Cặn bản chất chủ yếu là CaCO₃.

Dùng axit yếu để hòa tan cặn mà không ảnh hưởng đến vật liệu làm ấm

Dãy điện hóa được xếp theo chiều giảm dần tính khử và tăng dần tính oxi hóa.

Vậy ion có tính oxi hóa mạnh nhất là: Ag⁺

Xét các đáp án:

- A: có pH = 7.

- B và C: có pH > 7.

- D: có pH < 7.

Công thức của phèn chua là K₂SO₄.Al₂(SO₄)₃.24H₂O.

Đáp án D

Phân đạm chứa nguyên tố dinh dưỡng N

Đáp án B

Thủy phân Metyl axetat thì thu được hỗn hợp CH₃OH và CH₃COOH

Đáp án A

 Al thụ động trong dung dịch HNO3 đặc, nguội.

Đáp án C

nNaOH = 0,4 mol và nAl(OH)₃ = 0,1 mol

Do nNaOH > 3nAl(OH)₃ nên kết tủa đã bị hòa tan một phần.

nOH^- = 4nAl³⁺ - nAl(OH)₃

→ nAl³⁺ = 0,125

Nước cứng tạm thời chứa các ion Ca²⁺, Mg²⁺, HCO₃^–, khi cho HCl vào nước cứng tạm thời sẽ không loại bỏ được ion Ca²⁺, Mg²⁺ do vậy không được sử dụng để làm mềm nước cứng

Khi điện phân dung dịch CuSO₄, ở catot xảy ra quá trình khử Cu²⁺

ACOOB + NaOH → ACOONa + BOH

→ 13,6 ( B+17) = 9,2 (A+ 67)

→34B - 23A = 963

Xhonj A = 1, B = 29 là nghiệm phù hợp.

Este là HCOOC₂H₅

Fe₂(SO₄)₃ + Cu  →  2FeSO₄ + Cu

nFe₂(SO₄)₃ = nCu = 0,1 mol

→ mCu = 6,4 gam

Protein tham gia phản ứng màu biure tạo sản phẩm có màu tím .

Đáp án D.

[C₆H₇O₂(OH)₃]n + 3nHNO₃ → [C₆H₇O₂(ONO₂)₃]n + 3nH₂O

nC₆H₇O₂(OH)₃ = 0,2 mol

⇒ nHNO₃ = 0,2.3/80% = 0,75 mol

- Chất X là anilin (C₆H₅NH₂) khi để ngoài không khí thì bị oxi trong không khí oxi hóa thành màu nâu đen. Dung dịch anilin không làm đổi màu quỳ tím nhưng tác dụng với nước brom tạo kết tủa trắng theo phương trình sau :

Vậy đáp án đúng là C     

Ngoại trừ HCl, Cu đều tan trong các dung dịch còn lại

Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂

3Cu + 8HNO₃ → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

Cu + 2H₂SO_4(đ) → CuSO₄ + SO₂ + 2H₂O

Tơ nitron thuộc tơ tổng hợp

Đáp án B

X là một trong những chất dinh dưỡng cơ bản của con người, là nguyên liệu để sản xuất glucozơ và ancol etylic trong công nghiệp. X có nhiều trong gạo, ngô, khoai, sắn. Chất X là tinh bột.

Đáp án C

Kim loại kiềm X được sử dụng làm tế bào quang điện. X là Xesi.

Đáp án C

Thép bị gỉ trong không khí ẩm thì sẽ xuất hiện hiện tượng ăn mòn điện hóa, trong đó sắt là cực âm, cacbon là cực dương.

Đáp án C

Các chất vừa tác dụng với HCl vừa tác dụng với NaOH: Al, Zn(OH)₂, NH₄HCO₃, NaHS, Fe(NO₃)₂

Al + HCl → AlCl₃ + H₂

Al + H₂O + NaOH → NaAlO₂ + H₂

Zn(OH)₂ + HCl → ZnCl₂ + H₂O

Zn(OH)₂ + NaOH →Na₂ZnO₂ +H₂O

NH₄HCO₃ + HCl →NH₄Cl +CO₂ + H₂O

NH₄HCO₃ + NaOH → Na₂CO₃ + NH₃ + H₂O

NaHS+ HCl → NaCl + H2S

NaHS+ NaOH → Na₂S + H₂O

Fe²⁺ + H⁺ + NO₃^- → Fe³⁺ + NO + N₂O

Fe(NO₃)₂ + NaOH → Fe(OH)₂ + NaNO₃

(1)(2) → Y1 và Y2 cùng C

(3) → Y1 và Y2 đều có 3C

→ Y3 là CH₂=CH-COO-CH₂-C₂H₅

Y1 là CH₂=CH-COOH

Y2 là C₂H₅-CH₂OH

X là CH₂=CH-CHO: Anđehit acrylic

Có 5 trường hợp tạo kết tủa là:

Ba(HCO₃)₂ + 2KOH → BaCO₃ +K₂CO₃ + 2H₂O

Ba(HCO₃)₂ + Na₂CO₃ → BaCO₃ + 2NaHCO₃

Ba(HCO₃)₂ + 2KHSO₄ → BaSO₄ + K₂SO₄ + 2CO₂ + 2H₂O

Ba(HCO₃)₂  + Ba(OH)₂ → 2BaCO₃  + 2H₂O

Ba(HCO₃)₂ + H₂SO₄ → BaSO₄ + 2CO₂ + 2H₂O

Có 7 chất phản ứng với Ba(OH)₂:

Al + Ba(OH)₂ + H₂O → Ba(AlO₂)₂ + H₂

Na₂CO₃ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + NaOH

AlCl₃ + Ba(OH)₂ → Al(OH)₃ + BaCl₂

KHCO₃ + Ba(OH)₂ → KOH + BaCO₃ + H₂O

K₂SO₄ + Ba(OH)₂ → KOH + BaSO₄

Al₂O₃ + Ba(OH)₂ → Ba(AlO₂)₂ + H₂O

NH₄Cl + Ba(OH)₂ → BaCl₂ + NH₃ + H₂O

Phương pháp đẩy không khí, để bình đứng

→ khí X nặng hơn không khí

Các mệnh đề đúng là: (b), (c), (d).

Đặt a, b là số mol K và Ca

nH₂ = 0,05 mol → nOH^- = 0,1 mol → nCO₃^2- = 0,1 mol

Sản phẩm chỉ có nCaCO₃ = 0,08 mol →Ca²⁺ hết.

Bảo toàn electron: n_e = a + 2b = 0,05.2

Bảo toàn Ca: b + 0,05 = 0,08

→ a = 0,04 và b= 0,03

→ m = 2,76 gam

nCO₂ = 0,4 mol → Số C = nCO₂/nX = 1

X gồm CH₄ (a), HCHO (b), CH₃OH (c) và HCOOH (d)

nX = a + b + c + d = 0,4

nH2O = 2a+ b+ 2c+d = 0,65

→ a + c= 0,25 và b + d= 0,15

nAg = 4b + 2d = 0,5

→ b= 0,1 và d= 0,05

nO = b + c +2d → 0,2 <  nO < 0,45

→ 9,3 < mX <13,3

→ 17,29% < % HCOOH < 24,73%

→ Chọn 20%

Các chất tác dụng với NaOH đun nóng là: isoamy axetat, phenylamoni clorua, poli (vinyl axetat), glyxylvalin,  triolein.

Các chất tham gia phản ứng trùng hợp là: caprolactam, stiren, metyl metacrylat, isopren.

nNaOH = 2nNa₂CO₃ = 0,07

→ X là este của ancol và Y là este của phenol.

nX + nY = 0,06 và nNaOH = nX + 2nY = 0,07

→ nX = 0,05 và nY = 0,01

nC = nCO₂ + n Na₂CO₃ = 0,18

→ Số C = nC/n_este = 3 → X là HCOOCH₃ và Y có y nguyên tử C.

nC = 0,05.2 + 0,01y = 0,18 → y= 8

Vậy X là HCOOCH₃ (0,05) và T là C₈H₈O₂ (0,01) → nCH₃OH = 0,05 và nH₂O = 0,01

Bảo toàn khối lượng: mX + mY + mNaOH = m_muối  + mCH₃OH + mH₂O

→ m_muối = 5,38 gam

nCuSO₄ = 0,125 mol

nAl₂O₃ = 0,05 → Hòa tan Al₂O₃ là do NaOH ( Nếu hòa tan do H₂SO₄ thì nSO₄ = 0,15: vô lý)

→ nNaOH = 0,1  và nNa₂SO₄ = 0,125 

→ nNaCl = 0,35 → nCl₂ = 0,175.

Đặt nH₂ = a và nO₂ = b → a+ b + 0,175 = 0,2625

Bảo toàn electron: 0,125.2 + 2a = 0,175.2 + 4b

→ a = 0,075  và b = 0,0125

→ n_e = 0,4 = It/F → t = 19300 giây

Các polime được tổng hợp từ phản ứng trùng hợp là:, tơ capron, tơ nitron, poli(metyl metacrylat), poli(vinyl clorua), cao su buna.

X: Al₂O₃, Fe, Cu và Al dư

Y: Fe, Cu

E + HCl → Khí NO nên E chứa Fe²⁺ → E không chứa Ag⁺

E gồm Cu(NO₃)₂, Fe(NO₃)₂, Fe(NO₃)₃

nAgCl = 0,38 mol → nAg = 0,03 mol

nH⁺ n= 4nNO + 2nO → nO = 0,15 mol → nFe₂O₃ = 0,05 mol

Bảo toàn electron: 2nCu = 3nNO + nAg

→ nCu = 0,045 mol → m = 10,88 gam

Các axit béo đều 18C nên chất béo có 57C

nCO₂ = 1,14 mol → n_X = 0,02 mol

nO₂ = 1,58 mol. Bảo toàn O → nH₂O = 1

Chất béo có độ không no là k → n_X(k-1) = nCO₂ - nH₂O → k = 8

→ nBr₂ = n_X(k-3) = 0,1 → V = 100 ml

BaCl₂ + B → nBaSO₄ = 0,3 mol → nAl₂(SO₄)₃ = 0,1, nAlCl₃ = 0,2 và V₂ = 0,2 lít → nAl³⁺ = 0,4 mol

nKOH = V₁, nBa(OH)₂ = 0,5V₁ → nOH^- = 2V₁

Do 53,92 < 69,9 nên Ba²⁺ hết, SO₄^2- dư → nBaSO₄ = 0,5 V₁

TH1: Al(OH)₃ chưa bị hòa tan

nAl(OH)₃ = 2V₁/3

m_{kết tủa} = 233.0,5V₁ + 78.2V₁/3 = 53,92 → V₁ = 0,32 → V₁ : V₂ = 1,6

TH2: Al(OH)₃ đã bị hòa tan

nOH^- = 2V₁ = 0,4.4 - nAl(OH)₃ → nAl(OH)₃ = 1,6 -2V₁

m_{kết tủa} = 233.0,5V₁ + 78.(1,6 -2V₁) = 53,92 → V₁ = 1,7944 → V₁ : V₂ = 8,97

n_N = n_A + n_B = 0,56 → Số N = n_N/n_M = 5,6

→ X là pentapeptit (0,04), Y là hexapeptit (0,06)

Quy đổi M thành C₂H₃ON (0,56), CH₂(a), H₂O(0,1)

m_M/nO₂ = (0,56.57 + 14a + 0,1.18) /( 2,25.0,56 + 1,5a) = 10,32/0,5175 → a = 0,54

dễ thấy nCH₂ = 0n_A+3n_B nên A là Gly, B là Val.

X là (Val)_u(Gly)_5-u

Y là (Val)_v(Gly)_6-v

nVal = 0,04u + 0,06v = 0,18

Nếu u = 0, v = 3 → X là (Gly)₅ và Y là (Gly)₃(Val)₃ → M_Y = 486

Nếu u = 3 , v = 1 → X là (Gly)₂(Val)₃, Y là (Gly)₅(Val) → M_Y = 402

Bảo toàn khối lượng → nH₂O = 1,2 mol

Bảo toàn H → nNH₄⁺ = 0,05 mol

Bảo toàn N → nNO₃^- (X) = 0,35 mol

nH⁺ = 12nN₂ + 10nNH₄⁺ + 2nH₂ +2n_O → n_O = 0,15 mol

Y + NaOH → Dung dịch chứa Na⁺(3,25), SO₄^2- (1,4), bảo toàn điện tích → nAlO₂^- = 0,45

→ m_Mg,Fe = m_X - m_O - mNO₃^- - m_Al = 20,9

nOH^-_{(kết tủa)} = 3,25 - 4nAl³⁺ - nNH₄⁺ = 1,4

→ m_{kết tủa} = m_Mg,Fe + mOH^- =44,7 gam

n_OH/ancol = n_NaOH = 2nNa₂CO₃ = 0,39 mol

– Xử lý dữ kiện ancol:

-OH + Na → -ONa + ¹/₂H₂↑

⇒ n_H2 = 0,195 mol ⇒ m_ancol = m_{bình tăng} + m_H2 = 12,54 gam.

2 ancol no, cùng số C ⇒ gồm 1 ancol đơn và 1 ancol đa ⇒ 2 muối đơn ⇒ n_F = 0,39 mol.

BTKL: m_F = 31,98(g) ⇒ M_F = 82 g/mol = \(\dfrac{{68 + 96}}{2}\) ⇒ 2 muối là HCOONa và C₂H₅COONa.

2 ancol là C_nH_2n+2O (a mol) và C_nH_2n+2O₂ (b mol) ⇒ a + 2b = 0,39.

m_ancol = (14n + 2) × (a + b) + 16(a + 2b) = 12,54 gam ⇒ (14n + 2) × (a + b) = 6,3.

Lại có: 0,5 × (a + 2b) < a + b < a + 2b ⇒ 0,195 < a + b < 0,39 ⇒ 1,01 < n < 2,16 ⇒ n = 2.

⇒ 2 ancol là C₂H₅OH (0,03 mol) và C₂H₄(OH)₂ (0,18 mol).

⇒ este có PTK lớn nhất là C₂H₅COOC₂H₄OOCH (0,18 mol) ⇒ %m_Z = 90,87%.