2NH₃ + 2CrO₃ → N₂ + Cr₂O₃ + 3H₂O

Có 1 phân tử NH₃ tác dụng với 1 phân tử CrO₃

Phương trình điều chế Ag từ Ag2S bằng phương pháp thủy luyện

$A{g}_{2}S+4NaCN\to 2Na\left[Ag{\left(CN\right)}_2\right]+N{a}_{2}S$$\mathrm{<span\; style="color:\#000000;">A</span>}{\mathrm{<span\; style="color:\#000000;">g</span>}}_{\mathrm{<span\; style="color:\#000000;">2</span>}}\mathrm{<span\; style="color:\#000000;">S</span>}<span\; style="color:\#000000;">+</span>\mathrm{<span\; style="color:\#000000;">4</span>}\mathrm{<span\; style="color:\#000000;">N</span>}\mathrm{<span\; style="color:\#000000;">a</span>}\mathrm{<span\; style="color:\#000000;">C</span>}\mathrm{<span\; style="color:\#000000;">N</span>}<span\; style="color:\#000000;">\to </span>\mathrm{<span\; style="color:\#000000;">2</span>}\mathrm{<span\; style="color:\#000000;">N</span>}\mathrm{<span\; style="color:\#000000;">a</span>}<span\; style="color:\#000000;">[</span>\mathrm{<span\; style="color:\#000000;">A</span>}\mathrm{<span\; style="color:\#000000;">g</span>}{<span\; style="color:\#000000;">(</span>\mathrm{<span\; style="color:\#000000;">C</span>}\mathrm{<span\; style="color:\#000000;">N</span>}<span\; style="color:\#000000;">)</span>}_{\mathrm{<span\; style="color:\#000000;">2</span>}}<span\; style="color:\#000000;">]</span><span\; style="color:\#000000;">+</span>\mathrm{<span\; style="color:\#000000;">N</span>}{\mathrm{<span\; style="color:\#000000;">a</span>}}_{\mathrm{<span\; style="color:\#000000;">2</span>}}\mathrm{<span\; style="color:\#000000;">S</span>}$

$Zn+2Na\left[Ag{\left(CN\right)}_2\right]\to N{a}_2\left[Zn{\left(CN\right)}_4\right]+2Ag$

+ Phản ứng giữa C₃H₅(OH)₃ và CH₃COOH theo tỉ lệ mol 1 : 1 → 2 chất có chứa chức este.
+ Phản ứng giữa C₃H₅(OH)₃ và CH₃COOH theo tỉ lệ mol 1 : 2 → 2 chất có chứa chức este.
+ Phản ứng giữa C₃H₅(OH)₃ và CH₃COOHtheo tỉ lệ mol 1: 3 → 1 chất có chứa chức este.

Ta có: \({n_{C{O_2}}} = \frac{{500}}{{162}}.6mol \Rightarrow {V_{kk}} = \frac{{{V_{C{O_2}}}}}{{0,03\% }} = 1382716(l)\)

Ta có: nNaOH = n muối = 0,1 mol ⇒ X là CH₂=CHCOOH.

Theo đề: mO = 10,96.43,795% = 4,8 gam ⇒ nO = 0,3 mol.

Áp dụng bảo toàn nguyên tố O → nY = 0,3 - 0,1.2 = 0,1 mol

Dựa vào đáp án ta suy ra Y là CH₃OH

Ta có: nAgCl = 0,52 mol.

Áp dụng BTNT. Cl ⇒ nMCl = 0,52 - 0,5 = 0,02 mol.

Khi nung nóng X thì: mCO₂ + mH₂O = 20,29 -18,74 ⇒ nCO₂ = nH₂O = 0,025 mol ⇒ nMHCO₃ = 0,05 mol.

Khi cho X tác dụng với HCl thì: nM₂CO₃ = 0,15 - 0,05 = 0,1 mol

⇒ (2M + 60).0,1 + (M + 61).0,05 + (M+35,5).0,02 = 20,29 ⇒ M = 39 (K)

X là este no, hai chức, mạch hở có công thức phân tử là C₆H₁₀O₄.

+ X được tạo thành từ axit hai chức và ancol đơn chức: (COOC₂H₅)₂ ; CH₃-OOC-C₂H₄-COOCH₃ (2 đồng phân)

+ X được tạo thành từ axit đơn chức và ancol hai chức: (CH₃COO)₂C₂H₄

(a) Đúng.

(b) Sai, Lysin hay axit glutamic đều làm đổi màu quỳ tím.

(c) Đúng.

(d) Sai, Chỉ có các α-amino axit đều có khả năng trùng hợp tạo peptit.

(e) Đúng.

(g) Đúng, Các amino axit tồn tại ở dạng ion lưỡng cực.

- Khi cho hỗn hợp X tác dụng với NaOH vừa đủ thì:

(C₂H₅NH₃)₂CO₃ (A) + 2NaOH → Na₂CO₃ (D) + 2C₂H₅NH₂ + 2H₂O.

(COONH₃CH₃)₂ (B) + 2NaOH → (COONa)₂ (E) + CH₃NH₂ + 2H₂O 

- Xét hỗn hợp khí Z ta có : 

\(\left\{ \begin{array}{l} {n_{{C_2}{H_5}N{H_2}}} + {n_{C{H_3}N{H_2}}} = 0,2\\ 45{n_{{C_2}{H_5}N{H_2}}} + 31{n_{C{H_3}N{H_2}}} = 0,2.18,3.2 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {n_{{C_2}{H_5}N{H_2}}} = 0,{08^{mol}}\\ {n_{C{H_3}N{H_2}}} = 0,{12^{mol}} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {n_E} = 0,5{n_{C{H_3}N{H_2}}} = 0,{06^{mol}}\\ \to {m_E} = 0,06.134 = 8,04(g) \end{array} \right.\)

Ta có: nCO₂ = nO = nCaCO₃ = 0,8 mol ⇒ m = 33,6 + 0,8.16 = 46,4 (gam) 

C₂H₅OH (B) → C₂H₄ (D) + H₂O

HOOC-CH=CH-COOC₂H₅ (A) + 2NaOH →NaOOC-CH=CH-COONa (C) + C₂H₅OH + H₂O

NaOOC-CH=CH-COONa (C) + 2HCl → HOOC-CH=CH-COOH (E) + 2NaCl

Công thức tổng quát của A là C_nH_2n–2 (n > 1).

Khi đốt cháy A thì: \({H_A} = \frac{{2{n_{{H_2}O}}}}{{{n_A}}} = 5,2 \Rightarrow \)  A có thể là C₂H₂, C₃H₄ và C₄H₆ hoặc C₃H₄ và C₄H₆ (2 đp).

Với trường hợp A là C₂H₂, C₃H₄ và C₄H₆ thì không thoả mãn dữ kiện của đề bài.

Với trường hợp A là C₃H₄, C₄H₆ (but-1-in) và C₄H₆ (but-2-in) thì ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} x + y + z = 0,05\\ 2x + 3y + 3z = 0,13\\ x + y = 0,03 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 0,02\\ y = 0,01\\ z = 0,02 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} \% {m_{{C_3}{H_4}}} = 33,1\% \\ \% {m_{but - 1 - in}} = 22,3\% \\ \% {m_{but - 2 - in}} = 44,6\% \end{array} \right.\)

Ta có: nOH- = 2nH2 = 0,08 mol

Các phản ứng xảy ra:

\(\mathop {O{H^ - }}\limits_{0,08} + \mathop {HC{O_3}^ - }\limits_{0,08} \to \mathop {C{O_3}^{2 - }}\limits_{0,08} + {H_2}O\)

\(C{a^{2 + }} + \mathop {C{O_3}^{2 - }}\limits_{0,08} \to \mathop {CaC{O_3}}\limits_{0,07} \)

Từ PT suy ra: nCaCO₃ = nCa²⁺ = 0,07 mol ⇒ nCa = 0,03 mol ⇒ nNa = nOH^- - 2nCa = 0,02 mol

Vậy m = 1,66 gam

- Tại nNaOH = 0,1 mol (bắt đầu xuất hiện kết tủa) ⇒ H⁺ dư với nH⁺ dư = 0,1 mol 

- Hỗn hợp khí có nN₂ = 0,014 mol  và nNO₂ = 0,07 mol 

⇒ nHNO₃ bđ = 12nN₂ + 10nN₂O + nHNO₃ dư = 0,968 mol.

⇒ V dd HNO₃ =   387,2 ml

- Hỗn hợp Z gồm NO (0,1 mol) và H₂ (0,075 mol).

- Khi cho X tác dụng với dung dịch H₂SO₄ loãng, ta có:

BTKL → \({n_{{H_2}O}} = \frac{{{m_X} + 98{n_{{H_2}S{O_4}}} - {m_Z} - {m_Y}}}{{18}} = 0,{55^{mol}} \Rightarrow {n_{N{H_4}^ + }} = \frac{{2{n_{{H_2}S{O_4}}} - 2{n_{{H_2}}} - 2{n_{{H_2}O}}}}{4} = 0,{05^{mol}}\)

- Xét hỗn hợp rắn X ta có:

BT.N → \({n_{Fe{{(N{O_3})}_2}}} = \frac{{{n_{NO}} + {n_{N{H_4}^ + }}}}{2} = 0,{075^{mol}}\)  và  \({n_{ZnO}} = \frac{{2{n_{{H_2}S{O_4}}} - 4{n_{NO}} - 2{n_{{H_2}}} - 10{n_{N{H_4}^ + }}}}{2} = 0,{2^{mol}}\)

+ \(\left\{ \begin{array}{l} 24{n_{Mg}} + 27{n_{Al}} = {m_X} - 180{n_{Fe{{(N{O_3})}_2}}} - 81{n_{ZnO}} = 8,85\\ 2{n_{Mg}} + 3{n_{Al}} = 3{n_{NO}} + 2{n_{{H_2}}} + 8{n_{N{H_4}^ + }} = 0,85(BT.e) \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {n_{Mg}} = 0,2\\ {n_{Al}} = 0,15 \end{array} \right. \to \% nMg = 32\% \)

Khi m gam E tác dụng với NaOH thì: nCOO= nNaOH = 0,04 mol.

Quy đổi E thành: \(\left\{ \begin{array}{l} C{H_2}:{b^{mol}}\\ C{O_2}:0,{04^{mol}} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} 44.(x + 0,04) = a\\ 18x = a - 4,62 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} b = 0,{11^{mol}}\\ a = 6,6(g) \end{array} \right. \to m = 3,3(g)\)

Lúc này: \(\left\{ \begin{array}{l} X:{x^{mol}}\\ E:{y^{mol}} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x + 3y = 0,04\\ nx + my = 0,15 \end{array} \right.\)

Trong 13,2 gam M có: \(\left\{ \begin{array}{l} C{H_2}:0,{44^{mol}}\\ C{O_2}:0,{16^{mo}}^l \end{array} \right. \to {n_{NaOH}} = 0,{16^{mol}}\)

Khi đốt chất G thì: \({n_{N{a_2}C{O_3}}} = \frac{{{n_{NaOH}}}}{2} = 0,{08^{mol}} \to {n_{{H_2}O}} = 0,{32^{mol}} \Rightarrow {C_T}.{n_E} = {n_{C{O_2}}} - {n_{C(G)}} = 0,12\)

và \(\left\{ \begin{array}{l} 0,16.{C_G} = {n_{N{a_2}C{O_3}}} + {n_{C{O_2}}}\\ O,16.{H_G} = 2{n_{{H_2}O}} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {C_G} = 3\\ {H_G} = 4 \end{array} \right.\)

Dựa vào pt (1) và các dữ liệu có trên ⇒ G gồm gồm CH₃COONa, HCOONa, C₃H₅COONa và T: C₃H₅(OH)₃.
⇒ E là (C₃H₅COO)(CH₃COO)(C₂H₅COO)C₃H₅ ⇒ %mE = 69,7%

Dựa vào đáp án ta thấy chỉ có ZnCl₂ và FeCl₂ thoả mãn điều kiện n₁= n₂

Khi cho hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl thì:

TGKL ⇒ nO (trong X) = \(\frac{{{m_Z} - {m_X}}}{{2{M_{Cl}} - {M_O}}} = \frac{{29,6 - 16,4}}{{2.35,5 - 16}} = 0,{24^{mol}} \to \)n_{HCl (pư với X)} = 2n_{O (trong X)} = 0,48 mol

\(\left\{ \begin{array}{l} 72{n_{FeO}} + 232{n_{F{e_3}{O_4}}} + 64{n_{Cu}} = {m_X}\\ {n_{FeO}} + 4{n_{F{e_3}{O_4}}} = {n_{O(trongX)}}\\ 3{n_{FeO}} = {n_{FeO}} + {n_{F{e_3}{O_4}}} + {n_{Cu}} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} 72{n_{FeO}} + 232{n_{F{e_3}{O_4}}} + 64{n_{Cu}} = 16,4\\ {n_{FeO}} + 4{n_{F{e_3}{O_4}}} = 0,24\\ - 2{n_{FeO}} + {n_{F{e_3}{O_4}}} + {n_{Cu}} = 0 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {n_{FeO}} = 0,04mol\\ {n_{F{e_3}{O_4}}} = 0,05mol\\ {n_{Cu}} = 0,03mol \end{array} \right.\)

Vậy dung dịch Z gồm Fe²⁺ (0,15 mol), Fe³⁺ (0,04 mol) và Cu²⁺ (0,03 mol) và Cl^- (0,48 mol)

- Khi cho hỗn hợp X tác dụng với dung dịch hỗn hợp HCl và NaNO₃ thì :

+ Ta có nHCl(pư) = 2nO(trong X) +4nNO = 0,64 mol.

Xét dung dịch Y ta có:

2nFe²⁺ + 3nFe³⁺ + 2nCu²⁺ + nNa⁺ = nCl^- (BTDT) ⇒ x = 0,03 mol  (với nNa⁺ = nNO = 0,04 mol, nFe²⁺ = x mol  và nFe³⁺ = (0,19 - x) mol)

Vậy dung dịch Y gồm Fe²⁺ (0,03 mol), Fe³⁺ (0,16 mol) và Cu²⁺ (0,03 mol), Cl^- (0,64 mol) và Na⁺

- Khi trộn dung dịch Y với dung dịch Z thì dung dịch T có chứa Fe²⁺ (0,18 mol) và Cl^- (1,12 mol)

- Khi cho AgNO₃ tác dụng với dung dịch T thì nAg = nFe2+ = 0,18 mol và nAgCl = 1,12 mol

⇒ m kết tủa = 108nAg + 143,5 nAgCl =  180,16(g)

Hiện tượng:
+ Ống 1’: không có hiện tượng gì
+ Ống 2’: xuất hiện kết tủa trắng
+ Ống 3’: xuất hiện màu tím đặc trưng
+ Ống 4’: không có hiện tượng
- Giải thích:
+ Ống 2’ xuất hiện kết tủa trắng do đã xảy ra các phản ứng:
(C₂H₃Cl)_n + nNaOH → (C₂H₃OH)_n + nNaCl
NaCl + AgNO₃ → AgCl + NaNO₃
NaOH + HNO₃ → NaNO₃ + H₂O
+ Ống 3’: protein bị thủy phân tạo ra các amino axit, đipeptit, tripeptit.... Có phản ứng màu với Cu(OH)₂.

- Ta có: nH₂ = nKOH/2 = 0,2 mol ⇒ m_ancol = m_b.tăng + 2nH₂ = 15,6 (g)

⇒ \(\overline {{M_F}} = \frac{{{m_{anco}}_l}}{{2{n_{{H_2}}}}} = 39\left( { = \frac{{{M_{C{H_3}OH}} + {M_{{C_2}{H_5}OH}}}}{2}} \right)\)  : 2 ancol đó là CH₃OH (0,2 mol) và C₂H₅OH ( 0,2 mol)

- Khi đốt cháy E thì: nCO₂ = nO₂ = nCO₂ (K) + nCO₂(F) + nK₂CO₃ = nCO₂ (K) + 0,8

BTKL → \({n_{{H_2}O}} = \frac{{{m_E} + 32{n_{{O_2}}} - 44{n_{CO}}_{_2}}}{{18}} = \frac{{20,64 - 12{n_{C{O_2}(K)}}}}{{18}}\)

- Khi cho E tác dụng với KOH thì: m_K = m_E + 56n_KOH - m_ancol = 37,04 (g)

\({n_{H(K)}} = 2{n_{{H_2}O}} + {n_{KOH}} - {n_{H(F)}} = \frac{{6,24 - 12{n_{C{O_2}(K)}}}}{9} \Rightarrow {n_{{H_2}O(K)}} = \frac{{6,24 - 12{n_{C{O_2}(K)}}}}{{18}}(1)\)

- Khi đốt cháy K thì m_F + 32nO₂ = 44nCO₂ (K) + 18nH₂O (K)+138nK₂CO₃ ⇒ nCO₂ (K) = 0,52 mol

- Thay nCO₂ vào (1) nhận thấy nH₂O(K)=0 ⇒ trong muối K không chứa H.

- Gọi muối K   \(\left\{ \begin{array}{l} {C_x}{(COOK)_2}:1,5a\\ {C_y}{(COOK)_2}:a \end{array} \right.\)   ⇒ 3a+2a =0,4 ⇒ a= 0,08 ⇒ 0,12x+0,08y = 0,32 ⇒ x= 0 và y = 4

mà nCH₃OH = nC₂H₅OH= n(COOK)₂ + nC₄(COOK)₂ ⇒ \(\left\{ \begin{array}{l} X:{H_3}COOC - COO{C_2}{H_5}\\ Y:{H_3}COOC - C \equiv C - C \equiv C - COO{C_2}{H_5} \end{array} \right.\)

Vậy tổng số nguyên tử nguyên tố có trong Y là 21

 - Tại thời điểm t (s): Anot có hai khí thoát ra là Cl₂ (0,2V mol) và O₂ (x mol)

với 0,2V + x = 0,3 (1) và n_e(1) = 0,4V + 4x

Ta có: nH⁺ bđ = 2nH₂  + 0,5 = 4nO₂  ⇒ 2y + 0,5 = 4.(0,1V + 2x) (3)

Từ (1), (2), (3) ta suy ra: V = 1 lít.