CrO, Fe₂O₃ là oxit bazơ, CrO₃ là oxit axit, Al₂O₃ là oxit lưỡng tính.

CTPT của glucozơ là C₆H₁₂O₆ có %O =53,33

CTPT của glucozơ là C₆H₁₂O₆ có %O = 53,33%

Tơ nhân tạo (tơ bán tổng hợp) là tơ có nguồn gốc từ thiên nhiên được pha chế thêm bằng phương pháp hóa học như tơ visco, tơ xenlulozơ axetat …

Phương trình:    4Fe(OH)₂ + O­_{2(không khí)}  → 2Fe₂O₃ + H₂O

Trong môi trường axit, muối Cr(III) thể hiện tính oxi hóa và dễ bị những chất khử như Zn khử thành muối Cr(II): 

Zn + 2CrCl₃ →  ZnCl₂ + 2CrCl₂

Dung dịch anilin (C₆H₅NH₂) không phản ứng được với NaOH.

A. HCOOCH=CH-CH₃ + NaOH → HCOONa + CH₃-CH₂-CHO → muối + andehit

B. HCOOCH₂CH=CH₂ + NaOH → HCOONa + CH₂=CH-CH₂-OH → muối + ancol

C. HCOOC(CH₃)=CH₂ + NaOH → HCOONa + CH₃COCH₃ → muối + xeton

D. CH₂=C(CH₃)COOH + NaOH → CH₂=C(CH₃)COONa + H₂O → muối + nước

Trong công nghiệp, Al được điều chế bằng cách điện phân nóng chảy Al₂O₃.

A. Sai, Nước cứng là nước chứa nhiều ion Ca²⁺ và Mg²⁺

B. Sai, Phương pháp đun nóng chỉ có thể làm mềm được nước cứng tạm thời vì trong nước cứng tạm thời có chứa các ion Mg²⁺, Ca²⁺ và  khi đun nóng:

\(2HCO_3^ -  \to CO_3^{2 - } + C{O_2} + {H_2}O\)  khi đó \(M{g^{2 + }},C{a^{2 + }} + CO_3^{2 - } \to MgC{O_3},CaC{O_3}$\) (kết tủa)

Lọc bỏ kết tủa ta sẽ thu được nước mềm.                       

C. Đúng, Trong nước tự nhiên chứa nhiều các ion Ca²⁺, Mg²⁺ và , ,  nên có cả tính cứng tạm thời và tính cứng vĩnh cửu.

M _{mắt xích} = M/162 = 92592

chiều dài mắt xích l = n.d = 0,046 mm = 4m5.10^-2 (mm)

Ta có:  \({C_X} = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_X}}} = 2:\) X là C₂H₄O₂ có công thức cấu tạo: HCOOCH₃

- Khi cho 0,1 mol X tác dụng với KOH thu được muối là HCOOK: 0,1 mol => m_muối = 8,4 gam

Vì \(2{n_{Fe}} < {n_{AgN{O_3}}} < 3{n_{Fe}}\) nên trong dung dịch sau phản ứng chỉ chứa Fe(NO₃)₂ và Fe(NO₃)₃.

A. Đúng, Các phản ứng của Al(OH)₃:  \(\left\{ \begin{array}{l}
Al{(OH)_3} + 3HCl \to AlC{l_3} + 3{H_2}O\\
Al{(OH)_3} + NaOH \to Na[Al{(OH)_4}]
\end{array} \right.\)

B. Đúng, Al là một kim loại có tính khử mạnh, dễ bị nhường e và chuyển thành Al³⁺.

C. Đúng, Phương trình:  2Al + 3H₂SO₄  → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂

D. Sai, Chiều giảm dần độ dẫn điện của kim loại: Ag > Cu > Au > Al > Fe.

\( \to {n_{Al{{(N{O_3})}_3}}} = {n_{Al}} = 0,12\;mol \Rightarrow {n_{N{H_4}N{O_3}}} = \frac{{{m_Y} - 213{n_{Al{{(N{O_3})}_3}}}}}{{80}} = 0,025\,mol\)

Goị a là số e nhận của X áp dụng: \(\to 0,02a = 3{n_{Al}} - 8{n_{N{H_4}N{O_3}}} = 0,16 \to a = 8\). Vậy X là N₂O

X là (C₁₇H₃₃COO)(C₁₇H₃₅COO)(C₁₅H₃₁COO)C₃H₅

→ M_X = 860

Sử dụng dung dịch brom

Anilin: mất màu dung dịch brom có kết tủa trắng

Glucozo: mất màu dung dịch brom

Alanin: không hiện tượng gì

nFeCl₂ = 0,06 mol và nKCl = 0,12 mol

nAgCl = nCl^- = 0,24 mol

nAg = nFe²⁺ = 0,06 mol

m kết tủa = 40,92 gam

 Vậy amin có CTPT là C₄H₁₁N có 8 đồng phân cấu tạo.

A. Sai, Xenlulozơ không tan trong nước ngay cả khi đun nóng và không tan trong dung môi hữu cơ như benzene, ete (trong đó có đimetyl ete)….

B. Sai, Saccarozơ không có khả năng tham gia phản ứng tráng gương.

C. Đúng, Glucozơ (C₆H₁₂O₆) thể hiện tính oxi hóa khi tác dụng với H₂ (xt Ni, t⁰) tạo sorbitol (C₆H₁₄O₆)

D. Sai, Amilozơ và amilopectin là thành chính của tinh bột có công thức là (C₆H₁₀O₅)_n trong đó phân tử khối của amilopectin lớn hơn so với amilozơ, vì vậy 2 chất trên không phải đồng phân của nhau.

- Phương trình:    \(2NaOH + {H_2}S{O_4} \to N{a_2}S{O_4} + {H_2}O\)

                  mol:     0,4V₁    0,6V₂

- Vì sau phản ứng chỉ thu được 1 chất tan nên phản ứng trên vừa đủ \( \Rightarrow \frac{{0,4{V_1}}}{2} = 0,6{V_2} \to \frac{{{V_1}}}{{{V_2}}} = \frac{3}{1}\)

- Khi cho X tác dụng với HCl loãng ta có:  \({n_{{H_2}}} = {n_{Fe}} = 0,09\;mol\)

- Khi cho X tác dụng với HNO₃ loãng ta có:  \(\to {n_{Cu}} = \frac{{3{n_{Fe}} - 3{n_{NO}}}}{2} = 0,09\;mol \Rightarrow {m_X} = 10,8gam\)

A . Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ : không phản ứng.

B. Cr₂O₃ chỉ phản ứng với NaOH đặc nóng.

C. 3Br₂ + 2NaCrO₂ + 8NaOH → 2Na₂CrO₄ + 6NaBr + 4H₂O

D. Cr, Fe và Al bị thụ động hóa với HNO₃ và H₂SO₄ đặc nguội.

A. Đúng, Ở điều kiện thường, các amino axit là chất rắn, dễ tan trong nước.

B. Đúng, Trong phân tử amino axit, nhóm NH₂ và nhóm COOH tương tác với nhau tạo ion lưỡng cực. Vì vậy amino axit kết tinh tồn tại ở dạng ion lưỡng cực. Trong dung dịch, dạng ion lưỡng cực chuyển một phần nhỏ thành dạng phân tử

C. Đúng Axit glutamic là thuốc hổ trợ thần kinh.

D. Sai, Trùng ngưng axit 6-aminohexanoic thu được nilon-6 có chứa liên kết peptit.

Phương trình:

C4H6O2 (X) + H2 → C4H8O2 (Y) 

   a                    a               a

Vậy X là este mạch hở, không no (có một liên kết C = C) và đơn chức. X có 6 đồng phân là: 

HCOOCH=CHCH₃ (cis – trans),  HCOOC(CH₃)=CH₂,  HCOOCH₂CH=CH₂

                                                  CH₃COOCH=CH₂ và CH₂=CHCOOCH₃

Chất rắn không tan Y là Al dư

Đặt công thức chung của 3 kim loại Na, K, Ba là M, hóa trị chung là x, có số mol là a (mol)

PTHH: 2M + xH₂O → 2M(OH)_x + xH₂↑  (1)

              a                → a          → 0,5ax (mol)

2Al + 2M(OH)_x + xH₂O → 2M(AlO₂)_x + 3H₂↑  (2)

                      a                → a              → 1,5ax (mol)

Vì Al dư sau phản ứng nên phản ứng (2) M(OH)_x phản ứng hết.

Vậy dd X thu được là M(AlO­₂)_x: a(mol). Cho CO₂ vào dd X thu được n_Al(OH)3 = 12,48:78 = 0,16 (mol)

xCO₂ + 2xH₂O + M(AlO₂)_x → xAl(OH)₃↓ + M(HCO₃)_x

                                 a          →  ax (mol)

Ta có: n_Al(OH)3 = ax = 0,16 (mol)

Mà: ∑ n_H2 = 0,5ax + 1,5ax = 2ax → n_H2 = 2.0,16 = 0,32 (mol)

→ V_H2(đktc) = 0,32.22,4 = 7,168 lít.

- Ta có:  \(\left\{ \begin{array}{l}
89{n_{Ala}} + 147{n_{Glu}} = 15,94\\
{n_{Ala}} + 2{n_{Glu}} = {n_{NaOH}} = 0,2
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{Ala}} = 0,08\,mol\\
{n_{Glu}} = 0,06\,mol
\end{array} \right.\)

\( \to {n_{NaCl}} = {n_{NaOH}} = 0,2\;mol \Rightarrow {m_X} = 125,5{n_{AlaHCl}} + 183,5{n_{GluHCl}} + 58,5{n_{NaCl}} = 32,75(gam)\)

nHCOOC₂H₅ = nAg ÷ 2 = 0,08 mol

⇒ nCH₃COOC₂H₅ = 0,12 mol.

⇒ mX = 0,08.74 + 0,12.88 = 16,48(g)

⇒ TN2 dùng gấp 1,75 lần TN1.

Muối gồm 0,14 mol HCOOK và 0,21 mol CH₃COOK.

⇒ m = 0,14.84 + 0,21.98 = 32,34(g)

⇒ chọn D

- Cả 4 trường hợp thu được Cu đơn chất là (2), (3), (4), (5). Các phản ứng xảy ra: 

(1) 2Na + CuSO₄ + 2H₂O → Cu(OH)₂ + Na₂SO₄ + H₂              

(2) 2CuSO₄ + 2H₂O → 2Cu + 2H₂SO₄ + O₂         

(3) H₂ + CuO→ Cu + H₂O                                             

(4) 2Al + 3CuO → Al₂O₃ + 3Cu             

(5) Fe + CuCl₂ → FeCl₂ + Cu  

- Khi đốt X chứa 2 este no, đơn chức, mạch hở thì ta luôn có:  \({n_{C{O_2}}} = {n_{{H_2}O}} = 0,56\;mol\)

nO₂ = (mCO₂+ mH₂O - mX) : 32 = 0,64 mol

→ nX = (2nCO₂ + nH₂O - 2nO₂) : 2 = 0,2 mol

- Ta có: \({C_X} = \frac{{0,56}}{{0,2}} = 2,8\). Vì khi cho X tác dụng với NaOH thu được 2 ancol kế tiếp và 2 muối của 2 axit cacboxylic kế tiếp nên 2 este trong X lần lượt là:  

\(\left\{ \begin{array}{l}
HCOOC{H_3}:x\;mol\\
C{H_3}COO{C_2}{H_5}:y\;mol
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
x + y = 0,2\\
2x + 4y = 0,56
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,12\\
y = 0,08
\end{array} \right.\)

Hỗn hợp muối Z gồm HCOONa (A): 0,12 mol và CH₃COONa (B): 0,08 mol => a:b = 1,243

- Dung dịch X tác dụng được với 4 chất sau:

\(Fe + CuS{O_4} \to Cu + FeS{O_4}{\rm{ }}\;{\rm{; }}\;{\rm{Fe  +  }}{{\rm{H}}_2}S{O_4} \to FeS{O_4} + {H_2}\)

\(3F{e^{2 + }} + N{O_3}^ -  + 4{H^ + } \to 3F{e^{3 + }} + NO + 2{H_2}O\)

\(6FeS{O_4} + 3C{l_2} \to 2F{e_2}{(S{O_4})_3} + 2FeC{l_3}\)

\(10FeS{O_4} + 2KMn{O_4} + 8{H_2}S{O_4} \to 5F{e_2}{(S{O_4})_3} + {K_2}S{O_4} + 2MnS{O_4} + 8{H_2}O\)

- Hướng tư duy 1: Tính theo khối lượng của từng muối

\(\left\{ \begin{array}{l}
77{\rm{x}} + 120y = 9,42\\
31{\rm{x}} + 45y = 36,6.(x + y)
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,06\\
y = 0,04
\end{array} \right.\)

=> m _muối = 11,77 (gam)

- Hướng tư duy 2: Bảo toàn khối lượng

+ Ta có: n_HCl = x + 2y = 0,14 mol =>  m_muối = m_X + m_HCl - m_HCOOH = 11,77

- Quy đổi hỗn hợp thành Na, Ba và O. Ta có :

\(\left\{ \begin{array}{l}
23{n_{Na}} + 137{n_{Ba}} = 17,82 - 16{n_O}\\
98{n_{Cu{{(OH)}_2}}} + 233{n_{BaS{O_4}}} = 35,54
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
23{n_{Na}} + 137{n_{Ba}} = 15,58\\
98\frac{{{n_{N{a^ + }}} + 2{n_{B{a^{2 + }}}}}}{2} + 233{n_{B{a^{2 + }}}} = 35,54
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{Na}} = 0,32\,mol\\
{n_{Ba}} = 0,06\,mol
\end{array} \right.\)

\( \to {n_{{H_2}}} = \frac{{{n_{Na}} + 2{n_{Ba}} - 2{n_O}}}{2} = 0,08mol\)

Có 4 chất thủy phân trong môi trường kiềm là: triolein; nilon-6,6; tơ lapsan; glyxylglyxin.

- Có 4 thí nghiệm thu được đơn chất là (1), (2), (3) và (4). Phương trình phản ứng:

     (1) 2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂

     (2) 2NaCl + 2H₂O →  2NaOH + Cl₂ + H₂

     (3) 6KI + Na₂Cr₂O₇ + 7H₂SO₄ → 4K₂SO₄ + Cr₂(SO₄)₃ + Na₂SO₄ + 3I₂ + 7H₂O

     (4) 2NH₃ + 2CrO₃ → N₂ + Cr₂O₃ + 3H₂O

- Ta có: \({\overline C _X} = \frac{{0,93}}{{0,24}} = 3,875\). Vì khi thủy phân X trong NaOH thu được 2 ancol có cùng cacbon và 2 muối

=> Trong X có 1 chất là HCOOC₂H₅ (A), este đơn chức còn lại là RCOOC₂H₅ (B), este 2 chức (C) được tạo từ etylenglicol C₂H₄(OH)₂ và hai axit cacboxylic HCOOH; RCOOH (trong gốc –R có 1 liên kết đôi C=C)

+ Lúc này k_A = 1 ; k_B = 2 ; k_C = 3. Áp dụng \({n_B} + 2{n_C} = {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = 0,13\) (1)

\(\to 2{n_A} + 2{n_B} + 4{n_C} = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} - 2{n_{{O_2}}} = 0,58\) (2) và n_A + n_B + n_C = 0,24  (3)

+ Từ (1), (2), (3) ta tính được: n_A = 0,16 mol ; n_B = 0,03 mol ; n_C = 0,05 mol

\(\to 3.0,16 + 0,03.{C_B} + 0,05.{C_C} = 0,93\) (4) (với C_B > 4, C_C > 5)

+ Nếu C_B = 5 thay vào (4) ta có: C_C = 6 => Thỏa (nếu C_B càng tăng thì C_C < 6 nên ta không cần xét nữa).

Vậy (B) là CH₂=CH-COOC₂H₅: 0,03 mol => \(\% {m_C} = \frac{{7,25}}{{22,04}} = 13,61\)

(1) X + 2NaOH → X₁ + X₂ + H₂O

(2) X₁ + H₂SO₄ → X₃ + Na₂SO₄

Từ (1,2) → X là este, X₁ là muối natri, X₂ là ancol

(3) nX₂ + nY → poli(etylen terephtalat) + 2nH₂O

[ poli(etylen terephtalat) là (-O-CH₂-CH₂-O-CO-[CH₂]₄-CO-)_n ]

→ X₂: HOCH₂CH₂OH; Y: HOOC-[CH₂]₄-COOH

(4) nX₃ + nZ → tơ nilon-6,6 + 2nH₂O

[ nilon-6,6 là (-NH-[CH₂]₆-NH-CO-[CH₂]₄-CO-)_n ]

→ X₃: HOOC-[CH₂]₄-COOH; Z: H₂N-[CH₂]₆-NH₂

→ X₁ là NaOOC-[CH₂]₄-COONa

Mà 1 mol X tác dụng với 2 mol NaOH sinh ra 1 mol X₁, 1 mol X₂ và 1 mol H₂O

→ X là HOOC-[CH₂]₄COOCH₂CH₂OH có CTPT là C₈H₁₄O₅

- Gọi a là số mol của NaCl. Quá trình điện phân xảy ra như sau:

- Tại thời điểm t = 3088 có:   \({m_{dd{\rm{ giam}}}} = 64{n_{Cu}} + 71{n_{C{l_2}}} \Rightarrow 135x = 10,8 \Rightarrow x = 0,06\;mol\)

- Tại thời điểm t = 6176 (s) có: \({m_{dd{\rm{ giam}}}} = 64{n_{Cu}} + 71{n_{C{l_2}}} + 32{n_{{O_2}}} = 18,3 \Rightarrow a = 0,2\;mol\)

- Tại thời điểm t (s) có:\({m_{dd{\rm{ giam}}}} = 64{n_{Cu}} + 71{n_{C{l_2}}} + 32{n_{{O_2}}} + 2{n_{{H_2}}} = 22,04 \Rightarrow y = 0,03\;mol\)

\(\Rightarrow {n_{e{\rm{(trao doi)}}}} = 2{n_{Cu}} + 2{n_{{H_2}}} = 2.0,2 + 2.0,03 = 0,46\;mol \Rightarrow t = \frac{{0,46}}{{0,16}}.3088 = 8878s\)

\({n_{AlaNa,\,GlyNa,\,ValNa}} = 2{n_{N{a_2}C{O_3}}} = 0,44\;mol\)

mà \({n_{Ala,\,Gly,Val}} = \frac{4}{3}(1,5{n_{C{O_2}}} - {n_{{O_2}}}) \Rightarrow {n_{C{O_2}}} = 0,99\;mol\)

- Quy đổi hỗn hợp E thành C₂H₃ON, CH₂ và H₂O. Lập hệ sau:

\(\left\{ \begin{array}{l}
57{n_{{C_2}{H_3}ON}} + 14{n_{C{H_2}}} + 18{n_{{H_2}O}} = 28,42\\
 \to 2{n_{{C_2}{H_3}ON}} + {n_{C{H_2}}} = {n_{C{O_2}}} = 0,99\\
2,25{n_{{C_2}{H_3}ON}} + 1,5{n_{C{H_2}}} = {n_{{O_2}}} = 1,155
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
{n_{{C_2}{H_3}ON}} = 0,44\\
{n_{C{H_2}}} = 3{n_{Val}} + {n_{Ala}} = 0,11\\
{n_{{H_2}O}} = {n_X} + {n_Y} + {n_Z} = 0,1
\end{array} \right. \Rightarrow \)

\({\bar n_{{\rm{mat x}}i{\rm{ch}}}} = \frac{{{n_{Gly,\,Ala,Val}}}}{{{n_X} + {n_Y} + {n_Z}}} = 4,4\)

=> Trong E có chứa peptit có số mắc xích lớn 4,4 (5, 6 hoặc 7…). Vậy  Z là pentapeptit (Gly)₄Ala, X là đipeptit (Gly)₂  và Y là đipeptit AlaVal (không thể là tripeptit (Gly)₂Ala vì khi đó thủy phân hỗn hợp E sẽ không thu được muối của Val).

\(\left\{ \begin{array}{l}
 \to 4{n_X} + 7{n_Y} + 11{n_Z} = {n_{C{O_2}}} = 0,99\\
2{n_X} + 2{n_Y} + 5{n_Z} = 2{n_{NaOH}} = 0,44\\
132{n_X} + 174{n_Y} + 317{n_Z} = 28,42
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
{n_X} = 0,01\\
{n_Y} = 0,01\\
{n_Z} = 0,08
\end{array} \right.\,\,\, \Rightarrow \% {m_X} = \frac{{0,01.132}}{{28,42}}.100\%  = 4,64\)

Dd X + NaOH → Mg(OH)₂ + Al(OH)₃

Lượng kết tủa khi NaOH dư là n_Mg(OH)2 = 2a

→ lượng kết tủa tối đa là n_Al(OH)3 = n_↓ - n_Mg(OH)2 = 5a - 2a =3a

→ n_Mg : n_Al2O3 = 2a :  = 4 : 3

Mà m_{hỗn hợp}  = 24n_Mg + 102n_Al2O3 = 12,06 → n_Mg = 0,12 mol và n_Al2O3 = 0,09 mol

→ a = 0,06 mol → n_OH = 17a = 1,02 = n_{H+ (X)} + 2n_Mg + 8n_Al2O3 = n_H+(X) + 0,96 → n_H+(X) = 0,06 mol

Bảo toàn điện tích trong dung dịch X có n_H+(X)  + 2n_Mg2+ + 3n_Al3+ = n_Cl- + 2n_SO4 = 0,84

Mà n_Cl  : n_SO4 = 5 : 1 nên n_Cl- = 0,6 mol và n_SO4 = 0,12 mol

X  có Cl^- : 0,6 mol SO₄^2- : 0,12 mol, H⁺ : 0,06 mol, Al³⁺ : 0,18 mol và Mg²⁺ : 012 mol

Dd thêm vào có Ba²⁺ : x mol, Na⁺ : 3x mol ; OH^- : 5x mol

Để thu được kết tủa tối đa thì ta có tạo kết tủa Al(OH)₃ và Mg(OH)₂ tối đa

 n_OH- = 5x = 0,18.3 +0,12.2 =0,78 mol

Khi đó Ba²⁺ : 0,156 → n_BaSO4= 0,12 → ↓ BaSO₄ : 0,12 mol; Al(OH)₃ : 0,18 mol; Mg(OH)₂ : 0,12 mol

→ nung thu được 0,12 mol BaSO₄; 0,09 mol Al₂O₃ và 0,12 mol MgO

→ m =41,94