Đáp án B

A. Đúng                           

B. Sai. Phân nitophotka là phân hỗn hợp.

C. Đúng                             

D. Đúng  

Đáp án A

A sai vì anilin tác dụng với nước brom tạo thành kết tủa màu trắng.

B, C, D đúng.

Đáp án B

(1) S. Kim loại có nhiệt độ nóng chảy thấp nhất là Hg

(2) Đ

(3) S. Kim loại kiềm không phải là những kim loại nặng.

(4) Đ

(5) Đ

(6) S. Kim loại có nhiệt độ nóng chảy cao nhất là W.

Khi ủ than tổ ong có một khí rất độc, không màu, không mùi được tạo ra, đó là khí CO

Đáp án C

Đáp án C

C sai vì Al₂O₃ không bị khử bởi CO.

Tính dẫn điện của các kim loại giảm dần theo trật tự Ag, Cu, Au, Al, Fe.   

Đáp án A  

Đáp án D

A. SiO₂ + 4HF → SiF₄ + 2H₂O

B. NH₃ + HCl → NH₄Cl

C. Na₂CO₃ + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + H₂O + CO₂

D. Si + 2NaOH + H₂O → Na₂SiO₂ + 2H₂

Đáp án B

Gồm các chất: etilen, stiren, anđehit axetic, axit acrylic.

Axit cacboxylic trong giấm ăn có công thức cấu tạo thu gọn là CH₃-COOH.      

Đáp án C

Cho vài ml dung dịch peptit vào ống nghiệm đựng Cu(OH)₂ , thấy Cu(OH)₂ tan ra và thu được phức chất có màu tím đặc trưng.

Phản ứng này được gọi là phản ứng biure vì nó tương tự như phản ứng của biure H₂N-CO-NH-CO-NH₂ với Cu(OH)₂

→ Chọn B

Đáp án D

Gồm có: triolein, etyl axetat, Ala-Gly-Ala, vinyl fomat, anbumin.

Đáp án A

CaC₂ + 2H₂O → C₂H₂ + Ca(OH)₂

Phenol lỏng không có khả năng phản ứng với NaCl

C₆H₅OH + Br₂ → C₆H₂Br₃OH + 3HBr

C₆H₅OH + NaOH → C₆H₅ONa + H₂O

C₆H₅OH + Na → C₆H₅ONa + H₂

Etyl isovalerat : mùi táo

Iso amyl axetat: mùi chuối chín

Etyl butirat: mùi dứa chín

CH₃COOCH₂CH=CH₂ + NaOH  → CH₃COONa + OHCH₂CH=CH₂

Đáp án A

Đáp án A

Gồm có (1) (3) (4).

Tơ lapsan thuộc loại tơ polieste.    

Đáp án C

Ở nhiệt độ thường, khi nhỏ vài giọt dung dịch iot vào hồ tinh bột thì phân tử tinh bột hấp phụ iot tạo ra màu xanh tím → Chọn D

Đáp án A

(1), (2), (3), (6) cùng có phương trình ion rút gọn là:

Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄↓

Đáp án C

A. C₂H₅OH là chất lỏng ở điều kiện thường.

B. C₆H₅NH₂ là chất lỏng ở điều kiện thường, ít tan trong nước

C. Đúng

D. CH₃NH­₂ là chất khí ở điều kiện thường.

Đáp án D

Từ thí nghiệm 1 => M là kim loại kiềm hoặc kiềm thổ ( vì sinh ra khí nên phải tác dụng được với H₂O)

Từ thí nghiệm 2 => tính khử X > Y

Từ thí nghiệm 3 => tính khử của Z > X

Từ thí nghiệm 4 => tính khử của M > Z

Vậy thứ tự tính khử của các kim loại là Y < X < Z < M

Đáp án C

n_X = 8,88: 222 = 0,04 (mol) ; n_KOH = 0,2.0,9 = 0,18 (mol)

C₂H₃OOCC₆H₃(OH)OOCCH₃ + 4KOH → CH₃CHO +  KOOCC₆H₃(OK)₂ + CH₃COOK +2H₂O

0,04                                           → 0,16      → 0,04                                                           →0,08

Bảo toàn khối lượng

m_rắn = m_X + m_KOH – m_CH3CHO – m_H2O

       = 8,88 + 0,18.56 – 0,04.44 – 0,08.18

       = 15,76 (g)

Đáp án B

Khối lượng chất rắn giảm chính là khối lượng oxi trong oxit tham gia phản ứng

=> m_{O (trong oxit)} = 0,32 (g) => n_O = 0,02 (mol)

∑n_{( CO + H2)}  = n_{O( trong oxit)} = 0,02 (mol) => V = 0,02.22,4 = 0,448(lít)

Đáp án B

Các cặp chất phản ứng được với nhau là: MgO và HCl; CaCO₃ và HCl; Al₂O₃ và HCl; Al₂O₃ và NaOH; HCl và NaOH; HCl và NaHCO₃; NaOH và NaHCO₃ => có 7 cặp chất tất cả

(1) MgO + 2HCl → MgCl₂ + H₂O

(2) CaCO₃ + 2HCl → CaCl₂ + CO₂↑ + H₂O

(3) Al₂O₃ + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂O

(4) Al₂O₃ +  2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

(5) HCl + NaOH → NaCl + H₂O

(6) HCl + NaHCO₃ → NaCl + CO₂ ↑+ H₂O

(7) NaOH + NaHCO₃ → Na₂CO₃ + H₂O

Đáp án D

Y có nhiệt độ sôi cao nhất => Y là phenol

X có nhiệt độ sôi cao thứ hai và có pH = 6,48 => X là anilin

Z có pH = 10,8 có môi trường bazo mạnh hơn T ( pH = 10,12) => Z là CH₃NH₂ và T là NH₃

A. Đúng vì CH₃NH₂ và NH₃ làm quỳ tím chuyển sang màu xanh

B. Đúng vì pH của X = 6,48 < 7 nên có môi trường axit còn Y,Z, T đều có pH > 7 nên có môi trường bazo.

C. Đúng vì phenol và anilin tạo kết tủa trắng với dd brom

D. Sai vì X và Y đều không làm đổi màu quỳ tím nên không phân biệt được

Đáp án D

C₃H₆O₂ có độ bất bão hòa k = 1

Các đồng phân là: CH₃CH₂COOH (1); CH₃COOCH₃ (2);  HCOOC₂H₅ (3) ; CH₂(OH)- CH₂-CHO; CH₃-CH(OH)-CHO (5)

Số đồng phân làm quỳ tím hóa đỏ là  x = 1 (ứng với công thức (1) )

Số đồng phân tác dụng với NaOH nhưng không tác dụng với Na  là: y = 2  ( ứng với (2); (3) )

Số đồng phân vừa tác dụng được với dd NaOH vừa tác dụng được với AgNO₃ là z = 1 ( ứng với (3) )

Số đồng phân cấu tạo vừa tác dụng được với Na, vừa tác dụng với dd AgNO₃/NH₃ là t = 2 ( ứng với (4); (5))

Vậy D z = 0 là sai

Đáp án B

0,1 mol NH₂- [CH₂]₄-CH(NH₂)-COOH + 0,1 mol HCl + 0,4 mol NaOH → rắn + 0,2 mol H₂O

Bảo toàn khối lượng ta có:

m_rắn = m_Lys + m_HCl + m_NaOH – m_H2O

= 0,1.146 + 0,1.36,5 + 0,4. 40 – 0,2.18

= 30,65 (g)

Đáp án C

n_H2 = 85,12: 22,4 = 3,8 (mol) ; m_H2O = V_H2O. D = 108 (g) => n_H2O = 6 (mol)

Độ rượu = (V_rượu/ V_{dd rượu}).100%

Na + C₂H₅OH → C₂H₅ONa + ½ H₂

x                      →x                  →x/2  (mol)

Na + H₂O → NaOH + ½ H₂

          6                          →3 (mol)

Ta có: x/2 + 3 = 3,8

=> x =1,6 (mol) = n_C2H5OH

=> m_rượu = 1,6. 46 = 73,6 (g) => V_rượu = m_rượu/D_rượu = 73,6/ 0,8 = 92 (ml)

=> Độ rượu = [92 / ( 92 + 108)].100%  = 46⁰

Đáp án C

Nhìn vào đồ thị ta chia làm 3 giai đoạn

Giai đoạn 1: Đồ thị đi lên là xảy ra phản ứng

CO₂ + Ba(OH)₂→ BaCO₃↓ + H₂O

Giai đoạn 2: Đồ thị đi ngang là do xảy ra phản ứng

CO₂ + 2KOH → K₂CO₃ + H₂O

CO₂ + K₂CO₃ + H₂O → 2KHCO₃

Giai đoạn 3: Đồ thị đi xuống là do xảy ra phản ứng

CO₂ + BaCO₃ ↓ + H₂O → Ba(HCO₃)₂

Vì đồ thị có tính chất đối xứng, giai đoạn đi lên cần bao nhiêu lượng CO₂ để tạo kết tủa cực đại thì giai đoạn đi xuống cũng lượng CO₂ như vậy

=> 0,33 – 2,3a = a

=> a = 0,1 (mol)

Từ đồ thị để kết tủa cực đại thì  a < n_CO2 < 2,3a

=> 0,1.22,4 < V_CO2 < 2,3. 0,1. 22,4

=> 2,24 < V_CO2 < 5,152

Bảo toàn N → n_Zn(NO3)2 = 1/2n_AgNO3 = 0,03 (mol)

→ m_Zn dư = 2,05 – 0,03.65 = 0,1 (g)

→ m _{(Cu + Ag )II} = 5,06 – 0,1 = 4,96 (g)

Ta có: ∑ m_{( Cu + Ag)I} + ∑ m_{( Cu + Ag) II} =  m_{Cu bđ} + m_Agbđ

→ m_{Cu bđ} = 4,96 + 3,44 – 0,06.108 = 1,92 (g)

M_X = 5,8.M_H2 = 5,8.2 = 11,6 (g/mol)

\( \Rightarrow {{{n_{{C_2}{H_2}}}} \over {{n_{{H_2}}}}} = {{9,6} \over {14,4}} = {2 \over 3}\)

Đặt ban đầu n_C2H2 = 2 (mol); n_H2 = 3 (mol)

PTHH:   C₂H₂ + 2H₂ → C₂H₆

Ban đầu: 2          3                    (mol)

Pư:          1,5  ←  3   → 1,5       (mol)

Sau:         0,5       0         1,5        (mol)

Vậy hỗn hợp Y có: C₂H₂: 0,5 (mol); n_C2H6 = 1,5 (mol)

\({M_Y} = {{0,5.26 + 1,5.30} \over {0,5 + 1,5}} = 29 \Rightarrow {M_Y}/{H_2} = {{29} \over 2} = 14,5\)

Đáp án D

PTHH: 6nCO₂ + 5nH₂O → (C₆H₁₀O₅)_n + 6nO₂↑

n_tb = 162: 162 = 1(mol)

=> n_CO2 = 6 (mol) => V_CO2(đktc) = 134,4 (lít)

=> V_kk = V_CO2: 0,03% = 448000 (lít)

Đáp án A

2,904 (g) X + NaOH → 1,104 (g) Y + 3 muối

Y + Na → 0,018 mol H₂

=> n_{OH- ( trong Y)} = 2n_H2 = 0,036 (mol)

Vì X là este 3 chức => Y là ancol chức => n_Y = 1/3 n_OH- = 0,012 (mol)

=> M_Y = 1,104/ 0,012 = 92 => Y là glixerol  C₃H₅(OH)₃

Gọi CTPT của X: C_nH_2n-8O₆ ( vì X có 5 liên kết pi trong phân tử)

n_X = n_glixerol = 0,012 (mol) => M_x = 242 (g/mol)

Ta có:14n – 8 + 96 = 242

=> n = 11

Vậy CTPT của X là C₁₁H₁₄O₆

Đốt cháy 2,42 (g) C₁₁H₁₄O₆ → 11CO₂ + 7H₂O

                              0,01          →0,11    → 0,07 (mol)

=> m_CO2 + m_H2O = 0,11.44 + 0,07.18 = 6,1 (g)

Đáp án D

Các phản ứng xảy ra hoàn toàn, hỗn hợp rắn X tác dụng với NaOH giải phóng khí H₂ => X chứa A dư, oxit sắt bị khử hết

Al + NaOH + H₂O →  NaAlO₂ + 3/2 H₂↑

0,02                                            ← 0,03 (mol)

n_Al(OH)3 = 46,8 : 78 = 0,6 (mol)

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ +  H₂O

0,29                ← ( 0,6 – 0,02)

Z gồm Fe, xét quá trình Z tan trong HNO₃

n_NO = 0,58 (mol) => n_{NO3- ( trong muối)} = 3n_NO = 3.0,58 =1,74 (mol)

=> m_Fe = 146,52 – 1,74.62 = 38,64(g)

=> m_{OXIT SẮT} = m_Fe + m_O = 38,64 + 0,29.3.16 = 52,56 (g)

Đáp án A

n_E = n_NaOH = 0,3 (mol) => n_{O (E)} = 0,6 (mol)

Gọi a, b lần lượt là số mol CO₂ và H₂O

∆m_GIẢM = m_CO2 + m_H2O - m_↓

=> 44a + 18b – 100a = -34,5   (1)

m_E = m_C + m_H + m_O

=>  12a + 2b + 0,6.16 = 21,62  (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,87 và b = 0,79 (mol)

Số C = n_CO2/ n_E = 0,87/0,3 = 2,9 => X là HCOOCH₃

Vì X, Y đều có 2 liên kết pi trong phân tử nên khi đốt cháy có:

n_Y + n_Z = n_CO2 – n_H2O = 0,08 (mol)

=> n_X = n_E – 0,08 = 0,22 (mol)

Vậy nếu đốt Y và Z sẽ thu được: n_CO2 = 0,87 – 0,22.2 = 0,43 (mol)

=> Số C trung bình của Y, Z = 0,43/0,08 = 5,375

Y, Z có đồng phân hình học nên Y là: CH₃- CH=CH-COOCH₃

Do sản phẩm xà phòng hóa chỉ có 2 muối và 2 ancol kế tiếp nên Z là: CH₃-CH=CH-COOC₂H₅.

Vậy muối có phân tử khối lớn nhất là CH₃-CH=CH-COONa : 0,08 mol

=> m_muối = 0,08. 108 = 8,64 (g)

Đáp án B

n_e = It/F = 5.2895/96500 = 0,15 mol

Do khi cho Fe vào dung dịch điện phân sinh ra khí NO nên H₂O ở anot đã bị điện phân tạo H⁺.

Giả sử dung dịch sau phản ứng không có Cu²⁺

n_Fe = 3n_NO/2 = 0,03375 mol => m_{Fe pư} = 1,89 gam, chất rắn sau phản ứng có khối lượng là 0,125.56 – 1,89 = 5,11 gam (loại)

Vậy dung dịch sau điện phân có chứa Cu²⁺

Catot :

Cu²⁺ +2e → Cu

           0,15    0,075 mol

Anot :

Cl^- - 1e → 0,5Cl₂

         y          0,5y

H₂O - 2e → 0,5O₂ + 2H⁺

         0,09                    0,09

3Fe        +     8H⁺ +2NO₃^- → 3Fe²⁺ + 2NO + 4H₂O

0,03375        0,09                                0,0225

Fe          +       Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

x-0,075       x-0,075             x-0,075

m _{chất rắn} = m_Cu + m_{Fe dư} = 64(x-0,075) + 0,125.56 - 56(0,03375+x-0,0075) = 5,43 => x = 0,115 mol

n _{e trao đổi (anot)} = y+0,09 = 0,15 => y = 0,06

x:y = 1,917

Đáp án A

Giả sử Z có công thức ROH, khi tách nước tạo ra T ROR (vì M_T>M_Z)

=> (2R+16)/(R+17)=1,7 => R=43 (C₃H₇)

n_este = n_NaOH = 0,2 mol

n_ancol(X) = n_Z – n_este = 0,35 – 0,2 = 0,15 mol

Giả sử X có : C_nH_2nO₂ (0,2 mol) và C₃H₈O (0,15 mol)

C_nH_2nO₂ + (1,5n – 1)O₂ → nCO₂ + nH₂O

0,2                       0,2(1,5n-1)

C₃H₈O + 4,5O₂ → 3CO₂ + 4H₂O

0,15            0,675

n_O2 = 0,2(1,5n-1)+0,675 = 1,975 => n = 5

Vậy este là C₅H₁₀O₂ tạo bởi axit C₂H₄O₂ và ancol C₃H₈O

Đáp án B

n_AgCl = 100,45/0,7 mol

Gọi số mol từng chất là x, y, z

n_CO2 = x + y = 0,4 (1)

n_HCl = 2x + y

BTNT Cl: n_MCl + n_HCl = n_AgCl => z + 2x + y = 0,7 (2)

m_X = x(2M+60) + y(M + 61) + z(M+35,5) = (2x+y+z)M + 60x + 61y + 35,5z = 32,65 (3)

Lấy 11(1)-35,5(2)+(3) được: 0,7M + 36,5y = 12,2 => y = (12,2 – 0,7M)/36,5

Mà 0<y<0,4 => 0 < (12,2 – 0,7M)/36,5 < 0,4 => -3,4<M<17,4

Vậy M là Li

Đáp án C

Đặt CTTQ peptit là:

RN_nO_n+1

RN_nO_n+1 + nKOH → Muối + H₂O

     x                nx                        x

BTKL: 4,63 + 56nx = 8,19 + 18x => 56nx – 18x = 3,56 (1)

* Đặt n_CO2 = y

m _{dd giảm} = 197y – 44y – 18nH2O = 21,87 => nH₂O = (153y-21,87)/18 = 8,5y – 1,215

* Phản ứng cháy:

n_N2 = 0,5nx

BTKL phản ứng cháy: 4,63 + 0,1875.32 = 44y + (153y-21,87) + 28.0,5nx

=> 14nx + 197y = 32,5 (2)

BTNT O: nx + x + 0,1875.2 = 2y + (8,5y-1,215) => nx + x - 10,5y = -1,59 (3)

Giải (1) (2) (3) => nx = 0,07; x = 0,02; y = 0,16

n_BaCO3 = n_CO2 = 0,16 mol => m_BaCO3 = 0,16.197 = 31,52 gam

Đáp án A

CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + H₂O  (1)

 CO₂ + Ba(OH)₂  → Ba(HCO₃)₂      (2)

Ba(HCO₃)₂ + Ca(OH)₂→ BaCO₃ + CaCO₃ + H₂O (3)

Gọi số mol ở (3) của CaCO₃ = BaCO₃ = x (mol)

=> 100x + 197x = 53,46

=> x = 0,18 (mol)

Bảo toàn nguyên tố Ba => n_BaCO3(1)  = 0, 2- 0,18 = 0,02 (mol)

Bảo toàn nguyên tố C => n_CO2 = n_BaCO3(1) + 2n_Ba(HCO3)2 = 0,38 (mol)

CH₂ = CH – COOCH₃ hay C₄H₆O₂ = C₄H₂ + 2H₂O

HO-CH₂-CH₂-OH hay C₂H₆O₂ = C₂H₂ + 2H₂O

CH₃-CHO hay C₂H₄O = C₂H₂ + H₂O

CH₃OH hay CH₄O = CH₂ + H₂O

Vậy phần cháy được có công thức chung là C_xH₂: 0,15 (mol)

C_xH₂ + (x + 0,5) O₂ → xCO₂ + H₂O

0,15 →0,15 ( x + 0,5) →0,38

=> x = 0,38 / 0,15

=> n_O2 = 0,15 ( x + 0,15 ) = 0,445 (mol)