Kim loại Al, Fe, Cr bị thụ động với HNO­₃ đặc nguội

Ghi nhớ:

+ Chất có cùng phân tử khối, chất nào có liên kết hiđro có nhiệt độ sôi cao hơn chất không có liên kết hiđro

+ Chất có phân tử khối càng lớn thì nhiệt độ sôi càng cao

Al(OH)₃ là hi đroxit lưỡng tính nên vừa tác dụng với dd axit vừa tác dụng với dd bazo

Phenol không có khả năng phản ứng với dung dịch NaCl

2C₆H₅OH + 2Na → 2C₆H₅ONa + H₂

C₆H₅OH + 3Br₂ → C₆H₂Br₃OH + 3HBr

C₆H₅OH + NaOH → C₆H₅ONa + H₂O

Tính chất vật lí chung của kim loại gồm: tính dẻo, tính dẫn điện, tính dẫn nhiệt, ánh kim

=> không có tính cứng

“ Nước đá khô” là CO₂ ở thể rắn

SiO₂ chỉ tác dụng với dd HF chứ không tác dụng với dd HCl

But-2-en: CH₃ – CH = CH – CH₃

Propen: CH₃ – CH = CH₂

Etan: CH₃ – CH₃

Propin: CH₃ – C ≡ CH

→ Chỉ có but-2-en thỏa mãn điều kiện

Nhỏ vài giọt dung dịch I₂ vào ống nghiệm đựng dung dịch hồ tinh bột thấy xuất hiện kết tủa màu xanh.

Hợp chất hữu cơ là hợp chất của C trừ muối caccbonat, muối cacbua kim loại, axit HCN

Phương pháp:

Cách 1: Viết PTHH, tính toán theo PTHH

Cách 2: Bảo toàn electron

Hướng dẫn giải:

Cách 1:

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂↑ (1)

                                      0,3 (mol)

Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂↑ (2)

0,1              ←             (0,4- 0,3) (mol)

Chỉ có Al tác dụng với dd NaOH

Al + NaOH + H₂O → NaAlO₂ + 3/2. H₂↑ (3)

0,2                                           ← 0,3 (mol)

n_H2(1+2) = 8,96: 22,4 = 0,4 (mol) ; n_{H2 (3)} = 6,72 : 22,4 = 0,3 (mol)

=> m = 0,2. 27 + 0,1.24 = 7,8 (g)

Cách 2: n_Al = 2/3 n_{H2 sinh ra do t/d với NaOH} = 2/3. 0,3 = 0,2 (mol)

n_Mg = n_{H2 sinh ra do t/d với HCl} - n_{H2 sinh ra do t/d với NaOH} = 0,4 – 0, 3= 0,1 (mol)

=> m = 0,2.27 + 0,1.24 = 7,8 (g)

Phương pháp: Bảo toàn nguyên tố N, Ba

Hướng dẫn giải:

n_HNO3 = 0,12 (mol)

BTNT N => n_Ba(NO3)2 = 1/2n_HNO3 = 0,06 (mol)

mrắn = m_Ba(NO3)2 + m_{Ba(OH)2 dư}

=> n_Ba(OH)2 dư = ( 17,37 – 0,06. 261)/ 171 = 0,01 (mol)

∑ n_Ba(OH)2 = n_Ba(NO3)2 + n_Ba(OH)2 dư = 0,07 (mol)

=> V = n : C_M = 0,07: 0,1 = 0,7 (lít) = 700 (ml)

A, B, C đúng

D.Sai vì CaO phản ứng với HCl nên không thể làm khô HCl được

CaO + 2HCl → CaCl₂ + H₂O

CaO + H₂O → Ca(OH)₂

\(\underbrace {CuO,F{e_2}{O_3},FeO}_{} + \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{H_2}S{O_4}:0,1{\mkern 1mu} mol}\\
{HCl:0,1mol}
\end{array}} \right. \to muoi + {H_2}O\)

\(\underbrace {CuO,F{e_2}{O_3},FeO}_{} + \left\{ \begin{array}{l}
{H_2}\\
CO
\end{array} \right.KL + \left\{ \begin{array}{l}
{H_2}O\\
C{O_2}
\end{array} \right.\)

∑ n_H+ = 2n_H2SO4 + n_HCl = 0,1.2 + 0,1 = 0,3 (mol)

=> n_{O (Trong oxit)} = 1/ 2 n_H+ = 0,15 (mol)

∑ n_{CO + H2} = n_{O (Trong oxit)} = 0,15 (mol) => V = 0,15.22,4 = 3,36 (lít)

10FeSO₄ + 2KMnO₄ + 8H₂SO₄ → 5Fe₂(SO₄)₃ + 2MnO₂↓ + K₂SO₄ + 8H₂O

Các phát biểu đúng là: 1, 2, 3, 5

Các phát biểu đúng 2,3,4

2Al₂O₃ (đpnc) → 4Al + 3O₂

Trùng hợp CH₂=CH-CN tạo thành polime dùng để sản xuất tơ nitron

X có thể là phenol hoặc anilin

Y vừa phản ứng với dd Cu(OH)₂ tạo ra dd màu xanh lam vừa tác dụng với dd AgNO₃/NH₃ tạo ra Ag => Y là glucozo

Z vừa phản ứng với dd Cu(OH)₂ tạo ra dd màu xanh lam => Z là glixerol

T tác dụng với dd AgNO₃/NH₃ tạo ra Ag => etylfomat.

Vậy thứ tự X, Y,Z, T là anilin, glucozo, glixerol, etylfomat sẽ phù hợp với đáp án.

Trong phân tử peptit mạch hở chứa n gốc α – amino axit (chứa 1 nhóm NH₂, 1 nhóm COOH) có (n-1) liên kết peptit.

→ Đáp án A

Các chất phản ứng với NaOH ở t⁰ thường là: NaHCO₃; Al(OH)₃; CO₂; NH₄Cl => có 4 chất

\(F{\rm{e}} + 2F{\rm{e}}C{l_3} \to 3F{\rm{e}}C{l_2}\)

Isoamyl axetat là một este có mùi chuối chín, công thức cấu tạo thu gọn của este này là CH₃COOCH₂CH₂CH(CH₃)₂.

H₂NCH₂COOH không làm đổi màu quỳ tím thành đỏ.

Gồm có: etilen, hex-1-en, anilin, but-1-in, stiren, metyl metacrylat.

X + NaOH → Y + C₂H₅OH + CH₃OH và muối natri của α-amino axit Z không phân nhánh nên X có thể là

CH₃OOC-CH(NH₂)-CH₂-CH₂-COOC₂H₅

C₂H₅OOC-CH(NH₂)-CH₂-CH₂-COOCH₃

→ có 2 CTCT thỏa mãn

Khi dẫn qua dung dịch Br₂, C₃H₆ (x mol) và C₂H₄ (y mol) bị giữ lại.

x + y = nBr₂ = 4/160 = 0,025 mol

42x+28y = m _{bình tăng} = 0,91

Giải hệ ta tìm được x = 0,015 mol; y = 0,01 mol

nY = 54,545%nX = 54,545% (0,025 + nY) → nY = 0,03 mol;

Y gồm: CH₄: 0,015 mol; C₂H₆: 0,01 mol; C₄H₁₀ dư: 0,03 – 0,015 – 0,01 = 0,005 mol

+ BTNT C: nCO₂: 0,015+0,01.2+0,005.4 = 0,055 mol

+ BTNT H: nH₂O: 0,015.2+0,01.3+0,005.5 = 0,085 mol

BTNT O: nO₂ = nCO₂ + 0,5nH₂O = 0,055 + 0,5.0,085 = 0,0975 mol

V_O2 = 2,184 lít.

\(HCl + \left\{ \begin{array}{l}
Ba{\left( {Al{O_2}} \right)_2}:a\,mol\\
Ba{\left( {OH} \right)_2}:b\,mol
\end{array} \right.\)

 nOH^- = 0,8 → nBa(OH)₂ = b = 0,4 mol 

AlO₂^- + H⁺ + H₂O → Al(OH)₃

2a          2a

Al(OH)₃ + 3H⁺ → Al³⁺ + 3H₂O

2a-1,2

3(2a-1,2) + 2a = 2 → a = 0,7

→ a:b = 7:4

Ta có:

Ta có: \(\Rightarrow \frac{{{n_{CO}}}}{{{n_{{H_2}}}}} = \frac{{5,2}}{{20,8}} = \frac{1}{4}\)

 \(\begin{array}{l}
C + 2{H_2}O \to C{O_2}\,\, + \,\,\,2{H_2}\\
 & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,03\,\,\,\,\,\,\,\,0,06\\
C + {H_2}O \to CO\,\, + \,\,\,{H_2}\\
 & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,x
\end{array}\)

\(\frac{{{n_{CO}}}}{{{n_{{H_2}}}}} = \frac{x}{{x + 0,06}} = \frac{1}{4} \Rightarrow x = 0,02\,mol\)

\(\to \left\{ \begin{array}{l}
C{O_2}:0,03\\
CO:0,02\\
{H_2}:0,08
\end{array} \right. \to V = 2,912\,lit\)

H⁺: 0,08

NO₃^-: 0,08

Cu²⁺: 0,04

3Fe + 8H⁺ + 2NO₃^-→3Fe²⁺ + 2NO+4H₂O

0,03    0,08                              0,02

Fe        +          Cu²⁺   →   Fe²⁺  +    Cu

0,04                 0,04                       0,04

m _{chất rắn} = m _{Fe dư} + m_Cu → m - 0,07.56 + 64.0,04 = 0,75m

→ m = 5,44 gam

V_NO = 0,02.22,4 = 0,448 lít

NaOH: 0,05

KOH: 0,1

Gọi công thức chung 2 bazo là MOH (M=101/3) với nMOH=0,15

- Nếu chỉ tạo muối dạng MH₂PO₄: \({n_{M{H_2}P{O_4}}} = 0,15\,mol \Rightarrow {m_{M{H_2}P{O_4}}} = 0,15.\left( {\frac{{101}}{3} + 2 + 31 + 64} \right) = 19,6\,gam\)

- Nếu chỉ tạo muối dạng M₂HPO₄:

\({n_{{M_2}HP{O_4}}} = \frac{{{n_{MOH}}}}{2} = 0,075\,mol \Rightarrow {m_{{M_2}HP{O_4}}} = 0,075.\left( {\frac{{101}}{3}.2 + 1 + 31 + 64} \right) = 12,25\,gam\)

- Nếu chỉ tạo muối dạng M₃PO₄:

\({n_{{M_3}HP{O_4}}} = \frac{{{n_{MOH}}}}{3} = 0,05\,mol \Rightarrow {m_{{M_3}HP{O_4}}} = 0,05.\left( {\frac{{101}}{3}.3 + 31 + 64} \right) = 9,8\,gam\)

Ta thấy m_muối < 9,8 gam → MOH dư, H₃PO₄ hết

Giả sử chất rắn gồm: \(\left\{ \begin{array}{l}
{M_3}P{O_4}:x\\
MOH:y
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
BTNT\,M:\,\,3x + y = 0,15\\
{m_{muoi}} = \left( {3.\frac{{101}}{3} + 31 + 64} \right)x + \left( {\frac{{101}}{3} + 17} \right)y = 9,448
\end{array} \right.\)

\(\to x = 0,042\,mol \to {n_P} = {n_{{M_3}P{O_4}}}\left( {BTNT:P} \right) = 0,042\,mol\) 

\(\to m = 1,302\,gam\)

1 mol amin no, 2 mol amino axit no tác dụng vừa đủ với 4 mol HCl hoặc 4 mol NaOH nên amin có 2 –NH₂; amino axit có 2 –COOH và 1 –NH₂

Giả sử trong a gam hỗn hợp X:

A: C_nH_2n+4N₂ (a mol)

B: C_mH_2m-1O₄N (b mol)

\(\left\{ \begin{array}{l}
BTNT\,N:2a + b = 2n{N_2} = 0,48\,mol\\
\frac{a}{b} = \frac{1}{2}
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
a = 0,12\\
b = 0,48
\end{array} \right.\)

\({C_n}{H_{2n + 4}}{N_2} + \frac{{3n + 2}}{2}{O_2} \to nC{O_2} + \left( {n + 2} \right){H_2}O + {N_2}\)

\(\begin{array}{l}
{C_n}{H_{2n + 4}}{N_2} + \frac{{3n + 2}}{2}{O_2} \to nC{O_2} + \left( {n + 2} \right){H_2}O + {N_2}\\
0,12 &  & 0,12.\frac{{3n + 2}}{2}
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
{C_m}{H_{2m - 1}}{O_4}N\,\, + \,\,\frac{{3m - 4,5}}{2}{O_2} \to mC{O_2}\, + \,\left( {m - 0,5} \right){H_2}O + 0,5{N_2}\\
0,24 &  & 0,24.\frac{{3m - 4,5}}{2}
\end{array}\)

\(\Rightarrow 0,12.\frac{{3n + 2}}{2} + 0,24.\frac{{3m - 4,5}}{2} = 1,74\)

\( \Rightarrow n + 2m = 12\)

Ta có: \(a = 0,12\left( {14n + 32} \right) + 0,24\left( {14m + 77} \right)\)

            \(= 1,68\left( {n + 2m} \right) + 22,32 = 1,68.12 + 22,32 = 42,48g\)

\({n_{HCl}} = 2{n_A} + {n_B} = 0,12.2 + 0,24 = 0,48\,mol\)

\({m_{muoi}} = a + {m_{HCl}} = 42,48 + 0,48.36,5 = 60g\)

BTKL: m_H2O = 26,56 – 22,24 = 4,32g

n_H2O = 0,24mol

n_ancol = 2n_H2O = 0,48mol

Tách nước thu được ete có số mol bằng nhau → 3 ancol có số mol bằng nhau

→ n_A = n_B = n_C = 0,16mol

Mặt khác trong các ete tạo thành có 3 ete có phân tử khối bằng nhau => có 2 ancol là đồng phân của nhau

→ 0,16M_A + 0,32M_B = 26,56

→ M_A + 2M_B = 166

2 ancol thỏa mãn C₂H₅OH và C₃H₇OH

\({n_E} = \frac{{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}}}{5}\)

k = 6

→ Gốc R có k = 3

\(\begin{array}{l}
{\left( {RCOO} \right)_3}{C_3}{H_5}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  + {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3B{r_2} \to {\left( {RB{r_2}COO} \right)_3}{C_3}{H_5}\\
0,15\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,45\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,15
\end{array}\)

\(\Rightarrow R = 27\)

\(\Rightarrow {m_{RCOOK}} = 49,5\)

X: C₇H₆Cl₂ → C₇H₇O₂Na

→ Có 1 Cl đính vào vòng thơm

CTCT: ClC₆H₄CH₂Cl (đồng phân o, p, m)

\(z = \frac{{58,25}}{{233}} = 0,25\,mol\)

→ m_Cu + m_Fe = 23 – 0,25 . 32 = 15g

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
64x + 56y = 15\\
98x + 107y = 25,625
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,125\\
y = 0,125
\end{array} \right.\)

 Bảo toàn electron → n_NO2 = 2n_Cu + 3n_Fe + 6n_S = 2,125mol

→ V = 47,6 lít

Phần kết tủa có n_AgCl= 0,3 → n_Ag = 0,009

Bảo toàn electron: n_Fe2+ = n_Ag + 3n_NO = 0,036

n_NO = 0,009 →  n_{H+ dư} = 4nNO = 0,036

Đặt a, b, c là số mol Fe, Fe₃O₄, Fe(NO₃)₂ trong X

→ m_X = 56a + 232b + 180c = 7,488 (1 )

Dung dịch Y còn H⁺ dư và Fe²⁺ nên NO₃^- đã hết.

Vậy Y chứa Fe²⁺ (0,036), H⁺ (0,036), Cl^- (0,3)

Bảo toàn điện tích → n_Fe3+ = 0,064

Bảo toàn Fe → a + 3b + c = 0,064 + 0,036 (2)

Bảo toàn H → n_H2O = 0,144

Bảo toàn O: 4n_Fe3O4 + 6n_Fe(NO3)2 + 3n_HNO3 = n_Z + n_H2O

→ 4b + 6c + 0,024 . 3 = 0,032 + 0,144 (3)

Giải hệ (1)(2)(3):        

a = 0,05          

b = 0,014        

c = 0,008

→ %Fe = 37,4%

\(0,1mol\,E + 26g\,MOH26\%  \to \left\{ \begin{array}{l}
26,12\,chat\,long\\
12,88g\,Y\left\{ \begin{array}{l}
C{O_2} + {H_2}O\\
8,97g\,{M_2}C{O_3}
\end{array} \right.
\end{array} \right.\)

- Chất lỏng thu được sau pư gồm H₂O của dung dịch ROH và ancol.

m_ROH = 7,28 gam; m_H2O = 18,72 gam

→ m _ancol = 7,4 gam

Sau pư còn MOH dư nên este pư hết.

n _ancol = n _este = 0,1 mol

→ M _ancol = 74 gam: C₄H₉OH (vì este đơn chức)

- \({n_{ROH\,b{\rm{d}}}} = \frac{{7,28}}{{M + 17}}\)

\({n_{muoi}} = \frac{{8,97}}{{2M + 60}}\)

R bảo toàn nên ta có:

n _ROH = 2 n_muối 

→ M = 39: Kali

n _{KOH ban đầu} = 0,13 mol; n _{KOH dư} = 0,13 - 0,1 = 0,03 mol

→ m _{muối của este} = 12,88 - 0,03 . 56 = 11,2 gam          

→ M _muối = 112

Muối có công thức là R-COO-K       

→ R = 29: C₂H₅

Vậy este là C₂H₅COOC₄H₉ => (2) và (4) sai

\(\left\{ \begin{array}{l}
0,1\,mol\,{C_2}{H_5}COO{C_4}{H_9}:\,0,1\,mol\\
KOH:0,13\,mol
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
26,12g\left\{ \begin{array}{l}
{H_2}O:\\
{C_4}{H_9}OH
\end{array} \right.\\
12,88g\,Y\left\{ \begin{array}{l}
KOH\,du\\
{C_2}{H_5}COOK:0,1
\end{array} \right.\left\{ \begin{array}{l}
C{O_2} + {H_2}O\\
{K_2}C{O_3}:0,065\,mol
\end{array} \right.
\end{array} \right.\)

BTNT C: → nCO₂ = 0,125mol → V = 3,024 lít → (1) sai

Đặt a, b là số mol muối GlyNa và AlaNa

→ n_N = a + b = 0,35.2

n_O2 = 2_,25a + 3_,75b = 2,22

→ a = 0,27 và b = 0,43

→ m _muối = 73,92 và n_NaOH = 0,7

Bảo toàn khối lượng → n_H2O = 0,21

→ n_Y + n_Z = 0,21 (1)

X là este cùa Glỵ hoặc Ala và ancol T.

Nếu X là NH₂-CH(CH₃)-COOC₂H₅

→ n_X = nC₂H₅OH = 0,3

→ Y, Z tạo ra từ 0,27 mol Gly và 0,43 - 0,3 = 0,13 mol Ala

→ Số N trung bình của Y, Z = (0,27 + 0,13)/0,21 = 1,9: Vô lý, loại.

Vậy X là NH₂-CH₂-COOC₃H₇

→ n_X = n_C3H7OH = 0,23

→ Y, Z tạo ra từ 0,27 - 0,23 = 0,04 mol Gly và 0,43 mol Ala

→ Số N trung bình của Y, Z = (0,04 + 0,43)/0,21 = 2,24

→ Y là dipeptit và z là heptapeptit

n_N = 2n_Y + 7n_Z = 0,04 + 0,43 (2)

(1)(2) → nY = 0,2 và nZ = 0,01

Y là (Gly)_u(Ala)_2-u

Z là (Gly)_v(Ala)_7-v

→ n_Gly = 0,2u + 0,01v = 0,04

→ 20 u + V = 4

→ u = 0 và v = 4 là nghiệm duy nhất.

Vậy:

Y là (Ala)₂ (0,2 mol)

Z là (Gly)₄(Ala)₃ (0,01 mol)

→ %Z = 7,23%