Để khử ion Fe³⁺ trong dung dịch thành ion Fe²⁺ có thể dùng một lượng dư Cu

Đáp án C

Li là kim loại kiềm nhẹ nhất.

Đáp án A

Trong phòng thí nghiệm, thường điều chế HNO₃ bằng phản ứng NaNO₃ + H₂SO₄ → HNO₃ + NaHSO₄. 

Đáp án A

Công thức cấu tạo của butyl axetat là CH₃-COO-CH₂-CH₂-CH₂-CH₃. 

Đáp án A

Chất X là CO₂. 

Đáp án C

Dãy chỉ chứa những amino axit có số nhóm amino và số nhóm cacboxyl bằng nhau là Gly, Val, Ala. 

Đáp án A

- NaHCO₃, Al₂O₃, Al đều phản ứng được với HCl và NaOH

- NaAlO₂ tác dụng được với HCl nhưng không tác dụng được với NaOH.

PTHH: NaAlO₂ + HCl + H₂O → Al(OH)₃ + NaCl

Al(OH)₃ + 3HCl → AlCl₃ + 3H₂O

Al₂O₃  là oxit bazơ

Đáp án B

Trùng hợp vinyl xianua thu được tơ olon.

Trùng ngưng axit ɛ-aminocaproic thu được tơ nilon-6

Trùng hợp metyl metacrylat thu được chất dẻo dùng để chế tạo thủy tinh hữu cơ plexiglas.

Trùng ngưng hexametylenđiamin với axit ađipic thu được tơ nilon-6,6.

→ Chọn C.

Khói màu nâu ⇒ FeCl₃.

PT phản ứng: 2Fe + 3Cl₂ ^to→ 2FeCl₃.

Những chất tham gia phản ứng thủy phân gồm disaccarit và polisaccarit → Đáp án A.

\(B; Ag^+ + Cl^- = AgCl\)

\(D: Ag^+ + Br^- = AgBr\)

\(A: 3Ag^+ + PO_4^{3-} = Ag_3PO_4\)

\(HNO_3\) không tạo được kết tủa với \(AgNO_3\)

 \(\underbrace {Zn}_{0,12} + \underbrace {AgN{O_3}}_{0,2} \to \left\langle \begin{array}{l} \xrightarrow[NO_{3}^{-}]{BT} Zn{(N{O_3})_2}:0,1\\\underbrace {Ag}_{0,2} + \xrightarrow[Zn]{BTNT} \underbrace {Zn}_{0,02}\end{array} \right.\)

⇒ m = 0,2 × 108 + 0,02 × 65 = 22,9 gam

⇒ chọn C.

2n_H2 = n_H⁺ + n_OH^– ⇒ n_OH^– = 0,06 mol

Fe³⁺ + 3OH^– → Fe(OH)₃

⇒ Fe³⁺ dư ⇒ n_Fe(OH)3 = 0,02 mol

⇒ m = 2,14 gam ⇒ chọn B.

Chất tác dụng với dung dịch HCl loãng là mononatri glutamat, etylamin, axit -aminocaproic

Phương trình:

[C₆H₇O₂(OH)₃]n + 3nHNO₃(đặc)  → [C₆H₇O₂(ONO₂)₃]n + 3nH₂O

nHNO₃ = 3n[C₆H₇O₂(ONO₂)₃]_n = 3. 29.7/297 = 3 mol

Do hiệu suất chỉ đạt 90% nên mHNO₃ = 3.63/0.9 = 210kg 

n_CO2 = 16,8 : 22,4 = 0,75 (mol)

n_N2 = 2,8 : 22,4 = 0,125 (mol)

n_H2O = 20,25 : 18 = 1,125 (mol)

Gọi CTPT của amin X là: C_xH_yN

Bảo toàn nguyên tố N: n_X = 2n_N2 = 0,125.2 = 0,25 (mol)

x = n_CO2/ n_X = 0,75 : 0,25 = 3

y = 2n_H2O/ n_X = 2.1,125: 0,25 = 9

→ CTPT X: C₃H₉N

Thí nghiệm trên mô tả quá trình điều chế và thử tính chất của etilen:

C₂H₅OH → C₂H₄ + H₂O 

A. Sai, Khí sinh ra là etilen (C₂H₄) làm mất màu dung dịch brom hoặc dung dịch KMnO₄.

B. Sai, Vai trò chính của bông tẩm NaOH đặc là hấp thụ khí sinh ra như SO₂, CO₂ (những sản phẩm phụ của phản ứng giữa C₂H₅OH và H₂SO₄ đặc).

C. Sai, Vai trò chính của H₂SO₄ đặc là chất xúc tác của phản ứng đồng thời nó là chất hút ẩm.

D. Sai, Phản ứng chủ yếu trong thí nghiệm là C₂H₅OH → C₂H₄ + H₂O.

H₂SO₄, NaCl, KNO₃, Ba(NO₃)₂. 

Đáp án C

Các chất X, Y lần lượt là ancol etylic, axit axetic.

Đáp án A

Thí nghiệm mà Fe bị ăn mòn điện hóa học là (a), (d).

Chất tác dụng với nước ở nhiệt độ thường là Na₂O, CaO.

Ta có: C_Y = 5 ⇒ C_X = 5 - 2 = 3, mà X không no ⇒ X có thể là CH₂=CH-COOH hoặc CHC-COOH

Vậy Y có 2 công thức cấu tạo là: CH₂=CH-COO-CH₂-OH; CHC-COO-CH₂-CH₂-OH

Các chất X, Y, Z lần lượt là Vinylaxetilen; buta-1,3-đien; acrilonitrin. 

Đáp án C

mBaSO₄ = 0,11 × 233 = 25,63 gam < 49,27 gam ⇒ Y chứa HCO₃/CO₃.

⇒ H⁺ hết

Đặt n_CO3^2– pứ = x; n_HCO3^– pứ = y ⇒ n_H⁺ = 2x + y = 0,11 mol.

n_CO2 = x + y = 0,06 mol

⇒ giải hệ có: x = 0,05 mol; y = 0,01 mol.

⇒ nNa₂CO₃ : nKHCO₃ = 5 : 1

⇒ đặt nKHCO₃ = a ⇒ nNa₂CO₃ = 5a.

n_BaCO3 = \(\dfrac{{49,27 - 25,63}}{{197}}\) = 0,12 mol

Bảo toàn C: a + 5a = 0,12 + 0,05 + 0,01.

⇒ a = 0,03 mol ⇒ m = 0,03 × (100 + 5 × 106) = 18,9 gam

⇒ chọn C.

nCO₂ - nH₂O = 5x + 2x = 0,56 ⇒ x = 0,08

Khi cho X tác dụng với NaOH thì: n_C3H5(OH)3 = 2x = 0,16 ⇒ a =14,72 (g)

Theo đề ta có X có chứa 2 nhóm chức este và 1 nhóm chức axit cacboxylic.

Vì chất T có khả năng tác dụng với Cu(OH)₂ tạo dung dịch màu xanh lam ⇒ T là ancol hai chức.

A. Sai, X có 3 công thức cấu tạo thỏa mãn

B. Sai, Phân tử khối của T có thể là 62 hoặc 76.

C. Đúng, Y là HCOOH có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc.

D. Sai, Phần trăm khối lượng oxi trong Z có thể là 43,24% hoặc 47,76%

(a) CO + Fe₂O₃ → CO₂ + Fe

(b) Không xảy ra.

(c) 2AgNO₃ + H₂O → 2Ag + 2HNO₃ + 1/2O₂

(d) 3Cu + 8H⁺ + 2NO₃^- → 3Cu + 2NO + 4H₂O

(e) Không xảy ra.

(f) 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

(a) Sai, Cr và Fe tác dụng với oxi đều tăng lên số oxi hóa lần lượt là +3 và +8/3.

(c) Sai, Nước cứng vĩnh cửu có chứa các ion SO₄^2- và Cl^- .

(e) Sai, Sục khí CO₂ tới dư vào dung dịch Ba(AlO₂)₂, thu được kết tủa trắng là Al(OH)₃.

Gọi số C của X là n (2 ≤ n ≤ 4) ⇒ n_X = \(\dfrac{{0,3}}{n}\) mol.

Do X làm mất mà Br₂ ⇒ n_Br2 : n_X = k (với k là số nguyên dương).

⇒ n = 2 ⇒ X là C₂H₄ (0,15 mol)

⇒ m = 4,2 gam 

Tại V = 100ml ⇒ nBa(OH)₂ = nH₂SO₄ =x = 0,1 mol

Tại mBaSO₄ =107,18 (g) ⇒ x + 3y = 0,46 ⇒ y = 0,12 mol

(e) Sai, Xenlulozơ, cao su tự nhiên đều là các polime thiên nhiên.

Thứ tự phản ứng trên các điện cực :

Catot :        

2H⁺ + 2e → H₂                       (1)

2H₂O + 2e → 2OH^- + H₂        (2)

Anot :        

2Cl^- → Cl₂ + 2e                       (3)

2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e          (4)

- Điện phân t(s): n_Khí = 1,344 : 22,4 = 0,06 mol

Giả sử (1) xảy ra hoàn toàn : n_H2 = ½ n_HCl = 0,02 mol → n_e = n_H+ = 0,04 mol

→ Tại Anot : n_Cl2 = ½ n_e = 0,02 mol

→ n_khí = n_H2 + n_Cl2 = 0,02 + 0,02 = 0,04 < 0,06

→ Có phản ứng (2) xảy ra.

Catot :        

2H⁺ +  2e  →    H₂                 (1)

0,04 → 0,04 → 0,02

2H₂O + 2e → 2OH^- + H₂        (2)

2x   ←             x

Anot :        

2Cl^- → Cl₂ + 2e              (3)

(0,04 + 2x)   = n_e

→ n_khí = n_H2 + n_Cl2 = (0,02 + x) + (0,02 + x) = 0,04 + 2x = 0,06

→ x = 0,01

→ n_e = 0,04 + 2x = 0,06 mol

Điện phân t (s) thì n_e = 0,06 mol

→ điện phân 2t(s) thì n_e = 0,12 mol

n_{khí anot} = 1,12 : 22,4 = 0,05 mol

Anot :        

2Cl^- →Cl₂ + 2e         (3)

             (a + 0,04)   

2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e          (4)

               4b ←  b →  4b

→ n_khí = n_O2 + n_Cl2 = b + (0,5a + 0,02) = 0,05

Và n_e = (a + 0,04) + 4b = 0,12

→ a = 0,04 ; b = 0,01

Đốt cháy Q có CO₂ : 0,6 mol và H₂O : 0,8 mol

→ n_Q = 0,8 - 0,6 = 0,2 mol

→ Q có CTTB là C_nH_2n+2O_x : 0,2 mol

→ n = 3

Q gồm C₃H₈O, C₃H₈O₂, C₃H₈O₃

Giả sử Q có a mol X, b mol Y và c mol Z

Nên n_Q = a + b + c = 0,2 mol

Và n_NaOH = a + 2b+ 3c = 0,47

Ta có

m_muối  = 48,28 + 0,47.40 – (60a +  76b + 92c ) =48,28 + 0,7.40 – 44 (a + b +c ) -16 (a+2b+3c ) = 50,76

→ M_muối = 108 → muối là C₃H₅COONa → Y là (C₃H₅COO)₂C₃H₆

→ %H_Y = 7,55%

Dung dịch X không chứa ion CO₃^2- (vì H⁺ + CO₃^2- → CO₂ + H₂O)

Dung dịch Y không chứa ion Mg²⁺ (vì Mg²⁺ + CO₃^2- → MgCO3)

Dung dịch Y các ion K⁺ , NH₄⁺ , CO₃^2-, Cl^- (theo định luật BTĐT) ⇒ m_Y = 22,9 (g)

A. Đúng, Sau bước 3, xuất hiện kết tủa trắng là AgCl.

B. Sai, Sau bước 2, dung dịch thu được không màu.

C. Đúng, Mục đích của việc dùng HNO₃ là để trung hoà lương NaOH còn dư trong ống nghiệm 2.

D. Đúng, Ở bước 2, khi đun sôi ống nghiệm thì thấy một phần mẫu nhựa tan tạo thành poli(vinyl ancol).

Các chất trong X lần lượt là 1, 2, 3 mol. Các phản ứng xảy ra:

OH^- + HCO₃^- → CO₃^2- + H₂O

Ca²⁺, Ba²⁺ + CO₃^2- → CaCO₃, BaCO₃

Nếu các chất đó là Al(NO₃)₃, Ca(HCO₃)₂, Ba(HCO₃)₂ ⇒ a = 5; b = 10 và c = 5

Nếu các chất đó là Ba(HCO₃)₂, Ba(NO₃)₂, Ca(HCO₃)₂ ⇒ a = 4; b = 8 và c = 4

Nếu các chất đó là Ca(HCO₃)₂, Fe(NO₃)₂, Al(NO₃)₃ ⇒ a = 3; b = 4 và c = 1 (thoả mãn)

Nếu các chất đó là Ca(HCO₃)₂, Ba(NO₃)₂, Al(NO₃)₃ ⇒ a = 1; b = 2 và c = 1

X là CH₃COOH₃NCH₂COOC₂H₅ và Y là (COOCH₃)₂.

⇒ muối khan gồm CH₃COONa (0,15 mol), H₂NCH₂COONa (0,15 mol) và (COONa)₂ (0,2 mol) ⇒ a = 53,65 gam 

Sơ đồ quá trình với một số xử lí giả thiết cơ bản:

\(\underbrace {\left\{ \begin{array}{l}{\rm{Mg}}\\{\rm{FeC}}{{\rm{O}}_{\rm{3}}}\\{\rm{FeS}}\\{\rm{Cu}}{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_{\rm{3}}}} \right)_{\rm{2}}}\end{array} \right\}}_{{\rm{m gam}}} \to \underbrace {\left\{ \begin{array}{l}{\rm{C}}{{\rm{O}}_{\rm{2}}}\\{\rm{N}}{{\rm{O}}_{\rm{2}}}\\{{\rm{O}}_{\rm{2}}}\\{\rm{S}}{{\rm{O}}_{\rm{2}}}\end{array} \right\}}_{{\rm{0,4975 mol}}}{\rm{ + }}\left\| {\left\{ \begin{array}{l}{\rm{Mg}}\\{\rm{Fe}}\\{\rm{Cu}}\\{\rm{O}}\\{\rm{C}}\\ \rm{S}\end{array} \right\}{\rm{ + }}\underbrace {{\rm{HN}}{{\rm{O}}_{\rm{3}}}}_{{\rm{0,67 mol}}} \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}\begin{array}{l}{\rm{F}}{{\rm{e}}^{{\rm{3 + }}}}\\{\rm{C}}{{\rm{u}}^{{\rm{2 + }}}}\\{\rm{M}}{{\rm{g}}^{{\rm{2 + }}}}\end{array}&\begin{array}{l}\overbrace {{\rm{NO}}_{\rm{3}}^ - }^{{\rm{0,54 mol}}}\\\underbrace {{\rm{SO}}_{\rm{4}}^{2 - }}_{{\rm{0,01 mol}}}\end{array}\end{array}} \right\}{\rm{ + }}\left\{ \begin{array}{l}\overbrace {{\rm{N}}{{\rm{O}}_{\rm{2}}}}^{{\rm{0,13 mol}}}\\\underbrace {{\rm{C}}{{\rm{O}}_{\rm{2}}}}_{{\rm{0,01 mol}}}\end{array} \right\}{\rm{ + }}\underbrace {{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{O}}}_{{\rm{0,335 mol}}}{\rm{.}}} \right.\)

Đơn giản là bảo toàn O lần 1:

có nO trong B = 0,265 mol (trong phản ứng B + HNO₃).

Bảo toàn O lần 2 với YTHH 01 sự đặc biệt của nguyên tố O trong hh khí có nO trong A = 1,26 mol

→ Yêu cầu m = 1,26 × 16 ÷ 0,47818 ≈ 42,16 gam.

Chọn đáp án D. 

Bảo toàn nguyên tố Natri và gốc OH: n_OH/ancol = n_NaOH = 2nNa₂CO₃ = 0,26 mol.

Xử lí dữ kiện ancol: -OH + Na → -ONa + ¹/₂H₂↑

⇒ n_H2 = n_OH ÷ 2 = 0,13 mol.

Bảo toàn khối lượng: m_ancol = m_{bình tăng} + m_H2 = 8,1 + 0,13 × 2 = 8,36(g).

GIẢ SỬ 2 ancol có cùng số chức ⇒ đều đơn chức (vì chỉ có 1 este 2 chức)

⇒ n_ancol = 0,26 mol ⇒ M_ancol = 8,36 ÷ 0,26 = 32,15

⇒ phải chứa CH₃OH ⇒ vô lí!. ⇒ loại.

⇒ hỗn hợp gồm ancol đơn chức và 2 chức

⇒ có dạng C_nH_2n+2O và C_nH_2n+2O₂ (n ≥ 2).

Đặt số mol 2 ancol lần lượt là a và b

⇒ n_OH = a + 2b = 0,26 mol.

m_ancol = a(14n + 18) + b(14n + 34) = 8,36(g) ⇒ (a + b)(14n + 2) + 16(a + 2b) = 8,36(g)

⇒ a + b = \(\dfrac{{4,2}}{{14n + 2}}\) > 0,5a + b = 0,5(a + 2b) = 0,13

⇒ n ≤ 2,16 ⇒ n = 2.

Với n = 2 ⇒ giải hệ cho: a = 0,02 mol và b = 0,12 mol.

Các este đều mạch hở ⇒ axit đều đơn chức

⇒ số mol mỗi muối là 0,13 mol.

Bảo toàn khối lượng: m_F = 21,32(g)

⇒ M_muối = 82 ⇒ F chứa HCOONa.

⇒ M_{muối còn lại} = (21,32 – 0,13 × 68) ÷ 0,13 = 96

⇒ muối còn lại là C₂H₅COONa.

Ghép axit và ancol ⇒ X và Y là HCOOC₂H₅ và C₂H₅COOC₂H₅, Z là HCOOC₂H₄OOCC₂H₅.

⇒ HCOOC₂H₅ là este có PTK nhỏ nhất với 0,01 mol

⇒ %mHCOOC₂H₅ = 3,84% ⇒ chọn A.