Tổng hợp đề thi thử THPTQG Hóa học mức độ cơ bản nâng cao (đề số 9)

Đáp án : C

Các phản ứng có thể xảy ra :

Zn + Cu²⁺ à Zn²⁺ + Cu

Fe + Cu²⁺ à Fe²⁺ + Cu

Chất rắn gồm 2 kim loại => đó phải là Fe và Cu => CuSO₄ hết và Zn hết

Dung dịch có 3 ion  => đó là Zn²⁺ ; SO₄^2- và Fe²⁺ => Fe dư 1 phần

Đáp án : D

Hợp chất của Y với H là H₂Y => Y thuộc nhóm VIA ( 3s²3p⁴) [ có 2e độc thân ]

Vì phân lớp 3s của X và Y hơn kém nhau 1e => X : 3s¹ => X là kim loại kiềm (IA)

[ có 1 e độc thân 

Đáp án : B

n_Al = 0,06 mol ; n_HNO3 = 0,28 mol

Al + 4HNO₃ à Al(NO₃)₃ + NO + 2H₂O

=> n_Al3+ = 0,06 mol ; n_{H+ dư} = 0,04 mol

. Khi trộn X vào Y thì thu được kết tủa chính là Al(OH)₃ =>  n_Al(OH)3 = 0,02 mol

+) TH₁ : Al³⁺ dư => n_NaOH = 3n_{Al3+ pứ} + n_H+ = 3n_Al(OH)3 + n_H+ = 0,1 mol < 0,25 = n_Na

Xét dung dịch X ta có : n_NaOH = n_{Na ban đầu} – n_HCl => n_HCl = 0,15 mol

=> C_M(HCl) = 0,3M ( Có đáp án thỏa mãn )

Đáp án : C

H₂N-CH₂-COOH : không làm quì tím đổi màu ,

 CH₃COOH : làm quì tím hóa đỏ ,

 CH₃CH₂NH₂ : làm quì tím hóa xanh

Đáp án : A

m gam X phản ứng với HCl tạo lượng khí lớn hơn khi phản ứng với H₂O

=> Trong X có kim loại không phản ứng với H₂O

Mà Y và Z thuộc 2 chu kỳ liên tiếp => Y là Mg(24) và Z là Ca(40)

Do nCa = n_H2(1) = $\frac{V}{22,4}$ mol và n_Mg = n_H2(2) – n_Ca = 2.$\frac{V}{22,4}$

=> Hỗn hợp kim loại có tỷ lệ mol Mg:Ca là 2:1

=> %m_Y(X) = 54,54%

Đáp án : B

(1) Phenol tan vô hạn trong nước ở 66⁰C

Đúng

(2) Phenol có lực axit mạnh hơn ancol etylic

 Đúng

(3) Phản ứng thế vào benzen dễ hơn phản ứng thế vào nhân thơm của phenol

 Sai. Phản ứng thế vào benzen khó hơn

(4) Phenol tan tốt trong etanol

Đúng

(5) Phenol làm quí tím hóa đỏ

Sai. Phenol không làm đổi màu quì tím

(6) Phenol phản ứng được với Brom ở điều kiện thường

Đúng

Đáp án : D

Phèn chua được dùng là chất làm trong nước , khử trùng nước

Sai. Phèn chua không có khả năng khử trùng nước

Phèn chua dùng trong ngành thuộc da và công nghiệp giấy

Sai. Phèn chua không được sử dụng trong công nghiệp giấy

Dung dịch NaHCO₃ có môi trường axit

Sai. Dung dịch NaHCO₃ có môi trường bazo

Nước cứng là nước chứa nhiều ion Ca²⁺ và Mg²⁺

Đúng

Đáp án : C

(1) O₃ + 2KI + H₂O à 2KOH + O₂ + I₂

(2) 2H₂S + SO₂ à 3S + 2H₂O

(3) KClO₃ + 6HCl _đặc à KCl + 2Cl₂ + 3H₂O

(4) 2NH₄HCO₃ $\to$ (NH₄)₂CO₃ + CO₂ + H₂O

(5) 2NH₃ + 3CuO $\to$N₂ + 3Cu + 3H₂O

(6) 2F₂ + 2H₂O $\to$4HF + O₂

(7) H₂S + 4Cl₂ + 4H₂O à H₂SO₄ + 8 HCl

(8) 4HF + SiO₂ à SiF₄ + 2H₂O

(9) NH₄Cl + NaNO_{2 $\to$} NaCl + N₂ + 2H₂O

(10) C + H₂O $\to$CO + H₂

Đáp án : B

Do bảo toàn về khối lượng và số mol hỗn hợp khí vế trái lớn hơn vế phải

=> M_Trái < M_phải

Theo đề khi t⁰ tăng thì d_/H2 ↓ => M ↓ => cân bằng dịch chuyển theo chiều nghịch

=> phản ứng nghịch thu nhiệt => phản ứng thuận tỏa nhiệt

Đáp án : B

n_KOH = 0,0015 mol => m_KOH = 0,084g = 84 mg

=> Chỉ số axit = 6,0

Đáp án : C

Khi thủy phân chất béo luôn thu được C₂H₄(OH)₂

Sai. Thủy phân chất béo luôn thu được C₃H₅(OH)₃

Tất cả các este khi phản ứng với dung dịch kiềm thì luôn thu được sản phẩm muối và ancol

Sai. Có thể là ancol hoặc andehit hoặc xeton

Phản ứng thủy phân este trong môi trường axit là phản ứng thuận nghịch

Đúng

Phản ứng giữa axit cacboxylic và ancol khí có H₂SO₄ đặc là phản ứng 1 chiều

Sai. Là phản ứng thuận nghịch

Đáp án : D

n_Zn = 0,05 mol                                                                     

Lại có n_NO3 = 2n_Pb + n_Ag + 2n_Cu = 0,08 mol < 2n_Zn

=> Y chỉ có Zn(NO₃)₂ : 0,04 mol

Bảo toàn khối lượng : m_Zn + m_{muối X} = m_KL(2) + m_{muối Y} => m_{Muối Y} = 8,205g

Bảo toàn khối lượng với : m_Fe + m_{muối ban đầu} = m_KL(1) + m_{muối X}

=> m_Fe = m = 1,575g

Chọn đáp án B

$n_{H^{+}}=n_{HCl}+2.n_{H_{2}S{O}_4}$ = 0,2.0,1 + 2.0,1.0,1 = 0,04 mol

$n_{O{H}^{-}}=n_{NaOH}+2.n_{Ba{\left(OH\right)}_2}$ = 0,1.0,2 + 2.0,1.0,1 = 0,04 mol

→ $n_{H^{+}}=n_{O{H}^{-}}$ → phản ứng trung hòa vừa đủ

→ pH = 7

$n_{B{a}^{2+}}$= 0,1.0,1 = 0,01 mol

$n_{S{O_4}^{2-}}$ = 0,1.0,1 = 0,01 mol

→ $n_{S{O_4}^{2-}}$ = 0,01.233 = 2,33 mol

Đáp án : B

Số dung dịch thỏa mãn : Saccarozo ; Propan-1,2-diol ; etylen glicol ; anbumin ; axit axetic ; glucozo

Đáp án : C

Nitrophotka là hỗn hợp của NH₄H₂PO₄ và KNO₃

Sai. Nitrophotka là hỗn hợp (NH₄)₂HPO₄ và KNO₃

Cacbon monoxit và silic dioxit là oxit axit

Sai. CO là oxit trung tính

Thủy tinh lỏng là dung dịch đậm đặc của Na₂SiO₃ và K₂SiO₃

Đúng

Photpho trắng có cấu trúc mạng tinh thể nguyên tử , photpho đỏ có cấu trúc polime

Sai. P trắng có cấu trúc mạng tinh thể phân tử

Đáp án : A

Các  cặp chất : (Na₂CO₃ + NaHSO₄) ; (Na₂CO₃ + HCl) ; (Na₂CO₃ + BaCl₂) ; (NaHCO₃ + NaHSO₄) ; (NaHCO₃ + HCl) ; (NaHSO₄ + BaCl₂) ; (NaHSO₄ + CuO) ; (NaHSO₄ + Fe) ; (HCl + CuO) ; (HCl + Fe)

Đáp án : C

Các chất thỏa mãn : Si ; Al ;CaC₂

Đáp án : B

Các chất thỏa mãn : FeS ; Cu₂S ; H₂S ; Ag ; Fe ; Na₂SO₃ ; Fe(OH)₂ ; S

Đáp án : A

Các chất có thể phản ứng : NaOH ; Cl₂ ; dd CuSO₄ ; nước Clo ; dd KMnO₄ / H₂SO₄ ; O₂ (t⁰) ; dd FeCl₃

Các chất phản ứng S^-2  à  S⁺⁶ : nước Clo

Đáp án : D

Bảo toàn e :

+) X + HCl : 2n_Zn + 2n_Mg + 2n_Fe = 2n_H2 = 1,0 mol

+) X + Cl₂ : 2n_Zn + 2n_Mg + 3n_Fe = 2n_Cl2 = 1,1 mol

=> n_Fe = 1,1 – 1,0 = 0,1 mol => m_Fe = 5,6g

Đáp án : D

C_xH_yO_z có M = 12x + y + 16z = 60

+) z = 1 => 12x + y = 44 => C₃H₈O

+) z = 2 => 12x + y = 28 => C₂H₄O₂

+) z = 3 => 12x + y = 12 (L)

_ Chất phản ứng Na tạo H₂ :CH₃CH₂CH₂OH; (CH₃)₂CHOH; CH₃COOH; HOCH₂ – CHO

          => 4 chất

_ Chất phản ứng với NaOH : HCOOCH₃ ; CH₃COOH

_ Chất tráng bạc : HCOOCH₃ ; HOCH₂ – CHO

Đáp án : C 

Đáp án : D

Các chất thỏa mãn : C₂H₅OH ; CH₃NH₂ ; CH₃COONa ; CH₃COONH₄ ; C₆H₅ONa

Đáp án : A

Đáp án : A

Ca + 2H₂O à Ca(OH)₂ + H₂

CaC₂ + 2H₂O à Ca(OH)₂ + C₂H₂

=> m_{hh đầu} = 40n_Ca + 64n_CaC2 = 40n_H2 + 64n_CaC2 = 4,96g

, n_X = n_H2  + n_C2H2 = 0,1 mol

=> n_H2 = 0,06 ; n_C2H2 = 0,04 mol

Bảo toàn khối lượng : m_X = m_Z + m_{khí hấp thu} => m_{khí hấp thu} = m_{Bình tăng} = m_X – m_Z = 0,8g

Đáp án : B

n_Y = 0,06 mol . M_Y = d_/H2.M_H2 = 36

Áp dụng qui tắc đường chéo : n_N2O = n_N2 = 0,03 mol

Giả sử trong muối có NH₄NO₃ với x mol

=> n_{NO3 trong muối KL} = 8n_N2O + 10n_N2 + 8n_NH4NO3 = 0,54 + 8x (mol)

=> m_muối = 117,9g = 15,3 + 62.( 0,54 + 8x) + 80x => x = 0,12 mol

=> n_{e KL} = n_{NO3 muối KL} = 1,5 mol

Trong 7,65g X có n_{e KL} = ½ . 1,5 = 0,75 mol

Bảo toàn e : n_{e KL} = 4n_O2 => n_O2 = 0,1875 mol

Đáp án : C

n_H+ = 2n_H2SO4 + n_HCl = 0,42 mol

, n_H2 = 0,17 mol => n_{H+ dư} = 0,08 mol

Trong dung dịch chắc chắn có Al³⁺ và Fe²⁺ với số mol lần lượt là x và y

=> m_Al + m_Fe = 27x + 56y = 7,52 – 2,56 = 4,96g

Lại có : 3n_Al + 2n_Fe = 2n_H2 (Bảo toàn e) => 3x + 2y = 0,34

=> x = 0,08 ; y = 0,05 mol

, n_NaNO3 = 0,02 mol

Khi cho NaNO₃ vào thì xảy ra phản ứng với Cu trước Fe²⁺

3Cu + 8H⁺ + 2NO₃^- à 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O

=> Cu dư và trong muối có : 0,03 mol Cu²⁺ ; 0,02 mol Na⁺ ; 0,08 mol Al³⁺ ; 0,05 mol Fe²⁺ ; 0,18 mol SO₄^2- ; 0,06 mol Cl^-

=> m_muối = 26,75g và V_NO = 0,448 lit

Đáp án : A

Cl là nhóm hút e => Càng nhiều Cl và nằm ở nhánh càng gần so với nhóm COOH thì khả năng hút e càng mạnh => O – H trong nhóm COOH càng phân cực. Tính axit càng mạnh

Đáp án : A

Bảo toàn điện tích : n_H+ + 3n_Al3+ = n_NO3- + 2n_SO4 => 3a – b = -0,06

, n_OH = n_KOH + 2n_Ba(OH)2 = 0,168 mol ; n_Ba2+ = 0,012 mol

, m_{kết tủa} = m_BaSO4 + m_Al(OH)3 => n_Al(OH)3 = 0,012 mol < 1/3( n_OH – n_H+)

=> Có hiện tượng kết tủa tan 1 phần => n_Al(OH)3 = 4n_Al3+ - (n_OH- - n_H+)

=> n_Al3+ = a =  0,02 => b = 0,12

Đáp án : D

Nước giải khát được nén khí CO₂ ờ áp suất cao hơn sẽ có độ chua lớn hơn

Đúng.

Than cháy trong oxi nguyên chất nhanh hơn khi cháy trong không khí

Đúng

Thực phẩm được bảo quản ở nhiệt độ thấp hơn sẽ giữ được lâu hơn.

Đúng

Nhiên liệu cháy ở tầng khí quyển trên cao nhanh hơn khí cháy ở mặt đất

Sai. Càng lên cao không khí càng loãng , càng ít O₂ => cháy chậm hơn

Đáp án : D

Đáp án : C

NaOH làm quì hóa xanh

NaClO làm quì hoá đỏ sau đó mất màu

HCl làm quì hóa đỏ

NaCl không làm đổi màu quì tím

Đáp án : B

3 chất tác dụng với AgNO₃/NH₃ : Vinylaxetilen ; axit fomic ; axetandehit

3 chất tác dụng với nước Brom : Vinylaxetilen ; axit fomic ; axetandehit

2 chất tráng bạc : axit fomic ; axetandehit

2 chất tác dụng với C₂H₅OH tạo este : axit fomic ; axit glutamic

Đáp án : A

Xét tổng quát :

RCOOH + NaOH à RCOONa + H₂O

2RCOOH + Na₂CO₃ à2RCOONa + CO₂ + H₂O

Ta có : n_RCOOH. (23 – 1) = m_muôi – m_axit  = 23,2 – 16,6

=> n_RCOOH = 0,3 mol = 2n_CO2 => V_CO2 = 3,36 lit

Đáp án : D

Dựa vào đáp án ta thấy :

X đẩy được kim loại ra khỏi dung dịch muối  => X là Al , không thể là K

Z không tác dụng với H₂SO₄ đặc nguội ngoài Al chỉ có thể là Fe

Đáp án : B

n_NaOH = 2n_Na2CO3 = 2.0,03 = 0,06(mol) 

X phản ứng với NaOH thì sản phẩm là muối. Nếu có sản phẩm khác thì đó là nước. 

X + NaOH → muối + H₂O 

m_H2O(1) = m_X + m_NaOH - m_(muối) = 2,76 + 40.0,06 - 4,44 = 0,72(g) 

n_H2O(1) = 0,72/18 = 0,04(mol) 

Số mol C trong X:  n_C = n_Na2CO3 + n_CO2 = 0,14(mol) 

Số mol H trong X:  n_H = 2.n_H2O(2) + 2.n_H2O(1) - n_NaOH = 2.0,05 + 2.0,04 - 0,06 = 0,12(mol) 

Số mol O trong X:  n_O = (2,76 - 12.0,14 - 1.0,12)/16 = 0,06(mol)  n_C:n_H:n_O = 0,14 : 0,12 : 0,06 = 7 : 6 : 3 

Công thức: (C₇H₆O₃)_n  Mx < 140 ⇒ 138n < 140 ⇒ n = 1  n_X = 2,76/138 = 0,02(mol)  n_NaOH/n_X = 0,06/0,02 = 3  n_H2O(1)/n_X = 0,04/0,02 = 2 

Một phân tử X phản ứng với ba phân tử NaOH tạo ra muối hai phân tử H₂O 

X là este của HCOOH với phenol có hai nhóm −OH gắn với vòng benzen 

X: HCOOC₆H₄OH (ba vị trí ortho, meta, para) => 3CTCT HCOOC₆H₄OH + 3NaOH → HCOONa + C₆H₄(ONa)₂ + 2H₂O

Đáp án : D

Ta có : Gọi số mol các chất lần lượt là :

+) Ala – Ala : x mol C₆H₁₂O₃N₂

+) Ala – Gly – Ala : y mol C₈H₁₅O₄N₃

+) Ala – Gly – Ala – Gly – Gly : z mol C₁₂H₂₁O₆N₅

=> m_X = 160x + 217y + 331z = 26,26g (1)

Phản ứng cháy :

C₆H₁₂O₃N₂ + 7,5O₂

C₈H₁₅O₄N₃ + 9,75O₂

C₁₂H₂₁O₆N₅ + 14,25O₂

=> 7,5x + 9,75y + 14,25z = n_O2 = 1,155 mol

=> 30x + 39y + 57z = 4,62g (2)

=> 190x + 247y + 361z = 29,26 (3) ( nhân cả 2 vế với 76/3 )

Lấy (3) – (1) => 30(x + y + z) = 3 => x + y + z = 0,1 mol = n_X

=> 12(x + y + z) = 1,2 mol (4)

Lấy (2) – (4) => 18x + 27y + 45z = 3,42

=> 2x + 3y + 5z = 0,38 mol

Nếu phản ứng với KOH thì : m_X + m_KOH = m_muối + m_H2O

và n_KOH = 2x + 3y + 5z và n_H2O = n_X = 0,1 mol

=> m_muối = 26,26 + 56.0,38 – 18.0,1 = 45,74g (*)

Xét với 0,25 mol X gấp 2,5 lần lượng chất trong 0,1 mol X

=> m_muối = 2,5m_{muối (*)} = 114,35g

Đáp án : D

n_O2 = 0,1025 mol ; n_CO2 = n_CaCO3 = 0,085 mol

Bảo toàn khối lượng : m_A + m_O2 = m_CO2 + m_H2O

=> n_H2O = 0,07 mol

Ta có : n_O(A) = n_A = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2 = 0,035 mol

=> số H trong A trung bình là 4 = số H trong andehit acrylic => số H trong X cũng phải là 4

Đáp án : A

n_N2 = 0,05 mol

Bảo toàn khối lượng : m_X = m_C + m_H + m_O + m_N

=> n_O(X) = 0,2 mol. Mà trong X chỉ có 1 chức axit ( 1 nhóm COOH)

=> n_X = ½ n_O = 0,1 mol => M_X = 89

=> X là CH₃CH(NH₂)COOH

Đáp án : D

Khí B chính là H₂ : n_H2 = 1,9mol

V_C2H5OH = x và V_H2O = 100 – x (ml)

=> m_C2H5OH = 0,8x và m_H2O = 100 – x (g)

=> n_H2 = 0,5. (n_C2H5OH + n_H2O) = n_{Na pứ}

=> 1,9 = 0,5.$\left(\frac{0.8x}{46}+\frac{100-x}{18}\right)$ = 0,5 n_{Na pứ}

=> n_{Na dư} = 3,8.10% = 0,38 mol

=> x = 46

=> m = m_C2H5ONa + n_NaOH + n_{Na dư} = 183,14g

Đáp án : A

Do ngừng đến khi catot xuất hiện khí nên :

Catot : Cu²⁺ + 2e à Cu

Anot : 2Cl^- à Cl₂ + 2e

          2H₂O  4H⁺ + O₂ + 4e

Bảo toàn e : 2n_Cu2+ = n_Cl- + 4n_O2 => n_O2 = 0,02 mol

=> n_khí = n_Cl2 + n_O2 = 0,08 mol => V_khí = 1,792 lit

Đáp án : C

Ta thấy n_Ag = 2n_CHO = 2n_O(X)

Bảo toàn nguyên tố O : n_O(X) = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2 = 0,5 mol

=> m_Ag = 108g

Đáp án : D

Do khi đốt D thì n_CO2 – n_H2O = n_D => trong D có 2 p

Mà X là 1 ancol no => sau khi bị CuO oxi hóa thành andehit

=> D phải là andehit 2 chức

R(CH₂OH)₂ + 2CuO à R(CHO)₂ + 2Cu + 2H₂O

( khối lượng chất rắn giảm chính là lượng O phản ứng )

=> n_andehit = ½ n_CuO  = ½ n_{O pứ} = 0,1 mol => n_H2O = 0,2 mol

=> trong Y có M_Y = 36 => M_andehit = 72g => CH₂(CHO)₂

=> ancol là CH₂(CH₂OH)₂ => m = 7,6g

Đáp án: C

(1) Sai. Amylose không phân nhánh.

(2) Sai. Vì cellulose và tinh bột không cùng khối lượng phân tử.

(3) Sai. Saccharose không có phản ứng tráng bạc.

(4) Sai. Saccharose không làm mất màu dung dịch bromine.

(5) Đúng.

(6) Đúng.

(7) Sai. Nếu thủy phân trong môi trường H⁺ thì thường là phản ứng thuận nghịch.

(8) Sai. Chất béo là triester của glycerol và các acid béo.

(9) Đúng.

Đáp án : C

Chất B là H₂N – CO – NH₂ phản ứng với NaOH tạo NH₃ ( khí Y)

B + HCl tạo khí CO₂(Z) => A + HCl cũng tạo khí CO₂ => A là (CH₃NH₃)₂CO₃

=> X là CH₃NH₂

Đáp án : B

Xét 1,22g X : n_HCl = n_NH2 = 0,04 mol

Xét 0,09 mol X : n_N2 = 0,06 mol => n_N(X) = 0,12 mol > n_X

=> Trong X có 1 amin đơn và 1 amin 2 chức

Xét 1,22g X

+) TH₁ :Tỷ lệ mol RNH₂ : R’(NH₂)₂ = 1 : 2 => n_amin = 0,008 ; n_diamin = 0,016 mol

=> 1,22g = (R + 16).0,008 + (R’ + 32).0,016 => 0,008R + 0,016R’ = 0,58

=> 1R + 2R’ = 72,5 (L)

+) TH₂ : Tỷ lệ mol RNH₂ : R’(NH₂)₂ = 2 : 1 => n_amin = 0,02 ;  n_diamin = 0,01 mol

=> 1,22g = (R + 16).0,02 + (R’ + 32).0,01 => 0,02R + 0,01R’ = 0,58

=> 2R + R’ = 58 => R = 15(CH₃) => R; = 28(C₂H₄) (TM)

=> n_C(X) = 0,04 mol

Lượng chât trong 0,09 mol X gấp 3 lần trong 0,03 mol X

=> n_CO2 = 3n_C = 0,12 mol => m_CO2 = 5,28g

Đáp án : B

Gọi CTPT trung bình của ancol là R’OH ; axit là R(COOH)₂ ; este : R(COOR’)₂

Với số mol lần lượt là a ; b ; c

Bảo toàn khối lượng : m_X + m_O2 = m_CO2 + m_H2O

=> n_O2 = 0,16 mol ; n_CO2 = 0,165 mol ; n_H2O = 0,15 mol

Bảo toàn nguyên tố O : n_O(X) = a + 4b + 4c = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2 = 0,16 mol

, n_COO = n_{NaOH pứ} => 2b + 2c = 0,08 – 0,01 = 0,07 mol

=> a = 0,02 mol

, n_ancol = 0,04 mol = 2n_este + n_{ancol ban đầu} => n_este = c = 0,01 => b = 0,025 mol

Ta có M_R’OH = 39g => M_R’ = 22g

,m_X = m_ancol + m_axit + m_este => 4,84 = 0,02.39 + 0,025.(R + 90) + 0,01.(R + 132)

=> R = 14 (CH₂)

Vậy dung dịch Y gồm 0,01 mol NaCl và 0,035 mol CH₂(COONa)₂

=> m = 5,765g

Đáp án : A

Các phản ứng tạo kết tủa :

(a) CO₂ + 2H₂O + NaAlO₂ à Al(OH)₃ + NaHCO₃

(e) 2NaOH + Ba(HCO₃)₂ à Na₂CO₃ + BaCO₃ + H₂O

(h) AlCl₃ + 3NH₃ + 3H₂O à 3NH₄Cl + Al(OH)₃

(k) AgNO₃ + Fe(NO₃)₂ à Ag + Fe(NO₃)₃

(l) H₂S + 2AgNO₃ à Ag₂S + 2HNO₃

Đáp án : B

Z có : n_CO3 = 0,2 mol ; n_HCO3 = 0,2 mol

T có : n_H+ = 0,3 mol

Nhỏ từ từ T vào Z thì

H⁺ phản ứng với CO₃^2- trước và sau đó là HCO₃^-

H⁺ + CO₃^2- à HCO₃^-

H⁺ + HCO₃^- à CO₂ + H₂O

=> V_CO2 = 0,1.22,4 = 2,24 lit

n_BaCO3 = n_HCO3 = 0,3 mol

m = m_BaCO3 + m_BaSO4 = 82,4g

Đáp án : B

Z có : n_CO3 = 0,2 mol ; n_HCO3 = 0,2 mol

T có : n_H+ = 0,3 mol

Nhỏ từ từ T vào Z thì

H⁺ phản ứng với CO₃^2- trước và sau đó là HCO₃^-

H⁺ + CO₃^2- à HCO₃^-

H⁺ + HCO₃^- à CO₂ + H₂O

=> V_CO2 = 0,1.22,4 = 2,24 lit

n_BaCO3 = n_HCO3 = 0,3 mol

m = m_BaCO3 + m_BaSO4 = 82,4g

Đáp án : D

C₆H₅- là nhóm hút e => càng ít nhóm và cách càng xa nhóm NH₂ thì lực hút càng giảm => tính bazo càng mạnh