Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Các nguyên tố nhóm halogen thuộc nhóm VIIA trong bảng tuần hoàn.

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Tính độ bất bão hòa của C₄H₁₀  ta thấy = 0 → thuộc hiđrocacbon no

→ Có đồng phân về mạch cacbon (mạch thẳng và mạch nhánh)

Giải chi tiết:

C₄H₁₀ có 2 CTCT là:

CH₃ - CH₂ - CH₂ - CH₃

CH₃ - CH(CH₃) - CH₃

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức đã học về tính chất hóa học của các chất đã cho → chọn chất thỏa mãn.

Giải chi tiết:

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 đáp án A

Phương pháp giải:

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)

Đổi số mol các chất và tính toán theo 2 PTHH trên

Giải chi tiết:

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 đáp án A

Phương pháp giải:

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

Ta có: $x:y=\frac{\%C}{12}:\frac{\%H}{1}:\frac{\%O}{16}$

→ Công thức đơn giản nhất = ?

Có M = 178 g/mol và công thức đơn giản nhất ta dễ dàng tìm được CTPT

áp dụng công thức tính số liên kết pi + vòng sẽ ra được đáp án

Giải chi tiết:

%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: $x:y=\frac{\%C}{12}:\frac{\%H}{1}:\frac{\%O}{16}$

$=\frac{\mathrm{74,16}\%}{12}:\frac{\mathrm{7,86}\%}{1}:\frac{\mathrm{17,98}}{16}$

$=\mathrm{6,18}:\mathrm{7,86}:\mathrm{1,12375}$$=\mathrm{5,5}:7:1=11:14:2$

Công thức đơn giản nhất: C₁₁H₁₄O₂

Vì M = 178 g/mol →$M_{{\left(C_{11}{H}_{14}{O}_2\right)}_n}=178\Rightarrow 178n=178\Rightarrow n=1$

Vậy CTPT của metylơgenol là C₁₁H₁₄O₂

Tổng số liên kết pi + vòng là: $\Delta =\frac{2.11+2-14}{2}=5$

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của P trong sgk hóa 11

Giải chi tiết:

2P + 3Mg $\stackrel{t°}{\to }$ Mg₃P₂

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức lí thuyết tổng hợp về Cacbon và Nitơ

Giải chi tiết:

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

(b) đúng, PTHH minh họa: C + 4KNO₃ $\stackrel{t°}{\to }$  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 $\stackrel{t°}{\to }$  Na₂SO₄ + 2NH₃↑ + 2H₂O

Khí NH₃ thoát ra làm xanh quỳ tím ẩm

→ cả 4 phát biểu đúng

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về phản ứng nhiệt phân của muối amoni

Giải chi tiết:

Sai sửa lại: NH₄NO₃ $\stackrel{t°}{\to }$  N₂O + 2H₂O

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Chất điện li là chất tan trong nước phân li ra các ion

Giải chi tiết:

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

HCl → H⁺ + Cl^-

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Tốc độ phản ứng phụ thuộc vào các yếu tố: nồng độ, nhiệt độ, diện tích tiếp xúc bề mặt

Giải chi tiết:

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 đáp án A

Phương pháp giải:

Áp dụng công thức tính hằng số cân bằng: $Kc=\frac{{\left[N{H}_3\right]}^2}{\left[N_2\right].\left[H_2\right]}=?$ với [NH₃]; [N₂]; [H₂] là nồng độ mol/l của các chất đó ở trạng thái cân bằng.

Giải chi tiết:

N₂ (k) + 3H₂ (k) ⇄ 2NH₃ (k).

Áp dụng công thức tính hằng số cân bằng: $Kc=\frac{{\left[N{H}_3\right]}^2}{\left[N_2\right].\left[H_2\right]}=\frac{{\mathrm{0,3}}^2}{\mathrm{0,05.0,1}}=18$

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào kĩ năng quan sát hình vẽ thí nghiệm.

CuSO₄ rắn khan có màu trắng còn khi ở trạng thái dd sẽ có màu xanh.

Giải chi tiết:

CuSO₄ (khan) có vai trò định tính nguyên tố H. Vì CuSO­₄(khan) gặp H₂O sẽ chuyển sang dd CuSO₄.5H₂O có màu xanh→ từ việc xác định có mặt H­₂O → suy được chất hữu cơ ban đầu có H

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Đặt công thức chung của 2 muối NaX, NaY là $Na\overline{X}$

PTHH: $Na\overline{X}+AgN{O}_3\to Ag\overline{X}\downarrow +NaN{O}_3$

Dùng phương pháp tăng giảm khối lượng

Giải chi tiết:

Đặt công thức chung của 2 muối NaX, NaY là $Na\overline{X}$

PTHH: $Na\overline{X}+AgN{O}_3\to Ag\overline{X}\downarrow +NaN{O}_3$

(mol)       a                       →              a                            

→ m_tăng = $a(108+\overline{X})-a(23+\overline{X})=85a\left(g\right)$

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

→ 85a = 25,5

→ a = 0,3

$\Rightarrow Na\overline{X}=\mathrm{0,3}\left(mol\right)\Rightarrow M_{Na\overline{X}}=\frac{m_{Na\overline{X}}}{n_{Na\overline{X}}}=\frac{\mathrm{31,84}}{\mathrm{0,3}}=\mathrm{106,13}(g/mol)$

$\Rightarrow 23+\overline{X}=\mathrm{106,13}$

$\Rightarrow \overline{X}=\mathrm{83,13}(g/mol)$

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

→ Công thức 2 muối: NaBr và NaI

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

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

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

m_{bình 1 tăng} = m_H2O → n_H = 2n_H2O = ? (mol)

BTNT “C”: n_CO2 = n_CaCO3 → n_C = n_CO2 = ? (mol)

BTKL có: m_O(Y) = m_Y - m_C - m_H = ? (g) → n_O(Y) = ?(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 = ?

Kết hợp với đáp án → CTPT thỏa mãn 

Giải chi tiết:

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 đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

PTHH: 2Fe + 3Cl₂ dư $\stackrel{t°}{\to }$ 2FeCl₃

→ Muối thu được là FeCl₃

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết về phân bón hóa học.

Giải chi tiết:

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

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức điều chế CH₄ trong sgk hóa 11 - trang 114

Giải chi tiết:

PTHH điều chế CH₄ trong PTN: CH₃COONa + NaOH $\stackrel{CaO,t^0}{\to }$  CH₄↑ + Na₂CO₃

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Đổi số mol SO₂ và NaOH

PTHH: SO₂ + NaOH → NaHSO₃

            SO₂  + 2NaOH → Na₂SO₃ + H₂O

Lập tỉ lệ: $k=\frac{n_{NaOH}}{n_{S{O}_2}}$

Nếu k ≤ 1 phản ứng chỉ tạo muối NaHSO₃. Tính toán theo số mol NaOH

Nếu k ≥ 2 phản ứng chỉ tạo muối Na₂SO₃. Tính toán theo số mol SO₂

Nếu 1 < k < 2 phản ứng tạo cả NaHSO₃ và Na₂SO₃. Đặt số mol mỗi muối, lập hệ 2 ẩn 2 phương trình với số mol SO_2­  và NaOH sẽ giải ra được số mol mỗi muối

Giải chi tiết:

$n_{S{O}_2}=\frac{\mathrm{12,8}}{64}=\mathrm{0,2}\left(mol\right)$

$n_{NaOH}=V.C_M=\mathrm{0,25.1}=\mathrm{0,25}\left(mol\right)$

Ta có: $\frac{n_{NaOH}}{n_{S{O}_2}}=\frac{\mathrm{0,25}}{\mathrm{0,2}}=\mathrm{1,25}$

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:

$\left\{\begin{array}{l}\sum n_{S{O}_2}=x+y=\mathrm{0,2}\\ \sum n_{NaOH}=x+2y=\mathrm{0,25}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=\mathrm{0,15}=n_{NaHS{O}_3}\\ y=\mathrm{0,05}=n_{N{a}_{2}S{O}_3}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{m}_{NaHS{O}_3}=\mathrm{0,15.104}=\mathrm{15,6}\left(g\right)\\ m_{N{a}_{2}S{O}_3}=\mathrm{0,05.126}=\mathrm{6,3}\left(g\right)\end{array}\right.$

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về Silic trong sgk hóa 11 - trang 76

Giải chi tiết:

Si (Z = 14): 1s²2s²2p⁶3s²3p²

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

X ít hơn X^3- 3e. Từ đó viết được cấu hình của X bằng cách bỏ đi 3e lớp ngoài cùng của X^3-

Giải chi tiết:

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 đáp án B

Phương pháp giải:

Xác định sự thay đổi số oxi hóa của các nguyên tố trong H₂S.

Nếu số oxi hóa tăng sau phản ứng thì H₂S đóng vai trò chất khử

Nếu số oxi hóa giảm sau phản ứng thì H₂S đóng vai trò chất oxi hóa

Nếu số oxi hóa cả tăng cả giảm thì H₂S đóng vai trò cả chất khử và chất oxi hóa

Giải chi tiết:

$\begin{array}{l}\stackrel{+3}{Fe}\stackrel{-1}{C{l}_3}+\stackrel{+1}{H_2}\stackrel{-2}{S}\to 2\stackrel{+2}{Fe}\stackrel{-1}{C{l}_2}+\stackrel{0}{S}+\stackrel{+1}{H}\stackrel{-1}{Cl}\\ OXHCK\end{array}$

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

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

1 liên kết đơn = 1 liên kết xích ma

1 liên kết đôi = 1 liên kết xích ma + 1 liên kết pi

Giải chi tiết:

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 đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào khái niệm chất hữu cơ: là hợp chất của cacbon trừ CO,CO₂, muối cacbonat, muối cacbua kim loại, HCN, muối xianua…

Giải chi tiết:

A. thỏa mãn

B. Loại NaHCO₃

C. Loại CO₂, CO

D. Loại NaCN, SiO₂

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

NH₃ + 3CuO $\stackrel{t°}{\to }$  3Cu + N₂ + 3H₂O

Giải chi tiết:

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

$A.4\stackrel{-3}{N}{H}_3+5O_2\stackrel{t^0}{\to }4\stackrel{+2}{N}O+6H_{2}O$

$B.2\stackrel{-3}{N}{H}_3+3\stackrel{0}{C{l}_2}\to \stackrel{0}{N_2}+6HCl$

$C.\stackrel{-3}{N}{H}_3+H_2{O}_2+MnS{O}_4\to Mn{O}_2+{\left(\stackrel{-3}{N}{H}_4\right)}_{2}S{O}_4$

$D.\stackrel{-3}{N}{H}_3+3CuO\stackrel{t^0}{\to }3Cu+\stackrel{0}{N_2}+3H_{2}O$

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

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức lí thuyết về nitơ và hợp chất của nó trong sgk hóa 11

Giải chi tiết:

NO và O₂ phản ứng được với nhau ở đk thường

PTHH: 2NO + O₂ → 2NO₂ (màu nâu đỏ)

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Khí X là H₂S; khí Y là SO₂

PTHH:

$FeS+2HCl\to FeC{l}_2+H_{2}S\left(X\right)$

$2H_{2}S+3O_2\stackrel{t°}{\to }2S{O}_2\left(Y\right)+2H_{2}O$

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về cacbon trong sgk hóa 11 - trang 66

Giải chi tiết:

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

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Viết đồng phân về mạch cacbon và vị trí của Cl

Giải chi tiết:

Các CTCT mạch hở của CTPT C₃H₆Cl₂

→ có 4 CTCT

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

CO chỉ khử được các oxit kim loại sau Al trong dãy điện hóa

Giải chi tiết:

$COdu+\left\{\begin{array}{l}CuO\\ F{e}_2{O}_3\\ A{l}_2{O}_3\\ MgO\end{array}\right.\to ran\left\{\begin{array}{l}Cu\\ Fe\\ A{l}_2{O}_3\\ MgO\end{array}\right.+C{O}_2,COdu$

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về nguyên tử trong sgk hóa 10

Giải chi tiết:

Hạt nhân được cấu tạo bởi proton và nơtron

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Cân bằng phương trình theo phương pháp thăng bằng electron

Bước 1: Xác định sự thay đổi số oxi hóa của 1 số nguyên tố, xác định chất khử, chất oxi hóa.

Bước 2: Viết quá trình oxi hóa, quá trình khử, cân bằng mỗi quá trình.

Bước 3: Đặt hệ số thích hợp trước chất khử, chất oxi hóa sao cho số electron quá trình oxi hóa bằng số electron quá trình khử.

Bước 4: Đặt hệ số thích hợp vào các chất trong phương trình và hoàn thành phương trình.

Giải chi tiết:

Bước 1: Xác định sự thay đổi số oxi hóa của 1 số nguyên tố trong phản ứng

$a\stackrel{0}{Al}+bH\stackrel{+5}{N}{O}_3\to \stackrel{+3}{cAl}{\left(N{O}_3\right)}_3+\stackrel{+2}{dN}O+e{H}_{2}O$

Bước 2,3: Viết quá trình oxi hóa, quá trình khử, cân bằng mỗi quá trình. Đặt hệ số trước chất khử, chất oxi hóa thích hợp sao cho số mol e nhường quá trình oxi hóa = số mol e nhận của quá trình khử

$\begin{array}{c}1x\\ 1x\end{array}\left|\begin{array}{l}A{l}^0\to A{l}^{+3}+3e\\ N^{+5}+3e\to N^{+2}\end{array}\right.$

Bước 3: Đặt hệ số vào chất khử, chất oxi hóa. Cân bằng phương trình

$\stackrel{0}{Al}+H\stackrel{+5}{N}{O}_3\to \stackrel{+3}{Al}{\left(N{O}_3\right)}_3+\stackrel{+2}{N}O+H_{2}O$

Kiểm tra nguyên tố N bên vế phải sau đó đặt hệ số HNO₃ bên vế trái

Sau đó kiểm tra số H bên vế trái và đặt vào hệ số H₂O bên vế phải

$\stackrel{0}{Al}+4H\stackrel{+5}{N}{O}_3\to \stackrel{+3}{Al}{\left(N{O}_3\right)}_3+\stackrel{+2}{N}O+2H_{2}O$

Kiểm tra cả 2 vế oxi đều đủ 12 nguyên tử O → phương trình trên được cân bằng

Vậy (a+b) = (1+4) = 5

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Viết pt ion rút gọn các quá trình xảy ra

Sử dụng bảo toàn điện tích với các chất trong dd X

Giải chi tiết:

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

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:

$2n_{C{a}^{2+}}+1.n_{N{a}^{+}}=1.n_{HC{O_3}^{-}}+1.n_{C{l}^{-}}$

$\to \mathrm{2.0,02}+b=\mathrm{1.0,03}+\mathrm{1.0,05}$

$\to b=\mathrm{0,04}\left(mol\right)$

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 đáp án C

Phương pháp giải:

Coi hh X gồm Fe, Cu và S

$\mathrm{2,72}gX\left\{\begin{array}{l}Fe:x\left(mol\right)\\ Cu:y\left(mol\right)\\ S\end{array}\right.+HN{O}_3:\mathrm{0,5}\to \mathrm{0,07}molNO+ddY\left\{\begin{array}{l}F{e}^{3+}\\ F{e}^{2+}\\ H^{+}\\ S{O_4}^{2-}\\ N{O_3}^{-}\end{array}\right.+BaC{l}_{2}du\to \mathrm{4,66}gBaS{O}_4$

Sử dụng bảo toàn nguyên tố S, H

Sử dụng bảo toàn khối lượng và bảo toàn e

Giải chi tiết:

Coi hh X gồm Fe, Cu và S

$\mathrm{2,72}gX\left\{\begin{array}{l}Fe:x\left(mol\right)\\ Cu:y\left(mol\right)\\ S\end{array}\right.+HN{O}_3:\mathrm{0,5}\to \mathrm{0,07}molNO+ddY\left\{\begin{array}{l}F{e}^{3+}\\ F{e}^{2+}\\ H^{+}\\ S{O_4}^{2-}\\ N{O_3}^{-}\end{array}\right.+BaC{l}_{2}du\to \mathrm{4,66}gBaS{O}_4$

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: $\left\{\begin{array}{l}{m}_{hhX}=56x+64y+\mathrm{0,02.32}=\mathrm{2,72}\\ Bte:3x+2y+\mathrm{0,12}=\mathrm{0,21}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=\mathrm{0,02}\\ y=\mathrm{0,015}\end{array}\right.$

Vậy dd Y chứa $\left\{\begin{array}{l}F{e}^{3+}:\mathrm{0,02}mol\\ C{u}^{2+}:\mathrm{0,015}mol\\ H^{+}:\mathrm{0,38}mol\\ S{O_4}^{2-}:\mathrm{0,02}mol\\ N{O_3}^{-}:\mathrm{0,43}mol\end{array}\right.+Cu:a\left(mol\right)\to \left\{\begin{array}{l}F{e}^{2+}:\mathrm{0,015}mol\\ C{u}^{2+}:\mathrm{0,015}+amol\\ S{O_4}^{2-}:\mathrm{0,02}mol\\ N{O_3}^{-}:\end{array}\right.+NO+H_{2}O$

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 đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào trạng thái tồn tại trong tự nhiên của photpho sgk hóa 11 - trang 48

Giải chi tiết:

Trong tự nhiên, photpho tồn tại ở dạng quặng photphorit (Ca₃(PO₄)₂) và apatit (3Ca₃(PO₄)₂.CaF₂)

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Các chất dẫn được điện khi có các ion chuyển động có khả năng dẫn điện

Giải chi tiết:

KCl rắn, khan không dẫn được điện

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào khái niệm đồng phân trong sgk hóa 11

Giải chi tiết:

Đồng phân là những chất có cùng công thức phân tử nhưng khác nhau về công thức cấu tạo

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào kết luận về nguyên nhân tính dẫn điện của các dd axit, bazơ và muối sgk hóa 11.

Giải chi tiết:

Các dung dịch axit, bazơ và muối dẫn điện được là do trong dung dịch của chúng có các tiểu phân mang điện tích chuyển động tự do được gọi là ion

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Tìm được số mol mỗi khí N₂ và H₂.

Khí sinh ra có H₂ → NO₃^- phải phản ứng hết.

Dung dịch muối thu được chứa MgCl₂; KCl có thể có NH₄Cl

$Mg+\left\{\begin{array}{l}HCl\\ KN{O}_3\end{array}\right.\to ddX\left\{\begin{array}{l}MgC{l}_2\\ N{H}_{4}Cl\\ KCl\\ HCl\end{array}\right.+\left\{\begin{array}{l}{N}_2\\ H_2\end{array}\right.+H_{2}O$

Sử dụng bảo toàn e tìm được mol NH₄Cl

Sử dụng BTNT N và K tìm được mol KCl

→ m = m_MgCl2 + m_NH4Cl + m_KCl = ?

Giải chi tiết:

Tóm tắt: $Mg+\left\{\begin{array}{l}HCl\\ KN{O}_3\end{array}\right.\to ddX\left\{\begin{array}{l}MgC{l}_2\\ N{H}_{4}Cl\\ KCl\\ HCl\end{array}\right.+\left\{\begin{array}{l}{N}_2\\ H_2\end{array}\right.+H_{2}O$

$n_{Mg}=\frac{\mathrm{3,48}}{24}=\mathrm{0,145}\left(mol\right)$

$n_{Y\left(dktc\right)}=\frac{\mathrm{0,56}}{\mathrm{22,4}}=\mathrm{0,025}\left(mol\right);$

$M_Y=\mathrm{11,4.}{M}_{H_2}=\mathrm{11,4.2}=\mathrm{22,8}(g/mol)$

Đặt $\left\{\begin{array}{l}{n}_{N_2}:x\left(mol\right)\\ n_{H_2}:y\left(mol\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{n}_Y=x+y=\mathrm{0,025}\\ m_Y=28x+2y=\mathrm{0,025}\times \mathrm{22,8}\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=\mathrm{0,02}\\ y=\mathrm{0,005}\end{array}\right.$

Sau phản ứng thu được H₂ nên NO₃^- phản ứng hết.

quá trình nhường e

  Mg → Mg⁺² + 2e

0,145            → 0,29 (mol)

quá trình nhận e

 2NO₃^- + 12H⁺ + 10e → N₂ + 6H₂O

                            0,2 ← 0,02            (mol)

NO₃^- + 10H⁺ + 8e → NH₄⁺ + 3H₂O

                         8a ←  a                       (mol)

2H⁺ +2e → H₂

        0,01← 0,005 (mol)

Bảo toàn e ta có: ∑n_{e nhường} = ∑n_{e nhận}

→ 0,29 = 0,2 + 8a + 0,01

→ a = 0,01

→ n_NH4Cl = 0,01 (mol)

BTNT “N”: n_KNO3 = n_NH4Cl + 2n_N2 = 0,01 + 2.0,02 = 0,05 (mol)

BTNT “K”: n_KCl = n_KNO3 = 0,05 (mol)

Vậy dd X chứa muối gồm MgCl₂: 0,145 (mol) và NH₄Cl: 0,01 (mol) ; KCl: 0,05 (mol)

→ m = m_MgCl2 + m_NH4Cl + m_KCl = 0,145.95 + 0,01.53,5 + 0,05.74,5 = 18,035 (g)

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Cân bằng phương pháp ion - electron

Áp dụng cho các phản ứng oxi hóa - khử xảy ra trong dd có sự tham gia của môi trường: axit, bazo, nước. Khi cân bằng sử dụng theo 4 bước như phương pháp thăng bằng electron nhưng chất oxi hóa, chất khử được viết đúng dạng mà nó tồn tại trong dd theo nguyên tắc sau:

1. Nếu phản ứng có axit tham gia:

+ Vế nào thiếu bao nhiêu O thêm bấy nhiêu H₂O để tạo ra H⁺ ở vế kia và ngược lại

VD: NO₃^‑  → NO

Ta thấy vế phải thiếu 2O, thêm vế phải 2H₂O để tạo vế trái 4H⁺, sau đó cân bằng điện tích của bán phản ứng

 NO₃^‑  + 4H⁺ + 3e → NO + 2H₂O

2. Nếu phản ứng có bazơ tham gia:

+ Vế nào thiếu bao nhiêu O thêm lượng OH^- gấp đôi để tạo H₂O ở vế kia và ngược lại

VD: Cr₂O₃ → 2CrO₄^-

Vế trái thiếu 5O thêm vế trái 10OH^- để tạo 5H₂O ở vế phải, sau đó cân bằng điện tích bán phản ứng

Cr₂O₃ + 10OH^- → 2CrO₄^- + 5H₂O +6e

3. Nếu phản ứng có H₂O tham gia

+ Sản phẩm phản ứng tạo ra axit, cân bằng theo nguyên tắc 1

+ Sản phẩm phản ứng tạo ra bazơ, cân bằng theo nguyên tắc 2

MnO₄^- + 2H₂O + 3e → MnO₂ + 4OH^-

Giải chi tiết:

Bước 1: Xác định sự thay đổi số oxi hóa của 1 số nguyên tố, xác định được chất khử, chất oxi hóa

$\stackrel{+2}{Fe}S{O}_4+K\stackrel{+7}{Mn}{O}_4+H_{2}O\to K_{2}S{O}_4+\stackrel{+4}{Mn}{O}_2+\stackrel{+3}{Fe}{\left(OH\right)}_3+\stackrel{+3}{F{e}_2^{}}{\left(S{O}_4\right)}_3$

Bước 2: Viết quá trình khử, quá trình oxi hóa, cân bằng mỗi quá trình và đặt hệ số thích hợp trước chất khử, chất oxi hóa

$\begin{array}{c}3x\\ 1x\end{array}\left|\begin{array}{l}F{e}^{+2}\to F{e}^{+3}+1e\\ Mn{O_4}^{-}+2H_{2}O+3e\to Mn{O_2}^{-}+4O{H}^{-}\end{array}\right.$

$\to 3F{e}^{+2}+Mn{O_4}^{-}+2H_{2}O\to 3F{e}^{+3}+Mn{O_2}^{-}+4O{H}^{-}$

Bước 3: Viết bán phản ứng, ép đúng tỉ lệ Fe(OH)₃ và nhân hệ số thích hợp để triệt tiêu OH^-

$\begin{array}{c}3x\\ 4x\end{array}\left|\begin{array}{l}3F{e}^{+2}+Mn{O_4}^{-}+2H_{2}O\to 3F{e}^{+3}+Mn{O_2}^{-}+4O{H}^{-}\left(1\right)\\ F{e}^{3+}+3O{H}^{-}\to Fe{\left(OH\right)}_3\left(2\right)\end{array}\right.$

$\to 9F{e}^{+2}+3Mn{O_4}^{-}+6H_{2}O\to 5F{e}^{+3}+3Mn{O_2}^{-}+4Fe{\left(OH\right)}_3\left(3\right)$

Ta thấy trong phương trình phân tử Fe⁺³ tồn tại ở dạng Fe₂(SO₄)₃ nên ta nhân cả 2 vê (3) với hệ số 2 để làm chẵn số nguyên tố Fe⁺³

$18F{e}^{+2}+6Mn{O_4}^{-}+12H_{2}O\to 10F{e}^{+3}+6Mn{O_2}^{-}+8Fe{\left(OH\right)}_3\left(4\right)$

Thêm ion K⁺, SO₄^2- vào phương trình ion (4) ta được phương trình phân tử ban đầu cân bằng.

→ 18FeSO₄ + 6KMnO₄ + 12H₂O → 3K₂SO₄ + 6MnO₂ + 8Fe(OH)₃ + 5Fe₂(SO₄)₃

Vậy hệ số của H₂O là 12