1004 câu Trắc nghiệm tổng hợp Hóa học năm 2023 có đáp án (Phần 1)

Lời giải:

K₂SO₄ không tác dụng với NaOH, do không thoả mãn điều kiện xảy ra phản ứng trao đổi.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Phương trình hoá học:

3H₂    +        N₂                2NH₃

Ban đầu:      12                 5                             0                  mol

Phản ứng:    3x                 x                             2x                mol

Cân bằng: (12 – 3x)         (5 – x)                    2x                mol

Tại thời điểm cân bằng thu được 13 mol khí.

Þ (12 – 3x) + (5 – x) + 2x = 13 Þ x = 2 (mol).

Giả sử H = 100% thì H₂ hết, do đó hiệu suất phản ứng tính theo H₂.

Vậy H = \[\frac{{3x}}{{12}}.100\% = \frac{{3.2}}{{12}}.100\% = 50\% .\]

Lời giải:

a. \[{n_{{H_2}}} = \frac{{4,48}}{{22,4}} = 0,2(mol)\]

PTHH: Zn + 2HCl → ZnCl₂ + H₂ (1)

          ZnO + 2HCl → ZnCl₂ + H₂O (2)

Theo PTHH (1): \[{n_{Zn}} = {n_{{H_2}}} = 0,2(mol)\]→ m_Zn = 0,2. 65 = 13 (g)

Phần trăm mỗi chất có trong hỗn hợp A là:

\[\% {m_{Zn}} = \frac{{13}}{{21,1}}.100\% = 61,61\% \]

%m_ZnO = 100% - 61,61% = 38,39%

b. m_ZnO = 21,1 – 13 = 8,1 (g)

→ \[{n_{ZnO}} = \frac{{8,1}}{{81}} = 0,1(mol)\]

Theo PTHH (1) và (2): \[{n_{ZnC{l_2}}} = {n_{Zn}} + {n_{ZnO}} = 0,2 + 0,1 = 0,3(mol)\]

→ \[{m_{ZnC{l_2}}} = 0,3.136 = 40,8(g)\]

Vậy khối lượng muối có trong dung dịch B là 40,8 gam.

Lời giải:

n_NaOH = 0,25. 4 = 1 (mol)

\[{n_{A{l_2}{{(S{O_4})}_3}}} = 0,05.2 = 0,1(mol)\]

Phương trình hoá học:

6NaOH + Al₂(SO₄)₃ → 3Na₂SO₄ + 2Al(OH)₃↓ (1)

Lập tỉ lệ: \[\frac{1}{6} > \frac{{0,1}}{1}\]→ NaOH dư

Theo phương trình hoá học (1):

- \[{n_{Al{{(OH)}_3}}} = 2{n_{A{l_2}{{(S{O_4})}_3}}} = 2.0,1 = 0,2(mol)\]

- n_{NaOH (phản ứng)} = \[6{n_{A{l_2}{{(S{O_4})}_3}}} = 6.0,1 = 0,6(mol)\]→n_{NaOH (dư)} = 1 – 0,6 = 0,4 (mol)

Phương trình hoá học:

NaOH + Al(OH)₃ → NaAlO₂ + 2H₂O (2)

\[{n_{NaOH}} > {n_{Al{{(OH)}_3}}}\]→ Kết tủa Al(OH)₃ tan hoàn toàn, dung dịch sau phản ứng gồm các chất tan NaOH dư, Na₂SO₄ và NaAlO₂.

Vậy khối lượng kết tủa sau phản ứng bằng 0.

Lời giải

Đáp án đúng là: C

\[{n_{NaOH}} = \frac{{44}}{{40}} = 1,1(mol)\]

\[{n_{{H_3}P{O_4}}} = \frac{{39,2}}{{98}} = 0,4(mol)\]

Ta có: \[\frac{{{n_{NaOH}}}}{{{n_{{H_3}P{O_4}}}}} = \frac{{1,1}}{{0,4}} = 2,75\]

→Tạo muối \[\left\{ \begin{array}{l}HPO_4^{2 - }\\PO_4^{3 - }\end{array} \right.\]hay \[\left\{ \begin{array}{l}N{a_2}P{O_4}:a(mol)\\N{a_3}P{O_4}:b(mol)\end{array} \right.\]

Bảo toàn Na: 2a + 3b = 1,1 (1)

Bảo toàn P: a + b = 0,4 (2)

Giải (1) và (2) →\[\left\{ \begin{array}{l}a = 0,1\\b = 0,3\end{array} \right.\]

→14,2 gam Na₂HPO₄ và 49,2 gam Na₃PO₄.

Lời giải:

Bước 1: Cân bằng C

Vế trái có n nguyên tử C, vế phải có 1 nguyên tử C nên thêm n vào CO₂ và 1 vào C_nH_2n-2 (thường số 1 ta sẽ không ghi để cho đỡ phức tạp).

C_nH_2n-2 + O₂ \[ - - - \to \] nCO₂ + H₂O

Bước 2: Cân bằng H

Vế trái có (2n – 2) nguyên tử H, vế phải có 2 nguyên tử H nên thêm (n – 1) vào H₂O

C_nH_2n-2 + O₂ \[ - - - \to \] nCO₂ + (n – 1)H₂O

Bước 3: Tổng số O bên vế phải là 2.n trong CO₂ và (n – 1) trong H₂O, tức bằng

(2.n + n – 1) = (3n – 1) nguyên tử O. Vế trái có 2 nguyên tử O, thêm \[\frac{{3n - 1}}{2}\] vào O₂

\[{C_n}{H_{2n - 2}} + (\frac{{3n - 1}}{2}){O_2} \to \;nC{O_2} + \left( {n--1} \right){H_2}O\].

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Gọi A là nguyên tố cần tìm, đồng thời A là khối lượng mol của nguyên tố đó

Vì A có hoá trị II nên công thức oxit của A với oxi sẽ là AO

Theo đề ra, ta có:

\[\% {m_O} = 28,57\% \Leftrightarrow \frac{{16}}{{16 + A}}.100 = 28,57 \to A = 40\]

Vậy nguyên tố cần tìm là canxi (Ca).

Lời giải: Canxi nitrat có công thức hoá học Ca(NO₃)₂ cho biết:

- Hợp chất được tạo nên từ 3 nguyên tố là canxi (Ca), nitơ (N), oxi (O)

- Trong 1 phân tử Ca(NO₃)₂ có: 1 nguyên tử Ca, 2 nguyên tử N và 6 nguyên tử O.

- PTK Ca(NO₃)₂ = 40 + (14 + 16. 3). 2 = 164 đvC.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Gọi chung các ion \[CO_3^{2 - }\], \[SO_3^{2 - }\], \[SO_4^{2 - }\] là \[{Y^{2 - }}\]

Bảo toàn điện tích cho A: \[2{n_{{Y^{2 - }}}} + 0,1.1 = 0,3.1 \to {n_{{Y^{2 - }}}} = 0,1\] (mol)

Cho Ba(OH)₂ vào A xảy ra phản ứng sau:

\[HCO_3^ - + O{H^ - } \to CO_3^{2 - } + {H_2}O\]

Theo PTHH trên: \[{n_{CO_3^{2 - }}} = {n_{HCO_3^ - }} = 0,1(mol)\]

Lúc này tổng số mol các ion \[CO_3^{2 - }\], \[SO_3^{2 - }\], \[SO_4^{2 - }\] là 0,1 + 0,1 = 0,2 (mol)

PTHH: \[{Y^{2 - }} + B{a^{2 + }} \to BaY\]

Theo PTHH trên: \[{n_{B{a^{2 + }}}} = {n_{{Y^{2 - }}}} = 0,2(mol)\]

\[ \to {n_{Ba{{(OH)}_2}}} = 0,2(mol) \to {V_{{\rm{dd}}Ba{{(OH)}_2}}} = \frac{{0,2}}{1} = 0,2(l)\]

Lời giải:

\[{H_2}S{O_4} \to 2{H^ + } + SO_4^{2 - }\]

0,1.………0,2…..0,1 (mol)

HCl → H⁺ + Cl^-

0,2…..0,2….0,2 (mol)

NaOH → Na⁺ + OH^-

0,3……...0,3…..0,3 (mol)

Ca(OH)₂ → Ca²⁺ + 2OH^-

0,05………0,05…..0,1 (mol)

\[{n_{{H^ + }}} = 0,2 + 0,2 = 0,4(mol)\]

\[{n_{O{H^ - }}} = 0,3 + 0,1 = 0,4(mol)\]

Khi đổ hỗn hợp axit và hỗn hợp kiềm thì xảy ra phản ứng sau:

H⁺ + OH^- → H₂O

0,4…0,4             (mol)

Vậy dung dịch sau phản ứng có 0,1 mol \[SO_4^{2 - }\], 0,2 mol Cl^-, 0,3 mol Na⁺, 0,05 mol Ca²⁺. Khối lượng muối tạo thành là:

m_muối = 0,1. 96 + 0,2. 35,5 + 0,3. 23 + 0,05. 40 = 25,6 (g).

Lời giải:

Khi trộn Na₃PO₄ vào dung dịch HCl thì sẽ có những phản ứng là:

Na₃PO₄ + HCl → Na₂HPO₄ + NaCl

Na₃PO₄ + 2HCl → NaH₂PO₄ + 2NaCl

Na₃PO₄ + 3HCl → H₃PO₄ + 3NaCl.

Lời giải:

Chia hỗn hợp làm 2 phần bằng nhau nên khối lượng hỗn hợp kim loại ở mỗi phần là \[\frac{{34,8}}{2} = 17,4(g)\]

Phần 1: Ta có: Fe và Al thụ động với HNO₃ đặc, nguội nên chỉ có Cu phản ứng theo phương trình hoá học: Cu + 4HNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2NO₂ + 2H₂O (1)

Theo đề bài ra: \[{n_{N{O_2}}} = \frac{{4,48}}{{22,4}} = 0,2(mol)\]

Theo PTHH (1): \[{n_{Cu}} = \frac{1}{2}{n_{N{O_2}}} = \frac{1}{2}.0,2 = 0,1(mol)\]

→m_Cu = 0,1. 64 = 6,4 (g)

Phần 2: Cho hỗn hợp kim loại vào dung dịch HCl, Cu không phản ứng, Fe, Al phản ứng theo các PTHH sau:

Fe + 2HCl→ FeCl₂ + H₂ (2)

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂ (3)

Gọi số mol của Fe, Al trong mỗi phần lần lượt là x, y (mol; x,y > 0)

Vì m_Cu = 6,4 (g) → m_Fe + m_Al = 17,4 – 6,4 = 11 → 56. x + 27. y = 11 (*)

Theo PTHH (2) \[{n_{{H_2}}} = {n_{Fe}} = x(mol)\]

Theo PTHH (3): \[{n_{{H_2}}} = \frac{3}{2}{n_{Al}} = \frac{3}{2}y(mol)\]

Mà \[{n_{{H_2}}} = \frac{{8,96}}{{22,4}} = 0,4(mol)\]→ \[x + \frac{3}{2}y = 0,4\](**)

Giải hệ (*), (**), ta được: x = 0,1; y = 0,2

Vậy khối lượng Al, Fe trong hỗn hợp đầu là:

m_Al = 0,2. 27. 2 = 10,8 (g); m_Fe = 0,1. 56. 2 = 11,2 (g)

Lời giải:

Gọi phân lớp electron ngoài cùng của A là \[3{p^x}\] (0 < x < 6), còn B là 4s^y (0 < y < 2).

Ta có:

- Tổng số electron của 2 phân lớp bằng 6 → x + y = 6 (*)

- Hiệu số electron của 2 phân lớp bằng 4 → x – y = 4 (**)

Giải hệ (*), (**), ta được: x = 5, y = 1

Cấu hình electron của A là: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁵ → Z_A = 17 → Tên nguyên tố A là clo.

Cấu hình electron của B là 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶4s¹ → Z_B = 19 → Tên nguyên tố B là kali

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Gọi hoá trị của kim loại M là n (\[1 \le n \le 3\]), M là khối lượng mol của kim loại M.

Phương trình hoá học:

2M + nH₂SO₄ → M₂(SO₄)_n + nH₂

Theo PTHH: Cứ 2 mol M → 1 mol M₂(SO₄)_n

Hay: 2M (g) → (2M + 96n) (g) tăng 96n gam

Theo đề bài: m (g) → 5m (g) tăng 4m gam

→ 2M. 4m = m. 96n → 12n = M

Lập bảng:

n	1	2	3
M	12 (Loại)	24 (Nhận)	36 (Loại)

Lời giải:

a) Một hợp chất A có phân tử gồm một nguyên tử X và 3 nguyên tử Y nên A có công thức hoá học dạng XY₃

- Tỉ lệ khối lượng X và Y trong A là 2: 3 nên \[\frac{{{m_X}}}{{{m_Y}}} = \frac{{{M_X}}}{{3{M_Y}}} = \frac{2}{3} \to {M_X} = 2{M_Y}\] (1)

- Phân tử khối của hợp chất A là 80 đvC → M_X + 3M_Y = 80 (2)

Thay (1) vào (2) ta được: M_Y = 16 (g/mol) → Y là oxi (O), M_X = 32 (g/mol) → X là lưu huỳnh (S). Vậy công thức hoá học của A là SO₃.

b) % về khối lượng của nguyên tố X (lưu huỳnh) trong hợp chất A là:

\[\% {m_S} = \frac{{32}}{{80}}.100\% = 40\% \]

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Ca²⁺ + 2\[NO_3^ - \] → Ca(NO₃)₂

0,03….0,06…….0,03      (mol)

2Al³⁺ + 3\[SO_4^{2 - }\] → Al₂(SO₄)₃

0,06……0,09…….0,03     (mol)

Vậy muốn có dung dịch A cần phải hòa tan hai muối: 0,03 mol Ca(NO₃)_2­ và 0,03 mol Al₂(SO₄)₃

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Ta có, gọi % số nguyên tử của đồng vị ⁶³Cu là x (0 < x < 100%) thì % đồng vị ⁶⁵Cu là 100 – x.

Nguyên tử khối trung bình của đồng là 63,546 nên:

\[\frac{{63.x + 65.(100 - x)}}{{100}} = 63,546\]→ x = 72,7

Vậy thành phần phần trăm theo số nguyên tử của ⁶⁵Cu là 27,3%.

Lời giải:

Phần 1: Hỗn hợp tác dụng với dung dịch HNO₃ đặc, nguội thì Al bị thụ động (không phản ứng), Cu phản ứng theo PTHH:

Cu + 4HNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2NO₂ + 2H₂O (1)

\[{n_{N{O_2}}} = \frac{{17,92}}{{22,4}} = 0,8(mol)\]

Theo PTHH (1): \[{n_{Cu}} = \frac{1}{2}{n_{N{O_2}}} = \frac{1}{2}.0,8 = 0,4(mol)\]→ m_Cu = 0,4. 64 = 25,6 (g)

Phần 2: Cho hỗn hợp tác dụng với dung dịch HCl thì Cu không phản ứng, Al phản ứng theo PTHH:

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂ (2)

\[{n_{{H_2}}} = \frac{{13,44}}{{22,4}} = 0,6(mol)\]

Theo PTHH (2): \[{n_{Al}} = \frac{2}{3}{n_{{H_2}}} = \frac{2}{3}.0,6 = 0,4(mol)\]→ n_Al = 0,4. 27 = 10,8 (g)

a) Khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu là:

m_Al = 10,8. 2 = 21,6 (g)

m_Cu = 25,6. 2 = 51,2 (g)

b) m_{hỗn hợp} = m_Al + m_Cu = 21,6 + 51,2 = 72,8 (g)

Phần trăm về khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp là:

\[\% {m_{Al}} = \frac{{21,6}}{{72,8}}.100\% = 29,67\% \].

%m_Cu = 100% - 29,67% = 70, 33%.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

\[{V_{{O_2}}} = \frac{{4,48}}{{22,4}} = 0,2(mol)\]

\[{m_{{O_2}}} = 0,2.32 = 6,4(g)\]

Lời giải:

Khi hấp thụ hoàn toàn lượng khí SO₂ trong 600 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 35,5 gam chất rắn khan thì có 2 trường hợp xảy ra:

Trường hợp 1: 35,5 gam chất rắn gồm: NaHSO₃ (a mol), Na₂SO₃ (b mol)

Ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{104a + 126b = 35,5}\\{a + 2b = {n_{NaOH}} = 0,6}\end{array} \to \left\{ \begin{array}{l}a = 1,8\\b = - 1,2\end{array} \right.} \right.\] (Loại)

Trường hợp 2: 35,5 gam chất rắn gồm: Na₂SO₃ (x mol), NaOH dư (y mol)

Ta có: \[\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{126x + 40y = 35,5}\\{2x + 2y = {n_{NaOH}} = 0,6}\end{array} \to \left\{ \begin{array}{l}x = 0,25\\y = 0,1\end{array} \right.} \right.\]

Suy ra: \[{n_{S{O_2}}} = {n_{N{a_2}S{O_3}}} = 0,25(mol)\]\[ \to {V_{S{O_2}}} = 0,25.22,4 = 5,6(l)\]

Gọi kim loại trong oxit cần tìm là R, hoá trị n (\[1 \le n \le 3\]), R là khối lượng mol của kim loại R.

Khi oxit kim loại hoà tan trong lượng dư dung dịch H₂SO₄ đặc, nóng thu được muối là R₂(SO₄)_n

Trong oxit kim loại, gọi n_R = m (mol); n_O = t (mol)

→ \[{n_{{R_2}{{(S{O_4})}_n}}} = \frac{1}{2}{n_R} = 0,5m(mol)\]

Theo đề bài: m_oxit = 36 (g) → R. m + 16. t = 36 (*)

m_muối = 80 (g) → 0,5m. (2R + 96n) = 80 (**)

Mà với các quá trình chuyển e:

\[\mathop R\limits^0 \to \mathop R\limits^{ + n} + ne\], \[\mathop O\limits^0 + 2e \to \mathop O\limits^{ - 2} ,\,\,\mathop S\limits^{ + 6} + 2e \to \mathop S\limits^{ + 4} \]

Áp dụng định luật bảo toàn e, ta có: m. n = 2. t + 0,25. 2 (***)

Giải (*), (**), (***), ta được: Rm = 32; mn = 1; t = 0,25

Với mn = 1 \[ \to m = \frac{1}{n}\]

Mà Rm = 32 \[ \Rightarrow R\frac{1}{n} = 32 \Rightarrow R = 32n\]

Với n = 2 thì R = 64 → R là đồng (Cu)

Vậy công thức hoá học oxit cần tìm là CuO.

Lời giải:

a)

(1) Nguyên tử nguyên tố B có phân lớp e ngoài cùng là 4s nên có tối đa 2 electron ở lớp ngoài cùng nên B là nguyên tố kim loại.

Nguyên tố A không phải là khí hiếm, nguyên tử có phân lớp electron ngoài cùng là 3p, A có thể là nguyên tố kim loại hoặc phi kim.

(2) Nguyên tử nguyên tố B có phân lớp e ngoài cùng là 4s sẽ xảy ra 2 trường hợp sau:

Trường hợp 1: B có phân lớp e ngoài cùng là 4s¹

→ B có cấu hình electron là 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶4s¹

→ B có 19 electron → B có Z = 19

A có số electron ở phân lớp ngoài cùng là 7 – 1 = 6

→ A có phân lớp electron ngoài cùng là 3p⁶ → A là khí hiếm → loại

Trường hợp 2: B có phân lớp e ngoài cùng là 4s²

→ B có cấu hình electron là 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶4s²

→ B có 20 electron → B có Z = 20 → B là nguyên tố kim loại canxi (Ca).

A có số electron ở phân lớp ngoài cùng là 7 – 2 = 5

→ A có phân lớp electron ngoài cùng là 3p⁵

→ A có cấu hình electron là 1s²2s²2p⁶3s²3p⁵

→ A có 17 electron → A có Z = 17 → A là nguyên tố phi kim clo (Cl).

b) Ion A^- có cấu hình electron của khí trơ Ne[2s²2p⁶] nên cấu hình e của A là 1s²2s²2p⁵ → A có Z = 9, là nguyên tố phi kim. A có đầy đủ tính chất hoá học của 1 nguyên tố phi kim.

Ion B²⁺ có cấu hình electron của khí trơ Ne[2s²2p⁶] nên cấu hình e của B là 1s²2s²2p⁶3s² → B có Z = 12, là nguyên tố kim loại. B có đầy đủ tính chất hoá học của 1 kim loại.

Lời giải:

\[{n_{CuO}} = \frac{{16}}{{80}} = 0,2(mol)\]

\[{m_{{H_2}S{O_4}}} = \frac{{200.19,6}}{{100}} = 39,2(g) \to {n_{{H_2}S{O_4}}} = \frac{{39,2}}{{98}} = 0,4(mol)\]

Phương trình hoá học: CuO + H₂SO₄ → CuSO₄ + H₂O

Lập tỉ lệ: \[\frac{{0,2}}{1} < \frac{{0,4}}{1}\]→ H₂SO₄ dư, CuO phản ứng hết

\[{n_{{\rm{CuS}}{O_4}}} = {n_{{H_2}S{O_4}p{\rm{u}}}} = {n_{CuO}} = 0,2(mol)\]→\[{n_{{H_2}S{O_4}du}} = 0,4 - 0,2 = 0,2(mol)\]

Vậy dung dịch sau phản ứng gồm 0,2 mol H₂SO₄ và 0,2 mol CuSO₄

\[{m_{{H_2}S{O_4}}} = 0,2.98 = 19,6(g);{m_{{\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4}}} = 0,2.160 = 32(g)\]

Nồng độ % các chất trong dung dịch X là:

\[C{\% _{{H_2}S{O_4}}} = \frac{{19,6}}{{200 + 16}}.100\% = 9,07\% \];

\[C{\% _{CuS{O_4}}} = \frac{{32}}{{200 + 16}}.100\% = 14,81\% \]

Lời giải:

Lời giải:

Dùng quỳ tím để nhận biết 3 dung dịch sau: H₂SO₄, MgCl₂, Ca(OH)₂:

- Dung dịch nào làm quỳ tím chuyển màu đỏ thì là H₂SO₄;

- Dung dịch nào làm quỳ tím chuyển màu xanh thì là Ca(OH)₂;

- Dung dịch không làm quỳ tím chuyển màu là MgCl₂.

Lời giải:

n_{HCl (pH=1)} = 1,8. 0,1 = 0,18 (mol); n_{HCl (pH=2)} = 3,6. 0,01 = 0,036 (mol)

→\[{n_{{H^ + }}} = 0,18 + 0,036 = 0,216(mol)\]

\[\left[ {{H^ + }} \right] = \frac{{0,216}}{{5,4}} = 0,04\](M)

\[pH = - \log \left[ {{H^ + }} \right] = - \log (0,04) = \]1,398

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

But – 2 – en có cấu tạo đối xứng, khi cộng nước thu được 1 ancol duy nhất:

Lời giải:

Cho hỗn hợp trên vào dung dịch NaOH dư ta thu được một phần chất rắn không tan, lọc bỏ phần chất rắn không tan ta thu được sắt.

Phương trình hoá học:

2NaOH + 2Al + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Khi cho dung dịch NaOH vào dung dịch Ca(HCO₃)₂ thấy có kết tủa trắng xuất hiện vì xảy ra phản ứng sau:

2NaOH + Ca(HCO₃)₂ → Na₂CO₃ + CaCO₃↓ + 2H₂O

Lời giải:

Gọi \[{n_{Fe{{(N{O_3})}_3}}}\]_{phản ứng} = x (mol, x > 0) → \[{m_{Fe{{(N{O_3})}_3}}}\]_{phản ứng} = 242. x (g)

Phương trình hoá học:

 

Theo PTHH: \[{n_{F{e_2}{O_3}}} = \frac{1}{2}{n_{Fe{{(N{O_3})}_3}}} = 0,5x(mol)\]\[ \to {m_{F{e_2}{O_3}}} = 0,5x.160 = 80x(g)\]

m_{chất rắn}  = \[{m_{Fe{{(N{O_3})}_3}}}\]_dư + \[{m_{F{e_2}{O_3}}}\]= 72,6 – 242x + 80x = 53,16 → x = 0,12

Hiệu suất phản ứng của quá trình nhiệt phân là:

\[H = \frac{{242.0,12}}{{72,6}}.100\% = 40\% \]

Lời giải:

\[N{H_4}Cl \to NH_4^ + + C{l^ - }\]

0,1……….0,1….0,1 (mol)

Gọi nồng độ \[NH_4^ + \] phân li là x (M, x > 0)

PTHH:         \[NH_4^ + + {H_2}O \to N{H_4}OH + {H^ + }\] \[{K_a} = {5,56.10^{ - 10}}\]

Ban đầu:       0,1…………….0…………0    M

Phân li:        x………………x………...x    M

Kết thúc:   0,1 – x …………...x…….......x    M

\[{K_a} = \frac{{\left[ {N{H_4}OH} \right].\left[ {{H^ + }} \right]}}{{\left[ {NH_4^ + } \right]}} = \frac{{{x^2}}}{{0,1 - x}} = {5,56.10^{ - 10}}\]

\[ \Rightarrow x = \left[ {{H^ + }} \right] = {7,46.10^{ - 6}}M\]→ \[pH = - \log \left[ {{H^ + }} \right] = 5,13\]

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

n_{Cao su Buna} = \[\frac{{5,4}}{{54}} = 0,1(kmol)\]

n_{Buta-1,3-đien} = \[\frac{{01.100}}{{80}} = 0,125(kmol)\]

\[{n_{{C_2}{H_5}OH}} = \frac{{0,125.100}}{{50}} = 0,25(kmol)\]

\[{n_{{C_2}{H_4}}} = \frac{{0,25.100}}{{80}} = 0,625(kmol)\]

\[{n_{{C_2}{H_6}}} = \frac{{0,625.100}}{{30}} = \frac{{25}}{{12}}(kmol)\]\[ \to {m_{{C_2}{H_6}}} = \frac{{25}}{{12}}.30 = 62,5(kg)\].

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Theo định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch X và Y, lần lượt ta có:

0,07. 1 = 0,02. 2 + x. 1 → x = 0,03

0,04. 1 = y. 1 → y = 0,04

Phương trình hoá học:

H⁺ + \[O{H^ - }\] → H₂O

0,04    0,03

→\[O{H^ - }\]hết, H⁺ dư

\[ \Rightarrow {n_{{H^ + }d{\rm{u}}}} = 0,04 - 0,03 = 0,01(mol)\]

\[ \Rightarrow \left[ {{H^ + }} \right] = \frac{{0,01}}{{0,1}} = 0,1M\]

\[ \Rightarrow pH = - \log \left[ {{H^ + }} \right] = 1\]

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Gọi công thức hoá học tạo bởi Fe (II) và O là Fe_xO_y

Theo quy tắc hoá trị, ta có: II. x = II. y

\[ \to \frac{x}{y} = \frac{{II}}{{II}} = \frac{1}{1} \to x = y = 1\]

→ Công thức hoá học cần tìm là FeO.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Vì Ag → Ag⁺ + 1e nên Ag là chất khử trong phản ứng trên.

Lời giải:

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Lời giải:

Phân tử khối CaCO₃: 40 + 12 + 16.3 = 100.

Phần trăm theo khối lượng các nguyên tố có trong hợp chất CaCO₃:

\[\% Ca = \frac{{40}}{{100}}.100\% = 40\% \]

\[\% C = \frac{{12}}{{100}}.100\% = 12\% \]

%O = 100% – 40% – 12% = 48%

Lời giải

\[{n_{Pb{{(N{O_3})}_2}}} = \frac{{6,62}}{{201 + (14 + 16.3).2}} = 0,02(mol)\]

Phương trình hoá học:

 

Theo PTHH: \[{n_{N{O_2}}} = 2{n_{Pb{{(N{O_3})}_2}}} = 2.0,02 = 0,04(mol)\]

\[{n_{{O_2}}} = \frac{1}{2}{n_{Pb{{(N{O_3})}_2}}} = \frac{1}{2}.0,02 = 0,01(mol)\]

V_{hỗn hợp khí} = (0,04 + 0,01). 22,4 = 1,12 (l)

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Phân từ khối của khí nitrogen N₂ là 14. 2 = 28 đvC.

Lời giải:

\[{H_2}S{O_4} \to 2{H^ + } + SO_4^{2 - }\]

0,005……0,01

\[\left[ {{H^ + }} \right] = 0,01 \to pH = - \log \left[ {{H^ + }} \right] = 2\]

Lời giải:

\[{n_{{N_2}}} = \frac{{5,6}}{{22,4}} = 0,25(mol) \Rightarrow {m_{{N_2}}} = 0,25.28 = 7(g)\]

Vậy khối lượng của 5,6 lít khí N₂ ở đktc là 7 gam.

Lời giải:

Lời giải:

\[{n_{Fe}} = \frac{{11,2}}{{56}} = 0,2(mol)\]

Phương trình hoá học:

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

a) \[{n_{{H_2}}} = {n_{Fe}} = 0,2(mol) \to {V_{{H_2}}} = 0,2.22,4 = 4,48(l)\]

b) \[{n_{HCl}} = 2{n_{Fe}} = 2.0,2 = 0,4(mol) \to {m_{HCl}} = 0,2.36,5 = 7,3(g)\]

c) \[{n_{FeC{l_2}}} = {n_{Fe}} = 0,2(mol) \to {m_{FeC{l_2}}} = 0,2.127 = 25,4(g)\]

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

\[{n_{Fe}} = 0,2(mol);{n_{A{g^ + }}} = 0,3(mol)\]

Do \[{n_{Fe}} < 2{n_{A{g^ + }}}\]nên Ag⁺ phản ứng hết, Fe dư

n_{Fe phản ứng} = \[\frac{1}{2}{n_{A{g^ + }}} = \frac{1}{2}.0,3 = 0,15(mol)\]

Chất rắn A gồm Fe dư 0,05 mol; 0,3 mol Ag

m_rắn  = 0,05. 56 + 0,3. 108 = 35,2 gam

Lời giải:

a. Cho AgNO₃ vào dung dịch B đã axit hoá tạo ra kết tủa trắng bị hoá đen ngoài ánh sáng, đó là AgCl, vậy phải có một trong hai muối là muối clorua.

- Khi cho Ba(OH)₂ mà có khí bay ra chứng tỏ đó là NH₃. Vậy muối Y phải là muối amoni (muối trung hoà hoặc muối axit)

- Mặt khác khi thêm Ba(OH)₂ tới dư mà vẫn còn kết tủa chứng tỏ một trong hai muối phải là muối sunfat

Các phản ứng dạng ion:

\[A{g^ + } + C{l^ - } \to AgCl \downarrow \]

\[NH_4^ + + O{H^ - } \to N{H_3} + {H_2}O\]

\[A{l^{3 + }} + 3O{H^ - } \to Al{(OH)_3} \downarrow \]

\[Al{(OH)_3} + O{H^ - } \to Al(OH)_4^ - \]

 

\[B{a^{2 + }} + SO_4^{2 - } \to BaS{O_4}\](không đổi khi nung)

Sự chênh lệch nhau vì khối lượng khi nung E, F là do Al₂O₃ tạo thành từ Al(OH)₃

\[{n_{A{l_2}{O_3}}} = \frac{{6,248 - 5,126}}{{102}} = 0,011(mol)\]

\[{n_{BaS{O_4}}} = {n_{SO_4^{2 - }}} = \frac{{5,126}}{{233}} = 0,022(mol)\]

Ta thấy: \[{n_{SO_4^{2 - }}} = {n_{A{l^{3 + }}}}\]nên không thể có muối Al₂(SO₄)₃. Do đó muối nhôm phải là muối clorua AlCl₃ với số mol = 0,011. 2 = 0,022 mol và muối Y phải là (NH₄)₂SO₄ hoặc NH₄HSO₄ với số mol là 0,022 mol.

b.

- Trường hợp muối (NH₄)₂SO₄

m = 0,022. 133,5 + 0,022. 132 = 5,841 gam

n_{khí C} = \[{n_{NH_4^ + }}\]= 0,044 (mol) → V_B = 0,9856 lít

- Trường hợp muối NH₄HSO₄

m = 0,022. 133,5 + 0,022. 115 = 5,467 gam

n_{khí C} = \[{n_{NH_4^ + }}\]= 0,022 (mol) → V_B = 0,4928 lít

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Nguyên tử silicon có 14 electron sẽ sắp xếp lần lượt như sau:

+ Lớp thứ nhất có 2 electron

+ Lớp thứ hai có 8 electron

+ Còn lại 14 – 2 – 8 = 4 electron ở lớp thứ ba

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

\[{n_{Mg}} = \frac{{4,8}}{{24}} = 0,2(mol)\]

\[\mathop {Mg}\limits^0 \to {\rm{ }}\mathop {Mg}\limits^{ + 2} + {\rm{ }}2e\]

n_{e cho} = 0,2. 2 = 0,4 (mol)

\[{n_{{N_2}O}} = \frac{{5,6}}{{22,4}} = 0,025(mol)\]

\[2\mathop N\limits^{ + 5} + {\rm{ }}8e{\rm{ }} \to {\rm{ }}2\mathop N\limits^{ + 1} \]

n_{e nhận} = 0,025. 8 = 0,2 (mol) < n_{e cho}

→ Sản phẩm có muối amoni:

\[\mathop N\limits^{ + 5} + {\rm{ }}8e{\rm{ }} \to {\rm{ }}\mathop N\limits^{ - 3} \]

\[{n_{N{H_4}N{O_3}}} = \frac{{0,4 - 0,2}}{8} = 0,025(mol)\]

Chất rắn khan gồm NH₄NO₃: 0,025 mol; Mg(NO₃)₂: 0,2 mol

→ m = 0,025. 80 + 0,2. 148 = 31,6 (g)

Lời giải:

Công thức đúng là: NaH₂PO₄, Mg(HSO₃)₂, NH₄Cl

Lời giải:

Ở cả 2 trường hợp, lượng kết tủa thu được bằng nhau mà:

\[{n_{C{O_2}(1)}} = \frac{{4,48}}{{22,4}} = 0,2(mol);{n_{C{O_2}(2)}} = \frac{{8,96}}{{22,4}} = 0,4(mol)\] nên trường hợp 1: CO₂ hết, Ba(OH)₂ dư, chỉ xảy ra 1 phản ứng: CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃↓ + H₂O

\[{n_{BaC{O_3}}} = {n_{C{O_2}}} = \frac{{4,48}}{{22,4}} = 0,2(mol)\]

Ở trường hợp 2, xảy ra 2 phản ứng sau:

CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃↓ + H₂O (*)

2CO₂ + Ba(OH)₂ → Ba(HCO₃)₂ (**)

\[{n_{C{O_2}(*)}} = {n_{BaC{O_3}}} = 0,2(mol)\]→ \[{n_{C{O_2}(**)}} = {n_{C{O_2}(2)}} - {n_{C{O_2}(*)}} = 0,4 - 0,2 = 0,2(mol)\]

Theo PTHH (*), (**), \[{n_{Ba{{(OH)}_2}}} = {n_{C{O_2}(*)}} + \frac{1}{2}.{n_{C{O_2}(**)}} = 0,2 + 0,2.\frac{1}{2} = 0,3(mol)\]\[x = {C_M} = \frac{{{n_{Ba{{(OH)}_2}}}}}{{{V_{{\rm{dd}}}}}} = \frac{{0,3}}{{0,1}} = 3M\]

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Vì hai nguyên tố A và B ở hai nhóm A liên tiếp trong bảng tuần hoàn, A thuộc nhóm VA nên B thuộc nhóm IVA hoặc nhóm VIA.

Vì Z_A + Z_B = 23 nên Z_A < 23

- Khi A là N thì Z_B = 23 – 7 = 16, hay B là S thuộc nhóm VIA.

Ở trạng thái đơn chất, N₂ và S không phản ứng với nhau.

Do đó cặp nguyên tố N và S thoả mãn.

- Khi A là P thì Z_B = 23 – 15 = 8, hay B là O thuộc nhóm VIA.

Ở trạng thái đơn chất, P và O₂ có phản ứng với nhau. Do đó cặp nguyên tố P và O không thoả mãn.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

3M + 4nHNO₃ → 3M(NO₃)_n + nNO↑ + 2nH₂O.