Đáp án D

Phương pháp duy nhất điều chế Al là điện phân nhóng chảy oxit nhôm, trong hỗn hợp có criolit nóng chảy ở 90^oC với điện cực là C than chì

$2{\mathrm{Al}}_2{\mathrm{O}}_3\underset{\mathrm{criolit}}{\overset{\mathrm{dpnc}}{\to }}4\mathrm{Al}+3{\mathrm{O}}_2\uparrow$

Đáp án C

Phản ứng nhiệt nhôm là phản ứng Al khử oxit kim loại (kim loại đứng sau Al trong dãy hoạt động hóa học) thành kim loại

2Al + Fe₂O₃ $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ Al₂O₃ + 2Fe

Đáp án B

Đáp án C

Nhôm không phải là chất lưỡng tính, nó tác dụng được với dung dịch kiềm là do tác dụng với nước tạo Al(OH)₃ tan trong dung dịch kiềm.

Đáp án C

Đáp án A

Để thu được lượng kết tủa lớn nhất thì HCl phản ứng vừa đủ với NaAlO₂, không còn dư để hòa tan kết tủa.

Phương trình phản ứng:

NaAlO₂ + HCl + H₂O → NaCl + Al(OH)₃

→ a = b

Đáp án D

Khi cho phèn chua vào nước sẽ phân li ra ion Al³⁺. Chính ion Al³⁺ này bị thủy phân theo phương trình:

Al³⁺ + 3H₂O → Al(OH)₃↓ + 3H⁺
Kết quả tạo ra Al(OH)₃ là chất kết tủa dạng keo nên khi khuấy phèn chua vào nước, nó kết dính các hạt đất nhỏ lơ lửng trong nước đục thành hạt đất to hơn, nặng và chìm xuống làm trong nước.

Đáp án A

Gọi nồng độ mol của Al₂(SO₄)₃ và KOH lần lượt là a và b (mol/l)

Trường hợp 1: 150 ml dung dịch B vào 200 ml dung dịch A, KOH hết, Al₂(SO₄)₃ dư

${\mathrm{n}}_{{\mathrm{OH}}^{-}}=3{\mathrm{n}}_{\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3}=6{\mathrm{n}}_{{\mathrm{Al}}_2{\mathrm{O}}_3}$

→ 0,15b = 6.$\frac{0,204}{102}$ 

→ b = 0,08M

Trường hợp 2: 600ml dung dịch B vào 200 ml dung dịch A, Al₂(SO₄)₃ phản ứng hết tạo kết tủa, kết tủa này tan một phần trong KOH dư

${\mathrm{n}}_{{\mathrm{OH}}^{-}}=4{\mathrm{n}}_{{\mathrm{Al}}^{3+}}-{\mathrm{n}}_{\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3}$

→ 0,6.0,08 = 4.2.0,2a – 2.$\frac{0,204}{102}$

→ a = 0,0325M

Đáp án C

Công thức của phèn chua hoặc phèn nhôm có dạng: M₂SO₄.Al₂(SO₄)₃.24H₂O

${\mathrm{n}}_{{\mathrm{OH}}^{-}}$= 0,3.0,18 = 0,054 mol

${\mathrm{n}}_{\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3}$ = 0,78 : 78 = 0,01 mol

Vì ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{OH}}^{-}}$> 3.${\mathrm{n}}_{\mathrm{Al}{\left(\mathrm{OH}\right)}_3}$, nên đã có phản ứng hòa tan 1 phần kết tủa

Đặt số mol Al³⁺ trong phèn là x mol

Phương trình phản ứng:

Suy ra M là Kali

Đáp án C

Trong quá trình điện phân, cực dương sẽ bị mòn dần và được hạ thấp dần xuống.

Đáp án B

Ta dùng NaOH để phân biệt ba hỗn hợp chất rắn

- Hỗn hợp có 1 phẩn chất tan ra và có hiện tượng sủi bọt khí → X (Fe, Al)

2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂↑

- Hỗn hợp tan hết và có hiện tượng sủi bọt khí → Y (Al, Al₂O₃)

2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂↑

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

- Hỗn hợp có một phần tan, không có sủi bọt khí → Z (Fe, Al₂O₃)

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

Đáp án D

Rubi; saphia và boxit đều chứa Al₂O₃; còn đôlômit có thành phần chính là CaCO₃.MgCO₃.

Đáp án A

V_hc = πR³ → bán kính giảm 2 lần thì thể tích giảm 8 lần → lượng Al đã phản ứng bằng lượng Al ban đầu.

$$\begin{gathered} {\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2{\mathrm{SO}}_4}=0,105 \\ \to {\mathrm{n}}_{\mathrm{Al}\left(\mathrm{pu}\right)}=\frac{0,105.2}{3}=0,07 \end{gathered}$$

$\to \mathrm{m}=0,07.27.\frac{8}{7}=2,16\mathrm{g}$

Đáp án B

Thêm 1,62 gam nhôm vào dung dịch HNO₃ thấy khối lượng dung dịch tăng 1,62 gam

→ phản ứng tạo muối NH₄NO₃

Các muối trong dung dịch gồm Al(NO₃)₃ và NH₄NO₃ (0,0225 mol)

${\mathrm{n}}_{\mathrm{Al}{\left({\mathrm{NO}}_3\right)}_3}={\mathrm{n}}_{\mathrm{Al}}=\frac{1,62}{27}=0,06\mathrm{mol}$

Bảo toàn electron:

3.n_Al = 8.${\mathrm{n}}_{{{\mathrm{NH}}_4}^{+}}$

→ 3.0,06 = 8.${\mathrm{n}}_{{{\mathrm{NH}}_4}^{+}}$

→ ${\text{n}}_{{{\mathrm{NH}}_4}^{+}}$ = 0,225 mol = ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{NH}}_4{\mathrm{NO}}_3}$

→ m = ${\mathrm{m}}_{\mathrm{Al}{\left({\mathrm{NO}}_3\right)}_3}+{\mathrm{m}}_{{\mathrm{NH}}_4{\mathrm{NO}}_3}$

= 213.0,06 + 80.0,0225 = 14,58 gam

Đáp án C

Sơ đồ phản ứng

→ Chỉ có Al thay đổi số oxi hóa trong quá trình. Bảo toàn electron ta có:

n_{e nhường} = n_{e nhận}

→ 3n_Al = 3n_NO

→ n_Al = n_NO = 0,06 mol

→ m_Al = 1,62g

Đáp án A

Phương trình phản ứng xảy ra lần lượt như sau: (mỗi mũi tên ứng với một phương trình)

Đáp án A

Khi cho dung dịch HCl đến dư vào dung dịch Na[Al(OH)₄] ta có các phương trình:

→ Hiện tượng xảy ra là ban đầu xuất hiện kết tủa keo trắng, sau một thời gian kết tủa tan dần

Đáp án C

${\mathrm{n}}_{{\mathrm{Fe}}_2{\mathrm{O}}_3}=\frac{1,6}{160}=0,01\mathrm{mol};$

${\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}=\frac{0,672}{22,4}=0,03\mathrm{mol}$

Cho sản phẩm sau phản ứng hoàn toàn tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được khí H₂

→ Al còn dư sau phản ứng nhiệt nhôm

→ Tính toán theo số mol Fe₂O₃

Phương trình hóa học:

$\begin{array}{l}2\mathrm{Al}+{\mathrm{Fe}}_2{\mathrm{O}}_3\stackrel{{\mathrm{t}}^0}{\to }{\mathrm{Al}}_2{\mathrm{O}}_3+2\mathrm{Fe}\\ 0,02\leftarrow 0,01\end{array}$

Ta có:

${\mathrm{n}}_{\mathrm{Al}\mathrm{du}}=\frac{2}{3}{\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}=\frac{2}{3}.0,03=0,02\mathrm{mol}$

→ n_{Al ban đầu} = n_{Al phản ứng} + n_{Al dư}

= 0,02 + 0,02 = 0,04 mol

→ m = 0,04.27 = 1,08 gam

Đáp án A

Những vật làm bằng nhôm có một lớp oxit Al₂O₃ rất mỏng, bền và mịn, ngăn không cho nước và khí thấm qua, còn màng Al(OH)₃ xuất hiện khi Al tác dụng với nước ngăn cản nhôm tiếp xúc với nước

Đáp án D

Ta có:

Đáp án A

Quặng boxit: Al₂O_3.2H₂O

Đáp án C

n_Al = $\frac{2,7}{27}$ = 0,1 mol

Bảo toàn electron: 3.n_Al = 2.${\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}$

→ 3.0,1 = 2.${\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}$

→ ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}$ = 0,15 mol

→ ${\mathrm{V}}_{{\mathrm{H}}_2}$ = 0,15.22,4 = 3,36 lít

Đáp án D

- Cho hỗn hợp qua dung dịch NaOH dư, Al₂O₃ tan hết trong dung dịch, Fe₂O₃ không tan

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

- Dẫn khí CO₂ qua dung dịch vừa thu được

NaAlO₂ + CO₂ + 2H₂O → Al(OH)₃ + NaHCO₃

- Nung nóng Al(OH)₃

2Al(OH)₃ $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ Al₂O₃ + 3H₂O

→ thu được Al₂O₃

Đáp án A

n_Al = $\frac{2,7}{27}$ = 0,1 mol

Bảo toàn electron: 3.n_Al = 3.n_NO

→ 3.0,1 = 3. n_NO

→ n_NO = 0,1 mol

→ ${\mathrm{V}}_{{\mathrm{H}}_2}$ = 0,1.22,4 = 2,24 lít

Đáp án B

Al có thể tác dụng được với dung dịch axit và dung dịch bazơ

Al không phản ứng được với dung dịch BaCl₂

Đáp án D

2Al + Fe₂O₃ $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ Al₂O₃ + 2Fe

→ Kim loại X là nhôm (Al)

Đáp án D

→ Al(OH)₃ phản ứng với NaOH theo tỉ lệ mol 1 : 1 cho sản phẩm NaAlO₂

Đáp án C

Chỉ có một phát biểu đúng là c.

(a) Nước cứng là nước chứa nhiều ion Ca²⁺; Mg²⁺.

(b) Cho dung dịch HCl vào dung dịch K₂CrO₄ thì dung dịch chuyển từ màu vàng sang màu da cam.

HCl + 2K₂CrO_{4 (dung dịch màu vàng)} → H₂O + K₂Cr₂O_{7 (dung dịch màu da cam)} + 2KCl

(d) Cr(OH)₂ không có tính lưỡng tính.

(e) Các kim loại kali và natri dùng làm chất trao đổi nhiệt trong một vài lò phản ứng hạt nhân

Đáp án D

${\mathrm{n}}_{{{\mathrm{NO}}_3}^{-}}$ = $\frac{6,2}{62}$ = 0,1 mol

Nhiệt phân muối thu được oxit kim loại, NO₂, O₂

Trong đó:

${\mathrm{n}}_{{\mathrm{NO}}_2}={\mathrm{n}}_{{{\mathrm{NO}}_3}^{-}}=4{\mathrm{n}}_{{\mathrm{O}}_2}$ = 0,1 mol

→ ${\mathrm{n}}_{{\mathrm{O}}_2}$ = 0,025 mol

m_rắn = m _muối - ${\mathrm{m}}_{{\mathrm{NO}}_2}-{\mathrm{m}}_{{\mathrm{O}}_2}$

= m + 6,2 – 46.0,1 – 32.0,025

= m + 0,8

Đáp án D

X phản ứng với NaOH sinh ra H₂; phản ứng xảy ra hoàn toàn nên Al dư.

Bảo toàn nguyên tố O:

${\mathrm{n}}_{{\mathrm{Fe}}_2{\mathrm{O}}_3}={\mathrm{n}}_{{\mathrm{Al}}_2{\mathrm{O}}_3}=\frac{16}{160}$= 0,1 mol

Bảo toàn electron: 3.n_Al dư = 2${\mathrm{n}}_{{\mathrm{H}}_2}$

→ 3.n_{Al dư} = 2.0,15

→ n_{Al dư} = 0,1 mol

Bảo toàn nguyên tố Al và Na

→ ${\mathrm{n}}_{\mathrm{NaOH}}={\mathrm{n}}_{{\mathrm{NaAlO}}_2}=2{\mathrm{n}}_{{\mathrm{Al}}_2{\mathrm{O}}_3}$+ n_{Al dư}

→ n_NaOH = 2.0,1 + 0,1 = 0,3 mol

→ V_NaOH = 0,3 lít = 300 ml