Ta có: \({n_{ancol}} = 2{n_{este}} = 0,2\;mol \Rightarrow {M_{ancol}} = 32:C{H_3}{\rm{O}}H\)

Theo đề: m₂ – m₁ = 0,1356m₁ (với m₂, m₁ là khối lượng của muối và este) ⇒ Este đó là (COOCH₃₎₂.

(a) Sai, Saccarozơ được cấu tạo từ 1 gốc a-glucozơ và 1 gốc β-fructozơ.

(b) Sai, Khử glucozơ thu được sobitol.

(c) Sai, Trong phân tử fructozơ có một nhóm –CO.

(f) Sai, Saccarozơ bị thủy phân trong môi trường axit.

Chỉ có Al là chất lưỡng tính

Đáp án D

\({n_{C{O_2}}} = 0,65\;mol;{m_M} = 14\;(g)\)

Gọi a là số mol C₂H₅NH₂ và b là số mol các amin còn lại

\(\to \left\{ \begin{array}{l} a + b = 0,25\\ 2a + 3b = 0,65 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 0,1\\ b = 0,15 \end{array} \right. \Rightarrow \% {m_{{C_2}{H_5}N{H_2}}} = 32,14\% \)

Khi thay nhóm -OH ở nhóm cacboxyl của axit cacboxylic bằng nhóm OR (R khác H) được este.

Đáp án C

Trong X có m_O = 0,412m

→ n_O(X) = 0,02575m

→ n_COOH = 0,012875m

→m_muối = m_X + 22n_COOH = m + 22.0,012875m = 20,532

→ m = 16

Cr không có khả năng tan trong dung dịch NaOH

Đáp án D

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

Đáp án B

Gọi a, b lần lượt là số nhóm NH₂, COOH trong phân tử amino axit X.

Gọi n_X = 1 mol.

- Cho X + dd HCl: m₁ = m + 36,5a

- Cho X + dd NaOH: m₂ = m + 22b

Mà: m₂ - m₁ = 7,5 → 22b - 36,5a = 7,5 → a = 1, b = 2

→ X có 2 nhóm chức COOH, 1 nhóm NH₂ → Chọn B.

Isoamyl axetat có mùi chuối chín.

Đáp án D

Ở điều kiện thường, chất béo (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ ở trạng thái rắn.

Đáp án A

\(\left\{ \begin{array}{l} \to {n_X} = \frac{{{n_{O\;(X)}}}}{6} = \frac{{2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} - 2{n_{{O_2}}}}}{6} = 0,04\;mol\\ \to a = {m_{C{O_2}}} + 18{n_{{H_2}O}} - 32{n_{{O_2}}} = 35,36\;(g) \end{array} \right.\)

- Cho m₁ (g) X tác dụng với NaOH thì: 

\(\begin{array}{l} {n_X} = {n_{{C_3}{H_5}{{(OH)}_3}}} = 0,04\;mol\\ BTKL:m = a + 40{n_{NaOH}} - 92{n_{{C_3}{H_5}{{(OH)}_3}}} = 37,68g \end{array}\)

Ta có n_C : n_H : n_O : n_N = \(\dfrac{72}{12}\) : \(\dfrac{5}{1}\) : \(\dfrac{32}{16}\) : \(\dfrac{14}{14}\) = 6 : 5 : 2 : 1

CTPT của X là (C₆H₅O₂N )_n mà M_X = 123 → (12.6 + 5+ 32 + 14).n = 123 → n = 1

Đáp án A.

Nước cứng là nước có chứa nhiều các ion Mg²⁺, Ca²⁺.      

Đáp án B

Có nCaCO₃ = nMgCO₃ = 16,1100 + 84 = 0,0875 mol

⇒ nCO₂ = 2.0,0875 = 0,175 mol

⇒ VCO₂ = 22,4.0,175 = 3,92 lít

NaHCO₃ → NaOH + CO₂.

Phản ứng đúng là: 2NaHCO₃  → Na₂CO₃ + CO₂ + H₂O

- Theo đề ta có :  \({n_{A{l_2}{O_3}}} = \frac{{{n_{O(trong{\rm{ X)}}}}}}{3} = \frac{{86,3.0,1947}}{{16.3}} = 0,35\,mol\)

- Khi hòa tan hỗn hợp X bằng nước. Xét dung dịch Y ta có:

+ \({n_{Al{O_2}^ - }} = 2{n_{A{l_2}{O_3}}} = 0,7\,mol \to {n_{O{H^ - }}} = 2{n_{{H_2}}} - 2{n_{Al{O_2}^ - }} = 0,5\,mol\)

- Khi cho dung dịch Y tác dụng với 2,4 mol HCl, vì:  

\(\begin{array}{l} {n_{Al{O_2}^ - }} + {n_{O{H^{^ - }}}} < {n_{{H^ + }}} < 4{n_{Al{O_2}^ - }} + {n_{O{H^{^ - }}}}\\ \Rightarrow {n_{Al{{(OH)}_3}}} = \frac{{4{n_{Al{O_2}^ - }} - ({n_{{H^ + }}} - {n_{O{H^ - }}})}}{3} = 0,3\,mol \Rightarrow {m_{Al{{(OH)}_3}}} = 23,4g \end{array}\)

Phương pháp bảo vệ bề mặt

- Nguyên tắc: Cách li kim loại với môi trường bằng một lớp phân cách mỏng, bền vững.

- Biện pháp: ta có thể: Bôi dầu mỡ, sơn, mạ, tráng men,...

Sắt tây là sắt được tráng thiếc (Sn), được sử dụng làm vỏ hộp trong ngành thực phẩm.

Tôn là sắt được tráng kẽm, được sử dụng trong ngành vật liệu xây dựng.

Các đồ vật bằng sắt thường được mạ bằng niken hay crom.

Phương pháp điện hóa

- Nguyên tắc: Trong quá trình ăn mòn điện hóa, kim loại mạnh hơn bị ăn mòn.

- Biện pháp: Nối kim loại cần bảo vệ với kim loại hoạt động mạnh hơn để kim loại đó bị ăn mòn thay.

Để bảo vệ vỏ tàu biển bằng thép, những tấm kẽm đã được gắn vào mặt ngoài vỏ tàu (phần chìm dưới nước) để Zn bị ăn mòn, còn thép được bảo vệ. 

NaCl là chất điện li mạnh

Đáp án B

H₂SO₄ (dd) + CaCO₃ (r) → CaSO₄ + CO₂­ + H₂O.

Đáp án C

Etanol là chất lỏng ở điều kiện thường

Đáp án A

Nhóm các kim loại đều có thể điều chế bằng phương pháp thủy luyện là: Cu, Ag.

Đáp án A.

Polime được điều chế bằng phản ứng trùng ngưng là nilon-6,6.     

Đáp án A

Nguồn nước bị ô nhiễm khi hàm lượng các ion Cl^-, PO₄^3- và SO₄^2- vượt mức cho phép.

Đáp án A

Các chất X và Z tương ứng là Na₂CO₃ và Na₂SO₄.  

Đáp án A

Ta có: \(k = \frac{{20.2 + 2 - 30}}{2} = 6 = 4 + 2\) ⇒ 1 vòng có 3 liên kết đôi trong vòng thơm và 2 liên kết đôi.

Metyl propionat là tên gọi của CH₃CH₂COOCH₃.

Đáp án B

Ta có: n_AgCl = 2n_FeCl2 = 0,2 mol

→ m_{ket tua} = 0,2*(108 + 35,5) = 28,7 gam!

Khối lượng kết tủa là lượng Ag và AgCl

nAgCl = nCl^- = 0,2 mol

nAg = nFe²⁺ = 0,1 mol

m kettua = 0,2.143,5 + 0,1.108 = 39,5 g

Cho dung dịch AgNO₃ vào dung dịch H₃PO₄.

Đáp án C

Chất hữu cơ thuộc loại cacbohiđrat là xenlulozơ.  

Đáp án A

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} {n_{HC{O_3}^ - }} + 2{n_{C{O_3}^{2 - }}} = {n_{{H^ + }}} = 0,12\\ {n_{HC{O_3}^ - }} + {n_{C{O_3}^{2 - }}} = 0,09 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_{HC{O_3}^ - }} = 0,06\;mol\\ {n_{C{O_3}^{2 - }}} = 0,03\;mol \end{array} \right. \Rightarrow \frac{{{n_{HC{O_3}^ - }}}}{{{n_{C{O_3}^{2 - }}}}} = 2\\ {n_{HC{O_3}^ - }} + {n_{C{O_3}^{2 - }}} = {n_{BaC{O_3}}} = 0,15 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_{HC{O_3}^ - }} = 0,1\;mol\\ {n_{C{O_3}^{2 - }}} = 0,05\;mol \end{array} \right. \end{array}\)

Trong 250ml dung dịch Y chứa CO₃^2– (0,1 mol), HCO₃^– (0,2 mol), Na⁺ (a + 2b mol).

\(\begin{array}{l} 0,15 + b = 0,3 \Rightarrow b = 0,15\\ \to a = 0,1 \end{array}\)

(1) Dung dịch chứa hai chất tan là NaOH và NaAlO₂.

(2) Dung dịch chứa hai chất tan là H₂CrO₄ và H₂Cr₂O₇.

(3) Dung dịch chứa một chất tan là NaOH.

(4) Dung dịch chứa hai chất tan là CuCl₂ và FeCl₂.

(5) Dung dịch chứa một chất tan là Na₂CO₃.

(6) Dung dịch chứa hai chất tan là CuSO₄ và Na₂SO₄.

Công thức thoả mãn X là (HCO₃^-)NH₃-CH₂-CH₂-NH₃NO₃

(HCO₃^-)⁺NH₃-CH₂-CH₂-NH₃⁺(NO₃^-) + 3NaOH → Na₂CO₃ + NH₂-CH₂-CH₂-NH₂ + NaNO₃ + H₂O

Thấy 3n_X < n_NaOH → chứng tỏ NaOH dư

Muối thu được chứa Na₂CO₃ :0,1 mol, NaNO₃ : 0,1 mol → m = 19,1 gam

\({n_{BaC{O_3}}} = 0,15\;mol \Rightarrow {n_{C{O_2}}} = {n_{O{H^ - }}} - {n_{BaC{O_3}}} = 0,45\;mol \Rightarrow m = 24 - 0,45.16 = 16,8\;(g)\)

Khi đốt cháy Z ta có: \({n_{{N_2}}} = 6,2325\;mol = {n_{{N_2}(kk)}} + 0,5x \to \left\{ \begin{array}{l} 44{n_{C{O_2}}} + 18{n_{{H_2}O}} = 74,225\\ 153{n_{C{O_2}}} - 18{n_{{H_2}O}} = 161,19 \end{array} \right.\; \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_{C{O_2}}} = 1,195\\ {n_{{H_2}O}} = 1,2025 \end{array} \right.\)

Quy đổi Z thành C₂H₃ON (x mol), CH₂ (y mol), H₂O (z mol)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} 2x + y = 1,195\\ 3x + 2y + 2z = 2.1,2025\\ x + z + 0,5.(6,2325 - 0,5x) = 1,195.2 + 1,2025 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 0,375\\ y = 0,445\\ z = 0,195 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} 2x = 0,75\\ 2y = 0,89\\ 2z = 0,39 \end{array} \right.\)

Khi cho Z tác dụng với KOH thì: m_muối = 97,21 (g)

Khi cho Y tác dụng với KOH thì thu được 97,21 gam + K₂SO₄ (0,5 mol) + KOH dư (0,35 mol)

⇒ m = 203,81 (g).

Vì X không làm mất màu dung dịch brom ⇒ X chỉ chứa các HCHC no ⇒ Ancol có dạng C₃H₆(OH)₂.

Đặt n_CO2 = a và n_H2O = b ta có sơ đồ:

\(X\underbrace {\left\{ \begin{array}{l}RCOOH\\{C_3}{H_6}{(OH)_2}\\{(R'C{\rm{OO)}}_2}{C_3}{H_6}\end{array} \right.}_{0,09(mol)} + \underbrace {{O_2}}_{0,48(mol)} \to \left\{ \begin{array}{l}C{O_2}:a\\{H_2}O:b\end{array} \right.\).

PT theo hiệu khối lượng CO₂ và H₂O: 44a – 18b = 10,84 (1)

Giả sử X chỉ toàn liên kết đơn (Tương tự ankan) ⇒ nH₂O = b + n_{gốc COO} = b + 0,1.

⇒ n_{Hỗn hợp X} = nH₂O – n_CO2 \(\Leftrightarrow\) b + 0,1 – a = 0,09 \(\Leftrightarrow\) a – b = –0,01 (2)

+ Giải hệ (1) và (2) ta có n_CO2 = a = 0,41 và nH₂O = b = 0,4

+ Bảo toàn khối lượng ⇒ m_X = 0,41×44 + 0,4×18 – 0,48×32 = 9,88 gam

Đặt số mol 3 chất trong X lần lượt là a b và c ta có sơ đồ:

\(0,09mol\underbrace {\left\{ \begin{array}{l}RCOOH:a\\{C_3}{H_6}{(OH)_2}:b\\{(R'C{\rm{OO)}}_2}{C_3}{H_6}:c\end{array} \right.}_{9,88g} + \underbrace {{O_2}}_{0,48(mol)} \to \left\{ \begin{array}{l}C{O_2}:0,41\\{H_2}O:0,4\end{array} \right.\)

PT theo số mol hỗn hợp: a + b + c = 0,09 (1)

PT bảo toàn oxi: 2a + 2b + 4c = 0,41×2 + 0,4 – 0,48×2 = 0,26 (2)

PT theo số mol KOH (số gốc COO): a + 2c = 0,1 (3)

+ Giải hệ PT (1) (2) và (3) ⇒ a = 0,02, b = 0,03 và c = 0,04.

⇒ m_Muối = m_RCOO + m_R'COO + m_K.

\(\Leftrightarrow\) m_Muối = 9,88 – 0,02 – 0,03×76 – 0,04×42 + 0,1×39 = 9,8 gam 

⇒ Chọn C

- Tại t = a (giây) thì:

Catot: Cu²⁺ chưa bị điện phân hết

Anot: Cl^- bị điện phân vừa hết

Cl^- → 0,5Cl₂ + 1e

2x     ←    x →   2x

→ n_e = 2x (mol)

- Tại t = 3a (giây): ne = 6x (mol)

Anot:

Cl^- → 0,5Cl₂ + 1e

2x     ←    x →   2x                

→ n_O2 = 2x – n_Cl2 = 2x – x = x mol

H₂O → 2H⁺ + 0,5O₂ + 2e

              4x ←     x →  4x

Catot: Cu²⁺ bị điện phân vừa hết

Cu²⁺ + 2e → Cu

  3x ← 6x

- Tại t = 4a (giây): n _e = 4.2x = 8x (mol)

Anot:

Cl^- → 0,5Cl₂ + 1e

2x     ←    x →   2x                

H₂O → 2H⁺ + 0,5O₂ + 2e

              6x ← 1,5x →  6x

Catot: Cu²⁺ bị điện phân vừa hết

Cu²⁺ + 2e → Cu

  3x ← 6x

H₂O + 1e → OH^- + 0,5H₂

           2x        →        x

→ n _khí = n_H2 + n_Cl2 + n_O2 → x + x + 1,5x = 7,84/22,4 → x = 0,1

→ n_{Cu2+ bđ} = 3x = 0,3 mol; n_Cl- = 2x = 0,2 mol

- Tại t = 2,5a giây: n_e = 2,5.2x = 0,5 mol

Catot:

Cu²⁺      +    2e → Cu

0,25_{dư 0,05} ← 0,5

Anot:

Cl^- → 0,5Cl₂ + 1e

0,2               → 0,2

H₂O → 2H⁺ + 0,5O₂ + 2e

             0,3 ←              0,3

Vậy dd sau điện phân gồm: Cu²⁺ (0,05 mol), Na⁺ (0,2 mol), H⁺ (0,3 mol) và NO₃^- (0,6 mol)

Cho dd sau điện phân tác dụng Fe dư nên tạo Fe²⁺:

3Fe   +    8H⁺ + 2NO₃^- → 3Fe²⁺ + 2NO + 4H₂O

0,1125 ← 0,3

Fe   +   Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

0,05 ← 0,05

→ m_Fe = (0,1125 + 0,05).56 = 9,1 gam

Các chất thoả mãn là CH₃CHO, (CHO)₂, HOCH₂CHO, HCOOCH₃.

nFe2(SO4)3 = 0,1 và nCuSO4 = 0,15

nMg = 2a, nZn = a

Để chất rắn chứa 2 oxit thì dung dịch Y phải chứa Mg2+ (2a), Zn2+ (a), Fe2+ (b) và SO42- (0,45)

Bảo toàn điện tích: 2.2a + 2a + 2b = 0,45.2 m oxit = 40.2a + 160b/2 = 15,2

→ a = 0,13 và b = 0,06 Bảo toàn Fe và Cu

→ Z chứa Fe (0,14) và Cu (0,15) → mZ = 17,44 gam 

Kim loại X là kim loại cứng nhất, được sử dụng để mạ các dụng cụ kim loại, chế tạo các loại thép chống gỉ, không gỉ…Kim loại X là W

Đáp án D