QT cho e:

Al → Al³⁺+ 3e

0,11→        0,33

Cu → Cu²⁺+ 2e

0,15→        0,3

Tổng số mol e cho: n_{e cho}= 0,33+ 0,3= 0,63 mol

n_Y= 0,07 mol

Đặt số mol khí NO là x mol. Khí N₂ có số mol là y mol→ x+y= 0,07 (1)

QT nhận e:

NO₃^-+ 3e + 4H⁺→ NO + 2H₂O (1)

       3x←        x mol

2NO₃^-+ 10e+ 12H⁺ →N₂+ 6 H₂O (2)

       10y←        y mol

Tổng số mol e nhận là 3x+10 y mol

Theo ĐL bảo toàn e: n_{e cho}= n_{e nhận} nên 3x+10y=0,63 (2)

Từ (1) và (2) ta có x= 0,01 và y= 0,06

Theo 2 bán phản ứng (1) và (2) ta có: n_H+= 4x+ 12y=0,76 mol= n_HNO3

Đặt số mol NO là x mol; số mol NO₂ là y mol

ta có n_X= n_NO+ n_NO2= x+y= 6,72/22,4= 0,3 mol

m_X= m_NO+ m_NO2= 30x+ 46y= 19.2.0,3 (gam)

Giải hệ trên ta được x= 0,15 và y= 0,15

QT cho e:

Fe → Fe³⁺+ 3e

QT nhận e:

N⁺⁵+ 3e→ NO

       0,45←        0,15

N⁺⁵+ 1e→ NO2

       0,15←       0,15

→Tổng số mol e nhận= 0,45+ 0,15= 0,60 mol

Theo định luật bảo toàn electron: n_{e cho}= n_{e nhận}= 0,60 mol

→n_Fe= 0,60/3= 0,2 mol → m_Fe=11,2 gam

Đáp án A

Fe+ 6HNO_{3 đặc} → Fe(NO₃)₃+ 3NO₂+3 H₂O

Cu+ 4HNO₃→ Cu(NO₃)₂+ 2NO₂+2 H₂O

Đặt n_Fe= xmol; n_Cu= y mol

Ta có m_hhX= 56x+ 64y= 12,0

Số mol khí NO₂ là n_NO2= 3x+ 2y= 0,5 mol

Giải hệ có x= 0,1; y=0,1 → %m_Fe=46,67%

Đáp án D

Fe+6 HNO_{3 đặc} → Fe(NO₃)₃+ 3NO₂+3 H₂O

Ta có : n_NO2= 3.n_Fe= 3. 8,4/56=0,45 mol → V=10,08 lít

Đáp án A

Theo bảo toàn nguyên tố N ta có;

n_HNO3= n_NH3= 2 mol → m_HNO3=126 gam

Do hiệu suất mỗi phản ứng lần lượt là 60%; 50%; 80% nên

m_{HNO3 thực tế thu được}= 126. 60%.50%.80%= 30,24 gam

Đáp án B

Khi cho kim loại Mg tác dụng với HNO₃, sau phản ứng không thấy xuất hiện khí.

→ Sản phẩm khử là NH₄NO₃

PTHH:

4Mg+10 HNO₃→ 4Mg(NO₃)₂+ NH₄NO₃+ 3H₂O

a        b mol

Suy ra 10a= 4b → 5a=2b

Đáp án C

Khi cho Cu tác dụng với HNO₃ đặc thì tạo thành khí NO₂ độc

Để loại bỏ khí NO₂ dùng bông tẩm dung dịch Ca(OH)₂ để chuyển thành muối không độc

Cu+ 4HNO₃→ Cu(NO₃)₂+ 2NO₂+2 H₂O

4NO₂+2Ca(OH)₂ → Ca(NO₂)₂+ Ca(NO₃)₂+ 2H₂O

Bảo toàn nguyên tố N ta có: 30 = 8.3+3x suy ra x=2

Bảo toàn nguyên tố O ta có: 30.3= 8.3.3+ 3y+15 suy ra y=1

→ NxOy là N₂O

n_Mg= 0,07 mol=n_Mg(NO3)2 → m_Mg(NO3)2= 0,07. 148= 10,36 gam≠ 11,16 gam

→Muối khan phải chứa cả Mg(NO₃)₂ và NH₄NO₃

m_NH4NO3=11,16- 10,36= 0,8 gam →n_NH4NO3= 0,01 mol

Quá trình cho e:

Mg→ Mg²⁺+ 2e (1)

0,07→        0,14 mol

Quá trình nhận e: n_khí= 0,02mol

NO₃^-+ 8e + 10H⁺ → NH₄⁺ + 3H₂O (2)

       0,08        0,1        0,01 mol

-Nếu khí có 1 nguyên tử N:

N⁺⁵ + (5-a) e→ N^+a

       (5-a).0,02        0,02

Theo ĐL bảo toàn electron có: 0,14= 0,02. (5-a)+0,08→ a= 2 → NO

-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: 0,14= 0,04. (5-a) + 0,08→ a= 3,5 loại

Ta có:

NO₃^-+ 3e+4H⁺→ NO+ 2H₂O (3)

       0,06        0,08        0,02 mol

Theo các bán phản ứng (2) và (3)

n_H+= 10n_NH4++ 4.n_NO= 10.0,01+ 4.0,02= 0,18 mol=n_HNO3

→V= 0,18/0,25= 0,72 lít

Đáp án B

Đáp án A

Ta có n_NH3= 0,06 mol; n_Cl2= 0,03 mol

2NH₃+3 Cl₂ →N₂+ 6HCl (1)

Ban đầu        0,06        0,03

Phản ứng       0,02        0,03        0,06 mol

Sau pứ        0,04        0,06 mol

Sau phản ứng thu được 0,04 mol NH₃ và 0,06 mol HCl

→%V_NH3= 40%; %V_HCl= 60%

Đáp án A

NH₃ là bazơ trong phản ứng a, c vì NH₃ tác dụng với các chất có tính axit

NH₃ là bazơ trong phản ứng d vì phản ứng sinh ra OH^-

NH₃ là chất khử trong phản ứng b vì số oxi hóa của N tăng từ -3 (trong NH₃) lên 0 (trong N₂)

Đáp án B

Ta có : n_{CuO ban đầu}= 0,4 mol ; n_N2= 0,1 mol

2NH₃+ 3CuO→ N₂+ 3Cu + 3H₂O (1)

CuO + 2HCl→ CuCl₂+ H₂O (2)

Theo PT (1) : n_{CuO pt1}= 3.n_N2= 0,3 mol

→ nCuO PT2 =  n_{CuO ban đầu}- n_{CuO PT1}= 0,1 mol

→ nHCl = 2.n_{CuO PT2}= 0,2 mol→ V= 0,2/1=0,2 lít= 200 ml

Đáp án B

2NH₃+ 3CuO →N₂+ 3Cu + 3H₂O (1)

2x        3x        x        3x        3x mol

Theo ĐL bảo toàn khối lượng:

m_NH3+ m_CuO= m_{chất rắn X}+ m_N2+ m_H2O

→17.2x+m=m-4,8+ 28x+18.3x → x= 0,1 mol

→V’= V_N2= 22,4.x= 2,24 lít

Đáp án A

2NO+ O₂ → 2NO₂

Tổng số mol khí trước phản ứng là n₁= 0,2+ 0,3= 0,5 mol

Ta có 0,2/2 ⟨ 0,3/1 nên NO phản ứng hết và O₂ còn dư

                    2NO  + O₂ → 2NO₂

Trước pứ        0,2        0,3        mol

Phản ứng        0,2        0,1        0,2 mol

Sau pứ               0        0,2        0,2 mol

Số mol khí sau phản ứng là n₂= n_O2+ n_NO2= 0,4 mol

Do sau khi phản ứng đưa bình về nhiệt độ ban đầu nên tỉ lệ về áp suất chính là tỉ lệ về số mol.

Ta có P₁/P₂= n₁/n₂=0,5/0,4=1,25 → P₁= 1,25P₂

Ban đầu: n_{hỗn hợp}= PV/RT= 56.200/0,082.273= 500 mol

→n_N2=100 mol, n_H2= 400 mol

Hiệu suất tính theo N₂

                   N₂+ 3H₂ ⇄ 2NH₃

Ban đầu        100        400        mol

Phản ứng        x        3x        2x        mol

Sau pứ        (100-x)       (400-3x)        2x       mol

Sau khi phản ứng xảy ra đưa về 00C thì áp suất trong bình giảm 10% so với áp suất ban đầu

→Số mol khí cũng giảm 10%

→n_{khí sau pứ}= 500- 10%.500= 450 mol

Mà n_{khí sau pứ}= (100-x)+ (400-3x)+2x= 450

→x=25 mol

→H= (x/100).100%=25%

Khả năng dẫn điện tỷ lệ thuận với khả năng điện ly của chất đó. C₂H₅OH < CH₃COOH < NaCl < K₂SO₄.   

Các chất điện li mạnh thì đẫn điện tốt, điện li yếu thì dẫn điện kém. Trong các loại axit trên thì HF là axit yếu nhất.

Phản ứng trao đổi ion trong dung dịch các chất điện li chỉ xảy ra khi một số ion trong dung dịch kết hợp được với nhau làm giảm nồng độ ion của chúng.

Dãy gồm các axit 2 nấc là: H₂S, H₂SO₄, H₂CO₃, H₂SO₃, H₃PO₃.

A. Sai vì Ca(OH)₂ là bazơ

B.Sai vì Ba(OH)₂ là bazơ

D.Sai vì Fe(OH)₃ và Mg(OH)₂ là bazơ

Ta thấy KOH tan trong nước phân li ra ion OH^- nên là một bazo.

KOH → K⁺ + OH

Đáp án D

Theo thuyết Arenius:

+ Một hợp chất trong thành phần phân tử có hiđrô và phân li ra H ⁺ trong nước là một axit.

+ Một hợp chất trong thành phần phân tử có nhóm OH và phân li ra OH^– trong nước là một bazơ.

Đáp án B 

Môi trường trung tính: [H⁺].[OH^-]  =  1,0.10^-14

Môi trường axit [H⁺]  >  [OH^-]  → chọn B

B. Sai

C. PH < 7 là môi trường axit → quỳ hóa đỏ

D. PH>7 là môi trường bazơ → quỳ hóa xanh

- Bảo toàn điện tích cho dung dịch X:

nOH^- = nNa⁺ - 2nSO₄^2- = 0,07 - 2.0,02 = 0,03 mol -

Bảo toàn điện tích cho dung dịch Y:

nH⁺ = (nCl^- + nNO₃^-) - nNa⁺ = 0,042 - 0,01 = 0,032 mol

Khi trộn 100 ml X với 100 ml Y có phản ứng:

H⁺ + OH^- → H₂O → nH⁺ dư = nH⁺ - nOH^- = 0,032 - 0,03 = 0,002 mol

→ [H⁺] = 0,01M → pH = -log[H+ ] = 2

Đáp án B 

NaOH là chất điện li mạnh → [OH^-] = C_{M NaOH} = 0,001M

→ pOH = -log[OH^-] = -log(0,001) = 3 → pH = 14 - pOH = 14 - 3 = 11

Đáp án C

nH⁺ = 6.10^-3 mol

nOH^- = 5.10^-3 mol       

         H⁺       +   OH^- →  H₂O

Bđ:   6.10^-3        5.10^-3        (mol)

Pư:    5.10^-3   ← 5.10^-3      (mol)

Sau:     10^-3        0           (mol)

Mà V dd sau pư = 50 + 50 = 100 ml = 0,1 lít

→ [H⁺] = 10^-3 : 0,1 = 10^-2 M →pH = 2

Đáp án A

pH của HCl = 5 → [HCl]= 10^-5 → nHCl = C_M. V1 = 10^-5V1      

pH của NaOH = 9 → pOH = 14 – 9 = 5 → [NaOH]= 10^-5

→ nNaOH = CM.V2 = 10^-5.V2

Vì dd sau phản ứng thu được có pH = 8 > 7 → môi trường bazo

→ dư OH^- → pOH = 14 – 8 = 6 → [NaOH] dư = 10^-6                              

                          H+     +    OH^- → H₂O

Ban đầu(mol)     10^-5V1      10^-5.V2

Phản ứng (mol)  10^-5V1      10^-5V1

Sau pư (mol)       0             10^-6(V1+ V2 )

Ta có: nOH^- ban đầu = nOH^- pư + nOH^- dư

→ 10^-5.V2 = 10^-5V1 + 10^-6(V1+ V2)

→ 10^-5V2 – 10^-6V2 = 10^-5V1 + 10^-6V1

→ 9.10^-6V2 = 1,1.10^-5V1

V1 : V2 = 9 : 11

Các quá trình điện li:

HNO₂  → H⁺  + NO₂^-    Ka  = 4.10^-4

H₂O →  H⁺  + OH^-       Kw = 10^-14

Ta thấy:

K_a .C_a = 0,2.4.10^-4 = 8.10^-5 > > Kw = 10^-14 .

Do vậy sự phân li của H₂O tạo ra H⁺ là không đáng kể.

Vì vậy bỏ qua sự điện li của H₂O.

Dung dịch chỉ có sự điện li của HNO₂                

                HNO₂   →   H⁺  + NO₂^-    Ka  = 4.10^-4

ban đầu:     0,2

phân li:          x                x         x

cân bằng:   (0,2 - x)        x         x

Ta có Ka = 4.10^-4  (*)

Giải phương trình bậc 2

→ x²  + 4.10^-4x - 0,2.4.10^-4  = 0

→ x = 8,7465.10^-3  (M) → [H⁺] = x = 8,7465.10^-3  (M)

→ pH = -lg[H⁺] = -lg(8,7465.10^-3) = 2,058 

Ta thấy: Ca = 2.10^-7  ≈ \(\sqrt {{K_{{H_2}O}}}  = {10^{ - 7}}\) nên không thể bỏ qua sự phân li của H₂O.       

HCl   →  H⁺  + Cl^-            

2.10^-7→ 2.10^-7            

       H₂O   ⇔     H⁺       +       OH-    KH₂O = 10^-14 

Bđ:                   2.10^-7

Pli:       x               x                     x

Sau:                x + 2.10^-7             x

→ KH₂O = [H⁺][OH^-] = (x + 2.10^-7).x = 10^-14

→ x = 4,142.10^-8 → [H⁺] = x + 2.10^-7 = 4,142.10^-8 + 2.10^-7 = 2,4142.10-7

→ pH = -log[H⁺] = 6,617

Đáp án B

Gọi thể tích nước cần thêm là Vml.

Số mol H⁺ không đổi trước và sau pha loãng nên:

15.10^-1 =  (15+ V).10^-3                        

V = 1485ml = 1,485 lít

Đáp án D

Ta có: ∑nH⁺  = 0,2(0,3+ 0,5) = 0,16 mol

nOH^- = 0,4.a

Sau khi phản ứng xảy ra dung dịch thu được có pH= 3 chứng tỏ axit dư.                        

[H⁺] sau phản ứng = (0,16-0,4a)/ 0,4 = 10-3  

Vậy a = 0,399

Đáp án C

Khi trộn xảy ra phản ứng trung hoà dạng ion là:  

H⁺     +   OH^-  →  H₂O

0,035      0,03

nH⁺ (dư) = 0,035 - 0,03 = 0,005 (mol)

→ [H⁺] = 0,005/(0,1+0,4) = 0,01

[H⁺] = 0,01 = 10^-2 (mol/lít)  → pH = 2

nOH_- = nNaOH + 2nBa(OH)₂ = 0,55V

nH₊ = 2nH₂SO₄ + nHNO₃ = 1,2V

Dung dịch sau:

pH = 3 → [H⁺] = 10^-3 →  nH⁺ = 10^-3(V + V')

nH⁺ = 1,2V' - 0,55V = 10^-3(V + V')

→ V'(1,2 - 10^-3) = V (0,55 + 10^-3)

→ V₁ : V₂ = 2,17

pH = 13 → pOH = 1 → [OH^-] = 0,1 M

→ nNaOH = 0,01 mol = nNa (BT nguyên tố )

→ m = 0,23g

Đáp án A 

Trong A: nH⁺  = 2nH₂SO₄ + nHNO₃ + nHCl  = 2.0,1.0,3 + 0,2.0,3 + 0,3.0,3 = 0,21 mol

Trong B : nOH^- = nNaOH + nKOH = 0,2V + 0,29V = 0,49V mol

Dung dịch sau khi trộn có pH = 2 → MT axit → H⁺  dư, OH^- hết               

         H⁺        +          OH^-   →   H₂O

Bđ:   0,21                 0,49V

Pư:   0,49V ←          0,49V

Sau: 0,21 - 0,49V          0 pH = 2

→ [H⁺] = 10^-2 → V = 0,414 lít = 414 ml

Đáp án D

nH⁺ = nHCl = 0,01 mol

nOH^- = 2nBa(OH)₂ = 0,2V mol

pHsau = 12,7 > 7 → OH^- dư → pOH = 14 - 12,7 = 1,3

→ [OH^-] = 10^-1,3        

         H⁺   +  OH^- → H₂O

Bđ: 0,01     0,2V

Pư: 0,01 → 0,01 

Sau: 0      0,2V - 0,01 

[OH^-] = nOH^- : V → V = 0,1 lít

Ta thấy: nNaOH = nHCl = 0,005 mol → NaOH phản ứng vừa đủ với HCl

→ Sau phản ứng thì dung dịch chỉ có NaCl → pH = 7

Đáp án C 

Tính được:

nH⁺ = nHCl + 2nH₂SO₄ = 0, 025(mol)

nOH⁻ = 2nBa(OH)₂ = 0,5a(mol)

nSO₄²⁻ = nH₂SO₄ = 0, 0025(mol)

nBa²⁺ = nBa(OH)₂ = 0,25a(mol)

Dung dịch sau phản ứng có pH = 12 > 7

→ OH- dư, H⁺ phản ứng hết → pOH = 14 - pH = 2 → [OH-] = 10^-2 = 0,01M

PT ion:    H⁺    +   OH^-   →   H₂O

Bđ:       0,025       0,5a               (mol)

Pư:       0,025 →  0,025               (mol)

Sau:         0       0,5a-0,025          (mol)

Ta có:

[OH⁻] = 0, 01 → a = 0, 06

→ nBa²⁺ = 0, 25a = 0, 015(mol); nSO₄²⁻ = 0,0025(mol)

PT ion:  Ba²⁺   +    SO₄^2- → BaSO₄ ↓

Bđ:       0,015       0,0025                   (mol)

Pư:       0,0025 ← 0,0025 →  0,0025    (mol)

→ m = 0,0025.233 = 0,5825 gam

Đáp án A 

Sau khi trộn 3 dung dịch axit có thể tích bằng nhau ta thu được nồng độ mới của 3 axit là:

C_M(HCl) = 0,1 M

C_M(HNO₃) = 0,2/3

C_M(H₂SO₄) = 0,1/3.

Trong 300 ml dung dịch A:

n_HCl = 0,03 mol; nH₂SO₄ = 0,01 mol; n_HNO3 = 0,02 mol

Phương trình điện ly:

H₂SO₄ → 2H⁺ + SO₄^2-

0,01……. 0,02

HNO₃ → H⁺ + NO₃^-

0,02 ….. 0,02

HCl → H⁺ + Cl^-

0,03… 0,03

Tổng mol H⁺ là n_H⁺ = 0,07 mol

Gọi x là thể tích của dung dịch B cần dung.

nNaOH = 0,2x; nBa(OH)₂ = 0,1x

Phương trình điện ly:

NaOH → Na⁺ + OH^-

0,2x……………..0,2x

Ba(OH)₂ → Ba²⁺ + 2OH^-

0,1x……………….0,2x

Tổng số mol OH^- là: n_OH^- = 0,4x

Ta có:       

               H⁺ + OH^- → H₂O (Sau phản ứng pH =1 ⇒ dư axit)

Ban đầu 0,07……0,4x

Pư         0,4x…… 0,4x

Sau pư 0,07-0,4x….0

(0,07-0,4x)/(x+0,3) = 0,1 ⇒ x = 0,08 lít