Sắp xếp theo dãy điện hóa: AI > Fe > Cu > Ag 

Nước vĩnh cửu chứa nhiều ion Mg²⁺; Ca²⁺; Cl^- và SO₄^2-=> dùng ion CO₃ ^2- để kết tủa hết ion Mg²⁺; Ca²⁺

Mg²⁺ + CO₃^2- → MgCO₃ (kết tủa)

Ca²⁺ + CO₃²  → CaCO₃ (kết tủa)

Trong các chất sau, chất gây ô nhiễm không khí có nguồn gốc từ khí thải sinh hoạt là CO

Đáp án A

Este tham gia phản ứng tráng bạc => este của axit fomic 

Công thức của sắt(II) hiđroxit là Fe(OH)₂

Amilopectin có cấu trúc mạch phân nhánh

AlCl₃ vừa phản ứng với dung dịch HCl, vừa phản ứng vói dung dịch NaOH

Crom có số oxi hóa +6 trong hợp chất K₂Cr₂O₇.

NaOH có pH > 7

Cacbon chỉ thể hiện tính khử trong phản ứng C + O₂ → CO₂

Đáp án A

Chất hữu cơ là hợp chất của c trừ CO,CO₂ muối cacbonnat, muối cacbua...

Cho vài giọt nước brom vào dung dịch phenol, lắc nhẹ thấy xuất hiện kết tủa trắng.     

nco = 0,2mol

M_hhkhí = 40g/mol

Hh khí gồm CO2 và CO dư

Áp dụng qui tắc đrrờng chéo => n_co2 = 0,15mol và n_codư = 0,05mol

=> n_O tách ra = n_CO2 = 0,15mol

=> m = m _oxit — m _{oxi tách ra} ⁼ 8 - 0,15 . 16 = 5,6g

-Khi cho a mol OH" vào dd chứa b mol Al³⁺

Ta có:

\(\frac{a}{b} \le 3$\) => chỉ tạo Al(OH)t khi đó n_OH- = 3n_Al(OH)3

b

\(3 \le \frac{a}{b} < 4\)=> Tạo Al(OH)3 và AIO₂^- khi đó n_Al(OH)3 = 4n_Al3 + -n_OH

\(\frac{a}{b} > 4\)=> Chỉ tao AlO₂^- => không thu đưoc kết tủa

Hướng dẫn giải

n_NaOH= 0,75mol => n_OH-= 0,75mol

n_Al(OH)3 = 4n_Al3+ - n_OH-= 4.0,2 - 0,75 = 0,05mol

=> m = 3,9g

Khí X nặng hon không khí và phản ứng vói dung dịch kiềm —> X là Clo 

A sai vì Thủy phân etyl axetat: CH₃COOC₂H₅ + H₂O -> CH₃COOH + C₂H₅OH 

Phương pháp:

Đốt cháy chất có CTPT: C_nH_2nO₂ luôn cho : n_co2= n_H20

Hướng dẫn giải

metyl axetat và etyl axetat có cùng CTPT dạng C_nH_2nO₂

—>• đốt chát: n_co2= n_H20 = 0,25 mol —> m = 0,25.18 = 4,5 

Phương pháp:

+ Bảo toàn nguyên tố: n_amin = 2n_N2

+ Chỉ sô cacbon: \(n = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_{a\min }}}}\) 

Hướng dẫn giải

n_amìn ⁼ 2n_N2 ⁼ 0,1

—>• Số C = n_co2 / n_amin = 2 —> amin C₂H₇N 

Phương pháp:

+ Chất khử là chất nhường electron khi tham gia phản ứng hóa học, có số oxi hóa tăng sau phản ứng

Hướng dẫn giải

nitơ là chất khử —> số oxi hóa của N tăng

\(\begin{array}{l}
\mathop N\limits^{ - 3} {H_3} \to \mathop N\limits^{ + 2} O\\
\mathop N\limits^{ + 2} O \to \mathop N\limits^{ + 4} {O_2}\\
\mathop N\limits^{ + 4} {O_2} \to H\mathop N\limits^{ + 5} {O_3}
\end{array}\) 

chất tham gia phản ứng thủy phân trong môi trường kiềm là etyl axetat, tripanmitin, Gly-Ala 

Những phát biểu đúng là (a), (c), (d), (e).

CTCT của X thỏa mãn là: (CH₃COOCH₃)₂, CH₃CH(COOCH₃)₂, (COOC₂H₅)₂, (CH₃COO)₂C₂H₄.

Giả sử kiềm có công thức chung là MOH (M=(0,1.23+0,05.39)/0,15=85/3)

Nếu phản ứng chỉ tạo 1 muối:

MH₂P0₄ :0,15.\(\frac{{376}}{3}\)  =18,8g.

M₂,HPO₄,\(\frac{{0,15}}{2}.\frac{{458}}{3}\) = 1 l,45g.

M₃,PO₄ : \(\frac{{0,15}}{2}\).180 = 9g.

^m_{chat ran} = 8,6 G < 9 g

=> MOH dư, phản ứng tạo muối M3PO4.

Đặt nM3P04= x mol, n_MOH = y mol;

180x+136y/3=8,56 3x+y=nMOH=0,15

→  x=0,04, y=0,03.

→ n_p2O5=0,04/2=0,02 mol

→ m_p205=2,84 gam.

E là (NH₄)₂CC>3; Y là H₂NCH₂CONHCH₂COOH.

(NH₄)₂CO₃+2NaOH → Na₂CO₃+2NH₃(Z)+2H₂O 

(NH₄)₂CO₃+2HCl → 2NH₄Cl+H₂O+CO₂ (T)

H₂NCH₂CONHCH₂COOH +H2O +2HCl → ClH₃NCH₂COOH (Q)

Dung dịch X: FeSO₄, Fe₂(SO₄)₃, H₂SO₄, H₂O.

Những chất phản ứng vói dung dịch X là: Cu, Fe(NO₃)₂, KMnO₄, BaCl₂, Cl₂, KNO₃.

Chú ý: NO₃^- trong môi trường H⁺ có tính oxi hóa như HNO₃ 

(C₆H₁₀O₅)_n + ahbO —> 2nC₂H₅OH + 2nCO₂

noH-=2nBa(OH)2+nNaOH=0,05.2+0,01=0,l 1 mol.

=>nco2=0,5

n_OH-= 0,055 mol.

=>ntinh bột=0,5nC02=0,0275 mol

=>m=0,0275.162/0,81=5,5 gam.

Cr(OH)₃+KOH → KCrO₂+2H₂O

2KCrO₂+3Cl₂+8KOH → 2K₂CrO₄+6KCl+4H₂O

2K₂CrO₄+H₂SO₄ → K₂Cr₂O₇+K₂SO₄+H₂O

K₂Cr₂O₇+6FeSO₄+7H₂SO₄3Fe₂(SO₄)3+7H₂O+K₂SO₄+Cr₂(SO₄)3

X là Etyl fomat Y là lysin z là glucozo T là phenol 

(a)       A1O₂- + H⁺+ H₂O → Al(OH)3

Al(OH)₃ + 3H⁺ → Al³⁺ + 3H₂O

2 muối: NaCl, AlCl3

a. Không tạo muối

b. Ba(HCO₃)₂

c. FeSO₄, Fe₂(SO₄)₃

(e)  2KHSO₄+2NaHCO₃ → K₂SO₄+Na₂SO₄+2H₂O+2CO₂

(g) Mg(NO₃)₂, NH₄NO₃

nco₂ = 4,48 : 22, 4 = 0,2 mol

BTKL m_H = m_hh- mc = 3,2 - 0,2.12 = 0,8 => nmo = 0,8/2 = 0,4 mol

BTNT O => n_o2 = (n_C02 + l/2nH20 ) = 0,2 + 1/2.0,4 = 0,4 mol

V oxi (dktc) = 0,04.22,4 = 8,96 (lít)

\(\begin{array}{*{20}{l}}
{{H^ + }{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  + {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} O{H^ - }{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  \to {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {H_2}O}\\
{0,15{\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  \leftarrow {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0,15}\\
{{H^ + } + {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} AlO_2^ -  + {H_2}O \to Al{{\left( {OH} \right)}_3} \downarrow }\\
{y{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  \leftarrow {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  \to {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} y}\\
{3{H^ + }{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  + {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} Al{{\left( {OH} \right)}_3} \downarrow {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  \to {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} A{l^{3 + }}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  + {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3{H_2}O}\\
{3\left( {y - 0,2} \right) \leftarrow \left( {y - 0,2} \right)}
\end{array}\)

Bảo toàn H+ => \(\sum {{n_{H + }} = 0,15 + y + 3\left( {y - 0,2} \right) = 0,75} \) 

=> y = 0,3 mol

nNaOH = nH+ = 0,15 (mol)

Vậy X = 0,15 mol; y = 0,3 mol 

Số chất tác dụng được vói nước brom ở điều kiện thường là : etilen, buta-l,3-đien, stiren, phenol, metyl acrylat 

Do dung dịch sau điện phân chứa 2 chất là: Na₂SO₄ và NaOH. Tỉ lệ mol CuSO₄ và NaCl là 1:3 nên Cu²⁺ bị điện phân hết truóc.

A1 + OH^-  → AlO₂^‑+ 1,5H₂

=>noH-=nH2/l,5=0,05 mol.

Quá trình điện phân:

Cu²⁺ + 2Cl - → Cu + Cl₂

a         2a         a        a

2Cl^- + 2H₂O → Cl₂ + H₂ + 2OH^-

a(=3a-2a)          0,5a 0,5a a=0,05

m giảm 64a + 71a + 71.0,5a + 2.0,5a = 8,575 gam < 10,375

=> H₂O bị điện phân: mH20= 10,375-8,575 = 1,8 gam

H₂O → H₂+0,5O₂

0,1     0,1 0,05 mol

Tại anot: 0,075 mol Cb, 0,05 mol O₂

=> n_e= 0,075.2 + 0,05.4 = 0,35 mol=> t = n_e.96500/I=0,35.96500/1,34=25205,2 giây = 7 giờ.

X có dạng CnH_2n-2kO₄

nCO₂ = x; nH₂O = y   → x + y = 0,5 (1)

Bảo toàn O: 2nCO₂ + nH₂O = 2.0,3 + 4nx (2)

Ta có nCO₂ - 11H₂O = k.nx (3)

(1), (2), (3) —>1 nCO2 = 0,3; nmo = 0,2; nx=0,05; k=l

—> Y tạo bởi axit 2 chức no, mạch hở và 1 ancol no, mạch hở và 1 ancol ko no (1 lk TÌ), mạch hở CTCT Y:

COO -CH₃

COO – CH₂ -CH = CH₂

mchấtrắn = mNaOHdư + m₍COONa)₂ = 0,1.40 + 0,05.134 = 10,7 gam

\(\begin{array}{l}
BTKL \Rightarrow {n_{BaC{O_3}}} = \frac{{4,302 - {m_{Al{{\left( {OH} \right)}_3}}}}}{{197}} = \frac{{4,032 - 3,12}}{{197}} = 0,006mol\\
BTNTC \Rightarrow {n_{Ba{{\left( {HC{O_3}} \right)}_2}}} = \frac{{{n_{C{O_2}}} - {n_{BaC{O_3}}}}}{2} = \frac{{0,054 - 0,006}}{2} = 0,024mol\\
BTNT\,\,Ba\,:{n_{Ba}} = {n_{BaC{O_3}}} + {n_{Ba{{\left( {HC{O_3}} \right)}_2}}} = 0,006 + 0,024 = 0,03mol
\end{array}\)

nAl = nAl(OH)₃ = 0,04 mol

\({\rm{X}}\left\{ \begin{array}{l}
{\rm{Ba:0,03}}\,{\rm{mol}}\\
{\rm{Al:}}\,{\rm{0,04}}\,{\rm{mol}}\\
{\rm{O:a}}\,\,{\rm{mol}}
\end{array} \right.\)

BT electron :2n_Ba + 3n_Al = 2n_O + 2n_H2

=> 2.0,03 + 3. 0,04 = 2a + 2.0,04=> a = 0.05 mol

=> m = 0,03.137 + 0,04.27 + 0,05.16 = 5,99g

Z bao gồm:

C_nH_2n+3N: a mol

C₂H₅NO₂: b mol

C₆H₁₄N₂O₂ : c mol

=> n_CO2 = na + 2b + 6c và nN2 = a/2 + b/2 + c

 = > n_CO2 + n_N2 = na + a/2 + 5b/2 + 7c = 0,81 (1 )

n_H20= a(2n + 3)/2 + 5b/2 + 7c = 0,91 (2)

(1) => a = 0,1

nz = 0,2 => b + c = 0,1 (3)

Bảo toàn O:

2(b + c) + 2no2 - 2nco2 + 11H20 —> nco2 = 0,68 => n_N2 = a/2 + b/2 + c = 0,81 - 0,68 (4)

(4) =>b = 0,04 và c = 0,06

nco2 = na + 2b + 6c = 0,68 => n = 2,4

=> X chứa C₂H₇N (0,06) và C₃H₉N (0,04) (Tính dựa vào c trung bình 2,4 và tổng số mol a = 0,1 )

Vậy z chứa C₂H₇N (0,06); C₃H₉N (0,04); C₂H₅NO₂ (0,04) và C₆H₁₄N₂O₂ (0,06)

=> %C₂H₇N = 16,05% 

Xét hỗn hợp kết tủa ta có: nAgCl = nHCl = 1 mol

→ nAgCl = \(\frac{{{\rm{m - 143,5nAgCl}}}}{{{\rm{108}}}}{\rm{ = }}\frac{{{\rm{165,1 - 143,4}}{\rm{.1}}}}{{{\rm{108}}}}{\rm{ = 0,2}}\,\,{\rm{mol}}\) 

Khi cho X tác dụng với HCl và dung dịch Y tác dụng vói AgNO3 thì ta có hệ sau:

Dung dịch G chứa GlyNa (a mol) và ValNa (b mol)

=> nHCl = 2a + 2b = 0,72

và 1 ll,5a + 125,5b + 58,5(a + b) = 63,72

=> a = b = 0,18

=> nNaOH = a + b = 0,36 lTLNaOH - mH20 = 12,24 => nmo = 0,12 => nx= ny = 0,06

X có k gốc amino axit => 0,06k + 0,06 = 0,36 => k = 5

TH1 : X là Gly₃Ala₂ và Y là Ala (Loại Vì Mx < 4My)

TH₂: X là Gly₂Ala₃ và Y là Gly (Thỏa mãn Mx > 4My)

A. Sai, Y có %N = 18,67%

B. Sai, X có 4 liên kết peptit.  

C. Sai

D. Đúng.

Bảo toàn N => nNaN0₃ = 2n\20 + n\o = 0,04

Đặt nH₂S04 = a và no trong hỗn hợp ban đầu ⁼ b

=> n_H+ = 2a = 2b +0,01.10+ 0,02.4(1 )

nBa(OH)₂ = n_BaS04 = a

nNaOH= nNaN0₃ = 0,04

Bảo toàn OH^- => n_OHtrong = 2a - 0,04

=> m kết tủa = 233a + (15,6 - 16b) + 17(2a - 0,04) = 89,15 (2)

(1)(2) => a = 0,29 và b = 0,2

Đặt nFe2+ = c

Bảo toàn electron => n_{O2 phan ưng với kết tủa} = 0,25c

Bảo toàn H => n_{H2O khi nung kết tủa} = a - 0,02 = 0,27

m rắn = 89,15 + 32.0,25c - 18.0,27 = 84,386

=>c = 0,012

m_ddx= 15,6 + 200 - m _Y = 214,56

=> C%FeS0₄ = \(\frac{{0,012.152}}{{214,56}}\) .100% = 0,85%

Gọi CTTQ của X và T là C_nH_2n-2O₂ (n>3) và C_mH_2m-4O₄ (m>6)

+ Bảo toàn nguyên tố C, H

+ Bảo toàn khối lượng