Các chất thỏa mãn: Al₂O₃, NaHCO₃, (NH₄)₂CO₃, Al(OH)₃

* Al₂O₃ là oxit lưỡng tính, vừa tác dụng với dung dịch NaOH loãng, vừa tác dụng với dung dịch HCl.

* Chú ý: Cr₂O₃ chỉ tác dụng với NaOH đặc.

Z là Al₂O₃ 

B không phù hợp vì từ NaAlO₂ không tạo được Z.

Al + NaOH + H₂O →  NaAlO₂ + 3/2H₂;  

NaAlO₂ + CO₂+2H₂O → Al(OH)₃ + NaHCO₃

2Al(OH)₃ → Al₂O₃ +3 H₂O;    

2Al₂O₃ → 3O₂ + 4Al

Quặng boxit Al₂O₃.2H₂O, sau khi lọc tách tạp chất thu được Al₂O₃, đem điện phân nóng chảy được Al.

Al vừa tác dụng với dung dịch HCl, vừa tác dụng với dung dịch NaOH. Nhưng Al không có tính lưỡng tính.

nhôm bền trong không khí ẩm và nước; còn sắt thì không bền trong không khí ẩm và nước.

Trong công nghiệp, Al được điều chế bằng cách điện phân nóng chảy nhôm oxit (Al₂O₃) với xúc tác criolit (Na₃AlF₆). Nguyên liệu cung cấp Al₂O₃ chính là quặng boxit (Al₂O₃.2H₂O).

Dây Al dùng để sản xuất dây dẫn truyền tải điện năng ngoài trời (cao thế, trung thế...) vì Al là kim loại nhẹ, phổ biến trong cuộc sống, dùng để sản xuất sẽ tiết kiệm chi phí hơn Cu.

Đáp án D 

(1) sai vì Ba là kim loại nặng

(2) đúng vì Cr là kim loại cứng nhất

(3) sai, vì thứ tự phản ứng như sau:

2K + 2H₂O → 2KOH + H₂

2KOH + CuSO₄ → Cu(OH)₂ + K₂SO₄

(4) đúng (HS ghi nhớ thêm về độ dẫn điện: Ag > Cu > Au > Al > Fe)

(5) sai vì MgO không bị khử bởi CO (HS ghi nhớ: Chỉ có những oxit của KL đứng sau Al mới bị khử bởi CO, H₂)

Vậy có 2 nhận xét đúng

Đáp án B 

Khi truyền tải điện năng đi xa, người ta thường chọn kim loại nhẹ và dẫn điện tốt để làm dây dẫn. Do đó người ta thường sử dụng kim loại nhôm để làm dây dẫn truyền tải điện năng đi xa. Chú ý: Mặc dù Cu dẫn điện tốt hơn Al nhưng không dùng Cu vì Cu có khối lượng riêng lớn, do đó việc đầu tư cho hệ thống cột chống đỡ rất tốn kém.

Đáp án D

So với nguyên tử phi kim cùng chu kì, nguyên tử kim loại thường có năng lượng ion hoá nhỏ hơn.

Cả I, II, III, IV đều đúng.

Cấu hình electron của A, B, C có dạng: [Ar]3d^a4s^a4p^b

Do tổng số electron lớp ngoài cùng của A, B, C = 4 nên phải có hai nguyên tố có cấu hình electron lớp ngoài cùng dạng 4s¹ và một nguyên tố còn lại 4s²

Vì B có tổng số electron ở lớp ngoài cùng và phân lớp sát ngoài cùng là 8 nên B có cấu hình: [Ar]3d⁶4s²

Vậy A là: Ar]3d⁵4s¹ và C là: [Ar]3d¹⁰4s¹ → A là Cr; B là Fe; C là Cu

Cation M⁺ mất đi 1electron nên khi trung hòa về điện tích ta có cấu hình của M là: 1s²2s²2p⁶3s¹.

Vậy tổng số electron là 11, suy ra kim loại M là Natri.

Bạc sẽ có màu đen khi tiếp xúc với không khí có mặt H₂S

4Ag + 2H₂S + O₂ → 2Ag₂S + 2H₂O

→ Đáp án C

Phản ứng tổng quát CO + O_oxit → CO₂.

m_{ran giam} = m_{O pư} = 0,8 g

⇒ n_{O pư} = n_CO2 = 0,05 mol

⇒ X gồm 0,05 mol CO và 0,05 mol CO₂.

⇒ d_X/H2 = 18

→ Đáp án B

Sau thí nghiệm ta thu được dd X là muối Fe(NO₃)3 và AgNO₃ dư.

Fe + 2AgNO₃ (dư) → Fe(NO₃)₂ + 2Ag

Fe(NO₃)₂ + AgNO₃(dư) → Fe(NO₃)₃ + Ag

→ Đáp án B

M_Y = 18,8 → Y chứa NO (3y) và H₂ (2y) → X chứa H⁺ và NO₃^- dư.

n_NO = 0,26 mol

Bảo toàn khối lượng:

m + 1,8.36,5 + 0,3.63 = m + 60,24 + 0,26.30 + m_H2O

→ n_H2O = 0,92 mol

Bảo toàn nguyên tố H → n_H⁺ dư = 0,26 mol

Đặt n_NH4⁺ = x

Bảo toàn nguyên tố N → x + 3y + 0,26 = 0,3

n_H⁺, dư = 10x + 4.3y + 2.2y = 0,26

→ x = y = 0,1 mol

Ban đầu: n_H⁺, pư = 0,92.2 = 4n_NO + 2.n_{O (A)} → n_{O (A)} = 0,4 mol4

Trong khi cho Mg vào X thu được m – 6,04 > m – 6,4 nên Mg dư.

→ m_{Mg dư} = 6,4 - 6,04 = 0,36 gam

Mg + X Dung dịch chứa Mg²⁺ (p mol), NH₄⁺ (0,01 mol), Cl^- (1,8 mol)

Bảo toàn điện tích → p = 0,895 mol

→ m_{Mg bd} = 24.0,895 + 0,36 = 21,84 gam

→ Đáp án C

Mg + 2H₂SO_4(đ) -^to→ MgSO₄ + SO₂ ↑ +2H₂O

2Fe + 6H₂SO_4(đ) -^to→ Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂ ↑ + 6H₂O

Sau phản ứng Fe dư:

Fe dư + Fe₂(SO₄)₃ → 3FeSO₄

→ Chất tan có trong dung dịch Y gồm MgSO₄ và FeSO₄

→ Đáp án A

Ghi nhớ: NO₃^- trong môi trường H⁺ có tính oxi hóa giống y hệt axit HNO₃

Fe₃O₄ + HCl dư → dd X gồm: FeCl₂; FeCl₃; HCl dư.

Vậy dd X tác dụng được với các chất là: KMnO₄; Cl₂; KOH; Na₂CO₃; HNO₃; Fe; NaNO₃

5FeCl₂ + KMnO₄ + 8HCl → 5FeCl₃ + KCl + MnO₂↓ + Cl₂↑ + 4H₂O

2FeCl₂ + Cl₂ \xrightarrow{{{t^0}}}t0​ 2FeCl₃

FeCl₂ + KOH → Fe(OH)₂↓ + 2KCl

FeCl3 + KOH → Fe(OH)₃↓ + 3KCl

HCl + KOH → KCl + H2O

2FeCl3 + 3Na2CO3 + 3H2O → 2Fe(OH)3↓ + 3CO2↑ + 6NaCl

2HCl + Na2CO3 → 2NaCl + H2O + CO2↑

FeCl2 + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + 2HCl + NO2 ↑ + H2O

2FeCl3 + Fe → 3FeCl2

2HCl + Fe → FeCl2 + H2↑

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

=> vậy có tất cả 7 chất phản ứng với dd X

Đáp án C

(2) , ( 5) , ( 7)
Điều kiện xảy ra ăn mòn điện hóa học: đồng thời cả 3 điều kiện sau

- Các điện cực phải khác nhau về bản chất. Có thể là cặp hai kim loại khác nhau, kim loại – phi kim hay kim loại – hợp chất. Kim loại có thế điện cực chuẩn nhỏ hơn là cực âm

- Các điện cực phải tiếp xúc trực tiếp hoặc gián tiếp với nhau qua dây dẫn

- Các điện cực cùng tiếp xúc với dung dịch chất điện li

Gang, thép là hợp kim Fe – C

Không khí ẩm có chứa H₂O, CO₂, O₂...tạo ra lớp dung dịch chất điện li phủ lên bề mặt gang, thép làm xuất hiện vô số pin điện hóa mà Fe là cực âm, C là cực dương.

Đáp án D

Trong nước các ion kim loại kiềm ko nhận được e (vì phản ứng với nước)

Do Fe có tính khử lớn hơn Sn, đủ điểu kiện để xảy ra ăn mòn điện hóa nên Fe sẽ bị ăn mòn điện hóa.

→ Đáp án A

Để chống ăn mòn, người ta dùng một kim loại có tính khử lớn hơn Fe, thường là Zn, ghép vào vỏ tàu biển bằng thép để bảo vệ vỏ tàu, như thế Zn sẽ bị ăn mòn điện hóa trước

→ Đáp án C

Những phản ứng có sự thay đổi số oxi hóa là phản ứng oxi hóa – khử (1,3,5,6)

(1) Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

(2) FeCl₂ + 2NaOH → Fe(OH)₂ + 2NaCl

(3) 4Fe(OH)₂ + O₂ + 2H₂O → 4Fe(OH)₃

(4) 2Fe(OH)₃ -^to→ Fe₂O₃ + 3H₂O

(5) Fe₂O₃ + 2Al -^to→ 2Fe + Al₂O₃

(6) Fe + Cl₂ → FeCl₃

→ Đáp án B

Khí màu nâu đỏ là NO₂.

Fe + 6HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + 3NO₂ + 3H₂O

→ Đáp án C

Ở catot trong quá trình điện phân là xảy ra quá trình khử (quá trình nhận e)

Số nửa phản ứng xảy ra ở catot trong quá trình điện phân là: 1, 3, 6.

→ Đáp án D.

Phương pháp nhiệt luyện để điều chế các kim loại hoạt động trung bình như Zn, Fe, Cu, Sn…

→ Đáp án D

Dung dịch sau điện phân có thể hòa tan MgO → có H⁺

Catot : Cu²⁺  + 2e → Cu

Anot : 2Cl^-  → Cl₂  + 2e

2H₂O → 4H⁺  + O₂  + 4e              

MgO + 2H⁺  → Mg²⁺  + H₂O 

→ nH⁺  = 0,04 mol → nO₂  = 0,01 mol

Có : nKhí = nCl₂  + nO₂  → nCl₂  = 0,01 mol

Bảo toàn e : 2nCu = nH⁺ + 2nCl₂  → nCu = 0,03 mol

→ m = mCu + mO₂  + mCl₂  = 2,95g

Đáp án A

Bảo toàn nguyên tố SO₄^2- ta có:

nBaSO₄ = nSO₄^2- = 0,3.0,5 = 0,15 (mol)

Bảo toàn khối lượng ta có: mBaSO₄ + mCu(OH)₂ = 45,73 (g)

→ mCu(OH)₂ = 45,73 - 0,15.233 = 10,78 (g)

→ nCu(OH)₂ = 10,78 : 98 = 0,11 (mol) → 45,73 gam tủa có 0,15 mol BaSO₄   + 0,11 mol Cu(OH)₂ → lượng Cu phản ứng là 0,04 mol  → e trao đổi là 0,08 mol → t = 0,08 x 96500 : 2,68 : 3600 = 0,8 giờ

Đáp án D 

Quá trình điện phân có thể xảy ra các phản ứng:

Catot(-) :            

Cu²⁺  + 2e → Cu            

2H₂O + 2e → H₂  + 2OH^-  

(*) Anot(+):            

2H₂O → 4H⁺  + O₂  + 4e

Sau điện phân Cu²⁺  + S^2-  → CuS↓ (đen)

→ nCu²⁺ dư = nCuS  = 0,1 mol → Chứng tỏ Cu²⁺  dư

→ Chưa có quá trình (*)

Gọi số mol Cu²⁺ bị điện phân là x mol → nO₂  = 0,5x mol

→mdd giảm = mCu + mO₂  = 64x + 32.0,5x = 8g

→ x = 0,1 mol → nCu²⁺ bđ = nCu²⁺ dư + nCu²⁺ đp = 0,2 mol

→ CM(CuSO₄) = 1M

Đáp án D 

Ở catot: nOH^- = 0,5.0,1 + 0,5.0,3.3 = 0,5 (bảo toàn e, bằng mol e nhường của Cl-)

→ tạo Al(OH)₃ và [Al(OH)₄ ]^- 

Ta có hệ: nAl(OH)₃ + n[Al(OH)₄]^- = 0,15

3n Al(OH)₃  + 4n[Al(OH)₄]^- = 0,5

→ nAl(OH)₃ = 0,1 mol → nAl₂O₃  = 0,05 mol → m = 5,1

Đáp án B 

Dung dịch sau điện phân có pH = 2 → có H⁺

Vậy các quá trình diễn ra khi điện phân là:

Catot(-): Ag⁺  + 1e → Ag

Anot(+) : 2H₂O → 4H⁺  + O₂  + 4e

C_M(H⁺) = 10 - pH = 0,01 M → nH⁺  = 0,002 mol

Bảo toàn e: nAg  = nH⁺  = 0,002 mol → mAg  = 0,216g

Đáp án C 

nCuSO₄ = 0,04

nkhí = 0,01 

Quá trình điện phân 

Điện phân dd CuSO₄ trước 

CuSO₄  + H₂O → Cu + H₂SO₄  + 1/2O₂

0,04                                                0,02 → CuSO₄ phản ứng không hết  

0,02     ←               0,02 ←              0,01 →  mCu = 1.28 g

Đáp án B 

Vì khi bắt đầu xuất hiện khí cả 2 điện cực thì ngừng điện phân → chưa điện phân nước ở Catot

Catot : Cu²⁺  + 2e → Cu

Anot : 2Cl^-  → Cl₂  + 2e

2H₂O → 4H⁺  + O₂  + 4e

Sau đó: Al₂O₃  + 6H⁺  → 2Al³⁺  + 3H₂O

→ nH⁺  = 6nAl₂O₃  = 0,52 mol

Bảo toàn e : 2nCu²⁺ = nCl^-  + nH⁺

→ V = 0,2 lit mdd giảm = mCu + mO₂ + mC_l2  = 34,3g

Đáp án D

Đặt n_Ba = a, n_BaO = 2a và n_Ba(OH)2 = 3a

⇒ n_H2 = n_Ba = a ⇒ ∑n_Ba(OH)2 = a + 2a 3a = 6a = 6V/22,4

⇒ n_BaCO3 = (4V/22,4) x 197 = 98,5 → V = 2,8.

⇒ n_Ba = 2,8/22,4 = 0,125 mol ⇒ n_BaO = 0,25, n_Ba(OH)2 = 0,375.

⇒ m = 0,125 x 137 + 0,25 x 153 + 0,375 x 171 = 119,5 gam

→ Đáp án B

2HCO₃^- -^to(0,1) → CO₃^2- (0,05) + CO₂ + H₂O

Mg²⁺ + CO₃^2- → MgCO₃↓

Ca²⁺ + CO₃^2- → CaCO₃↓

Vì lượng CO₃^2- không đủ để kết tủa hết ion Mg²⁺ hoặc Ca²⁺ nên trong dung dịch thu được sau phản ứng chứa Na⁺, Mg²⁺, Ca²⁺, Cl^-, SO₄^2- đó là nước cứng vĩnh cửu

→ Đáp án B

2HCO₃^- (0,1) → CO₃^2- (0,05) + CO₂ + H₂O

Mg²⁺ + CO₃^- → MgCO₃↓

Ca²⁺ + CO₃^2- → CaCO₃↓

Vì lượng CO₃^2- không đủ để kết tủa hết ion Mg²⁺ hoặc Ca²⁺ nên trong dung dịch thu được sau phản ứng chứa Na⁺, Mg²⁺, Ca²⁺, Cl^-, SO₄^2- đó là nước cứng vĩnh cửu

→ Đáp án B

(2) H₂S + CuSO₄ → CuS↓ + H₂SO₄

(3) CO₂ + Na₂SiO₃ + H₂O → Na₂CO₃ + H₂SiO₃↓

(5) 3NH₃ + Al³⁺ + 3H₂O → Al(OH)₃ + 3NH₄⁺

(6) Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄

→ Đáp án C

2Al + 3Hg(NO₃)₂ → 2Al(NO₃)₃ + 3Hg

Al sẽ tạo với Hg hỗn hống. Hỗn hống Al tác dụng với nước

2Al + 6H₂O → 2 Al(OH)₃ + 3H₂

→ Đáp án A