Hidroxxit lưỡng tính là hidroxit khi tan trong nước vừa có khả năng phân li như axit vừa có thể phân li như bazo.

Các hidroxit thường gặp như Zn(OH)₂; Al(OH)₃; Sn(OH)₂; Pb(OH)₃  

Theo quy tắc α: Chất khử mạnh + Chất oxi hóa mạnh → chất khử yếu + chất oxi hóa yếu.

Nên thứ tự tính oxi hóa: Fe²⁺, Fe³⁺, Ag⁺.

Than hoạt tính có khả năng hấp phụ mạnh, có thể hấp phụ các chất khí, chất tan trong nước, do đó được dùng trong mặt nạ phòng độc và trong công nghiệp hóa chất

2CrO₃ + H₂O → H₂Cr₂O₇ (trong môi trường H₂SO₄)

H₂Cr₂O₇ + 4NaOH → 2Na₂CrO₄ + 3H₂O (dung dịch màu vàng)

NH₃ và SO₂ tan nhiều trong nước nên không thu khí bằng phương pháp đẩy nước.

NO₂ có phản ứng với H₂O ở ngay điều kiện thường khi có không khí:

4NO₂ + O₂ + 2H₂O → 4HNO₃.

Vinyl xianua CH₂=CH-CN trùng hợp tạo poliacrilonitrin (CH₂-CH(CN)-)_n.

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

Tinh bột là chất rắn vô định hình, màu trắng, không tan trong nước nguội. Trong nước nóng từ 65^oC trở lên, tinh bột chuyển thành dung dịch keo nhớt gọi là hồ tinh bột

+ Tripeptit mạch hở luôn phản ứng với dung dịch NaOH theo tỉ lệ mol 1:3 sai do có thể mắt xích peptit của axit glutamic thì tỉ lệ đó không đúng.

+ Ở trạng thái kết tinh, các α-amino axit tồn tại chủ yếu dưới dạng ion lưỡng cực.

+ Tính tan của protein rất khác nhau. Protein hình sợi thì không tan trong nước, còn protein hình cầu thì tan trong nước tạo dung dịch keo

Ở phản ứng (2), trong H₂O số oxi hóa của H là +1, sau phản ứng trong H₂ số oxi hóa là 0 → chất oxi hóa

{Mg; Al} + 0,125 mol O₂ → 9,1 gam hỗn hợp oxit.

Bảo toàn khối lượng có: m = 9,1 – 0,125. 32 = 5,1 gam.

Trong dung dịch, các α-aminoaxit tồn tại chủ yếu dưới dạng ion lưỡng cực.

Quặng pirit sắt có thành phần chính là FeS₂

Cho Cu vào dung dịch thấy tan ra và có màu xanh chứng tỏ trong dung dịch có Fe³⁺:

Cu + 2Fe³⁺ → 2Fe²⁺ + Cu²⁺

Cho KMnO₄ vào thấy dung dịch bị mất màu → chứng tỏ dung dịch có cả Fe²⁺ (xảy ra phản ứng oxi hóa khử giữa Fe²⁺ và KMnO₄ do Mn(⁺⁷) + 5e → Mn⁺²  và Fe⁺²  → Fe⁺³ + 1e

Thạch cao nung được dùng để nặn tượng, đúc khuôn và bột bó khi gãy xương...

\(\begin{array}{l} X\left\{ \begin{array}{l} Glu{\rm{ N}}{{\rm{H}}_2}{C_3}{H_5}{\left( {COOH} \right)_2}:x{\rm{ }}mol\\ Lys{\rm{ }}{\left( {N{H_2}} \right)_2}{C_5}{H_9}COOH:y{\rm{ mol}} \end{array} \right. \to Y \to \left\{ \begin{array}{l} {\rm{N}}{{\rm{H}}_2}{C_3}{H_5}{\left( {COONa} \right)_2}\\ {\left( {N{H_2}} \right)_2}{C_5}{H_9}COONa\\ NaCl:0,4mol \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} x + y = 0,3\\ 2x + y + 0,4 = 0,8 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x = 0,1\\ y = 0,2 \end{array} \right. \end{array}\)

Axit glutamic: HOOC-CH₂CH₂CH(NH₂)COOH → quỳ chuyển hồng

Phân tử tinh bột hấp thụ iot tạo ra màu xanh tím.

Glucozo có chứa CHO → có phản ứng tráng bạc.

Anilin có phản ứng thế ở nhân thơm với brom tạo kết tủa trắng

2Fe(NO₃)₃ → Fe₂O₃ + 6NO₂ + 1,5 O₂.

Fe₂O₃ + 3H₂ →  2Fe + 3H₂O

Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂.

3FeCl₂ + 4HNO₃ → 2FeCl₃ + Fe(NO₃)₃ + NO + 2H₂O

Các chất đó là: CuSO₄, NaOH, NaHSO₄, K₂CO₃, Ca(OH)₂, H₂SO₄, HNO₃, HCl

M + nH₂O → M(OH)_n + n/2 H₂.

Cu²⁺ + 2OH^- → Cu(OH)₂,

Ta có: n(H₂) = 0,1 → n(OH^-) = 0,2 mol

Mặt khác: n(Cu²⁺) = 0,2. 0,6 = 0,12 mol → n(Cu(OH)₂) = 0,1 → m = 9,8 (g)

Các trường hợp: 1, 2, 3, 4.

Fe-Cr-Ni là thép không gỉ, không bị ăn mòn điện hóa.

Các chất đó là: isoamyl axetat, phenylamoni clorua, Gly-Val, triolein

Ta có:  \(\frac{{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}}}{{k - 1}} = {n_X}\)

Ta có X tác dụng với Br₂ theo tỉ lệ 1:5 nên nó có 5 liên kết C=C 

⇒ k = 5+3 =8

⇒ y – z = 7x => y = 7x + z

Ta có: nFe₂(SO₄)₃ = 0,1 mol và nCuSO₄ = 0,15 mol 

Do nung kết tủa ngoài không khí thu được 15,2 gam hỗn hợp 2 oxit nên 2 oxit là MgO và Fe₂O₃ (Zn(OH)₂ bị hòa tan trong NaOH dư) do vậy Cu hết và Fe³⁺ hết

Gọi số mol Zn là a  → số mol Mg là 2a.

\( \to {n_{F{e^{2 + }}trong{\rm{ Y}}}} = \frac{{0,1.2.3 + 0,15.2 - 2a.2 - 2a}}{2} = 0,45 - 3a\) 

Vậy oxit gồm 2a mol MgO và 0,225-1,5a mol Fe₂O₃

⇒ 40.2a +160(0,225-1,5a)=15,2

Giải được: a=0,13

Rắn Z thu được gồm Cu 0,15 mol và Fe 0,14 mol (bảo toàn Fe) → m = 17,44 gam

\(\left\{ \begin{array}{l} A{l_2}{O_3}\\ CuO\\ F{e_2}{O_3}\\ MgO \end{array} \right. + {H_2} \to X\left\{ \begin{array}{l} A{l_2}{O_3}\\ Cu\\ Fe\\ MgO \end{array} \right. \to Y\left\{ \begin{array}{l} AlC{l_3}\\ FeC{l_2}\\ MgC{l_2}\\ HCl \end{array} \right. \to Y\left( \downarrow \right)\left\{ \begin{array}{l} Fe{\left( {OH} \right)_2}\\ Mg{\left( {OH} \right)_2} \end{array} \right. \to Z\left\{ \begin{array}{l} F{e_2}{O_3}\\ MgO \end{array} \right.\)

Y hòa tan được Fe do có phản ứng 2FeCl₃+ Fe → 3FeCl₂.

X  chứa hai hợp chất  Al₂O₃, MgO và hai đơn chất.

Trong Z chứa hai loại oxit là Fe₂O₃ và MgO.

 Dung dịch Y chứa 3 muối clorua và axit.

(1). C₆H₁₂O₆ → 2C₂H₅OH + 2CO₂.

→ X₁ là C₂H₅OH

(4). C₂H₅OH + O₂ → CH₃COOH + H₂O

→ X₄ là CH₃COOH

(3). C₇H₁₂O₄ + 2H₂O ↔ C₂H₅OH + X₂ + CH₃COOH

→ X₂ là HOOC-C₂H₄-OH

(2). C₂H₅OH + HOOC-C₂H₄-OH → C₂H₅OOC-C₂H₄-OH + H₂O

→ X₃: C₂H₅OOC-C₂H₄-OH

→ X₃ tạp chức; X₂ có 6 H; Nhiệt độ sôi của CH₃COOH > C₂H₅OH và Y có 2 đồng phân cấu tạo

 \({n_{glucozo}} = 0,01mol \to N{L_{LT}} = 2813.0,01 = 28,13kJ = 6720,34Cal\)

Thực tế cần:  \(NL = \frac{{6720,34}}{{10\% }} = 67203,4Cal\)

Mỗi cm² cần nhận \(\frac{{67203,4}}{{10.10.\left( {22.60 + 26} \right)}} = 0,5Cal\) 

 \({n_{C{r_2}{O_3}}} = 0,03mol\)

Cho toàn bộ X tác dụng với HCl loãng nóng thu được 0,12 mol H₂.

Ta thấy 0,12 >nCr = 0,06 do vậy Al dư

Vậy X chứa Cr 0,06 mol, Al₂O₃ 0,03 mol và Al dư  

\( \to {n_{Al}} = \frac{{0,12 - 0,06}}{{1,5}} = 0,04mol\)

X tác dụng với lượng dư NaOH 

\( \to {n_{NaOH}} = 0,03.2 + 0,04 = 0,1mol\)

Các mệnh đề dúng là: 1, 2, 3, 4

+ Nhỏ dung dịch Br₂ vào ống nghiệm chứa benzen không có hiện tượng.

+ Nhỏ nước vào anilin dung dịch không đồng nhất do anilin ít tan trong nước

Xét từng hỗn hợp:

(a) Na + H₂O → NaOH + 1/2H₂

Al + NaOH + H₂O → NaAlO₂ + 3/2 H₂

Al tan hết trong Na theo tỉ lệ 1 : 2.

(b) Fe₂(SO₄)₃ + Cu → 2FeSO₄ + CuSO₄

Cu tan hết trong Fe₂(SO₄)₃ theo tỉ lệ 1 : 1

(c) Fe₂O₃ + 6HCl → 2FeCl₃ + 3H₂O

       1 mol →              2 mol

Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂ (1)

              2                             2

Vì tỉ lệ 2 : 1 nên giả sử có 1 mol Fe₂O₃ và 2 mol Cu. Theo phản ứng (1) thì dư a mol Cu.

(d) BaO + H₂O → Ba(OH)₂

Na₂SO₄ + Ba(OH)₂ → BaSO₄ + 2NaOH.

Có kết tủa BaSO₄ nên không thu được dd.

(e) Al₄C₃ + 12H₂O → 4Al(OH)₃ + 3CH₄

      1 mol →                4

CaC₂ + 2H₂O → Ca(OH)₂ + C₂H₂

      2 mol →            2

Ca(OH)₂ + 2Al(OH)₃ → Ca(AlO₂)₂ + 4H₂O

2                     4

Như vậy Al(OH)₃ phản ứng hết. thu được dung dịch.

(f) NaHCO₃ + NaOH → Na₂CO₃ + H₂O

BaCl₂ + Na₂CO₃ → BaCO₃ + 2NaCl.

Sau phản ứng có kết tủa BaCO₃.

Các trường hợp thoả mãn là: (a) (b) (e).

Đáp án: B.

Ta có: \({n_{Al{{(OH)}_3}}} = 0,04mol\)

Dẫn Y qua bình đựng Br₂ dư thấy Br₂ phản ứng 0,12 mol.

Gọi số mol Al₄C₃, CaC₂ và Ca lần lượt là a, b, c.

Do vậy khí X thu được gồm 3a mol CH₄, b mol C₂H₂ và c mol H₂.

Mặt khác: \({n_{Al{{(OH)}_3}}} = 4a - 2b - 2c = 0,04\)  

Cho X qua Ni thu dược hỗn hợp Y chỉ gồm các hidrocacbon nên số mol của Y là 3a+b mol

\( \to \frac{{16.3a + 26b + 2c}}{{3a + b}} = 18,9\)

Mặt khác bảo toàn liên kết π: 2b - c = 0,12

Giải hệ:  a = b = 0,1; c = 0,08 ⇒ m = 24g

Có n(NaOH) = 0,15 mol; n(H₂) = 0,08 mol.

Dd X gồm Na⁺; ZnO₂^-, OH^‑.

OH^- + H⁺ → H₂O

ZnO₂^- + 2H⁺ → Zn(OH)₂ ↓

Zn(OH)₂ + 2H⁺ → Zn²⁺ + H₂O.

Dùng hết 0,08 mol HCl thì bắt đầu có kết tủa → n(OH^-) = 0,08 mol.

Khi cho 0,32 mol HCl hay 0,48 mol HCl vào dd X đều thu được a gam kết tủa.

Có:

n(H⁺ _trước) = 2.n↓ + n(OH^-) → n↓ = (0,32 – 0,08) : 2 = 0,12 mol.

n(H⁺ _sau) = 4.n(ZnO₂^-) – 2n↓ + n(OH^-) → n(ZnO₂^-) = 0,16 mol.

BTĐT trong dd X → n(Na⁺) = 0,4 mol.

BTNT (H): n(NaOH) + 2n(H₂O) = 2.n(H₂) + n(OH^-)

→ n(H₂O) = (2.0,08 + 0,08) : 2 = 0,045 mol.

BTKL: m(hh) + m(NaOH) + m(H₂O) = m(H₂) + m(Na⁺) + m(ZnO₂^-) + m(OH^-)

→ m = (0,08.2 + 23.0,4 + 0,16.97 + 0,08.17) – (0,15.40 + 0,045.18) = 19,43 gam.

Các mệnh đề: 3, 4, 5.

+ Mệnh đề 1: Thủy phân saccarozo thu được glucozo và glucozo còn thủy phân xenlulozo chỉ thu được glucozo.

+ Mệnh đề 2: Từ caprolactam bằng phản ứng trùng hợp trong điều kiện thích hợp người ta thu được tơ capron.

+ Mệnh đề 6: Cu(OH)₂ phản ứng với anbumin cho sản phẩm có màu tím đặc trưng (phản ứng màu biure)

+ Mệnh đề 7: Peptit mà trong phân tử chứa 2, 3, 4 nhóm -NH-CO- lần lượt gọi là tripeptit, tetrapeptit, pentapeptit.

+ Mệnh đề 8: Sobitol là hợp chất đa chức.

+ Mệnh đề 9: Xenlulozo là chất dễ cháy, nổ mạnh dùng để làm thuốc súng.

+ Mệnh đề 10: etyl butirat và isoamyl axetat không phải đồng phân của nhau

Các phát biểu đúng: 1, 4, 6, 7.

+ Cho CrO₃ vào dung dịch KOH dư tạo ra K₂CrO₄.

+ Cho bột Al dư vào dung dịch FeCl₃ đến phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch chứa AlCl₃.

+ Cho Ba vào dung dịch CuSO₄ thì giải phóng ra H₂ và cho kết tủa BaSO₄; Cu(OH)₂

Ta có:  \({n_{R{{\left( {N{O_3}} \right)}_2}}} = 0,45V;{n_{NaCl}} = 0,4V\)

Điện phân t giây thu được 0,3 mol hỗn hợp khí ở anot gồm O₂ và Cl₂ do vậy lúc này NaCl hết.

Nếu điện phân 2t giây thì thu được được dung dịch Y. Y tác dụng vừa đủ hỗn hợp 0,3mol KOH và 0,2 mol NaOH, không sinh ra kết tủa, do vậy lúc này dung dịch kiềm chỉ phản ứng với H⁺ và ion R²⁺ đã bị điện phân hết.

Bảo toàn e:  \({n_{{H^ + }}} = 0,45V.2 - 0,4V = 0,5 \to V = 1\)

Đốt cháy 0,09 mol hỗn hợp M bằng O₂ vừa đủ thu được 0,459 mol hỗn hợp khí và hơi.

Dẫn N qua bình đựng H₂SO₄ dư thì H₂O bị giữ lại  

\(\begin{array}{l} \to {n_{{H_2}O}} = 0,2295mol\\ \to \overline H = \frac{{0,2295.2}}{{0,09}} = 5,1 \end{array}\)

Do anken có số C lớn hơn 3 nên từ 6H trở lên vậy 2 amin có ít nhất 1 amin  số H từ 5 trở xuống vậy có một amin có 5H amin còn lại có 7H.

Ta có:  \({n_{{N_2}}} < 0,045 \to {n_{C{O_2}}} > 0,1845\)

 \( \to {n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} < 0,2295 - 0,1845 = 0,045 = \frac{{0,09}}{2} < \frac{{0,09.3}}{2}\)

 Do vậy 2 amin phải là CH₂=CHNH₂ và C₃H₅NH₂.

\({M_Y} + {M_Z} = 100\)

Ta có:  \({n_{HCl\left( {pu} \right)}} = 2{n_O} = 0,12.2 = 0,24mol \to {n_{HCl\left( {du} \right)}} = 0,06mol\)

Cho AgNO₃ dư vào X thu được kết tủa gồm AgCl và Ag.

Bảo toàn Cl:

 \(\begin{array}{l} {n_{AgCl}} = 0,03.2 + 0,24 + 0,06 = 0,36mol\\ \to {n_{Ag}} = 0,015mol \end{array}\) 

Cho AgNO₃ vào X thì xảy ra quá trình:

 \(\begin{array}{l} 4{H^ + } + NO_3^ - + 3e \to NO + 2{H_2}O\\ A{g^ + } + e \to Ag \end{array}\)

Bảo toàn e toàn quá trình: 

\({n_{Fe}} = \frac{{0,06.4 + 0,03.2 + 0,06.\frac{3}{4} + 0,015}}{3} = 0,12mol\)

⇒ m=6,72g

T là este 2 chức, mạch hở, tạo từ 2 axit và 1 ancol nên các axit này đều là đơn chức và ancol 2 chức.

Đặt Z là R(OH)2 \( \to {n_Z} = {n_{{H_2}}} = 0,26\) 

Khối lượng tăng là khối lượng của RO₂ bị hấp thụ  

\(\to 0,26(R + 32) = 19,24 \to R = 42\)thỏa mãn Z là C₃H₆(OH)₂.

Muối có dạng RCOONa 0,4 mol

\( \to {n_{{H_2}O}} = 0,4 \to \overline H = 2\) thỏa mãn muối là HCOONa 0,2 mol và C_xH₃COONa 0,2 mol

\(\to {n_{{O_2}}} = 0,2(x + 1) + 0,1 = 0,7 \to x = 2\)

Vậy X, Y là HCOOH và CH₂=CH-COOH

→  T là HCOOC₃H₆OOC-CH=CH₂.

Quy đổi E thành: 

HCOOH 0,2 mol, CH₂=CH-COOH 0,2 mol, C₃H₆(OH)₂ 0,26 mol và H₂O –y mol

\(\begin{array}{l} \to {m_E} = 38,86 \to y = 0,25\\ \to {n_T} = \frac{y}{2} = 0,125 \to \% T = \frac{{0,125.158}}{{38,86}} = 50,82\% \end{array}\)

Cho 19,68gam hỗn hợp Mg, FeCO₃ tác dụng với 1,22mol NaHSO₄ và 0,08mol Fe(NO₃)₃ thu được hỗn hợp X chứa NO, N₂O và 0,06mol CO₂. Ngoài ra thu được 3,36gam kim loại không tan là Fe (0,06mol)

Ta có: \({n_{FeC{O_3}}} = {n_{C{O_2}}} = 0,06mol \to {n_{Mg}} = 0,53mol\) 

Do có kim loại không tan nên H⁺ hết

Bảo toàn Fe: \({n_{F{e^{2 + }}trong{\rm{ Y}}}} = 0,08mol\) 

Dung dịch Y sẽ chứa Mg²⁺: 0,53mol; Fe²⁺:0,08mol; NH₄⁺;Na⁺:1,22mol, SO₄^2-:1,22mol và NO₃^-

Y tác dụng vừa đủ với 1,26mol NaOH \( \to {n_{NH_4^ + }} = 1,26 - 0,08.2 - 0,53.2 = 0,04mol\) 

Bảo toàn điện tích \({n_{NO_3^ - }} = 0,53.2 + 0,08.2 + 0,04 + 1,22 - 1,22.2 = 0,04mol\) 

Bảo toàn N: \({n_{N\left( X \right)}} = 0,08.3 - 0,04 - 0,04 = 0,16mol\) 

Gọi số mol NO và N₂O lần lượt là x, y → x + 2y = 0,12

Bảo toàn e: 0,53.2 = 3x + 8y + 0,04.8 + 0,08 + 0,06.2

Giải hệ: x = 0,1; y = 0,03 → a = 9,158

Vì ancol là C₂H₅OH ⇒ Z là este của alanin.

+ Quy đổi E thành C_nH_2n–1NO, H₂O và C₂H₅OH ta có:

m_{Hỗn hợp} = 36,58 + 0,05×18 = 37,48 gam || Sơ đồ ta có:

\(37,48g\left\{ \begin{array}{l} {C_n}{H_{2n - 1}}NO:0,5\\ {H_2}O:a + 0,05\\ {C_2}{H_5}OH:0,05 \end{array} \right. + NaOH \to \left\{ \begin{array}{l} {C_n}{H_{2n}}N{O_2}Na:0,5\\ {C_2}{H_5}OH:0,05 \end{array} \right. + \underbrace {{H_2}O}_{a + 0,05}\) 

+ PT theo số mol O₂ đốt cháy muối là: 0,5× (6n-3) : 4 = 1,59 nên n = 2,62

⇒ Bảo toàn khối lượng hỗn hợp E ⇒ m_H2O = 2,34 gam ⇒ n_H2O = 0,13 mol.

⇒ n_{(X + Y)} = 0,13 – 0,05 = 0,08 mol.

+ Với ∑n_{α–amino axit trong X và Y} = 0,5 – 0,05 = 0,45 mol.

Nhận thấy 0,45÷0,08 = 5,625 ⇒ Pentapeptit và Hexapeptit.

Đặt n_Pentapeptit = a và n_Hexapeptit = b ta có hệ:

 \(\left\{ \begin{array}{l} a + b = 0,08\\ 5a + 6b = 0,45 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_{pentapeptit}} = 0,03\\ {n_{hexapeptit}} = 0,05 \end{array} \right.\)

Gọi số C trong pentapeptit và hexapeptit lần lượt là a và b:

⇒ PT bảo toàn C trong peptit là: 0,03a + 0,05b = 0,5×2,62 –0,05×5 = 1,06 (ĐK 10≤a≤15 và 12≤b≤18)

Ta có 3a + 5b = 106 || Giải PT nghiệm nguyên ⇒ a = 12 và b = 14.

⇒ X có dạng (Gly)₃(Ala)₂ và Y có dạng (Gly)₄(Ala)₂.

\( \to \% = \frac{{0,03.331}}{{36,58}}.100\% = 27,1\% \)