Natri đicromat là hợp chất hóa học có công thức Na₂Cr₂O₇. Tuy nhiên, nó thường được bắt gặp dưới dạng Na₂Cr₂O₇.2H2O . Hầu như tất cả muối crom được xử lý đều thông qua sự biến đổi thành natri đicromat.

Liên kết sigma là liên kết hóa học được hình thành do sự xen phủ trục, do đó hai nguyên tử ở hai đầu liên kết có thể quay quanh trục một cách tự do. Liên kết này rất bền nên rất khó xảy ra các phản ứng phân cắt liên kết sigma (trừ trường hợp nhiệt độ rất cao).

Nếu giữa 2 nguyên tử có từ 2 liên kết trở lên (gọi là liên kết bội) thì chỉ có 1 liên kết sigma, còn lại là liên kết pi.

+ Sự phân cực của liên kết sigma:

Khi hai nguyên tử đồng nhất liên kết với nhau bằng liên kết sigma thì không xảy ra sự phân cực.Vd: H-H; Cl-Cl.

Trái lại, khi 2 nguyên tử không đồng nhất với nhau mà liên kết với nhau bằng liên kết sigma thì sẽ xảy ra sự phân cực về phía nguyên tử của nguyên tố nào có sự âm điện lớn hơn. Làm xuất hiện một đầu mang điện tích âm (sigma -), và một đầu mang điện tích dương (sigma +).

Ngoài cách viết công thức cấu tạo từng chất, ta còn cách tính theo công thức:

\(\sum {lk\sigma = \sum {nguyen{\rm{ }}to} } \left( {C,H} \right) - 1\)

+ Glyxin là chất có 1 nhóm COOH và 1 nhóm NH₂  có thể xem như chất trung tính.

+ Glucozo không có tính bazo.

+ Anilin có tính bazo rất yếu hơn không làm đổi màu quỳ tím.

\({n_{HCl}} = 0,08 \to {n_O} = 0,04 \to CuO\)

Điôxit silic có thể tác dụng với kiềm và oxit bazo tạo thành muối silicat ở nhiệt độ cao.

Điôxit silic không phản ứng với nước, không tác dụng với dung dịch HCl.

Điôxit silic phản ứng với axit flohidric (HF) theo phương trình:

\(\begin{array}{l} Si{O_2} + 4HF \to {\rm{Si}}{{\rm{F}}_4} + 2{H_2}O\\ Si{O_2} + 4H{F_{(dac)}} \to {H_2}{\rm{Si}}{{\rm{F}}_6} + 2{H_2}O \end{array}\)

Ta có: \({n_{{H_2}}} = 0,075 \to {n_e} = 0,15 \to 1,5\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {Al:a}\\ {Mg:b} \end{array}} \right.\)

\(\to \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}} {27a + 24b = 1,5}\\ {3a + 2b = 0,15} \end{array}} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} a = 1/30\\ b = 0,025 \to 0,6gam \end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} N{a_2}C{O_3} + HCl \to NaCl + C{O_2} + {H_2}O\\ Ba{\left( {OH} \right)_2} + 2HCl \to BaC{l_2} + {H_2}O \end{array}\)

Amin bậc 3: (CH₃)₃N

Amin bậc 2: CH₃NHCH₃, CH₃CH₂NHCH₃

Amin bậc 1: CH₃NH₃

Công thức của chất béo (RCOO)₃C₃H₅

Axit: CH₃CH₂CH₂COOH và (CH₃)₂CHCOOH

Este: HCOOCH₂CH₂CH₃, HCOOCH(CH₃)₂, CH₃COOC₂H₅ và C₂H₅COOCH₃

Những chất có đồng phân hình học: (1), (2), (4)

Điều kiện để có đồng phân hình học: a # b và c # d

Cacbohidrat là hợp chất có nhiều nhóm –OH và có nhóm cacbonyl (C=O)

Nhóm cacboxyl: –COO

Nhóm hydroxyl: –OH

CH₃COOCH₃

HCOOC₂H₅

Este có phản ứng tráng bạc có dạng: HCOOR'

Chất béo không no là chất lỏng ở điều kiện thường

Chất béo no là chất rắn ờ điều kiện thường

Phenol là chất rắn ở điều kiện thường

CH₃COOCC₂H₅ + NaOH → CH₃COONa + C₂H₅OH

\(\begin{array}{l} {C_6}{H_{12}}{O_6} + {H_2} \to {C_6}{H_{14}}{O_6}\left( {sobitol} \right)\\ {C_6}{H_{12}}{O_6} \to 2{C_2}{H_5}OH + 2C{O_2} \uparrow \\ {C_6}{H_{12}}{O_6} + B{{\rm{r}}_2} + {H_2}O \to 2HB{\rm{r + }}{C_6}{H_{12}}{O_7} \end{array}\)

Chất béo tác dụng với dung dịch NaOH tạo ra glixerol

\(Ca{\left( {HC{O_3}} \right)_2} + Ba{(OH)_2} \to BaC{O_3} \downarrow + CaC{O_3} \downarrow + 2{H_2}O\)

X không làm mất màu nước brom nhưng có phản ứng tráng bạc → X là fructozo

Axit oxalic: (COOH)₂

(COOH)₂ →  2CO₂

(COOH) + 2NaOH → (COONa)₂ + 2H₂O

Tripanmitin không có liên kết C=C trong phân tử nên không phản ứng với H₂ (xúc tác Ni, t°)

Lấy mỗi chất 1 mol →  Phenol + 3Br₂.

Axit acrylic + lBr₂.

Etilen + lBr₂.

Axetilen +2Br₂.

Do đó phenol sẽ phản ứng với lượng brom lớn nhất

C₆H₁₂O₆  →  lên men 2C₂H₅OH + 2CO₂

C₆H₁₂O ₆  $\stackrel{lên men}{\to }$ 2C₂H₅OH + 2CO₂

C₂H₅OH + O₂ $\to$ CH₃COOH + H₂O

13,36 gam X gồm các chất có CTPT C₄H₆O₂; C₆H₁₀O₄; C₂H₄O₂ và C₃H₈O₃.

trong đó:C₄H₆O₂.C₂H₄O₂ = C₆H₁₀O₄; C₄ và C₂ này cũng là axit

→ quy đổi đốt 13,36 gam X chỉ gồm C₆H₁₀O₄ và C₃H₈O₃ → 0,51 mol CO₂ + H₂O.

(giải nhanh CO₂ + 0,38 mol Ba(OH)₂ → 0,25 mol BaCO₃↓ + Ba(HCO₃)₂

bảo toàn Ba → có 0,13 mol Ba(HCO₃)₂ → ∑n_CO2 = 0,51 mol theo bảo toàn C)

đủ 2 ẩn 2 giả thiết → giải hệ n_C6H₁₀O₄ = 0,06 mol và nC₃H₈O₃ = 0,05 mol.

theo đó, cho X + 0,14 mol KOH → rắn khan thu được khi cô cạn dung dịch sau phản ứng gồm 0,06 mol C₆H₈O₄K₂ và 0,02 mol KOH → m_rắn = 14,44 gam

BTKL: nNaOH = 0,16 mol

M_X = 88 → CH₃COOC₂H₅

hản ứng: CO₂ + Ca(OH)₂ → 10 gam kết tủa + ....

Δm_{dung dịch giảm} = m_CaCO3↓ – m_CO2↑ = 3,4 gam

⇒ m_CO2 = 10 – 3,4 = 6,6 gam ⇒ n_CO2 = 0,15 mol.

Phản ứng: C₆H₁₂O₆ → 2C₂H₅OH + 2CO₂

Với H = 90% ⇒ m = m_glucozơ = 0,15 ÷ 2 ÷ 0,9 × 180 = 15,0 gam

Chọn đáp án B. 

Từ sản phẩm ở phản ứng (b) của Y là amoni gluconat → Y là glucozơ:

Tinh bột hay xenlulozơ đều có thể thủy phân được glucozơ:

(d) là phản ứng quang hợp từ CO2 + H2O nên Z là cacbon đioxit:

Còn lại, phản ứng (c) chính là phản ứng lên men glucozơ sản xuất rượu etylic quen thuộc

Theo đó, X, Y, Z lần lượt là tinh bột, glucozơ và cacbon đioxit 

Những chất có phản ứng tráng gương là: glucozo, fructozo, etyl fomat và axetandehit

Chú ý: axetilen có phản ứng với AgNO₃/NH₃ nhưng đay không phải là phản ứng tráng gương mà chỉ là phản ứng thế

a mol X \(\xrightarrow[]{NaOH}\) Y \(\xrightarrow[t^{o}]{AgNO_{3}/NH{3}}\) 4a mol Ag.

Mà X chứa 2[O] ⇒ este đơn chức ⇒ không sinh HCHO.

⇒ cả 2 sản phẩm của X đều tráng gương ⇒ este của axit fomic.

⇒ CTCT của X thỏa mãn là HCOOCH=CH-CH₃ 

(1) Đúng

(2) Sai do saccarozo là đisaccarit

(3) Đúng

(4) Sai do trong môi trường bazo, glucozo và fructozo có thể chuyển hóa qua lại lẫn nhau

(5) Sai do trùng hợp isopren không thu được cao su thiên nhiên

X gồm C₃H₄O₂, C₃H₄O và C_aH_bO₂ 

⇒ n_este = n_NaOH = 0,015 mol.

Dễ thấy đốt C₃H₄O₂ và C₃H₄O cho n_CO2 = 1,5n_H2O ⇒ chênh lệch là do este!.

⇒ 0,015 × (a – 1,5 × 0,5b) = n_CO2 – 1,5nH₂O = 0 ⇒ 4a = 3b ⇒ a \( \vdots \) 3.

Mặt khác: a < ∑n_CO2 ÷ n_este = 6 ⇒ a = 3 ⇒ b = 4 ⇒ este là C₃H₄O₂.

Đặt n_{anđehit malonic} = x; n_{anđehit acrylic} = y ⇒ n_CO2 = 3x + 3y + 0,015 × 3 = 0,09 mol.

Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_O/X = 2x + y + 0,015 × 2 = 0,05 mol ⇒ giải hệ có:

x = 0,005 mol; y = 0,01 mol

Để thu được lượng Ag tối đa thì este là HCOOCH=CH₂.

⇒ n_Ag = 0,005 × 4 + 0,01 × 2 + 0,015 × 4 = 0,1 mol ⇒ m_Ag = 10,8(g) 

- M_Z = 4,6 : 0,1 = 46 là C₂H₅OH

- n_M2CO3 = ½ n_MOH = 0,09

- BT C: n_C(X)= n_C(ancol) + n_C(M2CO3)  + n_C(CO2) = 0,2 + 0,09 + 0,11= 0,4

- C_este = 0,4 : 0,1 = 4

Đáp án C

(C6H10O5)n +nH2O → nC6H12O6

C6H12O6 + AgNO3/NH3 → 2Ag

m = 0,05:2:50%:81%.162 = 10g

các chất theo tên trong X lần lượt có cấu tạo là CH₃COOC₆H₅;C₆H₅COOCH₃; HCOOCH₂C₆H₅; C₂H₅OOCCOOC₆H₅.

Thủy phân: 36,9 gam X + 0,4 mol NaOH → m gam muối + 10,9 gam Y + H₂O.

Cần nhìn rõ tỉ lệ: este thường este + 1.NaOH → muối + 1.ancol đơn chức.

TH este của phenol: RCOOC₆H₅ + 2NaOH → RCOONa + C₆H₅ONa + H₂O

⇒ rút ra: TH este của phenol n_NaOH = 2nH₂O; este thường có nNaOH = nancol đơn chức.

Y gồm các ancol đơn chức, 1OH + 1Na → 1ONa + ½.H₂↑

⇒ n_Y = 2n_H2 = 0,2 mol.

⇒ n_{NaOH phản ứng với este của phenol} = 0,4 – 0,2 = 0,2 mol

⇒ nH₂O tạo bởi este phenol = 0,1 mol.

⇒ BTKL cho phản ứng thủy phân có m_muối = 36,9 + 0,4 × 40 – 10,9 – 0,1 × 18 = 40,2 gam. 

X + NaOH → 2 muối ⇒ X là este của phenol. Các cấu tạo thỏa mãn là:

CH₃COOC₆H₅ và o, m, p-CH₃C₆H₄OOCH

⇒ chọn D.

(1) Sai, cả 2 đều tráng gương, có thể nhận biết bằng dung dịch Brom

(2) Đúng

(3) Đúng

(4) Đúng

(5) Đúng

Có x mol este X dạng C_nH_2mO₄ (n, m là các giá trị nguyên dương; n ≥ 5).

Giải đốt: x mol C_nH_2mO₄ + 0,3 mol O₂ → 0,5 mol (CO₂ + H₂O).

Có n_CO2 = nx mol; n_H2O = mx mol ⇒ (n + m) × x = 0,5 mol.

Bảo toàn nguyên tố O: 2nx + mx = 4x + 0,3 × 2 ⇒ (2n + m – 4) × x = 0,6

Rút gọn x có: 0,6 × (n + m) = 0,5 × (2n + m – 4) ⇒ 4n = m + 20.

Thêm điều kiện 2m ≤ 2n – 2 và n ≥ 5 → chặn: 5 ≤ n ≤ 6.

⇒ Ứng với n = 6; m = 4 là cặp nghiệm nguyên thỏa mãn yêu cầu.!

→ Công thức phân tử của X là C₆H₈O₄: (được tạo bởi axit cacboxylic no và hai ancol)

⇒ cấu tạo X phù hợp là: CH₃OOC–COOCH₂CH=CH₂.

(tạo bởi axit oxalic (COOH)₂ và ancol metylic CH₃OH + ancol anlylic CH₂=CHCH₂OH).

Giải thủy phân: 0,05 mol X + 0,2 mol NaOH → m gam rắn + ....

⇒ m gam rắn gồm 0,05 mol (COONa)₂ và 0,1 mol NaOH (dư) → m = 10,7 gam

+ Z tham gia phản ứng với H₂SO₄ đặc thu được đimetyl ete (CH₃OCH₃) → Z là CH₃OH→ không làm mất màu dung dịch brom → C sai

Chất T phản ứng với HBr, thu được hai sản phẩm là đồng phân cấu tạo của nhau → chứa liên kết đôi C=C

X : C₆H₈O₄ có π + v = \(\dfrac{6.2+2-8}{2}\) = 3= 2^πCOO + ^πC=C

+ Thủy phân 1 mol X trong NaOH thu được Y chứa nối đôi và 2 mol CH₃OH → X phải có cấu tạo \(\begin{array}{l}CH - C{\rm{OO}}C{H_3}\\||\\CH - C{\rm{OOC}}{{\rm{H}}_3}\end{array}\)

→ X phản ứng với H₂ theo tỉ lệ 1:1 → D sai

+ Y là CH₂=C(COONa)₂ có CTPT là C₄H₂O₄Na₂ → A đúng

+ T pứ với HBr cho sản phẩm duy nhất ⇒ T có công thức \(\begin{array}{l}CH - C{\rm{OO}}H\\||\\CH - C{\rm{OO}}H\end{array}\) → T CÓ đồng phân hình học ⇒ B sai

⇒ Chọn A