nMg = 0,15 mol

Mg → Mg²⁺  + 2e           

0,15                 0,3         

N⁺⁵ + 3e → N⁺²

            0,3    0,1

→ V = 2,24lit

Trong điều kiện thường , etilen làm mất màu dung dịch nước brom do một liên kết kém bền trong liên kết đôi bị đứt ra và phân tử etilen kết hợp thêm một phân tử brom.

CH₂ = CH₂   +  Br₂ →  CH₂Br= CH₂Br 

Thành phần chính của quặng photphorit là Ca₃(PO₄)₂. 

Đáp án C

NaCl là chất điện li mạnh

Đáp án A

Điều kiện thường, Etylamin tồn tại ở trạng thái khí.

Đáp án B

Cr có độ cứng lớn nhất

Đáp án D

Số oxi hóa của nitơ trong HNO₃ là +5

Đáp án D

Những kim loại mạnh từ Li → Al trong dãy hoạt động hóa học của các kim loại chỉ có thể được điều chế bằng phương pháp điện phân nóng chảy ⇒ Chọn D

Đọc thí nghiệm: phản ứng trong dung dịch X cần nhiệt độ; sản phẩm tạo thành Y là hợp chất hữu cơ, dễ bay hơi và ngưng tụ trong nước đá lạnh

Vậy Y không thể là Glucozơ.  

Đáp án C

\(HCO_3^- + OH^- = CO_3^{2-}\)

\(Ca^{2+} + CO_3^{2-}= CaCO_3\)

\(H_2SO_4\) có phản ứng với NaOH nhưng không tạo kết tủa

\(FeCl_3\) phản ứng với NaOH thu được kết tủa màu nâu đỏ

\(AlCl_3\) tác dụng với NaOH dư thì thu được kết tủa, sau đó kết tủa tan hết

Công thức cấu tạo của X thoả mãn là HCOOCH₃ ⇒ Y là HCOOH và Z là CH₃OH.

B. Sai, Z không tách nước tạo anken.

A sai vì ăn mòn hóa học, không hình thành hai điện cực mới

3Ag + 4HNO₃ → 3AgNO₃ + NO↑ + 2H₂O

B đúng vì hình thành điện cực Zn và Cu. Hai điện cực tiếp xúc với nhau và tiếp xúc với dung dịch điện ly là muối Zn²⁺ và Cu²⁺

Zn + Cu²⁺ → Zn²⁺ + Cu↓

C sai vì ăn mòn hóa học, không hình thành hai điện cực mới

2Al + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂↑

D sai vì ăn mòn hóa học

2Fe + 3Cl₂ → 2FeCl₃

Kim loại dẫn điện tốt nhất là Cu → Sai

Đáp án D

Để hạn chế sự ăn mòn con thuyền đi biển (bằng thép), người ta gắn vào vỏ thuyền (phần ngâm dưới nước) những tấm kim loại của Zn do Zn có tính khử mạnh hơn Fe đóng vai trò là cực âm ( kim loại bị ăn mòn thay sắt) nhưng tốc độ ăn mòn của kẽm tương đối nhỏ → vỏ tàu được bảo vệ trong thời gian dài

Đáp án C.

Số liên kết σ (xich ma) có trong mỗi phân tử etilen là 5

Đáp án A

Fe không đầy được Zn ra khỏi muối 

Đáp án D

(b) Sai, Cho CO dư qua hỗn hợp Al₂O₃ và CuO đun nóng, thu được Cu và Al₂O₃.

Poli(etylen terephtalat) được tổng hợp bằng phản ứng trùng ngưng

Đáp án D

Công thức hóa học của chất béo có tên gọi tristearin là (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅.

Đáp án D

Trong phân tử valin có số nhóm NH₂ lớn hơn số nhóm COOH → Sai

Đáp án B

(C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3C₁₇H₃₃COONa + C₃H₅₃.

+ Ta có mC₁₇H₃₃COONa = 30,4 ×0,75 = 22,8 gam ⇒ nC₁₇H₃₃COONa = 0,075 mol.

⇒ n_{NaOH pứ} = 0,075 mol và nC₃H₅(OH)₃ = 0,025 mol.

⇒ BTKL ta có m = 22,8 + 0,025×92 – 0,075×40 = 22,1 gam 

\({n_{HCl}} = 0,4\;mol \to \left\{ \begin{array}{l} (14n + 17).1,5a + (14m + 47).a = 28,4\\ 1,5a + a = 0,4 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 0,16\\ n = \;3;\;m = 3 \end{array} \right.\)

Khi cho X tác dụng với NaOH thì thu được muối H₂NC₂H₄COONa (0,16 mol) ⇒ m = 17,76

Dung dịch làm quỳ tím hóa xanh là metyl amin; lysin.

Hỗn hợp muối gồm Mg(NO₃)₂ (0,5 mol) và NH₄NO₃ (0,0125 mol)

Ta có:  \(\left\{ \begin{array}{l} 8{n_{{N_2}O}} + 10{n_{{N_2}}} + 0,0125.8 = 0,5.2\\ {n_{{N_2}O}} - {n_{{N_2}}} = 0 \end{array} \right. \Rightarrow {n_{{N_2}O}} = {n_{{N_2}}} = 0,05\;mol \Rightarrow V = 2,24\;(l)\)

Dung dịch X chứa Mg(NO₃)₂ và Cu(NO₃)₂ . Khi cho X tác dụng với Fe thì:

\(\begin{array}{l} {n_{Cu{{(N{O_3})}_2}}} = \frac{{9,36 - 8,4}}{{64 - 56}} = 0,12\;mol\\ BTNT(N):{n_{Mg{{(N{O_3})}_2}}} = 0,18\;mol\\ BTKl:{m_{Mg}} = 4,64\;(g) \end{array}\)

nHCl = 0,048

nKOH = 0,021

nK2CO3 = 0,012

Dung dịch sau phản ứng chứa K+ (0,045), Cl- (0,048), bảo toàn điện tích

→ nH+ dư = 0,003

Do có H+ dư nên toàn bộ CO2 đã thoát ra tối đa → nCO2 = 0,012

→  V = 268,8 

CnH2n+1OH + 3n/2O2 → nCO2 + (n+1)H2O

                                             0,14            0,21 

ta có: 0,14/n = 0,21/(n+1) → n=2 → C2H5OH.

Dễ thấy 45x + 75y = 19,5 và y = 0,2

→ x = 0,1

nHCl = 0,3 → V = 300

\(k=4+3=7 \Rightarrow n_X= \dfrac{n_{CO_2}-n_{H_2O}}{7-1}=\dfrac{\dfrac{V}{22,4}-b}{6}=a \Rightarrow V= 22,4(b+6a)\)

Các dung dịch X, Y, Z, T lần lượt là hồ tinh bột, anilin, axit axetic, metyl fomat. 

Đáp án A

Quy đổi hỗn hợp X ban đầu thành Ba, Al và O.

Dựa vào đồ thị thì dung dịch Y gồm Ba²⁺, AlO₂^–  và OH^– dư.

+ Tại vị trí nHCl = 0,2 mol ⇒ nOH^- dư = 0,2 mol

+ Tại vị trí: nHCl = 0,8 mol ta có: 4nAlO₂^- - 3nAl(OH)₃ + nOH^- dư = nHCl ⇒ nAlO₂^- = 0,3 mol

BTDT: nBa²⁺ = 0,5.(nOH^- dư + nAlO₂^-) = 0,25 mol

Khi cho X tác dụng với nước thì:  nO = (nBa + 3nAl - 2nH2 ) : 2 = 0,45 mol ⇒ mX = 49,55 gam

Dung dịch Y chứa NaOH và NaAlO₂

+ Với  \({n_{HCl}} = 0,1\;mol \Rightarrow {n_{NaOH}} = 0,1\;mol\)

+ Với  \({n_{HCl}} = 0,45\;mol \Rightarrow {n_{Al{{(OH)}_3}}} = {n_{HCl}} - {n_{NaOH}} \Rightarrow \frac{{3a}}{{78}} = 0,45 - 0,1 \Rightarrow a = 9,1\)

+ Với  \({n_{HCl}} = 0,75\;mol \Rightarrow 4{n_{NaAl{O_2}}} - 3{n_{Al{{(OH)}_3}}} = {n_{HCl}} - {n_{NaOH}} \Rightarrow {n_{NaAl{O_2}}} = 0,25\;mol\)

Vậy X gồm Na (1,05 mol) và Al (0,75 mol) ⇒ m = 44,4 (g)

B ⇒ Si + NaOH + H₂O → Na₂SiO₃ + H₂↑

C ⇒ NaHCO₃ + HCl → NaCl + CO₂↑ + H₂O.

D ⇒ Fe²⁺ + H⁺ + NO₃^– → Fe³⁺ + NO + H₂O.

n_Fe = 0,2 mol

Xét quá trình cho e:

Fe → Fe⁺²  $+ 2\text{e}$

0,2    →         0,4

Bảo toàn e: n_{e nhận} = n_{e cho} = 0,4 mol

Xét quá trình nhận e:

2H + 2e → H₂

        0,4  →  0,2

→ V_H2 = 0,2.22,4 = 4,48 lít

Đáp án cần chọn là: B

Y và Z có mạch cacbon không phân nhánh ⇄ chúng có không quá 2 nhóm chức este.

Đọc kĩ: F là hỗn hợp và nung chỉ cho CH₄↑ ⇒ F chứa CH₃COONa và CH₂(COONa)₂.

có n_CH4↑ = 0,13 mol → gọi nCH₂(COONa)₂ = x mol ⇒ nCH₃COONa = 0,13 – x mol.

Đốt hỗn hợp ancol E + 0,215 mol O₂ → 0,43 mol hỗn hợp (CO₂ + H₂O).

Gọi n_CO2 = y mol ⇒ n_H2O = 0,43 – y mol

⇒ m_E = 26y + 0,86 gam.

Thủy phân 11,26 gam E + NaOH (vừa đủ) → hỗn hợp F + hỗn hợp E.

BTKL có: 11,26 + (0,13 + x) × 40 = 82 × (0,13 – x) + 148x + (26y + 0,86).

Lại có theo bảo toàn O phản ứng cháy có: 0,13 + x = ∑n_{O trong E} = y

kết hợp giải hệ được: x = 0,03 mol và y = 0,16 mol. thay lại các phản ứng:

→ giải hai ancol là 0,06 mol CH₃OH và 0,05 mol C₂H₂(OH)₂.

Ghép với 2 gốc axit là 0,03 mol CH₂(COO)₂ và 0,1 mol CH₃COO

⇒ X gồm 0,03 mol CH₂(COOCH₃)₂ (Y) và 0,05 mol (CH₃COO)₂C₂H₄ (Z).

⇒ Yêu cầu: %m_{Z trong X} = 146 × 0,05 ÷ 11,26 × 100% ≈ 64,83%

Z là axit no, đơn, hở ⇒ đốt N cho n_CO2 = nH₂O ⇒ n_CO2 = nH₂O = 0,75 mol.

nNa₂CO₃ = 0,15 mol ⇒ n_N = 0,3 mol. Bảo toàn nguyên tố Cacbon và Hidro:

C_N = (0,15 + 0,75) ÷ 0,3 = 3; H_N = 0,75 × 2 ÷ 0,3 = 5 ⇒ N là C₂H₅COONa.

Xét phần 1: n_Y/X = nH₂O – nCO₂ = 0,15625 mol.

GIẢ SỬ Y không phải là CH₃OH.

⇒ n_T = n_Ag ÷ 2 = 0,7125 mol ⇒ n_M = 0,7125 – 0,15625 = 0,55625 mol > n_N ⇒ vô lí!.

⇒ Y là CH₃OH ⇒ n_T = n_Ag ÷ 4 = 0,35625 mol ⇒ n_M = 0,2 mol ⇒ n_Z = 0,1 mol.

%m_M = 0,2 × 88 ÷ (0,15625 × 32 + 0,1 × 74 + 0,2 × 88) × 100% = 58,67%

⇒ chọn C.

Giả sử số mol KCl trong X là 1 mol, khi đó quá trình điện phân xảy ra như sau:

Theo đề bài ta có:   \(\left\{ \begin{array}{l} 2{n_{Cu}} + 2{n_{{H_2}}} = 2{n_{C{l_2}}}\\ {n_{C{l_2}}} = 4{n_{{H_2}}} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} 2a + 2b = 1\\ 4b = 0,5 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 0,375\,mol\\ b = 0,125\,mol \end{array} \right.\)

Vậy hỗn hợp X gồm CuSO₄ (0,375 mol) và KCl (1 mol) ⇒ %m CuSO₄ = 44,61%

Công thức cấu tạo phù hợp của X là (CH₃COO)₂C₂H₄; (COOC₂H₅)₂; C₂H₄(COOCH₃)₂ (2 đồng phân).

(a) Cu (dư) + 2Fe(NO₃)₃ → Cu(NO₃)₂ + 2Fe(NO₃)₂ : thu được 2 muối tan.

(b) CO₂ (dư) + NaOH → NaHCO₃ : thu được 1 muối.

(c) Na₂CO₃ (dư) + Ca(HCO₃)₂ → CaCO₃ + 2NaHCO₃ : thu được 2 muối tan NaHCO₃ và Na₂CO₃ dư.

(d) Fe (dư) + 2FeCl₃ → 3FeCl₂ : thu được 1 muối tan.

(e) NaOH + Al + H₂O → NaAlO₂ + H₂ : thu được 1 muối tan.

(f) Cl₂ (dư) + 2FeCl₂ → 2FeCl₃ : thu được 1 muối tan.

Rắn Y chứa 3 kim loại là Ag, Cu, Fe (z mol) và dung dịch Z chứa Mg(NO₃)₂ (x mol) và Fe(NO₃)₂ (y mol)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} 24x + 56(y + z) = 4,6\\ 2x + 3y + 3z = 4{n_{{O_2}}} + 2{n_{S{O_2}}} = 0,25y.4 + 0,285\\ 40x + 80y = 4,2 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 0,075\\ y = 0,015\\ z = 0,035 \end{array} \right. \Rightarrow \% {n_{Fe}} = 40\% \)