+ NaHCO₃: lưỡng tính vì HCO₃^- vừa có khả năng cho proton (H⁺) vừa có khả năng nhận proton (H⁺).

→ Cho proton :HCO₃^- +OH^- → CO₃^2- + H₂O

→ Nhận proton: HCO₃^-  + H⁺  → CO₂ + H₂O

 + Al₂O₃ là oxit lưỡng tính tan được trong axit (HCI, HNO₃...) và bazơ (NaOH, Ba(OH)₂...)

+ Kim loại kiềm thổ thuộc nhóm IIA gồm: Be, Mg, Ca, Sr, Ba. 

+ Poli(metyl metacrylat), poli(vinyl clorua) và poli(butađien-stiren) đều được tông hợp bằng phản ứng trùng hợp.

+ Poli(hexametylen-ađipamit) được tổng hợp bằng phản ứng trùng ngưng (có giải phóng phân tử nước)

- Polisaccarit: là nhóm cacbohidrat phức tạp mà khi thủy phân đến cùng sinh ra nhiều phân tử monosaccarit như: tinh bột, xenlulozơ 

Phương pháp nhiệt luyện dùng điều chế những kim loại có tính khử trung bình từ Zn đến Cu. Nguyên tác dùng những chất khử mạnh như H₂, CO, C, AI khử các oxit kim loại thành kim loại tự do ở nhiệt độ cao. 

 + Những chất trong các đáp án A, B, C đều có số nhóm -COOH bằng số nhóm —NH₂ nên không làm đổi màu quỳ tím.

+ D. HOOC-[CH₂]₂-CH(NH₂)-COOH có 2 nhóm -COOH > 1 nhóm -NH₂ —> làm quỳ tím hóa đỏ. 

+ Y làm quỳ tím hóa xanh → loại đáp án C vì BaCl₂ là muối được tạo thành bởi ion gốc bazơ mạnh Ba(OH)₂ và ion gốc axit mạnh HCI do đó BaCl₂ có môi trường trung tính nên không làm đổi màu quỳ tím.

+ Trộn lẫn dung dịch của hai chất lại thì xuất hiện kết tủa  → Chọn A. H₂SO₄ + Ba(OH)₂ → BaSO₄ +2H₂O

 + Khí CO₂ an toàn, tan nhiều trong nước tạo axit cacbonic có vị chua kích thích vòm miệng khi uống, ngoài ra còn có thể bảo quản nước uống lâu hỏng hơn, giá thành rẻ nên được dùng nhiều trong ngành sản xuất nước giải khát và bia rượu. 

Công thức hóa học của etyl axetat là CH₃COOC₂H₅ 

Đáp án B

Nguyên tắc làm mềm nước cứng là làm giảm nông độ các ion Ca²⁺, Mg²⁺ trong nước cứng. 

Kết tủa FeS có màu đen, được sinh ra từ phản ứng:

FeCl₂ + Na₂S → FeS↓ + 2NaCl.

Các trường hợp còn lại (đáp án A, B, C) đều không thu được kết tủa.

Ở điều kiện thường, Cu không tác dụng với H₂O

nCaCO₃: a mol, nKHCO₃: b mol, nKCl : c mol

+ Vì X tác dụng hết với HCl nên ta có hệ: \(\left\{ \begin{array}{l} 100(a + b) + 74,5c = 34,9\\ {n_{C{O_2}}} = a + b = 0,2 \end{array} \right. \to c = 0,2mol\)

+ Y + AgNO₃ → nAgCl = c + 0,4 = 0,6 mol → mAgCl = 86,1 gam

+ Chỉ có phản ứng (c) thỏa mãn phương trình ion rút gọn: HCO₃^- + OH^- → CO3^2- +H₂O.

+ Trong phương trình ion rút gọn phải viết: chất kết tủa, chất bay hơi, chất điện ly yếu ở dạng phân tử

Thứ tự phản ứng xãy ra như sau:

CO₃^2-  + H⁺   →  HCO₃^-

HCO₃^-  + H⁺ → CO₂  +  H₂O

⇒ n_HCl = x+ 0,18 = 0,48 → x = 0,3 mol

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} 44{n_{C{O_2}}} + 18{n_{{H_2}O}} = 19,5\\ 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} = 2.0,475 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {n_{C{O_2}}} = 0,{3^{mol}}\\ {n_{{H_2}O}} = 0,{35^{mol}} \end{array} \right.\)

⇒ nC: nH : nN = 3:7:1

Từ phản ứng cuối ta thấy có KCI → Loại B vì không có Cl^- ; loại D vì không có K⁺.

+ Còn lại A, C → X₅ là K₂CO₃ ; X₆ là FeCl₃

→ Chọn đáp án C sẽ thỏa mãn các phản ứng còn lại.

Khi cho thanh nhôm vào: 2AI + 3Zn²⁺ → 2Al³⁺ +3Zn → Zn sinh ra bám vào thanh nhôm.

Điều kiện xảy ra ăn mòn điện hóa

+ Các điện cực phải khác nhau về bản chất. Có thê là cặp hai kim loại khác nhau (AI-Zn), kim loại - phi kim hay kim loại - hợp chất.

+ Các điện cực phải tiếp xúc trực tiếp hoặc gián tiếp với nhau qua dây dân..

+ Các điện cực cùng tiếp xúc với dung dịch chất điện ly (ZnSO₄, Al₂(SO₄)₃) 

(C₆H₁₀O₅)_n + nH₂O → nC₆H₁₂O₆

Glucozơ (X)

CH₂OH - [CHOH]₄ - CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + 2H₂O → CH₂OH - [CHOH]₄ - COONH₄ + 2Ag + 2NH₄NO₃

→ Y là CH₂OH - [CHOH]₄ - COONH₄: amoni gluconat

CH₂OH - [CHOH]₄ - COONH₄ + HCl → CH₂OH - [CHOH]₄ - COOH + NH₄Cl

→ Z là CH₂OH - [CHOH]₄ - COOH: axit gluconic

+ Chọn D vì tất cả các chất đều có nhóm chức amin có tính bazơ nên tác dụng được với HCI.

CH₃CH₂COOCH = CHCH₃ + NaOH → CH₃CH₂COONa + CH₃CH₂CHO.

CH₃CH₂COONa+ HCI → CH₃CH₂COOH + NaCI

CH₃CH₂CHO +  Br₂ + H₂O  → CH₃CH₂COOH +2HBr

CaC₂ + 2H₂O → Ca(OH)₂ + C₂H₂↑

Al₄C₃ + H₂O → Al(OH)₃↓ + CH₄↑

Hỗn hợp khí X có chứa C₂H₂ và CH₄. Cho hh này qua dd Br₂ thì C₂H₂ bị giữ lại, còn CH₄ thoát ra ngoài.

C₂H₂ + 2Br₂ → C₂H₂Br₄

Vì CH₄ không tan trong nước bằng cách đẩy nước. → Khí Y là CH₄

Đáp án C

Ta có: 51,75 + 64.0.2 = 51,55 + 0,2M ⇒ M = 65

Tơ poliamit (nilon-6, nilon-6,6, capron) có liên kết -CO-NH-.

C_M = 0,025 : 0,25 = 0,1 M

Tất cả đều đúng. 

nBa(OH)2 = 0,3 mol, nNaOH = 0,45 mol ⇒ nOH- = 1,05 mol, nBa2+ = 0,3 mol

nAlCl3 = 0,15 mol, nAl2(SO4)3 = 0,075 mol ⇒ nAl3+ = 0,3 mol, nSO42-= 0,225 mol

⇒ \(\begin{array}{l} \\ \left\{ \begin{array}{l} 4{n_{A{l^{3 + }}}} > {n_{O{H^ - }}} > 3{n_{A{l^{3 + }}}} \Rightarrow {n_{O{H^ - }}} = 4{n_{A{l^{3 + }}}} - {n_{Al{{(OH)}_3}}} \Rightarrow {n_{Al{{(OH)}_3}}} = 0,15\\ B{a^{2 + }} + S{O_4}^{2 - } \to \underbrace {BaS{O_4}}_{0,225} \end{array} \right.\\ \end{array}\)

⇒ m kết tủa = mBaSO₄ + mAl(OH)₃ = 64,125 gam

+ Các thí nghiệm thu được kết tủa là (a), (b), (c), (d), (g).

+ Các phát biêu sai là (b), (d).

(b) Thành phần chính của cồn 75^o mà trong y tế thường dùng để sát trùng là etanol.

(d) Hàm lượng tinh bột trong gạo là 90%, trong ngô từ 28% đến 80%.

+ X có 7 liên kết pi: 3 pi trong COO và 4 pi trong gốc hidrocacbon ⇒ \({n_X} = \frac{{{n_{{H_2}}}}}{4} = \frac{{0,08}}{4} = 0,02\)

+ Gọi NaOH phản ứng = a mol ⇒ NaOH dư = 0,25a mol

+ Ta có: NaOH phản ứng: 3nX = 3.0,02 = 0,06 mol

⇒ NaOH = \(\frac{{0,06.100}}{{75}} = 0,08\)

Áp dụng BTKL: m + mNaOH = 18,44 + mGlyxerol ⇒ m = 17,08 gam

+ X1 tráng bạc được chỉ có HCOONa, X3 ít nhất có 2 nguyên tử cacbon và có 2 nhóm OH gắn trên 2 nguyên tử cacbon kề nhau, X3 không no (1C=C), phân nhánh nên có ít nhất 4 nguyên tử cacbon.

HCOO-CH₂-CH₂-OOC-C(CH₃)=CH-CH₃

HCOOCH₂-CH₂-OOC-CH(CH₃)-CH=CH₂

HCOO-CH₂-CH₂-OOC-C(CH₂)-CH₂-CH₃

HCOO-CH₂ -CH₂ -OOC-CH=C(CH₃) -CH₃

HCOO-CH₂-CH₂- OOC-CH₂-C(CH₃)=CH₂

HCOO-CH₂-CH(CH₃)-OOC-C(CH₃)=CH₂

HCOO-CH(CH₃)-CH₂-OOC-C(CH₃)=CH₂

+ Nhận thấy khối lượng thanh sắt tăng ⇒ dung dịch Y còn ion Cu²⁺

mCu + mCl₂ + mO₂ = 24,25 → b = 0,2 mol

2nFe = 2nCu²⁺ + nH⁺ → nFe = (0,6a - 0,2) + 0,05

Bảo toàn kim loại: 150 + 64(0,6a-0,2) = 150,4 + 56(0,6a-0,2+0,05) → a = 1

\(\left| \begin{array}{l} 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} = 2{n_{{O_2}}} = 2.0,625\\ 30 - 44{n_{C{O_2}}} - 18{n_{{H_2}O}} = 4,3 \end{array} \right. \Rightarrow \left| \begin{array}{l} {n_{C{O_2}}} = 0,4mol\\ {n_{{H_2}O}} = 0,45mol \end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l} \overline C = \frac{{0,4}}{{0,25}} = 1,6 \to {n_{C{H_4}}}:{a^{mol}}\\ \overline H = \frac{{0,45.2}}{{0,25}} = 3,6{ \to _{{C_n}{H_2}}}:{b^{mol}} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a + b = 0,25\\ 4a + 2b = 0,45.2 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 0,2\\ b = 0,05 \end{array} \right.\)

Bảo toàn C: 0,2.1 + 0,05.n = 0,4 ⇒ n = 4 ⇒ C₄H₄ → \(AgC \equiv C - C \equiv CAg\)

⇒ m_{kết tủa} = 0,05.264.\(\frac{{8,55}}{{12.0,4 + 2.0,45}} = 19,8 \)

+ Khi V_CO2 = a chỉ có 1 phản ứng: CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃  + H₂O

+ Khi V_CO2 = b có thêm phản ứng: CO₂ + NaAlO₂ + 2H₂O → Al(OH)₃ + NaHCO3 ⇒ \({n_{Al{{(OH)}_3}}} = \frac{{37,35 - 29,55}}{{78}} = 0,1mol\)

+ Khi V_CO2 = (a+b-1,68) có thêm phản ứng hòa tan BaCO₃:

⇒ Tổng nCO₂ = 0,15+0,1-0,075 = 0,175 mol ⇒nCO₂/(3) = 0,175 -0,1-0,15 = 0,075 mol

(3) BaCO₃+ CO₂ + H₂O → Ba(HCO₃)₂

⇒ m = mAl(OH)₃ + mBaCO₃ = 7,8 + 197.(0,15-0,075) = 22,575 gam

Ta có :  mancol= 10,68 +0,18.2=11,04 gam.

Đặt CT của ancol R(OH)n. Với n= 3 ⇒\({M_{ancol}} = \frac{{11,04}}{{0,18.\frac{2}{3}}} = 92 \Rightarrow \)   Ancol là C₃H₅(OH)₃

⇒ nNaOH = 3nglixerol = 3.0,12 = 0,36 mol

Vì hai muối của hai axit cacboxylic đơn chức => M _TBmuối = \(\frac{{29,52}}{{0,36}} = 82 \to \left| \begin{array}{l} HCOONa\\ {C_2}{H_5}COONa \end{array} \right.\)

X: (HCOO)₃C₃H₅, Y và Z: (HCOO)₂(C₂H₅COO)C₃H₅

T và P: (HCOO)(C₂H₅COO)₂C₃H₅ ; Q: (C₂H₅COO)₃C₃H₅ 

Từ giả thiết :

Z: C2H5COONH3CH3 (0,1 mol) ; T : C2H5COOH3NCH(CH3)COOC2H5 (0,15 mol)

BTNTK: nKOH = 0,385x2 =0,77 mol

Lại có: nKOH = nN+ nCOOC2H5 ⇒  nN trong muối = 0,77- 0,15 - 0,1 = 0,52 mol

Xử lý trường hợp đốt muối.

Có hệ\(\left\{ \begin{array}{l} {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} + 0,26 = 0\\ 0,77.2 + 2,9.2 = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} + 0,385.3 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {n_{C{O_2}}} = 1,975mol\\ {n_{{H_2}O}} = 2,235mol \end{array} \right.\)

 BTKL: m muối = mCO2+ mH2O+mN2+mK2CO3 - mO2 = 94,74 gam

Đặt: nAla = 10a mol → nVal = 3a mol

Có hệ  \(\left\{ \begin{array}{l} {n_{Gly}} + 13a + 0,25 = 0,77\\ BTNT.C:2{n_{Gly}} + 45a + 0,25.3 = 0,385 + 1,975 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {n_{Gly}} = 0,13\\ a = 0,03 \end{array} \right.\)

Khi cho hỗn hợp M tác dụng với dung dịch KOH 

BTKl: mM + mKOH = m muối + mCH3NH2 +mC2H5OH +mH2O ⇒ mH2O = 6,12 gam

⇒ n peptit X,Y = \(\frac{{6,12}}{{18}} - 0,1 - 0,15 = 0,09mol\)

Có hệ \(\left\{ \begin{array}{l} {n_X} + {n_Y} = 0,09\\ 3{n_X} + 5{n_Y} = 0,77 - 0,1 - 0,15.2 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {n_X} = 0,04\\ {n_Y} = 0,05 \end{array} \right.\)

Nhận thấy n_Val = n_X,Y ⇒ X và Y đều chứa 1 gốc Val.

Đặt CT X: (Gly)_x(Ala)_2-xVal và Y (Gly)_y(Ala)_4-yVal

BT Gly: 0,04x+0,05y = 0,13 ⇒ \(\left| \begin{array}{l} x = 2 \Rightarrow X:{(Gly)_2}Val\\ y = 1 \Rightarrow Y:Gly{(Ala)_3}Val \end{array} \right.\)

\(\% {m_Y} = \frac{{0,05.387}}{{67,74}}.100\% = 28,57\% \)

Quy đổi hỗn hợp về 24 gam \(\left| \begin{array}{l} {C_{\overline n }}{H_{2\overline n }}{O_2}:0,35mol\\ {C_m}{H_{2m + 2}}{O_3}:amol\\ {H_2}O:bmol \end{array} \right. \to \left| \begin{array}{l} C{O_2}:0,75mol\\ {H_2}O:0,7mol \end{array} \right.\)

Có hệ\(\left\{ \begin{array}{l} 16.(0,7 + 3a + b) = 24 - 0,75.12 - 0,7.2\\ - a - b = 0,75 - 0,7 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} a = 0,1mol\\ b = - 0,15mol \end{array} \right.\)

⇒ n_este = 0,05 mol ⇒ naxit = 0,35 - 0,05.3 = 0,2 mol

BTNT C: \(0,35\overline n + 0,1m = 0,75 \Rightarrow \left| \begin{array}{l} m = 3({C_3}{H_8}{O_3})\\ \overline n = 1,3 \Rightarrow X:HCOOH \end{array} \right.\)

BTKL: m_M + m_KOH =m muối + mC₃H₈O₃ +mH₂O ⇒ m muối =  30,8 gam

Các đáp án đúng là B, C, D

+ Nếu chât rắn chỉ có KNO₂(0,1 mol) và NaNO₂(0,2 mol) thì m rắn =22,3 gam > 20,56 gam ⇒ vô lý.

⇒ chất rắn có bazơ dư

\(\left\{ \begin{array}{l} {K^ + }:0,1mol\\ N{a^ + }:0,2mol\\ N{O_2}^ - :amol\\ O{H^ - }:bmol \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} a + b = 0,3\\ m = 46a + 17b + 0,1.39 + 0,2.23 = 20,56 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} a = 0,24mol\\ b = 0,06mol \end{array} \right.\)

\(\Rightarrow {n_{N{O_3}^ - }} = {n_{N{O_2}^ - }} = 0,24mol \Rightarrow 3{n_{Fe}} < {n_{N{O_3}^ - }} \to \left\{ \begin{array}{l} Fe{(N{O_3})_3}:0,07mol\\ HN{O_3}:(0,24 - 0,21) = 0,03mol \end{array} \right.\)

nHNO₃ = nHNO₃ dư + 2nH₂O ⇒ nH₂O = 0,16 mol

m_Fe + mHNO₃ = mFe(NO₃)₃ + nHNO₃ dư + m khí + mH₂O ⇒ m khí = 4,26 gam

C% Fe(NO3)3 = \(\frac{{242.0,07.100}}{{3,92 + 44,1 - 4,26}} = 38,71\% \)

+ TN2: Vì sản phẩm khử có H2 và dung dịch không có ion NH4+ 

BTNT.N: nNO = nKNO3 = 0,08 mol

→ nH2 = 0,02 mol

⇒ nH+ = 4nNO + 2nH2 + 2nO/Y ⇒ nO/Y = 0,5 mol

+ TH1: M TBZ = 45,6 → Z: NO2 (4a mol), CO2 (a mol)

Ta có: \(\begin{array}{l} \left| \begin{array}{l} Fe{(N{O_3})_2} \to FeO + 2N{O_2} + O\\ Cu{(N{O_3})_2} \to CuO + 2N{O_2} + O\\ FeC{O_3} \to FeO + C{O_2} \end{array} \right. \to nNO2 + nCO2 = nO/Y = 0,5mol\\ {m_X} = {m_{kl}} + {m_{O/Y}} + {m_{N{O_2}}} + {m_{C{O_2}}} = 60,76g \end{array}\)