Bảo toàn điện tích ta có:

2n_Cu²⁺ + n_K⁺ = n_Cl^- + 2n_SO4^2-

⇒ x + 2y = 0,07 mol (1)

m_muối = m_Cu²⁺ + m_K⁺ + m_Cl^- + m_SO4^2- = 5,435

⇒ 35,5x + 96y = 2,985 (2)

Từ (1)(2) ⇒ x = 0,03; y = 0,02

n_BaCl2 = 0,01 mol; n_NaCl = 0,01 mol

BaCl₂ → Ba²⁺ + 2Cl₂

0,01 →     0,02 (mol)

NaCl → Na⁺ + Cl^-

0,01 →     0,01 (mol)

n_Cl- = 0,03 ⇒ [Cl^-] = 0,03/(0,1+0,1)= 0,15 mol

CH₃COOH ⇔ H⁺ + CH₃COO^- (1)

Ban đầu: C_o     0   0

Phản ứng: C_o. a     C_o. a   C_o. a

Cân bằng: C_o(1-a)   C_o. a   C_o. a

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

[CH₃COOH] = 0,1 – 0,00132 = 0,09868M

Các dung dịch axit, bazo, muối có chứa các ion (cation và anion) nên có khả năng dẫn điện

nOH = 2nBa(OH)₂ = 0,025 mol

nH = nHCl = 0,02 mol        

         H⁺    +   OH^- → H₂O

Bđ:   0,02      0,025

Pư:   0,02  → 0,02

Sau:   0          0,005

→ nOH dư = 0,005 mol

Mặt khác, V dd sau pư = 0,1 + 0,4 = 0,5 lít

→ [OH^-] = 0,005 : 0,5 = 0,01M

→ pOH = -log[OH^-] = 2 → pH = 14 - pOH = 12

Đáp án D

nH₂SO₄ = 0, 01(mol)

nNaOH = 0, 018(mol)

nH⁺ = 2.0,01 = 0,02(mol)

               H₂SO₄   +    2NaOH → Na₂SO₄  + H₂O

Ban đầu    0,01 mol        0,018 mol

Phản ứng   0,009 mol      0,018 mol

Sau             0,001 mol       

nH₂SO₄ = 0,001(mol) → nH⁺ = 2nH₂SO₄= 0,002(mol) → [H⁺] = 4.10^-3 (M)

→ pH = −log([H⁺]) =  2,4

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

Đáp án A

Trong phân tử NH₃ có 3 liên kết cộng hóa trị 

Do phản ứng vừa đủ nên:

2nP = 2nNa₂HPO₄ = nNaOH (bảo toàn nguyên tố)

nNaOH = 2.6,2 : 31 = 0,4 mol

m = (0,4.40.100) : 32 = 50 gam

- Tất cả muối H₂PO₄^- đều tan;

- Muối PO₄^3- và HPO₄^2- chỉ có muối của kim loại kiềm và amoni tan được.

→ câu sai là B. Tất cả các muối hiđrophotphat đều tan trong nước.

Dùng dung dịch AgNO₃ và quỳ tím

Đáp án B

Trong các phản ứng trên phản ứng 4NH₃ + Cu(OH)₂ → [Cu(NH₃)₂](OH)₂ có các chất trước và sau phản ứng không thay đổi số oxi hóa

Trong dung dịch điện li yếu theo ba nấc (chủ yếu phân li theo nấc 1, nấc 2 kém hơn và nấc 3 rất yếu).

\(\eqalign{
& {N_1}:{H_3}P{O_4} \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over
{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {\rm{ }}{H^ + } + {H_2}P{O_4}^ - \cr 
& {N_2}:{H_2}P{O_4}^ - \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over
{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {\rm{ }}{H^ + } + HP{O_4}^{2 - } \cr 
& {N_3}:HP{O_4}^{2 - } \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over
{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {\rm{ }}{H^ + } + PO_4^{3 - } \cr} \)

Dung dịch axit photphoric có chứa các ion H⁺, H₂PO₄^-, HPO₄^2-,  PO₄^3-

Ta có: n_NaNO2 = 0,1.3 = 0,3 mol; n_NH4Cl = 0,3.1,6 = 0,48 mol

PTHH: NaNO₂ + NH₄Cl \(\xrightarrow{{{t^o}}}\) NaCl + N₂ + 2H₂O

Bđ:        0,3          0,48

Pư:        0,3 →     0,3 →               0,3 →  0,3

Sau:         0           0,18                  0,3       0,3

⟹ V_N2 = 0,3.22,4 = 6,72 (lít); C_{M NaCl}  = 0,3 : 0,4 = 0,75 (M); C_{M  NH4Cl} = 0,18 : 0,4 = 0,45 (M).

Đáp án A

Độ dinh dưỡng của phân lân được đánh giá bằng hàm lượng P₂O₅ có trong loại phân đó

Lấy 100 gam quặng → mCa₃(PO₄)₂ = 35 (g) → nCa₃(PO₄)₂ = 0,1129 (mol)

BTNT P:→ nP₂O₅ = nCa₃(PO₄)₂ = 0,1129 (mol)

→ Độ dinh dưỡng = % P₂O₅ = [(0,1129. 142) :100].100% = 16,03%

Đáp án B

Giả sử có 100 gam phân bón

→ mK₂CO₃ = 68,31%.100 = 68,31 gam

→ nK₂CO₃ = 0,495 mol

Bảo toàn nguyên tố K:

2nK₂O = 2nK₂CO₃ → nK₂O = nK₂CO₃ = 0,495 mol

→ mK₂O = 0,495.94 = 46, 54 gam

Độ dinh dưỡng = %mK₂O = 46, 53%

Đáp án B 

Trong 100 g phân lân có 74,88 gam Ca(H₂PO₄)₂ 

→  nCa(H₂PO₄)₂ = 0,32 mol

BTNT "P" → nP₂O₅  = nCa(H₂PO₄)₂ = 0,32 mol

Độ dinh dưỡng của phân lân là %mP₂O₅ = 45,44%

Đáp án C

Trong phòng thí nghiệm, người ta có thể thu khí NH₃ bằng phương pháp đẩy không khí với miệng bình úp ngược. Do NH₃ tan tốt trong nước nên phải điều chế bằng phương pháp đẩy không khí, do M = 17 < M_{không khí} nên miệng bình úp ngược.

Trong phòng thí nghiệm, người ta có thể điều chế khí NH₃ bằng cách cho muối amoni đặc tác dụng với kiềm đặc và đun nóng.

Trong phòng thí nghiệm, axit photphoric được điều chế bằng phản ứng :

3P + 5HNO₃ + 2H₂O → 3H₃PO₄ + 5NO­

Khi đun nóng trong điều kiện không có không khí, photpho đỏ chuyển thành hơi, sau đó làm lạnh phần hơi thì thu được photpho trắng

m_CaCO3 = 0,8m

CaCO₃ → CaO + CO₂

44a = m – 0,78m ⇒ a = 0,005m

H% = (100.0,005m.100%) : 0,8m = 62,5%

C + O₂ → CO (x mol) + CO₂ (y mol)

x + y = 0,1 ⇒ nC = 0,1 ⇒ m = 1,2 gam

28x + 44y = 32. 1,25(x + y) ⇒ x = 0,025; y = 0,075 (mol)

Bảo toàn nguyên tố O:

nO₂ = (x + 2y) : 2 = 0,0875

m_NO3^- = 92,6 – 30,6 = 62 gam

⇒ n_NO3^- = 1 mol

Bảo toàn điện tích ta có: n_O^2- = 1/2. n_NO3^- = 0,5 mol

⇒ m = m_KL + m_O^2- = 30,6 + 0,5.16 = 38,6 gam

2AgNO₃ (x) → 2Ag (x) + 2NO₂ (x mol) + O₂

dd Z: HNO₃ x mol

3Ag + 4HNO₃ → 3AgNO₃ + NO + 2H₂O

Ag dư = x – 3/4x = 1/4x

⇒ %m_{không tan} = 25%

Phản ứng xảy ra theo thứ tự sau:

CO₃^2- +    H⁺     →   HCO₃^- (1)

0,15    → 0,15_{dư 0,05} → 0,15        (mol)

HCO₃^- +   H⁺        →  CO₂ + H₂O (2)

0,05      ←    0,05  →      0,05             (mol)

→ V = 1,12 lít

Đáp án D 

nCO₂ = nCaCO₃ = 0,1 mol

Hỗn hợp X chứa: CO (x mol); H₂ (y mol) và CO₂ (0,1 mol)

- Bảo toàn e cho phản ứng của C với H₂O → 2nH₂ = 2nCO + 4nCO₂ → 2y = 2x + 0,4 (1)

- Trong pư khử CuO bằng CO, H₂ :

nCu = nCO + nH₂ = x + y (mol)

- Bảo toàn e cho pư của Cu với HNO₃ → 2nCu = 3nNO → 2(x + y) = 3.0,4 (2)

Giải hệ trên được x = 0,2 và y = 0,4

Hỗn hợp X chứa: CO (0,2 mol); H₂ (0,4 mol); CO₂ (0,1 mol)

⟹ %VCO = 28,57%

Đáp án B 

nX = 3,5 mol → n1/2 X = 1,75 mol

n_1/2X = a + b + c = 1,75 (1)

Áp dụng bảo toàn e cho quá trình (1): 2nCO + 4nCO₂ = 2nH₂ → 2a + 4b = 2c (2)

Áp dụng bảo toàn e cho quá trình (2): 2nCO + 2nH₂ = 3nNO → 2a + 2c = 3.1 (3)

Giải (1) (2) (3) được a = 0,5; b = 0,25; c = 1 → %VCO = (0,5/1,75).100% = 28,57%

Đáp án A 

Đá vôi có thành phần hóa học chính là CaCO₃.

Đáp án B

Theo đề bài, ta có phương trình: \(\dfrac{{an \times 44}}{{a\left( {n + 1} \right) \times 18}} = \dfrac{{11}}{6}\)

\( \Rightarrow n = 3 \Rightarrow \) Công thức phân tử: C₃H₈

Mục đích phân tích định tính chất hữu cơ là xác định các nguyên tố trong phân tử chất hữu cơ.

Đáp án A

nCO₂ = 0,3 mol; nH₂O = 0,4 mol

mX = mC + mH + mO = 12nCO₂ + 2nH₂O + mO

⇒ 12.0,3 + 2.0,4 + mO = 6 ⇒ mO = 1,6 gam

nN = 2nN₂ = 0,02 ⇒ mN = 0,28

nC = nCO₂ = 0,04 ⇒ mC = 0,48

nH = 2nH₂O = 0,1 ⇒ mH = 0,1

⇒ mO = 1,5 – mN – mC – mH = 0,64

nC = nCO₂ + nNa₂CO₃ = 0,15 + 0,05 = 0,2 ⇒ mC = 2,4

nH = 2nH₂O = 0,3 ⇒ _mH = 0,3

nNa = 2nNa₂CO₃ = 0,1 ⇒ mNa = 2,3

⇒ mO = mX – mNa – mC – mH = 3,2 gam

Giả sử số mol của Y = 0,8 mol → nX = 0,4mol
Bảo toàn nguyên tố O

→ 2nO₂ + 3nO₃ = 2nCO₂ + nH₂O = 1,9

nCO₂ : nH₂O = 6:7

→ nCO₂ = 0,6 và nH₂O = 0,7 mol

mX = mC + mH = 0,6 . 12 + 0,7 . 2 = 8,6g

→ MX = 8,6 : 0,4 = 21,5

dX/H₂ = 10,75

C : H : N = (76,32 : 12) : (10,18 : 1) : (13,5 : 14) = 13: 21: 2

Vậy X có công thức đơn giản nhất là C₁₃H₂₁N₂.

CTPT: C_xH_y

⇒ 12x + y = 30

⇒ 12x < 30 ⇒ x < 2,5

Nếu x = 1 ⇒ y = 18 (loại)

Nếu x = 2 ⇒ y = 6 ⇒ C₂H₆

Đặt CTPT X là C_nH_2n+2

2,9n/(14n+2) = 4,48/22,4 ⇒ n = 4

⇒ CTPT: C₄H₁₀

Clo hóa 3–metylpentan được 4 sản phẩm thế monoclo.

(Ghi chú: vị trí mũi tên cho biết Cl có thể thế H gắn với C đó)

Clo hóa 2–metylbutan được 4 sản phẩm thế monoclo.