Ba có khả năng tác dụng mạnh với nước ở điều kiện thường

Đáp án D

Tripeptit tham gia phản ứng màu biure tạo sản phẩm có màu tím

Đáp án D

Axit stearic là axit béo

Đáp án C

Valin có công thức là: (CH₃)₂-CH-CH(NH₂)-COOH → CTPT: C₅H₁₁O₂N

→ %m_N = (14 : 117).100% = 11,97%

W có nhiệt độ nóng chảy cao nhất

Đáp án A

Chất X có công thức cấu tạo CH₂=CH – COOCH₃. Tên gọi của X là metyl acrylat.  

Đáp án A

 Nhóm khí gây ra hiệu ứng nhà kính đó là CO₂ và CH₄.

Đáp án D

Chất có thể dùng làm mềm nước cứng tạm thời là Ca(OH)₂.  

Đáp án C

CuSO₄, AgNO₃. 

Bảo toàn e : 2n_Zn + 2n_Fe = 2n_H2  → n_H2 = 0,3 mol

→ V = 6,72 lit

HF hòa tan được SiO₂

Đáp án B

FeCl₂ + 2AgNO₃  → 2AgCl↓ + Fe(NO₃)₂

0,1                   →     0,2

Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + Ag↓

0,1                    →                  0,1 

→ m_{kết tủa} = 0,1.108 + 0,2.143,5 = 39,5 gam

Đáp án cần chọn là C

Thành phần chính của phân ure là (NH₂)₂CO.  

Đáp án B

Đáp án C

Cho khí CO dư đi vào ống sứ nung nóng đựng hỗn hợp X gồm Al₂O₃, MgO, Fe₃O₄, CuO thì CO chỉ khử các oxit kim loại sau nhôm:

4CO + Fe₃O₄ → 3Fe + 4CO₂

CO + CuO→ Cu+ CO₂

Chất rắn Y có chứa Al₂O₃, MgO, Fe, Cu

Cho chất rắn Y vào dung dịch NaOH dư thì:

Al₂O₃+ 2NaOH → 2 NaAlO₂ + H₂O

Phần không tan Z là MgO, Fe và Cu.

Từ cách thu khí ta suy ra X là khí nhẹ hơn không khí.

Vậy đáp án đúng là A

(1) CH₃CH₂CHO + H₂ → CH₃CH₂CH₂OH

(2) CH₂=CH-CHO + 2H₂ → CH₃CH₂CH₂OH

(3) (CH₃)₂CH-CHO + H₂ → (CH₃)₂CH-CH₂OH

(4) CH₂=CH-CH₂OH + H₂ → CH₃CH₂CH₂OH

Những chất phản ứng hoàn toàn với lượng dư H₂ (Ni, t^o) cùng tạo ra một sản phẩm là (1), (2), (4).

→ Chọn B.

Tơ axetat thuộc loại tơ nhân tạo

Đáp án B

Dung dịch phenol (C₆H₅OH) không phản ứng được với NaCl. 

Đáp án B

3FeO + 10HNO₃ → 3Fe(NO₃)₃ + NO + 5H₂O

3Fe(OH)₂ + 10HNO₃ → 3Fe(NO₃)₃ + NO + 8H₂O

3FeSO₄ + 4HNO₃ → Fe₂(SO₄)₃ + Fe(NO₃)₃ + NO + 2H₂O

Fe₃O₄ + 28HNO₃ → 9Fe(NO₃)₃ + NO + 14H₂O

Fe₂(SO₄)₃ + 6HNO₃ → 2Fe(NO₃)₃ + 3H₂O

Fe₂O₃ + 6HNO₃ → 2Fe(NO₃)₃ + 3H₂O

→ Có 4 chất trong dãy bị oxi hóa khi tác dụng với dung dịch HNO₃ đặc, nguội.

→ Đáp án đúng là đáp án C.

Ta thấy n_H2O > n_CO2 → X là ankan

n_X = n_H2O - n_CO2 = 0,132 - 0,11 = 0,022 mol

→ Số C = n_CO2 : n_X = 0,11 : 0,022 = 5 → CTPT là C₅H₁₂

Do X tác dụng với khí clo thu được 4 sản phẩm monoclo nên X là CH₃-CH(CH₃)-CH₂-CH₃ (2-metylbutan).

Na₂SO₄, Na₂CO₃, Al, Al₂O₃, AlCl₃, NaHCO₃. 

n_H⁺ dư = 0,1 mol ⇒ n_H⁺ pứ = 0,5 – 0,1 = 0,4 mol

⇒ n_NO = 0,4 ÷ 4 = 0,1 mol.

\(\left\{ \begin{array}{l}M{g^{2 + }}:x\\A{l^{3 + }}:y\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
BTe:2x + 3y = 0,1 \times 3\\58x + 78 \times [4y - (0,45 - 0,1 - 2x)] = 4,08\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,03\\y = 0,08\end{array} \right.\)

⇒ m = 0,03 × 24 + 0,08 × 27 = 2,88 gam ⇒ chọn C.

HCHO + 4AgNO₃ + 6NH₃ + 2H₂O → (NH₄)₂CO₃ + 4Ag + 4NH₄NO₃

Đáp án A

HCOO-CH_3, CH₃-COOCH=CH₂,

K₂SO₄, NaHCO₃

Đặt CTC của hai axit là R-COOH

Ta có n_R-COOH = 0,1 mol.

→ M_R-COOH = 5,4 : 0,1 = 54

→ Hai axit là HCOOH (M = 46) và CH₃COOH (M = 60)

→ Chọn D.

X gồm C₄H₈O₂ và C₂H₅OH

⇒ nC₂H₅OH = nH₂O – nCO₂ = 0,1 mol.

Bảo toàn nguyên tố Cacbon: nC₄H₈O₂ = (0,6 – 0,1 × 2) ÷ 4 = 0,1 mol.

⇒ %mC₂H₅OH = 0,1 × 46 ÷ (0,1 × 46 + 0,1 × 88) × 100% = 34,33% 

Bảo toàn khối lượng:

m_X = m = m_C + m_H + m_N = 0,09.12 + 0,125.2 + 0,015.2.14 = 1,75g

n_H+ = 2n_H2SO4 = n_NH2 = n_N = 0,03 mol

→ n_{H2SO4 pứ} = 0,015 mol

→ m_muối = m + m_{H2SO4 pứ} = 3,22g

m gam Al (x mol) + 0,3 mol HCl → ddX

→ Al hết, HCl có thể dư

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂↑

ddX gồm AlCl₃ x mol; n_HCl dư = 0,3 - 3x mol.

ddX + 0,32 mol NaOH → 0,06 mol Al(OH)₃↓

HCl_dư + NaOH → NaCl + H₂O (*)

AlCl₃ + 3NaOH → Al(OH)₃↓ + 3NaCl (**)

Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O (***)

Theo (*) n_HCldư = n_NaOH = 0,3 - 3x mol.

Theo (**) n_NaOH = 3x mol; n_Al(OH)3 = x mol.

Theo (***) n_{Al(OH)3 phản ứng} = x - 0,06 mol → n_NaOH = x - 0,06 mol

∑n_NaOH = 0,3 - 3x + 3x + x - 0,06 = 0,32 → x = 0,08 mol

→ m_Al = 0,08 × 27 = 2,16 gam

(I) NaCl + KOH → không phản ứng.

(II) Na₂CO₃ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + 2NaOH

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

(IV) Cu(OH)₂ + Na₂CO₃ → không phản ứng.

(V) NH₃ + Na₂CO₃ → không phản ứng.

(VI) Na₂SO₄ + Ba(OH)₂ → BaSO₄↓ + 2NaOH

Vậy có 3 thí nghiệm điều chế được NaOH là (II), (III), (VI) 

NaOH, Na₂CO₃, KHSO₄, Na₂SO₄, Ca(OH)₂, H₂SO₄

Cho các phát biểu sau về cacbohiđrat:

(1) Glucozơ và saccarozơ đều là chất rắn có vị ngọt, dễ tan trong nước.

(2) Tinh bột và xenlulozơ đều là polisaccarit.

(3) Dung dịch glucozơ và saccarozơ đều hòa tan Cu(OH)₂ ở nhiệt độ thường, tạo phức màu xanh lam.

(5) Khi đun nóng glucozơ với dung dịch AgNO₃ trong NH₃ dư thu được Ag.

Al₂O₃,  Zn(OH)₂, NaHS, (NH₄)₂CO₃, Al. 

Gọi a,b,c lần lượt là số mol của Na, Al và Fe trong mỗi phần

\(2Na+2H_2O = 2NaOH + H_2\)

\(2Al + 2NaOH + 2H_2O = 2NaAlO_2+3H_2\)

Vì khí ở TN2 lớn hơn TN1 nên ở TN1 Al còn chưa tan hết

Do đó: \(n_{H_2(1)}=\dfrac{a}{2}+\dfrac{3a}{2}=0,2 \Rightarrow a=0,1\)

\(n_{H_2(2)}=\dfrac{a}{2}+\dfrac{3b}{2}=0,35 \Rightarrow b=0,2\)

\(23a+27b+56c=\dfrac{39,9}{3}=13,3 \Rightarrow c=0,1\)

Ở TN3, bảo toàn e ta có:

\(2n_{H_2}=0,1+0,2*3+0,1*2=0,9 \Rightarrow n_{H_2}=0,45 \Rightarrow V=10,08(l)\)

Tránh sai lầm, tốt nhất các bạn nên đồng nhất số liệu toàn bài.

Nghĩa là gấp đôi số liệu 100ml lên là 200ml và tương ứng gấp đôi các giả thiết đi cùng. 

Cho 200ml X + Ba(OH)₂ dư thu được 0,4 mol BaCO₃↓ → ∑n_{C trong X} = 0,4 mol.

Mà C_{trong X} gồm 0,2 mol C_{trong CO2} rồi nên rõ y = C_trong K₂CO₃ = 0,2 mol

Cho từ từ 200ml X + 0,3 mol HCl → 0,24 mol CO₂. Về nguyên tắc, ta phải xét 2 TH dung dịch X có gì?

TH₁: X gồm KHCO₃ và K₂CO₃. Gọi lượng phản ứng với HCl lần lượt là x, y mol.

→ có x + 2y = 0,3 mol và x + y = n_CO2↑ = 0,24 mol → x = 0,18 mol và y = 0,06 mol.

Tỉ lệ x ÷ y = 3 ÷ 1 → 200ml X gồm 0,3 mol KHCO₃ và 0,1 mol K₂CO₃ (theo bảo toàn ∑n_{C trong X} = 0,4 mol).

→ theo bảo toàn nguyên tố K có ngay giá trị x = 0,1 mol. Chọn đáp án C

(1) Ở nhiệt độ thường, Cu(OH)₂ tan được trong dung dịch glixerol.

(2) Ở nhiệt độ thường, C₂H₄ phản ứng được với nước brom.

(3) Đốt cháy hoàn toàn CH₃COOCH₃ thu được số mol CO₂ bằng số mol H₂O.

(4) Glyxin (H₂NCH₂COOH) phản ứng được với dung dịch NaOH.

(6) Phân biệt etanol và phenol người ta dùng dung dịch brom.

(9) Có thể điều chế trực tiếp CH₃COOH từ CH₃OH, C₂H₅OH, CH₃CHO hoặc C₄H₁₀.

Đọc quá trình và phân tích giả thiết cơ bản → có sơ đồ:

\({\left\{ \begin{array}{l}{\rm{Fe}}\\{\rm{F}}{{\rm{e}}_{\rm{3}}}{{\rm{O}}_{\rm{4}}}\\{\rm{Fe}}{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_{\rm{3}}}} \right)_{\rm{2}}}\end{array} \right\}{\rm{ + }}\underbrace {{\rm{KHS}}{{\rm{O}}_{\rm{4}}}}_{{\rm{0,16 mol}}} \to \underbrace {\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}{\rm{F}}{{\rm{e}}^{{\rm{? + }}}}\\{{\rm{K}}^{\rm{ + }}}\end{array}&\begin{array}{l}{\rm{SO}}_{\rm{4}}^{2 - }\\{\rm{NO}}_{\rm{3}}^ - \end{array}\end{array}} \right\}}_{{\rm{29,52 gam}}}{\rm{ + }}\underbrace {{\rm{NO}}}_{{\rm{0,02 mol}}}{\rm{ + }}{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{O}}{\rm{.}}} .\)

Biết 0,22 mol NaOH → YTHH 02: Natri đi về đâu? Cần cẩn thận trước đó:

0,16 mol K đi về 0,08 mol K₂SO₄ → còn 0,08 mol SO₄^2– cho 0,16 mol Na đi về Na₂SO₄.

→ 0,06 mol Na nữa sẽ đi về NaNO₃ → ∑n_NO3^– trong Y = 0,06 mol.

Biết m_{muối trong Y} = 29,52 gam và 3 ion trong Y rồi → ∑n_Fe^?+ trong Y = 0,075 mol.

Đến đây.! Thường các bạn sẽ đi giải ra Fe²⁺; Fe³⁺ để lấy lượng Fe³⁺ + Cu.

Tuy nhiên, sẽ là không cần thiết nếu biết "QUAN SÁT".! Hãy nhìn vào kết quả cuối:

\({\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}{\rm{F}}{{\rm{e}}^{{\rm{2 + }}}}:0,{075^{{\rm{mol}}}}\\{{\rm{K}}^{\rm{ + }}}:0,{16^{{\rm{mol}}}}\\{\rm{C}}{{\rm{u}}^{{\rm{2 + }}}}\end{array}&\begin{array}{l}\overbrace {{\rm{SO}}_{\rm{4}}^{2 - }}^{0,16{\rm{ mol}}}\\\underbrace {{\rm{NO}}_{\rm{3}}^ - }_{0,06{\rm{ mol}}}\end{array}\end{array}} \right\}}.\)

→ n_Cu = 0,035 mol với chỉ 1 phép tính.

Thêm nữa, nếu đề yêu cầu 1 cái gì liên quan đến X, chúng ta cũng hoàn toàn có thể trả lời:

Bảo toàn electron mở rộng có nO trong Fe₃O₄ = 0,04 mol để có 0,01 mol Fe₃O₄.

Bảo toàn N có nFe(NO₃)₂ = 0,04 mol → nFe trong X = 0,005 mol.

Quy đổi T thành T’ chứa HCOOH (a), C3H5OH (b), CH2 (c) và H2O (d)

mT = 46a + 58b + 14c + 18d = 14,08 (1)

nCO2 = a + 3b + c = 0,6 (2)

nH2O = a + 3b + c + d = 0,56 (3)

Từ (2)(3) → d = -0,04

→ nEste = 0,04 → nAxit + nAncol = a + b + d – 0,04 = 0,08.2 (4)

Từ (1)(2)(4) → a = 0,16; b = 0,08; c = 0,2

MY < MZ nên Z ít nhất 4C

F tạo bởi X và Z nên F ít nhất 5C → Số C của X ≥ 5/4 = 1,25

Mặt khác, 2a > c → X là CH3COOH

Muối là CH3COONa (0,16) → m muối = 13,12 gam

dung dịch ban đầu gồm x mol CuSO₄ + 3x mol NaCl.

→ đọc được dung dịch ra: x mol CuCl₂ + x mol HCl + ? mol H₂O (tổng 10,375 gam).

⇒ hai chất tan trong Y gồm: x mol Na₂SO₄ và x mol NaOH.

Chỉ có: NaOH + Al + H₂O → NaAlO₂ + 3/2.H₂↑

Có 0,075 mol H₂↑ thu được → x = n_NaOH = 0,05 mol.

⇒ ? = nH₂O ra = (10,375 – 0,05 × 135 – 0,05 × 36,5) ÷ 18 = 0,1 mol.

Vậy: ∑n_{e trao đổi} = 0,1 × 2 + 0,05 × 2 + 0,05 = 0,35 mol.

⇒ t = 0,35 × 96500 ÷ 1,34 = 25,205 giây ⇄ 7 giờ.

-Tác dụng 2 mol HCl nên có 2 nhóm NH₂

-Tác dụng 2 mol NaOH nên có 2 nhóm COOH

(NH₂)₂C_aH_2a-4(COOH)₂+O₂ → (a+2)CO₂+N₂+(\(a+1\))H₂O

1 mol.                            6 mol       y mol              x mol

a + 2 = 6 suy ra a = 4

y = 1 mol

x = a + 1 = 4 + 1 = 5 mol