A. Fe dư + FeCl3 → FeCl2

B. Zn dư + FeCl3 → ZnCl2 + Fe

C. Mg dư + FeCl3 → MgCl2 + Fe

D. Cu dư + FeCl3 → FeCl2 + CuCl2

nCl2 = (m muối – mM)/71 = 0,56

Kim loại M hóa trị x, bảo toàn electron:

13,44x/M = 0,56.2 → M = 12x

→ x = 2, M = 24: M là Mg

Triolein (C17H33COO)3C3H5 là hợp chất hữu cơ không no, phân tử có 3 liên kết π C=C.

Để bảo vệ vỏ tàu biển làm bằng thép (thành phần chính là Fe) người ta thường gắn vào vỏ tàu (phần ngâm dưới nước) những tấm kim loại Zn vì Zn có tính khử mạnh hơn Fe nên Zn là cực âm và bị ăn mòn, Fe là cực dương và được bảo vệ.

Khi thay thế 2H trong NH3 bởi 2 gốc hiđrocacbon ta được amin bậc II → CH3NHCH3 là amin bậc II.

Hơi thuỷ ngân rất độc, bởi vậy khi làm vỡ nhiệt kế thuỷ ngân thì chất bột được dùng để rắc lên thuỷ ngân rồi gom lại là lưu huỳnh, vì Hg và S phản ứng ở điều kiện thường, tạo sản phẩm rắn HgS ít độc hơn và dễ thu dọn hơn:

Hg + S → HgS

(C6H10O5)n + 6nO2 → 6nCO2 + 5nH2O

nH2O = 0,15 → nO2 = 0,18

A. Ca(OH)2 + NaHCO3 → CaCO3 + NaOH + H2O

B. HCl + NaHCO3 → NaCl + CO2 + H2O

C, D. Không phản ứng.

CaCO3 → CaO + CO2

nCaCO3 = 20.90%/100 = 0,18 → nCO2 = 0,18

m rắn = 20 – mCO2 = 12,08 gam

A. Fe + Cl2 → FeCl3

B. HCl + Fe(OH)2 → FeCl2 + H2O

C. Fe2O3 + HCl → FeCl3 + H2O

D. Fe + H2SO4 đặc nóng dư → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O.

Y chứa hai chất tan có cùng nồng độ mol là NaAlO2 (x) và NaOH (x)

→ X gồm Na (2x) và Al (x)

mX = 23.2x + 27x = 7,3 → x = 0,1

nH2 = 0,5nNa + 1,5nAl = 0,25 → V = 5,6 lít

A. Cu(NO3)2 → CuO + NO2 + O2

B. FeCl2 + AgNO3 dư → Fe(NO3)3 + AgCl + Ag

C. H2 + Fe2O3 → Fe + CO2

D. Al2O3 đpnc → Al + O2

nCl2 = (97,5 – 90,4)/71 = 0,1 → nFeSO4 = 0,2

mFe2(SO4)3 + mFeSO4 = 90,4 → nFe2(SO4)3 = 0,15

nFeO = nFeSO4 = 0,2

nFe2O3 = nFe2(SO4)3 = 0,15

→ %Fe2O3 = 62,5%

(1) CO2 (dư) + Ca(OH)2 → Ca(HCO3)2

(2) NaOH + Ca(HCO3)2 → CaCO3 + NaHCO3 + H2O

(3) 2NaOH (dư) + Ca(HCO3)2 → CaCO3 + Na2CO3 + 2H2O

Hai chất X, T thỏa mãn sơ đồ trên lần lượt là Ca(HCO3)2, Na2CO3.

A. Đúng

B. Sai: Cr + HCl → CrCl2 + H2

C. Đúng: Fe2O3 không tạo khí, Fe3O4 có tạo khí khi tác dụng với HNO3.

D. Đúng

Các muối đều 18C nên P có 57C

→ nP = nCO2/57 = 0,025

nP = [nCO2 – (nH2O + nBr2)]/2 → nH2O = 1,31

A. Sai, Lys (C6H14N2O2) làm quỳ tím hóa xanh do phân tử Lys có 2NH2 và 1COOH.

B. Sai, trong môi trường kiềm, fructozơ chuyển hóa qua lại với glucozơ.

C. Đúng, tristearin (C17H35COO)3C3H5 là chất béo no, là chất rắn ở điều kiện thường.

D. Sai, sản phẩm của trùng hợp buta-1,3-đien thuộc nhóm vật liệu cao su.

Giả sử Y chứa Fe3+ → nFe(OH)3 = 0,05

nNaOH = 0,55 = 3nFe(OH)3 + nH+

→ nH+ = 0,4 > 0: Điều giả sử là đúng

Y chứa H+ (0,4), SO42- (1,05 – 0,25 = 0,8), bảo toàn điện tích → nFe3+ = 0,4

Quy đổi X thành Fe (0,4) và O, bảo toàn electron:

3nFe = 2nO + 2nSO2 → nO = 0,35

X + HCl → FeCl2 (u) và FeCl3 (v)

→ 127u + 162,5v = 57,9 và u + v = 0,4

→ u = v = 0,2

nHCl phản ứng = 2u + 3v = 1

nH2O = nO = 0,35, bảo toàn H → nH2 = 0,15

→ V = 3,36 lít

(a) FeCl3 + AgNO3 → AgCl + Fe(NO3)3

(b) Ba(OH)2 dư + Al2(SO4)3 → Ba(AlO2)2 + BaSO4 + H2O

(c) NH3 + H2O + Fe(NO3)2 → Fe(OH)2 + NH4NO3

(d) NaHCO3 + CaCl2 đun nóng → CaCO3 + NaCl + CO2 + H2O

(e) NaOH + CrCl3 → NaCrO2 + NaCl + H2O

nMg = 0,15; nFe = 0,2

nHCl = 0,6 → nO = nH2O = 0,3

mO + mCl = 28,475 – 14,8 → nCl = 0,25

Bảo toàn Cl → nAgCl = 0,85

Bảo toàn electron: 2nMg + 3nFe = 2nO + nCl + nAg

→ nAg = 0,05

→ m↓ = mAgCl + mAg = 127,375

(a) Đúng

(b) Đúng, nước đậu nành chứa protein hòa tan sẽ bị đông tụ bởi axit tạo đậu phụ.

(c) Đúng

(d) Sai, nước ép nho chín chứa chủ yếu nước và một số loại đường, hầu như không có protein hòa tan nên không có phản ứng màu biurê.

(e) Sai, thành phần chính của tơ tằm là protein đơn giản.

Lúc t giây Y không hòa tan được Al2O3 nên catot chưa có H2, anot chưa có O2 → nCu = nCl2 = b

TH1: Chất hòa tan Al2O3 là OH-.

Lúc 2t: nAl2O3 = 0,08 → nOH- = 0,16

Catot: nCu = y và nH2 = nOH-/2 = 0,08

Anot: nCl2 = y + 0,08

n khí tổng = y + 0,08 + 0,08 = 0,44 → y = 0,28

→ ne trong 2t giờ = 0,72 → ne trong t giờ = 0,36

Lúc a giờ: nAl2O3 = 0,23 → nOH- = 0,46

Nếu anot chưa có O2 thì tại catot: nCu = 0,28 và nH2 = nOH-/2 = 0,23

→ Anot: nCl2 = 0,51

n khí tổng = 0,51 + 0,23 = 0,74 ≠ 0,785: Loại

Vậy anot đã có O2, dung dịch Y chứa K+ (x), SO42- (0,28), OH- (0,46), bảo toàn điện tích → x = 1,02

Catot: nCu = 0,28 và nH2 = u

Anot: nCl2 = 0,51 và nO2 = v

Bảo toàn electron: 2u + 0,28.2 = 4v + 0,51.2

n khí tổng = u + v + 0,51 = 0,785

→ u = 0,26; v = 0,015

→ ne trong a giờ = 2nCu + 2nH2 = 1,08

Nghiệm thỏa mãn giả thiết 0,36.2 < ne trong a giờ < 0,36.3,6

→ x : y = 1,02/0,28 = 3,64

TH2: Chất hòa tan Al2O3 là H+.

Lúc 2t: nAl2O3 = 0,08 → nH+ = 0,48

Anot: nCl2 = 0,5x và nO2 = nH+/4 = 0,12

n khí tổng 0,5x + 0,12 = 0,44 → x = 0,64

Lúc a giờ: nAl2O3 = 0,23 → nH+ = 1,38

Nếu catot chưa có H2 thì tại anot: nCl2 = 0,32 và nO2 = nH+/4 = 0,345

→ n khí tổng = 0,32 + 0,345 ≠ 0,785: Loại

Vậy catot đã có H2, dung dịch Y chứa K+ (0,64), SO42- (y), H+ (1,38), bảo toàn điện tích → y = 1,01

Catot: nCu = 1,01 và nH2 = u

Anot: nCl2 = 0,32 và nO2 = v

Bảo toàn electron: 2u + 1,01.2 = 4v + 0,32.2

n khí tổng = u + v + 0,32 = 0,785

→ u = 0,08; v = 0,385

→ ne trong a giờ = 2nCu + 2nH2 = 2,18

Nghiệm không thỏa mãn giả thiết 0,36.2 < ne trong a giờ < 0,36.3,6 nên loại.

Đốt Y có nH2O > nCO2 nên Y là ancol no, dạng Cn’H2n’+2Ot.

Tự chọn a = 1 → nY = 1 → nO2 = 1,5n’ + 0,5 – 0,5t = 3,5

→ 3n’ – t = 6 → n’ = t = 3 là nghiệm phù hợp, Y là C3H5(OH)3

E là este 3 chức nên n = 6 → E dạng C8HmO6

Từ E tạo 2 muối X, Z với MX < 92 < MZ nên E là:

(HCOO)2(C2H5COO)C3H5 (×2)

(HCOO)2(C2H3COO)C3H5 (×2)

X là HCOONa; T là HCOOH

Z là C2H5COONa hoặc C2H3COONa; F tương ứng là C2H5COOH hoặc C2H3COOH

(a) Sai, E có 2 cặp đồng phân.

(b) Sai, Z không phản ứng với AgNO3 trong NH3.

(c) Sai,C3H5(OH)3 và C2H4(OH)2 không cùng dãy đồng đẳng.

(d) Đúng: HCOOH → CO + H2O (H2SO4 đặc)

(e) Sai.

nNaOH = 160.7,5%/40 = 0,3

→ m muối thu được = 13,254%(160 + 32,4) = 25,5

Muối khan có k nguyên tử Na → n muối = 0,3/k

→ M muối = 25,5k/0,3 = 85k

→ k = 1, M muối = 85: Muối là NaNO3 (0,3)

Z + NaOH tạo NaNO3 → Z gồm NO2 (0,3), O2 (0,3/4 = 0,075) và hơi H2O (0,9)

mX = mE – mNO3- – mH2O = 9,75 (Trong đó nNO3- = nNO2 và mE = mY + mZ)

Kim loại X hóa trị x, bảo toàn điện tích:

9,75x/X = 0,3 → X = 32,5x → x = 2, X = 65: X là Zn

E là Zn(NO3)2.6H2O → Tổng 27 nguyên tử.

nNaOH = 2nNa2CO3 = 0,3 < 2nAncol nên các ancol đều đơn chức.

Bảo toàn khối lượng → mAncol = 7,16

→ M ancol = 39,78 → CH3OH (0,08) và C2H5OH (0,1)

Bảo toàn H → nH2O đốt T = 0,22

Bảo toàn khối lượng → nCO2 đốt T = 0,23

Bảo toàn O → nO(T) = 0,68

T chứa C (0,38), H (0,44), O (0,68), Na (0,3)

MX < MY < MZ < 180 và các ancol đều đơn chức → Muối tối đa 2COONa.

nO > 2nNa nên phải có muối chứa nhóm OH và muối này phải có số mol bằng 1 trong 2 ancol trên.

(Làm mò) → HOCH2COONa (0,1), HCOONa (0,12), (COONa)2 (0,03), NaOH dư (0,02)

E gồm:

X là HCOOCH3: 0,02 mol

Y là (COOCH3)2: 0,03 mol → %Y = 19,73%

Z là HCOOCH2COOC2H5: 0,1 mol