Sự xuất hiện của các cặp điện hóa trong dãy điện hóa lần lượt là: Ca²⁺/Ca; Zn²⁺/Zn; Cu²⁺/Cu; Ag⁺/Ag.

Tính oxi hóa theo chiều từ trái sang phải tăng dần → Ag⁺ có tính oxi hóa mạnh nhất.

Kim loại có những tính chất vật lí chung là: tính dẻo, tính dẫn điện, tính dẫn nhiệt và tính ánh kim

Để thu được axit H₃PO₄ có độ tinh khiết và nồng độ cao hơn, người ta đốt cháy photpho để thu được P₂O₅, rôi cho P₂O₅ tác dụng với nước:

4P + 5O₂ → 2P₂O₅.

P₂O₅ + 3H₂O → 2H₃PO₄

Etyl fomat là este tạo bởi axit HCOOH và ancol C₂H₅OH → este: HCOOC₂H₅

2Fe + 3Cl₂ → 2FeCl₃

Metylamin CH₃NH₂ có tính bazo → quỳ tím chuyển xanh

Khi để trong không khí nhôm khó bị ăn mòn hơn sắt là do trên bề mặt nhôm có lớp Al₂O₃ bảo vệ. 

2CrO₄^2- + 2H⁺ ↔ Cr₂O₇^2- + H₂O

(vàng)                (da cam)

Nên khi nhỏ H₂SO₄ vào dung dịch Na₂CrO₄ dung dịch chuyển từ màu vàng sang da cam.

Poliacrilonitrin được tạo ra bằng phản ứng trùng ngưng acrilonitrin CH₂=CH-CN

Chất chảy CaCO₃ ở nhiệt độ cao bị phân hủy thành CaO, sau đó hóa hợp với SiO₂ là chất khó nóng chảy có trong quặng sắt thành xỉ silicat dễ nóng chảy, có khối lượng riêng nhỏ nổi lên trên gang

Glucozơ được dùng làm thuốc tăng lực cho người bệnh vì nó dễ hấp thu và cung cấp nhiều năng lượng

Khi cho HCl vào, mặc dù loại bỏ được ion HCO₃^- tuy nhiên lại có thêm ion Cl^- → mẫu nước cứng ban đầu là nước cứng tạm thời trờ thành nước cững vĩnh cửu → không làm mềm được nước cứng

Fe₂O₃ + 3CO → 3CO₂ + 2Fe.

Ta có: n(CO₂) = 0,3 → n(Fe) = 0,2 → m = 11,2 (g)

M + nH₂O → M(OH)_n + n/2 H₂.

Ta có: n(H₂) = 0,035 mol → n(OH^-) = 0,07 mol → n(H⁺) = 0,07 → V = 0,07 : 0,5 = 0,14 lít

(a) Có 1 chất tác dụng dụng với AgNO₃/NH₃: glucozơ.

(b) Không có chất nào thủy phân trong môi trường kiềm.

Lưu ý. 2 chất thủy phân trong môi trường axit: saccarozơ, xenlulozơ.

(c) Có 3 chất mà dd của nó hòa tan được Cu(OH)₂: glucozơ, saccarozơ, glixerol.

(d) Cả 4 chất đều có nhóm -OH trong phân tử.

Số phát biểu đúng: 2.

C₁₂H₂₂O₁₁ → C₆H₁₂O₆ (Glucozo)+ C₆H₁₂O₆ (Fructozo)

Ta có: n(Ag) = 0,32 → 2n(Glu) + 2n(Fruc) = 0,32 → n(Glu) = n(Fruc) = 0,08 → n(Saccarozo) = 0,08

→ m = 27,36 g

BTKL: m(HCl) = 51,7 – 29,8 = 21,9 gam. → n(HCl) = 0,6 mol.

Vì amin đơn chức nên n(amin) = 0,6 → M(trung bình) = 29,8 : 0,6 = 49,67

Công thức C_xH_yN có: 12x + y + 14 = 49,67 → 12x + y = 35,67. nên 2 amin là C₂H₇N và C₃H₉N.

Các hợp chất hữu cơ kém bền với nhiệt, dễ cháy. 

H₃PO₄ là 1 axit yếu → chất điện li yếu → điện li không hoàn toàn

Amin, Amino axit, Peptit trong thành phần đều chứa nguyên tố N

Gluxit ( cabonhidrat)chứa nguyên tố C, H, O 

Đốt cháy hoàn toàn Gluxit sản phẩm thu được không có N₂.

Các thí nghiệm xảy ra ăn mòn điện hóa là a và c.

Các đồng phân: CH₃-CH₂-CH(NH₂)-COOH và CH₃-C(CH­₃)(NH₂)-COOH

Nhận thấy Y là khí không tan trong nước (do được thu bằng phương pháp đẩy nước)

Chất rắn X là KMnO₄; khí Y là O₂

Các chất đó là:triolein, nilon-6,6; tơ lapsan; Gly-Ala-Val.

\({n_{C{O_2}}} = 0,2mol\)

Cho 100ml dung dịch X vào dung dịch chứa 0,15mol HCl thu được 0,12 mol CO₂

Do \({n_{C{O_2}}} < {n_{HCl}} < 2{n_{C{O_2}}}\) nên dung dịch X chứa K₂CO₃ và KHCO₃

Gọi số mol K₂CO₃ và KHCO₃ phản ứng lần lượt là a và b.

→ a + b = 0,12; 2a + b = 0,15

Giải được a = 0,03, b = 0,09 vậy trong X tỷ lệ số mol K₂CO₃ và KHCO₃ là 1 : 3

Gọi số mol K₂CO₃ trong X là m suy ra KHCO₃ là 3m.

Cho 100ml dung dịch X tác dụng với Ba(OH)₂ dư thu được 0,2 mol kết tủa BaCO₃

Do đó 200ml dung dịch X tác dụng thì thu được 0,4mol kết tủa.

→m + 3m = 0,4 → m = 0,1

Bảo toàn C: \({n_{{K_2}C{O_3}}} = 0,4 - 0,2 = 0,2mol\)

Bảo toàn K: \({n_{KOH}} = 0,1.2 + 0,3 - 0,2.2 = 0,1\)

Vậy x = 0,1

Ta có C₂H₈O₃N₂ là C₂H₅NH₃NO₃.

Cho hỗn hợp X tác dụng với NaOH vừa đủ thu được 0,25 mol hỗn hợp khí gồm 2 chất hữu cơ đều xanh màu quỳ tím ấm của Mtb=39,4 mà trong đó có C₂H₅NH₂, do vậy khí còn lại phải là CH₃NH₂.

Giải được số mol CH₃NH₂ và C₂H₅NH₂ lần lượt là 0,1 và 0,15 mol.

Dung dịch Z chứa hỗn hợp 3 muối nên C₄H₁₂O₄N₂ phải là HCOOH₃NCH₂COOH₃NCH₃.

Vậy thu được hỗn hợp 3 muối gồm NaNO₃ 0,15 mol, HCOONa 0,1 mol và H₂NCH₂COONa 0,1 mol.

→ b = 29,25 gam

Để sinh ra nilon-6,6 thì 2 chất X₂, X₅ phải NH₂-(CH₂)_6­-NH₂ và HOOC-(CH₂)₄-COOH.

Mà X₂ được tạo ra từ phản ứng 1 vậy X₂ không thể  là axit → X₂ là NH₂-(CH₂)₆-NH₂.

 → X₅ là HOOC-(CH₂)₄-COOH.

 X₁ phản ứng với H₂SO₄ cho X₃ vậy X₁ là muối natri còn X₃ là axit tương ứng.

 X₃ + X₄ cho tơ lapsan vậy X₃ và X₄ phải là HOOC-C₆H₄-COOH và HO-CH₂-CH₂-OH.

 → X₃ là HOOC-C₆H₄-COOH → X₄ là HO-CH₂-CH₂-OH.

 → X₁ là NaOOC-C₆H₄-COONa

 → X có thể là HOOC-C₆H₄-COO-NH₃(CH₂)₆-NH₂ (X lưỡng tính)

X₆ là sản phẩm thu được khi X₃ + X₄ cho 2 H₂O. vậy X₆ là hợp chất vòng.

Vậy tổng pi trong X là 5.

→ X₇ HOOC-(CH₂)₄-COOCH₂-CH₂-OH. (có chứa -OH)

Tổng số H trong X₆, X₇ là 8 + 14 = 22

Các thí nghiệm:

(a): Mg + 2Fe³⁺_dư → Mg²⁺ + 2Fe²⁺.

(b): H₂ + MgO → (không tác dụng)

(c): Ag⁺ + Fe²⁺ → Ag + Fe³⁺

(d): Na + H₂O → NaOH + ½ H₂. Sau đó: MgSO₄ + 2NaOH → Mg(OH)₂+ Na₂SO₄.

(e): FeS₂ + O₂ → Fe₂O₃ + SO₂

(f): Cu²⁺ + 2^e → Cu

Các phát biểu đúng là a, c.

b sai do Be không tác dụng với H₂O, Mg không phản ứng với nước ở nhiệt độ thường.

d sai theo chiều tăng dần điện tích hạt nhân thì nhiệt độ nóng chảy của kim loại kiềm thổ biến đổi không theo quy luật.

e sai do quặng manhetit hiếm trong tự nhiên hơn nên không phải nguyên liệu dùng trong công nghiệp

f sai do CrO₃, K₂Cr₂O₇ có tính oxi hóa rất mạnh.

n(X) = 0,15 + 0,1 + 0,1 + 0,4 = 0,75 mol;

n(π trong X) = 0,15.2 + 0,1.3 + 0,1 = 0,7 mol.

m(X) = 0,15.26 + 0,1.52 + 0,1.28 + 0,4.2 = 12,7 gam.

BTKL: m(X) = m(Y) → n(Y) = 12,7 : (12,7.2) = 0,5.

=> n(H₂ phản ứng) = n(X) – n(Y) = 0,25 mol = n(π phản ứng)

→ n(π dư) = n(Br₂) = 0,7 – 0,25 = 0,45 mol.

Hòa tan hết Na₂O và Al tỉ lệ 1:1 ta thu được dung dịch chứa Na₂SO₄, Al₂SO₄ và H₂SO₄ dư có thể có.

Ta có:   \({n_{{H_2}}} = 6a \to {n_{Al}} = 4a\)

Nhận thấy lúc thêm x và y y mol NaOH đều trong giai đoạn kết tủa giảm tức hòa tan kết tủa nên lúc này tương ứng 1 mol Al(OH)₃ bị hòa tan thì có 1 mol NaOH được thêm

Do vậy:  

X chứa Al₂(SO₄)₃ 0,08 mol và Na₂SO₄ 0,16 mol

m = 50,08

Các phát biểu đúng a, c, d, e.

Phát biểu khác sai vì:

(b) anilin không làm hồng phenolphtalein.

(e) Vì glyxylalanin là đipeptit  vào Cu(OH)₂ không tạo phức màu tím đặc trưng.

\(\begin{array}{l} C{u^{2 + }} + 2e \to Cu\\ a{\rm{ }} \to 2a \to a \end{array}\)                                             

\(\begin{array}{*{20}{l}} {2C{l^ - } \to C{l_2} + 2e}\\ {0,18 \to 0,09 \to 0,18}\\ {2{H_2}O \to 4{H^ + } + {O_2} + 4e}\\ {b\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,4b} \end{array}\)

\(\left\{ \begin{array}{l} 2a = 0,18 + 4b\\ 64a + 0,09.71 + 32b = 21,75 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 0,21\\ b = 0,06 \end{array} \right.\)

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {C{u^{2 + }}\left( {0,04} \right)}\\ {{H^ + }\left( {0,24} \right)}\\ {NO_3^ - \left( {0,5} \right)}\\ {N{a^ + }\left( {0,18} \right)} \end{array}} \right.\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {CR\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {Fe\left( z \right)}\\ {Cu\left( {0,04} \right)} \end{array}} \right.}\\ {{\rm{dd}}\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}} {N{a^ + }}\\ {F{e^{2 + }}\left( x \right)}\\ {NO_3^ - } \end{array}} \right.}\\ {NO\left( y \right)}\\ {{H_2}O} \end{array}} \right.\)

BTBT(Cu): nCu = 0,04

BT e: 2x = 0,04.2 + 3y

BTNT (N): \({n_{NO_3^ - \left( {{\rm{dd}}} \right)}} = 0,5 – y\)

BTDT: 2x + 0,18 = 0,5 - y

\(\to \left\{ \begin{array}{l} x = 0,13\\ y = 0,06 \end{array} \right.\)

\(56z + 0,04.64 = 0,75\left( {56x + 56z} \right)\)

\( \to z = \frac{{29}}{{140}} \to m = \left( {0,13 + \frac{{29}}{{140}}} \right)56 = 18,88\left( g \right)\)

Đốt cháy 11,52 gam hỗn hợp E cần 0,32 mol O₂.

Mặt khác để tác dụng với hết lượng E trên cần 0,2 mol NaOH thu được 2,8 gam 3 ancol cùng số mol.

Vì X, Y, Z, T đều 2 chức nên  

Mặt khác: \({n_{O\left( E \right)}} = 0,4mol\)

BTKL: \({m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} = 11,52 + 0,32.32 = 21,76gam\)

BTNT O:  \(2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} = 0,32.2 + 0,4 = 1,04mol\)

Giải được số mol CO₂ và H₂O lần lượt là 0,38 và 0,28 mol

Mặt khác ta thấy: \({n_E} = {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}\)

nên các chất trong E đều no 2 chức

Ta có: \(\overline {{C_E}}  = \frac{{0,38}}{{0,1}} = 3,8\)

mà X,Y là hai axit đồng đẳng kế tiếp, Y là đồng phân của Z, và Z là este 2 chức nên Z có ít nhất 4 C nên Y có ít nhất 4C, vậy X có ít nhất 3C.

Vậy X là C₃H₄O₄, Y là C₄H₆O₄, Z là C₄H₆O₄ và T là C₅H₈O₄.

Nhận thấy Z phải là CH₃OOC-COOCH₃ hoặc HCOOCH₂CH₂OOCH mà cho E tác dụng với NaOH thu được 3 ancol cùng số mol.

Vậy T phải tạo được 2 ancol nên T là CH₃OOC-COOC₂H₅ nên Z phải là HCOOCH₂CH₂OOCH.

Gọi số mol của X, Y lần lượt là x, y, Z, T đều có số mol là z

Ta có: \({m_{ancol}} = 32z + 62z + 46z = 2,8 \to z = 0,02mol\)

→ x + y + 0,02.2 = 0,1

Và 3x + 4y + 0,02.3 + 0,02.5 = 0,38

Giải được:  

+Cho từ từ phần 1 vào 0,12 mol HCl thu được 0,075 mol khí CO₂.

Gọi số mol HCO₃^- và CO₃^2- phản ứng lần lượt là a,b.

→ a + b = 0,075,a + 2b = 0,12

Giải được: a=0,03; b=0,045.

Do vậy tỉ lệ HCO₃^- và CO₃^2- trong dung dịch Y là 1:1,5.

 +Cho từ từ 0,12 mol HCl vào phần 2 thu được 0,06 mol khí CO₂.

\( \to {n_{CO_3^{2 - }}} = 0,12 - 0,06 = 0,06mol\)

Do vậy trong mỗi phần chứa 0,04 mol HCO₃^- và 0,06 mol CO₃^2-.

Vậy Y chứa 0,08 mol HCO₃^- và 0,12 mol CO₃^2-.

Bảo toàn C: \({n_{BaC{O_3}}} = 0,32 - 0,12 - 0,08 = 0,12mol\) 

Bảo toàn điện tích Y chứa 0,32 mol Na⁺.

 Vậy hỗn hợp ban đầu chứa 0,32 mol Na, 0,12 mol Ba và O.

Bảo toàn e: \({n_{NO}} = \frac{{0,32 + 0,12.2 - 0,15.2}}{2} = 0,13\)

→  m = 25,88gam 

Xét lần lượt từng mệnh đề:

1. H₂SO₄ đặc chỉ có vai trò làm chất xúc tác cho phản ứng.

=> Sai. H₂SO₄ đặc có vai trò làm chất xúc tác, hút ẩm và làm tăng hiệu suất của phản ứng.

2. Mục đích chính của việc thêm dung dịch NaCl bão hòa là để tránh phân hủy sản phẩm.

=> Sai. Mục đích chính của việc thêm dung dịch NaCl bão hòa là để tạo hiện tượng tách lớp rõ ràng hơn.

3. Sau bước 2, trong ống nghiệm vẫn còn CH₃CH(CH₃)CH₂CH₂OH và CH₃COOH.

=> Đúng. Vì đây là phản ứng thuận nghịch.

4. Sau bước 3, chất lỏng trong ống nghiệm trở thành đồng nhất.

=> Sai. Chất lỏng trong ống nghiệm trở nên tách lớp.

Al₄C₃ + 12H₂O → 3CH₄ + 4Al(OH)₃

CaC₂ + 2H₂O → C₂H₂ + Ca(OH)₂ .

\(\left\{ \begin{array}{l} A{l_4}{C_3}:x{\rm{ mol}}\\ {\rm{Ca}}{{\rm{C}}_2}:y{\rm{ mol}} \end{array} \right. \to T\left\{ \begin{array}{l} C{H_4}:3x\\ {C_2}{H_2}:y \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {H_2}O\\ C{O_2}:3x + y \end{array} \right.\)

2Al(OH)₃ + Ca(OH)₂ → Ca(AlO₂)₂ + 4H₂O

4x                   y

2y             ←  y →           y

4x – 2y           -                 y

Ca(AlO₂)₂ + 2CO₂ + 4H₂O → 2Al(OH)₃ + Ca(HCO₃)₂.

\(\left\{ \begin{array}{l} Y:Ca{\left( {Al{O_2}} \right)_2}\left( y \right) \to Al{\left( {OH} \right)_3}\\ Z:Al{\left( {OH} \right)_3}\left( {4x - 2y} \right) \end{array} \right.\)

Vì cùng thu được a gam kết tủa nên có: 4x – 2y = 2y → x = y

Nên tỉ lệ trong hh X là: 1 : 1.

\(34,4\left( g \right) \to \left\{ \begin{array}{l} Y:0,3mol\\ Z:37,6g \end{array} \right.\)

\({n_{{\rm{COO}}}} = {n_{OH}} = {n_{{\rm{COONa}}}} = {n_{NaOH}} = 0,52mol\)

\({n_Y} = 0,3mol < {n_{NaOH}}\)

Vậy chứng tỏ có ancol đa chức.

\(Z\left\{ \begin{array}{l} HCOONa:0,52mol\\ C{H_2} \end{array} \right. \to {n_{C{H_2}}} = \frac{{37,6 - 0,52.68}}{{14}} = 0,16mol\)

\(\left\{ \begin{array}{l} {n_Y} = {n_{Este}} = 0,3mol\\ {n_{{E_1}}}:{n_{{E_2}}}:{n_{{E_3}}} = 7:5:3 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {n_{{E_1}}} = 0,14mol\\ {n_{{E_2}}} = 0,1mol\\ {n_{{E_3}}} = 0,06mol \end{array} \right.\)

\({n_{C{H_2}}} = {n_{{E_2}}} + {n_{{E_3}}}\)

Chứng tỏ E₂ và E₃ cùng gốc axit và gốc này là CH₃COO-

\(\to Z\left\{ \begin{array}{l} HCOONa:0,52 - 0,16 = 0,36mol\\ C{H_3}{\rm{COONa:0,16mol}} \end{array} \right. \to \% = 65,11\% \)

Có m(hh khí) = 6,11; n(hh khí) = 0,13

=> n(Cl₂) = 0,05; n(O₂) = 0,08.

Hòa tan hết Y trong HCl nên có: n(HCl) = 2.n(H₂O) = 2.n(O^2-) = 0,32 mol 

- BTNT (Cl):

n(Cl^- trong Z) = n(AgCl) = n(HCl) + n(Cl^-) = 0,32 + 0,1 = 0,42. → m(AgCl) = 0,42.143,5 = 60,27 gam

→ m(kết tủa) = m(AgCl) + m(Ag) → m(Ag) = 73,23 – 60,27 = 12,96 → n(Ag) = 0,12 mol.

=> n(Fe²⁺) = 0,12.

BTĐT trong Z:  2.0,12 + 2.n(Cu) = 0,42 => n(Cu) = 0,09.

Vậy X chứa Fe (0,12) và Cu(0,09).

Khi X tác dụng HNO₃, ta thấy: (0,12 × 3 + 0,09 × 2) ÷ 3 = 0,18 mol > n(NO) = 0,15 mol

có nghĩa là Fe không lên hết Fe³⁺ mà có 1 phần chỉ lên Fe²⁺

Khi phản ứng với HNO₃: n_Fe(III) = a mol ; n_Fe(II) = bmol. ta có hệ: 

a + b = 0,12

3a + 2b + 0,09.2 = 0,15.3

Giải hệ: a = 0,03; b = 0,09.

 Vì HNO₃ dùng hết, n(HNO₃) = 4n(NO) = 0,6 mol → m(HNO₃) = 37,8 → m(dd HNO₃) = 120 gam.

→ BTKL: m(dd T) = m(X) + m(HNO₃) – m(NO) = 127,98 gam.

C%(Fe(NO₃)₃ trong T) = 0,03 . 242 : 127,98 ≈ 5,67%.

Đồng đẳng hóa quy hỗn hợp E về C₂H₃NO, CH₂, H₂O, C₂H₃COOH và C₂H₆O₂

Để ý rằng số mol X = số mol T. Khi đồng đẳng hóa E thì X tách H₂O và este bổ sung 2H₂O

Số mol H₂O trong E = - số mol C₂H₆O₂

 Trong E gồm x mol C₂H₃NO, y mol CH₂, z mol H₂O, t mol C₂H₃COOH và –zmol C₂H₆O₂

Khối lượng E = 57x + 14y +18z + 72t – 62z = 11,76

Số mol H₂O = 1,5x + y +z +2t – 3z = 0,36

Bảo toàn KL có khối lượng CO₂ + N₂ = 22,4  (2x + y + 3t – 2z).44 + 14x = 22,4

Phản ứng với NaOH xó x + t = 0,16

Giải hệ ta được x = 0,06, y = 0,05, z = -0,01 và t = 0,1mol

 Số mol peptit = 0,01mol và số mắt xích trong peptit = 6

 Số liên kết peptit trong X = 5.