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 (Phần 1)

Bài 1: K2SO4 có tác dụng với NaOH không? 

Lời giải:

K2SO4 không tác dụng với NaOH, do không thoả mãn điều kiện xảy ra phản ứng trao đổi.

Bài 2: Cho 5 mol N₂ và 12 mol H₂ vào bình kín. Tại thời điểm cân bằng thu được 13 mol hỗn hợp khí. Hiệu suất của phản ứng tổng hợp NH₃ là

A. 40%.

B. 50%.

C. 60%.

D. 20%.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Phương trình hoá học:

3H2 + N2 $\stackrel{{\mathrm{t}}^0, \mathrm{xt}}{\rightleftharpoons }$ 2NH3

Ban đầu: 12 5 0 mol

Phản ứng: 3x x 2x mol

Cân bằng: (12 – 3x) (5 – x) 2x mol

Tại thời điểm cân bằng thu được 13 mol khí.

⇒ (12 – 3x) + (5 – x) + 2x = 13 ⇒ x = 2 (mol).

Giả sử H = 100% thì H2 hết, do đó hiệu suất phản ứng tính theo H2.

Vậy H = $\frac{3x}{12}.100\%=\frac{3.2}{12}.100\%=50\%.$

Bài 3: Cho 250ml NaOH 4M vào 50ml Al₂(SO4)₃ 2M sau phản ứng thu được dung dịch X. Tính khối lượng kết tủa sau phản ứng.

Lời giải:

nNaOH = 0,25. 4 = 1 (mol)

$n_{A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3}=0,05.2=0,1\left(mol\right)$

Phương trình hoá học: 

6NaOH + Al2(SO4)3 → 3Na2SO4 + 2Al(OH)3↓ (1)

Lập tỉ lệ: $\frac{1}{6}>\frac{0,1}{1}$ → NaOH dư

Theo phương trình hoá học (1):

- $n_{Al{\left(OH\right)}_3}=2n_{A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3}=2.0,1=0,2\left(mol\right)$

- nNaOH (phản ứng) = $6n_{A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3}=6.0,1=0,6\left(mol\right)$

→nNaOH (dư) = 1 – 0,6 = 0,4 (mol)

Phương trình hoá học: 

NaOH + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2H2O (2)

$n_{NaOH}>n_{Al{\left(OH\right)}_3}$ → Kết tủa Al(OH)3 tan hoàn toàn, dung dịch sau phản ứng gồm các chất tan NaOH dư, Na2SO4 và NaAlO2.

Vậy khối lượng kết tủa sau phản ứng bằng 0.

Bài 4: Cân bằng phương trình hoá học sau:

CnH2n-2 + O2 $---\to$ CO2 + H2O

Lời giải: 

Bước 1: Cân bằng C

Vế trái có n nguyên tử C, vế phải có 1 nguyên tử C nên thêm n vào CO2 và 1 vào CnH2n-2 (thường số 1 ta sẽ không ghi để cho đỡ phức tạp).

CnH2n-2 + O2 $---\to$ nCO2 + H2O

Bước 2: Cân bằng H

Vế trái có (2n – 2) nguyên tử H, vế phải có 2 nguyên tử H nên thêm (n – 1) vào H2O

CnH2n-2 + O2 $---\to$ nCO2 + (n – 1)H2O

Bước 3: Tổng số O bên vế phải là 2.n trong CO2 và (n – 1) trong H2O, tức bằng 

(2.n + n – 1) = (3n – 1) nguyên tử O. Vế trái có 2 nguyên tử O, thêm $\frac{3n-1}{2}$ vào O2

$C_n{H}_{2n-2}+\left(\frac{3n-1}{2}\right)O_2\to nC{O}_2+\left(n–1\right)H_{2}O$.

Bài 5: Oxit của một nguyên tố hoá trị (II) chứa 28,57% oxi về khối lượng. Nguyên tố đó là

A. Ca;

B. Mg;

C. Fe;

D. Cu.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Gọi A là nguyên tố cần tìm, đồng thời A là khối lượng mol của nguyên tố đó

Vì A có hoá trị II nên công thức oxit của A với oxi sẽ là AO

Theo đề ra, ta có:

$\begin{array}{l}\%m_O=28,57\%\\ \iff \frac{16}{16+A}.100=28,57\to A=40\end{array}$

Vậy nguyên tố cần tìm là canxi (Ca).

Bài 6: Đổ hỗn hợp axit gồm 0,1 mol H₂SO₄ và 0,2 mol HCl vào hỗn hợp kiềm lấy vừa đủ gồm 0,3 mol NaOH và 0,05 mol Ca(OH)₂. Khối lượng muối tạo thành là?

Lời giải: 

$H_{2}S{O}_4\to 2H^{+}+S{O}_4^{2-}$

0,1.………0,2…..0,1  (mol)

HCl → H+ + Cl-

0,2…..0,2….0,2 (mol)

NaOH → Na+ + OH-

0,3……...0,3…..0,3 (mol)

Ca(OH)2 → Ca2+ + 2OH- 

0,05………0,05…..0,1 (mol)

$n_{H^{+}}=0,2+0,2=0,4\left(mol\right)$

$n_{O{H}^{-}}=0,3+0,1=0,4\left(mol\right)$

Khi đổ hỗn hợp axit và hỗn hợp kiềm thì xảy ra phản ứng sau:

H+ + OH- → H2O

0,4…0,4             (mol)

Vậy dung dịch sau phản ứng có 0,1 mol $S{O}_4^{2-}$, 0,2 mol Cl-, 0,3 mol Na+, 0,05 mol Ca2+. Khối lượng muối tạo thành là:

mmuối = 0,1. 96 + 0,2. 35,5 + 0,3. 23 + 0,05. 40 = 25,6 (g).

Bài 7: Khi trộn Na₃PO₄ vào dung dịch HCl thì sẽ có những phản ứng nào xảy ra? Viết phương trình phản ứng.

Lời giải:

Khi trộn Na3PO4 vào dung dịch HCl thì sẽ có những phản ứng là:

Na3PO4 + HCl → Na2HPO4 + NaCl

Na3PO4 + 2HCl → NaH2PO4 + 2NaCl

Na3PO4 + 3HCl → H3PO4 + 3NaCl.

Bài 8: Cho 34,8g hỗn hợp kim loại gồm Al, Fe, Cu thành hai phần bằng nhau.

- Phần 1: Cho vào dung dịch HNO3 đặc nguội thu được 4,48 lít khí NO2 ở đktc. 

- Phần 2: Cho vào dung dịch HCl dư thu được 8,96 lít khí H2 (đktc). 

Xác định khối lượng Al, Fe trong hỗn hợp ban đầu.

Lời giải:

Chia hỗn hợp làm 2 phần bằng nhau nên khối lượng hỗn hợp kim loại ở mỗi phần là $\frac{34,8}{2}=17,4\left(g\right)$

Phần 1: Ta có: Fe và Al thụ động với HNO3 đặc, nguội nên chỉ có Cu phản ứng theo phương trình hoá học: Cu + 4HNO3 → Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O (1)

Theo đề bài ra: $n_{N{O}_2}=\frac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)$

Theo PTHH (1): $n_{Cu}=\frac{1}{2}{n}_{N{O}_2}=\frac{1}{2}.0,2=0,1\left(mol\right)$

→mCu = 0,1. 64 = 6,4 (g)

Phần 2: Cho hỗn hợp kim loại vào dung dịch HCl, Cu không phản ứng, Fe, Al phản ứng theo các PTHH sau:

Fe + 2HCl→ FeCl2 + H2 (2)

2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (3)

Gọi số mol của Fe, Al trong mỗi phần lần lượt là x, y (mol; x,y > 0)

Vì mCu = 6,4 (g) → mFe + mAl = 17,4 – 6,4 = 11 → 56. x + 27. y = 11 (*)

Theo PTHH (2) $n_{H_2}=n_{Fe}=x\left(mol\right)$

Theo PTHH (3): $n_{H_2}=\frac{3}{2}{n}_{Al}=\frac{3}{2}y\left(mol\right)$

Mà $n_{H_2}=\frac{8,96}{22,4}=0,4\left(mol\right)$ → $x+\frac{3}{2}y=0,4$ (**)

Giải hệ (*), (**), ta được: x = 0,1; y = 0,2

Vậy khối lượng Al, Fe trong hỗn hợp đầu là:

mAl = 0,2. 27. 2 = 10,8 (g); mFe = 0,1. 56. 2 = 11,2 (g)

Bài 9: Một dung dịch A gồm 0,03 mol Ca²⁺; 0,06 mol Al³⁺; 0,06 mol $N{O}_3^{-}$; 0,09 mol $S{O}_4^{2-}$. Muốn có dung dịch A cần phải hòa tan hai muối với số mol tương ứng:

A. 0,03 mol Ca(NO3)2 và 0,06 mol Al2(SO4)3;

B. 0,03 mol CaSO4 và 0,06 mol Al(NO3)3;

C. 0,09 mol CaSO4 và 0,06 mol Al(NO3)3;

D. 0,03 mol Ca(NO3)2 và 0,03 mol Al2(SO4)3.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Ca2+ + 2$N{O}_3^{-}$ → Ca(NO3)2

0,03….0,06…….0,03      (mol)

2Al3+ + 3$S{O}_4^{2-}$ → Al2(SO4)3

0,06……0,09…….0,03     (mol)

Vậy muốn có dung dịch A cần phải hòa tan hai muối: 0,03 mol Ca(NO3)2 và 0,03 mol Al2(SO4)3

Bài 10: Nguyên tử khối trung bình của đồng là 63,546. Đồng tồn tại trong tự nhiên với 2 đồng vị ⁶³Cu và ⁶⁵Cu. Thành phần phần trăm theo số nguyên tử của ⁶⁵Cu là?

A. 23,7%;

B. 76,3%;

C. 72,7%;

D. 27,3%.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Ta có, gọi % số nguyên tử của đồng vị 63Cu là x (0 < x < 100%) thì % đồng vị 65Cu là 100 – x.

Nguyên tử khối trung bình của đồng là 63,546 nên:

$\frac{63.x+65.(100-x)}{100}=63,546$→ x = 72,7

Vậy thành phần phần trăm theo số nguyên tử của 65Cu là 27,3%.

Bài 11: Chia hỗn hợp Cu và Al làm 2 phần bằng nhau:

- Phần 1: Tác dụng với dung dịch HNO3 đặc, nguội thì thu được 17,92 lít NO2 (đktc)

- Phần 2: Tác dụng với dung dịch HCl thì có 13,44 lít khí H2 (đktc) thoát ra. 

a) Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu. 

b) Xác định phần trăm về khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp?

Lời giải:

Phần 1: Hỗn hợp tác dụng với dung dịch HNO3 đặc, nguội thì Al bị thụ động (không phản ứng), Cu phản ứng theo PTHH:

Cu + 4HNO3 → Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O (1)

$n_{N{O}_2}=\frac{17,92}{22,4}=0,8\left(mol\right)$

Theo PTHH (1): $n_{Cu}=\frac{1}{2}{n}_{N{O}_2}=\frac{1}{2}.0,8=0,4\left(mol\right)$ → mCu = 0,4. 64 = 25,6 (g)

Phần 2: Cho hỗn hợp tác dụng với dung dịch HCl thì Cu không phản ứng, Al phản ứng theo PTHH:

2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (2)

$n_{H_2}=\frac{13,44}{22,4}=0,6\left(mol\right)$

Theo PTHH (2): $n_{Al}=\frac{2}{3}{n}_{H_2}=\frac{2}{3}.0,6=0,4\left(mol\right)$

→ nAl = 0,4. 27 = 10,8 (g)

a) Khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp đầu là:

mAl = 10,8. 2 = 21,6 (g)

mCu = 25,6. 2 = 51,2 (g)

b) mhỗn hợp = mAl + mCu = 21,6 + 51,2 = 72,8 (g)

Phần trăm về khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp là:

$\%m_{Al}=\frac{21,6}{72,8}.100\%=29,67\%$.

%mCu = 100% - 29,67% = 70, 33%.

Bài 12: Tính khối lượng O₂ có trong 4,48 lít khí O₂ (đktc)?

A. 22,4 lít;

B. 0,2 gam;

C. 3,2 gam;

D. 6,4 gam.

Lời giải

Đáp án đúng là: D

$V_{O_2}=\frac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)$

$m_{O_2}=0,2.32=6,4\left(g\right)$

Bài 13: Hòa tan hoàn toàn 36 gam một oxit kim loại trong lượng dư dung dịch H₂SO₄ đặc, nóng thu được V lít khí SO₂ (đktc) duy nhất và dung dịch chứa 80 gam một muối sunfat. Hấp thụ hoàn toàn lượng khí SO₂ nói trên trong 600 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 35,5 gam chất rắn khan. Tìm giá trị của V và xác định công thức của oxit kim loại ban đầu.

Lời giải:

Khi hấp thụ hoàn toàn lượng khí SO2 trong 600 ml dung dịch NaOH 1M, cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 35,5 gam chất rắn khan thì có 2 trường hợp xảy ra:

Trường hợp 1: 35,5 gam chất rắn gồm: NaHSO3 (a mol), Na2SO3 (b mol)

Ta có: $\left\{\begin{array}{c}104a+126b=35,5\\ a+2b=n_{NaOH}=0,6\end{array}\to \left\{\begin{array}{l}a=1,8\\ b=-1,2\end{array}\right.\right.$ (Loại)

Trường hợp 2: 35,5 gam chất rắn gồm: Na2SO3 (x mol), NaOH dư (y mol)

Ta có: $\left\{\begin{array}{c}126x+40y=35,5\\ 2x+2y=n_{NaOH}=0,6\end{array}\to \left\{\begin{array}{l}x=0,25\\ y=0,1\end{array}\right.\right.$

Suy ra: $n_{S{O}_2}=n_{N{a}_{2}S{O}_3}=0,25\left(mol\right)$

$\to V_{S{O}_2}=0,25.22,4=5,6\left(l\right)$

Gọi kim loại trong oxit cần tìm là R, hoá trị n ($1\le n\le 3$), R là khối lượng mol của kim loại R.

Khi oxit kim loại hoà tan trong lượng dư dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được muối là R2(SO4)n

Trong oxit kim loại, gọi nR = m (mol); nO = t (mol)

→ $n_{R_2{\left(S{O}_4\right)}_n}=\frac{1}{2}{n}_R=0,5m\left(mol\right)$

Theo đề bài: moxit = 36 (g) → R. m + 16. t = 36 (*)

mmuối = 80 (g) → 0,5m. (2R + 96n) = 80 (**)

Mà với các quá trình chuyển e: 

$\stackrel{0}{R}\to \stackrel{+n}{R}+ne$, $\stackrel{0}{O}+2e\to \stackrel{-2}{O},\stackrel{+6}{S}+2e\to \stackrel{+4}{S}$

Áp dụng định luật bảo toàn e, ta có: m. n = 2. t + 0,25. 2 (***)

Giải (*), (**), (***), ta được: Rm = 32; mn = 1; t = 0,25

Với mn = 1 $\to m=\frac{1}{n}$

Mà Rm = 32 $\Rightarrow R\frac{1}{n}=32\Rightarrow R=32n$

Với n = 2 thì R = 64 → R là đồng (Cu)

Vậy công thức hoá học oxit cần tìm là CuO.

Bài 14: a) Nguyên tố A không phải là khí hiếm, nguyên tử có phân lớp electron ngoài cùng là 3p. Nguyên tử nguyên tố B có phân lớp e ngoài cùng là 4s. 

(1) Trong 2 nguyên tố A, B nguyên tố nào là kim loại, nguyên tố nào là phi kim?

(2) Xác định cấu hình e của A, B và tên của A, B. 

Cho biết tổng số e ở hai phân lớp ngoài cùng của A và B là 7. 

b) Cho các ion A-, B2+ đều có cấu hình electron của khí trơ Ne (1s22s22p6). Viết cấu hình e của A, B và dự đoán tính chất hoá học của 2 nguyên tố này.

Lời giải:

a)

(1) Nguyên tử nguyên tố B có phân lớp e ngoài cùng là 4s nên có tối đa 2 electron ở lớp ngoài cùng nên B là nguyên tố kim loại.

Nguyên tố A không phải là khí hiếm, nguyên tử có phân lớp electron ngoài cùng là 3p, A có thể là nguyên tố kim loại hoặc phi kim.

(2) Nguyên tử nguyên tố B có phân lớp e ngoài cùng là 4s sẽ xảy ra 2 trường hợp sau:

Trường hợp 1: B có phân lớp e ngoài cùng là 4s1

→ B có cấu hình electron là 1s22s22p63s23p64s1

→ B có 19 electron → B có Z = 19

A có số electron ở phân lớp ngoài cùng là 7 – 1 = 6

→ A có phân lớp electron ngoài cùng là 3p6 → A là khí hiếm → loại

Trường hợp 2:  B có phân lớp e ngoài cùng là 4s2

→ B có cấu hình electron là 1s22s22p63s23p64s2

→ B có 20 electron → B có Z = 20 → B là nguyên tố kim loại canxi (Ca).

A có số electron ở phân lớp ngoài cùng là 7 – 2 = 5

→ A có phân lớp electron ngoài cùng là 3p5

→ A có cấu hình electron là 1s22s22p63s23p5

→ A có 17 electron → A có Z = 17 → A là nguyên tố phi kim clo (Cl).

b) Ion A- có cấu hình electron của khí trơ Ne[2s22p6] nên cấu hình e của A là 1s22s22p5 → A có Z = 9, là nguyên tố phi kim. A có đầy đủ tính chất hoá học của 1 nguyên tố phi kim.

Ion B2+ có cấu hình electron của khí trơ Ne[2s22p6] nên cấu hình e của B là 1s22s22p63s2 → B có Z = 12, là nguyên tố kim loại. B có đầy đủ tính chất hoá học của 1 kim loại.

Bài 15: Cho 16g CuO tác dụng với 200g H₂SO4 nồng độ 19,6%. Sau phản ứng thu được dung dịch X. Tính nồng độ % các chất trong dung dịch X.

Lời giải: 

$n_{CuO}=\frac{16}{80}=0,2\left(mol\right)$

$\begin{array}{l}{m}_{H_{2}S{O}_4}=\frac{200.19,6}{100}=39,2\left(g\right)\\ \to n_{H_{2}S{O}_4}=\frac{39,2}{98}=0,4\left(mol\right)\end{array}$

Phương trình hoá học: CuO + H2SO4 → CuSO4 + H2O

Lập tỉ lệ: $\frac{0,2}{1}<\frac{0,4}{1}$ → H2SO4 dư, CuO phản ứng hết

$n_{\text{CuS}{O}_4}=n_{H_{2}S{O}_{4}p\text{u}}=n_{CuO}=0,2\left(mol\right)$

→ $n_{H_{2}S{O}_{4}du}=0,4-0,2=0,2\left(mol\right)$

Vậy dung dịch sau phản ứng gồm 0,2 mol H2SO4 và 0,2 mol CuSO4

$\begin{array}{l}{m}_{H_{2}S{O}_4}=0,2.98=19,6\left(g\right);\\ m_{{\text{CuSO}}_4}=0,2.160=32\left(g\right)\end{array}$

Nồng độ % các chất trong dung dịch X là:

$C{\%}_{H_{2}S{O}_4}=\frac{19,6}{200+16}.100\%=9,07\%$

$C{\%}_{CuS{O}_4}=\frac{32}{200+16}.100\%=14,81\%$

Bài 16: Viết công thức cấu tạo của N₂O₅?

Lời giải:

Bài 17: Trình bày phương pháp hoá học nhận biết 3 dung dịch sau: H₂SO₄, MgCl₂, Ca(OH)₂?

Lời giải: 

Dùng quỳ tím để nhận biết 3 dung dịch sau: H2SO4, MgCl2, Ca(OH)2:

- Dung dịch nào làm quỳ tím chuyển màu đỏ thì là H2SO4;

- Dung dịch nào làm quỳ tím chuyển màu xanh thì là Ca(OH)2;

- Dung dịch không làm quỳ tím chuyển màu là MgCl2.

Bài 18: Trộn 1,8 lít dung dịch HCl có pH = 1 với 3,6 lít dung dịch HCl có pH = 2 thì được 5,4 lít dung dịch HCl có pH bằng bao nhiêu?

Lời giải: 

nHCl (pH=1) = 1,8. 0,1 = 0,18 (mol); nHCl (pH=2) = 3,6. 0,01 = 0,036 (mol)

→ $n_{H^{+}}=0,18+0,036=0,216\left(mol\right)$

$\left[H^{+}\right]=\frac{0,216}{5,4}=0,04$ (M)

$pH=-\log \left[H^{+}\right]=-\log (0,04)=$1,398

Bài 19: Hiđrat hóa anken (có xúc tác) thu được một ancol duy nhất có công thức C₄H₉OH. Anken là

A. 2 – metylbut – 2 – en;

B. but – 2 – en;

C. 2 – metylpropen;

D. but – 1 – en.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

But – 2 – en có cấu tạo đối xứng, khi cộng nước thu được 1 ancol duy nhất:

$C{H}_3-CH=CH-C{H}_3+H_{2}O\stackrel{xt,t^{°}}{\to }C{H}_3-CH\left(OH\right)-C{H}_2-C{H}_3$

Bài 20: Tinh chế bột sắt từ hỗn hợp bột sắt và bột nhôm bằng phương pháp hóa học?

Lời giải: 

Cho hỗn hợp trên vào dung dịch NaOH dư ta thu được một phần chất rắn không tan, lọc bỏ phần chất rắn không tan ta thu được sắt.

Phương trình hoá học:

2NaOH + 2Al + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2

Bài 21: Khi cho dung dịch NaOH vào dung dịch Ca(HCO₃)₂ thấy có

A. bọt khí và kết tủa trắng;

B. không hiện tượng gì;

C. kết tủa trắng xuất hiện;

D. kết tủa trắng sau đó kết tủa tan dần.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Khi cho dung dịch NaOH vào dung dịch Ca(HCO3)2 thấy có kết tủa trắng xuất hiện vì xảy ra phản ứng sau: 

2NaOH + Ca(HCO3)2 → Na2CO3 + CaCO3↓ + 2H2O

Bài 22: Nhiệt phân hoàn toàn 72,6 gam muối Fe(NO₃)₃ trong bình kín, sau một thời gian thu được 53,16 gam chất rắn. Hiệu suất phản ứng của quá trình nhiệt phân là?

Lời giải:

Gọi $n_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_3}$phản ứng = x (mol, x > 0)

→ $m_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_3}$phản ứng = 242. x (g)

Phương trình hoá học:

$4Fe{\left(N{O}_3\right)}_3\stackrel{t^{°}}{\to }2F{e}_2{O}_3+12N{O}_2+3O_2$

Theo PTHH: $n_{F{e}_2{O}_3}=\frac{1}{2}{n}_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_3}=0,5x\left(mol\right)$

$\to m_{F{e}_2{O}_3}=0,5x.160=80x\left(g\right)$

mchất rắn = $m_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_3}$dư + $m_{F{e}_2{O}_3}$= 72,6 – 242x + 80x = 53,16 → x = 0,12

Hiệu suất phản ứng của quá trình nhiệt phân là:

$H=\frac{242.0,12}{72,6}.100\%=40\%$

Bài 23: Tính pH của dung dịch NH4Cl 0,10M? (biết Ka($N{H}_4^{+}$) )= 5,56.10^-10). Bỏ qua sự phân li của nước. 

Lời giải:

$N{H}_{4}Cl\to N{H}_4^{+}+C{l}^{-}$

0,1……….0,1….0,1 (mol)

Gọi nồng độ $N{H}_4^{+}$ phân li là x (M, x > 0)

PTHH: $N{H}_4^{+}+H_{2}O\to N{H}_{4}OH+H^{+}$ $K_a=5,{56.10}^{-10}$

Ban đầu: 0,1…………….0…………0 M

Phân li:   x………………x………...x M

Kết thúc:   0,1 – x …………...x…….......x M

$K_a=\frac{\left[N{H}_{4}OH\right].\left[H^{+}\right]}{\left[N{H}_4^{+}\right]}=\frac{x^2}{0,1-x}=5,{56.10}^{-10}$

$\Rightarrow x=\left[H^{+}\right]=7,{46.10}^{-6}M$

-> $pH=-\log \left[H^{+}\right]=5,13$

Bài 24: Để điều chế cao su Buna người ta có thể thực hiện theo các sơ đồ biến hóa sau:

C2H6 $\stackrel{H=30\%}{\to }$ C2H4 $\stackrel{H=80\%}{\to }$C2H5OH $\stackrel{H=50\%}{\to }$Buta-1,3-đien $\stackrel{H=80\%}{\to }$ Cao su Buna. 

Tính khối lượng etan cần lấy để có thể điều chế được 5,4 kg cao su Buna theo sơ đồ trên?

A.15,625 kg;

B. 62,50 kg;

C. 46,875 kg;

D. 31,25 kg.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Bài 25: Dung dịch X có chứa: 0,07 mol Na+, 0,02 mol $S{O}_4^{2-}$ và x mol $O{H}^{-}$. Dung dịch Y có chứa $Cl{O}_4^{-}$, $N{O}_3^{-}$ và y mol H+; tổng số mol $Cl{O}_4^{-}$ và $N{O}_3^{-}$ là 0,04. Trộn X và Y được 100ml dung dịch Z. Dung dịch Z có pH (bỏ qua sự điện li của nước) là

A. 1;

B. 12;

C. 13;

D. 2.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Theo định luật bảo toàn điện tích cho dung dịch X và Y, lần lượt ta có:

0,07. 1 = 0,02. 2 + x. 1 → x = 0,03 

0,04. 1 = y. 1 → y = 0,04

Phương trình hoá học: 

H+ + $O{H}^{-}$ → H2O

0,04    0,03

Bài 26: Công thức hóa học của chất được tạo bởi Fe (II) và O là:

A. Fe3O2;

B. Fe3O4;

C. Fe2O3;

D. FeO.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

Gọi công thức hoá học tạo bởi Fe (II) và O là FexOy

Theo quy tắc hoá trị, ta có: II. x = II. y

$\to \frac{x}{y}=\frac{II}{II}=\frac{1}{1}\to x=y=1$

→ Công thức hoá học cần tìm là FeO.

Bài 27: Trong phản ứng: 2Ag + Cl2 → 2AgCl↓. Chọn phát biểu đúng:

A. Ag là chất khử

B. Ag là chất oxi hóa

C. Ag vừa là chất khử, vừa là chất oxi hóa

D. Ag không là chất khử, cũng không là chất oxi hóa

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Vì Ag → Ag+ + 1e nên Ag là chất khử trong phản ứng trên.

Bài 28: Viết công thức electron và công thức cấu tạo của các chất: HClO, HClO3, HClO4, H3PO4, H2SO4, H2SO3. Chỉ rõ loại liên kết cộng hoá trị có cực, phân cực, cho nhận trong các chất.

Lời giải:

Bài 29: Ankan X có công thức phân tử C5H12, khi tác dụng với clo tạo được 4 dẫn xuất monoclo. Tên của X là

A. pentan;

B. iso – pentan;

C. neo – penan;

D. 2,2 – đimetylpropan.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

$C{H}_3-CH\left(C{H}_3\right)-C{H}_2-C{H}_3+C{l}_2\stackrel{anhsang}{\to }C{H}_{2}Cl-CH\left(C{H}_3\right)-C{H}_2-C{H}_3+HCl$

$C{H}_3-CH\left(C{H}_3\right)-C{H}_2-C{H}_3+C{l}_2\stackrel{anhsang}{\to }C{H}_3-CCl\left(C{H}_3\right)-C{H}_2-C{H}_3+HCl$

$C{H}_3-CH\left(C{H}_3\right)-C{H}_2-C{H}_3+C{l}_2\stackrel{anhsang}{\to }C{H}_3-CH\left(C{H}_3\right)-CHCl-C{H}_3+HCl$

$C{H}_3-CH\left(C{H}_3\right)-C{H}_2-C{H}_3+C{l}_2\stackrel{anhsang}{\to }C{H}_3-CH\left(C{H}_3\right)-C{H}_2-C{H}_{2}Cl+HCl$

Bài 30: Nhiệt phân hoàn toàn 6,62 gam Pb(NO3)2 thì thu được V lít hỗn hợp khí (đktc). Giá trị của V là?

Lời giải

$n_{Pb{\left(N{O}_3\right)}_2}=\frac{6,62}{201+(14+16.3).2}=0,02\left(mol\right)$

Phương trình hoá học:

$2Pb{\left(N{O}_3\right)}_2\stackrel{t^{°}}{\to }2PbO+4N{O}_2+O_2$

Theo PTHH: $n_{N{O}_2}=2n_{Pb{\left(N{O}_3\right)}_2}=2.0,02=0,04\left(mol\right)$

$n_{O_2}=\frac{1}{2}{n}_{Pb{\left(N{O}_3\right)}_2}=\frac{1}{2}.0,02=0,01\left(mol\right)$

Vhỗn hợp khí = (0,04 + 0,01). 22,4 = 1,12 (l)

Bài 31: Biết N = 14 đvC. Phân từ khối của khí nitrogen N2 là:

A. N2 = 28 đvC; 

B. N2 = 14 đvC;

C. N2 = 20 đvC;

D. N2 = 7 đvC.

Lời giải

Đáp án đúng là: A

Phân từ khối của khí nitrogen N2 là 14. 2 = 28 đvC.

Bài 32: Dung dịch H2SO4 có nồng độ H2SO4 0,005M thì pH bằng bao nhiêu?

Lời giải:

$H_{2}S{O}_4\to 2H^{+}+S{O}_4^{2-}$

0,005……0,01

$\left[H^{+}\right]=0,01\to pH=-\log \left[H^{+}\right]=2$

Bài 33: Hãy tính khối lượng của 5,6 lít khí N2 ở đktc?

Lời giải:

$n_{N_2}=\frac{5,6}{22,4}=0,25\left(mol\right)\Rightarrow m_{N_2}=0,25.28=7\left(g\right)$

Vậy khối lượng của 5,6 lít khí N2 ở đktc là 7 gam.

Bài 34: Viết công thức cấu tạo của Fe2(SO4)3?

Lời giải:

Bài 35: Cho 11,2 gam Fe vào dung dịch HCl. Tính:

a) Thể tích khí H2 thu được ở đktc?

b) Khối lượng HCl đã phản ứng?

c) Khối lượng muối FeCl2 tạo thành?

Lời giải:

$n_{Fe}=\frac{11,2}{56}=0,2\left(mol\right)$

Phương trình hoá học:

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2

Bài 36: Cho 11,2 gam Fe vào 300 ml dung dịch AgNO3 1M. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được m gam chất rắn. Giá trị của m là

A. 40,8 ;

B. 38,0;

C. 32,4;

D. 35,2.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

$n_{Fe}=0,2\left(mol\right);n_{A{g}^{+}}=0,3\left(mol\right)$

Do $n_{Fe}<2n_{A{g}^{+}}$ nên Ag+ phản ứng hết, Fe dư

nFe phản ứng = $\frac{1}{2}{n}_{A{g}^{+}}=\frac{1}{2}.0,3=0,15\left(mol\right)$

Chất rắn A gồm Fe dư 0,05 mol; 0,3 mol Ag

mrắn  = 0,05. 56 + 0,3. 108 = 35,2 gam

Bài 37: Cho X là một muối nhôm (khan), Y là một muối vô cơ (khan). Hòa tan m gam hỗn hợp 2 muối X, Y (có cùng số mol) vào nước thu được dung dịch A. Thêm từ từ dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch A cho tới dư được dung dịch B, kết tủa D và khí C. Axit hóa dung dịch B bằng HNO3 rồi thêm AgNO3 vào thấy xuất hiện kết tủa trắng, kết tủa này bị đen dần khi để ngoài ánh sáng. Khi thêm dd Ba(OH)2 vào dung dịch A thì kết tủa D đạt giá trị lớn nhất (kết tủa E), sau đó thêm tiếp dd Ba(OH)2 vào thì lượng kết tủa đạt giá trị nhỏ nhất (kết tủa F). Nung các kết tủa E và F đến khối lượng ko đổi, thu được 6,248g và 5,126g các chất tương ứng. Cho biết F không tan trong axit mạnh.

a. Xác định CTHH của các muối X, Y.
b. Tính m và thể tích khí C ở đktc ứng với giá trị E lớn nhất.

Lời giải:

a. Cho AgNO3 vào dung dịch B đã axit hoá tạo ra kết tủa trắng bị hoá đen ngoài ánh sáng, đó là AgCl, vậy phải có một trong hai muối là muối clorua.

- Khi cho Ba(OH)2 mà có khí bay ra chứng tỏ đó là NH3. Vậy muối Y phải là muối amoni (muối trung hoà hoặc muối axit)

- Mặt khác khi thêm Ba(OH)2 tới dư mà vẫn còn kết tủa chứng tỏ một trong hai muối phải là muối sunfat

Các phản ứng dạng ion:

$B{a}^{2+}+S{O}_4^{2-}\to BaS{O}_4$ (không đổi khi nung)

Sự chênh lệch nhau vì khối lượng khi nung E, F là do Al2O3 tạo thành từ Al(OH)3

Ta thấy: $n_{S{O}_4^{2-}}=n_{A{l}^{3+}}$nên không thể có muối Al2(SO4)3. Do đó muối nhôm phải là muối clorua AlCl3 với số mol = 0,011. 2 = 0,022 mol và muối Y phải là (NH4)2SO4 hoặc NH4HSO4 với số mol là 0,022 mol.

b. 

- Trường hợp muối (NH4)2SO4 

m = 0,022. 133,5 + 0,022. 132 = 5,841 gam

nkhí C = $n_{N{H}_4^{+}}$= 0,044 (mol) → VB = 0,9856 lít

- Trường hợp muối NH4HSO4

m = 0,022. 133,5 + 0,022. 115 = 5,467 gam

nkhí C = $n_{N{H}_4^{+}}$= 0,022 (mol) → VB = 0,4928 lít

Bài 38: Nguyên tử silicon có 14 electron. Số lớp electron và số electron lớp ngoài cùng của nguyên tử này lần lượt là

A. 3 lớp electron, 3 electron lớp ngoài cùng;

B. 3 lớp electron, 5 electron lớp ngoài cùng;

C. 3 lớp electron, 4 electron lớp ngoài cùng;

D. 2 lớp electron, 5 electron lớp ngoài cùng.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Nguyên tử silicon có 14 electron sẽ sắp xếp lần lượt như sau:

+ Lớp thứ nhất có 2 electron

+ Lớp thứ hai có 8 electron

+ Còn lại 14 – 2 – 8 = 4 electron ở lớp thứ ba

Bài 39: Cho 4,8 gam Mg tan hoàn toàn trong dung dịch HNO3 loãng, nóng thu được 0,56 lít khí N2O (đktc). Cô cạn cẩn thận dung dịch sau phản ứng thu được bao nhiêu gam chất rắn khan:

A. 31,6 gam;

B. 32,6 gam;

C. 30,6 gam;

D. 29,6 gam.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

ne nhận = 0,025. 8 = 0,2 (mol) < ne cho

→ Sản phẩm có muối amoni:

Chất rắn khan gồm NH4NO3: 0,025 mol; Mg(NO3)2: 0,2 mol

→ m = 0,025. 80 + 0,2. 148 = 31,6 (g)

Bài 40: Viết lại các công thức sau cho đúng: Na2H2PO4; Mg2(HSO3)3; NH4Cl2

Lời giải: 

Công thức đúng là: NaH2PO4, Mg(HSO3)2, NH4Cl

Bài 41: Hấp thụ hoàn toàn 4,48 lít CO2 (ở đktc) vào 100ml dung dịch Ba(OH)2 xM, sau phản ứng thu được a gam kết tủa. Mặt khác, nếu hấp thụ hoàn toàn 8,96 lít CO2 (ở đktc) vào 100ml dung dịch Ba(OH)2 xM, thì sau phản ứng thu được a gam kết tủa. Tìm giá trị của x.

Lời giải:

Ở cả 2 trường hợp, lượng kết tủa thu được bằng nhau mà:

$\begin{array}{l}{n}_{C{O}_2\left(1\right)}=\frac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right);\\ n_{C{O}_2\left(2\right)}=\frac{8,96}{22,4}=0,4\left(mol\right)\end{array}$

nên trường hợp 1: CO2 hết, Ba(OH)2 dư, chỉ xảy ra 1 phản ứng: CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + H2O

$n_{BaC{O}_3}=n_{C{O}_2}=\frac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)$

Ở trường hợp 2, xảy ra 2 phản ứng sau:

CO2 + Ba(OH)2 → BaCO3↓ + H2O (*)

2CO2 + Ba(OH)2 → Ba(HCO3)2 (**)

$n_{C{O}_2(*)}=n_{BaC{O}_3}=0,2\left(mol\right)$

→ $n_{C{O}_2(**)}=n_{C{O}_2\left(2\right)}-n_{C{O}_2(*)}=0,4-0,2=0,2\left(mol\right)$

Theo PTHH (*), (**), $n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=n_{C{O}_2(*)}+\frac{1}{2}.n_{C{O}_2(**)}=0,2+0,2.\frac{1}{2}=0,3\left(mol\right)$

$x=C_M=\frac{n_{Ba{\left(OH\right)}_2}}{V_{\text{dd}}}=\frac{0,3}{0,1}=3M$

Bài 43: Cho phản ứng hóa học sau: M + HNO3 → M(NO3)n + NO↑ + H2O.

Hệ số cân bằng của phản ứng lần lượt là:

A. 3, 4n, 3, 2n, 2n;

B. 2, 4n, 2, n, 2n;

C. 3, 4n, 3, 2n, n;

D. 3, 4n, 3, n, 2n.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

3M + 4nHNO3 → 3M(NO3)n + nNO↑ + 2nH2O.