Thạch cao sống có CTPT là CaSO₄.2H₂O

Đáp án B

Các chất và ion có khả năng vừa đóng vai trò chất khử, vừa đóng vai trò chất oxi hóa là các chất và ion có chứa nguyên tố có số oxi hóa trung gian.

Vậy các chất và ion có khả năng vừa đóng vai trò chất khử, vừa đóng vai trò chất oxi hóa là: FeSO₄; FeO; Fe₃O₄; Fe(NO₃)₃; FeCl₂; Fe²⁺ (có 6 chất).

(Chú ý: Fe(NO₃)₃ thì Fe³⁺; N⁺⁵ nhận e còn O^-2nhường e)

Cho từ từ đến dư dung dịch Ba(OH)₂ vào dung dịch Al₂(SO₄)₃ thì xảy ra các PTHH sau:

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

Ba(OH)₂ + 2Al(OH)₃ → Ba(AlO₂)₂ + 4H₂O

Hiện tượng xảy ra là xuất hiện kết tủa trắng gồm Al(OH)₃ và BaSO₄, sau đó tan một phần Al(OH)₃ khi Ba(OH)₂ dư.

Đáp án C

Độ dẫn điện của chúng giảm dần theo thứ tự Ag, Cu, Au, Al, Fe.

Đáp án D

Ta có: n_HCl = C_M. V_dd = 0,2 . 2 = 0,4 (mol)

Sơ đồ: Oxit + HCl → Muối + H₂O

Bảo toàn nguyên tố H → n_H2O = ½ . n_HCl = ½ . 0,4 = 0,2 (mol)

Bảo toàn khối lượng →

m_muối = m_{oxit kim loại} + m_HCl - m_H2O

= 25 + 0,4.36,5 - 0,2.18 = 36,0 gam

Đáp án B

Khi thêm NaOH vào dung dịch FeCl₃ màu vàng nâu thì ta thấy xuất hiện kết tủa nâu đỏ, không phải trắng xanh.

PTHH: 3NaOH + FeCl₃ → Fe(OH)₃↓ (nâu đỏ) + 3NaCl

Đáp án C

Fe₃O₄ + 4H₂SO₄ → FeSO₄ + Fe₂(SO₄)₃ + 4H­₂O

→ Thành phần dung dịch X chứa Fe²⁺, Fe³⁺, SO₄^2-, H⁺.

→ Có 7 chất là NaOH, Cu, Fe(NO₃)₃, KMnO₄, BaCl₂, Cl₂ và Al tác dụng được với dung dịch X.

Các phương trình hóa học lần lượt xảy ra là:

OH^- + H⁺ → H₂O

Cu + 2Fe³⁺ → 2Fe²⁺+ Cu²⁺

3Fe²⁺ + 4H⁺ + NO₃^- → 3Fe³⁺ + NO + 2H₂O

5Fe²⁺ + 8  H⁺ + MnO₄^- → 5Fe³⁺ + Mn²⁺ + 4 H₂O

Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄

2Fe²⁺ + Cl₂ → 2Fe³⁺ + 2Cl^-

Al + 3H⁺ → Al³⁺ + 3/2 H₂

Quy đổi hỗn hợp gồm Fe, FeO, Fe₂O₃ và Fe₃O₄ về Fe: x mol và O: y mol.

⟹ 56x + 16y = 11,36 (1)

Ta có: n_NO = 1,344 : 22,4 = 0,06 (mol)

Fe⁰ → Fe⁺³ + 3e           O⁰  + 2e → O^-2

 x              → 3x           y  → 2y      

                                       N⁺⁵   +    3e  →  N⁺²

                                                   0,18 ← 0,06 

Bảo toàn electron: 3x = 2y + 0,18 (2)

Giải (1) và (2) ta được: x = 0,16 và y = 0,15

Bảo toàn nguyên tố Fe ta có: n_Fe(NO3)3 = n_Fe = 0,16 mol.

Vậy m = m_Fe(NO3)3 = 0,16.242 = 38,72 (g).

Đáp án B

Thạch cao nung CaSO₄.H₂O được dùng để đúc tượng, bó bột khi gãy xương.

Đáp án A

B sai vì nguyên tắc điều chế kim loại là khử ion kim loại thành nguyên tử kim loại: Mⁿ⁺ + ne → M.

Ta có: n_HCl = 0,5.1 = 0,5 mol; n_H2SO4 = 0,5.0,28 = 0,14 mol

Suy ra n_H+ = n_HCl + 2.n_H2SO4 = 0,78 (mol)

Ta có: n_H2 = 8,736 : 22,4 = 0,39 (mol)

Nhận thấy n_H2 = ½ . n_H+ nên H⁺ phản ứng vừa đủ.

Vậy cô cạn dung dịch X thu được muối sunfat và muối clorua.

Khối lượng muối khan bằng:

m_muối = m_Mg2+ + m_Al3+ + m_Cl- + m_SO4

= 7,74 + 0,5.35,5 + 0,14.96 = 38,93

CaCO₃.MgCO₃  CaO + MgO + 2CO₂

Ta có: n_CaCO3.MgCO3 = ½ . n_CO2 = ½ . 0,4 = 0,2 mol

Khối lượng CaCO₃.MgCO₃ trong loại quặng trên là 0,2.184 = 36,8 (g)

Thành phần % về khối lượng của CaCO₃.MgCO₃ trong loại quặng nêu trên là:

 \(\frac{{36,8}}{{40}} \times 100\% \) = 92%

Đáp án B

Kim loại nhôm tan được trong dung dịch NaOH vì:

2 Al + 2 NaOH + 2 H₂O → 2 NaAlO₂ + 3 H₂

Đáp án A

- Hồng ngọc là tinh thể Al₂O₃ có một số ion Al³⁺ được thay thế bằng ion Cr³⁺.

- Sa-phia là tinh thể Al₂O₃ có lẫn tạp chất Fe²⁺, Fe³⁺, Ti⁴⁺.

Vậy thành phần chính của hồng ngọc và sa-phia là Al₂O₃.

Đáp án C

Thí nghiệm 1: Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂

Ở đây chỉ có 1 điện cực là Fe nên không xảy ra ăn mòn điện hóa.

Thí nghiệm 2: Fe  + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu

Có 2 điện cực Fe và Cu tiếp xúc trực tiếp với nhau, nhúng trong cùng dung dịch chất điện li (muối sunfat).

→ Xảy ra ăn mòn điện hóa.

Thí nghiệm 3: Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂

Ở đây chỉ có 1 điện cực là Cu nên không xảy ra ăn mòn điện hóa.

Thí nghiệm 4: Có 2 điện cực Cu và Fe tiếp xúc trực tiếp với nhau, nhúng vào cốc đựng dung dịch HCl.

→ Xảy ra ăn mòn điện hóa.

Vậy có 2 thí nghiệm xuất hiện ăn mòn điện hóa.

⟹ Chất rắn sau khi khử bằng H₂ là Fe

⟹ m_Fe = 25,2 gam ⟹ n_Fe(oxit) = 25,2/56 = 0,45 mol

⟹ m_{O (oxit)} = m_oxit - m_Fe = 34,8 - 25,2 = 9,6 (g) ⟹ n_O(oxit) = 9,6/16 = 0,6 mol

Ta có: x : y = n_Fe : n_O = 0,45 : 0,6 = 3 : 4

Vậy công thức oxit là Fe₃O₄.

Các chất có tính lưỡng tính là Al₂O₃, Al(OH)₃ (có 2 chất).

Đáp án B

Các kim loại tác dụng được với dung dịch H₂SO₄ là các kim loại đứng trước H trong dãy hoạt động hóa học của kim loại.

Vậy các kim loại tác dụng được với dung dịch H₂SO₄ loãng là Al và Zn (có 2 kim loại).

Đáp án D

Tại điểm A: n_{kết tủa} = n_Ba2+ = n_CO2 = 0,8 mol → n_Ba(OH)2 = 0,8 mol

Tại điểm B: kết tủa bắt đầu tan:

n_CO3(2-) = n_OH- - n_CO2

⟹ 0,8 = n_OH- - 1,8 → n_OH- = 2,6 mol → n_KOH = 2,6 - 0,8.2 = 1 mol

Tại điểm C: Kết tủa tan 1 phần:

n_CO3(2-) = n_OH- - n_CO2

⟹ 0,2 = 2,6 - n_CO2 → n_CO2 = 2,4 mol

Dung dịch sau phản ứng có: 0,6 mol Ba²⁺; 1 mol K⁺; 2,2 mol HCO₃^- (áp dụng định luật bảo toàn điện tích)

⟹ m_{chất tan} = 0,6.137 + 1.39 + 2,2.61 = 255,4 gam

Tương tự tìm m_dd = m_{các chất tham gia pứ} - m_{kết tủa}

= 2,4.44 + 500 - 0,2.197 = 566,2 (gam)

⟹ C%_{chất tan} = \(\frac{255,4}{566,2}.100%\)= 45,11%

Đáp án A

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

Khối lượng Cu thoát ra ở điện cực bằng: 50 phút 15 giây

Kim loại kiềm là kim loại thuộc nhóm IA nên công thức oxit là R2O.

Đáp án A

Ta có: n_AlCl3 = 0,2.1,5 = 0,3 mol; n_Al(OH)3 = 15,6 : 78 = 0,2 mol

Ta thấy n_Al(OH)3 < n_Al3+, mà đề hỏi giá trị lớn nhất của V nên chứng tỏ Al(OH)₃ đã bị tan 1 phần.

Khi đó n_OH- = 4.n_Al3+ - n_↓ = 4. 0,3 - 0,2 = 1(mol)

Suy ra V = n : C_­M = 1 : 0,5 = 2,0 (lít)

Đáp án A

Ta có sơ đồ phản ứng: {FeS₂, Cu₂S} + HNO₃ → Fe₂(SO₄)₃ + CuSO₄ + NO + H₂O

Bảo toàn nguyên tố Fe ta có: n_Fe2(SO4)3 = 1/2.n_FeS2 = 0,12/2 = 0,06 mol

Bảo toàn nguyên tố Cu ta có: n_CuSO4 = 2.n_Cu2S = 2a mol

Bảo toàn nguyên tố S có n_{S(FeS2, Cu2S)} = n_{S (trong 2 muối sunfat)}

→ 2.0,12 + a = 3.0,06 + 2a → a = 0,06 mol

Quy đổi hỗn hợp ban đầu gồm 0,12 mol Fe; 0,12 mol Cu và 0,3 mol S

Bảo toàn electron ta có: 3.n_Fe + 2.n_Cu + 6.n_S = 3.n_NO ⟹ 3. 0,12 + 2. 0,12 + 6.0,3 = 3.n_NO

Suy ra n_NO = 0,8 mol và V = 0,8.22,4 = 17,92 lít.

Đáp án C

Gọi công thức chung của hai kim loại kiềm là R

R + H₂O → ROH + ½ H₂

Ta có: n_ROH = 2.n_H2 = 2.5.10^-3 = 0,01 mol

⟹ [OH^-] = n_OH-/V_dd = 0,01 : 0,1 = 0,1 (M)

⟹ [H⁺] = 10^-13‑M  và pH = -log[H⁺] = 13

Đáp án A

- Cho mạt sắt vào dung dịch CuSO₄ thì xảy ra phương trình:

Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu

Ta thấy: m_{Fe tan ra} < m_{Cu bám vào} ⟹ Khối lượng chất rắn tăng

- Cho mạt sắt vào dung dịch FeCl₃ thì xảy ra phương trình:

Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂

Ta thấy chỉ có Fe tan ra ⟹ Khối lượng chất rắn giảm

- Cho mạt sắt vào dung dịch NiSO₄ thì xảy ra phương trình:

Fe + NiSO₄ → FeSO₄ + Ni

Ta thấy: m_{Fe tan ra} < m_{Ni bám vào} ⟹ Khối lượng chất rắn tăng

- Cho mạt sắt vào dung dịch AgNO₃ thì xảy ra phương trình:

Fe + 2AgNO₃ → Fe(NO₃)₂+ 2Ag

Ta thấy: m_{Fe tan ra} < m_{Ag bám vào} ⟹ Khối lượng chất rắn tăng

Theo đề, sau khi phản ứng kết thúc thấy khối lượng chất rắn giảm so với ban đầu

→ Dung dịch X có thể là dung dịch FeCl₃.

Đáp án B

Phương trình Cu + 2HCl → CuCl₂ + H₂ sai vì Cu là kim loại đứng sau H trong dãy hoạt động hóa học của kim loại nên không phản ứng được với HCl.

Đáp án B

Dãy các ion xếp theo chiều giảm dần tính oxi hoá là Ag⁺, Fe³⁺, Cu²⁺, Fe²⁺.

Đáp án B

Chất được dùng để làm mềm mẩu nước cứng trên là Na₂CO₃ vì:

Mg²⁺ + CO₃^2- → MgCO₃↓

Ca²⁺ + CO₃^2- → CaCO₃↓

Lúc đó các ion Ca²⁺ và Mg²⁺ trong dung dịch bị loại bỏ nên nước cứng được làm mềm.

Đáp án A

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂

Mg + H₂SO₄ → MgSO₄ + H₂

Ta có: n_H2 = n_Fe + n_Mg = 0,15 + 0,15 = 0,3 (mol)

Vậy V_H2 = 0,3.22,4 = 6,72 lít

Đáp án C

Cấu hình electron nguyên tử của ₂₆Fe là [Ar]3d⁶4s².

Ta có: Fe → Fe²⁺+ 2e

⟹ Cấu hình electron nguyên tử của ion Fe²⁺  là [Ar]3d⁶.

Đáp án C

Nếu cho dung dịch NaOH đến dư vào các dung dịch trên thì:

Ống 1:

AlCl₃ + 3NaOH → Al(OH)₃↓ + 3NaCl

Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

Ống 2:

MgSO₄ + 2NaOH → Mg(OH)₂↓ + Na₂SO₄

Ống 3:

FeCl₃ + 3NaOH → Fe(OH)₃ ↓ + 3NaCl

Ống 4:

ZnCl₂ + 2NaOH → Zn(OH)₂↓ + 2NaCl

Zn(OH)₂ + 2NaOH → Na₂ZnO₂ + 2H₂O

Vậy cho dung dịch NaOH đến dư thì số ống nghiệm thu được kết tủa khi phản ứng hoàn toàn là ống (2) và ống (3) (có 2 ống nghiệm).

Đáp án A

Chọn C.

Kim loại kiềm thổ có tính khử yếu hơn kim loại kiềm cùng chu kỳ.

Kim loại kiềm thuộc nhóm IA, kim loại kiềm thổ thuộc nhóm IIA.

Khối lượng riêng của kim loại kiềm thổ đều nhỏ hơn Al (trừ Ba).

Các kim loại kiềm thổ  đều mềm nhưng vẫn có độ cứng cao hơn kim  loại kiềm.

Chọn B

                               \(M + 2HCl \to MC{l_2} + {H_2}\)

Ở nhiệt độ thường:

\({O_2}\) không phản ứng với Be, phản ứng chậm với các kim loại còn lại.

\({H_2}O\) không phản ứng với Be, phản ứng chậm với Mg.

Ca, Ba, Sr phản ứng với \({H_2}O\) trong dung dịch \(CuS{O_4}.\)

Chọn A.

Nước cứng dễ tạo kết tủa khi đun nóng hoặc khi kết hợp với các chất khác làm gây cặn bám ở đáy dụng cụ đun nấu gây tốn nhiên liệu, bám vào thành ống dẫn, phản ứng với các chất trong thực phẩm

Chọn C

X tan một phần \( \to \) X dư, X là Mg.

\(4Mg + 10HN{O_3} \to Mg{(N{O_3})_2}\)\(\, + N{H_4}N{O_3} + 3{H_2}O\)

Fe là kim loại hoạt động trung bình không sinh ra \(N{H_4}N{O_3}.\)

Chọn B

            \(CO_3^{2 - } + C{a^{2 + }};M{g^{2 + }} \to CaC{O_3};MgC{O_3}\)

\(Ca{(OH)_2}\) chỉ làm mềm nước cứng tạm thời

Dùng HCl: chỉ có ion \(HCO_3^ - \) phản ứng \( \to \) không làm thay đổi tính cứng.

\(C{a_3}(P{O_4}){  _2}\)  không tan, không phản ứng.

Chọn C.

Nước tự nhiên thường chứa \(Ca{(HC{O_3})_2}\) hay còn gọi là nước có tính cứng tạm thời, muốn phân hủy chậm trong tự nhiên sinh ra kết tủa \(CaC{O_3}\) là thành phần chính của thạch nhũ.

Chọn D.

Các ion không cùng tồn tại nếu kết hợp thành các chất không tan.

Các chất không tan: \(CaC{O_3},BaS{O_4},BaC{O_3}.\)

Chọn A.

Chia 2 trường hợp:

+ \(Ca{(OH)_2}\) dư: \({n_{C{O_2}}} = {n_{CaC{O_3}}} = 0,025\,mol\)

+ \(C{O_2}\) dư so với \(Ca{(OH)_2}\) hòa tan bớt kết tủa còn 0,025 mol.

\( \Rightarrow C{O_2}\) tạo 2 muối \(CaC{O_3}\) và \(Ca{(HC{O_3})_2}\)

\({n_{C{O_2}}} = {n_{CaC{O_3}}} + 2.{n_{Ca{{(HC{O_3})}_2}}} \)\(\,= 0,025 + 2.(0,2 - 0,025) = 0,375\,mol.\)

Chọn C.

  \(\begin{array}{l}\overline M  + 2HCl \to {H_2} + \overline M C{l_2}\\0,3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,3\,\,\,\,mol\\\overline M  = 29 \to Mg,Ca\end{array}\)