Ở phương án D NH₃ thể hiện tính bazo yếu

Đáp án D

Ban đầu, NH₃ có môi trường bazo yếu => làm phenol phtalein chuyển sang màu hồng

Khi cho thêm HCl dư vào, xảy ra phản ứng

NH₃ + HCl → NH₄Cl

Dung dịch chuyển từ màu hồng => không màu

Đáp án C

Ta có phương trình:

AgNO₃ → Ag + NO₂ + 1/2O₂

Đáp án C

C thể hiện tính OXH khi tác dụng với kim loại mạnh

Đáp án A

Ba(OH)₂ + (NH₄)₂SO₄ → BaSO₄ + 2NH₃ + 2H₂O

=> Sau phản ứng xuất hiện kết tủa trắng và có khí mùi khai thoát ra

Đáp án A

HNO₃ tác dụng với hợp chất có chứa ion kim loại có chứa số oxh trung gian

Đáp án D

Al(NO₃)₃ + 3NH₃ + 3H₂O → Al(OH)₃ + 3NH₄NO₃

=> Sau phản ứng thu được kết tủa trắng, nhưng không tan trong NH₃

Đáp án D

Fe, Al bị thụ động trong HNO₃ đặc nguội

Đáp án B

Muối được dùng cho bánh quy xốp là muối NH₄HCO₃

Đáp án B

Khí nito tương đối trơ về mặt hóa học ở nhiệt độ thường là do trong phân tử N₂ có chứa liên kết 3 rất bền

Đáp án D

Do SiO₂ có khả năng tan được trong HF nên SiO₂ + 4HF → SiF₄ + H₂O là phản ứng khắc chữ lên thủy tinh

Đáp án C

NH₄NO₂ → N₂ + 2H₂O

Đáp án C

C₄H₁₀ có 2 CTCT là:

CH₃ – CH₂- CH₂- CH₃

CH₃ – CH(CH₃)-CH₃

Chọn A

Al(OH)₃ là hidroxit lưỡng tính nên vừa tác dụng được với dd NaOH và dd HCl

PTHH minh họa: Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

                            Al(OH)₃ + 3HCl → AlCl₃ + 3H₂O

Chọn B

Đun nóng dd thu được lại thấy xuất hiện kết tủa → CO₂ hấp thụ vào dd Ca(OH)₂ tạo 2 muối

PTHH: CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O  (1)

             CO₂ + 2Ca(OH)₂ → Ca(HCO₃)₂   (2)

n_Ca(OH)2 = 4.0,01 = 0,04 (mol)

n_CaCO3 = 1 : 100 = 0,01 (mol)

Theo PTHH (1): n_CO2(1) = n_{Ca(OH)2 (1)} = n_CaCO3 = 0,01 (mol)

→ n_{Ca(OH)2 (2)} = ∑ n_Ca(OH)2 – n_{Ca(OH)2 (1)} = 0,04 – 0,01 = 0,03 (mol)

Theo PTHH (2): n_CO2(2) = 2n_{Ca(OH)2 (2)} = 2.0,03 = 0,06 (mol)

→ ∑ n_CO2(1)+(2) = 0,01 + 0,06 = 0,07 (mol)

→ V_CO2(đktc) = 0,07×22,4 = 1,568 (lít)

Chọn A

%O = 100% - %C - %H = 100% - 74,16% - 7,86% = 17,98%

Đặt công thức phân tử của metylơgenol là C_xH_yO_z (đk: x, y,z nguyên dương)

Ta có:

 \(\begin{array}{l}x:y = \dfrac{{\% C}}{{12}}:\dfrac{{\% H}}{1}:\dfrac{{\% O}}{{16}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = \dfrac{{74,16\% }}{{12}}:\dfrac{{7,86\% }}{1}:\dfrac{{17,98}}{{16}}\\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 6,18:7,86:1,12375\\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 5,5:7:1\\\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 11:14:2\end{array}\)

Công thức đơn giản nhất: C₁₁H₁₄O₂

Vì M = 178 g/mol → \({M_{{{({C_{11}}{H_{14}}{O_2})}_n}}} = 178 \Rightarrow 178n = 178 \Rightarrow n = 1\)

Vậy CTPT của metylơgenol là C₁₁H₁₄O₂

Tổng số liên kết pi + vòng là: \(\Delta  = \dfrac{{2.11 + 2 - 14}}{2} = 5\)

Chọn A

2P + 3Mg  → Mg₃P₂

Chọn A

(a) đúng, PTHH minh họa: Cu + 4HNO₃ đặc → Cu(NO₃)₂ + 2NO₂↑ + 2H₂O

(b) đúng, PTHH minh họa: C + 4KNO₃ \(\xrightarrow{{{t^0}}}\) CO₂ + 4NO₂ + 2K₂O

                                            CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓(trắng) + H₂O

(c) đúng, PTHH minh họa: CaCl₂ + Na₂CO₃ → CaCO₃↓ (trắng) + 2NaCl

(d) đúng, PTHH minh họa: 2NaOH + (NH₄)₂SO₄ \(\xrightarrow{{{t^0}}}\) Na₂SO₄ + 2NH₃↑ + 2H₂O

Khí NH₃ thoát ra làm xanh quỳ tím ẩm

→ cả 4 phát biểu đúng

Chọn B

B. Sai sửa lại: NH₄NO₃ \(\xrightarrow{{{t^0}}}\) N₂O + 2H₂O

Chọn B

axit clohiđric (HCl) là chất điện li vì chất này tan trong nước phân li ra các ion như sau:

HCl → H⁺ + Cl^-

Chọn B

Bột kẽm có diện tích tiếp xúc với HCl lớn hơn miếng kẽm nên khí thoát ra ở thí nghiệm của nhóm thứ hai mạnh hơn của nhóm thứ nhất

Chọn C

N₂ (k) + 3H₂ (k) ⇔ 2NH₃ (k).

áp dụng công thức tính hằng số cân bằng:

\(Kc = \dfrac{{{{{\rm{[}}N{H_3}]}^2}}}{{{\rm{[}}{N_2}].{\rm{[}}{H_2}]}} = \dfrac{{0,{3^2}}}{{0,05.0,1}} = 18\)

Chọn A

Đặt công thức chung của 2 muối NaX, NaY là \(Na\overline X \)

PTHH: \(Na\overline X  + AgN{O_3} \to Ag\overline X  + NaN{{\rm{O}}_3}\)

       a                       → a                           

=> m_tăng = \(a(108 + \overline X ) - a(23 + \overline X ) = 85a\,\,(g)\)

Theo đề bài: m_tăng = 57,34 – 31,84 = 25,5 (g)

→ 85a = 25,5

→ a = 0,3

\(\begin{array}{l} \Rightarrow Na\overline X  = 0,3\,(mol) \\\Rightarrow {M_{Na\overline X }} = \dfrac{{{m_{Na\overline X }}}}{{{n_{Na\overline X }}}} = \dfrac{{31,84}}{{0,3}} = 106,13\,(g/mol)\\ \Rightarrow 23 + \overline X  = 106,13\\ \Rightarrow \overline X  = 83,13\,(g/mol)\end{array}\)

Vì X, Y là 2 halogen ở 2 chu kì liên tiếp nên \[{M_X} = 80\,(Br) < \overline X  = 83,13\, < {M_Y} = 127(I)\]

→ Công thức 2 muối: NaBr và NaI

Chọn D

dd có pH nhỏ nhất tức có nồng độ H⁺ lớn nhất → chất phân li cho H⁺ nhiều nhất → HNO₃

Chọn A

m_{bình 1 tăng} = m_H2O = 3,6 (g) → n_H2O = 3,6 : 18 = 0,2 (mol) → n_H = 2n_H2O = 2.0,2 = 0,4 (mol)

BTNT “C”: n_CO2 = n_CaCO3 = 30 : 100 = 0,3 (mol) → n_C = n_CO2 = 0,3 (mol)

BTKL có: m_O(Y) = m_Y – m_C – m_H = 10,4 – 0,3.12 – 0,4.1 = 6,4 (g)

→ n_O(Y) = 6,4 : 16 = 0,4 (mol)

Đặt công thức phân tử của X : C_xH_yO_z (đk: x,y,z nguyên dương)

Ta có: x: y : z = n_C : n_H : n_O = 0,3 : 0,4 : 0,4

                       = 3:4 :4

→ CTPT Y có dạng: (C₃H₄O₄)_n

Kết hợp với đáp án → n = 1 thỏa mãn → CTPT Y: C₃H₄O₄

Chọn B

PTHH: 2Fe + 3Cl₂ dư \(\xrightarrow{{{t^0}}}\) 2FeCl₃

→ Muối thu được là FeCl₃

Chọn D

Độ dinh dưỡng của phân kaki được đánh giá bằng phần trăm hàm lượng K₂O

Chọn D

PTHH điều chế CH₄ trong PTN: CH₃COONa + NaOH \(\xrightarrow{{CaO,{t^0}}}\) CH₄↑ + Na₂CO₃

Chọn A

\(\begin{array}{l}{n_{S{O_2}}} = \dfrac{{12,8}}{{64}} = 0,2\,(mol)\\{n_{NaOH}} = V.{C_M} = 0,25.1 = 0,25\,(mol)\\Ta\,co:\dfrac{{{n_{NaOH}}}}{{{n_{S{O_2}}}}} = \dfrac{{0,25}}{{0,2}} = 1,25\end{array}\)

Ta thấy: 1 < 1,25 < 2. Do vậy SO₂ pư với dd NaOH tạo 2 muối. Cả SO₂ và NaOH đều phản ứng hết.

PTHH: SO₂ + NaOH → NaHSO₃

(mol)     x          x       ←  x

            SO₂  + 2NaOH → Na₂SO₃ + H₂O

(mol)      y       2y         ←   y

Ta có hệ phương trình: \(\left\{ \begin{array}{l}\sum {{n_{S{O_2}}} = x + y = 0,2} \\\sum {{n_{NaOH}} = x + 2y = 0,25} \end{array} \right. \\\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,15 = {n_{NaHS{O_3}}}\\y = 0,05 = {n_{N{a_2}S{O_3}}}\end{array} \right. \\\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{m_{NaHS{O_3}}} = 0,15.104 = 15,6\,(g)\\{m_{N{a_2}S{O_3}}} = 0,05.126 = 6,3\,(g)\end{array} \right.\)

Chọn C

Si (Z = 14): 1s²2s²2p⁶3s²3p²

Chọn B

X + 3e→ X^3-

→ X ít hơn X^3- 3e

→ Cấu hình của X là: 1s²2s²2p⁶3s²3p³

→ X có 15e, có 3 lớp e, có 5e lớp ngoài cùng và e cuối cùng điền vào phân lớp p

→ X thuộc ô thứ 15, chu kì 3, nhóm VA trong BTH

Chọn C

\(\begin{array}{l}\mathop {Fe}\limits^{ + 3} \mathop {C{l_3}}\limits^{ - 1}  + \mathop {{H_2}}\limits^{ + 1} \mathop S\limits^{ - 2}  \to 2\mathop {Fe}\limits^{ + 2} \mathop {C{l_2}}\limits^{ - 1}  + \mathop S\limits^0  + \mathop H\limits^{ + 1} \mathop {Cl}\limits^{ - 1} \\OXH\,\,\,\,\,\,\,CK\end{array}\)

S trong H₂S có số oxi hóa tăng sau phản ứng → H₂S đóng vai trò là chất khử

Chọn B

CH­₂ = CH₂ có 5 liên kết xích ma trong phân tử (gồm 4 liên kết xích ma của 4 liên kết đơn C-H và 1 liên kết xích ma trong liên kết đôi C=C)

Chọn C

A. thỏa mãn

B. Loại NaHCO₃

C. Loại CO₂, CO

D. Loại NaCN, SiO₂

Chọn A

NO và O₂ phản ứng được với nhau ở đk thường

PTHH: 2NO + O₂ → 2NO₂ (màu nâu đỏ)

Chọn D

Khí X là H₂S; khí Y là SO₂

\(\begin{gathered}PTHH:\,FeS + 2HCl\xrightarrow{{}}FeC{l_2} + \underbrace {{H_2}S}_X \hfill \\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,2{H_2}S + 3{O_2}\xrightarrow{{{t^0}}}\,2\,\underbrace {S{O_2}}_Y + 2{H_2}O \hfill \\\end{gathered} \)

Chọn C

Các số oxi hóa thường gặp của Cacbon: -4, 0, +2, +4.

Chọn B

Hạt nhân được cấu tạo bởi proton và nơtron

Chọn B

Đặt trong 1/2 dd X \(\left\{ \begin{array}{l}C{a^{2 + }}:a(mol))\\N{a^ + }:b\,(mol)\\HC{O_3}^ - :c\,\,(mol)\\C{l^ - }:0,05\,(mol)\end{array} \right.\)

Xét dd X + NaOH dư thu được 2 gam kết tủa, còn khi pư với dd Ca(OH)₂ dư cho 3 gam kết tủa

→ Chứng tỏ lượng kết tủa 2 gam tính theo số mol của Ca²⁺ ban đầu.

Lượng kết tủa 3g tính theo số mol của HCO₃^-

HCO₃^-  + OH- → CO₃^2- + H₂O

CO₃^2- + Ca²⁺ → CaCO₃↓

n_CaCO3 = 2 : 100 = 0,02 (mol) → n_{Ca2+ bđ} = n­_CaCO3 = 0,02 (mol) → a = 0,02

n_CaCO3 = 3 : 100 = 0,03 (mol) → n_HCO3-bđ = n_CaCO3 = 0,03 (mol) → b = 0,03

Bảo toàn điện tích với các chất trong dd X ta có:

\(\begin{array}{l}2{n_{C{a^{2 + }}}} + 1.{n_{N{a^ + }}} = 1.{n_{HC{O_3}^ - }} + 1.{n_{C{l^ - }}}\\ \to 2.0,02 + b = 1.0,03 + 1.0,05\\ \to b = 0,04\,(mol)\end{array}\)

Đun sôi 1/2 dd X có phản ứng:

2HCO₃^-  → CO₃^2- + CO₂↑ + H₂O

0,03       → 0,015 (mol)

Rắn thu được chứa các ion là: Ca²⁺: 0,02 (mol); Na⁺: 0,04 (mol); CO₃^2-:0,015 (mol); Cl^-: 0,05 (mol)

→ m_rắn = 0,02.40 + 0,04.23 + 0,015.60 + 0,05.35,5 = 4,395 (g)

Vậy đun sôi toàn bộ X thu được m_rắn = 2×4,395=8,79 (g)

Chọn C

Coi hh X gồm Fe, Cu và S

\(2,72\,g\,X\left\{ \begin{gathered} Fe:\,x(mol) \hfill \\ Cu:\,y(mol) \hfill \\ S \hfill \\\end{gathered}  \\\right.\xrightarrow[{0,5\,\,mol}]{{ + HN{O_3}}}0,07\,mol\,NO + dd\,Y\left\{ \begin{gathered} F{e^{3 + }} \hfill \\F{e^{2 + }} \hfill \\ {H^ + } \hfill \\  S{O_4}^{2 - } \hfill \\ N{O_3}^ -  \hfill \\\end{gathered}\\\right.\xrightarrow{{ + BaC{l_2}\,du}}4,66\,g\,BaS{O_4}\)

BTNT “S”: n_S = n_BaSO4 = 4,66 : 233 = 0,02 (mol)

quá trình nhường e

Fe → Fe⁺³ + 3e

x              → 3x (mol)

Cu → Cu⁺² + 2e

y               → 2y (mol)

S  + H₂O + 6e → 8H⁺ + SO₄^2-

0,02  →   0,12→ 0,16 (mol)

quá trình nhận e

4H⁺ + NO₃^‑ + 3e → NO + 2H₂O  (*)

0,28              0,21 ← 0,07 (mol)

Lượng H⁺ có trong dd Y là: n_H+ = n_HNO3 + 8n_S –  4n_NO = 0,5 + 8.0,02 – 4.0,07 = 0,38 (mol)

Ta có hệ: \(\left\{ \begin{array}{l}{m_{hhX}} = 56x + 64y + 0,02.32 = 2,72\\Bt\,e:3x + 2y + 0,12 = 0,21\end{array} \\\right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,02\\y = 0,015\end{array} \right.\)

Vậy dd Y chứa

Cho Cu vào dd Y có: n_NO = 1/4n_H+ = 1/4.0,38 = 0,095 (mol) (Nhìn theo tương tự như bán phản ứng (*))

Bảo toàn e ta có: 2n_Cu = n_Fe3+ + 3n­_NO = 0,02 + 3.0,095 → n_Cu = 0,1525 (mol)

→ m_Cu = 0,1525×64 = 9,76 (g)

Chọn C