Chọn D.

- Mưa axít là hiện tượng mưa mà trong nước mưa có độ pH dưới 5,6 ; được tạo ra bởi lượng khí thải SO₂ và NO_x từ các quá trình phát triển sản xuất con người tiêu thụ nhiều than đá, dầu mỏ và các nhiên liệu tự nhiên khác.

Chọn C.

- Phương pháp nhiệt luyện được ứng dụng rộng rãi trong công nghiệp để điều chế những kim loại có độ hoạt động hóa học trung bình như Zn, Cr, Fe, Sn, Pb…Cơ sở của phương pháp này là khử những ion kim loại trong các hợp chất ở nhiệt độ cao bằng các kim loại mạnh như C, CO, H2 hoặc Al, kim loại kiềm, kiềm thổ.

Vậy có  2 phản ứng thỏa mãn là (1), (4).

Chọn D.

A.

B. C₆H₁₂O₆ + 2[Ag(NH₃)₂]OH  → CH₂OH[CHOH]₄COONH₄ + 2Ag + 3NH₃ + H₂O

C. CH₂=CH-COOCH₃ + H₂  → CH₃-CH₂-COOCH₃                                  

D. Amilozơ + Cu(OH)₂ → không phản ứng

Chọn A.

CH₃-CH₂-NH-CH₃ Etylmetylamin hay N-metyletanamin

Chọn B.

- Phương pháp điện hóa:

- Để bảo vệ vỏ tàu biển bằng thép, người ta gắn chặt những tấm kẽm vào phần vỏ tàu ngâm trong nước biển. Vì khi gắn miếng Zn lên vỏ tàu bằng thép sẽ hình thành một pin điện, phần vỏ tàu bằng thép là cực dương, các lá Zn là cực âm và bị ăn mòn theo cơ chế:

Ở anot (cực âm): Zn → Zn²⁺ + 2e                       

Ở catot (cực dương): 2H₂O + O₂ + 4e → 4OH^- 

Kết quả là vỏ tàu được bảo vệ, Zn là vật hi sinh, nó bị ăn mòn.

- Dãy thế điện cực chuẩn của kim loại là dãy sắp xếp các kim loại theo thứ tự tăng dần thế điện cực chuẩn.

Theo chiều E⁰_Mn⁺_/M tăng: Tính oxi hóa của ion kim loại càng tăng và tính khử của kim loại càng giảm.

- Dãy sắp xếp đúng theo chiều tính oxi hóa giảm dần là: Ag⁺  < Fe³⁺ < Cu²⁺ < Fe²⁺.

Chọn D.

H₂N-CH₂CO-NH-CH(CH₃)-COOH là đipeptit vì được tạo từ các α – amino axit là NH₂CH₂COOH (glyxin), NH₂CH(CH₃)COOH (alanin).

Chọn C.

Các loại tơ nhân tạo (hay tơ bán tổng hợp) xuất phát từ các polime thiên nhiên (thông thường polime thiên nhiên đó là xenloluzơ) nhưng được chế biến thêm bằng phương pháp hóa học như: tơ visco, tơ xenlulozơ axetat.

\(BT.e:\,\,\,{n_{Al}} = \frac{{2{n_{{H_2}}}}}{3} = \frac{8}{{75}}\;mol \Rightarrow {m_{Al}} = 2,88\;(g)\)

Chọn A.

- Xét trường hợp 1: M không tác dụng với H₂O.

\(BTKL:{n_{{H_2}}} = \frac{{{m_r} - 36,5{n_{HCl}} - {m_M}}}{2} = 0,155\;mol\) . Nhận thấy \(2{n_{{H_2}}} > {n_{HCl}}\) vô lí.

- Xét trường hợp 2: M tác dụng với H₂O.

+ Phản ứng:  

2M + 2nHCl  → 2MCl_n + nH₂           

0,2/n     0,2               0,2/n          

2M + 2nH₂O → 2M(OH)_n + H₂

 a         na                a                                

+ Ta có: m_rắn =  \({m_M} + 35,5{n_{C{l^ - }}} + 17{n_{O{H^ - }}} \to 15,755 + 35,5.0,2 + 17.an = 23,365 \to an = 0,03 \to a = \frac{{0,03}}{n}\)

\( \Rightarrow M = \frac{{15,755}}{{\frac{{0,03}}{n} + \frac{{0,2}}{n}}} = \frac{{15,755n}}{{0,03 + 0,2}} \to M = 137:Ba\)

Chọn B.

Các chất hữu cơ tác dụng với NaOH thường gặp là :

Dẫn xuất halogen: R-X + NaOH →  ROH + NaX

(Chú ý: C₆H₅Cl không tác dụng NaOH đun nóng, phản ứng chỉ xảy ra khi có đầy đủ các điều kiện xúc tác, nhiệt dộ và áp suất).

Phenol: C₆H₅OH + NaOH →  C₆H₅ONa + H₂O

Axit cacboxylic (-COOH): -COOH + NaOH  →  -COONa + H₂O

Este (-COO-): RCOOR’ + NaOH →  RCOONa + R’OH

Muối của amin: RNH₃Cl + NaOH  → RNH₂ + NaCl + H₂O

Aminoaxit: H₂NRCOOH + NaOH →  H₂NRCOONa + H₂O

Muối của aminoaxit: HOOCRNH₃Cl + 2NaOH →  NaOOCRNH₂ + NaCl + 2H₂O

Muối amoni của axit hữu cơ: RCOONH₃R’+ NaOH  →  RCOONa + R’NH₂ + H₂O

Muối amoni của axit vô cơ: RNH₃NO₃, (RNH₃)₂CO₃, RNH₃HCO₃, RNH₃HSO₄, (RNH₃)₂SO₄.

Vậy có 4 chất thỏa mãn là: etyl axetat, metyl aminoaxetat, glyxin, tripanmitin.

Chọn A.

Ta có: \({n_X} = {n_{C{H_3}OH}} = 0,215\;mol \Rightarrow {M_X} = \frac{{18,92}}{{0,215}} = 88\) : X là C₂H₅COOCH₃ ⇒ Y là \({{C_3}{H_6}{O_2}}\)

- Ta có: \({n_{{H_2}O}} = {n_{O{H^ - }}} = {n_{NaOH}} + {n_{K{\rm{O}}H}} = 0,4\;mol\)

Áp dụng định luật BTKL:

m_rắn = m_muối + m_kiềm - mH₂O = 34,02g

- Quá trình oxi hóa – khử:  \(\begin{array}{*{20}{c}}
{2{\rm{x}}}\\
{3{\rm{x}}}
\end{array}\left| \begin{array}{l}
C{r^{ + 3}} \to C{r^{ + 6}} + 3{\rm{e}}\\
B{r_2} + 2e \to 2B{r^ - }
\end{array} \right.\)

- Cân bằng phản ứng: 2NaCrO₂ + 3Br₂ + 8NaOH → 2Na₂CrO₄ + 6NaBr + 4H₂O

Chọn B.

- Tính chất vật lí chung của kim loại là: tính dẻo, tính dẫn điện, tính dẫn nhiệt và ánh kim.

Chọn C.

A. Đúng, Khi thủy phân chất béo (RCOO)₃C₃H₅ trong môi trường kiềm thì sản phẩm thu được là xà phòng RCOONa và glixerol C₃H₅(OH)₃.

B. Đúng, Công thức tổng quát của este là: C_nH_{2n + 2 - 2k - 2a}O_2a với các giá trị của a và k thì số nguyên tử H trong phân tử este luôn là số chẵn.

C. Sai, Vì phân tử khối của tristearin > triolein nên nhiệt độ sôi của tristearin cao hơn so với triolein.

D. Đúng, Trong công nghiệp, để chuyển hóa chất béo lỏng thành chất béo rắn người ta dùng phản ứng hiđro hóa.

Chọn C.

* Những chất vừa tác dụng với HCl và vừa tác dụng với NaOH thường gặp trong hữu cơ:

- Aminoaxit: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{H_2}NRCOOH + NaOH \to {H_2}NRCOONa + {H_2}O}\\
{{H_2}NRCOOH + HCl \to Cl{H_3}NRCOOH}
\end{array}} \right.\)

- Este của aminoaxit:  \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{H_2}NRCOOR + NaOH \to {H_2}NRCOONa{\rm{ }} + {\rm{ }}ROH}\\
{{H_2}NRCOOR + HCl \to Cl{H_3}NRCOOR}
\end{array}} \right.\)

- Muối của amoni của axit hữu cơ:  

\(RCOON{H_3}R' + NaOH \to RCOONa + R'N{H_2} + {H_2}ORCOON{H_3}R' + HCl \to RCOOH + N{H_4}Cl\)

- Muối amoni của axit vô cơ:  \(\left\{ \begin{array}{l}
RN{H_3}HC{O_3},{(RN{H_3})_2}C{O_3} + NaOH \to RN{H_2} + N{a_2}C{O_3} + {H_2}O\\
RN{H_3}HC{O_3},{(RN{H_3})_2}C{O_3} + HCl \to RN{H_3}Cl + C{O_2} + {H_2}O
\end{array} \right.\)

Vậy có 4 chất thỏa mãn là: (1), (2), (4) và (5).

Ta có:  \({n_{C{O_2}}} = {n_{HCl}} - {n_{N{a_2}C{O_3}}} = 0,01\,mol \Rightarrow {V_{C{O_2}}} = 0,224\,(l)\)

Khi cho 50 gam X tác dụng với HCl dư, ta có hệ sau :

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{64{n_{Cu}} + 232{n_{F{e_3}{O_4}}} + 24{n_{Mg}} = {m_X} - {m_{{\rm{rankhongtan}}}} = 32}\\
{2{n_{Cu}} - 2{n_{F{e_3}{O_4}}} + 2{n_{Mg}} = 2{n_{{H_2}}} = 0,2}\\
{{n_{F{e_3}{O_4}}} = {n_{Cu}}}
\end{array}} \right. \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{n_{Cu}} = 0,1{\mkern 1mu} mol}\\
{{n_{F{e_3}{O_4}}} = 0,1{\mkern 1mu} mol}\\
{{n_{Mg}} = 0,1{\mkern 1mu} mol}
\end{array}} \right.\)

\( \Rightarrow \% {m_{F{e_3}{O_4}}} = 46,4\% \)

Chọn D.

- Quy đổi hỗn hợp M thành C₂H₃ON (a mol), - CH₂ (b mol) và H₂O (c mol)

- Hỗn hợp Q thu được (đã quy đổi) gồm C₂H₄ONa (a mol) và –CH₂ (b mol). Khi đốt Q ta được :

\(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{{C_2}{H_3}ON}} = 2{n_{{N_2}}}\\
{n_{{H_2}O}} = {n_M}\\
44{n_{C{O_2}}} + 18{n_{{H_2}O}} = {m_{dd{\rm{ tang}}}}
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
a = 0,075\,\\
c = 0,03\,\\
44(1,5a + b) + 18(2a + b) = 13,23
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 0,075\\
c = 0,03\\
b = 0,09
\end{array} \right.\)

Vậy \({m_M} = 57{n_{{C_2}{H_3}ON}} + 14{n_{ - C{H_2}}} + 18{n_{{H_2}O}} = 6,075\,(g)\)

Phản ứng : \(\mathop {HCOO - C{H_2} - COOC{H_3}}\limits_{0,15\,mol}  + \mathop {NaOH}\limits_{0,4\,mol}  \to {\rm{ }}HCOONa{\rm{ }} + {\rm{ }}HO - C{H_2} - COONa{\rm{ }} + {\rm{ }}\mathop {C{H_3}OH}\limits_{0,15\,mol} \)

\(BTKL:{m_{{\rm{ran khan}}}} = {m_X} + 40{n_{NaOH}} - 32{n_{C{H_3}OH}} = 28,9\,(g)\)

Phản ứng :  \(\mathop {{C_6}{H_{12}}{O_6}}\limits_{0,25\,mol}  \to 2{C_2}{H_5}OH + \mathop {2C{O_2}}\limits_{0,25.2.0,8\,mol} \)

\( \Rightarrow {V_{C{O_2}}} = 8,96\,(l)\)

Chọn C.

- Hỗn hợp khí X gồm 0,2 mol H₂ và 0,05 mol NO.

\(BTKL:{n_{{H_2}O}} = \frac{{{m_R} + 98{n_{{H_2}S{O_4}}} - {m_{{\rm{muoi}}}} - {m_X}}}{{18}} = 0,57\,mol\)

- Xét hỗn dung dịch muối và hỗn hợp R có :

\({n_{N{H_4}^ + }} = \frac{{2{n_{{H_2}S{O_4}}} - 2{n_{{H_2}}} - 2{n_{{H_2}O}}}}{4} = 0,05\,mol \Rightarrow {n_{Fe{{(N{O_3})}_2}}} = \frac{{{n_{N{H_4}^ + }} + {n_{NO}}}}{2} = 0,05\,mol\)

\( \Rightarrow {n_{F{e_3}{O_4}}} = \frac{{{n_{O(trong{\rm{ oxit)}}}}}}{4} = \frac{{2{n_{{H_2}S{O_4}}} - 2{n_{{H_2}}} - 4{n_{NO}} - 10{n_{N{H_4}^ + }}}}{{4.2}} = 0,08\,mol\)

\( \Rightarrow \% {m_{Mg}} = \frac{{{m_R} - 232{n_{F{e_3}{O_4}}} - 180{n_{Fe{{(N{O_3})}_2}}}}}{{{m_R}}}.100 = 28,15\% \)

Chọn B.

- Khi cho kim loại M (Fe) tác dụng với phi kim X (Cl₂) :

Fe + Cl₂ → FeCl₃                                               

Fe + FeCl₃ → FeCl₂

- Hòa tan Y vào nước được dung dịch Z gồm FeCl₂, FeCl₃.

- Thêm AgNO₃ dư vào dung dịch Z :

FeCl₃ + 3AgNO₃  → Fe(NO₃)₃ + 3AgCl             

FeCl₂ + 3AgNO₃  → Fe(NO₃)₃ + 2AgCl + Ag

- Đem chất rắn G gồm AgCl, Ag vào dung dịch HNO₃ đặc nóng dư :

Ag + 2HNO₃  → AgNO₃ + NO₂ + H₂O              

AgCl + HNO₃: không phản ứng

→ Chất rắn F là AgCl.

Chọn C.

- Các phản ứng xảy ra:

(1) Cu + 2H₂SO₄ đặc, nguội →  CuSO₄ + SO₂ + 2H₂O                                

(5) Cu + 4HNO₃ đặc, nguội → Cu(NO₃)₂ + 2NO₂ + 2H₂O

(2) Cu(OH)₂ + 2C₆H₁₂O₆→ (C₆H₁₁O₆)₂Cu + 2H₂O

(6) CH₃COOH + NaOH → CH₃COONa + H₂O

(3) Gly-Gly-Gly + Cu(OH)₂/NaOH : tạo phức màu tím                                      

(7) 3AgNO₃ + FeCl₃ →3AgCl_¯ + Fe(NO₃)₃

(4) 3Fe²⁺ + 4H⁺ + NO₃^- → 3Fe³⁺ + NO + 2H₂O 

(8) 2Al + Cr₂(SO₄)₃ → Al₂(SO₄)₃ + 2Cr

Vậy cả 8 phản ứng đều xảy ra ở điều kiện thường.

+ Ban đầu:  \(\mathop {2Fe}\limits_a {\rm{ }} + {\rm{ }}\mathop {3C{l_2}}\limits_a \mathop  \to \limits_ \to  \mathop {2FeC{l_3}}\limits_{\frac{{2a}}{3}} \) → Hỗn hợp rắn X gồm: FeCl₃: \(\frac{{2a}}{3}\) mol và Fe dư: \(\frac{{a}}{3}\)  mol.

+ Sau khi cho nước vào rắn X: \(\mathop {Fe}\limits_{\frac{a}{3}}  + \mathop {2FeC{l_3}}\limits_{\frac{{2a}}{3}} \mathop  \to \limits_ \to  \mathop {3FeC{l_2}}\limits_a \) →Phản ứng vừa đủ nên dd Y chứa FeCl₂.

- Đem dung dịch Y tác dụng với các chất sau:

 FeCl₂ + 3AgNO₃  → Fe(NO₃)₃ + 2AgCl_trắng + Ag .

FeCl₂ + 2NaOH →Fe(OH)_{2 trắng xanh} + 2NaCl   

2FeCl₂ + Cl₂ → 2FeCl₃                                      

Cu + FeCl₂: không phản ứng

Chọn D.

- Quặng sắt quan trọng là : quặng hematit đỏ (Fe₂O₃ khan), quặng hematit nâu (Fe₂O₃.nH₂O), quặng manhetit (Fe₃O₄), quặng xiđerit (FeCO₃), quặng pirit sắt (FeS₂).

Chọn A.

Khi cho anbumin (protein có trong lòng trắng trứng) phản ứng với Cu(OH)₂ tạo dung dịch màu tím.

Chọn A.

A. AgNO₃ +  Fe(NO₃)₂ →  Fe(NO₃)₃ + Ag

3Ag + 4HNO₃ → 3AgNO₃ + NO + 2H₂O

B. 3AgNO₃  + FeCl₂ → Fe(NO₃)₃ + 2AgCl + Ag

3Ag + 4HNO₃ → 3AgNO₃ + NO + 2H₂O  và  AgCl + HNO₃ : không phản ứng

C. 3AgNO₃ và FeCl₃ → Fe(NO₃)₃ + 3AgCl

AgCl + HNO₃ : không phản ứng

D. Na₂CO₃ + BaCl₂  → BaCO₃ + 2NaCl

BaCO₃ + 2HCl → BaCl₂ + CO₂ + H₂O

Chọn A.

- Poli(metyl metacrylat): Trùng hợp metyl metacrylat:

- Phản ứng :  

\(\mathop {{C_6}{H_{12}}{O_6}}\limits_{0,25\,mol}  \to 2{C_2}{H_5}OH + \mathop {2C{O_2}}\limits_{0,25.2.0,8\,mol} \)

\( \Rightarrow {V_{C{O_2}}} = 8,96\,(l)\)

Chọn A.

- Phương trình phản ứng :

\(2C{H_3}COOH + 2Na \to 2C{H_3}COONa + {H_2}\)

\(C{H_3}COOH + NaOH \to C{H_3}COONa + {H_2}O\)

\(C{H_3}COOH + NaHC{O_3} \to C{H_3}COONa + C{O_2} + {H_2}O\)

Chọn D.

- Khi đốt cháy hỗn hợp các cacbohidrat ta luôn có :  \({n_{{O_2}}} = {n_{C{O_2}}} = 0,1125\;mol\)

\(BTKL:{m_A} = 44{n_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} - 32{n_{{O_2}}} = 3,15\,(g)\)

Phản ứng sai là:

3Zn + 2CrCl3 → 2Cr + 3ZnCl2.              

Đáp án C

Chọn A.

Dãy sắp xếp tính dẫn điện giảm dần : Ag > Cu > Au > Al.

Chọn C.

- Cho hỗn hợp X vào nước ta được: BaO  + NaHSO₄ → BaSO₄ + NaOH + H₂

- Hỗn hợp rắn gồm BaSO₄, FeCO₃. Khi nung hỗn hợp rắn trong không khí đến khối lượng không đổi:

4FeCO₃ + O₂ → 2Fe₂O₃ + 4CO₂

Vậy rắn Y thu được là \({BaS{O_4}v\`a {\rm{ }}F{e_2}{O_3}}\)

Chọn C.

Các phản ứng xảy ra:

Na₂SO₄ + BaCl₂ → BaSO_4↓ + 2NaCl       

2NaHSO₄ + BaCl₂ → BaSO_4↓ + Na₂SO₄ + 2HCl      

Na₂SO₄ + Ba(OH)₂ → BaSO_4↓ + 2NaOH  

NaHSO₄ + Ba(OH)₂ → NaOH + BaSO_4↓ + H₂O   

→ Khối lượng kết tủa thu được là như nhau.

Chọn B.

- Cho Fe tác dụng với 0,3 mol CuSO₄ (lượng CuSO₄ chỉ phản ứng 0,15 mol) thì :

\(\Delta {m_{{\rm{tang}}}} = \Delta {M_{Cu - Fe}}.{n_{C{u^{2 + }}(p)}} = 1,2\,(g) \Rightarrow {m_{Fe}} = \frac{{\Delta {m_{{\rm{tang}}}}}}{{\% F{e_{{\rm{tang}}}}}} = 30\,(g)\)

Chọn A.

- Ta có \({n_X} = \frac{{{m_{{\rm{mu\`e i}}}} - {m_X}}}{{36,5}} = 0,12\,mol \Rightarrow {M_X} = \frac{{5,4}}{{0,12}} = 45\) . Vậy CTPT của X là C₂H₇N

Vậy X có 2 đồng phân là \({C_2}{H_5}N{H_2}\) và \({(C{H_3})_2}NH\)

Chọn C.

- Khi đốt 34,32 gam chất béo X thì:  \({n_X} = \frac{{{n_{O(trong\,X)}}}}{6} = \frac{{{m_X} - 12{n_{C{O_2}}} - 2{n_{{H_2}O}}}}{{16.6}} = 0,04\,mol\)

- Áp dụng độ bất bão hòa có: \({n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = {n_X}({k_X} - 1) \Rightarrow {k_X} = \frac{{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}}}{{{n_X}}} + 1 = 5 = 3{\pi _{C = O}} + 2{\pi _{C = C}}\)

- Cho 0,12 mol X tác dụng với dung dịch Br₂ thì: \({n_{B{r_2}}} = 2{n_X} = 0,12.2 = 0,24\,mol \Rightarrow {V_{B{r_2}}} = 0,24\,(l)\)