Al(OH)₃ là hidroxit lưỡng tính nên vừa tác dụng được với dd NaOH và dd HCl

PTHH minh họa:

Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

Al(OH)₃ + 3HCl → AlCl₃ + 3H₂O

Đặt công thức phân tử (CTPT) của X là (CH₂O)_n 

Phân tử khối của X: \({M_{{{(C{H_2}O)}_n}}}\) = 180 → 30n = 180 → n = 6

Vậy công thức phân tử của A là C₆H₁₂O₆.

Đặt công thức phân tử (CTPT) của X là (CH₃O)_n với \(n \in N^*\).

Độ bất bão hòa của phân tử \(k=\frac{2n-3n+2}{2}=\frac{2-n}{2}\ge 0\) => n = 2

Vậy công thức phân tử của A là C₂H₆O₂.

A. Cách điều chế Si trong công nghiệp:

SiO₂ + 2C  → Si + 2CO → đúng

B. Cách điều chế Si trong PTN:

2Mg + SiO₂  →  2MgO + Si → đúng

C. Si không tồn tại dạng đơn chất

→  không có quặng silic đơn chất trong tự nhiên => loại

Công thức thủy tinh có dạng: xNa₂O.yCaO.zSiO₂

\(x:y:z = {\mkern 1mu} \frac{{\% N{a_2}O}}{{{M_{N{a_2}O}}}}:\frac{{\% CaO}}{{{M_{CaO}}}}:\frac{{\% Si{{\rm{O}}_2}}}{{{M_{Si{{\rm{O}}_2}}}}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \frac{{13}}{{62}}:\frac{{11,7}}{{56}}:\frac{{75,3}}{{60}}\)

\( = 0,21:0,21:1,255 = 1:1:6\)

n_CO2 = 0,5 mol;  n_CaCO3 = 0,1 mol

TH1: thu được 1 muối CO₃^2-

→ n_Ca2+ = n_CaCO3 = 0,1 mol => a = 0,1

Kiểm tra lại:

n_OH- = 2.n_Ca(OH)2 + n_NaOH = 2.0,1 + 0,2 = 0,4 mol

Mà thu được muối CO₃^2- thì n_OH- \( \ge \) 2.n_CO2 → 0,4\( \ge \) 2.0,5 (vô lí) → loại trường hợp này

TH2: thu được 2 muối HCO₃^- và CO₃^2-

Sử dụng công thức tính nhanh:

\({n_{CO_3^{2 - }}} = {n_{O{H^ - }}} - {n_{C{O_2}}}\) → 2a + 0,2 – 0,5 = 0,1 → a = 0,2 mol

Giả sử n_Si = x (mol)

Si + 2NaOH + H₂O → Na₂SiO₃ + 2H₂

x                      →                            2x

m_{dd tăng} = m_Si - m_H2 = 2,4 → 28x – 4x = 2,4

→ x = 0,1 mol → m = 2,8 gam

n_H2 = 0,7 (mol). Gọi số mol của Al và Si lần lượt là x, y (mol)

+ m_hh = m_Al + m_Si → 27x + 28y = 11 (1)

+ BT electron: 3n_Al + 4n_Si = 2n_H2 → 3x + 4y = 0,7.2 (2)

Giải hệ (1) và (2) được: x = y = 0,2 mol

→ %m­_Si = \(\frac{{0,2.28}}{{0,2.27 + 0,2.28}}.100\% \) = 50,91%

Đặt n_Na2CO3 = x và n_CaCO3 = y (mol)

m _hh = m_Na2CO3 + m_CaCO3 = 106x + 100y = 20,6 (1)

BTNT “Na”: n_NaCl = 2n_Na2CO3 = 2x (mol)

BTNT “Ca”: n_CaCl2 = n_CaCO3 = y (mol)

m _muối = m_NaCl + m_CaCl2 = 58,5.2x + 111y = 22,8 (2)

Giải (1) và (2) được x = 0,1 và y = 0,1

BTNT “C” → n_CO2 = n_Na2CO3 + n_CaCO3 = 0,1 + 0,1 = 0,2 mol

→ V = 4,48 lít

n_C = 0,3 mol;  n_Al = 0,3 mol

3C  +  4Al → Al₄C₃

Xét tỉ lệ : \(\frac{{{n_C}}}{3} = \frac{{0,3}}{3} = 0,1\,\, > \,\,\frac{{{n_{Al}}}}{4} = \frac{{0,3}}{4} = 0,075\) → phản ứng tính theo Al

n_{Al4C3 lí thuyết}  = n_Al / 4 = 0,075 mol

H = 70% → n_{Al4C3 thực tế} = 0,075.70/100 = 0,0525 mol → m_Al4C3 = 7,56 gam

Gọi x là số mol PX₃ phản ứng

Phương trình phản ứng :

            PX₃   +  3H₂O   →   H₃PO₃   +   3HX            (1)

mol:       x                 →          x      →       3x

Trung hòa X bằng NaOH → 2 muối thu được là Na₂HPO₃ và NaX

Bảo toàn nguyên tố P và X: n_Na2HPO3 = n_H3PO3 = x mol;  n_NaX = n_HX = 3x mol

Bảo toàn nguyên tố Na: n_NaOH = 2.n_Na2HPO3 + n_NaX  → 0,165 = 2x + 3x

→ x = 0,033

\( → {\rm{ }}{M_{PX3}} = \frac{{4,5375}}{{0,033}} = 137,5\,\)

→ X = 35,5 (Cl)

n hỗn hợp khí = 1,12 : 22,4 = 0,05 mol

Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí là: 20 . 2 = 40 (gam/mol)

Gọi số mol của NO; NO₂ lần lượt là x , y mol

Ta có hệ phương trình:

x + y = 0,05 và (30x + 46y) : (x + y) = 40

→ x = 0,01875 ; y = 0,03225

→ số mol e trao đổi là: 3x + y = 0,0875 (mol)

→ m muối tạo thành sau phản ứng là: m Fe + m NO₃^- = 1,35 + 0,0875 . 62 = 6,775 gam

CH₃COOH ↔    H+     +     CH₃COO- (1)

Ban đầu:    C_o             0                    0

Phản ứng: C_o. α          C_o . α             C_o . α

Cân bằng: C_o.(1- α)     C_o . α           C_o . α

Vậy:  [H+]= [CH₃COO^-] = a. C_o   = 0,1. 1,32.10-2M = 1,32.10-3M

[CH₃COOH] = 0,1M – 0,00132M = 0,09868M

                       HCOOH  +  H₂O ↔ HCOO- +      H₃O+

Ban đầu:           0,007                                           0

Phản ứng:        0,007. α                                    0,007. α

Cân bằng:        0,007(1- α)                                0,007. α

Theo phương trình ta có:   [H+]  = 0,007. α = 0,001

→ α = 14%

115,3 gam RCO₃ , MgCO₃ thì CO₃^2- + 2H⁺ → H₂O + CO₂

Ta có n_H2SO4 = n_CO2 = n_H2O = 0,2 mol

Bảo toàn khối lượng có m_{muối ban đầu}  + m_H2SO4 = m_muối + m_CO2 + m_X + m_H2O

→ 115,3 + 0,2.98 = 12 + m_X + 0,2.44 + 0,2.18 → m_X = 110,5 g

X → Z + 0,5 mol CO₂

Bảo toàn khối lượng có m_Z = m_X – m_CO2 = 110,5 – 0,5.44 = 88,5g

Quá trình cho – nhận e:

\(C\,\, \to \,\,\mathop C\limits^{ + 4} \,\, + \,\,4e\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\mathop N\limits^{ + 5} \,\, + \,\,1e\,\, \to \,\,\mathop N\limits^{ + 4} \)

0,01      →       0,04                              0,04   →   0,04

→ V_NO2 = 0,04.22,4 = 0,896 lít

Áp dụng bảo toàn e cho toàn bộ quá trình thì: 4n_C = 2n_O → n_O = 0,8 mol

Mà n_O = ∑n_{CO(Y), H2(Y)} = 0,8 mol ⟹ n_CO2(Y) = 0,95 - 0,8 = 0,15 mol

Khi cho Y phản ứng với Ba(OH)₂ tức là 0,15 mol CO₂ phản ứng với 0,1 mol Ba(OH)₂:

Tỉ lệ: 1 < n_OH-/n_CO2 = 0,2/0,15 = 1,33 < 2 → tạo CO₃^2- (a) và HCO₃^- (b)

Giải hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}{n_{C{O_2}}} = a + b = 0,15\\{n_{O{H^ - }}} = 2{\rm{a}} + b = 0,2\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}a = 0,05\\b = 0,1\end{array} \right.\)

Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃

0,05 ← 0,05 →    0,05

→ m_↓ = 0,05.197 = 9,85 gam

CuO + C → Cu + CO

n_CO = 3,36 / 22,4 = 0,15 mol

→ n_{CuO phản ứng} = 0,15 mol

→ m_{CuO dư} = 20 – 0,15.80 = 8 gam

n_{Cu tạo thành} = n_{CuO phản ứng} = 0,15 mol

→ m_Cu = 0,15.64 = 9,6 gam

→ m_{chất rắn sau phản ứng} = 8 + 9,6 = 17,6 gam

Xét quá trình cho – nhận e:

\(\begin{align}& Fe{{S}_{2}}\to \,\,F{{e}^{3+}}+\,\,2\overset{+6}{\mathop{S}}\,\,\,+\,\,15e\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\overset{+5}{\mathop{N}}\,\,\,+\,\,1e\,\,\to \,\,\overset{+4}{\mathop{N}}\,{{O}_{2}} \\ & 0,1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\to \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,1,5\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,1,5\,\,\,\,\to \,\,\,\,1,5 \\ \end{align}\)

→ V_NO2 = 1,5.22,4 = 33,6 lít

Ta nhận thấy Fe₂O₃ và CuO đều có số OXH max khi tham gia phản ứng nên không có khả năng nhường e

→ Thực thế chỉ có quá trình cho, nhận e của Al và HNO3.

Ta có:

Quá trình oxi hóa :

Al   →  Al⁺³   +   3e

mol :   0,03      →       0,09

Quá trình khử :                             

N⁺⁵    +  3e      →     N⁺²

mol :              0,09    →    0,03

→ V_NO = 0,03.22,4 = 0,672 lít.

A sai do H₂CO₃ là axit yếu, không phản ứng được với muối clorua

B sai, công thức đúng là: CH₂ = CH₂

n_P = 0,1 mol

Bảo toàn nguyên tố P : n_H3PO4 = n_Na2HPO4 = n_P = 0,1 mol

Bảo toàn nguyên tố Na: n_NaOH = 2.n_Na2HPO4 = 0,2 mol

→ m_{dung dịch NaOH} = 0,2.40.100 / 32 = 25 gam

Dung dịch A: n_H+  = 0,36 mol và n_SO42- = 0,12 mol

Dung dịch B: n_HCO3- = n_CO32- = 0,25 mol

Vì tỉ lệ số mol của HCO₃^- và CO₃^2- ban đầu bằng nhau nên ta gọi n_{HCO3- phản ứng} = n_{CO32- phản ứng} = x mol

→ n_H+ = x + 2x = 0,36 → x = 0,12

→ n_CO2 = x + x = 0,24 mol → V = 5,376 lít

Dung dịch X chứa HCO₃^- dư (0,13 mol), CO₃^2- dư (0,13 mol), SO₄^2- (0,12 mol) và các ion khác

\({n_{BaC{O_3}}} = {\rm{ }}{n_{HCO_3^ - }} + {\rm{ }}{n_{CO_3^{2 - }}} = {\rm{ }}0,13{\rm{ }} + {\rm{ }}0,13{\rm{ }} = {\rm{ }}0,26{\rm{ }}mol\)

\({n_{BaS{O_4}}} = {\rm{ }}{n_{SO_4^{2 - }}} = {\rm{ }}0,12{\rm{ }}mol\)

→ m_{kết tủa} = 79,18 gam

Chỉ có NaHCO₃ bị phân hủy. Đặt x là số gam NaHCO₃

         2NaHCO₃ → Na₂CO₃ + CO₂^­ + H₂O        (1)

mol:     x           →     0,5x

Theo (1) và giả thiết ta có : 84x – 106.0,5x = 100 – 69 → x = 1 gam.

Vậy NaHCO₃ chiếm 84% và Na₂CO₃ chiếm 16%.

Giả sử có 100 gam đá vôi thì khối lượng của CaCO₃ là 80 gam. Do đó trong 50 gam X có 40 gam CaCO₃.

Phương trình phản ứng hóa học :

             CaCO₃  →  CaO    +    CO₂        (1)

mol:        x          →          x

Theo phương trình và theo giả thiết ta có : 

100x – 56x = 50 – 39 = 11 x = 0,25

Vậy % CaCO₃ bị phân hủy là \(\frac{0,25.100}{40}=62,5%\)

- Phần 1: n_NH3 = 0,03 mol; n_Fe(OH)3 = 0,01 mol → n_Fe3+ = 0,01 mol

NH₄⁺ + OH^- → NH₃ + H₂O

n_NH4+ = n_NH3 = 0,03 mol

Phần 2: n_BaSO4 = 0,02 mol => n_SO4 = 0,02 mol

- Bảo toàn điện tích:

\(3.{n_{F{e^{3 + }}}} + {\text{ }}1.{n_{NH_4^ + }}\)\(= {\text{ }}2.{n_{SO_4^{2 - }}} + {\text{ }}1.{n_{C{l^ - }}}\) 

→ 3.0,01 + 1.0,03 = 2.0,02 + n_Cl- => n_Cl- = 0,02 mol

- Bảo toàn khối lượng (trong 1 phần)

\({m_{F{e^{3 + }}}} + {\text{ }}{{\text{m}}_{NH_4^ + }}{\text{ + }}{{\text{m}}_{SO_4^{2 - }}} + {\text{ }}{{\text{m}}_{C{l^ - }}}\)

\(= 0,01.56 + 0,03.18 + 0,02.96 + 0,02.35,5 = 3,73\,\,gam\)

→ cô cạn dung dịch X thu được:

m_muối = 2.3,73 = 7,46 gam

- \(BTDT:2{n_{B{a^{2 + }}}} + {n_{N{a^ + }}} = {n_{O{H^ - }}}\)

\( → {\text{2}}{\text{.}}{{\text{n}}_{B{a^{2 + }}}}{\text{ + 1}}{\text{.0}}{\text{,02 = 1}}.{\text{0}},{\text{06 = }} > {{\text{n}}_{B{a^{2 + }}}}{\text{ }} = {\text{ }}0,02(mol)\)

\(- {\text{ HCO}}_3^ - {\text{ }} + {\text{ }}O{H^ - }{\text{ }}\xrightarrow{{}}{\text{ }}C{O_3}^{2 - }{\text{ }} + {\text{ }}{H_2}O\)

→ \({n_{C{O_3}^{2 - }}}=0,07\) → \({n_{C{O_3}^{2 - }}}\) > nBa²⁺

\({n_{Ba}}_{C{O_3}} = {n_{B{a^{2 + }}}} = 0,02mol\)

\(→ {m_{BaC{O_3} \downarrow }}{\text{ }} = {\text{ }}0,02.197{\text{ }} = 3,94(g)\

nNH₄NO₃ + M(OH)_n  →  M(NO₃)_n  + nNH₃ + nH₂O

                                      0,2/n               0,2

→ M_muối = M+ 62n= 26,1 : 0,2 * n

→ M = 68,5n → n = 2 và M là Bari.

\(NH_4^ +  + {\text{ }}O{H^ - } \to {\text{ }}N{H_3} + {\text{ }}{H_2}O\)

Theo PTHH: \({{\text{n}}_{{\text{O}}{{\text{H}}^{\text{ - }}}}}{\text{ =  }}{{\text{n}}_{{\text{N}}{{\text{H}}_{\text{3}}}}}\)= 5,6 : 22,4 = 0,25 mol

→ C_M = n : V = 0,25 : 0,1 = 2,5M

n_NH4NO2 = 16 : 64 = 0,25 mol

\(\eqalign{
& N{H_4}N{O_2}\buildrel {{t^o}} \over
\longrightarrow {N_2} + 2{H_2}O \cr
& \,\,\,\,\,0,25\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to 0,25 \cr} \)

→ V N₂ = 0,25.22.4 = 5,6 lít

Gọi n_NaNO3 = a mol;  n_Cu(NO3)2 = b mol

→ m_{hỗn hợp}  = 85a + 188b = 27,3   (1)

2NaNO₃ →  2NaNO₂ + O₂

  a                  →             0,5a

2Cu(NO₃)₂ →  2CuO + 4NO₂ + O₂

  b                  →             2b  →  0,5b

Hấp thụ khí vào nước:

4NO₂ + O₂ + 2H₂O → 4HNO₃

 2b  → 0,5b        

→ n_{khí còn lại} = 0,5a = 0,05  → a = 0,1

Thay a = 0,1 vào (1) → b = 0,1

→ m_Cu(NO3)2 = 0,1.188 = 18,8 gam

2Cu(NO₃)₂ →   2CuO + 4NO₂ + O₂

      x           →     x    →    2x  →  0,5x

m_giảm = m_{khí sinh ra} = m_NO2 + m_O2

→ 2x.46 + 0,5x.32 = 0,54  →  x = 0,005 mol

→ m_Cu(NO3)2 = 0,94 gam

nCO₂ = 2,24 : 22,4 = 0,1 mol

nCa(OH)₂ = 0,2 . 1 = 0,2 mol

Xét giá trị T = nOH : nCO₂ = 0,4 : 0,1 = 4 > 2

→ Sau phản ứng thu được muối trung hòa.

Ca(OH)₂ dư, CO₂ phản ứng hết

Ta có phương trình:

Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃ + H₂O

nCaCO₃ = n CO₂ = 0,1 mol

→ mCaCO₃ = 0,1.100 = 10 gam

C thể hiện tính OXH khi là chất nhận e

→ Sau phản ứng số OXH của C giảm

Công thức đơn giản nhất là công thức biểu thị tỉ lệ tối giản số nguyên tử của các nguyên tố trong phân tử

[H⁺] = [HCl] = 0,1M

→ pH = 1

Khí N₂ tương đối trơ ở nhiệt độ thường là do trong phân tử N₂ có chứa liên kết 3 rất bền

n N₂ = 0,224 : 22,4 = 0,01 (mol)

Gỉa sử số OXH của X sau khi tham gia phản ứng là +x

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:

x . (1,2/X) = 0,01 . 10

→ 1,2x / X = 0,1

→ 12x = X

Mặt khác x chỉ có thể nhận các số OXH là: +1, +2, +3

x = 2 thỏa mãn

X là Mg.

Các nguyên tử liên kết hóa học với nhau theo đúng hóa trị