poli butadien sử dụng để sản xuất cao su buna

Đáp án A

Các đồng phân là:

1. CH₃ - COOH

2. HCOO - CH₃

3. HO - CH₂ – CHO

Có 3 đồng phân

Na₂O và Al₂O₃

n_NaOH = 2n_Na2O = 2 mol

2NaOH + Al₂O₃ + 3H₂O → 2Na[Al(OH)₄]

2 mol        1 mol

→ hỗn hợp tan hết

Ba và NaHSO₄

Ba(OH)₂ + 2NaHSO₄ → BaSO₄ ↓ + Na₂SO₄ + H₂O

Hỗn hợp tan tạo kết tủa và khí H₂

→ Đáp án cần chọn là: C

Nhỏ vài giọt dung dịch nước brom vào ống nghiệm chứa anilin thì có kết tủa màu vàng xuất hiện.

Đáp án C

Các chất tác dụng với Na và Cu(OH)₂ khi có 2 nhóm OH liền kề.

⇒ Các chất thỏa mãn là (c) , (d) , (a) .

Bảo toàn Na có 2n_Na2CO3 = n_NaOH = 0,06 mol

→ vì 0,05 mol X và Y tác dụng với 0,06 mol NaOH nên 1 trong 2 chất là este của phenol

→ giả sử X là este của phenol : x mol và Y : y mol nên x + y =0,05 và 2x + y =0,06

Nên x = 0,01 mol và y = 0,04 mol

Gọi số C của X là a, số C của Y là b thì 0,01a + 0,04 b = 0,12 + 0,03 = 0,15

 Vì X là este của phenol nên a ≥ 7 → thỏa mãn a = 7 và b = 2

→ X là HCOOC₆H₅ và Y là HCOOCH₃                                             

→ Z gồm HCOONa : 0,05 mol; C₆H₅ONa : 0,01 ; CH₃OH : 0,04

→ m = 4,56 (g)

Đáp án cần chọn là: B

Fe + Cl₂ → FeCl₂.            

Đáp án C

Nhúng hợp kim Zn-Fe vào HCl thì xảy ra ăn mòn điện hóa

⇒ Zn bị ăn mòn trước.

- Dùng AgNO₃/NH₃:

+ Kết vàng (Ag₂C₂): propin

+ Không hiện tượng: propen

Các đồng phân cấu tạo mạch hở của C₅H₁₀ là (không xét đồng phân hình học)

H₂C=CH-CH₂-CH₂-CH₃

H₂C-CH=CH-CH₂-CH₃

CH₂=CH(CH₃)-CH₂-CH₃

(CH₃)₂C=CH-CH₃

(CH₃)₂CH-CH=CH₂

Cho Fe₃O₄ tác dụng với lượng dư dung dịch H₂SO₄ loãng, thu được dung dịch X. Dung dịch X không tác dụng với dung dịch NaBr

Đáp án D

Chọn D vì cả 2 đều không cho dung dịch không đồng nhất.

Propen là tên gọi của hợp chất CH₂=CH-CH₃.   

Đáp án A

N₂ + 3H₂ = 2NH₃

BĐ: x y

P.ư: a 3a 2a

CB: x-a y-3a 2a

Cho 1/2 hỗn hợp sau td với CuO thì chỉ có: (y-3a) / 2 mol H₂ và a mol NH₃ p.ư

H₂      +    CuO → Cu + H₂O

(y-3a)/2    (y-3a)/2

2NH₃ + 3CuO → 3Cu + N₂ + 3H₂O

a            1,5a

Khối lượng chất rắn giảm đi chính là lượng O bị tách ra khỏi CuO để tạo Cu.

n(O) = 3,2 : 16 = 0,2 = n(CuO p.ư)

Vậy ta có: (y-3a)/ 2 + 1,5a = 0,2

Tìm được y = 0,4 suy ra x = 0,5 - 0,4 = 0,1

Vậy M(X) = (0,1. 28 + 0,4. 2) : 0,5 = 7,2

Suy ra: d(X/H₂) = 7,2 : 2 = 3,6

Có 4 kim loại tác dụng được với dung dịch HCl 

Đáp án C

Khi cho toluen tác dụng với Br2 (ánh sáng) theo tỉ lệ mol 1:1 thì thu được sản phẩm chính có tên gọi là benzylbromua.    

Đáp án C

Kim loại kiềm có cấu hình e lớp ngoài cùng là ns¹.      

Đáp án C

Đáp án A

Gọi CTPT của amin là C_nH_2n+2+kN_k (Amin chứa k nguyên tử N)

⇒  Khi đốt 1 mol amin, tạo ra 

Do đó:

0,1.(n + n + 1 + k/2 + k/2) = 0,5 

→ 2n + k = 4 ⇒  n = 1; k = 2

→ Amin là NH₂­CH₂­NH₂

Với 4,6 g amin, nCH₂(NH₂)₂ = 0,1 mol 

→ nHCl = 0,2 mol

Sục khí CO₂ vào dung dịch NaAlO₂ đến dư thì có kết tủa keo trắng xuất hiện.

Đáp án D

Hóa chất dùng làm mềm nước cứng vĩnh cửu là Na₃PO₄.          

Đáp án A

Khí không màu hóa nâu trong không khí là NO

Đáp án B

Hóa chất không làm mất màu nước brom ở điều kiện thường là Metan.          

Đáp án C

Dung dịch thỏa mãn phải chứa cation của kim loại sau Al ⇒ chọn C.

Hóa chất làm quỳ tím chuyển sang màu xanh là CH₃NH₂.

Đáp án D

Ta có phản ứng nhiệt phân muối Pb(NO₃)₂ là

Pb(NO₃)₂ → PbO + 2NO₂ + 1/2O₂.

Đặt n_NO2↑ = a ⇒ n_O2↑ = 0,25a

+ Bảo toàn khối lượng ta có: m_NO2 + m_O2 = 66,2 – 64,58 = 1,62 gam.

→  46×a + 8a = 1,62 → a = 0,03 mol

+ Bảo toàn nguyên tố ⇒ n_HNO3 = n_NO2 = 0,03 mol

⇒ C_{M HNO3} = 0,01M ⇒ pH = –log(0,01) = 2

Đáp án A

Bảo toàn e ta có 3n_Al = 2n_H2

Û n_Al = 0,02 mol ⇒ m_Al = 0,54 gam

Kim loại có cấu trúc mạng tinh thể lập phương tâm khối là Na

Đáp án A

Hợp chất NH₂CH(CH₃)COOH có tên gọi là Alanin.

Đáp án D

Các tính chất của Saccarozơ là (2), (3), (5).

Đáp án D

Đáp án A

Ta có n_HCO3^– = 0,32 mol, n_Ba²⁺ = 0,22 mol, n_OH^– = 2n_H2 = 0,25 mol.

Ta có phản ứng: HCO₃^– + OH^– → CO₃^2– + H₂O.

⇒ n_CO3^2– = 0,25 mol > n_Ba²⁺ ⇒ n_BaCO3 = 0,2 mol

⇒ m_BaCO3 = 0,22×197 = 43,34 gam

Đáp án D

Ta có n_Este = 0,1 mol < n_NaOH = 0,4 mol.

⇒ n_Muối = n_CH3COONa = 0,1 mol

⇒ m_Muối = 0,1 × 82 = 8,2 gam

Đáp án D

Ta có n_Glixerol = 0,1 mol ⇒ n_{KOH pứ} = 0,3 mol.

BTKL ⇒ m_{Xà phòng} = 89 + 0,3×56 – 9,2 = 96,6 gam ⇒ Chọn D.

Cần đọc kỹ đề tránh tình trạng thay KOH bằng NaOH

Chọn B vì tác dụng với cả 3 khí cần loại bỏ.

Ca(OH)₂ + 2HCl → CaCl₂ + 2H₂O.

Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃ + H₂O.

Ca(OH)₂ + SO₂ → CaSO₃ + H₂O.

Đáp án B

Triolein là chất béo nên không tan trong nước

Đáp án B

Mg, Al, Zn phản ứng với HNO₃ không cho sản phẩm khử khí.

⇒ sản phẩm khử duy nhất là NH₄NO₃.!

⇒ Muối khan gồm Mg(NO₃)₂, Al(NO₃)₃, Zn(NO₃)₂ và NH₄NO₃.

nhiệt phân muối: R(NO₃)_n → R₂O_n + NO₂ + O₂ ||⇒ là thay 2 gốc NO₃ bằng 1O trong muối (☆)

Nhiệt phân muối amoni nitrat: NH₄NO₃ → N₂O + 2H₂O ||⇒ không thu được rắn.!

Đặt: n_NH4NO3 = a mol ⇒ n_{gốc NO3 trong KL} = n_{e cho} = n_{e nhận} = 8n_NH4NO3 = 8a mol.

⇒ ∑n_{NO3 trong muối amoni + kim loại} = a + 8a = 9a mol ⇒ ∑n_{O trong muối trong X} = 27a mol

mà oxi chiếm 61,364% về khối lượng ⇒ m = 27a × 32 ÷ 0,61364 = 704a (gam).

lại có m_NH4NO3 = 80a (gam) ⇒ m_{muối nitrat kim loại} = 624a (gam).

Ở (☆) dùng tăng giảm khối lượng ta có: 624a + (4a × 16 – 8a × 62) = 19,2 gam

giải ra a = 0,1 mol thay lại có m = 704a = 70,4 gam.

Giả thiết quỳ hóa xanh => KCl dư

k.lg dd giảm = mCu + mCl2(pứ với Cu) + ( mH2 + mCl2 )

vì x dư → y*64 + y*71 + (x - 2y)/2 * (71 + 2 ) = 2,755 (1)

Kết tủa đó là Ag₂O (do Ag+ td OH- bị phân hủy)

→ OH- tính từ KCl dư : (x - 2y)/2 = 2,32/(108*2 +16) (2)

(1),(2) → x,y → tỉ lệ đúng đáp số 10:3

Xử lý tripeptit X ta có:

+ Áp dụng tăng giảm khối lượng ⇒ Mmuối – Mtripeptit = 40×3 – 18 = 102

⇒ nTripeptit = \(\dfrac{92,51-62,93}{102}\) = 0,29 mol

⇒ MTripeptit = \(\dfrac{62,93}{0,29}\) = 217

⇒ Tripeptit đó là Gly–Ala–Ala → CTPT của Tripeptit là C8H15O4N3

⇒ Đốt 0,1 mol C8H15O4N3 thu được nCO2 = 0,8 mol và nH2O = 0,75 mol.

⇒ ∑m = 0,8×44 + 0,75×18 = 48,7 gam

⇒ Chọn D 

Đáp án B

Bảo toàn khối lượng có số mol CO₂ = 0,57 mol; số mol H₂O = 0,42

Quy đổi hỗn hợp E thành C₃H₆O; x mol (COOH)₂; y mol CH₂ và z mol H₂O

Phản ứng với Br₂ có số mol C₃H₆O = 0,09 mol.

Suy ra ∑ khối lượng hỗn hợp E = 5,22 + 90x + 14y + 18 z = 17,12.

Bảo toàn O có: 0,09 + 4x + z + 0,97 = 0,57 x 2 + 0,42.

Bảo toàn C có: 0,09 x 3 + 2x + y = 0,57.

Giải hệ tìm được x = 0,13 ; y = 0,04 và z = -0,02 mol.

→ Thành phần E gồm 0,07 mol ancol ; 0,12 mol axit và 0,01 mol este.

Biện luận công thức của ancol và axit: Để ý C_tb = 2.85 → axit là (COOH)₂

→ Khối lượng ancol = 17,12 + 0,02 x 18 - 0,12 x 90 = 5,78 gam.

→ Trong 0,3 mol hỗn hợp E có 0,135 mol ancol có khối lượng 8,67.

Khối lượng bình tăng = 8,67 - 0,135 = 8,535

Cu(NO₃)₂  → CuO + 2NO₂ + 1/2 O₂ 

Mg(NO₃)₂ → MgO + 2NO₂ + 1/2 O₂

NaNO₃→NaNO₂ + 1/2 O₂

 Hỗn hợp khí là O₂ : a mol và NO₂ : b mol 

→ hệ a + b = 0,36 và 32a + 46b = 14,04

→ a = 0,18 ; b = 0,18 

Từ phương trình phản ứng có n_NaNO3 = (n_O2  - n_NO2/4 ). 2 = 0,27 mol 

→ n _{(Cu2+ và Mg 2+)} = 0,09 mol 

Trong dung dịch Y có : Cu²⁺ ,Mg²⁺ ,NO₃^- ,SO₄^2- và  Na⁺ có n_SO42- = n _BaSO4 = 0,12 mol 

Bảo  toàn điện tích : 0,09.2 +  0,27 = 0,12.2 + n_NO3- → n_NO3- = 0,21 

Lại có  0,03 mol gồm NO₂ và SO₂ 

BTNT nito có n_NO2  = n_NaNO3   -   n_NO3- = 0,06 mol 

n_SO2 = 0,03 mol  

Cu → Cu ²⁺

Mg → Mg ²⁺ 

O → O ^2-

S→  S ⁺⁶

N ⁺⁵ → N ⁺⁴

S ⁺⁶  →  S  ⁺⁴( H₂SO₄) 

→ nS = ( 2n_SO2 + n_NO2 + 2n_O  - ( n_Cu2+ + n_Mg2+).2 ) : 6   ( n_O = 0,3m/16) 

→  m - 0,3m - (0,00625m – 0,01).32 + 0,27.23 + 0,12.96 + 0,21.62 = 4m

→ m = 8,877g

Gọi số mol Glucozo và saccarozo trong X lần lượt là x và y

→ 180x + 342y = 7,02⁽¹⁾

Khi thủy phân X :

Saccarozo + H₂O → Glucozo + Fructozo

 y                               →     y           → y

Khi Y phản ứng tráng bạc :

Glucozo → 2Ag

Fructozo→ 2Ag

→ n_Ag = 2.(x + y) + 2y = 0,08⁽²⁾

Từ (1) và (2) → x = 0,02 ; y = 0,01 mol

→ %m_Glucozo(X) = 51,28%