Chọn B.

PT phản ứng :  Zn + 2CrCl₃ → 2ZnCl₂ + CrCl₂.

Dung dịch anilin (C₆H₅NH₂) không phản ứng được với NaOH

- Các phản ứng xảy ra:

A. HCOOCH=CH-CH₃ + NaOH → HCOONa + CH₃CH₂CHO                   

B. HCOOC(CH₃)=CH₂ + NaOH  → HCOONa + CH₃COCH₃

C. CH₂=C(CH₃)COOH + NaOH   → CH₂=C(CH₃)COONa + H₂O

D. HCOOCH₂CH=CH₂ + NaOH  →  HCOONa + CH₂=CH-CH₂-OH

Trong công nghiệp, Al được điều chế bằng cách điện phân nóng chảy Al₂O₃.

A. Sai, Nước cứng là nước chứa nhiều ion Ca²⁺ và Mg²⁺

B. Sai, Phương pháp đun nóng chỉ có thể làm mềm được nước cứng tạm thời vì trong nước cứng tạm thời có chứa các ion Mg²⁺, Ca²⁺ và \(HCO_3^ - \) khi đun nóng:

\(2HCO_3^ -  \to CO_3^{2 - } + C{O_2} + {H_2}O\) khi đó \(M{g^{2 + }},C{a^{2 + }} + CO_3^{2 - } \to MgC{O_3},CaC{O_3}\) (kết tủa)

Lọc bỏ kết tủa ta sẽ thu được nước mềm.           

C. Đúng, Trong nước tự nhiên chứa nhiều các ion Ca²⁺, Mg²⁺ và \(HCO_3^ - ,C{l^ - },SO_4^{2 - }\)  nên có cả tính cứng tạm thời và tính cứng vĩnh cửu.

D. Sai, Nước cứng gây nhiều trở ngại với đời sống hằng ngày và cho các ngành sản xuất như: làm quần áo mục nát, làm giảm mùi vị thức ăn, đóng cặn làm tắc ống dẫn 

\({n_{{\rm{mat}}\,{\rm{xich}}}} = \frac{{{M_{{\rm{mach xenlulozo}}}}}}{{162}} = 92592 \Rightarrow {l_{{\rm{mach xenlulozo}}}} = {n_{{\rm{mat}}\,{\rm{xich}}}}{d_{mat\,xi{\rm{ch}}}} = 0,046\,(mm) \simeq 4,{5.10^{ - 2}}(mm)\)

Chọn D

- Ta có: \({C_X} = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_X}}} = 2:\)  X là C₂H₄O₂ có công thức cấu tạo: HCOOCH₃

- Khi cho 0,1 mol X tác dụng với KOH thu được muối là HCOOK: 0,1 mol ⇒ m_muối = 8,4 gam

Chọn B

Vì \(2{n_{Fe}} < {n_{AgN{O_3}}} < 3{n_{Fe}}\) nên trong dung dịch sau phản ứng chỉ chứa Fe(NO₃)₂ và Fe(NO₃)₃.

Chọn D

A. Đúng, Các phản ứng của Al(OH)₃:  \(\left\{ \begin{array}{l}
Al{(OH)_3} + 3HCl \to AlC{l_3} + 3{H_2}O\\
Al{(OH)_3} + NaOH \to Na[Al{(OH)_4}]
\end{array} \right.\)

B. Đúng, Al là một kim loại có tính khử mạnh, dễ bị nhường e và chuyển thành Al³⁺.

C. Đúng, Phương trình:  2Al + 3H₂SO₄ →  Al₂(SO₄)₃ + 3H₂

D. Sai, Chiều giảm dần độ dẫn điện của kim loại: Ag > Cu > Au > Al > Fe.

Chọn B

\(BT.Al:\,\,{n_{Al{{(N{O_3})}_3}}} = {n_{Al}} = 0,12 \Rightarrow {n_{N{H_4}N{O_3}}} = \frac{{{m_Y} - 213{n_{Al{{(N{O_3})}_3}}}}}{{80}} = 0,025\,mol\)

Goị a là số e nhận của X \( \to 0,02a = 3{n_{Al}} - 8{n_{N{H_4}N{O_3}}} = 0,16 \Rightarrow a = 8\)

Vậy X là N₂O.

Chọn A

- Cho:  \(\mathop {{{(RCOO)}_3}{C_3}{H_5}}\limits_{triglyxerit\;{\bf{X}}} ( + NaOH) \to \mathop {{C_{17}}{H_{33}}COONa}\limits_{natri{\rm{ }}oleat}  + \mathop {{C_{17}}{H_{35}}COONa}\limits_{natri{\rm{ }}stearat}  + \mathop {{C_{15}}{H_{31}}COONa}\limits_{natri{\rm{ }}panmitat}  + \mathop {{C_3}{H_5}{{(OH)}_3}}\limits_{glyxerol} \)

Vậy cấu tạo của X là:

Chọn A

- Quá trình:  \(\underbrace {\overbrace {FeC{l_2}}^{0,06\;mol},\;\overbrace {KCl}^{0,12\;mol}}_{16,56\;(g)\;X}( + {H_2}O) \to {\rm{dd}}\;Y( + AgN{O_3}) \to \underbrace {AgCl,Ag}_{m\;(g)}\)

- Kết tủa gồm:  \(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{AgCl}} = 2{n_{FeC{l_2}}} + {n_{KCl}} = 0,24\,mol\\
{n_{Ag}} = {n_{FeC{l_2}}} = 0,06\;mol
\end{array} \right. \Rightarrow {m_ \downarrow } = 40,92g\)

Chọn A

 - Ta có \({n_{AlaNa,\,GlyNa,\,ValNa}} = 2{n_{N{a_2}C{O_3}}} = 0,44{\rm{ m\mu  }}{n_{Ala,\,Gly,Val}} = \frac{4}{3}(1,5{n_{C{O_2}}} - {n_{{O_2}}}) \Rightarrow {n_{C{O_2}}} = 0,99\)

- Quy đổi hỗn hợp E thành C₂H₃ON, CH₂ và H₂O thì :

\( \to \left\{ \begin{array}{l}
57{n_{{C_2}{H_3}ON}} + 14{n_{C{H_2}}} + 18{n_{{H_2}O}} = 28,42\\
2{n_{{C_2}{H_3}ON}} + {n_{C{H_2}}} = {n_{C{O_2}}} = 0,99\\
2,25{n_{{C_2}{H_3}ON}} + 1,5{n_{C{H_2}}} = {n_{{O_2}}} = 1,155
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{{C_2}{H_3}ON}} = 0,44\\
{n_{C{H_2}}} = 3{n_{Val}} + {n_{Ala}} = 0,11\\
{n_{{H_2}O}} = {n_X} + {n_Y} + {n_Z} = 0,1
\end{array} \right. \Rightarrow {\bar n_{{\rm{mat}}\,{\rm{xich}}}} = \frac{{{n_{Gly,\,Ala,Val}}}}{{{n_X} + {n_Y} + {n_Z}}} = 4,4\)

⇒ Trong E có chứa peptit có số mắc xích lớn 4,4 (5, 6 hoặc 7…). Vậy  Z là pentapeptit (Gly)₄Ala, X là đipeptit (Gly)₂  và Y là đipeptit AlaVal (không thể là tripeptit (Gly)₂Ala vì khi đó thủy phân hỗn hợp E sẽ không thu được muối của Val).

Ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}
4{n_X} + 7{n_Y} + 11{n_Z} = {n_{C{O_2}}} = 0,99\\
2{n_X} + 2{n_Y} + 5{n_Z} = 2{n_{NaOH}} = 0,44\\
132{n_X} + 174{n_Y} + 317{n_Z} = 28,42
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_X} = 0,01\\
{n_Y} = 0,01\\
{n_Z} = 0,08
\end{array} \right.\,\,\, \Rightarrow \% {m_X} = \frac{{0,01.132}}{{28,42}}.100 = 4,64\% \)

Chọn B

- Khi đốt X chứa 2 este no, đơn chức, mạch hở thì ta luôn có:  \({n_{C{O_2}}} = {n_{{H_2}O}} = 0,56\;mol\)

\(\begin{array}{l}
BTKL:{n_{{O_2}}} = \frac{{{m_{C{O_2} + {H_2}O}} - {m_X}}}{{32}} = 0,64\;mol\\
BT.O:\,\,{n_X} = \frac{{2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} - 2{n_{{O_2}}}}}{2} = 0,2\;mol
\end{array}\)

- Ta có: \({C_X} = \frac{{0,56}}{{0,2}} = 2,8\) . Vì khi cho X tác dụng với NaOH thu được 2 ancol kế tiếp và 2 muối của 2 axit cacboxylic kế tiếp nên 2 este trong X lần lượt là

 \(\left\{ \begin{array}{l}
HCOOC{H_3}:x\;mol\\
C{H_3}COO{C_2}{H_5}:y\;mol
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
x + y = 0,2\\
2x + 4y = 0,56
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,12\\
y = 0,08
\end{array} \right.\)

- Hỗn hợp muối Z gồm HCOONa (A): 0,12 mol và CH₃COONa (B): 0,08 mol →  a : b = 1, 243

Chọn A

- Ta có cân bằng sau:   2CrO₄^2-   +  2H⁺   →    Cr₂O₇^2-    +   H₂O

                                          màu vàng                   màu da cam

CrO₃ + 2NaOH_dư → Na₂CrO₄ + H₂O (dung dịch X có màu vàng)

2Na₂CrO₄ + H₂SO_{4 dư} → Na₂Cr₂O₇ + Na₂SO₄ + H₂O (dung dịch Y có màu da cam)

Chọn A

- Đặt:  \(\left\{ \begin{array}{l}
C{H_3}COO{C_6}{H_5}:x\;mol\\
{C_6}{H_5}COO{C_2}{H_5}:y\;mol
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
2{\rm{x}} + y = {n_{NaOH}} = 0,2\\
136{\rm{x}} + 150y = 23,44
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
{\rm{x}} = 0,04\\
y = 0,12
\end{array} \right.\)

- Hỗn hợp rắn khan gồm:  \(\left\{ \begin{array}{l}
C{H_3}COONa:0,04\;mol + {C_6}{H_5}ONa:0,04\;mol\\
{C_6}{H_5}COONa:0,12\;mol
\end{array} \right. \Rightarrow \)

→ m_rắn =  25,2g

Chọn B

\(\underbrace {Al,\,C{r_2}{O_3}}_{19,52\,(g)} \to \underbrace {Al,\,A{l_2}{O_3},\,Cr,\,C{r_2}{O_3}}_{19,52{\rm{ (g) ran X}}} \to \left\langle \begin{array}{l}
{H_2}:\,0,18\,mol\\
\underbrace {A{l^{3 + }},\,C{r^{3 + }},\,C{r^{2 + }},\,C{l^ - }}_{dung{\rm{ dich Y}}} \to \underbrace {NaAl{O_2},\,NaCr{O_2}}_{dung{\rm{ dich sau pu}}} + \underbrace {Cr{{(OH)}_2}}_{x\,(g)\, \downarrow }
\end{array} \right.\)

 - Khi cho hỗn hợp rắn X tác dụng với dung dịch chứa 0,96 mol HCl thì :

\(BT.H:\,\,{n_{{H_2}O}} = \frac{{{n_{HCl}} - 2{n_{{H_2}}}}}{2} = 0,3\,mol \Rightarrow {n_{C{r_2}{O_3}}} = \frac{{{n_{{H_2}O}}}}{3} = 0,1\,mol\)

+ Xét hỗn hợp rắn ban đầu ta có: \({n_{Al}} = \frac{{{m_{{\rm{ran}}}} - 152{n_{C{r_2}{O_3}}}}}{{27}} = 0,16\,mol\)

- Xét quá trình nhiệt nhôm ta có: \({n_{C{r_2}{O_3}(pu)}} = \frac{{3{n_{Al}} - 2{n_{{H_2}}}}}{2} = 0,06\,mol\)

- Khi cho dung dịch Y tác dụng với NaOH dư thì: \({m_ \downarrow } = 86{n_{Cr{{(OH)}_2}}} = 2.86.{n_{C{r_2}{O_3}(pu)}} = 10,32\,(g)\)

Chọn D

A. Đúng, mỗi mắc xích C₆H₁₀O₅ có ba nhóm OH tự do, nên xenlulozơ có công thức cấu tạo là [C₆H₇O₂(OH)₃]_n.

B. Đúng, C₆H₇O₂(OH)₃ + 3HNO₃ → C₆H₇O₂(ONO₂)₃ (xenlulozơ trinitrat) + 3H₂O

Lưu ý : Xenlulozơ trinitrat còn được gọi là thuộc nổ không khói.

C. Đúng, Xenlulozơ được cấu tạo bởi các gốc b-glucozơ liên kết với nhau bằng liên kết b-1,4-glicozit.

D. Sai, phân tử xenlulozơ có mạch không phân nhánh và không xoắn. Xenlulozơ là chất rắn màu trắng hình sợi, không màu không mùi không vị, không tan trong nước ngay cả khi đun nóng, không tan trong các dung môi hữu cơ kể cả các dung môi thông thường như ete, benzen.

- Ta có  \({n_{e{\rm{ (trao doi)}}}} = \frac{{It}}{{96500}} = 0,34\,mol\)

- Các quá trình điện phân diễn ra như sau 

Tại catot

Cu²⁺      +       2e          →       Cu

0,15 mol         0,3 mol     →   0,15 mol

2H₂O     +        2e       →   2OH^-      +       H₂

                    0,04 mol →   0,04 mol     0,02 mol

Tại anot:

2Cl^-         →     Cl₂      +      2e

2x mol          2x mol       2x mol

H₂O  →   4H⁺       +    O₂       +       4e

4y mol  ←   y mol   →  4y mol

- Xét khối lượng giảm sau điện phân ta có:

\(\begin{array}{l}
\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{2{n_{C{l_2}}} + 4{n_{{O_2}}} = {{\rm{n}}_{e{\rm{traodoi}}}}}\\
{71{n_{C{l_2}}} + 32{n_{{O_2}}} = {{\rm{m}}_{dd{\rm{giam}}}} - 64{n_{Cu}} - 2{n_{{H_2}}}}
\end{array}} \right.\\
 \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{2x + 4y = 0,34}\\
{71x + 32y = 5,47}
\end{array}} \right.\\
 \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{x = 0,1{\mkern 1mu} mol}\\
{y = 0,06{\mkern 1mu} mol}
\end{array}} \right.
\end{array}\)

- Dung dịch sau điện phân chứa: Na⁺, H⁺ : 0,2 mol và NO₃^-: 0,3 mol.

- Khi cho dung dịch sau điện phân tác dụng với Fe dư thì:

\(\mathop {3Fe{\mkern 1mu} }\limits_{0,075{\kern 1pt} mol} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \mathop { + {\mkern 1mu} }\limits_ \leftarrow  {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} \mathop {8{H^ + }}\limits_{0,2{\kern 1pt} mol}  + 2N{O_3}^ -  \to 3F{e^{2 + }} + 2NO + 4{H_2}O\)

\( \Rightarrow {m_{Fe{\rm{bihoatan}}}} = 0,075.56 = 4,2g\)

Chọn A.

- Dung X thu được chứa các ion sau : HCO₃^-, CO₃^2- và Na⁺. Xét dung dịch X ta có :

\(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{HC{O_3}^ - }} + 2{n_{C{O_3}^{2 - }}} = {n_{N{a^ + }}}\\
{n_{HC{O_3}^ - }} + {n_{C{O_3}^{2 - }}} = {n_{C{O_2}}} + {n_{N{a_2}C{O_3}}}
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
{n_{HC{O_3}^ - }} + 2{n_{C{O_3}^{2 - }}} = 0,28\\
{n_{HC{O_3}^ - }} + {n_{C{O_3}^{2 - }}} = 0,2
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{HC{O_3}^ - }} = 0,12\,mol\\
{n_{C{O_3}^{2 - }}} = 0,08\,mol
\end{array} \right.\)

(Với \({n_{N{a^ + }}} = {n_{NaOH}} + 2{n_{N{a_2}C{O_3}}} = 0,28\,mol\) )

- Cho HCl tác dụng với dung dịch Y thì : \({n_{{H^ + }}} = {n_{C{O_3}^{2 - }}} + {n_{C{O_2}}} = 0,08 + 0,08 = 0,16\,mol \Rightarrow {V_{HCl}} = 0,16lit\)

Chọn D.

- Khi cho hỗn hợp rắn X tác dụng với HCl thì :  \({n_{HCl}} = 2{n_{{H_2}}} + 2{n_{O(trong{\rm{ X)}}}} = 2.0,1 + 2.0,04.3 = 0,44\,mol\)

- Khi cho dung dịch Y tác dụng với 0,56 mol NaOH thì dung dịch thu được gồm NaCl và NaAlO₂. Khi đó ta có : \({n_{NaCl}} = {n_{HCl}} = 0,44\,mol \Rightarrow {n_{NaAl{O_2}}} = {n_{NaOH}} - {n_{NaCl}} = 0,12\,mol \Rightarrow {m_{Al}} = 0,12.27 = 3,24g\)

Chọn C.

- Nhận thấy rằng lượng oxi dùng để đốt hỗn hợp Y bằng với lượng oxi dùng để đốt X.

- Giả sử đốt 26,5 gam hỗn hợp X thì số mol O₂ phản ứng là 1,65 mol và lượng CO₂ tạo thành là 1,25 mol. Khi đó ta có :

\({n_{axit}} = \frac{{1,5{n_{C{O_2}}} - {n_{{O_2}}}}}{{1,5}} = 0,15\,mol\) và \({n_{{H_2}O}} = \frac{{{m_X} + 32{n_{{O_2}}} - 44{n_{C{O_2}}}}}{{18}} = 1,35\,mol\)

- Áp dụng độ bất bão hòa ta được : \({n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = {n_{axit}} - {n_{{\rm{ancol}}}} \Rightarrow {n_{{\rm{ancol}}}} = {n_{a{\rm{xit}}}} - ({n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}) = 0,25\,mol\)

- Áp dụng độ bất bảo hòa ta được : \(0,15.n + 0,25m = {n_{C{O_2}}} = 1,25 \to n = 5{\rm{ v\mu  m}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{2}}\)

(Với n và m lần lượt là số nguyên tử C trong axit và ancol)

→ Vậy trong X chứa C₄H₇COOH (0,15 mol) và C₂H₅OH (0,25 mol).

- Giả sử cho hỗn hợp X tác dụng với 0,2 mol NaOH, khi đó ta có :

\(\begin{array}{l}
{{\rm{n}}_{{C_4}{H_7}COONa}} = 0,15\,mol{\rm{ }}\\
{\rm{ }}{{\rm{n}}_{NaOH}} = 0,05\,mol\,{{\rm{m}}_{mu\`e i}} = 122{n_{{C_4}{H_7}COONa}} + 40{n_{NaOH}} = 20,3g
\end{array}\)

Chọn D.

Có 4 đi peptit tối đa được tạo ra từ hỗn hợp gồm glyxin và alanin là : Gly – Gly, Ala – Ala, Ala – Gly và Gly – Ala.

\({n_{{H_2}}} = \frac{{3{n_{Al}}}}{2} = 0,3\,mol \Rightarrow {V_{{H_2}}} = 6,72(lit)\)

Chọn C.

Một trong những điểm khác nhau cơ bản của protit so với lipit và glucozơ là protit luôn chứa N

Đáp án cần chọn là: C

Chọn D.

Có 2 cấu hình electron là của nguyên tử kim loại là (a) Al và (d) Fe

Chọn B.

Tính chất vật lý chung của kim loại là tính dẫn điên, tính dẫn nhiệt, tính dẻo, có ánh kim, các tính chất vật lý trên chủ yếu đều do các electron tự do trong kim loại gây ra.

ọi axit no đơn chức là C_nH_2n+1COOH (n≥0) và ancol  no đơn chức là C_mH2m+1OH (m≥1)  

→ Công thức của este là  CnH2n + 1COOCmH2m +1

Đáp án cần chọn là: A

Chọn D.

- Vì dùng 1 lượng dư Ca(OH)₂ nên \({n_{C{O_2}}} = {n_{CaC{O_3}}} = 0,09\,mol\)

với \({m_{dd{\rm{ giam}}}} = {m_{CaC{O_3}}} - (44{n_{C{O_2}}} + 18{n_{{H_2}O}}) = 3,78 \to {n_{{H_2}O}} = 0,07\,mol\)

- Xét hỗn hợp các chất trong X: HCOOCH₃ (k=1); CH₂=CH-CHO (k=2) và CH₂=CH-COOCH₃ (k=2)

\( \to {n_{{C_3}{H_4}O}} + {n_{{C_4}{H_6}{O_2}}} = {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = 0,02\;mol\)

- Để \({m_{X(\min )}}\) thì \({n_{{C_2}{H_4}{O_2}\;\min }}\) khi và chỉ khi:  \({n_{{C_3}{H_4}O}} = 0 \Rightarrow {n_{{C_2}{H_4}{O_2}}} = \frac{{{n_{C{O_2}}} - 4{n_{{C_4}{H_6}{O_2}}}}}{2} = 0,005\;mol\)

\( \Rightarrow {m_{X(\min )}} = 60{n_{{C_2}{H_4}{O_2}}} + 86{n_{{C_4}{H_6}{O_2}}} = 2,02g\) (thỏa mãn với đáp án của đề).

Đáp án D

Có 4 amin là chất khí ở nhiệt độ thường gồm: metylamin: CH₃NH₂; etylamin: C₂H₅NH₂; đimetylamin: CH₃NHCH₃ và trimetylamin (CH₃)₃N.

Chọn D.

- Khi cho 0,6 mol CO₂ tác dụng với dung dịch X gồm 0,3 mol Ba(OH)₂ và 0,2 mol NaOH:

Vì  \(\frac{{{n_{O{H^ - }}}}}{2} < {n_{C{O_2}}} < {n_{O{H^ - }}} \Rightarrow {n_{C{O_3}^{2 - }}} = {n_{O{H^ - }}} - {n_{C{O_2}}} = 0,2\,mol \to {n_{HC{O_3}^ - }} = {n_{C{O_2}}} - {n_{C{O_3}^{2 - }}} = 0,4\,mol\)

- Khi cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch chứa 0,24 mol BaCl₂ và 0,3 mol KOH thì:

\(\mathop {HC{O_3}^ - }\limits_{0,4\,mol}  + \mathop {O{H^ - }}\limits_{0,3\,mol}  + \mathop {B{a^{2 + }}}\limits_{0,54\,mol}  \to \mathop {BaC{O_3}}\limits_{0,3\,mol}  + {H_2}O\)

\( \Rightarrow {m_{BaC{O_3}}} = 0,3.197 = 59,1g\)

Chọn A.

(a) Sai, Hidro hóa glucozơ thu được soritol:

HOCH₂[CHOH]₄CHO + H₂ → HOCH₂[CHOH]₄CH₂OH

(b) Đúng, Trong dạ dày của các động vật nhai lại như trâu, bò… có chứa enzim xenlulaza có thể làm thủy phân xenlulozơ.

(c) Sai, Xenlulozơ trinitrat là chất dễ cháy và nổ mạnh được dùng để làm thuốc súng.

(d) Đúng, Do H₂SO₄ đặc có tính háo nước nên khi cho H₂SO₄ vào đường saccarozơ thì :

C₁₂(H₂O)₁₁ + H₂SO_4(đặc) → C_(đen) + H₂SO₄.11H₂O

(e) Đúng, Trong công nghiệp dược phẩm, saccarozơ được dùng để pha chế thuốc.

Vậy có 3 phát biểu đúng là (b), (d) và (e)

Chọn A.

- Phương trình phản ứng : \(\mathop {C{H_3}N{H_3}HC{O_3}}\limits_{0,1\,mol}  + \mathop {2KOH}\limits_{0,25\,mol}  \to \mathop {{K_2}C{O_3}}\limits_{0,1\,mol}  + C{H_3}N{H_2} + {H_2}O\)

\( \Rightarrow {m_{{\rm{r\raise.5ex\hbox{$\scriptstyle 3$}\kern-.1em/
 \kern-.15em\lower.25ex\hbox{$\scriptstyle 3$} n}}}} = 138{n_{{K_2}C{O_3}}} + 56{n_{KOH(d)}} = 16,6g\)

\({n_{O(trong{\rm{ oxit)}}}} = {n_{{H_2}}} = 0,12\,mol \Rightarrow {m_{{\rm{kim loai}}}} = {m_{oxit}} - 16{n_O} = 2,34g\)

Cấu hình electron của nguyên tử Cu (Z=29) ở dạng cơ bản là 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹.

Chọn D

Các oxit bị nhôm khử ở nhiệt độ cao là các oxit của kim loại đứng sau nhôm trên dãy điện hóa.

Chọn A.

CH₃CH(NH₃)COOCH₃ (X) + NaOH → CH₃CH(NH₃)COONa  (Y) + CH₃OH

CH₃CH(NH₃)COONa  (Y) + HCl → CH₃CH(NH₃Cl)COOH + NaCl

Tơ nilon-6,6 có chứa nguyên tố nitơ