Cr₂O₃ là oxit lưỡng tính

Đáp án B

Ở điều kiện thường, clo tồn tại ở dạng khí.

Đáp án D

Poli(metyl metacrylat) được điều chế từ phản ứng trùng hợp CH₂=C(CH₃)-COO-CH₃. 

Đáp án C

Dung dịch Amoniac có thể dùng để xử lý một lượng khí clo gây ô nhiễm trong phòng thí nghiệm.

Đáp án C

Al₂O₃ không tan trong dung dịch CaCl₂.

Đáp án D

Tinh bột thuộc loại polisaccarit

Đáp án B

Ca thuộc loại kim loại kiềm thổ

Đáp án B

Công thức hóa học của isoamyl axetat là CH₃COOCH₂CH₂CH(CH₃)CH₃. 

Đáp án A

Cho bột Cu vào dung dịch X, thu được dung dịch màu xanh. Chất tan trong dung dịch X là FeCl₃. 

Đáp án B

Công thức của canxi photphat là Ca₃(PO₄)₂. 

Đáp án C

Phương pháp điện phân:

- Điện phân chất điện li nóng chảy (muối, bazơ, oxit) để điều chế những kim loại có tính khử mạnh như K, Na, Ca, Al,...

- Điện phân dung dịch chất điện li (dung dịch muối) để điều chế những kim loại có tính khử yếu và trung bình như Zn, Fe, Sn, Pb, Cu, Hg, Ag,...

→ Đồng (Cu) là kim loại duy nhất trong 4 đáp án điều chế được bằng phương pháp điện phân dung dịch. 

Glyxin (H₂N-CH₂-COOH) có phản ứng với dd H₂SO₄, NaOH, HCl còn không phản ứng với NaCl

Đáp án A

nNaOH = 0,35 mol và nAl(OH)₃ = 0,05 → Kết tủa đã bị hòa tan một phần

nOH^- = 0,35 = 4.0,1x - 0,05 → x = 1M

Xác định C và dung dịch từ trong suốt xuất hiện kết tủa màu trắng.

Đáp án B

Tơ poliamit kém bền về mặt hóa học là do các nhóm “-NH-CO-“ dễ bị thủy phân trong môi trường axit và kiềm.

Đáp án B

n_X = 0,1 mol và n_HCl = 0,2 mol → X có 2 nhóm NH₂.

m_X = m_muối - m_HCl = 10,4 → M_X = 104

Cr(OH)₃, Al, ZnO.

nMg = nMgCO₃ = 0,1 mol

→ nH₂ = nCO₂ = 0,1 mol

→  V = 4,48 lít

C₆H₁₂O6  → 2C₂H₅OH + 2CO₂

nCO₂ = 0,3 mol → nC₆H₁₂O₆ = 0,15 mol

→ mC₆H₁₂O₆ = 0,15.180/60% = 45 gam

(a), (b), (c), (d)

Dãy gồm các ion cùng tồn tại trong một dung dịch là Ca²⁺; H₂PO₄^-; Cl^-; K⁺.

Đáp án C

HOCH₂-CH₂OH, CH₃COOH và C₆H₁₂O₆ (frucozơ)

poli(vinyl clorua), policaproamit, polistiren, nilon-6,6. 

M_X = 100 → X là C₅H₈O₂

X + NaOH → Muối + Andehit

X là: HCOO-CH=CH-CH₂-CH₃

HCOO-CH=C(CH₃)₂

CH₃-COO-CH=CH-CH₃

CH₃-CH₂-COO-CH=CH₂

A chứa SO₄^2- (0,1 mol), Cl^- (0,05), H⁺ (0,25)

B chứa Ba²⁺ (0,05), HCO₃^- (0,15), K⁺ (0,15) và Cl^- (0,1)

Khi trộn A vào B

Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄

H⁺ + HCO₃^- → CO₂ + H₂O

m giảm  = mBaSO₄ + mCO₂ = 18,25 gam

C₅H₆O₄ có 3 (liên kết pi + vòng)

1 mol anđehit T tráng bạc → 4 mol Ag

TH₁ : T là HCHO → ancol Z là CH₃OH

→ Không có công thức cấu tạo thỏa mãn X

TH₂ : T là điol

- Nếu là HO-(CH₂)₃-OH → axit Y là (COOH)₂

→ X là este vòng : (COO)₂(CH₂)₃

- Nếu là C₂H₄(OH)₂ → axit Y là CH₂(COOH)₂ (loại vì Y có đồng phân khác như HCOO-CH₂-COOH)

→ chọn X là (COO)₂(CH₂)₃

→ Đáp án cần chọn là A

(a) Sai

(b) Đúng, Lysin (C₆H₁₄N₂O₂) có 2NH₂ > 1COOH nên có tính bazo do vậy làm quỳ tím chuyển sang màu xanh.

(c) Sai, vì tính axit của C₆H₅OH yếu hơn HCO₃^‑ nên không đẩy được HCO₃^‑ ra khỏi dd muối.

(d) Đúng, Glu (C₆H₉NO₄) có 1NH₂ < 2COOH nên có tính axit do vậy làm quỳ tím chuyển sang màu đỏ.

(e) Đúng, C₆H₅OH + 3Br₂ → C₆H₂Br₃OH (kết tủa trắng) + 3HBr

(g) Đúng, C₆H₅CH=CH₂ + Br₂ → C₆H₅CHBr−CH₂Br

→ có 4 phát biểu đúng

Đáp án D

Khi cho HCl vào dung dịch hỗn hợp NaOH và NaAlO₂ thì phản ứng giứa HCl và NaOH xảy ra đầu tiên nhưng vì lượng HCl quá nhỏ nên không quan sát thấy hiện tượng. Tiếp tục cho HCl vào thì lúc đó NaOH đã bị trung hoà hết, đến lượt phản ứng tạo kết tủa của NaAlO₂ với HCl cho đến khi cực đại thì kết tủa Al(OH)₃ bị hoà tan và sau đó dung dịch trở nên trong suốt khi thêm HCl đến dư.

Tiếp tục cho từ từ dung dịch NaOH vào thấy dung dịch lại bị vẩn đục do AlCl₃ phản ứng với NaOH, sau đó dung dịch lại trở nên trong suốt khi NaOH dư do Al(OH)₃ bị hoà tan bới NaOH.

Từ dữ liệu ta có X có k = 6

nCO₂ = 0,55 và nH₂O = 0,5

n_X = (nH₂) - nCO₂)/(1 - k) = 0,01

n_O = 6n_X = 0,6

Vậy m = m_C + m_H + m_O = 8,56

nKOH = 3nX = 0,03; nC₃H₅(OH)₃ = n_X = 0,01

Bảo tòan khối lượng: m_{xà phòng} = 9,32 gam

Từ 2m gam X thì m_{xà phòng} = 18,64 gam

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

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

Ta có n_AlO2^– chưa tạo kết tủa = \(\dfrac{1,6-0,8}{4}\) = 0,2

⇒ ∑n_AlO2^– = 0,2 + 0,2 = y = 0,4 mol.

⇒ n_NaAlO2 = 0,4 mol ⇒ x + y = 1 mol

nCO₂ = 0,19 và nH₂O = 0,14

→ n_X = (m_X - m_C - m_H)/32 = 0,05

→ 2,08 gam X ứng với n_X = 0,025

nRCOOC₂H₅ = nC₂H₅OH = 0,01 → n_RCOOH = 0,015

→ n_NaOH = 0,025 và nH₂O = 0,015

Bảo tòan khối lượng: m_X + m_NaOH = m_muối + mC₂H₅OH + mH₂O 

→ m_muối = 2,35 gam

Các cặp có phản ứng:

(a) Hg + S → HgS↓

(c) H₂S + CuCl₂ → CuS↓ + 2HCl

(d) KHCO₃ + KOH → K₂CO₃ + H₂O

(e) NaH₂PO₄ + Na₃PO₄ → Na₂HPO₄

(f) 3AgNO₃ + FeCl₃ → 3AgCl↓ + Fe(NO₃)₃

(g) 3Fe²⁺ + 4H⁺ + NO₃^- → 3Fe³⁺ + NO↑ + 2H₂O

→ có 6 phản ứng xảy ra ở điều kiện thường.

%m_O/X = 86,3×0,1947 = 16,8 gam.

⇒ n_O = 1,05 ⇒ nAl₂O₃ = 0,35 mol.

Ta có ∑n_OH^– = 2n_H2 = 1,2 mol.

⇒ Dung dịch Y chứa n_AlO2^– = nAl/Al₂O₃ = 0,7 mol

n_{OH dư} = 0,5 mol.

+ Sau phản ứng trung hòa n_H⁺ = 3,2×0,75 – 0,5 = 1,9 mol

⇒ n_Al(OH)3 = 0,7 – \(\dfrac{1,9-0,7}{3}\) = 0,3 mol.

⇒ m_Rắn = mAl₂O₃ = \(\dfrac{0,3 \times 102}{2}\) = 15,3 gam 

⇒ Chọn B

Trong Z, đặt n_CO = x; n_CO2 = y ⇒ n_Z = n_{CO ban đầu} = x + y = 0,06 mol

m_Z = 28x + 44y = 0,06 × 18 × 2

⇒ giải hệ có: x = y = 0,03 mol

CO + [O] → CO₂ ⇒ n_{O mất đi} = n_CO2 = 0,03 mol. 

n_O/X = \(\dfrac{m}{{64}}\) mol; m_KL = 0,75m(g).

n_O/Y = (\(\dfrac{m}{{64}}\) – 0,03) mol

n_NO3^–/muối = 2n_O + 3n_NO = (\(\dfrac{m}{{32}}\) + 0,06) mol.

⇒ m_muối = 0,75m + 62 × (\(\dfrac{m}{{32}}\) + 0,06) = 3,08m ⇒ m \( \approx \) 9,4777(g)

⇒ chọn A.

D. Sai, Kết tủa nâu xám là Ag₂O (Bạc I oxit).

X gồm C₃H₄O₂, C₃H₄O và C_aH_bO₂ ⇒ n_este = n_NaOH = 0,015 mol.

Dễ thấy đốt C₃H₄O₂ và C₃H₄O cho n_CO2 = 1,5nH₂O ⇒ chênh lệch là do este!.

⇒ 0,015 × (a – 1,5 × 0,5b) = n_CO2 – 1,5nH₂O = 0 ⇒ 4a = 3b ⇒ a \( \vdots \) 3.

Mặt khác: a < ∑n_CO2 ÷ n_este = 6 ⇒ a = 3 ⇒ b = 4 ⇒ este là C₃H₄O₂.

Đặt n_{anđehit malonic} = x; n_{anđehit acrylic} = y ⇒ n_CO2 = 3x + 3y + 0,015 × 3 = 0,09 mol.

Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_O/X = 2x + y + 0,015 × 2 = 0,05 mol

⇒ giải hệ có:

x = 0,005 mol; y = 0,01 mol

Để thu được lượng Ag tối đa thì este là HCOOCH=CH₂.

⇒ n_Ag = 0,005 × 4 + 0,01 × 2 + 0,015 × 4 = 0,1 mol ⇒ m_Ag = 10,8(g)

⇒ chọn C.

Đổi số mol: n_O2 = 0,1875; n_CO2 = 0,175 và n_H2O = 0,15

Trong M: Số C = n_CO2/n_M = 0,175/0,1= 1,75 → Trong M phải có chất có chứa 1 C → Y là HCHO, Z là CH₃CHO

Đặt x, y, z lần lượt là số mol X, Y, Z

→ n_M = x + y + z = 0,1 (I)

Bảo toàn O: 2n_X + n_Y + n_Z = 2n_CO2 + n_H2O

→ 2x + y + z + 0,1875×2 = 0,175×2 + 0,15

→ 2x + y + z = 0,125 (II)

Từ hệ (I) và (II) → x = 0,025; y + z = 0,075 (*)

Dễ thấy n_CO2 – n_H2O = n_X nên X có 1 nối đôi C=C

Đặt n, m là số C của X và anđehit.

→ n_CO2 = 0,025n + 0,075m = 0,175

Do 1 < m < 2 nên 1 < n < 4 → n = 3 là nghiệm duy nhất.

→ X là HCOOCH=CH₂.

BTNT “C”: n_CO2 = 0,025.3 + y + 2z = 0,175 (III)

→ y + 2z = 0,1 (**)

Từ (*) và (**) → y = 0,05; z = 0,025

Đun nóng M với KOH có pư:

HCOOCH=CH₂ + KOH → HCOOK + CH₃CHO

cả HCOOK và CH₃CHO cùng có pư tráng bạc

→ n_Ag = 4x + 4y + 2z = 4.0,025 + 4.0,05 + 2.0,025 = 0,35 (mol)

→ m_Ag = 0,35.108 = 37,8 gam

\(n_{CO_2}=1,2, \ n_{H_2O}=1,3\)

Vì Z là axit cacboxylic no, đơn chức mạch hở nên khi đốt \(n_{CO_2}=n_{H_2O}\)

Mà khi đốt hh X, số mol nước > số mol CO2

→ Khi đốt Y số mol nước > CO2. Mà Y chỉ có 1 nhóm amino

→ Y là amino axit no, chỉ có 1 nhóm axit, 1 nhóm amino

\(Y: \ C_nH_{2n+1}O_2N+O_2 \rightarrow nCO_2+(n+0,5)H_2O+0,5N_2 \\ \rightarrow n_Y=\dfrac{1,3-1,2}{0,5}=0,2 \\ \rightarrow n_Z=0,3 \\ Z: \ C_mH_{2m}O_2 \\ \rightarrow 0,2n+0,3m=1,2 \\ \rightarrow n=3, \ m=2\)

X chỉ có Y tác dụng với HCl tỉ lệ 1:1

\( \rightarrow n_{HCl}=n_Y=0,2.\dfrac{0,45}{0,5} \rightarrow m_{HCl} =6,57 \\ \rightarrow C\)

Các chất X, Y, Z và T lần lượt là AlCl₃, CrCl₃, MgCl₂, KCl. 

Đáp án A

Quá trình phản ứng xảy ra như sau:

\(\texttt{ 2Al}_2\texttt{O}_3 \xrightarrow[\texttt{ H = 1}]{\texttt{ dien phan }} \texttt{4 Al + 3O}_2\).

Sau đó, do điện cực bằng than chì nên: \(\texttt{ C + O}_2 \xrightarrow[]{t^o} \texttt{ CO + CO}_2 \uparrow\)

→ Như vậy, hỗn hợp X có thể gồm CO₂, CO, O₂.

Tính trong 0,1 mol hỗn hợp X đem thử trước, gọi số mol CO, O₂ lần lượt là x, y mol.

Dễ thấy từ 2 gam kết tủa → số mol CO₂ = 0,02 mol.

Theo đó, n_X = 0,02 + x + y = 0,1 → x + y = 0,08 mol.

Từ tỉ khối so với H₂ d_X/H2 = 16 → 44 × 0,02 + 28x + 32y = 1,6 × 2 → 28x + 32y = 2,32.

Giải hệ tìm được x = 0,06 mol và y = 0,02 mol

Bảo toàn O, ta có số mol O₂ sinh ra ở phản ứng điện phân là (0,02 + 0,03 + 0,02) × 30 = 2,1 mol.

Cũng từ phương trình điện phân → n_Al = 2,1 × 4 ÷ 3 = 2,8 mol → m_Al = 2,8 × 27 = 75,6 kg.