Ta biết: \(2CrO_4^{2 - } + 2{H^ + }\to C{r_2}O_7^{2 - } + {H_2}O\).

→ Khi thêm H₂SO₄ vào, cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.

→ muối Na₂CrO₄ có màu vàng chuyển dần sang màu da cam của muối Na₂Cr₂O₇.

Chỉ có Chỉ có Al(OH)₃ phản ứng được với dung dịch axit HCl: \(Al{\left( {OH} \right)_3} + 3HCl\to AlC{l_3} + 3{H_2}O\). 

Ở nhiệt độ thường, khi được nén dưới áp suất 60 atm, khí CO₂ sẽ hóa lỏng. Khi làm lạnh đột ngột khí CO₂ hóa thành khối rắn, trắng, gọi là “nước đá khô”.

Tên gọi của hợp chất hữu cơ CH₃COOH là axit axetic.

Đáp án D

Li là kim loại nhẹ nhất

Đáp án A

Nguyên nhân gây ngộ độc là do khí CO sinh ra trong quá trình đốt than

Đáp án D

\(NaHC{O_3};N{H_4}HC{O_3}\) và KHS là các muối axit vì chứa gốc anion còn hiđro có khả năng phân li ra ion H⁺. Chỉ có muối NH₄Cl trong dãy thuộc loại muối trung hòa.

\(KHC{O_3} + HCl \to KCl + C{O_2} \uparrow + {H_2}O\)

Metylamin làm xanh quỳ tím

Đáp án C

Công thức chung của anken là \({C_n}{H_{2n}}\left( {n \ge 2} \right)\)

Xenlulozơ thuộc loại polisaccarit

Đáp án D

Crom (III) hiđroxit (Cr(OH)₃) là một chất lưỡng tính, tan được trong dung dịch NaOH.

Phản ứng hóa học xảy ra: Cr(OH)₃ + NaOH → NaCrO₂ + 2H₂O.

Chỉ có Al trong X phản ứng với NaOH, phương trình: \(2Al + 2NaOH \to 2NaAl{O_2} + 3{H_2} \uparrow \).

Giả thiết cho 0,15 mol H₂ → 10,7 gam X chứa 0,1 mol Al → còn lại MgO có 8,0 gam.

Cho hỗn hợp vào lượng dư dung dịch AgNO₃/NH₃ xảy ra:

CH₃CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O → CH₃COONH₄ + 2NH₄NO₃ + 2Ag↓.

HC≡CH + 2AgNO₃ + 2NH₃ → AgC≡CAg↓ + 2NH₄NO₃.

Theo đó, gọi số mol CH₃CHO và C₂H₂ trong 8,04 gam hỗn hợp lần lượt là a, b mol.

Ta có ngay hệ các phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}44a + 26b = 8,04\\216a + 240b = 55,2\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0,1\,\,mol\\b = 0,14\,\,mol\end{array} \right..\)

55,2 gam kết tủa gồm 0,2 mol Ag và 0,14 mol AgC≡CAg.

Dẫn lượng này vào dung dịch HCl dư, chỉ xảy ra phản ứng:

AgC≡CAg + 2HCl → HC≡CH + 2AgCl↓.

⇒ m gam chất không tan thu được gồm 0,2 mol Ag và 0,28 mol AgCl

⇒ m = 61,78 gam.

Chỉ xảy ra các phản ứng:  

\(\begin{array}{l} {H_2} + CuO \to Cu + {H_2}O\\ 3{H_2} + F{e_2}{O_3} \to 2Fe + 3{H_2}O \end{array}\)

H₂ không khử được oxit các kim loại Mg và Al.

Theo đó, kết thúc quá trình, hỗn hợp chất rắn thu được gồm Cu, Fe, Al₂O₃, MgO.

\({C_6}{H_5}ONa + C{O_2} + {H_2}O \to {C_6}{H_5}OH + NaHC{O_3}\)

Đáp án D

Phản ứng: \(3Cu + 8{H^ + } + 2NO_3^ - \to 3C{u^{2 + }} + 2NO \uparrow + 4{H_2}O\)

Khí NO không màu, hóa nâu trong không khí (phản ứng: \(2NO + {O_2} \to 2N{O_2}\)).

→ Chứng tỏ chất X chứa gốc nitrat 

 Mặt khác: \(X + NaOH \to N{H_3} \uparrow \) (khí mùi khai thoát ra) || → X chứa gốc amoni (NH₄⁺).

Theo đó, chất X phù hợp là amoni nitrat.

Sơ đồ phản ứng: 9,85 gam hỗn hợp hai amin + ? gam HCl → 18,975 gam hỗn hợp muối.

→ Bảo toàn khối lượng có \({m_{HCl}} = 9,125{\rm{ gam}} \to {n_{HCl}} = 0,25{\rm{ mol}} \to V = 250{\rm{ ml}}\).

Phản ứng este hóa:

CH₃COOH + C₂H₅OH  ⇄ CH₃COOC₂H₅ + H₂O.

Hóa chất được cho vào bình 1 trong thí nghiệm trên gồm CH₃COOH, C₂H₅OH và H₂SO₄ đặc.

 Vai trò của H₂SO₄ đặc là xúc tác cho phản ứng; đồng thời nó là chất hút nước → làm cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận

⇒ tăng hiệu suất của phản ứng este hóa

Glucozơ không có phản ứng thủy phân

Đáp án A

(a) P₂O₅ + 3H₂O → 2H₃PO₄.

(b) 4NO₂ + O₂ + 2H₂O → 4HNO₃.

(c) CO₂ + H₂O + Na₂SiO₃ → NaHCO₃ + H₂SiO₃↓.

(d) P + 5HNO_{3 đặc} (t⁰) → H₃PO₄ + 5NO₂ + H₂O.

⇒ cả 4 phản ứng đều thỏa mãn ⇒ chọn D.

Trong các phát biểu trên, số phát biểu đúng gồm (b) (c) (d) và (e) 

⇒ Chọn C

Đặt n_Al2(SO4)3 = a mol; n_Al(NO3)3 = b (mol)

*Khi y = 4,275 gam thì BaSO₄ đạt cực đại

BT “S”: n_BaSO4 = n_Ba(OH)2 = 3n_Al2(SO4)3 = 3a (mol)

n_OH- = 6a (mol) → n_Al(OH)3 = 2a (mol)

Ta có: y = 233.3a + 78.2a = 4,275 → a = 0,005 mol

*Khi x = 0,045 mol → Al(OH)₃ đạt cực đại

→ n_Al3+ = n_OH-:3 hay 2a + b = 0,09:3 => b = 0,02

→ m = 0,005.342 + 0,02.213 = 5,97 gam

\(NaHC{O_3} \to NaOH + C{O_2}\)

→ Sai

Đáp án D

*Giả sử chỉ tạo muối NaH₂PO₄ → n_NaH2PO4 = n_P = 0,015.2 + 0,02 = 0,05 mol

→ m₁ = 0,05.120 = 6 (g)

*Giả sử chỉ tạo muối Na₂HPO₄ → n_Na2HPO4 = n_P = 0,015.2 + 0,02 = 0,05 mol

→ m₂ = 0,05.142 = 7,1 (g)

*Giả sử chỉ tạo muối Na₃PO₄ => n_Na3PO4 = n_P = 0,015.2 + 0,02 = 0,05 mol

→ m₃ = 0,05.164 = 8,2 (g)

Thấy m₁ < m < m₂ → Tạo 2 muối NaH₂PO₄ (x mol) và Na₂HPO₄ (y mol)

Ta có: 

x + y = nP = 0,05 và 142x + 120y = 6,88 

→ x = 0,04 và y = 0,01

BT “Na”: n_NaOH = n_NaH2PO4 + 2n_Na2HPO4 – 3n_Na3PO4 = 0,03 mol

X là Gly-Ala-Val có MX = 245 → 24,5 gam X tương ứng với 0,1 mol.

HCl dùng dư nên quá trình (X + NaOH), sau đó + HCl cuối cùng sản phẩm muối thu được gồm:

0,6 mol NaCl + 0,1 mol Gly-HCl + 0,1 mol Ala-HCl + 0,1 mol Val-HCl.

→ \(m = 0,6 \times 58,5 + 0,1 \times 111,5 + 0,1 \times 125,5 + 0,1 \times 153,5 = 74,15\) gam.

(b), (c), (e)

Độ bất bão hòa của X là k = 0,2/a + 3

* Khi đốt cháy X:

Bảo toàn nguyên tố O ta có: 6.n_X + 2.n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O

Suy ra n_H2O = 6a + 2.7,75 - 2.5,5 = 6a + 4,5 (1)

Mặt khác: n_X.(k - 1) = n_CO2 - n_H2O → a.(0,2/a + 3 - 1) = 5,5 - (6a + 4,5)

Giải phương trình trên ta được a = 0,1

Thay vào (1) ta được n_H2O = 5,1 (mol)

Bảo toàn khối lượng cho phản ứng đốt cháy ta có: m_X + m_O2 = m_CO2 + m_H2O

→ m_X = 85,8 gam

*Khi thủy phân triglixerit X trong NaOH vừa đủ:

Gọi công thức của X là (RCOO)₃C₃H₅.

(RCOO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3RCOONa + C₃H₅(OH)₃

0,1 0,3 0,1 mol

Bảo toàn khối lượng cho phản ứng thủy phân ta có:

m = m_muối = m_X + m_NaOH - m_glixerol = 85,8 + 0,3.40 - 0,1.92 = 88,6 (gam)

2Al (M) + 3Cl₂ → 2AlCl₃ (X).

2AlCl₃ + 4Ba(OH)₂ → Ba(AlO₂)₂ (Y) + 3BaCl₂ + 4H₂O.

Ba(AlO₂)₂ + 2CO_{2 dư} + 4H₂O → Ba(HCO₃)₂ + 2Al(OH)₃ (Z).

(b), (c) → X1 là C6H4(COONa)2

X3 là C6H4(COOH)2

X4 là C2H4(OH)2

(a) có H2O nên X chứa chức axit → X là CH3-OOC-C6H4-COOH và X2 là CH3OH (d)

→ X5 là C6H4(COOCH3)2 →  MX5 = 194

Đáp án D

Có 4 amin là chất khí ở nhiệt độ thường gồm: metylamin: CH₃NH₂; etylamin: C₂H₅NH₂; đimetylamin: CH₃NHCH₃ và trimetylamin (CH₃)₃N.

Vì có vòng benzen nên có thể tác dụng với NaOH theo tỷ lệ 1:2

+ Đặt n_{Este td với NaOH tỉ lệ 1:1} (Este A) = a

+ Đặt n_{Este td với NaOH tỉ lệ 1:2} (Este B) = b

Ta có sơ đồ

\(\left\{ \begin{array}{l}A:a\\B:b\end{array} \right. + \underbrace {NaOH}_{0,2(mol)} \to \underbrace {Muoi}_{20,5g} + \underbrace {Ancol}_{(6,9 + a)gam} + \underbrace {{H_2}O}_{b(mol)}\)

PT theo n_NaOH: a + 2b = 0,2 (2)

PT theo BTKL: 136(a+b) + 8 = 20,5 + 6,9 + a + 18b ⇒ 135a + 118b = 19,4 (2)

+ Giải hệ (1) và (2) ta có a = 0,1 và b = 0,05

⇒ m = 136(a+b) = 20,4 gam ⇒ Chọn C

Theo pt đường chéo:  nCl2 : nO2 = 5 : 1 → nCl2 = 5a; nO2 = amol

Gọi nMg = x; nFe = y${\mathrm{n,}}_{}$ Fe dư: 0,02 mol

BT e có: 2x + 2(y – 0,02)=5a.2 + 4a + 0,01.2

 T + AgNO₃ có:  

m↓= 27,28 = 143,5[2x+2(y−0,02)] + 108(y−0,02)

→ x = 0,04; y=0,06; a=0,01

→ n↑=0,06

→V = 1,344

Đáp án A

21,5 gam dung dịch giảm → đọc tương ứng ra 0,1 mol CuCl₂ + 0,1 mol CuO.

(nếu tự luận, sẽ phải xét trường hợp ra H₂O nữa, nhưng trắc nghiệm quan sát 4 đáp án x ≥ 0,2 nên ổn).

Từ đó, tương ứng đọc ra X chứa 0,2 mol NaNO₃ và (x – 0,2) mol Cu(NO₃)₂ + 0,2 mol HNO₃.

Phản ứng với thanh sắt:

\({\rm{Fe}}\,\,{\rm{ + }}\,\,\,\left\{ \begin{array}{l}\overbrace {{\rm{Cu}}{{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_{\rm{3}}}} \right)}_{\rm{2}}}}^{\left( {{\rm{x}} - {\rm{0,2}}} \right)\,\,{\rm{mol}}}\\\,\,\,\,\underbrace {{\rm{HN}}{{\rm{O}}_{\rm{3}}}}_{{\rm{0,2}}\,\,{\rm{mol}}}\end{array} \right\}\,\,\, \to \,\,\,{\rm{Fe}}{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_{\rm{3}}}} \right)_{\rm{2}}}\,\,\,{\rm{ + }}\,\,\underbrace {\,{\rm{NO}}\,}_{{\rm{0,05}}\,\,{\rm{mol}}}\,\,{\rm{ + }}\,\,\,{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{O}}\,\,\,{\rm{ + }}\,\,\,{\rm{Cu}}{\rm{.}}\)

0,2 mol HNO₃ ⇒ có 0,05 mol NO ⇒ bảo toàn nguyên tố N có (x – 0,125) mol Fe(NO₃)₂.

 Δm_{thanh sắt giảm} = m_{Fe mất đi} – m_{Cu tạo thêm} = 56 × (x – 0,125) – 64 × (x – 0,2) = 2,6

⇒ x = 0,4

Do 2 thí nghiệm thu được lượng khí khác nhau ⇒ H⁺ không dư.

Xét thí nghiệm 1: cho từ từ H⁺ vào CO₃^2– ⇒ phản ứng xảy ra theo thứ tự:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{{H^ + } + CO_3^{2 - } \to HCO_3^ - }\\{{H^ + } + HCO_3^ - \to C{O_2} + {H_2}O}\end{array}} \right.\) ⇒ n_CO2 = n_H⁺ – n_CO3^2– = (b – a) mol.

Xét thí nghiệm 2: cho từ từ CO₃^2– vào H⁺ ⇒ chỉ xảy ra phản ứng:

2H⁺ + CO₃^2– → CO₂ + H₂O ⇒ n_CO2 = n_H⁺ ÷ 2 = 0,5b mol.

0,5b = 3 × (b – a) ⇒ 3a = 2,5b ⇒ a : b = 5 : 6 ⇒ chọn B.

Quy X và Y về CH₂, COO và NH₃ 

⇒ n_NH3 = 2n_N2 = 0,2 mol.

COO ⇌ CO₂ ⇒ không bị đốt

⇒ n_O2 = 1,5n_CH2 + 0,75n_NH3 

⇒ n_CH2 = 0,66 mol.

⇒ n_COO = 0,91 – 0,66 = 0,25 mol

⇒ m = 0,24 × 56 = 14(g) 

⇒ chọn D.

Giả sử sản phẩm khia hấp thụ vào dung dịch KOH sinh ra muối K_aA (A^a- là gốc anion axit tạo muối).

Bảo toàn nguyên tố K  .

Lại có: khối lượng hỗn hợp khí là 32 – 6,08 = 25,92 gam.

Khối lượng dung dịch muối là 25,92 + 400 = 425,92 gam.

Theo đó:

C% = [(0,24.(39a + A) : 425,92a].100% = 5,69 → A = 62a

Tương ứng a = 1 → A = 62 là gốc .

 vậy trong sản phẩm khí có NO₂, O₂ và muối ban đầu là muối nitrat.

Khi nhiệt phân muối nitrat thì sản phẩm rắn là nitrit hoặc oxit kim loại hoặc kim loại.

ó Giả thiết hợp chất rắn không tan trong nước  đó là oxit kim loại hoặc kim loại.

- Xét nếu 6,08 gam Z là oxit kim loại: 

M(NO3)n → M2Om + NO2 + O2 (hóa trị m > n)

Ta có: nNO3- = nNO2 = nKOH = 0,24 mol

→ n muối = nM = 0,24 : n → M = 52

là kim loại Cr, muối là Cr(NO₃)₃.

Nhận xét: m_{muối khan} = 0,08 ´ 238 = 19,04 < 32 gam  muối X là muối có kết tinh nước. 

mH2O X ngậm = 32 - 19,04 = 12,96 

→ nH2) X ngậm = 0,72 mol

Tỉ lệ 0,72 + 0,08 = 9  công thức muối X tương ứng là Cr(NO₃)₃.9H₂O.

 Yêu cầu: %m O trong X = (18.16) : (400.100%) = 72%

Đốt 11,16 gam E + 0,59 mol O₂ → ? CO₂ + 0,52 mol H₂O.

⇒ Bảo toàn khối lượng có: n_CO2 = 0,47 < nH₂O → Z là ancol no, 2 chức.

Quy đổi E về hỗn hợp gồm: CH₂=CHCOOH, C₃H₆(OH)₂, CH₂, H₂O.

nCH₂=CHCOOH = n_Br2 = 0,1 mol. Đặt nC₃H₆(OH)₂ = x mol; n_CH2 = y mol; nH₂O = z mol.

n_O2 = 0,1 × 3 + 4x + 1,5y = 1,275 mol; n_CO2 = 0,1 × 3 + 3x + y = 1,025 mol.

nH₂O = 0,1 × 2 + 4x + y + z = 1,1 mol

⇒ Giải hệ cho:

x = 0,225 mol; y = 0,05 mol; z = – 0,05 mol ⇒ không ghép CH₂ cho ancol được.

Muối gồm CH₂=CHCOONa: 0,1 mol; CH₂: 0,05 mol

⇒ m = m_muối = 0,1 × 94 + 0,05 × 14 = 10,1 gam.

CuSO₄ + 2NaOH → Cu(OH)₂ ↓ xanh lam + Na₂SO₄

Lòng trắng trứng + Cu(OH)₂ + NaOH → tạo phức màu tím

Đáp án A

Các chất X, Y, Z, T lần lượt là FeSO4, Cr2(SO4)3, NaCrO2, Na2CrO4.

FeO + H2SO4 → FeSO4 + H2O

FeSO4 + Na2CrO4 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + Na2SO4 + Cr2(SO4)3 + H2O

Cr2(SO4)3 + NaOH → NaCrO2 + Na2SO4 + H2O

NaCrO2 + Br2 + NaOH → Na2CrO4 + NaBr + H2O