CaCO₃ không tác dụng với NaOH.

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)$\to$ 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.

- 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

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

→m_{hh ban đầu} = 100x + 84y (g)

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

→ m_{hh sau} = 56x + 40y (g)

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

→ 6x = 2y

→ y = 3x

Vậy

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: $2Cu+O_2\stackrel{t^{°}}{\to }2CuO$

1.Phương trình phân tử: $\text{Ca}{\left({\text{HCO}}_{\text{3}}\right)}_{\text{2}}\text{+ 2HCl}\to {\text{CaCl}}_2+2H_{2}O+2C{O}_2$

Phương trình ion đầy đủ: ${\text{Ca}}^{2+}+2HC{O}_3^{-}{\text{+ 2H}}^{+}{\text{+2Cl}}^{-}\to {\text{Ca}}^{2+}{\text{+2Cl}}^{-}+2H_{2}O+2C{O}_2$

Phương trình ion rút gọn: $HC{O}_3^{-}{\text{+ H}}^{+}\to H_{2}O+C{O}_2$

2. Phương trình phân tử: $\text{Ca}{\left({\text{HCO}}_{\text{3}}\right)}_{\text{2}}\text{+ 2NaOH}\to {\text{CaCO}}_3\downarrow +N{a}_{2}C{O}_3+2H_{2}O$

Phương trình ion đầy đủ:${\text{Ca}}^{2+}{\text{+ 2HCO}}_3^{-}{\text{+ 2Na}}^{+}{\text{+2OH}}^{-}\to {\text{CaCO}}_3\downarrow +N{a}_{2}C{O}_3+2H_{2}O$

Phương trình ion rút gọn: ${\text{Ca}}^{2+}{\text{+ HCO}}_3^{-}{\text{+OH}}^{-}\to {\text{CaCO}}_3\downarrow +H_{2}O$

Đáp án đúng là: B                  

PTHH: CaO + H₂O → Ca(OH)₂

Ca(OH)₂ có tính bazơ, mà bazơ làm dung dịch phenolphtalein chuyển sang màu đỏ.

Đáp án đúng là: A

Phương trình phản ứng xảy ra:

Na₂CO₃ + 2HCl → 2NaCl + H₂O + CO₂↑

Đáp án đúng là: D

Metyl fomat và axit axetic có CTPT: C₂H₄O₂.

Mantozơ và saccarozơ có CTPT: C₁₂H₂₂O₁₁.

Fructozơ và glucozơ có CTPT: C₆H₁₂O₆.

Tinh bột và xenlulozơ đều có CTPT tổng quát là (C₆H₁₀O₅)_n nhưng hệ số n ở tinh bột và xenlulozơ khác nhau → chúng không phải đồng phân của nhau.

Bảo toàn N: $n_{N_2}=\frac{1}{2}{n}_{N{H}_3}=\frac{1}{2}.3=1,5\left(mol\right)$

Mà H = 25% →$V_{N_2}=1,5.\frac{100}{25}.22,4=134,4\left(l\right)$

Bảo toàn H: $n_{H_2}=\frac{3}{2}{n}_{N{H}_3}=\frac{3}{2}.3=4,5\left(mol\right)$

Mà H = 25% →$V_{H_2}=4,5.\frac{100}{25}.22,4=403,2\left(l\right)$

Đáp án đúng là: A

2KMnO₄ + 5KNO₂ + 3H₂SO₄ → 2MnSO₄ + 5KNO₃ + K₂SO₄ + 3H₂O

Tổng hệ số khi cân bằng các chất là 21.

1) Cu(NO₃)₂ → CuO + NO₂ + O₂

2Cu(NO₃)₂ $\stackrel{t^{°}}{\to }$ 2CuO + 4NO₂ + O₂

2) NH₄NO₂ → N₂ + H_2­O

NH₄NO₂ $\stackrel{t^{°}}{\to }$ N₂ + 2H_2­O

3) NH₄NO₃ → N₂O + H₂O

NH₄NO₃ $\stackrel{t^{°}}{\to }$ N₂O + 2H₂O

a) Fe₃O₄ + Al → Al₂O₃ + Fe

3Fe₃O₄ + 8Al → 4Al₂O₃ + 9Fe

b) FeSO₄ + KMnO₄ + H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + K₂SO₄ + MnSO₄ + H₂O

10FeSO₄ + 2KMnO₄ + 8H₂SO₄ → 5Fe₂(SO₄)₃ + K₂SO₄ + 2MnSO₄ + 8H₂O

a) Mg + H₂SO₄ → MgSO₄ + SO₂ + H₂O

Mg + 2H₂SO₄ → MgSO₄ + SO₂ + 2H₂O

b) Mg + H₂SO₄ → MgSO₄ + S + H₂O

3Mg + 4H₂SO₄ → 3MgSO₄ + S + 4H₂O

c) Zn + H₂SO₄ → ZnSO₄ + H₂S + H₂O

4Zn + 5H₂SO₄ → 4ZnSO₄ + H₂S + 4H₂O

d) M + HNO₃ → M(NO₃)₂ + NO₂ + H₂O

M + 4HNO₃ → M(NO₃)₂ + 2NO₂ + 2H₂O

e) M + HNO₃ → M(NO₃)₂ + NO + H₂O

3M + 8HNO₃ → 3M(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

g) M + HNO₃ → M(NO₃)₂ + N₂O + H₂O

4M + 10HNO₃ → 4M(NO₃)₂ + N₂O + 5H₂O

I₂ + 2Na₂S₂O₃ → Na₂S₄O₆ + 2NaI

2Cl₂ + 2Ca(OH)₂ → Ca(OCl)₂ + CaCl₂ + 2H₂O

a) $\stackrel{0}{C{l}_2}+KO{H}_{nóng}\to K\stackrel{-1}{C}\text{l }+K\stackrel{+5}{Cl}{O}_3+H_{2}O$

Cl₂ vừa là chất khử, vừa chất oxi hoá

$\stackrel{0}{Cl}\to \stackrel{+5}{Cl}+5e$: quá trình oxi hoá

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

3Cl₂ + 6KOH_nóng → 5KCl + KClO₃ + 3H₂O

b) $\stackrel{+2}{Fe}\stackrel{-1}{S_2}+H_2\stackrel{+6}{S}{O}_{4đ\text{a}cnóng}\to \stackrel{+3}{F{e}_2}{\left(\stackrel{+6}{S}{O}_4\right)}_3+\stackrel{+4}{S}{O}_2+H_{2}O$

FeS₂ là chất khử, H₂SO₄ là chất oxi hoá

$\stackrel{+2}{Fe}\stackrel{-1}{S_2}\to \stackrel{+3}{Fe}+2\stackrel{+6}{S}+15e$: quá trình oxi hoá

$\stackrel{+6}{S}+2e\to \stackrel{+4}{S}$: quá trình khử

2FeS₂ + 14H₂SO_{4 đặc nóng} → Fe₂(SO₄)₃ + 15SO₂ + 14H₂O

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

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

Cl₂ + 2NaOH → NaCl + NaClO + H₂O

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

2NO₂ + 2NaOH → NaNO₂ + NaNO₃ + H₂O

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

3Cl₂ + 6NaOH → 5NaCl + NaClO₃ + 3H₂O

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

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

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

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).

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:

  $n_{Fe}=\frac{21}{56}=0,375\left(mol\right)\to n_{F{e}_x{O}_y}=\frac{n_{Fe}}{x}=\frac{0,375}{x}\left(mol\right)$

$\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$ 

Vậy oxit là Fe₃O₄.

 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

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

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

Ni thuộc ô 28, nhóm VIIIB

Cấu hình electron: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹

Ni²⁺: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁹

Ni³⁺: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁸.

Đáp án đúng là: B

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

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.

+ 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).

Đáp án đúng là: D

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

m_amin + m_HCl = m_muối

→ m_HCl = m_muối – m_amin = 13,5 – 6,2 = 7,3 (gam)

Amin no, đơn chức, mạch hở nên có công thức là C_nH_2n+1NH₂.

Phương trình: C_nH_2n+1NH₂ + HCl → C_nH_2n+2Cl

n_amin = n_HCl = 0,2 (mol)

Vậy amin cần tìm là CH₃NH₂.

Chất khử: CH₃CH₂OH; chất oxi hoá: KMnO₄.

Ta có các quá trình:

Phương trình hoá học:

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

CH₃COOK là chất điện li mạnh.

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

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.

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.

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

Đáp án đúng là: C

Chất ít tan trong nước là CO₂.

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.

- 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.

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.

Dùng kim loại bari để phân biệt các dung dịch muối: NH₄NO₃, (NH₄)₂SO₄, K₂SO₄.

Lấy mỗi dung dịch một ít (khoảng 2-3 ml) vào từng ống nghiệm riêng. Thêm vào mỗi ống một mẩu nhỏ kim loại bari. Đầu tiên kim loại bari phản ứng với nước tạo thành Ba(OH)₂, rồi Ba(OH)₂ phản ứng với dung dịch muối.

- Ở ống nghiệm nào có khí mùi khai (NH₃) thoát ra, ống nghiệm đó đựng dung dịch NH₄NO₃:

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

- Ở ống nghiệm nào có kết tủa trắng (BaSO₄) xuất hiện, ống nghiệm đó đựng dung dịch K₂SO₄:

K₂SO₄ + Ba(OH)₂ → BaSO₄↓ + 2KOH

- Ở ống nghiệm nào vừa có khí mùi khai (NH₃) thoát ra, vừa có kết tủa trắng (BaSO₄) xuất hiện, ống nghiệm đó đựng dung dịch (NH₄)₂SO₄:

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