C₅H₁₀

n = 5 

2n + 2 – 2k = 10 => k = 1

=> Chất này có thể có dạng mạch hở, chứa 1 liên kết pi, hoặc no mạch vòng.

Đáp án D

Ta có : \({{n}_{C}}:{{n}_{H}}:{{n}_{Cl}}=\frac{14,28}{12}:\frac{1,19}{1}:\frac{84,53}{35,5}=1:1:2\)

 công thức đơn giản nhất của Z là CHCl₂.

Đặt công thức phân tử của A là (CHCl₂)_n (n > 0).

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 Z là : C₂H₂Cl₄.

Phản ứng hóa học không đúng là:

SiO₂ + H₂O → H₂SiO₃

Đáp án A

- A loại vì SiO₂ và Al₂O₃ đều không phản ứng với O₂

- B loại vì Mg không phản ứng với Al₂O₃

- C loại vì SiO₂ không phản ứng với Ba(OH)₂ đặc ở nhiệt độ thường

- D đúng

PTHH: SiO₂ + 2KOH → K₂SiO₃ + H₂O

Al₂O₃ + 2KOH → 2KAlO₂ + H₂O

Đáp án D

Khí X là khí CO

Đáp án C

hoá chất thích hợp để nhận biết mỗi chất là Nước và HCl. 

C phản ứng trực tiếp được với các chất: O₂, CO₂, H₂, Fe₂O₃, H₂SO_{4 đặc}, HNO₃, H₂O

Đáp án C

C thể hiện tính khử khi tác dụng với các chất có tính oxi hóa như : CO₂; ZnO (các oxit sau Al); HNO₃ (đặc); H₂SO₄ (đặc)

Ta dùng ion Ag⁺ để nhận biết ion PO₄^3- do tạo kết tủa màu vàng:

Ag⁺ + PO₄^3- → Ag₃PO₄ ↓ vàng

Dùng dung dịch AgNO₃ và quỳ tím

\({n_{{P_2}{O_5}}} = \dfrac{{14,2}}{{142}} = 0,1\,\,mol;\,\,{n_{NaOH}} = \dfrac{{200.8\% }}{{40}} = 0,4\,\,mol\)

P₂O₅   +   3H₂O   →  2H₃PO₄            (1)

 0,1             →              0,2  mol

Tỉ lệ \(\dfrac{{{n_{NaOH}}}}{{{n_{{H_3}P{O_4}}}}} = \dfrac{2}{1}\)\( \Rightarrow \) Sản phẩm tạo thành là Na₂HPO₄

Bảo toàn nguyên tố P: \({n_{N{a_2}HP{O_4}}} = {n_{{H_3}P{O_4}}} = 0,2\,\,mol \Rightarrow {m_{N{a_2}HP{O_4}}} = 142.0,2 = 28,4\,\,gam\)

Khối lượng dung dịch sau phản ứng là : \(m = {m_{{\rm{dd}}\,\,NaOH}} + {m_{{P_2}{O_5}}} = 200 + 14,2 = 214,2\,\,mol\)

→ \(C{\% _{N{a_2}HP{O_4}}} = \dfrac{{28,4}}{{214,2}}.100 = 13,26\%\)

Ta có:

n_NaOH =0,4(mol)

vì dung dịch sau phản ứng có hai muối →NaOH phản ứng hết

          OH^- + H⁺ → H₂O

Mol :  0,4 → 0,4  → 0,4

Bảo toàn khối lượng có : m_NaOH + m_H3PO4 = m_muối + m_H2O

→ m_H3PO4 = 25,95 + 0,4.18 – 0,4.40 = 17,15 gam

→ n_H3PO4 = 0,175 → C_H3PO4= 1,75(M)

n P = 124 : 31 = 4 (mol)

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố P

→ nP = nH₃PO₄ = 4 (mol)

m H₃PO₄ = 4 . 98 = 392 (gam)

m dd = m ct : C% = 392 : 35% = 1120 gam

→ V dd = 1120 : 1,25 = 896 ml

(1) 2P + 5Cl_2dư → 2PCl₅  

(2) 6P_đỏ + 3KClO₃ → 3P₂O₅ + 5KCl (phản ứng xảy ra khi quẹt diêm)

(3) 2P + 5H₂SO_4 đặc → 2H₃PO₄ + 3H₂O + 5SO₂

(4) 4P + 3O_2 thiếu → 2P₂O₃

PTHH: 6P_đỏ + 3KClO₃ → 3P₂O₅ + 5KCl (phản ứng xảy ra khi quẹt diêm)

Trong 4 biện pháp trên, biện pháp có hiệu quả nhất là dùng bông có tẩm nước vôi trong để nút vào ống nghiệm.

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

Các mệnh đề đúng là: (1) và (2)

(3) sai vì muối nitrat của K, Na, Ba, Ca nhiệt phân không thu được khí NO₂

(4) sai vì các muối nitrat hầu hết kém bền nhiệt

Nguyên tố N có các số oxi hóa: -3, 0, +1, + 2, +3, +4, +5

Những nguyên tố N mang số oxi hóa trung gian có khả năng vừa thể hiện tính oxi hóa, vừa thể hiện tính khử khi tham gia phản ứng

Trong NH₃, Nitơ có số oxi hóa -3, là số oxi hóa thấp nhất nên chỉ thể hiện tính khử.

Trong HNO₃ và N₂O₅, N có số oxi hóa +5, là số oxi hóa cao nhất nên chỉ thể hiện tính oxi hóa.

Nitơ có nhiều trong khoáng vật diêm tiêu, diêm tiêu có thành phần chính là: NaNO₃

B. AgNO₃ + H₂O + 3NH₃ → NH₄NO₃ + (Ag(NH₃)₂)OH

C. Na₂ZnO₂ + 2HCl → 2NaCl + Zn(OH)₂

Nếu HCl dư : Zn(OH)₂ + 2HCl → ZnCl₂ + 2H₂O

D. NaHCO₃ + NaHSO₄ → H₂O + Na₂SO₄ + CO₂

Ta có phương trinh điện li: HNO₃ → H⁺ + NO₃^-   

Đáp án B.

Hidroxit lưỡng tính khi tan trong nước vừa có thể phân li theo kiểu axit, vừa phân li theo kiểu bazo

Các hidroxit lưỡng tính thường gặp là: Zn(OH)₂, Cu(OH)₂ Al(OH)₃, Cr(OH)₂ Sn(OH)₂, Pb(OH)₂.

Na₂CO₃ là muối của kim loại mạnh và gốc axit yếu nên khi thả quỳ tím vào dung dịch muối này sẽ khiến quỳ tím chuyển sang màu xanh.

Theo định nghĩa về sự điện li thì:

Sự điện li là sự phân li một chất thành ion dương và ion âm khi chất đó tan trong nước hay ở trạng thái nóng chảy.

Đáp án C.

Trong dãy trên có chứa các chất điện li yếu là: H₂O, HCOOH. 

Đáp án C.

n_Na2CO3 = 0,03 mol; n_CO2 = 0,03 mol

Vì đốt cháy X thu được CO₂ và Na₂CO₃ => trong X chứa C, Na và O

Bảo toàn nguyên tố Na:

\({{n}_{Na\,(trong\,\,X)}}=2.{{n}_{N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}}}=0,06\,\,mol\)

Bảo toàn nguyên tố C: \({{n}_{C\,(trong\,\,X)}}={{n}_{C{{O}_{2}}}}+{{n}_{N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}}}=0,03+0,03=0,06\,\,mol\)

\(\Rightarrow {{n}_{O\,(trong\,\,X)}}=\frac{4,02-0,06.23-0,06.12}{16}=0,12\,\,mol$${{n}_{C}}:{{n}_{Na}}:{{n}_{O}}=0,06:0,06:0,12=1:1:2\)

Vậy CTĐGN của X là : CNaO₂.

Theo giả thiết ta có : M_A = 29.2 = 58 gam/mol

Vì khi đốt cháy A thu được CO₂ và nước nên thành phần nguyên tố trong A chắc chắn có C, H, có thể có hoặc không có O.

Đặt công thức phân tử của A là C_xH_yO_z (y  2x + 2), ta có :

12x + y + 16z = 58  z \(<\frac{58-1-12}{16}=2,8125\)

+ Nếu z = 0 12x + y = 58 \(\Rightarrow \left\{ \begin{align}  & x=4 \\  & y=10 \\ \end{align} \right.\) A là C₄H₁₀

+ Nếu z = 1 12x + y = 42 \(\Rightarrow \left\{ \begin{align}  & x=3 \\  & y=6 \\ \end{align} \right.\) A là C₃H₆O

+ Nếu z = 2 12x + y = 26 \(\Rightarrow \left\{ \begin{align}  & x=2 \\  & y=2 \\ \end{align} \right.\) A là C₂H₂O₂

Ta có phương trình điện li:

MgSO₄ → Mg²⁺ + SO₄^2-

0,1                           0,1 (mol)

Al₂(SO₄)₃ → 2Al³⁺ + 3SO₄^2-

0,1                              0,3 (mol)

n_SO4^2- = 0,4 mol ⇒ C_M(SO4^2-) = n : V = 0,4/(0,2 + 0,3) = 0,8M

Đáp án B

Xét 100 gam dung dịch H₂SO₄ là 60%

mH₂SO₄ = m dd . C% = 100 . 0,6 = 60 gam

=> n H₂SO₄ = 60 : 98 = 0,6 (mol)

V = m dd : D = 100/1,503 = 66,5 ml

⇒ C_M H₂SO₄ = 0,61/0,0665 = 9,2 M

Ta có: H₂SO₄ → 2H⁺ + SO₄^2-

⇒ [H⁺] = 2 . C_M H₂SO₄ = 18,4 M

A : loại do Na⁺, Cl^- là các ion trung tính; NH₄⁺ là ion có tính axit

C: loại do Na⁺; Cl^- đều là các ion trung tính.

D: loại do NH₄⁺ là ion có tính axit; Cl^- là ion trung tính.

Đáp án B.

Chất có khả năng chuyển màu quì tím sang hồng là những chất có môi trường axit

→ Các chất đó có thể là: NaHSO₄, HCl, AlCl₃

A loại BaCl₂ có môi trường trung tính

B chỉ gồm các chất có môi trường bazo

C lại NaHCO₃ có môi trường bazo

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:\(2{n_{C{a^{2 + }}}} + 2{n_{M{g^{2 + }}}} = n{}_{C{l^ - }} + {n_{HC{O_3}^ - }} \Rightarrow 2{\rm{a}} + 2{\rm{b}} = {\rm{c}} + {\rm{d}}\)

Đáp án C.

- Muối thu được chứa: Na⁺; K⁺; Cl⁻

\(- {n_{BaC{O_3} \downarrow }} = {\text{ }}0,2(mol){\text{ }} → {n_{B{a^{2 + }}}} = {\text{ }}{n_{C{O_3}^{2 - }}} = {\text{ }}0,2{\text{ }}(mol)\)

\(→ {n_{C{l^ - }}} = {\text{ }}2{n_{B{a^{2 + }}}} = {\text{ }}0,4{\text{ }}(mol)\)

\(-{m_{hh}} = {m_{N{a^ + }}} + {\text{ }}{m_{{K^ + }}}{\text{ }} + {\text{ }}{m_{C{O_3}^{2 - }}}\)

\(→ {m_{N{a^ + }}} + {m_{{K^ + }}} = {\text{ }}2,24 - 0,2.60{\text{ }} = {\text{ }}10,4{\text{ }}(g)\)

\(→ {m_{muối{\text{ }}clorua}} = {\text{ }}10,4 + 0,4.35,5{\text{ }} = {\text{ }}24,6{\text{ }}(g)\)

A sai, nitơ không duy trì sự hô hấp vì nitơ là khí trơ, không phải là khí độc.

B đúng

C sai vì trong phản ứng của nitơ với kim loại thì nitơ thể hiện tính oxi hóa, kim loại thể hiện tính khử

D sai vì trong N₂O₄ nguyên tử N có số oxi hóa +4

 \(\overset{+3}{\mathop{Al}}\,\overset{-3}{\mathop{N}}\,,\text{ }{{\overset{+4}{\mathop{N}}\,}_{2}}{{\overset{-2}{\mathop{O}}\,}_{4}},\text{ }\overset{-3}{\mathop{N}}\,{{\overset{+1}{\mathop{H}}\,}_{4}}^{+},\text{ }\overset{+5}{\mathop{N}}\,{{\overset{-2}{\mathop{O}}\,}_{3}}^{-},\text{ }\overset{+4}{\mathop{N}}\,{{\overset{-2}{\mathop{O}}\,}_{2}}\)

Đáp án B

Ta có phương trình phản ứng:

              N₂     +    3H₂   →       2NH₃                    (1)

bđ:       10             10                  0          

pư:        2              6                     4             

spư:       8               4                    4      

→  Tổng thể tích hỗn hợp khí sau  phản ứng là: 8 + 4 + 4 = 16 (lít)

Theo đề bài, trước và sau phản ứng, nhiệt độ đều không đổi

→  Ta có: \(\frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{{{n_1}}}{{{n_2}}} = \frac{{{p_1}}}{{p{}_2}} \Rightarrow \frac{{20}}{{16}} = \frac{{10}}{{{p_2}}} \Rightarrow {p_2} = 8\,\,atm.\)

Đáp án B

Vì các ion Cu²⁺, Zn²⁺, Ag⁺ tạo kết tủa với NH₃, sau đó kết tủa tan trong NH₃ dư tạo phức

→ kết tủa thu được chỉ gồm Al(OH)₃

n_Al(OH)3 = n_AlCl3 = 0,1 mol → m = 7,8 gam

Đáp án C

Ta có số mol của hỗn hợp khí thu được sau phản ứng là: 1,12 : 22,4 = 0,05 (mol)

Theo đề bài, tỉ lệ mol của 3 khí NO; N₂O; N₂ là 1 : 2 : 2

→ nNO = 0,01 mol; nN₂O = 0,02 mol; nN₂ = 0,02 mol.

Áp dụng định luật bảo toàn electron:

3.nAl = 3.nNO + 8.nN₂O + 10.n N₂ = 3.0,01 + 0,02.8 + 0,02.10 = 0,39

→  nAl = 0,13 mol →  mAl = 3,51 gam

Khoáng vật chính của P trong tự nhiên là apatit 3Ca₃(PO₄)₂.CaF₂ và photphorit Ca₃(PO₄)₂

Đáp án D

S(rắn) + O₂ → SO₂

C(rắn) + O₂ → CO₂

Từ 2 phương trình trên ta thấy số mol khí của chất tham gia phản ứng và sau phản ứng bằng nhau và không phụ thuộc vào lượng C, S → do vậy áp suất của bình sẽ không thay đổi khi ta đưa về nhiệt độ ban đầu

CO₂ phản ứng được với: NaOH, Mg, Na₂CO₃, CaO, H₂O, Na₂O

Đáp án B