Chất béo là trieste của glixerol và axit béo ⇒ Chọn D.

Một số axit béo thường gặp đó là:

C₁₇H₃₅COOH : Axit Stearic

C₁₇H₃₃COOH : Axit Olein

C₁₇H₃₁COOH : Axit Linoleic

C₁₅H₃₁COOH : Axit Panmitic

Đáp án: D

Lời giải: Dùng bột nhôm với bột oxit sắt phản ứng nhiệt nhôm sinh ra lượng nhiệt lớn để hàn đường ra

Trong thành phần các chất đốt tự nhiên như than đá và dầu mỏ có chứa một lượng lớn lưu huỳnh, còn trong không khí lại chứa nhiều nito. Quá trình đốt sản sinh ra các khí độc hại như: lưu huỳnh đioxit (SO₂) và nito đioxit (NO₂). Các khí này hòa tan với hơi nước trong không khí tạo thành các axit sunfuric (H₂SO₄) và axit nitric (HNO₃). Khi trời mưa, các hạt axit này tan lẫn vào nước mưa, làm độ pH của nước mưa giảm. Nếu nước mưa có độ pH dưới 5,6 được gọi là mưa axit

 Không cho ra cùng 1 muối là Fe.

 Vì : Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂ ↑

2Fe + 3Cl₂ → 2FeCl₃ 

Anilin không có khả năng làm xanh quỳ tím.

Amoniac, dd bazơ và dd aminoaxit có số nhóm NH₂ lớn hơn số nhóm COOH đều có khả năng làm xanh quỳ tím.

Fe + 6HNO₃ → 3H₂O + 3NO₂ + Fe(NO₃)₃

Kim loại có nhiệt độ nóng chảy cao nhất là vonfram kí hiệu là W

Muối cacbonat của các kim loại kiềm không bị nhiệt phân hủy 

Hợp chất H₂NCH₂COOH có tên gọi là glyxin.

→ Đáp án B

Phương pháp điện phân nóng chảy dùng để điều chế các kim loại từ nhôm trở về trước.

VD: K, Na, Mg…

Fe bị ăn mòn trước khi Fe là anot, điện cực còn lại là chất có tính khử yếu hơn

Số chất tác dụng với NaOH dư sinh ra ancol gồm:

+ Anlyl axetat, etyl fomat, tripanmitin 

Gọi CTPT của HCHC có dạng: C_xH_yO_z.

● Giả sử có 1 nguyên tử oxi  z = 1 ⇒ 12x + y = 44.

+ Giải PT nghiệm nguyên ⇒ x = 3 và y = 8 ⇒ CTPT là C₃H₈O.

⇒ có 3 CTCT thỏa mãn: CH₂–CH₂–CH₂–OH (1) || CH₃–CH(CH₃)–OH (2) || CH₃–O–C₂H₅ (3).

● Giả sử có 2 nguyên tử oxi  z = 2 ⇒ 12x + y = 28.

+ Giải PT nghiệm nguyên ⇒ x = 2 và y = 4 ⇒ CTPT là C₂H₄O₂.

⇒ có 3 CTCT thỏa mãn: HCOOCH₃ (4) || CH₃COOH (5) || HO–CH₂–CHO (6).

+ Số chất tác dụng với Na gồm (1) (2) (5) và (6) 

Ta có ∑n_H⁺ = 0,4 mol và n_CO3^2– = 0,3 mol.

+ Đầu tiên: H⁺ + CO₃^2– → HCO₃^– [H⁺ dư 0,1 mol]

+ Sau đó: H⁺ + HCO₃^– → CO₂↑ + H₂O.

⇒ n_CO2 = 0,1 mol ⇒ V_CO2 = 2,24 lít 

Do thu được cả kết tủa nên Cu còn dư sau phản ứng với Fe³⁺

Như vậy, trong dung dịch Y có FeCl₂, ZnCl₂ và CuCl₂

Cho phản ứng với NaOH thì kết tủa thu được là Fe(OH)₂ và Cu(OH)₂

2.nO = nH⁺ = 0,08

→ nO = 0,04mol

→ MOxit = 3,2/0,04 = 80 (CuO)

A đúng

B loại polistiren

C loại polietilen

C loại PVC

CO + Cu ⟶ Cu + H₂O

CaO + H₂O → Ca(OH)₂

Ca(OH)₂ + Al₂O₃ → Ca(AlO₂)₂ + H₂O

Vì các chất ban đầu có cùng số mol nên Al2O3 phản ứng hết với dd Ca(OH)₂.

Do vậy chất rắn sau phản ứng chỉ có Cu và MgO

Ta có phản ứng: CH₃COOH + C₂H₅OH ⇌ CH₃COOC₂H₅ + H₂O

+ Ta có n_CH3COOH = 0,4 mol và n_C2H5OH = 0,5 mol

+ Từ số mol 2 chất ta xác định được hiệu suất tính theo số mol axit.

⇒ m_Este = 0,4×0,6×88 = 21,12 gam 

Este C₄H₈O₂ là este của ancol etylic → este có dạng RCOOC₂H₅

→ R: CH₃ -

Đáp án cần chọn là: D

(1) Kim loại Cu khử được ion Fe²⁺ trong dung dịch → Sai

(2) Thạch cao nung được dùng để đúc tượng, bó bột khi gãy xương, làm phấn viết bảng, ... → Đúng

(3) SO₃ khi tác dụng với nước tạo thành hai axit → Sai, chỉ tạo axit H₂SO₄

(4) Al(OH)₃ vừa tác dụng với dung dịch NaOH vừa tác dụng với dung dịch HCl → Đúng

(5) CuSO₄ khan được dùng để phát hiện dấu vết nước trong chất lỏng → Đúng, CuSO₄ khan có màu trắng, CuSO₄ dạng ngậm nước có màu xanh

Đáp án C

Số chất thỏa mãn yêu cầu đề bài bao gồm:

Etin, eten, propenoic (axit acrylic), phenol và triolein.

Số thí nghiệm tạo kim loại gồm:

(1) Fe²⁺ + Ag⁺ → Fe³⁺ + Ag || (2) NH₃ + CuO → Cu + N₂ + H₂O

Các phát biểu đúng là (a), (b) và (d)

(c) sai vì vì đipeptit không có phản ứng với Cu(OH)₂

Al+HCl -> H2

Al+NaOH -> H2

Al+(NH4)2CO3 -> không phản ứng

FeS+HCl → H2S

FeS+NaOH → không phản ứng

FeS+(NH4)₂CO₃ → không phản ứng

HCl+NaOH → không có khí

HCl+(NH₄)₂CO₃  → CO₂

NaOH+(NH₄)₂CO₃  → NH₃

Vậy có thể thu được 4 chất khí: H2, H2S, CO2, NH3

Số chất thỏa mãn yêu cầu đề bài gồm:

Al, Zn(OH)₂, NH₄HCO₃, NaHS và Fe(NO₃)₂.

Số chất thỏa mãn là AgNO₃, Cu(NO₃)₂, CaCO₃, Ba(HCO₃)₂ và NH₄HCO₃.

Với AgNO₃ ta có:

AgNO₃ → Ag + NO₂ + O₂.

Thêm H₂O ⇒ H₂O + NO₂ + O₂ → HNO₃.

Sau đó: HNO₃ + Ag → AgNO₃ + NO + H₂O.

- Với Cu(NO₃)₂ cũng thương tự như AgNO₃.

- Với CaCO₃ ta có:

CaCO₃ → CaO + CO₂.

Thêm H₂O ⇒ CaO + H₂O → Ca(OH)₂.

Sau đó: Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃ + H₂O.

- Với Ba(HCO₃)₂ ta có: 

Ba(HCO₃)₂  → BaCO₃ + CO₂ + H₂O

Sau đó: BaCO₃   → BaO + CO₂.

Thêm H₂O ⇒ BaO + H₂O → Ba(OH)₂.

Sau đó: Ba(OH)₂ + CO₂ → BaCO₃ + H₂O.

Vì CO₂ dư ⇒ BaCO₃ + CO₂ + H₂O → Ba(HCO₃)₂

- Với NH₄HCO₃ ta có:

NH₄HCO₃   → NH₃ + H₂O + CO₂.

Thêm H₂O ⇒ NH₃ + H₂O + CO₂ → NH₄HCO₃.

Có 3 chất thỏa mãn đó là:

HCOO–CH₂–CH(OH)–CH₃ || CH₃COO–CH₂–CH₂–OH || HCOO–CH–(CH₂OH)–CH₃

Số dung dịch tác dụng với Cu(OH)₂ gồm:

CH₃COOH, C₂H₄(OH)₂, C₃H₅(OH)₃, glucozo, saccarozo và anbumin.

Số mol n_HCl = 0,04 mol ⇒ n_OH^– = 0,04 mo.

⇒ Bảo toàn điện tích ta có: n_Na⁺ = 0,03 mol.

⇒ Chất rắn thu được khi cô cạn dd X = 0,01×137 + 0,01×62 + 0,04×17 + 0,03×23 = 3,36 gam.

Vì 3 chất có số mol bằng nhau nên xem hh chỉ chứa 1 chất là \({C_{\frac{4}{3}}}{H_2}{O_{\frac{5}{3}}}:a\left( {mol} \right)\)

Ta có: m_{Dung dịch giảm} = m_CaCO3 – m_CO2 – m_H2O.

 17 = \(\frac{{4a}}{3}\)×100 – \(\frac{{4a}}{3}\)×44 – 18a => a = 0,3.

⇒ n_HCHO = n_HCOOH = n_(CHO)2 = 0,3÷3 = 0,1 mol.

⇒ ∑n_Ag = 0,1×(4 + 2 + 4) = 1 mol ⇒ m_Ag = 108 gam

Bảo toàn O: 2nEste + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O

→ nH2O > nO2 - 2nCO2 = 0,21 

→ nAmin = (nH2O - nCO2)/1,5 > 0,06

→ nM = nAmin + nEste > 0,06

→ Số C = nCO₂/nM < 2

Do este ít nhất 2C nên X là CH₅N và Y là C₂H₇N

Khí không màu hóa nâu trong kk là NO. Vì tỷ khối của 2 khí là 24,4 nên có 1 khí là H2

\({n_{{H_2}}} = a,\,\,{n_{NO}} = b \to a + b = 0,125,\,\,\,2a + 30b = 3,05 \to a = 0,025,\,\,b = 0,1\)

Vì tạo khí H₂ nên NO₃^– phản ứng hết

\({n_{NO_3^ - }} = 0,15 \to N{H_4}Cl:0,05 \to {n_{Zn}} = \frac{{0,025.2 + 0,1.3 + 0,05.8}}{2} = 0,375\)

⇒ m_Muối = m_ZnCl2 + m_NH4Cl + m_NaCl + m_KCl = 64,05 gam

biến đổi M về 1 peptit mạch dài: 1X + 3Y → 1Z + 3H₂O.

Lại có: thủy phân Z cho 1,08 mol Gly + 0,48 mol Ala. Tỉ lệ n_gly ÷ n_ala = 9 ÷ 4.

∑liên kết peptit = 5 nên tối đa α-amino axit cần để tạo Z là 1 × (1 + 1) + 3 × (4 + 1) = 17.

||→ tạo 1 mol Z là từ 9 mol Gly + 4Ala – 12H₂O (nếu 18 + 6 thì > 17 rồi).

Kết hợp lại: 1X + 3Y → 9Gly + 4Ala – 9H₂O ||→ n_H2O = 1,08 mol

||→ BTKL có m_M = m_X + m_Y = 81 + 42,72 – 1,08 × 18 = 104,28 gam.

n_Zn = n_Zn(NO3)2 = 0,66 mol ⇒ m_Zn(NO3)2 = 124,74 gam.

⇒ m_NH4NO3 = 4,8 gam ⇒ n_NH4NO3 = 0,06 mol.

+ Đặt số mol NO = a và n_N2O = b ta có:

+ PT theo số mol hỗn hợp khí: a + b = 0,18 (1).

+ PT theo bảo toàn e: 3a + 8b + 0,06×8 = 0,66×2 (2).

+ Giải hệ (1) và (2) ta có n_NO = 0,12 và n_N2O = 0,08 mol.

⇒ ∑n_HNO3 pứ = 0,12×4 + 0,06×10 + 0,06×10 = 1,68 mol.

⇒ m_HNO3 = 105,84 gam ⇒ m_{Dung dịch HNO3} = 1058,4 gam.

⇒ V = 1058,4 ÷ 1,26 = 840 ml

Có n_Ag = 0,0375 mol → n_CHO = 0,01875 mol

Có n_RCOONH4 = n_NH3 = 0,02 mol → M_RCOONH4 = 1,86 : 0,02 = 91 ⇒ M_R = 31 ( HO-CH₂) 

Vì mỗi chất trong X đều chứa hai nhóm chức trong số các nhóm –OH, –CHO, –COOH

⇒ X gồm HO-CH₂-CHO : 0,01875 mol và HO-CH₂-COOH:

( 0,02 - 0,01875) = 1,25. 10^-3 mol

⇒ m = 0,01875. 60 + 1,25. 10^-3 . 76 = 1,22 gam. 

Ở đây có dùng một kiến thức vật lí: mắc nối tiếp nên hai bình điện phân cùng I.

• bình (1): giải điện phân NaOH → có thể coi là quá trình điện phân H₂O

từ C_{M (NaOH)} → n_{H2O bị điện phân} = 0,15 mol ⇄ n_{e trao đổi} = 0,3 mol.

• dùng giả thiết n_{e trao đổi} trên: có điện phân bình (2) ra: 0,1 mol CuCl₂ + 0,05 mol CuO.

||→ bảo toàn gốc NO₃ đọc ra dd sau điện phân gồm 0,075 mol Cu(NO₃)₂ và 0,3 mol HNO₃.

Quy về giải 0,25 mol Fe + 0,075 mol Cu(NO₃)₂ + 0,3 mol HNO₃ → ? gam chất rắn không tan.!

Giải: m gam chất rắn gồm 0,075 mol Cu và 0,0625 mol Fe ⇄ m = 8,3 gam.

Quy X về Al, Ca và C. Dễ thấy C kiểu gì cũng đi hết vô khí và khi đốt khí thì đi vào CO₂ 

⇒ nC = nCO₂ = 0,9 mol

Đặt nAl = m; nCa = n ⇒ mX = 27m + 40n + 0,9 × 12 = 40,3(g)

BTNT(O) ⇒ nO₂ = 1,475 mol. BT electron: 3m + 2n + 0,9 × 4 = 1,475 × 4 

⇒ giải hệ cho: m = 0,5 mol; n = 0,4 mol 

Dễ thấy Y gồm Ca²⁺, AlO₂⁻, OH⁻ ⇒ nCa²⁺ = 0,4 mol; nAlO₂⁻ = 0,5 mol. BTĐT:

nOH⁻ = 0,3 mol

Nhìn đồ thị ⇒ cả 2TH trên thì HCl đều dư và hòa tan 1 phần ↓

⇒ ta có CT: nH⁺ = 4nAlO₂⁻ – 3n↓ (với H⁺ chỉ tính phần pứ với AlO₂⁻ và Al(OH)₃)

Áp dụng: (0,56x – 0,3) = 4 × 0,5 – 3 × 3a và (0,68x – 0,3) = 4 × 0,5 – 3 × 2a

⇒ giải hệ có: x = 2,5; a = 1 ||⇒ chọn C 

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x + y = \frac{{11,2}}{{22,4}} = 0,5\,\,mol\\
{m_ \downarrow } = {m_{A{g_2}{C_2}}} + {m_{Ag}} = 240x + 108.2y = 112,8\,gam
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,2\\
y = 0,3
\end{array} \right.\)

\(\Rightarrow {n_{B{r_2}}} = 2x + y = 0,7\,mol \Rightarrow {m_{B{r_2}}} = 160.0,7 = 112\,gam\)

Giả sử có 100 gam quặng → m_Ca3(PO4)2 = 93 gam.

Ca₃(PO₄)₂ + 2H₂PO₄ → Ca(HPO₄)₂ + 2 CaSO₄ <=> P₂O₅

310-----------2 x 98------------------------------------142

93--------------x----------------------------------------y

\(\Rightarrow x = \frac{{93 \times 2 \times 98}}{{310}} = 58,8\,gam;\,\,y = \frac{{93 \times 142}}{{310}} = 42,6\,gam\)

\(\Rightarrow \% {P_2}{O_5} = \frac{{42,6}}{{100 + 58,8}} \approx 26,83\% \)