1004 câu Trắc nghiệm tổng hợp Hóa học năm 2023 có đáp án (Phần 9)

Lời giải:

a) 6 dung dịch: H₂SO₄, HCl, NaOH, Ba(OH)₂, NaCl, BaCl₂

- Dùng quỳ tím để nhận biết:

+ Quỳ tím hoá đỏ: HCl, H₂SO₄ (A)

+ Quỳ tím hoá xanh: NaOH, Ba(OH)₂ (B)

+ Quỳ tím không đổi màu: NaCl, BaCl₂ (C)

- Lấy 1 chất bất kì ở nhóm A cho vào nhóm B. Nếu có kết tủa trắng thì chất ở nhóm A là H₂SO₄, chất ở nhóm B là Ba(OH)₂ → Chất còn lại ở nhóm A là HCl, chất còn lại ở nhóm B là NaOH.

H₂SO₄ + Ba(OH)₂ → BaSO₄↓ + 2H₂O

- Dùng H₂SO₄ nhận ra 2 chất ở nhóm C, có kết tủa là BaCl₂, còn lại là NaCl

BaCl₂ + H₂SO₄ → BaSO₄↓ + 2HCl

b) 6 dung dịch: Na₂SO₄, NaOH, BaCl₂, HCl, AgNO₃, MgCl₂

- Dùng quỳ tím để nhận biết:

+ Quỳ tím hoá đỏ: HCl, AgNO₃, MgCl₂ (A)

+ Quỳ tím hoá xanh: NaOH

+ Quỳ tím không đổi màu: Na₂SO₄, BaCl₂ (B)

- Cho NaOH vào nhóm A:

+ Kết tủa trắng là MgCl₂:

2NaOH + MgCl₂ → Mg(OH)₂↓ + 2NaCl

+ Kết tủa đen là AgNO₃

2AgNO₃ + 2NaOH → 2NaNO₃ + Ag₂O↓ + H₂O

+ Trong suốt, không hiện tượng là HCl

HCl + NaOH → NaCl + H₂O

- Cho AgNO₃ vào nhóm B:

+ Kết tủa trắng hoàn toàn là BaCl₂:

BaCl₂ + 2AgNO₃ → Ba(NO₃)₂ + 2AgCl↓

+ Có thể kết tủa trắng một phần nhỏ là Na₂SO₄

Na₂SO₄ + 2AgNO₃ → 2NaNO₃ + Ag₂SO₄

c) 4 dung dịch: Na₂CO₃, AgNO₃, CaCl₂, HCl.

- Dùng quỳ tím để nhận biết:

+ Quỳ tím hoá đỏ: HCl, AgNO₃ (A)

+ Quỳ tím hoá xanh: Na₂CO₃

+ Quỳ tím không đổi màu: CaCl₂

- Cho Na₂CO₃ vào A:

+ Có khí là HCl:

Na₂CO₃ + 2HCl → 2NaCl + CO₂↑ + H₂O

+ Có kết tủa là AgNO₃:

Na₂CO₃ + 2AgNO₃ → Ag₂CO₃↓ + 2NaNO₃

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

- Trích mẫu thử. Cho lần lượt các mẫu thử vào dung dịch H₂SO₄.

+ Mẫu thử sủi bọt khí không màu đồng thời xuất hiện ↓ trắng là Ba

Ba + H₂SO₄ → BaSO₄↓ + H₂↑

+ Mẫu thử chỉ sủi bọt khí không màu là Mg, Zn và Fe.

Mg + H₂SO₄ → MgSO₄ + H₂↑

Zn + H₂SO₄ → ZnSO₄ + H₂↑

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂↑

- Cho tiếp Ba dư vào rồi lọc bỏ kết tủa → thu được dung dịch chỉ chứa Ba(OH)₂

- Lấy dung dịch này cho từ từ đến dư vào các dung dịch sản phẩm phía trên:

+ Dung dịch cho ↓ trắng → dung dịch là MgSO₄ → mẫu thử là Mg.

Ba(OH)₂ + MgSO₄ → BaSO₄↓ + Mg(OH)₂↓

+ Dung dịch cho ↓ xanh trắng → dung dịch là FeSO₄ → mẫu thử là Fe.

Ba(OH)₂ + FeSO₄ → BaSO₄↓+ Fe(OH)₂↓

+ Dung dịch cho ↓ keo trắng lẫn kết tủa trắng rồi tan một phần → dung dịch là ZnSO₄ → mẫu thử là Zn.

Ba(OH)₂ + ZnSO₄ → BaSO₄↓ + Zn(OH)₂↓

Zn(OH)₂ + Ba(OH)₂ → BaZnO₂ + 2H₂O

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

\[{n_{{H_2}}} = \frac{{14,56}}{{22,4}} = 0,65(mol)\]

\[{n_{NO}} = \frac{{11,2}}{{22,4}} = 0,5(mol)\]

Gọi n_Fe = x; n_M = y (mol; x,y > 0)

Vì Fe và kim loại M có hóa trị duy nhất tan trong HCl và HNO₃ nên áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:

\[\left\{ \begin{array}{l}2x + ny = 0,65.2\\3x + ny = 0,5.3\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,2\\ny = 0,9\end{array} \right.\]

\[{m_M} = \frac{{38,6}}{2} - 0,2.56 = 8,1(g) \Rightarrow {n_M} = \frac{{8,1}}{{{M_M}}}\](1)

Mà \[{n_M} = y = \frac{{0,9}}{n}\](2)

Từ (1) và (2) \[\frac{{8,1}}{{{M_M}}} = \frac{{0,9}}{n} \Rightarrow {M_M} = 9n \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{M_M} = 27\\n = 3\end{array} \right.\]

Vậy M là nhôm (Al).

Lời giải:

Gọi n_Fe = a (mol); n_R = b (mol)

Gọi n là hóa trị của kim loại R

⇒\[56a + {M_R}b = \frac{{7,22}}{2} = 3,61(1)\]

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

2R + 2nHCl → 2RCl_n + nH₂

Theo PTHH :

\[{n_{{H_2}}} = a + 0,5bn = \frac{{2,128}}{{22,4}} = 0,095(2)\]

Phần 2 :

\[{n_{NO}} = \frac{{1,792}}{{22,4}} = 0,08(mol)\]

Fe + 4HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + NO + 2H₂O

3R + 4nHNO₃ → 3R(NO₃)_n + nNO + 4nH₂O

Theo PTHH :

\[\begin{array}{l}{n_{NO}} = {n_{Fe}} + \frac{n}{3}{n_R}\\ \Rightarrow a + \frac{{nb}}{3} = 0,08(3)\end{array}\]

Từ (1) (2) và (3) suy ra:

a = 0,05; M_Rb = 0,81; bn = 0,09 ⇔\[b = \frac{{0,09}}{n}\]

⇒\[{M_R} = \frac{{{M_R}b}}{b} = \frac{{0,81}}{{\frac{{0,09}}{n}}} = 9n\]

Nếu n = 1 thì M_R = 9 → Loại

Nếu n = 2 thì M_R = 18 → Loại

Nếu n = 3 thì M_R = 27(Al)

Vậy, kim loại R là Al.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Nhận thấy:

\[T = \frac{{{n_{NaOH}}}}{{{n_{{H_3}P{O_4}}}}} = \frac{{0,5}}{{0,2}} = 2,5\]→ tạo hai muối 

Na₂HPO₄ (a mol) và Na₃PO₄ (b mol)

Bảo toàn nguyên tố Na:

\[{n_{NaOH}} = 2{n_{N{a_2}HP{O_4}}} + 3{n_{N{a_3}P{O_4}}}\]→ 2a + 3b = 0,5 (1)

Bảo toàn nguyên tố P:

\[{n_{{H_3}P{O_4}}} = {n_{N{a_2}HP{O_4}}} + {n_{N{a_3}P{O_4}}}\]→ a + b = 0,2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra: a = b = 0,1

\[{m_{N{a_2}HP{O_4}}} = 0,1.142 = 14,2(g)\]

\[{m_{N{a_3}P{O_4}}} = 0,1.164 = 16,4(g)\]

Lời giải:  

Đáp án đúng là: C

\[{n_{A{l^{3 + }}}}\] = 0,04 mol; \[{n_{SO_4^{2 - }}}\] = 0,08 mol; \[{n_{O{H^ - }}}\] = 0,14 mol; \[{n_{B{a^{2 + }}}}\] = 0,07 mol.

\[{n_{BaS{O_4}}}\] = 0,07 mol;

\[\begin{array}{l}A{l^{3 + }} + 3O{H^ - } \to Al{(OH)_3}\\0,04....0,12.........0,04\end{array}\]

\[\begin{array}{l}Al{(OH)_3} + O{H^ - } \to AlO_2^ - + 2{H_2}O\\0,04...........0,02\end{array}\]

\[{n_{Al{{(OH)}_3}}}\]= 0,02 (mol)

Vậy kết tủa gồm Al(OH)₃ và BaSO₄ có tổng khối lượng = 78.0,02 + 233.0,07 = 17,87 gam.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

\[\left\{ \begin{array}{l}{n_X} = x + y = 0,08\\{n_{NaOH}} = x + 2y = 0,11\\BTE:8x + 14y + 6z - 0,17.2 = 0,09.8.4\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,05\\y = 0,03\\z = 0,4\end{array} \right.\]

\[\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}b = \frac{{6,88 - 32.0,11}}{{14}} = 0,24\\a = 0,4 - 0,24 = 0,16\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,05\\y = 0,03\\a = 0,16\end{array} \right.\end{array}\]

\[\begin{array}{l} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}H{(C{H_2})_2}{\rm{CO}}ONa:0,05(mol)\\{(C{H_2}{\rm{COONa)}}_2}:0,03(mol)\end{array} \right.\\ \Rightarrow \% {(C{H_2}{\rm{COONa)}}_2} = 50,31\% \end{array}\]

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Bỏ qua bước trung gian tạo dung dịch X, ta coi như cho lần lượt Lysin (0,1 mol) và NaOH (0,2 mol) tác dụng với HCl.

PTHH:

HOOCR(NH₂)₂ + 2HCl → muối

NaOH + HCl → NaCl + H₂O

Theo các PTHH: \[{n_{HCl}} = 2{n_{ly\sin }} + {n_{NaOH}}\]= 2.0,01 + 0,02 = 0,04 mol

⇒V_HCl = 0,04 l = 400 ml.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Ta có: \[{n_{C{O_2}}} = \frac{{0,112}}{{22,4}} = 0,005(mol)\]

- TH1: Muối cacbonat trung hòa:

Đặt công thức của muối là R₂CO₃

R₂ CO₃+ 2HCl → 2RCl+ CO₂+ H₂O

Theo PTHH: \[{n_{{R_2}C{O_3}}} = {n_{C{O_2}}} = 0,005(mol)\]

→ \[{M_{{R_2}C{O_3}}} = \frac{{0,53}}{{0,005}} = 106\]

→ M_R= 23 → Na → Na₂CO₃

- TH2: Muối cacbonat axit

Đặt công thức của muối là RHCO₃

RHCO₃+ HCl → RCl+ CO₂+ H₂O

Theo PTHH: n_RHCO3= n_CO2= 0,005 mol

→ M_RHCO3= 0,53/ 0,005=106

→ M_R= 465 → Loại.

Lời giải:

a, Gọi 2 kim loại đó là M

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

M + 2H₂O → M(OH)₂ + H₂↑

0,03                                0,03

⇒\[{M_M} = \frac{{1,04}}{{0,03}} \approx 34,67\]⇒ 2 kim loại là Mg và Ca

b, gọi n_Mg = x; n_Ca = y

⇒ Ta có : x+ y = 0,03; 24x+ 40y = 1,04

⇒ x= 0,01 ; y = 0,02

⇒\[\% {m_{Mg}} = \frac{{24.0,01}}{{1,04}}.100\% = 23,1\% \]; %m_Ca = 100% - 23,1% = 76,9%

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Phương trình: M + 2HCl → MCl₂ + H₂

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

\[ \Rightarrow {M_M} = \frac{{1,2}}{{0,03}} = 40\]

Vậy kim loại là canxi (Ca).

Lời giải:

Ta có pthh

2Al + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂

Theo đề bài ta có

\[{n_{Al}} = \frac{{10,8}}{{27}} = 0,4(mol)\]

a, Theo PTHH:

\[{n_{A{l_2}{{(S{O_4})}_3}}} = \frac{1}{2}{n_{Al}} = \frac{1}{2}.0,4 = 0,2(mol)\]

\[{m_{A{l_2}{{(S{O_4})}_3}}} = 0,2.342 = 68,4(g)\]

\[{n_{{H_2}}} = \frac{3}{2}{n_{Al}} = \frac{3}{2}.0,4 = 0,6(mol)\]

\[ \Rightarrow {V_{{H_2}}} = 0,6.22,4 = 13,44(l)\]

b, Khối lượng dung dịch H₂SO₄ là:

\[{m_{{\rm{dd}}{H_2}S{O_4}}} = \frac{{10,8.100\% }}{{10\% }} = 108(g)\]

Lời giải      

a) Zn + 2HCl → ZnCl₂ + H₂

b) \[{n_{Zn}} = \frac{{13}}{{65}} = 0,2(mol)\]

PTHH: Zn + 2HCl → ZnCl₂ + H₂

             0,2→0,4      →0,2→   0,2

\[ \Rightarrow {V_{{H_2}}} = 0,2.22,4 = 4,48(l)\]

c) 

PTHH: CuO + H₂  Cu + H₂O

Xét tỉ lệ: \[\frac{{0,3}}{1} > \frac{{0,2}}{1}\]=> CuO dư, H₂ hết

PTHH: CuO + H₂  Cu + H₂O

                        0,2……….0,2

=> m_Cu = 0,2.64 = 12,8 (g).

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Khối lượng muối nitrat của kim loại 

= m_{kim loại} + \[{m_{NO_3^ - }}\] _{tạo muối} 

= m_{kim loại} + 62.n_{e nhường}

= 2,06 + 62.0,04.3 = 9,5g 

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Số mol NaOH là:

Gọi x, y lần lượt là số mol của CH₃COOH và CH₃COOC₂H₅

CH₃COOH + NaOH → CH₃COONa + H₂O

CH₃COOC₂H₅ + NaOH  CH₃COONa + C₂H₅OH

n_NaOH = x + y = 0,15.

m_hh = 60x + 88y = 10,4.

Giải hệ phương trình ta có x = 0,1; y = 0,05.

Khối lượng etyl axetat :

\[{m_{C{H_3}{\rm{COO}}{{\rm{C}}_2}{H_5}}}\] = 88 . 0,05 = 4,4(g)

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

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

Gọi công thức chung 2 kim loại là M

            M + 2HCl → MCl₂ + H₂ 

Mol      0,3                   ←    0,3

=> M_tb = 10,4: 0,3 = 34,67 g/mol

=> 2 kim loại là Mg (24) và Ca (40).

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Ta có: \[\frac{{{n_{KOH}}}}{{{n_{{H_3}P{O_4}}}}} = \frac{{0,15}}{{0,1}} = 1,5\]

Giá trị này nằm trong khoảng (1,2)

Lời giải:

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

2Al + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂

\[{n_{Al}} = \frac{2}{3}{n_{{H_2}}} = \frac{2}{3}.0,3 = 0,2(mol)\]

\[ \to {m_{Al}} = 0,2.27 = 5,4(g)\]

m_Cu = 10 – 5,4 = 4,6 (g)

\[\begin{array}{l}\% {m_{Al}} = \frac{{5,4}}{{10}}.100 = 54\% \\\% {m_{Cu}} = 46\% \end{array}\]

\[\begin{array}{l}{n_{{H_2}S{O_4}}} = 1,5{n_{Al}} = 0,3(mol) \to {m_{{H_2}S{O_4}}} = 29,4(g)\\{m_{{\rm{dd}}{H_2}S{O_4}}} = \frac{{29,4.100}}{{20}} = 147(g)\end{array}\]

Lời giải:

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

Phương trình: Fe + 2HCl → FeCl2 + H2

a) Theo phương trình: \[{n_{{H_2}}} = {n_{Fe}} = 0,2(mol)\]

\[ \Rightarrow {V_{{H_2}}} = 0,2.22,4 = 4,48(l)\]

b) Theo phương trình: nHCl = 2nFe = 0,2.2 = 0,4 (mol)

→ mHCl = 0,4. 36,5 = 14,6 (g)

c) Theo phương trình:

\[\begin{array}{l}{n_{FeC{l_2}}} = {n_{Fe}} = 0,2(mol)\\ \Rightarrow {m_{FeC{l_2}}} = 0,2.127 = 25,4(g)\end{array}\]

Lời giải:

a. Phương trình: Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

b. Theo đề bài: \[{n_{Fe}} = \frac{{11,2}}{{56}} = 0,2(mol)\]

Theo phương trình: n_HCl = 2n_Fe = 0,2.2 = 0,4 (mol)

\[ \Rightarrow {V_{HCl}} = \frac{{0,4}}{2} = 0,2(l) = 200(ml)\]

c. Theo phương trình: \[{n_{{H_2}}} = {n_{Fe}} = 0,2(mol)\]\[ \Rightarrow {V_{{H_2}}} = 0,2.22,4 = 4,48(l)\]

Lời giải:

Gọi n_X= a (mol; a > 0)

X + Cl₂ → XCl₂

a                    a

Theo bài ra ta có: a.M_X = 12

                            a.(M_X + 71) = 47,5

Þ 71a = 47,5 - 12 = 35,5

=> a = 0,5 mol

→M_X =12/0,5 = 24 (g/mol)

Vậy X là magie (Mg).

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Gọi n_Fe = a và n_Cu = b → 56x + 64y = 15,2

BT e: 3x + 2y = 3n_NO = 0,6

→ x = 0,1 và y = 0,15 → m_Cu = 9,6 (g) → %m_Cu = 63,16%.

Lời giải:

3Ba(OH)₂+ Al₂(SO₄)₃ → 3BaSO₄↓ + 2Al(OH)₃↓

Ta có:

\[{n_{Ba{{(OH)}_2}}} = 0,15.0,1 = 0,015(mol)\]

\[{n_{A{l_2}{{(S{O_4})}_3}}} = 0,1.0,1 = 0,01(mol)\]

Lập tỉ lệ: \[\frac{{{n_{Ba{{(OH)}_2}}}}}{3} < \frac{{{n_{A{l_2}{{(S{O_4})}_3}}}}}{1}\]

=> Ba(OH)₂hết

Theo PTHH: \[{n_{BaS{O_4}}} = {n_{Ba{{(OH)}_2}}} = 0,015(mol)\]

\[ \to {m_{BaS{O_4}}} = 0,015.233 = 3,495(g)\]

\[{n_{Al{{(OH)}_3}}} = \frac{2}{3}{n_{Ba{{(OH)}_2}}} = \frac{2}{3}.0,015 = 0,01(mol)\]

\[{m_{Al{{(OH)}_3}}} = 0,01.78 = 0,78(g)\]

Vậy khối lượng kết tủa thu được là: 3,495 + 0,78 = 4,275(g).

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Phản ứng có thể tạo NH₄NO₃.

Đặt: n_Al = x; n_Mg = y; \[{n_{N{H_4}N{O_3}}}\] = z (mol)

+ m_hh = 27x + 24y = 15 (1)

+ m_muối = \[{m_{Al{{(N{O_3})}_3}}} + {m_{Mg{{(N{O_3})}_2}}} + {m_{N{H_4}N{O_3}}}\] => 213x + 148y + 80z = 109,8 (2)

+ Bảo toàn electron: 3n_Al + 2n_Mg = 3n_NO + 8\[{n_{N{H_4}N{O_3}}}\]

=> 3x + 2y = 3.0,2 + 8z (3)

Giải (1) (2) (3) => x = 0,2; y = 0,4; z = 0,1

=> %n_Al = 0,2/(0,2+0,4) = 33,33%.

Lời giải

Theo đề bài ta có \[\left\{ \begin{array}{l}{n_{C{O_2}}} = \frac{{16,8}}{{22,4}} = 0,75(mol)\\{n_{NaOH}} = 0,6.2 = 1,2(mol)\end{array} \right.\]

Ta xét tỉ lệ :

\[T = \frac{{{n_{NaOH}}}}{{{n_{C{O_2}}}}} = \frac{{1,2}}{{0,75}} = 1,6 < 2\]

Ta có : 1 < T < 2 => Dung dịch A gồm 2 muối là Na₂CO₃ và NaHCO₃

a) Gọi x ,y lần lượt là số mol của CO₂ tham gia vào 2 phương trình:

Ta có PTHH :

(1) \[\begin{array}{*{20}{l}}{C{O_2} + {\rm{ }}2NaOH{\rm{ }} \to {\rm{ }}N{a_2}C{O_3} + {\rm{ }}{H_2}O}\\{x............2x...................x}\end{array}\]

(2) \[\begin{array}{*{20}{l}}{C{O_2} + {\rm{ }}NaOH{\rm{ }} \to {\rm{ }}NaHC{O_3}}\\{y............y...................y}\end{array}\]

Ta có hệ phương trình \[\left\{ \begin{array}{l}x + y = 0,75\\2x + y = 1,2\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,45\\y = 0,3\end{array} \right.\]

 \[\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{n_{N{a_2}C{O_3}}} = {n_{C{O_2}(1)}} = x = 0,45(mol)\\{n_{NaHC{O_3}}} = {n_{C{O_2}(2)}} = y = 0,3(mol)\end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{m_{N{a_2}C{O_3}}} = 0,45.106 = 47,7(g)}\\{{m_{NaHC{O_3}}} = 0,3.84 = 25,2(g)}\end{array}} \right.\end{array}\]

=> m_A = 47,7 + 25,2 = 72,9 (g)

b) Ta có :

Na₂CO₃ + BaCl₂ → BaCO₃↓ + 2NaCl

0,45mol....................0,45mol

=> m_{kết tủa} = \[{m_{BaC{O_3}}}\] = 0,45.197 = 88,65 (g).

Lời giải:

a. Gọi x, y là số mol Fe, Cu.

⇒56x + 64y = 17,6 (1)

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

Bảo toàn e: 3x + 2y = 0,8 (2)

Từ (1) và (2)⇒x = 0,2; y = 0,1

\[\% {m_{Fe}} = \frac{{56.0,2.100\% }}{{17,6}} = 63,6\% \]

%m_Cu = 36,4%.

b. Dư 20% HNO₃ nên chỉ phản ứng 80% HNO₃ so với ban đầu.

\[{n_{HN{O_3}}}\]_{phản ứng}  = \[3{n_{Fe{{(N{O_3})}_3}}} + 2{n_{Cu{{(N{O_3})}_2}}} + {n_{N{O_2}}}\]= 3x + 2y + 0,8 = 1,6(mol)

⇒\[{n_{HN{O_3}}}\]_dư = 0,4 (mol) = n_NaOH

\[{V_{NaOH}} = \frac{{0,4}}{2} = 0,2(l)\]

c. X chứa Fe(NO₃)₃ (0,2 mol), Cu(NO₃)₂ (0,1 mol), HNO₃ (0,4 mol)

\[ \Rightarrow {n_{NaOH}} = 3{n_{Fe{{(N{O_3})}_3}}} + 2{n_{Cu{{(N{O_3})}_2}}} + {n_{HN{O_3}}} = 1,2(mol)\]

\[ \Rightarrow {V_{NaOH}} = \frac{{1,2}}{2} = 0,6(l)\]

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

2Al + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂

x        3/2 x mol

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂

y       y mol

\[ \to \left\{ \begin{array}{l}27x + 56y = 0,83\\\frac{3}{2}x + y = \frac{{0,56}}{{22,4}}\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ {x = y = 0,01} \right.\]

\[ \Rightarrow \% {m_{Al}} = \frac{{0,01.27}}{{0,83}}.100\% = 32,53\% \]

⇒%m_Fe = 100% − 32,53% = 67,47%.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Phân tử khối của HCl nhỏ hơn của NaOH

=> phản ứng theo tỉ lệ mol 1 : 1 => HCl dư => Quỳ tím chuyển màu sang màu đỏ.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Giả sử 1 mol khí trao đổi n mol electron.

Áp dụng bảo toàn e: 2nMg = n.n khí → Giá trị của n

+ n = 1 → NO2

+ n = 3 → NO

+ n = 8 → N2O

+ n = 10 → N2

Giải chi tiết:

nMg = 0,1 mol và nX = 0,02 mol

Giả sử 1 mol khí trao đổi n mol electron

Áp dụng bảo toàn e: 2nMg = n.n khí → 2.0,1 = 0,02.n → n = 10

→ Khí là N2.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

R₂CO₃ + BaCl₂ →  BaCO₃ + 2RCl

\[{n_{BaC{l_2}}} = {n_{BaC{O_3}}} = 0,2(mol)\]

Bảo toàn khối lượng  m = 24,4 + 0,2.208 – 39,4 = 26,6.

Lời giải:

n_NaOH = V. C_M = 0,2. 1 = 0,2 (mol)

PTHH: \[\begin{array}{l}NaOH{\rm{ }} + {\rm{ }}HCl{\rm{ }} \to {\rm{ }}NaCl{\rm{ }} + {\rm{ }}{H_2}O\\0,2............................0,2\end{array}\]

a. m_NaCl = n. M = 0,2. (23 + 35,5) = 11,7 (g)

b. \[{C_{{M_{NaCl}}}} = \frac{n}{V} = \frac{{0,2}}{{0,2 + 0,2}} = 0,5M\]

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Ta có: n_H3PO4= 0,3 mol; n_NaOH = 0,5 mol

Ta có 1 < T = n_NaOH/ n_H3PO4 =1,67 <2

→ NaOH tác dụng với H₃PO₄ theo 2 PTHH:

NaOH + H₃PO₄ → NaH₂PO₄ + H₂O

2NaOH + H₃PO₄ → Na₂HPO₄ + 2H₂O

Đặt \[{n_{Na{H_2}P{O_4}}}\]= x mol; \[{n_{N{a_2}HP{O_4}}}\]= y mol

Ta có \[{n_{{H_3}P{O_4}}}\]= x+ y = 0,3 mol; n_NaOH = x + 2y = 0,5 mol

→ x =0,1; y = 0,2

→ \[{m_{Na{H_2}P{O_4}}}\] = 12gam; \[{m_{N{a_2}HP{O_4}}}\]=28,4 gam.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Dung dịch X có: \[{n_{{H_2}S{O_4}}}\] = 0,2a mol; n_HCl = 0,2. 0,1 = 0,02 mol

→ \[{n_{{H^ + }}} = 2{n_{{H_2}S{O_4}}}\] + n_HCl = 0,4a + 0,02 (mol); = 0,2a mol

Dung dịch Y có: = 0,3b mol; n_KOH = 0,3. 0,05 = 0,015 mol

→\[{n_{O{H^ - }}} = 2{n_{Ba{{(OH)}_2}}}\] + n_KOH = 0,6b + 0,015 (mol); \[{n_{B{a^{2 + }}}}\] = 0,3b mol

Dung dịch Z có pH = 12 nên dư \[O{H^ - }\] → \[\left[ {{H^ + }} \right] = {10^{ - 12}}\] (M) → \[\left[ {O{H^ - }} \right] = {10^{ - 2}}\] (M)

→ \[{n_{O{H^ - }}}\]_dư = V_dd.C_M = 0,5. 10^-2 = 0,005 mol

Ta có: \[{n_{Ba{{(OH)}_2}}}\] = 0,01 mol

Xét 2 trường hợp sau:

*TH1: \[{\bf{B}}{{\bf{a}}^{{\bf{2 + }}}}\] phản ứng hết

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

Khi đó \[{n_{B{a^{2 + }}}} = {n_{Ba{{(OH)}_2}}}\] = 0,01 mol → 0,3b = 0,01 → b = 1/30

→ 0,6b + 0,015 = 0,035 mol

                             H⁺           +    OH^- → H₂O

Ban đầu           0,4a + 0,02         0,035 mol

Phản ứng         0,4a + 0,02         0,4a + 0,02 mol

Sau phản ứng      0                   0,035 – (0,4a + 0,02) mol

Ta có: \[{n_{O{H^ - }}}\] _dư = 0,035 – (0,4a + 0,02) = 0,005 mol → a = 0,025 (không thỏa mãn điều kiện \[{n_{B{a^{2 + }}}} < {n_{SO_4^{2 - }}}\])

*TH2: \[{\bf{SO}}_{\bf{4}}^{{\bf{2 - }}}\] phản ứng hết

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

Khi đó \[{n_{SO_4^{2 - }}} = {n_{BaS{O_4}}}\] = 0,01 mol → 0,2a = 0,01 → a = 0,05

→ \[{n_{{H^ + }}} = 2{n_{{H_2}S{O_4}}} + {n_{HCl}}\] = 0,4a + 0,02 = 0,04 (mol)

                             H⁺   +    OH^-                    → H₂O

Ban đầu              0,04       (0,6b + 0,015)

Phản ứng            0,04       0,04

Sau phản ứng       0           0,6b – 0,025

Ta có: \[{n_{O{H^ - }}}\] _dư = 0,6b – 0,025 = 0,005 mol → b = 0,05

Vậy a = 0,05 và b = 0,05.

Lời giải:

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

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂

Fe₂O₃ + 3H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 3H₂O

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

\[ \Rightarrow \% {m_{Fe}} = \frac{{56.0,1}}{{21,6}}.100 = 25,93\% \]

b. \[{n_{C{O_2}}} = \frac{{4,4}}{{44}} = 0,1(mol)\]

\[{n_{CO}} = {n_{C{O_2}}} = 0,1(mol)\]

Bảo toàn khối lượng:

\[{m_A} + {m_{CO}} = {m_B} + {m_{C{O_2}}}\]

\[ \Rightarrow {m_B} = 21,6 + 0,1.28 - 4,4 = 20(g)\]

Lời giải:

a. Gọi số mol Al và Al₂O₃ là a và b

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

Al₂O₃ + 6HCl → 2AlCl₂ + 3H₂O

\[{n_{Al}} = \frac{2}{3}{n_{{H_2}}} = \frac{2}{3}.0,6 = 0,4(mol)\]

→ m_Al = 0,4.27 = 10,8

\[ \to \% {m_{Al}} = \frac{{10,8}}{{21}}.100\% = 51,43\% \]

\[ \to \% {m_{A{l_2}{O_3}}} = 100\% - 51,43\% = 48,57\% \]

b. \[{m_{A{l_2}{O_3}}} = \frac{{21 - 10,8}}{{102}} = 0,1(mol)\]

\[{n_{HCl}} = 3{n_{Al}} + 6{n_{A{l_2}{O_3}}} = 3.0,4 + 6.0,1 = 1,8(mol)\]

→m_HCl = 1,8. 36,5 = 65,7 (g)

\[ \to {m_{{\rm{dd}}HCl}} = \frac{{65,7.100}}{{36}} = 182,5(g)\]

\[ \to {V_{{\rm{ddHCl}}}} = \frac{{182,5}}{{1,18}} = 154,66(ml)\]

Lời giải

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

Chỉ có Fe tác dụng với dung dịch HCl

\[\begin{array}{*{20}{l}}{Fe{\rm{ }} + {\rm{ }}2HCl{\rm{ }} \to {\rm{ }}FeC{l_2} + {\rm{ }}{H_2}}\\{0,3 \ldots ..0,6 \ldots \ldots ....0,3 \ldots \ldots 0,3\left( {mol} \right)}\end{array}\]

mFe = 0,3.56 = 16,8 (g)

\[\% {m_{Fe}} = \frac{{16,8}}{{23,2}}.100\% = 72,41\% \]

%mCu = 100% - 72,41% = 27,58%.

b. \[{m_{FeC{l_2}}} = 0,3.127 = 38,1(g)\]

mdd sau = 16,8 + 100 – 0,3.2 = 116,2 (g)

\[C{\% _{FeC{l_2}}} = \frac{{38,1}}{{116,2}}.100\% = 32,79\% \]

Lời giải:

a) Phương trình: Ca + H₂SO₄ → CaSO₄ + H₂

\[{n_{Ca}} = \frac{{24}}{{40}} = 0,6(mol)\]

Theo phương trình:

\[\begin{array}{l}{n_{{H_2}}} = {n_{Ca}} = 0,6(mol)\\ \to {V_{{H_2}}} = 0,6.22,4 = 13,44(l)\end{array}\]

b) Theo phương trình:

\[{n_{{H_2}S{O_4}}} = {n_{{H_2}}} = 0,6(mol)\]

\[ \to {m_{{H_2}S{O_4}}} = 0,6.98 = 58,8(g)\]

c. Theo phương trình:

\[{n_{CaS{O_4}}} = {n_{{H_2}}} = 0,6(mol)\]

\[ \to {m_{CaS{O_4}}} = 0,6.136 = 81,6(g)\]

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

\[{n_{Mg}} = \frac{{3,6}}{{24}} = 0,15(mol)\]

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

\[\mathop N\limits^{ + 5} + (5 - n)e \to \mathop N\limits^{ + n} \]

Bảo toàn electron ta có:

0,15. 2 = 0,1. (5 – n) → n = 2

Vậy khí X là NO.

Lời giải:

\[\begin{array}{l}{m_{{\rm{dd}}CuS{O_4}}} = 200.1,12 = 224(g)\\ \to {m_{CuS{O_4}}} = \frac{{224.10}}{{100}} = 22,4(g)\\ \to {n_{CuS{O_4}}} = \frac{{22,4}}{{160}} = 0,14(mol)\end{array}\]

\[{n_{Fe}} = \frac{{3,92}}{{56}} = 0,07(mol)\]

Phương trình: Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu

Lập tỉ lệ: \[\frac{{{n_{Fe}}}}{1} < \frac{{{n_{CuS{O_4}}}}}{1}\]→ Fe phản ứng hết, CuSO₄ dư

n_Cu = n_Fe = 0,07 (mol) →m_Cu = 0,07.64 = 4,48 (g).

Sau phản ứng thu được dung dịch gồm:

FeSO₄: \[{n_{FeS{O_4}}} = {n_{Fe}} = 0,07(mol)\]

CuSO₄ dư: \[{n_{CuS{O_4}phanung}} = {n_{Fe}} = 0,07(mol) \to {n_{CuS{O_4}du}} = 0,14 - 0,07 = 0,07(mol)\]

\[ \to {C_{{M_{FeS{O_4}}}}} = {C_{{M_{CuS{O_4}}}}} = \frac{{0,07}}{{0,2}} = 0,35M\]

Lời giải:

a. Phương trình phản ứng có thể xảy ra:

Al + Fe(NO₃)₃ → Al(NO₃)₃ + Fe

Al + 3AgNO₃ → Al(NO₃)₃ + 3Ag

Fe + 3AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + 3Ag

Fe + 2Fe(NO₃)₃ → 3Fe(NO₃)₂

b.

\[\begin{array}{l}{n_{Fe{{(N{O_3})}_3}}} = 0,15.1 = 0,15(mol)\\{n_{AgN{O_3}}} = 0,15.0,5 = 0,075(mol)\end{array}\]

\[ \Rightarrow {n_{NO_3^ - }} = 0,15.3 + 0,075 = 0,525(mol)\]

Dung dịch Y chứa \[A{l^{3 + }}\](a mol), \[F{e^{3 + }}\](b mol), \[F{e^{2 + }}\](c mol) và \[NO_3^ - \](0,525 mol)

Bảo toàn điện tích, ta có: 3a + 3b + 2c = 0,525 (1)

Kim loại tách ra khỏi dung dịch là Ag (0,075 mol)

→m_Ag = 0,075.108 = 8,1 (g)

Bảo toàn kim loại, ta có:

3,07 + 0,15.56 + 0,075.108 = 27a + 56(b + c) + 0,075.108 (2)

m_rắn = \[{m_{F{e_2}{O_3}}} = 160.\frac{{b + c}}{2} = 16\] (3)

Giải hệ (1), (2), (3), ta được: a = 0,01; b = 0,095; c = 0,105.

\[ \to \% {m_{Al}} = \frac{{0,01.27}}{{3,07}}.100 = 8,79\% \]

Lời giải:

\[\begin{array}{l}{m_{{H_2}O}} = V.d = 100.1 = 100(g)\\{n_{{H_2}}} = \frac{m}{M} = \frac{{0,48}}{2} = 0,24(mol)\end{array}\]

2M + 2H₂O → 2MOH + H₂↑

Theo phương trình: \[{n_M} = 2{n_{{H_2}}} = 2.0,24 = 0,48(mol)\]

\[ \to {M_M} = \frac{{3,33}}{{0,48}} = 6,9375 \approx 7(Li)\]

n_LiOH = n_Li = 0,48 (mol) →m_LiOH = 0,48.24 = 11,52 (g)

m_dd = 3,33 + 100 – 0,48 = 102,85 (g)

\[ \Rightarrow C{\% _{LiOH}} = \frac{{11,52.100\% }}{{102,85}} \approx 11,2\% \]

Lời giải

Đáp án đúng là: B         

\[{n_{{H_2}S{O_4}}} = \frac{V}{{1000}}.1 = 0,001V(mol)\]

Phương trình chung: MO + H₂SO₄ → MSO₄ + H₂O

\[ \to {n_{{H_2}O}} = {n_{{H_2}S{O_4}}} = 0,001V(mol)\]

Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta có:

m_oxit + \[{m_{{H_2}S{O_4}}}\]= m_muối + \[{m_{{H_2}O}}\]

→30,2 + 0,001V.98 = 66,2 + 0,001.18

→V = 450 (ml)

Lời giải:

Gọi mol Cu là a; số mol Zn là b

Theo bài 64a + 65b = 38,7 (1)

n_NO = 0,4 mol

Theo BT(e) 2n_Cu + 2n_Zn = 3n_NO => 2a + 2b = 0,3.4 (2)

(1,2) => a = b = 0,3 mol

a, \[\% {m_{Cu}} = \frac{{0,3.64}}{{38,7}}.100 = 49,61\% \]     

%m_Zn = 100% − 49,61% = 50,39%

b, Theo BTNT co: \[{n_{HN{O_3}}} = 2{n_{Cu}} + 2{n_{Zn}} + {n_{NO}} = 1,6(mol)\]Vì dùng dư 20% số lượng cần dùng => \[{n_{HN{O_3}}} = 1,6.\frac{{120}}{{100}} = 1,92(mol)\]

Tính thể tích thiếu dữ kiện.

c, Khối lượng muối thu được sau phản ứng là: \[{m_{Cu{{(N{O_3})}_2}}} + {m_{Zn{{(N{O_3})}_2}}} = 113,1(g)\]

Lời giải:

\[{n_{AgN{O_3}}} = 0,5.1,4 = 0,7(mol)\]

Cho Mg dư vào dung dịch Z có khối lượng tăng so với kim loại Mg ban đầu ⇒ AgNO₃ dư

Gọi số mol \[\left\{ \begin{array}{l}{n_{MgC{l_2}}} = a(mol)\\{n_{NaCl}} = b(mol)\\{n_{NaBr}} = c(mol)\end{array} \right.\]

MgCl₂ + 2AgNO₃ → 2AgCl↓ + Mg(NO₃)₂

NaCl + AgNO₃ → AgCl↓ + NaNO₃

NaBr + AgNO₃ → AgBr↓ + NaNO₃

Ta có: \[{n_{MgC{l_2}}} + {n_{NaCl}} + {n_{NaBr}} = 39,85\]

→ 95a + 58,5b + 103c = 39,58 (1)

Và m_AgCl + m_AgBr = 93,22

→ 143,5(2a + b) + 188c = 93,22 (2)

Mg + 2AgNO₃ → Mg(NO₃)₂ + 2Ag

n_{Mg phản ứng} = x (mol) → n_Ag = 2x (mol)

→m_tăng = m_Ag – m_Mg

→ 9,6 = 108.2x – 24x

→ x = 0,05

\[{n_{AgN{O_3}du}} = 0,05.2 = 0,1(mol)\]

\[{n_{AgN{O_3}}}\]_{phản ứng với G} = 0,7 – 0,1 = 0,6 (mol)

Theo phương trình phản ứng với G → 2a + b + c = 0,6 = \[{n_{AgN{O_3}}}\](3)

Giải hệ (1), (2), (3) \[\left\{ \begin{array}{l}a = 0,12\\b = 0,2\\c = 0,16\end{array} \right.\]

\[\begin{array}{l}\% {m_{MgC{l_2}}} = \frac{{0,12.95}}{{39,58}}.100 = 28,8\% \\\% {m_{NaCl}} = \frac{{0,2.58,5}}{{39,58}}.100 = 29,56\% \\\% {m_{NaBr}} = 100 - 28,8 - 29,56 = 41,64\% \end{array}\]

Lời giải:

a. Gọi công thức oxit kim loại hóa trị I: M₂O

n_HCl = 1.0,09 = 0,09mol

Phương trình phản ứng:  M₂O  + 2HCl  →  2MCl  +  H₂O          (1)

                           1,5/(2M + 16)    3/(2M + 16)

(1) suy ra:  3/(2M + 16) > 0,09  →  M < 8,67

Suy ra: M là Li  

b.  \[{n_{L{i_2}O}}\] (1/2 hỗn hợp) = 1,5/30 = 0,05 mol

Phương trình phản ứng:  Li₂O   +  2HCl   →  2LiCl   +   H₂O         (2)

                                          0,05         0,1

(2) suy ra: V = 0,1/1 = 0,1 lít = 100 ml.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

PTHH: C₂H₄ + Br₂ → C₂H₄Br₂

Khi cho hỗn hợp khí trên qua dung dich brom thì C₂H₄ bị giữ lại trong bình

=> m_{bình tăng} = \[{m_{{C_2}{H_4}}}\] = 1,4(g)

\[{V_{{C_2}{H_4}}} = 0,05.22,4 = 1,12(l)\]

\[{V_{{C_2}{H_4}}} = 0,05.22,4 = 1,12(l)\]

\[{V_{C{H_4}}} = 4,48 - 1,12 = 3,36(l)\]

\[\begin{array}{l}\% {V_{C{H_4}}} = \frac{{3,36}}{{4,48}}.100\% = 75\% \\ \Rightarrow \% {V_{{C_2}{H_4}}} = 100\% - 75\% = 25\% \end{array}\]

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Giả sử ancol đơn chức, no, mạch hở là ROH

Theo tăng giảm khối lượng: \[{n_{ROH}} = \frac{{6,8 - 4,6}}{{22}} = 0,1(mol) \to {M_{ROH}} = \frac{{4,6}}{{0,1}} = 46(g/mol)\]

Vậy ancol đơn chức, no, mạch hở là: C₂H₅OH.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

\[{n_{Mg}} = \frac{{4,8}}{{24}} = 0,2(mol)\]→ Số mol của Mg(NO₃)₂: 0,2 mol

\[\begin{array}{l} \to {m_{Mg{{(N{O_3})}_2}}} = 0,2.148 = 29,6(g)\\ \to {m_{N{H_4}N{O_3}}} = 32 - 29,6 = 2,4(g)\\ \to {n_{N{H_4}N{O_3}}} = \frac{{2,4}}{{80}} = 0,03(mol)\end{array}\]

Xét sự thay đổi e ta có:

\[\mathop {Mg}\limits^0 \to \mathop {Mg}\limits^{ + 3} + 3e\]

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

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

Bảo toàn e ta có:

\[\begin{array}{l}2{n_{Mg}} = 8{n_{{N_2}O}} + 8{n_{N{H_4}N{O_3}}}\\ \Rightarrow {n_{{N_2}O}} = \frac{{2.0,2 - 0,03.8}}{8} = 0,02(mol)\end{array}\]

\[ \Rightarrow {V_{{N_2}O}} = 0,02.22,4 = 0,448(l)\]

Lời giải:

a. n_KOH = 0,4.0,1 = 0,04 (mol)

\[{n_{{H_2}S{O_4}}} = 0,1.0,1 = 0,01(mol)\]

\[\begin{array}{l}2KOH{\rm{ }} + {\rm{ }}{H_2}S{O_4} \to {\rm{ }}{K_2}S{O_4} + {\rm{ }}{H_2}O\\0,04...........0,01\\0,02...........0,01..........0,01\\0,02............0...............0,01\end{array}\]

V_dd = 0,4 + 0,1 = 0,5 (l)

\[\begin{array}{l} \to {C_{{M_{KOHdu}}}} = \frac{{0,02}}{{0,5}} = 0,04M\\ \to {C_{{M_{{K_2}S{O_4}}}}} = \frac{{0,01}}{{0,5}} = 0,02M\end{array}\]

b. \[pH = 14 + \log \left[ {O{H^ - }} \right] = 14 + \log \left[ {0,04} \right] = 12,6\]

Vậy môi trường của dung dịch Y là bazơ.

c. Phương trình: HCl + KOH → KCl + H₂O

→n_HCl = n_{KOH dư} = 0,02 (mol)

→m_HCl = 0,02.36,5 = 0,73 (g)

\[\begin{array}{l} \to {m_{{\rm{dd}}HCl}} = \frac{{0,73.100}}{{10}} = 7,3(g)\\ \to {V_{{\rm{dd}}HCl}} = \frac{{7,3}}{{1,25}} = 5,84(ml)\end{array}\]

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

n_HCl = 0,04.0,75 = 0,03 mol; \[{n_{Ba{{(OH)}_2}}} = 0,16.0,08 = 0,0128(mol)\];

n_KOH = 0,16.0,04 = 0,0064 (mol)

\[ \to \sum {{n_{O{H^ - }}}} = 2.0,0128 + 0,0064 = 0,032(mol)\]

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

Lập tỉ lệ: \[\frac{{{n_{{H^ + }}}}}{1} < \frac{{{n_{O{H^ - }}}}}{1} \to O{H^ - }\]dư

\[\begin{array}{l}{n_{O{H^ - }du}} = 0,032 - 0,03 = 0,002(mol)\\ \to \left[ {O{H^ - }} \right] = \frac{{0,002}}{{(40 + 160){{.10}^{ - 3}}}} = 0,01M\end{array}\]

\[pH = 14 + \log \left[ {O{H^ - }} \right] = 14 + \log \left[ {0,01} \right] = 12\]

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

n_Al = 5,4/27 = 0,2 mol.

Phương trình hoá học:

4Al + 3O₂ → 2Al₂O₃.

Theo phương trình hoá học có: \[{n_{{O_2}}} = \frac{3}{4}{n_{Al}} = 0,15(mol).\]

Bảo toàn khối lượng:

\[{m_{A{l_2}{O_3}}} = {m_{Al}} + {m_{{O_2}}} = 5,4 + 0,15.32 = 10,2(gam).\]

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

\[{n_{Fe}} = \frac{{5,6}}{{56}} = 0,1(mol)\]

Vì Fe tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO₃ nên chỉ xảy ra phản ứng sau:

Fe + 2AgNO₃ → Fe(NO₃)₂ + 2Ag

Theo phương trình: n_Ag = 2n_Fe = 2.0,1 = 0,2 (mol)

→m_Ag = 0,2.108 = 21,6 (g).

Lời giải:

\[{n_{Fe}} = \frac{{5,6}}{{56}} = 0,1(mol)\]

\[{n_{HN{O_3}}} = 0,5.0,8 = 0,4(mol)\]

a. Đặt x, y lần lượt là số mol của N₂O và NO₂.

PTHH xảy ra:

8Fe + 30HNO₃ → 8Fe(NO₃)₃ + 3N₂O + 15H₂O (1)

Fe + 6HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + 3NO₂ + 3H₂O (2)

Theo PTHH (1), (2), \[{n_{Fe}} = \frac{8}{3}{n_{{N_2}O}} + \frac{1}{3}{n_{N{O_2}}} = \frac{8}{3}x + \frac{1}{3}y = 0,1(*)\]

Tỉ lệ thể tích các khí trên là:

Gọi a là thành phần % theo thể tích của khí N₂O

Vậy (1 – a) là thành phần % của khí NO₂

Ta có: 44a + 46(1 – a) = 22,25.2 = 44,5

→ a = 0,75 hay % của khí N₂O là 75% và của khí NO₂ là 25%

Tỉ lệ về thể tích cũng là tỉ lệ về số mol nên x = 3y (**)

Giải (*), (**) ta được x = 0,036, y = 0,012

Vậy thể tích của các khí thu được là:

V = ( 0,012 + 0,036).22,4 = 1,08 (l)

b.

 \[\begin{array}{l}{n_{HN{O_3}phanung}} = 10{n_{{N_2}O}} + 2{n_{N{O_2}}} = 10.0,036 + 2.0,012 = 0,384(mol)\\ \to {n_{HN{O_3}du}} = 0,4 - 0,384 = 0,016(mol)\end{array}\]

\[{n_{Fe{{(N{O_3})}_3}}} = {n_{Fe}} = 0,1(mol)\]

Vậy nồng độ các chất trong dung dịch là:

\[\begin{array}{l}{C_M}_{Fe{{(N{O_3})}_3}} = \frac{{0,1}}{{0,5}} = 0,2M\\{C_{MHN{O_3}}} = \frac{{0,016}}{{0,5}} = 0,032M\end{array}\]

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

\[{n_{{H_2}}} = \frac{{0,48}}{2} = 0,24(mol)\]

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

PTHH: 2M + 2nHCl → 2MCl_n + nH₂

Theo phương trình: \[{n_M} = \frac{2}{n}{n_{{H_2}}} = \frac{{0,48}}{n}(mol)\]

\[ \to {n_M} = \frac{{5,76}}{{{M_M}}} = \frac{{0,48}}{n}(mol)\]

\[{M_M} = \frac{{5,76}}{{0,48}}n = 12n(g/mol)\]

Với n = 2 thì M_M = 24 (g/mol)

Vậy M là magie (Mg).

Lời giải:

a) 2M + 2H₂O → 2MOH + H₂

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

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

\[{M_M} = \frac{{6,2}}{{0,2}} = 31(g/mol)\]

M_A < M_M < M_B

→ A: Natri (Na), B: Kali (K)

b) Hỗn hợp: Na (a mol), K (b mol)

\[ \to \left\{ \begin{array}{l}23a + 39b = 6,2\\\frac{a}{2} + \frac{b}{2} = 0,1\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0,1\\b = 0,1\end{array} \right.\]

n_NaOH = n_Na = 0,1 (mol)

m_NaOH = 0,1.40 = 4 (g)

n_KOH = n_K = 0,1 (mol)