Đáp án D

Theo quy tắc α: Chất khử mạnh + Chất oxi hóa mạnh → chất khử yếu + chất oxi hóa yếu.

Nên thứ tự tính oxi hóa: Fe²⁺, Fe³⁺, Ag⁺.

Đáp án D

Các phát biểu còn lại sai vì:

+) Hh tecmit gồm Al và Fe₂O₃

+) Nước cứng là nước chứa nhiều ion Mg²⁺, Ca²⁺.

+) Nhóm IIA có cấu trúc mạng tinh thể khác nhau. Như Ca, Sr có kiểu mạng lập phương tâm diện, ba có kiểu mạng lập phương tâm khối.

Đáp án A

Để hạn chế các khí độc thoát ra từ ống nghiệm ta phải dùng dung dịch tẩm vào bông tẩm có tính kiềm.

Vì Ca(OH)₂ phản ứng nhanh, hiệu quả, dễ kiếm và chi phí thấp nên Ca(OH)₂ thỏa mãn

Đáp án A

Glucozơ được dùng làm thuốc tăng lực cho người bệnh vì nó dễ hấp thu và cung cấp nhiều năng lượng

Đáp án A

Cr₂O₃ tan trong môi trường kiềm đặc.

Đáp án D

Thủy tinh hữu cơ hay còn tên gọi khác poli(metacrylat)

Được chế tạo từ monome: CH₂=C(CH₃)–COOCH₃.

Đáp án D

Hỗn hợp gồm Fe, Cu, Ag vào lượng dư dung dịch Fe₂(SO₄)₃ thì

2Fe³⁺ + Cu → 2Fe²⁺ + Cu²⁺

2Fe³⁺ + Fe → 3Fe²⁺

Lọc bỏ dung dịch, chất rắn thu được chỉ chứa Ag.

Đáp án C

Phân lân nung chảy phù hợp với đất chua 

Đáp án C

Do 2 anđehit trong X đều đơn chức mà $\frac{n_{AgN{O}_3}}{n_X}=\frac{0,09}{0,04}>2 và m_{kt}>m_{Ag\left(max\right)}=0,09.108=9,72$

Do vậy trong X có andehit có liên kết C≡C và andehit này sẽ có số mol là 0,01 mol.

Kết tủa thu được sẽ gồm 0,08 mol Ag và 0,01 mol kết tủa chứa gốc muối của andehit.

$\to M_{kt tu anđehit C\equiv C}=\frac{10,72-0,08.108}{0,01}=208$ thỏa mãn là AgC≡C–CH₂–COONH₄.

Vậy andehit tạo thành kết tủa này là CH≡C–CH₂CHO.

Do đó trong 0,04 mol X chứa 0,01 mol andehit này.

Cho 0,04 mol X hidro hóa thu được 2,12 gam hỗn hợp Y gồm hai ancol trong đó chứa 0,01 mol C₄H₁₀O và 0,03 mol ancol còn lại.

Vậy ancol còn lại là C₂H₅OH nên andehit tạo thành ancol này là CH₃CHO.

=> a= 0,03+0,01.3=0,06 mol

Đáp án D

Lên men tinh bột: (C₆H₁₀O₅)_n → C₆H₁₂O₆ → C₂H₅OH là phương pháp hợp lí thay thế cho việc sử dụng dầu mỏ.

+ Với các phương pháp Thủy phân etyl halogenua và Hiđro hóa (khử) axetanđehit dùng trong phòng thí nghiệm, không dùng để sản xuất công nghiệp.

Đáp án A

Than hoạt tính có khả năng hấp phụ mạnh, có thể hấp phụ các chất khí, chất tan trong nước, do đó được dùng trong mặt nạ phòng độc và trong công nghiệp hóa chất

Đáp án B

Sản phẩm của phản ứng xà phòng hoá chất béo là muối của axit béo và glixerol.

Đáp án A

Ta có: $n_{HCl}=0,02 mol$ nên X chứa 1 nhóm –NH₂.

$\to m_X=3,67-0,02.36,5=2,94 gam\to M_X=147$

Mặt khác 0,02 mol X tác dụng vừa đủ với 0,04 mol NaOH, do vậy X phải có 2 nhóm –COOH.

Vậy X phải là H₂N–C₃H₅–(COOH)₂.

Đáp án D

Các hợp chất hữu cơ kém bền với nhiệt, dễ cháy. 

Đáp án B

Các điều kiện ăn mòn điện hóa: Điều kiện cần và đủ là:

– Các điện cực phải khác chất nhau: có thể là cặp kim loại khác nhau, cặp kim loại – phi kim (C), cặp kim loại – hợp chất hóa học (xêmentit). Trong đó kim loại có tính khử mạnh hơn sẽ là cực âm. Như vậy kim loại nguyên chất khó bị ăn mòn.

– Các điện cực phải tiếp xúc với nhau (hoặc trực tiếp hoặc gián tiếp qua dây dẫn)

– Các điện cực cùng tiếp xúc với một dung dịch điện li.

Nên đáp án: Thanh kẽm nhúng trong dung dịch CuSO_­4.

Còn các phát biểu khác sai vì:

+) Đốt lá sắt trong khí clo không có tiếp xúc cùng với dung dịch chất điện li.

+) Sợi dây bạc nhúng trong dd HNO₃ không tạo cặp điện cực.

+) Thanh nhôm nhúng trong dung dịch H₂SO₄ loãng không tạo cặp điện cưc.

Đáp án A

Amin, Amino axit, Peptit trong thành phần đều chứa nguyên tố N

Gluxit ( cabonhidrat)chứa nguyên tố C, H, O

Đốt cháy hoàn toàn Gluxit sản phẩm thu được không có N₂.

Đáp án B

$$\begin{gathered} n_{NaOH}=2mol=n_{NaHC{O}_3} \\ \to n_{C{O}_2}=2mol\to n_{CaC{O}_3}=\frac{2}{80\%}=2,5 mol\to m=250 gam \end{gathered}$$

Đáp án D

Poli (vinyl clorua):–(CH₂–CHCl)_n; glucozơ, polietilen không tham gia phản ứng thủy phân trong môi trường axit.

Đáp án D

$n_{glucozo}=0,01 mol\to N{L}_{LT}=2813.0,01kJ=6720,34 Cal$

 Thực tế cần: $NL=\frac{6720,34}{10\%}=67203,4 Cal$

Mỗi cm² cần nhận $\frac{67203,4}{10.10.(22.60+26)}=0,5 Cal$

Đáp án D

X, Z đều tạo kết tủa với nước Br₂. Nhưng Z tác dụng với NaOH nên Z là phenol, X là anilin.

Nên đáp án: anilin, fructozơ, phenol, glucozơ.

Đáp án A

Hidroxxit lưỡng tính là hidroxit khi tan trong nước vừa có khả năng phân li như axit vừa có thể phân li như bazo.

Các hidroxit thường gặp như Zn(OH)₂; Al(OH)₃; Sn(OH)₂; Pb(OH)₃

_{$Cr{\left(OH\right)}_3\to C{r}^{3+}+3O{H}^{-}$}

$Cr{\left(OH\right)}_3\to Cr{O_3}^{3-}+3H^{+}$

$Zn{\left(OH\right)}_2\to Z{n}^{2+}+2O{H}^{-}$

$Zn{\left(OH\right)}_2\to Zn{O_2}^{2-}+2H^{+}$

$Pb{\left(OH\right)}_2\to P{b}^{2+}+2O{H}^{-}$

$Pb{\left(OH\right)}_2\to Pb{O_2}^{2-}+2H^{+}$

Đáp án D

Các phát biểu đúng: (1) (2) (3) (5) (6).

Lưu ý: Alanin có công thức: CH₃–CH(NH₂)–COOH nên este của alanin có công thức: CH₃–CH(NH₂)–COOCH₃

Đáp án D

Y có công thức (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅

Vì X + H₂ theo tỉ lệ 1 : 1 nên công thức X là: (C₁₇H₃₅COO)₂(C₁₇H₃₃COO)C₃H₅. ( M = 888).

Đáp án D

Xét từng nhóm chất:

+) Al₂(SO₄)₃, BaCl₂, Na₂SO₄ thì X, Z không có khí. Loại

+) FeCl₂, Ba(OH)₂, AgNO₃ thì X, Z không có khí. Loại.

+) NaHCO₃, NaHSO₄, BaCl₂ thì X, Y không có kết tủa; X, Z không có khí. Loại.

+) NaHSO₄, BaCl₂, Na₂CO₃ thỏa mãn.

Lưu ý: NaHSO₄ → Na⁺ + H⁺ + SO₄^2–.

Đáp án B

$n_X$ = 0,15 + 0,1 + 0,1 + 0,4 = 0,75 mol; $n_{\pi trong X}$ = 0,15.2 + 0,1.3 + 0,1 = 0,7 mol.

$m_X$= 0,15.26 + 0,1.52 + 0,1.28 + 0,4.2 = 12,7 gam.

BTKL: $m_X$ = $m_Y$ → $n_Y$ = 12,7 : (12,7.2) = 0,5.

=> $n_{H2 phản ứng}$ = $n_X$ – $n_Y$ = 0,25 mol = $n_{\pi phản ứng}$

→ $n_{\pi dư}$ = n(Br₂) = 0,7 – 0,25 = 0,45 mol.

Đáp án B

$Z\left\{\begin{array}{l}F{e}_2{O}_3\\ MgO\end{array}\right.$

Y hòa tan được Fe do có phản ứng 2FeCl₃+ Fe → 3FeCl₂.

X chứa hai hợp chất Al₂O₃, MgO và hai đơn chất.

Trong Z chứa hai loại oxit là Fe₂O₃ và MgO.

Dung dịch Y chứa 3 muối clorua và axit.

Đáp án A

Các đáp án đúng: (1) (3) (5) (7).

(1) CH₃–CH(CH₃)–CH(CH₃)–CH₃ + Cl₂ (as, 1:1) → CH₂Cl–CH(CH₃)–CH(CH₃)–CH₃+HCl+ CH₃–CCl(CH₃)–CH(CH₃)–CH₃  → tạo 2 sản phẩm →  (1) đúng

(2)CH₃–CH(CH₃)–CH₂–CH₃→CH₂=C(CH₃)–CH=CH₂, CH≡C(CH₃)–CH₂–CH₃,CH₃–CH(CH₃)–C≡

CH …. Tạo nhiều hơn 2 sản phẩm → (2) sai

(3) CH₂=C(CH₃)–CH=CH₂+ Br₂ → CHBr–C(CH₃)=CH–CH₂Br (cis–trans) → tạo 2 sản phẩm  → (3) đúng

(4) CH₃–CH₂–CH(OH)–CH₂–CH₃ → CH₃CH=CH–CH₂–CH₃(cis–trans) hoặc có thể tách nước tạo sản phẩm là ete nên  →(4) sai.

(5) C₁₂H₂₂O₁₁ (saccarozo) + H₂O → C₆H₁₂O₆ (glucozo) + C₆H₁₂O₆ ( fructozo) → tạo 2 sản phẩm  → (5) đúng

(6) CH₂=CH–CHO + 2H₂ → CH₃–CH₂–OH

CH₂=CH–CH₂–OH+ H₂ → CH₃–CH₂–OH

Tạo 1 sản phầm → (6) sai

(7) CH₂=CH–CH₂–CH₃ + H₂O → CH₃–CH(OH)–CH₂–CH₃ + CH₂(OH)–CH₂–CH₂–CH₃

CH₃–CH=CH–CH₃ + H₂O → CH₃–CH(OH)–CH₂–CH₃

→ tạo 2 sản phẩm → (7) đúng

(8) CH₃–C(OH)(CH₃)–CH₃→ CH₂=C(CH₃)₂ +H₂O

CH₂(OH)–CH(CH₃)–CH₃ → CH₂=CH(CH₃)₂ + H₂O

→ tạo 1 sản phẩm → (8) sai

Đáp án A

Ta có số mol HCOOH và CH₃COOH trong hỗn hợp X đều là 0,05 mol.

Ta có: $n_{C_2{H}_{5}OH}=0,125 mol$ nên ancol dư.

Vậy hỗn hợp este gồm 0,04 mol HCOOC₂H₅ và 0,04 mol CH₃COOC₂H₅ (do hiệu suất).

=> m= 6,48 gam

Đáp án A

Các phát biểu đúng: (a) (b) (c) (d) (h) (k).

Rubi nhân tạo được sản xuất bằng cách nung hỗn hợp Cr₂O₃, TiO₂, Fe₃O₄ → e sai

Trong điện phân và ăn mòn, anot đều xảy ra quá trình oxi hóa → g sai

Tính chất vật lí chung của kim loại là tính dẫn điện, dẫn nhiệt, ánh kim và tính dẻo → i sai

Đáp án C

${n_{C{O}_3}}^{2-}$ = 0,2 mol; $n_{HC{O_3}^{-}}$ = 0,3 mol.

→ tỉ lệ 2 : 3.

→ 2x và 3x là số mol CO₃^2– và HCO₃^2– đã phản ứng

→ $n_{H^{+}}$ = 2x.2 + 3x = 0,42 => x = 0,06 → $n_{C{O}_2}$ = 2x + 3x = 0,3 mol.

Có $n_{O{H}^{-}}$ = 0,36

Xét tỉ lệ T = $\frac{n_{O{H}^{-}}}{n_{C{O}_2}}$ thấy tạo ra đồng thời 2 muối CO₃^2– và HCO₃^–.

→ $n_{C{O_3}^{2-}}$= 0,06; $n_{HC{O_3}^{-}}$ = 0,24

$n_{B{a}^{2+}}$ = 0,08 → $n_{BaC{O}_3}$ = 0,06 → $m_{BaC{O}_3}$ = 11,82 gam.

Đáp án C

Ta có C₂H₈O₃N₂ là C₂H₅NH₃NO₃.

Cho hỗn hợp X tác dụng với NaOH vừa đủ thu được 0,25 mol hỗn hợp khí gồm 2 chất hữu cơ đều xanh màu quỳ tím ấm của Mtb=39,4 mà trong đó có C₂H₅NH₂, do vậy khí còn lại phải là CH₃NH₂.

Giải được số mol CH₃NH₂ và C₂H₅NH₂ lần lượt là 0,1 và 0,15 mol.

Dung dịch Z chứa hỗn hợp 3 muối nên C₄H₁₂O₄N₂ phải là HCOOH₃NCH₂COOH₃NCH₃.

Vậy thu được hỗn hợp 3 muối gồm NaNO₃ 0,15 mol, HCOONa 0,1 mol và H₂NCH₂COONa 0,1 mol.

=> b=29,25 gam

Đáp án C

Ta có $n_{NaCl}=0,18 mol$

Trong thời gian t giây ở anot thu được 0,15 mol khí trong đó có 0,09 mol Cl₂ và còn lại là O₂ 0,06 mol.

$n_e=0,09.2+0,06.4=0,42 mol$

Khi thời gian điện phân là 2 t giây 

$\to n_e=0,84 mol$

Vậy ở anot thu đươc 0,09 mol Cl₂ và 0,165 mol O₂.

Vậy ở catot thu được H₂ 0,17 mol.

Bảo toàn e: $n_M=\frac{0,84-0,17.2}{2}=0,25 mol=n_{MS{O}_4.5H_{2}O}$

Vậy M là Ni (59).

Tại thời gian t giây ta thu được ở catot là 0,21 mol Ni 

=> m= 12,39 gam

Đáp án B

Đốt cháy 0,09 mol hỗn hợp M bằng O₂ vừa đủ thu được 0,459 mol hỗn hợp khí và hơi.

Dẫn N qua bình đựng H₂SO₄ dư thì H₂O bị giữ lại $\to n_{H_{2}O}=0,2295 mol$

$\to \stackrel{-}{H}=\frac{0,2295.2}{0,09}=5,1$

Do anken có số C lớn hơn 3 nên từ 6H trở lên vậy 2 amin có ít nhất 1 amin  số H từ 5 trở xuống vậy có một amin có 5H amin còn lại có 7H.

Ta có: $$\begin{gathered} n_{N_2}<0,045\to n_{C{O}_2}>0,1845 \\ \to n_{H_{2}O}-n_{C{O}_2}<0,2295-0,1845=0,045=\frac{0,09}{2}<<\frac{0,09.3}{2} \end{gathered}$$

Do vậy 2 amin phải là CH₂=CHNH₂ và C₃H₅NH₂.

$\to M_Y+M_Z=100$

Đáp án A

Cho hỗn hợp H tác dụng với HNO₃ dư thu được hỗn hợp khí X và dung dịch Y. Cho Y tác dụng với NaOH dư, lấy kết tủa nung trong không khí thu được rắn là Fe₂O₃ 0,43 mol.

Quy đổi hỗn hợp H về Fe 0,86 mol, O a mol và CO₃ b mol.

Dựa vào tỉ khối của X ta có tỉ lệ số mol CO₂ và NO là 2:5 hay số mol CO₂ là b thì NO là 2,5b.

Bảo toàn e: 0,86.3= 2a+2b+2,5b.3

Khối lượng: $m_H=0,86.56+16a+60b$

Giải hệ: a=0,72; b=0,12

$\to n_{HN{O}_3}=0,86.3+2,5.0,12=2,88 mol$

Đáp án B

Thí nghiệm 1 cho m gam X vào H₂O thu được V lít khí còn khí cho 2m gam vào NaOH thì thu được 3,5V lít tương đương khi cho m gam X vào NaOH thu được 1,75V lít. Do vậy trong X số mol Al nhiều hơn Na.

Gọi số mol của Na trong m gam X là x, suy ra khi cho m gam X vào H₂O thì Al dư, nên Al phản ứng theo Na.

$\to n_{H_2}=\frac{x+3x}{2}=2x$

Khi cho m gam X tác dụng với NaOH thu được 1,75V lít khí tức 3,5x mol khí. Lúc này cả Al và Na đều hết.

$\to n_{Al}=\frac{3,5x.2-x}{3}=2x$

Mặt khác cho 4m gam X vào HCl thu được 9V lít hay cho m gam X vào HCl thì thu được 2,25V lít hay 4,5x mol khí

$\to n_{Mg}=\frac{4,5x.2-x-2x.3}{2}=x$

Vậy số mol Mg và Na bằng nhau.

Đáp án A

Chia làm 3 phần vậy mỗi phần có khối lượng 16,92 gam.

Phần 1 tráng bạc được 0,16 mol Ag  $\to n_{-CHO}=0,08 mol$

Phần 2 tác dụng với NaHCO₃ thu được 0,12 mol khí CO₂ $\to n_{-COOH}=0,12 mol$

Phần 3 đốt cháy hoàn toàn thu được 0,5 mol CO₂ và 0,5 mol H₂O.

Vậy mỗi phần chứa 0,5 mol C, 1 mol H, vậy trong mỗi phần O chứa 0,62 mol.

Bảo toàn O: $n_{-OH}=0,62-0,12.2-0,08=0,3 mol$

Nhận thấy:0,5-0,12-0,08= 0,3 do vậy toàn bộ C (trừ trong –CHO và –COOH) đều liên kết với nhóm –OH.

Vậy các chất trong mỗi phần là OHC–CHO 0,04 mol, HOOC–COOH 0,06 mol và ancol no đa chức.

Do khi đốt cháy thu được CO₂ bằng H₂O nên số mol ancol phải là 0,1 mol.

Vậy ancol là HOCH₂CH(OH)CH₂OH.

=> %glixerol= 54,37%

Đáp án A

Cho X tác dụng với 0,04 mol NaOH thu được một muối và một ancol.

Đun nóng lượng ancol với H₂SO₄ đặc thu được 0,015 mol anken do vậy số mol ancol là 0,015 mol.

Do $n_{NaOH}>n_{ancol}$ nên hỗn hợp X gồm một axit đơn chức và este tạo bởi axit đó và ancol.

Suy ra trong X số mol axit là 0,025 mol và este là 0,015 mol.

Đốt cháy este và axit no đơn chức thì thu được số mol CO₂ bằng số mol H₂O.

Đốt cháy hỗn hợp rồi dẫn qua bình đựng CaO thì cả CO₂ và H₂O đều hấp thụ.

$\to n_{C{O}_2}=n_{H_{2}O}=0,125 mol$

Ta có: $0,025C_{axit}+0,015C_{este}=0,125$

Có nghiệm nguyên là số C của axit và este lần lượt là 2 và 5.

Vậy axit là C₂H₄O₂ còn este là C₅H₁₀O₂.

Vậy %axit = 49,5% và %este = 50,5%.

Đáp án D

Ta có: $n_{HCl phản ứng}=2n_O=0,12.2=0,24 mol\to n_{HCl dư}=0,06 mol$

Cho AgNO₃ dư vào X thu được kết tủa gồm AgCl và Ag.

Bảo toàn Cl: 

$$\begin{gathered} n_{AgCl}=0,03.2+0,24+0,06=0,36 mol \\ \to n_{Ag}=0,015 mol \end{gathered}$$

Cho AgNO₃ vào X thì xảy ra quá trình:

$$\begin{gathered} 4H^{+}+N{O_3}^{-}+3e\to NO+2H_{2}O \\ A{g}^{+}+e\to Ag \end{gathered}$$

Bảo toàn e toàn quá trình: 

$$\begin{gathered} n_{Fe}=\frac{0,06.4+0,03.2+0,06.{\displaystyle \frac{3}{4}}+0,015}{3}=0,12 mol \\ \to m=6,72 gam \end{gathered}$$  

Đáp án A

Do số mol của hai muối bằng nhau nên số mol của hai axit trong hỗn hợp bằng nhau.

Gọi a, b, c là số N của X, Y, Z.

Ta có: a+b+c= 20

Và $\frac{{\displaystyle \frac{16}{a}}}{{\displaystyle \frac{16}{a}}+{\displaystyle \frac{12}{b}}+{\displaystyle \frac{10}{c}}}=\frac{4}{7}\to \frac{48}{7a}=\frac{48}{7b}+\frac{40}{7c}\to \frac{6}{a}=\frac{6}{b}+\frac{5}{c}\to \frac{6}{a}=\frac{6}{b}+\frac{6}{1,2c}$

Thay giá trị của a vào ta thấy thỏa mãn a=4 thì b=6; c=10.

Do số mol của 2 axit trong hỗn hợp bằng nhau nên ta có thể quy về một axit trung bình.

Gọi CTPT của axit là C_nH_2n+1O₂N nên công thức của muối là C_nH_2nO₂NNa.

Đốt cháy muối thu được 1,52 mol H₂O.

$\to \frac{1,52}{n}=\frac{47,5}{14n+32+14+23}$

giải được n=4 (axit là C₄H₉O₂N).

Ta có: $n_{aa}=0,38=16x+12x+10x\to x=0,01 mol$

Ta có X, Y, Z là 4–peptit, 6–peptit, 10–peptit với số mol lần lượt là 0,04 mol, 0,02 mol và 0,01 mol

=> %Z= 25,86%

Đáp án A

Ta có khối lượng mỗi phần là 30,66 gam.

Cho phần một tác dụng với NaOH dư thu được 0,09 mol H₂ do vậy trong X chứa Al dư.

Vậy trong mỗi phần chứa Fe, Al₂O₃ và Al dư 0,06 mol.

Cho phần 2 tác dụng với 1,74 mol HNO₃ thu được 0,18 mol NO. Cô cạn dung dịch Y thu được các muối, nung rắn tới khối lượng không đổi thu được rắn chứa Al₂O₃ và Fe₂O₃ có số mol bằng nhau.

Gọi số mol của Fe, Al₂O₃ trong mỗi phần lần lượt là a, b  

=> 56a+102b+0,06.27= 30,66

Và a= 2b+0,06

Giải hệ: a=0,3; b=0,12.

Gọi x là số mol NH₄NO₃ có thể tạo ra.

Bảo toàn N: $n_{N{O_3}^{-} trong muoi KL}=1,74-0,18-2x=1,56-2x$

Bảo toàn e: 1,56-2x= 0,12.6+0,18.3+8x

Vậy NO₃^– trong muối là 1,5 mol.

Muối trong Y gồm Al(NO₃)₃ 0,3 mol, Fe(NO₃)₂ 0,3 mol và NH₄NO₃ 0,03 mol.

Cho Y tác dụng với Na₂CO₃ dư thu được kết tủa là Al(OH)₃ 0,3 mol và FeCO₃ 0,3 mol.

=> a= 58,2 gam