Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:

nHCO₃^- = 2nCa²⁺ + 2n Mg²⁺ - nCl^- = 0,2 + 0,6 – 0,4 = 0,4 mol

m muối = m HCO₃^- + mCa²⁺ + mMg²⁺ + mCl^- = 0,1.40 + 0,3.24 + 0,4.35,5 + 0,4.61

m muối = 49,8g ⇒ Đáp án B

nNa⁺ = nOH^- = nNaOH = 0,6M

X + NaOH → dung dịch Y(Mg²⁺;Fe²⁺;H⁺ dư;Cl^-)

NaOH + Y: Mg²⁺; Fe²⁺ kết tủa với OH^- .

⇒ dung dịch thu được sau phản ứng chỉ chứa Na⁺ và Cl^-.

⇒ nCl^- = nNa⁺=0,6⇒ VHCl=0,6 : 2= 0,3lít 

nHCl đã dùng = 0,6mol

nH₂ = 0,25 mol ⇒ nHCl pư kim loại = 2nH₂ = 0,5mol

⇒ nNaOH pư HCl = n HCl dư = 0,6 – 0,5 = 0,1 mol

nNaOH tạo kết tủa với kim loại = 0,6 – 0,1 = 0,5 mol

mkết tuả = mKL + mOH^- = 10 + 0,5.17 = 18,5g

⇒ Đáp án B

Dung dịch X chứa các ion Na⁺ ; AlO₂^- ; OH^- dư (có thể).

Áp dụng định luật Bảo toàn điện tích:

n AlO₂^- + n OH^- = n Na⁺ = 0,5

Khi cho HCl vaof dung dịch X:

H⁺ + OH^- → H₂O (1)

H⁺ + AlO₂^- + H₂O → Al(OH)₃ ↓ (2)

3H⁺ + Al(OH)₃ → Al³⁺ + 3H₂O (3)

Để kết tủa là lớn nhất, thì không xảy ra (3) và n H⁺ = n AlO₂^- + n OH^- = 0,5 mol

⇒ VHCl = 0,5/2 = 0,25 (lít) ⇒ Đáp án C

n_AgNO3 = n_Ag = 2n_Glu = (36 : 180). 2 = 0,4 mol;

⇒ m_Ag = 0,4. 180 = 43,2 gam

Glucozơ → 2C₂H₅OH + 2CO₂

n_rượu = 2n_glu = 2. 2,5. 10³. 80% : 180 = 22,22 mol

m_rượu = 22,22. 46 : 0,8 : (40/100). 90% = 2875ml

Thứ tự pH là  (2) CH₃COOH, (1) H₂NCH₂COOH, (3) CH₃CH₂NH₂. 

[C₆H₇O₂(OH)₃]_n (162n tấn) + 3nHNO₃ → [C₆H₇O₂(ONO₂)₃]_n (297n tấn) + 3n H₂O

2 tấn -^{H = 60%}→ 2 x 300 / 162 x 60% = 2,2 tấn

Đáp án C

n_Ag = 0,1 mol

TH1: X là anđehit fomic → n_HCHO = n_Ag / 4 = 0,025 mol → M = 2,8/0,025 = 112 (loại)

TH₂: X có dạng RCHO (R ≠ H)

→ n_RCHO = n_Ag / 2 = 0,1 / 2 = 0,05 mol

→ M_RCHO = 2,8 / 0,05 = 56 → R = 27 (C₂H₃)

→ X là CH₂=CH-CHO (anđehit acrylic)

Từ CTPT → k = 4 → loại C, D vì quá số LK pi

Loại B vì CH₃-CH=CH-COONa có đồng phân hình học

Các hợp chất của Clo dưới tác dụng của bức xạ mặt trời bị phân hủy sinh ra clo.

Cl + O₃ → ClO + O₂

Do đó làm giảm lượng ozon, gây hiện tượng suy giảm tầng ozon tọa ra các lỗ thủng tầng ozon.

→ Đáp án C

2NH₃ + 3Cl₂ → N₂ + 6HCl

→ Đáp án B

Các đồng phân CH₃COOH; HCOOCH₃; HO-CH₂-CHO.

Phát biểu đúng:

(a) Glucozơ được gọi là đường nho do có nhiều trong quả nho chín.

(c) Phân tử amilopectin có cấu trúc mạch phân nhánh.

(e) Trong mật ong chứa nhiều fructozơ.

(g) Tinh bột là một trong những lương thực cơ bản của con người.

n_Sac = 0,1 mol; n_Man = 0,2 mol;

Phản ứng thủy phân:

Saccarozơ → glucozơ + fructozơ

Mantozơ → 2 glucozơ

H = 75% ⇒ dd X gồm: n_glu = (n_sac + 2n_man). 0,75 = 0,375 mol;

n_fruc = n_sac. 0,75 = 0,075mol;

n_man = 0,05 mol;

n_sac = 0,025 mol

n_Ag = 2(n_glu + n_man + n_fruc) = 1 mol

Do trong phân tử Saccarozơ không có nhóm –CHO nên khi tác dụng với Cu(OH)₂ đun nóng không tạo kết tủa đỏ gạch

Phần 1:

0,672l khí là khí NH₃; n NH₃ = n NH₄⁺ = 0,03 mol

1,07g kết tuả là Fe(OH)₃; nFe(OH)₃ = nFe³⁺ = 0,01 mol

Phần 2:

4,66g kết tủa là BaSO₄; nBaSO₄ = n SO₄^2- = 0,02 mol

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:

nCl^- = 3nFe³⁺ + nNH₄⁺ - 2nSO₄^2- = 0,03 + 0,03 – 0,04 = 0,02 mol

mmuối = 2.(56.0,01 + 0,03.18 + 0,02.96 + 0,02.35,5) = 7,46g

⇒ Đáp án C

17,22g kết tủa là AgCl; nAgCl = 0,12 mol

⇒ nCl^- = 0,12 mol

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:

nCl^- = n NO₃^- = 0,12 mol( bằng số mol điện tích của cation)

mcation kim loại = mmuối clorua – mCl^- = 5,94 – 0,12.35,5 = 1,68g

mmuối nitrat (Y) = mkim loại + mNO₃^- = 1,68 + 0,12.62 = 9,12g

⇒ Đáp án D

Bảo toàn điện tích với dung dịch chứa Ba²⁺; OH^- 0,06mol và Na⁺ 0,02 mol

⇒ nBa²⁺ =(0,06-0,02)/2 = 0,02 mol

Bảo toàn điện tích với dung dịch chứa HCO₃^- 0,04 mol; CO₃^2- 0,03 mol và Na⁺

⇒ nNa⁺ = 0,04 + 0,03 = 0,07 mol

Khi trộn 2 dung dịch vào ta có:

HCO₃^- + OH^- → CO₃^2- + H₂O

nOH^- > nHCO₃^- ⇒ OH^- dư

nCO₃^2- sinh ra = nHCO₃^- = 0,04 mol

∑n CO₃^2- = 0,03 + 0,04 = 0,07 mol

Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃ ↓

n Ba²⁺ < n CO₃^2- ⇒ nBaCO₃ = n Ba²⁺ = 0,02 mol

mkết tủa = 0,02. 197 = 3,94g ⇒ Đáp án A

mkết tủa = m BaCO₃ = 39,4g ⇒ n BaCO₃ = 0,2 mol

⇒ n CO₃^2- = 0,2 mol

m cation kim loại = m muối - mCO₃^2- = 24,4 – 0,2.60 = 12,4g

Bảo toàn điện tích ta có:

2nCO₃^2- = nCl^- = 0,4( bằng số mol điện tích cation)

mmuối clorua = mkim loại + mCl^- = 12,4 + 0,4.35,5 = 26,6g

⇒ Đáp án C

Dung dịch X chỉ chứa 2 muối là: Fe₂(SO₄)₃ và CuSO₄

n FeS₂ = ½ n Fe₂(SO4)₃ = 0,06mol

n CuSO₄ = 2n Cu₂S = 2x mol

Bảo toàn nguyên tố S: 0,12.2 + x = 0,06.3 + 2x

⇒ x = 0,06

⇒ Đáp án C

Đặt n_P= x mol, n_OH- =0,15 mol

TH1: Axit dư, x > 0,15

Dễ thấy chất rắn gồm

(x-0,15)/2 mol P₂O₅, 0,1 mol NaH₂PO₄, 0,05 mol KH₂PO₄

→m_rắn= 142. (x-0,15)/2+ 99.0,1+ 136.0,05 > 8,56 gam (Vô lí)

TH2: Kiềm dư, x ⟨ 0,15/3= 0,05

Chất rắn gồm: x mol PO₄^3-, 0,15-3x mol OH^-, 0,1 mol Na⁺, 0,05 mol K⁺

→ m_rắn= 95x+ 17. (0,15-3x)+ 23.0,1+ 39.0,05= 8,56 gam

→ x= 0,04

Vậy n_P2O5= 0,02 mol→m= 2,84 gam

TH3: Tạo hỗn hợp muối, 0,05 ⟨ x⟨ 0,15

Chất rắn gồm:

H₂PO₄­^-, HPO₄^2-, PO₄^3- (hai trong 3 gốc này): x mol; K⁺: 0,05 mol, Na⁺: 0,1 mol

→m_rắn= M.x+ 23.0,1+ 39.0,05

Vì x> 0,05 và M> 95 nên m_rắn > 95.0,05+ 2,3+1,95=9 >8,56

→Không thỏa mãn

Đáp án D

CaO + H₂O → Ca(OH)₂

CaO + 2HCl → CaCl₂ + H₂O

CaO + CO₂→ CaCO₃              

Nguyên tử Z có số khối A = 23, số proton = số electron = 11

→ Số nơtron = A - Z = 23 - 11 = 12

→ Đáp án B

n NaOH = 0,5.0,2 = 0,1 mol

Axit đơn chức: RCOOH

RCOOH + NaOH → RCOONa

Ta thấy cứ 1 mol axit + 1 mol NaOH → tạo ra 1 mol muối, khối lượng muối tăng so với axit là: 23 – 1 = 22g

⇒0,1 mol NaOH: ∆m tăng = 0,1.22 = 2,2g

m muối = m axit + ∆m tăng = 7,4 + 2,2 = 9,6g 

- Cho Fe dư + H₂SO₄ → m₁ gam muối + V lít H₂

Fe + 2H⁺ → Fe²⁺ + H₂↑

n_Fe²⁺ = n_H2 = V/22,4 → m₁ = m_FeSO4 = V/22,4 x 152 gam.

- Cho Fe + H₂SO₄ đặc, nóng → m₂ gam muối + V lít SO₂

2Fe + 6H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂↑ + 6H₂O

n_Fe2(SO₄)₃ = 1/3 x n_SO2 = 1/3 x V/22,4 mol

→ m₂ = m_Fe2(SO₄)₃ = 1/3 x V/22,4 x 400 gam

→ m₁ > m₂

→ Đáp án C

Hòa tan hết cùng 1 lượng Fe (x mol) trong dung dịch H₂SO₄ loãng(1) và H₂SO₄ đặc, nóng (2):

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂↑

→ V_H2 = 22,4x lít.

2Fe + 6H₂SO₄ đ -^to→ Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂ + 6H₂O

V_SO2 = 3/2.x.22,4 = 33,6l

⇒ Thể tích khí sinh ra trong cùng điều kiện (2) gấp rưỡi (1)

→ Đáp án C

Gọi anken là C_nH_2n

Ta có m_{bình nước tăng} = m_anken = 4,2g

Y: C_nH_2n+1OH và Z: C_nH_2n+1Br

Ta có: Cứ 1 mol X → 1 mol Y và 1 mol Z và khối lượng Z lớn hơn khối lượng Y là 80 – 17 = 63g

Theo đề bài m_Z – m_Y = 9,45g

⇒ n_X = 9,45 : 63 = 0,15 mol

M_X = 4,2 : 0,15 = 28 ⇒X là: C₂H₄

Vàng có thể tan được trong NaCN thủy ngân và nước cường toan

Au + CN^- → [Au(CN)₂]

Au + Hg → hỗn hống Hg-Au

Au + HNO₃ + 3HCl → AuCl₃ + NO + H₂O

→ Đáp án C

Bảo toàn điện tích ta có:

2nCu²⁺ + nK⁺ = nCl^- + 2nSO₄^2-

⇒ x + 2y = 0,07 mol (1)

mmuối = mCu²⁺ + mK⁺ + mCl^- + mSO₄^2- = 5,435

⇒ 35,5x + 96y = 2,985 (2)

Từ (1)(2) ⇒ x = 0,03; y = 0,02

⇒ Đáp án D

(a) Cu +2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂

(b) H₂S + CuSO₄ → CuS + H₂SO₄

(c) 3AgNO₃ + FeCl₃ → 3AgCl + Fe(NO₃)₃

(d) S + Pb → PbS

→ Đáp án D

Sắt là kim loại f

- Có màu trắng, dẻo, dễ rèn → Đáp án B sai.

- Có khối lượng lớn 7,9g/cm³, nóng chảy ở nhiệt độ 1540^oC → kim loại nặng, khó nóng chảy.

- Có tính dẫn điện, dẫn nhiệt tốt.

- Có tính nhiễm từ

→ Đáp án B

Ta có: 0,5.1 + 0,1.1 = 0,25.2 + a ⇒ a = 0,1 M

⇒ m_Muối lần lượt là 6,6g (NH₄)₂SO₄;1,49g KCl

phát biểu đúng là (a), (b), (c), (d), (e)

nO₂ = 0,5 mol ⇒ mO₂ = 16

m_{bình 2 tăng} = mCO₂ = 2,2g

m_{bình 1 tăng} = mH₂O = 0,9g

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng:

m_X + mO₂ = mCO₂ + mH₂O ⇒ m_X = mCO₂ + mH₂O – mO₂ = 1,5g

M_X = 1,5 : 0,025 = 60g ⇒ X là: C₂H₄O₂

Chỉ có dung dịch Br₂ và dung dịch NaOH tạo kết tủa.

triolein, metyl acrylat, phenylamin.

Để rửa được anilin thì cần dùng axit để pư xảy ra

C₆H₅NH₂ + HCl → C₆H₅NH₃Cl

→ Sau đó rửa bằng nước để C₆H₅NH₃Cl ra khỏi dụng cụ mang theo anilin

Trích mẩu thử cho mỗi lần thí nghiệm. Cho dung dịch H₂SO₄ lần lượt vào các mẩu thử.

- Hợp kim nào không có khí là Cu-Ag.

- Cho dung dịch NH₃ vào dung dịch thu được trong hai trường hợp còn lại.

+ Trường hợp tạo kết tủa keo trắng và không tan trong NH₃ dư ⇒ hợp kim là Cu-Al.

3Al + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂

Al₂(SO₄)₃ + 6NH₃ + 6H₂O → 2Al(OH)₃ + 3(NH₄)₂SO₄

+ Trường hợp tạo kết tủa rồi tan trong NH₃ dư ⇒ hợp kim ban đầu là Cu-Zn.

Zn + H₂SO₄ → ZnSO₄ + H₂

ZnSO₄ + 2NH₃ + 2H₂O → Zn(OH)₂ + (NH₄)₂SO₄

Zn(OH)₂ + 4NH₃ → [Zn(NH₃)₄](OH)₂

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:

nNa⁺ + 2nMg²⁺ = nCl^- + 2 nSO₄^2-

⇒ a + 2b = c + 2d

⇒ Đáp án A

Phương trình phản ứng :

H⁺ + CO₃^2- → HCO₃^- (1)

n CO₃^2- = 0,1 mol < n H⁺= 0,25 mol ⇒ sau phản ứng (1) thì H⁺ dư = 0,15 mol,

∑n HCO₃^- = 0,25 mol

H⁺ + HCO₃^- → CO₂ + H₂O (2)

Vì n H⁺ < n HCO₃^- ⇒ dung dịch X có chứa HCO₃^- dư = 0,25 -0,15 = 0,1 mol

Khi cho Ca(OH)₂ vào dung dịch X :

OH^- + HCO₃^- → CO₃^2- + H₂O

n CO₃^2- = n HCO₃^- = 0,1 mol

⇒ m kết tủa = 0,1×100 = 10 gam

⇒ Đáp án B