Khối lượng chất rắn giảm chính là khối lượng oxi phản ứng:

RCH₂OH + CuO → RCHO + H₂O + Cu

                                  0,02       0,02     0,02

M_tb = 38 → M_RCHO = 58 : CH₃CH₂CHO

→ mC₃H₇OH = 0,02.60 =1,2 (gam)

- X phản ứng với H₂: nH₂ = 2n_X = 2n_Ancol  → X có 2 liên kết pi và M_X =  (19 – 0,5.2) : 0,25 = 72

- Nếu X là RCHO → M_R = 43 (C₃H₇) → X là C₃H₇CHO → loại vì chỉ có 1pi.

- Nếu X là R(CHO)₂ → M_R = 14 (CH₂) → X là CH₂(CHO)₂ → nhận vì có 2 pi

nAg = 4nX = 0,2 mol 

mAg = 21,6 gam

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

⇒ Bảo toàn khối lượng có: n_CO2 = 0,47 < n_H2O → Z là ancol no, 2 chức.

Quy đổi E về hỗn hợp gồm: CH₂=CHCOOH, C₂H₄(OH)₂, CH₂, H₂O.

nCH₂=CHCOOH = nBr₂ = 0,04 mol.

Đặt nC₂H₄(OH)₂ = x mol; n_CH2 = y mol; nH₂O = z mol.

Ta có: m_E = 0,04 × 72 + 62x + 14y + 18z = 11,16 gam

Bảo toàn cacbon: 0,04 × 3 + 2x + y = 0,47 và bảo toàn H: 0,04 × 2 + 3x + y + z = 0,52.

⇒ Giải hệ được: x = 0,11 mol; y = 0,13 mol; x = – 0,02 mol.

Do Z cùng số C với X nên Z phải có ít nhất 3C ⇒ ghép vừa đủ 1 CH₂ cho Z.

Z là C₃H₆(OH)₂ và còn dư 0,13 – 0,11 = 0,02 mol CH₂ cho axit.

⇒ muối gồm CH₂=CHCOOK: 0,04 mol; CH₂: 0,02 mol

⇒ m = m_muối = 0,04 × 110 + 0,02 × 14 = 4,68 gam.

- Phản ứng của este với NaOH: n_este = 0,5 = n_Y = n_Z = n_NaOH

- Phản ứng tách nước của Y: n_Y = 2n_ete = 2nH₂O → nH₂O = 0,25 mol

Bảo toàn khối lượng cho phản ứng tách nước → m_Y = m_ete + mH₂O = 20,2 gam

- Bảo toàn khối lượng cho phản ứng của este với NaOH ta có: m_Z = m_este + m_NaOH - m_Y = 37 + 0,5.40 – 20,2 = 36,8 .

Có: nOH^- = 0,5V; nAl³⁺ = 0,04 mol; nSO₄^2- = 0,06 mol

- Trường hợp 1: Kết tủa lớn nhất tính theo Al³⁺: nOH^- = 3nAl³⁺ → V = 0,24 → Các kết tủa thu được gồm Al(OH)₃ (0,04 mol) và BaSO4 (0,048 mol).

→ m = 0,04.78 +0,048.233 = 14,304 (gam).

- Trường hợp 2: Kết tủa tính theo BaSO4. nBa²⁺ = nSO₄^2- = 0,06 mol → V = 0,3(lit) 

→ nOH^- = 0,15(mol) → Kết tủa thu được gồm BaSO₄ và Al(OH)₃ (dư).

m = 0,06.233 + 0,04 – 0,03 .78 = 14,76 gam.

Như vậy kết tủa lớn nhất khi V = 0,3 lít = 300 ml và m = 14,76 (gam).

Có: nOH^- = 0,5V; nAl³⁺ = 0,04 mol; nSO₄^2- = 0,06 mol

- Trường hợp 1: Kết tủa lớn nhất tính theo Al³⁺: nOH^- = 3nAl³⁺ → V = 0,24 → Các kết tủa thu được gồm Al(OH)₃ (0,04 mol) và BaSO4 (0,048 mol).

→ m = 0,04.78 +0,048.233 = 14,304 (gam).

- Trường hợp 2: Kết tủa tính theo BaSO4. nBa²⁺ = nSO₄^2- = 0,06 mol → V = 0,3(lit) 

→ nOH^- = 0,15(mol) → Kết tủa thu được gồm BaSO₄ và Al(OH)₃ (dư).

m = 0,06.233 + 0,04 – 0,03 .78 = 14,76 gam.

Như vậy kết tủa lớn nhất khi V = 0,3 lít = 300 ml và m = 14,76 (gam).

CH₃COOCH₂CH₂Cl + 2NaOH → CH₃COONa + CH₂OH-CH₂OH

Gồm các chất MnO₂ ( Mn⁺⁴ → Mn⁺² ); KClO₃ ( Cl⁺⁵ → Cl^-1 ); KMnO₄ ( Mn⁺⁷ →Mn⁺² ); K₂Cr₂O₇ ( Cr⁺⁶ → Cr⁺³ ) và CaOCl₂ ( Cl⁺¹ → Cl^o ).

Có: n_hh = n_NaOH  → cả hai chất cùng phản ứng với NaOH. Hai chất là HCOOCH₃ và CH₃COOH.

Gọi nHCOOCH₃ = nCH₃COOH = x mol → 2.60x = 18 → x = 0,15 → Chắt rắn thu được là HCOONa và CH₃COONa có tổng khối lượng là: m = mHCOONa + mCH₃COONa  = 0,15.(68+82) = 22,5(gam)

n_{O (Oxit)} = nH₂SO₄ = 0,2(mol) → nFe : nO = 0,15 : 0,2 = 3 : 4 → Fe₃O₄

→ m = 0,05.232 = 11,6 (gam)

Chất hữu cơ Y là m-đinitrobenzen.

Đáp án A

Sơ đồ hóa quá trình phản ứng ta có:

Fe : x mol ; Cr : y mol và

Từ các mối quan hệ ta lập được hệ phương trình: 56x + 52y + 27z = 100; 1,5z = 0,225 và x + y = 1,723

Vậy x = 1,5885 

y = 0,1345 

z = 0,15

→ % Cr = 13,988%

Do AgCl và PbS không tan trong HCl → loại A, C, D.

CrO + 2HCl → CrCl₂ + H₂O

Cr₂O₃ + 6HCl → 2CrCl₃ + 3H₂O

FeS + 2HCl → FeCl₂ + H₂S

ZnS + 2HCl → ZnCl₂ + H₂S 

Sử dụng phương pháp đường chéo, ta tính được số mol CO và CO₂ lần lượt là 0,1 và 0,4 mol.

Áp dụng phương pháp bảo toàn khối lượng: m_hh = m_Y + m_O với nO = nCO₂ = 0,4(mol) → m = 70,4 (gam).

Đồng phân amino axit có CTPT C₃H₇O₂N gồm:

H₂N–CH₂–CH₂–COOH và H₂N–CH(CH₃)–COOH

Đặt nP₂O₅ = a ⇒ mP₂O₅ = 142a.

Ta có nH₃PO₄ = 2nP₂O₅ = 2a ⇒ n_{NaOH phản ứng} = 6a.

⇒ n_{NaOH dư} = 0,2535 × 2 – 6a = 0,507 – 6a.

+ Vậy từ mối tương quan m và 3m ta có:

3mP₂O₅ = mNa₃PO₄ + mNaOH dư.

→ 426a = 2a×164 + (0,507 – 6a)×40

→ a = 0,06 mol.

→ m = 8,52 gam

n_Mg = 0,3; n_Y = 0,12 = nH₂ + nN₂ và 2nH₂ + 28nN₂ = 0,76 → nH₂ = 0,1 ; nN₂ = 0,02

- Bảo toàn e ta có: 2n_Mg = 2nH₂ + 10nN₂ + 8nNH₄⁺ → nNH₄⁺ = 0,025

→ nNO₃^- = nNH₄⁺ + 2nN₂ = 0,065

→  Muối thu được gồm 0,3 mol Mg²⁺; 0,025 mol NH₄⁺ ; 0,065 mol K⁺ và 0,39 mol Cl^- (điều kiện trung hòa điện)

→ m = 24,03 gam

Tổng số liên kết (xichma) trong một phân tử ankin có công thức tổng quát C_nH_2n-2 là 3n – 3.  

Đáp án B

\(\begin{array}{l}
\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{C_2}{H_6}:0,2mol}\\
{{C_3}{H_{8:}}:0,8mol}
\end{array}} \right. \to M = 41,2 \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
Y\\
{{H_2}}
\end{array}} \right.(M = 27)\\
 \to \frac{{{n_1}}}{{{n_2}}} = \frac{{{M_2}}}{{{M_1}}} \to {n_2} = \frac{{{M_1}.{n_1}}}{{{M_2}}} = 1,5259mol
\end{array}\)

→ nH₂ = n₂ - n₁ = 0.5259 mol

→ H = \(\frac{0.5259}{1}.100\) = 52.59%

Nguyên tử có tính oxi hoá càng mạnh thì ion có tính khử càng yếu và ngược lại.

Nhôm có cấu tạo mạng tinh thể lập phương tâm diện. 

Bán kính nguyên tử phụ thuộc lần lượt 2 yếu tố: Số lớp electron: tỉ lệ thuận và Điện tích hạt nhân: tỉ lệ nghịch. Do các ion bài cho đều có 2 lớp e nên chọn D.

Tơ nhân tạo là sự kết hợp giữa các chất có trong thiên nhiên và qua quá trình chế tạo của con người.

- Đáp án B: Tơ tằm là tơ thiên nhiên

- Đáp án C: Vinilon là tơ tổng hợp

- Đáp án D: Tơ capron là tơ tổng hợp

Ta có:

 \(V = - \frac{{0,008 - 0,010}}{{40}} = {5.10^{ - 5}}mol/(l.s)\)

Nhóm NO₂ và C₆H₅ hút e làm giảm tính bazơ, nhóm C₂H5 đẩy e làm tăng tính bazơ của các amin.

Giả sử X gồm 3 peptit A, B, C có ti lệ mol 1:1:3

Quy đổi hỗn hợp peptit X về peptit Y:

A+ B+ 3C → Y (A-B-C-C-C) + 4H₂O

Có n_Ala : n_Val = 16 : 7 → Trong Y có (16 + 7)k = 23k = số mắt xích

→ Số mắt xích trung bình của mối peptit A, B, C là : \(\dfrac{23k}{5}\) = 4,6k

Tổng số liên kết trung bình trong X là ( 4,6k-1) x3 = 13,8k - 3 < 13 → k < 1,15 → k= 1

Vậy Y là một peptit chứa 16 Ala-7Val có số mol của Y là 0,16 : 16 = 0,01 mol

Bảo toàn khối lượng → m = m_Y + m_H2O = 0,01. ( 16. 89 + 7. 117-22. 18) + 4. 0,01. 18 = 19,19 gam.

\(V = \frac{{1000.92}}{{162}}.\frac{{80}}{{100}}.\frac{{80}}{{100}}.\frac{1}{{0,8}}.\frac{{100}}{{90}} = 504,8\)

Điện phân với điện cực anot (Cu) tan, nồng độ của Cu²⁺ trong dung dịch không thay đổi

- Phenol, anilin tác dụng nước Br₂ tạo kết tủa trắng, stiren có liên kết đôi C = C nên có phản ứng cộng Br₂.

- Đáp án A sai vì toluen chỉ tác dụng với brom nguyên chất, có xúc tác.

- Đáp án B sai vì benzen không làm mất màu dung dịch brom.

- Đáp án C sai vì toluen không làm mất màu dung dịch brom. 

Gồm CrO và CuO.

Chỉ tác dụng với NaOH theo tỉ lệ mol 1 : 1 → chất này có 1 nhóm -OH của phenol hoặc 1 nhóm – COOH; Tác dụng được với Na (dư) tạo ra số mol H₂ bằng số mol chất phản ứng → chất này có 2 nhóm -OH (của ancol hoặc phenol) hoặc 2 nhóm -COOH hoặc 1 nhóm -OH và 1 nhóm -COOH

Từ 2 điều kiện ta có: → chất này phải có 1 nhóm -OH của phenol và nhóm -OH của ancol.

p-HO-CH₂-C₆H₄-OH + NaOH → p-HO-CH₂-C₆H₄-ONa + H₂O

p-HO-CH₂-C₆H₄-OH + 2Na → p-NaO-CH₂-C₆H₄-ONa + H₂

Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + Ag

S + 2H₂SO₄ (đặc, nóng) → 3SO₂ + 2H₂O

CaO + H₂O → Ca(OH)₂

2NH₃ + 2CrO₃ + H₂O → (NH₄)₂Cr₂O₇

Phần lớn kẽm được dùng bảo vệ bề mặt các vật làm bằng sắt thép, chống ăn mòn.

Đáp án D

FeCl₃ + H₂S → FeCl₂ + S + 2HCl

CuCl₂ + H₂S → CuS + 2HCl

Gọi CTHH của X là CxHyOz.

CxHyOz + (x + y/2 - z/4)O2 → xCO2 + y/2H2O

Số mol O2 = 10,08/22,4 = 0,45 mol.

Khối lượng O2 = 32.0,45 = 14,4 g.

Áp dụng ĐLBTKL ta có: m + 14,4 = 13,2 + 7,2 (m là khối lượng của X) → m = 6 g. 

Khối lượng C = 12.13,2/44 = 3,6 g

Khối lượng H = 2.7,2/18 = 0,8 g

Khối lượng O = 6 - 3,6 - 0,8 = 1,6 g.

Như vậy: 12x:y:16z = 3,6 : 0,8 : 1,6 hay x:y:z = 0,3 : 0,8 : 0,1 = 3 : 8 : 1.

Suy ra X có CT: C₃H₈O

2Fe³⁺ + Mg → 2Fe²⁺ + 2Mg²⁺    (1)

0,8          0,4

Cu²⁺ + Mg → Cu + Mg²⁺      (2)

0,05    0,05   0,05

Fe²⁺ + Mg  →  Fe + Mg²⁺     (3)

x           x

Khối lượng thanh Mg tăng lên, vậy muối Fe³⁺ phản ứng hết, nếu chỉ có thêm (2) thì khối lượng thanh Mg vẫn giảm là 24.0,45 – 64.0,05 = 7,6 gam

→ có phản ứng (3): 32x – 7,6 = 11,6 → x = 0,6 mol

→ Khối lượng Mg đã phản ứng: m = 24 0,4 + 0,05 + 0,6 = 25,2 (gam)

Các chất hoặc ion muốn tác dụng với CO₃^2- phải có khả năng tạo muối kết tủa hoặc có tính axit mạnh.

Gọi số mol của CO và CO₂ lần lượt là x, y mol

Khi đó ta có hệ

\(\left\{\begin{array}{l} x+ y = 0,5\\28x + 44y = 18,8.2.0,5\end{array} \right.\)

→ \(\left\{\begin{array}{l} x= 0,2\\y= 0,3\end{array} \right.\)

Ta có n_O = 0,125m : 16 = 7,8125 m.10^-3 mol

Luôn có n_NO3^-( muối) = n_NO2 +2n_O - 2n_CO2 = 1,6 + 2. 7,8125 m.10^-3 - 2.0,3

→ m_muối = m_kl +m_NO3^-

→ 2,8125m = 0,875m + 62. ( 1,6 + 2. 7,8125 m.10^-3 -2. 0,3) → m = 64 gam

Đáp án A.

- Đáp án A: Mg không phản ứng

- Đáp án B: MgO không phản ứng

- Đáp án C: NaOH không phản ứng

Thủy phân (xt H⁺, t^o ) saccarozơ cho glucozơ và fructozơ, mantozơ chỉ cho glucozơ.