1004 câu Trắc nghiệm tổng hợp Hóa học năm 2023 có đáp án (Phần 14)

Đáp án đúng là: B

Các phản ứng xảy ra khi cho sản phẩm cháy vào bình đựng dung dịch Ba(OH)₂:

CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + H₂O (1)

2CO₂ + Ba(OH)₂ → Ba(HCO₃)₂ (2)

Ba(HCO₃)₂ $\stackrel{t^{°}}{\to }$ BaCO₃ + CO₂ + H₂O (3)

Ta có: \[{n_{C{O_2}(Pu)}} = {n_{C{O_2}(1)}} + {n_{C{O_2}(2)}} = {n_{BaC{O_3}(1)}} + 2{n_{Ba{{(HC{O_3})}_2}}} = 0,2(mol)\]

Theo giả thiết khối lượng dung dịnh giảm 5,5 gam nên ta có:

19,7 − 0,2.44 − \[{m_{{H_2}O}}\]= 5,5 ⇒ \[{m_{{H_2}O}}\]= 5,4 gam ⇒ n_H = 2.\[{n_{{H_2}O}}\] = 0,6 mol.

Bảo toàn nguyên tố oxi:

\[{n_{O(hchc)}} = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} - 2{n_{{O_2}}} = 2.0,2 + 0,3 - 2.0,3 = 0,1(mol)\]

→ n_C : n_H : n_O = 0,2 : 0,6 : 0,1 = 2 : 6 : 1

Vậy CTPT của X là C₂H₆O.

- Đốt hỗn hợp C và S trong O₂ dư

C + O₂ $\stackrel{t^{°}}{\to }$ CO₂ (1)

C + CO₂ $\stackrel{t^{°}}{\to }$ 2CO (2)

S + O₂ $\stackrel{t^{°}}{\to }$ SO₂ (3)

- Hỗn hợp khí A gồm: CO₂; SO₂; O₂ dư; CO

- Cho 1/2 A lội qua dung dịch NaOH

2NaOH + CO₂ → Na₂CO₃ + H₂O (4)

NaOH + CO₂ → NaHCO₃ (5)

2NaOH + SO₂ → Na₂SO₃ + H₂O (6)

NaOH + SO₂ → NaHSO₃ (7)

- Khí B gồm: O₂ dư; CO

Dung dịch C gồm Na₂CO₃; Na₂SO₃; NaHCO₃; NaHSO₃; NaOH dư (nếu có)

- Cho khí B qua hỗn hợp chứa CuO; MgO nung nóng:

CO + CuO $\stackrel{t^{°}}{\to }$ Cu + CO₂ (8)

- Chất rắn D: MgO; Cu; CuO dư (nếu có)

- Khí E: CO₂; O₂ dư

- Cho khí E lội qua dung dịch Ca(OH)₂

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O (9)

2CO₂ + Ca(OH)₂ → Ca(HCO₃)₂ (10)

Kết tủa F: CaCO₃

Dung dịch G: Ca(HCO₃)₂

Thêm KOH vào dung dịch G :

2KOH + Ca(HCO₃)₂ → K₂CO₃ + CaCO₃ + 2H₂O (11)

Kết tủa F: CaCO₃

- Đun nóng G:

Ca(HCO₃)₂ $\stackrel{t^{°}}{\to }$ CaCO₃ + CO₂ + H₂O (12)

Kết tủa F: CaCO₃

- Cho 1/2 A còn lại qua xúc tác V₂O₅ nung nóng:

(13) $2S{O}_2+O_2\stackrel{t^{°},V_2{O}_5}{\to }2S{O}_3$

(14) $2CO+O_2\stackrel{t^{°}}{\to }2C{O}_2$

Khí M gồm: CO₂; O₂ dư; SO₃; SO₂ dư (nếu có)

- Dẫn khí M qua dung dịch BaCl₂:

SO₃ + BaCl₂ + H₂O → BaSO₄ + 2HCl (15)

Kết tủa N: BaSO₄.

a. Đốt khí A trong oxi thiếu ta được chất rắn C màu vàng → A là H₂S và C là S.

Khí X có màu vàng lục → X là Cl₂

Khí X tác dụng với khí A tạo ra C và F nên F là HCl.

b. Các phương trình hoá học xảy ra:

$2H_{2}S+O_2\stackrel{t^{°}}{\to }2S+2H_{2}O$

$C{l}_2+H_{2}S\stackrel{t^{°}}{\to }S+2HCl$

\[{M_A} = {M_{{H_2}S}} = 34 \to {M_G} = 331\]

Cho A tác dụng với dung dịch của chất G tạo ra chất kết tủa H màu đen nên G là Pb(NO₃)₂, H là PbS.

4Cl₂ + 4H₂O + H₂S → H₂SO₄ + 8HCl

BaCl₂ + H₂SO₄ → BaSO₄↓ + 2HCl

Pb(NO₃)₂ + H₂S → PbS↓ + 2HNO₃.

Đáp án đúng là: C

Sắt cháy trong clo tạo khói màu nâu đỏ chính là của FeCl₃.

PTHH: $2Fe+3C{l}_2\stackrel{t^{°}}{\to }2FeC{l}_3$

Đáp án đúng là: A

\[{n_P} = \frac{{6,2}}{{31}} = 0,2(mol)\]

\[{n_{NaOH}} = \frac{{50.32}}{{100.40}} = 0,4(mol)\]

PTHH:

$4P+5O_2\stackrel{t^{°}}{\to }2P_2{O}_5$

P₂O₅ + 3H₂O → 2H₃PO₄

Bảo toàn nguyên tố P \[ \to {n_{{H_3}P{O_4}}} = {n_P} = 0,2(mol)\]

Có \[\frac{{{n_{NaOH}}}}{{{n_{{H_3}P{O_4}}}}} = \frac{{0,4}}{{0,2}} = 2\]→ Chỉ xảy ra phản ứng: H₃PO₄ + 2NaOH → Na₂HPO₄ + H₂O.

Đáp án đúng là: C

Phenly benzoat: C₆H₅ – COO – C₆H₅

n_este = 0,05 (mol); n_NaOH = 0,15 (mol)

C₆H₅ – COO – C₆H₅ + 2NaOH → C₆H₅COONa + C₆H₅ONa + H₂O

m_rắn = m_NaOH dư + \[{m_{{C_6}{H_5}{\rm{COONa}}}} + {m_{{C_6}{H_5}ONa}}\] = 0,05. (40 + 144 + 116) = 15 (g).

Hỗn hợp nước bột sắn dây được gọi là huyền phù 

Cần chuẩn bị: phễu, lưới lọc (hoặc vải lọc), chậu.

Đầu tiên, khuấy đều nước bột sắn dây (nước bột sắn cần trắng ngần) rồi chờ để bột sắn dây lắng xuống dưới, rồi từ từ bỏ phần nước bột sắn dây cho đến khi thấy gần đến phần bột thì thôi. Đem phần tinh bột đi phơi nắng đến khô.

Nước muối là hỗn hợp đồng nhất.

Em cần chuẩn bị: Đèn cồn, cốc sứ nung, kiềng 3 chân.

Em dùng phương pháp cô cạn: Đun nước muối đến khi nước bay hơi hết, thì sẽ thu được muối.

Este có tác dụng với dung dịch HCl, vì este bị thuỷ phân trong môi trường axit.

Ví dụ: $C{H}_3{\text{COOC}}_2{H}_5+H_{2}O\stackrel{H^{+}}{\rightleftarrows }C{H}_3{\text{COOH+C}}_2{H}_{5}OH$

Đáp án đúng là: D

Na₂SO₄ không phản ứng với KCl

HCl Không phản ứng với Na₂SO₄

BaCl₂ + H₂SO₄ → BaSO₄↓ + 2HCl

AgNO₃ + HCl → AgCl↓ + HNO₃

Al, Fe không tác dụng được với HNO₃ và H₂SO₄ đặc, nguội là do 2 kim loại đó bị thụ động trong 2 dung dịch trên.

$2Fe+3C{l}_2\stackrel{t^{°}}{\to }2FeC{l}_3$

FeCl₃ + 3NaOH → Fe(OH)₃↓ + 3NaCl

$$\begin{gathered} 2Fe{\left(OH\right)}_3\stackrel{t^{°}}{\to }F{e}_2{O}_3+3H_{2}O \\ F{e}_2{O}_3+3H_2\stackrel{t^{°}}{\to }2Fe+3H_{2}O \end{gathered}$$

$Fe+\frac{1}{2}{O}_2\stackrel{t^{°}}{\to }FeO$

FeO + 2HCl → FeCl₂ + H₂O

FeCl₂ + 2NaOH → Fe(OH)₂↓ + 2NaCl

$4Fe{\left(OH\right)}_2+O_2\stackrel{t^{°}}{\to }2F{e}_2{O}_3+4H_{2}O$

Fe₂O₃ + 6HCl → 2FeCl₃ + 3H₂O

FeCl₃ + 3NaOH → Fe(OH)₃↓ + 3NaCl.

Fe và NaCl có cùng tồn tại trong một dung dịch vì Fe và NaCl không phản ứng với nhau.

$2Fe+3C{l}_2\stackrel{t^{°}}{\to }2FeC{l}_3$

FeCl₃ + 3NaOH → Fe(OH)₃↓ + 3NaCl

$$\begin{gathered} 2Fe{\left(OH\right)}_3\stackrel{t^{°}}{\to }F{e}_2{O}_3+3H_{2}O \\ F{e}_2{O}_3+3H_2\stackrel{t^{°}}{\to }2Fe+3H_{2}O \end{gathered}$$

\[\mathop {Fe}\limits^{ + 2} {\left( {OH} \right)_2} + {\rm{ }}K\mathop {Mn}\limits^{ + 7} {O_4} + {\rm{ }}{H_2}S{O_4} \to {\rm{ }}{\mathop {Fe}\limits^{ + 3} _2}{\left( {S{O_4}} \right)_3} + {\rm{ }}\mathop {Mn}\limits^{ + 2} S{O_4} + {\rm{ }}{K_2}S{O_4} + {\rm{ }}{H_2}O\]

\[\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{5 \times }\\{2 \times }\end{array}} \right|\begin{array}{*{20}{c}}{\mathop {2Fe}\limits^{ + 2} \to \mathop {2Fe}\limits^{ + 3} + 2e}\\{\mathop {Mn}\limits^{ + 7} + 5e \to \mathop {Mn}\limits^{ + 2} }\end{array}\]

10Fe(OH)₂ + 2KMnO₄ + 18H₂SO₄ → 5Fe₂(SO₄)₃ + 2MnSO₄ + K₂SO₄ + 28H₂O

Nung Fe(OH)₃ trong không khí và chân không thì sản phẩm là Fe₂O₃.

$2Fe{\left(OH\right)}_3\stackrel{t^{°}}{\to }F{e}_2{O}_3+3H_{2}O$

Fe₂(SO₄)₃ + Cl₂ → Phản ứng không xảy ra.

${\stackrel{+3}{Fe}}_2{O}_3+\stackrel{+2}{C}O\stackrel{t^{°}}{\to }{\stackrel{+8/3}{Fe}}_3{O}_4+\stackrel{+4}{C}{O}_2$

Quá trình oxi hoá khử:

\[\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{2 \times }\\{1 \times }\end{array}} \right|\begin{array}{*{20}{c}}{3\mathop {Fe}\limits^{ + 3} + 1e \to 3\mathop {Fe}\limits^{ + 8/3} }\\{\mathop C\limits^{ + 2} \to \mathop C\limits^{ + 4} + 2e}\end{array}\]

Phản ứng xảy ra

3Fe₂O₃ + CO $\stackrel{t^{°}}{\to }$ 2Fe₃O₄ + CO₂

$\begin{array}{l}xF{e}_2{O}_3+(3x-2y)H_2\stackrel{t^{°}}{\to }2F{e}_x{O}_y+(3x-2y)H_{2}O\\ 4F{e}_x{O}_y+(3x-2y)O_2\stackrel{t^{°}}{\to }2xF{e}_2{O}_3\end{array}$

\[{\mathop {Fe}\limits^{ + 3} _2}{O_3} + {\rm{ }}{\mathop H\limits^0 _2} \to {\rm{ }}\mathop {Fe}\limits^0 {\rm{ }} + {\rm{ }}{\mathop H\limits^{ + 1} _2}O\]

\[\left. {\begin{array}{*{20}{c}}{2 \times }\\{3 \times }\end{array}} \right|\begin{array}{*{20}{c}}{\mathop {Fe}\limits^{ + 3} + 3e \to \mathop {Fe}\limits^0 }\\{\mathop {{H_2}}\limits^0 \to 2\mathop H\limits^{ + 1} + 2e}\end{array}\]

Fe₂O₃ + 3H₂ $\stackrel{t^{°}}{\to }$ 2Fe + 3H₂O

$2Fe+3C{l}_2\stackrel{t^{°}}{\to }2FeC{l}_3$

FeCl₃ + 3NaOH → Fe(OH)₃↓ + 3NaCl

$2Fe{\left(OH\right)}_3\stackrel{t^{°}}{\to }F{e}_2{O}_3+3H_{2}O$

Fe₂O₃ + 3H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 3H₂O

Fe₂(SO₄)₃ + 3BaCl₂ → 2FeCl₃ + 3BaSO₄↓

Fe₂(SO₄)₃ + HCl không phản ứng vì sản phẩm không có chất kết tủa, bay hơi, hay chất điện li yếu.

Vì \[F{e^{3 + }}\]đã có hoá trị cao nhất của Fe, gốc \[SO_4^{2 - }\]là gốc axit mạnh nên không phản ứng.

Đáp án đúng là: D

Loại A vì có xảy ra phản ứng: \[A{g^ + } + C{l^ - } \to AgCl \downarrow \]

Loại B, C vì có xảy ra phản ứng: \[F{e^{3 + }} + 3O{H^ - } \to Fe{(OH)_3} \downarrow \]

Đáp án đúng là: A

Phản ứng xảy ra là: FeO + 2HCl → FeCl₂ + H₂O

Đáp án đúng là: B

$\left.\begin{array}{c}1\times \\ 9\times \end{array}\right|\begin{array}{c}2\stackrel{0}{\overbracket{FeS}}\to 2\stackrel{+3}{Fe}+2\stackrel{+6}{S}+18e\\ \stackrel{+6}{S}+2e\to \stackrel{+4}{S}\end{array}$

Cân bằng: 2FeS + 10H₂SO₄ đặc → Fe₂(SO₄)₃ + 9SO₂ + 10H₂O

Đáp án đúng là: A

Phản ứng B tạo khí, phản ứng C tạo kết tủa, phản ứng D tạo nước (thoả mãn các điều kiện của phản ứng trao đổi) nên có thể xảy ra.

Fe_xO_y + 2yHCl → xFeCl_2y/x + yH₂O

Fe_xO_y + 2yHCl → (3x-2y)FeCl₂ + (2y-2x)FeCl₃ + yH₂O

Cân bằng Fe: nFe_xO_y + O₂ → xFe_nO_m

Cân bằng O (Không cân bằng vào chỗ đã cân bằng là Fe_xO_y và Fe_nO_m):

\[nF{e_x}{O_y} + \frac{{mx - ny}}{2}{O_2} \to xF{e_n}{O_m}\]

$\Rightarrow PT:\left\{\begin{array}{l}2nF{e}_x{O}_y+(mx-ny)O_2\stackrel{t^{°}}{\to }2xF{e}_n{O}_m\\ nF{e}_x{O}_y+\frac{mx-ny}{2}{O}_2\stackrel{t^{°}}{\to }xF{e}_n{O}_m\end{array}\right.$

${\text{2Fe}}_{\text{x}}{\text{O}}_{\text{y}}\text{+ }\frac{3x-2y}{2}{\text{O}}_{\text{2}}\stackrel{t^{°}}{\to }{\text{x Fe}}_{\text{2}}{\text{O}}_{\text{3}}$

Đúng.

Fructozơ hay glucozơ tác dụng với H₂ đều thu được cùng sản phẩm là sobitol.

C₆H₁₂O₆ + H₂ $\stackrel{Ni,t^{°}}{\to }$ C₆H₁₄O₆ (Sobitol).

Frutozơ không làm mất màu dung dịch brom. Vì không có nhóm -CHO như glucozơ. Hơn nữa dung dịch nước brom có môi trường axit khiến cho fructozơ không thể chuyển hóa thành glucozơ như trong phản ứng tráng bạc được.

⇒ Dùng dung dịch brom làm thuốc thử phân biệt glucozơ và fructozơ

PTHH: C₅H₁₁O₅CH=O + Br₂ + H₂O → C₅H₁₁O₅COOH + 2HBr

a, Khối lượng của natri

Theo gam: 23.1,67.10^-24 = 38,41.10^-24 gam:

Theo u: 11 + 12 = 23u.

b, Bán kính nguyên tử là: 1,91.10^-10 m = 1,91.10^-8 cm.

Thể tích của nguyên tử natri: \[\frac{4}{3}{R^3}.3,14 = 2,{912.10^{ - 23}}\] cm³.

Thể tích mol: \[6,{022.10^{23}}.2,{912.10^{ - 23}} = 17,539c{m^3}\]

Khối lượng của nguyên tử natri là 23 (chính xác là 22,99)

Vậy khối lượng riêng của nguyên tử natri: \[\frac{{22,99}}{{17,539}}.\frac{{100 - 26}}{{100}} = 9,{7.10^{ - 4}}(g/c{m^3})\]

Đáp án đúng là: B

Cacbon chỉ khử được oxit của những kim loại đứng sau nhôm trong dãy hoạt động hóa học của kim loại

2CuO + C $\stackrel{t^{°}}{\to }$ 2Cu + CO₂

2Fe₂O₃ + 3C $\stackrel{t^{°}}{\to }$ 4Fe + 3CO₂

2PbO + C $\stackrel{t^{°}}{\to }$ 2Pb + CO₂

2ZnO + C $\stackrel{t^{°}}{\to }$ 2Zn + CO₂

Quá trình:

\[Ca \to C{a^{2 + }} + 2e\]

\[C{l_2} + 2e \to 2C{l^ - }\]

Các ion sinh ra mang điện tích trái dấu hút nhau tạo thành phân tử CaCl₂.

\[C{a^{2 + }} + 2C{l^ - } \to CaC{l_2}\]

Sơ đồ:

Ethanol là hợp chất phân cực, là alcohol nên có nhóm OH do đó tạo được liên kết hydrogen với nước, đồng thời gốc hydrocarbon của ethanol là gốc ethyl có M nhỏ nên ethanol tan vô hạn trong nước.

Phân tử khí nitrogen là phân tử không cực nên tương tác rất yếu với nước là hợp chất phân cực, do đó khí nitrogen tan kém trong nước.

$C{H}_{2}OH{\left[CHOH\right]}_{4}CHO+2\left[Ag{\left(N{H}_3\right)}_2\right]OH\stackrel{t^{°}}{\to }C{H}_{2}OH{\left[CHOH\right]}_4{\text{COONH}}_4+2Ag\downarrow +3N{H}_3+H_{2}O$

+ Anion gốc axit có tính oxi hóa là các anion mà nguyên tử chính trong gốc đã đạt số oxi hóa tối đa (cùng điều kiện thích hợp) điều này khiến chúng chỉ có thể nhận electron (tính oxi hóa)

VD: \[NO_3^ - \], đạt số oxi hóa tối đa là +5 

\[SO_4^{2 - }\]đạt số oxi hóa tối đa là +6 nhưng phải có điều kiện là đặc nóng mới thể hiện tính oxi hóa.

 + Anion không có tính oxi hóa là các anion mà nguyên tử chính của gốc axit chưa đạt tối đa (hay thiếu điều kiện)

VD: \[C{l^ - }\] , Cl chưa đạt số oxi hóa tối đa là +7

\[SO_4^{2 - }\] loãng đạt số oxi hóa tối đa là +6 nhưng không có điều kiện là đặc nóng nên không thể hiện tính oxi hóa.

Các oxit có thể điềm chế đc từ cả hai phản ứng phân hủy và hóa hợp chỉ có H₂O, CuO, CO₂.

+ H₂O:

$$\begin{gathered} 2H_2+O_2\stackrel{t^{°}}{\to }2H_{2}O \\ 2Al{\left(OH\right)}_{3 }\stackrel{t°}{\to }A{l}_2{O}_3+3H_{2}O \end{gathered}$$

+ CuO:

$\begin{array}{l}2Cu+O_2\stackrel{t^{°}}{\to }2CuO\\ Cu{\left(OH\right)}_2\stackrel{t°}{\to }CuO+H_{2}O\end{array}$

+ CO₂

$\begin{array}{l}C+O_2\stackrel{t^{°}}{\to }C{O}_2\\ CaC{O}_3\stackrel{t^{°}}{\to }CaO+C{O}_2\end{array}$

Đáp án đúng là: B

2FeCl₃ + H₂S → 2FeCl₂ + S + 2HCl

AlCl₃ + H₂S → Không phản ứng

H₂S + NH₄Cl → Không phản ứng

CuCl₂ + H₂S → CuS + 2HCl

Vậy, kết tủa thu được là S và CuS.

Đáp án đúng là: C

KMnO₄ là muối tan nên là chất điện li mạnh.

AgNO₃ tác dụng H₂SO₄ có hiện tượng: Xuất hiện kết tủa màu trắng.

2AgNO₃ + H₂SO₄ → Ag₂SO₄↓ + 2HNO₃

Để axit phản ứng với muối thì muối phải phải tan trong axit và 1 trong 3 điều sau:

+ Muối thu được sau phản ứng không tan trong axit

+ Sau phản ứng có khí thoát ra

+ Axit thu được phải yếu hơn axit phản ứng.

Giả sử có phản ứng: 2H₃PO₄ + 3BaCl₂ → Ba₃(PO₄)₂ + 6HCl

Muối thu được sau phản ứng tan trong axit, không có khí thoát ra, axit sinh ra mạnh hơn axit phản ứng nên phản ứng này không xảy ra.

Đáp án đúng là: C

\[\begin{array}{l}C{O_2} + {\rm{ }}NaOH{\rm{ }} \to {\rm{ }}NaHC{O_3}\\1............1\end{array}\]

\[\begin{array}{l}C{O_2} + {\rm{ 2}}NaOH{\rm{ }} \to {\rm{ }}N{a_2}C{O_3} + {H_2}O\\1............2\end{array}\]

Để thu được hỗn hợp 2 muối thì \[1 < \frac{{{n_{NaOH}}}}{{{n_{C{O_2}}}}} < 2 \to 1 < \frac{b}{a} < 2 \to a < b < 2a\]

Đáp án đúng là: C

Hai chất HCOOCH₃ và CH₃COOH đều có công thức phân tử là C₂H₄O₂. Nhưng khác công thức cấu tạo vì HCOOCH₃ là este, CH₃COOH là axit.

- Gọi CTHH là X₂O

%O = 100% - 25,8% = 74,2 %

- Tỉ lệ :

\[\frac{{74,2}}{{2{M_X}}} = \frac{{25,8}}{{16}} \Rightarrow {M_X} = \frac{{74,2.16}}{{25,8.2}} = 23(g/mol)\]

Nguyên tố cần tìm là Natri ( Na)

vậy CTHH là Na₂O.

NTK O₂ = 32 (g/mol) > NTK CH₄ = 16 (g/mol)

Nên quả bóng A lớn hơn quả bóng B.

a) \[{n_{{H_2}}} = \frac{{0,672}}{{22,4}} = 0,03(mol)\]

n_HCl = 0,05.2 = 0,1 (mol)

Có \[2{n_{{H_2}}} < {n_{HCl}}\]→ R phản ứng hết

PTHH: 2R + 6HCl → 2RCl₃ + 3H₂

Theo PTHH: \[{n_R} = \frac{2}{3}{n_{{H_2}}} = \frac{2}{3}.0,03 = 0,02(mol)\]

\[ \Rightarrow {M_R} = \frac{{0,54}}{{0,02}} = 27(g/mol)\]

Vậy R là nhôm (Al)

b) Dung dịch sau phản ứng gồm các chất: HCl dư, AlCl₃.

Theo PTHH: \[{n_{HCl}} = 2{n_{{H_2}}} = 2.0,03 = 0,06(mol)\]

→ n_{HCl dư} = 0,1 – 0,06 = 0,04 (mol)

Theo PTHH: \[{n_{AlC{l_3}}} = \frac{2}{3}{n_{{H_2}}} = \frac{2}{3}.0,03 = 0,02(mol)\]

Nồng độ mol của dung dịch thu được sau phản ứng là:

\[\begin{array}{l}{C_{M(HCld{\rm{u}})}} = \frac{{0,04}}{{0,05}} = 0,8M\\{C_{M(AlC{l_3})}} = \frac{{0,02}}{{0,05}} = 0,4M\end{array}\]

Đáp án đúng là: C

NH₃ tan nhiều trong nước làm giảm áp suất trong bình, tạo ra lực hút, do có tính bazơ nên khi phản ứng với phenolphtalein chuyển màu thành hồng.

- Số mol oxi là:

\[{n_{{O_2}}} = \frac{V}{{22,4}} = \frac{{67,2}}{{22,4}} = 3(mol)\]

- Số phân tử khí oxi là: 

N = 3.6.10²³ =18.10²³ (phân tử)

- Khối lượng của khí oxi là:

\[{m_{{O_2}}}\] = 3.32 = 96 gam

- Trong 3,2 gam khí oxi có số phân tử oxi là: 

\[N = n{.6.10^{23}} = \frac{{3,2}}{{32}}{.6.10^{23}} = 0,{6.10^{23}}\] (phân tử)

→ Số phân tử nitơ = 4.0,6.10²³ = 2,4.10²³ (phân tử)

→ Số mol của nitơ: \[{n_{{N_2}}} = \frac{{2,{{4.10}^{23}}}}{{{{6.10}^{23}}}} = 0,4(mol)\]

→ Khối lượng nitơ cần lấy: \[{m_{{N_2}}}\] = 0,4.28 = 11,2 gam.

a) Đường ăn được tạo thành từ 3 nguyên tố C, H và O Hợp chất

b) Nước được tạo thành từ 2 nguyên tố H và O Hợp chất

c) Khí hydrogen được tạo thành từ 1 nguyên tố H Đơn chất

d) Vitamin C được tạo thành từ 3 nguyên tố C, H và O Hợp chất

e) Lưu huỳnh được tạo thành từ 1 nguyên tố S Đơn chất

Đáp án đúng là: C

Oxit bazơ là oxit của kim loại

Loại A vì NO là oxit trung tính

Loại B vì SO₃ là oxit axit

Loại D vì SO₂; CO₂; P₂O₅; SiO₂ là oxit axit.

Đáp án đúng là: C

Oxit bazơ là oxit của kim loại

Loại A vì SO₂ là oxit axit

Loại B vì P₂O₅ là oxit axit

Loại D vì SO₂; CO₂; P₂O₅ là oxit axit.

Dựa vào sự hình thành nitơ (nitrogen) hữu cơ từ nitơ (nitrogen)vô cơ trong không khí dưới điều kiện sấm sét.

Thời kì tháng 3 lúa làm đòng đòi hỏi lượng đạm cao.

Vào lúc này mùa mưa giông bắt đầu. Khi có sấm sét:

N₂ + O₂ ⇄ 2NO

NO dễ dàng tác dụng với oxi không khí tạo thành NO₂

2NO + O₂ → 2NO₂

NO₂ kết hợp với oxi không khí và nước mưa tạo thành axit nitric

4NO₂ + O₂+ 2H₂O → 4HNO₃

Axit nitric rơi xuống đất kết hợp với một số khoáng chất trong đất tạo thành muối nitrat (đạm nitrat) cung cấp cho cây trồng.

Nhờ thêm “phân” lúc cần và nước mưa mát đầu mùa, đòng lúa nhanh chóng phát triển và vươn cao như phất cờ hội vậy. 

Vì vậy trong mùa hè ít nắng nóng cây cối đều héo úa nhưng nếu có một trận mưa giông thì ngày hôm sau cây cối sẽ xanh tốt hơn.

Khi đi từ F₂ đến I₂, do khối lượng phân tử của các halogen tăng dần làm tương tác van der Waals giữa các phân tử halogen cũng tăng dần, kết quả các phân tử halogen “dính” với nhau chặt hơn, nên fluorine ở trạng thái khí, còn bromine ở trạng thái lỏng và iodine ở trạng thái rắn.

Các nguyên tắc khi sử dụng thuốc hóa học để phòng trừ sâu, bệnh:

- Sử dụng đúng loại thuốc, đúng nồng độ và liều lượng.

- Phun đúng kĩ thuật, không phun ngược chiều gió hoặc lúc trời mưa.

- Đảm bảo thời gian cách li từ khi phun đến khi thu hoạch.

- Đảm bảo quy định về an toàn lao động và vệ sinh môi trường.

Cho quỳ tím vào từng mẫu thử : 

+ Hóa đỏ: HCl, H₂SO₄ (Nhóm 1)

+ Không đổi màu: NaCl, Na₂SO₄ (nhóm 2)

 Cho dung dịch BaCl₂ vào nhóm 1: 

+ Chất nào xuất hiện kết tủa trắng không tan trong axit: H₂SO₄

PTHH: BaCl₂ + H₂SO₄ → BaSO₄↓ + 2HCl

 Không hiện tượng: HCl

 Cho dung dịch BaCl₂ ở trên vào nhóm 2 : 

+ Chất nào xuất hiện kết tủa trắng: Na₂SO₄

PTHH: BaCl₂ + Na₂SO₄ → BaSO₄↓ + 2NaCl

 Không hiện tượng: NaCl 

Cho giấy quỳ tím vào từng dung dịch cần nhận biết.

+ KOH: quỳ tím chuyển sang màu xanh 

+ H₂SO₄: quỳ tím chuyển sang màu đỏ 

+ KCl, KNO₃, K₂SO₄: không hiện tượng 

Nhỏ dung dịch BaCl₂ vào ba dd còn lại. K₂SO₄ có kết tủa trắng, còn lại không hiện tượng 

BaCl₂ + K₂SO₄ → BaSO₄↓ + 2KCl

Nhỏ dung dịch AgNO₃ vào hai dd còn lại. KCl có kết tủa trắng, còn lại là KNO₃.

AgNO₃ + KCl → AgCl↓ + KNO₃

\[\begin{array}{l}{n_{C{O_2}}} = \frac{{0,44}}{{44}} = 0,01(mol)\\{n_{{H_2}}} = \frac{{0,04}}{2} = 0,02(mol)\\{n_{{N_2}}} = \frac{{0,56}}{{28}} = 0,02(mol)\\ \Rightarrow {V_{hh}} = ({n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}}} + {n_{{N_2}}}).22,4 = (0,01 + 0,02 + 0,02).22,4 = 11,2(l)\end{array}\]

MgCl₂:

Mg thuộc nhóm IIA nên nguyên tử có 2e ngoài cùng, còn Cl thuộc nhóm VIIA nên nguyên tử có 7e ngoài cùng. Để hình thành liên kết, nguyên tử Mg đã cho đi 2e ngoài cùng và 2 nguyên tử Cl nhận 2e đó từ Mg, mỗi nguyên tử nhận 1e để đạt cấu hình bền vững của khí hiếm gần nhất lần lượt là Ne và Ar, thoả mãn quy tắc octet.

BaO:

Ba thuộc nhóm IIA nên nguyên tử có 2e ngoài cùng, còn O thuộc nhóm VIA nên nguyên tử có 6e ngoài cùng. Để hình thành liên kết, nguyên tử Ba đã cho đi 2e ngoài cùng và nguyên tử O nhận 2e đó từ Ba để đạt cấu hình bền vững của khí hiếm gần nhất lần lượt là Xe và Ne, thoả mãn quy tắc octet.

K₂O:

K thuộc nhóm IA nên nguyên tử có 1e ngoài cùng, còn nguyên tử O thuộc nhóm VIA nên có 6e ngoài cùng. Để hình thành liên kết, nguyên tử O nhận 2e từ 2 nguyên tử K, mỗi nguyên tử cho 1e để đạt cấu hình bền vững của khí hiếm gần nhất lần lượt là Ne và Ar, thoả mãn quy tắc octet.

%O = 100% − 63,53% − 8,23% = 28,24%

Ta có:

\[\begin{array}{l}{m_{Ag}} = \frac{{63,53\% .170}}{{100\% }} = 108(g)\\ \to {n_{Ag}} = \frac{{108}}{{108}} = 1(mol)\\{m_N} = \frac{{8,23\% .170}}{{100\% }} = 14(g)\\ \to {n_N} = \frac{{14}}{{14}} = 1(mol)\\{m_O} = \frac{{28,24\% .170}}{{100\% }} = 48(g)\\ \to {n_O} = \frac{{48}}{{16}} = 3(mol)\end{array}\]

Vậy CTHH là: AgNO₃

\[{n_{C{O_2}}} = \frac{{2,24}}{{22,4}} = 0,1(mol)\]

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

\[\frac{{{n_{NaOH}}}}{{{n_{C{O_2}}}}} = \frac{{0,3}}{{0,1}} = 3\]→ Tạo muối trung hoà, NaOH dư

CO₂ + 2NaOH → Na₂CO₃ + H₂O

\[\begin{array}{l}{n_{N{a_2}C{O_3}}} = {n_{C{O_2}}} = 0,1(mol)\\a = {m_{N{a_2}C{O_3}}} = 0,1.106 = 10,6(g)\end{array}\]

\[{n_{BaC{O_3}}} = \frac{{11,82}}{{197}} = 0,06(mol)\]

BaCl₂ + K₂CO₃ → BaCO₃↓ + 2KCl (1)

\[{n_{{K_2}C{O_3}(1)}}\]_{trong X} = \[{n_{BaC{O_3}}}\]= 0,06 (mol)

\[{n_{{K_2}C{O_3}}}\]_{ban đầu} = 0,1.0,2 = 0,02 (mol)

n_KOH = 0,1.1,4 = 0,14 (mol)

TH1: KOH dư

2KOH + CO₂ → K₂CO₃ + H₂O (2)

\[{n_{{K_2}C{O_3}(2)}} = {n_{{K_2}C{O_3}(1)}} - {n_{{K_2}C{O_3}}}\]_{ban đầu} = 0,06 – 0,02 = 0,04 (mol)

\[\begin{array}{l} \to {n_{C{O_2}}} = {n_{{K_2}C{O_3}(2)}} = 0,04(mol)\\ \Rightarrow {V_{C{O_2}}} = 0,04.22,4 = 0,896(l)\end{array}\]

TH2: CO₂ dư

2KOH + CO₂ → K₂CO₃ + H₂O (3)

K₂CO₃ +H₂O + CO₂ → 2KHCO₃ (4)

\[\begin{array}{l}{n_{{K_2}C{O_3}(3)}} = {n_{C{O_2}(3)}} = \frac{{{n_{KOH}}}}{2} = \frac{{0,14}}{2} = 0,07(mol)\\{n_{{K_2}C{O_3}(4)}} = {n_{C{O_2}(4)}} = 0,07 + 0,02 - 0,06 = 0,03(mol)\end{array}\]

\[\begin{array}{l} \to {n_{C{O_2}}} = 0,07 + 0,03 = 0,1(mol)\\ \Rightarrow {V_{C{O_2}}} = 0,1.22,4 = 2,24(l)\end{array}\]

- Coi 3 dung dịch axit trên đều loãng , có cùng nồng độ và thể tích như nhau

- H₂SO₄ có tính axit mạnh nhất vì phân li ra nhiều H⁺ nhất

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

\[HCl \to {H^ + } + C{l^ - }\]

\[HN{O_3} \to {H^ + } + NO_3^ - \]

- Mà axit HCl chứa nhóm halogen, nhóm VIIA (Cl) nên tính axit mạnh hơn so với HNO₃, nhóm VA (N)

(Có thể hiểu halogen có dạng X^- nên dễ hút e hơn )

Vậy nên theo chiều tính axit tăng dần HNO₃ < HCl < H₂SO₄

Nếu xảy ra phản ứng trao đổi :

K₂SO₄ + 2HCl → 2KCl+ H₂SO₄

Hai chất KCl, H₂SO₄ được tạo thành không phải là kết tủa, chất dễ bay hơi hay chất điện li yếu.

Do đó, K₂SO₄ không tác dụng với HCl.

Nếu xảy ra phản ứng trao đổi :

Na₂SO₄ + 2HCl→ 2NaCl + H₂SO₄

Hai chất NaCl, H₂SO₄ được tạo thành không phải là kết tủa, chất dễ bay hơi hay chất điện li yếu.

Do đó, Na₂SO₄ không tác dụng với HCl.

$\begin{array}{l}2NaHCO{}_3\stackrel{t^{°}}{\to }{H}_2\text{O}+N{a}_{2}C{O}_3+C{O}_2\\ Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2\stackrel{t°}{\to }{H}_{2}O+C{O}_2+BaC{O}_3\\ BaC{O}_3\stackrel{t^{°}}{\to }BaO+C{O}_2\end{array}$

Đáp án đúng là: D

Đáp án đúng là: C

Gọi x là phần trăm nguyên tử của đồng vị \[_1^2H\] ta có:

2x + 1(1− x) = 1,008 ⇒ x = 0,008

D = 1 g/ml ⇒ \[{m_{{H_2}O}} = 1(g) \Rightarrow {n_{{H_2}O}} = \frac{1}{{18}}(mol) \Rightarrow {n_H} = \frac{1}{9}(mol)\]

1 mol H chứa 0,008.6,02.10²³ đồng vị \[_1^2H.\]

\[ \Rightarrow \frac{1}{9}\] mol chứa \[\frac{{0,008.6,{{02.10}^{23}}}}{9} = 5,{35.10^{20}}\]nguyên tử đồng vị \[{}_1^2H\]

Đáp án đúng là: B

Hidrocacbon X có thể tác dụng với clo là ankan: C_nH_2n+2

\[\% C = 83,33\% = \frac{{12n}}{{14n + 2}}.100\% \Rightarrow n = 5\]

CTPT của X: C₅H₁₂

Vì X tác dụng với Cl₂ chỉ thu được 1 dẫn xuất monoclo duy nhất nên X có CTCT:

CH₃ – C(CH₃)₂ – CH₃. Tên gọi là 2,2 – đimetylpropan.

Hiện tượng: Sắt cháy mạnh, sáng chói, không có ngọn lửa, không có khói, tạo ra các hạt nhỏ nóng chảy màu nâu là sắt (II, III) oxit, công thức hoá học là Fe₃O₄ thường được gọi là oxit sắt từ. Màu trắng xám của sắt (Fe) dần chuyển sang màu nâu thành hợp chất Oxit sắt từ (Fe₃O₄).

PTHH: $3Fe+2O_2\stackrel{t^{°}}{\to }F{e}_3{O}_4$

- Hiện tượng: Có khí không màu thoát ra.

PTHH: Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

- Hiện tượng: Có chất rắn màu nâu đỏ bám bên ngoài lá nhôm, màu xanh của dung dịch CuSO₄ nhạt dần

PTHH: 2Al + 3CuSO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3Cu

a) - Mẩu Na tan dần trong dd axit, có sủi bọt khí không màu mùi, tạo thành dd trong suốt không màu.

2Na + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + H₂↑

b) - Mẩu Ba tan dần trong dd axit, tạo thành kết tủa trắng lặn xuống đáy bình và dd trong suốt không màu, có sủi bọt khí không màu, toả nhiều nhiệt.

Ba + H₂SO₄ → BaSO₄↓ + H₂↑

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂↑

Mô tả quá trình tạo thành liên kết ion trong phân tử sodium chloride:

Khi nguyên tử sodium (Na) kết hợp với nguyên tử chlorine (Cl), nguyên tử Na nhường 1 electron tạo thành ion dương, kí hiệu là Na⁺, đồng thời nguyên tử Cl nhận 1 electron từ nguyên tử Na tạo thành ion âm, kí hiệu Cl^-. Ion Na⁺ và Cl^- hút nhau tạo phân tử sodium chloride (NaCl).

Một số ứng dụng của sodium chloride trong đời sống:

- Trong công nghiệp:

+ Sodium chloride dùng sản xuất giấy, thuốc nhuộm;…

+ Sử dụng trong công nghiệp dệt may và sản xuất vải, sản xuất xà phòng, chất tẩy rửa.

+ Nguyên liệu ban đầu để sản xuất chlorine và xút.

+ Trong công nghiệp sản xuất giày da, người ta sử dụng sodium chloride để bảo vệ da.

+ Trong sản xuất cao su, sodium chloride được dùng để làm trắng các loại cao su.

+ Trong dầu khí, sodium chloride là thành phần quan trọng trong dung dịch khoan giếng.

+ Từ sodium chloride có thể chế ra các loại hóa chất dùng trong các ngành khác như sản xuất nhôm, đồng, thép, điều chế nước Javen, … bằng cách điện phân nóng chảy hoặc điện phân dung dịch sodium chloride có màng ngăn.

- Trong nông nghiệp và trong đời sống:

+ Giúp cân bằng sinh lí trong cơ thể con người, gia súc, gia cầm, …

+ Cung cấp thêm vi lượng khi trộn với các loại phân hữu cơ để tăng hiệu quả của phân bón;

+ Sodium chloride có tính hút ẩm, do đó được sử dụng để bảo quản thực phẩm, nó làm tăng áp suất thẩm thấu khiến vi khuẩn mất nước và chết.

+ Sodium chloride dùng để ướp thực phẩm tươi sống như tôm, cá, … để không bị ươn, ôi trước khi thực phẩm được nấu, vận chuyển đi xa, …

- Trong y tế:

+ Sát trùng vết thương;

+ Pha huyết thanh, thuốc tiêu độc và một số loại thuốc khác để chữa bệnh,

+ Cung cấp muối khoáng cho cơ thể;

+ Khử độc, thanh lọc cơ thể, làm đẹp da, chữa viêm họng, hôi miệng …

Đáp án đúng là: A

\[{n_{{O_2}}} = \frac{{1,6}}{{32}} = 0,05(mol)\]

Vì thể tích A bằng thể tích của 1,6 gam O₂ (đkc) nên \[{n_A} = {n_{{O_2}}}\]

\[ \Rightarrow {M_A} = \frac{{{m_A}}}{{{n_A}}} = \frac{{1,5}}{{0,05}} = 30(g/mol)\]

Đáp án đúng là: A

Không có khí thoát suy ra có muối NH₄NO₃

Quá trình trao đổi e:

\[\begin{array}{l}\mathop {Al}\limits^0 \to \mathop {Al}\limits^{ + 3} + 3e\\0,4...........1,2\\\mathop N\limits^{ + 5} + 8e \to \mathop N\limits^{ - 3} \\......1,2.....0,15\end{array}\]

Ta có: \[{n_{HN{O_3}}} = 10{n_{N{H_4}N{O_3}}} = 1,5(mol)\]

Đáp án đúng là: A

\[{n_{{H_2}}}\] = 0,3 mol → n_Na + n_K = 0,6 mol

Giải được số mol K, Na lần lượt là 0,2; 0,4 mol

\[{n_{{H_2}S{O_4}}}\] = 0,075 mol; n_HCl = 0,15 mol

m_muối = 8,5 + 0,075.98 + 0,15.36,5 - 0,15.2 = 21,025 gam

\[{n_{{H_2}}} = \frac{{33,6}}{{22,4}} = 1,5(mol)\]

PTHH: Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂

Theo PTHH: \[{n_{{H_2}}} = {n_{Fe}} = {n_{{H_2}S{O_4}}} = 1,5(mol)\]

a. m_Fe = 1,5.56 = 84 (g)

b. \[ \Rightarrow {C_{M{H_2}S{O_4}}} = \frac{{1,5}}{{0,5}} = 3M\]

Đáp án đúng là: B

Gọi hoá trị của kim loại M là n (\[1 \le n \le 3\])

PTHH:

2M + 2nH₂O → 2M(OH)_n + nH₂↑ (1)

2M(OH)_n + 2nH₂O + 2nAl → 2M(AlO₂)_n + 3nH₂↑ (2)

Còn lại 0,27 gam chất rắn không tan là khối lượng Al dư, M tan hết

Gọi số mol của kim loại M là x (mol, x >0)

Theo PTHH (1): \[{n_{{H_2}}} = \frac{n}{2}{n_M} = \frac{{xn}}{2}(mol)\], \[{n_{M{{(OH)}_n}}} = {n_M} = x(mol)\]

Theo PTHH (2): \[{n_{{H_2}}} = \frac{{3n}}{2}{n_{M{{(OH)}_n}}} = \frac{{3nx}}{2}(mol)\]; \[{n_{Alpu}} = n.{n_{M{{(OH)}_n}}} = nx(mol)\]

Tổng số mol của H₂ là: \[\frac{{4nx}}{2} = 0,04 \Rightarrow nx = 0,02\] (*)

Tổng hỗn hợp A là 1,59 gam → \[{M_M}.x + 27.nx + 0,27 = 1,59(**)\]

Thay (*) vào (**) ta được: M_M.x = 0,78 (***)

Từ (*) ta có: \[x = \frac{{0,02}}{n}\]thay vào (***), ta được:

\[\begin{array}{l}{M_M}.\frac{{0,02}}{n} = 0,78 \to {M_M} = 39n\\\end{array}\]

Với n = 1 thì M_M = 39 (g/mol)

Vậy M là kali (K).

CaCO₃ + 2HCl → CaCl₂ + CO₂↑ + H₂O

MgCO₃ + 2HCl → MgCl₂ + CO₂↑ + H₂O

Ta có:

\[\begin{array}{l}\frac{{10}}{{{M_{MgC{O_3}}}}} < {n_{hh}} < \frac{{10}}{{{M_{CaC{O_3}}}}}\\ \Rightarrow 0,1 < {n_{hh}} < 0,12(mol)\end{array}\]

→ 0,2 < n_HCl = 2.n_hh < 0,24

→ Hỗn hợp CaCO₃ và MgCO₃ dư, HCl phản ứng hết

\[\begin{array}{l}{n_{C{O_2}}} = 0,5{n_{HCl}} = 0,5.0,1.1,5 = 0,075(mol)\\ \Rightarrow {V_{C{O_2}}} = 0,075.22,4 = 1,68(l)\end{array}\]

PTHH: \[{\rm{F}}{{\rm{e}}_{\rm{x}}}{{\rm{O}}_{\rm{y}}}{\rm{ + 2yHCl}} \to {\rm{xFeC}}{{\rm{l}}_{\frac{{2y}}{x}}} + y{H_2}O\]

Ta có:

19,05. (56x + 16y) = 10,8. (56x + 71y)

\[ \Leftrightarrow \]1066,8x + 304,8y = 604,8x + 766,8y

\[ \Leftrightarrow \]462x = 462y

\[ \Leftrightarrow \frac{x}{y} = \frac{1}{1}\]

Vậy CTHH của oxit sắt là FeO.

HCl + NaOH → NaCl + H₂O

n_HCl = 0,1.1 = 0,1 (mol)

n_NaOH = 0,4.1 = 0,4 (mol) 

Vì HCl phản ứng với NaOH theo tỉ lệ 1:1 nên với lượng đề bài cho thì HCl phản ứng hết, NaOH còn dư

n_{NaOH dư} = 0,4 – 0,1 = 0,3 (mol)

V = 100 + 400 = 500 (ml) = 0,5 lít

\[{C_{MNaOH}} = \frac{{0,3}}{{0,5}}{\rm{ = }}0,6M \to \left[ {O{H^ - }} \right]{\rm{ = 0,6M}} \Rightarrow {\rm{pH = 14 + log}}\left[ {O{H^ - }} \right] = 13,77\]

\[\begin{array}{l}5F{e^{2 + }} + 8{H^ + } + MnO_4^ - \to 5F{e^{3 + }} + M{n^{2 + }} + 4{H_2}O\\{n_{FeS{O_4}}} = 5{n_{KMn{O_4}}} = \frac{{5.1,58}}{{158}} = 0,05(mol)\\ \Rightarrow {m_{FeS{O_4}}} = 0,05.152 = 7,6(g)\\ \Rightarrow \% {m_{FeS{O_4}}} = \frac{{7,6}}{{10}}.100\% = 76\% \end{array}\]

P₂O₅ + 3H₂O → 2H₃PO₄

142 → 2.98 = 196 (gam)

Coi P₂O₅ là dung dịch H₃PO₄ có:

Theo phương pháp đường chéo, ta có:

\[ \to \frac{{{m_{{P_2}{O_5}}}}}{{{m_{{H_3}P{O_4}}}}} = \frac{{15}}{{88}} \to {m_{{H_3}P{O_4}}} = \frac{{14,2.88}}{{15}} = 83,3(g)\]

Đáp án đúng là: B

Ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}{n_{N{a_2}O}} = 0,24\\{n_{{P_2}{O_5}}} = 0,1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{n_{NaOH}} = 0,48\\{n_{{H_3}P{O_4}}} = 0,2\end{array} \right.\]

→ Sinh ra muối Na₂HPO₄ và Na₃PO₄

Nhận thấy \[{n_{{H_2}O}} = {n_{NaOH}} = 0,48(mol)\]

Bảo toàn khối lượng: \[{m_{{H_3}P{O_4}}} + {m_{NaOH}} = {m_{ran}} + {m_{{H_2}O}}\]

→ 0,2.98 + 0,48.40 = m_rắn + 0,48.18 → m_rắn = 30,16 (g).

Đáp án đúng là: B

Số mol NO, NO₂, N₂ lần lượt là 0,06; 0,04; 0,03 mol

Giả sử chỉ tạo muối của các kim loại ta có:

m_muối = m_{kim loại} + \[{m_{NO_3^ - }}\]_{tạo muối} = 15,35 + 62.(0,06.3 + 0,04 + 0,03.10) = 47,59 g < 82,15g

⇒ m_muối = m_{kim loại} + 62.(006.3+0,04+0,03.10+8. \[{n_{N{H_4}N{O_3}}}\] + 80. \[{n_{N{H_4}N{O_3}}}\]

⇒ \[{n_{N{H_4}N{O_3}}}\] = 0,06 mol

⇒ Sử dụng công thức tính nhanh

\[{n_{HN{O_3}}} = 4{n_{NO}} + 2{n_{N{O_2}}} + 12{n_{{N_2}}} + 10{n_{N{H_4}N{O_3}}}\]

= 4.0,06 + 2.0,04 + 12.0,03 + 10.0,06 = 1,28 mol

Gọi hỗn hợp 3 kim loại là X có hóa trị y, số mol HCl là a.

PTPƯ: 2X + 2yHCl → 2XCl_y + 2H₂↑

Theo ĐLBTKL ta có:

\[{m_X} + {m_{HCl}} = {m_{XC{l_y}}} + {m_{{H_2}}}\]

hay 17,5 + 36,5a = 31,7 + 2.0,5a

⇒ 17,5 + 36,5a = 31,7 + a

⇒ 36,5a – a = 31,7 − 17,5

⇒ 34,5a = 14,2

⇒ \[a = \frac{{14,2}}{{34,5}} = 0,4(mol)\]

hay n_HCl =0,4 mol

Theo phương trình:

\[\begin{array}{l}{n_{{H_2}}} = \frac{1}{2}{n_{HCl}} = 0,2(mol)\\ \Rightarrow {V_{{H_2}}} = 0,2.22,4 = 4,48(l)\end{array}\]

a) \[{n_{Fe}} = \frac{{28}}{{56}} = 0,5(mol)\]

Phương trình hoá học: Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Theo PTHH: n_HCl = 2n_Fe = 2.0,5 = 1 (mol)

\[ \to {V_{HCl}} = \frac{1}{2} = 0,5(l)\]

b) Dung dịch thu được sau phản ứng: FeCl₂

Theo phương trình hóa học :

\[{n_{FeC{l_2}}} = {n_{Fe}} = 0,5(mol)\]

Vì thể tích dung dịch thu được sau phản ứng không thay đổi đáng kể

→V_{dd thu được} =V_HCl =0,5 (l)

→\[{C_{MFeC{l_2}}} = \frac{{0,5}}{{0,5}} = 1(M)\]

\[{n_{{H_2}}} = \frac{{1,12}}{{22,4}} = 0,05(mol)\]

\[{n_{HCl}} = 2{n_{{H_2}}} = 2.0,05 = 0,1(mol)\]

Theo định luật bảo toàn khối lượng, ta có:

m_muối = 2,1 + 0,1.36,5 – 0,05.2 = 5,65 (g)

\[{n_{CuO}} = \frac{{2,4}}{{80}} = 0,03(mol)\]

\[\begin{array}{l}{m_{{H_2}S{O_4}}} = 100.29,4\% = 29,4(g)\\ \Rightarrow {n_{{H_2}S{O_4}}} = \frac{{29,4}}{{98}} = 0,3(mol)\end{array}\]

PTHH: CuO + H₂SO₄ → CuSO₄ + H₂O

\[{n_{CuO}} < {n_{{H_2}S{O_4}}}(0,03 < 0,3)\]

Nên CuO hết, H₂SO₄ dư

\[\begin{array}{l}{n_{{H_2}S{O_4}pu}} = {n_{CuO}} = 0,03(mol)\\ \Rightarrow {m_{{H_2}S{O_4}pu}} = 0,03.98 = 2,94(g)\\{n_{{H_2}S{O_4}du}} = 0,3 - 0,03 = 0,27(mol)\\ \Rightarrow {m_{{H_2}S{O_4}du}} = 0,27.98 = 26,46(g)\\{m_{{\rm{dd}}}} = {m_{CuO}} + {m_{{\rm{dd}}{H_2}S{O_4}}} = 2,4 + 100 = 102,4(g)\\C{\% _{{H_2}S{O_4}}} = \frac{{26,46}}{{102,4}}.100\% = 25,83\% \\{n_{{\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4}}} = {n_{CuO}} = 0,03(mol)\\ \Rightarrow {m_{{\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4}}} = 0,03.160 = 4,8(g)\\C{\% _{{\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4}}} = \frac{{4,8}}{{102,4}}.100\% = 4,6875\% \end{array}\]

Đáp án đúng là: A

\[{n_{Ca}} = {n_{{H_2}}} = \frac{{0,224}}{{22,4}} = 0,01(mol)\]

→n_{hỗn hợp} = 0,01.6 = 0,06 (mol)

Đặt n_CaO + n_KOH = a và n_NaOH = b

→ a + b + 0,01 = 0,06 (1)

m_{hỗn hợp} = 56a + 40b + 0,01.40 = 2,88 (2)

Giải (1) và (2), ta được: a = 0,03; b = 0,02

→ n_NaCl = b = 0,02 (mol) → m_NaCl = 1,17 (g).

PTHH: 

Fe₂O₃ + 3H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 3H₂O

MgO + H₂SO₄ → MgSO₄ + H₂O

ZnO + H₂SO₄ → ZnSO₄ + H₂O

Theo các PTHH nhận thấy: 

\[{n_{{H_2}O}} = {n_{{H_2}S{O_4}}} = 0,5.0,1 = 0,05(mol)\]

Áp dụng ĐL BTKL ta có: 

\[{m_{oxit}} + {m_{{H_2}S{O_4}}} = {m_{muoi}} + {m_{{H_2}O}}\]→ m = m_muối = 2,81 + 0,05.98 − 0,05.18 = 6,81 (gam)

a) Ta thấy 8,7 gam chất rắn không tan là Ag.

⇒ m_Zn,Mg = 20 – 8,7 = 11,3 (gam)

Đặt n_Mg = x(mol); n_Zn = y (mol) thì:

24x + 65y = 11,3 (1)

PTHH:

Mg + H₂SO₄ → MgSO₄ + H₂↑

x         → x                           → x (mol)

Zn + H₂SO₄ → ZnSO₄ + H₂↑

y       → y                          → y (mol)

Theo đề cho: \[{n_{{H_2}}}\]= 0,3 (mol)

⇒ x + y = 0,3 (2)

Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :

\[\left\{ \begin{array}{l}24x + 65y = 11,3\\x + y = 0,3\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,2\\y = 0,1\end{array} \right.\]

Do đó :

\[\begin{array}{l}\% {m_{Ag}} = \frac{{8,9.100\% }}{{20}} = 44,5\% \\\% {m_{Mg}} = \frac{{0,2.24.100\% }}{{20}} = 24\% \\\% {m_{Zn}} = 100\% - (44,5\% + 24\% ) = 31,5\% \end{array}\]

b) Theo các PT: \[{n_{{H_2}S{O_4}}}\]= x + y = 0,3 (mol)

\[ \Rightarrow {V_{{H_2}S{O_4}}} = \frac{{0,3}}{{0,5}} = 0,6(l)\]

Đặt công thức chung của 2 kim loại kiềm A, B là R

PTHH:

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂

 x                         x                x (mol)

2R + 2H₂O → 2ROH + H₂

 y y y/2 (mol)

Ba(OH)₂ + Na₂SO₄ → BaSO₄ + 2NaOH

x                      x

Theo bài ra ta có:

\[{n_{{H_2}}}\] = x + y/2 = 0,25 (1)

m_hh = 137x + M_R.y = 23 (2)

0,09 < x < 0,105 (3)

Từ (1) và (2) → \[x = \frac{{0,5.{M_R} - 23}}{{2{M_R} - 137}}\]

Kết hợp với (3) → 29,7 < R < 33,3

\[{n_{NO}} = \frac{{6,72}}{{22,4}} = 0,3(mol)\]

Sơ đồ phản ứng:

$\left\{\stackrel{0}{\begin{array}{l}Cu\\ \stackrel{+2}{Cu}O\end{array}}+H\stackrel{+5}{N}{O}_3\to \stackrel{+2}{Cu}{\left(N{O}_3\right)}_2+\stackrel{+2}{N}O+H_{2}O\right.$

Bảo toàn electron: 2n_Cu = 3n_NO \[ \to {n_{Cu}} = \frac{{3.0,3}}{2} = 0,45(mol)\]

m_Cu = 0,45.64 = 28,8 (g)

\[\begin{array}{l}\% {m_{Cu}} = \frac{{28,8.100\% }}{{30}} = 96\% \\\% {m_{CuO}} = 100\% - 96\% = 4\% \end{array}\]

b) Ta có:

m_CuO = 30 – 28,8 = 1,2 (g) \[ \to {n_{CuO}} = \frac{{1,2}}{{80}} = 0,015(mol)\]

Bảo toàn nguyên tố Cu:

\[\begin{array}{l}{n_{Cu{{(N{O_3})}_2}}} = {n_{Cu}} + {n_{CuO}} = 0,45 + 0,015 = 0,465(mol)\\ \to {C_{MCu{{(N{O_3})}_2}}} = \frac{{0,465}}{{1,5}} = 0,31M\end{array}\]

Mặt khác: \[{n_{HN{O_3}}}\]_{ban đầu} = 1,5.1 = 1,5 (mol)

Bảo toàn nguyên tố N:

\[{n_{HN{O_3}phanung}} = 2{n_{Cu{{(N{O_3})}_2}}} + {n_{NO}} = 2.0,465 + 0,3 = 1,23(mol)\]

\[\begin{array}{l} \Rightarrow {n_{HN{O_3}du}} = 1,5 - 1,23 = 0,27(mol)\\ \Rightarrow {C_{MHN{O_3}}} = \frac{{0,27}}{{1,5}} = 0,18M\end{array}\]

a) Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂ (1)

Theo (1) \[{n_{Mg}} = {n_{{H_2}}}\]= 0,4/2 = 0,2 mol

Suy ra M_Mg = 4,84/0,2 = 24,2 g/mol

b) Gọi đồng vị còn lại có số khối là \[{}_{12}^xMg\]

vì tỉ số 2 đồng vị là 4:1 nên có 1 đồng vị chiếm 80%, 1 đồng vị chiếm 20%

TH1: \[{}_{12}^{24}Mg\] chiếm 20% suy ra đồng vị còn lại chiếm 80%

M_{trung bình} =24.20% + x.80% = 24,2 suy ra x = 24,25 (loại)

TH2: \[{}_{12}^{24}Mg\] chiếm 80% suy ra đồng vị còn lại chiếm 20%

M_{trung bình}=24.80% + x.20% = 24,2 suy ra x = 25

Vậy số khối của đồng vị còn lại là 25.