Câu 1.

0,5(g) X ta có:

X + H₂O → XOH +\(\dfrac{1}{2}\)H₂

n\(_{H_2}=\dfrac{0,112}{22,4}=0,005\)(mol)

n\(_{XOH}=2n_{H_2}=2.0,005=0,01\)(mol)

Tương ứng 8(g) X, ta có:

\(\begin{matrix}X+&H_2O&\rightarrow XOH&+\dfrac{1}{2}H_2\\&&\dfrac{8}{0,5}.0,01=0,16&\dfrac{8}{0,5}.0,005=0,08\left(mol\right)\end{matrix}\)

n\(_{Al}=\dfrac{5,4}{27}=0,2\left(mol\right)\)

\(\begin{matrix}Al&+XOH&+H_2O\rightarrow XAlO_2&+\dfrac{3}{2}H_2\\0,2&0,16&&0,24\left(mol\right)\end{matrix}\)

Dựa vào phương trình trên ta thấy Al dư và XOH tác dụng hết(vì phản ứng hoàn toàn nghĩa là 1 trong những chất phản ứng phải hết).

\(\sum n_{H_2}=0,08+0,24=0,32\left(mol\right)\)

\(V_{H_2\left(đktc\right)}=0,32.22,4=7,168\left(l\right)\)

Câu 2.

Đặt ancol 2 chức là C_xH_yO₂. Ancol 2 chức không có C bậc ba nghĩa là cả 2 -OH đều bị OXH.

\(\begin{matrix}C_xH_yO_2&+2CuO&\rightarrow C_xH_{y-4}O_2&+2Cu&+2H_2O\\a&2a&a&2a&2a\left(mol\right)\end{matrix}\)

Ta có m_{chất rắn giảm đi} = m_{O trong CuO}

_{⇒n\(_O=\dfrac{2,24}{16}=0,14\left(mol\right)=2a\)}⇒ a = 0,07(mol)

Ta có hỗn hợp khí và hơi sau phản ứng gồm\(\left\{{}\begin{matrix}C_xH_{y-4}O_2&0,07\left(mol\right)\\H_2&0,14\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

mà M_{hỗn hợp khí} = \(d_{hh/H_2}.M_{H_2}=18.2=36\left(g/mol\right)\)

⇒m_{hỗn hợp khí}= M_{hỗn hợp khí}.n_{hỗn hợp khí} = 36.(0,07+0,14) = 7,56(g)

Áp dụng ĐLBTKL:

m + m_CuO = m_{hỗn hợp khí} + m_Cu

⇔ m + 80.2.0,07 = 7,56 +2.0,07.64

⇔m = 5,32(g)

Cho 35,94 gam hỗn hợp gồm Al, Al₂O₃, Fe(NO₃)₂ và FeCO₃ tác dụng hoàn toàn dung dịch hỗn hợp gồm HCl và H₂SO₄ thu được dung dịch A gồm 68,72 gam muối trung hòa và 6,496 lít (đktc) hỗn hợp khí X gồm H₂, NO, N₂O và CO₂, tỉ khối hơi hỗn hợp khí X so với H₂ là \(\dfrac{961}{58}\). Sau đó cho dung dịch A tác dụng vừa đủ với BaCl₂ thu được 69,9 gam kết tủa G và dung dịch B. Lọc bỏ kết tủa G rồi cho dung dịch B tác dụng với lượng dư AgNO₃, thu được 187,32 gam hỗn hợp kết tủa H. Mặt khác, dung dịch A tác dụng tối đa 710 ml dung dịch gồm NaOH 1M và KOH 1M, sản phẩm thu được gồm 21,16 gam hỗn hợp kết tủa I và 0,448 lít (đktc) khí có mùi khai. Tính phần trăm số mol của Al trong hỗn hợp ban đầu.

Đặt \(\overline{R}\) là trung bình của hai kim loại X, Y thuộc hai chu kì liên tiếp ở nhóm IIA (M_X<M_Y)

\(\overline{R}+2HCl\rightarrow\overline{R}Cl_2+H_2\)

\(n_{KL}=n_{H_2}=\dfrac{6,72}{22,4}=0,3\left(mol\right)\)

\(M_{\overline{R}}=\dfrac{m_{\overline{R}}}{n_{\overline{R}}}=\dfrac{10,4}{0,3}\approx34,67\left(g/mol\right)\)

\(\Rightarrow M_X< M_{\overline{R}}< M_Y\)⇒ X là Mg, Y là Ca

\(C\%_{HCl}=\dfrac{m_{ct}}{m_{dd}}.100\%=\dfrac{0,3.2.36,5}{490,2}.100\%\approx4,47\%\)

\(\overline{M_{Na}}=\dfrac{22989}{1000}=22,989\left(u\right)=22,989\left(\text{đ}vC\right)=22,989\left(g/mol\right)\)

Quy tắc đường chéo:

Cùng bản chất thì trừ nhau, khác bản chất thì cộng lại.\(\begin{matrix}\left[H^+\right]=1\left(M\right)\\\left[OH^-\right]=x\left(M\right)\end{matrix}\left[H^+\right]=0,1\left(M\right)\dfrac{x+0,1}{1-0,1}=\dfrac{V_{H^+}}{V_{OH^-}}=\dfrac{600}{400}\Rightarrow x=1,25\left(M\right)\)

Đặt công thức oxit là M₂O₃

\(M_2O_3+3H_2SO_4\rightarrow M_2\left(SO_4\right)_3+3H_2O\)

Ta có: \(\begin{matrix}n_{M_2O_3}&=&n_{M_2\left(SO_4\right)_3}\\\dfrac{m_{M_2O_3}}{M_{M_2O_3}}&=&\dfrac{m_{M_2\left(SO_4\right)_3}}{M_{M_2\left(SO_4\right)_3}}\\\dfrac{16}{2M_M+16.3}&=&\dfrac{40}{2M_M+96.3}\\\Rightarrow M_M&=&56\left(g/mol\right)\Rightarrow\left(Fe\right)\end{matrix}\)

CT oxit: \(Fe_2O_3\)

\(n_{H_2SO_4}=3.n_{Fe_2O_3}=3.\dfrac{16}{160}=0,3\left(mol\right)\)

\(m_{H_2SO_4}=0,3.98=29,4\left(g\right)\)

\(m_{ddH_2SO_4}=\dfrac{m_{H_2SO_4}.100\%}{C\%}=\dfrac{29,4.100\%}{10\%0\%}=294\left(g\right)\)

\(V_{ddH_2SO_4}=\dfrac{m_{ddH_2SO_4}}{D_{H_2SO_4}}=\dfrac{294}{0,69}\approx426\left(ml\right)\)

Gọi x là nồng độ CH₃COOH phân li.

\(\begin{matrix}CH_3COONa&\rightarrow&CH_3COO^-+&Na^+&\\0,08&&0,08&0,08&\left(M\right)\\CH_3COOH&\rightarrow&CH_3COO^-&+H^+&k_a=1,8.10^{-5}\\\begin{matrix}BD&0,1\end{matrix}&&0,08&&\\\begin{matrix}PU&x\end{matrix}&&x&x&\left(M\right)\\\begin{matrix}CB&0,1-x\end{matrix}&&0,08+x&x&\end{matrix}\)

\(k_a=\dfrac{\left[CH_3COO^-\right]\left[H^+\right]}{\left[CH_3COOH\right]}=\dfrac{\left(0,08+x\right)\left(x\right)}{\left(0,1-x\right)}=1,8.10^{-5}\)

\(x\approx2,24886.10^{-5}\)\(\Rightarrow pH=-log\left(\left[H^+\right]\right)=-log\left(x\right)=-log\left(2,24886.10^{-5}\right)\approx4,46804\)

Gọi số mol trong hỗn hợp là\(\left\{{}\begin{matrix}HCOOCH_3:x\left(mol\right)\\CH_3COOC_2H_5:y\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

Vì cả hai đều là este đơn no hở nên tác dụng NaOH tỉ lệ 1:1 nên

\(x+y=n_{NaOH}=0,15.2=0,3\left(mol\right)\left(1\right)\)

Và khối lượng hỗn hợp: \(60x+88y=23,6\left(2\right)\)

Từ\(\left(1\right)\&\left(2\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=0,1\left(mol\right)\\y=0,2\left(mol\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\%m_{HCOOCH_3}=\dfrac{0,1.60}{23,6}.100\%\approx25,42\%\)

\(n_{CuSO_4}=\dfrac{9,8}{160}=0,06125\left(mol\right)\)

\(\left[CuSO_4\right]=\dfrac{0,06125}{0,5}=0,1225M\Rightarrow a=0,1225\)

Gọi số proton, electron, nơtron trong M là p_M, e_M, n_M (p_M=e_M)

Gọi số proton, electron, nơtron trong X là p_X, e_X, n_X (p_X=e_X)

Theo đề ta có hệ phương trình:\(\left\{{}\begin{matrix}2p_M+n_M+3\left(2p_X+n_X\right)=196\\2p_M-n_M+3\left(2p_X-n_X\right)=60\\p_X+n_X-\left(p_M+n_M\right)=8\\2p_X+n_X-\left(2p_M+n_M\right)=12\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}p_M=13\\n_p=14\\p_X=17\\n_X=18\end{matrix}\right.\)

Vậy X là Clo (Cl), M là Nhôm (Al)