Trong các kim loại Al, Mg, Fe và Cu, kim loại có tính khử mạnh nhất là Mg

Đáp án A

NaHSO4 là muối axit

Ta có: \({n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = (k - 1){n_X} \Rightarrow k = \frac{5}{8}\) và \({m_X} = 12{n_{C{O_2}}} + 2{n_{{H_2}O}} = 4,04(g)\)

Trong 10,1 gam X có: \({n_{B{r_2}}} = \frac{{10,1}}{{4,04}}.k.{n_X} = 0,25mol\)

Cho quỳ tím lần lượt vào axit axetic và rượu etylic

+ Qùy tím chuyển sang màu đỏ là axit axetic, còn lại quỳ tím không chuyển màu là rượu etylic

Đáp án B

Amin X dạng C_nH_2n+3N + O₂ → 0,2 mol CO₂ + ? mol H₂O + 0,05 mol N₂

Bảo toàn N có n_X = 0,05.2 = 0,1 mol → số C_{amin X} = n = 0,2 : 0,1 = 2

Tương ứng, công thức phân tử của X là C₂H₇N

Thứ tự dãy điện hóa các kim loại: Ca > Mg > Zn > Fe > Cu

Các kim loại đều đứng trước Cu trong dãy điện hóa.

Tuy nhiên, trường hợp các kim loại kiềm, kiềm thổ như Na, K, Ca, Ba phản ứng mãnh liệt với H₂O tạo dung dịch bazơ trước:

Ca + 2H₂O → Ca(OH)₂ + H₂↑.

Sau đó: Ca(OH)₂ + CuSO₄ → Cu(OH)₂↓ + CaSO₄.

⇒ không dùng được Ca để đẩy Cu²⁺ ra khỏi dung dịch bằng phương pháp thủy luyện

Các loại phân lân đều cung cấp cho cây trồng nguyên tố Photpho.   

Đáp án B

Propin (CH≡C-CH₃) có phản ứng với AgNO₃/NH₃ tạo kết tủa vàng

CH≡C-CH₃ + AgNO₃ + NH₃ + H₂O → CAg≡C-CH₃↓ + NH₄NO₃

Đáp án C

Nhận thấy chỉ có Al tác dụng được với HCl.

+ Bảo toàn e ⇒ nAl = 2nH₂ : 3 = 0,1 mol ⇒ mAl = 2,7 gam 

⇒% mAl_{hỗn hợp} = (2,7/5).100 = 54%

Cho vài giọt quỳ tím vào dung dịch NH3 thì dung dịch chuyển thành màu xanh

Đáp án D

Các phản ứng đúng là (a), (c), (d), (e).

Fructozơ là một loại monosaccarit có nhiều trong mật ong, có vị ngọt sắc. Công thức phân tử của fructozơ là C₆H₁₂O₆.

Tinh bột thuộc loại polime thiên nhiên

Đáp án B

nCaCO₃ = nCO₂= nCuO = 0,1mol

⇒ mCaCO₃ = 0,1.100 = 10 (gam)

Than hoạt tính có khả năng hấp phụ các khí độc, bụi bẩn tốt do vậy được dùng làm khẩu trang y tế

Đáp án A

Phương trình: 2NaCl + H₂O → 2NaOH + Cl₂ + H₂

Hấp thụ CO₂ dư vào NaOH thì: NaOH + CO₂ → NaHCO₃

Cho Y tác dụng với Ca(OH)₂ thì: NaHCO₃ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + NaOH + H₂O

Chất Z là NaOH.

C₂H₂ + 2Br₂ → C₂H₂Br₄

Đáp án A

Metyl axetat và etyl axetat có cùng CTPT dạng C_nH_2nO₂

⇒ đốt chất: nCO₂ = nH₂O = 0,25 mol → m = 0,25.18 = 4,5 

Phản ứng: C₆H₁₂O₆ → 2CO₂ + 2C₂H₅OH.

mC₆H₁₂O₆ = 0,1.180/ 50% = 36 gam

CH₂=CHCOOH + Ancol đơn chức X → Este Y ⇒ Y là este đơn chức.

M_Y = 32/0,32 = 100 → Y là C₅H₈O₂ 

⇒ Y: CH₂=CHCOOC₂H₅

PTHH: Fe + 4HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + NO + 2H₂O         

⇒ a+ b = 1+ 4 = 5

Poli(vinyl clorua) được tổng hợp bằng phản ứng trùng hợp

Đáp án A

Hình vẽ mô tả thí nghiệm thu khí bằng phương pháp đẩy không khí → khí X là khí nhẹ hơn không khí

A. Thu được khí CO₂ → nặng hơn không khí

B. Không phản ứng

C. Thu được khí H₂ → nhẹ hơn không khí

D. không thu được khí

Các công thức cấu tạo của X thoả mãn là Gly-Ala-M ; Ala-Gly-M ; Gly-M-Ala ; Ala-M-Gly ; M-Gly-Ala;
M-Ala-Gly (với M là Gly-Ala-Val).

Tất cả các phản ứng đều xảy ra.

Hỗn hợp muối sau phản ứng chứa \(\left\{ \begin{array}{l} MnC{l_2}:0,{15^{mol}}\\ KCl:0,{35^{mol}} \end{array} \right.\)

BTNT: → nKClO₃  + nHCl = 2nMnCl₂  + nKCl+ 2nCl₂→ nHCl = 1,8 mol

Đáp án A

Y tác dụng với quỳ tím chuyển màu xanh nên Y là lysin → loại D

Z tác dụng với Cu(OH)₂ tạo dung dịch màu xan lam → loại C

T tác dụng với dung dịch Br₂ thu được kết tủa trắng → loại B

Y tác dụng với Cu(OH)₂ tạo dung dịch màu xanh lam ⇒ Y là ancol 2 chức có 2 nhóm -OH kề nhau.

Nung nóng Z với hỗn hợp rắn gồm NaOH và CaO, thu được CH₄ ⇒ Z là CH₃COONa.

Vậy X là CH₃COO-CH₂- CH(CH₃)-OOC-H hoặc HCOO-CH₂-CH( CH₃)-OOC-CH₃ ⇒ Y là CH₂OH-CH(CH₃)OH

B. Sai, Y có mạch thẳng.

Chất tác dụng được với Fe(NO₃)₂ là NaOH, HCl, AgNO₃, HNO₃, Cl₂.

Giả sử X có 2 gốc oleat và 1 gốc stearat ⇒ X là C₅₇H₁₀₆O₆

Áp dụng độ bất bão hoà: nCO₂ - nH₂O = (πgốc + πchức – 1).nX = πgốc = 2 (thoả mãn)

Khi cho X tác dụng Br₂ thì:    nBr₂ = 2nX = 0,08 mol

- Xét TH1: Dung dịch Y chứa Na₂SO₄ và NaOH

- Quá trình: \(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} CuS{O_4}:0,{05^{mol}}\\ NaCl:{x^{mol}} \end{array} \right. \to Y\left\{ \begin{array}{l} N{a_2}S{O_4}:0,{05^{mol}}\\ NaOH:{(x - 0,1)^{mol}} \end{array} \right. + \underbrace {A{l_2}{O_3}}_{0,02mol}\\ \end{array}\)

+ Ta có: nNaOH= 2nAl₂O₃ → x - 0,1 = 0,04 → x= 0,14 mol.

- Quá trình điện phân như sau:

Catot:

Cu²⁺ → Cu +2e

0,05      0,05

Anot:

2Cl^- → Cl₂ + 2e;     

2H₂O → 4e + 4H⁺ + O_2.

                 0,14        0,07                                  

- Xét TH2: Dung dịch Y chứa Na₂SO₄ và H₂SO₄

- Quá trình:\(\left\{ \begin{array}{l} CuS{O_4}:0,{05^{mol}}\\ NaCl:2{x^{mol}} \end{array} \right. \to Y\left\{ \begin{array}{l} N{a_2}S{O_4}:{x^{mol}}\\ {H_2}S{O_4}:{(0,05 - x)^{mol}} \end{array} \right. + \underbrace {A{l_2}{O_3}}_{0,02mol}\)

+ Ta có: nH₂SO₄ = 3nAl₂O₃ → 0,05 - x =0,12 → x< 0 → Trường hợp này không thỏa mãn.

C₈H₈O₂ este của phenol + 2NaOH → muối + H₂O
     x                                        2x                        x
C₈H₈O₂ este của ancol + NaOH → muối + ancol
     y                                      y                         y
Ta có: m_ancol = 3,83 + mH₂ = 3,83 + y (với nH₂ = 0,5n_ancol)

Lập hệ sau: \(\left\{ \begin{array}{l} 16,32 + (2x + y).40 = 3,83 + y + 18,78 + 18x\\ x + y = 0,12 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x = 0,07\\ y = 0,05 \end{array} \right. \Rightarrow {V_{NaOH}} = 190ml\)

(a) Đúng, Cl₂ + 2NaOH → NaCl + NaClO + H₂O

(b) Đúng, 2CO₂ + 3NaOH → NaHCO₃ + Na₂CO₃ + H₂O

(c) Đúng, 2KMnO₄ + 16HCl(đặc) → 2KCl + 2MnCl₂ + 5Cl₂↑ + 8H₂O.

(d) Sai, \(\left\{ \begin{array}{l} \underbrace {F{e_2}{O_3}}_2 + HCl \to \underbrace {2FeC{l_3}}_4 + {H_2}O\\ \underbrace {2FeC{l_3}}_4 + \underbrace {Cu}_1 \to FeC{l_2} + CuC{l_2} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} FeC{l_3}\\ FeC{l_2}\\ CuC{l_2} \end{array} \right.\)

(e) Sai, CuO+ 2HNO₃ → Cu(NO₃)₂ + H₂O.

(f) Đúng, 2KHS + 2NaOH → K₂S + Na₂S + 2H₂O

Các công thức của X thoả mãn là:

CH₃OOC-CH₂-CH₂-CH(NH₂)COOC₂H₅ hoặc C₂H₅OOC-CH₂-CH₂CH(NH₂)COOCH₃

HOOC-CH₂-CH₂-CH(NH₂)COOC₃H₇ (2) hoặc C₃H₇OOC-CH₂-CH₂-CH(NH₂)COOH (2)

Ta có: nFe =  0,1 mol; nFe(NO₃)₂ = 0,15 mol. Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} NO:{x^{mol}}\\ {N_2}O:{y^{mol}} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x + y = 0,105\\ 30x + 44y = 3,36 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 0,09\\ y = 0,015 \end{array} \right.\)

Do Y chỉ chứa muối ⇒ H⁺ hết ⇒ nH⁺ = 4nNO + 10 nN₂O + 10nNH₄⁺ ⇒ nNH₄⁺ = 0,01 mol

BTNT.H ⇒ nH₂O = 0,285 mol.

BTKL ⇒ m = 1,08 (gam)

BTNT.O → n_{O(trong Y)} = 6nCu(NO₃)₂ - 2(nO₂+ nNO₂) = 0,6 mol

- Xét quá trình Y tác dụng với 1,3 mol HCl thì:

BTNT.H → nNH₄⁺= \(\frac{{{n_{HCl}} - 2({n_{{H_2}}} + {n_{{H_2}O}})}}{4}\)= 0,02 mol ( với nH₂O = n_{O(trong Y)} = 0,6 mol và nH₂ = 0,01 mol)

- Hỗn hợp muối gồm Cu²⁺ (0,25 mol), Cl- (1,3 mol), NH₄⁺ (0,02 mol) và Mg²⁺

BTDT → nMg²⁺ = \(\frac{{{n_{C{l^ - }}} - 2{n_{C{u^{2 + }}}} - {n_{N{H_4}^ + }}}}{2}\) =0,39 mol.

→ m_muối = 24nMg²⁺ + 64nCu²⁺ + 18nNH₄⁺ + 35,5nCl^- = 71,87

Tại thời điểm t (s) ta có: nCu = 0,12 mol → \(\left\{ \begin{array}{l} 4{n_{{O_2}}} + 2{n_{C{l_2}}} = 0,24\\ 32{n_{{O_2}}} + 71{n_{C{l_2}}} = 51,5({n_{{O_2}}} + {n_{C{l_2}}}) \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_{{O_2}}} = 0,04\\ {n_{C{l_2}}} = 0,04 \end{array} \right.\)

Tại t = 12352s ta có: n_e = 0,32 mol ⇒ \({n_{{O_2}}} = \frac{{0,32 - 2{n_{C{l_2}}}}}{4} = 0,06mol\)

mà n_{khí thoát ra} = 0,11 ⇒ nH₂= 0,11 mol ⇒ \({n_{Cu}} = \frac{{0,32 - 2{n_{{H_2}}}}}{2} = 0,15mol\)

Vậy nCu²⁺ trong Y = 0,15 - 0,12 = 0,03 mol

Gọi X, Y (a mol); Z (b mol) và T (c mol).

Xét phản ứng đốt cháy:

BTKL: m = 24,1 (gam).

BTNT.O → n_O(E) = 0,6 mol ⇒ 2a + 2b + 4c = 0,6 (1)

Áp dụng độ bất bão hoà, ta có: nCO₂ - nH₂O = a - b + 3c = - 0,075 (2)

Xét phản ứng với dung dịch Br₂, ta có: a + 2c = 0,1 (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: a = 0,05; b = 0,2 và c = 0,025.

BTNT.C → 0,05.C_X,Y + 0,2.C_Z + 0,025.C_T = 1,025 ⇒ C_Z= 3 (dựa vào giá trị C trung bình)

Xét phản ứng với NaOH, ta có: n_NaOH = a+2c = 0,1, n_Z = 0,225 mol và nH₂O = a = 0,05 mol

BTKL → m = m_E + m_NaOH - m_Z - mH₂O = 10,1 gam

- Hỗn hợp khí Z gồm H₂ (0,2 mol) và NO (0,025 mol).

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} {n_{{H_2}O}} = \frac{{{m_X} + 136{n_{KHS{O_4}}} - {m_Y} - {m_Z}}}{{18}} = 0,525mol\\ {n_{N{H_4}^ + }} = \frac{{{n_{KHS{O_4}}} - 2{n_{{H_2}O}} - 2{n_{{H_2}}}}}{4} = 0,025mol \end{array} \right.\\ \end{array}\)

BTNT.N → \({n_{Fe{{(N{O_3})}_2}}} = \frac{{{n_{NO}} + {n_{N{H_4}^ + }}}}{2} = 0,{025^{mol}}\)

Áp dung bảo toàn O ta tính được: nFe₃O₄ = 0,1 mol ⇒ mAl = 5,4 gam ⇒ %mAl = 16,31%

Y chỉ tạo 1 muối cacboxylat nên X phải tạo 2 muối, gồm 1 muối cacboxylat + 1 muối của amino axit.

Các muối đều cùng C nên cấu tạo các chất là:

X là CH₃-COO-NH₃CH₂- COO-CH₃ và Y là CH₃NH₂-OOC-COO-NH₃-C₂H₅ 

Các muối gồm CH₃COOK (0,1mol) ;NH₂CH₂COOK (0,1mol) và (COOK)₂ (0,15mol) .

⇒ %m(COOK)₂ = 54,13%