Tailieumoi.vn biên soạn và giới thiệu bộ câu hỏi Hóa học gồm các kiến thức lý thuyết và thực hành, giúp học sinh ôn tập và bổ sung kiến thức cũng như hoàn thành tốt các bài kiểm tra môn Hóa học. Mời các bạn đón xem:

Top 1000 câu hỏi thường gặp môn Hóa học có đáp án (Phần 9)

Câu 1: Cân bằng phản ứng hóa học sau bằng phương pháp thăng bằng electron (xác định chất khử, oxi hóa, quá trình oxi hóa, quá trình khử)

1. KClO₃ → KCl + O₂

2. Cl₂ + NaOH → NaCl + NaClO + H₂O

 Lời giải:

1. $\text{K}\stackrel{+5}{Cl}\stackrel{-2}{O_3}\stackrel{t^{°}}{\to }\text{ K}\stackrel{-1}{Cl}\text{ + }\stackrel{0}{O_2}$

KClO₃ vừa là chất oxi hoá, vừa là chất khử

$\stackrel{+5}{Cl}+6e\to \stackrel{-1}{Cl}$: quá trình khử

$2\stackrel{-2}{O}\to \stackrel{0}{O_2}+4e$: quá trình oxi hoá

$\left.\begin{array}{c}2\times \\ 3\times \end{array}\right|\begin{array}{c}\stackrel{+5}{Cl}\to \stackrel{-1}{Cl}+6e\\ 2\stackrel{-2}{O}\to \stackrel{0}{O_2}+4e\end{array}$

2KClO₃ $\stackrel{t^{°}}{\to }$ 2KCl + 3O₂

2. $\stackrel{0}{C{l}_2}\text{+ NaOH }\to \text{Na}\stackrel{-1}{Cl}\text{ + Na}\stackrel{+1}{Cl}{\text{O + H}}_{\text{2}}\text{O}$

Cl₂ vừa là chất oxi hoá, vừa là chất khử

$\stackrel{0}{C{l}_2}\to 2\stackrel{+1}{Cl}+2e$: quá trình oxi hoá

$\stackrel{0}{C{l}_2}+2e\to 2\stackrel{-1}{Cl}$: quá trình khử

$\left.\begin{array}{c}1\times \\ 1\times \end{array}\right|\begin{array}{c}\stackrel{0}{C{l}_2}\to 2\stackrel{+1}{Cl}+2e\\ \stackrel{0}{C{l}_2}+2e\to 2\stackrel{-1}{Cl}\end{array}$

Cl₂ + 2NaOH → NaCl + NaClO + H₂O

Câu 2: Cân bằng phản ứng oxi hoá khử bằng phương pháp thăng bằng electron:

1) NO₂ + NaOH → NaNO₂ + NaNO₃ + H₂O

2) Cl₂ + NaOH → NaCl + NaClO₃ + H₂O

Lời giải:

1) $\stackrel{+4}{N}{\text{O}}_{\text{2}}\text{+ NaOH }\to \text{ Na}\stackrel{+3}{N}{\text{O}}_{\text{2}}\text{+ Na}\stackrel{+5}{N}{\text{O}}_{\text{3}}{\text{+ H}}_{\text{2}}\text{O}$

$\left.\begin{array}{c}1\times \\ 1\times \end{array}\right|\begin{array}{c}\stackrel{+4}{N}\to \stackrel{+5}{N}+1e\\ \stackrel{+4}{N}+1e\to \stackrel{+3}{N}\end{array}$

2NO₂ + 2NaOH → NaNO₂ + NaNO₃ + H₂O

2) $\stackrel{0}{C{l}_2}\text{+ NaOH }\to \text{ Na}\stackrel{-1}{Cl}\text{ + Na}\stackrel{+5}{Cl}{\text{O}}_{\text{3}}{\text{+ H}}_{\text{2}}\text{O}$

$\left.\begin{array}{c}5\times \\ 1\times \end{array}\right|\begin{array}{c}\stackrel{0}{Cl}+1e\to \stackrel{-1}{Cl}\\ \stackrel{0}{Cl}\to \stackrel{+5}{Cl}+5e\end{array}$

3Cl₂ + 6NaOH → 5NaCl + NaClO₃ + 3H₂O

Câu 3: Cân bằng các PTHH sau:
a. Fe + HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + N₂ + H₂O
b. Mg + HNO₃ → Mg(NO₃)₂ + NO + H₂O
c. Fe_xO_y + H₂ → FeO + H₂O
d. C_xH_y + O₂ → CO₂ + H₂O
e. KMnO₄ + HCl → KCl + MnCl₂ + Cl₂ + H₂O

Lời giải:

a. 10Fe + 36HNO₃ → 10Fe(NO₃)₃ + 3N₂ + 18H₂O
b. 3Mg + 8HNO₃ → 3Mg(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O
c. Fe_xO_y + (y – x)H₂ $\stackrel{t^{°}}{\to }$ xFeO + (y – x)H₂O
d. C_xH_y +( $x+\frac{y}{4}$) O₂ $\stackrel{t^{°}}{\to }$ xCO₂ + $\frac{y}{2}$H₂O
e. 2KMnO₄ + 16HCl → 2KCl + 2MnCl₂ + 5Cl₂ + 8H₂O

Câu 4: Cân bằng PTHH hợp chất hữu cơ tổng quát:

1) C_nH_2n + O₂ → CO₂ + H₂O

2) C_nH_2n+2 + O₂ → CO₂ + H₂O

3) C_nH_2n-2 + O₂ → CO₂ + H₂O

4) C_nH_2n-6 + O₂ → CO₂ + H₂O

5) C_nH_2n+2O + O₂ → CO₂ + H₂O

Lời giải:

1) C_nH_2n + $\frac{3n}{2}$O₂ $\stackrel{t^{°}}{\to }$ nCO₂ + nH₂O

2) C_nH_2n+2 + $\frac{3n+1}{2}$O₂ $\stackrel{t^{°}}{\to }$ nCO₂ + (n+1)H₂O

3) C_nH_2n-2 + $\frac{3n-1}{2}$O₂ $\stackrel{t^{°}}{\to }$ nCO₂ + (n – 1)H₂O

4) C_nH_2n-6 + $\frac{3n-3}{2}$O₂ $\stackrel{t^{°}}{\to }$ nCO₂ + (n – 3)H₂O

5) C_nH_2n+2O + $\frac{3n}{2}$O₂ $\stackrel{t^{°}}{\to }$ nCO₂ + (n +1)H₂O

Câu 5: Biết 1 mol nguyên tử sắt có khối lượng bằng 56g, một nguyên tử sắt có 26 electron. Số hạt electron có trong 5,6g sắt là:

A. 15,66. 10²⁴;

B. 15,66. 10²¹;

C. 15,66. 10²²;

D. 15,66. 10²³.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

$n_{Fe}=\frac{5,6}{56}=0,1\left(mol\right)$

0,1 mol sắt → 0,1. 6,022.10²³ = 6,022.10²² nguyên tử sắt

Số electron = 6,022.10²². 26 = 15,6572.10²³ electron.

Câu 6: Cho dung dịch NH₄NO₃ tác dụng với dung dịch bazơ của kim loại thu được 4,48 lít khí (đktc) và 26,1 gam muối. Kim loại đó là

A. Ca;

B. Mg;

C. Cu;

D. Ba.

Lời giải:

nNH₄NO₃ + M(OH)_n → M(NO₃)_n  + nNH₃ +nH₂O

                                         0,2/n            0,2

→ M_muối = M_M + 62n = $\frac{26,1}{\frac{0,2}{n}}=\frac{26,1n}{0,2}$

→ M_M = 68,5n

→ n = 2 và M là bari (Ba).

Câu 7: Cho một luồng khí CO đi qua 29 gam một oxit sắt. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn người ta thu được một chất rắn có khối lượng 21 gam. Xác định công thức oxit sắt.

Lời giải:

Gọi công thức của oxit là Fe_xO_y

Phản ứng xảy ra: $F{e}_x{O}_y+yCO\stackrel{t^{°}}{\to }xFe+yC{O}_2$

Ta có:

 $$\begin{gathered} n_{Fe}=\frac{21}{56}=0,375\left(mol\right) \\ \to n_{F{e}_x{O}_y}=\frac{n_{Fe}}{x}=\frac{0,375}{x}\left(mol\right) \\ \to M_{F{e}_x{O}_y}=56x+16y=\frac{29}{\frac{0,375}{x}}=\frac{232x}{3} \\ \to \frac{64x}{3}=16y\to x:y=16:\frac{64}{3}=3:4 \end{gathered}$$ 

Vậy oxit là Fe₃O₄.

Câu 8: Trong tự nhiên brom có 2 đồng vị là ⁷⁹Br và ⁸¹Br có nguyên tử khối trung bình là 79,92. Thành phần phần trăm về khối lượng của ⁸¹Br trong NaBr là bao nhiêu? Có M_Na =23 (g/mol).

Lời giải:

 Gọi phần trăm của đồng vị ⁷⁹Br là x %;

        phần trăm của đồng vị ⁸¹Br là (100−x)%

Nguyên tử khối trung bình:

$\stackrel{\_}{Br}=\frac{79x+81(100-x)}{100}=79,92$ 

→ x = 54

Phần trăm của đồng vị ⁸¹Br là 46%.

Xét 1 mol NaBr có:

1 mol Br → 0,46 mol ⁸¹Br

$\to \%m_{{}_{81}Br}=\frac{0,46.81}{23+79,92}.100\%=36,2\%$

Câu 9: Trung hòa 100 ml dung dịch etyl amin cần 60 ml dung dịch HCl 0,1M. Nồng độ mol/l của dung dịch etyl amin là:

A. 0,06 M;

B. 0,08 M;

C. 0,60 M;

D. 0,10 M.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Phương trình: HCl + CH₃NH₂ → CH₃NH₃Cl

n_HCl = 0,1. 0,06 = 0,006 (mol)

$$\begin{gathered} n_{C{H}_{3}N{H}_2}=n_{HCl}=0,006\left(mol\right) \\ {C}_{M_{C{H}_{3}N{H}_2}}=\frac{0,006}{0,1}=0,06M \end{gathered}$$

Câu 10: Cho 4,8 g một kim loại R hoá trị II tác dụng hết với dung dịch HNO₃ loãng, thu được 1,12 lít khí NO duy nhất (đktc). Kim loại R là

A. Zn;

B. Mg;

C. Fe;     

D. Cu.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

n_NO = 1,12 : 22,4 = 0,05 mol

3R + 8HNO₃ → 3R(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

Theo phương trình ta có: $n_R =\frac{3}{2}\times n_{NO} =0,075mol$

⇒ R = 4,8 : 0,075 = 64 ⇒ Cu

Câu 11: Cấu hình electron bền vững, bão hoà, bán bão hoà là gì? 

Lời giải:

Cấu hình bền vững là cấu hình của khí hiếm. Khi mà số electron lớp vỏ bằng 8 (ngoại trừ He).

Ví dụ: Ar có cấu hình là 1s² 2s²2p⁶ 3s²3p⁶

Ion Na⁺ có cấu hình là 1s² 2s²2p⁶

Cấu hình bão hoà là khi phân lớp đạt số electron tối đa. Ví dụ phân lớp s điền đủ 2 e, p điền đủ 6 e, d điền đủ 10 e.

Ví dụ: Mg có cấu hình 1s² 2s²2p⁶ 3s²

Cấu hình bán bão hoà là khi phân lớp đạt một nửa số electron tối đa.

Ví dụ: P có cấu hình là 1s² 2s²2p⁶ 3s²3p³

Câu 12: Viết cấu hình electron của nguyên tử của nguyên tố Ni và các ion Ni²⁺, Ni³⁺. Xác định vị trí (ô, chu kỳ, phân nhóm) của Ni trong bảng tuần hoàn. Cho? biết Ni (Z = 28).

Lời giải:

Ni thuộc ô 28, nhóm VIIIB

Cấu hình electron: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹

Ni²⁺: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹

Ni³⁺: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁸.

Câu 13: Cấu hình electron lớp ngoài cùng của nguyên tố nhóm VA là:

A. ns²np⁵_;

B. ns²np³_;

C. ns²np²_;

D. ns²np⁴_.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Cấu hình electron lớp ngoài cùng của nguyên tố nhóm VA là ns²np³_.

Câu 14: Câu nào sau đây đúng?

A.Trong phản ứng hoá học, các nguyên tử bị phá vỡ;

B.Trong phản ứng hoá học, liên kết trong các phân tử bị phá vỡ;

C.Trong phản ứng hoá học, liên kết trong các phân tử không bị phá vỡ;

D.Trong phản ứng hoá học các phân tử được bảo toàn.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Trong phản ứng hoá học liên kết giữa các nguyên tử bị phá vỡ, các nguyên tử được bảo toàn.

Câu 15: Có cách nào để phân biệt khi nào sắt hoá trị II, III?

Lời giải

+ Khi Fe tác dụng với các chất có tính oxi hóa mạnh như: F₂, Cl₂, H₂SO_{4 đặc, nóng}, HNO₃ … thì sản phẩm của Fe sẽ có hóa trị (III).

+ Khi tác dụng với các chất không có tính oxi hóa hoặc tính oxi hóa yếu như S, HCl, H₂SO₄ loãng thì sản phẩm của Fe sẽ có hóa trị (II).

Câu 16: Cho 6,2 gam một amin no, đơn chức, mạch hở X phản ứng hết với dung dịch HCl (vừa đủ), thu được dung dịch chứa 13,5 gam muối. Công thức của X là: 

A. C3H7NH2;

B. (CH3)3N;

C. C2H5NH2;

D. CH3NH2.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng, ta có:

mamin + mHCl = mmuối

→ mHCl = mmuối – mamin = 13,5 – 6,2 = 7,3 (gam)

$\to n_{HCl}=\frac{7,3}{36,5}=0,2\left(mol\right)$

Amin no, đơn chức, mạch hở nên có công thức là CnH2n+1NH2.

Phương trình: CnH2n+1NH2 + HCl → CnH2n+2Cl

namin = nHCl = 0,2 (mol)

$\to M_{a\min }=\frac{6,2}{0,2}=31(g/mol)$

Vậy amin cần tìm là CH3NH2.

Câu 17: Cân bằng phản ứng hoá học:

CH₃CH₂OH + KMnO₄ + H₂SO₄ → CH₃COOH + MnSO₄ + H₂O + K₂SO₄

Lời giải:

$C{H}_3\stackrel{-1}{C}{H}_{2}OH+K\stackrel{+7}{Mn}{O}_4 +$$H_{2}S{O}_4 \to C{H}_3\stackrel{+3}{C}OOH+$$\stackrel{+2}{Mn}S{O}_4 +H_{2}O+K_{2}S{O}_4$

Chất khử: CH₃CH₂OH; chất oxi hoá: KMnO₄.

Ta có các quá trình:

$\left.\begin{array}{c}5\times \\ 4\times \end{array}\right|\begin{array}{c}\stackrel{-1}{C}\to \stackrel{+3}{C}+4e\\ \stackrel{+7}{Mn}+5e\to \stackrel{+2}{Mn}\end{array}$

Phương trình hoá học:

5CH₃CH₂OH + 4KMnO₄ + 6H₂SO₄ → 5CH₃COOH + 4MnSO₄ +11H₂O + 2K₂SO₄

Câu 18: CH₃COOK là chất điện li mạnh hay yếu?

Lời giải:

CH₃COOK là chất điện li mạnh.

Phương trình điện li: CH₃COOK → CH₃COO^- + H⁺

Câu 19: Tại sao CH₃COOH là chất điện li yếu còn CH₃COONa là chất điện li mạnh?

Lời giải:

Có 2 yếu tố quyết định nên khả năng điện li của CH₃COOH và CH₃COONa

1. Độ âm điện. 

Độ âm điện của H: 2,2

Độ âm điện của Na: 0,93 

⇒  Xét 1 cách tương đói, liên kết giữa O và Na trong phân tử CH₃COONa phân cực hơn so với liên kết cộng hóa trị giữa O và H trong CH₃COOH nên khả năng phân li tốt hơn. 

2. Liên kết hidro

Trong phân tử CH₃COOH tồn tại liên kết hidro giữa các phân tử axit ⇒ làm cho phân tử bền, khó phân li. 

Giữa các phân tử CH₃COONa không có liên kết hidro.

Câu 20: Đốt cháy hoàn toàn 1,395 gam hợp chất hữu cơ A thu được 3,96 gam CO₂; 0,945 gam H₂O và 168 ml N₂ (đktc). Tỉ khối hơi của A so với không khí bằng 3,21. Công thức phân tử của A là:

A. C₆H₇N;

B. C₆H₉N;

C. C₇H₉N;

D. C₅H₇N.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

M_A = 3,21. 29 = 93 (g/mol)

$$\begin{gathered} n_{C{O}_2}=\frac{1,395}{44}=0,09\left(mol\right) \\ {n}_{H_{2}O}=\frac{0,945}{18}=0,0525\left(mol\right) \\ {n}_{N_2}=\frac{0,168}{22,4}=0,0075\left(mol\right) \end{gathered}$$

Bảo toàn nguyên tố C: $n_C=n_{C{O}_2}=0,09\left(mol\right)$

Bảo toàn nguyên tố H: $n_H=2n_{H_{2}O}=0,105\left(mol\right)$

Bảo toàn nguyên tố N: $n_N=2n_{N_2}=0,015\left(mol\right)$

Đặt CTPT của A là C_xH_yN_z

$\Rightarrow x:y:z=0,09:0,105:0,015=6:7:1$

CTPT của A là: (C₆H₇N)_n

→ (6. 12 + 7 + 14). n = 93

→ n =  1

Vậy CTPT của A là C₆H₇N.

Câu 21: Trong thực tế người ta thực hiện phản ứng tráng gương đối với chất nào sau đây để tráng ruột bình thuỷ tinh?

A. Anđehit fomic;

B. Anđehit axetic;

C. Glucozơ;

D. Axit fomic.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Trong thực tế người ta thực hiện phản ứng tráng gương đối với glucozơ để tráng ruột bình thuỷ tinh vì giá thành thấp, dễ tìm, dễ bảo quản, dễ điều chế, không độc.

Câu 22: Oxit nào thường dùng làm chất hút ẩm trong phòng thí nghiệm? Giải thích?

Lời giải:

Các oxit CaO, BaO, P₂O₅ có thể làm chất hút ẩm (chất làm khô) trong phòng thí nghiệm.

Vì các oxit này dễ dàng tác dụng được với nước (hơi nước).

Các phương trình hóa học :

CaO + H₂O → Ca(OH)₂

BaO + H₂O → Ba(OH)₂

P₂O₅ + 3H₂O → 2H₃PO₄

Câu 23: Chất ít tan trong nước là?

A. NaCl;

B. NH₃;

C. CO₂;

D. HCl.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Chất ít tan trong nước là CO₂.

Câu 24: Chất khí A có $d_{A/H_2}=14$ công thức hoá học của A là:

A. SO₂;            

B. CO₂; 

C. NH₃;            

D. N₂.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

$M_A=d_{A/H_2}.M_{H_2}=\mathrm{14.1.2}=28(g/mol)$ 

Vậy công thức hoá học của A là N₂.

Câu 25: Chỉ dùng 1 thuốc thử duy nhất hãy nhận biết các dung dịch sau: (NH4)2SO4, NaCl, Na2SO4, NH4NO3.

Lời giải:

- Trích mỗi chất ra 1 ít để làm mẫu thử

- Cho dung dịch Ba(OH)2 vào từng mẫu thử trên, nhận:

+ (NH4)2SO4 vừa có kết tủa trắng tạo thành và có khí mùi khai thoát ra 

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

+ Na2SO4 có kết tủa trắng tạo thành 

Ba(OH)2 + Na2SO4 → BaSO4↓ + 2NaOH

+ NH4NO3 có khí mùi khai thoát ra 

Ba(OH)2 + 2NH4NO3 → Ba(NO3)2 + 2NH3↑ + 2H2O

+ Còn lại là NaCl không phản ứng.

Câu 26: Chỉ dùng các kim loại hãy nhận biết các dung dịch sau: NaNO₃, HCl, NaOH, HNO₃, CuSO₄.

Lời giải:

Cho Fe vào các chất. 

- NaNO₃, NaOH không hiện tượng.

- HCl hoà tan Fe tạo khí không màu.

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

- HNO₃ có khí không màu, hoá nâu trong không khí.

Fe + 4HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + NO + 2H₂O

- CuSO₄ có chất rắn màu đỏ.

2Al + 3CuSO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3Cu

Nhỏ CuSO₄ vào 2 dung dịch còn lại.

- NaOH có kết tủa xanh.

CuSO₄ + 2NaOH → Cu(OH)₂↓ + Na₂SO₄

- Còn lại NaNO₃.

Câu 27: Chỉ dùng quỳ tím, nhận biết các chất sau:

a) 6 dung dịch: H₂SO₄, HCl, NaOH, Ba(OH)₂, NaCl, BaCl₂.

b) 6 dung dịch: Na₂SO₄, NaOH, BaCl₂, HCl, AgNO₃, MgCl₂.

c) 4 dung dịch: Na₂CO₃, AgNO₃, CaCl₂, HCl.

Lời giải:

a) 6 dung dịch: H₂SO₄, HCl, NaOH, Ba(OH)₂, NaCl, BaCl₂

- Dùng quỳ tím để nhận biết:

+ Quỳ tím hoá đỏ: HCl, H₂SO₄ (A)

+ Quỳ tím hoá xanh: NaOH, Ba(OH)₂ (B)

+ Quỳ tím không đổi màu: NaCl, BaCl₂ (C)

- Lấy 1 chất bất kì ở nhóm A cho vào nhóm B. Nếu có kết tủa trắng thì chất ở nhóm A là H₂SO₄, chất ở nhóm B là Ba(OH)₂ → Chất còn lại ở nhóm A là HCl, chất còn lại ở nhóm B là NaOH.

H₂SO₄ + Ba(OH)₂ → BaSO₄↓ + 2H₂O

- Dùng H₂SO₄ nhận ra 2 chất ở nhóm C, có kết tủa là BaCl₂, còn lại là NaCl

BaCl₂ + H₂SO₄ → BaSO₄↓ + 2HCl

b) 6 dung dịch: Na₂SO₄, NaOH, BaCl₂, HCl, AgNO₃, MgCl₂

- Dùng quỳ tím để nhận biết:

+ Quỳ tím hoá đỏ: HCl, AgNO₃, MgCl₂ (A)

+ Quỳ tím hoá xanh: NaOH

+ Quỳ tím không đổi màu: Na₂SO₄, BaCl₂ (B)

- Cho NaOH vào nhóm A:

+ Kết tủa trắng là MgCl₂:

2NaOH + MgCl₂ → Mg(OH)₂↓ + 2NaCl

+ Kết tủa đen là AgNO₃

2AgNO₃ + 2NaOH → 2NaNO₃ + Ag₂O↓ + H₂O

+ Trong suốt, không hiện tượng là HCl

HCl + NaOH → NaCl + H₂O

- Cho AgNO₃ vào nhóm B:

+ Kết tủa trắng hoàn toàn là BaCl₂:

BaCl₂ + 2AgNO₃ → Ba(NO₃)₂ + 2AgCl↓

+ Có thể kết tủa trắng một phần nhỏ là Na₂SO₄

Na₂SO₄ + 2AgNO₃ → 2NaNO₃ + Ag₂SO₄

c) 4 dung dịch: Na₂CO₃, AgNO₃, CaCl₂, HCl.

- Dùng quỳ tím để nhận biết:

+ Quỳ tím hoá đỏ: HCl, AgNO₃ (A)

+ Quỳ tím hoá xanh: Na₂CO₃

+ Quỳ tím không đổi màu: CaCl₂

- Cho Na₂CO₃ vào A:

+ Có khí là HCl:

Na₂CO₃ + 2HCl → 2NaCl + CO₂↑ + H₂O

+ Có kết tủa là AgNO₃:

Na₂CO₃ + 2AgNO₃ → Ag₂CO₃↓ + 2NaNO₃

Câu 28: Chỉ dùng một thuốc thử phân biệt các kim loại sau: Mg, Zn, Fe, Ba?

A. Nước.

B. Dung dịch loãng.

C. Dung dịch NaCl.

D. Dung dịch NaOH.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

- Trích mẫu thử. Cho lần lượt các mẫu thử vào dung dịch H₂SO₄.

+ Mẫu thử sủi bọt khí không màu đồng thời xuất hiện ↓ trắng là Ba

Ba + H₂SO₄ → BaSO₄↓ + H₂↑

+ Mẫu thử chỉ sủi bọt khí không màu là Mg, Zn và Fe.

Mg + H₂SO₄ → MgSO₄ + H₂↑

Zn + H₂SO₄ → ZnSO₄ + H₂↑

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂↑

- Cho tiếp Ba dư vào rồi lọc bỏ kết tủa → thu được dung dịch chỉ chứa Ba(OH)₂

- Lấy dung dịch này cho từ từ đến dư vào các dung dịch sản phẩm phía trên:

+ Dung dịch cho ↓ trắng → dung dịch là MgSO₄ → mẫu thử là Mg.

Ba(OH)₂ + MgSO₄ → BaSO₄↓ + Mg(OH)₂↓

+ Dung dịch cho ↓ xanh trắng → dung dịch là FeSO₄ → mẫu thử là Fe.

Ba(OH)₂ + FeSO₄ → BaSO₄↓+ Fe(OH)₂↓

+ Dung dịch cho ↓ keo trắng lẫn kết tủa trắng rồi tan một phần → dung dịch là ZnSO₄ → mẫu thử là Zn.

Ba(OH)₂ + ZnSO₄ → BaSO₄↓ + Zn(OH)₂↓

Zn(OH)₂ + Ba(OH)₂ → BaZnO₂ + 2H₂O

Câu 29: Chia 38,6 gam hỗn hợp gồm Fe và kim loại M có hóa trị duy nhất thành 2 phần bằng nhau:

Phần 1: Tan vừa đủ trong 2 lít dung dịch HCl thấy thoát ra 14,56 lít H₂ (đktc).

Phần 2: Tan hoàn toàn trong dung dịch HNO₃ loãng nóng thấy thoát ra 11,2 lít khí NO duy nhất (đktc).

Kim loại M là:

A. Mg;                  

B. Fe;        

C. A1;           

D. Cu.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

$$\begin{gathered} n_{H_2}=\frac{14,56}{22,4}=0,65\left(mol\right) \\ {n}_{NO}=\frac{11,2}{22,4}=0,5\left(mol\right) \end{gathered}$$

Gọi n_Fe = x; n_M = y (mol; x,y > 0)

Vì Fe và kim loại M có hóa trị duy nhất tan trong HCl và HNO₃ nên áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}2x+ny=0,65.2\\ 3x+ny=0,5.3\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=0,2\\ ny=0,9\end{array}\right. \\ {m}_M=\frac{38,6}{2}-0,2.56=8,1\left(g\right) \\ \Rightarrow n_M=\frac{8,1}{M_M} \left(1\right) \end{gathered}$$

Mà $n_M=y=\frac{0,9}{n}$ (2)

Từ (1) và (2)

$$\begin{gathered} \frac{8,1}{M_M}=\frac{0,9}{n}\Rightarrow M_M=9n \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{M}_M=27\\ n=3\end{array}\right. \end{gathered}$$

Vậy M là nhôm (Al).

Câu 30: Chia 7,22 gam hỗn hợp A gồm Fe và R (R là kim loại có hóa trị không đổi) thành 2 phần bằng nhau:

- Phần 1: Phản ứng với dung dịch HCl dư, thu được 2,128 lít H₂ (đktc)

- Phần 2: Phản ứng với HNO₃ thu được 1,972 lít NO (đktc) là sản phẩm khử duy nhất.

Xác định kim loại R.

Lời giải:

Gọi n_Fe = a (mol); n_R = b (mol)

Gọi n là hóa trị của kim loại R

⇒$56a+M_{R}b=\frac{7,22}{2}=3,61\left(1\right)$

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

2R + 2nHCl → 2RCl_n + nH₂

Theo PTHH : $n_{H_2}=a+0,5bn=\frac{2,128}{22,4}=0,095\left(2\right)$

Phần 2 : $n_{NO}=\frac{1,792}{22,4}=0,08\left(mol\right)$

 

Fe + 4HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + NO + 2H₂O

3R + 4nHNO₃ → 3R(NO₃)_n + nNO + 4nH₂O

Theo PTHH :

$\begin{array}{l}{n}_{NO}=n_{Fe}+\frac{n}{3}{n}_R\\ \Rightarrow a+\frac{nb}{3}=0,08\left(3\right)\end{array}$

 

Từ (1) (2) và (3) suy ra:

a = 0,05; M_Rb = 0,81; bn = 0,09 ⇔$b=\frac{0,09}{n}$

⇒$M_R=\frac{M_{R}b}{b}=\frac{0,81}{\frac{0,09}{n}}=9n$

Nếu n = 1 thì M_R = 9 → Loại

Nếu n = 2 thì M_R = 18 → Loại

Nếu n = 3 thì M_R = 27(Al)

Vậy, kim loại R là Al.

Câu 31: Cho 0,2 mol H₃PO₄ tác dụng với dung dịch chứa 0,5 mol NaOH, sau phản ứng thu được muối gì khối lượng bao nhiêu?

A.11,8 gam NaH₂PO₄;

B.14,2 gam Na₂HPO₄ và 16,4 gam Na₃PO₄;

C.11,8 gam NaH₂PO₄ và 16,4 gam Na₃PO₄;

D.11,8 gam NaH₂PO₄ và 14,2 gam Na₂HPO₄.

Lời giải

Đáp án đúng là: B

Nhận thấy:

 $T=\frac{n_{NaOH}}{n_{H_{3}P{O}_4}}=\frac{0,5}{0,2}=2,5$→ tạo hai muối 

Na₂HPO₄ (a mol) và Na₃PO₄ (b mol)

Bảo toàn nguyên tố Na:

$n_{NaOH}=2n_{N{a}_{2}HP{O}_4}+3n_{N{a}_{3}P{O}_4}$→ 2a + 3b = 0,5 (1)

Bảo toàn nguyên tố P:

$n_{H_{3}P{O}_4}=n_{N{a}_{2}HP{O}_4}+n_{N{a}_{3}P{O}_4}$→ a + b = 0,2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra: a = b = 0,1

$$\begin{gathered} m_{N{a}_{2}HP{O}_4}=0,1.142=14,2\left(g\right) \\ {m}_{N{a}_{3}P{O}_4}=0,1.164=16,4\left(g\right) \end{gathered}$$

Câu 32: Một dung dịch chứa hỗn hợp gồm 0,02 mol Al₂(SO₄)₃ và 0,02 mol Na₂SO₄. Thêm dung dịch chứa 0,07 mol Ba(OH)₂ vào dung dịch này thì khối lượng kết tủa sinh ra là:

A. 1,56 gam;                    

B. 19,43 gam;              

C. 17,87 gam;                 

D. 20,2 gam.

Lời giải:  

Đáp án đúng là: C

$n_{A{l}^{3+}}$ = 0,04 mol;  $n_{S{O}_4^{2-}}$= 0,08 mol;  $n_{O{H}^{-}}$= 0,14 mol;  $n_{B{a}^{2+}}$= 0,07 mol.

$n_{BaS{O}_4}$ = 0,07 mol;

$\begin{array}{l}A{l}^{3+}+3O{H}^{-}\to Al{\left(OH\right)}_3\\ 0,\mathrm{04....0},\mathrm{12.........0},04\end{array}$

$\begin{array}{l}Al{\left(OH\right)}_3+O{H}^{-}\to Al{O}_2^{-}+2H_{2}O\\ 0,\mathrm{04...........0},02\end{array}$

$n_{Al{\left(OH\right)}_3}$= 0,02 (mol)

Vậy kết tủa gồm Al(OH)₃ và BaSO₄ có tổng khối lượng = 78.0,02 + 233.0,07 = 17,87 gam.

Câu 33: Cho 0,08 mol hỗn hợp X gồm 4 este mạch hở phản ứng vừa đủ với 0,17 mol H₂ (xúc tác Ni, t°), thu được hỗn hợp Y. Cho toàn bộ Y phản ứng vừa đủ với 110 ml dung dịch NaOH 1M, thu được hỗn hợp Z gồm 2 muối của 2 axit cacboxylic no có mạch cacbon không phân nhánh và 6,88 gam hỗn hợp T gồm 2 ancol no, đơn chức. Mặt khác, đốt cháy hoàn toàn 0,01 mol X cần vừa đủ 0,09 mol O₂. Phần trăm khối lượng của muối có phân tử khối lớn hơn trong Z là

A. 54,18%.

B. 32,88%.

C. 58,84%.

D. 50,31%.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Câu 34: Cho 0,1 mol lysin tác dụng với 200 ml dung dịch NaOH 1M thu được dung dịch X. Dung dịch X tác dụng vừa đủ V ml dung dịch HCl 1M. Giá trị của V là

A. 400;

B. 100;

C. 300;

D. 200.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Bỏ qua bước trung gian tạo dung dịch X, ta coi như cho lần lượt Lysin (0,1 mol) và NaOH (0,2 mol) tác dụng với HCl.

PTHH:

HOOCR(NH2)2 + 2HCl → muối

NaOH + HCl → NaCl + H2O

Theo các PTHH:  $n_{HCl}=2n_{ly\sin }+n_{NaOH}$= 2.0,01 + 0,02 = 0,04 mol

⇒VHCl = 0,04 l = 400 ml.

Câu 35: Cho 0,53 gam muối cacbonat của kim loại hóa trị I tác dụng với dung dịch HCl dư thấy thoát ra 112ml khí CO₂ (đktc). Công thức phân tử nào dưới đây là của muối cacbonat?

A. NaHCO₃

B. KHCO₃

C. Na₂CO₃

D. K₂CO₃

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Ta có: $n_{C{O}_2}=\frac{0,112}{22,4}=0,005\left(mol\right)$

- TH1: Muối cacbonat trung hòa:

Đặt công thức của muối là R₂CO₃

R₂ CO₃+ 2HCl → 2RCl+ CO₂+ H₂O

Theo PTHH: $n_{R_{2}C{O}_3}=n_{C{O}_2}=0,005\left(mol\right)$

→ $M_{R_{2}C{O}_3}=\frac{0,53}{0,005}=106$

→ M_R= 23 → Na → Na₂CO₃

- TH2: Muối cacbonat axit

Đặt công thức của muối là RHCO₃

RHCO₃+ HCl → RCl+ CO₂+ H₂O

Theo PTHH: n_RHCO3= n_CO2= 0,005 mol

→ M_RHCO3= 0,53/ 0,005=106

→ M_R= 465 → Loại.

Câu 36: Khi cho 0,6g một kim lại nhóm IIA tác dụng với nước tạo ra 0,336 lít khí hiđro (ở điều kiện tiêu chuẩn). Xác định kim loại đó.

Lời giải:

Gọi kí hiệu, nguyên tử khối của kim loại là M.

M + 2H₂O → M(OH)₂ + H₂.

$n_{H_2}=\frac{0,336}{22,4}=0,015\left(mol\right)$

 = 0,015 (mol)

→$M=\frac{m}{n}=\frac{0,6}{0,015}=40$  . Suy ra nguyên tử khối là 40u.

Vậy nguyên tố kim loại là Ca.

Câu 37: Cho 0,765 gam hỗn hợp Al và Mg tan hoàn toàn trog 160 ml dung dịch H₂SO₄ 0,25M, thu được dung dịch X và khí H₂. Cho 340 ml dung dịch NaOH 0,25M vào X, sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 1,65 gam kết tủa 2 chất. Mặt khác, cho từ từ dung dịch chứa hh KOH 0,8M và Ba(OH)₂ 0,1M vào dung dịch X đến khi thu được kết tủa lớn nhất, lọc kết tủa, nung đến khối lượng không đổi thu được m gam chất rắn. Tính m?

Lời giải:

$n_{H_{2}S{O}_4}$= 0,25.0,16=0,04(mol)

Gọi n_Al = a (mol); n_Mg = b (mol)

⇒ 27a + 24b = 0,765 (1)

$\begin{array}{l}2Al+3H_{2}S{O}_4\to A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3+3H_2\\ a\mathrm{.........1},5a\mathrm{.............0},5a\end{array}$

$\begin{array}{l}Mg+H_{2}S{O}_4\to MgS{O}_4+H_2\\ b\mathrm{.........}b\mathrm{...............}b\end{array}$

$\Rightarrow n_{H_{2}S{O}_{4}d\text{u}}=0,04-(1,5a+b)\left(mol\right)$

Gọi $n_{Al{\left(OH\right)}_3}$ _{bị hoà tan} = c (mol)

n_NaOH = 0,25.0,34 = 0,085 (mol)

2NaOH + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + 2H₂O

$\begin{array}{l}2NaOH+MgS{O}_4\to Mg{\left(OH\right)}_2+N{a}_{2}S{O}_4\\ 2b\mathrm{..............}b\mathrm{.................}b\end{array}$

Ta có:

$n_{NaOH}=2n_{H_{2}S{O}_4}+2n_{MgS{O}_4}$$+6n_{A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3}+n_{Al{\left(OH\right)}_3}$_{bị hoà tan}

→ (0,04 – 1,5 a – b).2 + 2b + 3a + c = 0,085 → c = 0,085 (2)

$n_{Mg{\left(OH\right)}_2}=b\left(mol\right);n_{Al{\left(OH\right)}_3}=a-c\left(mol\right)$

⇔ 58b + (a−c).78 = 1,65

⇔78a + 68b − 78c = 1,65 (3)

Từ (1) (2) và (3) suy ra a = 0,015; b = 0,015; c = 0,005

Vậy dung dịch X chứa :

Al₂(SO₄)₃: 0,5a = 0,0075(mol)

MgSO₄: b=0,015

H₂SO₄ dư: 0,04 − 1,5a − b = 0,0025 (mol)

Suy ra :

$n_{A{l}^{3+}}$= 0,075.2 = 0,015 (mol)

$n_{M{g}^{2+}}$ = 0,015 (mol)

$n_{S{O}_4^{2-}}$= 0,0075.3 + 0,015 + 0,0025 = 0,04

 $n_{H^{+}}$= 0,0025.2 = 0,005 (mol)

$\begin{array}{l}B{a}^{2+}+S{O}_4^{2-}\to BaS{O}_4\\ 0,\mathrm{04....0},\mathrm{04......0},04\end{array}$

⇒ $n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=n_{B{a}^{2+}}$ = 0,04 (mol)

⇒$V_{hh}=\frac{0,04}{0,1}=0,4$ (lít)

n_KOH = 0,4.0,8 = 0,32 (mol)

Suy ra: 

$n_{O{H}^{-}}$ = 0,32 + 0,04.2 = 0,4(mol)

 $$\begin{gathered} H^{+}+O{H}^{-}\to H_{2}O \\ M{g}^{2+}+2O{H}^{-}\to Mg{\left(OH\right)}_2 \\ A{l}^{3+}+3O{H}^{-}\to Al{\left(OH\right)}_3 \end{gathered}$$

Số mol $O{H}^{-}$  phản ứng với  $A{l}^{3+}$ là :

 $n_{O{H}^{-}}=0,4-0,005-0,015.2$$=0,365>4n_{A{l}^{3+}}=0,015.4=0,06$

Vậy Al(OH)₃ bị hòa tan kết

Suy ra kết tủa gồm: Mg(OH)₂ 0,015 mol; BaSO₄: 0,04 mol

 

Vậy :

M = 0,015.40 + 0,04.233 = 9,92(gam).

Câu 38: Khi cho 0,9 gam một kim loại X thuộc nhóm IIA tác dụng với nước thì được 0,504 lít H₂ (đktc). Tìm kim loại X.

Lời giải:

$n_{H_2}=\frac{0,504}{22,4}=0,0225\left(mol\right)$

Phương trình:

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}X+2HCl\to \text{ X}C{l}_2+H_2\\ 0,\mathrm{0225...........................0},0225\left(mol\right)\end{array} \\ \Rightarrow M_X=\frac{0,9}{0,0225}=40 \end{gathered}$$

Vậy X là canxi (Ca).

Câu 39: Cho 1,04 g hỗn hợp hai kim loại ở hai chu kì liên tiếp thuộc nhóm IIA, tác dụng hết với H₂O (dư) thoát ra 0,672 lít khí hidro (đktc).

A. Xác định 2 kim loại đó?

B. Tính phần trăm khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp

Lời giải:

a, Gọi 2 kim loại đó là M

$n_{H_2}=\frac{0,672}{22,4}=0,03\left(mol\right)$

M + 2H₂O → M(OH)₂ + H₂↑

0,03                                0,03

⇒$M_M=\frac{1,04}{0,03}\approx 34,67$  ⇒ 2 kim loại là Mg và Ca

b, gọi n_Mg = x; n_Ca = y

⇒ Ta có : x+ y = 0,03; 24x+ 40y = 1,04

⇒ x= 0,01 ; y = 0,02

⇒ $\%m_{Mg}=\frac{24.0,01}{1,04}.100\%=23,1\%$ ; %m_Ca = 100% - 23,1% = 76,9%

Câu 40: Cho 1,2 gam một kim loại thuộc nhóm IIA trong bảng HTTH tác dụng với HCl thu được 0,672 lít khí (đktc). Kim loại đó là 

A. Be. 

B. Mg. 

C. Ca. 

D. Ba. 

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Phương trình: M + 2HCl → MCl₂ + H₂

$$\begin{gathered} n_{KL}=n_{H_2}=\frac{0,672}{22,4}=0,03\left(mol\right) \\ \Rightarrow M_M=\frac{1,2}{0,03}=40 \end{gathered}$$

Vậy kim loại là canxi (Ca).

Câu 41: Cho 1,35 gam hỗn hợp gồm Cu, Mg, Al tác dụng hết với dung dịch HNO₃ thu được hỗn hợp khí gồm 0,01 moi NO và 0,04 mol NO₂. Tính khối lượng muối tạo ra trong dung dịch.

Lời giải:

Đặt x, y, z lần lượt là số mol Cu, Mg, Al.

Quá trình nhường e :

Cu → Cu²⁺ + 2e

x → x → 2x

Mg → Mg²⁺ + 2e

y → y → 2y

Al → Al³⁺ + 3e

z → z → 3z

Quá trình thu e:

$\stackrel{+5}{N}+3e\to \stackrel{+2}{N}$

     0,03…0,01

$\stackrel{+5}{N}+1e\to \stackrel{+4}{N}$

     0,04…0,04

Ta có : 2x + 2y + 3z = 0,03 + 0,04 = 0,07 và 0,07 cũng chính là số mol NO₃^- tạo muối.

Khối lượng muối nitrat là : 1,35 + 62 × 0,07 = 5,69 (gam).

Câu 42: Cho 16,6 g hỗn hợp gồm nhôm và sắt tác dụng với dung dịch H₂SO₄ loãng dư. Sau phản ứng thu được 11,2 lít khí (đktc).
a) Viết các phương trình hóa học.
b) Tính thành phần phần trăm theo khối lượng của mỗi kim loại ban đầu.

Lời giải:

a) Các phương trình hóa học:

2Al + H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂
b) ${\text{n}}_{{\text{H}}_2}=\frac{11,2}{22,4}=0,5\left(mol\right)$

Đặt n_Al = x, n_Fe = y 

Ta có hệ phương trình: 27x + 56y = 16, 6 và 1,5x + y = 0,5  

Giải hệ được: x = y = 0,2 mol.

Suy ra m_Al = 0,2.27 = 5,4g 

$\%m_{Al}=\frac{5,4.100\%}{16,6}=32,53\%$

% m_Fe = 67,47%

Câu 43: Cho 1,05 mol NaOH vào 0,1 mol Al₂(SO₄)₃. Hỏi số mol NaOH có trong dung dịch sau phản ứng là bao nhiêu?

Lời giải:

6NaOH + Al₂(SO₄)₃ → 3Na₂SO₄ + 2Al(OH)₃

$\to \frac{n_{NaOH}}{6}>\frac{n_{A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3}}{1}$

Suy ra có dung dịch NaOH dư 

NaOH + Al(OH)₃ → NaAlO₂ + 2H₂O

$$\begin{gathered} n_{Al{\left(OH\right)}_3}=2n_{A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3}=0,2\left(mol\right) \\ {n}_{NaOHdu}=1,05-6n_{A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3}=0,45\left(mol\right) \\ \to n_{NaOHdu}>n_{Al{\left(OH\right)}_3} \end{gathered}$$

Suy ra có dung dịch NaOH dư 

$n_{NaOHdu}=0,45-n_{Al{\left(OH\right)}_3}=0,25\left(mol\right)$

Câu 44: Cho 10,8 gam nhôm tác dụng với dung dịch axit sunfuric H₂SO4 10%.

a) Tính khối lượng muối tạo thành và thể tích khí hidro thoát ra ở đktc.

b) Tính khối lượng dung dịch H₂SO₄ đã dùng.

Lời giải:

Ta có pthh

2Al + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂

Theo đề bài ta có

$n_{Al}=\frac{10,8}{27}=0,4\left(mol\right)$

a, Theo PTHH:

 $$\begin{gathered} n_{A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3}=\frac{1}{2}{n}_{Al}=\frac{1}{2}.0,4=0,2\left(mol\right) \\ {m}_{A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3}=0,2.342=68,4\left(g\right) \\ {n}_{H_2}=\frac{3}{2}{n}_{Al}=\frac{3}{2}.0,4=0,6\left(mol\right) \\ \Rightarrow V_{H_2}=0,6.22,4=13,44\left(l\right) \end{gathered}$$

b, Khối lượng dung dịch H₂SO₄ là: $m_{\text{dd}{H}_{2}S{O}_4}=\frac{10,8.100\%}{10\%}=108\left(g\right)$

Câu 45: Để điều chế khí hidro trong phòng thí nghiệm. Người ta dùng 13 gam kẽm tác dụng hoàn toàn với dung dịch HCl.

a) Viết phương trình hoá học phản ứng xảy ra.

b) Tính thể tích H₂ sinh ra ở đktc.

c) Nếu cho toàn bộ lượng khí H₂ ở trên khử 0,3 mol CuO. Tính lượng đồng kim loại sinh ra.

Lời giải     

a) Zn + 2HCl → ZnCl₂ + H₂

b)  $n_{Zn}=\frac{13}{65}=0,2\left(mol\right)$

PTHH: Zn + 2HCl → ZnCl₂ + H₂

             0,2→0,4      →0,2→   0,2

$\Rightarrow V_{H_2}=0,2.22,4=4,48\left(l\right)$

c) 

PTHH: CuO + H₂   Cu + H₂O

Xét tỉ lệ: $\frac{0,3}{1}>\frac{0,2}{1}$  => CuO dư, H₂ hết

PTHH: CuO + H₂  $\stackrel{t^{°}}{\to }$ Cu + H₂O

                        0,2……….0,2

=> m_Cu = 0,2.64 = 12,8 (g).

Câu 46: Cho 2,06 gam hỗn hợp gồm Fe, Al và Cu tác dụng với dung dịch HNO₃ loãng, dư, thu được 0,896 lít NO duy nhất (đktc). Khối lượng muối nitrat sinh ra là:

A. 4,54g.

B. 7,44g.

C. 7,02g.

D. 9,5g.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Khối lượng muối nitrat của kim loại 

= m_{kim loại} +  _{tạo muối} 

= m_{kim loại} + 62.n_{e nhường}

= 2,06 + 62.0,04.3 = 9,5g 

Câu 48: Cho 1,68 gam Fe phản ứng với lượng dư dung dịch axit HNO₃ loãng thấy thu được m gam muối khan và V lít NO ( sản phẩm khử duy nhất ở điều kiện tiêu chuẩn ) m và V có giá trị là?

 Lời giải:

 $n_{Fe}=\frac{1,68}{56}=0,03\left(mol\right)$

Fe + 4HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + NO + 2H₂O

$$\begin{gathered} n_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_3}=n_{Fe}=0,03\left(mol\right) \\ {m}_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_3}=0,03.242=7,26\left(g\right) \\ {n}_{NO}=n_{Fe}=0,03\left(mol\right) \\ \Rightarrow V_{NO}=0,03.22,4=0,672\left(l\right) \end{gathered}$$

Câu 49: Cho 1,86 gam hỗn hợp Al và Mg tác dụng với dung dịch HNO₃ loãng dư, thu được 560 ml lít khí N₂O (đktc, sản phẩm khử duy nhất) bay ra. Tính khối lượng muối nitrat tạo ra trong dung dịch.

 Lời giải:

 

Quá trình cho và nhận e:

$\begin{array}{l}Al\to \stackrel{+3}{Al}+3e\\ 2\stackrel{+5}{N}+8e\to 2\stackrel{+1}{N}\left(N_{2}O\right)\\ Mg\to \stackrel{+2}{Mg}+2e\end{array}$

Ta có hệ phương trình:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}BTe:3x+2y=0,025.8\\ m_{hh}=27x+24y=1,86\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,06\\ y=0,01\end{array}\right. \\ \Rightarrow m_{Al{\left(N{O}_3\right)}_3}=0,06.213=12,78\left(g\right) \\ \Rightarrow m_{Mg{\left(N{O}_3\right)}_2}=0,01.148=1,48\left(g\right) \end{gathered}$$

Vậy m = 12,78 + 1,48 = 14,26 (g).

Câu 50: Cho 1,82 gam hỗn hợp MgO và Al₂O₃ tác dụng vừa đủ với 250 ml dung dịch H₂SO₄ 0,2M.
a) Viết phương trình phản ứng hóa học
b) Tính thành phần % khối lượng của mỗi oxit trong hỗn hợp.

Lời giải:

MgO + H₂SO₄ → MgSO₄ + H₂O

Al₂O₃ + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ +3H₂O

Gọi số mol MgO; Al₂O₃ lần lượt là x; y.

→40x  +102y = 1,82 gam

Ta có:

$$\begin{gathered} n_{H_{2}S{O}_4}=n_{MgO}+3n_{A{l}_2{O}_3} \\ =x+3y=0,25.0,2=0,05 \end{gathered}$$

Giải được: x = 0,02; y = 0,01

→m_MgO = 0,02.40 = 0,8 gam

 $$\begin{gathered} \to \%m_{MgO}=\frac{0,8}{1,82}.100\%=43,956\% \\ \to \%m_{A{l}_2{O}_3}=56,044\% \end{gathered}$$

Câu 51: Viết công thức cấu tạo và công thức eletron của CH₃OH?

Lời giải:

Công thức cấu tạo của CH₃OH

Công thức electron của CH₃OH

Câu 52: Viết công thức electron của: SO₂, H₂SO₄, H₂CO₃, HNO₃, H₃PO₄.

Lời giải:

Câu 53: Viết công thức electron và công thức cấu tạo của các phân tử sau: C₂H₆, SO₃, H₂CO₃, HNO₃

Lời giải:

Câu 54: CaCO₃ có tác dụng với NaOH không?

Lời giải:

CaCO₃ không tác dụng với NaOH.

Câu 55: Có những muối sau: CaCO3, CuSO4, MgCl2. Hãy cho biết muối nào có thể điều chế bằng phương pháp sau :

a) Axit tác dụng với bazơ.

b) Axit tác dụng với kim loại.

c) Muối tác dụng với muối.

d) Oxit bazơ tác dụng với oxit axit.

Viết các phương trình hoá học.

Lời giải

a) Muối được điều chế bằng cách cho axit tác dụng với bazơ: CuSO4, MgCl2.

Cu(OH)2 + H2SO4 → CuSO4 + 2H2O

Mg(OH)2 + 2HCl → MgCl2 + 2H2O

b) Muối được điều chế bằng cách cho axit tác dụng với kim loại: MgCl2, CuSO4.

Mg + 2HCl → MgCl2 + H2↑

Cu + 2H2SO4 (đặc) $\stackrel{t^{°}}{\to }$ CuSO4 + SO2↑ + H2O

c) Muối được điều chế bằng cách cho muối tác dụng với muối: CaCO3, CuSO4, MgCl2.

CaCl2 + Na2CO3 → CaCO3↓ + 2NaCl

CuCl2 + Ag2SO4 → CuSO4 + 2AgCl↓

BaCl2 + MgSO4 → BaSO4↓ + MgCl2

d) Muối được điều chế bằng cách cho oxit bazơ tác dụng với oxit axit: CaCO3.

$CaO+C{O}_2\stackrel{t^{°}}{\to }CaC{O}_3$

Câu 56: Chỉ dùng H₂O và quỳ tím hãy nhận biết các chất rắn: CaCO₃, CaO, P₂O₅, Na₂O, NaCl. Viết phương trình phản ứng xảy ra nếu có.

Lời giải:

- Trích các chất thành các mẫu thử đựng trong các ống nghiệm riêng biệt. Đánh số thứ tự

- Hoà tan các mẫu thử vào nước:

+ Tan: CaO, P₂O₅, Na₂O, NaCl (nhóm I)

+ Không tan: CaCO₃

CaO + H₂O → Ca(OH)₂

P₂O₅ + 3H₂O → 2H₃PO₄

Na₂O + H₂O → 2NaOH

- Nhúng quỳ tím vào sản phẩm hoà tan của nhóm I vào nước:

+ Quỳ tím hoá đỏ → chất ban đầu là P₂O₅

+ Quỳ tím hoá xanh → chất ban đầu là CaO, Na₂O (nhóm II)

+ Không đổi màu → NaCl

- Cho sản phẩm hoà tan vào nước của P₂O₅ vào sản phẩm vào hoà tan của CaO, Na₂O vào nước:

+ Tan → chất ban đầu là CaO

+ Không tan → chất ban đầu là Na₂O

3Ca(OH)₂ + 2H₃PO₄ → Ca₃(PO₄)₂↓ + 6H₂O

Câu 57: Khi nung hỗn hợp CaCO₃ và MgCO₃ thì khối lượng chất rắn thu được sau phản ứng chỉ bằng một nửa khối lượng ban đầu. Xác định thành phần khối lượng các chất trong hỗn hợp ban đầu.

Lời giải:

Giả sử ban đầu có x mol CaCO₃ và y mol MgCO₃

→m_{hh ban đầu} = 100x + 84y (g)

$$\begin{gathered} CaC{O}_3\stackrel{t^{°}}{\to }CaO+C{O}_2 \\ MgC{O}_3\stackrel{t^{°}}{\to }MgO+C{O}_2 \end{gathered}$$

$\Rightarrow n_{CaO}=n_{CaC{O}_3}=x\left(mol\right);$$n_{MgO}=n_{MgC{O}_3}=y\left(mol\right)$ 

→ m_{hh sau} = 56x + 40y (g)

→ 56x + 40y = 50%(100x + 84y) = 50x + 42y

→ 6x = 2y

→ y = 3x

Vậy

$$\begin{gathered} \%m_{CaC{O}_3}=\frac{100x.100\%}{100x+84.3x}=28,41\% \\ \%m_{MgC{O}_3}=100\%-\%m_{CaC{O}_3}=71,59\% \end{gathered}$$

Câu 58: Hãy giải thích vì sao:

a. Khi nung nóng đá vôi (CaCO3) thì thấy khối lượng giảm đi.

b. Khi nung nóng miếng đồng trong không khí (có oxi) thì thấy khối lượng tăng lên.

Lời giải:

a) Khí CO2 bay đi nên chất rắn còn lại là CaO nên khối lượng giảm đi

PTHH: $CaC{O}_3\stackrel{t^{°}}{\to }CaO+C{O}_2$

b) Khi nung nóng, đồng tác dụng với oxi trong không khí tạo thành đồng (II) oxit nên khối lượng tăng lên

PTHH: $2Cu+O_2\stackrel{t^{°}}{\to }2CuO$