1004 câu Trắc nghiệm tổng hợp Hóa học năm 2023 có đáp án (Phần 10)

Khí thu được sau phản ứng là: CO₂

=> nCO2=4,4822,4=0,2(mol)

1. MgCO₃ + 2HCl → MgCl₂ + H₂O + CO₂

 0,2 ← 0,4 ← 0,2 0,2 (mol)

  mMgCO3=0,2.84=16,8(g)

→ m_MgO = m_hh -  mMgCO3= 24,8 - 16,8 = 8 (g) 

 nMgO=840=0,2(mol)

2. MgO + 2HCl→ MgCl₂ + H₂O

 0,2          → 0,4 → 0,2 (mol)

n_HCl = 0,4 + 0,4 = 0,8 ( mol) 

m_HCl = n.M = 0,8. 36,5 = 29,2 (g)

a)  mddHCl=29,220.100=146(g)

V_ddHCl = n.22,4 = 0,8.22,4 = 17,92 (l)

 b)  mMgCl2 = n.M = (0,2 + 0,2).95 = 38(g)

m_{dd sau phản ưng} = m_{hh đầu} + m_ddHCl -  mCO2 = 24,8+ 146 - 0,2. 44 = 162(g) 

 C%ddMgCl2=38162.100%≈23,46%

a.  nCO2= 0,2 mol

1. MgO + H₂SO₄ → MgSO₄ + H₂O

2. MgCO₃ + H₂SO₄ → MgSO₄ + H₂O + CO₂

Ta có:  nMgCO3 =  nCO2 = 0,2 mol → mMgCO3 = 16,8 g

→ m_MgO = 4 g.

b. n_MgO = 0,1 mol →  nH2SO4=nH2SO4(1)+nH2SO4(2) = 0,3 mol

→ V = 6,72 lít.

Ta có: 

 nCu=8,3264=0,13(mol)

Gọi số mol NO; NO₂ lần lượt là x; y (mol)

→x + y =  4,92822,4=0,22(mol)

Bảo toàn e:

 3nNO+nNO2=2nCu

→ 3x + y = 0,13.2 = 0,26

Giải được: x = 0,02; y = 0,2

Vậy: 

NO: 0,02 mol; NO₂: 0,2 mol

b. Ta có: 

m_hh = 0,02.30 + 0,2.46 = 9,8 gam.

 →M¯hh=9,80,22=44,54
 dhh/H2=44,542=22,27

c.  nCu(NO3)2=nCu=0,13(mol)

Bảo toàn N:

 nHNO3=2nCu(NO3)2+nNO+nNO2= 0,13.2 + 0,02 + 0,2 = 0,48 mol.

 CMHNO3=0,480,24=2M

a, Ta có 500 ml = 0,5 lít

→ n_HCl = 0,5.2 = 1 (mol)

Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂

x…... 2x…….. x……….x (mol)

Zn + 2HCl → ZnCl₂ + H₂

y….. 2y…….. y………y (mol)

→ 2x + 2y = 1 → 2( x + y ) = 1→ x + y = 0,5

Ta có 24x + 24y < 24x + 65y < 65x + 65y

Þ n_{hỗn hợp max} =  8,424x+24y=8,424(x+y)=8,424.0,5=0,7(mol)

Mà n_HCl = 1 (mol)

→ 1 > 0,7 → n_HCl > n_{hỗn hợp max}

→ Sau phản ứng axit vẫn còn dư.

b. Ta có  nH2=4,4822,4=0,2(mol)

Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂ (1)

x…... 2x…….. x……….x (mol)

Zn + 2HCl → ZnCl₂ + H₂ (2)

y….. 2y…….. y………y (mol)

 →24x+65y=8,4x+y=0,2→x=23205y=18205

Theo định luật bảo toàn khối lượng

→ m_{hỗn hợp} = m_muối +  mH2- m_HCl

=  mMgCl2+mZnCl2+mH2 - m_HCl

= 95. 23205+ 136. 18205 + 0,2.2 - 0,4.36,5 = 9,4 (g).

a)  nAl=8,127=0,3(mol)

Al + 6HNO₃ → Al(NO₃)₃ + 3NO₂ + 3H₂O

0,3….1,8………0,3………..0,9 (mol)

b)  VNO2=0,9.22,4=20,16(l)

m_muối =  mAl(NO3)3=0,3.213=6,39(g)

Gọi nguyên tử khối của kim loại A là A.

Phương trình hóa học của phản ứng:

2A + Cl₂ → 2ACl

m_A = 9,2g; m_ACl = 23,4g.

Có n_A = n_ACl

 nA=9,2MA,nACl=23,4MA+35,5

⇒ 9,2. (M_A + 35,5) = M_A. 23,4.

⇒ M_A = 23. Vậy kim loại A là Na.

Quy tắc  α :

 Mg+2Fe3+→Mg2++2Fe2+

 nMg=9,624=0,4(mol) 

 nFe3+=nFe(NO3)3=0,3(mol)
 12nFe3+<nMg

→Mg dư

 nMg=12nFe3+=0,3.12=0,15(mol)

n_{Mg dư} = 0,4 – 0,15 = 0,25 (mol)

 Mg+Cu2+→Mg2++Cu
 nCu2+=nCu(NO3)3=0,2(mol)
 nCu2+<nMg

→Mg dư

BT e:

 nMg(Mg2+)=nCu=nCu2+=0,2(mol)

n_{Mg dư} = 0,25 – 0,2 = 0,05 (mol)

 Mg+Fe2+→Mg2++Fe
 nMg<nFe2+

→ Fe2+ dư

BT e:

n_Fe = n_Mg = 0,05 (mol)

Bảo toàn Fe:  nFe2+=nFe3+=0,3(mol)

m_rắn = 0,05.56 + 0,2.64 = 15,6 (g).

Gọi Kim loại nhóm IIA cần tìm là R có hóa trị II.

Khi cho dung dịch sau phản ứng tác dụng với NaOH, có khí thoát ra ⇒ sản phẩm có NH₄NO₃.

PTHH:

NH₄NO₃ + NaOH → NH₃ + H₂O + NaNO₃

Có  nNH4NO3=nNH3=2,2422,4=0,1(mol)

Áp dụng định luật bảo toàn e, ta có

 N+5+8e→N+3 (NH₄NO₃)

Vậy n e nhận = 8 nNH4NO3 = 0,1.8 = 0,8 mol

 R0→R+2+2e
 ⇒nR=ne2=0,82=0,4(mol)

Có m_R = 0,4.M_R = 9,6

  ⇒MR=9,60,4=24(g/mol)( Magie)

Vậy kim loại cần tìm là Mg.

a)  nK2O=9,494=0,1(mol)

V_ddA = 200 ml = 0,2 lít

PTHH: K₂O + H₂O → 2KOH (1)

n_KOH = 0,1.2 = 0,2 (mol)

→C_{M ddA} = C_{M KOH} =  0,20,2=1M

b) PTHH: 2KOH + H₂SO₄ → K₂SO₄ + 2H₂O

 nH2SO4=0,22=0,1(mol)
 →mH2SO4=0,1.98=9,8(g)
 mddH2SO4=9,8.10020=49(g)

→ VddH2SO4=491,14≈42,982(ml)

a, 2A + 2xHCl → 2ACl_x + xH₂

2B + 2yHCl → 2BCl_y + yH₂

b,  nH2=8,9622,4=0,4(mol)

Theo PTHH,  nHCl=2nH2=2.0,4=0,8(mol)

 mH2=0,4.2=0,8(g)

m_HCl = 0,8.36,5 = 29,2 (g)

Bảo toàn khối lượng: a = 67 + 0,8 − 29,2 = 38,6 (g).

 nY=3,31622,4=0,14(mol)

M_Y = 20,143.2 = 40,286

→ m_Y = 40,286.0,14 = 5,64 (g)

Gọi số mol NO₂, NO lần lượt là a và b (mol)

Ta có hệ phương trình:

 a+b=0,1446a+30b=5,64⇒a=0,09b=0,05

Gọi số mol FeO, CuO, Fe₂O₃ là x (mol)

Theo bảo toàn e ta có:  nFeO=nNO2+3nNO

→ x = 0,09 + 3.0,05 = 0,24 (mol)

→  nFeO=nCuO=nFe2O3=0,24(mol)

→ m = 0,24.72 + 0,24.80 + 0,24.160 = 74,88 (g).

 mHCl=65,7.10100=6,57(g)→nHCl=6,5736,5=0,18(mol)
 nH2=2,57622,4=0,115(mol)

Gọi hoá trị của kim loại M là n ( 1≤n≤3)

PTHH: 2M + 2nHCl → 2MCl_n + nH₂ (1)

Theo PTHH (1): n_{HCl phản ứng} = 2 nH2

Mà theo đề bài n_HCl < 2 nH2nên kim loại M có xảy ra phản ứng với nước:

2M + 2nH₂O → 2M(OH)_n + nH₂ (2)

Theo PTHH (1)  nH2=12nHCl=12.0,18=0,09(mol)

 →nH2(2)=0,115−0,09=0,025(mol)

Theo PTHH (1):  nMCln=1nnHCl=0,18n(mol)→mMCln=0,18n.(MM+35,5n)(g)

Theo PTHH (2):  nM(OH)n=2nnH2=0,05n(mol)→mM(OH)n=0,05n.(MM+17n)(g)

Dung dịch X chứa 16,21 gam chất tan nên ta có:

 0,18n.(MM+35,5n)+0,05n.(MM+17n)=16,21→ M_M = 39n

Với n = 1 thì M_M = 39 (g/mol)

Vậy M là kali (K).

1) nH2SO4=0,5a(mol) ; nKOH = 0,2.2 = 0,4 (mol)
nAl(OH)3=0,3978=0,005(mol)
Trường hợp 1: H2SO4 dư
H2SO4 + 2KOH → K2SO4 + 2H2O
0,2……..0,4
nH2SO4 dư = 0,5a – 0,2 (mol) → 12nH2SO4= 0,25a – 0,1 (mol)
2Al(OH)3 + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 6H2O
0,005………0,075
→ 0,25a – 0,1 = 0,075 → a = 0,43
Trường hợp: KOH dư
H2SO4 + 2KOH → K2SO4 + 2H2O
0,5a……..a
nKOH dư = 0,4 – a (mol) → 12nKOH = 0,2 – 0,5a (mol)
Al(OH)3 + KOH → KAlO2 + 2H2O
0,005…….0,005
→ 0,2 – 0,5a = 0,005 →a = 0,39
b) Vì A tác dụng với Fe3O4 và FeCO3 →dung dịch A chứa H2SO4 dư, chọn trường hợp 1: a = 0,43
nH2SO4 trong 100 ml dung dịch A = 0,1.0,43 = 0,043 (mol)
Fe3O4 + 4H2SO4 → FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4H2O
x……….4x
FeCO3 + H2SO4 → FeSO4 + H2O + CO2
y………..y
mhhB = 2,668 (g) → 233x + 116y = 2,668 (1)
nH2SO4= 0,043 (mol) → 4x + y = 0,043 (2)
Giải (1) và (2), ta được: x = 0,01; y = 0,003
mFe3O4=0,01.232=23,2(g)mFeCO3=0,003.116=0,348(g)

a) Do A và B là hai nguyên tử kế tiếp, lại có n_A > n_B (theo đề) nên n_A - n_B = 1, nghĩa là A nằm đầu chu kỳ mới và B nằm cuối chu kỳ cũ.

A và B có tổng số n + l bằng nhau lên l_B  - l_A = 1.

Vì A nằm đầu chu kỳ mới nên l_A = 0 (phân lớp s), m_l(A) = 0, m_s(A) = +1/2.

Þ l_B = 1.

Theo đề B có n_B + l_B + m_l(B) + m_s(B) = 4,5.

Do electron (e) cuối cùng có m_s = -1/2, giá trị m_l = l;

Vậy B có n_B  + 2l_B -1/2 = 4,5 hay n_B = 3; ⇒ n_A = 4.

Vậy bộ số lượng tử của A (4, 0, 0, +1/2) và B (3, 1, +1, -1/2).

b) Cấu hình electron của A: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶4s¹.

Cấu hình electron của B: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶.

Đáp án đúng là: C

Phát biểu (a) và (b) đúng.

Đáp án đúng là: B

n_Mg = 0,09 mol

n_NO = 0,04 mol

Nhận thấy: 2n_Mg > 3n_NO → sản phẩm khử chứa NH₄NO₃

Bảo toàn electron: 2n_Mg = 3n_NO + 8 nNH4NO3

 →nNH4NO3=0,09.2−0,04.38=7,5.10−3(mol)

Muối khan gồm:

Mg(NO₃)₂: 0,09 mol; NH₄NO₃: 7,5.10^-3 mol

m_muối = 0,09.148 + 7,5.10^-3.80 = 13,92 gam.

1 mol H₂ chứa 6,02 × 10²³ phân tử H₂.

436 kJ = 436 × 10³ J.

Năng lượng cần thiết để phá vỡ liên kết trong một phân tử H₂ là:

E=436.1036,02.1023=7,24.10−19J

Năng lượng cần thiết (theo eV) để phá vỡ liên kết trong một phân tử H₂ là:

7,24.10−191,602.10−19=4,52(eV)

Ta có: 2Z + N = 58

Kết hợp:  583,222≤Z≤583→18≤Z≤19,3⇒Z=18;Z=19

Nếu Z = 18 → N = 22 → A = 40 (Loại)

Nếu Z = 19 → N = 20 → A = 39 (Nhận)

→Nguyên tử A có 19p, 19e, 20n.

Đáp án đúng là: D

Gọi thành phần phần trăm của ¹⁹¹Ir và ¹⁹³Ir lần lượt x, y

Ta có hệ :

x+y=100192,22=191x+193y100⇒x=39y=61

Phần trăm số nguyên tử của ¹⁹³Ir là 61%.

a. 4K + O₂ → 2K₂O

b. Tỉ lệ số nguyên tử K : Số phân tử O₂ : Số phân tử K₂O là 4 : 1 : 2.

c. Tỉ lệ số nguyên tử K: Số phân tử O₂ là 4 : 1

Tỉ lệ số phân tử O₂: Số phân tử K₂O là 1 : 2.

Đáp án đúng là: B

C+ 4HNO_{3 đặc nóng}→ CO₂ + 4NO₂ + 2H₂O

Đặt số mol CO₂ là x mol → n_NO2= 4x mol

→m_hh =  mCO2+mNO2 = 44x+ 46.4x = 228x (g)

Và n_hh=  nCO2+nNO2= x + 4x = 5x (mol)

 MX¯=mhhnhh=228x5x=45,6→dX/H2=45,62=22,8 

Điều chế được những khí: O₂, Cl₂, NH₃, SO₂, SO₃, H₂, HCl, CO₂, H₂S

2KMnO_{4  →t°} K₂MnO₄ + MnO₂ + O₂

2NH₄HCO₃  →t° (NH₄)₂CO₃ + CO₂ + H₂O

2NaHSO₃  →t° Na₂SO₃ + SO₂ + H₂O

BaS + 2HCl → BaCl₂ + H₂S

2KMnO₄ + 16HCl → 2KCl + 2MnCl₂ + 5Cl₂ + 8H₂O

MnO₂ + 4HCl → MnCl₂ + Cl₂ + 2H₂O

H₂S + Cl₂ → 2HCl + S

NH₄HCO₃ + Ba(OH)₂ → NH₃ + BaCO₃ + 2H₂O

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

H₂ + Cl₂  →anhsang  2HCl

2SO₂ + O₂  →t°,V2O5 2SO₃

Trong các chất: NaCl, C₂H₄, CH₃COOH, Ba(OH)₂, KNO₃. Số chất điện li là 4.

Chất điện li gồm axit, bazơ, muối. Do đó NaCl, CH₃COOH, Ba(OH)₂, KNO₃ là các chất điện li.

C₂H₄ là hidrocacbon nên không là chất điện li.

Những chất có liên kết ionlà: NaCl, MgCl₂, CaO.

(NaCl) ta có:  Na→Na1++1eCl+1e→Cl1−⇒Na1++Cl1−→NaCl

(MgCl₂) ta có:  Mg→Mg2++2e2Cl+2.1e→2Cl1−⇒Mg2++2Cl1−→MgCl2

(CaO) ta có:  Ca→Ca2++2eO+2e→O2−⇒Ca2++O2−→CaO

a) SO₂ + H₂O → H₂SO₃

 P₂O₅ + 3H₂O → 2H₃PO₄

 Na₂O + H₂O → 2NaOH

 b) SO₂ + 2KOH → K₂SO₃ + H₂O

P₂O₅ + 6KOH → 2K₃PO₄ + 3H₂O

2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂

2KOH + H₂SO₄ → K₂SO₄ + 2H₂O

c) Fe₂O₃ + 3H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 3H₂O

Na₂O + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + H₂O

2Al + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂

Na₂CO₃ + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + H₂O + CO₂↑

BaCl₂ + H₂SO₄ → BaSO₄↓ + 2HCl

2NaOH + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + 2H₂O

2Al(OH)₃ + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 6H₂O

d) 2Al + 3CuSO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3Cu

BaCl₂ + CuSO₄ → BaSO₄↓ + CuCl₂

2NaOH + CuSO₄ → Cu(OH)₂↓ + Na₂SO₄

Na₂O + H₂O + CuSO₄ → Cu(OH)₂↓ + Na₂SO₄

P₂O₅, CO₂, SO₂ tác dụng với CaO, Na₂O.

P₂O₅ + 3CaO → Ca₃(PO₄)₂

P₂O₅ + 3Na₂O → 2Na₃PO₄

CO₂ + CaO → CaCO₃

CO₂ + Na₂O → Na₂CO₃

SO₂ + CaO → CaSO₃

SO₂ + Na₂O → Na₂SO₃

Đáp án đúng là: C

Các nguyên tố có số hiệu nguyên tử là 5, 13, 31 đều thuộc nhóm IIIA

Các khí được chọn phải không có phản ứng với chất làm khô.

a, N₂, O₂, SO₂, CO₂.

b, N₂, O₂, NH₃.

Đáp án đúng là: A

CaCO₃; Na₂S; Ca₃(PO₄)₂, KNO₃ tác dụng được với HCl.

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

MgO + 2HCl → MgCl₂ + H₂O 

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂ 

ZnO + 2HCl → ZnCl₂ + H₂O 

Đáp án đúng là: D

Khi V_Y =  VO2 và ở cùng điều kiện thì n_Y =  nO2

Mà  mYmO2=1,075 nên  M¯YMO2=1,075

 ⇒M¯Y=1,075.32=34,4(g/mol)
 ⇒nY=8,634,4=0,25(mol)

Đặt a, b là số mol CO, CO₂ trong Y

 ⇒a+b=0,2528a+44b=8,6⇒a=0,15b=0,1

X tác dụng với HCl nên X gồm Cu, CuO

Đặt n_{CuO dư} = x (mol)

CuO + 2HCl → CuCl₂ + H₂O

 ⇒nCuCl2=nCuO=x(mol);nHCl=2nCuO=2x(mol)

m_ddHCl = 80.1,225 = 98 (g)

→ m_{dd sau} = 80x + 98 (g)

 ⇒C%=mCuCl2.100mddsau⇒3,375=135x80x+98.100⇒x=0,025
 ⇒CMHCl=2x0,08=0,625M
 CuO+CO→t°Cu+CO2

→ n_{CuO phản ứng} = n_CuO =  nCO2= 0,1 (mol)

→ m_X = 0,1.64 + 0,025.80 = 8,4 (g).

Đáp án đúng là: D

 nOH−=nNaOH+2nBa(OH)2=0,2+2.0,3=0,8(mol)
 nBa2+=nBa(OH)2=0,3(mol)
 nHCO3−=nNaHCO3=0,25(mol)
 nCO32−=nNa2CO3=0,1(mol)
 OH−+HCO3−→CO32−+H2O

  ⇒OH− dư,  HCO3− hết

 _{nCO32−tổng} = 0,25 + 0,1 = 0,35 (mol)

 ⇒CO32− dư,  Ba2+ hết

 ⇒nBaCO3=0,3(mol)

Vậy m = 0,3.197 = 59,1 (g)

a) Bảo toàn điện tích:

3nFe3++nNH4+=2nSO42−+nNO3− → 3.0,01 + 0,02 = 2.0,02 + x → x = 0,01

nBaSO4=nSO42−=0,02(mol)

nOH−=2nBa(OH)2=2.0,03=0,06(mol)

b)  nBa(OH)2=0,1.0,3=0,03(mol)

 nBa2+=nBa(OH)2=0,03(mol)
 Ba2++SO42−→BaSO4

 0,031<0,021→ Tính theo ion  SO42−

 nBaSO4=nSO42−=0,02(mol)
 nOH−=2nBa(OH)2=2.0,03=0,06(mol)
 NH4++OH−→NH3+H2O

 0,021<0,061⇒OH− dư

 nNH3=nNH4+=0,02(mol)
 V=VNH3=0,02.22,4=0,448(l)

 _nOH−dư = 0,06 – 0,02 = 0,04 (mol)

 Fe3++3OH−→Fe(OH)3

 0,011<0,043⇒OH−dư

 nFe(OH)3=nFe3+=0,01(mol)
 m=mBaSO4+mFe(OH)3=0,02.233+0,01.107=5,73(g)

Na2CO3:0,5a(mol)NaHCO3:0,5a(mol)→+BaCl2(du)NaHCO3:0,5a(mol)BaCO3:19,7197=0,1=0,5a(mol)

→ a = 0,2M

Mặt khác:

Na2CO3:0,5a(mol)NaHCO3:0,5a(mol)→+CaCl2(du)CO2:0,12=0,05(mol)H2O:0,12=0,05(mol)CaCO3:(0,1+0,12).100=15(g)

n_HCl = 0,2. 1,5 = 0,3 (mol)

Phương trình: 2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

 nH2=12nHCl=12.0,3=0,15(mol)
 ⇒VH2=0,15.22,4=3,36(l)
 nAl=13nHCl=13.0,3=0,1(mol)

→ m_Al = 0,1.27 = 2,7 (g).

n_NaOH = 0,1 (mol);  nCa(OH)2=0,3(mol)

 nCaCO3=10100=0,1(mol)

→ Dung dịch A chứa NaHCO₃ (0,1) và Ca(HCO₃)₂ (0,3 – 0,1 = 0,2 mol)

Bảo toàn nguyên tố C:

 nCO2=nCaCO3+nNaHCO3+2nCa(HCO3)2=0,1+0,1+2.0,2=0,6(mol)

→ V = 0,6.22,4 = 13,44 (l)

Ca(HCO₃)₂ + Ca(OH)₂ → 2CaCO₃ + 2H₂O

 nCaCO3=0,2(mol)→nCa(OH)2=0,1(mol)→x=0,5M

Đáp án đúng là: C

n_Al = 0,2, n_Fe = 0,1 (mol)

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

0,2                   → 0,3 (mol)

Fe + 2HCl→ FeCl₂ + H₂

0,1                   0,1 (mol)

V = (0,3+0,1).22,4 = 8,96 (l).

 CaCO3→t°CaO+CO2
 MgCO3→t°MgO+CO2

CaCO₃ + 2HCl → CaCl₂ + H₂O + CO₂

MgCO₃ + 2HCl → MgCl₂ + H₂O + CO₂

Na₂CO₃ + 2HCl → 2NaCl + H₂O + CO₂

K₂CO₃ + 2HCl → 2KCl + H₂O + CO₂

CaO + 2HCl → CaCl₂ + H₂O

MgO + 2HCl → MgCl₂ + H₂O

Số mol HCl bài cho: 0,3 mol; chọn 100 g (A) → 80 g (B) → n_HCl = 2,4 mol

Dùng định luật bảo toàn chất để thấy số mol HCl phản ứng với (A) hay (B) hay (C) là như nhau; khối lượng CO₂ là:  1,2−(a106+b138).44

 mCmA=1,2−(a106+b138).44100

Đáp án đúng là: B

 FeS2Cu2S→HNO3Fe2(SO4)3CuSO4

Bảo toàn e: 15a + 10b = 0,8.3

Bảo toàn S:  2a+b=3a2+2b

Giải hệ trên được:  a=0,12b=0,06

Cho X tác dụng với dung dịch HNO₃ loãng dư thì không thấy khí thoát ra → Phản ứng chỉ tạo muối

PTHH:

4Mg + 10HNO₃ → 4Mg(NO₃)₂ + NH₄NO₃ + 3H₂O (1)

0,3……0,75

4Zn + 10HNO₃ → 4Zn(NO₃)₂ + NH₄NO₃ + 3H₂O (2)

0,4……0,1

8Al + 30HNO₃ → 8Al(NO₃)₃ + 3NH₄NO₃ + 9H₂O (3)

0,2……0,75

Theo các phương trình, ta có:

 nHNO3=104nMg+104nZn+308nAl=0,75+1+0,75=2,5(mol)

Đáp án đúng là: A

Khi cho hỗn hợp gồm N₂, H₂ và NH₃ đi qua dung dịch H₂SO₄ đặc, dư thì toàn bộ NH₃ bị hấp thụ.

Theo giả thiết thì sau khi đi qua dung dịch H₂SO₄ đặc thì thể tích khí còn lại một nửa 

⇒ Coi V(NH₃ ) = 1 thì V(N₂) + V(H₂) = 1 (1)

 1.17+VN2.28+VH2.22.100%=8.2 (2)

Giải (1) và (2) ta có V (N₂) = 0,5, V(NH₃) = 0,5

 %N2=%VH2=0,52.100%=25%

%NH₃ = 50%.

Đáp án đúng là: A

Ta có:

 nH2=0,15nBaSO4=0,06→BTKL13,98+0,15.2−m=0,1→m=14,18

Nhận thấy nếu n_Ba = 0,06 → n_Na = 0,259 → (Vô lý)

 →H2SO4:0,06HCl:0,1→BTDT24,85Ba2+,Na+:14,18(g)SO42−:0,06Cl−:0,1OH−:0,08→BTKLm=24,85−13,98=10,87(g)

MX=mCO2+mSO2+mN2OnCO2+nSO2+nN2O=22+12,8+15,40,5+0,2+0,625=47,81

⇒dX/N2=47,8128=1,7

* Cho hỗn hợp X vào dung dịch H₂SO₄ loãng dư:

 nH2=0,1(mol)

Fe phản ứng tạo ra H₂, Cu không phản ứng.

Bảo toàn e: 

 nFe=nH2→ n_Fe =0,1 mol

 * Cho hỗn hợp X vào dung dịch HNO₃ đặc, nguội, dư.

Cu phản ứng tạo khí NO₂, Fe bị thụ động (không phản ứng).

 nNO2= 0,05 mol

Bảo toàn e:

2n_Cu =  nNO2→ n_Cu = 0,025 mol

Khối lượng của hỗn hợp X:

m = m_Fe + m_Cu = 0,1.56 + 0,025.64 = 7,2 gam.

Ta có tỉ lệ khối lượng của FeO và Fe₂O₃ là 9 : 20.

→ nFeO:nFe2O3=972:20160=1:1

Ta có: 

FeO + Fe₂O₃ → Fe₃O₄

Do vậy có thể quy đổi X về Fe₃O₄

Phản ứng xảy ra:

Fe₃O₄ + 8HCl → 2FeCl₃ + FeCl₂ + 4H₂O

Ta có: 

n_HCl = 0,2.1 = 0,2 mol

→ nFeCl3=14nHCl = 0,05 mol

Cho Fe vào Y:

Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂

→ nFe=12nFeCl3 = 0,025 mol

→ m_Fe = 0,025.56 = 1,4 gam.

Đáp án đúng là: B

Tổng số các hạt trong phân tử là 140

→ 2Z_M + N_M + 2.(2Z_X + N_X ) = 140 (1)
Số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 44 hạt

→ 2Z_M + 4Z_X - N_M - 2.N_X = 44 (2)
Giải hệ (1), (2) → 2Z_M + 4Z_X = 92 và N_M + 2N_X = 48
Tổng số hạt cơ bản trong X nhiều hơn trong M là 16 hạt

→ 2Z_X + N_X - (2Z_M + N_M) = 16 (3)
Số khối của X lớn hơn số khối của M là 11

→ (Z_X + N_X)- (Z_M + N_M) = 11 (4)
Lấy (3) - (4) → Z_X - Z_M = 5
Ta có hệ:

 2ZM+4ZX=92−ZM+ZX=5⇒ZM=12ZX=17

M là Mg và X là Cl

Vậy công thức của MX₂ là MgCl₂.

Đáp án đúng là: A

TQ:  FexOy+yCO→t°xFe+yCO2

 nCO=nCO2=4,4822,4=0,2(mol)

→ V_CO = 4,48 lít.

Vào MgCl₂ thì có khí bay ra; có kết tủa.

Ba + 2H₂O + MgCl₂ → Mg(OH)₂↓ + BaCl₂ + H₂↑

Vào H₂SO₄ thì có khí bay ra; có kết tủa không tan trong axit.

Ba + H₂SO₄ → BaSO₄↓ + H₂↑

Vào AlCl₃ thì có khí bay ra; có kết tủa, nếu Ba dư thì kết tủa tan dần.

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂↑

3Ba(OH)₂ + 2AlCl₃ → 2Al(OH)₃↓ + 3BaCl₂

2Al(OH)₃ + Ba(OH)₂ → Ba(AlO₂)₂ + 4H₂O.

 _{nO2 phản ứng} = 0,9 – 0,865 = 0,035 (mol).

→ m_{kim loại} = m_{chất rắn} – m_{oxi phản ứng} = 2,12 – 0,035.32 = 1 (gam).

Sơ đồ phản ứng:

 Al+HNO3→Al(NO3)3+NON2O+H2O

Quá trình cho nhận electron:

 Al→Al3++3e
 N+5+3e→N+2
 2N+5+8e→2N+1

Bảo toàn electron: 

3nAl=3nNO+8nN2O→nAl=3.0,15+8.0,053=1760(mol)→mAl=1760.27=7,65(g)

Đáp án đúng là: C

Alanin có công thức là: CH₃-CH(NH₂)-COOH

CH₃-CH(NH₂)-COOH + NaOH  →t° CH₃-CH(NH₂)-COONa + H₂O

Ta có:  nAla−Na = 11,1111=0,1(mol)

⇒ n_Ala = n_Ala-Na = 0,1 (mol)

⇒ m_Ala = 0,1.89 = 8,9 (gam).

Đáp án đúng là: C

C₆H₅OH + Na → C₆H₅ONa + 0,5 H₂

x………………….....x (mol)

C₂H₅OH + Na → C₂H₅ONa + 0,5 H₂

y…………………….y (mol)

C₆H₅OH + NaOH → C₆H₅ONa + H₂O

0,01………0,01 (mol)

Ta có hệ phương trình:

 116x+68y=25,2x=0,01.10→x=0,1y=0,2

a) Trong MCl_x:  %Cl=35,5xMM+35,5x.100

Trong MCl_y:  %Cl=35,5yMM+35,5y.100

 →35,5yMM+35,5y.100=1,172.35,5xMM+35,5x.100

→ M_M.(1,172x – y) = -6,106xy (1)

Trong MO_0,5x:  %O=8xMM+8x.100

Trong M₂O_y:  %O=16y2MM+16y.100=8yMM+8y.100

 →8yMM+8y.100=1,35.8xMM+8x.100

→M_M.(1,35x – y) = -2,8xy (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

 1,172x−y1,35x−y=2,181

Cặp nghiệm x = 2; y = 3 thì thoả mãn

Kim loại có hai hoá trị là II và III suy ra M là sắt (Fe)

b) 1)

 2Fe+3Cl2→t°2FeCl3

Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂

Fe không tác dụng với H₂SO₄ đặc nguội

 2Fe+6H2SO4d→t°Fe2(SO4)3+3SO2+6H2O

2) 3FeO + 10HNO₃ → 3Fe(NO₃)₃ + NO + 5H₂O

 FeO+H2→t°Fe+H2O

10FeO + 2KMnO₄ + 18H₂SO₄ → 5Fe₂(SO₄)₃ + K₂SO₄ + 2MnSO₄ + 18H₂O

Đáp án đúng là: D

Chú ý: Một số kim loại như Al, Fe, Cr … không tác dụng với H₂SO₄ đặc, nguội.

Thí nghiệm 1: Na tan dần, có khí xuất hiện. Có kết tủa trắng keo xuất hiện. Một thời gian sau kết tủa keo tan dần dần. Sục CO₂ vào lại thấy có kết tủa.

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

Al(NO₃)₃ + 3NaOH → Al(OH)₃↓ + 3NaNO₃

NaOH + Al(OH)₃ → NaAlO₂ + 2H₂O

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

 Thí nghiệm 2: Đốt quặng pirit sắt sinh ra khí mùi hắc không màu. Sục khí này vào dung dịch brom thấy brom mất màu.

4FeS₂ + 11O₂  →t° 2Fe₂O₃ + 8SO₂

SO₂ + Br₂ + 2H₂O → 2HBr + H₂SO₄

Thí nghiệm 3: Sau 1 thời gian thấy màu xanh của dung dịch mất dần. Sắt tan một phần, có kim loại đồng màu đỏ bám ngoài sắt.

Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu

 a. Gọi số mol của NaX là a (mol; a > 0)

Phương trình hóa học:

 NaX + AgNO3→ NaNO3+ AgX↓a……………………………...........a     mol

Ta có:

 mNaX=a.(23+MX)=8,19mAgX=a.(108+MX)=20,09→a=0,14aMX=4,97→MX=35,5

X là clo, nguyên tử khối là 35,5.

b. Gọi phần trăm đồng vị 1 và đồng vị 2 lần lượt là a và b.

Ta có:

 a+b=100%a−b=50%→a=75%b=25%

Gọi số khối của đồng vị 1 là A.

Hạt nhân đồng vị 1 kém hạt nhân đồng vị 2 là 2 notron nên số khối của đồng vị 2 là A + 2.

Ta có:  A¯=75.MA+25.(MA+2)100=35,5→MA=35

Vậy số khối của hai đồng vị 1 và 2 lần lượt là 35 và 37.

Cho Zn dư vào dung dịch, sau phản ứng lọc lấy rắn không tan ta thu được dung dịch chỉ chứa ZnCl₂.

Phương trình hóa học

Zn + CuCl₂ → ZnCl₂ + Cu↓

Zn + 2HCl → ZnCl₂ + H₂↑

a) PTHH: Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂↑

b)  nH2=3,3622,4=0,15(mol)

Theo pt: n_Fe =  nH2 = 0,15 mol → m_Fe = 0,15. 56 = 8,4 (g)

c) Theo pt: n_HCl = 2.n_Fe = 2 × 0,15 = 0,3 (mol), V_HCl = 50ml = 0,05 l

 CMHCl=0,30,05=6M

PTHH:

 Fe + 2HCl → FeCl2+ H2              0,6............ ...........0,3 mol

 nH2 = n_khí =  6,7222,4 = 0,3 mol. 

Theo PTHH thì nHCl = 2 nH2 = 2.0,3 = 0,6 mol.

⇒  CMHCl=0,60,2=3M

(NH₄)₂SO₄ + 2NaOH → Na₂SO₄ + 2NH₃ + 2H₂O

 n(NH4)2SO4=0,2.0,5=0,1(mol)

n_NaOH = 0,3.1 = 0,3 (mol)

 0,11<0,32→ NaOH dư

 nNH3=2n(NH4)2SO4=0,1.2=0,2(mol)
 VNH3=0,2.22,4=4,48(l)

Đầu tiên xảy ra phản ứng: 

2NH₃ + 3Cl₂ → N₂ + 6HCl

Sau đó, vì dư amoniac nên:

NH₃ + HCl → NH₄Cl

Vậy các chất thu được là NH₄Cl, N₂ và NH₃ dư nếu có.

 nAl=2,4.10226.1023=0,04(mol)

4Al + 3O_{2  →t°} 2Al₂O₃

a. Theo phương trình:

 nO2=34nAl=0,03(mol)
 →VO2=0,03.22,4=0,672(l)

→ V_kk = 0,672.5 = 3,36 (l)

b. Theo phương trình:

 nAl2O3=12nAl=0,02(mol)

 →mAl2O3=0,02.102=2,04(g) 

a) Fe₂O₃ + 3CO  →t° 2Fe + 3CO₂

b) Tỉ lệ: 1 : 3 : 2 : 3

c) Bảo toàn khối lượng:  mFe=mFe2O3+mCO−mCO2 = 32 + 16,8 – 26,4 = 22,4(kg).

Đáp án đúng là: C

(NH₄)₂SO₄ + BaCl₂ → BaSO₄↓ + 2NH₄Cl

NH₄Cl + AgNO₃ → AgCl↓ + NH₄NO₃

Đáp án đúng là: D

Để hạn chế ảnh hưởng của khí nâu đỏ đó thoát ra gây ô nhiệm môi trường, bạn An đã nút ống nghiệm bằng bông tẩm dung dịch NaOH vì:

2NO₂ + 2NaOH → NaNO₃ + NaNO₂ + H₂O

Đáp án đúng là: D

 nCO2=4,4822,4=0,2(mol) 

Ta có:  nCa(OH)2nCO2=0,150,2=0,75<1

→ Tạo 2 muối

Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃ + H₂O

x……………x………x (mol)

Ca(OH)₂ + 2CO₂ → Ca(HCO₃)₂

y……………2y………y (mol)

 →x+y=0,15x+2y=0,2→x=0,1y=0,05

m_muối = 0,1.100 + 0,05.162 = 18,1 (g).

Đáp án đúng là: D

Giả sử trong nguyên tử X: số p = số e = Z và số n = N

X + 2e → X^2-

→ Số hạt trong ion X^2- là: Số p = Z; Số e = Z + 2; Số n = N

Theo đề bài:

+ Ion X^2- có tổng số hạt p, n, e là 26 → Z + Z + 2 + N = 26

+ Số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 10

→ Z + Z + 2 - N = 10

Giải hệ trên ta được Z = 8 và N = 8 → X là oxi.

Nguyên tử X có số hạt mang điện là 2Z = 16.

Nguyên tử Y có số hạt mang điện nhiều hơn số hạt mang điện của nguyên tử X là 16 nên số hạt mang điện của nguyên tử Y là 16 + 16 = 32

Suy ra số hạt proton = số hạt electron của nguyên tử Y bằng 32 : 2 = 16.

Vậy nguyên tố Y là nguyên tố lưu huỳnh.

Phát biểu A. Liên kết của X với Y là liên kết cộng hóa trị là phát biểu đúng.

Phát biểu B. Nguyên tố X thuộc chu kì 2, nhóm VIA đúng vì X có cấu hình electron nguyên tử là 1s²2s²2p⁴. X thuộc chu kì 2 vì có 2 lớp electron, nhóm VIA vì có 6 e ở lớp ngoài cùng.

Phát biểu C. Hợp chất khí của Y với hiđro chứa 5,88% khối lượng hiđro đúng vì công thức hợp chất khí với H của S là H₂S.

Ta có %m_H = 2.100%34 = 5,88%

Phát biểu D. Oxit cao nhất của Y chứa 40% khối lượng oxi là phát biểu sai vì công thức oxit cao nhất của Y là SO₃ có %m_O = 60%.

Gọi x (mol) là số mol của CO₂

⇒  mCO2= M.n = 44x gam

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

⇒  nCaCO3 = x mol ⇒  mCaCO3= M.n =100x (g)

Ta có: m_{kết tủa} -  mCO2= m_{dd giảm}

 mCaCO3−mCO2=5,6

⇔ 100x - 44x = 5,6 ⇔ x = 0.1

⇒ V =  VCO2 = 0.1.22.4 = 2.24 lít

⇒ a =  mCaCO3= 100.0.1 = 10 g

Đáp án đúng là: B

Nhận xét: kết tủa là BaCO₃, dung dịch có thể chứa muối Na₂CO₃, NaHCO₃ và Ba(HCO₃)₂

- Biện luận: Nếu dung dịch chỉ có muối Na₂CO₃ và NaHCO₃ thì (khoảng giá trị khi coi muối chỉ có Na₂CO₃ và NaHCO₃), điều này vô lý theo đề bài. Vậy muối sẽ gồm  Ba2+,  Na+,  HCO3− (đã có  Ba2+ thì không thể có  CO32− trong dung dịch)

 Na+=0,1molBa2+=amolHCO3−=bmol→BDDT:0,1+2a=bBTKL:mmuoi=0,1.23+137a+61b=21,35

→ a = 0,05; b = 0,2

BTNT (Ba):  nBaCO3=0,2−0,05=0,15(mol)

BTNT (C):  nCO2=0,15+0,2=0,35(mol)

V = 0,35.22,4 = 7,84 (l).

 VH3PO4=50ml=0,05l
 →nH3PO4=0,05.1=0,05(mol)

Phương trình hoá học:

H₃PO₄ + 2NaOH → Na₂HPO₄ + 2H₂O

0,05……..0,1………0,05

→VNaOH=0,11=0,1(l)→mNa2HPO4=0,05.142=7,1(g)

Đun kĩ dung dịch X thu thêm 50 gam kết tủa

→ Phản ứng sinh ra hai muối CaCO₃ và Ca(HCO₃)₂

 nCaCO3(1)=150100=1,5(mol)
 nCaCO3(2)=50100=0,5(mol)

Phương trình hóa học:

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

1,5 ←1,5 (mol)

2CO₂ + Ca(OH)₂ → Ca(HCO₃)₂

1 ← 0,5 (mol)

Ca(HCO₃)₂  →t° CaCO₃ + CO₂ + H₂O

0,5 ←0,5 (mol)

 →nCO2= 1,5 + 1 = 2,5 (mol)

 →VCO2 = 2,5.22,4 = 56 lít.

 nBa(OH)2=9,85197=0,05(mol)

Vì : Dung dịch + NaOH → Kết tủa 

→ Dung dịch có chứa: Ba(HCO₃)₂

 nBaCO3(1)=1,97197=0,01(mol)⇒nBa(HCO3)2=0,01(mol)

Bảo toàn nguyên tố C:

 nCO2=0,05+0,01.2=0,07(mol)→VCO2=0,07.22,4=1,568(l)

Đáp án đúng là: B

 nOH−=nKOH=0,13(mol)

Bảo toàn nguyên tố P:

 nH3PO4=2nP2O5=0,05(mol)
 ⇒2<nOH−nH3PO4=2,6<3

→ 2 muối sản phẩm là: K₂HPO₄ và K₃PO₄

Đặt  nK2HPO4=a;nK3PO4=b

Bảo toàn nguyên tố K và P, ta có hệ:

 2a+3b=0,13a+b=0,05⇒a=0,02b=0,03
 ⇒CMK2HPO4=0,04MCMK3PO4=0,06M

Đáp án đúng là: A

  N2+3H2⇄2NH3(trong điều kiện p, t^o, xúc tác thích hợp)

Ban đầu: 0,2…..0,8……….0 (mol)

Phản ứng: 0,15..0,45………0,3 (mol)

Kết thúc: 0,05…0,35………0,3 (mol)

Nhận thấy:  0,21<0,83→ Hiệu suất tính theo N₂

 →H=0,150,2.100%=75%

Gọi kim loại là M suy ra oxit là MO

Giả sử có 1 mol MO.

Phản ứng xảy ra:

MO + 2HCl → MCl₂ + H₂O

n_HCl = 2n_MO = 2 mol→ m_HCl = 2.36,5 = 73 gam

→  mddHCl=7310%=730(g)

BTKL: m_{dd sau phản ứng} = m_MO + m_{dd HCl} = 1.(M_M + 16) + 730 = M_M + 746 (g)

 nMCl2=nMO=1(mol)→mMCl2=1.(MM+35,5.2)=MM+71=12,34%.(MM+746)→MM=24(g/mol)

Vậy M là Mg, suy ra oxit là MgO.

Gọi hóa trị của R là n

PTHH : 2R + nH₂SO₄ → R₂(SO₄)_n + nH₂

Theo PTHH: 

 nR2(SO4)n=12nR⇒34,22MR+96n=12.5,4MR

⇒ M_R = 9n

Ta có bảng sau :

Vậy R là kim loại Al.

 nH2=6,7222,4=0,3(mol)

PTHH: Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂

 x……2x……...x……….x (mol)

Zn + 2HCl → ZnCl₂ + H₂

y……2y……...y………y (mol)

Ta có hệ phương trình:

 24x+65y=11,3x+y=0,3⇒x=0,2y=0,1

m_muối =   mMgCl2+mZnCl2=95x+136y=95.0,2+136.0,1=32,6(g)

PTHH:

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

a…….3a………………..3/2a (mol)

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

b……2b………………b (mol)

 nH2=8,9622,4=0,4(mol)

Theo đề bài ra, ta có hệ:

 27a+56b=1132a+b=0,4⇒a=0,2b=0,1

a) m_Al = 27.0,2 = 5,4 (g)

m_Fe = 11 – 5,4 = 5,6 (g)

 %mAl=5,411.100%≈49,09%%mFe=100%−49,09%=50,91%

b) Ta có số mol HCl là:

n_HCl = 3.0,2 + 2.0,1 = 0,8 (mol)

 VHCl=0,82=0,4M

Đáp án đúng là: B

 nN2=13,4422,4=0,6(mol)

Ta có H = 30%

 ⇒nN2pu=0,6.30%=0,18(mol)N2+3H2⇄t°,p,xt2NH30,18........................0,36(mol)mNH3=0,36.17=6,12(g)

 nH2=6,7222,4=0,3(mol)

PTHH: 2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂ (1)

Al₂O₃ + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂O (2)

Theo PTHH (1):  nAl=23nH2=0,2(mol)

→ m_Al = 0,2.27 = 5,4 (g)

→  mAl2O3=15,6−5,4=10,2(g)

 →nAl2O3=10,2102=0,1(mol)
 ⇒∑nAlCl3=nAl+2nAl2O3=0,2+2.0,1=0,4(mol)⇒mAlCl3=0,4.133,5=53,4(g)

Đáp án đúng là: B

 nH2=2,2422,4=0,1(mol)

PTHH:

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

 0,1……………………0,1 (mol)

 _{%mFe=0,1.5620.100%=28%⇒%mZnO=100%−28%=72%}           

a) BaCl₂ + H₂SO₄ → BaSO₄↓ + 2HCl

b)

 mBaCl2=C%.mdd100=10,4.200100=20,8(g)→nBaCl2=20,8208=0,1(mol)

BaCl₂ + Na₂SO₄ → BaSO₄↓ + 2NaCl

0,1………………..0,1 (mol)

 mBaSO4=0,1.233=23,3(g)

c) Dung dịch còn lại là NaCl

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

 mdd=mBaCl2+mNa2SO4−mBaSO4=200+400−23,3=576,7(g)

BaCl₂ + Na₂SO₄ → BaSO₄↓ + 2NaCl

0,1…………………………….0,2 (mol)

m_NaCl = 0,2.58,5 = 11,7 (g)

 C%NaCl=11,7576,7.100%=2,03%

Tỉ lệ về thể tích bằng tỉ lệ về số mol

Coi số mol mỗi khí ban đầu là 1

 nH2pu=1.60%=0,6(mol)

         N2+3H2→t°,p,xt2NH3

Ban đầu: 1      1

Phản ứng: 0,6 → 0,2 → 0,4

Cân bằng: 0,4 0,8           0,4

Số mol hỗn hợp sau phản ứng: 0,4 + 0,8 + 0,4 = 1,6 (mol

 %VH2=0,41,6.100%=25%
 %VN2=0,81,6.100%=50%
 %VNH3=0,41,6.100%=25%

Ta có n_khí = 0,14 mol

→ n_{N (trong khí)} = n_khí = 0,14 mol

Bảo toàn N →  nNO3− trong muối = 0,44 - 0,14 = 0,3 mol

Ta có m_Cu = 0,7m mà khối lượng rắn = 0,75m

→ Fe phản ứng chưa hết → muối tạo thành là Fe(NO₃)₂

 nFe(NO3)2=0,32=0,15(mol)

BTKL → m - 0,75m = 0,25m = 0,15.56

→ m = 33,6 gam.

 nCuO=1680=0,2(mol)

PTHH: CuO + H₂SO₄ → CuSO₄ + H₂O

 0,2…..0,2……….0,2 (mol)

C_M của dung dịch muối là:

 CM=0,20,08=2,5M
 mCuSO4=0,2.160=32(g)
 mH2SO4=0,2.98=19,6(g)
 →mddH2SO4=19,6.10010=196(g)

m_dd = 196 + 16 = 212 (g)

 ⇒C%=32212.100%≈15,1%

Đáp án đúng là: C

Trong quá trình ăn mòn hoá học thì kim loại chuyển electron trực tiếp vào các chất trong môi trường và không phát sinh dòng điện → C sai

Trong quá trình điện phân thì dưới tác dụng của dòng điện bên anot xảy ra quá trình nhường electron, bên catot xảy ra quá trình nhận electron → xảy ra phản ứng oxi hoá khử trên bề mặt điện cực → A đúng

Để bảo vệ tàu biển làm bằng thép người ta gắn tấm Zn vào vỏ tàu ở phần chìm trong nước biển. Zn có tính khử mạnh hơn Fe và tốc độ ăn mòn chậm hơn → được dùng làm kim loại hi sinh để bảo vệ sắt (bảo vệ điện hoá) → B đúng

Các hợp chất Fe (III) thường có màu vàng → D đúng.

Đáp án đúng là: A

Trong công nghiệp, nitơ được sản xuất bằng phương pháp chưng cất phân đoạn không khí lỏng. Sau khi đã loại bỏ CO₂ và hơi nước, không khí được hoá lỏng dưới áp suất cao và nhiệt độ thấp. Nâng dần nhiệt độ không khí lỏng đến – 196⁰C thì nitơ sối và được tách khỏi oxi lỏng vì oxi có nhiệt độ sôi sao hơn (- 183⁰C). Khí nitơ được vận chuyển trong các bình thép, nén dưới áp suất 150 atm.

CO₂ có phản ứng oxi hóa với một số chất có tính khử mạnh như C; Mg...

CO2+C→t°2CO 

 Mg+CO2→t°MgO+CO

Đáp án đúng là: D

Đáp án đúng là: D

Các thí nghiệm làm thay đổi số oxi hoá của kim loại là:

3Cl₂ + 2NaCrO₂ + 8NaOH → 2Na₂CrO₄ + 6NaCl + 4H₂O ( Cr+3→Cr+6 )

3Cl₂ + 6FeSO₄ → 2Fe₂(SO₄)₃ + 2FeCl₃ ( Fe+2→Fe+3)

2CrCl₂ + Cl₂ → 2CrCl₃ ( Cr+2→Cr+3)

Đáp án đúng là: B

Cho khí Cl₂ tác dụng với dung dịch KOH, đun nóng, thu được dung dịch chứa muối KCl và muối KClO₃

 3Cl2+6KOH→t°5KCl+KClO3+3H2O

Đáp án đúng là: B

Clo vừa đóng vai trò chất oxi hoá, vừa đóng vai trò chất khử

 51Cl20+2e→2Cl−1Cl20→2Cl+5+10e

CnH2n+1OH + 3n2O2→t° nCO2+(n+1)H2O

Đáp án đúng là: D

Đặt công thức của Na₂CO₃ và (NH₄)₂CO₃ là X₂CO₃.

Công thức chung của CaCl₂ và BaCl₂ là YCl₂

Phản ứng: X₂CO₃ + YCl₂ → YCO₃ + 2XCl

Khi 1 mol YCl₂ phản ứng tạo thành YCO₃ khối lượng giảm 11 gam

m_giảm = 43 – 39,7 = 3,3 (g)

 ⇒nYCl2=nYCO3=0,3(mol)<nCO32− 

→ Ba²⁺ và Ca²⁺ đã kết tủa hết

Đặt số mol BaCl₂ và CaCl₂ là a và b

→ số mol BaCO₃ và CaCO₃ tạo thành cũng là a và b

Giải hệ:

 208a+111b=43197a+100b=39,7⇒a=0,1b=0,2
 %mBaCl2trongY=0,1.20843.100=48,37%

Phản ứng không xảy ra nên không có phương trình trên.

Đánh số thứ tự và trích mẫu thử các dung dịch:

Cho dung dịch NaOH vào mẫu thử, đun nhẹ:

- Nhận ra MgCl₂ tạo kết tủa trắng

MgCl₂ + 2NaOH → Mg(OH)₂↓ + 2NaCl

- Nhận ra NaNO₃ do không có hiện tượng gì

- NH₄Cl và NH₄NO₃ tạo khí mùi khai thoát ra:

NH₄Cl + NaOH → NH₃↑ + H₂O + NaCl

NH₄NO₃ + NaOH → NH₃↑ + H₂O + NaNO₃

Cho dung dịch AgNO₃ vào mỗi mẫu thử:

- Nhận ra NH₄Cl tạo kết tủa trắng:

NH₄Cl + AgNO₃ → AgCl↓ + NH₄NO₃

- Nhận ra NH₄NO₃.

Dùng HCl, đun nóng có thể nhận biết được cả 4 oxit trên.

+ CuO tan trong HCl và tạo dung dịch có màu xanh lam

CuO + 2HCl → CuCl₂ + H₂O

+ MnO₂ tan, sinh ra khí màu vàng lục, mùi hắc

MnO₂ + 4HCl → MnCl₂ + Cl₂ + 2H₂O

+ FeO tan trong HCl và tạo dung dịch có màu xanh nhạt

FeO + 2HCl → FeCl₂ + H₂O

+ Ag₂O tan trong HCl, tạo dung dịch có kết tủa trắng

Ag₂O + 2HCl → 2AgCl↓ + H₂O

Lập bảng:

 Theo đề bài:
1: H₂SO₄
2: (NH₄)₂CO₃
3: NaOH
4: BaCl₂
7: Na₂CO₃
5: MgCl₂
6: Ba(OH)₂

Đáp án đúng là: C

Theo Bron – stet, bazơ là những chất nhận proton (nhận )

 CO32−+2H2O⇄H2CO3+2OH−

 CH3COO−+H2O⇄CH3COOH+OH−

 S2−+2H2O⇄H2S+2OH−

CTHH đúng là: MgO, Na₂O, Cu(OH)₂, K₂CO₃, H₂SO₄

CTHH sai là: CaCl, Fe₃O₂ NaHPO₄, Al₃(SO₄)₂.

Sửa CTHH sai: CaCl₂, Fe₂O₃, Na₂HPO₄, Al₂(SO₄)₃.

Đáp án đúng là: C

(a) sai vì điện tích của hạt proton là luôn dương(+), còn electron thì lại là (-). nói chúng bằng nhau là sai, nếu muốn nói đúng thì phải là "số điện tích hạt proton bằng số điện tích hạt electron"

(b) sai vì khối lương của proton nặng hơn nhiều khối lượng của electron (m_proton≈ 1,67.10^-24 (g); m_electron≈ 9,11.10^-27 (g)).

Trích dẫn mẫu thử:

− Đổ từ từ đến dư mẫu thử này vào mẫu thử còn lại.

Nếu ban đầu không có hiện tượng gì 1 thời gian sau xuất hiện kết tủa tăng dần tới lớn nhất sau đó bị hòa tan thì ban đầu là B, chất đổ vào là A.

KOH + HCl → KCl + H₂O

3KOH + AlCl₃ → 3KCl + Al(OH)₃↓

KOH + Al(OH)₃ → KAlO₂ + 2H₂O

⇒ Dán nhãn vào các chất vừa nhận biết.

Kim loại đen thành phần chủ yếu sắt (Fe) hợp chất cacbon (C).

Dựa vào tỉ lệ cacbon và các nguyên tố tham gia người ta chia kim loại đen thành 2 loại: Gang (tỉ lệ C > 2,14%) và thép (tỉ lệ C < 2,14%).

 nO(Oxit)=12nHCl=12.0,15.3=0,225(mol)

nFe=8,456=0,15(mol)

Gọi CTHH của oxit sắt là Fe_xO_y

Ta có: x : y = 0,15 : 0,225 = 2 : 3

Vậy oxit sắt cần tìm là Fe₂O₃.

 nO(Oxit)=12nHCl=12.0,15.1,5=0,1125(mol)

 nFe=4,256=0,075(mol)

Gọi CTHH của oxit sắt là Fe_xO_y

Ta có: x : y = 0,075 : 0,1125 = 2 : 3

Vậy oxit sắt cần tìm là Fe₂O₃.

Không phải mọi sự biến đổi các chất đều thuộc lĩnh vực hóa học

Ví dụ:

- Biển đổi thuỷ năng thành điện năng là biển đổi vật lí.

- Nghiền nhỏ đá vôi thành vôi bột là biến đổi vật lí.

PTHH:  Fe2O3+3CO→t°2Fe+3CO2

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có:

 mFe=mFe2O3+mCO−mCO2=32+16,8−26,4=22,4(g)

C+O2→t°CO2

CO₂ + Ca(OH)₂ → Ca(HCO₃)₂

_{CaHCO32→t°CaCO3+CO2+H2O}

_{CaCO3→t°CaO+CO2}

_{CO2+C→t°2CO}

_{2CO+O2→t°2CO2}

CO₂ + 2NaOH → Na₂CO₃ + H₂O

Na₂CO₃ + CaCl₂ → CaCO₃↓ + 2NaCl

Đáp án đúng là: D

nCO2=4,4822,4=0,2(mol)

 nH2O=5,418=0,3(mol)

→  nH2O<nCO2→ 2 hiđrocacbon là ankan

 nankan=nH2O−nCO2=0,3−0,2=0,1(mol)

→  C¯=nCO2nankan=0,20,1=2

→ Có 1 ankan có số C < 2 và 1 ankan có số C > 2

→ 2 ankan thoả mãn là CH₄ và C₃H₈.

Đáp án đúng là: B

Đáp án đúng là: C

Cấu hình electron nguyên tử của C (Z = 6): 1s²2s²2p².

Cấu hình electron của nguyên tử O (Z = 8): 1s²2s²2p⁴.

Nguyên tử C cần thêm 4 electron để đạt được cấu hình bền vững của khí hiếm gần nhất; nguyên tử O cần 2 electron để đạt được cấu hình của khí hiếm gần nhất.

→Mỗi nguyên tử O góp chung 2 electron, nguyên tử C góp chung 4 electron chia đều cho 2 nguyên tử O.

→ Công thức cấu tạo của CO₂ là O=C=O.

Ta có: 

x là hóa trị của (SO₄) vậy x = 2

y là hóa trị của Fe vậy y = 3 hoặc y = 2

Do x, y khác nhau suy ra y = 3.

Vậy ta có phương trình phản ứng

2Fe(OH)₃ + 3H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 6H₂O

Công thức electron của phân tử methane (CH₄)

Công thức electron:

Công thức cấu tạo

Đáp án đúng là: C

Bước 1: Tổng số electron hóa trị trong phân tử = 1.5 + 2.6 = 17 electron

Bước 2: Trong phân tử NO₂, nguyên tử N cần 3 electron để đạt octet, nguyên tử O cần 2 electron hóa trị để đạt octet. Vì vậy, N là nguyên tử trung tâm, còn các nguyên tử O được xếp xung quanh: O – N – O

Bước 3: Mỗi nguyên tử O cần 6 electron hóa trị để đạt octet:

Bước 4: Số electron hóa trị còn lại là 17 – 6.2 – 2.2 = 1

Mà nguyên tử N chưa đạt octet nên 1 nguyên tử O sẽ dùng 1 cặp electron hóa trị để tạo liên kết với nguyên tử N và trên nguyên tử N vẫn còn 1 electron chưa tham gia liên kết.

Công thức Lewis của NO₂ là

  hoặc  

a. Công thức electron là O :: C :: O

Công thức cấu tạo của là O = C = O

b. Giải thích sự hình thành liên kết trong phân tử KCl, viết phương trình phản ứng biểu diễn sự di chuyển electron.

K → K⁺ + 1e 

Cl + 1e → Cl^-

K⁺ + Cl^- → KCl

2K + Cl₂ → 2KCl