Các chất điện li yếu là: H₂O, CH₃COOH. 

Chất trong dãy có tính chất lưỡng tính là Ca(HCO₃)₂, (NH₄)₂CO₃, Al(OH)₃, Zn(OH)₂.

Hiđroxit có tính lưỡng tính là Zn(OH)₂, Al(OH)₃, Sn(OH)₂, Pb(OH)₂, Cr(OH)₃

Những chất lưỡng tính là Zn(OH)₂ và Al(OH)₃.

Khối lượng của MgO là: m = 24 g/mol

Khối lượng mol của MgO là: M = 24 + 16 = 40 gam

=> số mol MgO là: n =24/40 =0,6 ( mol)

=> số phân tử MgO là: 0,6.6,02.10²³ = 3,612.10²³ (phân tử)

Đáp án cần chọn là: B

n_H2 = 0,896/22,4 = 0,04 mol

Gọi số mol của Na và Ba lần lượt là x, y mol. Ta có: 23x + 137y = 3,66        (1)

Na + H₂O → NaOH + 1/2 H₂

x        →        x →        x/2 mol

Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂

y                → y →                y mol

⇒ x/2 + y = 0,04        (2)

Từ (1), (2) ta có: x = 0,04 và y = 0,02

Phương trình điện ly: NaOH → Na⁺ + OH^-

                                0,04                        0,04 mol

                                Ba(OH)₂ → Ba²⁺ + 2OH^-

                                0,02                        0,04 mol

Tổng số mol OH^- là: n_OH^- = 0,08 mol

C_M(OH^-) = 0,08/0,8 = 0,1 M ⇒ pOH = 1 ⇒ pH = 13

Số mol HCl là n_HCl = (10.7,3)/(100.36,5) = 0,02 mol

Số mol H₂SO₄ là nH₂SO₄ = (20.4,9)/(100.98) = 0,01 mol

Phương trình điện ly: HCl → H⁺ + Cl^-

                                0,02 → 0,02 mol

                                H₂SO₄ → 2H⁺ + SO₄^2-

                                0,01 → 0,02 mol

Tổng số mol H⁺ là n_H⁺ = 0,02 + 0,02 = 0,04 mol

C_M(H⁺) = 0,04/0,1 = 0,4 M ⇒ pH = 0,4

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:

0,6.1 + a = 0,3.2 + 0,1.1 ⇒ a = 0,1

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:

2.0,2 + 3.x = 2.0,45 + y ⇒ 3x – y = 0,5 (1)

Cô cạn dung dịch được 79 gam muối khan:

0,2.24 + 56.x + 35,5.y + 0,45.96 = 79 ⇒ 56x + 35,5y = 31 (2)

Từ (1),(2) ta có: x = 0,3 và y = 0,4.

Ta có: 0,02.2+0,03.1 = x.1 + y.2 (1)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

m = 0,02.64 + 0,03.39 + 35,5.x + 96.y = 5,435 (2)

Giải hệ hai phương trình (1) và (2) ta được: x = 0,03; y = 0,02

nBaSO₄ = 11,65/233 = 0,05 mol

nNH₃ = 4,48/22,4 = 0,2 mol

⇒ [NH₄⁺] = 0,2/0,05 = 4 M; [SO₄^2-] = 0,05/0,05 = 1 M

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch X:

4 = 2.1 + x ⇒ x = 2 M

Đặt n_N2O= x mol; n_N2= y mol

Ta có n_hhY= x+y= 1,344/ 22,4= 0,06 mol

m_hhY=44x + 28y= 0,06.18.2

Giải hệ trên được x= 0,03 và y= 0,03

n_Al= 0,45 mol= n_Al(NO3)3

Quá trình cho e:

Al→ Al₃⁺+ 3e (1)

0,45       →        1,35 mol

Quá trình nhận e:

2NO₃^-+ 10e+ 12H⁺ → N₂ + 6H₂O (2)

       0,3        ←        0,03 mol

2NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → N₂O + 5H₂O (3)

       0,24        ←        0,03 mol

Tổng số mol e nhận ở (2) và (3) là

ne nhận= 0,3+ 0,24= 0,54 mol ⟨1,35 mol

Do đó còn xảy ra quá trình nhận e:

ne nhận ở (4)= 1,35- 0,54= 0,81 mol

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺+ 3H₂O (4)

       0,81        →        0, 10125 mol

Dung dịch X chứa 0,45 mol Al(NO₃)₃ và 0,10125 mol NH₄NO₃

→ m=103,95 gam

Đáp án A

Ta có nhỗn hợp khí= 0,14 mol

Vì tỉ lệ thể tích chính là tỉ lệ số mol (trong cùng điều kiện)

Nên n_N2O : n_N2= 5 :2 do đó n_N2O = 0,1 và n_N2= 0,04 mol

2NO₃^-+ 8e+ 10H⁺+ 8NO₃^- → N₂O + 5H₂O + 8NO₃(muối)^-(1)

       0,8        1,0        ←        0,1mol        →        0,8 mol

2NO₃^-+ 10e+ 12H⁺+ 10NO₃^- → N₂ + 6H₂O + 10NO₃ muối^- (2)

       0,4        0,48        0,04        0,4 mol

Gọi n_Mg=a mol ; n_Al =b mol

m_hhX =24a+27b=15,6 (1)

Gỉa sử muối tạo thành không có NH₄NO₃

n_{e nhường}=n_enhận =2a+3b=0,1.2.4+0,04.2.5=1,2 (2)

Giải hệ (1) và (2) trên ta có b ⟨ 0 nên loại

Vậy muối tạo thành có NH₄NO₃ c mol

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺+ 3H₂O (3)

       8c        →        c mol

Tổng n_NO3− tạo muối =n_{e nhường}=8c+1,2=2a+3b (3)

m_muối =m_Al(NO3)3 +m_Mg(NO3)2+m_NH4NO3

=213b+148a+80c=118,8 (4)

Giải hệ (1), (3) và (4) ta có a=0,2 b=0,4, c=0,05 mol

Bảo toàn Nitơ ta có:

n_HNO3=0,1.2+0,04.2+0,05.2+0,2.2+0,4.3=1,98 mol

→V=1,98 lít

Đáp án B

Bảo toàn nguyên tố Mg ta có : n_Mg(NO3)2= n_Mg+ n_MgO=0,15 mol

n_{khí N2}=0,02 mol.

Quá trình cho e:

Mg→ Mg²⁺+ 2e (1)

0,14      →        0,28 mol

Quá trình nhận e:

2NO₃^-+ 10e+ 12H⁺ → N₂ + 6H₂O (2)

       0,2 ←        0,02 mol

Nểu chỉ có 1 quá trình nhận e (2) thì số mol e cho khác số mol e nhận

Do đó phải có quá trình nhận e (3) và số mol e nhận ở (3) bằng:

0,28- 0,2=0,08 mol

NO₃^-+ 8e+ 10H⁺ → NH₄⁺+ 3H₂O (3)

       0,08        →        0,01 mol

Muối trong X gồm 0,15 mol Mg(NO₃)₂ và 0,01 mol NH₄NO₃

→m_muối= 0,15.148+ 0,01.80=23 gam

Đáp án A

PTHH: \({H^ + } + O{H^ - } \to {H_2}O\)

So sánh dư hết 

\(\to {n_{O{H^ - }(du)}} \to {\rm{[}}O{H^ - }{\rm{]}} \to pH = 14 + \log {\rm{[}}O{H^ - }{\rm{]}}\)

\({n_{{H_2}S{O_4}}} = 0,03.0,002 = 0,00006\,\,mol \to {n_{{H^ + }}} = 2{n_{{H_2}S{O_4}}} = 0,00012\,\,mol\)

\({n_{Ba{{(OH)}_2}}} = 0,02.0,008 = 0,00016\,\,mol \to {n_{O{H^ - }}} = 2{n_{Ba{{(OH)}_2}}} = 0,00032\,\,mol\)

PTHH: \({H^ + } + O{H^ - } \to {H_2}O\)

Ta thấy OH dư

\({n_{O{H^ - }(phan\,\,ung)}} = {n_{{H^ + }}} = 0,00012\,\,mol \to {n_{O{H^ - }(du)}} = 0,00032 - 0,00012 = 0,0002\,\,mol\)

\(\to {\rm{[}}O{H^ - }{\rm{]}} = \dfrac{{0,0002}}{{0,03 + 0,02}} = 0,004\,\,M \to pH = 14 + \log 0,004 = 11,6\)

Không thể là SO₄ và CO₃ vì sẽ tạo kết tủa với Ba²⁺

Không thể là CH₃COO- vì ion này thủy phân cho môi trường bazo nên không phù hợp với yêu cầu pH = 5

Cùng nồng độ mol → H₂SO₄ sinh ra nhiều H⁺ nhất → có pH thấp nhất

Lưu ý phải nắm được kiều kiện để phản ứng xảy ra.

(1) H⁺ + HCO₃^- → CO­_{2 ­}+ H₂O.

(3) Mg²⁺ + 2OH^- → Mg(OH)₂ 

(5) 2OH^- + Zn²⁺ → Zn(OH)₂ 

(8).H⁺+ AlO₂^- +H₂O →Al(OH)₃

Sau phản ứng trung hòa pH = 1 ⇒ H⁺ dư

H⁺ + OH^- → H₂O

n_H⁺bd = 0,08 mol; sau phản ứng pH = 1

⇒ n_H⁺ sau p/ư = 0,05 mol

n_H⁺p/ư = n_OH^- = 0,03 mol

⇒ n_Ba(OH)2 = 0,015 mol

⇒ CM Ba(HCO₃)₂ = 0,05 (mol/l)

n_BaSO4 = n_Ba(OH)2 = 0,015 mol (H₂SO₄ dư) ⇒ m_BaSO4 = 3,495g

Dung dịch sau khi trộn pH = 11 ⇒ môi trường bazơ.

(V₂.10^-3-V₁.10^-3)/(V₁+V₂) = 10^-3 

⇒ V₁/V₂ = 9/2

Đáp án B

Dung dịch sau khi trộn pH = 6 ⇒ môi trường axit.

(V₁.10^-5-V₂.10^-5)/(V₁+V₂) = 10^-6 

⇒ V₁/V₂ = 11/9

Ka = x(0,1+x)/(0,1-x) = 6,5.10^-5

⇒ x = 6,5.10^-5

⇒ pH = 4,2

Coi 300 ml dung dịch A gồm 100 ml H₂SO₄ 0,1M 100 ml HNO₃ 0,2M và 100 ml HCl 0,3M trộn lại với nhau.

Vậy: n_H⁺ = 0,07 mol

Phản ứng của dung dịch A và B là:

H⁺ + OH^- → H₂O

n_H⁺ (Pư) = n_OH^- = 0,49 . 0,001V

⇒ n_H⁺ (du) = 0,01.(0,3 + 0,001V)

⇒ 0,07 = 0,49.0,001V + 0,01.(0,3 + 0,001V)

⇒ V = 134 ml

Sau phản ứng trung hòa pH = 1 ⇒ H⁺ dư

H⁺ + OH^- → H₂O

n_H⁺ bđ = 0,08 mol; sau phản ứng pH = 1

⇒ n_H⁺ pư = n_OH^- = 0,03 mol

⇒ n_Ba(OH)2 = 0,015 mol

⇒ C_{M Ba(OH)2} = 0,05M

⇒ m_BaSO4 = 3,495g

Khi cho X tác dụng với dung dịch NaOH đun nóng có khí thoát ra nên X phải có nhóm NH₄⁺.

Nếu cho X vào dung dịch H₂SO₄ loãng sau đó thêm bột Cu vào thấy có khí không màu hoá nâu trong không khí thoát ra chứng tỏ X phải có nhóm NO₃^-.

X là NH₄NO₃ vì:

- Khi cho X tác dụng với NaOH thì có khí thoát ra ⟹ X có chứa NH₄⁺

NH₄NO₃ + NaOH → NaNO₃ + NH₃↑ + H₂O

- Khi cho X tác dụng với dung dịch H₂SO₄ loãng, thêm Cu thoát ra khí NO ⟹ X có chứa NO₃^-

3Cu + 8H⁺ + 2NO₃^- → 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O

Xét 100 gam phân kali, khối lượng K₂O là 47 gam

2KCl →  K₂O

149          94

y              47

Suy ra y = \({{47.\,2\,.\,74,5} \over {94}} = 74,5\)

Vậy hàm lượng KCl có trong phân là 74,5%

Hàm lượng đạm được xác định dựa vào phần trăm về khối lượng của N trong phân bón.

Trong các phân đạm đề bài cho, (NH₂)₂CO là phân có hàm lượng đạm cao nhất.

Công thức hóa học của phân urê là (NH₂)₂CO.

Giả sử có 100g phân kali, trong đó có 87g K2SO4

Độ dinh dưỡng = \(\frac{{{m_{{K_2}O}}}}{{{m_{phan}}}}.100\%\)

Ta có : nK = 2nK₂SO₄ = 2nK₂O

=> nK₂O = \(\frac{{87}}{{174}}\)= 0,5mol

=> Độ dinh dưỡng = \(\frac{{94.0,5}}{{100}}.100\% = 47\%\)

Các nguyên tố thuộc nhóm nitơ đều thuộc các nguyên tố họ p do cấu hình electron lớp ngoài cùng có dạng ns² np³

n_OH^- = 0,15 mol; nH₃PO₄ = 0,1 mol

1 < n_OH^- : nH₃PO₄ < 2

⇒ Tạo 2 muối: KH₂PO₄ và K₂HPO₄

Phương trình hoá học của các phản ứng :

\( 2N{H_3} + 3CuO\mathop \to \limits^{{t^0}} {N_2} + 3Cu + 3{H_2}O\) (1)

Chất rắn A thu được sau phản ứng gồm Cu và CuO còn dư. Chỉ có CuO phản ứng với dung dịch HCl :

\( CuO + 2HCl \to CuC{l_2} + {H_2}O\)(2)

Số mol HCl phản ứng với CuO : n_HCl = 0,02.1 = 0,02 (mol).

Theo (2), số mol CuO dư : n_CuO = \( \frac{1}{2}\) số mol HCl \(= \frac{0,02}{2}=0,01mol\) 

Số mol CuO tham gia phản ứng (1) = số mol CuO ban đầu - số mol CuO dư \(= \frac{{3,2}}{{80}} - 0,01 = 0,03mol\)

Theo (1), số mol NH₃ = \( \frac{2}{3}\) số mol CuO =  \( \frac{2}{3}.0,03=0,02\) (mol) và số mol N₂ = \( \frac{1}{3}\) số mol CuO =  \( \frac{1}{3}.0,03=0,01mol\) (mol).

Thể tích khí nitơ tạo thành : 0,01.22,4 = 0,224 (lít) hay 224 ml.

Quy đổi oxit sắt gồm có x mol Fe và y mol O

Ta có 56x+16y= 20,88 (1)

Ta có n_NO2= 0,29 mol

QT cho e :

Fe → Fe³⁺+ 3e

x        3x mol

QT nhận e :

O+ 2e→ O^-2

y        2y mol

N⁺⁵+ 1e → NO₂

      0,29      ←      0,29

Theo ĐL BT electron thì : n_{e cho}= n_{e nhận} nên 3x= 2y+ 0,29 (2)

Từ (1) và (2) ta có x= 0,29 và y= 0,29

Bảo toàn nguyên tố Fe có n_Fe(NO3)3= n_Fe= x= 0,29 mol

→ m_Fe(NO3)3=70,18 gam

Đáp án C

NH₄⁺ + OH^- → NH₃ + H₂O

Theo PTHH: nOH^- = nNH₃ = 5,6 : 22,4 = 0,25 mol

=> CM = n : V = 0,25 : 0,1 = 2,5M

Đáp án A

Các phương trình hóa học xảy ra là:

1 và 4 xảy ra PT: NH₃+ HNO₃→ NH₄NO₃

2 và 3 xảy ra PT: FeSO₄+ BaCl₂ → BaSO₄+ FeCl₂

2 và 4 xảy ra PT: 3Fe²⁺+ 4H⁺+ NO₃^-→ 3Fe³⁺+ NO + 2H₂O

1 và 2 xảy ra PT: 2NH₃+ FeSO₄+ 2H₂O→ Fe(OH)₂+ (NH₄)₂SO₄

Độ dinh dưỡng của phân lân được tính bằng hàm lượng %P₂O₅

Số mol của Ca(H₂PO₄)₂ là: 

\({m_{Ca{{({H_2}P{O_4})}_2}}} = \frac{{15,5.35,43\% }}{{100\% }} = 5,4916(g)\)

BTNT “P” nP₂O₅ = nCa(H₂PO₄)₂ = \(\frac{{5,4916}}{{234}} = 0,0235\,(mol)\)

Phần trăm P₂O₅ là: 

\(\% {P_2}{O_5} = \frac{{{m_{{P_2}{O_5}}}}}{{m{\,_{mau\,phan}}}}.100\% = \frac{{0,0235.142}}{{15,55}}.100\% = 21,5\%\)

Viết PTHH

Xem lại TCVL của CO₂ và CO

Khi đốt cháy than đá C ta thu được hỗn hợp khí CO₂ và CO đều không màu không mùi. Nhưng X là một khí độc nên X là CO

Đáp án C

Y là Fe₃O₄

Dung dịch X có các ion: K⁺, Ba²⁺, AlO₂^-, OH^-

Sục CO₂ dư vào X sau phản ứng thu được Al(OH)₃ theo phản ứng:

2AlO₂^- + CO₂ + 3H₂O → 2Al(OH)₃↓ + CO₃^2-

Dựa vào tính chất vật lí, tính chất hóa học của silic và hợp chất của silic để xác định các nhận xét đúng.

1) Đúng: Silic có các số oxi hóa là -4; 0; +2; +4. Tuy nhiên số oxi hóa +2 ít phổ biến.

2) Sai: Trong công nghiệp, silic được điều chế bằng cách dùng than cốc khử SiO2 trong lò điện ở nhiệt độ cao.

3) Sai: SiO₂ là oxit axit nhưng không tan trong nước

4) Đúng

5) Đúng. Ví dụ: Na₂SiO₃ + CO₂ + H₂O → H₂SiO₃ + Na₂CO₃

Vậy có 3 nhận xét đúng.

- A đúng PTHH:

Si + O₂ →SiO₂

4Al + 3O₂ → 2Al₂O₃

Si + 2NaOH + H₂O → Na₂SiO₃ + 2H₂

2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂

- B loại Mg vì Al không phản ứng

- C loại MgO vì Al không phản ứng

- D loại Na vì Al không phản ứng