Thủy ngân của có nhiệt độ nóng chảy rất thấp ở -39^oC nên ở nhiệt độ thương thì Hg là chất lỏng ở điều kiện thường.

Kim loại kiềm là các kim loại nhóm IA (gồm Li, Na, K, Rb, Cs và Fr)

C hoạt tính có khả năng hấp phụ cao nên được dùng trong nhiều loại mặt nạ phòng độc.

Đáp án C

Etyl propionat là este có mùi thơm của dứa. Công thức của etyl propionat là C₂H₅COOC₂H₅.

Đáp án A

FeCl₃ + 3NaOH → Fe(OH)₃↓ (nâu đỏ) + 3NaCl     

MgCl₂ + 2NaOH → Mg(OH)₂↓ (trắng) + 2NaCl

CuCl₂ + 2NaOH → Cu(OH)₂↓ (xanh thẫm) + 2NaCl   

FeCl₂ + 2NaOH → Fe(OH)₂↓ (trắng xanh) + 2NaCl

Các peptit không bền dễ bị thủy phân trong môi trường axit

Đáp án A

Al tác dụng được với dd NaOH, HCl và Ba(OH)₂ còn không tác dụng được với BaCl₂

Al + NaOH + H₂O → NaAlO₂ + 3/2H₂↑

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂↑

2Al + Ba(OH)₂ + 2H₂O → Ba(AlO₂)₂ + 3H₂↑

Đáp án B

 CrO (oxit bazo), Cr₂O₃ (oxit lưỡng tính) và CrO₃ (oxit axit)

PE được trùng hợp từ CH₂=CH₂

Đáp án A

Kim loại có thể điều chế được bằng phản ứng nhiệt nhôm là những kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa

Glucozơ thuộc loại monosaccarit

Thành phần chính của đá vôi là canxi cacbonat. Công thức của canxi cacbonat là CaCO₃.

 CaCO₃ → CaO + CO₂      

\(\begin{array}{l}
Fe + CuS{O_4} \to FeS{O_4} + Cu\\
0,1.....0,1.......................0,1
\end{array}\)

\( \Rightarrow m = 6 - 0,1.56 + 0,1.64 = 6,8\,gam\)

nAl³⁺ = nAlCl₃ = 0,2 mol

nAl(OH)₃ = 0,05 mol

Lượng NaOH lớn nhất khi Al³⁺ đã kết tủa hết sau đó bị hòa tan trở lại một phần.

→ nOH^- = 4nAl³⁺ - nAl(OH)₃ = 0,75 mol

→ V = 0,375 lít= 375 ml

CH₃NH₂ + HCl → CH₃NH₃Cl

NH₂-CH(CH₃)-COOH + HCl → NH₃Cl-CH(CH₃)COOH

CH₃COONa + HCl → CH₃COOH + NaCl

nC₆H₁₂O₆ = nCO₂ = 0,2 mol

H = 50% nên mC₆H₁₂O₆ = 0,1.180/50% = 36 gam

Amin đơn chức nên nX = 2nN₂ = 0,1 mol

→ Số C = nCO₂/nX = 2

→ X là C₂H₇N

Bộ dụng cụ chiết (được mô tả như hình vẽ bên) dùng để tách hai chất lỏng không tan vào nhau.

Chất lỏng nhẹ hơn ở trên, chất lỏng nặng hơn ở dưới. Mở khóa để chất lỏng nặng hơn chảy xuống. Bỏ đi một lượng nhỏ chỗ giao tiếp giữa 2 chất lỏng, phần còn lại sẽ là chất lỏng nhẹ hơn.

A.  \(HCO_3^ -  + {\rm{ }}O{H^ - } \to {\rm{ CO}}_3^{2 - } + {H_2}O\)

B.  \(O{H^ - } + {\rm{ }}{H^ + } \to {\rm{ }}{H_2}O\)

C.  \(B{a^{2 + }} + {\rm{ }}O{H^ - } + SO_4^{2 - } \to {\rm{ BaS}}{{\rm{O}}_4} + {H_2}O\)

D.  \(Cu{\left( {OH} \right)_2} + {\rm{ 2}}{H^ - } \to C{u^{2 + }} + 2{H_2}O\)

\({\left( {{C_6}{H_{10}}{O_5}} \right)_n} + n{H_2}O \to n{C_6}{H_{12}}{O_6}\left( {glucozo} \right)\)

\({C_6}{H_{12}}{O_6} + {H_2} \to {C_6}{H_{14}}{O_6}\,\,\left( {sorbitol} \right)\)

Các thí nghiệm chỉ xảy ra ăn mòn hóa học (không có sự xuất hiện của 2 điện cực):

(a)  \(Cu + 2FeC{l_3} \to CuC{l_2} + 2FeC{l_2}\)

Các trường hợp còn lại đều là ăn mòn điện hóa:

(b)  \(Fe\left(  -  \right),\,Sn\left(  +  \right)\)

(c)  \(Zn\left(  -  \right),\,Cu\left(  +  \right)\)

(d)  \(Fe\left(  -  \right),\,Cu\left(  +  \right)\)

X có 4 công thức cấu tạo thõa mãn:

HCOO-CH=CH-CH₃ → HCOOH + CH₃-CH₂-CHO.

HCOO-CH₂-CH=CH₂ → HCOOH + CH₂=CH-CH₂OH

HCOO-C(CH₃)=CH₂ → HCOOH + CH₃-CO-CH₃

CH₃-COO-CH=CH₂ → CH₃COOH + CH₃CHO

Có 2 chất tan trong dung dịch NaOH:

\(Cr{O_3} + 2NaOH \to N{a_2}Cr{O_4} + {H_2}O\)

\(Cr{\left( {OH} \right)_3} + NaOH \to N{a_2}Cr{O_2} + 2{H_2}O\)

Số polime tổng hợp là: poli(vinyl clorua), policaproamit, polistiren, nilon-6,6.

X gồm nKHCO₃ = nNa₂CO₃ = 0,2 mol

→ nHCO₃^- = nCO₃^2- = 0,2 mol

Y gồm nH₂SO₄ = nHCl = 0,1 mol

→ nH⁺ = 0,3

H⁺ + CO₃^2- → HCO₃^-

HCO₃^- + H⁺ → CO₂ + H₂O

→ nH+ = nCO₃^2- + nCO₂ → nCO₂ = 0,1 mol → V = 2,24 lít

Bảo toàn C → nBaCO₃ = nHCO₃^- + nCO₃^2- - nCO₂ = 0,3 mol

Bảo toàn S → nBaSO₄ = 0,1 mol

→ m kết tủa = mBaCO₃ + mBaSO₄ = 82,4 gam

Phản ứng vôi tôi xút: Z + NaOH (CaO, t^o) → CH₄ + Na₂CO₃ 

→ Z là CH₃COONa (→ D đúng).

Chú ý: Y, Z, T có chứa 2 muối nên Y tác dụng với Cu(OH)₂ tạo dung dịch màu xanh lam thì Y phải là ancol hai chức (2 nhóm –OH này phải liền kề nhau).

Phân tích: 6 = 2 + 2 + 2 = 1 + 2 + 3.

→ cấu tạo thỏa mãn của X là: HCOOCH₂CH(CH₃)OOCCH₃.

Chú ý: đảo vị trí HCOO và CH₃COO có thêm một đồng phân nữa của X thỏa mãn (→ A đúng).

Tương ứng cấu tạo của Y là CH₃CH(OH)CH₂OH có mạch cacbon không phân nhánh (→ B sai).

Cấu tạo của T là HCOONa có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc (→ C đúng).

Chọn B.

(a) 2Cu(NO₃)₂ → 2CuO + 4NO₂↑ + O₂↑

(b) Fe(OH)₂ + H₂SO_4 đặc → Fe₂(SO₄)₃ + SO₂↑ + H₂O.

(c) CO₂ + Ca(OH)_2 dư → CaCO₃ + H₂O.

(d) H⁺ + HCO₃^– → CO₂↑ + H₂O.

(e) Fe²⁺ + H⁺ + NO₃^– → Fe³⁺ + NO↑ + H₂O.

(g) Fe + H₂SO_4 loãng → FeSO₄ + H₂↑.

Vậy chỉ có thí nghiệm (c) không sinh ra khí.

Chọn B.

(a) CO₂ + NaAlO₂ + H₂O →  Al(OH)₃ + NaHCO₃. (Đúng)

(b) Ba(HCO₃)₂ + 2KHSO₄ →  BaSO₄ + K₂SO₄ + 2CO₂ + 2H₂O. (Đúng)

(c) M²⁺ + CO₃^2- →  MCO₃ (M là Ca, Mg) (Đúng)

(d) và (e) (Đúng)

X dạng C_nH_2n+2-2k

C_nH_2n+2-2k + kBr₂ →CnH_2n+2-2kBr_2k

nCO₂ = 0,12 mol

→ Số C = n = nCO2/nX = k

Do X có n = k và 28< MX < 56 nên n= k =4 là nghiệm duy nhất.

X là CHCCCH ( diaxetilen)

nX = 0,12/k = 0,03 → mX = 1,5 gam

Ba triglixerit trong X có dạng tổng quát: (RCOO)₃C₃H₅ có k liên kết π_C=C.

Giải đốt: 0,06 mol (RCOO)₃C₃H₅ + 4,77 mol O₂ → ? mol CO₂ + 3,14 mol H₂O.

Bảo toàn nguyên tố O có n_CO2 = (0,06 × 6 + 4,77 × 2 – 3,14) ÷ 2 = 3,38 mol.

Tương quan đốt: (k + 3 – 1)n_X = ∑n_CO₂ – ∑n_H₂O = 0,24 mol ⇒ k = 2.

Bảo toàn khối lượng phản ứng đốt có m_X = 52,6 gam. Lập tỉ lệ tương ứng:

78,9 gam X tương ứng với 0,09 mol. 1X + 2H₂ → 1Y nên m_Y = 78,9 + 0,09 × 2 × 2 = 79,26 gam.

Giải thủy phân: 1Y + 3KOH → m gam muối + 1C₃H₅(OH)₃ (glixerol).

Từ số mol và tỉ lệ có: n_{KOH phản ứng} = 0,27 mol; n_glixerol = 0,09 mol.

→ bảo toàn khối lượng có: m = 79,26 + 0,27 × 56 – 0,09 × 92 = 86,10 gam.

Chọn A.

Giải bằng đồ thị:

Đoạn OA biểu diễn tỉ lệ phản ứng: 1CO₂ + 1Ba(OH)₂ → 1BaCO₃↓ + 1H₂O.

Đoạn AB biểu diễn tỉ lệ phản ứng: 1CO₂ + 1BaCO₃ → 1Ba(HCO₃)₂.

Giả sử: m gam kết tủa tương ứng y mol BaCO₃; a lít khí tương ứng x mol (quan sát đồ thị).

Theo đó, ta có: OH = HF → x = 3y || KB = KE = 2y → 2AI = OB = OK + KB.

→ có phương trình: 8y = (x + 0,15) + 2y → 6y = x + 0,15 → y = 0,05 và x = 0,15.

Vậy, giá trị của m = 197y = 9,85 gam.

Chọn đáp án C

(b) sai. Dầu thực vật có thành phần chính là chất béo, dầu nhớt bôi trơn máy có thành phần chính là hiđrocacbon.

Các phát biểu còn lại đều đúng.

Chọn A.

Y + Fe thu được hỗn hợp kim loại nên Y còn Cu²⁺ dư.

Mặt khác, khí NO thoát ra nên Y chứa H⁺, vậy Cl^- bị điện phân hết

Catot: nCu = 0,2 → nCu²⁺ dư = 3a -0,2

Anot: nCl₂ = 0,5a và nO₂ = b

bảo toàn electron: 0,2.2 = 0,5a.2 + 4b (1)

nH⁺ = 4nO₂ → nNO = nH⁺/4 = b

bảo toàn electron → nFe phản ứng = 3a - 0,2 + 1,5b

→ 22,4 - 56(3a + 1,5b - 0,2) + 64(3a - 0,2) = 16 (2)

Từ (1) và (2) → a = 0,08 và b = 0,08

Giải đốt Q: C_nH_{2n + 2}O_m + O₂ → 0,6 mol CO₂ + 0,8 mol H₂O.

Tương quan đốt: n_Q = n_H₂O – n_CO₂ = 0,2 mol → n = 0,6 ÷ 0,2 = 3.

“Giả thiết chữ”: một muối + các ancol; M_X < M_Y < M_Z

Q gồm 3 ancol là C₃H₈O; C₃H₈O₂ và C₃H₈O₃.

Theo đó, m_Q = m_C + m_H + m_O → m_Q = 0,6 × 12 + 0,8 × 2 + 0,47 × 16 = 16,32 gam.

Thủy phân: 48,28 gam T + 0,47 mol NaOH → 0,47 mol RCOONa + 16,32 gam hỗn hợp ancol Q.

Bảo toàn khối lượng, ta có m_RCOONa = 50,76 gam → R = 41 tương ứng với gốc C₃H₅.

Vậy, este Y tương ứng là (C₃H₅COO)₂C₃H₆ → công thức phân tử: C₁₁H₁₆O₄.

%m_{nguyên tố H trong Y} = 16 ÷ 212 × 100% ≈ 7,55%.

nHCl = 0,04 và nHNO₃ = 0,06 → nH⁺ = 0,1 mol

pH = 13 → [OH^-] dư = 0,1 → nOH^- dư = 0,05

→ nOH^- trong Y = 0,1 + 0,05 = 0,15

nOH^- = 2nH₂ + 2nO → nO = 0,06 mol

→ mX = 0,06.16/10% = 9,6 gam

A. đúng vì H₂SO₄ đặc là xúc tác, đồng thời có tính háo nước, sẽ làm chuyển dịch cân bằng ở phản ứng este hóa theo chiều thuận → tăng hiệu suất phản ứng.

B sai. Thêm dung dịch NaCl bão hòa vào dung dịch, làm tăng khối lượn riêng của dung dịch và làm giảm độ tan của CH₃COOC₂H₅ sinh ra ⇒ CH₃COOC₂H₅ nổi lên trên, chất lỏng trong ống nghiệm tách thành 2 lớp.

C đúng. Phản ứng este hóa là phản ứng thuận nghịch nên trong ống nghiệm vẫn còn C₂H₅OH và CH₃COOH.

D đúng. Như đã phân tích ở phát biểu B.

Giả sử n_X = n_Y­ = 1 (mol)

A sai vì TN1 và TN2 chỉ tạo ra Fe(OH)₂ khi đó n₁ = n₂ =1 mol → không thỏa mãn n₁ < n₂

B sai vì TN1 thu được 1 mol Fe(OH)₂; TN₃ thu được 1 mol Ag → n₁ = n₃ → không thỏa mãn n₁ < n₃

C sai vì TN1 sinh ra 1 mol Fe(OH)₂ và TN2 sinh ra 1 mol Fe(OH)₃ →  n₁ = n₂  → không thỏa mãn n₁ < n₂

D đúng vì TN1 tạo ra 1 mol Fe(OH)₂ → n₁ = 1 (mol)

TN2 tạo ra 1 mol Fe(OH)₂ và  1mol  Al(OH)₃ → n₂ = 2 (mol)

TN3 tạo ra 2 mol AgCl và 1 mol Ag → n₃ = 3 (mol)

→ thỏa mãn n₁ < n₂ < n₃

Đáp án D

Vì 2 muối có tỉ lệ 1 : 3 nên giả sử: R₁COONa : 0,3 mol và R₂COONa : 0,1 mol

Đốt muối có

Muối  + 0,45 mol O₂ → CO₂ + H₂O + Na₂CO₃

BTNT “Na”: n_Na2CO3 = 1/2n _NaOH = 0,2 (mol)

→ bảo toàn O có : 2n_COO- + 2n_O2 = 2n_CO2 + 3n_Na2CO3 + n_H2O  

→ H₂O = 2.0,4 + 2.0,45 -2.0,4-3.0,2 =  0,3 mol

Bảo toàn khối lượng:

m_muối  + m_O2 = m_CO2 + m_Na2CO3 + m_H2O

→ m_muối = 0,4.44 + 0,2.106 + 0,3.18 – 0,45.32 = 29,8 (g)

Bảo toàn khối lượng có m_muối = 29,8 g = 0,3(R₁ + 67) + 0,1.(R₂ + 67)

→ 3R₁ + R₂ = 30

→  R₁ = 1 và R₂ = 27 là nghiệm thỏa mãn

Bảo toàn khối lượng phản ứng tác dụng với NaOH có

m_E + m_NaOH = m_muối + m_Glixerol + m_H2O

→ 23,06 + 0,4.40 = 29,8 + 3,68 + m_H2O

→ m_H2O = 5,58 (g)

→ n_H2O = 0,31mol → n_Z = (0,4 - 0,31) : 3 = 0,03 mol

→n_X = 0,24 mol và n_Y  = 0,07

→ có n_X + 2n_Z = n_R1COONa nên Z tạo từ 2X và 1 Y

Z là (HCOO)₂-C₃H₅-OOC-C₂H₃ : 0,03

→%Z = 26,28% gần nhất với 26%

d_Z/H2= 36 → CO dư

Áp dụng quy tắc đường chéo → n_CO = n_CO2 = 0,15 mol

→ n_{O trong oxit đã phản ứng} = 0,15 mol

→ m_Y = 34,4 – 0,15 . 16 = 32g

Áp dụng quy tắc đường chéo → n_NO = 0,15mol và n_N2O = 0,05mol

- Gọi x là số mol của O trong Y và y là số mol của NH₄NO₃ trong muối

Ta có n_HNO3 = 4n_NO + 10n_N2O + 10n_NH4NO3 + 2 n_{O trong Y}

→ 2x + 10y = 0,6 (1)

- Khi cho Y tác dụng với HNO₃

Bảo toàn khối lượng có m_Y + m_HNO3 = m _muối + m _khí + m_H2O

→ 32 + 1,7 . 62 = 117,46 + 0,2 . 16,75 . 2 + 18. n_H2O

→ n_H2O = 0,83 mol

- Bảo toàn nguyên tố H: n_HNO3 = 4n_NH4NO3 + 2n_H2O

→ n_NH4NO3 = 0,01 mol

Thay vào (1) → x = 0,25 mol

- m_E = m_Y – m_O = 32 – 0,25 . 16 = 28g

- Do sau phản ứng thu được 2 amin no kế tiếp trong dãy đồng đẳng nên suy ra cấu tạo của Y là: CH₃NH₃OOC-COONH₃C₂H₅ (0,15 mol)

- Các muối có cùng số nguyên tử C (2C) và 1 ancol nên cấu tạo của X là: CH₃COOH₃N-CH₂-COOCH₃ (0,1 mol)

→ Muối G gồm có:

(COOK)₂ (0,15 mol)

CH₃COOK (0,1 mol)

H₂N-CH₂-COOK (0,1 mol)

→ m _muối = 0,15.166 + 0,1.98 + 0,1.113 = 46 gam

→ %m_(COOK)2 = 0,15.166/46.100% = 54,13%

Đáp án B