Hai hợp chất trên là đồng phân

Đáp án A

(Đồng phân là những hợp chất hữu cơ có cùng công thức phân tử nhưng khác nhau về công thức cấu tạo)

Đáp án B

Trong các hợp chất hữu cơ thường chứa những nguyên tố : C, H, O, N

Đáp án C

Do ancol và axit axetic có nhiệt độ sôi khác nhau

=> Để tách riêng biệt từng chất, ta cần chưng cất phân đoạn

Đap án D

Trong hợp chất hữu cơ, liên kết giữa các nguyên tử chủ yếu thuộc loại liên kết công hóa trị,

Đáp án A

Ta có sơ đồ khảo sát như sau:

\(\mathop {\left\{ \begin{array}{l}Fe\\FeO,F{e_3}{O_4}\\F{e_2}{O_3}\end{array} \right.}\limits_{17,6g}  + \mathop {CO}\limits_{0,1mol}  \to Fe + C{O_2}\)

Ta có : n CO₂ = n CO = 0,1 mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m Oxit + m CO = m Fe + m CO₂

=> 17,6 + 0,1 . 28 = m Fe + 0,1 . 44

=> m Fe = 16 gam

Đáp án C

n CaCO₃ = 0,1 mol

TH1: Ca(OH)₂ dư, CO₂ phản ứng hết

=> Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃ + H₂O

n CO₂ = n CaCO₃ = 0,1 mol

=> V CO₂ = 2,24 lít

TH2: CaCO₃ tạo thành bị tan một phần

Ta có phương trình phản ứng:

Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃ + H2O (1)

Ca(OH)₂ + 2 CO₂ + H₂O → Ca(HCO₃)₂ (2)

(1) n Ca(OH)₂ = n CaCO₃ = 0,1 mol

=> (2) n Ca(OH)₂ = n Ca(HCO₃)₂ = 0,1 mol

(1), (2) => n CO₂ = 0,1 + 0,1 . 2 = 0,3 mol

=> V CO₂ = 0,3 . 22,4 = 6,72 lit

Đáp án D

n CaCO₃ = n CO₂ = 5 : 100 = 0,05 mol

Ta có sơ đồ như sau:

\(\left\{ \begin{array}{l}F{e_3}{O_4}\\CuO\end{array} \right. + CO \to \mathop {\left\{ \begin{array}{l}Fe\\Cu\end{array} \right.}\limits_{2,32gam}  + \mathop {C{O_2}}\limits_{0,05mol} \)(1)

(1) n CO₂ = n CO = 0,05 mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

a + m CO = 2,32 + m CO₂

=> a + 0,05 . 28 = 2,32 + 0,05 . 44

=> a = 3,12

Đáp án A

Ta có phương trình phản ứng:

 C+ O₂ → CO₂

S + O₂ → SO₂

=> Sau phản ứng lượng khí có trong bình không đổi

=> Áp suất có trong bình cũng không thay đổi

Đáp án B

Hai dạng tồn tại khác nhau của cùng 1 đơn chất là 2 dạng thù hình

Đáp án B

Gỉa sử hỗn hợp trên có chứa 1 mol N2 và 4 mol H2

Ta có phương trình:

                    N₂ + 3H₂ → 2NH₃ (1)

Ban đầu      1        4

Phản ứng    x        3x          2x

Sau pu     1-x       4-3x       2x

Ta có phương trình:

\(\frac{{2x}}{{1 - x + 4 - 3x + 2x}} = 20\% \)

=> x= 0,4167

(1) 1/1 < 4/3

=> Sau phản ứng H₂ còn dư => H% tính theo N₂

H% = 41,67%

Đáp án A

FeO + 4HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + NO₂ + 2H₂O

=> Tổng hệ số của phương trình là 9

Đáp án A

NH3 thể hiện cả tính khử và tính bazo yếu

Đáp án C

Dùng đốm lửa đỏ => Nhận ra khí O₂

Dùng giấy tẩm Pb(NO₃)₂ => Khí tạo kết tủa đen => Nhận ra khí H₂S

Dùng giấy màu ẩm => Khí làm mất màu giấy => Khí Clo

Còn lại khí N₂

Đáp án A

Ta có phương trình:

                     N₂ + 3H₂ →  2NH₃

Ban đầu       4       14

Phản ứng    x         3x           2x

Sau pu      4-x      14-3x       2x

=> 4 –x + 14 – 3x + 2x = 16,4

=> 18 – 2x = 16,4

=> 2x = 1,6 lít

=> Thể tích NH₃ thu được là 1,6 lít

Đáp án C

Ta có phương trình:

                  NO + ½ O₂ → NO₂

Ban đầu      4       4

P ứ            4      2              4

Sau p ứ      0       2             4

=> Khi sau phản ứng thu được có thể tích là: 4+ 2 = 6 lít

Đáp án D

NH₃ + Cl₂ → N₂ + HCl

NH₃ + HCl → NH₄Cl

Đáp án C

NH₃ + Zn(OH)₂ → [Zn(NH₃)₄](OH)₂

Đáp án B

n Fe = 11, 2 : 56 = 0,2 mol

Áp dụng định luật bảo toàn electron

Tổng e nhường bằng tổng e nhận

=> 3 . n Fe = n NO₂

=> 3 . 0,2 = n NO₂

=> n NO₂ = 0,6 mol

V NO₂ = 0,6 . 22,4 = 13,44 lít

Đáp án C

Gọi nồng độ ban đầu của N₂ là x

Ta có phương trình hóa học:

                     N₂ + 3H₂ →  2NH₃

Ban đầu       x         y

Phản ứng    0,5       1,5           1

Sau pu      x-0,5      y – 1,5      1

=> x – 0,5 = 3 => x = 3,5M

Đáp án D

Chất lưỡng tính là những chất có khả năng tác dụng được với cả dung dịch axit và dung dịch bazo

Các hợp chất lưỡng tính là: Al(OH)₃; Zn(OH)₂; Cu(OH)₂; Sn(OH)₂

Đáp án D

Xét phương trình điện li ccủa CH₃COOH 0,1M ta có:

Gọi độ điện li trong quá trình này là α

=> Nồng độ CH₃COO^- và H⁺ là 0,1 . α

CH₃COOH ↔ CH₃COO^- + H⁺

0,1- α              0,1. α            0,1. α

=> Ta có phương trình:

\(\frac{{{{(0,1.\alpha )}^2}}}{{0,1 - 0,1\alpha }} = 1,{8.10^{ - 5}}\)

=> α = 0,0134 = 1,34%

Đáp án D

n MgCl₂ = 0,15 . 0,5 = 0,075 mol

n KCl = 0,5 . 1 = 0,5 mol

Ta có phương trình điện li:

MgCl₂ → Mg²⁺ + 2Cl^-

0,075     0,075  0,15

KCl →  K⁺ + Cl^-

0,5      0,5  0,5

Từ (1), (2) => Tổng số mol của Cl- có trong dung dịch là:

0,15 + 0,5 = 0,65 mol

=> Nồng độ mol của ion Cl- có trong dụng dịch mới là:

0,65 : (0,5 + 0,15) = 1M

Đáp án B

Ta có : \(\alpha  = \sqrt {\frac{K}{C}} \)

Theo đề bài, để α tăng 2 lần => C giảm 4 lần => V tăng 4 lần

Mặt khác, theo đề bài V1 = 300ml

=> V2 = 300 . 4 = 1200ml

Vậy lượng nước ta cần thêm vào là: 1200 – 300 = 900 ml

Đáp án D

Trường hợp không dẫn điện được là KCl rắn, khan

Đáp án A

Theo đặc điểm về độ điện li

=> Chất điện li mạnh là chất có α = 1

Chất điện li yếu là chất có 0 < α < 1

Đáp án D

Ta có phương trình điện li:

CH₃COOH ↔ CH₃COO^- + H⁺

0,1- α              0,1. α            0,1. α

=> Ta có phương trình: \(\frac{{{{(0,1.\alpha )}^2}}}{{0,1 - 0,1\alpha }}\)

Mặt khác theo đề bài ta có: α = 1,32%

=> Thay vào ta có:

\(\frac{{{{(0,1.1,32\% )}^2}}}{{0,1 - 0,1.1,32\% }}\)= Ka

=> Ka = 1,74.10^-5

Đáp án C

Gía trị Ka càng nhỏ, lực axit càng lớn

Đáp án D

Thang p H thường dùng có giá trị từ 0 đến 14 là do tích số ion của nước ở 250C bằng 10-14

Đáp án A

Ta có phương trình điện li như sau:

                   HX => H+ + X-

ban đầu     2        0      0

phản ứng  2.α    2.α   2.α

sau pu      2-2.α   2.α  2.α

Ta có phương trình tính hằng số phân li là: \(\frac{{{{(2.\alpha )}^2}}}{{2 - 2\alpha }}\)(1)

Thay α = 0,95% vào (1)=> Ka = 1,8.10^-4

Đáp án C

Chất bazo là chất có thể nhận proton

S^2- + H₂O <=>HS^- + OH^-

Đáp án C

Axit là chất có thể nhường proton (theo Bronstet)

HSO₄^- <=> H⁺ + SO₄^2-

Đáp án D

HNO₃ là chất điện li mạnh, điện li hoàn toàn thành ion: \(HN{O_3} \to {H^ + } + N{O_3}^ - \)

\( \to {\rm{[}}{H^ + }{\rm{]}} = {C_{M\,\,HN{O_3}}} = 0,01M\)

\( \to pH =  - \log {\rm{[}}{H^ + }{\rm{]}} =  - \log (0,01) = 2\)

Chọn B.

Vậy sản phẩm thu được khi nhiệt phân hoàn toàn muối NH₄HCO₃ là NH₃, H₂O, CO₂.

Chọn D.

Dãy Na⁺, NH₄⁺, OH^-, HCO₃^- (phương án D) không cùng tồn tại được trong cùng dung dịch vì có các phản ứng:

\(N{H_4}^ +  + O{H^ - } \to N{H_3} + {H_2}O\)

\(HC{O_3}^ -  + O{H^ - } \to C{O_3}^{2 - } + {H_2}O\)

Chọn D.

\({n_{NaOH}} = 0,2.1 = 0,2(mol)\)

PTHH: \(HN{O_3} + NaOH \to NaN{{\rm{O}}_3} + {H_2}O\)

Theo PTHH: \({n_{HN{O_3}}} = {n_{NaOH}} = 0,2(mol)\)

\( \to {V_{dd\,HN{O_3}}} = \dfrac{{{n_{HN{O_3}}}}}{{{C_{M\,HN{O_3}}}}} = \dfrac{{0,2}}{1} \\= 0,2(l) = 200(ml)\)

Chọn C.

\({n_{{H_3}P{O_4}}} = 0,1\,(mol);\,\,\,{n_{NaOH}} = 0,1(mol)\)

Ta thấy: \(\dfrac{{{n_{NaOH}}}}{{{n_{{H_3}P{O_4}}}}} = \dfrac{{0,1}}{{0,1}} = 1\) → Phản ứng chỉ tạo muối NaH₂PO₄.

Chọn D.

Khối lượng chất rắn giảm là khối lượng O bị lấy đi → \({m_{O(pu)}} = 32 - 25,6 = 6,4(g)\)

Phản ứng khử oxit bằng CO viết gọn là: CO + O → CO₂

\( \to {n_{CO(pu)}} = {n_{O(pu)}} = \dfrac{{6,4}}{{16}} = 0,4(mol) \\\to {V_{CO}} = 0,4.22,4 = 8,96(l)\)

Chọn D.

Phương trình phân tử: CuCl₂ + 2NaOH → Cu(OH)₂ + 2NaCl

Phương trình ion đầy đủ: Cu²⁺ 2Cl^- + 2Na⁺ + 2OH^- → Cu(OH)₂ ↓ + 2Na⁺ + 2Cl^-

Phương trình ion rút gọn: Cu²⁺ + 2OH^- → Cu(OH)₂ ↓

Chọn C.

\({n_{NaOH}} = 0,1.2 = 0,2(mol)\)

PTHH: \(NaOH + N{H_4}Cl \to NaCl + N{H_3} + {H_2}O\)

Theo PTHH: \({n_{N{H_3}}} = {n_{NaOH}} = 0,2(mol) \\\to {V_{N{H_3}}} = 0,2.22,4 = 4,48(l)\)

Chọn A.