Chất điện li yếu là chất khi tan trong nước, số phân tử hòa tan phân li một phần, phần còn lại vẫn tồn tại dưới dạng phân tử trong dung dịch.

Các axit yếu, bazơ yếu và một số muối là chất điện li yếu.

Những chất điện li yếu là:

Các axit yếu như CH₃COOH, HClO, H₂S, HF, H₂SO₃, ...

Đáp án A

Axit glutamic có 2 nhóm COOH và 1 nhóm NH2

HOOCCH2CH2CH(NH2)COOH 

Đáp án B

Đáp án cần chọn là: B

Đây là chất trung gian trong quá trình tổng hợp công nghiệp của axit nitric hay trong nước nó là sản phẩm trung gian của phản ứng oxy hóa dưới tác động của vi khuẩn từ amoniac thành nitrite và cuối cùng là nitrat. NO₂ có các tên gọi như Nitrit, nitơ đioxit, điôxit nitơ.

Tên của các polime thường được lấy theo nên của monome tạo ra polime đó.

Poliacrilonitrin có công thức(-CH2-CH(CN))n

Đáp án C

Kim loại Mg tác dụng với HCl trong dung dịch tạo ra H2 và MgCl2

Mg + 2HCl → MgCl2 + H2

Axit panmitic có công thức phân tử là C₁₅H₃₁COOH

Đáp án cần chọn là: C

Kim loại Au có thể điều chế được bằng phương pháp thủy luyện.

Các kim loại Ca, Na, Mg chỉ có thể điều chế bằng phương pháp điện phân nóng chảy hợp chất của chúng.

Đáp án A

Số oxi hóa của sắt trong hợp chất Fe2(SO4)3 là +3

Đáp án C

C2H5OH tác dụng với kim loại Na sinh ra khí H2

C2H5OH + Na → C2H5ONa + H2

Cr là kim loại cứng nhất, có thể rạch được thủy tính

Đáp án D

Kim loại Fe tan hết trong lượng dư dung dịch H₂SO₄ loãng.

Fe +  H₂SO₄ loãng → FeSO4 + H2

Nhôm bền trong không khí và nước do trên bề mặt của nhôm được phủ kín lớp chất Al₂O₃ rất mỏng, bền

Metyl fomat: HCOOCH₃. ⟹ Số nguyên tử hiđro trong phân tử metyl fomat là 4

Metylamin: CH₃NH₂

Đáp án B

Glucozơ là chất dinh dưỡng và được dùng làm thuốc tăng lực cho người già, trẻ em và người ốm. Công thức glucozơ là C6H12O6

→ Có 6 nguyên tử C

Kim loại K tan hoàn toàn trong nước dư

K + H2O → KOH + 1/2H2

Đáp án C

Công thức của canxi hiđrocacbonat là Ca(HCO3)2

Đáp án C

Dựa vào dãy điện hóa ta thấy chỉ có Cu²⁺ có khả năng oxi hóa được Fe trong dung dịch tạo thành Fe²⁺

Cu²⁺ + Fe → Fe²⁺ + Cu

Phèn chua có công thức hóa học là: K₂SO₄.Al₂(SO₄)₃.24H₂O

Đáp án A

C2H5COOCH3 + NaOH → C2H5COONa + CH3OH

Vậy Y là CH3OH

Xenlulozơ thuộc loại đisaccarit.

Đáp án C

CO2 = 3,36/22,4 = 0,15 mol.

PTHH: 2NaHCO3 → Na2CO3 + CO2 + H2O

                    0,3 ← 0,15

⟹ mNaHCO3 = 0,3.84 = 25,2 gam.

CH₂OH(CHOH)₄CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ \(\overset{t^{o}}{\rightarrow}\) CH₂OH(CHOH)₄COONH₄ + 2Ag↓ + 2NH₄NO₃.

⇒ n_glucozơ = n_Ag ÷ 2 = 0,1 mol ⇒ m = 0,1 × 180 = 18(g) ⇒ chọn B

Fe2O3 tác dụng với dung dịch HCl sinh ra muối FeCl3

Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O

Đáp án A

Tơ nhân tạo là visco, xenlulozơ axetat

Fe2O3 + 2Al → Al2O3 + 2Fe

nFe2O3 = 0,1 → nAl = 0,2 → mAl = 5,4 gam

nCO2 = 6,72/22,4 = 0,3 mol

C2H5O2N → 2CO2

0,15 ← 0,3

⟹ mGly = 0,15.75 = 11,25 gam

\(\to \,{{n}_{COONa}}={{n}_{NaOH}}=2{{n}_{N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}}}=0,7\,mol\to \,{{n}_{C{{O}_{2}}}}=0,35\,mol\)

\(\to \,{{n}_{C(T)}}={{n}_{N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}}}+{{n}_{C{{O}_{2}}}}=0,7\,mol={{n}_{COONa}}\,\Rightarrow \,\left\{ \begin{align} & HCOONa:0,3\,(BTH) \\ & {{(COONa)}_{2}}:0,2\,(BTNa) \\ \end{align} \right. \to {{m}_{T}}=47,2\,gam\,\to {{m}_{E}}=47,2+28,6-40.0,7=47,8\,gam\)

\( \to \left\{ \begin{array}{l} C{O_2}:\,x\,mol\\ {H_2}O:\,y\,mol \end{array} \right.\, \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {m_E} = 12x + 2y + 32.0,7 = 47,8\\ x - y = 0,425 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 1,875\,mol\\ y = 1,45\,mol \end{array} \right.\)

\(Ancol\left\{ \begin{align} & {{n}_{C(ancol)}}=1,875-0,7=1,175\,mol={{n}_{C{{O}_{2}}}} \\ & {{n}_{O(ancol)}}={{n}_{NaOH}}=0,7\,mol \\ & {{n}_{H(ancol)}}=\frac{28,6-12.1,175-16.0,7}{1}=3,3\,mol\Rightarrow {{n}_{{{H}_{2}}O}}=1,65\,mol \\ \end{align} \right.\)

\(\begin{array}{l} \to \left\{ \begin{array}{l} {C_n}{H_{2n + 2}}O:\,a\,mol\\ {C_m}{H_{2m + 2}}{O_2}:\,b\,mol \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_O} = a + 2b = 0,7\\ a + b = 1,65 - 1,175 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 0,25\,mol\\ b = 0,225\,\,mol \end{array} \right.\\ \to \,0,25n + 0,225m = 1,175 \Rightarrow 10n + 9m = 47 \to \,\left\{ \begin{array}{l} n = 2:\,{C_2}{H_5}OH:\,0,25\,mol\\ m = 3:\,{C_3}{H_6}{(OH)_2}:\,0,225\,mol \end{array} \right. \end{array}\)

⇒ hhE \(\left\{ \begin{align} & X:HC\text{OO}{{\text{C}}_{2}}{{H}_{5}}:0,05\,mol \\ & Y:{{(HC\text{OO})}_{2}}{{C}_{3}}{{H}_{6}}:0,025\,mol \\ & Z:\,{{C}_{2}}{{H}_{5}}\text{OO}C-C\text{OO}{{\text{C}}_{3}}{{H}_{6}}\text{OO}CH:\,0,2mol \\ \end{align} \right.\Rightarrow {{m}_{X}}=3,7\,gam.\)

- Rắn T tác dụng với HCl tạo khí ⇒ T chứa Fe dư ⇒ Z chỉ chứa FeCl₂

\(\begin{array}{l} \to {n_{O\,(oxit\,pu)}} = {n_{{H_2}O}} = \frac{{0,2 - 2.0,05}}{2} = 0,05\,mol\\ \to \,{n_{FeC{l_2}}} = \frac{{0,2}}{2} = 0,1\,mol\\ \to m = {m_T} + {m_{Fe(FeC{l_2})}} + {m_{O({H_2}O)}} = 9,2 + 56.0,1 + 16.0,05 = 15,6\,gam. \end{array}\)

Bao gồm: a, b, đ.

E, F có dạng (CH₂O)_n ⇒ 30n < 100 ⇒ n < 3,33; E, F tác dụng được với NaOH ⇒ n ≥ 2

n = 2 ⇒ E: C₂H₄O₂: HCOOCH₃ ⇒ X: HCOONa; Y: CH₃OH; T: HCOOH.

n = 3 ⇒ F: C₃H₆O₃: HCOOCH₂CH₂OH ⇒ Z: C₂H₄(OH)₂

(a) Đúng. HCOONa  → 2Ag

(b) Đúng. CH₃OH + CO → CH₃COOH

(c) Sai. C₂H₄(OH)₂ + 2CuO → (CHO)₂ + 2Cu + 2H₂O

(d) Sai. F không có môi trường axit nên không làm đổi màu quỳ tím.

(đ) Đúng. HCOOH (100,8^oC) có nhiệt độ sôi cao hơn C₂H₅OH (78,3^oC) do có liên kết hiđro bền vững hơn

\({n_Y} = {n_{{C_3}{H_5}{{(OH)}_3}}} = 0,03\,mol\,\, \to \,{n_{O(X)}} = 0,26\,mol = 6.0,03 + 2{n_Z}\, \Rightarrow \,{n_Z} = 0,04\,mol\)

Vì 2 muối cùng C ⇒ axit Z và gốc axit trong chất béo cùng C.

0,04C_Z + 0,03(3C_Z + 3) = 2,43 ⇒ C_Z = 18

\( \to 2,43 - 2,29 = (\overline k - 1).0,07\, \Rightarrow \overline k = 3\) mà k_Y ≥ 3 ⇒ k_Z ≤ 3

0,03H_Y + 0,04H_Z = 2.2,29 ⇒ 3H_Y + 4H_Z = 458

⇒ Y: (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅: 0,03 mol ⇒ m_Y = 26,7 gam.

Áp suất giảm 10% ⇒ số mol khí giảm 10% = 0,54.10% = 0,054 mol

PTHH: (1) 4FeS₂ + 11O₂  → 2Fe₂O₃ + 8SO₂↑

                     x   →     \(\frac{{11{\rm{x}}}}{4}\)          →             2x    mol

             (2) 4FeCO₃ + O₂ →  2Fe₂O₃ + 4CO₂↑

                       y     →   \(\frac{y}{4}\)         →                 y mol

⇒ n_{khí giảm} = \({n_{{O_2}p}} - ({n_{S{O_2}}} + {n_{C{O_2}}}) = \frac{{11x}}{4} + \frac{y}{4} - (2x + y) = 0,054 \Leftrightarrow x - y = 0,072\,(1)\)

Xét pư với H₂SO₄ đặc:

\(\left\{ \begin{array}{l} \to \,{n_{C{O_2}}} = y\,mol\\ \to \,{n_{S{O_2}}} = \frac{{15{\rm{x}} + y\,}}{2}mol \end{array} \right.\, \Rightarrow \,{n_{khi}} = y + \frac{{15x + y}}{2} = 1,08 \Leftrightarrow \,15x + 3y = 2,16\,(2)\)

Giải hệ (1), (2) ⇒ x = 0,132 mol; y = 0,06 mol.

\(\left\{ \begin{array}{l} m = 120.0,132 + 116.0,06 + 80{\rm{z}} + 160t = 22,8 + 80{\rm{z}} + 106t\\ \% {m_O} = 16(3.0,06 + z + 3t) = 0,152m\\ {m_{mu\`e i}} = 400.\frac{{0,132 + 0,06 + 2t}}{2} + 160z = 1,8m \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} m = 30\,(g)\\ x = 0,06\,mol\\ y = 0,015\,mol \end{array} \right.\)

Bao gồm:  c, d.

(a) Sai vì ure có công thức (NH₂)₂CO cung cấp nguyên tố N cho cây trồng.

(b) Sai. Catot (-): Cu²⁺ + 2e → Cu.

(c) Đúng. NaAlO₂ + CO_{2 dư} + 2H₂O → Al(OH)₃↓ + NaHCO₃

(d) Đúng vì đồ vật bằng sắt được bảo vệ bề mặt, sắt không tiếp xúc trực tiếp với không khí.

(1) CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃↓ + H₂O

(2) 2CO₂ + Ba(OH)₂ → Ba(HCO₃)₂

(3) BaCO₃ + 2NaHSO₄ → BaSO₄↓ + Na₂SO₄ + CO₂↑ + H₂O

(4) Ba(HCO₃)₂ + 2NaHSO₄ → BaSO₄↓ + Na₂SO₄ + 2CO₂↑ + 2H₂O

\(\begin{array}{l} \to \,{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = (k - 1){n_Y} = k{n_Y} - {n_Y} = {n_{B{{\rm{r}}_2}}} - {n_Y} \Rightarrow {n_Y} = 0,6\,mol\\ \to \,{n_X}.\overline {{M_X}} = {n_Y}.\overline {{M_Y}} \Rightarrow a = {n_X} = {n_Y}.\frac{{\overline {{M_Y}} }}{{\overline {{M_X}} }} = 0,6.1,25 = 0,75\,mol \end{array}\)

Dung dịch E chỉ chứa 1 chất tan là HNO₃ ⇒ NO₂ phản ứng vừa đủ với O₂ tạo thành HNO₃

pH = 1 ⇒ [H⁺] = 0,1M ⇒ \({n_{{H^ + }}} = {n_{HN{O_3}}} = 0,1.0,4 = 0,04\,mol.\)

PTHH: (1) 4Fe(NO₃)₂ → 2Fe₂O₃ + 8NO₂↑ + O₂↑

                         x         →         2x   →  x/4   mol

            (2) 2KNO₃ →    2KNO₂ + O₂↑

                        y      →                      y/2    

            (3) 4NO₂ + O₂ + 2H₂O → 4HNO₃

                  0,04  ←  0,01     ←       0,04    mol

\(\left\{ \begin{array}{l} F{\rm{e}}{(N{O_3})_2}:\,x\,mol\\ KN{O_3}:\,y\,mol \end{array} \right.\, \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_{N{O_2}}} = 2{\rm{x}} = 0,04\\ {n_{{O_2}}} = \frac{x}{4} + \frac{y}{2} = 0,01 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 0,02\,mol\\ y = 0,01\,mol \end{array} \right.\, \Rightarrow \,m = 4,61\,gam.\)

Với tỉ lệ mol 1 : 3 ⇒ Cu²⁺ điện phân hết trước Cl^- ⇒ ddY chứa 2 chất tan là Na₂SO₄ và NaOH

Đặt \({n_{{\rm{CuS}}{{\rm{O}}_4}}} = a\,mol\, \Rightarrow \,{n_{NaCl}} = 3{\rm{a}}\,mol.\)

\(\, \to \,{n_{N{a_2}S{O_4}}} = a\,mol;\,{n_{NaOH}} = \frac{2}{3}{n_{{H_2}}} = 0,1\,mol\, \to \,3{\rm{a}} = 2{\rm{a}} + 0,1 \Rightarrow a = 0,1\,mol.\)

⇒ \({n_e} = 0,2 + 2x = 0,7 = \frac{{2,68t}}{{96500}}\, \Rightarrow t = 25205\,(s) \approx \,7h.\)

Bao gồm: b, d, đ.

(a) Sai vì tơ nitron không chứa CO-NH.

(b) Đúng.

(c) Sai vì dung dịch lysin làm quỳ tím chuyển xanh.

(d) Đúng.

(đ) Đúng.

NaCl có vai trò làm giảm độ tan của xà phòng và tăng khối lượng riêng của dung dịch ⇒ Tách xà phòng.