PVC poli vinyl clorua có CTHH là CH₂=CHCl

Đáp án cần chọn là C

Cr(OH)₃ là hiđroxit lưỡng tính

Đáp án B

Na là kim loại kiềm

Đáp án B

Các kim loại mạnh như Na, Mg, Ca chỉ được điểu chế bằng phương pháp điện phân nóng chảy → Loại B, C, D

→ Đáp án cần chọn là A

Công thức của magie cacbonat là MgCO₃.   

Đáp án C

Saccarozơ thuộc loại đisaccarit.

Đáp án B

Al(OH)₃ không tan được trong dung dịch BaCl₂.       

Đáp án A

Chất bột X màu vàng, được sử dụng để thu gom thủy ngân khi bị rơi vãi. Chất X là lưu huỳnh

Đáp án A

Công thức của benzyl axetat là CH₃COOCH₂C₆H₅.  

Đáp án B

2NaOH + CuCl₂ → 2NaCl + Cu(OH)₂ → kết tủa màu xanh

3NaOH + FeCl₃ → Fe(OH)₃ + 3NaCl → kết tủa màu nâu đỏ

2NaOH + MgCl₂ → Mg(OH)₂ + 2NaCl → kết tủa màu trắng

2NaOH + FeCl₂ → Fe(OH)₂ + NaCl → kết tủa màu trắng xanh

Đáp án cần chọn là: D

nZn = 7/65 > nCu²⁺ = 0,1 → Zn dư, Cu²⁺ hết.

Zn + Cu²⁺ → Zn²⁺ + Cu

0,1      0,1                  0,1

→ m = 7 – 0,1.65 + 0,1.64 = 6,9

Dung dịch Ala-Gly-Val phản ứng được với dung dịch HCl.      

Đáp án A

Ở điều kiện thường, Iot ở trạng thái rắn

Đáp án D

Chất tan được trong dung dịch NaOH là CrO₃, Al(OH)₃, Zn.

Chất tham gia phản ứng tráng bạc, vừa hòa tan Cu(OH)₂ là glucozơ, fructozơ, axit fomic.

n_X = 0,05 × 2 = 0,1 mol

⇒ C_X = 0,4 ÷ 0,1 = 4.

X là amin no, đơn chức, mạch hở

⇒ có dạng C_nH_2n+3N ⇒ chọn B.

Thí nghiệm trên dùng để phân tích định tính xác định H và C trong X

Bông trộn CuSO₄ khan có vai trò nhận biết có H₂O sinh ra (CuSO₄ khan có màu trắng sẽ chuyển sang dd màu xanh) từ đó biết được trong X có H

Dung dịch Ca(OH)₂ có vai trò nhận biết sự có mặt CO₂ (dd Ca(OH)₂ từ dd trong suốt sang kết tủa màu trắng) → từ đó nhận biết được trong X có C

Thí nghiệm xảy ra ăn mòn điện hóa học là (b), (c), (d).

nKOH = 0,525

nAl3+ = 0,1x và nAl(OH)3 = 0,075

Do nOH → 3nAl(OH)3 nên kết tủa đã bị hòa tan.

→ nOH- = 4nAl3+ – nAl(OH)3 → x = 1,5M

\(n_{glucozo}=\dfrac{45}{180}=0,25 \Rightarrow n_{CO_2}=0,25*2*0,8=0,4\)

\(\Rightarrow V_{CO_2}=0,4*22,4=8,96(l)\)

Điều kiện để các ion cùng tồn tại trong một dung dịch chỉ khi chúng không thể kết hợp với nhau tạo kết tủa, khí hoặc chất điện li yếu.

Dãy gồm các ion cùng tồn tại trong một dung dịch là Ca²⁺, H₂PO₄^-, NO₃^-, Na⁺.    

Đáp án C

Chất phản ứng được với dung dịch NaOH là phenol, phenylamoni clorua.

Sợi bông, tơ visco, tơ axetat.

Đáp án A

Dựa vào tỉ lệ khối lượng ta thấy 1 mol X tác dụng tối đa 2 mol NaOH

Các công thức cấu tạo của X thoả mãn là HCOOC₆H₄CH₃ (o, m, p) và CH₃COOC₆H₅.

Ta có: \({n_{C{O_2}}} = {n_{{H^ + }}} - {n_{C{O_3}^{2 - }}} = 0,1\;mol \Rightarrow {V_{C{O_2}}} = 2,24\;(l)\)

Dung dịch E có chứa SO₄^2- (0,2 mol) và \({n_{HC{O_3}^ - }} = 0,4 - 0,1 = 0,3\;mol\)

Kết tủa gồm BaSO₄ (0,2 mol) và BaCO₃ (0,3 mol) ⇒ m = 105,7 (g)

(CH₃)₂CH-CH₂-CH₂-OH + CH₃COOH  → CH₃COOCH₂-CH₂-CH(CH₃)₂ + H₂O

(CH₃)₂CH-CH₂-CHO + H₂  →  (CH₃)₂CH-CH₂-CH₂-OH

Tên thay thế là 3-metylbutanal

(a) Sai, Anilin là chất lỏng, độc, ít tan trong nước lạnh.

(b) Sai, Chất béo ở trạng thái rắn hoặc chất lỏng ở điều kiện thường.

(d) Sai, Trong một phân tử tripeptit mạch hở có 2 liên kết peptit.

(e) Sai, Trong dung dịch, glucozơ tồn tại chủ yếu ở dạng mạch vòng.

(g) Sai, Axit 2-aminoetanoic không làm đổi màu quỳ tím.

(b) Sai, Nhỏ từ từ dung dịch HCl tới dư vào dung dịch NaAlO₂, thu được kết tủa trắng keo sau đó tan tạo dung dịch trong suốt.

X có CTPT là C₅₅H₁₀₀O₆ và \({n_{{C_3}{H_5}{{(OH)}_3}}} = {n_X} = 0,1\;mol \to m = 96,4\;(g)\)

Ta có: x = 0,06 + 0,08 = 0,14 và y = 1,25x – 0,08 – 0,06 = 0,035

Ta có:  \({n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = - {n_X} \Rightarrow {n_{{H_2}O}} = 0,5 + {n_X}\)

Bảo toàn nguyên tố O: \({n_X} + 2{n_{Y,Z}} + 1,1 = 1 + {n_{{H_2}O}} \Rightarrow {n_{Y,Z}} = 0,2\;mol\)

Bảo toàn nguyên tố C: \({C_M} < \frac{{0,5}}{{0,2}} = 2,5\)

Vậy Y là CH₃COOH.

(a) 12NaOH + 3Ca(H₂PO₄)₂ → Ca₃(PO₄)₂^- + 4Na₃PO₄ + 12H₂O

(b) NaI + AgNO₃ → AgI^- + NaNO₃

(c) H₂S + Ba(OH)₂ → BaS + 2H₂O

(d) 3NH₃ + AlCl₃ + 3H₂O → Al(OH)₃^- + 3NH₄Cl

(e) 4NaOH + CrCl₃ → Na[Cr(OH)₄] + 3NaCl

(g) NH₄HCO₃ + Ca(OH)₂ → CaCO₃^- + NH₃ + 2H₂O

Ta có: n_O = 0,03 mol ⇒ n_ZnO = 0,03 mol và \({n_{O{H^ - }}} = 2{n_{{H_2}}} = 0,128\;mol\)

mà ZnO + 2OH^- ⇒ OH^- dư: 0,128 – 0,06 = 0,068 mol

Khi cho Y tác dụng với HCl: \(2{n_{Zn{{(OH)}_2}}} = 4{n_{Zn{O_2}^{2 - }}} - ({n_{{H^ + }}} - {n_{O{H^ - }}}) \Rightarrow {n_{Zn{{(OH)}_2}}} = 0,006\;mol \Rightarrow m = 0,594\;(g)\)

\(\left\{ \begin{array}{l} {n_{CO}} + {n_{C{O_2}}} = 0,3\\ 28{n_{CO}} + 44{n_{C{O_2}}} = 10,8 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_{CO}} = 0,15\,m{\rm{o}}l\\ {n_{C{O_2}}} = 0,15\,mol \end{array} \right.\) ⇒ n_{O pư} = 0,15 mol ⇒ n_{O (Y)} =  n_{O (X)} – 0,15 = 0,3 mol

\(\left\{ \begin{array}{l} {n_{NO}} + {n_{{N_2}O}} = 0,2\\ 30{n_{NO}} + 44{n_{{N_2}O}} = 6,7 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_{NO}} = 0,15\,m{\rm{o}}l\\ {n_{{N_2}O}} = 0,05\,mol \end{array} \right. \Rightarrow {n_{N{O_3}^ - }} = 2{n_{O\,(Y)}} + 3{n_{NO}} + 8{n_{{N_2}O}} = 1,45\)

Xét dung dịch T, ta có:  \(m = {m_{KL}} + {m_{N{O_3}^ - }} = (35,25 - 7,2) + 62.1,45 = 117,95\;(g)\)

A. Sai, Mục đích của ống sinh hàn là để tạo môi trường nhiệt độ thấp cho hơi chất sản phẩm ngưng tụ.

Ta có: \({n_E} = \frac{{{n_{NaOH}}}}{2} = 0,15\;mol \to \left\{ \begin{array}{l} \to 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} = 1,56\\ 44{n_{C{O_2}}} + 18{n_{{H_2}O}} = 32,64 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_{C{O_2}}} = 0,57\,mol\\ {n_{{H_2}O}} = 0,42\,mol \end{array} \right. \Rightarrow {C_E} = 3,8\)

Nhận thấy: \({n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = {n_E}\) ⇒ Các chất trong E đều no, hai chức có công thức lần lượt là C₃H₄O₄, C₄H₆O₄, C₅H₈O₄.

+ Nếu Z là (COO)₂C₂H₄ thì T là CH₃OOC-COOC₂H₅.

Theo đề, ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} {n_Z} = {n_T}\\ 62{n_Z} + 32{n_T} + 46{n_T} = 4,2 \end{array} \right. \Rightarrow {n_Z} = {n_T} = 0,03\,\,mol\)

Lập hệ sau: \(\left\{ \begin{array}{l} {n_X} + {n_Y} = 0,15 - 0,06 = 0,09\\ 3{n_X} + 4{n_Y} = 0,57 - 0,03.4 - 0,03.5 = 0,3 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_X} = 0,06\,mol\\ {n_Y} = 0,03\,mol \end{array} \right.\)

Khi tách nước chất X ta có: M_F = 1,61M_X ⇒ (2R + 16) = 1,61.(R + 17) ⇒ R = 29: X là C₂H₅OH

Hỗn hợp Y có số mol bằng số mol NaOH phản ứng là 0,6 mol

Hỗn hợp muối gồm NaCl (0,15 mol), C2H5COONa (x), CH3COONa (y), RCOONa (z)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} x + y + z = 0,6\\ 58x + 46y + (R' + 73)z = 38\\ 96x + 82y + (R' + 67)z = 56 \end{array} \right.\)  Thay từ các đáp án suy ra: R’ = 41: C₃H₅

Y là amin no, hai chức, mạch hở còn Z là aminoaxit no (có 1 nhóm NH₂ và 2 nhóm COOH), mạch hở

Xét quá trình đốt cháy a gam hỗn hợp X có:  \(\left\{ \begin{array}{l} {n_{ - N{H_2}}} = 2{n_{{N_2}}} = 0,72\,mol\\ {n_{ - N{H_2}}} = {n_{ - COOH}} = 4\,mol \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_X} = 0,54\,mol\\ {n_{ - COOH}} = 0,72\,mol \end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l} 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} = 2{n_{ - COOH}} + 2{n_{{O_2}}}\\ {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} + {n_{{N_2}}} = ({k_X} - 1){n_X} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} = 5,58\\ {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = - 0,18 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_{C{O_2}}} = 1,8mol\\ {n_{{H_2}O}} = 1,98\,mol \end{array} \right. \Rightarrow {m_X} = 58,68\,(g)\)

Khi cho a gam X tác dụng với HCl thì: \({m_{muoi}} = {m_X} + 36,5{n_{HCl}} = 84,96\,(g)\)

Xét phản ứng giữa chất (1) và (5) thấy H₂SO₄ phản ứng với BaCl₂ tạo kết tủa → loại A

Na₂CO₃ cũng tạo kết tủa với BaCl₂ → loại B, C

Đáp án A.

Tại thời điểm 2s (s), xét hỗn hợp khí ta có: 

\(\left\{ \begin{array}{l} \to 2{n_{{M^{2 + }}}} + 2{n_{{H_2}}} = 4{n_{{O_2}}}\\ {n_{{H_2}}} = 0,1245 - {n_{{O_2}}} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} 2a + 2b = 0,28\\ b = 0,0545 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 0,0855\\ b = 0,0545 \end{array} \right. \Rightarrow {M_{MS{O_4}}} = \frac{{13,68}}{{0,0855}} = 160\)

⇒ M: Cu.

Tại thời điểm t (s) thì \({n_{Cu}} = 2{n_{{O_2}}} = 0,07\,mol \Rightarrow {m_{Cu}} = 4,48\,(g)\)