Sắt(III) hiđroxit là chất rắn, màu nâu đỏ, không tan trong nước. Công thức của sắt(III) hiđroxit là Fe(OH)3

Chất thải hữu cơ chứa protein khi bị phân hủy thường sinh ra khí X có mùi trứng thối, nặng hơn không khí, rất độc. Khí X là H₂S

CTHH của Natri hiđrocacbonat : NaHCO3­

Mg(HCO₃)₂, Ca(HCO₃)₂. 

Đipeptit có 1 liên kết CO - NH

Phân tử NaH2PO₄ có chứa nguyên tử H và có khả năng phân li ra H⁺

Ở nhiệt độ cao, CO khử được oxit CuO

Glucozơ thuộc loại monosaccarit

Đáp án A. Etylamin

Dung dịch làm đổi màu quỳ tím thành xanh là etylamin

B. Glyxin không làm đổi màu quỳ tím do –NH2$–N{H}_2$ gắn trực tiếp lên vòng benzen làm giảm mật độ electron ở nguyên tử N mạnh. Vì tính bazơ của anilin yếu hơn hẳn so với NH3 nên glyxin không làm đổi màu quỳ tím

C. Valin có công thức hóa học là CH3CH(CH3)CH(NH2)COOH$C{H}_{3}CH(C{H}_3)CH(N{H}_2)COOH$ là một loại amino axit nên không thể làm xanh quỳ tím

D. Anilin có tính bazơ rất yếu nên không làm đổi màu quỳ tím

 Axit stearic  C17H35COOH

Dựa vào dãy điện hóa của kim loại:

Vậy kim loại Mg có tính khử mạnh nhất.

Ở nhiệt độ thường, bột Al tan hoàn toàn trong lượng dư dung dịch NaOH dư

X là HCOOC2H5

Ở điều kiện thường, Hg trạng thái lỏng.

Ba là kim loại kiềm thổ

Al2O3 là chất có tính lưỡng tính

Tinh bột thuộc loại polime thiên nhiên

Trong hợp chất Cr(OH)₃ Crom có oxi hóa +3

Các kim loại tác dụng được với dung dịch H2SO4 loãng là: Zn, Fe, Al, Mg.

Axit không tác dụng với Cu, Ag và Au.

Công thức phân tử của ancol etylic là C2H5OH hay C2H6O

Cao su là vật liệu polime có tính đàn hồi

BTKL: m = 7,12 + 36,5.(7,12 : 89) = 10,04 gam

FeO + H2SO4 → FeSO4  + H2O

Số mol CaCO₃ là: 

nCaCO₃ = 10 : 100 = 0,1 mol

nCO2 = nCaCO3 = 0,1 mol

V = 0,1.22,4 = 2,24 lít

X thủy phân tạo ra CH3COOH → X là CH3COOC2H5

Y là C2H5OH

Ở nhiệt độ thường, dung dịch frucozơ phản ứng với Cu(OH)2 tạo thành dung dịch có màu xanh.

C6H10O5 → C6H12O6 →  2Ag

nAg = 0,2 mol →  nC6H10O5 = 0,1 mol

→ m  = 16,2 gam

nH2 = 0,18 mol

nAl = 0,12 mol

mAl = 3,24 gam

Thử các đáp án chỉ có đáp án C thỏa mãn: X là CO₂; Y là Ba(OH)₂.

NaOH → Na₂CO₃ → NaOH→ NaHCO₃ → BaCO₃

PTHH: (1) 2NaOH + CO₂ → Na₂CO₃ + H₂O

             (2) Na₂CO₃ + Ba(OH)₂ → BaCO₃↓ + 2NaOH

             (3) NaOH + CO₂ → NaHCO₃

             (4) 2NaHCO₃ + Ba(OH)₂ → BaCO₃↓ + Na₂CO₃ + 2H₂O

Bao gồm: a, c, d, e.

(a) Đúng. Xăng sinh học E₅ là xăng không chì được pha thêm 5% etanol giúp xăng cháy sạch và triệt để hơn, giảm thiểu khí độc hại của động cơ.

(b) Sai. Thành phần chính của sợi bông, sợi đay là xenlulozơ.

(c) Đúng. Protein có thể bị đông tụ khi đun nóng hoặc thêm axit, bazơ, muối.

(d) Đúng. Vải lụa tơ tằm có thành phần chính là protein bị thủy phân trong môi trường kiềm.

(đ) Đúng. Dầu dừa ở trạng thái lỏng là chất béo chứa các gốc hiđrocacbon không no.

Bao gồm: a. b, c, d.

(a) Đúng. K₂CO₃ chứa K cung cấp cho cây trồng.

(b) Đúng. CuSO₄ + H₂O  Cu  +  ½ O₂↑  + H₂SO₄

                                                     (Catot)          (Anot)

(c) Đúng. BaCl₂ + 2KHSO₄ → BaSO₄↓ + K₂SO₄ + 2HCl

(d) Đúng. Fe đẩy Cu ra khỏi muối, Cu sinh ra bám vào thanh Fe tạo nên cặp điện cực Fe – Cu tiếp xúc trực tiếp với nhau và cùng nhúng trong dung dịch CuSO₄ nên có ăn mòn điện hóa học.

Gọi n(AgNO₃) =b, => n(Cu(NO₃)₂ =2b

Dung dịch muối sau pứ chứa 0,45 mol Mg(NO₃)₂ và Fe(NO₃)₂ 1,5b -0,45 mol (BTNT cho N)

=> kim loại gồm Ag b mol; Cu 2b mol; và Fe dư a -1,5b + 0,45 mol

=> m(kim loại) = 108.b + 64.2b + 56(a -1,5b+0,45) =87,6 => 56a + 152b = 62,4 (1)

KL pứ với H₂SO₄ đặc: BT e => b + 2.2b + 3(a-1,5b+0,45) = 2.1,2

=> 3ª + 0,5b =1,05 => a = 0,3; b =0,3 

Ta có sơ đồ: C₄H₁₀  → C_nH_2n+2  + C_mH_2m    ( H₂ ứng với n =0)

Ta nhận thấy n(ankan) không thay đổi, => n(tăng) = n(anken) = n(Br₂) pứ = a

Khi đốt anken: C_mH_2m+       1,5m O₂ → mCO₂ + mH₂O

                      9,52/14m →    1,02 mol

=> n(O₂) dùng để đốt C₄H₁₀ ban đầu = 1,02 + 0,28 = 1,3 mol 

   C₄H₁₀ + 6,5 O₂ →4CO₂ + 5H₂O

      0,2  ← 1,3  

=> a = n(X) – n(C₄H₁₀) = 0,27  mol  => chọn B.

Bao gồm: a, b, đ.

(a) Đúng. CH₃OH + CO → CH₃COOH

(b) Đúng. T là ancol C₂H₅OH có nhiệt độ sôi thấp hơn axit CH₃COOH.

(c) Sai. (COONa)₂ + ½ O₂  →  CO₂ + Na₂CO₃

(d) Sai. E là (COOCH₃)₂ không có nhóm -CHO nên không có phản ứng tráng bạc.

(đ) Đúng. T là C₂H₅OH có tính sát trùng, diệt khuẩn nên được dùng để sát trùng dụng cụ y tế.

TN1: Ta có n(HCl) pứ = 0,84 mol;

BTNT cho H ta có n(HCl) pứ = 2n(H₂) + 2n(H₂O) => n(H₂O) = 0,35  = n(O) trong hh

TN2: Do dung dịch chứa 3 chất tan nên đó là CuSO₄, Fe₂(SO₄)₃ và FeSO₄.

Ta có n(e nhận) = 2n(O) + 2n(SO₂) = 0,9 = 2n(SO₄^2-) trong muối

=> n(SO₄^2-) trong muối = 0,45 = n(BaSO₄)

Quy đổi hh về Fe x mol; Cu y mol và 0,35 mol O => chất rắn sau khi nung kết tủa: BaSO₄ 0,45 mol; Fe₂O₃ 0,5x mol; và CuO y mol => 80x + 80y + 233.0,45 = 136,85=> x + y = 0,4 mol.

Xét TN1:  FeCl₃ amol; FeCl₂ b mol; và CuCl₂ là c mol 

=> a + b + c = 0,4 (1)

 n(HCl) pứ = 3a + 2b + 2c = 0,84  => a = 0,04  => C%(FeCl₃) = 162,5.0,04:250 = 2,6% => chọn D.

Ta có n(Al₂O₃) = 0,27 => n(Al(NO₃)₃ = 0,54 mol

Gọi x là số mol Al(NO₃)₃.9H₂O tách ra => m = 375x gam (1)

=> m(dd còn lại) sau khi tách tinh thể = 267,5 – 375x gam

Và m(Al(NO₃)₃ còn lại trong dung dịch = 213(0,54-x) gam

Theo bài ra  ở 10⁰C  cứ 167,25 gam dung dịch chứa 67,25 gam muối

        Vậy 267,5 – 375x gam  dung dịch chứa 213(0,54-x) gam muối

=>  x  = 0,12 => m = 45  chọn D.  

A Sai. Sản phẩm hữu cơ thu được sau bước 3 là amoni gluconat.

CH₂OH(CHOH)₄CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O → CH₂OH(CHOH)₄COONH₄ + 2Ag↓ + 2NH₄NO₃

                                                                                                        Amoni gluconat

Chọn D.  Do n(H₂O) – n(CO₂) > n(hh) => X phải là C_nH_2n+3N x mol => Y là C_nH_2n+4N₂ y mol

Và CT của hai anken là C_pH_2p z mol => x + y + z = 0,11 (1)

BTNT cho N ta có x + 2y = 2.0,05 = 0,1 (2)

Và n(H₂O) – n(CO₂) = 1,5x + 2y = 0,12 (3) giải hệ ta có x =0,04; y =0,03; z =0,04

BTNT cho C ta có 0,04n + 0,03n + 0,04p = 0,3 => 7n + 4p = 30

=>  p=  (30-7n):4  > 2 => n < 3,14

TH1: n = 2 => p =4 loại vì hai  anken kế tiếp phải có số C trung bình không nguyên

TH2: n =3 => p = 2,25 thỏa mãn

Ta có m(hh) = m(C) + m(H) + m(N) = 12.0,3 + 2.0,42 + 28.0,05 = 5,84 gam

X là C₃H₉N   => %m(X) = 59.0,04: 5,84 = 40,41%.

Hỗn hợp gồm C₁₇H₃₃COOH x mol;  C₁₅H₃₁COOH x mol và

 (C₁₅H₃₁COO)_nC₃H₅(OOCC₁₇H₃₃)_3-n  2x mol.  Hay C_57-2nH_104-2nO₆

TN1:   C₁₈H₃₄O₂ +   25,5 O₂ → 18CO₂ + 17H₂O

                     x          25,5x 

   C₁₆H₃₂O₂ + 23 O₂ → 16CO₂ + 16H₂O

        x            23x 

  C_57-2nH_104-2nO₆   +      (80-2,5n) O₂  → (57-2n)CO₂ + (52-n)H₂O

   2x                              160x -5xn

=> n(O₂) = 160x -5xn + 25,5x + 23x  = 208,5x  - 5xn = 4,07 (1)

TN2: pứ với dung dịch NaOH => muối thu được là C₁₇H₃₃COONa x + 2x(3-n) = 7x -2xn mol

Và C₁₅H₃₁COONa x + 2xn mol

=> m(muối) = 278(x + 2xn) + 304(7x -2xn) = 47,08  => 2406x – 52xn = 47,08 (2)

Giải hệ ta có x= 0,02; xn = 0,02 => n = 1.

Vậy hh gồm C₁₇H₃₃COOH 0,02 mol;  C₁₅H₃₁COOH 0,02 và (C₁₇H₃₃COO)₂C₃H₅(OOCC₁₅H₃₁) 0,04 mol

=> m(hh) = 45,08 gam

=> %m(X) = 858.0,04: 45,08 = 76,13%  => chọn B.

Ta có n(OH) = 2n(H₂) = 0,4 mol = n(NaOH) = n(COONa)

BTNT cho Na ta có n(Na₂CO₃) = 0,2 mol

BTNT cho C ta có n(C) trong muối = n(Na₂CO₃) + n(CO₂) = 0,4  = n(COONa) => muối không chứa C trong gốc  => hai muối là HCOONa x mol và (COONa)₂ y mol => n(COONa) = x + 2y = 0,4 (1)

 m(muối) = 68x + 134y = 26,92 (2) => x = 0,12; y =0,14 mol.

TH1: X là HCOOR; a mol; (COOR)₂  b mol; và (HCOO)₃R’ c mol.

=> n(COONa)₂ = b  =0,14 mol => n(ROH) > 0,28  Do ancol 3 chức nên có ít nhất 3C => n(C) trong ancol > 0,28.3 = 0,84   vô lí vì n(C) ancol  = 1 – 0,4  = 0,6

TH2: hỗn hợp gồm HCOOR a mol; (COOR)₂ b mol và HCOOR’OOC-COOR c mol.

n(ROH) = a + 2b + c  ; n(R’(OH)₂ = c mol

n(HCOONa) = a + c  = 0,12 (1) và n(COONa)₂ = b + c = 0,14 (2)

=> a + b + 2c = 0,26  (3)

Gọi n là số C trong mỗi ancol  => n(C) ancol  = (a + 2b + 2c)n =0,6 

=> a + 2b + 2c  = 0,6/n  > a + b + 2c = 0,26  => n < 2,3  => n = 2 => hai ancol  là C₂H₅OH  và C₂H₄(OH)₂

=> a + 2b + 2c = 0,3 (4)

Giải hệ ta có a = 0,02; b = 0,04; c =0,1.

Y là (COOC₂H₅)₂ => m(Y) = 146.0,04 = 5,84 gam => chọn D.