Đáp án đúng là: D

d = r_A + r_B với d là chiều dài liên kết.

Mà số phân tử H₂SO₄ bằng số phân tử có trong 11,2 lít khí hiđro H₂ ở đktc$\begin{array}{l}{n}_{H_2}=\frac{\mathrm{11,2}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,5}\left(mol\right)\\ \Rightarrow N_{H_2}={\mathrm{0,5.6.10}}^{23}={3.10}^{23}\end{array}$

Đáp án đúng là: C

Số mol glucozơ = 9,0 : 180 = 0,05 (mol)

2C₆H₁₂O₆ + Cu(OH)₂ → (C₆H₁₁O₆)₂Cu + 2H₂O

   0,05              0,025      

⇒  khối lượng Cu(OH)₂ phản ứng = 0,025.98 = 2,45 gam.

Đáp án đúng là: D

Nồi nhôm sẽ bị phá huỷ do nguyên liệu để nấu xà phòng là NaOH.

$n_{H_2}=\frac{\mathrm{13,44}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,6}\left(mol\right)$

Gọi số mol của CuO là x, số mol của Fe2O3 là y.

→ 80x + 160y = 40 (*)

PTHH:

$\begin{array}{l}CuO+H_2\stackrel{t^{°}}{\to }Cu+H_{2}O\\ x\mathrm{...........}x\end{array}$

$\begin{array}{l}F{e}_2{O}_3+3H_2\stackrel{t^{°}}{\to }2Fe+3H_{2}O\\ y\mathrm{.............3}y\end{array}$ 

$n_{H_2}=x+3y=\mathrm{0,6}\left(mol\right)(**)$

Từ (*) và (**) suy ra: x = 0,3; y = 0,1

 mCuO = 0,3.80 = 24 (g)

 $m_{F{e}_2{O}_3}=\mathrm{0,1.160}=16\left(g\right)$

Phần trăn khối lượng của mỗi chất:

$\begin{array}{l}\%m_{CuO}=\frac{24}{40}.100\%=60\%\\ \%m_{F{e}_2{O}_3}=100\%-60\%=40\%\end{array}$

$n_{CO}=\frac{\mathrm{15,68}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,7}\left(mol\right)$

Gọi số mol của CuO là x, số mol của Fe2O3 là y.

→ 80x + 160y = 40 (*)

PTHH:

$\begin{array}{l}CuO+CO\stackrel{t^{°}}{\to }Cu+C{O}_2\\ x\mathrm{...........}x\end{array}$

$\begin{array}{l}F{e}_2{O}_3+3CO\stackrel{t^{°}}{\to }2Fe+3C{O}_2\\ y\mathrm{.............3}y\end{array}$

$n_{CO}=x+3y=\mathrm{0,7}\left(mol\right)(**)$

Từ (*) và (**) suy ra: x = 0,1; y = 0,2

 mCuO = 0,1.80 = 8 (g)

 $m_{F{e}_2{O}_3}=\mathrm{0,2.160}=32\left(g\right)$

Phần trăm khối lượng của mỗi chất:

$\begin{array}{l}\%m_{CuO}=\frac{8}{40}.100\%=20\%\\ \%m_{F{e}_2{O}_3}=100\%-20\%=80\%\end{array}$

Phản ứng của oxit + CO thực chất là:

CO + [O] → CO₂

→ m_{chất rắn giảm} = m_{O pứ} = 4,8g → n_O = 4,8 : 16 = 0,3 mol

→ m_Fe = m_Oxit – m_O = 16 – 4,8 = 11,2 → n_Fe = 11,2 : 56 = 0,2 mol

→ n_Fe : n_O = 0,2 : 0,3 = 2 : 3

→ Oxit là Fe₂O₃.

Đáp án đúng là: A

+) Oxit có dạng RaOb

+) PTHH: $R_a{O}_b+bCO\stackrel{t^{°}}{\to }\text{aR}+bC{O}_2$

Khử oxit bằng CO tức là CO lấy O của oxit tạo thành CO2

⇒ khối lượng rắn giảm là do O bị lấy đi

⇒mO = 24 − 17,6 = 6,4 gam $\to n_O=\frac{\mathrm{6,4}}{16}=\mathrm{0,4} \left(mol\right)$

$\Rightarrow n_O=n_{CO}=n_{C{O}_2}=\mathrm{0,4}\left(mol\right)\Rightarrow m_{C{O}_2}=\mathrm{0,4.44}=\mathrm{17,6}\left(g\right)$ 

Đáp án đúng là: D

Ta có: n(Fe₂O₃) = 0,03 (mol)

BTNT (Fe): n(Fe) = 2 n(Fe₂O₃) = 0,06 mol → m = 3,36 (g)

Đáp án đúng là: C

n_CO2 = n_CaCO3 = 0,07 mol

O + CO $\stackrel{t^{°}}{\to }$ CO₂

0,07  ←            0,07

m_KL = m_oxit – m_O = 4,06 – 0,07.16 = 2,94 (g)

Gọi hóa trị của KL khi tác dụng với HCl là n

M         →   0,5n H₂

0,105/n←  0,0525 (mol)

Gọi công thức của oxit là RO

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

PTHH:     RO   +       H2         $\stackrel{t^{°}}{\to }$     R      +       H2O

(mol)        0,1     →   0,1

MR =  6,4/0,1 = 64(g/mol)

Vậy kim loại R là đồng (Cu).   

Đáp án đúng là: C

K, Na, Ca, Ba tác dụng được với H₂O ở nhiệt độ thường

Phương trình phản ứng:

2K + 2H₂O → 2KOH + H₂

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

Ca + 2H₂O → Ca(OH)₂ + H₂

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂

Đáp án đúng là: D

Au không tác dụng được với O₂

Một số kim loại tác dụng được với O₂ ở nhiệt độ cao là Fe, Na, Cu, …

1)

Quá trình cho e: $\stackrel{+4}{S}\to \stackrel{+6}{S}+2e$

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

Cân bằng

2KMnO₄ + 3K₂SO₃ + H₂O → 2MnO₂ + 3K₂SO₄ + 2KOH

2) 

Quá tình cho e: $\stackrel{-2}{O}\to \stackrel{0}{O}+2e$ 

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

Cân bằng:

2KMnO₄ + 3H₂O₂ → 2MnO₂ + 3O₂ + 2KOH + 2H₂O

Dung dịch FeCl₃ màu vàng nâu. 

Nhỏ FeCl₃ vào 5 dd còn lại. KOH có kết tủa đỏ nâu. Pb(NO₃)₂ có kết tủa trắng. 

FeCl₃ + 3KOH → Fe(OH)₃ + 3KCl

2FeCl₃ + 3Pb(NO₃)₂ → 3PbCl₂ + 2Fe(NO₃)₂

Nhỏ KOH vào 3 dd còn lại. Al(NO₃)₃ có kết tủa trắng keo sau đó tan. NH₄Cl có khí mùi khai. Còn lại là HCl.

KOH + HCl → KCl + H₂O

Al(NO₃)₃ + 3KOH → Al(OH)₃ + 3KNO₃

NH₄Cl + KOH → KCl + NH₃ + H₂O

Dựa vào loại phân tử để dự đoán loại lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của phân tử

N₂O: AX₂E₂ → Lai hóa sp³, phân tử dạng góc

XeF₄: AX₄E₂ → Lai hóa sp³d², phân tử dạng vuông phẳng

IF₅O: AX₆E₀ → Lai hóa sp³d², phân tử dạng bát diện

XeF₂O₂: AX₄E₁ → Lai hóa dạng sp³d, phân tử dạng bập bênh

Đáp án đúng là: A

Để làm sạch khí O₂ từ hỗn hợp gồm SO₂ và O₂ ta dùng dung dịch nước vôi trong (Ca(OH)₂):

Dẫn hỗn hợp khí qua Ca(OH)₂ thì SO₂ phản ứng bị giữ lại còn O₂ không phản ứng thoát ra.

Phương trình hóa học:

Ca(OH)₂ + SO₂ → CaSO₃ + H₂O

Lấy ống hút và thổi vào lọ nước vôi trong (Ca(OH)₂) nếu nước vôi trong đục thì chứng tỏ ta có thở ra khí CO₂.

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

Dung dịch HNO₃ đặc, không màu để ngoài ánh sáng lâu ngày sẽ có màu vàng hoặc nâu.

Giải thích các bước giải

Axit HNO₃ không bền lắm. Khi để ngoài ánh sáng bị phân hủy chậm theo phản ứng:

4HNO₃ → O₂ + 2H₂O + 4NO₂↑ (màu nâu đỏ)

- Trong dung dịch NO₂ làm cho lọ đựng axit HNO₃ có màu vàng hoặc nâu.

Gọi công thức hóa học của hợp chất gồm Al (III) liên kết với Cl (I) là Al_xCl_y

Áp dụng quy tắc hoá trị, ta có:

III.x = I.y $\to \frac{x}{y}=\frac{I}{III}=\frac{1}{3}\to \left\{\begin{array}{l}x=1\\ y=3\end{array}\right.$

Vậy công thức hóa học của hợp chất gồm Al (III) liên kết với Cl (I) là AlCl₃

$\begin{array}{l}{M}_{AlC{l}_3}=27+\mathrm{35,5.3}=\mathrm{133,5}(g/mol)\\ \%m_{Al}=\frac{27}{\mathrm{133,5}}.100\%=\mathrm{20,22}\%\\ \to \%m_{Cl}=100\%-\mathrm{20,22}\%=\mathrm{79,78}\%\end{array}$

Các monosaccarit trong phân tử đisaccarit, polisaccarit liên kết với nhau bằng liên kết glicozit. Liên kết glicozit −O− hình thành nhờ việc −1H₂O của 2 nhóm OH của 2 phân tử monosaccarit.

- Liên kết pi (hay liên kết ) là liên kết cộng hoá trị đực tạo nên khi hai thuỳ của một orbital nguyên tử tham gia xen phủ với hai thuỳ của electron orbital khác tham gia liên kết (sự xen phủ như thế này được gọi là sự xen phủ bên của các orbital.

- Liên kết sigma là liên kết hoá học được hình thành do sự xen phủ trục, do đó hai nguyên tử ở hai đầu liên kết có thể quay quanh trục một cách tự do

Liên kết pi kém bền hơn liên kết xích ma: Liên kết xích ma được hình thành do sự xen phủ trục của orbital hoá trị, liên kết pi được hình thành do sự xen phủ bên của các orbital hoá trị p.

a)

- Chất tham gia: S; O₂.

- Chất sản phẩm: SO₂

- Đơn chất: S và O₂ vì được tạo thành từ 11 nguyên tố hoá học

- Hợp chất: SO₂ vì được tạo thành từ 22 nguyên tố hoá học

b) Theo PTHH: $n_{O_2}=n_S=\mathrm{1,5}\left(mol\right)$ 

$\Rightarrow V_{O_2}=\mathrm{1,5.22,4}=\mathrm{33,6}\left(l\right)$ 

c)

Ta có: $d_{S{O}_2/kk}=\frac{64}{29}=\mathrm{2,2}>1$ 

→ Khí sunfuro nặng hơn không khí.

a) Phương trình hóa học $S+O_2\stackrel{t^{°}}{\to }S{O}_2$ 

b) $n_S=\frac{\mathrm{1,6}}{32}=\mathrm{0,05}\left(mol\right)$.

Theo phương trình trên, ta có:

    $\begin{array}{l}{n}_{S{O}_2}=n_S=n_{O_2}=\mathrm{0,05}\left(mol\right)\\ \Rightarrow V_{S{O}_2}=\mathrm{0,05.22,4}=\mathrm{1,12}\left(l\right)\\ \Rightarrow V_{O_2}=\mathrm{22,4.0,05}=\mathrm{1,12}\left(l\right)\end{array}$

 Vì khí oxi chiếm $\frac{1}{5}$ thể tích của không khí nên thể tích không khí cần là

$\Rightarrow V_{kk}=5V_{O_2}=\mathrm{5.1,12}=\mathrm{5,6}\left(l\right)$

Đáp án đúng là: D

Quan sát phương trình phản ứng ta thấy M tăng từ mức oxi hóa 0 lên mức oxi hóa n→ M là chất khử và HNO3 là chất oxi hóa.

$\left.\begin{array}{c}5x-2y\\ n\end{array}\right|\begin{array}{c}\stackrel{0}{M}\to \stackrel{+n}{M}+ne\\ x\stackrel{+5}{N}-x(5-\frac{2y}{x})e\to x\stackrel{+\raisebox{1ex}{$2y$}\!\left/ \!\raisebox{-1ex}{$x$}\right.}{N}\end{array}$ 

Suy ra phương trình phản ứng đã cân bằng như sau:

(5x-2y)M + (6nx-2ny)HNO3 → (5x-2y)M(NO3)n + nNxOy + (3nx-ny)H2O

a) Phương trình hóa học:

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂↑

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

Theo phương trình:

$n_{Fe}=n_{H_2}=\mathrm{0,15}\left(mol\right)$ 

→ mFe = 0,15.56 = 8,4 gam

c) Theo phương trình:

nHCl = 2.nFe = 2.0,15 = 0,3 mol,

VHCl = 50 ml = 0,05 lít

$C_{M\left(HCl\right)}=\frac{n}{V}=\frac{\mathrm{0,3}}{\mathrm{0,05}}=6M$ 

Liên kết của nhóm CO với nhóm NH giữa hai đơn vị α - aminoaxit được gọi là liên kết peptit.

Peptit là những hợp chất chứa từ 2 đến 50 gốc α - aminoaxit liên kết với nhau bằng các liên kết peptit.

Vậy mắt xích là những gốc alpha animoaxit liên kết với nhau, sau khi đã tách ra một nc cứ một liên kết lại tách ra một H₂O.

Metyl: - CH₃

Etylat: C₂H₅O –

Metyl etylat: C₂H₅OCH₃ hay etylmetyl ete.

Gọi % số nguyên tử của đồng vị 24Mg, 25Mg lần lượt là x, y.

Theo bài ta có hệ sau:

$\left\{\begin{array}{l}x+y+11=100\\ \frac{24x+25y+26.11}{100}=\mathrm{24,32}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=79\\ y=10\end{array}\right.$

Phương trình phân tử:

3M + 8HNO₃ → 3Mg(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

Phương trình ion rút gọn: 

$3Mg+8H^{+}+2N{O}_3^{-}\to 3M{g}^{2+}+2NO+4H_{2}O$

Lập bảng hiện tượng khi cho các chất tác dụng chéo với nhau:

- Dung dịch (3) là dung dịch khi tác dụng với các chất còn lại sẽ tạo ra kết tủa và khí thoát ra. So sánh với bảng ta thấy dung dịch (3) là Na₂CO₃

- Dung dịch (1) tác dụng với Na₂CO₃ tạo kết tủa, vậy dung dịch (1) là MgCl₂

- Dung dịch (4) tác dụng với Na₂CO₃ tạo khí thoát ra, vậy dung dịch (4) là HCl

- Dung dịch (2) còn lại là KHCO₃

Các phương trình hóa học xảy ra:

Na₂CO₃ + MgCl₂ → MgCO₃↓+ 2NaCl

                             kết tủa trắng

Na₂CO₃ + 2HCl → NaCl + CO₂↑ + H₂O

Đáp án đúng là: A

Polistiren được điều chế bằng cách trùng hợp stiren:

nC₆H₅CH=CH₂ $\stackrel{xt,t^{°},p}{\to }$ [-CH₂-CH(C₆H₅)-]_n

- Sơ tán người ở xung quanh khu vực tràn hoá chất.

- Dùng cát để ngăn chặn H₂SO₄ lan rộng ra.

- Trung hoà H₂SO₄ tràn ra bằng hoá chất không độc/ít độc, dễ kiếm như baking soda NaHCO₃, soda Na₂CO₃,... Rắc liên tục với số lượng lớn để không còn axit trên mặt đường. 

- Kiểm tra pH vũng dung dịch. Khi không còn axit, rửa sạch mặt đường bằng nước nhiều lần.

Đáp án đúng là: D

Gọi công thức amin là C_nH_2n+3N

$\frac{12n}{14n+17}=\frac{\mathrm{68,97}}{100}\Rightarrow n=5$

Đổi 30 kg = 30000 g

$n_{CO{\left(N{H}_2\right)}_2}=\frac{m_{CO{\left(N{H}_2\right)}_2}}{M_{CO{\left(N{H}_2\right)}_2}}=\frac{30000}{60}=500\left(mol\right)$

M_N = 500.2.14 = 1400 (g) = 14 (kg)

Đáp án đúng là: C

$n_{A{l}^{3+}}=\mathrm{0,04}\left(mol\right),n_{S{O}_4^{2-}}=\mathrm{0,08}\left(mol\right),n_{O{H}^{-}}=\mathrm{0,14}\left(mol\right),n_{B{a}^{2+}}=\mathrm{0,07}\left(mol\right)$

$\begin{array}{l}{n}_{BaS{O}_4}=\mathrm{0,07}\left(mol\right)\\ A{l}^{3+}+3O{H}^{-}\text{Invalid <m:msub> element}\to Al\\ \mathrm{0,04...0,12.........0,04}\\ A\text{Invalid <m:msub> element}l+O{H}^{-}\to Al{O}_2^{-}+2H_{2}O\\ \mathrm{0,04...........0,02}\\ \Rightarrow n_{Al{\left(OH\right)}_{3}du}=\mathrm{0,04}-\mathrm{0,02}=\mathrm{0,02}\left(mol\right)\end{array}$

Vậy kết tủa gồm Al(OH)3 và BaSO4 có tổng khối lượng là: 78.0,02 + 233.0,07 = 17,87 (g).

Ta có: ${}_{29}{}^{64}Cu$

Ta thấy: Z_Cu = p = e = 29

A_Cu = 64

→ n = A_Cu – Z_Cu = 64 – 29 = 35

$n_{Cu}=\frac{64}{64}=1\left(mol\right)$

Mà 1 mol có 6,023.10²³ nguyên tử

Vậy số hạt nơtron trong 64 gam Cu là 35.6,023.10²³ = 2,10805.10²⁵ (hạt).

Đáp án đúng là: A

$n_{B{r}_2}=\frac{\mathrm{1,6}}{160}=\mathrm{0,01}\left(mol\right)$

C₂H₄ + Br₂ → C₂H₄Br₂

0,01….0,01

              C₂H₄ + H₂ $\stackrel{t^{°},xt}{\to }$  C₂H₆ (xt là Ni)

Ban đầu   0,2     0,3

Sau pư    0,01

 pư          0,19

→ $H=\frac{\mathrm{0,19}}{\mathrm{0,2}}.100\%=95\%$

$\begin{array}{l}{n}_{H_2}=\frac{{\mathrm{1,2.10}}^{23}}{{6.10}^{23}}=\mathrm{0,2}\left(mol\right)\\ n_{S{O}_2}=\frac{\mathrm{6,4}}{32+16.2}=\mathrm{0,1}\left(mol\right)\end{array}$

nkhí = $n_{O_2}+n_{N_2}+n_{H_2}+n_{S{O}_2}$= 1,5 + 2,5 + 0,2 + 0,1 = 4,3 (mol)

→Vkhí = 22,4. 4,3 = 96,32 (lít)

mkhí = $m_{O_2}+m_{N_2}+m_{H_2}+m_{S{O}_2}$= 1,5.32 + 2,5.28 + 0,2.2 + 6,4 = 125,8 (g).

Đáp án đúng là: A

Coi hỗn hợp có 1 mol N₂ và 3 mol H₂

Số mol khí trước p.ứ: n_A = 1 + 3 = 4 (mol)

 Gọi số mol N₂ phản ứng là x

               N₂ + 3H₂ ⇆ 2NH₃

Ban đầu:   1       3

P.ứ:           x  →  3x  →   2x

Cân bằng:1-x     3-3x      2x

Số mol khí sau p.ứ: n_B = 1-x + 3-3x + 2x = 4-2x (mol)

Ta có: 

$\frac{n_B}{n_A}=\frac{M_A}{M_B}\to \frac{4-2x}{4}=\mathrm{0,6}\to x=\mathrm{0,8}$

Nếu phản ứng xảy ra hoàn toàn thì N₂ và H₂ phản ứng vừa đủ với nhau.

$H\%=\frac{\mathrm{0,8}}{1}.100\%=80\%$

n_khí = $n_{S{O}_2}+n_{C{O}_2}+n_{N_2}+n_{H_2}$= 0,25 + 0,15 + 0,65 + 0,45 = 1,5 (mol)

→V_khí = 22,4. 1,5 = 33,6 (lít)

m_khí = $m_{S{O}_2}+m_{C{O}_2}+m_{N_2}+m_{H_2}$= 0,25.64 + 0,15.44 + 0,65.28 + 0,45.2 = 41,7 (g).

b, Bắt đầu có khí thoát ra thì H+ phản ứng hết với $C{O}_3^{2-}$

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

0,15...0,15

$\Rightarrow V_{\text{dd}HCl}=\frac{\mathrm{0,15}}{\mathrm{0,5}}=\mathrm{0,3}\left(l\right)$

Gọi CTHH của X là N_xH_y

Vì X có tỉ khối với hidro là 8,5

Þ M_X = 8,5 × 2 = 17 ( g / mol )

Þ m_N = 17 × 82,35% = 14 gam

Þ n_N =14 / 14 =1 mol

Þ m_H = 17 - 14 = 3 gam

Þ n_H = 3 / 1 = 3 mol

Þ x : y = 1 : 3

Þ CTHH của X: NH₃

Theo định nghĩa về mol ta có trong 1 mol nguyên tử C chứa 6,02.10²³ nguyên tử C. Do đó khối lượng của 1 mol nguyên tử C bằng:

1,99.10^-26 kg/nguyên tử x 6,02.10²³ nguyên tử/mol = 11,98.10^-3 kg/mol ≈ 12 g/mol

Tổng số electron trên phân lớp p là 13

Có cấu hình electron như sau: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶4s²3d¹⁰4p¹

→Z = 31, X là nguyên tố Gali.

-Vì nguyên tử A có tổng số hạt là 40:

⇒ p + e + n = 40

mà p = e ⇒2p + n = 40 (1)

-Vì số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 8:

⇒p + e – n = 8

mà p = e ⇒2p – n = 8 (2)

-Từ (1) và (2), ta có hệ pt:

$\left\{\begin{array}{l}2p+n=40\\ 2p-n=8\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}p=e=12\\ n=16\end{array}\right.$

- Z = p = e = 12

⇒A là nguyên tố Magie (Mg)

a. Gọi số hạt proton, notron, electron trong nguyên tử R lần lượt là p, n, e

$\left\{\begin{array}{l}2p+n=115\\ 2p-n=25\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}p=35\\ n=45\end{array}\right.$

Số khối: A = p + n = 35 + 45 = 80

b. R là brom.

Vị trí: Ô số 35, nhóm VIIA chu kì 4 trong bảng tuần hoàn

Đáp án đúng là: D

Nguyên tử nguyên tố X có ∑e_{phân lớp p} = 8 → X có cấu hình e là 1s²2s²2p⁶3s²3p²
→ Z = 14 → Si

Ta có:Ta có:

2p + n = 140

2p – n = 44

$\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}p=46\\ n=48\end{array}\right.$ 

2p_x + p_o = 16 ⇒p_x = 19

Số hiệu nguyên tử Z_x = 19.