Tơ visco thuộc loại tơ bán tổng hợp (tơ nhân tạo)

Đáp án C

NaHS là muối axit

Đáp án A

Cho các kim loại sau: Na, Cu, Al, Cr. Kim loại mềm nhất trong dãy là Na

Đáp án D

Tinh bột và xenlulozơ là polisaccarit.

Đáp án B

Metyl acrylat có công thức cấu tạo thu gọn là CH₂=CHCOOCH₃. 

Đáp án B

C₂H₅NH₂ + HCl → C₂H₅NH₃Cl

     0,1         →            0,1 mol

→ m_muối = 8,15g

CO + CuO → Cu + CO₂ → phản ứng điều chế kim loại theo phương pháp nhiệt luyện

Đáp án D

Tính chất hóa học đặc trưng của kim loại là tính khử. 

Đáp án C

Glixerol (C₃H₅(OH)₃); anilin (C₆H₅NH₂); etanol (C₂H₅OH)

Đều không phản ứng được với dung dịch NaOH 

Metyl axetat là este: CH₃COOCH₃ + NaOH → CH₃COONa + CH₃OH.

Phenol: C₆H₅OH + NaOH → C₆H₅ONa + H₂O.

Axit axetic: CH₃COOH + NaOH → CH₃COONa + H₂O.

Propyl fomat được điều chế từ axit fomic và ancol propylic. 

Đáp án A

Chất được xếp theo chiều nhiệt độ sôi tăng dần từ trái sang phải là C₃H₈, HCOOCH₃, C₃H₇OH, CH₃COOH. 

Đáp án C

X là glucozo
\(C_6H_{12}O_6 -> 2C_2H_5OH + 2CO_2\)(lên men rượu)
\(2C_2H_5OH + O_2 -> CH_3COOH + H_2O\)(lên men giấm)
\(CH_3OH + CH_3COOH -> CH_3COOCH_3 + H_2O \)

Vậy đáp án D

Để rửa sạch ống nghiệm có dính anilin, có thể dùng dung dịch HCl.

Đáp án A

Gọi kim loại M hóa trị n, bảo toàn e ta có:

nM × n = 2nH2 \(\Leftrightarrow\) \(\dfrac{14,4}{M}\) × n = 0,6 ×2

→ M = 12n ⇒ M = 24 với n = 2 

⇒ Chọn B

Phân tích hình vẽ:

- CuO có tác dụng oxi hóa hợp chất hữu cơ thay cho O₂.

- CuSO₄ khan (màu trắng) dùng để định tính nguyên tố Hidro (sản phẩm là H₂O) vì sẽ hóa xanh khi gặp H₂O (tạo CuSO₄.5H₂O màu xanh).

- Dung dịch Ca(OH)₂ dùng để định tính nguyên tố Cacbon (sản phẩm là CO₂) vì sẽ tạo ↓ trắng CaCO₃ với khí CO₂.

→ Đáp án cần chọn là A

(C₆H₁₀O₅)_n + nH₂O → nC₆H₁₂O₆

Với H = 75% → m_glucozo = \(\dfrac{324. 0,75 .180}{162}\) = 270 gam.

Đáp án C.

Y tác dụng với NaOH có khí thoát ra ⇒ trong Y có NH4⁺.

Z tác dụng với AgNO3 có kết tủa màu vàng ⇒ trong Y có HPO₄^2-.

Vậy X là (NH4)2HPO4.

Ta có: n_Glucozo = nAg ÷ 2 = \(\dfrac{10,8}{108.2}\) = 0,05 mol

⇒ C_{M Glucozo} = 0,05 ÷ 0,5 = 0,1M

Chất đều phản ứng được với Na và Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường là C2H4(OH)2, C3H5(OH)3, (COOH)2.

+ C2H5COOH tác dụng được với Na, NaOH, NaHCO3.
+ HCOOC2H5 và CH3COOCH3 tác dụng được với NaOH.

Tại nHCl = 0,3 ⇒ a + b = 0,3 và nHCl = 0,4 ⇒ a + b + c = 0,4. Vậy a + b = 0,2.

Phần không tan Y gồm 2 kim loại, đó là Ag và Zn vì nếu có Al dư thì Zn sẽ chưa phản ứng và Y sẽ gồm 3 kim loại

Do đó Al đã tác dụng hết, X chỉ chứa 1 muối nên Zn chưa phản ứng, Al phản ứng vừa hết đủ với \(AgNO_3\),

X chỉ chứa \(Al(NO_3)_3\)
 

(c) p-HOOC-C6H4-COONa (X3) + C2H4(OH)2 (X4) → poli(etilen-terephtalat) + 2nH2O.

(b) p-NaOOC-C6H4-COONa (X1) + H2SO4 → p-HOOC-C6H4-COOH (X3) + Na2SO4.

(d) CH3OH (X1) + CO → CH3COOH (X5).

(a) p-CH3-OOC-C6H4-COO-CH3 (X) + 2NaOH → p-NaOOC-C6H4-COONa + 2CH3OH (X2).

(e) C2H4(OH)2 + 2CH3COOH → (CH3COO)2C2H4 (X6) + 2H2O.

Lập tỉ lệ:  1 < nNaOH/nX < 2 ⇒ Số cặp chất thoả mãn là:

+ HCOOC6H4CH3 (o, m, p) và HCOOCH2C6H5 (hoặc C6H5COOCH3) ⇒ Có 4 cặp.
+ CH3COOC6H5 và HCOOCH2C6H5 (hoặc C6H5COOCH3) ⇒ Có 2 cặp.

(1) Đúng.
(2) Sai, CH3CHO phản ứng được với dung dịch brom trong nước.
(3) Đúng.
(4) Đúng.
(5) Đúng.
(6) Đúng.

X tạo hợp chất màu xanh tím với dd iot → X là tinh bột

Y phản ứng với dd AgNO₃/NH₃ tạo ra Ag → Y là etyl fomat

Z làm mất màu dd nước brom và tạo ra kết tủa trắng → Z là anilin

Theo các đáp án thì A là phù hợp

+ Xét trường hợp tạo 2 muối:

Ta có: nOH- = nH2O = 0,15 và nH3PO4 = 2nP2O5 = m/71 mol

BTKL: mH3PO4 + mNaOH + mKOH = m rắn + mH2O ⇒ m = 3,231 (g)

+ Xét trường hợp tạo muối trung hoà (PO₄^3–) và kiềm dư:

Ta có: nH2O = 3nH3PO4 

BTKL: nH3PO4 = 0,04 mol ⇒ m = 2,84 gam

nOH- = nH+ = 2nH2 = 2nH2SO4 =  0,02 mol ⇒ V = 0,224 (l)

BTKL: mX =  44nCO2 + 18nH2O - 32nO2 = 35,6(g) 

BTNT(O): nX = 0,04 mol.

- Khi cho X tác dụng với NaOH thì : nNaOH = 3nX = 3nC3H5(OH)3 = 0,12 mol

BTKL:  m = mX + 40nNaOH - 92nC3H5(OH)3 =  36,72(g)

n_muối = n_X = 0,05 mol ⇒ M_muối = 82 (CH₃COONa) ⇒ chọn A.

Bản chất phản ứng: -COOH + NaOH → -COONa + H2O
                         mol:        x            x                x            x

Theo đề: %mO = (32x/m).100 = 41, 2  (1) và m + 40x = 20,532 + 18x (2)

Từ (1), (2) suy ra: m = 16 gam.

Vì ancol không điều chế trực tiếp được từ chất vô cơ và M < 50 ⇒ Ancol đó là C2H5OH.

Đặt công thức của hai muối là CnH2n–1O2Na: a mol

⇒ (14n +54)a = 3,09 và na = 0,5a + 0,08 

Vậy n = 3,5 và a = 0,03

Hai muối đó là C2H5COONa (0,015 mol) và C3H7COONa (0,015 mol).

Nếu A là C2H5COOH (x mol) thì B là C3H7COOC2H5 (x mol)

Khi cho X tác dụng với NaHCO3 thì: x = 0,15 mol ⇒ m = 28,5 (g).

YTHH 03: sinh 0,14 mol H₂ 

→ thêm 0,14 mol O vào 40,1 gam hỗn hợp chuyển về 42,34 gam chỉ gồm oxit Na₂O và BaO; từ 0,28 mol NaOH → có 0,14 mol Na₂O

→ có 0,22 mol BaO → đọc ra 0,22 mol Ba(OH)₂ → X chứa 0,72 mol OH^–.

Phản ứng: 2OH^– + CO₂ → CO₃^2– + H₂O

OH^– + CO₂ → HCO₃^–.

biết n_CO2 = 0,46 mol

→ sau phản ứng có: 0,26 mol CO₂^2– và 0,2 mol HCO₃^–.

0,22 mol Ba²⁺ và 0,28 mol Na⁺ 

→ đọc ra Y gồm: 0,04 mol Na₂CO₃ và 0,2 mol NaHCO₃.

Mặt khác, 200 ml dung dịch Z gồm (0,08 + y) mol H⁺ → a = 2,5y là giá trị cần tìm.

giải theo trắc nghiệm: chọn TH khó nhất để giải (tự luận sẽ phải chặt chẽ hơn, xét thêm TH)

cho H⁺ từ từ vào Y: H⁺ + CO₃^– → HCO₃^– trước, sau đó: H⁺ + HCO₃^– → CO₂↑ + H₂O.

Dửa vào số liệu → n_CO2 = (0,08 + y) – 0,04 = x (1).

Cho ngược lại: xảy ra đồng thời: HCO₃^– + H⁺ → CO₂ + H₂O

CO₃^2– + 2H⁺ → CO₂ + H₂O.

giả sử có z mol CO₃^2– phản ứng thì tương ứng có 5z mol HCO₃^– phản ứng (tỉ lệ 0,04 ÷ 0,2 = 1 ÷ 5)

→ ∑n_{khí CO2} = z + 5z = 1,2x và ∑n_H⁺ = 2z + 5z = 7z = 0,08 + y → 1,4x = 7z = 0,08 + y (2).

Giải (1) và (2) → x = 0,1 mol và y = 0,06 mol

→ a = 2,5y = 0,15

Chú ý đổ từ từ muối Na₂CO₃ và NaHCO₃ vào dung dịch H₂SO₄ thì xảy ra đồng thời các phương trình ( HSO₄^- coi như chất điện ly hoàn toàn tạo ra SO₄^2- và H⁺)

2H⁺ + CO₃^2- → CO₂ + H₂O (1)

2x          x

H⁺ + HCO₃^- → CO₂ + H₂O (2)

y          y

Ta có 2x+ y = 0,08 mol

Vì phản ứng xảy ra đồng thời nên x: y = n_CO3^2- : n_HCO3^- = 0,06 : 0,03 = 2:1

Ta có hệ :\(\left\{\begin{array}{l} 2x+ y = 0,08\\x-2y = 0\end{array} \right.\) → \(\left\{\begin{array}{l} x= 0,032\\ y= 0,016\end{array} \right.\)

Vậy n_CO2 = 0,032 + 0,016 = 0,048 mol → V= 1,0752 l

Vậy dung dịch X chứa : HCO₃^- dư : 0,014 mol, CO₃^2- :0,028 mol, SO₄^2-:0,06 mol

Khi cho 0,15 mol BaCl₂ và 0,06 mol KOH vào dung dịch X xảy ra các pt sau:

HCO₃^- + OH^- → CO₃^2- + H₂O

0,014--- 0,06 ----> 0,014

Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃↓

0,15 ----0,042 ----> 0,042

SO₄^2- + Ba²⁺ → BaSO₄↓

0,06---------------> 0,06

Vậy m_{kết tủa} = 0,06×233+ 0,042×197 = 22,254 gam

Gọi anđehit no, đơn chức, mạch hở là A có CTPT là CnH2nO.

BTKL: nH2O = 0,4 mol và nX = 0,28mol

⇒ nCO2 -nH2O = nC3H4O = 0,12 mol

Mà mA = mX - mC3H4O = 4,8 (g) ⇒ MA = 30 (HCHO)

Vậy nAg = 4nA + 2nC3H4O = 95,04 (g)

Ta có: nCO2 - nH2O = nX ⇒ k = 4  ⇒ X là tetrapepit.

BTKL: mX + mNaOH = m rắn + mH2O ⇒ m rắn - mX = 40.2.0,8 - 0,2.18 = 60,4(g)

X là NH4-OOC-COONH3CH3 ⇒ nX = 0,05 mol ⇒ m(COONa)2 = 6,7 (g)

Vì sinh khí H₂ nên dung dịch Y chỉ chứa muối sunfat 215,08 g \(\left\{\begin{array}{l} Mg ^{2+} : x mol\\ SO_4^{2-}: 1,64 mol\\Na^+ : 1,64 mol\\NH_4^+ : y mol\end{array} \right.\)

Ta có hệ \(\left\{\begin{array}{l} 2x + y + 1,64= 2. 1,64\\ 24x + 18y + 1,64. 23 + 1,64. 96 = 215, 08\end{array} \right.\)→ \(\left\{\begin{array}{l} x = 0,8\\ y = 0,04\end{array} \right.\)

Gọi số mol của MgCO₃ và Mg(NO₃)₂ ;ần lượt là a, b mol

30,24g \(\left\{\begin{array}{l} Mg : 0,8-a- b \\MgCO_3: a\\Mg(NO_3)_2: b\end{array} \right.\)\(\xrightarrow[1,64 mol NaHSO_4]{0,12 mol HNO_3}\) \(\left\{\begin{array}{l} Mg ^{2+} : 0,8 mol\\ SO_4^{2-}: 1,64 mol\\Na^+ : 1,64 mol\\NH_4^+ : 0,04 mol\end{array} \right.\) + Z \(\left\{\begin{array}{l} N_2O=CO_2: a mol\\N_2\\H_2\end{array} \right.\)

Ta có hệ \(\left\{\begin{array}{l} 24. ( 0,8-a -b)+ 84a + 148b = 30,24\\3a + 6b = 0,54\end{array} \right.\) → \(\left\{\begin{array}{l} a= 0,06\\ b = 0,06\end{array} \right.\)

Bảo toàn nguyên tố N

→ n_N2 = \(\dfrac{2b + n_{HNO_3}-2n_{N_2O}-n_{NH_4^+}}{2}\)=\(\dfrac{2. 0,06 + 0,12- 2. 0,06- 0,04}{2}\) = 0,04 mol

Có n_H⁺ = 2n_H2 + 12n_N2+ 10n_N2O + 10n_NH4⁺ → 1,64 + 0,12= 2n_H2 + 12. 0,04 + 10. 0,06+ 10. 0,04 → n_H2 = 0,14 mol

D_Z/He = \(\dfrac{ 0,06.2. 44+ 0,04. 28 + 0,14.2}{( 0,06 + 0,04+ 0,14). 4}\) ≈ 6,958 . 

Đặt n_HC≡CH = x; n_CH2=CHC≡CH = y; n_CH3CH₂C≡CH = z.

Bảo toàn khối lượng:

m_X = 0,5 × 26 + 0,4 × 52 + 0,65 × 2 = 35,1(g) ⇒ n_X = 35,1 ÷ 39 = 0,9 mol.

n_{π mất đi} = n_tr – n_s = (0,5 + 0,4 + 0,65) – 0,9 = 0,65 mol.

Bảo toàn liên kết π:

(0,5 × 2 + 0,4 × 3) – 0,65 = 2x + 3y + 2z + 0,55

x + y + z = 0,9 – 0,45.

n_AgNO3 = 2x + y + z = 0,7 mol

⇒ giải hệ có: x = 0,25 mol; y = z = 0,1 mol.

↓ gồm 0,25 mol AgC≡CAg; 0,1 mol CH₂=CHC≡CAg và 0,1 mol CH₃CH₂C≡CAg.

m = 0,25 × 240 + 0,1 × 159 + 0,1 × 161 = 92(g)

Chất được dùng nhiều làm màng mỏng, vật liệu cách điện, bình chứa là Poli(vinyl clorua)

Đáp án B