang ta có thể dùng dung dịch HNO₃ đặc, nóng.

Đáp án cần chọn là: D

2CrCl₃ + 3Br₂ + 16NaOH → 2Na₂CrO₄ + 6NaBr + 6NaCl + 8H₂O 

Đáp án cần chọn là: C

Nước cứng không gây ngộ độc nước uống và cũng không có tính tẩy màu, ăn mòn da tay.

Đáp án cần chọn là: B

Các phương pháp bảo vệ kim loại không bị ăn mòn là:

+ Phương pháp bảo vệ bề mặt.

+ Phương pháp điện hóa.

Đáp án cần chọn là: A

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

FeCl₃ + 3NaOH  → Fe(OH)₃ + 3 NaCl

=> Kết tủa Y là Fe(OH)₃ . Dung dịch X gồm NaCl và NaOH dư

Đáp án cần chọn là: B

Nhận xét không đúng là : Be, Mg, Ca, Sr, Ba đều phản ứng với nước ở nhiệt độ thường nên gọi là kim loại kiềm thổ.

Vì Be không phản ứng với nước, còn Mg phản ứng với nước ở nhiệt độ cao.

Đáp án cần chọn là: D

Trong không khí ẩm, kim loại đồng bị bao phủ bởi lớp màng CuCO₃.Cu(OH)₂ (màu xanh).

Đáp án cần chọn là: D

Đáp án cần chọn là: D

Những vật bằng nhôm hàng ngày tiếp xúc với nước dù ở nhiệt độ nào cũng không xảy ra phản ứng vì trên bề mặt vật được phủ một lớp nhôm oxit mỏng, bền, ngăn cách vật với nước.

Đáp án cần chọn là: B

Chất rắn Y gồm một kim loại có tính khử yếu nhất là: Ag

Dung dịch X gồm hai muối của kim loại có tính khử mạnh nhất => Phản ứng vừa đủ hai kim loại hết

 → TH1: Hai muối trong X là Mg(NO₃)₂ và Fe(NO₃)₂. 

Mg   +  2Ag⁺ → Mg²⁺    +   2Ag↓

Fe   +  2Ag⁺ → Fe²⁺    +   2Ag ↓  

 → TH2: Hai muối trong X là Mg(NO₃)₂ và Fe(NO₃)₃. 

Mg   +  2Ag⁺ → Mg²⁺    +   2Ag↓

Fe   +  2Ag⁺ → Fe²⁺    +   2Ag ↓

Fe²⁺  +  Ag⁺ → Fe³⁺    +   2Ag ↓

Đáp án cần chọn là: D

Khi điện phân dung dịch CuCl₂, ở catot xảy ra : Cu⁺²  + 2e → Cu

→ xảy ra sự khử ion Cu²⁺                        

Đáp án cần chọn là: A

Ca là kim loại kiềm thổ

Đáp án cần chọn là: A

- Chất chỉ phản ứng được với bazơ là SO₂.

- Chất chỉ phản ứng được với cả axit và bazơ là Al₂O₃

Đáp án cần chọn là: C

Quá trình hoạt động của pin Fe-Cu :

Fe → Fe²⁺ + 2e  => tăng nồng độ ion Fe²⁺

Cu²⁺ + 2e → Cu   => giảm nồng độ ion Cu²⁺

Đáp án cần chọn là: C

Nhận thấy kim loại R có 2 hóa trị II và III => loại A và D

hiđroxit R(OH)₃  tác dụng với dung dịch kiềm tạo Na[R(OH)₄] => R là Cr

Đáp án cần chọn là: B

Quá trình ăn mòn điện hóa là quá trình oxi hóa – khử, trong đó kim loại ăn mòn do tác dụng của dung dịch chất điện li và tạo nên dòng electron chuyển dời từ cực âm đến cực dương → sự oxi hóa ở cực âm và sự khử ở cực dương.

=> Kim loại ở cực âm bị tan ra.

Đáp án cần chọn là: A

Gọi M là kí hiệu chung của 2 kim loại X và Zn

a là số mol của M

M + 2HCl → MCl₂ + H₂

=> n_H2 = 0,03 mol = a

→ \( \to {{\bar M}_M} = \frac{{1,7}}{{0,03}} = 56,67\)

Vì M_Zn = 65 > 56,67 =>  M_X < 56,67

X + H₂SO₄ → XSO₄ + H₂

→ \( \to {n_X} = \frac{{1,9}}{{{M_X}}} = {n_{{H_2}}}{\rm{\;}}{\mkern 1mu}  \to {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{{1,9}}{{{M_X}}} < 0,05\)

=> M_X > 38

Ta có: 38 < M_X < 56,67 => kim loại X là Ca

Đáp án cần chọn là: B

m_Fe = 0,4a gam;  m_Cu = 0,6a gam;

vì m_{chất rắn không tan}< m_{Cu ban đầu} => Fe còn dư và Cu chưa phản ứng

=> dung dịch Y chỉ chứa muối Fe(II)

Gọi n_NO = x mol;  n_NO2 = y mol

=>x + y = 0,15  (1)

m_ddHNO3 = 1,4.30 = 42 gam => m_HNO3 = 42 . 60% = 25,2 gam  => n_HNO3 = 0,4 mol

Ta có  n_HNO3 = 4n_NO + 2n_NO2  => 4x + 2y = 0,4   (2)

Từ (1) và (2) =>x = 0,05 và y = 0,1

=> n_{e cho} = 2.n_Fe(NO3)2= n_{e nhận} = 3n_NO + n_NO2 = 3.0,05 + 0,1 = 0,25 mol

=> n_Fe(NO3)2 = 0,125 mol  => m = 22,5gam

Đáp án cần chọn là: B

Mg là kim loại mạnh hơn những kim loại trong muối → Mg khử được cả 4 dung dịch muối

Phương trình phản ứng

Mg + ZnSO₄ → MgSO₄ + Zn

Mg + 2AgNO₃ → Mg(NO₃)₂ + 2Ag

Mg + CuCl₂ → MgCl₂ + Cu

3Mg + Al₂(SO₄)₃ → 3MgSO₄ + 2Al

Đáp án cần chọn là: B

Áp dụng công thức Faraday để tính khối lượng chất thoát ra ở điện cực.

Khối lượng Cu thoát ra ở điện cực bằng:

\({m_{Cu}} = \frac{{A.I.t}}{{n.F}} \to t = \frac{{{m_{Cu}}.n.F}}{{A.I}} = \frac{{1 \times 96500 \times 2}}{{64 \times 1}} = 3015,625\left( s \right)\) = 50 phút 15 giây

Đáp án cần chọn là: A

\({n_e} = \frac{{2000.9,65}}{{96500}} = 0,2(mol)\)

Do trong dung dịch điện phân có Ion Cl^- nên tại cực dương giai đoạn đầu Cl^- bị oxy hóa.

Anot:

2Cl^- → Cl₂ + 2e

0,12    0,06   0,12 < 0,2

=> H₂O đã bị điện phân

2H₂O → O₂ + 4e + 4H⁺

              0,02  0,08

=> V = (0,06 + 0,02).22,4 = 1,792 (lit)

Catot:

Cu²⁺ + 2e → Cu

0,2       0,4 > 0,2

=> Cu²⁺ điện phân một phần

=> n_Cu = 0,2/2 = 0,1 (mol)

=> m_Cu = 0,1.64 = 6,4 (gam)

Đáp án cần chọn là: C

(1) 2NaCl + CuSO₄ → Cu +Cl₂ + Na₂SO₄

Ở (1) NaCl phản ứng vừa đủ với CuSO₄ => Dung dịch sau điện phân chỉ có Na₂SO₄

Đáp án cần chọn là: C

Khí CO chỉ khử được CuO

Áp dụng tăng giảm khối lượng: m_{chất rắn giảm} = m_{O (oxit bị khử)} = 9,1 – 8,3 = 0,8 gam

=> n_CuO = n_{O (oxit bị khử)} = 0,8 / 16 = 0,05 mol

=> m_CuO = 4 gam

Đáp án cần chọn là: D

n_H2 = 2,912:22,4 = 0,13 mol

2A + 2H₂O → 2AOH + H₂

0,26    ←         0,26 ← 0,13 (mol)

=> M_A = 1,82 : 0,26 = 7 (Li)

m_LiOH = 0,26.24 = 6,24 (g)

BTKL: m _{dd sau pư} = m_KL + m_H2O – m_H2 = 1,82 + 48,44 – 0,13.2 = 50 (g)

C%_LiOH = 6,24.100%/50 = 12,48%

Đáp án cần chọn là: C

Gọi n_K = x mol;  n_Ca = y mol  => m_{hỗn hợp} = 39x + 40y = 5,9   (1)

Bảo toàn electron: n_K + 2n_Ca  = 2n_H2 => x + 2y = 0,1.2   (2)

Từ (1), (2) =>  x = 0,1;  y = 0,05

=> m_ca = 2 gam

Đáp án cần chọn là: B

CO₂ đến dư thì dung dịch gồm 0,4 mol NaHCO₃ và 0,2 mol Ca(HCO₃)₂

Khi nhiệt phân hoàn toàn thu được : 0,2 mol Na₂CO₃ và 0,2 mol CaO

=> m = 32,4 gam

Đáp án cần chọn là: B

Các phản ứng:

Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃ + H₂O(1)

CaCO₃ + CO₂ + H₂O → Ca(HCO₃)₂(2)

- Tại n_CO2 = a (đồ thị đi lên) => Chỉ xảy ra phản ứng (1)

=> n_CaCO3 = n_CO2 = a

- Tại n_CO2 = b (đồ thị đi xuống): Kết tủa đã bị hòa tan một phần

Sản phẩm lúc này gồm:

CaCO₃: a mol

Ca(HCO₃)₂: 0,12 - a (BTNT "Ca")

BTNT "C": n_CO2 = n_CaCO3 + 2n_Ca(HCO3)2 => b = a + 2(0,12 - a)

=> b = 0,24 - a

Đáp án cần chọn là: A

Ta có: n_OH- = n_NaOH = 0,85 mol; n_Al3+ = 2.n_Al2(SO4)3 = 0,2 mol; n_H+ = 2.n_H2SO4 = 0,2 mol

Thứ tự phản ứng khi cho OH^- vào {H⁺; Al³⁺} là:

 (1) H⁺ + OH^- → H₂O

     0,2     0,2              mol

Lượng OH^- còn lại sau phản ứng (1): \({n_{O{H^ - }con\,lai}} = {n_{O{H^ - }}} - {n_{{H^ + }}} = 0,85 - 0,2 = 0,65(mol)\)

Xét tỉ lệ (*) = 0,65 : 0,2 = 3,25 → 3< (*) < 4 → Kết tủa tan 1 phần; (1) (2) đã kết thúc, (3) đang xảy ra

Áp dụng công thức tính nhanh (xem cách chứng minh ở mục phương pháp):

n_OH- = n_H+ + 4n_Al3+ - n_Al(OH)3

→ 0,85 = 0,2 + 4.0,2 - n_Al(OH)3

→ n_Al(OH)3 = 0,15 mol

→ m_{kết tủa} = 0,15.78 = 11,7 (g)

Đáp án cần chọn là: A

PTHH: Ba(OH)₂ + Al₂(SO₄)₃ → BaSO₄↓ + Al(OH)₃↓

            Ba(OH)₂ + Al(OH)₃ → Ba(AlO₂)₂ + H₂O

Vậy hiện tượng quan sát được là xuất hiện kết tủa trắng (gồm BaSO₄↓ và Al(OH)₃↓) sau đó tan một phần Al(OH)₃.

Đáp án cần chọn là: D

nCr2O3 = 0,15 mol

Bảo toàn khối lượng : mCr2O3 + m_Al = m_{hỗn hợp X}  => m_Al = 33,6 – 22,8 = 10,8 gam

→ n_Al = 0,4 mol

Cr₂O₃ + 2Al ⟶  Al₂O₃ + 2Cr

0,15  →   0,3             →    0,3

→ n_{Al dư} = 0,4 – 0,3 = 0,1 mol

Bảo toàn e : 2nH2 =2n_Cr + 3n_{Al dư}   => V = 0,45.22,4 = 10,08 lít

Đáp án cần chọn là: A

Fe và Fe₂O₃ tan 1 phần trong HNO₃ đặc nguội không có khí, 2 cái còn lại có khí

Fe và Fe₂O₃ khi cho vào HCl hay H₂SO₄ loãng cho dung dịch màu vàng nâu, có khí; Fe và FeO cho dung dịch màu lục nhạt (gần như trong suốt và có khí); FeO và Fe₂O₃ cho dung dịch màu vàng nâu và không có khí.

Vậy nên có thể dùng cả 3 dung dịch này để phân biệt 3 nhóm hỗn hợp 2 chất trên. 

Đáp án cần chọn là: D

2KNO₃ → 2KNO₂ + O₂

   x          →               0,5x

2Cu(NO₃)₂ → 2CuO + 4NO₂ + O₂

   y                  →                2y    →  0,5y

Ta có hệ phương trình: 

\(\left\{ \begin{array}{l}
101x + 188y = 34,65\\
\frac{{(0,5x + 0,5y).32 + 2y.46}}{{0,5x + 0,5y + 2y}}
\end{array} \right. = 18,8.2 \to \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,25\\
y = 0,05
\end{array} \right.\)

=> m_Cu(NO3)2 = 0,05.188 = 9,4 gam

Đáp án cần chọn là: A

n_CrO3 = 0,1 (mol)

2NH₃ + 2CrO₃ → Cr₂O₃ + N₂ + 3H₂O

  0,1          0,1         0,05

m_Cr2O3 = 0,05.152 = 7,6 (gam)

Đáp án cần chọn là: C

m_O(X) = 29,05.24,78% = 7,2 gam => n_O(X) = 0,45 mol

BTNT "O": n_Al2O3 = n_O(X) : 3 = 0,15 mol

Đặt n_Na = x và n_Ba = y (mol)

m_X = 23x + 137y + 0,15.102 = 29,05

BTe: n_Na + 2n_Ba = 2n_H2 => x + 2y = 2.0,2

Giải hệ thu được x = 0,3 và y = 0,05

Vậy dung dịch Y chứa: Na⁺ (0,3 mol), Ba²⁺ (0,05 mol), AlO₂^- (0,3 mol) và OH^-

BTĐT tính được n_{OH- dư} = n_Na+ + 2n_Ba2+ - n_AlO2- = 0,1 mol

Cho từ từ hỗn hợp HCl (8a mol) và H₂SO₄ (a mol) vào dd Y:

(1) H⁺ + OH^- → H₂O

(2) H⁺ + AlO₂^- + H₂O → Al(OH)₃

(3) 3H⁺ + Al(OH)₃ → Al³⁺ + 3H₂O

(4) Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄

n_H+ = n_HCl + 2n_H2SO4 = 10a (mol); n_SO42- = a mol

Các điểm cực đại của kết tủa:

- Điểm Al(OH)₃ đạt cực đại: n_H+ = n_OH- + n_AlO2- => 10a = 0,1 + 0,3 = 0,4 => a = 0,04

=> m₁= m_Al(OH)3 + m_BaSO4 = 0,3.78 + 0,04.233 = 32,72 gam

- Điểm BaSO₄ đạt cực đại: n_BaSO4 = n_SO42- = n_Ba2+ => a = 0,05 mol => n_H+ = 0,5 mol

(1) H⁺ + OH^- → H₂O

     0,1 ← 0,1

(2) H⁺ + AlO₂^- + H₂O → Al(OH)₃

     0,3 ← 0,3 →                      0,3

(3) 3H⁺    +   Al(OH)₃ → Al³⁺ + 3H₂O

0,5-0,1-0,3 → 0,1/3

=> m₂ = m_Al(OH)3 + m_BaSO4 = (0,3-0,1/3).78 + 0,05.233 = 32,45 gam

m₁ > m₂ => m₁ = m _{kết tủa max}

Vậy 

\(\left\{ \begin{array}{l}
Al{(OH)_3}:0,3\\
BaS{O_4}:0,04
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
A{l_2}{O_3}:0,15\\
BaS{O_4}:0,04
\end{array} \right.\)

=> m _{chất rắn} = 0,15.102 + 0,04.233 = 24,62 gam

Đáp án cần chọn là: C

AgNO₃ : x (mol)

Cu(NO₃)₂ : y (mol)

Dd Y : Cu(NO₃)₂ : 0,5x + y (mol)

Dd Z : Fe(NO₃)₂ : 0,5x + y (mol)

Vì sự chênh lệch khối lượng muối là do kim loại Cu thay thế Ag; Fe thay thế Cu còn NO₃^- bảo toàn nên :

2b = a + c

=>2.(0,5. x + y). 64 = 108x + 64y + (0,5x + y).56

=> 72x = 8y

=> 9x = y => x : y = 1: 9

Đáp án cần chọn là: D

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

Đáp án cần chọn là: C

PTHH:  4AgNO₃ + 2H₂O → 4Ag ↓ + O₂ ↑  + 4HNO₃

                   x                  →     x  → 0,25x   → x

Gọi n_AgNO3 bị điện phân là x (mol)

Ta có: m_{dd giảm} = m_Ag + m_O2

=> 108x + 0,25x. 32 = 11,6

=> x = 0,1 (mol)

Theo đề bài dd X là AgNO₃ và HNO₃ có nồng độ mol/l bằng nhau => n_AgNO3 dư = n_HNO3 = 0,1 (mol)

             Fe +    4H⁺ + NO₃^- → Fe³⁺ + NO + 2H₂O  (1)

PƯ    0,025 ←0,1→0,025→ 0,025

Dư     0,035                0,14

             Fe   +   2Ag⁺ →  Fe²⁺ + 2Ag↓     (2)

Pư       0,035 → 0,07→   0,035

Dư                     0,03

            Ag⁺ + Fe²⁺    → Fe³⁺ + Ag↓   (3)

Pư     0,03 → 0,03→    0,03

Sau phản ứng (1), (2) (3) => n_Fe2+ = n_{Fe2+ (2)} – n_{Fe2+ (3)} = 0,035- 0,03 = 0,005(mol)

n_Fe3+ = n_{Fe3+ (1)} + n_{Fe3+ (3)} = 0,025 + 0,03 = 0,055 (mol)

Vậy dd Y gồm : Fe(NO₃)₂: 0,005 mol; Fe(NO₃)₃: 0,055 (mol)

=> m= 0,005. 180 + 0,055. 242 = 14,21 (g)

Đáp án cần chọn là: B

0,07 mol Fe + 0,35 mol HNO₃ → DD X

X + 0,1 mol KOH + 0,2 mol NaOH → muối Z

Muối Z có K⁺ : 0,1 mol; Na⁺ : 0,2 mol; NO₃^- : x mol và OH^- : y mol

Bảo toàn điện tích có x + y = 0,3 mol

Khi nhiệt phân Z thì NO₃^- → NO₂^- →m_muối = 39.0,1 + 23.0,2 + 46x + 17y = 20,56

→ x = 0,24 mol và y = 0,06 mol

→ dung dịch X cũng có 0,24 mol NO₃^- > 3n_Fe = 0,21 mol → dung dịch X chứa HNO₃ và 0,07 mol Fe(NO₃)₃

Bảo toàn N có n_HNO3(X) = 0,24 – 0,07.3 =0,03 mol

Đặt sản phẩm khử của phản ứng là N⁺ⁿ thì ta có

                                             N⁺⁵ + (5-n) e → N⁺ⁿ  

                                                        Fe → Fe⁺³ + 3e

 Ta có \({n_{{N^{ + n}}}} = {n_{HN{O_3}(bd)}} - {n_{N{O_3}(X)}} = 0,35 - 0,24 = 0,11\{ Al(OH)3:0,3BaSO4:0,04Nung\{ Al2O3:0,15BaSO4:0,04\)

       → 0,11(5-n) = 3.0,07 =0,21 → n = 3,09 thì khí thoát ra có dạng N₂O_n :0,055 mol

Bảo toàn khối lượng có m_Fe + m_{DD HNO3} = m_X + m_khí → 3,92 + 44,1 = m_x + 0,055.(14.2 + 16x)

 → m_X = 43,76 gam

→ nồng độ % của Fe(NO₃)₃ trong X là C%[Fe(NO₃)₃] = 0,07.242 : 43,76. 100% = 38,7%

Đáp án cần chọn là: C