B sai do HF là chất điện li yếu

C loại do H₂S là chất điện li yếu

D loại do NH₃ là chất điện li yếu

Đáp án A

KCl rắn, khan không điện li ra ion nên không có khả năng dẫn điện.

Đáp án A

Công thức phân tử của các chất trong đáp án lần lượt là

A là C₂H₆O và C₂H₆O

B là C₂H₆O và C₂H₄O

C là C₃H₈O và C₂H₆O

D là C₄H₁₀ và C₆H₆

Các chất có đồng phân hình học là

CH₃−CH=CH−CH=CH₂; CH₃−CH=CH−COOH.

Trong phân tử CH≡CH có 1 liên kết σ(C-C) và 2 liên kết σ(C-H)

Trong phân tử CH₂=CH₂ có 1 liên kết σ(C-C) và 4 liên kết σ(C-H)

Trong phân tử CH₂=CH-CH=CH₂ có 2 liên lết σ(C-C) và 6 liên kết σ(C-H)

CH₃CH₂CH₂OH; CH₃CH₂(OH)CH₃; CH₃-O-CH₂CH₃

Đáp án C

Ta có : \({{n}_{C}}={{n}_{C{{O}_{2}}}}=\dfrac{1,68}{22,4}=0,075\,mol\Rightarrow {{m}_{C}}=0,9\,\,gam\Rightarrow %C=\dfrac{0,9}{2,225}.100=40,45%\)

Do đó : %O = (100 – 40,45  – 15,73 – 7,86)% = 35,96%.          

\({{n}_{C}}:{{n}_{H}}:{{n}_{O}}:{{n}_{N}}=\dfrac{40,45}{12}:\dfrac{7,86}{1}:\dfrac{35,96}{16}:\dfrac{15,73}{14}=3,37:7,86:2,2475:1,124=3:7:2:1\)

Công thức đơn giản nhất của A là C₃H₇O₂N.

 Đặt công thức phân tử của A là (C₃H₇O₂N)_n. Theo giả thiết ta có :

(12.3 + 7 + 16.2 + 14).n < 100 → n < 1,12 →  n =1

Vậy công thức phân tử của A là C₃H₇O₂N.

Si đóng vai trò là chất oxi hóa khi tác dụng với chất khử (kim loại), sau phản ứng số oxi hóa của Si giảm

\(2Mg~+~\overset{0}{\mathop{Si}}\,\xrightarrow{{{t}^{0}}}M{{g}_{2}}\overset{-2}{\mathop{Si}}\,\)

Đáp án D

CO₂ ở trạng thái rắn được gọi là đá khô

A sai vì các muối cacbonat như CaCO₃, MgCO₃, … đều không tan trong nước

B sai vì các muối cacbonat của kim loại kiềm không bị nhiệt phân

D sai vì các muối cacbonat kim loại kiềm đều tan trong nước

Đáp án C

Kim cương, fuleren và than chì là các dạng thù hình của cacbon.

Đáp án C

Thuốc nổ đen là hỗn hợp gồm KNO₃, C và S.

Đáp án A

- 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.

Đáp án B

\({n_{{H_3}P{O_4}}}\)= 0,06 mol 

\({n_{Ba{{(OH)}_2}}}\)= 0,08 mol \( \Rightarrow {n_{O{H^ - }}}\)= 0,16 mol

\(\frac{{{n_{O{H^ - }}}}}{{{n_{{H_3}P{O_4}}}}} = \frac{{0,16}}{{0,06}} = 2,67\)

Ta thấy 2 < 2,67

BT nguyên tố P:

\({n_{{H_3}P{O_4}}} = {n_{HPO_4^{2 - }}} + {n_{PO_4^{3 - }}}\) => x + y = 0,06  (1)

BT điện tích:

\({n_{O{H^ - }}} = 2.{n_{HPO_4^{2 - }}} + 3.{n_{PO_4^{3 - }}}\) => 2x + 3y = 0,16  (2)

Từ (1) và (2) => x = 0,02 mol; y = 0,04 mol

Ta có:

\({n_{BaHP{O_4}}} = {n_{HPO_4^{2 - }}}\)= 0,02 mol

\( \Rightarrow \)\({m_{BaHP{O_4}}}\)= 0,02.233 = 4,66 gam

\({n_{B{a_3}{{(P{O_4})}_2}}} = \dfrac{1}{2}{n_{PO_4^{3 - }}}\)= 0,02 mol

\( \Rightarrow \)\({m_{B{a_3}{{(P{O_4})}_2}}} = \) 0,02.601 = 12,02 gam

m_H3PO4 = 1.49 / 100 = 0,49 tấn

  Ca₃(PO₄)₂ → 2H₃PO₄

    310                196

 0,775 tấn    ←   0,49 tấn

→ m_{Ca3(PO4)2 thực tế dùng} = 0,775.100 / 90 = 31/36 tấn

→ m_quặng = 31/36 . 100/73 = 1,18 tấn

n_P2O5 = 1 mol; n_{H3PO4 ban đầu} = 1,25 mol

P₂O₅ + 3H₂O → 2H₃PO₄

1 mol      →         2 mol

→ tổng số mol H₃PO₄ trong dung dịch thu được = 2 + 1,25 = 3,25 mol

→ m_H3PO4 = 318,5 gam

m_{dung dịch thu được} = m_P2O5 + m_{dung dịch ban đầu} = 142 + 500 = 642 gam

→ C% = 318,5 / 642 . 100% = 49,61%

Khí sinh ra là NO₂ → cần dung dịch kiềm để hấp thụ → nút ống nghiệm bằng bông tẩm xút.

Đáp án D

NH₃ chỉ khử được CuO, FeO,  PbO

→ khử được 3 chất .

2NH₃ + 3Cl₂ → N₂ + 6HCl

NH_{3 khí}  + HCl_khí → NH₄Cl  (khói trắng)

Phản ứng mà số oxi hóa của N trong NH₃ không tăng sau phản ứng thì NH₃ không đóng vai trò chất khử

\(A.\,4\mathop N\limits^{ - 3} {H_3} + 5{O_2}\xrightarrow{{{t^0}}}4\mathop N\limits^{ + 2} O + 6{H_2}O\)

\(B.\,2\mathop N\limits^{ - 3} {H_3} + 3\mathop {C{l_2}}\limits^0  \to \mathop {{N_2}}\limits^0  + 6HCl\)

\(C.\,\,\mathop N\limits^{ - 3} {H_3} + {H_2}{O_2} + MnS{O_4} \to Mn{O_2} + {(\mathop N\limits^{ - 3} {H_4})_2}S{O_4}\)

\(D.\,\,\mathop N\limits^{ - 3} {H_3} + 3CuO\xrightarrow{{{t^0}}}3Cu + \mathop {{N_2}}\limits^0  + 3{H_2}O\)

Ta thấy phản ứng ở đán án C NH₃ không có sự thay đổi số oxi hóa trước và sau phản ứng → không đóng vai trò là chất khử.

Các phản ứng còn lại số oxi hóa của N trong NH₃ đều tăng sau phản ứng nên NH₃ đóng vai trò là chất khử

Ở nhiệt độ thường nitơ chỉ tác dụng với liti tạo liti nitrua.

6Li + N₂ → 2Li₃N  

Phương trình ion rút gọn của phản ứng NaOH + HCl → NaCl + H₂O là:

OH^- + H⁺ → H₂O

A. 2OH^- + Fe²⁺ → Fe(OH)₂

B. OH^- + NH₄⁺ → NH₃ + H₂O

C. OH^- + H⁺ → H₂O

D. OH^- + HCO₃^- → CO₃^2- + H₂O

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.

Đáp án B.

HF là chất điện li yếu → khi điện li sẽ điện li ra ít ion nhất → Dẫn điện kém nhất

Đáp án B.

Ta có : \({{n}_{C}}:{{n}_{H}}:{{n}_{O}}:{{n}_{N}}=\frac{51,3}{12}:\frac{9,4}{1}:\frac{27,3}{16}:\frac{12}{14}=4,275:9,4:1,706:0,857=5:11:2:1\)

→ công thức đơn giản nhất của A là C₅H₁₁O₂N

Đặt công thức phân tử của A là (C₅H₁₁O₂N)_n

Theo giả thiết ta có :

(12.5 + 11 + 16.2 + 14).n = 4,034.29 → n = 1

Vậy công thức phân tử của A là C₅H₁₁O₂N.

Đáp án A

Bảo toàn nguyên tố C:  \({{n}_{C}}={{n}_{C{{O}_{2}}}}=\frac{17,6}{44}=0,4\,\,mol\)

Bảo toàn nguyên tố H: \(\,\,{{n}_{H}}=2.{{n}_{{{H}_{2}}O}}=2.\frac{12,6}{18}=1,4\,\,mol\)

Bảo toàn nguyên tố O: \({{n}_{{{O}_{2}}\,(kk)}}=\frac{2.{{n}_{C{{O}_{2}}}}+{{n}_{{{H}_{2}}O}}}{2}=0,75\,\,mol\)

Vì N₂ chiếm 80% thể tích không khí, O₂ chiết 20% thể tích không khí \(\Rightarrow {{n}_{{{N}_{2}}\,(kk)}}=4.{{n}_{{{O}_{2}}}}=0,75.4=3\,\,mol\)

Do đó : \({{n}_{N\,(hchc)}}=2.(\frac{69,44}{22,4}-3)=0,2\,mol\,\Rightarrow {{n}_{C}}:{{n}_{H}}:{{n}_{N}}=0,4:1,4:0,2=2:7:1\)

Căn cứ vào các phương án ta thấy công thức của X là C₂H₅NH₂

Ba(OH)₂ và AlCl₃ không thể cùng tồn tại trong một dung dịch vì chúng phản ứng với nhau:

3Ba(OH)₂ + 2AlCl₃ → 3BaCl₂ + 2Al(OH)₃↓

(1) SO₄^2- + Ba²⁺ → BaSO₄                             

(2) SO₄^2- + Ba²⁺ → BaSO₄                             

(3) SO₄^2- + Ba²⁺ → BaSO₄                            

(4) 2H⁺ + SO₄^2- + BaSO₃ → BaSO₄ + SO₂ + H₂O

(5) 2NH₄⁺ + SO₄^2- + Ba²⁺ + OH^- → BaSO₄ + NH₃ + H₂O

(6) SO₄^2- + Ba²⁺ → BaSO₄     

→ Các phản ứng có cùng phương trình ion rút gọn là: (1), (2), (3), (6).

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, tổng giá trị điện tích âm bằng tổng giá trị điện tích dương

→ 0,02 . 2 + 0,03 . 1 = x .1 + y . 2 (I)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m Cu + m K + m Cl + m SO4 = 5,435

→ 0,02 . 64 + 0,03 . 39 ++ 35,5x + 96y = 5,435 (II)

Từ (I) và (II) → x = 0,03; y = 0,02

Trong một bình kín có nhiệt độ không đổi thì áp suất tỉ lệ thuận với số mol hỗn hợp khí :  

\(\frac{{{n}_{1}}}{{{n}_{2}}}=\frac{{{p}_{1}}}{{{p}_{2}}}=\frac{{{p}_{1}}}{90%{{p}_{1}}}\)

 n_{hỗn hợp khí sau phản ứng} = = \(4.\frac{90}{100}=3,6\,\,mol\)

Ta có phương trình phản ứng:

              N₂     +    3H₂   →      2NH₃                 (1)

bđ:        1              3                   0        

pư:        x             3x                 2x     

spư:     1–x          3–3x             2x       

Theo (1) ta thấy :

n_{hỗn hợp khí sau phản ứng} =  (1–x) + (3–3x)  +  2x  = 4 – 2x  = 3,6   x  =  0,2

\(\% {V_{{N_2}}} = \frac{{1 - 0,2}}{{3,6}}.100 = 22,22\% \)

\(\% {V_{{H_2}}} = \frac{{3 - 3.0,2}}{{3,6}}.100 = 66,67\% \)

% V NH₃ = 11,11%

Đáp án C

Sai sửa lại: NH₄NO₃ →  N₂O + 2H₂O

Ta dùng NaOH vì

n_KOH = 0,5 mol;  n_CO2 = 0,35 mol

Xét: n_OH- / n_CO2 = 0,5/0,35 = 10/7

→ Tạo 2 muối K₂CO₃ và KHCO₃

Tuy nhiên khi cô cạn dung dịch thì muối KHCO₃ bị nhiệt phân  thành K₂CO₃

Bảo toàn K → n_K2CO3 = 0,25 mol → m = 34,5g

n_CO2 = 0,25 mol;  n_OH- = 0,36 mol

Xét tỉ lệ: n_OH- / n_CO2 = 0,36 / 0,25 = 1,44 → sau phản ứng thu được 2 muối

Sử dụng công thức tính nhanh: \({n_{CO_3^{2 - }}} = {n_{O{H^ - }}} - {n_{C{O_2}}}\)= 0,36 – 0,25 = 0,11 mol

→ n_CaCO3 = n_CO3 = 0,11 mol → m = 11 gam

Si \(\xrightarrow[O_2]{(1)}\) SiO₂ \(\xrightarrow[NaOH]{(2)}\) Na₂SiO₃ \(\xrightarrow[HCl]{(3)}\) H₂SiO₃.

PTHH: 

(1) Si + O₂ → SiO₂

(2) SiO₂ + 2NaOH → Na₂SiO₃ + H₂O

(3) Na₂SiO₃ + 2HCl → NaCl + H₂SiO₃

Ta có V N₂ : V H₂ = 1 : 3

V N₂ + V H₂ = 10 m³

→ V N₂ = 2,5 m³ ; V H₂ = 7,5 m³

Ta có phương trình phản ứng:

N₂     +    3H₂   →    2NH₃ (1)

(1) V NH₃ lý thuyết = 2 . n N₂ = 2 . 2,5 = 5 m³

Theo đề bài, hiệu suất của phản ứng là 95%. 

→ V NH₃ thực tế thu được sau phản ứng là: 5.95% = 4,75 m³

Tổng số mol ion H⁺ trong dung dịch axit là :

\({n_{{H^ + }}} = {n_{HCl}} + 2{n_{{H_2}S{O_4}}} = 0,25.0,08 + 2.0,01.0,25 = 0,025\,\,mol.\)

Tổng số mol ion OH^- trong dung dịch bazơ là :

\({n_{O{H^ - }}} = {n_{NaOH}} = 0,25a\,\,mol.\)

 Dung dịch sau phản ứng có pH = 12, suy ra có pOH = 2, suy ra dung dịch sau phản ứng còn bazơ dư, [OH^- _dư] = 10^-2M = 0,01M.

 Phương trình phản ứng :

\({H^ + }\,\,\,\,\,\,\,\,\, + \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,O{H^ - }\,\,\,\,\,\,\,\, \to \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{H_2}O\)                    (1)

mol:   0,025   →     0,025

Theo (1) và giả thiết ta thấy sau phản ứng số mol OH^- dư là (0,5a – 0,025) mol.

Nồng độ OH^- dư là : \(\frac{{0,25a - 0,025}}{{0,25 + 0,25}} = 0,01 \Rightarrow a = 0,12.\)

\({n_{N{H_3}}} = 0,1\,\,mol,\,\,{n_{CuO}} = 0,4\,\,mol.\)

- Phương trình phản ứng :

      2NH₃  + 3CuO →  3Cu    +   N₂    +    3H₂O  (1)

mol:   0,1       0,4    →      0,15

=> n_{CuO dư} = 0,4 - 0,15 = 0,25mol

A gồm Cu (0,15 mol) và CuO dư (0,25 mol)

- Phản ứng của A với dung dịch HCl :

            CuO    +    2HCl  →   CuCl₂    +    H₂O    (2)

mol:     0,25    →   0,5

Theo (2) và giả thiết ta suy ra : V_HCl =\(\frac{{0,5}}{2} = 0,25\,lít.\)

Theo đề bài, ta tính được n X = 0,4 mol

Khối lượng mol trung bình của X là: 1,3125 . 32 = 42 (gam/mol)

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

→ Ta có hệ phương trình:

x + y = 0,4 và  (30x + 46y) : (x + y) = 42

→ x = 0,1 ; y = 0,3

% VNO = 0,1 : 0,4 . 100% = 25%

% VNO₂ = 0,3 : 0,4 . 100% = 75%

Áp dụng định luật bảo toàn electron vào hệ trên ta sẽ có được:

3.nFe = 3.nNO + nNO₂

→ nFe = (3 . 0,1 + 0,3 ) : 3 = 0,2 mol

→ mFe = 0,2 . 56 = 11,2 gam.

Đặt công thức phân tử của X là (C₄H₉OCl)_n (n \( \in \) N^*).

Độ bất bão hòa của phân tử \(k=\frac{8n-10n+2}{2}=\frac{2-2n}{2}=1-n\ge 0\) → n = 1

Vậy công thức phân tử của X là C₄H₉OCl