Lớp electron ngoài cùng của các kim loại kiềm thổ có dạng chung là ns²

Al vừa phản ứng được với dung dịch HCl, vừa phản ứng được với dung dịch NaOH

Hai dung dịch CuSO₄, HCl đều tác dụng được với kim loại Fe

Tác nhân hóa học  không gây ô nhiễm môi trường: Khí O₂ sục vào trong nước

Các chất X, Y, Z lần lượt là CO₂, CaCO₃, Ca(HCO₃)₂.

Tên gọi của CH₃CH₂COOCH₃ là metyl propionat.

Khi cho khí CO dư đi qua hỗn hợp CuO, FeO, Fe₃O₄, Al₂O₃ và MgO, nung nóng. Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp rắn gồm Cu, Fe, Al₂O₃ và MgO

Số kim loại trong dãy tác dụng với nước ở điều kiện thường là 3

Phát biểu sai là: Cr₂O₃, Cr(OH)₃ đều có tính lưỡng tính và tan tốt trong dung dịch NaOH loãng.

Để phân biệt các dung dịch riêng biệt: NaCl, MgCl₂, AlCl₃, FeCl₃, người ta dùng duy nhất dung dịch NaOH

Các chất đều tác dụng được cả với Na và Cu(OH)₂ là (1), (3), (4).

Do thu được số mol CO₂ khác nhau ở 2 thí nghiệm ⇒ H+ không dư.

Xét thí nghiệm 1: nhỏ từ từ X vào Y thì xảy ra phản ứng theo thứ tự:

\({H^ + } + CO_3^{2 - } \to HCO_3^ - \)                

\({H^ + } + HCO_3^ - \to C{O_2} + {H_2}O\) 

\({n_{C{O_2}}} = {n_{{H^ + }}} - {n_{CO_3^{2 - }}} = a - b \Rightarrow {V_1} = 22,4 \times \left( {a - b} \right)\).

Xét thí nghiệm 2: nhỏ từ từ Y vào X thì

xảy ra phản ứng: \(2{H^ + } + CO_3^{2 - } \to C{O_2} + {H_2}O\) 

\({n_{C{O_2}}} = {n_{{H^ + }}} \div 2 = 0,5a \to {V_2} = 22,4 \times 0,5a\) 

\( \Rightarrow {V_1}:{V_2} = \left( {a - b} \right) \div 0,5a = 3:4 \Leftrightarrow a:b = 8:5\).

Bảo toàn khối lượng: 
m_axit+m _KOH+m _NaOH=m _rắn +m _H2O
⇒n _H2O=0,03 mol=n_axit⇒ M_axit=72 g⇒CH₂CHCOOH

n _C2H5OH = n_NaOH =0,2mol à m_muối= m_hh + m_NaOH – m_C2H5OH=17,6gam

n_CO2= n_H2O → este đơn

BT O → n_E = (0,13x2+0,13 – 0,155x2) :2 =0,04 mol

n_NaOH =n_E → V_NaOH =0,04lit = 40ml

  Số mol C₁₂H₂₂O₁₁ ban đầu là x (mol)

              C₁₂H₂₂O_{11 tham gia}  → 2C₆H₁₂O₆      

                 0,9 x mol                     1,8 x mol   

                                                    C₁₂H₂₂O_{11 dư}       

                 0,9 x mol                      0,1 x mol   

n_{Cu(OH)2 (tham gia)} = (18x+0,1x)/2 = 9,31/98 =0,1 mol

m_C12H22O11 = 34,2 gam

Công thức cấu tạo của X là Ala-Gly-Gly-Ala-Ala.

Ta có phản ứng H₂NCH₂COOH + KOH → H₂NCH₂COOK + H₂O

 n_H2NCH2COOH = n_H2NCH2COOK = 13,56 ÷ 113 = 0,12 mol.

 m_Glyxin = 0,12 ×75 = 9 gam  Chọn C

Các chất có khả năng tham gia phản ứng trùng hợp tạo polime là (1), (3) và (5).

n_Na = 0,2 mol ; n_HCl = 0,05 mol

Na + HCl -> NaCl + ½ H₂

Na + H₂O -> NaOH + ½ H₂

Sau phản ứng cô cạn ddịch được chất rắn: 0,05 mol NaCl và  0,15 mol NaOH => m = 8,925g

Đặt n_C2H5OH = x; n_C6H5OH = y  → m_A = 14(g) = 46x + 94y.

n_H2 = 0,5x + 0,5y = 0,1 mol → giải hệ có: x = y = 0,1 mol.

%m_etanol = 0,1 × 46 ÷ 14 × 100% = 32,86% → %m_phenol = 67,14%.

Lần lượt bảo toàn nguyên tố Natri và gốc OH: n_OH/ancol = n_NaOH = 2n_Na2CO3 = 0,26 mol.

Lại có: -OH + Na → -ONa + 0,5H₂↑  → n_H2 = 0,13 mol.

Bảo toàn khối lượng: m_ancol = m_{bình tăng} + m_H2 = 8,1 + 0,13 × 2 = 8,36(g)

Lại có: 2 ancol no, có cùng số cacbon

→ 2 ancol gồm ancol đơn chức và ancol 2 chức có dạng C_nH₂₊₂O và C_nH_2n+2O₂ (n ≥ 2).

Đặt n_CnH2+2O = x; n_CnH2n+2O2 = y → n_OH = x + 2y = 0,26 mol (1).

m_ancol = x.(14n + 2 + 16) + y.(14n + 2 + 32) = (x + y).(14n + 2) + 16.(x + 2y) = 8,36(g) (2)

Thế (1) vào (2) → x + y = 4,2 ÷ (14n + 2). Mặt khác: 0,5.(x + 2y) < x + y < x + 2y

→ 0,13 < 4,2 ÷ (14n + 2) < 0,26 → 1,01 < n < 2,16 → n = 2 → C₂H₅OH và C₂H₄(OH)₂.

→ x = 0,02 mol; y = 0,12 mol. Bảo toàn khối lượng: m_F = 19,28 + 0,26 × 40 - 8,36 = 21,32(g).

      Do X, Y, Z mạch hở → F gồm 2 muối của axit đơn chức → số mol mỗi muối là 0,13 mol.

      M_{tb muối} = 21,32 ÷ 0,26 = 82 → phải chứa HCOONa → M_{muối còn lại} = 96 (C₂H₅COONa).

→ E gồm 0,01 mol HCOOC₂H₅; 0,01 mol CH₃COOC₂H₅; 0,12 mol (HCOO)(C₂H₅COO)C₂H₄.

Este có PTK nhỏ nhất là HCOOC₂H₅ → %m_HCOOC2H5 = 3,84% → chọn D.

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.

X (C₃H₁₀O₄N₂) + NaOH → 2 khí làm xanh quỳ ẩm

⇒ X có CTCT là: NH₄OCO-COONH₃CH₃

NH₄OCO-COONH₃CH₃ + 2NaOH → (COONa)₂ + NH₃ + CH₃NH₂ + 2H₂O

\({n_{C{H_3}N{H_2}}} = {\text{ }}{n_{N{H_3}}}\) =  \(\frac{{2,24}}{{22,4.2}} = 0,05mol \Rightarrow m = {m_{(C{\text{OONa)2}}}} = 134.0,05 = 6,7gam\)

n_Al=2/3nH₂ = 0,1   nAl₂O₃= a    à n_NaOH dư= 0,4 – 0,1-2a

2 V_HCl khác nhau nhưng cho cùng kết tủa à V nhỏ chưa kết tủa hết AlO₂^-

à n_KT= n_HCl -n_{NaOH dư}

Mà m_bđ= m_kt = x à 27.0,1+ a.102= (0,3- (0,4 – 0,1-2a )) .78

a= 0,05 → x= 7,8

Giả sử KOH tác dụng với X thì KOH hết \(\Rightarrow {n_{KN{O_3}}} = {n_{KOH}} = 0,5\) mol.

\(\Rightarrow {m_{KN{O_3}}} = 0,5 \times 101 = 50,5\) gam > 41,05 gam ⇒ vô lí ⇒ KOH dư.

Đặt \({n_{KOH{\text{ du}}}} = xmol;\,{n_{KN{O_3}}} = ymol \to \Rightarrow \sum\limits_{} {{n_{KOH{\text{ dung}}}} = 0,5 = } x + y\)

Phản ứng: \(KN{O_3} \to KN{O_2} + \frac{1}{2}{O_2} \Rightarrow \sum\limits_{} {{m_{{\text{ran}}}} = 41,05 = 56x + 85y} \) 

Giải hệ có: x = 0,05 mol; y = 0,45 mol ⇒ \(\sum\limits_{} {{n_{NO_3^ - {\text{ trong X}}}} = 0,45{\text{ mol}}} \).

Đặt\({n_{F{\text{e}}}} = a\,mol;\,{n_{Cu}} = b\,mol \to {m_A} = 56{\text{a}} + 64b = 11,6\,gam\)

Do KOH dư ⇒ kết tủa hết ion kim loại ⇒ nung T thì rắn gồm Fe₂O₃ và CuO.

⇒ m_rắn = 41,05 = 0,5a × 160 + 80b. Giải hệ có: a = 0,15 mol; b = 0,05 mol.

Quy hỗn hợp B về N và O. Bảo toàn nguyên tố nitơ có n_{N spk} = 0,7 – 0,45 = 0,25 mol.

\(\sum\limits_{} {{n_{NO_3^ - }} < 3{n_{Fe}} + 2{n_{Cu}} \Rightarrow } \) dung dịch chứa ion Fe²⁺, Fe³⁺ và H⁺ hết.!

Bảo toàn nguyên tố hidro có \({n_{{H_2}O}} = 0,7 \div 2 = 0,35\) mol.

⇒ bảo toàn nguyên tố oxi có n_{O sk} = 0,7 × 3 – 0,45 × 3 – 0,35 = 0,4 mol.

⇒ BTKL m_{dung dịch sau phản ứng} = 11,6 + 87,5 – 0,25 × 14 – 0,4 × 16 = 89,2 gam.

⇒ \(C{\% _{Cu{{\left( {N{O_3}} \right)}_2}}} = 0,05 \times 188 \div 89,2 \times 100\% = 10,54\% \).

Ở người, nồng độ glucozơ trong máu được giữu ổn định ở mức 0,1% →  Phát biểu (1) đúng.

Khử hoàn toàn glucozơ bằng hiđro (xúc tác Ni, t⁰) thu được sobitol → Phát biểu (2) sai.

Tơ xenlulozơ axetat thuộc loại tơ hóa học →  Phát biểu (3) đúng.

Thủy phân este đơn chức trong môi trường bazơ luôn cho muối của axit và ancol hoặc anđehit, muối của phenol,…:

\(\begin{gathered} C{H_3}{\text{COO}}{{\text{C}}_2}{H_5} + NaOH \to C{H_3}{\text{COONa + }}{{\text{C}}_2}{H_5}OH \hfill \\ C{H_3}{\text{COOCH = C}}{{\text{H}}_2} + NaOH \to C{H_3}{\text{COONa + C}}{{\text{H}}_3}CHO \hfill \\ HCOO{C_6}{H_5} + 2NaOH \to HCOONa + {C_6}{H_5}ONa + {H_2}O \hfill \\ \end{gathered} \)

→  Phát biểu (4) sai

Glu (1NH₂) , Lys (2NH₂) → Số nguyên tử N có trong phân tử đipeptit Glu-Lys là 3

→  Phát biểu (5) sai.

Từ đipeptit trở lên mới có phản ứng màu biure với Cu(OH)₂ tạo dung dịch màu tím

→ Đipeptit không có phản ứng màu biure →  Phát biểu (6) sai

\(\left\{ \begin{gathered} {n_{Mg}} = 0,35(mol) \hfill \\ {n_{Zn}} = 0,35(mol) \hfill \\ \end{gathered} \right. \to {n_e} = 1,4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,{n_B}\, = 0,2(mol)\left\{ \begin{gathered} {N_2}O:0,1(mol) \hfill \\ {H_2}:0,1(mol) \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

\(\xrightarrow{{BTE}}{n_{NH_4^ + }} = \frac{{1,4 - 0,1.8 - 0,1.2}}{8} = 0,05(mol)\)

\(\to {\text{dd}}\,\,A\left\{ \begin{gathered} M{g^{2 + }}:0,35 \hfill \\ Z{n^{2 + }}:0,35 \hfill \\ NH_4^ + :0,05 \hfill \\ \xrightarrow{{BTNT.Nito}}N{a^ + }:0,1.2 + 0,05 + a = 0,25 + a \hfill \\ \xrightarrow{{BTDT}}SO_4^{2 - }:a \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

\(\xrightarrow{{BTKL}}m = 240,1(gam)\)

Triolein không tác dụng với Cu(OH)₂ ở điều kiện thường.

Chất X là CrCl₃

Cặp chất  không phải là đồng phân của nhau  là tinh bột và xenlulozo.

Al₂O₃ không tan được trong dung dịch BaCl₂

Crom (III) oxit có công thức hóa học là Cr₂O₃

CH₃-CH₃ không tham gia phản ứng trùng hợp

Na điều chế được bằng phương pháp điện phân nóng chảy muối halozen

Xenlulozơ không tan trong nước

Thành phần chính của đá vôi là CaCO₃

Số chất phản ứng được với dung dịch HCl là ala-gly-val, amoni axetat, anilin

Amilopectin có cấu trúc mạch phân nhánh.

Ba(OH)₂  + 2HCl →  BaCl₂ + 2H₂O