Đáp án đúng là: B

Trong 10 gam khí đó có:

$$\begin{gathered} m_{C_2{H}_6}=\frac{0,3.10}{100}=0,03\left(g\right)\to n_{C_2{H}_6}=\frac{0,03}{30}=0,001\left(mol\right) \\ {m}_{C_3{H}_8}=\frac{96,8.10}{100}=9,68\left(g\right)\to n_{C_3{H}_8}=\frac{9,68}{44}=0,22\left(mol\right) \\ {m}_{C_4{H}_{10}}=\frac{2,9.10}{100}=0,29\left(g\right)\to n_{C_4{H}_{10}}=\frac{0,29}{58}=0,005\left(mol\right) \end{gathered}$$

Phương trình hoá học:

$2C_2{H}_6+7O_2\stackrel{t^{°}}{\to }4C{O}_2+6H_{2}O$ (1)

$C_3{H}_8+5O_2\stackrel{t^{°}}{\to }3C{O}_2+4H_{2}O$ (2)

$2C_4{H}_{10}+13O_2\stackrel{t^{°}}{\to }8C{O}_2+10H_{2}O$ (3)

Theo PTHH (1), (2), (3): 

$n_{O_2}=\frac{7}{2}{n}_{C_2{H}_6}+5n_{C_3{H}_8}+\frac{13}{2}{n}_{C_4{H}_{10}}=3,5.0,001+5.0,22+6,5.0,005=1,136\left(mol\right)$

$V_{O_2}=1,136.22,4=25,4464\left(l\right)$ → V_{không khí} = 5. 25,45 = 127,23 (l).

$$\begin{gathered} n_{S{O}_2}=\frac{3,36}{22,4}=0,15\left(mol\right) \\ {n}_{NaOH}=\frac{150.20}{100.40}=0,75\left(mol\right) \end{gathered}$$

$\frac{n_{NaOH}}{n_{S{O}_2}}=\frac{0,75}{0,15}=5>2$ → NaOH dư, chỉ xảy ra 1 phản ứng hoá học sau:

2NaOH + SO₂ → Na₂SO₃ + H₂O

0,3………0,15…….0,15                 (mol)

→ n_{NaOH dư} = 0,75 – 0,3 = 0,45 (mol)

Sau phản ứng dung dịch gồm 0,45 mol NaOH dư và 0,15 mol Na₂SO₃

Nồng độ % các chất sau phản ứng là:

$$\begin{gathered} C{\%}_{NaOHdu}=\frac{0,15.40}{0,15.64+150}.100\%\approx 3,76\% \\ C{\%}_{N{a}_{2}S{O}_3}=\frac{0,15.126}{0,15.64+150}.100\approx 11,84\% \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} n_{S{O}_2}=\frac{8,96}{22,4}=0,4\left(mol\right) \\ {n}_{NaOH}=\frac{200.18}{100.40}=0,9\left(mol\right) \end{gathered}$$

$\frac{n_{NaOH}}{n_{S{O}_2}}=\frac{0,9}{0,4}=2,125>2$ → NaOH dư, chỉ xảy ra 1 phản ứng hoá học sau:

2NaOH + SO₂ → Na₂SO₃ + H₂O

0,8………0,4…….0,4                 (mol)

→ n_{NaOH dư} = 0,9 – 0,8 = 0,1 (mol)

Sau phản ứng dung dịch gồm 0,1 mol NaOH và 0,4 mol Na₂SO₃

Nồng độ % các chất sau phản ứng là:

Đáp án đúng là: B

Đặt công thức của oxit cao nhất là A₂O_n

$\%A=\frac{2M_A}{2M_A+16n}.100\%=52,94\%$

→M_A = 9n

Với n = 3 thì M_A = 27 g/ mol (thoả mãn).

Vậy A là nhôm (Al).

a. $n_{C{l}_2}=\frac{1,12}{22,4}=0,05\left(mol\right)$

Phương trình hoá học: $2R+C{l}_2\stackrel{t^{°}}{\to }2RCl$

Theo PTHH: $n_R=2n_{C{l}_2}=2.0,05=0,1\left(mol\right)$ 

$\to M_R=\frac{m_R}{n_R}=\frac{2,3}{0,1}=23(g/mol)\Rightarrow$ R là natri (Na).

- Trích mẫu thử: Đánh số thứ tự từng lọ mất nhãn, trích mỗi lọ một ít ra ống nghiệm đánh số tương ứng.

- Lấy dung dịch Na₂CO₃ cho vào mỗi ống trên:

+ Xuất hiện kết tủa trắng → Nhận biết được BaCl₂

Phương trình hoá học: BaCl₂ + Na₂CO₃ → BaCO₃↓ + 2NaCl

+ Có khí bay lên → Nhận biết được HCl:

Phương trình hoá học: 2HCl + Na₂CO₃ → 2NaCl + H₂O + CO₂↑

+ Hai ống nghiệm không có hiện tượng gì chứa NaCl và Na₂SO₄

- Dùng BaCl₂ vừa nhận biết được ở trên cho vào hai mẫu NaCl và Na₂SO₄:

+ Xuất hiện kết tủa trắng → Nhận biết được Na₂SO₄

Phương trình hoá học: Na₂SO₄ + BaCl₂ → BaSO₄↓ + 2NaCl

+ Còn lại không hiện tượng là NaCl.

Cấu hình electron của ₁₁Na là: 1s²2s²2p⁶3s¹.

⇒ Trong cấu hình electron của Na có 4 phân lớp: 1s, 2s, 2p, 3s.

Sắp xếp các phân lớp theo thứ tự phân mức năng lượng tăng dần là:

1s < 2s < 2p < 3s.

Trong hỗn hợp ban đầu chỉ có 1 ankan, 1 anken và hiđro nên khi A qua xúc tác Ni nung nóng, ankan không tham gia phản ứng cộng, chỉ có phản ứng cộng giữa anken và hiđro để tạo thành ankan: $Anken+H_2\stackrel{t^{°},Ni}{\to }Ankan$

Do phản ứng trên xảy ra hoàn toàn nên sẽ có 1 trong 2 khí là anken và hiđro phản ứng hết. Vậy sau phản ứng hỗn hợp khí B có thể có trường hợp sau:

(1) 2 ankan và 1 anken còn dư (hiđro hết)

(2) 2 ankan và hiđro dư (anken hết)

Cho B qua bình đựng dung dịch brom dư thấy dung dịch brom bị nhạt màu một phần nên đã có phản ứng cộng Br₂, như thế hỗn hợp B chỉ có thể là trường hợp 1.

Khối lượng bình Br₂ tăng 0,28 gam chính là khối lượng của anken còn dư, khí còn lại có thể tích 560 cm³ và có tỉ khối hơi so với hiđro là 9,4 chính là 1 hỗn hợp gồm 2 ankan.

→ $n_{2ankan}=\frac{0,56}{22,4}=0,025\left(mol\right)$

$n_B=\frac{0,784}{22,4}=0,035\left(mol\right)$ → n_{anken dư} = 0,035 – 0,025 = 0,01 (mol)

$M_{anken}=\frac{m_{anken}}{n_{anken}}=\frac{0,28}{0,01}=28(g/mol)$ →Anken có công thức là C₂H₄

_{$n_A=\frac{0,896}{22,4}=0,04\left(mol\right)$}

Hỗn hợp A (ankan, anken, hiđro) qua Ni nung nóng thu được B (ankan cũ, ankan mới, anken dư)→ n_{anken phản ứng} = n_hiđro = n_A  - n_B = 0,04 – 0,035 = 0,005 (mol)

→ Ankan mới tạo thành là C₂H₆ có số mol là 0,005 mol

→ n_{ankan cần tìm} = n_{2 ankan} – = 0,025 – 0,005 = 0,02 (mol)

Hỗn hợp B gồm 0,005 mol C₂H₆ và 0,01 mol C_nH_2n+2

m_B = 0,005. 30 + 0,02. (14n + 2) = 9,4. 2. 0,025 → n = 1

Vậy ankan cần tìm là CH₄

Vậy công thức phân tử của 2 hiđrocacbon cần tìm là CH₄ và C₂H₄.

Đáp án đúng là: D

Dung dịch muối có màu xanh lam là CuCl₂.

a) Gọi n_Al = x (mol; x > 0); n_Fe = y (mol; y > 0)

Mà m_Al + m_Fe = 11 → 27x + 56y = 11 (1)

$n_{H_2}=\frac{8,96}{22,4}=0,4\left(mol\right)$

Phương trình hoá học xảy ra như sau:

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Theo các PTHH trên:

$n_{H_2}=\frac{3}{2}{n}_{Al}+n_{Fe}=\frac{3}{2}x+y=0,4$ (2)

Giải (1), (2), ta được: x = 0,2 (mol); y = 0,1 (mol)

$\%m_{Al}=\frac{0,2.27}{11}.100\%\approx 49,09\%$

Theo đề bài: $n_{CuO}=\frac{1,6}{80}=0,02\left(mol\right)$

Gọi n_{CuO phản ứng} là x (mol; x > 0)

Phương trình hoá học: $CuO+H_2\stackrel{t^{°}}{\to }Cu+H_{2}O$

Theo PTHH: n_Cu = n_{CuO phản ứng} = x (mol)

n_{CuO dư} = 0,02 – x (mol)

Chất rắn thu được sau phản ứng gồm Cu và CuO dư

→ 64. x + (0,02 – x). 80 = 1,344 → x = 0,016

$H=\frac{0,016}{0,02}.100\%=80\%$

Vậy hiệu suất phản ứng là 80%

Đáp án đúng là: B

PTHH:

$$\begin{gathered} CuO+H_2\stackrel{t^{°}}{\to }Cu+H_{2}O \\ F{e}_2{O}_3+3H_2\stackrel{t^{°}}{\to }2Fe+3H_{2}O \end{gathered}$$

Gọi n_CuO = x (mol; x > 0); $n_{F{e}_2{O}_3}=y$ (mol; y > 0)

$m_{CuO}+m_{F{e}_2{O}_3}=2,4\Rightarrow 80x+160y=2,4$ (1)

Phản ứng xảy ra hoàn toàn:

m_{chất rắn} = m_Cu + m_Fe = 1,76 → 64x + 56. 2y = 1,76 (2)

Giải (1), (2), ta được: x = y = 0,1

$\%m_{CuO}=\frac{0,1.80}{2,4}.100\%=33,33\%$

.

2) Fe hóa trị III

Sắt thể hiện hóa trị III khi cho Fe tác dụng với các axit có tính oxi hoá mạnh như H₂SO₄ đặc, nóng; HNO₃ …. Hay khi cho Fe tác dụng với một số phi kim mạnh như Cl₂, F₂ …

Ví dụ: 

2Fe + 6H₂SO_{4 (đặc, nóng)} → Fe₂(SO₄)₃ + 6H₂O + 3SO₂

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

Ngoài ra, hợp chất sắt(II) khi tác dụng với chất oxi hoá mạnh cũng bị oxi hoá lên hợp chất sắt(III). Ví dụ: 

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

Phương trình hoá học cân bằng là:

FeCl₃ + 3NaOH → Fe(OH)₃↓ + 3NaCl

Cấu hình electron nguyên tử X là: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p⁴

→ Z = 34 → X là Se thuộc chu kì 4, nhóm VIA trong bảng tuần hoàn.

Cấu hình electron nguyên tử Y là: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p⁶4d¹5s²

→ Z = 39 → Y là Y thuộc chu kì 5, nhóm IIIB trong bảng tuần hoàn

Phương trình hoá học giải thích sự hình thành liên kết giữa X và Y là:

X^2- + Y³⁺ → X₃Y₂.

Đáp án đúng là: A

Thể tích của 1 mol Fe là: $\frac{55,847}{7,87}=7,096c{m}^3$

Thể tích của một nguyên tử Fe là: $\frac{7,096}{6,{02.10}^{23}}.\frac{75}{100}=8,{84.10}^{-24}c{m}^3$

Bán kính gần đúng của nguyên tử Fe là: $\sqrt[3]{\frac{3.8,{84.10}^{-24}}{4.3,14}}=1,{28.10}^{-8}cm=1,28\stackrel{°}{A}$

Đáp án đúng là: C

$$\begin{gathered} n_{C{O}_2}=\frac{3,36}{22,4}=0,15\left(mol\right) \\ 2H^{+}+C{O}_3^{2-}\to C{O}_2+H_{2}O \\ \Rightarrow n_{H^{+}}=2n_{C{O}_2}=2.0,15=0,3\left(mol\right); n_{C{O}_3^{2-}}=n_{C{O}_2}=0,15\left(mol\right) \end{gathered}$$

m_{dd Y} = $m_X+m_{\text{dd}HCl}-m_{C{O}_2}=14,2+\frac{0,3.36,5.100}{7,3}-0,15.44=157,6\left(g\right)$

Bảo toàn nguyên tố Mg, ta có: $n_{MgC{O}_3}=n_{MgC{l}_2}=\frac{6,028.157,6}{100.95}=0,1\left(mol\right)$

$\Rightarrow m_{MgC{O}_3}=0,1.84=8,4\left(g\right)\Rightarrow m_{M_2{\left(C{O}_3\right)}_n}=14,2-8,4=5,8\left(g\right)$ (M₂(CO₃)_n là muối cacbonat của kim loại M với hoá trị n)

$n_{C{O}_3^{2-}/M_2{\left(C{O}_3\right)}_n}=0,15-0,1=0,05\left(mol\right)\Rightarrow n_M=\frac{2n_{C{O}_3^{2-}}}{n}=\frac{2.0,05}{n}=\frac{0,1}{n}$

$$\begin{gathered} m_M=m_{M_2{\left(C{O}_3\right)}_n}-m_{C{O}_3^{2-}}=5,8-0,05.60=2,8\left(g\right) \\ {M}_M=\frac{m_M}{n_M}=\frac{2,8}{\frac{0,1}{n}}=28n \end{gathered}$$

Với n = 2 thì M_M = 56 (g/mol). Vậy M là sắt (Fe) 

$n_{FeC{O}_3}=\frac{5,8}{116}=0,05 \left(mol\right)$

Bảo toàn nguyên tố Fe, ta có: $n_{F{e}_2{O}_3}=\frac{1}{2}{n}_{FeC{O}_3}=0,025\left(mol\right)$

→ Chất rắn gồm MgO: 0,1 mol; Fe₂O₃ 0,025 mol

m_{chất rắn} = 0,1. 40 + 0,025. 160 = 8 (g)

Đáp án đúng là: C

$M_{N_2}=14.2=28$ đvC; $M_{C{O}_2}=12+16.2=44$ đvC

$M_{S{O}_2}=32+16.2=64$ đvC; $M_{C_4{H}_{10}}=12.4+1.10=58$ đvC

$M_{NO}=14+16=30$ đvC; $M_{C_2{H}_6}=12.2+1.6=30$ đvC

$M_{CO}=12+16=28$ đvC; $M_{N_{2}O}=14.2+16=44$đvC

Cặp chất có cùng phân tử khối là NO và C₂H₆.

H₂ chỉ một phân tử hiđro

2H chỉ hai nguyên tử hiđro.

Gọi phần trăm của mỗi đồng vị brom lần lượt là x và y (%)

→ x + y = 100 (1)

Nguyên tử khối trung bình của brom là 79,82

$\Rightarrow \frac{79x+81y}{100}=79,82$ (2)

Giải hệ (1), (2), ta được: x = 59, y = 41

${}_{35}{}^{79}Br$ chiếm 59% có 89 nguyên tử

${}_{35}{}^{81}Br$ chiếm 41% có nguyên tử

Vậy nếu có 89 nguyên tử ${}_{35}{}^{79}Br$ thì có 62 nguyên tử ${}_{35}{}^{81}Br$

Đáp án đúng là: C

$n_{C{O}_2}=\frac{6,16}{44}=0,14\left(mol\right);n_{H_{2}O}=\frac{2,52}{18}=0,14\left(mol\right)$

Vì $n_{C{O}_2}=n_{H_{2}O}$ → E là este no, đơn chức có công thức phân tử là: C_nH_2nO₂

Bảo toàn nguyên tố C: $n_{C_n{H}_{2n}{O}_2}=\frac{1}{n}{n}_{C{O}_2}=\frac{0,14}{n}\left(mol\right)$

$\Rightarrow M_E=14n+32=\frac{4,2}{\frac{0,14}{n}}$ → n = 2 → C₂H₄O₂

Công thức cấu tạo của E là HCOOCH₃.

Trong 1 tấn gang chứa 95% Fe có $m_{Fe}=\frac{1000.95}{100}=950\left(kg\right)$

Phương trình phản ứng: $F{e}_2{O}_3+3CO\stackrel{t^{°}}{\to }2Fe+3C{O}_2$

Ta có: 160 kg Fe₂O₃ tạo ra 2. 56 = 112 kg Fe

     x kg Fe₂O₃ tạo ra 950 kg Fe

$\to x=\frac{160.950}{112}=1357,14\left(kg\right)$

Hiệu suất đạt 80% nên thực tế Fe₂O₃ cần dùng:

$m_{F{e}_2{O}_3}$_{cần dùng} $=\frac{1357,14.80}{100}=1696,425\left(kg\right)$

Khối lượng quặng hematit chứa 60% Fe₂O₃ cần dùng:

m_quặng $=\frac{1696,425.100}{60}\approx 2827,325\left(kg\right)$

a) Gọi hóa trị của Mg trong hợp chất MgCO₃ là a

Theo quy tắc hoá trị, ta có: a. 1 = II. 1 → a = II

Vậy hóa trị của Mg trong hợp chất MgCO₃ là II.

b) Gọi công thức hoá học của hợp chất tạo bởi Fe (III) và SO₄ (II) là Fe_x(SO₄)_y

Theo quy tắc hoá trị, ta có: III. x = II. y 

$\Rightarrow \frac{x}{y}=\frac{II}{III}=\frac{2}{3}$ → x = 2, y = 3

Vậy công thức hoá học của hợp chất tạo bởi Fe (III) và SO₄ (II) là Fe₂(SO₄)₃

c) Ý nghĩa của công thức hoá học MgCO₃:

- Hợp chất gồm 3 nguyên tố magie (Mg), cacbon (C) và oxi (O) tạo thành.

- Trong 1 phân tử chất, có 1 nguyên tử Mg, 1 nguyên tử C, 3 nguyên tử O

- PTK MgCO₃ = 24 + 12 + 16. 3 = 84 đvC.

$n_{O_2}=\frac{6,4}{32}=0,2\left(mol\right)$

Trường hợp 1: 

Gọi kim loại M có hoá trị n ($1\le n\le 3$) nên oxit của kim loại M sẽ là M₂O_n

Phương trình phản ứng: $4M+n{O}_2\stackrel{t^{°}}{\to }2M_2{O}_n$

Theo phương trình: $n_M=\frac{4}{n}{n}_{O_2}=\frac{4}{n}.0,2=\frac{0,8}{n}\left(mol\right)$

$\Rightarrow M_M=\frac{16,8}{\frac{0,8}{n}}=21n$

Ta có:

Vậy không có kim loại M nào thoả mãn.

Trường hợp 2: Kim loại là Fe

3Fe + 2O₂  Fe₃O₄.

0,3 ⟵ 0,2                         mol

Vậy m_Fe = 0,3.56 = 16,8 trùng khối lượng đề bài cho.

Vậy kim loại M là Fe.

Bảo toàn khối lượng có:

$n_{O_2}=\frac{23,2-16,8}{32}=0,2\left(mol\right).$

Trường hợp 1:

Gọi kim loại M có hoá trị n ($1\le n\le 3$) nên oxit của kim loại M sẽ là M₂O_n

Phương trình phản ứng: $4M+n{O}_2\stackrel{t^{°}}{\to }2M_2{O}_n$

Theo phương trình: $n_M=\frac{4}{n}{n}_{O_2}=\frac{4}{n}.0,2=\frac{0,8}{n}\left(mol\right)$

$\Rightarrow M_M=\frac{16,8}{\frac{0,8}{n}}=21n$

Ta có:

Vậy không có kim loại M nào thoả mãn.

Trường hợp 2: Kim loại là Fe

Bảo toàn khối lượng có:

$n_{O_2}=\frac{23,2-16,8}{32}=0,2\left(mol\right).$

3Fe + 2O₂ $\stackrel{t^o}{\to }$ Fe₃O₄.

0,3 ⟵ 0,2                         mol

Vậy m_Fe = 0,3.56 = 16,8 trùng khối lượng đề bài cho.

Vậy kim loại M là Fe.

Đáp án đúng là: D

P + 5HNO₃ → H₃PO₄ + 5NO₂↑ + H₂O

a….5a…………a                                 (mol)

S + 6HNO₃ → H₂SO₄ + 6NO₂↑ + 2H₂O

b…..6b……….b                                     (mol)

$\sum n_{HN{O}_{3}pu}=5a+6b\left(mol\right)$

$n_{HN{O}_3}$_dư = (5a + 6b). 20% = a + 1,2b (mol)

$\sum n_{H^{+}}=n_{HN{O}_3}+2n_{H_{2}S{O}_4}+3n_{H_{3}P{O}_4}$ = (a + 1,2b) + 2b + 3a = 4a + 3,2b (mol)

Phản ứng trung hoà: H⁺  + OH^- → H₂O

$\Rightarrow n_{NaOH}=n_{O{H}^{-}}=n_{H^{+}}=4a+3,2b$  (mol).

Gọi hoá trị của C trong CO₂ là a

Theo quy tắc hoá trị, ta có: a. 1 = II. 2 → a = IV

Vậy hóa trị của C trong hợp chất CO₂ là IV.

Đáp án đúng là: B

Phương trình phản ứng: P₂O₅ + 4NaOH → 2Na₂HPO₄ + H₂O

Theo phương trình: $n_{NaOH}=4n_{P_2{O}_5}=4.0,2=0,8\left(mol\right)$

Na₂CO₃ + 2HCl → 2NaCl + H₂O + CO₂

Khi delta H (Lượng nhiệt phản ứng) < 0 thì phản ứng đó toả nhiệt.

Đáp án đúng là: A

Công thức cấu tạo của phân tử HCl là H – Cl.

Đáp án đúng là: C

Khối lượng giảm là tổng khối lượng của NO₂ và O₂:

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

Gọi $n_{N{O}_2}=x(mol;x>0)$ thì $n_{O_2}=\frac{x}{4}\left(mol\right)$

$\Rightarrow 46.x+32.\frac{x}{4}=0,54\Rightarrow x=0,01$

$\Rightarrow n_{Cu{\left(N{O}_3\right)}_2}$_{bị nhiệt phân} $=\frac{1}{2}{n}_{N{O}_2}=\frac{1}{2}.0,01=0,005\left(mol\right)$

$\Rightarrow m_{Cu{\left(N{O}_3\right)}_2}$_{bị nhiệt phân} = 0,005. 188 = 0,94 (gam)

Nhóm photphat (PO₄) có hoá trị là III

Nhóm HPO₄ có thêm 1 nguyên tử H nên hoá trị của (HPO₄) là: 3 – 1 = 2

Vậy nhóm HPO₄ có hoá trị là II.

a) $n_{H_2}=\frac{3,36}{22,4}=0,15\left(mol\right)$

Phương trình hoá học:

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

_{$n_{Al}=\frac{2}{3}{n}_{H_2}=\frac{2}{3}.0,15=0,1\left(mol\right)$}

m_Al = 0,1. 27 = 2,7 (g)

$\%m_{Al}=\frac{2,7}{5,9}.100\%=45,76\%$

→ %m_Cu = 100% – 45,76% = 54,24%

b) $n_{HClpu}=2n_{H_2}=2.0,15=0,3\left(mol\right)$

n_{HCl thực} = n_{HCl pư} + n_{HCl dư} = $0,3+0,3.\frac{10}{100}$ = 0,33 (mol)

$m_{\text{dd}HCl}=\frac{0,33.36,5}{20}=60,225\left(g\right)$

$V_{\text{dd}HCl}=\frac{60,225}{1,1}=54,75\left(ml\right)$

a) Na₂CO₃ + HCl → NaCl + NaHCO₃ (1)

K₂CO₃ + HCl → KCl + KHCO₃ (2)

NaHCO₃ + HCl → NaCl + CO₂ + H₂O (3)

KHCO₃ + HCl → KCl + CO₂ + H₂O (4)

Ca(OH)₂ + NaHCO₃ → NaOH + CaCO₃ + H₂O (5)

Ca(OH)₂ + KHCO₃ → KOH + CaCO₃ + H₂O (6)

Ta có: $n_{C{O}_2}=\frac{1,1}{44}=0,025\left(mol\right)$

Theo PTHH (1) và (6), ta có:

n_{hỗn hợp đầu} = $n_{C{O}_2}+n_{CaCO{}_3}$ = 0,025 + 0,015 = 0,04 (mol)

n_HCl = n_{hỗn hợp đầu} + $n_{C{O}_2}$ = 0,065 (mol)

m_{dd HCl} = $\frac{0,065.36,5}{3,65}.100=65\left(g\right)$

b) Gọi số mol của Na₂CO₃ và K₂CO₃ lần lượt là x mol và y mol

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}x+y=0,04\\ 106x+138y=4,56\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}x=0,03\\ y=0,01\end{array}\right.$

m_{hỗn hợp ban đầu} = 4,56 + 45,44 = 50 (g)

$$\begin{gathered} m_{N{a}_{2}C{O}_3}=0,03.106=3,18\left(g\right)\Rightarrow C{\%}_{N{a}_{2}C{O}_3}=\frac{3,18}{50}.100\%=6,36\% \\ {m}_{K_{2}C{O}_3}=0,01.138=1,38\left(g\right)\Rightarrow C{\%}_{K_{2}C{O}_3}=\frac{1,38}{50}.100\%=2,76\% \end{gathered}$$

c) Gọi số mol của Na₂CO₃ và K₂CO₃ cần thêm vào lần lượt là a mol và b mol

Vì C% bằng nhau nên ta có: 3,18 + 106a = 1,38 + 138b (*)

Theo C% ta có: $\frac{(3,18+106a).100}{50+106a+138b}=8,96(**)$

Từ (*) và (**) giải ra được: a = 0,015; b = 0,0246

Vậy khối lượng mỗi muối cần thêm vào là:

$$\begin{gathered} m_{N{a}_{2}C{O}_3}=0,015.106=1,59\left(g\right) \\ {m}_{K_{2}C{O}_3}=0,0246.138=3,3948\left(g\right) \end{gathered}$$

Đáp án đúng là: B

Vì dùng dung dịch NaOH tối thiểu để hấp thụ CO₂ nên:

Phương trình phản ứng: NaOH + CO₂ → NaHCO₃

_{$n_{NaOH}=n_{C{O}_2}=\frac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)$}

V_{dd NaOH} = $\frac{0,2}{2}=0,1\left(l\right)$

Đáp án đúng là: D

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

Ở 12^oC: S = 33,5 gam

Cứ 100 gam nước hoà tan 33,5 gam CuSO₄ tạo thành 133,5 gam dung dịch bão hoà

Cứ x gam nước hoà tan y gam CuSO₄ tạo thành 1335 gam dung dịch bão hoà

→ x = 1000 gam nước; y = 335 gam CuSO₄

Gọi a là số gam CuSO₄ (a > 0) cần thêm để được dung dịch bão hoà ở 90^oC

Ta có: $m_{H_{2}O}$ = 1000 (g)

$m_{{\text{CuSO}}_4}=$(335 + a) (g)

Theo bài ra, ta có: $\frac{335+a}{1000}.100=80\Rightarrow a=465\left(g\right)$

Vậy khối lượng CuSO₄ cần thêm là 465 gam.

Đáp án đúng là: B

Protein chỉ thực hiện được chức năng ở cấu trúc không gian (cấu trúc bậc 3 hoặc bậc 4).

Khi cấu trúc không gian 3 chiều (protein ở dạng bậc 3 hoặc bậc 4) bị phá vỡ (do nhiệt độ, pH….) thì làm cho chúng mất đi chức năng sinh học.

Tổng số mol của các khí trong hỗn hợp:

$n_{hh}=n_{C{O}_2}+n_{H_2}+n_{N_2}=0,01+0,02+0,02=0,05\left(mol\right)$

Các phương trình hóa học chứng minh nitơ có tính oxi hóa và có tính khử.

- Nitơ có tính oxi hoá:

$$\begin{gathered} 3\stackrel{0}{Mg}+{\stackrel{0}{N}}_2\stackrel{t^o}{\to }{\stackrel{+2}{Mg}}_3{\stackrel{-3}{N}}_2 \\ 3{\stackrel{0}{H}}_2+{\stackrel{0}{N}}_2\rightleftarrows 2\stackrel{-3}{N}{\stackrel{+1}{H}}_3 \end{gathered}$$

- Nitơ có tính khử: ${\stackrel{0}{N}}_2+{\stackrel{0}{O}}_2\rightleftarrows 2\stackrel{+2}{N}\stackrel{-2}{O}$

Đáp án đúng là: B

Zn + 2HCl → ZnCl₂ + H₂ ↑

Khí H₂ nhẹ hơn không khí, cháy trong không khí với ngọn lửa màu xanh nhạt.

Fe₃O₄ được coi như là hỗn hợp của FeO và Fe₂O₃ theo tỉ lệ 1:1. Cho nên hoá trị của Fe trong hợp chất đó là có cả II và III.

Hoá trị trung bình của Fe trong hợp chất trên là $\frac{8}{3}$

Fe + 8HCl + Fe₃O₄ → 4FeCl₂ + 4H₂O

f, dd (5) được trung hoà bởi HCl nên (5) là NaOH.

g, dd (3) tạo kết tủa với HCl, tan kết tủa khi đun nóng nên (3) là Pb(NO₃)₂.

d, dd (1) không tạo kết tủa với Pb(NO₃)₂ nên (1) là Ba(NO₃)₂.

Ba(NO₃)₂ không tạo kết tủa với (4) nên (4) là CaCl₂.

a, dd (2) kết tủa trắng với Ba(NO₃)₂, Pb(NO₃)₂, CaCl₂ nên (2) là (NH₄)₂SO₄.

→ Còn lại (6) là Na₂CO₃.

- Cho các chất tác dụng với quỳ tím:

+ Chất nào làm quỳ tím hoá đỏ là H₂SO₄.

+ Chất nào làm quỳ tím hoá xanh là NaOH.

+ Không làm quỳ tím đổi màu là: Ca(NO₃)₂ và K₂SO₄ (nhóm I).
- Cho 2 chất nhóm I tác dụng với BaCl₂:
Xuất hiện kết tủa là K₂SO₄; còn lại không hiện tượng là Ca(NO₃)₂.
Phương trình: K₂SO₄ + BaCl₂ → 2KCl + BaSO₄↓.

Cho quỳ tím vào từng mẫu thử 

+ Quỳ hóa xanh: Ca(OH)₂

+ Quỳ hóa đỏ: H₂SO₄, HNO₃ (nhóm I)

+ Quỳ không đổi màu: KCl

Cho dung dịch BaCl₂ vào 2 mẫu làm quỳ hóa đỏ (nhóm I)

+ Kết tủa: H₂SO₄

H₂SO₄ + BaCl₂ → BaSO_4↓ + 2HCl

+ Không hiện tượng: HCl.

Đề bài yêu cầu tính thể tích dung dịch NaOH tối thiểu để không còn kết tủa nên xảy ra 2 phản ứng hoá học sau:

Zn(NO₃)₂ + 2NaOH → Zn(OH)₂↓ + 2NaNO₃

2NaOH + Zn(OH)₂ → Na₂ZnO₂ + 2H₂O

Theo phương trình trên:

$n_{NaOH}=4n_{Zn{\left(N{O}_3\right)}_2}=4.0,01=0,04\left(mol\right)$

V_{dd NaOH} = $\frac{0,04}{1}=0,04\left(l\right)=40\left(ml\right)$

Đáp án đúng là: D

$\stackrel{0}{M}+H\stackrel{+5}{N}{O}_3 \to \stackrel{+n}{M}{\left(N{O}_3\right)}_n +{\stackrel{+\frac{2y}{x}}{N}}_x{O}_y +H_{2}O$

Ta có:

$\left.\begin{array}{l}(5x-2y)\times \\ n\times \end{array}\right|\begin{array}{c}\stackrel{0}{M}\to \stackrel{+n}{M}+ne\\ \stackrel{+5}{xN}+\left(5x–2y\right)\to \text{ x}\stackrel{+\frac{2y}{x}}{N}\end{array}$

Phương trình hoá học được cân bằng:

(5x-2y)M + (6nx-2ny)HNO₃ → (5x-2y)M(NO₃)_n + nN_xO_y + (3nx-ny)H₂O.