a, Fe + Cu(NO3)2 → Fe(NO3)2 + Cu

b, Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2

c, Fe thụ động với H2SO4 đặc nguội.

d, Fe không tác dụng với ZnSO4 vì Zn hoạt động hóa học mạnh hơn Fe.

a) Phương trình phản ứng xảy ra:

2Na + 2H2O → 2NaOH + H2↑

b) $n_{Na}=\frac{\mathrm{1,15}}{23}=\mathrm{0,05}\left(mol\right)$

Theo phương trình, ta có:

nNaOH = nNa = 0,05 (mol) → mNaOH = 0,05. 40 = 8 (g)

$n_{H_2}=\frac{1}{2}{n}_{Na}=\frac{1}{2}\mathrm{.0,05}=\mathrm{0,025}\left(mol\right)\Rightarrow V_{H_2}=\mathrm{0,025.22,4}=\mathrm{0,56}\left(l\right)$

c) Phương trình phản ứng: $H_2+CuO\stackrel{t^{°}}{\to }Cu+H_{2}O$

Theo phương trình: $n_{Cu}=n_{H_2}=\mathrm{0,025}\left(mol\right)\Rightarrow m_{Cu}=\mathrm{0,025.64}=\mathrm{1,6}\left(g\right)$ 

$2Al+6H_{2}S{O}_{4đ\text{a}c,nóng}\stackrel{t^{°}}{\to } A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3+3S{O}_2+6H_{2}O$

$2Fe+6H_{2}S{O}_{4đ\text{a}c,nóng}\stackrel{t^{°}}{\to } F{e}_2{\left(S{O}_4\right)}_3+3S{O}_2+6H_{2}O$

$Cu+2H_{2}S{O}_{4đ\text{a}c,nóng}\stackrel{t^{°}}{\to } CuS{O}_4+S{O}_2+2H_{2}O$

Lượng 3 muối sunfat = 45,1.2 = 90,2 gam và số mol SO2 = 0,7 mol
Fe2(SO4)3 + 6NaOH → 2Fe(OH)3 + 3Na2SO4
Al2(SO4)3 + 6NaOH → 2Al(OH)3 + 3Na2SO4
CuSO4 + 2NaOH → Cu(OH)2 + Na2SO4
Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O
Kết tủa lọc được chỉ còn Fe(OH)3 và Cu(OH)2
$2Fe{\left(OH\right)}_3\stackrel{t^{°}}{\to }F{e}_2{O}_3+3H_{2}O$

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

12.2 = 24 (gam) là tổng lượng 2 oxit Fe2O3 + CuO
Gọi x, y, z lần lượt là số mol của Fe, Al, Cu
Ta có hệ 3 phương trình:
$\left\{\begin{array}{l}\mathrm{1,5}x+\mathrm{1,5}y+z=\mathrm{0,7}\\ 200x+171y+160z=\mathrm{90,2}\\ 80x+80z=24\end{array}\right.$

Giải hệ cho x = 0,2; y = 0,2; z = 0,1
Suy ra khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp ban đầu:

mFe = 11,2 g;

mAl = 5,4 g;

mCu = 6,4 g.

Gọi kim loại là R

a, Các phương trình hoá học xảy ra:

2R + 2H2O → 2ROH + H2

ROH + HCl → RCl + H2O

b, nHCl = 2. 0,1 = 0,2 mol

ROH + HCl → RCl + H2O

0,2 …... 0,2

2R + 2H2O → 2ROH + H2

0,2……………0,2

→nR = 0,2 mol 

$\Rightarrow M_R=\frac{\mathrm{4,6}}{\mathrm{0,2}}=23(g/mol)$→ R là Na

Vậy kim loại là Na.

Kim loại thuộc nhóm IA nên có hoá trị I.

Đặt hai kim loại trong hỗn hợp tương đương với một kim loại là M.

Ta có: $n_{H_2}=\frac{\mathrm{2,479}}{\mathrm{24,79}}=\mathrm{0,1}\left(mol\right)$ 

Phản ứng xảy ra:

2M + 2H2O → 2MOH + H2

0,2………………………0,1

$\Rightarrow M_M=\frac{6}{\mathrm{0,2}}=30(g/mol)$

Vì 2 kim loại thuộc 2 chu kì liên tiếp, nguyên tử khối trung bình là 30 nên kim loại thỏa mãn là Na và K.

a) Ta có: $n_{H_2}=\frac{\mathrm{6,72}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,3}\left(mol\right)$

Phương trình phản ứng: 2R + 6HCl → 2RCl3 + 3H2

$n_R=\frac{2}{3}{n}_{H_2}=\mathrm{0,2}\left(mol\right)$$\Rightarrow M_R=\frac{\mathrm{5,4}}{\mathrm{0,2}}=27(g/mol)$

Vậy R là nhôm (Al)

b) $n_{HCl}=2n_{H_2}=\mathrm{0,6}\left(mol\right)$$\Rightarrow m=\frac{\mathrm{0,6.36,5.100}}{\mathrm{3,65}}=600\left(g\right)$

$n_{AlC{l}_3}=\frac{2}{3}{n}_{H_2}=\mathrm{0,2}\left(mol\right)\Rightarrow m_{AlC{l}_3}=\mathrm{0,2.133,5}=\mathrm{26,7}\left(g\right)$

Trong R gọi số hạt proton là pR

Trong X gọi số hạt proton là pX

Vì số hạt mang điện trong hạt nhân R và X đều bằng số hạt không mang điện nên :

nR = pR; nX = pX

Tổng số hạt trong RX2 là 96:

(2pR + nR) + 2. (2pX + nX) = 96

⇔ (2pR + pR) + 2. (2pX + pX) = 96

⇔ 3pR + 6pX = 96 (1)

Mà số hạt mang điện trong R nhiều gấp hai trong X:

2pR = 4pX (2)

Từ (1) và (2) suy ra pR = 16 (Lưu huỳnh); pX = 8 (Oxi)

Vậy CTHH của hợp chất cần tìm là SO2.

Đáp án đúng là: D

Khi thêm một ít axit vào dung dịch thì nồng độ H+ trong dung dịch sẽ tăng, đồng thời làm giảm độ pH.

Đáp án đúng là: D

Chất tham gia trong phương trình trên là: SO3, H2O.

Đáp án đúng là: D

Cách tách muối ăn ra khỏi hỗn hợp muối ăn với cát:

+ Hòa tan hỗn hợp đã cho vào nước.

+ Lọc để thu lấy cát do cát không tan.

+ Cô cạn phần nước lọc, nước bay hơi sẽ thu được muối ăn.

a) $n_{H_2}=\frac{\mathrm{5,6}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,25}\left(mol\right)$

Gọi hoá trị của M là n ($1\le n\le 3$)

Phương trình: 2M + 2nHCl → 2MCln + nH2

$n_M=\frac{2}{n}{n}_{H_2}=\frac{\mathrm{0,5}}{n}\left(mol\right)$$\Rightarrow M_M=\frac{\mathrm{16,25}}{\frac{\mathrm{0,5}}{n}}=\mathrm{32,5}n(g/mol)$

Xét n = 1 → MM = 32,5 (g/mol) (Loại)

Xét n = 2 → MM = 65 (g/mol) (Nhận)

Xét n = 3 → MM = 97,5 (g/mol) (Loại)

Vậy M là kẽm (Zn)

b) Phương trình: Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2

$n_{HCl}=2n_{H_2}=\mathrm{2.0,25}=\mathrm{0,5}\left(mol\right)\Rightarrow V_{\text{dd}HCl}=\frac{\mathrm{0,5}}{\mathrm{0,2}}=\mathrm{2,5}\left(l\right)$

- Cho các khí tác dụng với quỳ tím ẩm:

+ Quỳ tím chuyển đỏ: CO2, SO2 (1)
CO2 + H2O ⇌ H2CO3

SO2 + H2O ⇌ H2SO3

+ Quỳ tím chuyển màu xanh: NH3

NH3 + H2O ⇌ NH4OH (hay NH4+ + OH-)

+ Quỳ tím không đổi màu: N2

- Cho 2 khí ở (1) đi qua dung dịch Br2:

+ Dung dịch nhạt màu dần: SO2

SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr

+ Không hiện tượng: CO2

Đáp án đúng là: C

Dung dịch Cu(NO3)2 có màu xanh lam.

Gọi phân lớp electron ngoài cùng của A là $3p^x$ (0<x<6), còn B là 4sy (0 < y < 2)

Ta có:

- Tổng số electron của 2 phân lớp bằng 5 → x + y = 5 (*)

- Hiệu số electron của 2 phân lớp bằng 3 → x – y = 3 (**)

Giải hệ (*), (**), ta được: x = 4, y = 1

Cấu hình electron của A là: 1s22s22p63s23p4 → ZA = 16 → Tên nguyên tố A là oxi.

Cấu hình electron của B là 1s22s22p63s23p64s1 → ZB = 19 → Tên nguyên tố B là kali.

$n_{HCl}=\mathrm{0,1} mol\Rightarrow n_{H^{+}}=\mathrm{0,1} mol$

$n_{NaOH}=015 mol\Rightarrow n_{O{H}^{-}}=\mathrm{0,15} mol$

$O{H}^{-}+H^{+}\to H_{2}O$

0,1……0,1

$\Rightarrow n_{O{H}^{-}d\text{u}}=\mathrm{0,15}-\mathrm{0,1}=\mathrm{0,05}\left(mol\right)$

$\Rightarrow \left[O{H}^{-}\right]=\frac{\mathrm{0,05}}{\mathrm{0,1}+\mathrm{0,4}}=\mathrm{0,1}M$

pH = 14 – pOH = 14 – 1 = 13

Theo bài ra ta có: p + e + n = 95 (1)

Và n = 0,5833(p + e)       (2)
Mà p = e (3)
Từ (1); (2); (3) có: p = e = 30; n = 35.
Vì p = e = Z → Z = 30 (Z là số nguyên tử)

Vì kẽm có Z = 30 nên đây là nguyên tử Zn.

Số khối của R là 30 + 35 = 65.

$n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=\mathrm{0,1.1,5}=\mathrm{0,15}\left(mol\right);n_{BaS{O}_3}=\frac{\mathrm{23,3}}{217}=\mathrm{0,11}\left(mol\right)$

Vì $n_{BaS{O}_3}<n_{Ba{\left(OH\right)}_2}$nên kết tủa chưa cực đại → Có các trường hợp sau:

- Trường hợp 1: Ba(OH)2 dư nên muối tạo thành chỉ có BaSO3

PTHH: SO2 + Ba(OH)2 → BaSO3↓ + H2O

$n_{S{O}_2}=n_{BaS{O}_3}=\mathrm{0,11}\left(mol\right)\Rightarrow V_{S{O}_2}=\mathrm{0,11.22,4}=\mathrm{2,464}\left(l\right)$

- Trường hợp 2: SO2 hết nhưng đã hoà tan 1 phần kết tủa

PTHH: SO2 + Ba(OH)2 → BaSO3 + H2O (1)

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

Theo (1) thì $n_{BaS{O}_3}$= 0,15 mol, nhưng theo đề thì $n_{BaS{O}_3}$= 0,11 mol nên $n_{BaS{O}_3}$bị hoà tan: 0,15 – 0,11 = 0,04 (mol)

SO2 + H2O + BaSO3 → Ba(HSO3)2 (2)

0,04…………0,04                           (mol)

$\Rightarrow V_{S{O}_2}=(\mathrm{0,15}+\mathrm{0,04})\mathrm{.22,4}=\mathrm{4,256}\left(l\right)$

Đáp án đúng là: B

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích:

$\sum n_{dientich(+)}=\sum n_{dientich(-)}$ 

$\to 2n_{B{a}^{2+}}+n_{N{a}^{+}}=n_{N{O}_3^{-}}+n_{O{H}^{-}}$ 

→ 2.0,01 + b = 0,01 + a

→ a – b = 0,01 (1)

Số mol HCl cần dùng để trung hòa toàn bộ dung dịch X là:

$n_{O{H}^{-}}=n_{H^{+}}=\mathrm{0,04}\left(mol\right)$ 

→ a = 0,04 (2)

Từ (1) và (2)

→ a = 0,04; b = 0,03

Khối lượng chất rắn thu được khi cô cạn dung dịch X là:

$m_{B{a}^{2+}}+m_{N{a}^{+}}+m_{N{O}_3^{-}}+m_{O{H}^{-}}$ = 0,01. 137 + 23. 0,03 + 0,01. 62 + 17. 0,04 = 3,36 gam

Đáp án đúng là: A

SO2 + H2O ⇌ H2SO3

Cu không tác dụng với NaOH, vì NaOH là bazơ không hoà tan các kim loại như Cu, Fe …

Khối lượng bình tăng là khối lượng của CO2 và H2O hấp thụ vào bình.

Phương trình: $X+O_2\stackrel{t^{°}}{\to }C{O}_2+H_{2}O$

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

$m_X+m_{O_2}=m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}\Rightarrow m_X=m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}-m_{O_2}=\mathrm{15,96}-\mathrm{10,24}=\mathrm{5,72}\left(g\right)$

Vậy a = 5,72 gam.

nH+ = 2.0,04.0,375 = 0,03 mol;

nOH- = 0,16.(0,16 + 0,04) = 0,032 mol;

H+ + OH- → H2O$\Rightarrow n_{O{H}^{-}du}=\mathrm{0,032}-\mathrm{0,03}=\mathrm{0,002}\left(mol\right)$

$\left[O{H}^{-}\right]=\frac{\mathrm{0,002}}{\mathrm{0,04}+\mathrm{0,16}}=\mathrm{0,01}M$

→ pH = 14 – pOH = 14 + log0,01 = 12

Vì CO không tác dụng được với Ba(OH)2 bởi nó là oxit trung tính nên chỉ có phản ứng giữa CO2 với Ba(OH)2

$n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=\mathrm{0,1.2}=\mathrm{0,2}\left(mol\right)$

Nếu tạo BaCO3 thì $n_{BaC{O}_3}=\mathrm{0,2}\left(mol\right)$→ $m_{BaC{O}_3}=\mathrm{39,4}\left(g\right)$

Nếu tạo Ba(HCO3)2 thì $n_{Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2}=\mathrm{0,2}\left(mol\right)$$\to m_{Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2}=\mathrm{51,8}\left(g\right)$

Theo đề: 39,4 < 42,5 < 51,8 → Tạo cả 2 muối.

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3 + H2O

a………a…………..a

2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2

2b……..b……………b

$\left\{\begin{array}{l}{n}_{Ba{\left(OH\right)}_2}=\mathrm{0,2}\\ m_{muoi}=\mathrm{42,5}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a+b=\mathrm{0,2}\\ 197a+259b=\mathrm{42,5}\end{array}\right.\iff \left\{\begin{array}{l}a=\mathrm{0,15}\\ b=\mathrm{0,05}\end{array}\right.$$n_{C{O}_2}=a+2b=\mathrm{0,25}\left(mol\right)\Rightarrow V_{C{O}_2}=\mathrm{0,25.22,4}=\mathrm{5,6}\left(l\right)$

$\Rightarrow \%V_{C{O}_2}=\frac{\mathrm{5,6}}{10}.100=56\%;\%V_{CO}=44\%$

Gọi hoá trị của nhóm HCO3 trong hợp chất Ca(HCO3)2 là a (a > 0)

Áp dụng quy tắc hoá trị, ta có: II.1 = a.2 → a = I

Vậy hoá trị của nhóm HCO3 trong hợp chất Ca(HCO3)2 là I.

Đáp án đúng là: D

Chất tinh khiết sôi ở nhiệt độ cố định và hóa rắn ở nhiệt độ không đổi.

nAl = 0,02 mol; nNaOH = 0,04 mol

Các phương trình phản ứng:

2Al + 2NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2 (1)

0,02….0,02………………..0,02

nNaOH dư = 0,04 – 0,02 = 0,02 (mol) nên dung dịch X gồm 0,02 mol NaOH và 0,02 mol NaAlO2.

Cho từ từ HCl vào X:

NaOH + HCl → NaCl + H2O (2)

0,02……0,02                            mol

NaAlO2 + HCl  + H2O → NaCl + Al(OH)3↓ (3)

0,02……….0,02                        mol

Al(OH)3 + 3HCl → AlCl3 + 3H2O       (4)

Để thu được kết tủa lớn nhất thì phản ứng chỉ dừng ở (3).

nHCl = nHCl (2) + nHCl (3) = 0,04 mol

$V_{\text{dd}HCl}=\frac{\mathrm{0,04}}{\mathrm{0,5}}=\mathrm{0,08}\left(l\right)=80\left(ml\right).$

Đáp án đúng là: C

Ta có: p + e + n = 21 → 2p + n = 21→ n = 21 – 2p

Mặt khác, vì $1\le \frac{n}{p}\le \mathrm{1,5}$ $\Rightarrow 6\le p\le 7$

+ Trường hợp 1: e = p = 6

Cấu hình electron: 1s22s22p2 → có 3 phân lớp electron.

+ Trường hợp 2: e = p = 7

Cấu hình electron là: 1s22s22p3 → có 3 phân lớp electron.

Phương trình phân tử: Ba(NO3)2 + Na2SO4 → BaSO4↓ + 2NaNO3

Phương trình ion rút gọn: $B{a}^{2+}+S{O}_4^{2-}\to BaS{O}_4$

$n_{H^{+}}=n_{HCl}=\mathrm{0,2}\left(mol\right);n_{C{O}_2}=\frac{\mathrm{1,12}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,05}\left(mol\right)$

 Cho từ từ HCl vào hỗn hợp Na2CO3 và NaHCO3 lần lượt xảy ra 2 PTHH sau:

$H^{+}+C{O}_3^{2-}\to HC{O}_3^{-}\left(1\right)$

$H^{+}+HC{O}_3^{-}\to C{O}_2+H_{2}O$(2)

Từ (2) $\Rightarrow n_{H^{+}\left(2\right)}=n_{C{O}_2}=\mathrm{0,05}\left(mol\right)$

$\Rightarrow n_{H^{+}\left(1\right)}=\mathrm{0,2}-\mathrm{0,05}=\mathrm{0,15}\left(mol\right)$

$\Rightarrow n_{N{a}_{2}C{O}_3}=n_{C{O}_3^{2-}}=n_{H^{+}\left(1\right)}=\mathrm{0,15}\left(mol\right)$

$\Rightarrow C_{M_{N{a}_{2}C{O}_3}}=\frac{\mathrm{0,15}}{\mathrm{0,2}}=\mathrm{0,75}M$

$n_{H_2}=\frac{\mathrm{5,6}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,25}\left(mol\right)$

2K + 2HCl → 2KCl + H2

R + 2HCl → RCl2 + H2

Gọi số mol của K, R là x; y

Ta có:

$\left\{\begin{array}{l}39x+y.M_R=\mathrm{8,7}\\ \mathrm{0,5}x+y=\mathrm{0,25}\end{array}\right.\to \frac{39x+y.M_R}{\mathrm{0,5}x+y}=\frac{\mathrm{8,7}}{\mathrm{0,25}}=\mathrm{34,8}$

→ 34,8 là giá trị trung bình của MR và MK = 39 nên MR < 34,8 (1)

Mà R + 2HCl → RCl2 + H2

$n_R=n_{H_2}=\frac{9}{M_R}<\frac{11}{\mathrm{22,4}}\to M_R>\mathrm{18,3}$ (2)

Từ (1), (2), có: 18,3 < MR < 34,8 mà R là kim loại hoá trị II nên R là magie (Mg).

Cấu hình electron nguyên tử của X: 1s22s22p63s23p6 . Nguyên tố X ở ô số 18, chu kì 3, nhóm VIIIA. Đây là một nguyên tố khí hiếm (Ar) có cấu hình electron nguyên tử bền vững nên không tồn tại hợp chất của X trong đó X tồn tại ở dạng ion.

Đáp án đúng là: B

nHCl = 0,05. 0,3 = 0,015 (mol)

$n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=\mathrm{0,2}x\Rightarrow n_{O{H}^{-}}=\mathrm{2.0,2}x=\mathrm{0,4}x\left(mol\right)$

Sau khi trộn, pH = 2 chứng tỏ axit còn dư

pH = 2 thì $\left[H^{+}\right]=\mathrm{0,01}M$suy ra $n_{H^{+}d\text{u}}=\mathrm{0,01.0,5}=\mathrm{0,005}\left(mol\right)$

Vậy: 0,015 - 0,4x = 0,005 nên x = 0,025 M

Gọi CTHH của hai oxit là A2On và B2Om (1 ≤ n, m ≤ 3)

Cho X vào dung dịch H2SO4 loãng (vừa đủ), không có khí thoát ra, tạo dung dịch chỉ chứa một chất tan. Suy ra, A chứa một oxit bị khử bởi CO (tan trong H2SO4 loãng), và một oxit không bị khử bởi CO.

Giả sử oxit bị CO khử là A2On 

$n_{CaC{O}_3}=\frac{\mathrm{1,5}}{100}=\mathrm{0,015}\left(mol\right)$ 

$A_2{O}_n+nCO\stackrel{t^{°}}{\to }2A+nC{O}_2$(1)

Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3 + H2O (2)

B2Om + mH2SO4 → B2(SO4)m + mH2O (3)

Theo PTHH (2) $\Rightarrow n_{C{O}_2}=n_{CaC{O}_3}=\mathrm{0,015}\left(mol\right)$ 

Theo PTHH (1) $\Rightarrow n_A=\frac{2}{n}{n}_{C{O}_2}=\frac{\mathrm{0,03}}{n}\left(mol\right)$

mà mA = 0,96 gam nên: $M_A=\frac{m_A}{n_A}=\frac{\mathrm{0,96}}{\frac{\mathrm{0,03}}{n}}=32n(g/mol)$ 

Vì n là hóa trị của kim loại nên 1 ≤ n ≤ 3

+ n = 1→ MA = 32 → Loại

+ n = 2 → MA = 64→ A là Cu

+ n = 3 → MA = 96→ Loại

→A chứa CuO

Giả sử có 1 mol B2Om tham gia phản ứng

Theo PTHH(3): $n_{H_{2}S{O}_4}=m.n_{B_2{O}_m}=m\left(mol\right)\Rightarrow m_{H_{2}S{O}_4}=98m\left(g\right)$ 

mdung dịch $H_{2}S{O}_4$ = $\frac{98m}{10\%}=980m\left(g\right)$

BTKL: mdd trước = mdd sau

$m_{\text{dd}sau}=m_{B_2{O}_m}+m_{\text{dd}{H}_{2}S{O}_4}=2M_B+16m+980m=2M_B+996m\left(g\right)$

Theo PTHH (3): $n_{B_2{\left(S{O}_4\right)}_3}=n_{B_2{O}_m}=1\left(mol\right)$

$\Rightarrow m_{B_2{\left(S{O}_4\right)}_3}=2M_B+96m\left(g\right)$

Vì dung dịch chứa muối tan có nồng độ là 11,243% nên ta có phương trình: 

$C\%=\frac{2M_B+96m}{2M_B+996m}.100=\mathrm{11,234}\Rightarrow M_B=9m(g/mol)$ 

Vì m là hóa trị của kim loại nên 1 ≤ m ≤ 3

+ m = 1⇒ M = 9 ⇒ Loại

+ m = 2 ⇒ M = 18 ⇒ Loại

+ m = 3 ⇒ M = 27 ⇒ M là Al

→A chứa Al2O3

Vậy A gồm Al2O3 và CuO.

Đáp án đúng là: A

Nguyên tử nguyên tố X có cấu hình electron là 1s22s22p63s2 nên ta có:

- X có 3 lớp electron nên X thuộc chu kì 3

- X có 2 electron ở lớp ngoài cùng nên X thuộc nhóm IIA.

Trong CH4, H có hoá trị I, C có hoá trị IV (vì 1 nguyên tử C liên kết với 4 nguyên tử H).

- Trích các mẫu thử.

- Dùng dung dịch Ba(OH)2 cho vào các mẫu thử:

+ Mẫu thử nào tạo khí có mùi khai là NH3

PTHH: 2NH4Cl + Ba(OH)2 → BaCl2 + 2NH3↑ + 2H2O

+ Mẫu thử nào tạo kết tủa trắng là Na2SO4

PTHH: Na2SO4 + Ba(OH)2 → BaSO4↓ + 2NaOH

+ 2 mẫu thử còn lại không có hiện tượng gì

- Dùng dung dịch AgNO3 để nhận biết 2 mẫu thử còn lại

+ Mẫu thử nào tạo kết tủa trắng là KCl

PTHH: KCl + AgNO3 → AgCl↓ + KNO3

+ Mẫu thử còn lại là NaNO3.

$\stackrel{-3}{C}{\stackrel{+1}{H}}_3\stackrel{+3}{C}\stackrel{-2}{O}\stackrel{-2}{O}\stackrel{+1}{H}$
Axit axetic.

mmuối = mkim loại + 62.n (n là số mol e trao đổi)

→ 45,5 = 8,3 + 62.3.nNO → nNO = 0,2 (mol)

VNO = 0,2. 22,4 = 4,48 lít.

Đáp án đúng là: B

Al + 6HNO3 → Al(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O

Fe +  6HNO3 → Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O

Gọi số mol Al là x (mol, x > 0); Fe là y (mol, y > 0)

 →27x + 56y = 8,3 (1)

Ta có: $n_{N{O}_2}=\frac{\mathrm{13,44}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,6}\left(mol\right)$ 

Theo PTHH hoặc bảo toàn electron → 3x + 3y = 0,6 (2)

Giải (1), (2) ta được: x = y = 0,1

mAl = 2,7 gam → %mAl = $\frac{\mathrm{2,7}}{\mathrm{8,3}}.100\%=$ 32,53%

Hiện tượng: Kim loại Fe bị hoà tan, đồng thời có bọt khí không màu bay ra

PTHH: Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑

MFeO = 56 + 16 = 72 (g/mol)

$\%m_{Fe}=\frac{56}{72}.100\%=\mathrm{77,8}\%$

%mO = 100% - 77,8% = 22,2%

$M_{F{e}_2{O}_3}=56.2+16.3=160(g/mol)$

$\%m_{Fe}=\frac{56.2}{160}.100\%=70\%$

%mO = 100% - 70% = 30%

- Trích mẫu thử.

- Dùng giấy quỳ tím kiểm tra.

+ Dung dịch nào làm giấy quỳ tím chuyển màu đỏ thì đó là dung dịch HCl

+ Dung dịch nào làm giấy quỳ tím chuyển màu xanh thì đó là dung dịch NaOH

+ Còn lại 2 dung dịch không làm quỳ tím chuyển màu.

- Cho dung dịch BaCl2 tác dụng với 2 dung dịch NaCl, Na2SO4

+ Dung dịch nào tác dụng với BaCl2 và tạo kết tủa màu trắng thì là Na2SO4

Na2SO4 + BaCl2 → BaSO4↓ + 2NaCl

+ Còn lại là NaCl không tác dụng với BaCl2 nên không có hiện tượng gì xuất hiện.

Để xác định nguyên tố đó là kim loại, phi kim hay khí hiếm ta dựa vào cấu hình electron.

+ Nguyên tử có 1, 2, 3 electron ở lớp ngoài cùng là nguyên tử của nguyên tố kim loại (trừ H, He, B).

+ Nguyên tử có 5, 6, 7 electron ở lớp ngoài cùng thường là nguyên tử của nguyên tố phi kim.

+ Nguyên tử có 8 electron lớp ngoài cùng là nguyên tử của nguyên tố khí hiếm.

+ Nguyên tử có 4 electron ở lớp ngoài cùng có thể là kim loại hoặc phi kim.

p = e = 20; n = 22

mnguyên tử  = mp + me + mn = 6,9902.10 -23 gam

Giải thích các bước giải:

Nguyên tử có tổng số hạt là 62 nên: p + n + e = 62

Số khối A = p + n < 43 → p > 62 – 43 = 19

Ta có:

p ≤ n ≤ 1,5p → 3p ≤ 2p + n ≤ 3,5p → 3p ≤ 62 ≤ 3,5p

→ 17,7 ≤ p ≤ 20,67

→ 19 < p ≤ 20,67 → p = 20

→p = e = 20 ; n = 22

mnguyên tử  = mp + me + mn

= 20. 1,66.10-24 + 20.9,1.10-27 + 22. 1,66.10-24

= 6,9902.10 -23 gam

Chỉ có 3 muối không bị thủy phân khi hòa vào nước: K2SO4, Ba(NO3)2; NaCl đều được tạo bởi cation của bazơ mạnh và anion gốc axit mạnh.

1) NH4Cl + H2O → HCl + NH4OH
2) CH3COONa + H2O → CH3COOH + NaOH
3) Na2CO3 + H2O → NaHCO3 + NaOH
4) KHSO3 + H2O → KOH + H2SO3 
5) Na2HPO4 + H2O → NaOH + NaH2PO4
6) CuSO4 + 2H2O → Cu(OH)2↓ + H2SO4

$n_{BaC{l}_2}=\frac{\mathrm{20,8}}{208}=\mathrm{0,1}\left(mol\right)$

$n_{C{l}^{-}}=2n_{BaC{l}_2}=\mathrm{2.0,1}=\mathrm{0,2}\left(mol\right)$

$C_{M_{C{l}^{-}}}=\frac{n_{C{l}^{-}}}{V_{\text{dd}}}=\frac{\mathrm{0,2}}{\mathrm{0,5}}=\mathrm{0,4}M$

Vậy nồng độ của ion Cl- trong dung dịch là 0,4M.

a) Na2O + H2O → 2NaOH

b) CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O

c) CuO + 2HCl → CuCl2 + H2O

d) Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2

Phản ứng của kim loại với phi kim:

- Tác dụng với oxi: $2Cu+O_2\stackrel{t^{°}}{\to }2CuO$

- Tác dụng với phi kim khác: $Fe+S\stackrel{t^{°}}{\to }FeS$

Phản ứng của kim loại với dung dịch axit: 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2

Phản ứng của kim loại với dung dịch muối: Zn + CuSO4 → ZnSO4 + Cu

Oxit axit là: SO3, SO2, N2O3
Oxit bazơ là: CuO, CaO, Fe2O3

SO3: Lưu huỳnh trioxit

SO2: Lưu huỳnh đioxit

N2O3: Đinitơ trioxit

CaO: Canxi oxit

Fe2O3: Sắt(III) oxit

CuO: Đồng(II) oxit

Đáp án đúng là: D

Trích mẩu thử.

Cho dung dịch H2SO4 loãng lần lượt vào các mẩu thử.

- Kim loại không phản ứng là Ag.

- Kim loại phản ứng có khí thoát ra và thu được kết tủa trắng là Ba.

Ba + H2SO4 → BaSO4↓ + H2↑

- Các trường hợp còn lại (Mg, Fe, Al – gọi chung nhóm I) chỉ thấy hiện tượng có khí thoát ra.

Mg + H2SO4 → MgSO4 + H2↑

Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2↑

2Al + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2↑

- Cho 1 ít kim loại Ba vừa nhận ra ở trên tác dụng với nước, thu dung dịch Ba(OH)2. Sau đó lấy dung dịch thu được tác dụng với dung dịch muối sunfat của các kim loại nhóm I.

+ Dung dịch tạo kết tủa trắng xanh rồi hóa nâu là FeSO4 → kim loại ban đầu là Fe.

FeSO4 + Ba(OH)2 → BaSO4↓ + Fe(OH)2↓

4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3↓

+ Dung dịch tạo kết tủa keo trắng rồi tan dần một phần là Al2(SO4)3 → kim loại ban đầu là Al.

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

2Al(OH)3 + Ba(OH)2 → $Ba{\left[Al{\left(OH\right)}_4\right]}_2$

+ Dung dịch tạo kết tủa trắng là MgSO4  → kim loại ban đầu là Mg.

MgSO4 + Ba(OH)2 → BaSO4↓ + Mg(OH)2↓

Phản ứng xảy ra:

Al2(SO4)3 + 6NH3 + 6H2O → 2Al(OH)3↓ + 3(NH4)2SO4

$A{l}^{3+}+3N{H}_3+3H_{2}O\to Al{\left(OH\right)}_3+3N{H}_4^{+}$

Hoà tan lượng kết tủa trên:

Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2H2O

$Al{\left(OH\right)}_3+O{H}^{-}\to Al{O}_2^{-}+2H_{2}O$

Ta có: nNaOH = 0,5. 3 = 1,5 (mol) = $n_{Al{\left(OH\right)}_3}$

$\to n_{A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3}=\frac{1}{2}{n}_{Al{\left(OH\right)}_3}=\mathrm{0,75}\left(mol\right)$

$\to C_{MA{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3}=\frac{\mathrm{0,75}}{\mathrm{0,2}}=\mathrm{3,75}M$

$n_{N{H}_3}=3n_{Al{\left(OH\right)}_3}=\mathrm{1,5.3}=\mathrm{4,5}\left(mol\right)$

$\to V_{N{H}_3}=\mathrm{4,5.22,4}=\mathrm{100,8}\left(l\right)=V$ 

Hiện tượng: Ban đầu có khí thoát ra, tiếp theo có kết tủa trắng.

1) 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2↑

2) 2NaOH + MgCl2 → 2NaCl + Mg(OH)2↓

- Hiện tượng: Kẽm tan dần, dung dịch màu xanh lam của dung dịch nhạt dần, có chất rắn màu đỏ bám bên ngoài kẽm.

- Nhận xét: Kẽm đã đẩy đồng ra khỏi dung dịch đồng (II) sunfat nên kẽm hoạt động hóa học mạnh hơn đồng.

- PTHH: Zn + CuSO4 → ZnSO4 + Cu↓

Khi làm bánh người ta thường cho bột nở (baking soda, NaHCO3) vào để bánh phồng to và xốp hơn vì khi làm bánh, bột NaHCO3 sẽ bị nhiệt phân tạo ra khí CO2 thoát ra từ trong bánh, giúp bánh phồng lên và tơi xốp hơn khi không có bột nở.
PTHH: $2NaHC{O}_3\stackrel{t^{°}}{\to }N{a}_{2}C{O}_3+H_{2}O+C{O}_2\uparrow$

Fe thụ động trong HNO3 đặc, nguội, chỉ có Cu phản ứng theo PTHH:

Cu + 4HNO3 → Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O

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

$n_{Cu}=\frac{1}{2}{n}_{N{O}_2}=\frac{1}{2}\mathrm{.0,2}=\mathrm{0,1}\left(mol\right)$

mCu = 0,1. 64 = 6,4 (g)

$\to \%m_{Cu}=\frac{\mathrm{6,4}}{12}.100\%=\mathrm{53,33}\%$ 

→ %mFe = 100% - 53,33% = 46,67%

a) Các phương trình hoá học xảy ra:

$\begin{array}{l}Fe+2HCl\to FeC{l}_2+H_2\\ x\mathrm{.........2}x\mathrm{...........................}x \left(mol\right)\end{array}$

$\begin{array}{l}Zn+2HCl\to ZnC{l}_2+H_2\\ y\mathrm{........2}y\mathrm{..............................}y \left(mol\right)\end{array}$

b) $n_{H_2}=\frac{\mathrm{4,48}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,2}\left(mol\right)$

Gọi x, y lần lượt là nFe và nZn, ta có:

$\left\{\begin{array}{l}56x+65y=\mathrm{12,1}\\ x+y=\mathrm{0,2} \end{array}\right.\Rightarrow x=y=\mathrm{0,1}\left(mol\right)$

 nHCl = 2x + 2y = 0,4 (mol)→$C_{M_{HCl}}=\frac{\mathrm{0,4}}{\mathrm{0,2}}=2M$

c) mFe = 0,1. 56 = 5,6 (g)

$\Rightarrow \%m_{Fe}=\frac{\mathrm{5,6}}{\mathrm{12,1}}.100\%=\mathrm{46,28}\%$

%mZn = 100% - 46,28% = 53,72%

Đáp án đúng là: C

Trích mẫu thử.

Cho dung dịch AgNO3 vào các mẫu thử:

- Xuất hiện kết tủa trắng: KCl

KCl + AgNO3 → KNO3 + AgCl (↓ trắng)

- Xuất hiện kết tủa vàng: K3PO4

K3PO4 + 3AgNO3 → Ag3PO4 (↓ vàng) + 3KNO3

- Xuất hiện kết tủa đen: K2S

K2S + 2AgNO3 → Ag2S (↓ đen) + 2KNO3

- Không có hiện tượng gì: KNO3

- Trích các mẫu thử.

- Dùng dung dịch KOH để nhận biết 4 dung dịch:

+ Mẫu thử nào có khí mùi khai thoát ra là NH4NO3

PTHH: NH4NO3 + KOH → KNO3 + NH3↑ + H2O

+ Các mẫu thử còn lại không có hiện tượng gì (nhóm I).

- Dùng dung dịch AgNO3 cho vào 3 mẫu thử nhóm I:

+ Mẫu thử nào cho kết tủa màu trắng thì là KCl

KCl + AgNO3 → KNO3 + AgCl (↓ trắng)

+ Mẫu thử xuất hiện kết tủa vàng: K3PO4

K3PO4 + 3AgNO3 → Ag3PO4 (↓ vàng) + 3KNO3

+ Mẫu thử còn lại không có hiện tượng gì là KNO3.

Ta có: $I_b=\frac{U_b}{R_b}=\frac{10}{\mathrm{2,5}}=4\left(A\right)$

$m_{Ag}=\frac{1}{96500}.\frac{A}{n}.It=\frac{1}{96500}.\frac{108}{1}\mathrm{.4.}(16.60+5)=\mathrm{4,32}\left(g\right)$

a. Cường độ dòng điện qua bình điện phân:

$I=\frac{U}{R}=\frac{10}{2}=5\left(A\right)$

b.  Lượng bạc bám vào cực âm sau 2h là:

$m_{Ag}=\frac{1}{96500}.\frac{A}{n}.It=\frac{1}{96500}.\frac{108}{1}\mathrm{.5.2.60.60}\approx \mathrm{40,3}\left(g\right)$

a) $M_{CO{\left(N{H}_2\right)}_2}$ = 12 + 16 + 2.(14 + 2.1) = 60 g/mol

b) Thành phần % các nguyên tố trong urê:

$\%m_C=\frac{12}{60}.100\%=20\%$

$\%m_O=\frac{16}{60}.100\%=\mathrm{26,7}\%$

$\%m_N=\frac{14.2}{60}.100\%=\mathrm{46,7}\%$

→ %mH = 100% - (%C + %O + %N) = 100% - ( 20% + 26,7% + 46,7%) = 6,6%

c) Trong 2 mol phân tử CO(NH2)2 có:

2.1 = 2 mol nguyên tử C.

2.1 = 2 mol nguyên tử O.

2.2 = 4 mol nguyên tử N.

2.4 = 8 mol nguyên tử H.

1. $n_{C{O}_2}=\frac{\mathrm{17,92}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,8}\left(mol\right)$

Bảo toàn khối lượng:

$m_{O_2}+m_A=m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}\to m_{O_2}=\mathrm{21,6}+\mathrm{0,8.44}-\mathrm{18,4}=\mathrm{38,4}\left(g\right)$

2.

Bảo toàn C: $n_C=n_{C{O}_2}=\mathrm{0,8}\left(mol\right)$

Bảo toàn H: $n_H=2n_{H_{2}O}=2.\frac{\mathrm{21,6}}{18}=\mathrm{2,4}\left(mol\right)$

$\to n_O=\frac{\mathrm{18,4}-\mathrm{0,8.12}-\mathrm{2,4}}{16}=\mathrm{0,4}\left(mol\right)$

Vậy A chứa C, H, O.

3. nC : nH : nO = 0,8 : 2,4 : 0,4 = 2 : 6 : 1

→ CTN: (C2H6O)n

Mà MA = 1,4375. 32 = 46 g/mol

→ (12. 2 + 6 + 16). n = 46 → n = 1

Vậy CTHH là C2H6O

4. $n_{C_2{H}_{6}O}=\frac{\mathrm{18,4}}{46}=\mathrm{0,4}\left(mol\right)$

→ Số phân tử C2H6O = 0,4. 6,02. 1023 = 2,408.1023 phân tử.

CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2↑ + H2O

MgCO3 + 2HCl → MgCl2 + CO2↑ + H2O

Ta có: $\frac{10}{M_{MgC{O}_3}}<n_{hh}<\frac{10}{M_{CaC{O}_3}}\Rightarrow \mathrm{0,1}<n_{hh}<\mathrm{0,12}\left(mol\right)$

→ 0,2 < nHCl = 2.nhh < 0,24

→ Hỗn hợp CaCO3 và MgCO3 dư, HCl phản ứng hết

$n_{C{O}_2}=\mathrm{0,5.}{n}_{HCl}=\mathrm{0,5.0,1.1,5}=\mathrm{0,075}\left(mol\right)$$\Rightarrow V_{C{O}_2}=\mathrm{0,075.22,4}=\mathrm{1,68}\left(l\right)$

- Các electron gần hạt nhân nhất thì liên kết với nhân chặt chẽ nhất, trạng thái bền nhất, khó tách khỏi nguyên tử nhất nên có mức năng lượng thấp nhất.

- Những electron xa hạt nhân hơn dễ tách khỏi nguyên tử, chúng có mức năng lượng cao hơn và electron xa hạt nhân nhất có mức năng lượng cao nhất, dễ tách khỏi nguyên tử nhất. Chính những electron này quy định tính chất hoá học của nguyên tố.

Đáp án đúng là: B

Nhận thấy hợp phần CH3 không thay đổi số oxi hoá

Quá trình oxi hoá: $\stackrel{0}{C}+\stackrel{-1}{C}\to \stackrel{+3}{C}+\stackrel{+4}{C}+8e$

Quá trình khử: $\stackrel{+7}{Mn}+3e\to \stackrel{+4}{Mn}$

Phương trình phản ứng:

$3C{H}_3-C\equiv CH+8KMn{O}_4+H_{2}O\to 3C{H}_{3}COOK+8Mn{O}_2+3K_{2}C{O}_3+2KOH$

Tổng các hệ số cân bằng của phương trình là: 28.

Đáp án đúng là: B

Ta có: 

                                             $1<T=\frac{n_{O{H}^{-}}}{n_{C{O}_2}}=\frac{\mathrm{0,3}}{\mathrm{0,2}}=\mathrm{1,5}<2$

Sau phản ứng thu được các muối CaCO3: x mol và Ca(HCO3)2 y mol.

Bảo toàn C có: x + 2y = 0,2 (1)

Bảo toàn Ca có: x + y = 0,15 (2)

Từ (1) và (2) có x = 0,1 và y = 0,05.

Cô cạn hỗn hợp phản ứng:

$\begin{array}{l}C\text{Invalid <m:msub> element}a\stackrel{t^{°}}{\to }CaC{O}_3\downarrow +C{O}_2+H_{2}O\\ \mathrm{0,05........................0,05}\end{array}$

Chất rắn sau phản ứng là CaCO3 có: 0,1 + 0,05 = 0,15 mol

mchất rắn = 0,15.100 = 15 gam.

$n_{Ca{\left(OH\right)}_2}=\mathrm{0,15.2}=\mathrm{0,3}\left(mol\right)$

$\begin{array}{l}C{O}_2+Ca{\left(OH\right)}_2\to CaC{O}_3\downarrow +H_{2}O\\ \mathrm{0,3}\dots \dots \dots \mathrm{0,3}\dots \dots \mathrm{......0,3} \left(mol\right)\end{array}$

a) Khối lượng muối là: $m_{CaC{O}_3}=\mathrm{0,3.100}=30\left(g\right)$

b) Thể tích khí CO2 là: $V_{C{O}_2}=\mathrm{0,3.22,4}=\mathrm{6,72}\left(l\right)$

Đáp án đúng là: A

Nguyên tố có oxit cao nhất là R2O5 → R thuộc nhóm VA

→ Hợp chất với hidro: RH3

$\frac{M_R}{3M_H}=\frac{\mathrm{82,35}}{\mathrm{17,65}}\to M_R=14$

Vậy R là nguyên tố nitơ (N).

Đáp án đúng là: D

NaAlO2 có tính bazơ, NH4Cl→ có tính axit, tuy nhiên tính axit không đủ mạnh để hòa tan kết tủa Al(OH)3 → hiện tượng thu được là vừa có kết tủa keo trắng không tan, vừa có khí mùi khai bay ra.

PTHH: NH4Cl + NaAlO2 + H2O → NH3↑ + NaCl + Al(OH)3↓

Gọi x là hoá trị của Fe trong công thức hoá học Fe2(SO4)3

Theo quy tắc hoá trị: x. 2 = II. 3 → x = III

Vậy trong công thức hoá học Fe2(SO4)3 hóa trị của sắt là III.

Đáp án đúng là: B

Hợp chất ion là KF và BaCl2

Hợp chất cộng hoá trị là: CH4, H2S.

$\stackrel{0}{Al}+H\stackrel{+5}{N}{O}_3\to \stackrel{+3}{Al}{\left(N{O}_3\right)}_3+\stackrel{+2}{N}O+H_{2}O$

$\begin{array}{c}1\\ 1\end{array}\left|\begin{array}{c}\stackrel{0}{Al}\to \stackrel{+3}{Al}+3e\\ \stackrel{+5}{N}+3e\to \stackrel{+2}{N}\end{array}\right.$

PTHH: Al + 4HNO3 → Al(NO3)3 + NO + 2H2O

$\stackrel{0}{Al}+H\stackrel{+5}{N}{O}_3\to \stackrel{+3}{Al}{\left(N{O}_3\right)}_3+\stackrel{-3}{N}{H}_{4}N{O}_3+H_{2}O$

$\begin{array}{c}8\\ \begin{array}{l}\\ 3\end{array}\end{array}\left|\begin{array}{c}\stackrel{0}{Al}\to \stackrel{+3}{Al}+3e\\ \stackrel{+5}{N}+8e\to \stackrel{-3}{N}\end{array}\right.$

PTHH: 8Al + 30HNO3 → 8Al(NO3)3 + 3NH4NO3 + 9H2O

Quy đổi hỗn hợp X gồm Na (x mol), Ba (y mol), O (z mol)

⇒23x + 137y + 16z = 43,8 (1)

$n_{H_2}=\frac{\mathrm{2,24}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,1}\left(mol\right)$

Bảo toàn e: x + 2y − 2z = 0,1. 2 (2)

$n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=\frac{\mathrm{41,04}}{171}=\mathrm{0,24}\left(mol\right)$

⇒ y = 0,24 (3)

(1) (2) (3) ⇒ x = 0,28; y = 0,24; z = 0,28

⇒ nNaOH = 0,28 (mol)

$n_{C{O}_2}=\frac{\mathrm{13,44}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,6}\left(mol\right)$

Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3↓ + H2O

$\Rightarrow n_{BaC{O}_3}=\mathrm{0,24}\left(mol\right)$

Còn lại 0,6 − 0,24 = 0,36 (mol) CO2

$\frac{n_{NaOH}}{n_{C{O}_2}}=\frac{\mathrm{0,28}}{\mathrm{0,36}}\approx \mathrm{0,78}<1$

⇒ CO2 + NaOH còn dư CO2

NaOH + CO2 → NaHCO3

⇒ còn 0,36 − 0,28 = 0,08 (mol)

BaCO3 + CO2 + H2O → Ba(HCO3)2

$n_{BaC{O}_3}$tan =0,08 (mol)

⇒ n↓ = 0,24 − 0,08 = 0,16 (mol)

→ $m_{BaC{O}_3}$ = 0,16. 197 = 31,52 gam.

Theo đề bài ra, ta có: $n_{CuO}=\frac{16}{80}=\mathrm{0,2}\left(mol\right)$

Vì sau phản ứng thu được hỗn hợp chất rắn nên CuO còn dư

Gọi nCuO phản ứng = x (mol; x>0)

PTHH: $CO+CuO\stackrel{t^{°}}{\to }Cu+C{O}_2\uparrow$

nCu = nCuO phản ứng  = x (mol) → mCu = 64x (g)

nCuO dư = 0,2 – x (mol) → mCuO dư = (0,2 – x). 80 (g)

mhỗn hợp chất rắn = 14,4 (g) → 64x + (0,2 – x). 80 = 14,4 → x = 0,1

mCu = 0,1. 64 = 6,4 (g)

$V_{C{O}_2}=\mathrm{0,1.}\mathrm{22,4}=\mathrm{2,24}lít$

$H=\frac{\mathrm{0,1}}{\mathrm{0,2}}.100\%=50\%$

Đáp án đúng là: C

+ Phản ứng thuộc đáp án A, B, D thì HNO3 thể hiện tính oxi hóa.

+ Phản ứng thuộc đáp án C thì HNO3 đã nhường proton ⇒ HNO3 thể hiện tính axit 

Đáp án đúng là: C

Đáp án đúng là: B

Do dung dịch X có pH = 4 nên $n_{H^{+}}={10}^{-4}.V\left(mol\right)$

Số mol H+ có trong dung dịch có pH = 5 là: $(V+V_2){.10}^{-5}\left(mol\right)$

Việc pha loãng dung dịch chỉ làm thay đổi nồng độ mol/l chứ không làm thay đổi số mol H+

Vì vậy: ${10}^{-4}.V=(V+V_2){.10}^{-5}\Rightarrow V_2=9V$

Vậy cần thêm vào lượng nước có thể tích bằng 9 lần V.

Đáp án đúng là: D

HNO3 không phản ứng với CO2; NaNO3, Na2SO4 → loại A, B, C.

8HNO3 + 3Cu → 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O.

2HNO3 + MgO → Mg(NO3)2 + H2O.

Đáp án đúng là: B

Quá trình oxi hoá: $\stackrel{0}{R}\to \stackrel{+n}{R}+ne$

Quá trình khử: $\stackrel{+5}{N}+3e\to \stackrel{+2}{N}$

Phương trình phản ứng: 3R + 4nHNO3 → 3R(NO3)n + nNO + 2nH2O.

C6H5NH2 + 3Br2 → Br3C6H2NH2 ↓ + 3HBr

nkết tủa = 16,5 : 330 = 0,05 mol = nanilin

→ manilin = 0,05.93 = 4,65 gam

Đáp án đúng là: B

nNaOH = 0,2 mol; $n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=\mathrm{0,08}\left(mol\right)$

Vì $n_{BaC{O}_3}<n_{Ba{\left(OH\right)}_2}$nên có 2 trường hợp:

- Trường hợp 1: Chưa có sự hoà tan kết tủa

Khí đó: $n_{C{O}_2}=n_{BaC{O}_3}=\mathrm{0,08}\left(mol\right)$→ V= 1,792 (lít)

- Trường hợp 2: Đã có sự hoà tan kết tủa. Khi đó sản phẩm tạo thành gồm muối cacbonat và hidrocabonat

$n_{C{O}_2}=n_{O{H}^{-}}-n_{C{O}_3^{2-}}=(n_{NaOH}+2n_{Ba{\left(OH\right)}_2})-n_{BaC{O}_3}=\mathrm{0,32}\left(mol\right)$

→ V = 7,168 (lít)

(a) Vì tổng số hạt p, n và e trong nguyên tử của nguyên tố X là 10 nên ta có:

p + n + e = 10

Mà p = e nên 2p + n = 10 → n = 10 – 2p (1)

Mặt khác: $1\le \frac{n}{p}\le \mathrm{1,5}$ (2)

Thay (1) vào (2), có: $1\le \frac{10-2p}{p}\le \mathrm{1,5}$

$\begin{array}{l}\iff p\le 10-2p\le \mathrm{1,5}p\\ \iff 3p\le 10\le \mathrm{3,5}p\\ \iff \frac{10}{\mathrm{3,5}}\le p\le \frac{10}{3}\\ \iff \mathrm{2,86}\le p\le \mathrm{3,33}\end{array}$

Vậy p = 3 = e, n = 10 – 2. 3 = 4

Nguyên tử X là Liti (kí hiệu: ${}_3^{7}Li$).

(b) Vì tổng số hạt p, n và e trong nguyên tử của nguyên tố X là 16 nên ta có:

p + n + e = 16

Mà p = e nên 2p + n = 16 → n = 16 – 2p (1)

Mặt khác: $1\le \frac{n}{p}\le \mathrm{1,5}$ (2)

Thay (1) vào (2), có: $1\le \frac{16-2p}{p}\le \mathrm{1,5}$

$\begin{array}{l}\iff p\le 16-2p\le \mathrm{1,5}p\\ \iff 3p\le 16\le \mathrm{3,5}p\\ \iff \frac{16}{\mathrm{3,5}}\le p\le \frac{16}{3}\\ \iff \mathrm{4,57}\le p\le \mathrm{5,33}\end{array}$

Vậy p = 5 = e, n = 16 – 2. 5 = 6

Nguyên tử X là Bo (Kí hiệu: ${}_5^{11}B$).

(c) Vì tổng số hạt p, n và e trong nguyên tử của nguyên tố X là 28 nên ta có:

p + n + e = 28

Mà p = e nên 2p + n = 28 → n = 28 – 2p (1)

Mặt khác: $1\le \frac{n}{p}\le \mathrm{1,5}$ (2)

Thay (1) vào (2), có: $1\le \frac{28-2p}{p}\le \mathrm{1,5}$

$\begin{array}{l}\iff p\le 28-2p\le \mathrm{1,5}p\\ \iff 3p\le 28\le \mathrm{3,5}p\\ \iff \frac{28}{\mathrm{3,5}}\le p\le \frac{28}{3}\\ \iff 8\le p\le \mathrm{9,33}\end{array}$

Vậy p = 8 hoặc p = 9

Với p = 8 = e, n = 28 – 2. 8 = 12 (Loại vì không có nguyên tử nào thoả mãn).

Với p = 9 = e, n = 28 – 2. 9 = 10 → Nguyên tử X là flo (Kí hiệu: ${}_9^{19}F$).

Vật liệu là chất hoặc hỗn hợp một số chất được con người sử dụng như nguyên liệu đầu vào trong một quá trình sản xuất hoặc chế tạo để làm ra những sản phẩm phục vụ cuộc sống.

- Ví dụ:

+ Gỗ là vật liệu làm ra bàn, ghế, tủ,...

+ Thủy tinh là vật liệu làm ra cốc, ly, kính ô tô,...

+ Nhựa là vật liệu để làm ra chai, lọ, vỏ bút, vỏ dây điện, xô, chậu, đồ chơi lego,...

- Phân loại: 

+ Dựa vào nguồn gốc vật liệu được chia thành: vật liệu tự nhiên (có sẵn trong tự nhiên) như gỗ, đá … và vật liệu nhân tạo (do con người tạo ra) như thủy tinh, nhựa …

+ Dựa vào công dụng vật liệu được chia thành: vật liệu xây dựng, vật liệu cơ khí, vật liệu điện tử, vật liệu sinh học, vật liệu silicate,...

Đáp án đúng là: B

PTHH: $N_2+3H_2\rightleftarrows 2N{H}_3$

Vì các khí đo ở cùng điều kiện nên theo PTHH:

$V_{N{H}_3}$lý thuyết = $\frac{2}{3}{V}_{H_2}=\frac{2}{3}\mathrm{.14,4}=\mathrm{9,6}\left(l\right)$

Hiệu suất phản ứng:

$H=\frac{V_{N{H}_{3}thuduoc}}{V_{N{H}_{3}lithuyet}}.100\%=\frac{\mathrm{3,36}}{\mathrm{9,6}}.100\%=35\%$

Đáp án đúng là: A

$BaO+C{O}_2\to BaC{O}_3$

Đáp án đúng là: D

- Dùng NaOH từ từ đến dư thì:

+ Với NH4NO3 có khí mùi khai thoát ra

NH4NO3 + NaOH → NH3↑ + NaNO3 + H2O

+ Với Al(NO3)3 có kết tủa sau đó tan khi NaOH dư.

Al(NO3)3 + 3NaOH → Al(OH)3↓ + 3NaCl

NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2H2O

+ Với Fe(NO3)3 có kết tủa màu đỏ nâu xuất hiện

Fe(NO3)3 + 3NaOH → Fe(OH)3↓ + 3NaNO3

+ Với Cu(NO3)2 có kết tủa màu xanh lam xuất hiện

Cu(NO3)2 + 2NaOH → Cu(OH)2↓ + 2NaNO3

+ Với Fe(NO3)2 có kết tủa màu trắng xanh xuất hiện và để kết tủa Fe(OH)2 ngoài không khí hoá nâu đỏ

Fe(NO3)2 + 2NaOH → Fe(OH)2↓ + 2NaNO3

4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3

+ Với Mg(NO3)2 có kết tủa màu trắng xuất hiện, kết tủa không tan khi NaOH dư.

Mg(NO3)2 + 2NaOH → Mg(OH)2↓ + 2NaNO3

+ Với NaNO3 không có hiện tượng

a) NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2H2O

$O{H}^{-}+Al{\left(OH\right)}_3\to Al{O}_2^{-}+2H_{2}O$

b) Al2(SO4)3 + 6NaOH → 2Al(OH)3↓ + 3Na2SO4

$A{l}^{3+}+3O{H}^{-}\to Al{\left(OH\right)}_3\downarrow$

c) 2NaOH + Zn(OH)2 → Na2ZnO2 + 2H2O

$2O{H}^{-}+Zn{\left(OH\right)}_2\to Zn{O}_2^{2-}+2H_{2}O$

d) FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S↑

$FeS+2H^{+}\to F{e}^{2+}+H_{2}S$

e) CuSO4 + H2S → CuS↓ + H2SO4

$C{u}^{2+}+H_{2}S\to C{\text{uS+2H}}^{+}$

f) NaOH + NaHCO3 → Na2CO3 + H2O

$O{H}^{-}+HC{O}_3^{-}\to C{O}_3^{2-}+H_{2}O$

g) NaHCO3 + HCl → NaCl + H2O + CO2↑

$HC{O}_3^{-}+H^{+}\to C{O}_2+H_{2}O$

h) Ca(HCO3)2 + 2HCl → CaCl2 + 2H2O + 2CO2↑

$HC{O}_3^{-}+H^{+}\to C{O}_2+H_{2}O$

Đáp án đúng là: B

Gọi % số nguyên tử của hai đồng vị là 107Ag và 109Ag lần lượt là x% và y%.

Ta có: 

$\left\{\begin{array}{l}x+y=100\\ \overline{A}=\frac{107x+109y}{100}=\mathrm{107,96}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=52\\ y=48\end{array}\right.$

→ Phần trăm số nguyên tử của đồng vị là 107Ag là 52%.

$2N{H}_3+2H_{2}O+MgC{l}_2\to Mg{\left(OH\right)}_2\downarrow +2N{H}_{4}Cl$

$2N{H}_3+2H_{2}O+M{g}^{2+}\to Mg{\left(OH\right)}_2\downarrow +2N{H_4}^{+}$

$\begin{array}{l}6N{H}_3+6H_{2}O\text{Invalid <m:msub> element}+A{l}_2\text{Invalid <m:msub> element}\to 2\text{Invalid <m:msub> element}Al\downarrow +3S{O}_4\\ 3N{H}_3+3H_{2}O+A{l}^{3+}\text{Invalid <m:msub> element}\to Al\downarrow +3N{H}_4^{+}\end{array}$

Gọi V là thể tích dung dịch HCl (l)

→ nHCl = CM. V = 10-pH = 10-2. V = 0,01V (mol)

→$\sum n_{H^{+}}$ = 0,01V + 2.0,05.0,1 = 0,01V + 0,01 (mol)

pH = 1,2 → [H+] = 10-1,2 = 0,063

→ $\mathrm{0,063}=\frac{n_{H^{+}}}{V}=\frac{\mathrm{0,01}V+\mathrm{0,01}}{\mathrm{0,1}+V}$

→ V = 0,0695 (l) = 6,95 (ml)

Vì tổng số hạt p, n và e trong nguyên tử của nguyên tố X là 52 nên ta có:

p + n + e = 52

Mà p = e nên 2p + n = 52 → n = 52 – 2p (1)

Mặt khác: $1\le \frac{n}{p}\le \mathrm{1,5}$ (2)

Thay (1) vào (2), có: $1\le \frac{52-2p}{p}\le \mathrm{1,5}$

$\begin{array}{l}\iff p\le 52-2p\le \mathrm{1,5}p\\ \iff 3p\le 52\le \mathrm{3,5}p\\ \iff \frac{52}{\mathrm{3,5}}\le p\le \frac{52}{3}\\ \iff \mathrm{14,86}\le p\le \mathrm{17,33}\end{array}$