Archives

Lấy 100 gam phân —> mCa(H2PO4)2 = 69,62 gam —> nP2O5 = nCa(H2PO4)2 = 0,2975 mol —> Độ dinh dưỡng = %P2O5 = 0,2975.142/100 = 42,25%

Nguyên tố Z là phi kim do có 7 electron ở lớp ngoài cùng.

Câu 1. A. Đúng, trong giai đoạn đầu của phản ứng có sự hình thành liên kết σ C-Br. B. Sai, trong phân tử ethylene có 1 liên kết π. C. Đúng D. Đúng, giai đoạn đầu liên kết π bị đứt và 2 electron của liên kết π này tạo liên kết σ C-Br. Câu 2. A. Sai, giai đoạn 1, liên kết π phản ứng với tác nhân tạo thành carbocation. B. Đúng, dung dịch Br2 có màu nâu đỏ, chất này giảm dần nên màu sắc cũng nhạt dần. C. Đúng, giai đoạn 2, carbocation kết hợp với anion Br-

Để tách muối sodium của acid béo ra khỏi hỗn hợp, người ta thêm muối ăn (NaCl, ở dạng dung dịch bão hòa). Việc này có tác dụng làm giảm độ tan của muối acid béo và tăng khối lượng riêng hỗn hợp để muối này nổi lên.

nH2O = nCO2 tổng = x; nHCl = 2x Bảo toàn khối lượng: 29,2 – 0,15.44 + 36,5.2x = 32,5 + 44(x – 0,15) + 18x —> x = 0,3 nBaCO3 = nCO2 (Y + HCl) = x – 0,15 = 0,15 —> mBaCO3 = 29,55 gam   nX = nCO2 tổng = 0,3 —> nMgCO3 = 0,05 và nACO3 = 0,25 mX = 0,05.84 + 0,25(A + 60) = 29,2 —> A = 40: A là Ca

Ester no, hai chức, mạch hở là CnH2n-2O4

(a) Sai, phức chất tạo ra là [Cu(NH3)4]2+ (b)(c)(d) Đúng

Nguyên liệu chứa: mN = 5.18% + 10.46,3% = 5,53 kg mP2O5 = 5.46% = 2,3 kg mK2O = 5.61% = 3,05 kg Nếu dùng toàn bộ N thì: mNPK = 5,53/15% = 36,87 kg Nếu dùng toàn bộ P2O5 thì: mNPK = 2,3/15% = 15,33 kg Nếu dùng toàn bộ K2O thì: mNPK = 3,05/15% = 20,33 kg Vậy phải dùng toàn bộ phân DAP, tối đa thu được 15,33 kg NPK (urea và phân kali dùng một phần)

Sơ đồ: C6H10O —> C6H11NO mC6H10O = 10.98/(65%.113) = 13,3 triệu tấn / năm

Có 4 nguyên liệu có tính giặt rửa, gồm CH3[CH2]16COONa, CH3[CH2]14COOK, dịch đun từ quả bồ hòn, CH3[CH2]11C6H4SO3Na.

10 mL Y chứa Na2CO3 (x mmol), NaHCO3 (y mmol) TN1: nHCl = 2nNa2CO3 + nNaHCO3 + nNaOH ⇔ 50.1 = 2x + y + 50.0,2 (1) TN2: nBaCl2 = nBaCO3 = x + y Bảo toàn điện tích sau khi trung hòa: nCl- = nNa+ ⇔ 2(x + y) + 30.0,2 = 2x + y + 20.1 (2) (1)(2) —> x = 13; y = 14 nNa2CO3 bị chuyển hóa = ½y = 7 nNa2CO3 ban đầu = x + ½y = 20 —> %Na2CO3 bị chuyển hóa = 7/20 = 35%

Z làm quỳ tím chuyển màu hồng —> Z là Glu X và Y cùng dãy đồng đẳng, X có nhiệt độ sôi cao hơn nên nhiều C hơn —> X là Ala; Y là Gly A có dạng (Gly)(Ala)2(Glu)2 Trong A có đoạn Ala-Glu-Glu nên A có 4 cấu tạo với đầu N là Ala: Ala-Glu-Glu-Ala-Gly Ala-Glu-Glu-Gly-Ala Ala-Ala-Glu-Glu-Gly Ala-Gly-Ala-Glu-Glu

Sơ đồ: Fe2O3 —> 2Fe m quặng = 8,4.160/(2.56.80%.60%) = 25 tấn

(a) Đúng, kích thước lớn, lực cản sẽ lớn nên khả năng di chuyển về phía điện cực càng kém. (b) Sai, lực hút tĩnh điện tỉ lệ thuận với độ lớn điện tích nên giá trị điện tích càng nhỏ thì khả năng di chuyển về phía điện cực càng kém. (c) Đúng, chất P là Tyr vì Tyr kích thước nhỏ, điện tích có giá trị lớn nên di chuyển mạnh nhất (gần cực dương nhất). (d) Đúng, Phe điện tích ít, kích thước nhỏ, Phe-Tyr điện tích nhiều nhưng kích thước lớn, chúng đều có ưu điểm và nhược điểm

Mg2+/Mg; Zn2+/Zn; Fe2+/Fe; Cu2+/Cu có thế điện cực chuẩn nhỏ hơn Fe3+/Fe2+ nên Mg, Zn, Fe, Cu tác dụng với dung dịch Fe3+ ở điều kiện chuẩn.

Bài đã có sẵn, bấm đây để xem giải.

Alkane nhỏ nhất là CH4, alkane tổng quát dạng CH4 + kCH2 hay Ck+1H2k+4 Đặt n = k + 1 —> Alkane là CnH2n+2 (k ≥ 0 nên n ≥ 1)