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

Đáp án C

Kim loại kiềm là Li

Đáp án A

lý thuyết điều chế axit nitric

→ NaNO₃ (r)  +  H₂SO₄  (đ)  →  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

Axit glutamic  Glu) có công thức HOOC-[CH₂]₂-CH(NH₂)-COOH có số nhóm COOH > NH₂ → loại B

Lysin có công thức H₂N -[CH₂]₂-CH(NH₂)-COOH → số nhóm NH₂ > COOH → loại C, D

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

Đáp án D

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 \(AgNO_3\)

Chọn C

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

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

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

Fe³⁺ + 3OH^– → Fe(OH)₃.

⇒ Fe³⁺ dư ⇒ nFe(OH)₃ = 0,02 mol

⇒ m = 2,14 gam

⇒ chọn B

Chọn B.

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

Phương trình:

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

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

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

Đáp án A

nCO₂ = 16,8 : 22,4 = 0,75 (mol)

nN₂ = 2,8 : 22,4 = 0,125 (mol)

nH₂O = 20,25 : 18 = 1,125 (mol)

Gọi CTPT của amin X là: C_xH_yN

Bảo toàn nguyên tố N: nX = 2nN₂ = 0,125.2 = 0,25 (mol)

x = nCO₂/ nX = 0,75 : 0,25 = 3

y = 2nH₂O/ nX = 2.1,125: 0,25 = 9

→ CTPT X: C₃H₉N

Chọn A.

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.

Chất điện li mạnh là H₂SO₄, NaCl, KNO₃, Ba(NO₃)₂. 

Đáp án C

(1) (C6H10O5)n + H2O → C6H12O6

C6H12O6  → C2H5OH + CO2

(2) C2H5OH + O2  → CH3COOH + H2O

 → X, Y lần lượt là ancol etylic, axit axetic

Chọn D.

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

Chọn D.

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

Chọn B.

Ta có: \({{\rm{C}}_{\rm{Y}}} = 5 \Rightarrow {{\rm{C}}_{\rm{X}}} = 5 - 2 = 3\) , mà X không no → X có thể là \(\left\{ \begin{array}{l}
{\rm{C}}{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{  =  CH  -  COOH}}\\
{\rm{CH}} \equiv {\rm{C  -  CO}}{\rm{OH}}
\end{array} \right.\) 

Vậy Y có 2 công thức cấu tạo là: \({\rm{C}}{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{ = CH - COO - C}}{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{ - C}}{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{ - OH,CH}} \equiv {\rm{C - COO - C}}{{\rm{H}}_2}{\rm{ - C}}{{\rm{H}}_2}{\rm{ - OH}}\)

Chọn C.

\({C_2}{H_2} \to {C_4}{H_4} \to {C_4}{H_6} \to \,Cao\,su\,buna - N\)

Chọn C.

Khi cho từ từ X vào KHSO₄ thì: 

\(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{HC{O_3}^ - }} + 2{n_{C{O_3}^{2 - }}} = {n_{{H^ + }}} = 0,11\\
{n_{HC{O_3}^ - }} + {n_{C{O_3}^{2 - }}} = {n_{C{O_2}}} = 0,06
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{HC{O_3}^ - }} = 0,01\\
{n_{C{O_3}^{2 - }}} = 0,05
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{{{n_{HC{O_3}^ - }}}}{{{n_{C{O_3}^{2 - }}}}} = \frac{1}{5}\)

Khi Y tác dụng với Ba(OH)₂ dư thì kết tủa thu được là \(\left\{ \begin{array}{l}
BaC{O_3}\\
BaS{O_4}:0,11\;mol
\end{array} \right. \Rightarrow {n_{BaC{O_3}}} = 0,12\;mol\)

\( \Rightarrow {n_{HC{O_3}^ - }} + {n_{C{O_3}^{2 - }}} = {n_ \downarrow } = 0,12 \Rightarrow Y\left\{ \begin{array}{l}
HC{O_3}^ - :0,02\;mol\\
C{O_3}^{2 - }:0,1\;mol
\end{array} \right.\)

Vậy trong X có KHCO₃ (0,03 mol) và Na₂CO₃ (0,15 mol) ⇒ m = 18,9 (g)

Chọn D.

\(X\left\{ \begin{array}{l}
{({C_{17}}{H_{33}}COO)_3}{C_3}{H_5}\;(k = 6):x\;mol\\
{({C_{15}}{H_{31}}COO)_3}{C_3}{H_5}\;(k = 3):x\;mol\\
{C_{17}}{H_{35}}COOH,{C_{15}}{H_{31}}COOH\;(k = 1)
\end{array} \right. \to {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = 5x + 2x = 0,56 \Rightarrow x = 0,08\)

Khi cho X tác dụng với NaOH thì: \({n_{{C_3}{H_5}{{(OH)}_3}}} = 2x = 0,16 \Rightarrow a = 14,72\;(g)\)

Chọn C.

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 Þ T là ancol hai chức.

A. Sai, X có 3 công thức cấu tạo thỏa mãn là \(\left| {\begin{array}{*{20}{c}}
{HOOC - C{H_2} - COO - C{H_2} - C{H_2} - OOCH}\\
{HOOC - COO - C{H_2} - CH(C{H_3}) - OOCH}\\
{HOOC - COO - CH(C{H_3}) - C{H_2} - OOCH}
\end{array}} \right.\)

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%.

Chọn B.

(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

Chọn D.

(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.

Chọn D.

Đặt CTTQ của X là C_xH_y (phân tử có chứa k liên kết π).

Ta có:  \(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{C{O_2}}} = x.{n_X} = 0,3\\
{n_{B{r_2}}} = k.{n_X} = 0,15
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{x}{k} = \frac{{0,3}}{{0,15}} = 2 \Rightarrow x = 2k\)

Với x = 2 → k = 1: X là C₂H₄ → m = 4,2 (g)

Với x = 4 → k = 2: X là C₄H₆ → m = 4,05 (g) → giá trị nhỏ nhất.

Chọn A.

Tại  \(V = 100\;ml \Rightarrow {n_{Ba{{(OH)}_2}}} = {n_{{H_2}S{O_4}}} = x = 0,1\;mol\)

Tại  \({m_{BaS{O_4}}} = 107,18\;(g) \Rightarrow x + 3y = 0,46 \Rightarrow y = 0,12\;mol\)

Chọn C.

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

Chọn A.

Tại thời điểm t (s): \(\left\{ \begin{array}{l}
{H_2}:x\;mol\\
C{l_2}:\;y\;mol
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
x + y = 0,06\\
2x = 2y
\end{array} \right. \Rightarrow x = y = 0,03 \Rightarrow {n_{e\;(1)}} = 0,06\;mol\)

Tại thời điểm 2t (s): \({n_{e\;(2)}} = 0,12\;mol \to \left\{ \begin{array}{l}
{O_2}:t\;mol\\
C{l_2}:\;z\;mol
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
z + t = 0,05\\
2z + 4t = 0,12
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
z = 0,04\\
t = 0,01
\end{array} \right. \Rightarrow a = 0,04\)

Chọn A.

Ta có: \({n_Z} = \frac{{{n_{NaOH}}}}{x}\) (x là số nhóm chức este)

\(\begin{array}{l}
{m_Z} = 27 + 2.\frac{{0,9}}{2} = 27,9\;(g) \Rightarrow {M_Z} = \frac{{27,9}}{{0,9}}x\;\\
 \to x = 2 \to 62
\end{array}\)

Z là C₂H₄(OH)₂ có 0,45 mol  → m_muối = 66,8 (g) → M_muối = 74,22

→ A là HCOONa (0,5 mol) và B là CH₃COONa (0,4 mol)

Ba este trong T lần lượt là (HCOO)₂C₂H₄; HCOOC₂H₄OOCCH₃; (CH₃COO)₂C₂H₄

Ta có: \(2{n_X} + {n_Y} = 0,5 \Rightarrow {n_Y} = 0,1\;mol \Rightarrow \% {m_Y} = 22,48\% \)

Chọn B.

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)

Chọn B.

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).

(C₂H₃Cl)_n + nNaOH → (C₂H₃OH)_n + nNaCl

Chọn C.

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

Chọn B.

\(E\left\{ \begin{array}{l}
C{H_3}{\rm{ - COO - N}}{{\rm{H}}_3}{\rm{ - }}C{H_2}{\rm{ - }}COO{\rm{ - }}{C_2}{H_5}:0,15\;mol\\
{C_2}{H_5}{\rm{ - OO}}C{\rm{ - }}C{\rm{OO - C}}{{\rm{H}}_3}:0,2\;mol
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
C{H_3}{\rm{COO}}Na:0,15\;mol\\
{\rm{N}}{{\rm{H}}_2}C{H_2}COONa:0,15\;mol\\
{(C{\rm{OONa)}}_2}:0,2\;mol
\end{array} \right. \Rightarrow a = 53,65\;(g)\)

Chọn D.

Hỗn hợp khí X gồm CO₂ (0,01 mol) và NO₂ (0,13 mol)

Khi cho B tác dụng với HNO₃ thì:\( \to {n_{{H_2}O}} = \frac{{{n_{HN{O_3}}}}}{2} = 0,335\,mol\)

\( \to {n_{N{O_3}^ - }} = {n_{HN{O_3}}} - {n_{N{O_2}(X)}} = 0,54\;mol\) mà \({n_{S{O_4}^{2 - }}} = {n_{BaS{O_4}}} = 0,01\)

\( \to {n_{O(B)}} = 4{n_{S{O_4}^{2 - }}} + 3{n_{NO_3^ - }} + 2({n_{C{O_2}}} + {n_{N{O_2}}}) + {n_{{H_2}O}} - 3{n_{HN{O_3}}} = 0,265\,\;mol\)

+ Từ quá trình (1) \( \to {n_{O(A)}} = {n_{O(B)}} + 2({n_{C{O_2}}} + {n_{N{O_2}}} + {n_{{O_2}}} + {n_{S{O_2}}}) = 1,26\;mol\)

với  \(\% {m_{O(A)}} = \frac{{16{n_{O(A)}}}}{{{m_A}}}.100 \Rightarrow {m_A} \simeq 42,16\;(g)\)

Chọn B.

Xét hỗn hợp ancol F ta có:  \(\left\{ \begin{array}{l}
{m_F} = 2{n_{{H_2}}} + {m_{\rm{b}}} = 17,6\,(g)\,{\rm{ }}\\
{n_F} = 2{n_{{H_2}}} = 0,48\,mol
\end{array} \right. \Rightarrow {\bar M_F} = 36,67 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{C{H_3}OH}} = 0,32\,mol\\
{n_{{C_2}{H_5}OH}} = 0,16\,mol
\end{array} \right.(a)\)

Khi nung hỗn hợp muối với vôi tôi xút thì \(\bar R{(COONa)_{\bar n}} + \bar nNaOH \to C{H_4} + \bar nN{a_2}C{O_3}\)

+ Nhận thấy

\(\begin{array}{l}
{n_{ - COONa}} = {n_{NaOH}} = {n_{N{a_2}C{O_3}}} = 2{n_{{H_2}}} = 0,48\,mol\\
 \to {m_{\bar R{{(COONa)}_{\bar n}}}} = {m_{C{H_4}}} + 106{n_{N{a_2}C{O_3}}} - 40{n_{NaOH}} = m + 31,68\,(g)\\
 \to {m_X} + 40{n_{NaOH}} = {m_{\rm{F}}} + {m_{\bar R{{(COONa)}_{\bar n}}}} \to 5,7m + 40.0,48 = m + 31,68 + 17,6 \Rightarrow m = 6,4\,mol
\end{array}\)

+ Theo đề thì hidrocacbon thu được là CH₄, ta có \({n_E} = {n_{C{H_4}}} = 0,4\,mol\)

→ Hỗn hợp muối gồm CH₂(COONa)₂ và CH₃COONa

Xét E ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{n_X} + ({n_Y} + {n_Z}) = {n_E}\\
2{n_X} + ({n_Y} + {n_Z}) = 2{n_{{H_2}}}
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_X} = 0,08\,mol\\
{n_Z} + {n_Y} = 0,32\,mol
\end{array} \right.\) (b)

Theo đề bài ta có các dữ kiện  “số mol Z lớn hơn số mol của X và M_Z > M_Y” (c)

Từ (a), (b) và (c) ta suy ra X là CH₃OOC-CH₂-COOC₂H₅ (0,08 mol). Vậy \({m_Z} = 11,68\,(g)\)