1000 câu hỏi ôn tập môn Hóa có đáp án (Phần 23)

1000 câu hỏi ôn tập Hóa (Phần 23)

Câu 1: Hoà tan hết m gam hỗn hợp X gồm Na₂CO₃, MgO, a mol Fe₃O₄ và 2a mol KHCO₃ vào 400 gam dung dịch H₂SO₄ 17,15%. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thi được khí CO₂; dung dịch chứa (m + 42,68) gam muối sunfat trung hòa và 345,44 gam nước. Tìm giá trị của m và a.

Lời giải:

$\begin{array}{l}{m}_{H_{2}S{O}_4}=400.17,15\%=68,6\left(g\right)\\ n_{H_{2}S{O}_4}=\frac{68,6}{98}=0,7\left(mol\right)\\ m_{H_{2}O}=400-68,6=331,4\left(g\right)\\ n_{H_{2}O}=\frac{331,4}{18}=\frac{1657}{90}\left(mol\right)\\ n_{H_{2}Osaup/u}=\frac{345,44}{18}=\frac{4318}{225}\left(mol\right)\end{array}$

Bảo toàn nguyên tố H:

$\begin{array}{l}2n_{H_{2}S{O}_4}+2n_{H_{2}O}+n_{KHC{O}_3}=2n_{H_{2}O}\\ \iff 0,7.2+\frac{1657}{90}.2+2a=2.\frac{4318}{225}\\ \to a=0,08\left(mol\right)\\ \to n_{KHC{O}_3}=0,16\left(mol\right)\end{array}$

Bảo toàn khối lượng

$\begin{array}{l}m+400=m_{C{O}_2}+42,68+m+345,44\\ \to m_{C{O}_2}=11,88\left(g\right)\\ \to n_{C{O}_2}=\frac{11,88}{44}=0,27\left(mol\right)\end{array}$

Đặt $n_{N{a}_{2}C{O}_3},n_{MgO}=x,y\left(mol\right)$

$n_{H_{2}S{O}_4}=x+y+0,08.4+\frac{0,16}{2}=0,7\left(1\right)$

m + 42,88 = 23.2x + 24y + 0,16.39 + 0,08.3.56 + 0,7.96 = 106x + 40y + 0,08.232 + 0,16.100 + 42,68 (2)

 Từ (1), (2) ta có:

x = 0,11; y = 0,19

m = 106.0,11 + 0,19.40 + 0,08.232 + 0,16.100 = 53,82 (g).

Câu 2: Hòa tan hoàn toàn m gam kim loại M bằng dung dịch HCl dư thu được V lít khí H₂ (đktc). Mặt khác hòa tan m gam kim loại M bằng dung dịch HNO₃ loãng thu được muối nitrat của M, nước và cũng V lít khí NO duy nhất (đktc).

a, So sánh hóa trị của M trong muối clorua và muối nitrat.

b, Hỏi M là kim loại nào ? Biết khối lượng muối nitrat tạo thành gấp 1,905 lần muối clorua.

Lời giải:

a, Coi V = 22,4 (lít)

Ta có: $n_{H_2}=n_{NO}=\frac{22,4}{22,4}=1\left(mol\right)$ 

Gọi n là hóa trị của kim loại M khi phản ứng với HCl

2M + 2nHCl → 2MCl_n + nH₂

Theo PTHH :

$n_M=\frac{2}{n}{n}_{H_2}=\frac{2}{n}\left(mol\right)$ 

Gọi m là hóa trị của kim loại M khi phản ứng với HCl

3M + 4mHNO₃ → 3M(NO₃)_m + mNO + nH₂

Theo PTHH :

$n_M=\frac{3}{m}{n}_{NO}=\frac{3}{m}\left(mol\right)$ 

Suy ra :

$\begin{array}{l}{n}_M=\frac{2}{n}=\frac{3}{m}\left(mol\right)\\ \iff \frac{n}{m}=\frac{2}{3}\iff n=\frac{2}{3}m\\ \iff n<m\end{array}$

Vậy hóa trị của M trong muối clorua bé hơn muối nitrat.

b,

Vì $\frac{n}{m}=\frac{2}{3}\Rightarrow n=2,m=3$

Theo PTHH :

$\begin{array}{l}{n}_{MC{l}_2}=n_{H_2}=1\left(mol\right)\\ n_{M{\left(N{O}_3\right)}_3}=n_{NO}=1\left(mol\right)\end{array}$

mà 

$\begin{array}{l}{m}_{M{\left(N{O}_3\right)}_3}=1,905.m_{MC{l}_2}\\ \iff M+62.3=1,905.(M+71)\\ \iff M=56\left(Fe\right)\end{array}$

Vậy M là kim loại Fe.

Câu 3: Hòa tan hoàn toàn m gam kim loại Na trong 100 gam nước. Sau phản ứng thu được 0,04 mol khí và dung dịch X

a) Viết phương trình hóa học và tính m.

b) Tính nồng độ phần trăm của chất tan trong dung dịch X.

Lời giải:

a)

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂↑

$n_{Na}=2n_{H_2}=0,08\left(mol\right)$

⇒m = 0,08.23 = 1,84 (g)

b)

m_X = 1,84 + 100 − 0,04.2 = 101,76(g)

n_NaOH = n_Na = 0,08 (mol)

$\Rightarrow C{\%}_X=\frac{0,08.40}{101,76}.100\%\approx 3,14\%$

Câu 4: Hoà tan hỗn hợp Ba Na với tỉ lệ mol 1:1 vào H₂O được dung dịch A và 0,672 lít khí ở đktc. Tính thể tích dung dịch HCl 0,1M cần để trung hòa dung dịch A.

Lời giải:

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

PTHH: Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂

             a………………a………..a (mol)

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

a………………..a……….0,5a (mol)

→ a + 0,5a = 0,3 → a = 0,02 (mol)

PTHH: Ba(OH)₂ + 2HCl → BaCl₂ + 2H₂O

             0,02………0,04

NaOH + HCl → NaCl + H₂O

0,02……0,02

→ n_HCl = 0,04 + 0,02 = 0,06 (mol)

$\Rightarrow C_{M\left(HCl\right)}=\frac{0,06}{0,1}=0,6\left(l\right)$

Câu 5: Hoà tan hoàn toàn m gam Cu trong dung dịch HNO₃ thu được 1,12 lít hỗn hợp khí NO và NO₂ (đktc) có tỉ khối hơi đối với H₂ là 16,6. Giá trị của m là

A. 8,32. 

B. 4,16 

C. 3,90 

D. 6,40 

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Ta có

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{n}_{NO}+n_{N{O}_2}=0,05\\ 30n_{NO}+46n_{N{O}_2}=0,05.16,6.2\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}{n}_{NO}=0,04\\ n_{N{O}_2}=0,01\end{array}\right. \end{gathered}$$

Bảo toàn e:

$\begin{array}{l}{n}_{Cu}=\frac{0,04.3+0,01}{2}=0,065\left(mol\right)\\ \Rightarrow m_{Cu}=0,065.64=4,16\left(g\right)\end{array}$

Câu 6: Một hỗn hợp X gồm các chất: K₂O, KHCO₃, NH₄Cl, BaCl₂ có số mol mỗi chất bằng nhau. Hoà tan hỗn hợp X vào nước, rồi đun nhẹ thu được khí Y, dung dịch Z và kết tủa M. Xác định các chất trong Y, Z, M và viết phương trình phản ứng xảy.

Lời giải

Đặt số mol mỗi chất là a

Các phương trình hóa học xảy ra như sau:

K₂O + H₂O → 2KOH

a                  → 2a                                mol

KOH + KHCO₃ → K₂CO₃ + H₂O

a       → a           → a                            mol

NH₄Cl + KOH → KCl + NH₃ ↑+ H₂O

a          ← a                  → a                  mol

BaCl₂ + K₂CO₃ → BaCO₃ ↓ + 2KCl

                 a       → a              → a        mol

Vậy Y là NH₃; dung dịch Z là KCl; M là BaCO₃.

Câu 7: Hoà tan m gam Zn vào 100 ml dung dịch H₂SO₄ 0,4M thu được 0,784 lít khí hiđro và dung dịch X. Tính pH của dung dịch X?

Lời giải

$n_{H_{2}S{O}_4}$_{ban đầu} = 0,1.0,4 = 0,04 (mol)

$n_{H_2}=\frac{0,784}{22,4}=0,035\left(mol\right)$

→ Số mol axit H₂SO₄ phản ứng là 0,035 mol

$n_{H_{2}S{O}_4}$_dư = 0,04 – 0,035 = 0,005 (mol)

$\begin{array}{l}\Rightarrow n_{H^{+}}=2.0,005=0,01\left(mol\right)\\ \Rightarrow \left[H^{+}\right]=\frac{0,01}{0,1}=0,1M\\ \Rightarrow pH=1\end{array}$

Câu 8: Hòa tan hoàn toàn m gam ZnSO₄ vào nước được dd X. Nếu cho 110 ml dd KOH 2M vào X thì thu được 3a gam kết tủa. Mặt khác, nếu cho 140ml dd KOH 2M vào X thì thu được 2a gam kết tủa. Giá trị của m là:

A. 17,71;

B. 16,10;

C. 32,20;

D. 24,15.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Đặt 

-Xét ở thí nghiệm 1

+ Nếu $a<0,5;n_{KOH}=0,11$ thì tạo thành kết tủa và kết tủa tan một phần

Và ở thí nghiệm 2 kết tủa cũng tan một phần

TN1: dung dịch sau phản ứng có ion:

BTĐT:

TN2: dung dịch sau phản ứng có ion:

BTĐT:

Với trường hợp $a>0,11$ thì không thỏa mãn

Câu 9: Hoà tan một lượng sắt vào 400 ml dung dịch HCl vừa đủ. Sau phản ứng thu được 3,7185 lít khí hiđro (đkc). Nồng độ M của dung dịch HCl là:
A. 0,25 M;

B. 0,5 M;

C. 0,75 M;

D. 1 M.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

$n_{H_2}=\frac{3,7185}{24,79}=0,15\left(mol\right)$

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

$\begin{array}{l}{n}_{HCl}=2n_{H_2}=2.0,15=0,3\left(mol\right)\\ \Rightarrow C_M=\frac{0,3}{0,4}=0,75M\end{array}$

Câu 10: Hoà tan một lượng oxit kim loại hoá trị II vào một lượng dung dịch H₂SO₄ 20% vừa đủ để tạo thành dung dịch muối sunfat 22,64%. Tìm công thức của oxit kim loại đó.

A. MgO. 

B. ZnO.

C. CuO. 

D. FeO.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Gọi công thức oxit kim loại là RO có số mol là 1 mol

RO + H₂SO₄  → RSO₄ + H₂O

1…….1…………1                (mol)

$\Rightarrow m_{\text{dd}{H}_{2}S{O}_4}=\frac{\mathrm{1.98.100}}{20}=490\left(g\right)$

Khối lượng dung dịch sau phản ứng là:

m_dd = m_RO+ $m_{\text{dd}{H}_{2}S{O}_4}$= R + 16+ 490 = R + 506 (gam)

$\begin{array}{l}\Rightarrow C{\%}_{RS{O}_4}=\frac{m_{H_{2}S{O}_4}.100\%}{m_{\text{dd}}}\\ =\frac{(R+96).100\%}{R+506}=22,64\%\\ \Rightarrow R=24\end{array}$

 Vậy R là Mg, công thức oxit là MgO

Câu 11: Hòa tan hết 4 gam một kim loại M vào 96,2 gam nước thu được dung dịch bazo có nồng độ 7,4% và V lít khí ở đktc. Xác định kim loại M.

A. Mg

B. Ca

C. Ba

D. Zn

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

2M + 2xH₂O → 2M(OH)_x + xH₂

a…….a…………………….0,5xa (mol)

Theo bài ra ta có: m_{kim loại} = Ma = 4 gam (*)

→ m_dd = Ma + 96,2 – 2.0,5xa = 4 + 96,2 – xa = 100,2 – xa

Khối lượng M(OH)_x = (M+17x)a = Ma + 17xa = 4 + 17xa

=>C% của M(OH)_x = $\frac{4+17xa}{100,2-xa}=\frac{7,4}{100}$

=> 400 +1700xa = 741,48 – 7,4xa => xa = 0,2 (**)

Từ (*) và (**): $\frac{Ma}{xa}=\frac{4}{0,2}$→M = 20x

Với x = 2 thì M = 40 (thoả mãn)

Vậy M là Ca (canxi).

Câu 12: Hòa tan hết 17,05 gam hỗn hợp Al và Zn cần vừa đủ 124,1 gam dung dịch HCl 25% thu được dung dịch muối và khí không màu. Phần trăm khối lượng Zn trong hỗn hợp đầu là?

Lời giải:

Gọi x là số mol của Al 

Gọi y là số mol của Zn

m_hh = m_Al + m_Zn = n_Al. M_Al + n_Zn. M_Zn = x. M_Al + y. M_Zn = 27x + 65y

⇔ 17,05 = 27x + 65y

$\begin{array}{l}{m}_{HCl}=\frac{m_{\text{dd}}.C\%}{100\%}=\frac{124,1.25\%}{100\%}\approx 31\left(g\right)\\ \Rightarrow n_{HCl}=\frac{m}{M}=\frac{31}{36,5}\approx 0,8\left(mol\right)\end{array}$

PTHH : 2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂ ( bay hơi )

              2    :   6      :      2       :    3      (mol)

              x   → 3x                                ( mol) 

 PTHH:  Zn + 2HCl → ZnCl₂ + H₂ ( bay hơi ) 

              1   :   2        :     1      :   1     (mol)

              y  → 2y                             ( mol)

⇒n_HCl = n_HCl ở pt ( 1 ) + n_HCl ở pt ( 2 ) 

⇔0,8     =    3x + 2y (4)

Từ (3) và ( 4) => x ≈ 0,1 ( mol) , y ≈ 0,2 (mol) 

M_Zn = n. M = 0,2. 65 = 13 (gam )

$$\begin{gathered} \%m_{Zn}=\frac{m_{Zn}}{m_{hh}}.100\% \\ =\frac{13}{17,05}.100\%\approx 76,2\% \end{gathered}$$

Câu 13: Hòa tan hết 3,2g oxit M₂O_n trong lượng vừa đủ dung dịch H₂SO₄ 10%, thu được dung dịch muối nồng độ 12,9%. Sau phản ứng đem cô bớt dung dịch và làm lạnh nó thu được 7,868 gam tinh thể muối với hiệu suất 70%. Xác định công thức của tinh thể muối đó.

A. Fe₂(SO₄)₃.9H₂O

B. Fe₂(SO₄)₃

C. CuSO₄.6H₂O

D. CuSO₄.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

M₂O_n + nH₂SO₄ → M₂(SO₄)_n + nH₂O

Nếu có 1 mol M₂O_n thì số gam dung dịch H₂SO₄ 10% là: 980n.

Số gam dung dịch muối là (2M + 996n).

$$\begin{gathered} C\%=\frac{2M+96n}{2M+996n}=12,9 \\ \Rightarrow M=18,65n \end{gathered}$$

Vậy oxit là Fe₂O₃

 Fe₂O₃ + 3H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 3H₂O

Nếu hiệu suất là 100% thì số mol muối = số mol oxit = 0,02.

Vì hiệu suất là 70% nên số mol muối = 0,02.70%=0,014.

Số gam Fe₂(SO₄)₃ = 0,014.400=5,6 < 7,868.

Vậy muối là: Fe₂(SO₄)₃.xH₂O

Ta có: (400 + 18x).0,014= 7,868 $\Rightarrow$ x=9

Công thức muối: Fe₂(SO₄)₃.9H₂O

Câu 14: Hòa tan hoàn toàn 8,3 gam hỗn hợp Al và Fe bằng lượng dư dung dịch HCl, sau phản ứng thu được 5,6 lít khí H₂ ở đktc và dung dịch X

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

b) Cô cạn dung dịch X thu được m gam muối khan. Tính m

Lời giải:

a)2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

$n_{H_2}=\frac{5,6}{22,4}=0,25\left(mol\right)$

Hỗn hợp: Al (a mol), Fe (b mol)

$\left\{\begin{array}{l}27a+56b=8,3\\ 1,5a+b=0,25\end{array}\right.\Rightarrow a=b=0,1$

$\%m_{Al}=\frac{0,1.27}{8,3}.100\%=32,53\%$

%m_Fe =100 − 32,53 = 67,47%

b) 

$$\begin{gathered} m=m_{AlC{l}_3}+m_{FeC{l}_2} \\ =0,1.133,5+0,1.127=26,05\left(g\right) \end{gathered}$$

Câu 15: Hòa tan m gam K vào 200 gam nước thu được 200 ml dung dịch có nồng độ là 2,748%. Vậy m có giá trị là?

Lời giải:

Gọi số mol K là x

2K + 2H₂O → 2KOH + H₂

Suy ra m = 39x

$n_{H_2}=\frac{1}{2}{n}_K=0,5x$

BTKL:

m_{dd sau phản ứng} = $m_K+m_{H_{2}O}-m_{H_2}$= 39x + 200 − 0,5x.2 = 200 + 38x

n_K = n_KOH = x mol

$$\begin{gathered} \to m_{KOH}=56x=2,748\%.(200+38x) \\ \to x=0,1\to m=3,9\left(g\right) \end{gathered}$$

Câu 16: Hỗn hợp Al và Fe₃O₄ đem nung không có không khí. Hỗn hợp sau phản ứng nhiệt nhôm nếu đem tác dụng với NaOH dư thu được 6,72 lít H₂, nếu đem tác dụng với dung dịch HCl diw thu được 26,88 lít H₂. Khối lượng Al trong hỗn hợp ban đầu là:

A. 27 g;

B. 2,7 g;

C. 54 g;

D. 5,4 g.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

8Al + 3Fe₃O₄ → 9Fe + 4Al₂O₃

Sau phản ứng hỗn hợp gồm Al dư; Al₂O₃; Fe dư và Fe₃O₄ dư.

Cho tác dụng với NaOH chỉ có Al dư và Al₂O₃ phản ứng

NaOH + Al + H₂O → NaAlO₂ + 3/2H₂

2NaOH + Al₂O₃ → 2NaAlO₂ + H₂O

$$\begin{gathered} n_{H_2}=\frac{3}{2}{n}_{Aldu}=\frac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right) \\ \Rightarrow n_{Aldu}=0,2\left(mol\right) \end{gathered}$$

Nếu cho hỗn hợp tác dụng với HCl thì chỉ có Al và Fe sinh ra H₂

Al + 3HCl → AlCl₃ + 3/2 H₂

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

$$\begin{gathered} n_{H_2}=\frac{26,88}{22,4}=1,2\left(mol\right) \\ =1,5n_{Al}+n_{Fe}\Rightarrow n_{Fe}=0,9\left(mol\right) \end{gathered}$$

Theo phản ứng → n_{Al phản ứng} = 8/9n_Fe = 0,8 mol

→ n_{Al tham gia} = 0,2 + 0,8 = 1 mol

→ m_{Al ban đầu} = 1.27 = 27 gam.

Câu 17: Hỗn hợp X gồm NaHCO₃, CaCl₂, BaCl₂ có cùng số mol. Hoà tan 40,3 gam X vào 189,4 ml nước cất, sau đó thêm tiếp 11,28 gam K₂O. Khuấy đều cho các phản ứng xảy ra hoàn toàn, sau đó lọc bỏ kết tủa, thu đựơc dung dịch Y. Hãy tính nồng độ % của từng chất có trong dung dịch Y. Giả thiết kết tủa ở dạng khan, các chất không bị thất thoát trong quá trình thí nghiệm, khối lượng riêng của H₂O là 1 g/ml.

Lời giải:

Đặt số mol mỗi chất trong X là x.

⇒ 84x + 111x + 208x = 40,3

⇔x = 0,1 (mol)

$m_{H_{2}O}=189,4\left(g\right)$

$n_{K_{2}O}=\frac{11,28}{94}=0,12\left(mol\right)$

K₂O + H₂O → 2KOH

⇒n_KOH = 0,12.2 = 0,24 (mol)

2NaHCO₃ + 2KOH → K₂CO₃ + Na₂CO₃ + 2H₂O

⇒ dư 0,24 − 0,1 = 0,14 mol KOH

$$\begin{gathered} n_{K_{2}C{O}_3}=n_{N{a}_{2}C{O}_3}=0,05\left(mol\right) \\ \Rightarrow n_{R_{2}C{O}_3}=0,1\left(mol\right) \end{gathered}$$

Gọi chung 2 muối BaCl₂, CaCl₂ là MCl₂ (0,2 mol)

MCl₂ + R₂CO₃ → 2RCl + MCO₃

$\Rightarrow n_{MC{l}_{2}du}=0,2-0,1=0,1\left(mol\right)$

n_RCl = 0,1.2 = 0,2 (mol)

$\begin{array}{l}{n}_{MC{O}_3\downarrow }=0,1\left(mol\right)\\ {\overline{M}}_{R_{2}C{O}_3}=\frac{138.0,05+106.0,05}{0,05+0,05}=122\\ \Rightarrow M_R=31\\ {\overline{M}}_{MC{l}_2}=\frac{0,1.208+0,1.111}{0,1+0,1}=159,5\Rightarrow M_M=88,5\\ \Rightarrow m_{MC{O}_3}=0,1(88,5+60)=14,85\left(g\right)\\ m_{\text{dd}}=40,3+189,4+11,28-14,85=226,13\left(g\right)\\ C{\%}_{KOH}=\frac{0,\mathrm{14.56.100}}{226,13}=3,47\%\end{array}$

$\begin{array}{l}C{\%}_{RCl}=\frac{0,2(31+35,5).100}{226,13}=5,88\%\\ C{\%}_{MC{l}_2}=\frac{0,1(88,5+71).100}{226,13}=7,05\%\end{array}$

Câu 18: Hỗn hợp 2 khí CO và CO₂ có tỉ khối với H₂ là 16. Hỏi khi cho 1 lít (dktc) hỗn hợp đó đi qua 56 gam dung dịch KOH 1% thì thu được muối gì và có khối lượng là bao nhiêu?

Lời giải:

$\begin{array}{l}{d}_{CO,C{O}_2/H_2}=16\\ \Rightarrow M_{khi}=16.M_{H_2}=16.2=32\\ \frac{n_{CO}}{n_{C{O}_2}}=\frac{44-32}{32-28}=\frac{12}{4}=\frac{3}{1}\\ n_{C{O}_2}=\frac{0,45}{4}.1=0,01125\left(mol\right)\\ m_{KOH}=\frac{56.1}{100}=0,56\left(g\right)\\ \to n_{KOH}=\frac{0,56}{56}=0,01\left(mol\right)\\ KOH+C{O}_2\to KHC{O}_3\\ 0,\mathrm{01...................0},01\\ (do\frac{n_{KOH}}{n_{C{O}_2}}<1)\\ \Rightarrow m_{KHC{O}_3}=0,01.100=1\left(g\right)\end{array}$ 

Câu 19: Hỗn hợp 2 kim loại kiềm X, Y thuộc 2 chu kì liên tiếp và Z_X > Z_Y. Cho 10,6 (g) hỗn hợp tác dụng với Cl₂ dư được 31,9 (g) hỗn hợp muối. Tính khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp?

Lời giải:

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

$\begin{array}{l}{m}_{C{l}_2}=31,9-10,6=21,3\left(g\right)\\ \Rightarrow n_{C{l}_2}=\frac{21,3}{71}=0,3\left(mol\right)\end{array}$

PTHH: 2M + Cl₂ → 2MCl

$\begin{array}{l}\Rightarrow n_M=0,3.2=0,6\left(mol\right)\\ {\overline{M}}_M=\frac{10,6}{0,6}=17,6(g/mol)\end{array}$

→ 2 kim loại X, Y lần lượt là Na, Li

Gọi số mol Na, Li lần lượt là x, y (mol)

Ta có hệ:

$\left\{\begin{array}{l}x+y=0,6\\ 23x+7y=10,6\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=0,4\\ y=0,2\end{array}\right.$

$\begin{array}{l}\%m_{Na}=\frac{0,4.23}{10,6}.100\%=86,79\%\\ \%m_{Li}=100\%-86,79\%=13,21\%\end{array}$

Câu 20: Hỗn hợp X gồm ba oxit sắt (FeO, Fe₃O₄, Fe₂O₃) có số mol bằng nhau. Hòa tan hết m gam hỗn hợp X này bằng dung dịch HNO₃ thì thu được hỗn hợp Y gồm hai khí NO₂ và NO có thể tích 1,12 lít (đktc) và tỉ khối hỗn hợp Y so với hiđro bằng 19,8. Trị số của m là:

A. 16,24 gam

B. 23,2 gam

C. 20,88 gam

D. 46,4 gam

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Gọi n(NO₂) = a và n(NO) = b. → a + b = 0,05 và 46a + 30b = 0,05. 19,8. 2

→ a = 0,03 và b = 0,02

Gọi n(FeO) = n(Fe₃O₄) = n(Fe₂O₃) = a

→ n(Fe) = a + 3a + 2a = 6a và n(O trong X) = a + 4a + 3a = 8a

$\begin{array}{l}Fe\to \stackrel{+3}{Fe}+3e\\ 6a\mathrm{.............18}a\left(mol\right)\\ \stackrel{+5}{N}+3e\to \stackrel{+2}{N}\\ \mathrm{.....0},\mathrm{06...0},02\left(mol\right)\\ \stackrel{+5}{N}+1e\to \stackrel{+4}{N}\\ \mathrm{.....0},\mathrm{03...0},03\left(mol\right)\\ \stackrel{0}{O}+2e\to \stackrel{-2}{O}\\ \mathrm{....16}a\mathrm{....8}a\left(mol\right)\end{array}$

BT e, ta có: 18a = 0,06 + 0,03 + 16a → a = 0,045 mol

→ m = 6. 0,045. 56 + 8. 0,045. 16 = 20,88 (g).

Câu 21: Hỗn hợp A gồm Al₂O₃ và Fe₂O₃. Dẫn khí CO qua 10,55 gam A và nung nóng thu được hỗn hợp rắn B gồm 5 chất và hỗn hợp khí D. Dẫn D qua dung dịch Ca(OH)₂ dư có 2,5 gam kết tủa. Đem hỗn hợp B tác dụng vừa đủ với 0,5 lít dung dịch H₂SO₄ loãng 0,5 M thì có 1,12 lít khí thoát ra (đktc). Viết phương trình hóa học xảy ra và tính % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp A.

Lời giải:

$$\begin{gathered} 3CO+F{e}_2{O}_3\stackrel{t^{°}}{\to }2Fe+3C{O}_2 \\ CO+F{e}_2{O}_3\stackrel{t^{°}}{\to }2FeO+C{O}_2 \\ CO+\text{ 3}F{e}_2{O}_3\stackrel{t^{°}}{\to }2F{e}_3{O}_4+C{O}_2 \end{gathered}$$

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂

FeO + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂O

Fe₃O₄ + 4H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 4H₂O

Fe₂O₃ + 3H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 3H₂O

Al₂O₃ + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂O

Gọi x, y là số mol Al₂O₃; Fe₂O₃

⇒102x + 160y = 10,55 (1)

 $n_{H_{2}S{O}_4}=0,25\left(mol\right);n_{H_2}=0,05\left(mol\right)$
Bảo toàn nguyên tố H:

$$\begin{gathered} n_{H_{2}O}=n_{H_{2}S{O}_4}-n_{H_2} \\ =0,25-0,05=0,2\left(mol\right) \\ \Rightarrow n_{O\left(B\right)}=n_{H_{2}O}=0,2\left(mol\right) \end{gathered}$$

Bảo toàn nguyên tố C:

$n_{CO}=n_{C{O}_2}=n_{CaC{O}_3}=0,025\left(mol\right)$

Bảo toàn nguyên tố O:

$\begin{array}{l}{n}_{O\left(A\right)}+n_{CO}=n_{O\left(B\right)}+2n_{C{O}_2}\\ \Rightarrow n_{O\left(A\right)}=0,2+0,025.2-0,025\\ =0,225\left(mol\right)\\ \Rightarrow 3x+2y=0,225\left(2\right)\end{array}$

Từ (1) và (2) $\left\{\begin{array}{l}x=0,025\\ y=0,05\end{array}\right.$

$\begin{array}{l}\%m_{A{l}_2{O}_3}=\frac{0,025.102}{10,55}.100\%=24,17\%\\ \Rightarrow \%m_{F{e}_2{O}_3}=100\%-24,17\%=75,83\%\end{array}$

Câu 22: Hỗn hợp B gồm hai ankan được trộn theo tỉ lệ mol 1:2. Đốt cháy hết hổn hợp B thu được 8,96 lit CO₂ (đktc) và 9,9 gam H₂O. Công thức phân tử của hai hiđrocacbon? Thành phần phần trăm theo thể tích của mỗi ankan.

Lời giải:

$\begin{array}{l}{n}_{C{O}_2}=\frac{8,96}{22,4}=0,4\left(mol\right)\\ n_{H_{2}O}=\frac{9,9}{18}=0,55\left(mol\right)\\ n_{ankan}=n_{H_{2}O}-n_{C{O}_2}\\ =0,55-0,4=0,15\left(mol\right)\end{array}$

Mà được trộn theo tỉ lệ 1 : 2 nên

Ankan 1 = 0,05

Ankan 2 = 0,1

Ta có: $\overline{C}=\frac{0,4}{0,15}=2,67$

→  C₂H₆ và C_nH_2n+2

Bảo toàn C: 0,05.2 + n.0,1 = 0,4

→ n = 3 → C₃H₈

Vậy C₂H₆ và C₃H₈

$\Rightarrow \%Ankan1=\frac{0,05}{0,15}.100\%=33,33\%$

→ % Ankan 2 = 100% - 33,33% = 66,67 %.

Câu 23: Hỗn hợp bột gồm Fe, Cu, Ag, Al hóa chất duy nhất dùng tách Ag sao cho khối lượng không đổi là

A. AgNO₃;

B. Fe(NO₃)₂;

C. Fe(NO₃)₃;

D. HNO₃ loãng.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

A. dùng dd AgNO₃ thì sẽ làm lượng Ag trong hỗn hợp tăng lên

B. dùng dd Fe(NO₃)₂ thì sẽ không tinh chế được Ag vì cả Ag và Cu cùng không phản ứng với dd Fe(NO₃)₂

C. Dùng dd Fe(NO₃)₃ sẽ tinh chế được Ag mà không làm thay đổi khối lượng của chúng

2Fe(NO₃)₃ + Fe → 3Fe(NO₃)₂

2Fe(NO₃)₃ + Cu → 2Fe(NO₃)₂ + Cu(NO₃)₂

3Fe(NO₃)₃ + Al → Al(NO₃)₃ + 3Fe(NO₃)₂

D. Không dùng được vì Ag cũng sẽ phản ứng.

Câu 24: Hỗn hợp khí A gồm a mol SO₂ và 5a mol không khí. Nung nóng hỗn hợp A với O₂ xúc tác V₂O₅ thu được hỗn hợp khí B. Biết d_A/B = 0,93. Tính hiệu suất phản ứng, giả thiết không khí có 80% thể tích là N₂; 20% là O₂.

Lời giải:

Không khí có 80% thể tích là N₂; 20% là O₂ nên gọi: $n_{O_2}=a;n_{N_2}=4a$

PTHH: $2S{O}_2+O_2\stackrel{t^{°},V_2{O}_5}{\to }2S{O}_3$

Bđ:          a           a

Pư:         2x          x                       2x

Sau:      a-2x      a-x                      2x

Bảo toàn khối lượng: m_A = m_B → n_A.M_A = n_B.M_B

$\begin{array}{l}\Rightarrow \frac{M_A}{M_B}=\frac{n_B}{n_A}\Rightarrow \frac{6a-x}{6a}=0,93\\ \Rightarrow x=0,42a\\ Do\frac{n_{S{O}_2}}{2}=\frac{a}{2}<\frac{n_{O_2}}{1}=a\end{array}$

→ Hiệu suất tính theo SO₂

$\Rightarrow H=\frac{2.0,42a}{a}.100\%=84\%$

Câu 25: Hỗn hơp khí X gồm CO và CO₂ có tỉ khối hơi so với hidro là 15,6. Dẫn 4,48 lít hỗn hợp X (đktc) vào dung dịch Ca(OH)₂ dư thu được kết tủa Y.

a) Tính số mol mỗi khí trong hỗn hợp Y.

b) Tính khối lượng của kết tủa Y.

Lời giải:

Đặt a, b lần lượt là số mol của CO₂, CO.

Theo đề bài ra, ta có:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}a+b=0,2\\ 44a+28b=0,\mathrm{2.2.15},6\end{array}\right. \\ \Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=0,04\\ b=0,16\end{array}\right. \end{gathered}$$

PTHH: CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

             0,04………………0,04                (mol)

$\Rightarrow m_{CaC{O}_3}=0,04.100=4\left(g\right)$

Câu 26: Hỗn hợp T gồm 2 kim loại X và Y ở 2 chu kì liên tiếp của nhóm IIA, M_X < M_Y. Lấy 0,88 gam hỗn hợp T cho hòa tan hoàn toàn trong dung dịch HCl dư, thu được 0,03mol H₂ và dung dịch Z. Cô cạn dung dịch Z thu được m gam muối khan. Giá trị của m và 2 kim loại x và y là

A.3,01 g; Mg và Ca;

B.2,95 g; Be và Mg;

C. 3,01 g; Ca và Sr;

D. 2,95 g; Mg và Ca.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Bảo toàn e: $2n_T=2n_{H_2}\Rightarrow n_T=n_{H_2}=0,03\left(mol\right)$

$\Rightarrow {\overline{M}}_T=\frac{0,88}{0,03}=29,33$

Vì 24 < 29,33 < 40 nên hai kim loại là Mg và Ca

$n_{HCl}=2n_{H_2}=0,06\left(mol\right)$

BTKL: m = 0,88 + 0,06.36,5 − 0,03.2 = 3,01 gam.

Câu 27: Hỗn hợp khí X gồm 2 hidrocacbon A, B mạch thẳng và khối lượng phân tử của A nhỏ hơn khối lượng phân tử của B. Trong hỗn hợp X, A chiếm 75% theo thể tích. Đốt cháy hoàn toàn X cho sản phẩm cháy hấp thụ qua bình chứa dung dịch Ba(OH)₂ dư, sau thí nghiệm khối lượng dung dịch gam kết tủa. Biết tỉ khối hơi của X đối với hiđro bằng 18,5 và A, B cùng dãy đồng đẳng.

Lời giải:

Đặt n_A = 3a (mol);n_B = a (mol)

$\begin{array}{l}\overline{M_X}=18,5.2=37\\ \Rightarrow \frac{3a.M_A+a.M_B}{a+3a}=37\\ \Rightarrow 3M_A+M_B=148\end{array}$

Mà A, B cùng dãy đồng đẳng nên M_B = M_A + 14x (x: số tự nhiên khác 0)

→3M_A + M_A + 14x = 148

$\Rightarrow M_A=\frac{148-14x}{4}$

→x = 2; M_A = 30 (C₂H₆) hoặc x = 6; M_A =16 (CH₄)

Vậy các hidrocacbon có thể là: 

$\left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_6,C_4{H}_{10}\\ C{H}_4,C_7{H}_{16}\end{array}\right.$

Câu 28: Cho hỗn hợp X gồm Al và Fe_xO_y. Nung m gam X trong điều kiện không có không khí. Sau phản ứng thu được hỗn hợp rắn Y. Chia Y thành 2 phần:

- Phần 1 cho tác dụng với NaOH dư, sau phản ứng hu được 1,68 lít khí và 12,6 gam chất rắn.

- Phần 2 cho tác dụng với dd H₂SO₄ đặc nóng dư, sau phản ứng thu được 27,72 lít khí SO₂ và dd Z có chứa 263,25 gam muối SO₄. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn, thể tích các khí đo ở đktc.

a) Viết các PTHH.

b) Tính m và xác định CTHH của Fe_xO_y.

Lời giải:

$2yAl+3F{e}_x{O}_y\stackrel{t^{°}}{\to }yA{l}_2{O}_3+3xFe$

Y có Al₂O₃, Fe và Al dư

Ta có: 

Phần 1: Cho tác dụng với NaOH dư

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂

$\Rightarrow n_{Aldu}=\frac{2}{3}{n}_{H_2}=0,05\left(mol\right)$

→m_{Al dư} = 1,35 (g)

→m_Fe = 12,6 (g) →n_Fe = 0,225 (mol)

Phần 2: cho tác dụng với dung dịch H₂SO₄ đặc nóng dư

Gọi a là hệ số tỉ lệ với phần 1

Al₂O₃ + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂O (1)

2Al + 6 H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3SO₂ + 6H₂O (2)

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

$n_{S{O}_2}=1,2375\left(mol\right)$

→ n_Al = 0,05a mol

→n_Fe = 0,225a mol

$\begin{array}{l}\Rightarrow n_{S{O}_2}=\frac{3}{2}{n}_{Al}+\frac{3}{2}{n}_{Fe}=0,4125a\left(mol\right)\\ \to 0,4125a=1,2375\\ \to a=3\\ n_{A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3\left(2\right)}=\frac{1}{2}{n}_{Al}=0,025a=0,075\left(mol\right)\\ n_{F{e}_2{\left(S{O}_4\right)}_3\left(3\right)}=\frac{1}{2}{n}_{Fe}=0,1125a=0,3375\left(mol\right)\\ \to m_{A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3\left(1\right)}=263,25-0,075.342\\ -0,3375.400=102,6\left(g\right)\\ \to n_{A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3\left(1\right)}=0,3\left(mol\right)\\ \to n_{A{l}_2{O}_3}=n_{A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3\left(1\right)}=0,3\left(mol\right)\\ \to m_Y=m_{A{l}_2{O}_3}+m_{Fe}+m_{Aldu}\end{array}$

m_{phần 2} = 0,3.102 + 0,05.3.27 + 0,225.3.56 = 72,45 (g)

Mà ta lại có phần 2 gấp 3 lần phần 1 nên suy ra:

→ m_{phần 1} = $\frac{1}{3}$ m_{phần 2} = 24,15 (g) →m = m_{phần 1} + m_{phần 2} = 96,6 (g).

$n_{A{l}_2{O}_{3}bd}=\frac{4}{3}{n}_{A{l}_2{O}_3}$_{phần 2} = 0,4 (mol)

n_{Fe ban đầu} = 4n_{Fe (phần 1)} = 0,9 (mol)

$\begin{array}{l}\to n_{Obd}=3n_{A{l}_2{O}_{3}bd}=1,2\left(mol\right)\\ \to \frac{x}{y}=\frac{n_{Febd}}{n_{Obd}}=\frac{0,9}{1,2}=\frac{3}{4}\end{array}$

→Fe₃O₄.

Câu 29: Hỗn hợp X gồm C₃H₄, C₃H₆, C₃H₈ có tỉ khối so với H₂ là 21. Đốt cháy hoàn toàn 1,12 lít hỗn hợp X (đktc), rồi hấp thụ toàn bộ sản phẩm cháy vào bình đựng nước vôi trong dư, lọc bỏ kết tủa, khối lượng dung dịch thu được so với khối lượng nước vôi trong ban đầu

A. giảm 5,7 gam;

B. giảm 15 gam;

C. tăng 9,3 gam;

D. giảm 11,4 gam.

Lời giải:

Đáp án đúng là: A

Đề cho hỗn hợp X gồm 3 chất, nhưng chỉ có 2 giả thiết liên quan đến các chất đó nên quy đổi hỗn hợp X thành hỗn hợp gồm C₃H₆, C₃H₈ 

Câu 30: Hỗn hợp hai đồng vị có nguyên tử khối trung bình là 40,08. Hai đồng vị này có số notrơn hơn kém nhau là 2. Đồng vị có số khối nhỏ hơn chiếm 96%, còn lại là % các nguyên tử có số khối lớn hơn. Xác định số khối của mỗi đồng vị?

Lời giải:

A = P + N = Z + N

Số N hơn kém nhau 2 tức A hơn kém nhau 2 .

Gọi đồng vị nhỏ hơn là A1 (90%)

→ đồng vị lớn A2 = A1 + 2 (1)

A2 = 100 – 90 = 10%

A trung bình = 40,08 = 0,9A1+0,1A2 (2)

Từ (1) và (2) →A1 = 39,88, A2 = 41,88

Vậy A1 = 40; A2 = 42.

Câu 31: Tại sao hơi nước là chất tinh khiết?

Lời giải:

- Ta biết: Chất tinh khiết là chất không lẫn chất khác, hoặc chỉ có 1 nguyên tố hay là 1 hợp chất không thành phần của hợp chất hoặc nguyên tố khác và nó có tính chất nhất định, không thay đổi.

⇒ Rõ ràng hơi nước là chất tinh khiết vì là trạng thái khí của nước. Nó là một trong những pha của nước trong thủy quyển, vì vậy nó cũng giống nước, không pha lẫn tạp chất khác và có tính chất nhất định.

Câu 32: Hợp chất Z gồm 3 nguyên tố: A, B, X có M_Z nhỏ hơn 120, tổng hạt trong AB₂, XA₂, XB là 66, 96, 84. Xác định A, B, X?

 Lời giải:

Gọi tổng số hạt trong A, B, X lần lượt là a, b, c

Ta có hpt: $\left\{\begin{array}{l}a+2b=66\\ 2a+c=96\\ b+c=84\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}a=18\\ b=24\\ c=60\end{array}\right.$ 

Áp dụng CT: 

$1\le \frac{N}{Z}\le 1,5$$\Rightarrow \frac{\sum p,n,e}{3,52}\le Z\le \frac{\sum p,n,e}{3}$ vào từng nguyên tử

+ Xét nguyên tử A:

$\begin{array}{l}\Rightarrow \frac{18}{3,52}\le Z_A\le \frac{18}{3}\\ \Rightarrow 5,11\le Z_A\le 6\Rightarrow Z_A=6\end{array}$ 

→ A là C

+ Nguyên tử B:

$\begin{array}{l}\Rightarrow \frac{24}{3,52}\le Z_B\le \frac{24}{3}\\ \Rightarrow 6,81\le Z_B\le 8\Rightarrow \left[\begin{array}{l}{Z}_B=7\\ Z_B=8\end{array}\right.\end{array}$ 

→ B là N hoặc O

- B là N thì AB₂ là CN₂ (loại)

- B là O thì AB₂ là CO₂ (thoả mãn)

Do M_Z < 120 thì Z chỉ chứa 1 nhóm CO₃

→ Z là X₂CO₃ hoặc XCO₃

Mà X hình thành hợp chất XO nên X hoá trị II → Z là XCO₃

$\begin{array}{l}\Rightarrow \frac{60}{3,52}\le Z_X\le \frac{60}{3}\\ \Rightarrow 17,04\le Z_X\le 20\\ \Rightarrow \left[\begin{array}{l}{Z}_X=18\\ Z_X=19\\ Z_X=20\end{array}\right.\end{array}$ 

- Z_X = 18 thì Z là Ar (loại)

- Z_X = 19 thì Z là K (loại)

- Z_X = 20 thì Z là Ca  (thoả mãn).

Câu 33: Hợp chất B có %Al = 15,79%; %S = 28,07%, còn lại là O. Biết khối lượng mol B là 342. Viết CTHH dưới dạng Al_x(SO₄)_y. Xác định CTHH.

Lời giải:

$\begin{array}{l}{m}_{Al}=\frac{342.15,79}{100}=54\left(g\right)\\ \Rightarrow n_{Al}=\frac{54}{27}=2\left(mol\right)\\ m_S=\frac{342.28,07}{100}=96\left(g\right)\\ \Rightarrow n_S=\frac{96}{32}=3\left(mol\right)\\ m_O=342-54-96=192\left(g\right)\\ \Rightarrow n_O=\frac{192}{16}=22\left(mol\right)\end{array}$

Vậy CTHH: Al₂(SO₄)₃.

Câu 34: Hợp chất hữu cơ X có 82,76% khối lượng cacbon, còn lại là hidro. Công thức phân tử đơn giản nhất của X là?

Lời giải:

%H = 100% - 82,76% = 17,24%

Gọi công thức tổng quát là C_xH_y

$\begin{array}{l}{n}_C=\frac{86,76}{12}=6,89\left(mol\right)\\ n_H=\frac{17,24}{1}=17,24\left(mol\right)\end{array}$

Lập tỉ lệ, ta được:

$\frac{x}{y}=\frac{6,89}{17,24}=\frac{2}{5}$

Vậy công thư đơn giản của X là C₂H₅.

Câu 35: Hợp chất hữu cơ Y ( chứa C, H, O) có công thức phân tử trùng với công thức đơn giản nhất. Đốt cháy hoàn toàn 1,48 gam Y rồi dẫn hỗn hợp sản phẩm cháy lần lượt đi qua bình thứ nhất đựng dung dịch H₂SO₄ đặc dư, bình thứ hai đựng dung dịch KOH dư. Sau thí nghiệm, khối lượng bình thứ nhất tăng 0,72 gam và bình thứ hai tăng 3,96 gam.

(a) Viết công thức cấu tạo và gọi tên của Y. Biết rằng Y không có phản ứng tráng bạc, Y phản ứng với dung dịch KMnO₄ loãng, lạnh tạo  ra chất hữu cơ Y₁ có khối lượng M_Y1 = M_Y +34. Cứ 1,48 gam Y phản ứng vừa hết với 20 ml dung dịch NaOH 1M và tạ ra hai muối.

(b) Hợp chất hữu cơ Z là đồng phân của Y. Viết công thức cấu tạo của Z, biết rằng 0,37 gam Z phản ứng vừa hết với 25 ml dung dịch NaOH 0,1M, dung dịch tạo ra phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO₃/NH₃ đến hoàn toàn, thu được 1,08 gam Ag kim loại. Z chỉ phản ứng với H₂/Pd_, t⁰ theo tỉ lệ mol 1: 1.

Lời giải:

a) Gọi CTPT của Y là C_xH_yO_z ( x, y, z  € N*)

Đốt cháy Y sản phẩm thu được gồm H₂O và CO₂. Khi cho sản phẩm qua H₂SO₄ đặc dư thì H₂O bị hấp thụ, tiếp tục cho qua KOH dư thì CO₂ bị hấp thụ

→ m_{B1 tăng} = $m_{H_{2}O}$ = 0,72 (g) → $n_{H_{2}O}$ = 0,72/18 = 0,04 (mol)

m_{B2 tăng} = $m_{C{O}_2}$ = 3,96 (g) → $n_{C{O}_2}$ = 3,96/44 = 0,09 (mol)

BTKL: n_{O (trong A)} = (m_A – m_C – m_H )/16 = (1,48 – 0,09.12 – 0,04.2 )/16 = 0,02 (mol)

Ta có: x : y : z = n_C : n_H : n_O

 = 0,09 : 0,08 : 0,02

= 9 :8 : 2

CTPT trùng với CT ĐGN => CTPT củaY là: C₉H₈O₂

Độ bất bão hòa của Y: C₉H₈O₂: k = ( 9.2 + 2 – 8) /2 = 6

Y không tham gia phản ứng tráng bạc => Y không có cấu tạo nhóm – CHO trong phân tử

Y + KMnO₄ →  Y₁ ( M_Y1 = M_Y + 34 ) => Y có chứa liên kết đôi C=C khi phản ứng với KMnO₄ sẽ tạo thành C(OH)-C(OH)

n_Y = 1,48: 148 = 0,01 (mol) ; n_NaOH = 0,02 (mol)

n_Y : n_NaOH = 1: 2 và sản phẩm tạo thành 2 muối => Y là este của axit cacboxylic và phenol hoặc dẫn xuất của phenol

Vậy CTCT của Y thỏa mãn là: CH₂=CH-COOC₆H₅: phenyl acrylat

3CH₂=CH-COOC₆H₅ + 2KMnO₄ + 4H₂O → 3CH₂(OH)-CH(OH)-COOC₆H₅ + 2MnO₂↓ + 2KOH

b) Z là đồng phân của Y => Z có cùng CTPT là: C₉H₈O₂

n_Z = 0,37/148 = 0,025 (mol); n_NaOH = 0,025 (mol); n_Ag = 0,01 (mol)

n_Z : n_NaOH = 1: 1 => Z có 1 trung tâm phản ứng với NaOH

Ta thấy n_Ag = 4n_Z => Z phải phản ứng với NaOH sinh ra cả 2 chất hữu cơ đều có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc ( mỗi chất tham gia phản ứng tráng bạc sinh ra 2Ag)

Z chỉ phản ứng với H₂ ( Pb, t⁰) theo tỉ lệ 1: 1 => Z có 1 liên kết đôi C=C ngoài mạch

Vậy CTCT của Z thỏa mãn là: HCOOCH=CH-C₆H₅

HCOOCH=CH-C₆H₅ + NaOH → COONa + C₆H₅CH₂CHO

HCOONa + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O → NH₄O-COONa + 2Ag ↓ +  2NH₄NO₃

C₆H₅CH₂CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O → C₆H₅CH₂COONH₄+ 2Ag↓ + 2NH₄NO₃

Câu 36: Hợp chất khí với hiđro của nguyên tố R là RH₂. Trong oxit cao nhất, tỉ lệ khối lượng giữa R và oxi là 2 : 3. Nguyên tố R là

A. Ca;

B. Se;

C. S;

D. Mg.

Lời giải:

Đáp án đúng là: C

Từ hợp chất RH₂ → R thuộc nhóm VIA nên hợp chất với oxit cao nhất là: RO₃

Ta có: $\frac{R}{16.3}=\frac{2}{3}$ → R = 32 nên R là nguyên tố S.

Câu 37: Hợp chất khí với hidro của nguyên tố R là RH₄. Oxit cao nhất của nó chứa 53,33% oxi về khối lượng. Nguyên tố R là

A. C.

B. Si.

C. Pb.

D. S.

Lời giải:

Đáp án đúng là: B

Câu 38: Hợp chất M₂X có tổng số hạt cơ bản là 140. Trong hợp chất, trong số đó tổng số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 44. Số hạt mang điện của M nhiều hơn của X là 22. Số hiệu nguyên tử của M và X là?

Lời giải:

+) Hợp chất M₂X có tổng số hạt cơ bản là 140

⇒2(2Z_M + N_M) + (2Z_X + N_X) = 140

⇔(4Z_M + 2N_M) + (2Z_X + N_X) = 140       (1)

+) Trong số đó tổng số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 44

→(4Z_M + 2Z_X) − (2N_M + N_X) = 44      (2)

+) Số hạt mang điện của M nhiều hơn của X là 22

→2Z_M − 2Z_X = 22        (3)

Giải (1), (2) ta được: 

$\left\{\begin{array}{l}4Z_M+2Z_X=92\left(4\right)\\ 2N_M+N_X=48\end{array}\right.$ 

Từ (3), (4) ⇒$\left\{\begin{array}{l}{Z}_M=19\left(K\right)\\ Z_X=8\left(O\right)\end{array}\right.$

Câu 39: Hợp chất trong đó sắt chiếm 70% khối lượng là hợp chất nào trong số các hợp chất sau?

A: FeS;

B: Fe₃O₄;

C: FeO;

D: Fe₂O₃.

Lời giải:

Đáp án đúng là: D

$\%F{e}_{F{e}_2{O}_3}=\frac{56.2}{56.2+16.3}.100\%=70\%$ 

Câu 40: Hợp chất A₂B có tổng hạt là 92 hạt. Hạt mang điện hơn hạt không mang điện là 28 hạt. Hạt mang điện trong nhân A hơn nhân B là 6 hạt. Tìm công thức hóa học của hợp chất.

 Lời giải:

- Tổng hạt trong A₂B: 2(2Z+N) + (2Z'+N') = 92 (1)

- Hạt mang điện nhiều hơn không mang điện là 28: (2.2Z+2Z') - (2N+N') = 28 (2)

- Hạt "mang điện" trong nhân A hơn nhân B là 6 hạt: Z - Z' = 6 (3)

Cộng hai vế (1) và (2) được: 8Z + 4Z' = 120 (4)

Giải hệ (3) và (4) được Z = 12 (Mg) và Z' = 6 (C)

Vậy công thức của hợp chất là Mg₂C.

Câu 41: Hợp chất X có thành phần phần trăm theo khối lượng 28% Fe, 24% S còn lại là oxi.

a) Tìm công thức phân tử của hợp chất X. Biết khối lượng mol của X là 400 g/mol.

b) Ở điều kiện tiêu chuẩn, cần bao nhiêu lít oxi thì có số phân tử đúng bằng số nguyên tử có trong 20 gam hợp chất X.

 Lời giải:

a) %O = 100% - 28% - 24% = 48%

Đặt CTHH hợp chất X là Fe_xS_yO_z

Ta có:

$$\begin{gathered} x:y:z=\frac{\%Fe}{56}:\frac{\%S}{32}:\frac{\%O}{16} \\ =\frac{28\%}{56}:\frac{24\%}{32}:\frac{48\%}{16} \\ =0,005:0,0075:0,03=2:3:12 \end{gathered}$$

→ CTHH hợp chất X có dạng (Fe₂S₃O₁₂)_n với $n\in N^{*}$

Mà M_X = 400 nên ta có:

(56.2 + 32.3 + 16.12).n = 400 → n = 1

b, $n_X=\frac{20}{400}=0,05\left(mol\right)$

Một phân tử Fe₂S₃O₁₂ có 2+3+12 = 17 nguyên tử

nên 0,05 mol X có 0,05.17 = 0,85 mol nguyên tử 

Số phân tử O₂ bằng số nguyên tử trong 20 gam X nên số mol O₂ bằng số mol nguyên tử trong 20 gam X

$\Rightarrow n_{O_2}=0,85\left(mol\right)$ 

Vậy $V_{O_2}$= 0,85.22,4 = 19,04 (l).

Câu 42: Hợp chất của đồng và oxi có phân tử khối là 144, biết % của đồng là 88,89%. Lập công thức hợp chất?

 Lời giải:

Hợp chất tạo bởi Cu; O có dạng là Cu_xO_y.

$\to M_{C{u}_x{O}_y}$= 64x + 16y = 144

$$\begin{gathered} \to \%m_{Cu}=\frac{64x}{144}=88,89\% \\ \to x=2,y=1 \end{gathered}$$

Vậy hợp chất cần tìm là Cu₂O.

Câu 43: Hợp chất hữu cơ A có thành phần % khối lượng các nguyên tố như sau: %C = 52,174; %H = 13,043 còn lại là oxi.

a. Biết tỉ khối hơi của A so với H₂ là 23. Tìm CTPT của A.

b. Viết CTCT có thể có của A.

Lời giải:

CTHH: C_xH_yO_z

$\begin{array}{l}{M}_A=23M_{H_2}=46\text{d}vC\\ \%C=\frac{x.M_C}{M_A}.100\%=52,174\%\\ \Rightarrow x=\frac{46.0,52174}{12}=2\\ \%H=\frac{y.M_H}{M_A}.100\%=13,043\%\\ \Rightarrow y=\frac{46.0,13043}{1}=6\\ M_A=46dvC\\ \Rightarrow z=\frac{46-2.12-6}{16}=1\end{array}$

b)C₂H₆O có 2 đồng phân: CH₃ – CH₂ – OH; CH₃ – O − CH₃

Câu 44: Hợp chất hữu cơ X có phần trăm khối lượng %C= 55,81%, %H=6,98% , còn lại là oxi

a, Lập công thức đơn giản nhất của X

b, Tìm CTPT của X, biết tỉ khối hơi của X số với nitơ xấp sỉ bằng 3,07.

Lời giải:

%m_O = 100% − 55,81% − 6,98% = 37,21%

Hợp chất tạo bởi C; H; O nên có dạng C_xH_yO_z

$\to x:y:z=\frac{\%m_C}{12}:\frac{\%m_H}{1}:\frac{\%m_O}{16}$$=\frac{55,81\%}{12}:\frac{6,98\%}{1}:\frac{37,21\%}{16}=2:3:1$

Vậy công thức đơn giản nhất là C₂H₃O

CTPT của X có dạng (C₂H₃O)_n

$\begin{array}{l}\to M_X=(12.2+3+16)n=43n\\ =3,07M_{N_2}=3,07.28=86\\ \to n=2\end{array}$

Vậy X là C₄H₆O₂.

Câu 45: Viết phương trình ion rút gọn của phương trình sau: Fe + HCl?

Lời giải:

Phương trình ở dạng phân tử: Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Phương trình dạng ion đầy đủ:

$Fe+2H^{+}+2C{l}^{-}\to F{e}^{2+}+2C{l}^{-}+H_2$

Phương trình dạng ion rút gọn :

$Fe+2H^{+}\to F{e}^{2+}+H_2$

Câu 46: Làm sao để biết các ion là axit, bazo, trung tính hay lưỡng tính?

Lời giải:

Một chất là axit khi nó có thể nhường proton. Một chất là bazơ khi nó có thể nhận proton. Khi có cả hai tính chất trên thì là chất lưỡng tính, còn lại là các chất trunh tính.

- ion axit: ion của kim loại trung bình yếu, $N{H}_4^{+},HS{O}_4^{-}$

- ion bazơ: ion gốc axit trung bình yếu. 

- ion lưỡng tính: $HC{O}_3^{-},HS{O}_3^{-},H_{2}P{O}_4^{-}$

- ion trung tính: còn lại.

Lưu ý: không phải cứ có H là ion lưỡng tính.

Câu 47: Trong hóa học hữu cơ khi nào dùng iso, neo, sec, tert?

Lời giải:

Những gốc hidrocacbon có 1 nhánh CH₃ ở C2 gọi là iso 

VD: CH₃ - CH(CH₃) – CH₂ - : gốc isobutyl 

Những gốc hidrocacbon có 2 nhánh CH₃ ở C2 gọi là neo 

VD: CH₃ -(CH₃)C(CH₃) – CH₂ -: gốc neopentyl 

Những gốc hidrocacbon mà vị trí gắn nhóm chức là C bậc II gọi là sec 

VD: CH₃-CH₂-CH(CH₃)-: gốc sec-butyl 

Những gốc hidrocacbon mà vị trí gắn nhóm chức là C bậc IIi gọi là tert 

VD: CH₃ - (CH₃)C(CH₃)-: gốc tert-butyl

Câu 48: Khi cho 3,89 gam hỗn hợp Cu và Zn tác dụng với dung dịch HNO₃ đặc dư, đun nóng, sinh ra 2,688 lít khí duy nhất là NO₂ (đktc).

a/Tính phần trăm khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp ban đầu.

b/ Cô cạn dung dịch và nung đến khối lượng không đổi.Tính thể tích khí sinh ra ở đktc, biết H= 80%

Lời giải:

Gọi n_Cu = x (mol), n_Zn = y (mol); $n_{N{O}_2}=\frac{2,688}{22,4}=0,12\left(mol\right)$

Cho 3,89 gam hỗn hợp Cu và Zn → 64x + 65y = 3,89 (*)

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

Zn + 2HNO₃ → Zn(NO₃)₂ + 2NO₂ + 2H₂O (2)

Theo PTHH: (1) $n_{N{O}_2}=2n_{Cu}=2x\left(mol\right)$

(2): $n_{N{O}_2}=2n_{Zn}=2y\left(mol\right)$

$\Rightarrow \sum n_{N{O}_2}=2x+2y=0,12\left(mol\right)$ (**)

Từ (*), (**), ta có hệ phương trình:

$\left\{\begin{array}{l}64x+65y=3,89\\ 2x+2y=0,12\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=0,01\\ y=0,05\end{array}\right.$

a/ Phần trăm khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp ban đầu

$\%m_{Cu}=\frac{0,01.64}{3,89}.100\%=16,45\%$

%m_Zn = 100% - 16,45% = 83,55%.

Câu 49: Khi cho 5,1 (g) oxit kim loại M nhóm IIIA tác dụng hoàn toàn với dung dịch HCl 20% thu được 6,675 (g) muối clorua.

a) Xác định tên kim loại M.

b) Tính khối lượng dung dịch HCl đã dùng.

Lời giải: