Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

- Supephotphat đơn: Ca(H₂PO₄)₂ và CaSO₄

- Supephotphat kép: Ca(H₂PO₄)₂

Giải chi tiết:

Công thức hoá học của supephotphat kép là Ca(H₂PO₄)₂.

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Oxit không tạo muối là các oxit trung tính như NO, CO, N₂O.

Giải chi tiết:

Oxit không tạo muối là oxit trung tính → Oxit này là CO

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Khí này được tạo ra do quá trình phân hủy của HNO₃ đậm đặc.

Khí này có màu khiến cho dung dịch HNO₃ đặc có màu.

Giải chi tiết:

HNO₃ là axit dễ bị phân hủy khi chiếu sáng: 2HNO₃ → 2H₂O + NO₂ (nâu) + ½ O₂ (không màu)

Khí X tạo màu cho dung dịch HNO₃ đặc là NO₂.

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Viết PTHH để suy ra sản phẩm trong dung dịch thu được.

Giải chi tiết:

Giả sử số mol của mỗi chất là 1 mol.

                 Na₂O + H₂O → 2NaOH

                    1           →        2       mol

                 NaOH + NaHCO₃ → Na₂CO₃ + H₂O

Ban đầu:        2            1                                   mol

Pư:                1 ←       1 →              1               mol

Sau pư:          1            0                  1               mol

                 CaCl₂ + Na₂CO₃ → CaCO₃ + 2NaCl

                    1             1           1              2

→ Dung dịch thu được sau phản ứng có chứa NaCl, NaOH

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Phản ứng nhiệt phân:

+ Muối cabonat:

Muối cacbonat kết tủa  oxit kim loại + CO₂

+ Muối hiđrocacbonat: Tất cả các muối hidrocacbonat đều dễ bị phân hủy bởi nhiệt.

2X(HCO₃)_n → X₂(CO₃)_n + nCO₂ + nH₂O

Giải chi tiết:

Ta có:  CaCO₃ $\stackrel{t^0}{\to }$ CaO + CO₂

           MgCO₃ $\stackrel{t^0}{\to }$ MgO + CO₂

           Na₂CO₃ không bị phân hủy bởi nhiệt

           2NaHCO₃ $\stackrel{t^0}{\to }$ Na₂CO₃ + H₂O + CO₂

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

CO + oxit kim loại (sau Al) $\stackrel{t^0}{\to }$  Kim loại + CO₂

Giải chi tiết:

Ta có: CuO + CO $\stackrel{t^0}{\to }$  CO₂ + Cu

          MgO + CO $\stackrel{t^0}{\to }$  không phản ứng

          PbO + CO $\stackrel{t^0}{\to }$  Pb + CO₂

          Al₂O₃ + CO $\stackrel{t^0}{\to }$  không phản ứng

→ Chất rắn sau phản ứng thu được gồm: Cu, Pb, MgO và Al₂O₃

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Viết các đồng phân lần lượt theo mạch thẳng, mạch nhánh

Giải chi tiết:

C₄H₁₀ có các đồng phân sau:

CH₃ - CH₂ - CH₂ - CH₃

CH₃ - CH(CH₃) - CH₃

→ Có 2 đồng phân

Chọn đáp án A

Để đánh giá độ dinh dưỡng của phân lân người ta tính theo hàm lượng %P₂O₅

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Chất khử là chất nhường electron (số oxi hóa tăng).

Xác định số oxi hóa của N trong các phản ứng → Các phản ứng mà NH₃ thể hiện tính khử.

Giải chi tiết:

1) NH₃ không phải chất khử vì N giữ nguyên số oxi hóa

2) NH₃ là chất khử vì N^-3→ N⁰

3) NH₃ là chất khử vì N^-3→ N⁰

4) NH₃ không phải chất khử vì N giữ nguyên số oxi hóa

5) NH₃ là chất khử vì N^-3→ N⁰

→ Có 3 phản ứng NH₃ thể hiện tính khử.

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

- A sai vì CO₂ không được dùng để chữa cháy các đám cháy kim loại do CO₂ + 2Mg $\stackrel{t^0}{\to }$  C + 2MgO

Phản ứng trên sinh ra C tiếp tục cháy khiến cho đám cháy lớn hơn.

- B, C, D đúng

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Ion NH₄⁺ có tên gọi là amoni

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Tính chất đặc biệt của kim cương là rất cứng, là chất cứng nhất trong tất cả các chất.

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Nguyên tắc làm khô khí bị lẫn hơi nước:

- Chất dùng làm khô có tính háo nước.

- Chất làm khô không phản ứng với chất cần làm khô.

Giải chi tiết:

Để làm khô khí NH₃ lẫn hơi nước thì cần một chất tác dụng với nước hoặc lấy nước nhưng không tác dụng với NH₃.

- Phương án A: CaO hấp thụ nước và không tác dụng với NH₃ → thỏa mãn

- Phương án B: P₂O₅ tác dụng với nước tạo axit H₃PO₄ tác dụng được với NH₃

  PTHH: P₂O₅ + H₂O → H₃PO₄

             H₃PO₄ + nNH₃ → (NH₄)_nH_3-nPO₄ (n = 1, 2, 3)

- Phương án C: CuSO₄ khan hấp thụ nước nhưng có thể phản ứng với NH₃

  PTHH: CuSO₄ + 2NH₃ + 2H₂O → Cu(OH)₂ + (NH₄)₂SO₄

             Cu(OH)₂ + 4NH₃ → [Cu(NH₃)₄](OH)₂

- Phương án D: H₂SO₄ đặc hấp thụ nước nhưng tác dụng với NH₃

  PTHH: H₂SO₄ + 2NH₃ → (NH₄)₂SO₄

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Hợp chất hữu cơ là hợp chất của C (trừ CO, CO₂, muối cacbonat kim loại, xianua, cacbua, …).

Giải chi tiết:

A loại vì CO là chất vô cơ

B đúng

C loại vì NaCN là chất vô cơ

D loại vì (NH₄)₂CO₃ là chất vô cơ

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Magie photphua tạo từ Mg và P nên có dạng Mg_xP_y → Theo quy tắc hóa trị suy ra x và y

Giải chi tiết:

Magie photphua tạo từ Mg và P nên có dạng $\underset{x}{\overset{II}{Mg}}\underset{y}{\overset{III}{P}}$

Theo quy tắc hóa trị → II.x = III.y → $\frac{x}{y}=\frac{III}{II}=\frac{3}{2}$  → x = 3 và y = 2

Vậy công thức hóa học của magie photphua là Mg₃P₂

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Muối axit là muối chứa gốc axit còn có khả năng phân li ra H⁺.

Chú ý: Muối HPO₃^- và HPO₂^- không phải là muối axit.

Giải chi tiết:

Na₂HPO₃ là muối trung hòa vì gốc HPO₃^- không có khả năng phân li ra H⁺.

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Xét các phương trình phân li của H₃PO₄ (H₃PO₄ là chất điện li yếu).

Giải chi tiết:

Ta có: H₃PO₄ $\stackrel{}{\rightleftarrows }$  H⁺ + H₂PO₄^-

          H₂PO₄^- $\stackrel{}{\rightleftarrows }$ H⁺ + HPO₄^2-

          HPO₄^2- $\stackrel{}{\rightleftarrows }$  H⁺ + PO₄^3-

→ Nếu bỏ qua sự phân li của H₂O, trong dung dịch H₃PO₄ chứa 4 ion: H⁺, HPO₄^2-, H₂PO₄^-, PO₄^3-.

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Thành phần chính của thủy tinh là SiO₂. Dung dịch HF có khả năng hòa tan được SiO₂ nên được dùng để khắc chữ lên thủy tinh.

PTHH: SiO₂ + 4HF → SiF₄ + 2H₂O

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Vì X có pH = 2,125 < 7 nên X là axit → X có CTPT là H_xA

- C_M[X] = 0,01M → [H⁺] _{tối đa}

- Từ giá trị pH → [H⁺] _{thực tế}

Nếu X là axit mạnh thì [H⁺]_{thực tế} = [H⁺] _{tối đa} → Giá trị của x

+ Nếu x nguyên → X là axit mạnh

+ Nếu x không nguyên → X là axit yếu

Giải chi tiết:

Vì X có pH = 2,125 nên X là axit → X có CTPT là H_xA (x là số nguyên)

- C_M[X] = 0,01M nên nồng độ H⁺ tối đa là: [H⁺] _{tối đa} = 0,01x (mol/lít)

- Mà pH = 2,125 nên [H⁺]_{thực tế} = 10^-2,125 = 7,5.10^-3 (mol/lít)

Nếu X là axit mạnh thì [H⁺]_{thực tế} = [H⁺] _{tối đa} → 0,01x = 7,5.10^-3 → x = 0,75 (loại)

→ X là axit yếu

Chọn đáp án A

A đúng

B sai vì phương trình thu gọn của phản ứng là HSO₄^- + Ba²⁺ → BaSO₄ + H⁺

C sai vì phương trình thu gọn của phản ứng là 3H⁺ + Fe(OH)₃ → Fe³⁺ + 3H₂O

D sai vì phương trình thu gọn của phản ứng là OH^- + HCO₃^- → H₂O + CO₃^2-

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Những kim loại không tác dụng với HNO₃ đặc nguội là Fe, Cr, Al do những chất này thụ động khi cho vào dung dịch này.

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Dung dịch dẫn điện là dung dịch chứa chất điện li. Chất điện li gồm axit, bazo và các muối

Giải chi tiết:

Dung dịch muối ăn NaCl là dung dịch dẫn điện do NaCl là chất điện li.

Ngược lại saccarozơ, ancol etylic,benzen trong ancol etylic là những chất không điện li nên dung dịch của chúng không dẫn điện.

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

NH₃ là chất có tính bazơ yếu và tính khử (do N có số oxi hóa thấp nhất là -3).

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Liên kết đơn = 1 σ

Liên kết đôi = 1 σ + 1 π

Liên kết ba = 1 σ + 2 π

Giải chi tiết:

C₂H₄ có công thức cấu tạo là CH₂ = CH₂

+ 4 liên kết đơn (C-H) → có 4 liên kết σ

+ Liên kết C = C có 1 liên kết σ

→ Phân tử C­₂H₄ có 5 liên kết σ

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Nguyên tố P và N cùng thuộc nhóm VA trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

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

Giải chi tiết:

A sai vì 2 chất có CTPT khác nhau C₃H₈O và C₂H₆O

B sai vì 2 chất có CTPT khác nhau C₂H₆O và C₂H₄O

C đúng vì 2 chất có cùng CTPT là C₂H₆O

D sai vì 2 chất có CTPT khác nhau

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Ta có: (1) CO + O → CO₂

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

n_CaCO3 → n_CO2 → n_O

→ m_{kim loại} = m_oxit - m_O

Giải chi tiết:

Ta có: (1) CO + O → CO₂

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

Theo (2): n_CO2 = n_CaCO3 = 0,1 mol

Theo (1): n_O = n_CO2 = 0,1 mol

Bảo toàn khối lượng có: m_{kim loại} = m_oxit - m_O = 4 - 0,1.16 = 2,4 gam

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

PTHH: P₂O₅ + 3H₂O → 2H₃PO₄

- Từ lượng P₂O₅ tính được lượng H₃PO₄ tạo thêm → m_{H3PO4 mới} = m_{ban đầu} + m_{tạo thêm}

- Tính lại khối lượng dung dịch H₃PO₄ sau phản ứng: m _{dd sau pư} = m_{dd ban đầu} + m_P2O5

Giải chi tiết:

m_{H3PO4 ban đầu} = 250.(9,8/100) = 24,5 gam

PTHH: P₂O₅ + 3H₂O → 2H₃PO₄

            0,1                  → 0,2    mol

→ m_{H3PO4 mới} = 24,5 + 0,2.98 = 44,1 gam

Mặt khác, áp dụng BTKL: m_{dd sau phản ứng} = m_{dd ban đầu} + m_P2O5 = 250 + 14,2 = 264,2 gam

Dung dịch thu được có nồng độ phần trăm là: C% _H3PO4 = $\frac{\mathrm{44,1}}{\mathrm{264,2}}.100\%$  = 16,7%

Chọn đáp án D

Phương pháp giải:

Tính theo PTHH: 6NH₃ + 6H₂O + Al₂(SO₄)₃ → 2Al(OH)₃ + 3(NH₄)₂SO₄

Giải chi tiết:

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

 0,3 mol     ←       0,05 mol

→ V_NH3 = 0,3 .22,4 = 6,72 lít

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

PTHH: 4Al(NO₃)₃­ $\stackrel{t^0}{\to }$ 2Al₂O₃ + 12NO₂ + 3O₂

                 4x                         2x            12x        3x    mol 

Khối lượng chất rắn giảm là khối lượng của khí thoát ra → Phương trình khối lượng của khí → x

→ Hiệu suất H = mphanungmbandau.100%mphanungmbandau.100%

Giải chi tiết:

PTHH: 4Al(NO₃)₃­ $\stackrel{t^0}{\to }$  2Al₂O₃ + 12NO₂ + 3O₂

                 4x                       2x            12x        3x    mol 

Ta có: m_{rắn giảm} = m_{khí thoát ra} = m_NO2 + m_O2 = 12x.46 + 3x.32 = 63,9 - 31,5 = 32,4 gam → x = 0,05 mol

Hiệu suất của phản ứng là H = $\frac{m_{phanung}}{m_{bandau}}.100\%=\frac{\mathrm{0,05.4.213}}{\mathrm{63,9}}.100\%=\mathrm{66,67}\%$

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Từ mol của Ba(OH)₂ và NaOH tính được số mol của OH^-

Từ mol của H₂SO₄ và HCl tính được số mol của H⁺

Khi X tác dụng với Y: H⁺ + OH^- → H₂O

+ Nếu H⁺ dư thì pH = - log [H⁺] = 2   

+ Nếu OH^- dư thì pOH = - log [OH^-] → pH = 14 - pOH

Giải chi tiết:

Dung dịch X: n_OH- = 2n_Ba(OH)2 + n_NaOH = 2.0,01 + 0,01 = 0,03 mol

Dung dịch Y: n_H+ = 2n_H2SO4 + n_HCl = 2.0,015 + 0,005 = 0,035 mol

Khi X tác dụng với Y:    H⁺    +   OH^- → H₂O

                   Ban đầu:  0,035       0,03             mol

                          Pư:    0,03 ←   0,03             mol

                    Sau pư:   0,005                          mol

→ [H⁺] = 0,005 : (0,1 + 0,4) = 0,01 M

→ pH = - log [H⁺] = 2

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

Tính toán theo PT ion: 3Cu + 8H⁺ + 2NO₃^- → 3Cu²⁺ + 4H₂O + 2NO

Giải chi tiết:

n_Cu = 0,15 mol       

n_NO3- = n_NaNO3 + 2n_Ba(NO3)3 = 0,1 + 0,1.2 = 0,3 mol

n_H+ = n_HCl = 0,5.2 = 1 mol

PT ion: 3Cu  +  8H⁺ + 2NO₃^- → 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O

Bđ:       0,15      1        0,3                                            (Ta thấy: $\frac{\mathrm{0,15}}{3}<\frac{1}{8}<\frac{\mathrm{0,3}}{2}$  → Phản ứng tính theo Cu)

Pư:       0,15 → 0,4    →                            0,1               mol

→ V_NO = 2,24 lít

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Xét tỉ lệ n_NaOH : n_H3PO4 = a

   NaOH + H₃PO₄ →  NaH₂PO₄ + H₂O

   2NaOH + H₃PO₄ → Na₂HPO₄ + 2H₂O

   3NaOH + H₃PO₄ → Na₃PO₄ + 3H₂O

+ Nếu a ≤ 1 thì phản ứng chỉ tạo ra NaH₂PO₄

+ Nếu 1 < a < 2 thì phản ứng tạo 2 muối NaH₂PO₄ và Na₂HPO₄

+ Nếu a = 2 thì phản ứng chỉ tạo Na₂HPO₄

+ Nếu 2 < a < 3 thì phản ứng tạo 2 muối Na₂HPO₄ và Na₃PO₄

+ Nếu a ≥ 3 thì phản ứng tạo muối Na₃PO₄

Giải chi tiết:

n_NaOH = 0,2 mol và n_H3PO4 = 0,1 mol

Ta thấy: n_NaOH : n_H3PO4 = 2 nên phản ứng tạo muối Na₂HPO₄

PTHH: 2NaOH + H₃PO₄ → Na₂HPO₄ + 2H₂O

              0,2          0,1                0,1mol

→ m_Na2HPO4 = 0,1.142 = 14,2 gam

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Xét tỉ lệ $\frac{n_{O{H}^{-}}}{n_{C{O}_2}}$  = a

+ Nếu a ≥ 2 phản ứng chỉ tạo CO₃^2-

+ Nếu 1 < a < 2 thì phản ứng tạo 2 muối CO₃^2- và HCO₃^-

+ Nếu a ≤ 1 thì phản ứng chỉ tạo HCO₃^-

Giải chi tiết:

n_CO2 = 0,15 mol; n_OH^- = n_NaOH  + 2n_Ba(OH)2 = 0,35 mol

Vì $\frac{n_{O{H}^{-}}}{n_{C{O}_2}}=\frac{\mathrm{0,35}}{\mathrm{0,15}}=\mathrm{2,33}$  > 2 nên phản ứng dư OH^-, chỉ tạo CO₃^2-

PTHH: CO₂ + 2OH^- → CO₃^2-+ H₂O

Bđ:      0,15     0,35

Pư:      0,15 → 0,3  → 0,15                 mol

           CO₃^2- + Ba²⁺ → BaCO₃

Bđ:      0,15      0,1                    mol

Pư:      0,1 ←   0,1 →     0,1      mol

→ m_{kết tủa} = m_BaCO3 = 0,1.197 = 19,7 gam

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

Tính được n_NaOH và n_Na2SO4

Phương trình phân li: NaOH → Na⁺ + OH^-

                                   Na₂SO₄  → 2Na⁺ + SO­₄^2-

→ n_Na⁺ → [Na⁺]

Giải chi tiết:

n_NaOH = 0,04 mol và n_Na2SO4 = 0,12 mol

Phương trình phân li: NaOH → Na⁺ + OH^-

                                   0,04 →  0,04                   mol

                                   Na₂SO₄  →   2Na⁺ + SO­₄^2-

                                         0,06      → 0,12               mol

→ n_Na⁺ = 0,16 mol → [Na⁺] = 0,16 : 0,5 = 0,32 M

Chọn đáp án B

Phương pháp giải:

- Thí nghiệm 1: Cho Cu tác dụng HNO₃ dư thu được NO₂ và NO.

Tóm tắt: Cu + HNO₃ → Cu(NO₃)₂, NO₂, NO, H₂O

QT cho e: Cu → Cu²⁺ + 2e

QT nhận e: N⁺⁵ + 1e → N⁺⁴ ; N⁺⁵ + 3e → N⁺²

Áp dụng định luật bảo toàn e → n_NO2 + 3n_NO = 2n_Cu (1)

- Thí nghiệm 2: Cho hỗn hợp NO₂ và NO tác dụng với O₂ dư sau đó cho tác dụng với H₂O:

Tóm tắt: NO, NO₂ + O₂ dư → NO₂, O₂ dư → HNO₃

QT cho e: N⁺⁴ → N⁺⁵ + 1e; N⁺² → N⁺⁵ + 3e

QT nhận e: O₂ + 4e → 2O^-2

Áp dụng định luật bảo toàn e → n_NO2 + 3n_NO = 4n_{O2 pư} (2)

Từ (1) (2) → 2n_Cu = 4n_O2 → Phương trình ẩn V. Giải tìm được V

Giải chi tiết:

- Thí nghiệm 1: Cho Cu tác dụng HNO₃ dư thu được NO₂ và NO.

Tóm tắt: Cu + HNO₃ → Cu(NO₃)₂, NO₂, NO, H₂O

QT cho e: Cu → Cu²⁺ + 2e

QT nhận e: N⁺⁵ + 1e → N⁺⁴ ; N⁺⁵ + 3e → N⁺²

Áp dụng định luật bảo toàn e → n_NO2 + 3n_NO = 2n_Cu (1)

- Thí nghiệm 2: Cho hỗn hợp NO₂ và NO tác dụng với O₂ dư sau đó cho tác dụng với H₂O:

Tóm tắt: NO, NO₂ + O₂ dư → NO₂, O₂ dư → HNO₃

QT cho e: N⁺⁴ → N⁺⁵ + 1e; N⁺² → N⁺⁵ + 3e

QT nhận e: O₂ + 4e → 2O^-2

Áp dụng định luật bảo toàn e → n_NO2 + 3n_NO = 4n_{O2 pư} (2)

Từ (1) (2) → 2n_Cu = 4n_O2 → $2.\left(\frac{\mathrm{3,84}}{64}\right)=4.\left(\frac{V-\mathrm{0,25}V}{\mathrm{22,4}}\right)$  → V = 0,896 lít

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

HPO₄^2- + OH^- → PO₄^3- + H₂O

H₂PO₄^-+ 2OH^- → PO₄^3- + 2H₂O

PO₄^3- + 3Ag⁺ → Ag₃PO₄

Gọi số mol của NaH₂PO₄, Na₂HPO₄ và Na₃PO₄ lần lượt là a, b, c mol → Phương trình khối lượng

Và phương trình số mol OH^-

→ a + b + c → m_Ag3PO4

Giải chi tiết:

HPO₄^2- + OH^- → PO₄^3- + H₂O

H₂PO₄^-+ 2OH^- → PO₄^3- + 2H₂O

PO₄^3- + 3Ag⁺ → Ag₃PO₄

Gọi số mol của NaH₂PO₄, Na₂HPO₄ và Na₃PO₄ lần lượt là a,b, c mol

+ m_X = 120a + 142b + 164c = 3,82 (1)

+ n_KOH = 2a + b = 0,05 mol (2)

→ 120a + 142b + 164b + 22.(2a + b) = 3,82 + 0,05.22 = 4,92

→ 164.(a + b + c) = 4,92 → a + b + c = 0,03

→ m_Ag3PO4 = n_{PO4 3-} = a + b + c = 0,03.419 = 12,57 gam

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

- Xét hỗn hợp khí Y: Khí không màu hóa nâu trong không khí là NO

→ M_Y = 5,18 : 0,14 = 37 → Khí còn lại có M > 37

→ Y có khí N₂O và NO với số mol x và y mol → Lập hệ theo số mol và khối lượng của Y giải x và y

- Tóm tắt sơ đồ:

$\left\{\begin{array}{l}Al\\ Mg\end{array}\right.\stackrel{+HN{O}_3}{\to }〈\begin{array}{l}khi:NO,N_{2}O\\ Dd:Mg{\left(N{O}_3\right)}_2;Al{\left(N{O}_3\right)}_3;N{H}_{4}NH{O}_3\left(cotheco\right)\stackrel{t°}{\to }MgO,A{l}_2{O}_3\end{array}$

Đặt số mol Al và Mg lần lượt là a và b mol thì → pt (1)

Bảo toàn nguyên có có n_Al2O3 = ½ a và n_MgO = b mol → pt (2)

Giải hệ trên được a và b

- Bảo toàn electron: 3n_Al + 2n_Mg = 3n_NO + 8n_N2O + 8n_NH4NO3 → n_NH4NO3

Giải chi tiết:

- Xét hỗn hợp khí Y: Khí không màu hóa nâu trong không khí là NO

→ M_Y = 5,18 : 0,14 = 37 → Khí còn lại là khí không màu có M > 37 (N₂O)

Giả sử Y chứa N₂O (x mol)và NO (y mol) → $\left\{\begin{array}{l}44x+30y=\mathrm{5,18}\\ x+y=\mathrm{0,14}\end{array}\right.\to x=y=\mathrm{0,07}mol$

- Sơ đồ tóm tắt:

$\left\{\begin{array}{l}Al\\ Mg\end{array}\right.\stackrel{+HN{O}_3}{\to }〈\begin{array}{l}khi:NO,N_{2}O\\ Dd:Mg{\left(N{O}_3\right)}_2;Al{\left(N{O}_3\right)}_3;N{H}_{4}NH{O}_3\left(cotheco\right)\stackrel{t°}{\to }MgO,A{l}_2{O}_3\end{array}$

Đặt số mol Al và Mg lần lượt là a và b mol:

+ m _hh = 27a + 24b = 9,942 (1)

+ Chất rắn sau nung chứa: n_Al2O3 = 0,5n_Al = 0,5a (mol) và n_MgO = n_Mg = b (mol) (Áp dụng bảo toàn nguyên tố)

→ m _{chất rắn} = 51a + 40b = 17,062 (2)

Giải hệ trên được a = 0,082 mol và b = 0,322 mol

Bảo toàn electron: 3n_Al + 2n_Mg = 3n_NO + 8n_N2O + 8n_NH4NO3

→ 3.0,082 + 2.0,322 = 3.0,07 + 8.0,07 + 8n_NH4NO3

→ n_NH4NO3 = 0,015 mol

→ Khi cô cạn dung dịch thu được: 0,015 mol NH₄NO₃; 0,082 mol Al(NO₃)₃ và 0,322 mol Mg(NO₃)₂

→ m = 0,015.80 + 0,082.213 + 0,322.148 = 66,322 gam gần nhất với 66,323 gam

Chọn đáp án A

Phương pháp giải:

A có CTPT là C_xH_yO

2C_xH_yO + $\frac{4x+y-2}{2}$O₂ → 2xCO₂ + yH₂O

CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + H₂O

Ta có: m_{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O  và n_CO2 = 0,75n_H2O → n_CO2 và n_H2O

BTKL → m_O2 → n_O2

Bảo toàn O → n_O(A) = n_A

Số C = x = n_CO2 : n_A

Số H = y = 2n_H2O : n_A

Giải chi tiết:

A có CTPT là C_xH_yO

2C_xH_yO + $\frac{4x+y-2}{2}$ O₂ → 2xCO₂ + yH₂O

CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + H₂O

Ta có: m_{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O =  4,08 gam → 44n_CO2 + 18n_H2O = 4,08 gam

Mặt khác: n_CO2 = 0,75n_H2O

→ n_CO2 = 0,06 mol và n_H2O = 0,08 mol

BTKL phản ứng cháy: m_O2 = m_CO2 + m_H2O - m_A  = 4,08 - 1,2 = 2,88 mol → n_O2 = 0,09 mol

Bảo toàn O: n_A + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O → n_A + 2.0,09 = 2.0,06 + 0,08 → n_A = 0,02 mol

Số C = x = n_CO2 : n_A = 0,06 : 0,02 = 3

Số H = y = 2n_H2O : n_A = 2.0,08 : 0,02 = 8

Vậy CTPT của A là C₃H₈O

Chọn đáp án C

Phương pháp giải:

Giả sử khối lượng khối đá ban đầu là m (g)

CaCO₃ → CaO + CO₂

BTKL:  m_CO2 = ∆m_rắn → n_CO2 → n_{CaCO3 phản ứng} → m_{CaCO3 phản ứng}

Hiệu suất của phản ứng là H = $\frac{m_{phanung}}{m_{bandau}}.100\%$

Giải chi tiết:

Giả sử khối lượng khối đá ban đầu là m (g)

PTHH: CaCO₃ → Cao + CO₂

BTKL: m_CO2 = ∆m_rắn = m - 0,736m = 0,264m → n_CO2 = 0,006m

→ n_{CaCO3 phản ứng} = 0,006m → m_{CaCO3 phản ứng} = 0,6m

Hiệu suất của phản ứng là H = $\frac{\mathrm{0,6}m}{\mathrm{0,8}m}.100\%=75\%$