Phương trình phản ứng:

Na2SO4 + 2AgNO3 → Ag2SO4↓trắng  + 2NaNO3

Hiện tượng: Xuất hiện kết tủa màu trắng.

Một số biện pháp sử dụng nguyên liệu an toàn hiệu quả và đảm bảo sự phát triển bền vững:

+ Đổi mới công nghệ khai thác, chế biến;

+ Kiểm soát, xử lý chất thải và bảo vệ môi trường;

+ Khai thác các nguồn nguyên liệu có kế hoạch;

+ Sử dụng đúng cách nguồn tài nguyên thiên nhiên mà không làm tổn hại đến hệ sinh thái và môi trường.

+ Thăm dò, nghiên cứu các loại nguyên liệu mới phù hợp và góp phần bảo vệ môi trường…

Đáp án đúng là: C

Tổng số hạt proton, notron, electron trong hai nguyên tử kim loại A, B là 142

→ 2pA + nA + 2pB + nB = 142

Số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 42

→ 2pA + 2pB - (nA + nB) = 42

Giải hệ → 2pA + 2pB = 92 (1) và nA + nB= 50

Số hạt mang điện của nguyên tử B nhiều hơn của A là 12

→ 2pB - 2pA = 12 (2)

Giải hệ (1), (2) → pA = 20 (Ca), pB = 26 (Fe).

Đáp án đúng là: B

Vì H2SO4 đặc nóng dư nên khí A sinh ra là SO2.

Muối khan thu được là: Fe2(SO4)3

$n_{F{e}_2{\left(S{O}_4\right)}_3}=\frac{120}{400}=\mathrm{0,3}\left(mol\right)$

Theo bảo toàn nguyên tố Fe có:

Vì dung dịch NaOH dư nên khi dẫn SO2 vào đung dịch NaOH chỉ xảy ra một phản ứng:

2NaOH + SO2 → Na2SO3 + H2O

$\Rightarrow n_{N{a}_{2}S{O}_3}=\mathrm{0,1}mol\Rightarrow n_{S{O}_2}=n_{N{a}_{2}S{O}_3}=\mathrm{0,1}mol.$

Coi oxit FexOy ban đầu là hỗn hợp của Fe và O.

Gọi nO = a (mol)

Áp dụng định luật bảo toàn mol electron, ta có:

$3n_{Fe}=2n_O+2n_{S{O}_2}\Rightarrow a=n_O=\frac{3n_{Fe}-2n_{S{O}_2}}{2}=\mathrm{0,8}$

Có: $\frac{x}{y}=\frac{n_{Fe}}{n_O}=\frac{\mathrm{0,6}}{\mathrm{0,8}}=\frac{3}{4}$ → Oxit cần tìm là Fe3O4.

Lấy mẫu các dung dịch rồi tiến hành đun nóng:

- Xuất hiện kết tủa trắng, có bọt khí → Mg(HCO3)2 hoặc Ba(HCO3)2 (Nhóm I)

$Mg{\left(HC{O}_3\right)}_2\stackrel{t^{°}}{\to }MgC{O}_3\downarrow +H_{2}O+C{O}_2\uparrow$

$Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2\stackrel{t^{°}}{\to }BaC{O}_3\downarrow +H_{2}O+C{O}_2\uparrow$

- Xuất hiện bọt khí là KHCO3

$2KHC{O}_3\stackrel{t^{°}}{\to }{K}_{2}C{O}_3+H_{2}O+C{O}_2\uparrow$

- Không xảy ra hiện tượng gì là NaHSO4 hoặc Na2CO3 (Nhóm II)

Dùng KHCO3 nhận biết các chất trong nhóm II:

- Xuất hiện bọt khí là NaHSO4

2KHCO3 + 2NaHSO4 → K2SO4 + Na2SO4 + 2CO2↑ + 2H2O

- Không có hiện tượng gì là Na2CO3

Dùng NaHSO4 nhận biết các chất trong nhóm I:

- Xuất hiện kết tủa trắng và bọt khí là Ba(HCO3)2

Ba(HCO3)2 + 2NaHSO4 → BaSO4↓ + Na2SO4 + 2CO2 ↑ + 2H2O

- Xuất hiện bọt khí là Mg(HCO3)2

Mg(HCO3)2 + 2NaHSO4 → MgSO4 + Na2SO4 + 2CO2 ↑ + 2H2O

- Ở 90 oC: Trong 150 gam dung dịch A có 50 gam A

Vậy trong 600 gam dung dịch A có:  $\frac{600.50}{150}=200\left(g\right)$A

Giả sử khi làm lạnh từ 90 oC xuống 10 oC có m gam chất rắn A tách ra

- Ở 10 oC: Trong 115 gam dung dịch A có 15 gam A

Vậy trong (600 - m) gam dung dịch A có (200 - m) gam A

⇒(600 - m). 15 = (200 - m). 115

⇒ m = 140 (gam)

Vậy khi làm lạnh 600 gam dung dịch bão hòa A ở 90 oC xuống 10 oC thì có 140 gam chất rắn A tách ra.

Khi cho vài giọt axit H2SO4 đặc vào cốc nghiệm chứa 1 ít đường thì đường bị hóa đen, cột chất rắn dâng cao, có khói trắng thoát ra:

PTHH: $C_6{H}_{12}{O}_6\stackrel{H_{2}S{O}_4\text{d},t^{°}}{\to }6C+6H_{2}O$

C + 2H2SO4 đặc → CO2 + 2SO2 + 2H2O

Đáp án đúng là: C

Đặt công thức chung của 2 amino axit là CmH2m+1O2N; Giả sử X  tạo bởi k gốc amino axit → X có dạng $\left\{k\left[C_m{H}_{2m+1}{O}_{2}N\right]-(k-1)\left[H_{2}O\right]\right\}$

$\left(k\left[C_m{H}_{2m+1}{O}_{2}N\right]-(k-1)H_{2}O\right)+(k-1)H_{2}O\stackrel{H^{+},t^{°}}{\to }k{C}_m{H}_{2m+1}{O}_{2}N$

= mamino axit – mX = 8,9 + 15 – 20,3 = 3,6 gam

$n_{H_{2}O}=\frac{\mathrm{3,6}}{18}=\mathrm{0,2}\left(mol\right)$

$\sum n_{aminoaxit}=$nalanin  + nglyxin =$\frac{\mathrm{8,9}}{89}+\frac{15}{75}=\mathrm{0,3}\left(mol\right)$

 $\frac{n_{aminoaxit}}{n_{H_{2}O}}=\frac{k}{k-1}=\frac{\mathrm{0,3}}{\mathrm{0,2}}\to k=3\to$X là tripeptit

Đáp án đúng là: B

Các phản ứng (1) và (2) đúng.

(3) Sai vì: 9Fe(NO3)2 + 12HCl → 5Fe(NO3)3 + 4FeCl3 + 3NO + 6H2O

(4) Sai vì: 2FeS + 10H2SO4 (đặc, nóng) → Fe2(SO4)3 + 9SO2 + 10H2O

Đáp án đúng là: D

$n_{N{H}_3}=\frac{\mathrm{4,48}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,2}\left(mol\right)$

2NH4NO3 + R(OH)2 → R(NO3)2 + 2NH3 + 2H2O

$\Rightarrow n_{R{\left(N{O}_3\right)}_2}=\frac{1}{2}{n}_{N{H}_3}=\frac{\mathrm{0,2}}{2}=\mathrm{0,1}\left(mol\right)$

$M_{R{\left(N{O}_3\right)}_2}=\frac{\mathrm{26,1}}{\mathrm{0,1}}=261=M_R+62.2\Rightarrow M_R=137$

Vậy R là bari (Ba).

Đáp án đúng là: C

Xét 11g A:

Bảo toàn electron: ne = 2nH2 = 0,8 mol = 2nFe + 3nAl (1)

Và mFe + mAl = 11g nên 56nFe + 27nAl = 11 (2)

Từ (1) và (2) giải hệ phương trình được: nFe = 0,1 mol; nAl = 0,2 mol.

 Trong 22g A có: nFe = 0,2 mol; nAl = 0,4 mol

Bảo toàn electron: 3nFe + 3nAl = 3nNO  nNO = 0,6 mol.

 VNO = 0,6. 22,4 = 13,44 lít.

+) Trong phân tử MX2 có tổng số hạt p n e bằng 164 hạt

→2PM + NM + 2(2PX + NX) = 164 (1)

+) Trong đó số hạt mang điện nhiều hơn hạt không mang điện là 52

→2PM + 2.2PX − (NM + 2NX) = 52 (2)

Từ (1) và (2) ta có: PM + 2PX = 54 (*)

+) Số khối của nguyên tử M lớn hơn số khối của nguyên tử X là 5

→PM + NM − (PX + NX) = 5 (3)

+) Tổng số hạt p, n, e trong M lớn hơn trong X là 8

→2PM + NM − (2PX + NX) = 8 (4)

Từ (3) và (4) có PM – PX = 3 (**)

Từ (*), (**) giải hệ phương trình ta được: PM = 20; PX = 17;

Vậy M là Canxi (Ca).

Đáp án đúng là: C

$C{H}_3{\text{COOH+C}}_2{H}_{5}OH\rightleftarrows C{H}_3\text{COO}{C}_2{H}_5+H_{2}O$

0,75                  1,5                                               (mol)

Giả sử H = 100% → axit hết;

neste = naxit = 0,75 mol

→ meste lý thuyết = 0,75.88 = 66 gam

Hiệu suất phản ứng là:$H=\frac{\mathrm{39,6}}{66}.100\%=60\%$ .

Đáp án đúng là: A

$n_X=\frac{\mathrm{3,7}}{74}=\mathrm{0,05}\left(mol\right)$

$n_{NaOH}=\frac{100.4}{100.40}=\mathrm{0,1}\left(mol\right)$

Theo đề bài ra X là este đơn chức

Đặt X là RCOOR’

RCOOR’ + NaOH → RCOONa + R’OH

0,05           0,1

Theo PTHH có NaOH dư;

$n_{ancol(R\text{'}OH)}=n_X=\mathrm{0,05}\left(mol\right)$

Bảo toàn khối lượng, có:

mRCOOR’ + mNaOH = mchất rắn + mR’OH

→ mancol (R’OH) = 3,7 + 4 – 5,4 = 2,3 gam

$M_{ancol}=\frac{\mathrm{2,3}}{\mathrm{0,05}}=46(g/mol)$

Vậy ancol là C2H5OH nên X là HCOOC2H5.

Dung dịch HCl pH = 1 có $\left[H^{+}\right]=\mathrm{0,1}M\to n_{H^{+}}=\mathrm{0,1.}{V}_1\left(mol\right)$

Dung dịch HCl pH = 2 có $\left[H^{+}\right]=\mathrm{0,01}M\to n_{H^{+}}=\mathrm{0,01.}{V}_2\left(mol\right)$

Khi trộn 2 dung dịch thu được dung dịch mới có $n_{H^{+}}=\mathrm{0,1}{V}_1+\mathrm{0,01}{V}_2\left(mol\right)$

Thể tích dung dịch mới là V1 + V2 (lít)

→$\left[H^{+}\right]=\frac{\mathrm{0,1}{V}_1+\mathrm{0,01}{V}_2}{V_1+V_2}$

Dung dịch mới có pH = 1,26$\to \left[H^{+}\right]={10}^{-\mathrm{1,26}}$

$\frac{\mathrm{0,1}{V}_1+\mathrm{0,01}{V}_2}{V_1+V_2}={10}^{-\mathrm{1,26}}$→ $\frac{V_2}{V_1}\approx 1$.

Đáp án đúng là: C

Đáp án đúng là: B

Gọi x và 1 – x lần lượt là tỉ lệ số nguyên tử của 10B và 11B

→ 10x + 11.(1 – x) = 10,812 → x = 0,188

Tỉ lệ:$\frac{{}^{10}B}{{}^{11}B}=\frac{\mathrm{0,188}}{1-\mathrm{0,188}}=\frac{\mathrm{0,188}}{\mathrm{0,812}}$

Vậy nếu có 94 nguyên tử 10B thì có $94:\frac{\mathrm{0,188}}{\mathrm{0,812}}=406$nguyên tử 11B.

Đặt x, y lần lượt là số mol Fe và Mg.

Ta có các quá trình:

$\begin{array}{l}\stackrel{0}{Fe}\to \stackrel{+3}{Fe}+3e\\ x\dots \dots \dots \dots \dots .3x\left(mol\right)\end{array}$

$\begin{array}{l}\stackrel{0}{Mg}\to \stackrel{+2}{Mg}+2e\\ y\dots \dots \dots \dots \dots \mathrm{.....2}y\left(mol\right)\end{array}$

$\begin{array}{l}\stackrel{+5}{N}+3e\to \stackrel{+2}{N}\\ \mathrm{0,12...0,04}\left(mol\right)\end{array}$

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 3x + 2y = 0,12 (1)

Mặt khác khối lượng hỗn hợp: mhỗn hợp = 56x + 24y = 1,84 (2)

Từ (1) và (2) suy ra x = 0,02; y = 0,03.

Đáp án đúng là: A

Ta có các quá trình:

$\begin{array}{l}\stackrel{0}{Cu}\to \stackrel{+2}{Cu}+2e\\ \mathrm{0,1..............0,2}mol\end{array}$

$3\stackrel{+5}{N}+5e\to 2\stackrel{+4}{N}{O}_2+\stackrel{+2}{N}O$

         5x……2x……..x    mol

Bảo toàn e: 5x = 0,2 → x = 0,04

$V_{N{O}_2}=\mathrm{0,04.2.22,4}=\mathrm{1,792}\left(l\right)$

- Trích mẫu thử.

- Cho Fe vào các mẫu thử.

+ Mẫu thử nào tạo khí không màu là HCl

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑

+ 3 mẫu thử còn lại không có hiện tượng gì.

- Cho đồng thời Fe và HCl vừa nhận được vào các mẫu thử còn lại

+ Mẫu thử nào tạo khí không màu hóa nâu trong không khí là NaNO3
Fe + 4HCl + NaNO3 → FeCl3 + NaCl + NO + 2H2O

+ 2 mẫu thử còn lại không có hiện tượng gì.

- Cô cạn hai mẫu thử còn lại :

- Mẫu thử không thu được chất rắn sau khi cô cạn là H2O.
- Mẫu thử nào thu được chất rắn khan là NaCl.

$n_{H_2}=\mathrm{0,1}\left(mol\right)$

PTHH: Mg + 2HCl → MgCl2 + H2

             0,1…..0,2……………..0,1 (mol)

mMg = 0,1. 24 = 2,4 (g)

$V_{\text{dd}HCl}=\frac{n_{HCl}}{C_M}=\frac{\mathrm{0,2}}{1}=\mathrm{0,2}\left(l\right)$

a) $N_2+O_2\stackrel{t^{°}}{\to }2NO$

Số oxi hoá của N từ 0 lên + 2 → N2 có tính khử.

N2 + 6Li → 2Li3N

Số oxi hoá của N từ 0 xuống -3 → N2 có tính oxi hoá.

b) 2NH3 + 3CuO $\stackrel{t^o}{\to }$ 3Cu + 3H2O + N2

Số oxi hoá của N từ -3 lên + 0 → NH3 có tính khử.

Công thức cấu tạo của H2SO4 là:

Đáp án đúng là: B

Cách nhận biết một bình khí NH3 đầy dùng quỳ tím ẩm để cạnh miệng bình.

Hiện tượng: Quỳ tím ẩm chuyển sang màu xanh.

a, Vật thể tự nhiên: đường sucrose, cây mía đường, cây thốt nốt, củ cải đường, nước.

Vật thể nhân tạo: nước hàng (nước màu).

Vật vô sinh: nước, đường, nước hàng (nước màu).

Vật hữu sinh: cây mía đường, cây thốt nốt, cây củ cải đường.

b, Vật thể tự nhiên: lá găng rừng, nước, đường mía.

Vật thể nhân tạo: thạch găng.

Vật hữu sinh: lá găng rừng.

Vật vô sinh: nước, đường mía, thạch găng.

c, Vật thể tự nhiên: quặng kim loại.

Vật thể nhân tạo: kim loại.

Vật vô sinh: kim loại, quặng.

d, Vật thể tự nhiên: gỗ, rừng.

Vật thể nhân tạo: bàn ghế, giường tủ, nhà cửa.

Vật vô sinh: gỗ hạ từ cây, bàn ghế, giường tử, nhà cửa.

Vật hữu sinh: rừng.

Đáp án đúng là: B

O3 là đơn chất vì chất tạo nên từ 1 nguyên tố hoá học.

Dẫn hỗn hợp qua dung dịch Ca(OH)2 dư: 

- CO2 phản ứng giữ lại 

- O2 tinh khiết bay ra 

Lọc lấy kết tủa cho phản ứng với dung dịch HCl dư thu được CO2.

Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3↓ + H2O

CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2↑ + H2O

$2BaS{O}_4\stackrel{t^{°}}{\to }2BaO+O_2+2S{O}_2$

a)$4FeS+7O_2\stackrel{t^{°}}{\to }2F{e}_2{O}_3+4S{O}_2$

Cách cân bằng: Theo phương pháp thăng bằng electron:$\stackrel{0}{\stackrel{⏜}{FeS}}+{\stackrel{0}{O}}_2\stackrel{t^{°}}{\to }{\stackrel{+3}{Fe}}_2{O}_3+\stackrel{+4}{S}{O}_2$

Ta có:

$\left.\begin{array}{l}4\times \\ 7\times \end{array}\right|\begin{array}{c}\stackrel{0}{\stackrel{⏜}{FeS}}\to \stackrel{+3}{Fe}+\stackrel{+4}{S}+7e\\ {\stackrel{0}{O}}_2+4e\to 2\stackrel{-2}{O}\end{array}$

Phương trình được cân bằng:$4FeS+7O_2\stackrel{t^{°}}{\to }2F{e}_2{O}_3+4S{O}_2$

b) Al2(SO4)3 + 3Ca(OH)2 → 2Al(OH)3 + 3CaSO4

Cách cân bằng: nhẩm đại số.

Vì A thuộc nhóm IA nên A hóa trị I trong hợp chất.

2A + 2H2O → 2AOH + H2

$n_{H_2}=\frac{\mathrm{1,68}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,075}\left(mol\right)$

Theo PTHH ta có:$n_A=2n_{H_2}=\mathrm{0,075.2}=\mathrm{0,15}\left(mol\right)$

$M_A=\frac{\mathrm{5,85}}{\mathrm{0,15}}=39(g/mol)$

Vậy A là kali (K).

Đáp án đúng là: A

Một phần dây đồng bị hoà tan, có chất rắn màu xám bám ngoài dây đồng và dung dịch không màu chuyển dần sang màu xanh;

Phương trình hoá học minh hoạ:

Cu + 2AgNO3 → Cu(NO3)2 + 2Ag

Khối lượng HNO3 nguyên chất là:$\frac{5.60}{100}=3$  tấn.

Sơ đồ phản ứng điều chế HNO3 từ NH3

$N{H}_3\to NO\to N{O}_2\to HN{O}_3$

1 mol                             1 mol

17 g                                63 g

x tấn                                3 tấn

Theo sơ đồ điều chế $n_{HN{O}_3}=n{}_{N{H}_3}$

 $\Rightarrow m_{N{H}_3}=\frac{3}{63}.17=\mathrm{0,809524}$tấn

Khối lượng NH3 hao hụt là 3,8% nghĩa là hiệu suất đạt 100% - 3,8% = 96,2%

Vậy khối lượng amoniac cần dùng là: $\frac{\mathrm{0,809524.100}}{\mathrm{96,2}}=\mathrm{0,8415}$  tấn

Đáp án đúng là: C

Ta có nhận xét:$n_{H_2}=\frac{1}{2}{n}_{O{H}^{-}}\to n_{O{H}^{-}}=2n_{H_2}=2.\frac{\mathrm{1,12}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,1}\left(mol\right)$

PT ion: Al3+ + 3OH- → Al(OH)3

BĐ:    0,03             0,1               0                  mol

PƯ:    0,03             0,09             0,03             mol

Sau:   0                  0,1               0,03             mol

PT ion: Al(OH)3 + OH- → AlO2- + H2O

BĐ:    0,03             0,01             0                  mol

PƯ:    0,01             0,01             0,01             mol

Sau:   0,02             0                  0,01             mol

Khối lượng kết tủa (Al(OH)3) thu được là:

m = 0,02.78 = 1,56 gam.

Đáp án đúng là: B

Các đơn chất là: Cl2, Fe, F2, Hg.

Hợp chất A có phân tử gồm 1 nguyên tử của nguyên tố X kết hợp với 2 nguyên tử O nên A có CTHH dạng XO2

$M_A=d_{A/O_2}.M_{O_2}=\mathrm{1,375.32}=44(g/mol)$

Ta có:$M_A=M_{X{O}_2}\Rightarrow M_X+16.2=44\Rightarrow M_X=12(g/mol)$

Vậy X là cacbon (C) nên CTHH của A là CO2.

Đáp án đúng là: D

Amin đơn chức X có dạng RNH2, theo bài ra ta có:

%mN = $\frac{14}{R+16}.100\%=\mathrm{31,11}\%$

Þ R = 29 (C2H5)

X là C2H5NH2.

Đáp án đúng là: D

Đặt công thức hợp chất Y là CxHy có phân tử khối MY.

%C = 82,76% ⇒ %H = 100% − 82,76% = 17,24%

Vì khối lượng mỗi nguyên tố tỉ lệ với thành phần phần trăm khối lượng của nó.

Ta có:$\frac{m_C}{m_Y}=\frac{\%C}{100\%}\Rightarrow \frac{12x}{58}=\frac{\mathrm{82,76}}{100}\Rightarrow x=4$

$\frac{m_H}{m_Y}=\frac{\%H}{100\%}\Rightarrow \frac{y}{58}=\frac{\mathrm{17,24}}{100}\Rightarrow y=10$

 Công thức của Y là C4H10.

Đáp án đúng là: C

 $M_X=\mathrm{6,75.}{M}_O=\mathrm{6,75.16}=108(g/mol)$

Vậy X là bạc (Ag).

Đáp án đúng là: A

Trong hợp chất FeO, nguyên tử Fe có hoá trị II.

Đáp án đúng là: A

2 phân tử oxi được viết là: 2O2

Đáp án đúng là: C

Ta có:

+ XCl2 → X có hóa trị II

+ Y2O3 → Y có hóa trị III

Vậy công thức hóa học đúng là: X3Y2.

Hai phân tử oxi: 2 O2.

Năm phân tử nước: 5 H2O.

Ba phân tử khí cacbonic: 3 CO2.

Sáu phân tử hiđro: 6 H2.

Nguyên tử cacbon có nguyên tử khối là 12 đvC.

Þ Khối lượng của 1 đvC là:$\frac{{\mathrm{1,9926.10}}^{-23}}{12}={\mathrm{1,6605.10}}^{-24}\left(g\right)$

Mà nguyên tử canxi có nguyên tử khối là 40 đvC.

Þ Khối lượng của nguyên tử canxi là: ${\mathrm{1,6605.10}}^{-24}.40={\mathrm{6,642.10}}^{-23}\left(g\right)$ .