Số phản ứng xảy ra là:   

(1) NaHSO₄ + NaHSO₃;  (3) AgNO₃ + FeCl₃;  (4) Ca(HCO₃)₂ + HCl;  (5) FeS + H₂SO₄ (loãng) ;  (6) BaHPO₄ + H₃PO₄;    (7) NH₄­Cl + NaOH (đun nóng);  (8) Ca(HCO₃)₂ + NaOH;   (9) NaOH + Al(OH)₃; 

(1) xuất hiện kết tủa CaCO₃ và (2) có kết tủa Cu(OH)₂

Muốn Cl^- và NO₃^- không tạo kết tủa với Ba

Vì cả 3 ion Mg²⁺, Ca²⁺ và Ba²⁺ đều tạo kết tủa với CO₃^2- nên đến khi được kết tủa lớn nhất thì dung dịch chỉ chứa K⁺, Cl^-, và NO₃^-.

Ta có: n_K⁺ = n_Cl^- + n_NO3^- 

⇒ nK₂CO₃ = 0,15 mol ⇒ V = 0,15 lít

Theo bảo toàn điện tích:

n_Cu²⁺ + n_K⁺ = n_NO3^- + 2n_SO4^2-

⇒ 2.0,02 + 0,1 = 0,05 + 2x ⇒ x = 0,045 (mol)

Ta có: K_w ≤ K_a2.C; K_a1^-1.C ≥ 1

⇒ H⁺ = \(\sqrt {K{a_1}.K{a_2}}  = \sqrt {{{10}^{ - 6,35}}{{.10}^{ - 10,33}}}  = 4,{57.10^{ - 9}}\) = 4,57.10^-9

⇒ pH = 8,34

⇒ Đáp án B

HCl trong benzen không có khả năng phân li ra ion nên không có khả năng dẫn điện

Đáp án A

A. Tất cả đều là chất điện li NaCl → Na⁺  + Cl^-

KMnO₄ → K⁺ + MnO₄^-

Na₂CO₃ → 2Na⁺ + CO₃^2-

B. Loại vì NaCl, KMnO₄ là chất điện li

C. Thỏa mãn vì tất cả các chất đều là chất hữu cơ, tan trong nước không phân li ra được ion, do đó không phải là chất điện li.

D. Loại vì chỉ có CO₂ không phải là chất điện li.

Đáp án C

Số chất điện li là: KAl(SO₄)₂ .12H₂O, CH₃COOH, Ca(OH)₂, CH₃COONH₄ → có 4 chất

Đáp án B 

Các dung dịch có khả năng dẫn điện là các dung dịch tan trong nước phân li ra các ion

Đó là : NaCl; CaO; SO₃ ; CH₃COOH; Al₂(SO₄)₃

⟹ có 5 chất. CaO và SO₃ tan vào nước xảy ra phản ứng:

CaO + H₂O → Ca(OH)₂ thì dd Ca(OH)₂ thu được là bazo mạnh nên dẫn được điện chứ không phải CaO dẫn điện được.

SO₃ + H₂O → H₂SO₄ thì dd H₂SO₄ thu được là axit mạnh nên dẫn được điện chứ không phải SO₃ dẫn điện được.

Đáp án A

(1) đúng

(2) đúng

(3) sai.

VD: (NH₄)₂CO₃ là muối điện li ra ion NH₄⁺ không phải là ion kim loại.

(4) sai vì nước cất không dẫn điện

→ Vậy có 2 nhận xét đúng

Đáp án C

H₃PO₄ ⇔ H⁺ + H₂PO₄⁻

H₂PO₄⁻ ⇔ H⁺ + HPO₄²⁻

HPO₄²⁻ ⇔ H⁺ + PO₄³⁻

⟹ có 3 ion âm: HPO₄^- ; HPO₄^2- ; PO₄^3-

Đáp án B

A, B Loại vì là muối trung hòa tạo bởi cation kim loại mạnh và gốc axit mạnh nên có môi trường trung tính

C. Loại vì HCl là axit nên có môi trường axit

D. Na₂CO₃ tạo bởi cation kim loại mạnh Na với gốc axit yếu CO₃^2- (H₂CO₃) ⟹ có môi trường bazơ (kiềm)

Đáp án D

Muối axit là NaHCO₃ , NaHSO₃ , NaHSO₄ , Na₂HPO₄.

Đáp án C

Để thu được Al₂O₃ từ hỗn hợp Al₂O₃ và Fe₂O₃, người ta lần lượt: dùng dung dịch NaOH (dư), khí CO₂ (dư), rồi nung nóng

Cho dung dịch HCl vừa đủ, khí CO₂, dung dịch AlCl₃ lần lượt vào 3 cốc đựng dung dịch NaAlO₂ đều thấy có kết tủa trắng.  

Sục khí CO₂ từ từ đến dư vào dung dịch Ba(AlO₂)₂ có kết tủa trắng và kết tủa không tan trong CO₂ dư.

Cho K dư vào dung dịch chứa Ca(HCO₃)₂ có khí bay lên và có kết tủa trắng.

Ta đặt: n_NO= x mol; n_NO2= y mol

Ta có : n_Y= x+y= 6,72/22,4= 0,3 mol

m_Y= 30x+ 46y= n_Y.M_Y= 0,3.19.2

Giải hệ có x= 0,15 và y= 0,15

Đặt n_Fe= a mol ; n_Cu= b mol

QT cho e:

Fe → Fe³⁺+ 3e

a        3a mol

Cu → Cu²⁺+ 2e

b        2b mol

QT nhận e:

N⁺⁵+ 3e→ NO

       0,45        0,15

N⁺⁵+ 1e→ NO₂

       0,15        0,15

Theo ĐL bảo toàn e có: n_{e cho}= n_{e nhận} nên 3a+2b= 0,45+ 0,15= 0,60

Mặt khác m_{kim loại}= 56a+ 64b= 15,2

Giải hệ trên có a= 0,1, b= 0,15 →%m_Fe=36,84%

Đáp án C

Vì cho Al và Mg vào HNO₃ không có khí bay ra nên sản phẩm khử là NH₄NO₃

Đặt n_Al= xmol, n_Mg= y mol

8Al+ 30HNO₃→8Al(NO₃)₃+3 NH₄NO₃+ 9H₂O

x        30x/8        x        3x/8 mol

4Mg+ 10HNO₃→ 4Mg(NO₃)₂+ NH₄NO₃+ 3H₂O

y        10y/4        y        y/4 mol

Khối lượng muối khan là

m_muối= m_Al(NO3)3+ m_Mg(NO3)2+ m_NH4NO3=213x+148y+ 80(3x/8+y/4)=18,25 gam

n_HNO3= 30x/8+ 10y/4= 0,275 mol

Giải hệ trên ta có x= 23/900 mol và y= 43/600 mol

→m=27x+ 24y= 2,41 gam

Đáp án A

Đặt n_N2O= x mol; n_N2= y mol

Ta có n_hhY= x+y= 1,12/ 22,4= 0,05 mol

m_hhY=44x + 28y= 0,05.18.2

Giải hệ trên được x= 0,025 và y= 0,025

n_Zn= 0,3 mol= n_Zn(NO3)2

Quá trình cho e:

Zn→ Zn²⁺+ 2e (1)

0,3      →        0,6 mol

Quá trình nhận e:

2NO₃^-+ 10e+ 12H⁺ → N₂ + 6H₂O (2)

       0,25        ←       0,025 mol

2NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → N₂O + 5H₂O (3)

       0,2        ←        0,025 mol

Tổng số mol e nhận ở (2) và (3) là n_{e nhận}= 0,25+ 0,2= 0,45 mol ⟨ 0,6 mol

Do đó còn xảy ra quá trình nhận e: n_{e nhận} ở (4)= 0,6- 0,45= 0,15mol

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺+ 3H₂O (4)

       0,15        →        0, 01875 mol

Dung dịch X chứa 0,3 mol Zn(NO₃)₂ và 0,01875 mol NH₄NO₃

→ m = 0,3.189+ 0,01875.80 = 58,2 gam

Đáp án B

Ta đặt n_Mg= 3x, n_Al= 2x mol → m_hh= 24.3x+ 27.2x=126x= 5,04

→x=0,04 mol→ n_Mg= 0,12 mol

n_Al= 0,08 mol

Sản phẩm khử gồm 2 khí không màu, không hóa nâu ngoài không khí. Đó là N₂ (a mol) và N₂O (b mol)

Ta có a+b= 0,896/22,4= 0,04

Và m_hh= 28a+ 44b= 18.2.0,04

Giải hệ trên có a= 0,02, b=0,02

QT cho e:

Mg→ Mg²⁺+ 2e

0,12        0,24

Al→ Al³⁺+ 3e

0,08        0,24

Tổng số mol e cho n_{e cho}= 0,24+ 0,24= 0,48 mol

Quá trình nhận e:

2NO₃^-+ 10e+ 12H⁺ → N₂ + 6H₂O (2)

       0,2        ←        0,02 mol

2NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → N₂O + 5H₂O (3)

       0,16        ←        0,02mol

Tổng số mol e nhận ở (2) và (3) là

ne nhận= 0,2+ 0,16= 0,36mol ⟨0,48 mol

Do đó còn xảy ra quá trình nhận e:

ne nhận ở (4)= 0,48- 0,36= 0,12 mol

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺+ 3H₂O (4)

       0,12        →        0, 015 mol

Theo các bán phản ứng (2), (3), (4) thì

n_{NO3-bị khử}= 2.n_N2+ 2. n_N2O+n_NH4+= 2.0,02+2.0,02+0,015= 0,095 mol

=nHNO_{3 bị khử}

Đáp án A

n_Al= 0,1 mol=n_Al(NO3)3 

→ m_Al(NO3)3= 0,1. 213= 21,3 gam≠ 22,7 gam

→Muối khan phải chứa cả Al(NO₃)₃ và NH₄NO₃

m_NH4NO3=22,7- 21,3= 1,4 gam

→n_NH4NO3= 0,0175 mol

Quá trình cho e:

Al → Al³⁺+ 3e (1)

0,1       →        0,3mol

Quá trình nhận e: n_khí= 0,02mol

NO₃^-+ 8e + 10H⁺ → NH₄⁺ + 3H₂O (2)

       0,14        ←        0,0175 mol

-Nếu khí X có 1 nguyên tử N: Gọi số oxi hóa của N trong X là a

N⁺⁵ + (5-a) e → N^+a

       (5-a).0,02        0,02

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,3= 0,02. (5-a)+0,14 → a= -3 → Loại

-Nếu khí có 2 nguyên tử N:

2N⁺⁵ + 2(5-a) e → N₂^+a

       (5-a).0,04        0,02

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,3= 0,04. (5-a) + 0,14 → a= +1

→ Khí X là N₂O

Đáp án D

Đặt n_N2O= x mol; n_N2= y mol

Ta có n_hhY= x+y= 1,792/ 22,4= 0,08 mol

m_hhY=44x + 28y= 0,08.18.2

Giải hệ trên được x= 0,04 và y= 0,04

n_Al= 0,27 mol= n_Al(NO3)3

Quá trình cho e:

Al→ Al³⁺+ 3e (1)

0,27      →        0,81 mol

Quá trình nhận e:

2NO₃^-+ 10e+ 12H⁺ → N₂ + 6H₂O (2)

       0,4        ←        0,04 mol

2NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → N₂O + 5H₂O (3)

       0,32        ←        0,04 mol

Tổng số mol e nhận ở (2) và (3) là n_{e nhận}= 0,4+ 0,32= 0,72 mol ⟨0,81 mol

Do đó còn xảy ra quá trình nhận e: n_{e nhận} ở (4)= 0,81- 0,72= 0,09 mol

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺+ 3H₂O (4)

       0,09        →        0, 01125 mol

Dung dịch X chứa 0,27 mol Al(NO₃)₃ và 0,01125 mol NH₄NO₃

→m=0,27.213+ 0,01125.80=58,41 gam

Đáp án D

Ta có n_FeO=0,03 mol= n_Fe(NO3)3

Bảo toàn nguyên tố N:

n_{N (HNO3)}= n_{N (Fe(NO3)3)}+ n_{N (khí X)}

→ 0,1=0,03.3+ n_{N(khí X)}

→ n_{N(khí X)}= 0,01 mol

QT cho e:

Fe⁺²→ Fe⁺³+ 1e

0,03        0,03 mol

Quá trình nhận e:

-Nếu khí có 1 nguyên tử N: Gọi a là số oxi hóa của N có trong khí X

N⁺⁵ + (5-a) e→ N^+a

       (5-a).0,01        0,01

Theo ĐL bảo toàn electron có:

0,03= 0,01(5-a) → a= +2 → X là khí NO

-Nếu khí X có 2 nguyên tử N:

→ n_Khí= n_N(khí)/2= 0,005 mol

2N⁺⁵ + 2(5-a) e→ N₂^+a

       (5-a).0,01        0,005

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0, 03= 0,01.(5-a) → a= +2→LOại

Vậy X là NO

Đáp án D

Đặt số mol n_Al=x mol, n_Zn= 2x mol→ 27x+ 65.2x=15,7 → x= 0,1 mol

Quá trình cho e:

Al→ Al³⁺+ 3e (1)

0,1      →        0, 3 mol

Zn→ Zn²⁺+ 2e (1)

0,2      →        0, 4 mol

Tổng số mol e cho = 0,3+0,4= 0,7 mol

Quá trình nhận e: n_khí= 0,7mol

-Nếu khí có 1 nguyên tử N: Gọi a là số oxi hóa của N có trong khí

N⁺⁵ + (5-a) e→ N^+a

       (5-a).0,7        0,7

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,7= 0,7. (5-a)→ a= 4 → NO₂

-Nếu khí có 2 nguyên tử N:

2N⁺⁵ + 2(5-a) e→ N₂^+a

       (5-a).1,4        0,7

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0, 7= 1,4. (5-a) → a= 4,5→LOại

Vậy X là NO₂

Cho Na dư vào dung dịch chứa ZnCl₂ thì sẽ có khí bay lên và có kết tủa keo trắng xuất hiện sau đó tan hoàn toàn.

Cho từ từ dung dịch NaOH đến dư vào dung dịch AlCl₃ thấy có hiện tượng: xuất hiện kết tủa keo trắng, sau đó tan dần.

Dung dịch Na₂CO₃ có thể tác dụng với chất tạo kết tủa (CaCO₃, BaCO₃) và với chất tạo ra khí CO₂

Dãy các chất đều tác dụng với dung dịch Ca(OH)₂ là chất tạo kết tủa (CaCO₃), Mg(OH)₂ và axit

Dãy gồm các chất đều tác dụng được với dung dịch Ba(HCO₃)₂ là axit, bazo và chất kết tủa (BaSO₄)

Dãy các chất đều tác dụng được với dung dịch Ba(HCO₃)₂ sẽ là axit, bazo và chất tạo kết tủa (BaSO₄)

Vì Al₂O_­3 là oxit lưỡng tính nên tác dụng được với axit và bazo 

NaHCO₃ là chất lưỡng tính nên tác dụng được với axit và bazo.

Các dung dịch đó là: AgNO₃, BaCl₂, Al₂(SO₄)₃, Na₂CO₃.

Giá trị pH tỉ lệ nghịch với nồng độ H+ => chất càng phân li ra nhiều H+ thì chất đó có pH càng nhỏ => b < a < c < d.

Dãy sắp xếp các dung dịch loãng có nồng độ mol/l như nhau theo thứ tự pH tăng dần là H₂SO₄, KHSO₄, HF, Na₂CO₃.

Giá trị pH tỉ lệ nghịch với nồng độ H⁺ => chất càng phân li ra nhiều H⁺ thì chất đó có pH càng nhỏ

Theo ĐL BT ĐT thì x=0,03 mol

Theo ĐLBT ĐT thì n_H+= n_ClO4(-)+ n_NO3(-)= 0,04 mol

H⁺ + OH^- → H₂O

0,04        0,03

n_{H+ dư}= 0,01 mol

[H⁺] _dư= 0,01/0,1=0,1 suy ra pH=1

n_H+= 0,04V1 (mol)

n_OH-= 0,035V2 (mol)

H⁺+ OH^- → H₂O

Dung dịch sau phản ứng có pH=2 nên axit dư

n_{H+ dư}= 0,04V₁- 0,035V₂

[H⁺]_dư= n_{H+ dư}/ V_dd= (0,04V1- 0,035V2)/(V₁+ V₂)= 10^-2

Suy ra V₁/V₂= 3/2