Ure, (NH₂)₂CO là một loại phân đạm

Đáp án A

Na tác dụng mãnh liệt với nước ở nhiệt độ thường

Đáp án C

Chọn đáp án A

+ Để có pứ trắng gướng ⇒ cần –CHO trong CTCT.

⇒ Chọn glucozo, metyl fomat, axetanđehit 

Đáp án B

Số TN xảy ra phản ứng hóa học gồm (1) (2) và (4) 

A. CH₃COOCH₂COOCH₂CH₃ + 2NaOH → CH₃COONa + HOCH₂COONa + C₂H₅OH

⇒ thu được 2 muối và 1 ancol ⇒ thỏa mãn  

B. CH₃COOCH₂COOCH=CH₂ + 2NaOH → CH₃COONa + HOCH₂COONa + CH₃CHO

⇒ thu được 2 muối và 1 anđehit ⇒ loại 

C. CH₃COOCH₂CH₂COOC₆H₅ + 3NaOH → CH₃COONa + HOCH₂CH₂COONa + C₆H₅ONa + H₂O.

⇒ chỉ thu được 3 muối và H₂O ⇒ loại.

D. CH₃OOCCH₂CH₂COOCH₃ + 2NaOH → NaOOC-CH₂CH₂-COONa + CH₃OH

⇒ thu được 1 muối và 1 ancol ⇒ loại 

Metyl amin làm quỳ tím chuyển sang màu xanh

Đáp án B

pH = -log[H⁺]

Mà: [H⁺].[OH^-] = 10^-14 

→ log[H⁺] + log[OH^-] = - 14

→ - log[H⁺] = 14 + log[OH^-]

→ pH = 14 + log[OH^-]

→ Giá trị pH tỉ lệ thuận với nồng độ OH^-

Tên gọi khác của etanol (C₂H₅OH) là ancol etylic hoặc rượu etylic

Hợp chất NH₂CH₂COOH có tên gọi là glyxin.  

Đáp án B

Đáp án A

Ta có phản ứng như sau:

FeCO₃ + HNO_3loãng → Fe(NO₃)₃ + CO₂↑ + NO↑ + H₂O.

⇒ 2 khí gồm CO₂ và NO 

Công thức hóa học của etilen là: C₂H₄

Đáp án A

CH₂=CHCH₂OH và CH₃CH₂CHO là đồng phân của nhau.

Đáp án D

Đáp án D

 Fe có thể phản ứng được với những dung dịch

FeCl₃, Cu(NO₃)₂ và AgNO₃ 

Các thí nghiệm thu được kim loại là (1), (4)

Đáp án C

Đáp án D

Phản ứng oxi hóa – khử gồm (1) (2) (3) (5) và (6) 

Đáp án A

nCO₂ = 0,35 mol; nCa(OH)₂ = 0,2 mol ⇒ nOH⁻ = 0,2 × 2 = 0,4 mol 

⇒ nOH⁻ : nCO₂ = 1,14 ⇒ sinh ra 2 muối ⇒ nH₂O = nCO₃²⁻ = nOH⁻ - nCO₂ = 0,05 mol 

BTKL ||⇒ m muối = 0,35 × 44 + 0,2 × 74 – 0,05 × 18 = 29,3(g)

Đáp án C

Từ đồ thị dễ dàng thấy được nNaOH = x = 0,6 mol.

Tại thời điểm nHCl = 0,8 mol ta thấy nAl(OH)₃ = 0,2 mol.

Ta có nAlO₂^– chưa tạo kết tủa = (1,6 - 0,8) : 4 = 0,2 

⇒ ∑nAlO₂^– = 0,2 + 0,2 = y = 0,4 mol.

⇒ nNaAlO₂ = 0,4 mol ⇒ x + y = 1 mol

Đáp án B

Xét phản ứng Y + NaOH: do thu được ↓ LỚN NHẤT ⇒ chỉ xảy ra pứ trao đổi 

⇒ chỉ là sự thay thế NO₃ bằng OH: 1NO₃ ⇄ 1OH ⇒ nOH/↓ = ∑nNO₃ = 0,03 × 2 + 0,05 × 2 = 0,16 mol

⇒ m gốc KL/Y = 6,67 – 0,16 × 17 = 3,95(g) 

 Do NO₃ được bảo toàn, ta chỉ quan tâm KL

⇒ Bảo toàn khối lượng gốc KL: m = 5,25 + 3,95 – 0,03 × 65 – 0,05 × 64 = 4,05(g)

nCH₃COOH ban đầu = nCO₂ = 0,15

nCH₃COOC₂H₅ = 0,08

CH₃COOH + C₂H₅OH → CH₃COOC₂H₅ + H₂O

0,08                     0,08             0,08

Dễ thấy 0,08/0,15 ≠ 80% nên hiệu suất đã được tính theo C₂H₅OH

→ nC₂H₅OH ban đầu = 0,08/80% = 0,1 

→ m = 13,6 gam

Este no, đơn chức, mạch hở có công thức phân tử chung là C_nH_2nO₂ (n ≥ 2). 

Glucozơ và metyl fomat có cùng CTĐGN là CH₂O

→ X gồm CH₂O (a) và C₃H₄O₂ (b)

nO₂ = a + 3b = 0,55

nH₂O = a + 2b = 0,5

→ a = 0,4 và b = 0,05

→ %C₃H₄O₂ = 23,08%

Đáp án B

Loại A C D vì chứa lần lượt Ba, Al và Mg chỉ có thể được điều chế bằng phương pháp điện phân nóng chảy 

Đáp án C

Nhận thấy sau khi thủy phân ala nằm trong 0,2 mol Gly–Ala và 0,3 mol Ala

⇒ n_Tetrapeptit = ∑n_Ala = 0,2 + 0,3 = 0,5 mol.

Bảo toàn gốc Gly ⇒ n_{α–amino axit} = 0,5×2 – 0,2 – 0,3 = 0,5 mol.

Bảo toàn gốc Val ⇒ n_{α–amino axit} = 0,5 – 0,3 = 0,2 mol.

⇒ m = 0,5×75 + 0,2×117 = 60,9 gam 

Các hợp chất mạch hở bền có CTPT C₃H₆O₂ tác dụng với NaOH là:

HCOOCH₂CH₃ ; CH₃COOCH₃ ; C₂H₅COOH

Vậy có 3 chất thỏa đề

Đáp án D

Số trường hợp xảy ra ăn mòn điện hóa gồm (b) và (d) 

Đáp án A.

- Các kim loại đứng trước cặp H⁺/H₂ có thể tác dụng được với HCl.

- Các kim loại đứng trước cặp Ag⁺/Ag có thể tác dụng được với AgNO₃.

Vậy các kim loại vừa tác dụng được với dung dịch HCl, vừa tác dụng được với dung dịch AgNO₃ là Mg, Zn, Al, Fe, Ni và Sn.

Đáp án B

Cho dung dịch Ba(OH)₂ tác dụng lần lượt với các mẫu thử nhận ra:

- Dung dịch NH₄Cl : có khí mùi khai thoát ra

Ba(OH)₂   +  2NH₄Cl    →   BaCl₂   +  2NH₃   +  2H₂O

- Dung dịch AlCl₃: có kết tủa trắng xuất hiện , tan trong Ba(OH)₂ dư

2AlCl₃   +  2Ba(OH)₂    →    2Al(OH)₃   +  3BaCl₂

2Al(OH)₃   +  Ba(OH)₂    →   Ba[Al(OH)₄]₂

- Dung dịch FeCl₃:  có kết tủa nâu đỏ

2FeCl₃   +  3Ba(OH)₂    →   2Fe(OH)₃   +  3BaCl₂

- Dung dịch Na₂SO₄  : Có kết tủa trắng

Na₂SO₄   +  Ba(OH)₂     →    BaSO₄   +  2NaOH

- Dung dịch (NH₄)₂SO₄ : có kết tủa trắng và khí mùi khai thoát ra

(NH₄)₂SO₄   +  Ba(OH)₂    →   BaSO₄  +  2NH₃   +  2H₂O

- Dung dịch NaCl: không hiện tượng

Một loại nước có chứa nhiều muối Ca(HCO₃)₂ thuộc loại nước cứng tạm thời 

Chọn D

CH₃CHO, C₂H₅OH, CH₃COOH.

+ Các chất A, B, C lần lượt là CH₃CHO, C₂H₅OH, CH₃COOH.

Giải thích: CH₃CHO có nhiệt độ sôi thấp nhất vì giữa các phân tử không có liên kết hiđro. Hai chất còn lại giữa các phân tử đều có liên kết hiđro, nhưng liên kết hiđro giữa các phân tử axit bền hơn nên nhiệt độ sôi của nó cao hơn ancol

Các phát biểu đúng là :

(4) chỉ có một axit đơn chức tráng bạc.

Axit đó là HCOOH, phân tử chứa nhóm –CHO nên có thể tham giả phản ứng tráng gương.

(5) điều chế nilon-6 có thể thực hiện phản ứng trùng hợp hoặc trùng ngưng.

(6) có thể phân biệt glucozơ và fuctozơ bằng vị giác. Vì glucozơ có vị ngọt mát, fructozơ có vị ngọt đậm hơn nhiều, ngọt hơn cả đường saccarozơ.

Các phát biểu còn lại đều sai :

(1) quỳ tím đổi màu trong dung dịch phenol. Thực tế phenol có tính axit, nhưng tính axit của nó rất yếu nên không làm quỳ tím chuyển màu.

(2) este là chất béo. Thực tế chất béo là trieste của glixerol và axit béo.                              

(3) các peptit có phản ứng màu biure. Thực tế các peptit trong phân tử phải có từ 2 liên kết peptit trở lên mới có phản ứng hòa tan Cu(OH)₂ tạo phức màu tím (phản ứng màu biure).

Đặt a, b, c là số mol Na, Ba, O 

→ 23a + 137b + 16c = 33,02 (1)

Bảo toàn electron → a + 2b = 2c + 0,2.2 (2)

Dung dịch X chứa Na⁺ (a), Ba²⁺ (b) → OH^- (a + 2b).

Thêm CuSO₄ dư vào X

→ nCu(OH)₂ = (a + 2b)/2 và nBaSO₄ = b

→ m↓ = 98(a + 2b)/2 + 233b = 73,3 (3)

Từ (1)(2)(3) → a = 0,28; b = 0,18; c = 0,12

nOH^- = 0,64 và nCO₂ = 0,45 → nCO₃^2- = 0,19 và nHCO₃^- = 0,26

→ nBaCO₃ = 0,18 → mBaCO₃ = 35,46

Đáp án D

Do NaOH cần dùng là ít nhất nên ta có

NaOH+Ca(HCO₃)₂ → NaHCO₃+CaCO₃+H₂O

0,1        0,1

BTNT C: n_CO2 = n_CaCO3 + 2n_Ca(HCO3)2 = 0,5 + 2.0,1 = 0,7 mol

C₆H₁₀O₅ → 2CO₂

0,35                0,7

→ m _{tinh bột} = 0,35.162/0,75=75,6 gam

Chú ý:

Lượng NaOH cần dùng là ít nhất.

- Khi cho X qua dung dịch nước Br₂ thì không thấy nước Br₂ bị nhạt màu nên các chất trong X no.

- Đặt x, y, z lần lượt là số mol của axit đơn chức, ancol 2 chức và este 2 chức.

- Khi cho X tác dụng với KOH thì: x + 2z = 0,1

- Khi đốt cháy X thì: 

\(\left\{ \begin{array}{l}
x + y + z = 0,09\\
nC{O_2} - n{H_2}O =  - y + z\\
44nC{O_2} - 18n{H_2}O = 10,84\\
2(x + y + 2z) + 2n{O_2} = 2nC{O_2} + n{H_2}O
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,02;y = 0,03;z = 0,04\\
{n_{C{O_2}}} = 0,41\\
{n_{{H_2}O}} = 0,4
\end{array} \right.\)

BTKL: mX = 44.nCO₂ + 18nH₂O - 32nO₂ = 9,88 gam

- Vì ancol có 3C nên ancol đó là C3H6(OH)2: 0,07 mol và H2O tạo ra sau phản ứng: 0,02 mol 

m = mX + 40nKOH - 76nC₃H₆(OH)₂ - 18nH₂O = 9,8 gam 

Vậy đáp án đúng là D

Đáp án B

Sau khi hỗn hợp X bị CO lấy đi 1 phần oxi ⇒ Chất rắn Y.

+ Đặt n_Fe/Y = a và n_O/Y = b ta có:

PT bảo toàn electron: 3a – 2b = 2n_SO2 = 0,09 mol (1)

PT theo muối Fe₂(SO₄)₃: 200a = 18 (2)

+ Giải hệ (1) và (2) ta có: a = b = 0,09 mol

⇒ m_Y = 0,09×(56+16) = 6,48 gam.

+ Mà n_{O bị lấy đi bởi CO} = n_CaCO3 = 0,04 mol

⇒ n_X = m_Y + m_{O bị lấy đi} = 6,48 + 0,04×16 = 7,12 gam 

Đáp án A

CTPT của 4 ancol lần lượt là CH4O, C3H6O, C2H6O2, C3H8O3.

+ Đặt số mol 4 chất lần lượt là a b c và d:

PT theo ∑nO/Ancol là:

a + b + 2c + 3d = 2nH2 = 0,14 (1)

⇒ mO = 2,24 gam.

Ta có nH/Ancol = 2nH2O = 0,54 mol

⇒ mH = 0,54 gam. ⇒ mC/Ancol = 5,18 – 2,24 – 0,54 = 2,4 gam

⇒ nC = 0,2 mol.

⇒ PT bảo toàn C là:

a + 3b + 2c + 3d = 0,2 (2)

+ Nhận thấy nC3H6O = b = [(2) – (1)] ÷ 2 = 0,03 mol

⇒ %mAncol anlylic = (0,03.58.100) : 5,18 ≈ 33,6%

Đáp án A

Bài này có thể giải theo kinh nghiệm, hoặc biện luận rào số mol hỗn hợp A.

Từ đó ⇒ giới hạn của chất rắn C

Trường hợp xả ra đó là: Fe pứ hết và Cu chỉ pứ 1 phần

⇒ C gồm Ag và Cu chưa tan.

PT theo khối lượng oxit: 40c = 2,56 

→ c = 0,064 mol

⇒ CM AgNO₃ = 0,064 ÷ 0,2 = 0,32 

Đáp án C

Đọc quá trình và phân tích:

74,62 gam kết tủa rõ là 0,52 mol AgCl; mà n_HCl = 0,5 mol

→ n_MCl = 0,02 mol (theo bảo toàn Cl).

20,29 gam X → 18,74 gam chất rắn, giảm là chỉ do phản ứng nhiệt phân muối MHCO₃ theo phản ứng:

2MHCO₃ → M₂CO₃ + CO₂ + H₂O

→ n_MHCO3 = 2 × (20,29 – 18,74) ÷ 62 = 0,05 mol.

3,36 lít khí ⇄ 0,15 mol CO₂ → theo bảo toàn C có n_M2CO3 = 0,1 mol.

→ 0,1 × (2M + 60) + 0,05 × (M + 61) + 0,02 × (M + 35,5) = 20,29 gam

→ M = 39 → M là Kali.

Đáp án A

Theo quy tắc đường chéo tính đươc N₂O :0,01 mol và NO : 0,03 mol

Đặt n_Mg =x và n_Fe3O4= y mol. Số mol NH₄NO₃ là a mol

Ta có m_X = 24x + 232y =9,6

Bảo toàn e : 2x + y = 0,01.8 + 0,03.3 + 8a

n_HNO3(dư) =0,04 mol.

Bảo toàn N ta có 2x + 3.3y +2a + 0,01.2 + 0,03 + 0,04= 0,6

Giải được x =0,11 ; y =0,03 ; a=0,01

Ta có m_muối=0,11 .148 + 0,03.3.242 + 0,01.80 +0,04.85 =42,26g

Khi điện phân AgNO₃:

Catot : Ag⁺ + 1e → Ag

Anot : 2H₂O → 4H⁺ + 4e + O₂

- Mg + X thu được hỗn hợp kim loại → Ag⁺ dư

- Hỗn hợp kim loại + HCl → n_Mg = n_H2 = 0,005 mol → n_Ag  = 0,002 mol

Hỗn hợp khí là sản phẩm khử của Mg với H⁺ và NO₃^- (Mg dư)

n_NO + n_N2O = 0,005 mol

m_NO + m_N2O = 2.19,2.0,005 = 0,192g

→ n_NO = 0,002 ; n_N2O = 0,003 mol

Gọi n_NH4NO3 = x mol

Bảo toàn e : n_Mg(NO3)2 = n_{Mg + HNO3} + n_{Mg + Ag+} = ½ (3n_NO + 8n_N2O + 8n_NH4NO3) + ½ n_Ag

= ½ (3.0,002 + 8.0,003 + 8x) + ½ .0,002 = 0,016 + 4x

→ m_muối = m_Mg(NO3)2 + m_NH4NO3 = 148(0,016 + 4x) + 80x = 3,04g

→ x = 0,001 mol

→ n_H+(X) = 4n_NO + 10n_N2O + 10n_NH4NO3 = 0,048 mol = n_e

Định luật Faraday : n_e.F = It → t = 2316 (s)

Đáp án A

Hỗn hợp X chứa Y (C₂H₇O₂N) ⇒ Y là HCOONH₃CH₃ 

và Z có CTPT (C₄H₁₂O₂N₂) ⇒ Z là H₂NCH₂COOH₃NC₂H₅.

X + NaOH → 2 amin là CH₃NH₂ và C₂H₅NH₂ với tỉ lệ 3 : 2.

+ Lập pt theo tỉ lệ mol và pt theo m_{hỗn hợp} ⇒ n_Y = 0,06 và n_Z = 0,04

Vì 18,84÷9,42 = 2 ⇒ n_Y = 0,06×2 = 0,12 và n_Z = 0,04×2 = 0,08.

X + HCl thu được 0,12 mol CH₃NH₃Cl + 0,08 mol C₂H₅NH₃Cl 

Ngoài ta còn có còn 0,08 mol ClH₃NCH₂COOH nữa

⇒ m_Muối = 23,54 gam