- Trích các mẫu thử ra ống nghiệm, có đánh số lần lượt.

- Dùng giấy quỳ tím nhận biết các dung dịch:

+ Dung dịch nào làm giấy quỳ tím chuyển sang màu đỏ là H2SO4

+ Dung dịch nào làm giấy quỳ tím chuyển sang màu xanh là KOH

+ Dung dịch nào không làm giấy quỳ tím chuyển màu là K2SO4 hoặc KCl.

- Dùng dung dịch BaCl2 để nhận biết 2 dung dịch còn lại:

+ Dung dịch nào xuất hiện kết tủa trắng là K2SO4

PTHH: K2SO4 + BaCl2 → BaSO4↓ + 2KCl

+ Dung dịch nào không có hiện tượng gì là KCl.

Đáp án đúng là: C

Zn ⟶ Zn2+ + 2e

Cấu hình của Zn2+ là [Ar]3d10.

⇒ Cấu hình electron của Zn là [Ar]3d104s2.

⇒ Nguyên tử Zn có 30 electron phân bố trên 4 lớp electron và electron hóa trị bằng 2.

⇒ Nguyên tố Zn nằm ở ô 30, chu kì 4, nhóm IIB.

Đáp án đúng là: D

Nguyên tử của nguyên tố X là nguyên tố d thuộc chu kì 4, nhóm IIB.

⇒ Nguyên tử X có electron cuối cùng điền vào phân lớp d, có 4 lớp electron và 2 electron hóa trị.

⇒ Cấu hình electron của nguyên tử X là 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2.

1) $2N{H}_4^{+}+S{O}_4^{2-}+B{a}^{2+}+2O{H}^{-}\to BaS{O}_4\downarrow +2N{H}_3\uparrow +2H_{2}O$

2)$n_{BaS{O}_4}=\frac{\mathrm{17,475}}{233}=\mathrm{0,075}\left(mol\right)$

Theo phản ứng, vì lấy dư dung dịch Ba(OH)2 nên chuyển hết thành BaSO4 và  chuyển thành NH3. Do đó:

$n_{S{O}_4^{2-}}=n_{BaS{O}_4}=\mathrm{0,075}\left(mol\right)$

$n_{N{H}_4^{+}}=2n_{S{O}_4^{2-}}=\mathrm{2.0,075}=\mathrm{0,15}\left(mol\right)$

Nồng độ mol các ion trong 75 ml dung dịch muối amoni sunfat:

$\left[N{H}_4^{+}\right]=\frac{\mathrm{0,15}}{\mathrm{0,075}}=2M$

$\left[S{O}_4^{2-}\right]=\frac{\mathrm{0,075}}{\mathrm{0,075}}=1M$

a)    Hỗn hợp khí tác dụng với dung dịch Ca(OH)2 dư:

Phương trình hoá học:

CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3↓ + H2O

CO (oxit trung tính) + Ca(OH)2: Không xảy ra phản ứng

Kết tủa màu trắng thu được là CaCO3, Ca(OH)2 dư, vậy CO2 hết.

- Hỗn hợp khí tác dụng với CuO dư, nung nóng:

Phương trình hóa học: 

          (màu đen)    (màu đỏ)

Kim loại màu đỏ thu được là Cu, CuO dư vậy CO hết.

b) Số mol các chất là:  $n_{CaC{O}_3}=\frac{1}{100}=\mathrm{0,01}\left(mol\right);n_{Cu}=\frac{\mathrm{0,64}}{64}=\mathrm{0,01}\left(mol\right)$

Theo (1):$n_{C{O}_2}=n_{CaC{O}_3}=\mathrm{0,01}\left(mol\right)$

Theo 2):$n_{CO}=n_{Cu}=\mathrm{0,01}\left(mol\right)$

Phần trăm thể tích các khí trong hỗn hợp là:$\%V_{C{O}_2}=\%n_{C{O}_2}=\frac{n_{C{O}_2}}{n_{C{O}_2}+n_{CO}}.100\%=\frac{\mathrm{0,01}}{\mathrm{0,01}+\mathrm{0,01}}.100\%=50\%$$\%V_{CO}=100\%-\%V_{C{O}_2}=100\%-50\%=50\%$

Đáp án đúng là: D

Amin đơn chức X có dạng RNH2

$\Rightarrow \%m_N=\frac{14}{M_R+16}.100\%=\mathrm{31,11}\%\Rightarrow M_R=29$(C2H5)

Vậy R là C2H5NH2

a) Hiện tượng: Tạo ra chất không tan, màu trắng, lắng dần xuống đáy cốc đó là AgCl.

Phương trình hóa học:

CaCl2 + 2AgNO3 → 2AgCl↓ + Ca(NO3)2

b) Khối lượng chất rắn:$n_{CaC{l}_2}=\frac{\mathrm{2,22}}{111}=\mathrm{0,02}\left(mol\right);n_{AgN{O}_3}=\frac{\mathrm{1,7}}{170}=\mathrm{0,01}\left(mol\right)$

Nhận thấy:  $\frac{\mathrm{0,02}}{1}>\frac{\mathrm{0,01}}{2}\to$CaCl2 dư, AgNO3 hết.

Phương trình hóa học:$\begin{array}{l}CaC{l}_2+2AgN{O}_3\text{Invalid <m:msub> element}\to Ca+2AgCl\\ \mathrm{0,005.......0,01..............0,005.........0,01}\left(mol\right)\end{array}$

⇒ mAgCl = 0,01.143,5 = 1,435 gam

c) Nồng độ mol của các chất còn lại trong dung dịch:

Vdd = 30 + 70 = 100 ml = 0,1 lít

$C_{M_{Ca{\left(N{O}_3\right)}_2}}=\frac{\mathrm{0,005}}{\mathrm{0,1}}=\mathrm{0,05}M$

$C_{M_{CaC{l}_{2}d\text{u}}}=\frac{\mathrm{0,02}-\mathrm{0,005}}{\mathrm{0,1}}=\mathrm{0,015}M$

a.     Khối lượng tuyệt đối của đồng bằng gam là:

mCu = 64. 0,16605.10-23 = 10,6272. 10-23 (g)

b. $n_{Cu}=\frac{\mathrm{2,88}}{64}.1000=45\left(mol\right)$

Số nguyên tử đồng có trong 2,88 kg đồng là:

45. 6,02.1023 = 270,9.1023 (nguyên tử).

Coi hạt nhân nguyên tử có dạng hình cầu thì giữa thể tích hạt nhân và bán kính hạt nhân có mối liên hệ như sau:$V=\frac{4}{3}\pi r^3\left(1\right)$

Thay vào (1) ta có:$V=\frac{4}{3}\pi {({\mathrm{1,5.10}}^{-13}.A^{1/3})}^3$

Trong nguyên tử, khối lượng của electron rất nhỏ nên khối lượng nguyên tử chủ yếu tập trung ở hạt nhân. Do đó, khối lượng (gam) của 1 mol nguyên tử (M) có giá trị xấp xỉ bằng số khối (A).

Khối lượng của 1 nguyên tử xấp xỉ bằng khối lượng của hạt nhân bằng:$\frac{M}{{\mathrm{6,023.10}}^{23}}=\frac{A}{{\mathrm{6,023.10}}^{23}}$

Khối lượng riêng của hạt nhân $d=\frac{m}{V}=\frac{\frac{A}{{\mathrm{6,023.10}}^{23}}}{V}=\frac{\frac{A}{{\mathrm{6,023.10}}^{23}}}{\frac{4}{3}\pi {({\mathrm{1,5.10}}^{-13}.A^{1/3})}^3}$

=1,175.1014 gam/cm3 = 1,175.1014 tấn/cm3

Al, Fe thụ động trong HNO3 đặc nguội, chỉ có Cu phản ứng nên chất rắn B không tan là Al, Fe

$n_{N{O}_2}=\frac{\mathrm{26,88}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{1,2}\left(mol\right)$

Phương trình: Cu + 4HNO3 (đặc, nguội) → Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O

                    0,6……………………………….1,2             (mol)

mCu = 0,6. 64 = 38,4 (g)

m = mB = 68,7 – 38,4 = 30,3 (g)

Trong hợp kim đồng và thiếc có khối lượng 22 kg, chứa 75% đồng nên đồng có khối lượng là:$\frac{22.75}{100}=\mathrm{16,5}\left(kg\right)$

Khối lượng hợp kim đồng và thiếc sau khi thêm thiếc nguyên chất vào (đồng vẫn giữ nguyên khối lượng) là:$\frac{\mathrm{16,5.100}}{64}=\mathrm{25,78125}\left(kg\right)$

Khối lượng thiếc nguyên chất đã thêm vào là: 25,78125 – 22 = 3,78125 (kg)

Vậy phải thêm vào đó 3,78125 kg thiếc nguyên chất để được một hợp kim mới có chứa 64% đồng.

$C{a}^{2+}+2O{H}^{-}+2N{H}_4^{+}+C{O}_3^{2-}\to CaC{O}_3\downarrow +N{H}_3\uparrow +2H_{2}O$

Chú ý: Cách viết phương trình ion thu gọn:

Bước 1: Viết phương trình phân tử

Bước 2: Từ phương trình phân tử, chuyển các chất vừa dễ tan, vừa điện li mạnh thành ion; các chất kết tủa, chất khí, chất điện li yếu để nguyên dưới dạng phân tử.

Bước 3: Lược bỏ đi các ion giống nhau ở 2 vế.

Vì tổng số hạt mang điện trong ion $A{B}_4^{3-}$là 50 nên:

pA + 4pB + 3 = 50 (1)

Số hạt mang điện trong nguyên tử A nhiều hơn số hạt mang điện tích dương trong nguyên tử B là 22 nên:

2pA – pB = 22 (2)

Từ (1), (2), ta được: $\left\{\begin{array}{l}{p}_A+4p_B+3=50\\ 2p_A–p_B=22\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{p}_A=15\\ p_B=8\end{array}\right.$

Trích các mẫu thử ra ống nghiệm, có đánh số lần lượt

Cho quỳ tím vào mỗi mẫu:

+ Mẫu làm cho quỳ tím hoá đỏ là HCl hoặc H2SO4

+ Mẫu làm cho quỳ tím hoá xanh là NaOH

+ Mẫu không làm cho quỳ tím chuyển màu là Na2SO4

Cho dung dịch BaCl2 vào 2 mẫu làm quỳ tím hoá đỏ

+ Mẫu nào tạo kết tủa trắng là H2SO4

+ Mẫu nào không có hiện tượng gì là HCl

PTHH: BaCl2 + H2SO4 → BaSO4↓ + 2HCl

Đáp án đúng là: B

Gọi công thức cần tìm là PxOy

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

$\Rightarrow \frac{x}{y}=\frac{II}{V}=\frac{2}{5}\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=2\\ y=5\end{array}\right.$

Vậy công thức cần tìm là P2O5

a) Sơ đồ chuyển hóa: Cu → CuO → CuSO4

Phương trình hóa học:

$2Cu+O_2\stackrel{t^{°}}{\to }2CuO$

CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O

Hoặc: $Cu+2H_{2}S{O}_{4dac}\stackrel{t^{°}}{\to }CuS{O}_4+S{O}_2\uparrow +2H_{2}O$

b) Cho các chất Mg, MgO, MgCO3 tác dụng với dung dịch HCl, cho MgSO4 tác dụng với BaCl2 ta thu được MgCl2.

Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 ↑

MgO + 2HCl → MgCl2 + H2O

MgCO3 + 2HCl → MgCl2 + CO2 ↑ + H2O

MgSO4 + BaCl2 → MgCl2 + BaSO4 ↓.

a) Khối lượng của nồi cơm nhỏ hơn tổng khối lượng của nồi, gạo, nước; điều này là do khi đun, một lượng nước đã hóa hơi và bay ra khỏi nồi. Vì vậy định luật bảo toàn về khối lượng áp dụng đúng cho trường hợp này.

b) Theo định luật bảo toàn khối lượng

1 + 2 + 0,5 - 0,2 = 3,3 (kg)

Đáp án đúng là: D

VX = 0,3 lít

→ Thể tích mỗi dung dịch axit thành phần là 0,1 lít

$\to n_{H^{+}}=n_{HCl}+2n_{H_{2}S{O}_4}+3n_{H_{3}P{O}_4}=\mathrm{0,1.0,3}+\mathrm{2.0,1.0,2}+\mathrm{3.0,1.0,1}=\mathrm{0,1}\left(mol\right)$

Để trung hòa thì: $n_{H^{+}}=n_{O{H}^{-}}=\mathrm{0,1}\left(mol\right)$

Có: $n_{O{H}^{-}}=n_{NaOH}+2n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=(\mathrm{0,2}+\mathrm{0,1.2}).V{.10}^{-3}=\mathrm{0,1}\left(mol\right)$

→ V = 250 ml.

Đáp án đúng là: B

Gọi X là số khối đồng vị nhẹ nhất

→ Số khối đồng vị thứ 2 là X + 1

→ Số khối đồng vị nặng nhất là X + 2

Ta có: Tổng số khối của 3 đồng vị là 51 nên có:

X + X + 1 + X + 2 = 51 → X= 16

Mà đồng vị nhẹ nhất có số p bằng số n nên số p của đồng vị nhẹ nhất là 8

Số hạt n trong đồng vị nặng nhất là: 18 – 8 = 10.

Phương trình phân tử: BaCl2 + H2SO4 → BaSO4↓ + 2HCl

Phương trình ion đầy đủ: $B{a}^{2+}+2C{l}^{-}+2H^{+}+S{O}_4^{2-}\to BaS{O}_4\downarrow +2C{l}^{-}+2H^{+}$

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

Đáp án đúng là: C

Tổng số hạt mang điện trong HNO3 là: 2. 1 + 2. 7 + 2. 8. 3 = 64 hạt (Số p = số e)

Tổng số hạt không mang điện trong HNO3 là: 0 + 7 + 8. 3 = 31 hạt

Vậy trong phân tử HNO3 tổng số hạt mang điện nhiều hơn tổng số hạt không mang điện là: 64 – 31 = 33 hạt.

Sự kết tinh của muối ăn là hiện tượng vật lý do chỉ có sự thay đổi trạng thái của chất, không có sự tạo thành chất mới.

a) Fe2(SO4)3 + AlCl3 → không xảy ra phản ứng

b) Phương trình phân tử:

Pb(NO3)2 + H2S → PbS↓ + 2HNO3

Phương trình ion rút gọn:

$P{b}^{2+}+S^{2-}\to PbS\downarrow$

Đáp án đúng là: C

Số phân tử trong 1 mol SO2 là: 1. 6.1023 = 6.1023 phân tử.

Mở rộng:

1 phân tử SO2 có 3 nguyên tử.

Þ 1 mol SO2 có 3. 6.1023 = 18.1023 nguyên tử.

Đáp án đúng là: B

Cấu hình electron ở đáp án B là sai, phải là: 1s22s22p63s23p64s2.

Đáp án đúng là: C

Do đề bài tính số mol HNO3 tối thiểu nên sẽ tạo ra $F{e}^{2+}$

Bài này bản chất sẽ có 2 phương trình hoá học như sau:

Fe + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O

$2F{e}^{3+}+Fe\to 3F{e}^{2+}$

Nên gặp bài này thì mình sẽ suy ra thẳng là sẽ tạo ra $F{e}^{2+}$theo phương trình hoá học:

3Fe + 8HNO3 → 3Fe(NO3)2 + 2NO + 4H2O

0,06 → 0,16                              mol

Vậy số mol HNO3 = 0,16 mol.

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

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

Đáp án đúng là: A

                     $K_2\stackrel{+4}{S}{O}_3 + K\stackrel{+7}{Mn}{O}_4 +KHS{O}_{4 }\to K_2\stackrel{+6}{S}{O}_4 +\stackrel{+2}{Mn}S{O}_{4 }+H_{2}O$

Ta có các quá trình:

                                                    $\begin{array}{c}5\times \\ 2\times \end{array}\left|\begin{array}{l}\stackrel{+4}{S}\to \stackrel{+6}{S}+2e\\ \stackrel{+7}{Mn}+5e\to \stackrel{+2}{Mn}\end{array}\right.$

Vậy phương trình hoá học:

5K2SO3 + 2KMnO4 + 6KHSO4 → 9K2SO4 + 2MnSO4 + 3H2O

Tổng hệ số nguyên của chất tham gia phản ứng là: 5 + 2 + 6 = 13.

Đáp án đúng là: D

$2\stackrel{+4}{N}{O}_2+2NaOH\to Na\stackrel{+3}{N}{O}_2+Na\stackrel{+5}{N}{O}_3+H_{2}O$

Cho thấy NO2 vừa là chất khử vừa là chất oxi hóa vì số oxi hoá của N tăng từ +4 lên +5 và giảm từ +4 xuống +3 sau phản ứng.

Đáp án đúng là: A

2H2S + 3O2 dư → 2SO2 + 2H2O

$4N{H}_3+5O_2\stackrel{{850}^{°}C,Pt}{\to }$ 4NO + 6H2O

NH4HCO3 + HClloãng → CO2 + NH4Cl + H2O

Phương trình phản ứng:

(1) $N_2+O_2\stackrel{t^{°}}{\rightleftarrows }2NO$

(2) 2NO + O2 → 2NO2

(3) 4NO2 + O2 + 2H2O → 4HNO3

(4) HNO3 + KOH → KNO3 + H2O

CO2 không tác dụng với O2. Do C trong CO2 đã có số oxi hoá cao nhất +4.

Ngoài ra, nếu CO2 tác dụng với O2 sẽ ảnh hưởng đến sự hô hấp của con người.

nHCl = 0,1. 1,5 = 0,15 (mol)

CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + CO2 + H2O

MgCO3 + 2HCl → MgCl2 + CO2 + H2O

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

$\Rightarrow \mathrm{0,2}<n_{HClpu}=2n_{hh}<\mathrm{0,24}$
Mà nHCl đề cho = 1,5 mol

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

a, Gọi công thức hoá học của oxit cần tìm là M2On ( n là hoá trị của kim loại M, $1\le n\le 3$)

Nguyên tố kim loại M chiếm 52,94% về khối lượng hợp chất trong oxit cao nhất của nó nên ta có:

$\frac{2.M_M}{2.M_M+16n}=\frac{\mathrm{52,94}}{100}\to M_M=9n$

Thay n = 1, 2, 3 → Chỉ có n = 3, MM = 27 g/mol thoả mãn

Vậy M là nhôm (Al)

b, $n_{A{l}_2{O}_3}=\frac{\mathrm{20,4}}{102}=\mathrm{0,2}\left(mol\right)$

Hợp chất hidro với phi kim X thuộc nhóm VIIA là HX

$m_{HX}=\frac{\mathrm{246,6.17,86}}{100}=\mathrm{44,04276}\left(g\right)$

Phương trình:

 $\begin{array}{l}A{l}_2{O}_3+6HX\to 2Al{X}_3+3H_{2}O\\ \mathrm{0,2.........1,2..........0,4}\end{array}$

$\to M_{HX}=\frac{\mathrm{44,04276}}{\mathrm{1,2}}=\mathrm{35,7023}(g/mol)\approx \mathrm{35,5}$

Vậy X là clo (Cl)

Dung dịch B có AlCl3 0,4 mol

$\begin{array}{l}{m}_{\text{dd}}=m_{\text{dd}HCl}+m_{A{l}_2{O}_3}=\mathrm{246,6}+\mathrm{20,4}=267\left(g\right)\\ C\%=\frac{\mathrm{0,4.135,5}}{267}.100\%=20\%\end{array}$

a, $2C_3{H}_6+9O_2\stackrel{t^{°}}{\to }6C{O}_2+6H_{2}O$

b, $8Al+3F{e}_3{O}_4\stackrel{t^{°}}{\to }4A{l}_2{O}_3+9Fe$

Đáp án đúng là: B

Anion $X^{2-}$có số electron là 10 nên X có số electron là 10 – 2 = 8

Mà số proton bằng số electron nên số proton bằng 8

Vậy nguyên tử khối của X là: 8 + 8 = 16.

Cacbon tác dụng được với các axit: H2SO4 đặc, HNO3 đặc.

Phương trình hoá học:

$C+2H_{2}S{O}_{4\text{da}c}\stackrel{t^{°}}{\to }C{O}_2+2S{O}_2+2H_{2}O$

$C+4HN{O}_{\text{3da}c}\stackrel{t^{°}}{\to }C{O}_2+4N{O}_2+2H_{2}O$

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

mA + mB = mC + mD

Giả sử biết khối lượng của A, B, C

→ mD = mA + mB - mC

Khi đốt nóng:

1 gam magie (Mg) kết hợp được với 2,96 gam clo (Cl)

Vậy 24 gam magie (Mg) kết hợp được với $\frac{\mathrm{24.2,96}}{1}\approx 71\left(g\right)$clo (Cl)

$n_{Mg}=\frac{24}{24}=1\left(mol\right);n_{Cl}=\frac{71}{\mathrm{35,5}}=2\left(mol\right)$

Nên trong 1 phân tử hợp chất có 1 nguyên tử Mg, 2 nguyên tử Cl

Vậy công thức hoá học của hợp chất là MgCl2

$m_{Otronghopchat}=\frac{\mathrm{25,8.62}}{100}\approx 16\left(g\right)\to n_O=\frac{16}{16}=1\left(mol\right)$

$m_{Na}=62-16=46\left(g\right)\to n_{Na}=\frac{46}{23}=2\left(mol\right)$

Vậy trong 1 phân tử chất có 1 nguyên tử oxi, 2 nguyên tử Na.

Đáp án đúng là: B

$n_{NaOH}=\frac{1}{40}=\mathrm{0,025}\left(mol\right);n_{HN{O}_3}=\frac{1}{63}\approx \mathrm{0,016}\left(mol\right)$

Phương trình: NaOH + HNO3 → NaNO3 + H2O

So sánh: $\frac{\mathrm{0,025}}{1}>\frac{\mathrm{0,016}}{1}$nên NaOH dư, HNO3 phản ứng hết

Dung dịch sau phản ứng gồm có NaNO3 và NaOH dư

Vậy dung dịch sau phản ứng có môi trường bazơ.

Đáp án đúng là: D

$n_{AlC{l}_3}=\mathrm{0,2.1,5}=\mathrm{0,3}\left(mol\right);n_{Al{\left(OH\right)}_3}=\frac{\mathrm{15,6}}{78}=\mathrm{0,2}\left(mol\right)$

Giá trị lớn nhất của V → Sẽ xảy ra trường hợp tạo kết tủa cực đại, sau đó kết tủa tan 1 phần còn lại đúng 0,2 mol.

$\stackrel{+2}{Fe}{\stackrel{-1}{S}}_2+{\stackrel{0}{O}}_2\stackrel{t^{°}}{\to }{\stackrel{+3}{Fe}}_2{\stackrel{-2}{O}}_3+\stackrel{+4}{S}{\stackrel{-2}{O}}_2$

Ta có các quá trình:

                                                     $\begin{array}{c}4\times \\ 11\times \end{array}\left|\begin{array}{l}\stackrel{+2}{Fe}{\stackrel{-1}{S}}_2\to \stackrel{+3}{Fe}+2\stackrel{+4}{S}++11e\\ 2\stackrel{0}{O}+2.2e\to 2\stackrel{-2}{O}\end{array}\right.$

$\Rightarrow 4Fe{S}_2+\text{ 11}{O}_2\stackrel{t^{°}}{\to }\text{ 2}F{e}_2{O}_3+\text{ 8}S{O}_2$

$\begin{array}{l}{n}_{K^{+}}=\frac{\mathrm{0,39}}{39}=\mathrm{0,01}\left(mol\right);n_{A{l}^{3+}}=\frac{\mathrm{0,54}}{27}=\mathrm{0,02}\left(mol\right)\\ n_{S{O}_4^{2-}}=\frac{\mathrm{1,92}}{96}=\mathrm{0,02}\left(mol\right);n_{N{O}_3^{-}}=x(mol,x>0)\end{array}$

Áp dụng bảo toàn điện tích, ta có:

0,01. 1 + 0,02. 3 = 0,02. 2 + x. 1 → x = 0,03

$m_{muoi}=m_{K^{+}}+m_{A{l}^{3+}}+m_{S{O}_4^{2-}}+m_{N{O}_3^{-}}=\mathrm{0,01.39}+\mathrm{0,02.27}+\mathrm{0,02.96}+\mathrm{0,03.62}=\mathrm{4,71}\left(g\right)$

Giả sử có 1 mol nguyên tử Mg thì chứa 6,02.1023 nguyên tử Mg

Thể tích của 1 mol nguyên tử Mg là $V=\frac{\mathrm{24,305}}{\mathrm{1,74}}$

Ta có: V1 nguyên tử = $\frac{V}{{\mathrm{6,02.10}}^{23}}$

Gọi cạnh của hình lập phương là a cm. Vì các nguyên tử Mg là hình cầu nội tiếp trong các hình lập phương nên bán kính của nguyên tử Mg là r = 0,5a (cm)

Ta có thể tích của hình lập phương là a3 = (2r)3 = $\frac{V}{{\mathrm{6,02.10}}^{23}}$

$\to 8r^3=\frac{\mathrm{24,305}}{{\mathrm{1,74.6,02.10}}^{23}}\to r={\mathrm{1,426.10}}^{-8}cm=\mathrm{0,1426}nm$

Đáp án đúng là: D

$n_{BaC{O}_3}=\frac{\mathrm{9,85}}{197}=\mathrm{0,05}\left(mol\right);n_{BaS{O}_4}=\frac{\mathrm{1,65}}{233}=\mathrm{0,007}\left(mol\right)$      

Trường hợp 1: Dung dịch là Ba(HCO3)2

Bảo toàn Ba: $n_{Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2}=n_{BaS{O}_4}=\mathrm{0,007}\left(mol\right)$

$\begin{array}{l}\to n_{C{O}_2}=\mathrm{0,05}+\mathrm{0,007.2}=\mathrm{0,064}\left(mol\right)\\ \to V_{C{O}_2}=\mathrm{0,064.22,4}=\mathrm{1,437}\left(l\right)\end{array}$

Trường hợp 2: Dung dịch là Ba(OH)2

Bảo toàn Ba: $n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=n_{BaS{O}_4}=\mathrm{0,007}\left(mol\right)$

$\begin{array}{l}\to n_{C{O}_2}=\mathrm{0,05}\left(mol\right)\\ \to V_{C{O}_2}=\mathrm{0,05.22,4}=\mathrm{1,12}\left(l\right)\end{array}$

Một số cách điều chế Ca(OH)2

CaC2 + 2H2O → C2H2 + Ca(OH)2

CaO + H2O → Ca(OH)2

Ca + 2H2O → Ca(OH)2 + H2

a)    HCl + NaOH → NaCl + H2O

b)    BaCl2 + Na2CO3 → BaCO3↓ + 2NaCl

c)    NH4Cl + NaOH → NH3↑ + NaCl + H2O

d)    2HCl + Na2CO3 → 2NaCl + H2O + CO2↑

$n_{Al{\left(N{O}_3\right)}_3}=\frac{\mathrm{2,13}}{213}=\mathrm{0,01}\left(mol\right)$

$\begin{array}{l}\to n_{N{O}_3^{-}}=3n_{Al{\left(N{O}_3\right)}_3}=\mathrm{3.0,01}=\mathrm{0,03}\left(mol\right)\\ \to \left[N{O}_3^{-}\right]=\frac{n_{N{O}_3^{-}}}{V_{\text{dd}}}=\frac{\mathrm{0,03}}{\mathrm{0,2}}=\mathrm{0,15}M\end{array}$

Phân tử khối của phân tử CaSO4 là: 40 + 32 + 16. 4 = 136 đvC.

Phương trình phân tử:

Ca(HCO3)2 + 2NaOH→ CaCO3↓ + Na2CO3 + H2O

Phương trình ion rút gọn:

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

$n_{Zn}=\frac{\mathrm{6,5}}{65}=\mathrm{0,1}\left(mol\right)$

Phương trình: Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2

a) Theo phương trình: nHCl = 2nZn = 2. 0,1 = 0,2 (mol)

$C_{M_{HCl}}=\frac{\mathrm{0,2}}{\mathrm{0,2}}=1M$

b) Theo phương trình: $\begin{array}{l}{n}_{H_2}=n_{Zn}=\mathrm{0,1}\left(mol\right)\\ \to V_{H_2}=\mathrm{0,1.22,4}=\mathrm{2,24}\left(l\right)\end{array}$

Các cách viết:

4 C: Bốn nguyên tử cacbon;

6 Al: Sáu nguyên tử nhôm;

8 Ca: Tám nguyên tử canxi.

Áp dụng:

Bốn nguyên tử nitơ: 4 N;

Mười hai nguyên tử canxi: 12 Ca;

Sáu nguyên tử natri: 6 Na.

Gọi px; py lần lượt là số proton của X và Y.

nx; ny lần lượt là số nơtron của X và Y.

Theo bài ra ta có hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}2(p_X+p_Y)+n_X+n_Y=78\\ 2(p_X+p_Y)-(n_X+n_Y)=26\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{p}_X+p_Y=26\\ n_X+n_Y=26\end{array}\right.$

Lại có:

$\left\{\begin{array}{l}{p}_X+p_Y=26\\ \frac{p_X}{p_Y}=\frac{10}{3}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{p}_X=20\\ p_Y=6\end{array}\right.$

Vậy X là Ca, Y là C.

Đem đốt bốn chất rắn trên

 – Muối của Na cháy với ngọn lửa màu cam (NaNO3 và NaCl) (nhóm 1)

 – Muối của K cháy với ngọn lửa màu tím (KNO3 và KCl) (nhóm 2)

Cho dung dịch AgNO3 vào lần lượt từng mẫu ở hai nhóm 1 và 2 nếu thấy:

 – Có kết tủa trắng xuất hiện là NaCl và KCl

 – Không có hiện tượng gì là NaNO3 và KNO3

Phương trình:

AgNO3 + NaCl → AgCl↓ + NaNO3

AgNO3 + KCl → AgCl↓ + KNO3

K2CO3 + MgSO4 → K2SO4 + MgCO3↓

Phương trình ion thu gọn:

$M{g}^{2+}+C{O}_3^{2-}\to MgC{O}_3$

Trích các mẫu thử ra ống nghiệm, có đánh số lần lượt

- Dùng dung dịch H2SO4 để nhận biết:

+ Chất nào cho khí mùi hắc thoát ra là Na2SO3:

Na2SO3 + H2SO4 → Na2SO4 + H2O + SO2↑

+ Chất nào cho khí thoát ra là K2CO3:

K2CO3 + H2SO4 → K2SO4 + H2O + CO2↑

+ Chất nào cho kết tủa trắng là BaCl2:

BaCl2 + H2SO4 → BaSO4↓ + 2HCl

+ Chất còn lại, không có hiện tượng gì là MgSO4.

$n_{C{O}_2}=\frac{\mathrm{2,8}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,125}\left(mol\right)$

Gọi số mol Na2CO3 và NaHCO3 phản ứng lần lượt là x (mol) và y (mol).

Phương trình hoá học:

Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2↑ + H2O

x                  2x                          x                  mol

NaHCO3 + HCl → NaCl + CO2↑ + H2O

y                  y                            y                  mol

Theo bài ra: nkhí = x + y = 0,125 (1)

Lại có: $\frac{x}{y}=\frac{\mathrm{0,1}}{\mathrm{0,15}}=\frac{2}{3}\Rightarrow 3x-2y=0\left(2\right)$

Từ (1) và (2) ta có: x = 0,05 và y = 0,075.

Þ nHCl = 2x + y = 0,175 mol Þ VHCl = 0,175/1 = 0,175 lít = 175 ml.

$n_{N_2}=\frac{14}{28}=\mathrm{0,5}\left(mol\right);n_{NO}=\frac{4}{30}=\frac{2}{15}\left(mol\right)$

Thể tích của hỗn hợp khí ở đktc là: $\left(\mathrm{0,5}+\frac{2}{15}\right)\mathrm{.22,4}=\mathrm{14,187}\left(l\right)$

- Vật thể tự nhiên là những vật thể có sẵn trong tự nhiên.Ví dụ: Cây ngô, sông, suối,…

- Vật thể nhân tạo là những vật thể do con người tạo ra. Ví dụ: Ấm đun nước, bàn, ghế,…

Oxide cao nhất của nguyên tố R là RO3. Công thức hợp chất khí với hydrogen của R là RH2. Trong hợp chất khí của R với hydrogen có 5,88% hydrogen về khối lượng nên:

$\begin{array}{l}\frac{\%m_R}{\%m_H}=\frac{M_R}{2M_H}=\frac{100-\mathrm{5,88}}{\mathrm{5,88}}\\ \iff \frac{M_R}{2}=\frac{\mathrm{94,12}}{\mathrm{5,88}}\Rightarrow M_R=32(g/mol)\end{array}$

Vậy R là sulfur (S), oxide cao nhất của R là SO3.

Lấy mỗi lọ ra 1 ít cho vào 3 chén sứ để làm thí nghiệm

Dùng quỳ tím nhúng vào các chén sứ đựng mẫu thử.

- Dung dịch HCl làm quỳ tím chuyển thành màu đỏ

- Dung dịch NaOH làm quỳ tím chuyển thành màu xanh

- Dung dịch NaCl không làm quỳ tím chuyển màu.

a) Tuỳ theo tỉ lệ giữa NaOH và H3PO4 sẽ tạo được:

NaOH + H3PO4 → NaH2PO4 + H2O

2NaOH + H3PO4 → Na2HPO4 + 2H2O

3NaOH + H3PO4 → Na3PO4 + 3H2O

$\frac{n_{NaOH}}{n_{H_{3}P{O}_4}}=T$

T = 1 thì M chứa muối NaH2PO4

T = 2 thì M chứa muối Na2HPO4

T = 3 thì M chứa muối Na3PO4

T < 1 thì M chứa NaH2PO4 và H3PO4 dư

1 < T < 2 thì M chứa 2 muối: NaH2PO4 và Na2HPO4

2 < T < 3 thì M chứa 2 muối: Na2HPO4 và Na3PO4

T > 3 thì M chứa Na3PO4 và NaOH dư.

b) Dựa vào ý a ta thấy M có thể là NaH2PO4; Na2HPO4; Na3PO4

Hoặc là các hỗn hợp: NaH2PO4 và H3PO4 dư; NaH2PO4 và Na2HPO4; Na2HPO4 và Na3PO4; Na3PO4 và NaOH dư.

Khi cho KOH vào M có thể có các phản ứng:

2NaH2PO4 + 3KOH → Na2HPO4 + K3PO4 + 3H2O

Na2HPO4 + KOH → Na3PO4 + K3PO4 + H2O

3NaH2PO4 + 6KOH → Na3PO4 + 2K3PO4 + 6H2O

KOH + H3PO4 → KH2PO4 + H2O

2KOH + H3PO4 → K2HPO4 + 2H2O

3KOH + H3PO4 → K3PO4 + 3H2O

c) Khi thêm H3PO4 (hoặc P2O5) vào dung dịch M có thể xảy ra phản ứng:

2Na3PO4 + H3PO4 → 3Na2HPO4

Na2HPO4 + H3PO4 → 2NaH2PO4

KOH + H3PO4 → KH2PO4 + H2O

2KOH + H3PO4 → K2HPO4 + 2H2O

3KOH + H3PO4 → K3PO4 + 3H2O

- Lấy mỗi chất 1 ít ra từng ống nghiệm làm mẫu thử, đánh số thứ tự tương ứng     

- Cho vào 4 mẫu mỗi mẫu 1 mẩu giấy quỳ tím                                                          

+ Nếu mẫu nào quỳ tím hóa đỏ thì lọ đựng HCl                                                       

+ Nếu mẫu nào quỳ tím hóa xanh thì lọ đó là NaOH                                                

+ Hai mẫu còn lại là NaNO3 và NaCl                                                                        

- Cho vào mẫu vài giọt AgNO3.                                                                            

+ Nếu mẫu nào có kết tủa trắng thì đó là NaCl                                                         

NaCl + AgNO3 → NaNO3 + AgCl↓

+ Mẫu còn lại không có hiện tượng gì là NaNO3

Đáp án đúng là: A

Phát biểu (a) đúng. Giữa các phân tử của ancol có liên kết hidro liên phân tử còn giữa các phân tử andehit không có liên kết hidro liên phân tử nên nhiệt độ sôi cao hơn nhiệt độ sôi của andehit tương ứng.

Phát biểu (b) sai. Dung dịch AgNO3 trong NH3 có thể phản ứng với axetilen tạo kết tủa vàng nhưng đó không phải là phản ứng oxi hóa mà là phản ứng thế nguyên tử H.

$HC\equiv CH+2AgN{O}_3+2N{H}_3\stackrel{t^{°}}{\to }AgC\equiv CAg\downarrow +2N{H}_{4}N{O}_3$

Phát biểu (c) sai. Để trái cây nhanh chín có thể cho tiếp xúc với khí etilen hay đất đèn (chất sinh khí axetilen).

Phát biểu (d) sai. Cho axetilen phản ứng với nước có xúc tác HgSO4/H2SO4 thu được duy nhất một andehit.

$HC\equiv CH+H_{2}O\stackrel{HgS{O}_4,t^{°}}{\to }C{H}_{3}CHO$

Phát biểu (e) sai. Trùng hợp etilen thu được polietilen còn gọi là Teflon hay poli (tetrafloetilen) là một polime có công thức hóa học là $\sout{(}C{F}_2–C{F}_2\sout{{)}_n}$

Phát biểu (f) đúng. Andehit tham gia phản ứng tráng gương tạo Ag có màu trắng, có ánh kim.

$RCHO+2AgN{O}_3+3N{H}_3+H_{2}O\stackrel{t^{°}}{\to }RCOON{H}_4+2Ag+2N{H}_{4}N{O}_3$

Vậy có tất cả 4 phát biểu sai.

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:

$\begin{array}{l}\frac{m_C}{m_Y}=\frac{\%C}{100\%}\Rightarrow \frac{12x}{58}=\frac{\mathrm{82,76}}{100}\Rightarrow x=4\\ \frac{m_H}{m_Y}=\frac{\%H}{100\%}\Rightarrow \frac{y}{58}=\frac{\mathrm{17,24}}{100}\Rightarrow y=10\end{array}$

Công thức của Y là C4H10.

Sau một thời gian phản ứng, cân ở vị trí B. Vì khi cho đá vôi vào dung dịch axit clohiđric có phản ứng sinh ra khí cacbon đioxit thoát ra ngoài làm cho khối lượng trong cốc sẽ giảm đi.

Đáp án đúng là: A

nVal-Ala-Val-Gly = 0,025 mol

nAla-Val-Gly = 0,075 mol

nAla-Gly-Val = 0,05 mol

X là Ala-Gly-Val-Ala-Val-Gly

(1) Ala-Gly-Val-Ala-Val-Gly + H2O → Ala-Gly + Val-Ala-Val-Gly

                      x                              x                 x                     x

(2) Ala-Gly-Val-Ala-Val-Gly + 2H2O → Val + Ala-Gly + Ala-Val-Gly

                y                                      2y          y          y                      y

(3) Ala-Gly-Val-Ala-Val-Gly + H2O → Ala-Gly-Val + Ala-Val-Gly

                         z                           z                 z                      z

nVal = y = 0,025

nVal-Ala-Val-Gly  = x = 0,025

nAla-Val-Gly = y + z = 0,075

nAla-Gly-Val = z = 0,05

=> x = 0,025; y = 0,025;  z = 0,05 mol

=> nX = x + y + z = 0,1 mol

Đốt Y tương đương đốt X

$C_{20}{H}_{36}{O}_7{N}_6 +\mathrm{25,5}{O}_2 \stackrel{t^{°}}{\to } 20C{O}_2 +18H_{2}O$

0,1        →       2,55 mol

Lấy mẫu thử và đánh dấu

Cho quỳ tím vào các mẫu thử:

- Mẫu thử làm quỳ tím hoá đỏ là dung dịch axit

- Mẫu thử làm quỳ tím hoá xanh là dung dịch bazơ

- Mẫu thử không làm quỳ tím chuyển màu là dung dịch muối.

Đáp án đúng là: B

3 phát biểu đúng là (a), (c), (d)

Phát biểu (b) sai vì anilin không làm quỳ tím đổi màu.

Số khối A = p + n = 12 + 12 = 24 đvC

1 đvC = 1,67. 10-24 gam

Khối lượng của 1 nguyên tử Mg là 1,67. 10-24. 24 = 40,08. 10-24 gam

1 mol Mg chứa số nguyên tử là: $\frac{\mathrm{24,305}}{{\mathrm{40,08.10}}^{-24}}={6.10}^{23}$

a) CTHH: CuO

PTKCuO = 64 + 16 = 80 đvC

b) CTHH: SO4

PTKSO4 = 32 + 16. 4 = 96 đvC

c) Phân tử Z có PTK = 80. 1,225 = 98

Gọi số nguyên tử S là X

Số nguyên tử H gấp đôi số nguyên tử của S → H có 2X nguyên tử

Số nguyên tử O gấp đôi số nguyên tử H → O có 4X nguyên tử

Gọi CTHH là H2XSXO4X, ta có:

1. 2X + 32. X + 16. 4X = 98 → X = 1

Vậy CTHH là H2SO4.