Đáp án B

Khi nhỏ thêm H⁺ vào dung dịch thì cân bằng chuyển dịch theo chiều chống lại sự cho thêm H⁺ đó. Cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch.

Đáp án B

Khi nhỏ thêm CH₃COO^-  vào dung dịch thì cân bằng chuyển dịch theo chiều chống lại sự cho thêm CH₃COO^- đó. Cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch.

a) 6P + 5KClO₃ --> 3P₂O₅ + 5KCl

b) S + 2HNO₃ --> H₂SO₄ + 2NO

c) 4NH₃ + 5O₂ --t^o--> 4NO + 6H₂O

d) 4NH₃ + 3O₂ --t^o--> 2N₂ + 6H₂O

e) 2H₂S + O₂ --t^o--> 2S + 2H₂O

f) Fe₂O₃ + 3CO --> 2Fe + 3CO₂

g) MnO₂ + 4HCl --> MnCl₂ + Cl₂ + 2H₂O

câu b. tứ diện đều có số đỉnh bằng số mặt

Đáp án : D

Khi giảm nhiệt độ cân bằng chuyển dịch theo chiều phản ứng tỏa nhiệt (∆H < 0)

Tăng áp suất cân bằng dịch chuyển theo chiều giảm số mol khí

Câu 3:

Theo đề bài ta có :

nZn=\(\dfrac{9,75}{65}=0,15\left(mol\right)\)

\(mHCl=\dfrac{m\text{dd}.C\%}{100\%}=\dfrac{200.7,3\%}{100\%}=14,6\left(g\right)\)

=> nHCl=\(\dfrac{14,6}{36,5}=0,4\left(mol\right)\)

Ta có pthh

-----Zn + 2HCl \(\rightarrow\) ZnCl2 + H2

0,15mol...0,3mol....0,15mol..0,15mol

Theo pthh ta có tỉ lệ :

nZn=\(\dfrac{0,15}{1}mol< nHCl=\dfrac{0,4}{2}mol\)

=> số mol của HCl dư ( tính theo số mol của Zn)

Dung dịch thu được sau phản ứng bao gồm ddHCl(dư) và ddZnCl2

=> mct=mZnCl2=0,15.136=20,4 g

mHCl(dư)=(0,4-0,3).36,5=3,65 g

mddZnCl2=mZn + mddHCl - mH2 = 9,75+200-(0,15.2)=209,45 g

=> C%\(_{ZnCl2}=\dfrac{mct}{m\text{dd}}.100\%=\dfrac{20,4}{209,45}.100\%\approx9,74\%\)

C%\(_{HCl\left(d\text{ư}\right)}=\dfrac{mct}{m\text{dd}}.100\%=\dfrac{3,65}{209,45}.100\%\approx1,743\%\)

Câu 1:

Theo đề bài ta có:

nK2O=\(\dfrac{12,4}{94}\approx0,13\left(mol\right)\)

mKOH(bđ)=\(\dfrac{m\text{dd}.C\%}{100\%}=\dfrac{120.5\%}{100\%}=6\left(g\right)\)

=> nKOH(bđ)=\(\dfrac{6}{56}\approx0,107\left(mol\right)\)

ta có pthh

K2O + H2O \(\rightarrow\) 2KOH

0,13mol...........0,26mol

=> mdd(thu-được)=12,4+120=132,4(g)

Dung dịch thu được sau phản ứng là KOH

Ta có

nKOH(thu-được)= 0,26+0,107 = 0,367 mol

=> mct=mKOH(thu-được)=0,367.56=20,552(g)

=> C%\(_{\left(dung-d\text{ịch}-thu-\text{đ}\text{ư}\text{ợc}\right)}=\dfrac{mct}{m\text{dd}}.100\%=\dfrac{20,552}{132,4}.100\%\approx15,523\%\)

Câu 2:

Theo đề bài ta có :

nK2O=\(\dfrac{12,4}{94}\approx0,13\left(mol\right)\)

nH2SO4=\(\dfrac{120.10}{100.98}\approx0,1224\left(mol\right)\)

Ta có pthh

K2O + H2SO4 \(\rightarrow\) K2SO4 + H2O

Theo pthh ta có tỉ lệ :

nK2O=\(\dfrac{0,13}{1}mol>nH2SO4=\dfrac{0,1224}{1}mol\)

=> số mol của K2O dư ( tính theo số mol của H2SO4)

Theo pthh

nK2SO4=nH2SO4=0,1224 mol

=> mct=mK2SO4=0,1224.174 = 21,2976 g

mddK2SO4= mK2O + mddH2SO4=12,4 + 120 = 132,4 (g)

=> C%ddK2SO4=\(\dfrac{mct}{m\text{d}d}.100\%=\dfrac{21,2976}{132,4}.100\%\approx16,09\%\)

1/ Lấy mẫu thử và đánh dấu từng mẫu thử

Cho vào các mẫu thử Ca(OH)2 dư

CO2 + Ca(OH)2 => CaCO3 + H2O

Mẫu thử nào xuất hiện kết tủa là CO2

Cho dd Br2 vào 2 mẫu thử còn lại

Mẫu thử làm mất màu dung dịch Br2 là C2H2

C2H2 + 2Br2 => C2H2Br4

Mẫu thử còn lại là CH4

2/ Lấy mẫu thử và đánh dấu mẫu thử

Cho quỳ tím vào các mẫu thử

Mẫu thử quỳ tím hóa xanh là NaOH

Mẫu thử quỳ tím hóa đỏ là CH3COOH

Cho Na vào 2 mẫu thử còn lại

C2H5OH + Na => C2H5ONa + 1/2 H2

Mẫu thử xuất hiện khí thoát ra là C2H5OH

Còn lại là C6H6

3/ Lấy mẫu thử và đánh dấu từng mẫu thử

Cho vào các mẫu thử Ag2O, dd NH3

Mẫu thử xuất hiện kết tủa trắng bạc là C6H12O6 (pứ tráng gương)

C6H12O6 + Ag2O => (NH3) C6H12O7 + 2Ag

Còn lại là: C12H22O11

4/ Lấy mẫu thử và đánh dấu từng mẫu thử

Cho quỳ tím vào các mẫu thử

Mẫu thử làm quỳ tím hóa xanh là KOH

Mẫu thử làm quỳ tím hóa đỏ là CH3COOH

Nhận C6H12O6 bằng pứ tráng gương như trên

Nhận C2H5OH bằng Na ==> có khí thoát ra

2. lấy 4 chất lỏng vào mỗi ống nghiệm

Cho quỳ tím vào --> lọ nào có quỳ tím hoá đỏ là Axit axetic , màu xanh là NaOH

3.Cho Na vào 2 dd còn lại

có H2 bay hơi , là C₂H₅OH

- Còn lại là C₆H₆