Thứ tự giảm dần tính khử của các kim loại: Na, Mg, Al, Fe.

\(\left\{ \begin{array}{l}
27{n_{Al}} + 57{n_{Fe}} = 5,5g\\
3{n_{Al}} + 2{n_{Fe}} = 2{n_{{H_2}}} = 2.\frac{{4,48}}{{22,4}} = 0,4{\rm{ mol}}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{Al}} = 0,1{\rm{ mol}}\\
{{\rm{n}}_{Fe}} = 0,05{\rm{ mol}}
\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{m_{Al}} = 2,7g\\
{m_{Fe}} = 2,8g
\end{array} \right.\)

Nhôm oxit không phản ứng được với dung địch NaCl.

Các dung dịch còn lại đều có phản ứng:

\(\begin{array}{l}
A{l_2}{O_3} + 2NaOH \to 2NaAl{O_2} + {H_2}O\\
A{l_2}{O_3} + 6HN{O_3} \to 2Al{(N{O_3})_3} + 3{H_2}O
\end{array}\)

\(A{l_2}{O_3} + 3{H_2}S{O_4} \to A{l_2}{(S{O_4})_3} + 3{H_2}O\)

Hỗn hợp X tan hoàn toàn trong dung dịch HCl dư.

\(2Al + 6HCl \to 2AlC{l_3} + 3{H_2}\)

\(\begin{array}{l}
F{e_2}{O_3} + 6HCl \to 2FeC{l_3} + 3{H_2}O\\
{\rm{   x                         2x   mol}}
\end{array}\) 

\(\begin{array}{l}
Cu + 2FeC{l_3} \to CuC{l_2} + 2FeC{l_2}\\
{\rm{ x         2x    mol}}
\end{array}\) 

Kim loại Cu chỉ phản ứng với dung dịch AgNO₃.

\(Cu + 2AgN{O_3} \to Cu{(N{O_3})_2} + 2Ag\)

Sau phản ứng còn Cu dư, chứng tỏ HNO₃ phản ứng hết.

\(3Zn + 8HN{O_3} \to 3Zn{(N{O_3})_2} + 2NO + 4{H_2}O\)

\(Fe + 4HN{O_3} \to Fe{(N{O_3})_3} + NO + 2{H_2}O\)

\(3Cu + 8HN{O_3} \to 3Cu{(N{O_3})_2} + 2NO + 4{H_2}O\)

\(Cu + 2Fe{(N{O_3})_3} \to Cu{(N{O_3})_2} + 2Fe{(N{O_3})_2}$\)

=> Dung dịch sau phản ứng chứa: Zn(NO₃)₂; Fe(NO₃)₂; Cu(NO₃)₂.

A sai. Trong nhóm kim loại kiềm thổ chỉ có Ca, Ba tác dụng với nước ở nhiệt độ thường.

B sai. Thạch cao nung có công thức là CaSO₄.H₂O hoặc CaSO₄.0,5H₂O.

C sai. Các oxit của kim loại kiềm không bị khử bởi CO ở nhiệt độ cao.

D đúng. Kim loại kiềm không phản ứng với dầu hỏa, đồng thời bảo quản trong dầu hỏa còn tránh được tác động của hơi ẩm trong không khí.

Các trường hợp xảy ra phản ứng thuộc loại phản ứng oxi - hóa khử: HNO₃ đặc, nóng phản ứng với Fe, FeO, Fe(OH)₂, Fe₃O₄, Fe(NO₃)₂, FeSO₄, FeCO₃.

Este no, đơn chức, mạch hở có CTTQ là C_nH_2nO₂.

Amin CH₃-CH₂-CH(NH₂)-CH₃ có tên là 2-amino butan.

Cacbohiđrat X không tham gia phản ứng thủy phân trong môi trường axit nên X là đường đơn.

X làm mất màu dung dịch brom => X có chức -CHO.

=> X là glucozơ.

Polime X là tinh bột.

Nước clo tác dụng với dung dịch NaI tạo I₂ làm xanh hồ tinh bột.

Axit cacboxylic + CH₃CH(OH)CH₃ → C₅H₁₀O₂

=> Este X có công thức là CH₃COOCH(CH₃)₂ (isopropyl axetat)

Có

\({n_{C{O_2}}} = \frac{{4,032}}{{22,4}} = 0,18{\rm{ mol,}}{{\rm{n}}_{{H_2}O}} = \frac{{3,24}}{{18}} = 0,18{\rm{ mol}}\)

\(\to {n_{{O_2}}} = \frac{{2.0,18 + 0,18 - 2.0,06}}{2} = 0,21{\rm{ mol}} \Rightarrow {{\rm{V}}_{{O_2}}} = 4,701\)

X + NaOH → muối + chất hữu cơ Y

=> X là este 2 chức. 

· Trường hợp 1: Axit tạo este 2 chức.

Có n_muối \( = {n_X} = \frac{{43,5}}{{174}} = 0,25{\rm{ mol}} \Rightarrow \) M_muối \(= \frac{{40,5}}{{0,25}} = 162\) 

=> Công thức của muối là C₂H₄(COONa)₂.

=> Công thức este X là C₂H₄(COOC₂H₅)₂, Y là C₂H₅OH

=> \(\% {m_{O\left( Y \right)}} = \frac{{16}}{{46}}.100\%  = 34,783\% \) 

· Trường hợp 2: Axit tạo este đơn chức.

Có n_muối \( = 2{n_X} = 0,5{\rm{ mol}} \Rightarrow \) M_muối \(= \frac{{40,5}}{{0,5}} = 81\) 

=> Không tìm được công thức thỏa mãn.

Chọn thuốc thử là dung dịch brom.

Glucozơ làm mất màu dung địch brom còn saccarozơ thì không.

Có \({n_{C{O_2}}} = {n_{BaC{O_3}}} = \frac{{39,4}}{{197}} = 0,2{\rm{ mol}} \Rightarrow {{\rm{n}}_{{C_6}{H_{12}}{O_6}{\rm{ lt}}}} = \frac{1}{2}{n_{C{O_2}}} = 0,1{\rm{mol}}\)

\(\Rightarrow m = \frac{{180.0,1}}{{60\% }} = 30g\)

Đipeptit không có phản ứng màu biure.

Thứ tự lực bazơ giảm dần:

Sai. Ở điều kiện thường, anilin là chất lỏng.

(1) Đúng. Anilin phản ứng với brom tạo kết tủa trắng 2,4,6-tribromanilin.

(2) Sai. Dung dịch anilin không làm phenolphtalein đổi màu.

(3) Đúng. 1 đồng phân amin bậc 2 là CH₃NHCH₃.

(4) Sai. Chỉ các peptit có từ 2 liên kết peptit trở lên mới cho phản ứng màu biure.

\(\frac{{{n_{NaOH}}}}{{{n_X}}} = \frac{{0,01}}{{0,01}} = 1 \Rightarrow \) X có 1 chức -COOH.

1,5 g X + vừa đủ 0,02 mol KOH

Nếu X có 1 chức -NH₂: \({n_X} = {n_{KOH}} = 0,02{\rm{ mol}} \Rightarrow {M_X} = \frac{{1,5}}{{0,02}} = 75\) 

=> Công thức của X là H₂NCH₂COOH (glyxin).

Nếu X có 2 chức -NH₂: \({n_X} = \frac{1}{2}{n_{KOH}} = 0,01{\rm{ mol}} \Rightarrow {M_X} = \frac{{1,5}}{{0,01}} = 150\) 

=> Không tìm được công thức phù hợp.

\({n_{PVC}} = \frac{{1000}}{{62,5n}} = \frac{{16}}{n}kmol \Rightarrow {n_{C{H_4}{\rm{ lt}}}} = 2n.{n_{PVC}} = 32kmol\)

\(\Rightarrow {n_{C{H_4}{\rm{ tt}}}} = \frac{{32}}{{0,15.0,95.0,9}} = 249,51kmol\)

\(\Rightarrow {V_{{\rm{khi thien nhien}}}} = \frac{{249,51}}{{0,95}}.22,4 = 5883lit = 5883{m^3}\)

Các chất phản ứng khi đun nóng với dung dịch H₂SO₄ loãng là: (1) saccarozơ, (3) Anilin, (4) etyl axetat.

X phản ứng với Cu(OH)₂ ở nhiệt độ thường tạo dung dịch màu xanh lam => X là saccarozơ hoặc glucozơ.

Y làm mất màu nước brom => Y là glucozơ => X là saccarozơ.

Z hóa xanh quỳ tím => Z là metyl amin.

\({n_{{O_2}}} = \frac{{3,36}}{{22,4}} = 0,15{\rm{ mol,}}{{\rm{n}}_{{H_2}}} = \frac{{13,44}}{{22,4}} = 0,6{\rm{ mol}}\)

\(\to n.{n_M} = 4{n_{{O_2}}} + 2{n_{{H_2}}} \Rightarrow n.\frac{{16,2}}{M} = 4.0,15 + 2.0,6 \Rightarrow M = 9n\)

=> n = 3, M = 27 (Al)

\(2FeB{r_2} + B{r_2} \to 2FeB{r_3}\) 

=> Tính khử của Br^- yếu hơn Fe²⁺, tính oxi hóa của Br₂ mạnh hơn Fe³⁺ (1)

\(2NaBr + C{l_2} \to NaCl + B{r_2}\).

=> Tính khử của Cl^- yếu hơn Br^-, tính oxi hóa của Cl₂ mạnh hơn Br₂. (2)

Từ (1), (2) suy ra tính oxi hóa của Cl₂ mạnh hơn Fe³⁺.

Natri, kali và canxi đều là những kim loại có tính khử mạnh, chúng chỉ có thể điều chế được bằng cách điện phân nóng chảy từ hợp chất của chúng.

Có \(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{CO_3^{2 - }}} + {n_{HCO_3^ - }} = {n_{C{O_2}}} = \frac{{8,96}}{{22,4}} = 0,4{\rm{ mol}}\\
{{\rm{n}}_{O{H^ - }}} = 2{n_{CO_3^{2 - }}} + {n_{HCO_3^ - }} = 0,1.\left( {2.2 + 1,5} \right) = 0,55{\rm{ mol}}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{CO_3^{2 - }}} = 0,15{\rm{ mol}}\\
{{\rm{n}}_{HCO_3^ - }} = 0,25{\rm{ mol}}
\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 100.0,15 = 15g\\
b = 100.0,05 = 5g
\end{array} \right. \Rightarrow a + b = 20\)

\(Mg + F{e_2}{(S{O_4})_3} \to MgS{O_4} + 2FeS{O_4}\)

(a) Không xảy ra phản ứng.

(b) \(AgN{O_3} + Fe{(N{O_3})_2} \to Ag + Fe{(N{O_3})_3}\) 

(c) \(2Na + 2{H_2}O \to 2NaOH + {H_2}\) 

\(2NaOH + MgS{O_4} \to Mg{(OH)_2} + N{a_2}S{O_4}\) 

(d) \(4Fe{S_2} + 11{O_2} \to 2F{e_2}{O_3} + 8S{O_2}\)

(e) \(2Cu{(N{O_3})_2} + 2{H_2}O \to 2Cu + 4HN{O_3} + {O_2}\) 

Có 4 thí nghiệm không tạo kim loại.

• TN1: Xảy ra ăn mòn hóa học: Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂

• TN2: Xảy ra ăn mòn điện hóa.

Ban đầu xảy ra phản ứng: Fe + CuSO₄ → FeSO4 + Cu

Xuất hiện 2 điện cực:

Tại catot (Cu): Cu²⁺ + 2e → Cu

Tại anot (Fe): Fe → Fe²⁺ + 2e

Fe bị ăn mòn dần. 

• TN3: Xảy ra ăn mòn hóa học: 3Fe + 2O₂ → Fe₃O₄

• TN4: Xảy ra ăn mòn điện hóa.

Thép là hợp kim Fe – C gồm những tinh thể Fe tiếp xúc trực tiếp với tinh thể C (graphit). Khi cho thanh thép vào dung dịch H₂SO₄ loãng xảy ra quá trình:

Tại catot (C): 2H⁺ + 2e → H₂

Tại anot (Fe): Fe → Fe²⁺ + 2e

Fe bị ăn mòn dần.

• TN5: Xảy ra ăn mòn hóa học: Cu + Fe₂(SO₄)₃ → CuSO₄ + 2FeSO₄

• TN6: Xảy ra ăn mòn điện hóa:

Đầu tiên xảy ra phản ứng: 2Al + 3CuSO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3Cu

Xuất hiện 2 điện cực:

Tại catot (Cu): 2H⁺ + 2e → H₂

Tại anot (Al): Al → Al³⁺ + 3e

Al bị ăn mòn dần.

Vậy có 3 trường hợp xảy ra ăn mòn điện hóa.

A sai. Các kim loại kiềm có nhiệt độ nóng chảy giảm dần từ Li đến Cs do bán kính kim loại tăng dần, liên kết trong mạng tinh thể càng lỏng lẻo. 

B đúng. So với các kim loại cùng chu kì, kim loại kiềm có điện tích hạt nhân nhỏ nhất nên khả năng hút e kém nhất, bán kính lớn nhất.

C đúng.

D đúng.

\({n_{Fe}} = \frac{{1,68}}{{56}} = 0,03{\rm{ mol,}}{{\rm{n}}_{Mg}} = \frac{{0,36}}{{24}} = 0,015{\rm{ mol}}\)

Nếu Fe và Mg phản ứng hết: \({n_{Cu}} = 0,03 + 0,015 = 0,045{\rm{ mol}}\) 

=> m_Cu = 64.0,045 = 2,88 g > 2,82 g

=> Chứng tò Fe phản ứng còn dư.

=> \({m_{kim{\rm{ loai}}}} = {m_{Cu}} + {m_{Fe{\rm{ d}}}} = 64.\left( {0,015 + x} \right) + 56.\left( {0,03 - x} \right) = 2,82g\) 

\(\Rightarrow x = 0,0225 \Rightarrow {C_{M(CuS{O_4})}} = \frac{{0,015 + 0,0225}}{{0,375}} = 0,1M\) 

\({n_{Mg}} = \frac{{3,48}}{{24}} = 0,145{\rm{ mol}}\)

\(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{{N_2}}} + {n_{{H_2}}} = \frac{{0,56}}{{22,4}} = 0,025{\rm{ mol}}\\
{\rm{28}}{{\rm{n}}_{{N_2}}} + 2{n_{{H_2}}} = 11,4.2.0,025 = 0,57g
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{{N_2}}} = 0,02{\rm{ mol}}\\
{{\rm{n}}_{{H_2}}} = 0,005{\rm{ mol}}
\end{array} \right.\)

\(\to {n_{NH_4^ + }} = \frac{{2.0,145 - 10.0,02 - 2.0,005}}{8} = 0,01{\rm{ mol}}\)

\(\to {n_{KN{O_3}}} = 2{n_{{N_2}}} + {n_{NH_4^ + }} = 0,05{\rm{ mol}}\)

m _muối \( = {m_{MgC{l_2}}} + {m_{N{H_4}Cl}} + {m_{KCl}} = 95.0,145 + 53,5.0,01 + 74,5.0,05 = 18,035g\)

A sai. Trong môi trường kiềm, ion \(C{r_2}O_7^{2 - }\) (màu da cam) phản ứng với H₂O sinh ra ion \(CrO_4^{2 - }\) (màu vàng).

B đúng. \(3{H_2}S + 8{H^ + } + C{r_2}O_7^{2 - } \to 3S + 2C{r^{3 + }} + 7{H_2}O\) 

C đúng. \(4Cr{(OH)_2} + {O_2} + 4NaOH \to 4NaCr{O_2} + 6{H_2}O\) 

D đúng. \({K_2}C{r_2}{O_7} + 2Ba{(N{O_3})_2} + {H_2}O \to 2BaCr{O_4} + 2KN{O_3} + 2HN{O_3}\) 

Quy đổi E tương ứng với hỗn hợp gồm x mol Cu, y mol S.

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
64x + 32y = 7,6\\
 \to 2x + 6y = 3{n_{NO}} = 3.\frac{{5,04}}{{22,4}} = 0,675{\rm{ mol}}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,075\\
y = 0,0875
\end{array} \right.\)

\(m = {m_{Cu{{(OH)}_2}}} + {m_{BaS{O_4}}} = 98x + 233y = 27,7375g\)

Nung X ở nhiệt độ cao:

3CuO + 2Al → 3Cu + Al₂O₃

3FeO + 2Al → 3Fe + Al₂O₃

Phần rắn + NaOH dư:

\(A{l_2}{O_3} + 2NaOH \to 2NaAl{O_2} + {H_2}O\) 

\(2Al + 2NaOH + 2{H_2}O \to 2NaAl{O_2} + 3{H_2}\) 

=> Y gồm: Cu, Fe, MgO

\(Y + {H_2}S{O_4}\) loãng dư:

\(MgO + {H_2}S{O_4} \to MgS{O_4} + {H_2}O\) 

\(Fe + {H_2}S{O_4} \to FeS{O_4} + {H_2}\) 

Có tất cả 6 phản ứng xảy ra.

Glu = Gly  + 3 CH₂ + COO

Quy đổi X 

\(\left\{ \begin{array}{l}
{C_2}{H_3}ON:9a{\rm{ mol}}\\
{\rm{C}}{H_2}:{\rm{ b mol}}\\
{{\rm{H}}_2}O:{\rm{ 0,05}}\\
{\rm{C}}{{\rm{O}}_2}:{\rm{ a mol}}
\end{array} \right.\)

X + 0,3 mol NaOH: \(9a + a = 0,3 \to a = 0,03{\rm{ mol}}\) 

Bảo toàn khối lượng: \({m_X} + {m_{NaOH}} = {m_m} + {m_{{H_2}O}}\) 

\(24,97 + 0,3.40 = {m_m} + 18.\left( {0,03 + 0,05} \right) \Rightarrow {m_m} = 35,53\left( {gam} \right)\) 

Khí trong Z hóa nâu ngoài không khí là NO.

\({M_Z} = 4,5.4 = 18 < {M_{NO}}\) => Khí còn lại có PTK < 18 => Khí đó là H₂.

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{NO}} + {n_{{H_2}}} = \frac{{7,84}}{{22,4}} = 0,35{\rm{ mol}}\\
{\rm{30}}{{\rm{n}}_{NO}} + 2{n_{{H_2}}} = 18.0,35 = 6,3g
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{NO}} = 0,2{\rm{ mol}}\\
{{\rm{n}}_{{H_2}}} = 0,15{\rm{ mol}}
\end{array} \right.\) 

\( \to {m_{{H_2}O}} = 77,1 + 98.1,45 - 193,1 - 6,3 = 19,8g \Rightarrow {n_{{H_2}O}} = 1,1{\rm{ mol}}\) 

\( \to {n_{{{(N{H_4})}_2}S{O_4}}} = \frac{{2.1,45 - 2.0,15 - 2.1,1}}{8} = 0,05{\rm{ mol}}\) 

\(\to {n_{Fe{{(N{O_3})}_2}}} = \frac{1}{2}{n_{NO}} + {n_{{{(N{H_4})}_2}S{O_4}}} = 0,15{\rm{ mol}}\) 

Đặt số mol của Mg, Al, ZnO lần lượt là x, y, z

Có khí H₂ thoát ra nên sau phản ứng số mol Fe²⁺ không đổi.

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
24x + 27y + 81z = 77,1 - 180.0,15 = 50,1\\
120x + 171y + 161z = 193,1 - 152.0,15 - 132.0,05 = 163,7\\
 \to 2x + 3y = 3.0,2 + 2.0,15 + 16.0,05
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,4\\
y = 0,3\\
z = 0,4
\end{array} \right.\) 

\(\Rightarrow \% {m_{Mg}} = \frac{{24.0,4}}{{77,1}} = 12,45\% \) gần nhất với giá trị 12,5%.

Sau khi điện phân thu được hỗn hợp kim loại => Fe³⁺, Cu²⁺ bị điện phân hết, Fe²⁺ đã bị điện phân.

\(2F{e^{3 + }} + 2C{l^ - } \to 2F{e^{2 + }} + C{l_2}\) 

\(C{u^{2 + }} + 2C{l^ - } \to Cu + C{l_2}\) 

\(F{e^{2 + }} + 2C{l^ - } \to Fe + C{l_2}\) 

\(Y + AgN{O_3} \to \) 39,5 g kết tủa

→ Chứng tỏ Y chứa FeCl₂ dư.

\({m_ \downarrow } = {m_{AgCl}} + {m_{Ag}} = 143,5.2{n_{FeC{l_2}\left( Y \right)}} + 108{n_{FeC{l_2}\left( Y \right)}} = 39,5g \Rightarrow {n_{FeC{l_2}\left( Y \right)}} = 0,1{\rm{ mol}}\) 

Có \({n_{{\rm{e Dien phan}}}} = \frac{{It}}{E} = \frac{{5,36.14763}}{{96500}} = 0,82{\rm{ mol}}\) 

\( \Rightarrow {n_{F{e^{3 + }}}} + 2{n_{C{u^{2 + }}}} + 2.\left( {{n_{F{e^{3 + }}}} - 0,1} \right) = 0,82{\rm{mol }}\left( 1 \right)\)

\({m_{Kim{\rm{loai}}}} = 64{n_{C{u^{2 + }}}} + 56.\left( {{n_{F{e^{3 + }}}} - 0,1} \right) = 19,84g{\rm{ }}\left( 2 \right)\)

Từ (1), (2) suy ra: \(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{F{e^{3 + }}}} = 0,18{\rm{ mol}}\\
{{\rm{n}}_{C{u^{2 + }}}} = 0,24{\rm{ mol}}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{C_{M(FeC{l_3})}} = 0,6M\\
{C_{M(CuC{l_2})}} = 0,8M
\end{array} \right.\) 

Cách 1:

T là este 2 chức tạo bởi X, Y, Z => Z là ancol 2 chức.

Có m_{bình tăng} \( = {m_Z} - {m_{{H_2}}} \Rightarrow {m_Z} = 19,24 + 2.0,26 = 19,76g\) 

\({n_Z} = {n_{{H_2}}} = 0,26{\rm{ mol}} \Rightarrow {{\rm{M}}_Z} = \frac{{19,76}}{{0,26}} = 76\) 

=> Công thức của Z là C₃H₆(OH)₂.

Sau phản ứng với NaOH thu được 2 muối có số mol bằng nhau nên:

\(38,86g{\rm{ E}}\left\{ \begin{array}{l}
RCOOH:x{\rm{ mol}}\\
{\rm{R'COOH:}}x{\rm{ mol}}\\
{{\rm{C}}_3}{H_6}{(OH)_2}:y{\rm{ mol}}\\
{\rm{(RCOO)(R'COO)}}{{\rm{C}}_3}{H_6}:\left( {0,26 - y} \right){\rm{ mol}}
\end{array} \right.\) 

F + 0,7 mol O₂ → 0,4 mol H₂O

\(BTNT{\rm{ }}O:2.0,4 + 2.0,7 = 0,4 + 2{n_{C{O_2}}} + 3.0,2 \Rightarrow {n_{C{O_2}}} = 0,6{\rm{ mol}}\) 

\(BTKL:{m_F} = 44.0,6 + 7,2 + 106.0,2 - 32.0,7 = 32,4g \Rightarrow {\overline M _F} = \frac{{32,4}}{{0,4}} = 81\) 

\(\Rightarrow {\overline M _{X,Y}} = 81 - 23 + 1 = 59 \Rightarrow {m_E} = 59.0,4 + 76.0,26 - 18.2.\left( {0,26 - y} \right) = 38,86\) 

\(\Rightarrow y = 0,135 \Rightarrow \% {m_T} = \frac{{\left( {59,2 + 76 - 18.2} \right).\left( {0,26 - 0,135} \right)}}{{38,86}}.100\%  = 50,82\% \) 

Gần nhất với giá trị 51