Theo định luật bảo toàn khối lượng ta có:

$\sum _{m_{trước pư}}=\sum _{m_{sau\hspace{0.17em}pư}}$

$m_{Al}+m_{F{e}_2{O}_3}=m_{hh\hspace{0.17em}rắn\hspace{0.17em}sau}$

⇔ 8,1 + 48 = 56,1 = $m_{hh rắn sau}$

⇒ Chọn A.

2Al + $F{e}_2{O}_3$→ $A{l}_2{O}_3$+ 2Fe

2a………a……a…….mol

Theo bài ta có

$m_{F{e}_2{O}_3}-m_{A{l}_2{O}_3}$ = 0,58g

⇔ 160a - 102a = 0,58g

⇔ 58a = 0,58

⇔ a = 0,01 mol

⇒ $n_{Al}$= 2a = 0,02 mol

⇒ $m_{Al}$= 0,02.27 = 0,54g

⇒ Chọn C.

Theo bài, ta giả sử số mol của $F{e}_3{O}_4$ là 1 mol, của Al là 3 mol.

               8Al + 3$F{e}_3{O}_4$→ 4$A{l}_2{O}_3$ + 9Fe

Ban đầu 3…………1………........……mol

Ta có  $\frac{n_{Al}}{8}>\frac{n_{F{e}_3{O}_4}}{3}$ vậy Al còn dư sau phản ứng.

Vậy sau phản ứng hỗn hợp gồm có Al dư, $A{l}_2{O}_3$, Fe.

⇒ Chọn D.

Vì Y tác dụng với NaOH sinh ra khí $H_2$ nên có Al còn dư → $F{e}_2{O}_3$ phản ứng hết.

Vậy Y gồm có Al dư, $A{l}_2{O}_3$ và Fe.

- Y tác dụng với NaOH sinh khí $H_2$.

$2Al + 2NaOH + 2H_{2}O \to 2NaAl{O}_2+ 3 H_2\left(1\right)$

- Y tác dụng với HCl sinh khí $H_2$.

2Al + 6HCl → $2AlC{l}_3$+3$H_2$ (2)

Fe + 2HCl → $FeC{l}_2$+ $H_2$(3)

⇒ n$H_2$(2) =  $\frac{3}{2}.n_{Al dư}$ = 3/2 . 0,2 = 0,3 mol

⇒ n$H_2$(3) = $n_{Fe}$= $n_{H_2}$ - n$H_2$(2) 

= 0,4 - 0,3 = 0,1 mol

- Phản ứng nhiệt nhôm:

2Al + $F{e}_2{O}_3$→ $A{l}_2{O}_3$+ 2Fe (4)

Theo phản ứng (4) ta có:

$\Rightarrow n_{Al bđ}=n_{Al dư}+n_{Al pư}$

= 0,2 + 0,1 = 0,3 mol

⇒ Chọn A.

Theo bài ra phản ứng xảy ra hoàn toàn, phần 2 tác dụng với NaOH sinh ra khí $\Rightarrow$ Y có Al dư.

Vậy rắn Y gồm $A{l}_2{O}_3$, Fe và Al dư.

Xét phần 2:

2Al + 2NaOH + $2H_{2}O$ → $2NaAl{O}_2+3H_2$ (1)

0,025                             ←                0,0375 mol

Xét phần 1:

2Al + 3$H_{2}S{O}_4$ → $A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3$ + $3H_2$ (2)
0,025               →                   0,0375 mol

Fe + $H_{2}S{O}_4$ → $FeS{O}_4$+ $H_2$ (3)

0,1                 ←           0,1375 - 0,0375 mol

Phản ứng nhiệt nhôm:

$2Al + F{e}_2{O}_3 \stackrel{t^o}{\to }A{l}_2{O}_3 + 2Fe$

0,2       0,1       ←              0,2 mol

$m_{hh ban đầu}=m_{F{e}_2{O}_3}+m_{Al\left(pư\right)}+m_{Al\left(dư\right)}$

= 0,1.160 + 0,2.27 + 0,05.27 = 22,75g

⇒ Chọn D.

Phản ứng nhiệt nhôm:

2Al + $F{e}_2{O}_3$ $\stackrel{t^o}{\to }$ $A{l}_2{O}_3$+ 2Fe

Bài toán có hiệu suất $\Rightarrow$ phản ứng chưa hoàn toàn.

Vậy hỗn hợp rắn sau phản ứng gồm: Fe, $A{l}_2{O}_3$, Al (dư) và $F{e}_2{O}_3$ (dư)

Chất rắn phản ứng với NaOH có $A{l}_2{O}_3 và Al dư$.

$$\begin{gathered} 2Al + 2NaOH + 2H_{2}O \to 2NaAl{O}_{2 }+ 3H_2 \\ 0,06 \leftarrow 0,09 mol \\ A{l}_2{O}_3 + 2NaOH \to 2NaAl{O}_2 + H_{2}O \end{gathered}$$

Theo định luật bảo toàn khối lượng, ta có:

$$\begin{gathered} m_X=m_{ rắn \tan }+ m_{rắn không\hspace{0.17em}\tan } \\ \iff m_X = m_{Al} + m_{A{l}_2{O}_3} + m_{rắn không \tan } \\ \iff m_{A{l}_2{O}_3} = m_X - m_{Al} - m_{A{l}_2{O}_3} \\ \iff m_{A{l}_2{O}_3} = 21,67 - 12,4 - 0,06.27 = 7,65 gam. \\ \Rightarrow n_{A{l}_2{O}_3} = \frac{7,65}{102}=0,075 mol \end{gathered}$$

Xét phản ứng:

$$\begin{gathered} 2Al + F{e}_2{O}_3 \stackrel{t^o}{\to 2}Fe + A{l}_2{O}_3 \\ 0,15 0,075 \leftarrow 0,075 mol \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \Rightarrow n_{Al bđ} = n_{Al pư} + n_{Al dư} \\ = 0,15 + 0,06 = 0,21 mol \\ {n}_{F{e}_2{O}_{3 bđ}} = \frac{21,67 - 0,21.27}{160} = 0,1 mol \end{gathered}$$

Giả sử phản ứng hoàn toàn thì Al sẽ dư

→ Tính hiệu suất phản ứng nhiệt nhôm theo $F{e}_2{O}_3$.

⇒ H = $\frac{0,075}{0,1}.100\%$ = 75%

⇒ Chọn D.

Phản ứng nhiệt nhôm:

$2Al + F{e}_2{O}_3 \stackrel{t^0}{\to } A{l}_2{O}_3 + 2Fe \left(1\right)$

Phần 1 tác dụng với dung dịch NaOH dư không sinh ra khí → hỗn hợp B không có Al dư. Vậy hỗn hợp B gồm $A{l}_2{O}_3$, Fe và có thể có $F{e}_2{O}_3$ dư.

4,4 gam chất rắn không tan có thể gồm Fe và $F{e}_2{O}_3 dư$ 

Phần 2: tác dụng với $H_{2}S{O}_4$ loãng dư → chỉ có Fe phản ứng sinh ra khí

$n_{H_2}=\frac{\mathrm{1,12}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,05}$

Khối lượng $F{e}_2{O}_3$ dư ở phần 2 được tính = 4,4 – m_Fe = 4,4 – 0,05.56 = 1,6 gam.

$n_{F{e}_2{O}_{3}pư}=2.\frac{1}{2}.n_{Fe\left(p2\right)}=\mathrm{0,05}mol$

Khối lượng $F{e}_2{O}_3$ ban đầu: 0,05.160 + 1,6.2 = 11,2 gam.

⇒ Chọn B.

Số mol $S{O}_2$ = 1,5x + 0,03 = 0,06375→ x = 0,0225 mol

⇒ Chọn C.

Đáp án A

Để nhận biết 3 chất rắn trên thì ta dùng lần lượt dung dịch NaOH và HCl.

- Cho dung dịch NaOH vào 3 ống nghiệm đựng chất rắn, chất rắn nào tan và sủi bọt khí là Al, 2 ống không hiện tượng là Cu và Mg

PTHH:  2Al + 2NaOH + 2${\mathrm{H}}_2\mathrm{O} \to 2{\mathrm{NaAlO}}_2 + 3{\mathrm{H}}_2$↑

- Cho dung dịch HCl vào 2 chất rắn còn lại, chất rắn nào tan và sủi bọt khí là Mg, chất rắn không hiện tượng là Cu

PTHH: Mg + 2HCl → ${\mathrm{MgCl}}_{2 }+ {\mathrm{H}}_2$↑

Đáp án B

Đáp án B

Để phân biệt 3 kim loại Al, Ba, Mg ta dùng nước. Cho nước vào 3 mẫu kim loại, kim loại tốt trong nước và sủi bọt khí là Ba, 2 kim loại không tan trong nước là Al và Mg.

Ba + $2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O} \to \mathrm{Ba}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2 + {\mathrm{H}}_2$↑

- Lấy dung dịch Ba(OH)₂ vừa thu được đổ vào mẫu 2 kim loại còn lại, kim loại nào tan, sủi bọt khí là Al, kim loại không có hiện tượng gì là Mg

2Al + $\mathrm{Ba}{\left(\mathrm{OH}\right)}_2 + 2{\mathrm{H}}_2\mathrm{O} \to \mathrm{Ba}{\left(Al{O}_2\right)}_2$ + 3$H_2$↑

Đáp án B

Phát biểu đúng là: Nhôm chỉ có thể khử các oxit kim loại đứng sau Al trong dãy hoạt động hóa học.

Đáp án C

2 kim loại không phản ứng với dung dịch ${\mathrm{HNO}}_3$ đặc nguội là Fe và Al

Đáp án D

Khi điện phân ${\mathrm{Al}}_2{\mathrm{O}}_3$ nóng chảy người ta thêm criolit (${\mathrm{Na}}_3{\mathrm{AlF}}_6$) với mục đích:

1. Làm hạ nhiệt độ nóng chảy của ${\mathrm{Al}}_2{\mathrm{O}}_3$.

2. Làm cho tính dẫn điện cao hơn.

4. Tạo hỗn hợp nhẹ hơn Al để bảo vệ Al.