Na₃PO₄ có khả năng làm mềm nước cứng vĩnh cửu do loại bỏ được Ca²⁺, Mg²⁺ ra khỏi dung dịch:

Ca²⁺ + PO₄^3- → Ca₃(PO₄)₂

Mg²⁺ + PO₄^3- → Mg₃(PO₄)₂

A. S + Fe → FeS

B. HCl đặc + Fe → FeCl₂ + H₂

C. CuSO₄ + Fe → FeSO₄ + Cu

D. HNO₃ loãng + Fe → Fe(NO₃)₃ + NO + H₂O

Không dùng bình bằng Al để đựng dung dịch nước vôi trong vì:

Al + H₂O + Ca(OH)₂ → Ca(AlO₂)₂ + H₂

Kim loại phản ứng với HNO₃ không tạo ra hợp chất N₂O₅ (vì N trong oxit này có số oxi hóa +5, không thay đổi so với N trong HNO₃)

Số liên kết pi (π) trong phân tử (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ là 6, gồm 3C=C và 3C=O.

Hợp chất vừa tác dụng với dung dịch HCl vừa tác dụng với dung dịch NaOH là Al(OH)₃:

Al(OH)₃ + HCl → AlCl₃ + H₂O

Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + H₂O

K₂HPO₃ là muối trung hòa do gốc axit không còn khả năng nhường proton.

Muối dễ bị phân hủy khi đun nóng là Ca(HCO₃)₂:

Ca(HCO₃)₂ → CaCO₃ + CO₂ + H₂O

CaCO₃ → CaO + CO₂

Nếu Z chỉ có Cu và Ag → nCu = 2,76/64 = 0,043125

Bảo toàn electron → 2nFe = 2nCu + nAg

→ nAg = 0,04875

→ X chứa nCu(NO₃)₂ ≥ 0,043125 và nAgNO₃ = 0,04875

→ mX ≥ 16,395: Vô lý

Vậy Z chứa Fe, Cu, Ag. Trong X đặt a, b là số mol Cu(NO₃)₂ và AgNO₃

→ mX = 188a + 170b = 13,29 (1)

mFe dư = 3,78 – 56(a + 0,5b)

→ m tăng = 3,78 – 56(a + 0,5b) + 64a = 2,76 (2)

(1)(2) → a = 0,03 và b = 0,045

→ %AgNO₃ = 57,56%

nX < nNaOH < 2nX nên X gồm 1 este của ancol (a mol) và 1 este của phenol (b mol)

nX = a + b = 0,25

nNaOH = a + 2b = 0,35

→ a = 0,15; b = 0,1

Do sản phẩm chỉ có 2 muối nên X gồm HCOOCH₂C₆H₅ (0,15) và HCOOC₆H₄-CH₃ (0,1)

Muối gồm HCOONa (0,25) và CH₃C₆H₄ONa (0,1)

→ m muối = 30 gam

AlCl₃ + KOH dư → KAlO₂ + KCl + H₂O

FeCl₂ + KOH dư → Fe(OH)₂ + KCl

X là Fe(OH)₂. X với HNO₃ loãng dư:

Fe(OH)₂ + HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + NO + H₂O

Dung dịch thu được chứa muối Fe(NO₃)₃.

2Mg + O₂ → 2MgO

nMgO = 0,2 → nO₂ = 0,1 → V = 2,24 lít

X là etanol (C₂H₅OH)

Y là glucozơ (C₆H₁₂O₆)

Z là sobitol (C₆H₁₄O₆)

Các polime thiên nhiên là: xenlulozơ, amilopectin, amilozơ.

Muối chứa:

(H₂N)₂C₃H₅COO^-: 0,02

SO₄^2-: 0,02

Cl^-: 0,06

Na⁺: 0,04

K⁺: 0,08

→ m muối = 10,43

mC₂H₅OH = 100.10%.0,8 = 8 kg

C₆H₁₂O₆ → 2C₂H₅OH + 2CO₂

180……………2.46

m………………..8

→ m = 15,625

→ m nho = 15,652/(95%.60%) = 27,46 kg

A. Sai, Na khử H₂O trước:

Na + H₂O → NaOH + H₂

OH^- + Cu²⁺ → Cu(OH)₂

B. Đúng:

Ca + H₂O → Ca(OH)₂ + H₂

Ca(OH)₂ + NaHCO₃ → CaCO₃ + Na₂CO₃ + H₂O

C. Đúng

D. Đúng, váng màu trắng là CaCO₃, được tạo ra do:

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

C trung bình của muối = (18.3 + 16.4 + 18.5)/(3 + 4 + 5) = 52/3

→ C trung bình của E = 3.52/3 + 3 = 55

Quy đổi E thành (HCOO)₃C₃H₅ (a), CH₂ (49a) và H₂ (-b) (Tính nCH₂ = 55a – 6a)

mY = 176a + 14.49a = 17,24

nO₂ = 5a + 1,5.49a – 0,5b = 1,535

→ a = 0,02; b = 0,07

→ mE = 17,1 gam

nCO₂ = 0,18; nH₂O = 0,21

→ mX = mC + mH = 2,58

Số C = nCO₂/nX = 1,8

Số H = 2nH₂O/nX = 4,2

→ k = (2C + 2 – H)/2 = 0,7

→ nBr₂ = k.nX = 0,07

Tỉ lệ: 2,58 gam X phản ứng với 0,07 mol Br₂

→ 3,87 gam X phản ứng với 0,105 mol Br₂

(a) Mg + CuCl₂ → MgCl₂ + Cu

(b) Zn + H₂SO₄ → ZnSO₄ + H₂

(c) Không phản ứng

(d) Fe + FeCl₃ → FeCl₂

(e) Fe + S (t°) → FeS

Hai chất X₂, X₄ lần lượt là KOH, Ba(HCO₃)₂:

KCl + H₂O → KOH + Cl₂ + H₂

KOH + Ba(HCO₃)₂ → BaCO₃ + K₂CO₃ + H₂O

(a) Đúng

(b) Đúng, do tạo C₆H₅NH₃Cl dễ tan

(c) Đúng

(d) Sai, khử glucozơ thu được sobitol

(e) Đúng, tạo xà phòng và glyxerol.

nHCl = 0,12; nCO₂ = 0,09; nBaCO₃ = 0,15

nCO₂ < nBaCO₃ nên HCl phản ứng hết.

nCO₂ < nHCl < 2nCO₂ → X chứa Na⁺, CO₃^2-, HCO₃^-.

Đặt u, v là số mol CO₃^2- và HCO₃^- đã phản ứng:

nH⁺ = 2u + v = 0,12

nCO₂ = u + v = 0,09

→ u = 0,03; v = 0,06

→ Mỗi phần X chứa CO₃^2- (0,03k) và HCO₃^- (0,06k)

→ nBaCO₃ = 0,03k + 0,06k = 0,15 → k = $\frac{5}{3}$

Vậy toàn bộ X chứa CO₃^2- (0,1) và HCO₃^- (0,2), bảo toàn điện tích → nNa⁺ = 0,4

Bảo toàn Na → a + 2.1,5a = 0,4

Bảo toàn C → $\frac{V}{22,4}$ + 1,5a = 0,1 + 0,2

→ V = 3,36 lít

nO₂ = 0,01 → nCu (catot) = 0,02

Dung dịch Y chứa H₂SO₄ (0,02) và CuSO₄ dư (x)

→ nFe phản ứng = x + 0,02

Khối lượng thanh Fe không thay đổi nên:

56(x + 0,02) = 64x → x = 0,14

→ nCuSO₄ ban đầu = x + 0,02 = 0,16

→ a = 25,6 gam

Z chứa hỗn hợp muối nên Y còn NO₃^- dư.

Dễ thấy nKOH = 0,74 > 3.21,4/107 > 2.21,4/90 nên trong Y có H⁺ dư.

→ Kết tủa là Fe(OH)₃ (0,2 mol)

→ nH⁺ dư = 0,74 – 0,2.3 = 0,14

Hỗn hợp ban đầu quy đổi thành Fe (0,2), S (b) và O (c). Đặt nNO = d

→ mO = 16c = 12,5%(0,2.56 + 32b + 16c) (1)

Bảo toàn electron: 0,2.3 + 6b = 2c + 3d (2)

Y chứa Fe³⁺ (0,2), H⁺ (0,14), K⁺ (a), SO₄^2- (b + 0,43), NO₃^- (a – d)

Bảo toàn điện tích:

0,2.3 + 0,14 + a = 2(b + 0,43) + (a – d) (3)

m muối trong Z = 39(a + 0,74) + 96(b + 0,43) + 62(a – d) = 101,14 (4)

(1)(2)(3)(4) → a = 0,4; b = 0,07; c = 0,12; d = 0,26

(b) → X₁ có 2Na

(a) tạo H₂O và X không có nhóm -CH₃ nên X là HOOC-COO-CH₂-CH₂OH

X₂ là C₂H₄(OH)₂; X₁ là (COONa)₂ và X₃ là (COOH)₂

X₄ là HCOOH.

A. Đúng:
C₂H₄(OH)₂ + Cu(OH)₂ → (C₂H₅O₂)₂Cu + H₂O

HCOOH + Cu(OH)₂ → (HCOO)₂Cu + H₂O

B. Đúng, X chứa các chứa axit, este, ancol.

C. Đúng, X₃ và X₄ đều là axit nhưng X₃ có phân tử khối lớn hơn nên nhiệt độ sôi của X₃ cao hơn X₄.

D. Sai, X₃ thuộc dãy axit no, hai chức, mạch hở còn X₄ thuộc dãy axit no, đơn chức, mạch hở.

Đốt Z → nCO₂ = 0,65 và nH₂O = 1,05

→ nZ = nH₂O – nCO₂ = 0,4

→ Số C = nCO₂/nZ = 1,625

→ CH₃OH (0,15) và C₂H₅OH (0,25)

nNaOH = nZ = 0,4

Bảo toàn khối lượng → m muối = 28,3

Muối có dạng R(COONa)k (0,4/k)

→ R + 67k = 28,3k/0,4

→ R = 3,75k

Do este không phân nhánh nên 1 ≤ k ≤ 2 → 3,75 ≤ R ≤ 7,5

Mặt khác, 2 muối cùng C → CH₃COONa (0,1) và (COONa)₂ (0,15)

Kết gợp 2 số mol ancol ta có:

Y là CH₃COOC₂H₅ (0,1)

X là CH₃-OOC-COO-C₂H₅ (0,15)

→ mX = 19,8