Archives

(a) nH2 > 0,19 —> nX = 2nH2 > 0,38 —> MX = 14n + 32 < 18,4/0,38 —> n < 1,2 Với giả thiết n > 0 —> n = 1 là nghiệm duy nhất, X là C2H5OH (0,4 mol) (b) Y gồm Ch3COOH (x mol), H2O (x mol) và C2H5OH dư (0,4 – x mol) nH2 = (x + x + 0,4 – x)/2 = 0,27 —> x = 0,14 Y gồm CH3COOH (0,14 mol), H2O (0,14 mol) và C2H5OH dư (0,26 mol) (c) CH3COOH + C2H5OH ⇋ CH3COOC2H5 + H2O nCH3COOC2H5 = 0,14.60% = 0,084 —> mCH3COOC2H5 =

Bài đã có sẵn, bấm đây để xem giải.

(a) nH2SO4 = nHCl = 0,5x —> nH+ = 1,5x Al + 3H+ —> Al3+ + 1,5H2 nAl = 0,15 —> nH+ = 1,5x = 0,15.3 —> x = 0,3 L nNaOH = nKOH = 0,5y —> nOH- = y Al + OH- + H2O —> AlO2- + 1,5H2 —> nOH- = y = 0,15 —> y = 0,15 L (b) 0,5 L Y chứa nOH- = 0,5 V L X chứa nH+ = 1,5V nZnO = 0,02 TH1: Z chứa OH- còn dư nOH- = nH+ + 2nZnO ⇔ 0,5 = 1,5V + 2.0,02 —> V = 23/75 L =

(a) Sai, trong phân tử HNO3 có một liên kết cho nhận, hóa trị của N là 4. (b) Đúng, HNO3 dùng để phá mẫu quặng nhờ tính oxi hóa. Đôi khi tính oxi hóa này không đủ thì có thể dùng hỗn hợp HNO3 + HCl hoặc HNO3 + HClO4/H2SO4. (c) Sai, NOx không phải nguyên nhân gây hiện tượng phú dưỡng. NOx có phá hủy tầng ozon nhưng không đáng kể so với các chất CFC. (d) Sai: Bảo toàn electron: nFexOy = nNO2 = 0,1 nFe = nFe(NO3)3 = 0,3 —> x = 0,3/0,1 = 3 —> Fe3O4

(a) nNaOH trung hòa acid = nKOH = 1,12.6/56 = 0,12 mol —> Vdd NaOH 1M = 0,12 L (b) nH2O = nNaOH trung hòa acid = nKOH = 210.8/56 = 30 mol = 0,03 kmol nNaOH tổng = 0,258 kmol —> nNaOH phản ứng với ester = 0,258 – 0,03 = 0,228 kmol —> nC3H5(OH)3 = 0,228/3 = 0,076 kmol Bảo toàn khối lượng: 210 + mNaOH tổng = m muối + mC3H5(OH)3 + mH2O —> m muối = 212,788 kg m xà phòng = 212,788/50% = 425,576 kg

nH2O = nNaOH trung hòa acid = nKOH = 5,6/56 = 0,1 mol nNaOH tổng = 3,25 mol —> nNaOH phản ứng với ester = 3,25 – 0,1 = 3,15 mol —> nC3H5(OH)3 = 3,15/3 = 1,05 mol Bảo toàn khối lượng: 1000 + mNaOH tổng = x + mC3H5(OH)3 + mH2O —> x = 1031,6 gam m xà phòng = x/70% = 1473,7 gam

mCa(OH)2 = 200.1,02.0,17/(100 + 0,17) = 0,346211441 gam —> nCa(OH)2 = 0,0046785 CO2 + Ca(OH)2 —> CaCO3 + H2O x…………..x……………….x 2CO2 + Ca(OH)2 —> Ca(HCO3)2 2y……………y………………..y nCa(OH)2 = x + y = 0,0046785 Δmdd = 44(x + 2y) – 100x = -0,2 —> x = 0,004248; y = 0,000431 Ca(HCO3)2 + 2NaOH —> CaCO3 + Na2CO3 + 2H2O nCaCO3 thu thêm = y —> mCaCO3 thu thêm = 0,0431 gam V CO2 = 24,79(x + 2y)/70% = 0,180967 L

Với điện cực trơ thì điện cực đóng vai trò là vật dẫn điện. Điện cực trơ không tham gia vào các quá trình hóa học nhưng vẫn có những vai trò vật lý rất quan trọng. Với điện cực không trơ: + Tại cathode xảy ra quá trình khử nên điện cực không trơ cũng ít ảnh hưởng đến các quá trình điện phân (vì các kim loại không bị khử). + Tại anode xảy ra quá trình oxi hóa nên bản thân các điện cực có thể bị oxi hóa. Ví dụ điện phân dung dịch CuSO4, nếu

Fe3+ + CO32- + H2O —> Fe(OH)3 + CO2 Fe3+ đóng vai trò là cation bị thủy phân tạo môi trường acid (Theo quan điểm của Brønsted–Lowry thì Fe3+ không phải là acid vì nó không trực tiếp nhường proton, theo quan điểm của Lewis thì Fe3+ là acid vì nó nhận cặp electron từ các phân tử nước để tạo phức). Fe(OH)2 + NaHSO4 —> FeSO4 + Na2SO4 + H2O Fe(OH)2 đóng vai trò là base theo Brønsted–Lowry. Định nghĩa của Lewis thì rộng hơn nên đương nhiên Fe(OH)2 cũng là base theo Lewis. Chú ý: Câu hỏi của em về vai trò của

(a) Đúng (b) Đúng, các lần 1, 2, 4 cho kết quả gần nhau (26,00 – 26,05 – 25,95: độ lệch chỉ 0,05), riêng lần 3 lệch quá xa (25,75: lệch ít nhất 0,25) nên lần 3 không đáng tin và có thể loại bỏ. (c) Đúng, khi dung dịch đổi màu vàng rơm thì I2 đã gần hết, tuy nhiên hồ tinh bột nhạy với lượng nhỏ I2 nên vẫn xuất hiện màu đặc trưng. (d) Đúng Lấy các kết quả lần 1, 2, 4 với V trung bình = 26,00 mL —> nCu2+ (25 mL) = nNa2S2O3 = 1,3 mmol

1, Sai CH3COO- + H2O ↔ CH3COOH + OH- Khi tăng nhiệt độ, cân bằng chuyển dịch theo chiều thu nhiệt (chiều thuận) -> nồng độ OH- tăng -> pH tăng 2, Đúng 3, Sai, trong dung dịch tồn tại ion Na+ và OH- 4, Sai, pH > 7

3CH3CH2OH + 2Cr2O72- + 16H+ → 3CH3COOH + 4Cr3+ + 11H2O 6Fe2+ + Cr2O72- + 14H+ → 6Fe3+ + 2Cr3+ + 7H2O nCr2O72- = 2nC2H5OH/3 + nFe2+/6 nCr2O72- = 3,9 mmol; nFe2+ = 1,47 mmol —> nC2H5OH (25 mL X) = 5,4825 mmol —> nC2H5OH (10 mL rượu) = nC2H5OH (250 mL X) = 54,825 mmol —> CM C2H5OH = 54,825/10 = 5,4825M

Đây là một đề chế không chấp nhận được ở các điểm: + Chuẩn độ tới 100 mL dung dịch trong bình tam giác là quá nhiều, sẽ tốn rất nhiều hóa chất, thời gian nhưng đổi lại là độ chính xác giảm. + Các thao tác “vừa thấy xuất hiện kết tủa thì ngưng”; “kết tủa xuất hiện không tăng nữa thì ngưng” đều không thể thực hiện, không có người nào sở hữu năng lực đặc biệt này. Có phương pháp chuẩn độ kết tủa nhưng vẫn phải dùng chất chỉ thị chứ hoàn toàn không có chuyện

(a) Sai. Taxol có k = 23, trong đó 3 vòng benzene (k = 4.3 = 12), 6C=O (k = 6), 4 vòng (k = 4) có tổng k = 22 nên số (2) sai (thiếu 1 liên kết π tại vị trí này). (b) Sai, thuốc taxol được đưa vào cơ thể bằng cách tiêm truyền. (c) Đúng (d) Đúng: Taxol + 5NaOH —> Các muối gồm CH3COONa (0,5), C6H5COONa (0,5), C6H5CH(NH2)-CHOH-COONa (0,25) —> m muối = 163,75 gam

nBa = 27,4/137 = 0,2 mol mMgCl2 = 400.24% = 96 gam (a) Ba + 2H2O —> Ba(OH)2 + H2 nH2 = nBa = 0,2 —> V = 4,958 L (b) Ba(OH)2 + MgCl2 —> Mg(OH)2 + BaCl2 0,2…………….0,2…………..0,2………..0,2 Mg(OH)2 —> MgO + H2O 0,2………………0,2 mMgO = 8 gam (c) mddB = mBa + mddMgCl2 – mH2 – mMg(OH)2 = 415,4 gam C%BaCl2 = 0,2.208/415,4 = 10,01% C%MgCl2 = (96 – 0,2.95)/415,4 = 18,54%

Ban đầu: nH2 = 0,3815; nI2 = 0,3815 nHI = 0,70625 —> nH2 phản ứng = nI2 phản ứng = 0,353125 Lúc cân bằng: nH2 = nI2 = 0,3815 – 0,353125 = 0,028375 Kc = [HI]²/[H2][I2] = 0,70625²/0,028375² = 619,5 (V tự triệt tiêu)

Bài đã có sẵn, bấm đây để xem giải.

(a) Sai, phân tử maltose do 2 đơn vị glucose cấu tạo nên, trong đó đơn vị đầu là α-glucose, đơn vị thứ 2 có thể là α hoặc β-glucose. (b) Đúng, maltose có liên kết glycosid giữa C1 của α–glucose và C4 của đơn vị glucose thứ hai → gọi là liên kết α–1,4–glycoside. (c) Sai, maltose chỉ có cấu tạo dạng vòng (có 2 vòng, vòng đầu không thể mở vòng, vòng thứ 2 có thể mở vòng). (d) Sai, do chỉ một đầu glucose tham gia tạo liên kết glycosid (C1 của glucose đầu), còn C1 của glucose thứ hai không bị khóa