Dung dịch có pH > 7 tác dụng được với dung dịch K₂SO₄ tạo kết tủa là Ba(OH)₂.

2FeCl₃+H₂S ---> 2FeCl₂+ 2HCl+S

Cấu hình electron của ion Cr³⁺ là [Ar]3d³.

Đồng phân là những chất có cùng công thức phân tử nhưng có công thức cấu tạo khác nhau.

Từ dãy điện hóa ta có:

\(\frac{{L{i^ + }}}{{Li}}\frac{{{K^ + }}}{K}\frac{{B{a^{2 + }}}}{{Ba}}\frac{{C{a^{2 + }} < B{\rm{R}} > }}{{Ca}}\frac{{N{a^ + }}}{{Na}}\frac{{M{g^{2 + }}}}{{Mg}}\frac{{A{l^{3 + }}}}{{Al}}\frac{{M{n^{2 + }}}}{{Mn}}\frac{{Z{n^{2 + }}}}{{Zn}}\frac{{C{{\rm{r}}^{3 + }}}}{{C{\rm{r}}}}\frac{{F{{\rm{e}}^{2 + }}}}{{F{\rm{e}}}}\frac{{N{i^{2 + }}}}{{Ni}}\frac{{S{n^{2 + }}}}{{Sn}}\frac{{P{b^{2 + }}}}{{Pb}}\frac{{{H^ + }}}{{{H_2}}}\frac{{C{u^{2 + }}}}{{Cu}}\)

\(\frac{{F{{\rm{e}}^{3 + }}}}{{F{{\rm{e}}^{2 + }}}}\frac{{H{g^{2 + }}}}{{Hg}}\frac{{A{g^ + }}}{{Ag}}\frac{{P{t^{2 + }}}}{{Pt}}\frac{{A{u^{3 + }}}}{{Au}}\)

Dễ thấy: Zn + 2Ag⁺ → Zn²⁺ + 2Ag 

Thành phần chính của khí than ướt là CO, CO₂, H₂, N₂.

Các tơ có nguồn gốc xenlulozơ là (2) sợi bông, (3) sợi đay, (5) tơ visco, (7) tơ axetat

Đáp án cần chọn là: B

Các nhận định đúng là (b) và (c).

CaCO₃ → CaO + CO₂

nCO₂ = nCaCO₃ = 20,37/22,4 = 0,9094 mol

→ mCaCO₃ = 0,9094.100 = 94,94 gam

→ %mCaCO₃ = 90,94/100 = 90,94%

CH₂=CH-COOCH₃ + NaOH → CH₂=CH-COONa + CH₃OH

CH₂=CH-COONa + NaOH → (CaO,t⁰) → CH₂=CH₂ + Na₂CO₃

vinyl axetat , vinyl clorua và nilon 6-6

Triolein không tác dụng với Cu(OH)₂ (ở điều kiện thường).

Ta có n_P2O5 = 1 mol ⇒ n_H3PO4 thêm = 2 mol.

⇒ ∑m_H3PO4 = 2×98 + 500×0,2372 = 314,6 gam.

+ Ta có m_{Dung dịch A} = 142 + 500 = 642 gam.

⇒ C%_H3PO4 = \(\frac{{314,6 \times 100}}{{642}}\) ≈ 49% 

Phenol phản ứng được với dung dịch KOH.

Sản phẩm của phản ứng xà phòng hóa chất béo là muối của axit béo và glixerol 

nCO2 = nCaCO3=40/100=0,4 mol

Glucozo → 2CO2

n glucozo = 0,5nCO2=0,2 mol

=> m glucozo ban đầu = 0,2.180.100/80=45 gam

Các oxit của kim loại đứng sau Al bị khử bởi CO và H₂

+ Nước cứng tạm thời là do các muối Ca(HCO₃)₂; Mg(HCO₃)₂ gây ra.

+ Nước cứng vĩnh cữu là do các muối CaCl₂; MgCl₂; CaSO₄; MgSO₄ gây ra.

+ Nước cứng toàn phần là nước có cả tính cứng tạm thời và tính cứng vĩnh cửu.

→ Nước cứng có chứa Ca²⁺, Mg²⁺, HCO₃^-; Cl^- thuộc loại nước cứng toàn phần

Loại A vì có Na₂CO₃ không tác dụng với NaOH.

+ Loại C vì có AlCl₃ không tác dụng với HCl.

+ Loại D vì có NH₄Cl không tác dụng với HCl.

Các trường hợp xuất hiện ăn mòn hóa học: HCl, AgNO₃ , CuSO₄ . Trường hợp nhúng thanh sắt vào dung dịch AgNO₃ và CuSO₄ , ban đầu ăn mòn hóa học, sau là ăn mòn điện hóa.

Với thí nghiệm (a) → AgCl

(b) → CaCO₃ 

X gồm các chất có cùng 1 loại nhóm chức tác dụng với NaOH sinh ancol.

⇒ X gồm hỗn hợp các este

Ta có: –OH + Na → –ONa + 1/2 H₂↑ ⇒ n_{NaOH phản ứng} = nOH = 2n_H2 = 0,54 mol.

⇒ n_RCOONa = 0,54 mol > n_{NaOH dư} = 0,72 × 1,15 – 0,54 = 0,288 mol

RCOONa + NaOH → RH + Na₂CO₃ ⇒ RCOONa dư, NaOH hết.

⇒ n_RH = 0,288 mol ⇒ M_RH = 8,64 ÷ 0,288 = 30 ⇒ R là C₂H₅–.

Bảo toàn khối lượng: m = 0,54×96 + 18,48 – 0,54×40 = 48,72 gam 

A, B có độ bất bão hòa bằng 6

A, B tham gia cộng brom ⇒ A, B có nối đôi C=C

A + NaOH → andehit + muối có phân tử khối > M_{Natri axetat}.

⇒ A: C₆H₅COOCH=CH₂

B + NaOH dư → hai muối + nước ⇒ B là este của phenol

⇒ B : CH₂=CHCOOC₆H₅

Hỗn hợp X gồm C₂H₆, C₂H₄ và C₂H₂.

Với n_C2H2 = \(\frac{{2,4}}{{240}}\) = 0,01 mol.

+ Đặt n_C2H6 = a và n_C2H4 = b ta có:

+ PT bảo toàn số mol H₂ đã pứ: 2a + b = 0,05 (1).

+ PT bảo toàn cacbon: a + b = 0,04 – 0,01 = 0,03 (2).

+ Giải hệ (1) và (2) ⇒ n_C2H6 = a = 0,02 mol 

Nhận thấy 1C₂H₂O₄+ 1C₂H₂=1C₄H₄O₄ 

Và propanđial và vinyl fomat đều có công thưc phân tử là C₃H₄O₂

Vậy xem hỗn hợp X gồm C₃H₄O₂: x mol và C₄H₄O₂ : y mol

Ta có hệ \(\left\{ \begin{array}{l}
3x + 4y = 1,5\\
3x + 3y = 1,35
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,3\\
y = 0,15
\end{array} \right.\)

Khi cho X tác dụng với NaHCO₃ → n_CO2 = 2n_C2H2O4 = 0,3

⇒ V_CO2 = 6,72 lít 

Vì hỗn hợp amin đơn chức ⇒ ∑n_{Hỗn hợp amin} = ∑n_{HCl pứ} = \(\frac{{31,68 - 20}}{{36,5}}\) = 0,32 mol.

+ Từ tỷ lệ mol 3 amin X, Y và Z ⇒ Số mol 3 n_X = 0,02 mol || n_Y = 0,2 mol || n_Z = 0,1 mol.

+ Đặt CT của X Y và Z lần lượt là: R–NH₂, R–CH₂–NH₂, R–(CH₂)₂–NH₂.

⇒ 0,02×(R+16) + 0,2×(R+14+16) + 0,1×(R+28+16) = 20 Û R = 29 (C₂H₅–).

⇒ CTPT của X Y và Z lần lượt là: C₂H₇N, C₃H₉N, C₄H₁₁N 

Ta có n_H2SO4 = 0,03a mol ⇒ n_H⁺ = 0,06a mol.

n_Al2(SO4)3 = 0,3b mol ⇒ n_Al³⁺ = 0,6b mol.

Vì n_H⁺ = 0,6a mol ⇒ n_{NaOH dùng để trung hòa} = 0,6a mol.

⇒ Với 2,4b mol NaOH ta có n_Al(OH)3 = \(\frac{{2,4b - 0,6a}}{3}\) = y (1).

⇒ Với 1,4a mol NaOH có n_Al(OH)3 = 4n_Al³⁺ – n_OH^– _{td với Al}³⁺ = 4×0,6b – (1,4a – 0,6a) = y (2).

+ Từ (1) và (2) ⇒ 0,8b – 0,2a = 2,4b – 0,8a

\(\Leftrightarrow \frac{a}{b} = \frac{{1,6}}{{0,6}} = 2,667\)

Đáp án D

X = P; Y = Ca₃P₂; Z = PH₃; T = P₂O₅.

Ca₃(PO₄)₂ + 3SiO₂ + 5C → 3CaSiO₃ + 2P (trắng) + 5CO 

2P + 3Ca → Ca₃P₂

Ca₃P₂ + 6HCl → 3CaCl₂ + 2PH₃.

2PH₃ + 4O₂ → P₂O₅ + 3H₂O.

E + NaOH > (Muối + NaOH dư ) + (ancol + H₂O)

=> Muối + NaOH dư = 93.2 +400 – (377.7+1.1) = 114.4

Quy E về C₂H₃COOHCH₃ 

C₂H₃COOH

CH₂ số mol lần lượt là 0.5 b=0.6 c= 0.5

ghép CH₂ vào este > axit C₂H₃COOH >% >A

Gộp sơ đồ cả quá trình: chú ý các chất tham gia nằm một phía và sản phẩm cuối cùng của quá trình một phía:

Có sơ đồ chuẩn rồi, bài toàn trở nên vô cùng đơn giản, chỉ giống như bạn đi cân bằng một phương trình phản ứng, quan sát và đọc thôi: (chỉ nhìn giả thiết và nguyên tố)

0,08 mol Mg và 0,08 mol Fe cho 0,08 mol Mg(NO₃)₂ và 0,08 mol Fe(NO₃)₃ 

→ bảo toàn gốc NO₃ có 0,4 mol AgNO₃. bảo toàn Ag thì trong 56,69 gam kết tủa kia có 0,4 mol Ag 

→ còn 0,38 mol Cl; bảo toàn Cl thì ngoài 0,24 mol của HCl còn 0,07 mol của Cl₂.

Bảo toàn H → có 0,12 mol H₂O; O trong nước này là do của 0,06 mol O₂ sinh ra.

X gồm 0,06 mol O₂ và 0,07 mol Cl₂ 

→ %V_{khí Cl2} ≈ 53,84%.

n_H2(1) = 0,27 mol || n_H2(2) = 2,1

Từ n_H2(1) ⇒ n_Al = 0,27×2÷3 = 0,18 mol.

Đặt n_Fe = a và n_Cr = b.

+ PT theo m hỗn hợp: 56a + 52b = 121,26 – 0,18×27 = 116,4 (1)

+ PT bảo toàn e với n_H2(2): a + b = 2,1.

Giải hệ ⇒ n_Fe = 1,8 và n_Cr = 0,3.

⇒ %n_Cr = \(\frac{{0,3 \times 52}}{{121,26}}\) × 100 ≈ 12,86% 

%m_O/X = 86,3×0,1947 = 16,8 gam.

⇒ n_O = 1,05 ⇒ n_Al2O3 = 0,35 mol.

Ta có ∑n_OH^– = 2n_H2 = 1,2 mol.

⇒ Dung dịch Y chứa n_AlO2^– = n_Al/Al2O3 = 0,7 mol || n_{OH dư} = 0,5 mol.

+ Sau phản ứng trung hòa n_H⁺ = 3,2×0,75 – 0,5 = 1,9 mol

⇒ n_Al(OH)3 = 0,7 – \(\frac{{1,9 - 0,7}}{3}\) = 0,3 mol.

⇒ m_Al(OH)3 = 0,3×78 = 23,4 gam 

Crom là kim loại cứng nhất trong các kim loại → Đáp án B

Ta có X: C₃H₁₀N₂O₄ có a=0 nên ta có CTTQ RCOONH₄ hoặc RCOONH₃R'

mặt khác X là acid hữu cơ đa chức nên ta có CT là H₄NOOC-COONH₃CH₃

Tương tự Y: C₃H₁₂N₂O₃ có a= -1 →  CT: (RNH₃)₂CO₃

X + NaOH→ NaOOC-COONa + NH₃ + CH₃NH₂ + H₂O

Y + NaOH→ Na₂CO₃ + 2.CH₃NH₂ + H₂O

Gọi số mol của X , Y lần lượt là x, y → n_CH3NH2 = x + 2y và n_NH3 = x mol

Ta có hệ \(\left\{ \begin{array}{l}
2{\rm{x}} + 2y = 0,072\\
x + 2y = 5x
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,012\\
y = 0,024
\end{array} \right.\)

→ m = 4,632 gam 

Đặt n_KCl = a và n_KClO3 = b.

⇒ 74,5a + 122,5b = 39,4 (1).

+ Ta có 6,74 gam chất rắn gồm MnO₂ và AgCl [Trong đó m_MnO2 = 10 gam].

⇒ ∑n_AgCl = ∑n_Cl = \(\frac{{67,4 - 10}}{{143,5}}\) = 0,4 mol.

⇒ PT bảo toàn Clo là: a + b = 0,4 (2).

+ Giải hệ (1) và (2) ta có: n_KCl = n_KClO3 = 0,2 mol.

⇒ n_{Khí P} = n_O2 = 1,5×0,2 = 0,3 mol ⇒ \(\frac{1}{3}P\) chính là 0,1 mol O₂.

+ 0,1 mol O₂ sẽ oxi hóa Fe²⁺ → Fe³⁺ 

⇒ n_Fe³⁺ = \(\frac{{0,1 \times 4}}{1}\) = 0,4 mol.

⇒ PHản ứng với Ba(OH)₂ thì kết tủa bao gồm:

n_Fe(OH)2 = 0,1, n_Fe(OH)3 = 0,4 và n_BaSO4 = 0,8 mol.

⇒ m_{Kết tủa} = 0,1×90 + 0,4×107 + 0,8×233 = 238,2 gam 

Ta có C_{M HNO3} = C_{M Cu(NO3)2}

Vì thanh Fe còn dư ⇒ sản phẩm cuối cùng là Fe²⁺.

Ta có các pứ: 3Fe + 8HNO₃ → 3Fe(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O.

Sau đó: Fe + Cu(NO₃)₂ → Fe(NO₃)₂ + Cu↓.

Ta có: m_Giảm = m_Fe – m_Cu = 56×(\(\frac{{3a + a}}{8}\) + a) – 64a = 1,04.

Û 13a = 1,04 Û a = 0,08 mol.

⇒ n_HNO3 = 0,08 ∑n_{e trao đổi} = 0,08 mol ⇒ t = \(\frac{{0,08 \times 96500}}{2}\) = 3860 giây.

A₁: BrCH₂-CH₂Br

A₂: HO-CH₂-CH₂-OH

A₃: OHC-CHO

A₄: NaOOC-COONa

A₅: HOOC-COOH

(1) Cr + 2HCl → CrCl₂ + H₂ 

(2) CrCl₂ + 2NaOH → Cr(OH)₂ + 2NaCl

(3) 2CrCl₂ + Cl₂ → 2CrCl₃

(4) 2Cr(OH)₂ + 1/2O₂ → Cr₂O₃ + 2H₂O

(5) 2Cr(OH)₂ + 1/2O₂ + H₂O → 2Cr(OH)₃

(6) Cr(OH)₃ + 3HCl → CrCl₃ + 3H₂O

(7) Cr(OH)₃ + NaOH → NaCrO₂ + 2H₂O

(8) 2NaCrO₂ + 8NaOH + 3Br₂ → 2Na₂CrO₄ + 6NaBr + 8H₂O

Các phản ứng oxh - khử là (1), (3), (4), (5), (8) 5 phản ứng

Đáp án C. 

Có n_Gly = 0,17 mol,n_Ala = 0,16 mol và n_Val = 0,05 mol

Có n_CO2 =0,17.2 +0,16.3 + 0,05. 5 = 1,07 mol,n_N2 = ( 0,17 + 0,16 + 0,05) : 2 = 0,19 mol

Coi hỗn hợp gồm 0,09 mol \(\left\{ \begin{array}{l}
{C_2}{H_3}NO:0,38\\
C{H_2}:x\\
{H_2}O:\,0,09\,mol
\end{array} \right.\)

Bảo toàn nguyên tố C → 0,38.2 + x = 1,07 → x = 0,31 mol → n_H2O = 0,38. 1,5 + 0,09+0,31 = 0,97 mol

m_X = 0,38.57 + 14. 0,31 + 0,09. 18 = 27,62 gam

Cứ 27,62 gam X thì tạo thành 1,07. 44 + 0,97. 18 = 64,54 gam CO₂ và H₂O

⇒ Cứ 19,89 gam X thì tạo thành 46,5 gam O₂ và H₂O

Nhận thấy pentapeptit X gồm 2 Gly, 1 ala, 1 val và 1 Phe → loại C

Khi thủy phân không hoàn toàn thu được đipeptit Val-Phe và tripeptit Gly-Ala-Val ⇒ Loại A và B