Archives

nC6H12O6 = 0,02.2.75% = 0,03 nC12H22O11 còn dư = 0,02.25% = 0,005 —> nAg tổng = 2(0,03 + 0,005) = 0,07 —> mAg = 7,56 gam

Có tối đa 3 chất bị oxi hoá bởi Cu(OH)2 trong môi trường kiềm khi đun nóng, đây là tính chất đặc trưng của nhóm chức aldehyde: glucose, fructose, maltose. Trong đó: + Glucose dạng mạch hở phản ứng trực tiếp. + Fructose chuyển hóa thành glucose trong OH- rồi phản ứng. + Maltose dạng mở vòng phản ứng trực tiếp. + Saccharose đã bị khóa các nhóm OH hemiacetal, hemiketal nên không thể mở vòng, không phản ứng. + Amylose, cellulose chỉ có mắt xích cuối mạch còn OH hemiacetal nhưng như vậy là quá ít ỏi để phản ứng.

Cả 4 phản ứng có thể được xúc tác bởi các enzyme: Tinh bột → Maltose: enzyme amylase Maltose → Glucose: enzyme maltase Glucose → Ethanol: rất nhiều loại enzyme có thể dùng. Ethanol → Acetic acid: men giấm

Có 3 công thức cấu tạo thoả mãn với tính chất của X: H2NCH2COOCH2CH2CH3 H2NCH2COOCH(CH3)2 H2NCH(CH3)COOCH2CH3

(1) Sai, tùy cấu tạo, chúng có thể thuộc cùng dãy đồng đẳng hoặc không: CH≡CH và CH≡C-CH3: Cùng dãy đồng đẳng CH≡CH và CH2=C=CH2: Khác dãy đồng đẳng (2) Đúng: HOCH2CH2CH2OH: Không hòa tan Cu(OH)2 CH3CHOHCH2OH: Có hòa tan Cu(OH)2 tạo dung dịch xanh lam. (3) Đúng, 4 arylamine gồm CH3C6H4NH2 (o, m, p) và C6H5NHCH3. (4) Đúng, nhóm -OH đẩy electron mạnh, hoạt hóa vòng benzene khiến phản ứng thế xảy ra dễ dàng, đặc biệt ở các vị trí o, p. (5) Đúng: Cu(NO3)2 + 2CH3NH2 + 2H2O —> Cu(OH)2 + 2CH3NH3NO3 Cu(OH)2 + 4CH3NH2 —> [Cu(CH3NH2)4](OH)2 (6) Sai

(a) BaS + H2SO4 —> BaSO4 + H2S Ba2+ + S2- + 2H+ + SO42- —> BaSO4 + H2S (b) Ba(HCO3)2 + H2SO4 —> BaSO4 + 2CO2 + 2H2O Ba2+ + 2HCO3- + 2H+ + SO42- —> BaSO4 + 2CO2 + 2H2O (c) Na2CO3 + 2HCl —> NaCl + CO2 + H2O CO32- + 2H+ —> CO2 + H2O (d) Na2S + 2HCl —> 2NaCl + H2S S2- + 2H+ —> H2S

(a) Sai, phản ứng thuận tỏa nhiệt nên nếu nhiệt độ giảm thì cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều thuận, tuy nhiên tốc độ phản ứng phụ thuộc vào nhiệt độ nên nếu nhiệt độ thấp quá thì phản ứng không xảy ra. (b) Đúng: 2SO2(g) + O2(g) ⇋ 2SO3(g) (H = 80%) 4……………..2…………..0 3,2…………..1,6………….3,2 0,8…………….0,4…………3,2 Kc = 3,2²/(0,8².0,4) = 40 (c) Đúng: TH1: Hiệu suất tính theo SO2 2SO2(g) + O2(g) ⇋ 2SO3(g) (H = 90%) 4……………..x…………..0 3,6…………..1,8………….3,6 0,4………….x-1,8…………3,6 Kc = 3,6²/[0,4²(x – 1,8)] = 40 —> x = 3,825 M TH2: Hiệu suất tính theo O2 2SO2(g) + O2(g) ⇋ 2SO3(g) (H = 90%)

Câu 1. Số C = 118.40,678%/12 = 4 Số H = 118.5,085%/1 = 6 Số O = 118.54,237%/16 = 4 X, Y là C4H6O4 (3) —> X2 có 2 chức ancol —> X là (HCOO)2C2H4; X1 là HCOONa, X2 là C2H4(OH)2 X5 là (CHO)2; X6 là (COONH4)2; X3 là (COONa)2 Y là HOOC-COOC2H5; X4 là C2H5OH A. Đúng: C2H5OH + Na —> C2H5ONa + ½H2 B. Đúng, X là este đa chức, Y còn 1 nhóm COOH nên nhiệt độ sôi của Y cao hơn nhiệt độ sôi của X. C. Đúng: (CHO)2 + Br2 + H2O —> (COOH)2 + HBr D.

(a) H2O cộng vào C=C ở nhánh do C trong C=C này có bậc III làm bền carbocation. Ngoài ra C=C ở nhánh cũng thuận lợi về mặt không gian hơn trong vòng. (b) α-terpineol có chức alcohol bậc III không bị oxi hóa bởi dung dịch KMnO4 loãng, vì vậy chỉ có C=C trong vòng phản ứng tạo diol giống như alkene: 3C=C + 2KMnO4 + 4H2O —> 3HOC-COH + 2MnO2 + 2KOH Ý nghĩa: Dùng để phát hiện C=C trong α-terpineol thông qua hiện tượng màu tím nhạt dần, đồng thời có kết tủa nâu đen.

X có thể là CH3COONa hoặc CH2(COONa)2 Y là CH≡CH Z là CH≡C-CH=CH2 T là CH2=CH-CH=CH2 CH3COONa + NaOH (CaO, t°) —> CH4 + Na2CO3 CH2(COONa)2 + 2NaOH (CaO, t°) —> CH4 + 2Na2CO3 2CH4 (1500°C, làm lạnh nhanh) —> CH≡CH + 3H2 2CH≡CH (CuCl) —> CH≡C-CH=CH2 CH≡C-CH=CH2 + H2 (Lindlar) —> CH2=CH-CH=CH2 nCH2=CH-CH=CH2 (Na, t°, p) —> (-CH2-CH=CH-CH2-)n

nCH4 = x (kmol); mCaO = 5,6 tấn = 5600 kg Quá trình truyền nhiệt: 80%.890,5x = 179,2.5600/56 —> x = 25,15441 —> VCH4 = 24,79x = 623,58 m³ VCO2 tổng = VCO2 từ CH4 + VCO2 từ CaCO3 = 623,58 + 24,79.5600/56 = 3102,58 m³

(a) Giải thích: + Chai sạch, khô giúp ngăn bụi bẩn, vi sinh vật lên men. + Đổ đầy chai, giúp phần không khí trong chai còn ít. Giảm lượng O2 cũng ngăn mật ong lên men. + Đậy nút chặt ngăn hơi ẩm và không khí tiếp cận, giữ chất lượng mật ong (mật ong hút ẩm mạnh). (b) Mật ong có hàm lượng đường rất cao nên bị kết tinh khi gặp lạnh, đó chính là cặn ở đáy chai.

Bài đã có sẵn, bấm đây để xem giải.

(a) Đúng Tỉ khối giảm ⇔ M giảm ⇔ n tăng (vì m không đổi) ⇔ Chiều nghịch Nhiệt độ tăng cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch chứng tỏ chiều nghịch thu nhiệt, chiều thuận tỏa nhiệt. (b) Sai Nồng độ đầu của H2, N2 là 0,6M và 0,2M Phần N2 phản ứng là 0,2.20% = 0,04M N2 + 3H2 ⇋ 2NH3 0,2…….0,6…….0 0,04…..0,12…..0,08 0,16….0,48……0,08 Kc = 0,08²/(0,16.0,48³) = 0,3617 (c) Sai, xúc tác Fe làm tăng tốc độ phản ứng (cả thuận và nghịch). (d) Đúng Thêm 0,06 mol NH3 tương ứng CM NH3 = 0,08 + 0,06/0,5 = 0,2 N2 +

(a) Đúng, dung dịch CuSO4 có màu xanh của [Cu(H2O)6]SO4 (b) Sai, tinh thể CuSO4 khan màu trắng. (c) Sai, trong khoảng nhiệt độ của thí nghiệm thì CuSO4 chưa bị phân hủy nên khối lượng không đổi. Phải nhiệt độ rất cao CuSO4 mới bị phân hủy và khối lượng giảm. (d) Đúng. Ở 200°C khối lượng giảm 28,8%: CuSO4.5H2O —> CuSO3.xH2O + (5 – x)H2O Độ giảm = 18(5 – x)/250 = 28,8% —> x = 1 Chất rắn là CuSO4.H2O

(a) CaC2 tan, tạo huyền phù màu trắng, có khí thoát ra: CaC2 + 2H2O —> Ca(OH)2 + CH≡CH Dung dịch Br2 bị nhạt màu: CH≡CH + 2Br2 —> CHBr2-CHBr2 Có kết tủa màu vàng: CH≡CH + 2AgNO3 + 2NH3 —> CAg≡CAg + 2NH4NO3 Dung dịch KMnO4 bị nhạt màu, có kết tủa nâu đen 3CH≡CH + 8KMnO4 + 2H2O —> 3(COOK)2 + 2KOH + 8MnO2 (b) Khí C2H2 sinh ra thường có lẫn NH3, H2S, PH3… có thể loại bỏ một số tạp chất bằng dung dịch HCl loãng và Ca(OH)2 loãng: NH3 + HCl —> NH4Cl H2S + Ca(OH)2

(a) Phải dùng FeCO3 dư, H2SO4 hết vì nếu H2SO4 còn dư sẽ dễ xảy ra phản ứng oxi hóa: 4Fe2+ + 4H+ + O2 —> 4Fe3+ + 2H2O (b) FeCO3 còn dư khi không còn bọt khí thoát ra, thấy dung dịch bị vẩn đục. (c) Có thể dùng FeO, Fe(OH)2 để thay thế FeCO3 hoặc dùng đồng thời Fe dư cùng các hợp chất Fe3O4, Fe2O3, Fe(OH)3. (d) %Fe = 56/(152 + 18x) = 20,14% —> x = 7

CuO + H2SO4 —> CuSO4 + H2O x………….x…………….x mdd sau phản ứng = mCuO + mddH2SO4 = 80x + 98x/20% = 570x gam mCuSO4 = 160x = 160.24,6/250 + (570x – 24,6).17,4/(100 + 17,4) —> x = 0,1602 —> nCu(OH)2.CuCO3 = x/2 = 0,0801 —> %Cu(OH)2.CuCO3 = 0,0801.222/20 = 88,9%

(a) HCl + Na2CO3 —> NaHCO3 + NaCl (b) Cu + Fe2O3 + 3H2SO4 —> CuSO4 + 2FeSO4 + 3H2O (c) 2NO2 + 2NaOH —> NaNO3 + NaNO2 + H2O (d) Fe3O4 + 4H2SO4 —> FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4H2O (e) 2NaOH + Ca(HCO3)2 —> Na2CO3 + CaCO3 + 2H2O (g) 1 < nOH-/nSO2 < 2 —> Tạo Na2SO3, NaHSO3 (h) Cu + 2FeCl3 —> CuCl2 + 2FeCl2 (FeCl3 còn dư)

Chọn D. (1), (2) và (3): Có thể coi như chỉ H2O bị điện phân, chất tan không thay đổi. (4) tạo chất tan mới NaOH (hoặc NaClO).