1004 câu Trắc nghiệm tổng hợp Hóa học năm 2023 có đáp án (Phần 15)

\[{n_{{H_2}S{O_4}}} = \frac{{4,{{9.10}^{ - 3}}}}{{98}} = {5.10^{ - 5}}(mol)\]

\[\begin{array}{l} \Rightarrow {C_{M{H_2}S{O_4}}} = \frac{{{{5.10}^{ - 5}}}}{1} = {5.10^{ - 5}}(M)\\ \Rightarrow \left[ {{H^ + }} \right] = {2.5.10^{ - 5}} = {10^{ - 4}}M\\ \Rightarrow pH = - \log \left[ {{H^ + }} \right] = 4\end{array}\]

Gọi kim loại là R

PTHH: Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂ (1)

R + 2HCl → RCl₂ + H₂ (2)

Theo PTHH (1), (2), ta có: \[{n_{{H_2}}} = {n_{Fe}} + {n_R} = \frac{{2,24}}{{22,4}} = 0,1(mol)\]

\[ \Rightarrow {M_{hh}} = \frac{{{m_{hh}}}}{{{n_{hh}}}} = \frac{4}{{0,1}} = 40\]

Vì M_Fe = 56 > 40 → M_R < 40

Mặt khác 2,4 gam R hoà tan thì dùng không hết 0,5 mol HCl

\[ \Rightarrow {n_R} < \frac{1}{2}{n_{HCl}} = 0,25(mol) \Rightarrow {M_R} > \frac{{2,4}}{{0,25}} = 9,6\]

Vậy 9,6 < M_R < 40 → M_R = 24 (g/mol)

Vậy R là magie (Mg).

Đáp án đúng là: A

Bảo toàn số mol electron:

3n_Fe = 3n_NO → n_NO = n_Fe = 0,1 (mol) → V_NO = 2,24 lít.

\[{n_{{H_2}}} = \frac{{6,72}}{{22,4}} = 0,3(mol)\]

- Gọi n là hóa trị của kim loại R cần tìm:

2R + 2nHCl → 2RCl_n + nH₂

\[{n_R} = \frac{2}{n}{n_{{H_2}}} = \frac{{0,6}}{n}(mol)\]

\[ \Rightarrow {M_R} = \frac{{5,4n}}{{0,6}} = 9n\]

n =1→ M_R = 9 (loại)

n = 2 → M_R = 18 (loại)

n = 3 → M_R = 27 (Nhôm: Al)

Đáp án đúng là: C

Vì Cu không tan trong HCl nên:

⇒m_Cu = 1,86 gam.

⇒m_Fe + m_Al = 6 − 1,86 = 4,14 gam

\[{n_{{H_2}}} = \frac{{3,024}}{{22,4}} = 0,135(mol)\]

Gọi n_Fe là a (mol), n_Al là b (mol).

PTHH: Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂↑ (1)

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂↑ (2)

Theo đề bài ta có hệ

\[\left\{ \begin{array}{l}56a + 27b = 4,14\\a + 1,5b = 0,135\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0,045\\b = 0,06\end{array} \right.\]

\[\begin{array}{l} \Rightarrow \% {m_{Cu}} = \frac{{1,86}}{6}.100\% = 31\% \\\% {m_{Fe}} = \frac{{0,045.56}}{6}.100\% = 42\% \\\% {m_{Al}} = 100\% - 31\% - 42\% = 27\% \end{array}\]

Gọi công thức chung của 2 kim loại là R

Phản ứng xảy ra:

R + 2HCl → RCl₂ + H₂

Ta có:

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

\[ \Rightarrow {M_R} = \frac{7}{{0,2}} = 35(g/mol)\]

Vì 24 < 35 < 40 và 2 kim loại nhóm IIA liên tiếp nhau nên 2 kim loại thỏa mãn là Mg; Ca.

Đáp án đúng là: B

\[{n_{{H_2}}} = \frac{{3,36}}{{22,4}} = 0,15(mol)\]

Gọi công thức chung của 2 kim loại kiềm là M

2M + 2H₂O → 2MOH + H₂↑

0,3                              ← 0,15  (mol)

M_x < 28,33 < M_Y và X, Y là 2 kim loại kiềm kế tiếp

X là kim loại Na, Y là kim loại K.

Na: x ( mol) ; K: y (mol)

\[\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}x + y = 0,3\\23x + 39y = 8,5\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,2\\y = 0,1\end{array} \right.\\\% {m_{Na}} = \frac{{0,2.23}}{{8,5}}.100\% = 54,12\% \end{array}\]

\[\begin{array}{l}{n_{{\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4}}} = \frac{{80}}{{160}} = 0,5(mol)\\a,\left[ {C{u^{2 + }}} \right] = \left[ {SO_4^{2 - }} \right] = \frac{{0,5}}{{0,5}} = 1M\\b,C{u^{2 + }} + 2O{H^ - } \to Cu{(OH)_2}\end{array}\]

0,5……1 (mol)

\[ \Rightarrow V = \frac{1}{{0,5}} = 2(l)\]

c, \[B{a^{2 + }} + SO_4^{2 - } \to BaS{O_4}\]

0,5……0,5 (mol)

\[ \Rightarrow V = \frac{{0,5}}{{0,25}} = 2(l)\]

a, Đặt n_Mg = a; n_Al = b 

Ta có, hệ phương trình:

\[\left\{ \begin{array}{l}24a{\rm{ }} + {\rm{ }}27b{\rm{ }} = {\rm{ }}9\\2a{\rm{ }} + {\rm{ }}3b{\rm{ }} = {\rm{ }}0,3.3\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0,15\\b = 0,2\end{array} \right.\]

Suy ra: \[\% {m_{Mg}} = \frac{{0,15.24}}{9}.100\% = 40\% \], %m_Al = 100% - 40% = 60% 

b, Khi cho KOH dư thì Al(OH)₃ sẽ tan tạo KAlO₂

→ m_{kết tủa} = \[{m_{Mg{{(OH)}_2}}} = 0,15.58 = 8,7(g)\]

Ta có phương trình hóa học 

                            K₂O + H₂O → 2KOH 

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng 

 → m_{dung dịch KOH} là 9,4 + 190,6 = 200 (g)

Ta có : m_KOH = 0,2.(39 + 16 +1) = 11,2 gam

\[ \Rightarrow C\% = \frac{{11,2}}{{200}}.100\% = 5,6\% \]

Bảo toàn electron:

\[2{n_{Mg}} + 3{n_{Al}} + 3{n_{Fe}} = 2{n_{S{O_2}}} = 0,55.2 = 1,1(mol)\]

Muối thu được là: MgSO₄, Al₂(SO₄)₃, Fe₂(SO₄)₃

Bảo toàn điện tích:

\[{n_{SO_4^{2 - }}} = {n_{M{g^{2 + }}}} + \frac{3}{2}{n_{A{l^{3 + }}}} + \frac{3}{2}{n_{F{e^{3 + }}}} = \frac{{1,1}}{2} = 0,55(mol)\]

m_muối = m_{kim loại} + \[{m_{SO_4^{2 - }}}\]= 16,3 + 0,55.96 = 69,1 (g).

Ta có: \[{n_{N{a_2}O}} = \frac{{4,65}}{{62}} = 0,075(mol)\]

Gọi \[{n_{NaHC{O_3}}} = {n_{KHC{O_3}}} = {n_{CaC{l_2}}} = {n_{BaC{l_2}}} = a(mol)\]

\[ \Rightarrow {m_{NaHC{O_3}}} + {m_{KHC{O_3}}} + {m_{CaC{l_2}}} + {m_{BaC{l_2}}} = 37,725\]

→ 84a + 100a + 111a + 208a = 37,725

→ a = 0,075

Các phản ứng xảy ra:

Na₂O + H₂O → 2NaOH

0,075………….0,15

NaHCO₃ + NaOH → Na₂CO₃ + H₂O

0,075…….0,075……0,075

2KHCO₃ + 2NaOH → Na₂CO₃ + K₂CO₃ + 2H₂O

0,075……..0,075…….0,0375…..0,0375

K₂CO₃ + BaCl₂ → BaCO₃ + 2KCl

0,0375…0,0375….0,0375….0,075

Na₂CO₃ + BaCl₂ → BaCO₃ + 2NaCl

0,0375…0,0375….0,0375…..0,075

Na₂CO₃ + CaCl₂ → CaCO₃ + 2NaCl

0,075……0,075……0,075…..0,15

Trong \[Y\left\{ \begin{array}{l}NaCl:0,225(mol)\\KCl:0,075(mol)\end{array} \right.\]

Xem \[{D_{{H_2}O}} = 1(g/ml)\]

Bảo toàn khối lượng:

m_dd = 37,725 + 4,65 + 130.1 – 0,075.100 + 197.0,075 = 150,1 (g)

\[\begin{array}{l}C{\% _{NaCl}} = \frac{{0,225.58,5}}{{150,1}}.100\% = 8,77\% \\C{\% _{KCl}} = \frac{{0,075.74,5}}{{150,1}}.100\% = 3,72\% \end{array}\]

Đáp án đúng là: B

150 ml = 0,15 (lít)

n_HCl = V.C_{M HCl} = 0,15.1 = 0,15 (mol)

\[{n_{{H_2}S{O_4}}}\] = V.C_M = 0,15.1,5 = 0,225 (mol)

PTHH: Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂↑            (1)

           2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂↑          (2)

           Mg + H₂SO₄ → MgSO₄ + H₂↑          (3)

           2Al + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂↑ (4)

Theo PTHH (1) và (2) ta thấy: \[{n_{{H_2}(1) + (2)}} = \frac{1}{2}{n_{HCl}} = \frac{1}{2}.0,15 = 0,075(mol)\]

Theo PTHH (3) và (4) ta thấy: \[{n_{{H_2}(3) + (4)}} = {n_{{H_2}S{O_4}}}\] = 0,225 (mol)

⟹ Tổng mol H_{2(1)+(2)+(3)+(4)} = 0,075 + 0,225 = 0,3 (mol)

Bảo toàn khối lượng ta có:

\[{m_{Mg + Al}}\; + {\rm{ }}{m_{HCl}}\; + {\rm{ }}{m_{{H_2}S{O_4}}}\; = \left( {{m_{MgC{l_2}\;}}\; + {\rm{ }}{m_{AlC{l_3}}}\; + {\rm{ }}{m_{MgS{O_4}}}\; + {\rm{ }}{m_{A{l_2}{{\left( {S{O_4}} \right)}_3}}}} \right){\rm{ }} + {\rm{ }}{m_{{H_2}}}\]

⟹ 6,3 + 0,15.36,5 + 0,225.98 = m_muối + 0,3.2

⟹ m_muối = 33,225 (g)

Đáp án đúng là: A

Khi số mol KOH tăng mà vẫn thu được a gam kết tủa => Khi cho 0,22 mol KOH vào thì ZnSO₄ còn dư => số mol kết tủa = 0,11 mol

\[\begin{array}{l}Z{n^{2 + }}\; + {\rm{ }}2O{H^{ - \;}} \to {\rm{ }}Zn{\left( {OH} \right)_{2\;}} \downarrow \\0,11.....0,22........{\rm{ }}0,11\end{array}\]

Khi cho 0,28 mol KOH thì ZnSO₄ hết và số mol kết tủa vẫn còn là 0,11 mol:

ZnSO₄ + 2OH^- → Zn(OH)₂ ↓

0,11+x 2(0,11+x) 0,11 + x

Zn(OH)₂ + 2OH^- → \[ZnO_2^{2 - }\] + H₂O

0,03 – x 0,06 – 2x

Theo giả thiết ta có: (0,11 + x) - (0,03 - x) = 0,11 => x = 0,015

Vậy số mol ZnSO₄ ban đầu: 0,11 + 0,015 = 0,125 mol

=> \[{m_{ZnS{O_4}}}\] = 0,125.161 = 20,125 (g).

Đáp án đúng là: A

Hỗn hợp gồm các kim loại khi tác dụng với dung dịch HCl loãng đều thể hiện hoá trị II nên gọi chung là R

PTHH: R + 2HCl → RCl₂ + H₂

Theo PTHH: \[{n_{HCl}} = 2{n_{{H_2}}} = 2.\frac{{8,96}}{{22,4}} = 0,8(mol)\]

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

m_{kim loại} + m_HCl = m_muối + \[{m_{{H_2}}}\]

→ m_muối = 16,9 + 0,8.36,5 – 0,4.2 = 45,3 (g).

\[\begin{array}{l}{n_{F{e_2}{{(S{O_4})}_3}}} = \frac{4}{{400}} = 0,01(mol)\\F{e_2}{(S{O_4})_3} \to 2F{e^{3 + }} + 3SO_4^{2 - }\\{n_{F{e^{3 + }}}} = 2{n_{F{e_2}{{(S{O_4})}_3}}} = 0,02(mol)\\{n_{SO_4^{2 - }}} = 3{n_{F{e_2}{{(S{O_4})}_3}}} = 0,03(mol)\\\left[ {F{e^{3 + }}} \right] = \frac{{0,02}}{{0,1}} = 0,2M\\\left[ {SO_4^{2 - }} \right] = \frac{{0,03}}{{0,1}} = 0,3M\end{array}\]

2A + 2nHCl → 2ACl_n + nH₂

\[{n_{{H_2}}} = \frac{{0,336}}{{22,4}} = 0,015(mol)\]

\[ \Rightarrow {n_A} = 0,015.\frac{2}{n} = \frac{{0,03}}{n}(mol)\]

\[ \Rightarrow {M_A} = \frac{{1,17}}{{\frac{{0,03}}{n}}} = 39n\]

→ n=1 thì M_A = 39 (g/mol) 

→ A là Kali (K)

\[{n_{HCl}} = 2{n_{{H_2}}}\]= 0,015.2 = 0,03 (mol)

\[{V_{HCl}} = \frac{{0,03}}{{1,2}} = 0,025(l) = 25(ml)\]

a) Mg + H₂SO₄ → MgSO₄ + H₂

MgO + H₂SO₄ → MgSO₄ + H₂O

\[{n_{{H_2}}} = \frac{V}{{22,4}} = \frac{{2,24}}{{22,4}} = 0,1(mol)\]

\[{n_{Mg}} = {n_{{H_2}}} = 0,1(mol)\]

m_Mg = n.M = 0,1.24 = 2,4 (g)

\[\begin{array}{l}\% Mg = \frac{{2,4}}{{10,4}}.100\% = 23,08\% \\\% MgO = 100\% - 23,08\% = 76,92\% \end{array}\]

b) m_MgO = 10,4 − 2,4 = 8 (g)

\[\begin{array}{l}{n_{MgO}} = \frac{8}{{40}} = 0,2(mol)\\{n_{{H_2}S{O_4}}} = {n_{Mg}} + {n_{MgO}} = 0,1 + 0,2 = 0,3(mol)\\{m_{{H_2}S{O_4}}} = n.M = 0,3.98 = 29,4(g)\\{m_{{\rm{dd}}{H_2}S{O_4}}} = \frac{{29,4.100}}{{9,8}} = 300(g)\\{n_{MgS{O_4}}} = {n_{Mg}} + {n_{MgO}} = 0,1 + 0,2 = 0,3(mol)\\{C_{{M_{MgS{O_4}}}}} = \frac{n}{V} = \frac{{0,3}}{{0,3}} = 1M\\{m_{{\rm{dd}}spu}} = 10,4 + 300 - 0,1.2 = 310,2(g)\\d = \frac{m}{V} = \frac{{310,2}}{{300}} = 1,034(g/ml)\end{array}\]

V_HCl = 100 ml = 0,1lít

⇒ n_HCl = C_M.V = 0,1.3 = 0,3 mol

Đặt x và y là số mol CuO và ZnO trong hỗn hợp.

a) Phương trình hóa học xảy ra:

CuO + 2HCl → CuCl₂ + H₂O (1)

ZnO + 2HCl → ZnCl₂ + H₂O (2)

b) Theo phương trình:

\[{n_Z} = \frac{{1,792}}{{22,4}} = 0,08(mol);{M_Z} = 28,25\]

Áp dụng sơ đồ đường chéo, ta có:

N₂O: 44 26,25

28,25

H₂: 2 15,75

\[ \Rightarrow \frac{{{n_{{N_2}O}}}}{{{n_{{H_2}}}}} = \frac{{26,25}}{{15,75}} = \frac{5}{3} \Rightarrow {n_{{N_2}O}} = 0,05(mol);{n_{{H_2}}} = 0,03(mol)\]

m_↓ = 4,93.2 = 9,86 < m_X = 13,18

m_muối = 21,64.2 = 43,28 (g)

Giả sử dung dịch Y không chứa muối amoni

\[\begin{array}{l}{n_{N{a^ + }}} = {n_{NO_3^ - }} = 2{n_{{N_2}O}} = 0,1(mol)\\ \Rightarrow {m_Y} = {m_{N{a^ + }}} + {m_X} + {m_{C{l^ - }}} = 0,1.23 + 13,18 + 0,76.35,5 = 42,46 < 43,28\end{array}\]

→ Dung dịch Y chứa muối \[NH_4^ + \] ( x mol)

Y gồm: \[M{g^{2 + }}(0,15mol);NH_4^ + (xmol);C{l^ - }(0,76mol);N{a^ + }(x + 0,1mol);{M^{n + }}\]

m_Y = 13,18 + 18x + 35,5.0,76 + 23.(0,1 + x) = 43,28 → x = 0,02

m_M = m_X – m_Mg = 13,18 – 0,17.24 = 9,1

Bảo toàn electron:

\[\begin{array}{l}n.{n_M} + 2{n_{Mg}} = 8{n_{NH_4^ + }} + 8{n_{{N_2}O}} + 2{n_{{H_2}}} = 8.0,02 + 8.0,05 + 2.0,03 = 0,62\\ \Rightarrow \frac{{9,1}}{{{M_M}}}.n = 0,62 - 2.0,17 = 0,28\\ \Rightarrow {M_M} = 32,5n\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}n = 2\\{M_M} = 65\end{array} \right.\end{array}\]

Vậy M là kẽm (Zn).

Đáp án đúng là: A

n_HCl = 0,3 mol

\[{n_{Ca{{(OH)}_2}}}\]= 0,075 mol

AHCO₃ + HCl → ACl + CO₂ + H₂O

x                x                                         

A₂CO₃ + 2HCl → 2ACl + CO₂ + H₂O

y                2y                                         

Ca(OH)₂ + 2HCl → CaCl₂ + 2H₂O                

 0,075        0,15                          

Ta có: x + 2y = 0,15

Với 0 < y < 0,075

Mặt khác: Ax + 61x + 2Ay +60y = 13,45

A.(0,15 – 2y) + 61.(0,15 – 2y) + 2Ay + 60y = 13,45

0,15A - 2Ay + 9,15  - 122y + 2Ay + 60y = 13,45

0,15A  - 4,3 = 62y

 \[y = \frac{{15A - 4,3}}{{62}}\]

Với y > 0  \[\frac{{15A - 4,3}}{{62}} > 0\]

A > 28,7 (1)

Với y < 0,075  \[\frac{{15A - 4,3}}{{62}} < 0,075\]

A< 59,7   (2)

Từ (1) và (2):   28,7 < A < 59,7

 A là kali

CTHH: KHCO₃, K₂CO₃

Đáp án đúng là: A

Hỗn hợp gồm các kim loại khi tác dụng với dung dịch HCl loãng đều thể hiện hoá trị II nên gọi chung là R

PTHH: R + 2HCl → RCl₂ + H₂

Theo PTHH: \[{n_{HCl}} = 2{n_{{H_2}}} = 2.\frac{{6,72}}{{22,4}} = 0,6(mol)\]

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

m_{kim loại} + m_HCl = m_muối + \[{m_{{H_2}}}\]

→ m_muối = 14,5 + 0,6.36,5 – 0,3.2 = 35,8 (g).

Đáp án đúng là: B

Ta có:

\[{n_{NO_3^ - }}\]_(muối)= n_{e nhường} = n_{e nhận} = 3n_NO = 0,9 mol

m_muối = m_{kim loại} + \[{m_{NO_3^ - }}\]= 15,9 + 0,9.62 = 71,7 (g)

a) \[{n_{Al}} = \frac{{2,16}}{{27}} = 0,08(mol)\]

PTHH: 2Al + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂

0,08………………0,04 mol

X: Al₂(SO₄)₃

\[{m_X} = {m_{A{l_2}{{(S{O_4})}_3}}} = 0,04.342 = 13,68(g)\]

b) Theo PTHH có: \[{n_{{H_2}}} = {n_{{H_2}S{O_4}}} = \frac{3}{2}{n_{Al}} = \frac{3}{2}.0,08 = 0,12(mol).\]

Khối lượng dung dịch H₂SO₄ 20% là:

\[{m_{dd\,{H_2}S{O_4}\,20\% }} = \frac{{0,12.98}}{{20}}.100 = 58,8\,gam.\]

Bảo toàn khối lượng:

\[{m_{Al}} + {m_{dd\,{H_2}S{O_{4\,}}20\% }} = {m_{ddX}} + {m_{{H_2}}}\]

m_dd X = 2,16 + 58,8 – 0,12.2 = 60,72 gam.

\[{n_{Al}} = \frac{{2,16}}{{27}} = 0,08(mol)\]

\[{n_{hh}} = {n_{NO}} + {n_{{N_2}O}} = \frac{{1,232}}{{22,4}} = 0,055(mol)\]

Gọi

\[\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{n_{NO}}:a(mol)\\{n_{{N_2}O}}:b(mol)\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a + b = 0,055\\3a + 8b = 0,08.3\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0,04\\b = 0,015\end{array} \right.\\\overline {{M_B}} = \frac{{0,04.30 + 0,015.44}}{{0,055}} = \frac{{372}}{{11}}\\ \Rightarrow {d_{B/{H_2}}} = \frac{{186}}{{11}}\end{array}\]

Đáp án đúng là: C

n_Mg = 0,1 (mol)

Ta có các quá trình:

\[\left. \begin{array}{l}\mathop {Mg}\limits^0 \to \mathop {Mg}\limits^{ + 2} + 2e\\0,1...............0,2\end{array} \right|\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,2\mathop N\limits^{ + 5} + 10e \to \mathop {{N_2}}\limits^0 \]

\[\begin{array}{l} \Rightarrow {n_{{N_2}}} = \frac{{0,2}}{{10}} = 0,02(mol)\\ \Rightarrow {V_{{N_2}}} = 0,02.22,4 = 0,448(l)\end{array}\]

n_Mg = 0,1 (mol)

4Mg + 10HNO₃ → 4Mg(NO₃)₂ + 5H₂O + N₂O

\[\begin{array}{l}{n_{{N_2}O}} = \frac{1}{4}{n_{Mg}} = 0,025(mol)\\ \Rightarrow {V_{{N_2}O}} = 0,025.22,4 = 0,56(l)\end{array}\]

a) R + 2HCl → RCl₂ + H₂

\[{n_{{H_2}}} = \frac{{1,2395}}{{24,79}} = 0,05(mol)\]

Theo PTHH: \[{n_R} = {n_{{H_2}}} = 0,05(mol)\]

\[ \Rightarrow {M_R} = \frac{2}{{0,05}} = 40(g/mol)\]

Vậy R là canxi (Ca).

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

100 (ml) = 0,1 (l)

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

HCl + NaOH → NaCl + H₂O

Theo PTHH: n_{HCl (dư)} = n_NaOH = 0,2 (mol)

Tổng số mol HCl ban đầu là: 0,1 + 0,2 = 0,3 (mol)

\[ \Rightarrow {m_{{\rm{ddHCl}}}} = \frac{{0,3.36,5}}{{10\% }} = 109,5(g)\]

Đáp án đúng là: D

Ta có m_Muối = m_{Kim loại} + \[{m_{SO_4^{2 - }}}\]

Mà \[{n_{SO_4^{2 - }}} = {n_{{H_2}}}\]= 0,05 mol.

⇒ m_Muối = 2,43 + 0,05×96 = 7,23 gam.

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

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

Ta có: \[\left\{ \begin{array}{l}126x + 140y = 35,5\\2x + 2y = {n_{NaOH}} = 0,6\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,25\\y = 0,1\end{array} \right.\]

Suy ra: 

\[\begin{array}{l}{n_{S{O_2}}} = {n_{N{a_2}S{O_3}}} = 0,25(mol)\\ \Rightarrow {V_{S{O_2}}} = 0,25.22,4 = 5,6(l)\end{array}\]

Gọi kim loại trong oxit cần tìm là R, hoá trị n (1 ≤ n ≤ 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)

\[{n_{{R_2}{{(S{O_4})}_3}}} = \frac{1}{2}{n_R} = 0,5m(mol)\]

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 →\[m = \frac{1}{n}\]

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

Với n = 2 thì R = 64 → R là đồng (Cu)

Vậy công thức hoá học oxit cần tìm là CuO.

\[{n_{S{O_2}}} = \frac{{1,008}}{{22,4}} = 0,045(mol)\]

Quy đổi hỗn hợp thành Fe (a mol), Cu (b mol) và O (c mol)

→m_X = 56a + 64b + 16c = 4,88 (1)

Bảo toàn electron: 3a + 2b = 2c + 2\[{n_{S{O_2}}}\]= 2c + 0,09 (2)

Muối gồm Fe₂(SO₄)₃ (0,5a mol) và CuSO₄ (b mol)

m_muối = 400.0,5a + 160b = 13,2 (3)

Giải (1), (2), (3), ta được: a = 0,05; b = 0,02; c = 0,05

→ Fe : O = a : c = 1 : 1 → FeO

X gồm FeO (0,05 mol) và Cu (0,02 mol)

Khối lượng của mỗi chất có trong hỗn hợp X là:

m_FeO = 0,05.72 = 3,6 (g); m_Cu = 0,02.64 = 1,28 (g)

Đáp án đúng là: A

Số mol của hiđro bằng: \[{n_{{H_2}}} = \frac{{8,736}}{{22,4}} = 0,39(mol)\]

Lại có:

\[{n_{HCl}} = \frac{{500}}{{1000}}.1 = 0,5(mol);{n_{{H_2}S{O_4}}} = \frac{{500}}{{1000}}.0,28 = 0,39(mol)\]

Khối lượng muối tạo thành bằng: 7,74 + 0,5.36,5 + 0,14.98 – 0,39.2 = 38,93 (gam).

 \[{n_{HCl}} = \frac{{100.3,65\% }}{{36,5}} = 0,1(mol);{n_{HN{O_3}}} = 0,15(mol)\]

X gồm cation kim loại (7,83 gam), Cl^- (0,1 mol), OH^- (0,15 mol)

→ m_rắn = 13,93 gam

n_X = n_HCl + \[{n_{HN{O_3}}}\]= 0,25 (mol)

→ M_X = 31,32

Nếu 2 kim loại kế tiếp thì X gồm Na, K.

- Nếu R là Mg: %m_Fe = 87,5%; %m_Mg = 12,5%

- Nếu R là Ca: %m_Fe =58,33%; %m_Ca = 41,63%

Giải thích các bước giải:

Gọi số mol Fe và R là a và b

Ta có: 56a + R.b = 9,6 (1)

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

Phương trình hóa học:

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

R + 2HCl → RCl₂ + H₂

Ta có: a + b = 0,2 (2)

Vì khi cho quỳ vào thì hóa đỏ, nên HCl còn dư

→n_HCl phản ứng < n_HCl = 0,5 mol

\[ \to {n_R} = \frac{{{n_{HCl}}}}{2} = \frac{{0,5}}{2} = 0,25(mol)\]

\[ \to R > \frac{{4,6}}{{0,25}} = 18,4\]

Từ (1) và (2) ta có: \[R = \frac{{9,6 - 56a}}{{0,2 - a}} = 56 - \frac{{1,6}}{{0,2 - a}} < 56\]

→18,4 < R < 56

→R là Mg hoặc Ca

- Nếu R là Mg

a + b =0,2 và 56a + 24b = 9,6

→a = 0,15; b = 0,05

\[ \to \% {m_{Fe}} = \frac{{0,15.56}}{{9,6}}.100\% = 87,5\% \]

→%m_Mg = 12,5%

- Nếu R là Ca

a + b = 0,2 và 56a + 40b = 9,6

→a = b = 0,1

\[ \to \% {m_{Fe}} = \frac{{0,1.56}}{{9,6}}.100\% = 58,33\% \]

→%m_Ca = 41,63%.

\[\begin{array}{l}{m_{{H_2}S{O_4}}} = 400.17,15\% = 68,6(g)\\{n_{{H_2}S{O_4}}} = \frac{{68,6}}{{98}} = 0,7(mol)\\{m_{{H_2}O}} = 400 - 68,6 = 331,4(g)\\{n_{{H_2}O}} = \frac{{331,4}}{{18}} = \frac{{1657}}{{90}}(mol)\\{n_{{H_2}Osaup/u}} = \frac{{345,44}}{{18}} = \frac{{4318}}{{225}}(mol)\end{array}\]

Bảo toàn nguyên tố H:

\[\begin{array}{l}2{n_{{H_2}S{O_4}}} + 2{n_{{H_2}O}} + {n_{KHC{O_3}}} = 2{n_{{H_2}O}}\\ \Leftrightarrow 0,7.2 + \frac{{1657}}{{90}}.2 + 2a = 2.\frac{{4318}}{{225}}\\ \to a = 0,08(mol)\\ \to {n_{KHC{O_3}}} = 0,16(mol)\end{array}\]

Bảo toàn khối lượng

\[\begin{array}{l}m + 400 = {m_{C{O_2}}} + 42,68 + m + 345,44\\ \to {m_{C{O_2}}} = 11,88(g)\\ \to {n_{C{O_2}}} = \frac{{11,88}}{{44}} = 0,27(mol)\end{array}\]

Đặt \[{n_{N{a_2}C{O_3}}},{n_{MgO}} = x,y(mol)\]

\[{n_{{H_2}S{O_4}}} = x + y + 0,08.4 + \frac{{0,16}}{2} = 0,7(1)\]

m + 42,88 = 23.2x + 24y + 0,16.39 + 0,08.3.56 + 0,7.96 = 106x + 40y + 0,08.232 + 0,16.100 + 42,68 (2)

Từ (1), (2) ta có:

x = 0,11; y = 0,19

m = 106.0,11 + 0,19.40 + 0,08.232 + 0,16.100 = 53,82 (g).

a, Coi V = 22,4 (lít)

Ta có: \[{n_{{H_2}}} = {n_{NO}} = \frac{{22,4}}{{22,4}} = 1(mol)\]

Gọi n là hóa trị của kim loại M khi phản ứng với HCl

2M + 2nHCl → 2MCl_n + nH₂

Theo PTHH :

\[{n_M} = \frac{2}{n}{n_{{H_2}}} = \frac{2}{n}(mol)\]

Gọi m là hóa trị của kim loại M khi phản ứng với HCl

3M + 4mHNO₃ → 3M(NO₃)_m + mNO + nH₂

Theo PTHH :

\[{n_M} = \frac{3}{m}{n_{NO}} = \frac{3}{m}(mol)\]

Suy ra :

\[\begin{array}{l}{n_M} = \frac{2}{n} = \frac{3}{m}(mol)\\ \Leftrightarrow \frac{n}{m} = \frac{2}{3} \Leftrightarrow n = \frac{2}{3}m\\ \Leftrightarrow n < m\end{array}\]

Vậy hóa trị của M trong muối clorua bé hơn muối nitrat.

b,

Vì \[\frac{n}{m} = \frac{2}{3} \Rightarrow n = 2,m = 3\]

Theo PTHH :

\[\begin{array}{l}{n_{MC{l_2}}} = {n_{{H_2}}} = 1(mol)\\{n_{M{{(N{O_3})}_3}}} = {n_{NO}} = 1(mol)\end{array}\]

mà 

\[\begin{array}{l}{m_{M{{(N{O_3})}_3}}} = 1,905.{m_{MC{l_2}}}\\ \Leftrightarrow M + 62.3 = 1,905.(M + 71)\\ \Leftrightarrow M = 56(Fe)\end{array}\]

Vậy M là kim loại Fe.

a)

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂↑

\[{n_{Na}} = 2{n_{{H_2}}} = 0,08(mol)\]

⇒m = 0,08.23 = 1,84 (g)

b)

m_X = 1,84 + 100 − 0,04.2 = 101,76(g)

n_NaOH = n_Na = 0,08 (mol)

\[ \Rightarrow C{\% _X} = \frac{{0,08.40}}{{101,76}}.100\% \approx 3,14\% \]

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

PTHH: Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂

a………………a………..a (mol)

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

a………………..a……….0,5a (mol)

→ a + 0,5a = 0,3 → a = 0,02 (mol)

PTHH: Ba(OH)₂ + 2HCl → BaCl₂ + 2H₂O

0,02………0,04

NaOH + HCl → NaCl + H₂O

0,02……0,02

→ n_HCl = 0,04 + 0,02 = 0,06 (mol)

\[ \Rightarrow {C_{M(HCl)}} = \frac{{0,06}}{{0,1}} = 0,6(l)\]

Đáp án đúng là: B

Ta có

\[\left\{ \begin{array}{l}{n_{NO}} + {n_{N{O_2}}} = 0,05\\30{n_{NO}} + 46{n_{N{O_2}}} = 0,05.16,6.2\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{n_{NO}} = 0,04\\{n_{N{O_2}}} = 0,01\end{array} \right.\]

Bảo toàn e:

\[\begin{array}{l}{n_{Cu}} = \frac{{0,04.3 + 0,01}}{2} = 0,065(mol)\\ \Rightarrow {m_{Cu}} = 0,065.64 = 4,16(g)\end{array}\]

Đặt số mol mỗi chất là a

Các phương trình hóa học xảy ra như sau:

K₂O + H₂O → 2KOH

a                  → 2a                                mol

KOH + KHCO₃ → K₂CO₃ + H₂O

a       → a           → a                            mol

NH₄Cl + KOH → KCl + NH₃ ↑+ H₂O

a          ← a                  → a                  mol

BaCl₂ + K₂CO₃ → BaCO₃ ↓ + 2KCl

                 a       → a              → a        mol

Vậy Y là NH₃; dung dịch Z là KCl; M là BaCO₃.

\[{n_{{H_2}S{O_4}}}\]_{ban đầu} = 0,1.0,4 = 0,04 (mol)

\[{n_{{H_2}}} = \frac{{0,784}}{{22,4}} = 0,035(mol)\]

→ Số mol axit H₂SO₄ phản ứng là 0,035 mol

\[{n_{{H_2}S{O_4}}}\]_dư = 0,04 – 0,035 = 0,005 (mol)

\[\begin{array}{l} \Rightarrow {n_{{H^ + }}} = 2.0,005 = 0,01(mol)\\ \Rightarrow \left[ {{H^ + }} \right] = \frac{{0,01}}{{0,1}} = 0,1M\\ \Rightarrow pH = 1\end{array}\]

Đáp án đúng là: B

Đặt

-Xét ở thí nghiệm 1

+ Nếu \[a < 0,5;{n_{KOH}} = 0,11\] thì tạo thành kết tủa và kết tủa tan một phần

Và ở thí nghiệm 2 kết tủa cũng tan một phần

TN1: dung dịch sau phản ứng có ion:

BTĐT:

TN2: dung dịch sau phản ứng có ion:

BTĐT:

Với trường hợp \[a > 0,11\]thì không thỏa mãn

Đáp án đúng là: C

\[{n_{{H_2}}} = \frac{{3,7185}}{{24,79}} = 0,15(mol)\]

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

\[\begin{array}{l}{n_{HCl}} = 2{n_{{H_2}}} = 2.0,15 = 0,3(mol)\\ \Rightarrow {C_M} = \frac{{0,3}}{{0,4}} = 0,75M\end{array}\]

Đáp án đúng là: A

Gọi công thức oxit kim loại là RO có số mol là 1 mol

RO + H₂SO₄  → RSO₄ + H₂O

1…….1…………1        (mol)

\[ \Rightarrow {m_{{\rm{dd}}{H_2}S{O_4}}} = \frac{{1.98.100}}{{20}} = 490(g)\]

Khối lượng dung dịch sau phản ứng là:

m_dd = m_RO+ \[{m_{{\rm{dd}}{H_2}S{O_4}}}\]= R + 16+ 490 = R + 506 (gam)

\[\begin{array}{l} \Rightarrow C{\% _{RS{O_4}}} = \frac{{{m_{{H_2}S{O_4}}}.100\% }}{{{m_{{\rm{dd}}}}}} = \frac{{(R + 96).100\% }}{{R + 506}} = 22,64\% \\ \Rightarrow R = 24\end{array}\]

 Vậy R là Mg, công thức oxit là MgO

Đáp án đúng là: B

2M + 2xH₂O → 2M(OH)_x + xH₂

a…….a…………………….0,5xa (mol)

Theo bài ra ta có: m_{kim loại} = Ma = 4 gam (*)

→ m_dd = Ma + 96,2 – 2.0,5xa = 4 + 96,2 – xa = 100,2 – xa

Khối lượng M(OH)_x = (M+17x)a = Ma + 17xa = 4 + 17xa

=>C% của M(OH)_x = \[\frac{{4 + 17xa}}{{100,2 - xa}} = \frac{{7,4}}{{100}}\]

=> 400 +1700xa = 741,48 – 7,4xa => xa = 0,2 (**)

Từ (*) và (**): \[\frac{{Ma}}{{xa}} = \frac{4}{{0,2}}\]→M = 20x

Với x = 2 thì M = 40 (thoả mãn)

Vậy M là Ca (canxi).

Gọi x là số mol của Al 

Gọi y là số mol của Zn

m_hh = m_Al + m_Zn = n_Al. M_Al + n_Zn. M_Zn = x. M_Al + y. M_Zn = 27x + 65y

⇔ 17,05 = 27x + 65y

\[\begin{array}{l}{m_{HCl}} = \frac{{{m_{{\rm{dd}}}}.C\% }}{{100\% }} = \frac{{124,1.25\% }}{{100\% }} \approx 31(g)\\ \Rightarrow {n_{HCl}} = \frac{m}{M} = \frac{{31}}{{36,5}} \approx 0,8(mol)\end{array}\]

PTHH : 2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂ ( bay hơi )

              2    :   6      :      2       :    3      (mol)

              x   → 3x                                ( mol) 

 PTHH:  Zn + 2HCl → ZnCl₂ + H₂ ( bay hơi ) 

              1   :   2        :     1      :   1     (mol)

              y  → 2y                             ( mol)

⇒n_HCl = n_HCl ở pt ( 1 ) + n_HCl ở pt ( 2 ) 

⇔0,8     =    3x + 2y (4)

Từ (3) và ( 4) => x ≈ 0,1 ( mol) , y ≈ 0,2 (mol) 

M_Zn = n. M = 0,2. 65 = 13 (gam )

\[\% {m_{Zn}} = \frac{{{m_{Zn}}}}{{{m_{hh}}}}.100\% = \frac{{13}}{{17,05}}.100\% \approx 76,2\% \]

Đáp án đúng là: A

M₂O_n + nH₂SO₄ → M₂(SO₄)_n + nH₂O

Nếu có 1 mol M₂O_n thì số gam dung dịch H₂SO₄ 10% là: 980n.

Số gam dung dịch muối là (2M + 996n).

\[C\% = \frac{{2M + 96n}}{{2M + 996n}} = 12,9 \Rightarrow M = 18,65n\]

Vậy oxit là Fe₂O₃

 Fe₂O₃ + 3H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 3H₂O

Nếu hiệu suất là 100% thì số mol muối = số mol oxit = 0,02.

Vì hiệu suất là 70% nên số mol muối = 0,02.70%=0,014.

Số gam Fe₂(SO₄)₃ = 0,014.400=5,6 < 7,868.

Vậy muối là: Fe₂(SO₄)₃.xH₂O

Ta có: (400 + 18x).0,014= 7,868  x=9

Công thức muối: Fe₂(SO₄)₃.9H₂O

a)2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

\[{n_{{H_2}}} = \frac{{5,6}}{{22,4}} = 0,25(mol)\]

Hỗn hợp: Al (a mol), Fe (b mol)

\[\left\{ \begin{array}{l}27a + 56b = 8,3\\1,5a + b = 0,25\end{array} \right. \Rightarrow a = b = 0,1\]

\[\% {m_{Al}} = \frac{{0,1.27}}{{8,3}}.100\% = 32,53\% \]

%m_Fe =100 − 32,53 = 67,47%

b) \[m = {m_{AlC{l_3}}} + {m_{FeC{l_2}}} = 0,1.133,5 + 0,1.127 = 26,05(g)\]

Gọi số mol K là x

2K + 2H₂O → 2KOH + H₂

Suy ra m = 39x

\[{n_{{H_2}}} = \frac{1}{2}{n_K} = 0,5x\]

BTKL:

m_{dd sau phản ứng} = \[{m_K} + {m_{{H_2}O}} - {m_{{H_2}}}\]= 39x + 200 − 0,5x.2 = 200 + 38x

n_K = n_KOH = x mol

\[ \to {m_{KOH}} = 56x = 2,748\% .(200 + 38x) \to x = 0,1 \to m = 3,9(g)\]

Đáp án đúng là: A

8Al + 3Fe₃O₄ → 9Fe + 4Al₂O₃

Sau phản ứng hỗn hợp gồm Al dư; Al₂O₃; Fe dư và Fe₃O₄ dư.

Cho tác dụng với NaOH chỉ có Al dư và Al₂O₃ phản ứng

NaOH + Al + H₂O → NaAlO₂ + 3/2H₂

2NaOH + Al₂O₃ → 2NaAlO₂ + H₂O

\[{n_{{H_2}}} = \frac{3}{2}{n_{Aldu}} = \frac{{6,72}}{{22,4}} = 0,3(mol) \Rightarrow {n_{Aldu}} = 0,2(mol)\]

Nếu cho hỗn hợp tác dụng với HCl thì chỉ có Al và Fe sinh ra H₂

Al + 3HCl → AlCl₃ + 3/2 H₂

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

\[{n_{{H_2}}} = \frac{{26,88}}{{22,4}} = 1,2(mol) = 1,5{n_{Al}} + {n_{Fe}} \Rightarrow {n_{Fe}} = 0,9(mol)\]

Theo phản ứng → n_{Al phản ứng} = 8/9n_Fe = 0,8 mol

→ n_{Al tham gia} = 0,2 + 0,8 = 1 mol

→ m_{Al ban đầu} = 1.27 = 27 gam.

Đặt số mol mỗi chất trong X là x.

⇒ 84x + 111x + 208x = 40,3

⇔x = 0,1 (mol)

\[{m_{{H_2}O}} = 189,4(g)\]

\[{n_{{K_2}O}} = \frac{{11,28}}{{94}} = 0,12(mol)\]

K₂O + H₂O → 2KOH

⇒n_KOH = 0,12.2 = 0,24 (mol)

2NaHCO₃ + 2KOH → K₂CO₃ + Na₂CO₃ + 2H₂O

⇒ dư 0,24 − 0,1 = 0,14 mol KOH

\[{n_{{K_2}C{O_3}}} = {n_{N{a_2}C{O_3}}} = 0,05(mol)\]

\[ \Rightarrow {n_{{R_2}C{O_3}}} = 0,1(mol)\]

Gọi chung 2 muối BaCl₂, CaCl₂ là MCl₂ (0,2 mol)

MCl₂ + R₂CO₃ → 2RCl + MCO₃

\[ \Rightarrow {n_{MC{l_2}du}} = 0,2 - 0,1 = 0,1(mol)\]

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

\[\begin{array}{l}{n_{MC{O_3} \downarrow }} = 0,1(mol)\\{\overline M _{{R_2}C{O_3}}} = \frac{{138.0,05 + 106.0,05}}{{0,05 + 0,05}} = 122 \Rightarrow {M_R} = 31\\{\overline M _{MC{l_2}}} = \frac{{0,1.208 + 0,1.111}}{{0,1 + 0,1}} = 159,5 \Rightarrow {M_M} = 88,5\\ \Rightarrow {m_{MC{O_3}}} = 0,1(88,5 + 60) = 14,85(g)\\{m_{{\rm{dd}}}} = 40,3 + 189,4 + 11,28 - 14,85 = 226,13(g)\\C{\% _{KOH}} = \frac{{0,14.56.100}}{{226,13}} = 3,47\% \end{array}\]

\[\begin{array}{l}C{\% _{RCl}} = \frac{{0,2(31 + 35,5).100}}{{226,13}} = 5,88\% \\C{\% _{MC{l_2}}} = \frac{{0,1(88,5 + 71).100}}{{226,13}} = 7,05\% \end{array}\]

\[\begin{array}{l}{d_{CO,C{O_2}/{H_2}}} = 16\\ \Rightarrow {M_{khi}} = 16.{M_{{H_2}}} = 16.2 = 32\\\frac{{{n_{CO}}}}{{{n_{C{O_2}}}}} = \frac{{44 - 32}}{{32 - 28}} = \frac{{12}}{4} = \frac{3}{1}\\{n_{C{O_2}}} = \frac{{0,45}}{4}.1 = 0,01125(mol)\\{m_{KOH}} = \frac{{56.1}}{{100}} = 0,56(g)\\ \to {n_{KOH}} = \frac{{0,56}}{{56}} = 0,01(mol)\\KOH + C{O_2} \to KHC{O_3}\\0,01...................0,01\\(do\frac{{{n_{KOH}}}}{{{n_{C{O_2}}}}} < 1)\\ \Rightarrow {m_{KHC{O_3}}} = 0,01.100 = 1(g)\end{array}\]

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

\[\begin{array}{l}{m_{C{l_2}}} = 31,9 - 10,6 = 21,3(g)\\ \Rightarrow {n_{C{l_2}}} = \frac{{21,3}}{{71}} = 0,3(mol)\end{array}\]

PTHH: 2M + Cl₂ → 2MCl

\[\begin{array}{l} \Rightarrow {n_M} = 0,3.2 = 0,6(mol)\\{\overline M _M} = \frac{{10,6}}{{0,6}} = 17,6(g/mol)\end{array}\]

→ 2 kim loại X, Y lần lượt là Na, Li

Gọi số mol Na, Li lần lượt là x, y (mol)

Ta có hệ:

\[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 0,6\\23x + 7y = 10,6\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,4\\y = 0,2\end{array} \right.\]

\[\begin{array}{l}\% {m_{Na}} = \frac{{0,4.23}}{{10,6}}.100\% = 86,79\% \\\% {m_{Li}} = 100\% - 86,79\% = 13,21\% \end{array}\]

Đáp án đúng là: C

Gọi n(NO₂) = a và n(NO) = b. → a + b = 0,05 và 46a + 30b = 0,05. 19,8. 2

→ a = 0,03 và b = 0,02

Gọi n(FeO) = n(Fe₃O₄) = n(Fe₂O₃) = a

→ n(Fe) = a + 3a + 2a = 6a và n(O trong X) = a + 4a + 3a = 8a

\[\begin{array}{l}Fe \to \mathop {Fe}\limits^{ + 3} + 3e\\6a.............18a(mol)\\\mathop N\limits^{ + 5} + 3e \to \mathop N\limits^{ + 2} \\.....0,06...0,02(mol)\\\mathop N\limits^{ + 5} + 1e \to \mathop N\limits^{ + 4} \\.....0,03...0,03(mol)\\\mathop O\limits^0 + 2e \to \mathop O\limits^{ - 2} \\....16a....8a(mol)\end{array}\]

BT e, ta có: 18a = 0,06 + 0,03 + 16a → a = 0,045 mol

→ m = 6. 0,045. 56 + 8. 0,045. 16 = 20,88 (g).

$$\begin{gathered} 3CO+F{e}_2{O}_3\stackrel{t^{°}}{\to }2Fe+3C{O}_2 \\ CO+F{e}_2{O}_3\stackrel{t^{°}}{\to }2FeO+C{O}_2 \\ CO+\text{ 3}F{e}_2{O}_3\stackrel{t^{°}}{\to }2F{e}_3{O}_4+C{O}_2 \end{gathered}$$

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂

FeO + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂O

Fe₃O₄ + 4H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 4H₂O

Fe₂O₃ + 3H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 3H₂O

Al₂O₃ + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂O

Gọi x, y là số mol Al₂O₃; Fe₂O₃

⇒102x + 160y = 10,55 (1)

 \[{n_{{H_2}S{O_4}}} = 0,25(mol);{n_{{H_2}}} = 0,05(mol)\]

Bảo toàn nguyên tố H:

\[{n_{{H_2}O}} = {n_{{H_2}S{O_4}}} - {n_{{H_2}}} = 0,25 - 0,05 = 0,2(mol)\]

\[ \Rightarrow {n_{O(B)}} = {n_{{H_2}O}} = 0,2(mol)\]

Bảo toàn nguyên tố C:

\[{n_{CO}} = {n_{C{O_2}}} = {n_{CaC{O_3}}} = 0,025(mol)\]

Bảo toàn nguyên tố O:

\[\begin{array}{l}{n_{O(A)}} + {n_{CO}} = {n_{O(B)}} + 2{n_{C{O_2}}}\\ \Rightarrow {n_{O(A)}} = 0,2 + 0,025.2 - 0,025 = 0,225(mol)\\ \Rightarrow 3x + 2y = 0,225(2)\end{array}\]

Từ (1) và (2) \[\left\{ \begin{array}{l}x = 0,025\\y = 0,05\end{array} \right.\]

\[\begin{array}{l}\% {m_{A{l_2}{O_3}}} = \frac{{0,025.102}}{{10,55}}.100\% = 24,17\% \\ \Rightarrow \% {m_{F{e_2}{O_3}}} = 100\% - 24,17\% = 75,83\% \end{array}\]

\[\begin{array}{l}{n_{C{O_2}}} = \frac{{8,96}}{{22,4}} = 0,4(mol)\\{n_{{H_2}O}} = \frac{{9,9}}{{18}} = 0,55(mol)\\{n_{ankan}} = {n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 0,55 - 0,4 = 0,15(mol)\end{array}\]

Mà được trộn theo tỉ lệ 1 : 2 nên

Ankan 1 = 0,05

Ankan 2 = 0,1

Ta có: \[\overline C = \frac{{0,4}}{{0,15}} = 2,67\]

→  C₂H₆ và C_nH_2n+2

Bảo toàn C: 0,05.2 + n.0,1 = 0,4

→ n = 3 → C₃H₈

Vậy C₂H₆ và C₃H₈

\[ \Rightarrow \% Ankan1 = \frac{{0,05}}{{0,15}}.100\% = 33,33\% \]

→ % Ankan 2 = 100% - 33,33% = 66,67 %.

Đáp án đúng là: C

A. dùng dd AgNO₃ thì sẽ làm lượng Ag trong hỗn hợp tăng lên

B. dùng dd Fe(NO₃)₂ thì sẽ không tinh chế được Ag vì cả Ag và Cu cùng không phản ứng với dd Fe(NO₃)₂

C. Dùng dd Fe(NO₃)₃ sẽ tinh chế được Ag mà không làm thay đổi khối lượng của chúng

2Fe(NO₃)₃ + Fe → 3Fe(NO₃)₂

2Fe(NO₃)₃ + Cu → 2Fe(NO₃)₂ + Cu(NO₃)₂

3Fe(NO₃)₃ + Al → Al(NO₃)₃ + 3Fe(NO₃)₂

D. Không dùng được vì Ag cũng sẽ phản ứng.

Không khí có 80% thể tích là N₂; 20% là O₂ nên gọi: \[{n_{{O_2}}} = a;{n_{{N_2}}} = 4a\]

Bảo toàn khối lượng: m_A = m_B → n_A.M_A = n_B.M_B

\[\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{{M_A}}}{{{M_B}}} = \frac{{{n_B}}}{{{n_A}}} \Rightarrow \frac{{6a - x}}{{6a}} = 0,93 \Rightarrow x = 0,42a\\Do\frac{{{n_{S{O_2}}}}}{2} = \frac{a}{2} < \frac{{{n_{{O_2}}}}}{1} = a\end{array}\]

→ Hiệu suất tính theo SO₂

\[ \Rightarrow H = \frac{{2.0,42a}}{a}.100\% = 84\% \]

Đặt a, b lần lượt là số mol của CO₂, CO.

Theo đề bài ra, ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}a + b = 0,2\\44a + 28b = 0,2.2.15,6\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0,04\\b = 0,16\end{array} \right.\]

PTHH: CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

0,04………………0,04 (mol)

\[ \Rightarrow {m_{CaC{O_3}}} = 0,04.100 = 4(g)\]

Đáp án đúng là: A

Bảo toàn e: \[2{n_T} = 2{n_{{H_2}}} \Rightarrow {n_T} = {n_{{H_2}}} = 0,03(mol)\]

\[ \Rightarrow {\overline M _T} = \frac{{0,88}}{{0,03}} = 29,33\]

Vì 24 < 29,33 < 40 nên hai kim loại là Mg và Ca

\[{n_{HCl}} = 2{n_{{H_2}}} = 0,06(mol)\]

BTKL: m = 0,88 + 0,06.36,5 − 0,03.2 = 3,01 gam.

Đặt n_A = 3a (mol);n_B = a (mol)

\[\begin{array}{l}\overline {{M_X}} = 18,5.2 = 37\\ \Rightarrow \frac{{3a.{M_A} + a.{M_B}}}{{a + 3a}} = 37\\ \Rightarrow 3{M_A} + {M_B} = 148\end{array}\]

Mà A, B cùng dãy đồng đẳng nên M_B = M_A + 14x (x: số tự nhiên khác 0)

→3M_A + M_A + 14x = 148

\[ \Rightarrow {M_A} = \frac{{148 - 14x}}{4}\]

→x = 2; M_A = 30 (C₂H₆) hoặc x = 6; M_A =16 (CH₄)

Vậy các hidrocacbon có thể là: 

\[\left\{ \begin{array}{l}{C_2}{H_6},{C_4}{H_{10}}\\C{H_4},{C_7}{H_{16}}\end{array} \right.\]

$$\begin{gathered} 2yAl+3F{e}_x{O}_y\stackrel{t^{°}}{\to }yA{l}_2{O}_3+3xFe \\ Y có Al2O3, Fe và Al dư \\ Ta có: \\ Phần 1: Cho tác dụng với NaOH dư \\ Al2O3 + 2NaOH \to 2NaAlO2 + H2O \\ 2Al + 2NaOH + 2H2O \to 2NaAlO2 + 3H2 \\ \Rightarrow n_{Aldu}=\frac{2}{3}{n}_{H_2}=0,05\left(mol\right) \\ \to mAl dư = 1,35 \left(g\right) \\ \to mFe = 12,6 \left(g\right) \to nFe = 0,225 \left(mol\right) \\ Phần 2: cho tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc nóng dư \\ Gọi a là hệ số tỉ lệ với phần 1 \\ Al2O3 + 3H2SO4 \to Al2\left(SO4\right)3 + 3H2O \left(1\right) \\ 2Al + 6 H2SO4 \to Al2\left(SO4\right)3 + 3SO2 + 6H2O \left(2\right) \\ 2Fe + 6H2SO4\to Fe2\left(SO4\right)3 + 3SO2 + 6H2O \left(3\right) \\ \to nAl = 0,05a mol \\ \to nFe = 0,225a mol \\ \begin{array}{l}\Rightarrow n_{S{O}_2}=\frac{3}{2}{n}_{Al}+\frac{3}{2}{n}_{Fe}=0,4125a\left(mol\right)\\ \to 0,4125a=1,2375\\ \to a=3\\ n_{A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3\left(2\right)}=\frac{1}{2}{n}_{Al}=0,025a=0,075\left(mol\right)\\ n_{F{e}_2{\left(S{O}_4\right)}_3\left(3\right)}=\frac{1}{2}{n}_{Fe}=0,1125a=0,3375\left(mol\right)\\ \to m_{A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3\left(1\right)}=263,25-0,075.342-0,3375.400=102,6\left(g\right)\\ \to n_{A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3\left(1\right)}=0,3\left(mol\right)\\ \to n_{A{l}_2{O}_3}=n_{A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3\left(1\right)}=0,3\left(mol\right)\\ \to m_Y=m_{A{l}_2{O}_3}+m_{Fe}+m_{Aldu}\\ mphần 2 = 0,3.102 + 0,05.3.27 + 0,225.3.56 = 72,45 \left(g\right) Mà ta lại có phần 2 gấp 3 lần phần 1 nên suy ra:\\ \to mphần 1 = \frac{1}{3} mphần 2 = 24,15 \left(g\right) \to m = mphần 1 + mphần 2 = 96,6 \left(g\right).\\ n_{A{l}_2{O}_{3}bd}=\frac{4}{3}{n}_{A{l}_2{O}_{3phần 2}}=0,4 \left(mol\right)\\ \begin{array}{l}\to n_{Obd}=3n_{A{l}_2{O}_{3}bd}=1,2\left(mol\right)\\ \to \frac{x}{y}=\frac{n_{Febd}}{n_{Obd}}=\frac{0,9}{1,2}=\frac{3}{4}\end{array}\\ \to Fe3O4\end{array} \end{gathered}$$

Đáp án đúng là: A

Đề cho hỗn hợp X gồm 3 chất, nhưng chỉ có 2 giả thiết liên quan đến các chất đó nên quy đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp gồm C₃H₆, C₃H₈ 

A = P + N = Z + N

Số N hơn kém nhau 2 tức A hơn kém nhau 2 .

Gọi đồng vị nhỏ hơn là A1 (90%)

→ đồng vị lớn A2 = A1 + 2 (1)

A2 = 100 – 90 = 10%

A trung bình = 40,08 = 0,9A1+0,1A2 (2)

Từ (1) và (2) →A1 = 39,88, A2 = 41,88

Vậy A1 = 40; A2 = 42.

- Ta biết: Chất tinh khiết là chất không lẫn chất khác, hoặc chỉ có 1 nguyên tố hay là 1 hợp chất không thành phần của hợp chất hoặc nguyên tố khác và nó có tính chất nhất định, không thay đổi.

⇒ Rõ ràng hơi nước là chất tinh khiết vì là trạng thái khí của nước. Nó là một trong những pha của nước trong thủy quyển, vì vậy nó cũng giống nước, không pha lẫn tạp chất khác và có tính chất nhất định.

a) Coi tổng số hạt trong [M] là x và [X] là y

Theo bài ra ta có: 4x + 3y = 214 (I)

và 4x – 3y = 106 (II)

Giải hệ (I) và (II), ta được: x = 40 và y = 18.

Số p = số e nên ta có:

2p_M + n_M = 40 với   và p_M < 20

⇒ p_M = 13 và n_M = 14

⇒ M là ₁₃Al.

2p_X + n_X = 18 với   và p_X < 9

⇒ p_X = 6 và n_X = 6

⇒ X là ₆C.

Công thức hóa học của A là Al₄C₃.

b) Cấu hình electron: ₁₃Al (1s²2s²2p⁶3s²3p¹) và ₆C (1s²2s²2p²)

Gọi tổng số hạt trong A, B, X lần lượt là a, b, c

Ta có hpt: \[\left\{ \begin{array}{l}a + 2b = 66\\2a + c = 96\\b + c = 84\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 18\\b = 24\\c = 60\end{array} \right.\]

Áp dụng CT: 

\[1 \le \frac{N}{Z} \le 1,5 \Rightarrow \frac{{\sum p,n,e}}{{3,52}} \le Z \le \frac{{\sum p,n,e}}{3}\] vào từng nguyên tử

+ Xét nguyên tử A:

\[\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{18}}{{3,52}} \le {Z_A} \le \frac{{18}}{3}\\ \Rightarrow 5,11 \le {Z_A} \le 6 \Rightarrow {Z_A} = 6\end{array}\]

→ A là C

+ Nguyên tử B:

\[\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{24}}{{3,52}} \le {Z_B} \le \frac{{24}}{3}\\ \Rightarrow 6,81 \le {Z_B} \le 8 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{Z_B} = 7\\{Z_B} = 8\end{array} \right.\end{array}\]

→ B là N hoặc O

- B là N thì AB₂ là CN₂ (loại)

- B là O thì AB₂ là CO₂ (thoả mãn)

Do M_Z < 120 thì Z chỉ chứa 1 nhóm CO₃

→ Z là X₂CO₃ hoặc XCO₃

Mà X hình thành hợp chất XO nên X hoá trị II → Z là XCO₃

\[\begin{array}{l} \Rightarrow \frac{{60}}{{3,52}} \le {Z_X} \le \frac{{60}}{3}\\ \Rightarrow 17,04 \le {Z_X} \le 20 \Rightarrow \left[ \begin{array}{l}{Z_X} = 18\\{Z_X} = 19\\{Z_X} = 20\end{array} \right.\end{array}\]

- Z_X = 18 thì Z là Ar (loại)

- Z_X = 19 thì Z là K (loại)

- Z_X = 20 thì Z là Ca  (thoả mãn).

\[\begin{array}{l}{m_{Al}} = \frac{{342.15,79}}{{100}} = 54(g) \Rightarrow {n_{Al}} = \frac{{54}}{{27}} = 2(mol)\\{m_S} = \frac{{342.28,07}}{{100}} = 96(g) \Rightarrow {n_S} = \frac{{96}}{{32}} = 3(mol)\\{m_O} = 342 - 54 - 96 = 192(g) \Rightarrow {n_O} = \frac{{192}}{{16}} = 22(mol)\end{array}\]

Vậy CTHH: Al₂(SO₄)₃.

%H = 100% - 82,76% = 17,24%

Gọi công thức tổng quát là C_xH_y

\[\begin{array}{l}{n_C} = \frac{{86,76}}{{12}} = 6,89(mol)\\{n_H} = \frac{{17,24}}{1} = 17,24(mol)\end{array}\]

Lập tỉ lệ, ta được:

\[\frac{x}{y} = \frac{{6,89}}{{17,24}} = \frac{2}{5}\]

Vậy công thư đơn giản của X là C₂H₅.

a) Gọi CTPT của Y là C_xH_yO_z ( x, y, z  € N*)

Đốt cháy Y sản phẩm thu được gồm H₂O và CO₂. Khi cho sản phẩm qua H₂SO₄ đặc dư thì H₂O bị hấp thụ, tiếp tục cho qua KOH dư thì CO₂ bị hấp thụ

→ m_{B1 tăng} = \[{m_{{H_2}O}}\] = 0,72 (g) → \[{n_{{H_2}O}}\]= 0,72/18 = 0,04 (mol)

m_{B2 tăng} = \[{m_{C{O_2}}}\] = 3,96 (g) → \[{n_{C{O_2}}}\] = 3,96/44 = 0,09 (mol)

BTKL: n_{O (trong A)} = (m_A – m_C – m_H )/16 = (1,48 – 0,09.12 – 0,04.2 )/16 = 0,02 (mol)

Ta có: x : y : z = n_C : n_H : n_O

 = 0,09 : 0,08 : 0,02

= 9 :8 : 2

CTPT trùng với CT ĐGN => CTPT củaY là: C₉H₈O₂

Độ bất bão hòa của Y: C₉H₈O₂: k = ( 9.2 + 2 – 8) /2 = 6

Y không tham gia phản ứng tráng bạc => Y không có cấu tạo nhóm – CHO trong phân tử

Y + KMnO₄ →  Y₁ ( M_Y1 = M_Y + 34 ) => Y có chứa liên kết đôi C=C khi phản ứng với KMnO₄ sẽ tạo thành C(OH)-C(OH)

n_Y = 1,48: 148 = 0,01 (mol) ; n_NaOH = 0,02 (mol)

n_Y : n_NaOH = 1: 2 và sản phẩm tạo thành 2 muối => Y là este của axit cacboxylic và phenol hoặc dẫn xuất của phenol

Vậy CTCT của Y thỏa mãn là: CH₂=CH-COOC₆H₅: phenyl acrylat

3CH₂=CH-COOC₆H₅ + 2KMnO₄ + 4H₂O → 3CH₂(OH)-CH(OH)-COOC₆H₅ + 2MnO₂↓ + 2KOH

b) Z là đồng phân của Y => Z có cùng CTPT là: C₉H₈O₂

n_Z = 0,37/148 = 0,025 (mol); n_NaOH = 0,025 (mol); n_Ag = 0,01 (mol)

n_Z : n_NaOH = 1: 1 => Z có 1 trung tâm phản ứng với NaOH

Ta thấy n_Ag = 4n_Z => Z phải phản ứng với NaOH sinh ra cả 2 chất hữu cơ đều có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc ( mỗi chất tham gia phản ứng tráng bạc sinh ra 2Ag)

Z chỉ phản ứng với H₂ ( Pb, t⁰) theo tỉ lệ 1: 1 => Z có 1 liên kết đôi C=C ngoài mạch

Vậy CTCT của Z thỏa mãn là: HCOOCH=CH-C₆H₅

HCOOCH=CH-C₆H₅ + NaOH → COONa + C₆H₅CH₂CHO

HCOONa + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O → NH₄O-COONa + 2Ag ↓ +  2NH₄NO₃

C₆H₅CH₂CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O → C₆H₅CH₂COONH₄+ 2Ag↓ + 2NH₄NO₃

Đáp án đúng là: C

Từ hợp chất RH₂ → R thuộc nhóm VIA nên hợp chất với oxit cao nhất là: RO₃

Ta có: \[\frac{R}{{16.3}} = \frac{2}{3}\] → R = 32 nên R là nguyên tố S.

Đáp án đúng là: B

+) Hợp chất M₂X có tổng số hạt cơ bản là 140

⇒2(2Z_M + N_M) + (2Z_X + N_X) = 140

⇔(4Z_M + 2N_M) + (2Z_X + N_X) = 140       (1)

+) Trong số đó tổng số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 44

→(4Z_M + 2Z_X) − (2N_M + N_X) = 44      (2)

+) Số hạt mang điện của M nhiều hơn của X là 22

→2Z_M − 2Z_X = 22        (3)

Giải (1), (2) ta được: 

\[\left\{ \begin{array}{l}4{Z_M} + {\rm{ }}2{Z_X} = 92(4)\\2{N_M} + {N_X} = 48\end{array} \right.\]

Từ (3), (4) ⇒\[\left\{ \begin{array}{l}{Z_M} = 19(K)\\{Z_X} = 8(O)\end{array} \right.\]

Đáp án đúng là: D

Hợp chất KOH chứa cả liên kết cộng hóa trị (liên kết O - H) và liên kết ion (giữa K và OH).

Đáp án đúng là: D

\[\% F{e_{F{e_2}{O_3}}} = \frac{{56.2}}{{56.2 + 16.3}}.100\% = 70\% \]

- Tổng hạt trong A₂B: 2(2Z+N) + (2Z'+N') = 92 (1)

- Hạt mang điện nhiều hơn không mang điện là 28: (2.2Z+2Z') - (2N+N') = 28 (2)

- Hạt "mang điện" trong nhân A hơn nhân B là 6 hạt: Z - Z' = 6 (3)

Cộng hai vế (1) và (2) được: 8Z + 4Z' = 120 (4)

Giải hệ (3) và (4) được Z = 12 (Mg) và Z' = 6 (C)

Vậy công thức của hợp chất là Mg₂C.

a) %O = 100% - 28% - 24% = 48%

Đặt CTHH hợp chất X là Fe_xS_yO_z

Ta có:

\[x:y:z = \frac{{\% Fe}}{{56}}:\frac{{\% S}}{{32}}:\frac{{\% O}}{{16}} = \frac{{28\% }}{{56}}:\frac{{24\% }}{{32}}:\frac{{48\% }}{{16}} = 0,005:0,0075:0,03 = 2:3:12\]

→ CTHH hợp chất X có dạng (Fe₂S₃O₁₂)_n với \[n \in {N^*}\]

Mà M_X = 400 nên ta có:

(56.2 + 32.3 + 16.12).n = 400 → n = 1

b, \[{n_X} = \frac{{20}}{{400}} = 0,05(mol)\]

Một phân tử Fe₂S₃O₁₂ có 2+3+12 = 17 nguyên tử

nên 0,05 mol X có 0,05.17 = 0,85 mol nguyên tử 

Số phân tử O₂ bằng số nguyên tử trong 20 gam X nên số mol O₂ bằng số mol nguyên tử trong 20 gam X

\[ \Rightarrow {n_{{O_2}}} = 0,85(mol)\]

Vậy \[{V_{{O_2}}}\]= 0,85.22,4 = 19,04 (l).

a) Nguyên tố s có 7 electron s là K (1s²2s²2p⁶3s²3p⁶4s¹);

Nguyên tố p có 11 electron p là Cl (1s²2s²2p⁶3s²3p⁵);

Nguyên tố p có 4 electron p là O (1s²2s²2p⁴);

Khối lượng O trong X là: 122,5.0,3919 ≈ 48 (amu) ứng với 3 nguyên tử O.

Công thức X có dạng K_xCl_yO₃.

Theo bài ra ta có: 39x + 35,5y = 122,5 – 48 = 74,5

⇒ x = y = 1 ⇒ Công thức X: KClO₃.

b) Cấu tạo X:

Gồm liên kết K⁺ và ClO₃^- là liên kết ion; liên kết đơn Cl-O và liên kết kép Cl=O là các liên kết công hóa trị phân cực

a) Gọi số proton và neutron của M lần lượt là P₁ và N₁;

số proton và neutron của X lần lượt là P₂ và N₂.

M chiếm 46,67% về khối lượng nên: N1+P1N1+P1+2(N2+P2).100=46,67 (1)

Trong hạt nhân M có số neutron nhiều hơn số proton là 4 hạt nên: N₁ -  P₁ =  4 

⇒ N₁ =  4 +  P₁ (2)

Trong hạt nhân nguyên tử X, số neutron bằng số proton nên: P₂ = N₂ (3)

Tổng số proton trong MX₂ là 58 nên: P₁ + 2P₂ = 58 (4)

Từ (1), (2), (3), (4) giải hệ phương trình có P₁ = 26; N1 = 30; P₂ = 16;  N₂ = 16.

Vậy A_M = P₁ + N₁ = 26 + 30 = 56.

A_x = P₂ + N₂  = 16 + 16 = 32.

b) M là Fe, X là S, công thức phân tử MX₂ là FeS₂.

Hợp chất tạo bởi Cu; O có dạng là Cu_xO_y.

\[ \to {M_{C{u_x}{O_y}}}\]= 64x + 16y = 144

\[ \to \% {m_{Cu}} = \frac{{64x}}{{144}} = 88,89\% \to x = 2,y = 1\]

Vậy hợp chất cần tìm là Cu₂O.

CTHH: C_xH_yO_z

\[\begin{array}{l}{M_A} = 23{M_{{H_2}}} = 46{\rm{d}}vC\\\% C = \frac{{x.{M_C}}}{{{M_A}}}.100\% = 52,174\% \\ \Rightarrow x = \frac{{46.0,52174}}{{12}} = 2\\\% H = \frac{{y.{M_H}}}{{{M_A}}}.100\% = 13,043\% \\ \Rightarrow y = \frac{{46.0,13043}}{1} = 6\\{M_A} = 46dvC\\ \Rightarrow z = \frac{{46 - 2.12 - 6}}{{16}} = 1\end{array}\]

b)C₂H₆O có 2 đồng phân: CH₃ – CH₂ – OH; CH₃ – O − CH₃

%m_O = 100% − 55,81% − 6,98% = 37,21%

Hợp chất tạo bởi C; H; O nên có dạng C_xH_yO_z

\[ \to x:y:z = \frac{{\% {m_C}}}{{12}}:\frac{{\% {m_H}}}{1}:\frac{{\% {m_O}}}{{16}} = \frac{{55,81\% }}{{12}}:\frac{{6,98\% }}{1}:\frac{{37,21\% }}{{16}} = 2:3:1\]

Vậy công thức đơn giản nhất là C₂H₃O

CTPT của X có dạng (C₂H₃O)_n

\[\begin{array}{l} \to {M_X} = (12.2 + 3 + 16)n = 43n = 3,07{M_{{N_2}}} = 3,07.28 = 86\\ \to n = 2\end{array}\]

Vậy X là C₄H₆O₂.

Phương trình ở dạng phân tử: Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Phương trình dạng ion đầy đủ:

\[Fe + 2{H^ + } + 2C{l^ - } \to F{e^{2 + }} + 2C{l^ - } + {H_2}\]

Phương trình dạng ion rút gọn :

\[Fe + 2{H^ + } \to F{e^{2 + }} + {H_2}\]

Một chất là axit khi nó có thể nhường proton. Một chất là bazơ khi nó có thể nhận proton. Khi có cả hai tính chất trên thì là chất lưỡng tính, còn lại là các chất trunh tính.

- ion axit: ion của kim loại trung bình yếu, \[NH_4^ + ,HSO_4^ - \]

- ion bazơ: ion gốc axit trung bình yếu. 

- ion lưỡng tính: \[HCO_3^ - ,HSO_3^ - ,{H_2}PO_4^ - \]

- ion trung tính: còn lại.

Lưu ý: không phải cứ có H là ion lưỡng tính.

Những gốc hidrocacbon có 1 nhánh CH₃ ở C2 gọi là iso 

VD: CH₃ - CH(CH₃) – CH₂ - : gốc isobutyl 

Những gốc hidrocacbon có 2 nhánh CH₃ ở C2 gọi là neo 

VD: CH₃ -(CH₃)C(CH₃) – CH₂ -: gốc neopentyl 

Những gốc hidrocacbon mà vị trí gắn nhóm chức là C bậc II gọi là sec 

VD: CH₃-CH₂-CH(CH₃)-: gốc sec-butyl 

Những gốc hidrocacbon mà vị trí gắn nhóm chức là C bậc IIi gọi là tert 

VD: CH₃ - (CH₃)C(CH₃)-: gốc tert-butyl

Gọi n_Cu = x (mol), n_Zn = y (mol); \[{n_{N{O_2}}} = \frac{{2,688}}{{22,4}} = 0,12(mol)\]

Cho 3,89 gam hỗn hợp Cu và Zn → 64x + 65y = 3,89 (*)

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

Zn + 2HNO₃ → Zn(NO₃)₂ + 2NO₂ + 2H₂O (2)

Theo PTHH: (1) \[{n_{N{O_2}}} = 2{n_{Cu}} = 2x(mol)\]

(2): \[{n_{N{O_2}}} = 2{n_{Zn}} = 2y(mol)\]

\[ \Rightarrow \sum {{n_{N{O_2}}} = 2x + 2y = 0,12(mol)} \] (**)

Từ (*), (**), ta có hệ phương trình:

\[\left\{ \begin{array}{l}64x + 65y = 3,89\\2x + 2y = 0,12\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,01\\y = 0,05\end{array} \right.\]

a/ Phần trăm khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp ban đầu

\[\% {m_{Cu}} = \frac{{0,01.64}}{{3,89}}.100\% = 16,45\% \]

%m_Zn = 100% - 16,45% = 83,55%.

a) PTHH: M₂O₃ + 6HCl → 2MCl₃ + 3H₂O

\[\begin{array}{l}{n_{{M_2}{O_3}}} = a(mol) \Rightarrow {n_{MC{l_3}}} = 2a(mol)\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m_{{M_2}{O_3}}} = (2{M_M} + 48)a = 5,1(g)\\{m_{MC{l_3}}} = ({M_M} + 106,5)a = 6,675(g)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0,05\\{M_M}a = 1,35\end{array} \right. \Rightarrow {M_M} = \frac{{1,35}}{{0,05}} = 27\end{array}\]

Vậy M là nhôm (Al)

b)

\[\begin{array}{l}{n_{HCl}} = 6{n_{A{l_2}{O_3}}} = 6.0,05 = 0,3(mol)\\ \Rightarrow {m_{{\rm{dd}}HCl}} = \frac{{0,3.36,5.100\% }}{{20\% }} = 54,75(g)\end{array}\]

Đáp án đúng là: B

Trong môi trường kiềm, \[NO_3^ - \] bị Al, Zn khử thành NH₃

Trong môi trường axit, \[NO_3^ - \] bị nhiều kim loại khử thành nhiều sản phẩm khử như NO₂, NO, N₂O N₂, \[NH_4^ + \]

Zn + 2NaOH → Na₂ZnO₂ + H₂

2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂

4Zn + NaNO₃ + 7NaOH → 4Na₂ZnO₂ + NH₃ + 2H₂O

8Al + 3NaNO₃ + 5NaOH + 2H₂O → 8NaAlO₂ + 3NH₃

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.

Đáp án đúng là: D

Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu

a…………………………a (mol)

m_{chất rắn tăng} = m_Cu – m_Fe = 64a – 56a = 0,8 → a = 0,1

\[ \to x = \frac{{0,1}}{{0,2}} = 0,5(M)\]

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

Ta có: \[{n_{Fe}} = \frac{m}{M} = \frac{{16,8}}{{56}} = 0,3(mol)\]

Theo PTHH:

\[\begin{array}{l} \Rightarrow {n_{{O_2}}} = \frac{2}{3}{n_{Fe}} = \frac{2}{3}.0,3 = 0,2(mol)\\ \Rightarrow {V_{{O_2}}} = 0,2.22,4 = 4,48(l)\end{array}\]

Vậy thể tích khí oxi ở đktc cần dùng là 4,48 (l).

Nước vôi trong tác dụng với khí cacbonic có trong không khí tạo thành canxi cacbonat không tan trong nước, do đó khi để lâu trong không khí thì bề mặt dung dịch nước vôi trong sẽ có một lớp váng màu trắng.

PTHH: CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O

Gọi CTTQ của A là C_xH_yO_zN_t

\[\begin{array}{l}{n_{{N_2}}} = \frac{{55,8}}{{1000.22,4}} = 0,0026(mol)\\ \Rightarrow {n_N} = 2{n_{{N_2}}} = 0,0025.2 = 0,005(mol)\\{M_A} = 2,03.29 \approx 59\\{n_{C{O_2}}} = \frac{{0,44}}{{44}} = 0,01(mol)\\ \Rightarrow {n_C} = {n_{C{O_2}}} = 0,01(mol)\\{n_{{H_2}O}} = \frac{{0,225}}{{18}} = 0,0125(mol)\\ \Rightarrow {n_H} = {n_{{H_2}O}} = 0,0125.2 = 0,025(mol)\end{array}\]

có: \[{n_A} = \frac{{0,295}}{{59}} = 0,005(mol)\]

Ta có :

\[\begin{array}{l}x = \frac{{{n_C}}}{{{n_A}}} = \frac{{0,01}}{{0,005}} = 2\\y = \frac{{{n_H}}}{{{n_A}}} = \frac{{0,025}}{{0,005}} = 5\\t = \frac{{{n_N}}}{{{n_A}}} = \frac{{0,005}}{{0,005}} = 1\end{array}\]

Vậy CT của A là C₂H₅O_zN

mà M_A = 12.2 + 5 + 16z + 14 = 59

⇒z = 1

Vật CTPT của A là C₂H₅ON.

Gọi số mol của CO₂ và H₂O lần lượt là x và y mol.

Ta có: \[{m_{C{O_2}}} - {m_{{H_2}O}} = 3,36\]gam → 44x − 18y = 3,36 (1)

Bảo toàn nguyên tố C, H:

\[\begin{array}{l}{n_C} = {n_{C{O_2}}} = x(mol)\\{n_H} = {n_{{H_2}O}} = 2y(mol)\\ \to {m_{ankan}} = {m_C} + {m_H} = 12x + 2y = 2,16(2)\end{array}\]

Từ (1) và (2) suy ra: x = 0,15; y = 0,18

\[ \to {n_{ankan}} = {n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 0,18 - 0,15 = 0,03(mol)\]

Số C \[ = \frac{{0,15}}{{0,03}} = 5\]

Số H \[ = \frac{{0,18.2}}{{0,03}} = 12\]

CTPT: C₅H₁₂

b. CTCT:

CH₃ − CH₂ − CH₂ − CH₂ − CH₃: n−pentan

CH₃ − CH(CH₃) – CH₂ – CH₃: 2−metylbutan

CH₃ − C(CH₃)₂ − CH₃: 2,2− đimetylpropan

Đáp án đúng là: A

Số mol khí NO:

Theo phản ứng (1) số mol Cu:

Khối lượng Cu trong hỗn hợp ban đầu: m_Cu = 0,45.64 = 28,8 (g).

Khối lượng CuO trong hỗn hợp ban đầu: m_CuO = 30 - 28,8 = 1,2 (g).

Các phản ứng thu nhiệt là các phản ứng cần thêm nhiệt độ t⁰.

Ngoài ra nhiệt độ là một động lực thúc đẩy tốc độ phản ứng diễn ra nhanh hơn.

Các phản ứng giữa kim loại với phi kim, phi kim với phi kim và phản ứng phân hủy thường cần thêm nhiệt độ vào phản ứng. (ngoài ra còn một số phản ứng tổng hợp hữu cơ)

VD: 

Kim loại với phi kim: $2Na+C{l}_2\stackrel{t^{°}}{\to }2NaCl$

Phi kim với phi kim: $C+O_2\stackrel{t^{°}}{\to }C{O}_2$

Phân hủy: $2KMn{O}_4\stackrel{t^{°}}{\to }{K}_{2}Mn{O}_4+Mn{O}_2+O_2$

Phản ứng hữu cơ: $C_2{H}_4+H_2\stackrel{Ni,t^{°}}{\to }{C}_2{H}_6$

Gọi \[{n_{Cu{{(N{O_3})}_2}}} = x(mol)\]

$\begin{array}{l}2Cu{\left(N{O}_3\right)}_2\stackrel{t°}{\to }2CuO+4N{O}_2+O_2\\ x\mathrm{..............................}x\mathrm{.............2}x\mathrm{.......0},5x\left(mol\right)\end{array}$

\[ \Rightarrow \% {V_{N{O_2}}} = \frac{{2x}}{{2x + 0,5x}}.100\% = 80\% \]

$2Cu{\left(N{O}_3\right)}_2\stackrel{t^{°}}{\to }2CuO+4N{O}_2+O_2$

Gọi x là số mol Cu(NO₃)₂ phản ứng

\[\begin{array}{l}{n_{Cu{{(N{O_3})}_2}}} = \frac{{11,28}}{{188}} = 0,06(mol)\\ \Rightarrow {m_{Cu{{(N{O_3})}_2}du}} = 11,28 - 188x\\{m_{CuO}} = 80x\end{array}\]

⇒m_rắn = 11,28 − 188x + 80x = 6,96

⇒x = 0,04 (mol)

\[ \Rightarrow H = \frac{{0,04}}{{0,06}}.100\% = 66,67\% \]

b,

Theo PTHH: \[{n_{N{O_2}}} = 0,08(mol)\]

\[\begin{array}{l}2N{O_2} + {\rm{ }}{H_2}O{\rm{ }} \to {\rm{ }}HN{O_3} + {\rm{ }}HN{O_2}\\0,08........................0,04........0,04(mol)\end{array}\]

\[{m_{N{O_2}}} = 0,08.46 = 3,68(g)\]

m_dd = 120 + 3,68 = 123,68 (g)

\[\begin{array}{l}C{\% _{HN{O_2}}} = \frac{{0,04.48}}{{123,68}}.100\% = 1,55\% \\C{\% _{HN{O_3}}} = \frac{{0,04.63}}{{123,68}}.100\% = 2,04\% \end{array}\]

Quặng: Cu(OH)₂.CuCO₃

$Cu{\left(OH\right)}_2.CuC{O}_3\stackrel{t^{°}}{\to }2CuO+C{O}_2+H_{2}O$

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

\[\begin{array}{l}{m_{Cu{{(OH)}_2}.CuC{O_3}}} = {m_{CuO}} + {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}}\\2,22 = 1,6 + {m_{C{O_2}}} + 0,18\\ \Rightarrow {m_{C{O_2}}} = 0,44(g)\end{array}\]

b) m_quặng = \[{m_{CuO}} + {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}}\]= 6 + 0,9 + 2,2 = 9,1 (g)

Đáp án đúng là: D

Sản phẩm thuỷ phân bằng NaOH: HCOONa (muối), CH₂=CHCH₂OH (ancol)

OH không gắn vào cacbon không no nên sản phẩm là ancol, không chuyển thành anđehit, xeton.

Đáp án đúng là: C

Gọi V₁ = V₂ = 1 thì sau khi trộn: n(HNO₃) = 0,01 và n(NaOH) =0,03

Axit + Bazo theo tỉ lệ 1:1 nên NaOH dư = 0,02 mol

Vậy [OH^- ] dư =0,02 : 2 =0,01 suy ra p[OH] = - log(0,01) = 2

Như vậy pH = 14 - 2 = 12.

Ta có: \[{n_{N{O_2}}} = \frac{{2,688}}{{22,4}} = 0,12(mol)\]

Gọi a là số mol của Cu và b là số mol của Al. 

Ta có các quá trình:

\[\left. {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}\mathop {Cu}\limits^0 \to \mathop {Cu}\limits^{ + 2} + 2e\\a.................2a\end{array}\\\begin{array}{l}\mathop {Al}\limits^0 \to \mathop {Al}\limits^{ + 3} + 3e\\b................3b\end{array}\end{array}} \right|\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\mathop N\limits^{ + 5} + e \to \mathop N\limits^{ + 4} \]

Theo đề bài ta có hệ phương trình:

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}\stackrel{khoiluong}{\to }64a+27b=2,46\\ \stackrel{\text{Ba}otoane}{\to }2a+3b=0,12\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=0,03\\ b=0,02\end{array}\right.\\ \%m_{Cu}=\frac{0,03.64}{2,46}.100\%=78,05\%\end{array}$

%m_Al = 100% - 78,05% = 21,95%.