- Khi nhỏ từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch chứa hỗn hợp H₂SO₄ và AlCl₃ phản ứng xảy ra lần lượt theo thứ tự:

H ⁺ + OH^- → H₂O

Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃

Al(OH)₃ + OH^- → AlO₂^- + 2H₂O

- Theo đồ thị ta thấy: nH⁺ = 2a = 0,8 → a = 0,4.

Phương trình tạo kết tủa: nNaOH = 2a + 3nAl(OH)₃ (ứng với quá trình kết tủa tăng dần) và nNaOH = 2a + 4nAlCl₃ - nAl(OH)₃ (ứng với quá trình đã hòa tan kết tủa)

→ 2,8 = 0,8 + 4nAlCl₃ - 0,4 → nAlCl₃ = b = 0,6 → a:b = 2:3. 

Mệnh đề đúng là (1), (2), (3), (5)

(1) Nước cứng có chứa nhiều ion Ca²⁺, Mg²⁺ .

(2) Có thể làm mềm nước cứng toàn phần bằng dung dịch K₂CO₃. Nước cứng toàn phần gồm cả nước cứng tạm thời và nước cứng vĩnh cửu. Dung dịch Na₂CO₃ cũng được dùng làm mềm nước cứng

M²⁺ + CO₃^2- → MCO₃↓

(3) Phân biệt nước cứng tạm thời và nước cứng vĩnh cửu bằng cách đun nóng. Đun sôi nước cứng tạm thời tạo kết tủa, nước cứng vĩnh cửu không tạo kết tủa:

M²⁺ + 2HCO₃^- → MCO₃↓ + CO₂ + H₂O

(4) Làm mềm nước cứng tạm thời bằng dung dịch HCl.

M(HCO₃)₂ + HCl → CaCl₂ + CO₂ + H₂O nên HCl không làm giảm tính cứng của nước

(5) Dùng NaOH vừa đủ để làm mềm nước cứng tạm thời.

M(HCO₃)₂ + 2NaOH → Na₂CO₃ + MCO₃ + H₂O (M là Ca, Mg). 

- Muối thu được có phản ứng tráng bạc → phải có muối của axit fomic HCOONa → loại D.

- Ancol Z thu được có phản ứng hòa tan Cu(OH)₂ → Z có chứa ít nhất 2 nhóm OH liền kề → loại A.

- Nhận thấy: n_Z = n_este = 0,1 → M_Z = 62 → Z là CH₂OH – CH₂OH → chọn C.

Xét 1 phần ⇒ m_{hỗn hợp anđehit} = 20,8 ÷ 2 = 10,4(g).

GIẢ SỬ không chứa HCHO ⇒ n_{hỗn hợp} = n_Ag ÷ 2 = 0,5 mol.

⇒ M_{trung bình hỗn hợp} = 10,4 ÷ 0,5 = 20,8 ⇒ loại

⇒ hỗn hợp gồm HCHO và CH₃CHO với số mol là 0,2 và 0,1.

X gồm 0,2 mol CH₃OH (Y) và 0,1 mol C₂H₅OH (Z).

Đặt hiệu suất tạo ete của Z = x ⇒ n_{Z phản ứng} = 0,1x mol.

n_{Y phản ứng} = 0,2 × 0,5 = 0,1 mol

2 ancol → 1 ete + 1H₂O.

⇒ nH₂O = n_{ancol phản ứng} ÷ 2 = (0,05 + 0,05x) mol.

Bảo toàn khối lượng: 32.0,1 + 46.0,1x = 4,52 + 18.(0,05 + 0,05x)

⇒ x = 0,6 = 60% ⇒ chọn B.

Đặt nHC≡CH = x; nCH₂=CHC≡CH = y; nCH₃CH₂C≡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)

⇒ chọn B.

- Công thức các chất: axit acrylic C₃H₄O₂; axit adipic C₆H₁₀O₄; axit propanoic C₃H₆O₂; glixerol C₃H₈O₃. Vì số mol axit propanoic và axit acrylic bằng nhau nên thay 2 chất này bằng chất mới có công thức C₃H₅O₂.

- Gọi số mol các chất: C₆H₁₀O₄; C₃H₅O₂ và C₃H₈O₃ có trong 23,8 gam hỗn hợp lần lượt là x, y và z

→ 146x + 73y + 92z = 13,36 = 73(2x + y) + 92z = 23,8 (1).

- Đốt cháy hỗn hợp X → nCO₂ = 6x + 3y + 3z. Hấp thụ CO₂ vào dung dịch Ba(OH)₂ theo bài ta có các phản ứng:

CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + H₂O

2CO₂ + Ba(OH)₂ → Ba(HCO₃)₂ (vì có kết tủa và đun dung dịch lại thu được kết tủa nữa)

nCO₂ = nBaCO₃ + 2(nBa(OH)₂ - nBaCO₃) = 0,9 → 6x + 3y + 3z = 0,9 → 3(2x + y) + 3z = 0,9  (2)

Giải hệ (1) và (2) → 2x + y = 0,2 và z = 0,1.

- Cho X tác dụng với KOH chỉ có C₆H₁₀O₄ và C₃H₅O₂ phản ứng:

n_{KOH phản ứng} = 2x + y = 0,2 mol = nH₂O

→ chất rắn thu được gồm 2 muối và 0,1 mol KOH dư

→ mrắn = maxit + mKOH – mH₂O  = (23,8 – 92.0,1) + 0,1.56 – 0,2.18 = 16,6 gam

Crom là kim loại nhẹ, nên được sử dụng tạo các hợp kim dùng trong ngành hàng không → Sai

Đáp án C

- Khả năng dẫn điện giảm theo trật tự: Ag > Cu > Au > Al > Fe…

- Khả năng dẫn nhiệt giảm theo trật tự: Ag > Cu > Al > Fe… 

So với các nguyên tử phi kim cùng chu kì, các nguyên tử kim loại thường có bán kính lớn hơn, có ít e lớp ngoài cùng hơn và dễ nhường e hơn. Do lực liên kết giữa hạt nhân và e lớp ngoài cùng của kim loại nhỏ hơn phi kim nên kim loại dễ mất e hơn → năng lượng ion hóa nhỏ hơn.

X có 35p, đồng vị thứ nhất có 44n

⇒ Số khối của đồng vị thứ nhất: X₁ = 44 + 35 = 79

Đồng vị thứ 2 nhiều hơn đồng vị thứ nhất 2n

⇒ Số khối của đồng vị thứ 2: X₂ = 81

⇒ Số khối trung bình \(\overline M = \dfrac{{27.79 + 23.81}}{{27 + 23}} = 79,92\)

- Phản ứng bài cho có dạng thu gọn:

Cu   +   2Fe³⁺ →   Cu²⁺    +    2Fe²⁺

(khử)   (oxi hóa)      (oxi hóa)    (khử)

- Phản ứng oxi hóa khử tạo ra sản phẩm có tính oxi hóa yếu hơn và tính khử yếu hơn các chất ban đầu. 

V₁ dung dịch axit mạnh có pH = 5 → n_H⁺ = 10^-5. V₁ mol

V₂ dung dịch kiềm mạnh có pH = 9 → n_OH^- = 10^-5. V₂ mol

H⁺ + OH^- → H₂O

Sau khi trộn dung dịch có pH = 6→ chứng tỏ axit còn dư→ n_H^{+ dư} = 10^-6. (V₁ + V₂) mol

Có 10^-6. (V₁ + V₂ )= 10^-5. V₁ - 10^-5. V₂ → V₁: V₂ = 11: 9

r = 1,38\(A^0\)= 1,38 . \(10^{-8}\)cm

Khối lượng riêng của kẽm:

\(r=\sqrt[3]{\dfrac{3Ma}{4\pi DN}}\) ⇔ 1,38 . \(10^{-8}\)= \(\sqrt[3]{\dfrac{3.65.100\%}{4.\pi.D.6,023.10^{23}}}\)

⇔ \(\left(1,38.10^{-8}\right)^3\) = \(\dfrac{3.65.100\%}{4.\pi.D.6,023.10^{23}}\)

⇔ D ≃ 9,803 (g/\(cm^3\))

Vậy khối lượng riêng của kẽm là 9,803g/\(cm^3\)

Khối lượng riêng đúng của kẽm :

\(D_{thực}=D.\dfrac{72,5}{100}\)= 9,803 . \(\dfrac{72,5}{100}\)≃ 7,107 (g/\(cm^3\))

Tơ xenlulozơ axetat là tơ nhân tạo hay bán tổng hợp.

Đáp án B

Ta có: nNaHCO₃ = nCOO^- = nCO₂ = 0,5  → n_O(X) = 0,5.2 = 1mol → m_O(X) = 16 gam.

nH₂O = 0,8 mol  → m_H(X) = 1,6 gam → m_C(X) = 29,6 – 16 – 1,6 = 12 gam 

→ n_C(X) = 1 mol = nCO₂ → mCO₂ = 44 gam

Cấu hình electron đúng là ₂₆Fe³⁺: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵ 

Đáp án D

CTPT của xeton là C_nH_{2n +2 – 2k}O_x, với k là độ bất bão hòa của phân tử xeton. Vì xeton hai chức nên x = 2, xeton không no có một liên kết C≡C, mạch hở nên k = 2 + 2 = 4 → CTPT xeton là C_nH_2n-6O₂

Không chọn A, B, C vì nitơ chỉ có hóa trị cao nhất là IV trong hợp chất; ở điều kiện thường phân tử N₂ có liên kết ba nên bền hơn phân tử photpho chỉ có liên kết đơn; NH₃ bền hơn PH₃.

Chọn D vì H₃PO₄ chứa P⁺⁵ bền nên không có tính oxi hóa như HNO₃. 

nFe₂O₃ = 0,1 → nFe(NO₃)₃ = 0,3→ m = 0,2.242 = 48,4 gam

Dung dịch làm quỳ tím hóa màu xanh là (2), (4), (5), (6).

Al, Mg, Zn + O₂  → Các oxit

Theo bảo toàn khối lượng ta có:

m_O2 = m_oxit - m_{kim loại} = 12,8 - 7,2 = 5,6 gam  → n_O2 = 0,175 mol

→ n_O = 2.n_O2 = 0,35 mol

Khi cho các oxit kim loại + HCl thì bản chất là:

O^{2 -}  + 2H ⁺  → H₂O

Ta có: n_{H +} = 2.n_{O2 -} = 2.0,35 = 0,7 mol  

→ n_H2SO4 = ½.n_{H +} = 0,35 mol = n_{SO4(2 -)}

Khi cô cạn dung dịch T thu được muối sunfat.

Ta có: m_{muối sunfat} = m_{kim loại} + m_{SO4(2 -)} = 7,2  + 96. 0,35 = 40,8 gam

Các chất muốn có đồng phân hình học phải chứa liên kết đôi và mỗi nguyên tử C ở liên kết đôi phải gắn với 2 nguyên tử hoặc nhóm nguyên tử khác nhau nên chỉ có CH₃ – CH = CH – CH = CH₂; CH₃ – CH = CH₂; CH₃ – CH = CH – COOH có đồng phân hình học.

Ta thấy, trong cả quá trình thì chỉ có Al và Fe3O₄ thay đổi số oxi hóa

\( \Rightarrow 3n_{Al} + n_{Fe_3O_4}=n_{NO_2} \Rightarrow n_{Fe_3O_4}=0,06 \)

\( \Rightarrow m_{Fe_2O_3}=20-0,06.232=6,08 \Rightarrow \% m_{Fe_2O_3}=20,4 \% \)

Điện phân nóng chảy thường dùng để điều chế kim loại từ Al về đầu dãy điện hóa.

Dãy gồm các chất đều tác dụng với ancol etylic là HBr (t⁰ ), Na, CuO (t⁰ ), CH₃COOH (xúc tác). 

Đáp án A

Các phương trình phản ứng xảy ra:

2AgNO₃ → 2Ag + 2NO₂ + O₂

2Au(NO₃)₃ →  2Au + 6NO₂ + 3O₂

2KNO₃ →  2KNO₂ + O₂

4Fe(NO₃)₂ →  2Fe₂O₃ + 8NO₂ + O₂

4Al(NO₃)₃ → 2Al₂O₃ + 12NO₂ + 3O₂

2Cu(NO₃)₂ →  2CuO + 4NO₂ + O₂

Chất rắn X tan một phần trong dd HCl dư → trong X có kim loại yếu (đứng sau H₂), chất còn lại là oxit hoặc muối nitrit. 

Các chất tác dụng được với dung dịch Ba(HCO₃)₂ gồm: HNO₃, Na₂SO₄, Ca(OH)₂, KHSO₄.

Giả sử hỗn hợp chỉ có Mg

→ n_Mg= 9,86/24 = 0,4108 mol.

Giả sử hỗn hợp chỉ có Zn → n_Zn=9,86/65 = 0,1517 mol.

Nhận thấy nH₂SO₄ = 0,43 mol > 0,4108

→ H₂SO₄ sẽ dư và 2 kim loại tan hết.

Đặt n_Mg = a và n_Zn = b mol.

Giả sử kết tủa Zn(OH)₂ bị tan hết → kết tủa bao gồm BaSO₄và Mg(OH)₂.

\(\left\{ \begin{array}{l}24a + 65b = 9,86\\40a + 0,06 \times 233 = 26,08\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0,3025\\b = 0,04\end{array} \right.\)

→ m_Mg = 0,3025x24 = 7,26 

Giả sử mX = 100g → m_C = 14,28g, m_H = 1,19g, m_Cl = 84,53g

→ n_C = 1,19 mol, n_H = 1,19 mol, n_Cl = 2,38 mol

→ n_C : n_H : n_Cl = 1 : 1 : 2 → Công thức nguyên là (CHCl₂)_n.

→ CTPT là C₂H₂Cl₄

Có 2 đồng phân đó là: CCl₃–CH₂Cl VÀ CHCl₂–CHCl₂

→ Chọn A

Các chất vừa có tính khử, vừa có tính oxi hóa phải chứa nguyên tố vừa có khả năng tăng số oxi hóa; vừa có khả năng giảm số oxi hóa. FeCl₂, S, SO₂, H₂O₂ các chất này đều có thể bị khử về chất có số oxi hóa thấp hơn hoặc bị oxi hóa về chất có số oxi hóa cao hơn

Công thức muối natri của 2 axit cacboxylic no đơn chức có dạng C_nH_2n-1O₂Na.

n_hhX = 2nNa₂CO₂ = 0,03 mol

→ M_{tb hhX} = 2,6/0,03 = 86,67

→ Chỉ có thể là A hoặc C.

Đặt nCH₃COONa = a và nC₂H₅COONa = b

Ta có hệ.

\(\left\{ \begin{array}{l}a + b = 0,03\\82a + 96b = 2,6\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0,02\\b = 0,01\end{array} \right.\)

Cách nhanh dành cho các bạn thuận tay:

Vì muối của axit cacboxylic no đơn chức mạch hở nên khi đốt sẽ thu được n_CO2 = nH₂O

Mà n_CO2 = ∑n_C – nNa₂CO₃ = (0,02×2 + 0,01x3) - 0,015 = 0,055 mol

→ m_CO2 + mH₂O = 0,055×(44+18) = 3,41 gam → Chọn A

Các đồng phân: CH₃COOH (1);  HCOOCH₃ (2) và HOCH₂CHO (3) 

+ Tác dụng với Na: (1), (3)

+ Tác dụng NaOH: (1), (2)

+ Tác dụng NaHCO₃: (1)

Như vậy có 5 phản ứng.

Đầu tiên ta nhận thấy n_Este = 0,01 pứ vừa đủ với n_NaOH = 0,03 mol

→ Este 3 chức tạo từ ancol 3 chức và axit đơn chức.

4,36 gam este pứ vừa đủ với 0,06 mol NaOH → n_Este=n_NaOH/3 = 0,02

→ M_Este=4,36/0,02 = 218

Mà este 3 chức tạo từ ancol 3 chức và axit đơn chức có dạng là (RCOO)₂C₃H₅.

→ 3×(R+44)+41=218

→ R=15 → R là gốc –CH₃

Vị trí 2 nhánh trên vòng benzen có thể được nêu bằng số hoặc bằng các từ o-; m- hoặc p-.

Tính dựa vào công thức trieste tối đa tạo ra từ n axit béo khác nhau.

Số trieste = \(\dfrac{{{3^2} \times (n + 1)}}{2}\), với n = 3 

→ Số trieste tối đa tạo được = 18

→ Chọn B

3CH₃CH₂OH + K₂Cr₂O₇ + 4H₂SO₄ → 3CH₃CHO + Cr₂(SO₄)₃ + K₂SO₄ + 7H₂O

Tổng hệ số trước phản ứng: 3 + 1 + 4 = 8

nC : nH : nN = nCO₂ : 2nH₂O : 2nN₂ = 0,07 : 0,09 : 0,01 = 7 : 9 : 1

Theo các đáp án thì X là amin đơn chức → CTPT của X: C₇H₉N

Vì X đơn chức, bậc 1, có phản ứng tạo kết tủa với dung dịch Br₂ nên có nhóm –NH₂ liên kết trực tiếp với vòng benzen

→ CTCT: CH₃C₆H₄NH₂

Dùng để sản xuất tơ enang → Sai

Đáp án C

Chọn đáp án A

N phản ứng của glucozơ và fructozơ + Cu(OH)₂/OH^-, t⁰C thuộc phần giảm tải 2018.

Giải như sau: thủy phân saccarozơ thu được fructozơ và glucozơ

Sau đó: trong môi trường kiềm OH^-:

fructozơ ⇄ glucozơ.

Mà glucozơ có tính chất của nhóm chức andehit với Cu(OH)₂/OH^- đun nóng:

RCHO + 2Cu(OH)₂ + NaOH → RCOONa + Cu₂O↓ + 3H₂O

Có 0,2 mol saccarozơ → tạo 0,2 mol fructozơ + 0,2 mol glucozơ ⇄ 0,4 mol glucozơ

Từ tỉ lệ phản ứng với Cu(OH)₂/OH^- có

nCu₂O = ∑nglucozo = 0,4 mol 

m = mCu₂O = 0,4.144 = 57,6 gam

- Ở đây qua bốn đáp án ta có được ancol thuộc dãy đồng đẳng no đơn chức.

- Xét phần 1: Cho tác dụng với K thu được 3,36 lit H₂ từ đây ta có n_ancol = 2nH₂ = 0,3 mol

- Xét phần 2: khi tách nước chỉ thu được một anken nên trong X sẽ chứa CH₃OH. Ancol còn lại là ROH.

- Anken này làm mất màu 32 g brom → nR_OH = n_anken = 0,2(mol)

nCH₃OH = 0,1mol → mCH₃OH = 3,2g

mROH = 12g → M = 60 → ROH: C₃H₇OH