Polime dùng để chế tạo thủy tinh hữu cơ có tên gọi là poli metyl metacrylat

Thí nghiệm Fe chỉ bị ăn mòn hóa học là đốt cháy dây Fe trong không khí khô.

Kết tủa Y có Fe(OH)₃.

Các tơ nilon-6,6 và nitron. đều là tơ tổng hợp

Đáp án D

phản ứng: Ba + HCl + H₂O → 0,06 mol BaCl₂ + 0,04 mol Ba(OH)₂ + 0,1 mol H₂.

sau đó: 0,1 mol Ba²⁺ + 0,15 mol SO₄^2– ||→ tạo 0,1 mol BaSO₄↓ (tính theo Ba).

0,08 mol OH^– + 0,15 mol Cu²⁺ ||→ 0,04 mol Cu(OH)₂↓ (tính theo OH^–).

Nung BaSO₄ vẫn là BaSO₄; nung Cu(OH)₂ → CuO

||→ x gam gồm 0,04 mol CuO và 0,1 mol BaSO₄ ||→ x = 26,5 gam. Chọn đáp án D

Đáp án B

bảo toàn điện tích xác định A gồm: 0,1 mol Mg²⁺; 0,15 mol Na⁺; 0,15 mol Cl^– và 0,2 mol HCO₃^–.

► chú ý: dùng Ca(OH)₂ làm mất tính cứng của A là một tình huống "may mắn" và cần cân đo đong đếm.!

lí do dùng Ca(OH)₂ thì chính thêm Ca²⁺ vào rồi, làm mất không được lại còn thêm.!

Tuy nhiên, "may" ở đây là nếu thêm 0,1 mol Ca(OH)₂ vào sẽ cung cấp 0,2 mol OH^–.

Xảy ra OH^– + HCO₃^– → CO₃^2– + H₂O tủa hết Mg²⁺ và Ca²⁺ mới thêm.

Cái "may" này có điều kiện, chỉ cần nước là cứng tạm thời + thêm Ca(OH)₂ "khéo" (vừa đủ) là ok.!

(ở tình huống này như các em thấy là ghép vừa khít Cl cho Na tạo 0,15 mol NaCl, phần còn lại là nước cứng tạm thời đó.!).

Đáp án C

Hướng giảiF[Vận dụng] (a) Sai vì thép chứa từ 0,01 – 2 % hàm lượng cacbon.

Đáp án C

kết tủa màu trắng với Ba; 4,66 gam ||→ là 0,02 mol BaSO₄ → có 0,02 mol BaCl₂.

Zn dư + dung dịch Z thu 0,08 mol H₂ ||→ có 0,16 mol H⁺ trong Z

||→ có 0,04 mol HCl (Cl suy từ 0,02 mol BaCl₂) + 0,06 mol H₂SO₄ (bảo toàn H).

Vậy tổng n_SO4 = 0,08 mol. chú ý X phản ứng mãnh liệt với H₂O sinh H₂SO₄ ||→ X là oleum.
biết khối lượng, số mol ||→ xác định được X là H₂SO₄.7SO₃.

Tuy nhiên, đọc yêu cầu: trong E chứa 0,02 mol ZnCl₂ và 0,06 mol ZnSO₄Lại có m_E = 100 + 6,58 + 0,02 × 208 – 4,66 + 0,08 × 65 – 0,08 × 2 = 111,12 gam. M_ZnSO4 >M_ZnCl2
||→ Yêu cầu %m_{ZnSO4 trong E} = 0,06 × 161 ÷ 111,12 ≈ 8,69%. Chọn đáp án C. 

Đáp án B

Đáp án D

Xử lí đặc trưng, YTHH 03: thêm 0,15 mol O vào A (0,15 mol O ⇄ 0,15 mol H₂)

quy về (x + 2,4) gam A chỉ chứa ½.b mol Al₂O₃ ||→ 51b = x + 2,4 (1).

hòa tan hoàn toàn ||→ dung dịch B chứa NaOH và NaAlO₂. khi cho HCl vào xảy ra các phản ứng:
NaOH + HCl → NaCl + H₂O || 1NaAlO₂ + 1HCl + 1H₂O → 1Al(OH)₃ + 1NaCl.

nếu HCl còn dư thì 3HCl + 1Al(OH)₃ → 1AlCl₃ + 3H₂O. THẬT chú ý tỉ lệ → có đồ thị:

||→ quan sát → có phương trình:4b = a + (0,7 – 0,3) + 3a ⇄ b = a + 0,1 (2).

Lại có a là số mol của x gam kết tủa Al(OH)₃ nên x = 78a (3).

Từ (1), (2), (3) thế hoặc giải hệ đều có x = 7,8 gam.

Đáp án A

Ta có: X + NaOH → ? + Y || đốt Y + O₂ → 0,03 mol Na₂CO₃ + 0,12 mol CO₂ + ? mol H₂O.
X đơn chức, 0,05 mol mà NaOH dùng lại là 0,06 mol ||→ X có este của phenol, số mol 0,01 ||→ este kia 0,04 mol.

Y là hỗn hợp các chất hữu cơ nên ∑n_{C trong X} = ∑n_{C trong Y} = 0,03 + 0,12 = 0,15 mol.

X gồm 0,01 mol este C_m (este của phenol nên m ≥ 7); 0,04 mol este C_n (este thường, n ≥ 2).

Nghiệm nguyên: 0,01m + 0,04n = ∑n_{C trong X} = 0,15 ⇄ m + 4n = 15. điều kiện ||→ duy nhất (m; n) = (7; 2) thỏa mãn.

||→ Các este là HCOOC₆H₅ và HCOOCH₃ ||→ muối trong Y gồm 0,05 mol HCOONa và 0,01 mol C₆H₅Ona

||→ Yêu cầu m_rắn = 0,05 × 68 + 0,01 × 116 = 4,56 gam. Chọn đáp án A.

Đáp án B

Fe dùng tối đa nên sinh Fe²⁺

→mFe = 5,6 gam

Đáp án D

Quan sát sơ đồ và một số xử lí giả thiết cơ bản:

đặc trưng: KOH xử lí dung dịch sau phản ứng: K và đừng quên Na trong D sẽ đi về đâu?

Và đi về 0,22 mol K₂SO₄ và Na₂SO₄ mà SO₄ có 0,24 mol → n_Na = 0,04 mol.

Dung dịch D đã biết 0,24 mol SO₄^2–; 0,21 mol Mg²⁺ và 0,04 mol Na⁺ ||→ đọc ra có 0,02 mol NH₄⁺.
Trước đó để ý ta suy từ Na ra có 0,04 mol NaNO₃ và từ SO₄ ra 0,24 mol H₂SO₄.

||→ bảo toàn N có n_{N spk} = 0,02 mol; bảo toàn H có n_H2O = 0,16 mol

||→ bỏ sụm SO₄ 2 vế rồi bảo toàn O có ngay n_{O spk} = 0,02 mol.

Tỉ lệ n_{N spk} ÷ n_{O spk} = 1 ÷ 1 đọc cho ta biết khí X spk là NO.

Đáp án D

Al, Mg + HNO₃ không nhắc spk → "mùi" muối amoni, tránh quên.!

giải khí có B gồm 0,1 mol N₂ và 0,1 mol N₂O. không có oxit

||→ bảo toàn electron mở rộng: n_HNO3 = 2,5 mol = 12n_N2 + 10n_N2O + 10n_NH4NO3

||→ n_NH4NO3 = 0,03 mol ||→ ∑n_NO3^– _{trong muối kim loại} = 2,04 mol.

♦ Nhiệt phân muối nitrat gồm: Al(NO₃)₂ + Mg(NO₃)₂ + AgNO₃ + 0,03 mol NH₄NO₃.

||→ thu được y gam rắn gồm Al₂O₃ + MgO + Ag và thoát: NO₂ + O₂ + (N₂O + H₂O).

||→ (x – y) chính là giá trị giảm rắn ⇄ gồm: 0,03 mol NH₄NO₃ + 2,04 mol NO₂ và a mol O₂.

Cần chú ý: muối nitrat nhôm và Mg đều cho 4NO₂ + 1O₂ || AgNO₃ nhiệt phân thu 2NO₂ + 1O₂.

||→ 2,04 ÷ 4 = 0,51 mol < n_O2 < 2,04 ÷ 2 = 1,02 mol. Kết hợp (x – y) theo trên

||→ chặn 112,56 gam < (x – y) < 128,88 gam. Quan sát A, B, C, D thấy mỗi D thỏa mãn

Đáp án A

hỗn hợp A gồm X, Y dạng C_a(H₂O)_b (đốt có n_{O2 cần đốt} = n_CO2).

cần chú ý n_{chức ancol –OH} = n_KOH = 0,4 mol ||→ m_ancol = 15,2 + 0,4 ÷ 2 × 2 = 15,6 gam.

♦ Thủy phân: 30,24 gam A + 0,4 mol KOH → 2 muối D + 15,6 gam 2 ancol B

||→ m_{muối D} = 37,04 gam (theo BTKL). Giải đốt D: đủ giả thiết

Đốt 37,04 gam muối D cần 0,42 mol O₂ → 0,2 mol K₂CO₃ + x mol CO₂ + y mol H₂O.

bảo toàn O + bảo toàn khối lượng ||→ đủ giải ra x = 0,52 mol và y = 0 mol.

►  X, Y không phân nhánh ||→ có không quá 2 chức, este không phải là vòng (*)

kết hợp y = 0 cho biết muối không chứa nguyên tố H

||→ 2 muối đều 2 chức dạng C_e(COOH)₂ (với e phải chẵn)

Lại biết tỉ lệ số mol X, Y là 1,5 ||→ n_X = 0,12 mol và n_Y = 0,08 mol.

số C_{axit tạo X} = m; số C_{axit tạo Y} = n (m, n nguyên dương và chẵn)

||→ nghiệm nguyên: 0,12m + 0,08n = ∑n_{C trong muối} = 0,72 mol ⇄ 3m + 2n = 18

||→ duy nhất cặp chẵn m = 2; n = 6 thỏa mãn ||→ axit tạo X là (COOH)₂ và Y là C₄(COOH)₂.

Mặt khác: X, Y dạng C_a(H₂O)₄; gốc axit không chứa H → ∑gốc ancol có 8H.

Lại có ở (*) cho biết hai ancol phải là đơn chức nên n_B = 0,4 mol; M_B = 15,6 ÷ Ans = 39

||→ có ancol là CH₃OH; gốc ancol này có 3C → còn 5C trong gốc ancol còn lại → là C₂H₅

Vậy đã rõ: X là H₃C-OOC-COOC₂H₅ và Y là H₃C-OOC-C≡C-C≡C-COOC₂H₅.

ĐỌc yêu cầu, xem lại Y có CTPT C₉H₈O₄ ||→ ∑số nguyên tử = 21.

Cấu hình electron của nguyên tử S (Z=16) là 1s²2s²2p⁶3s²3p⁴

Phản ứng thế trong hóa học vô cơ luôn luôn là phản ứng oxi hóa – khử

Oxi có thể thu được từ phản ứng nhiệt phân  KMnO₄

Cho phenolphtalein vào dung dịch KOH sẽ hóa hồng

Công thức phân tử khí metan là CH₄.

C₂H₅OH là ancol

Bóng đèn không sáng khi X là dung dịch saccarozo (đường)

Este C₂H₅COOCH₃ có tên là etyl propionat

Cấu hình electron lớp ngoài cùng của nguyên tử kim loại kiềm là ns¹     

Saccarozơ thuộc loại đisaccarit 

nguyên nhân chính gây ra hiệu ứng nhà kính là CO₂

Ag + dung dịch FeCl₂ không xảy ra phản ứng hóa học

Thạch cao sống có công thức là CaSO₄.2H₂O.    

Cr là kim loại cứng nhất

Phản ứng thủy phân este trong môi trường kiềm, đun nóng được gọi là phản ứng xà phòng hóa 

Na₂CO₃  có thể dùng để làm mềm nước cứng có tính cứng vĩnh cửu

Dãy dung dịch được sắp xếp theo chiều tăng dần về độ pH: HNO₃, NaCl, KOH

Thuốc thử duy nhất có thể dùng để phân biệt 3 chất lỏng phenol, stiren và ancol benzylic là dung dịch Brom.

Dãy  đều tác dụng với Na: C₂H₅OH, HCOOH

Dãy chất không bị thủy phân : Glucozơ, axit axetic, fructozơ.

Công thức cấu tạo của C₄H₈O₂ là  HCOOCH(CH₃)₂

Khi cho từ từ khí CO₂ đến dư vào dung dịch NaAlO₂. Hiên tượng quan sát được là xuất hiện kết tủa keo trắng

Cấu tạo của X là Gly-Ala-Phe-Val.

2NaCrO₂ + 3Br₂ + 8NaOH → 2Na₂CrO₄ + 6NaBr + 4H₂O

Có 3 dung dịch trong dãy làm đổi màu quỳ tím