\(\left\{ \begin{array}{l}
{C_2}{H_5}OH:x\\
C{H_3}COOH:y
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
46x + 60y = 25,8\\
3x + 2y = 1,3
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,3\\
y = 0,2
\end{array} \right. \Rightarrow H = \frac{{0,16}}{{0,2}}.100\%  = 80\% \)

- Thủy phân saccarozơ trong môi trường axit: 

\(\mathop {{C_{12}}{H_{22}}{O_{11}}}\limits_{Saccarozo}  \to \mathop {{C_6}{H_{12}}{O_6}}\limits_{Gluc{\rm{o}}zo}  + \mathop {{C_6}{H_{12}}{O_6}}\limits_{Fructozo} \)

Anilin (C₆H₅NH₂) và phenol (C₆H₅OH) đều có phản ứng với dung dịch Br₂ tạo kết tủa trắng

A: HCOOCH3

B: CH₃CHO

C: HCOOH

D: C₆H₁₂O₆ (glucozo)

E: CH₃NH₂

- Điều kiện để các chất tham gia phản ứng trùng hợp là trong phân tử chất đó phải có liên kết bội hoặc vòng kém bền.

Trùng hợp etilen tạo polietilen (PE): \(nC{H_2} = C{H_2} \to C{H_2} - C{H_2}{_n}\)

Trùng hợp vinyl clorua tạo poli(viny lclorua) (PVC)

Trùng hợp buta-1,3-đien tạo polibutađien hay cao su buna:

\(nC{H_2} = CH - CH = C{H_2} \to C{H_2} - CH = CH - C{H_2}{_n}\)

Trong phân tử etan:  không có liên kết bội nên không tham gia phản ứng trùng hợp.

Chọn A.

- Quặng boxit chứa thành phần chính là Al₂O_3. 2H₂O.

- Một số loại quặng sắt quan trọng:

+ Quặng hematit đỏ chứa Fe₂O₃ khan.

+ Quặng hematit nâu chứa Fe₂O₃.nH₂O.

+ Quặng manhetit chứa Fe₃O₄ là quặng giàu sắt nhất, nhưng hiếm có trong tự nhiên.

+ Ngoài ra còn có quặng xiđerit chứa , quặng pirit sắt chứa FeS₂. 

- Để xác định chiều của phản ứng oxi hóa – khử ta dựa vào quy tắc a.

- Chiều phản ứng: Chất oxi hóa mạnh + Chất khử mạnh → Chất oxi hóa yếu + Chất khử yếu

- Các phương trình xảy ra:

Fe + 2HCl  → FeCl₂ + H₂                             

Cu + 2FeCl₃  →  2FeCl₂ + CuCl₂

Cu + FeCl₂ →không xảy ra      

Fe + 2FeCl₃ →  3FeCl₂

\({n_{Fe{\rm{ (trong m gam X)}}}} = {n_{{H_2}}} = 0,1\,mol\)

\({{\rm{m}}_{{\rm{Fe}}}} = 2.0,1.56 = 11,2g\)

A. Sai, Thạch cao nung có công thức là CaSO₄.H₂O dùng làm phấn viết bảng, bó bột khi gãy xương.

B. Đúng, Trong tự nhiên, các kim loại kiềm chỉ tồn tại dưới dạng hợp chất.

C. Sai, Kim loại dẫn điện tốt nhất là Ag chứ không phải là Fe.

D. Sai, Công thức phèn chua là K₂SO₄.Al₂(SO₄)₃.24H₂O hay KAl(SO₄)₂.12H₂O.

\( \Rightarrow {m_{{{({C_{17}}{H_{35}}COO)}_3}{C_3}{H_5}}} = 0,15.890 = 133,5g\)

- Tã lót trẻ em sau khi giặt thường lưu lại lượng amoniac và bột giặt mà mắt thường không nhìn thấy được. Với số lượng chất hoá học còn xót lại này rất có thể làm cho da bị viêm, thậm chí bị sưng tấy đau ngứa. Bởi vậy, khi giặt tã lót, nếu nhỏ vào nước giặt một vài giọt giấm ăn, các loại chất trên sẽ được khử sạch.

Cr(OH)₃ không phản ứng với dung dịch NH₃  

Đáp án A

Ta có: \(\Delta  = \frac{{3.2 + 2 - 4}}{2} = 2 = 1{\pi _{ - C{\rm{OO}} - }} + 1{\pi _{C - C}}\)  ⇒ C₃H₄O₂ là este đơn chức, mạch hở trong phân tử có 1 liên kết C=C. Vậy chỉ có 1 đồng phân tương ứng là: HCOOCH=CH₂

- Glyxin (H₂N-CH₂-COOH) trong phân tử chứa đồng thời nhóm amino (NH₂) và nhóm cacboxyl (COOH) nên nó vừa thể hiện tính axit và vừa thể hiện tính bazơ có thể tác dụng được với HCl, KOH, Na₂CO₃ nhưng không tác dụng với lại kim loại Cu

- Những kim loại khác nhau có nhiệt độ nóng chảy khác nhau. Kim loại có nhiệt độ nóng chảy thấp là thủy ngân (Hg) nóng chảy ở -39⁰C và kim loại nóng chảy ở nhiệt độ cao nhất là (W) nóng chảy ở 3410⁰C.

- Quá trình:  \(FeC{l_2},AlC{l_3}( + NaOH) \to Fe{(OH)_2}\;(X)\;( + \;{O_2}\; + \;{H_2}O) \to Fe{(OH)_3} \to F{e_2}{O_3}\;(Y)\)

- Các phương trình xảy ra:

FeCl₂ + 2NaOH → Fe(OH)₂ + 2NaCl                

AlCl₃ + NaOH → Al(OH)₃ + NaCl ; vì NaOH dư nên: Al(OH)₃ + NaOH → Na[Al(OH)₄]

Trong không khí: 2Fe(OH)₂ + O₂ + H₂O → 2Fe(OH)₃ và nung: 2Fe(OH)₃ → Fe₂O₃ + 3H₂O

Có 3 thí nghiệm thu được kim loại là (c), (e), (f).

\({n_{{C_6}{H_{12}}{O_6}}} = \frac{{{n_{Ag}}}}{2} = 0,01\;mol \to {C_M} = \frac{{0,01}}{{0,05}} = 0,2M\)

\({n_{K{\rm{O}}H}} = \frac{{{m_{{\rm{dd}}}}.C\% }}{{56}} = 0,3\;mol \to {n_{{H_2}O}} = \frac{{{m_{{\rm{dd}}}} - {m_{K{\rm{O}}H}}}}{{18}} = 2,8\;mol\)

- Chất lỏng Y gồm:  

\(57,9\;(g)\left\{ \begin{array}{l}
ROH\\
{H_2}O:2,8\;mol
\end{array} \right. \to 2{n_{{H_2}}} = {n_{ROH}} + {n_{{H_2}O}} = 2,925 \to {n_{ROH}} = 0,125\;mol\)

\( \to {M_{ROH}} = \frac{{{m_Y} - {m_{{H_2}O}}}}{{{n_{ROH}}}} = 60:\;ROH\;l\`a \;{C_3}{H_7}{\rm{O}}H\) mà \({n_{{\rm{es}}te}} = {n_{ROH}} = 0,125\;mol\)

\( \to {M_{{\rm{es}}te}} = \frac{{14,25}}{{0,125}} = 114:{C_2}{H_3}C{\rm{OO}}{{\rm{C}}_{\rm{3}}}{{\rm{H}}_{\rm{7}}}\)

 muối trong rắn X là C₂H₃COOK: 0,125 mol

\(BTKL:{m_X} = {m_{este}} + {m_{{\rm{dd}}\;K{\rm{O}}H}} - {m_Y} = 23,55\;(g)\)

 Vậy \(\% {m_{{C_2}{H_3}COOK}} = 58,4\% \)

\(X\left\{ \begin{array}{l}
K\mathop N\limits^{ + 5} {O_3}:\,a\,mol\\
\mathop {Fe}\limits^{ + 2} (\mathop {\mathop N\limits^{ + 5} {O_3}{)_2}:\,b\,mol}\limits^{} 
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
K\mathop {\mathop N\limits^{ + 3} {O_2}}\limits^{} ,\;{\mathop {Fe}\limits^{ + 3} _2}{O_3}\\
N{O_2} + {O_2} \to H\mathop N\limits^{ + 5} {O_3}
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
K\mathop N\limits^{ + 5} {O_3} + 2e \to K\mathop N\limits^{ + 3} {O_2}\\
\mathop {Fe}\limits^{ + 2} {(N{O_3})_2} \to {\mathop {Fe}\limits^{ + 3} _2}{O_3} + 1e
\end{array} \right.\,\,\)

\( \to \frac{{{m_X}}}{{{M_X}}}.n = 2{n_{{H_2}}} = 0,9\)

\({n_{Fe{{(N{O_3})}_2}}} = 2{n_{KN{O_3}}}\,\, \to b = 2a\)

Chọn D.

\( \to \frac{{{m_X}}}{{{M_X}}}.n = 2{n_{{H_2}}} = 0,9\) (với n là hóa trị của X) ⇒ M = 9x

Với x = 3 thì M = 27 

Vậy X là Al.

A. Sai, Theo thứ tự độ dẫn điện giảm dần là: .

B. Sai, Nhôm là kim loại nhẹ nặng hơn so với nước 

C. Sai, Al chỉ tan trong dung dịch HCl còn dung dịch NH₃ thì không tan, vì NH₃ có tính bazơ yếu không hòa tan được Al(OH)₃.

D. Đúng, Al là kim loại có tính khử mạnh.

Chọn B.

- Đồ thị (a) cho thấy lượng Fe³⁺ từ 0 tăng dần sau đó không đổi nên ứng với thí nghiệm (1).

+ Phương trình phản ứng :   \(A{g^ + } + F{e^{2 + }} \to Ag + F{e^{3 + }}\)

- Đồ thị (b) cho thấy lượng Fe³⁺ giảm dần về 0 nên ứng với phản ứng (2).

+ Phương trình phản ứng :  \(Fe + 2F{e^{3 + }} \to 3F{e^{2 + }}\)

- Đồ thị (c) cho thấy lượng Fe³⁺ không đổi nên ứng với phản ứng (3).

+ Phương trình phản ứng : \(A{g^ + } + C{l^ - } \to AgCl\)

- Khi đốt chất béo E ta có:  \(({k_E} - 1){n_E} = {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} \to ({k_E} - 1){n_E} = 8{n_E} \Rightarrow {k_E} = 9 = 3{\pi _{ - C{\rm{OO}} - }} + 6{\pi _{C = C}}\)

- Khi cho a mol E tác dụng tối đa với 0,6 mol Br₂ → \(a = {n_E} = \frac{{{n_{B{r_2}}}}}{6} = 0,1mol\)

Chọn A.

* Những chất tác dụng với dung dịch brom gồm:

- Hidrocacbon: Xiclopropan (C₃H₆), Anken, Ankin, Ankadien, Stiren….

- Các hợp chất hữu cơ có gốc hidrocacbon không no.

- Andehit (-CHO)

- Các hợp chất có nhóm chức andehit: Axit fomic, Este của axit fomic, Glucozơ, Mantozơ…

- Phenol (C₆H₅-OH) và anilin (C₆H₅-NH₂) phản ứng thế ở vòng thơm.

Vậy có 6 chất thỏa mãn là: stiren, metyl fomat, anilin, anđehit axetic, axit fomic, phenol.

\({n_O} = {n_{CuO}} = \frac{{{m_{A{l_2}{O_3},\,CuO}} - {m_{A{l_2}{O_3},\,Cu}}}}{{16}} = \frac{{9,1 - 8,3}}{{16}} = 0,05\;mol \to {m_{CuO}} = 4g\)

- Ta có:  \({n_{{H_2}O}} = {n_{NaOH}} = 0,45\;mol\)

BTKL: \({m_A} = {m_D} + {m_{{H_2}O}} - {m_{NaOH}} - {m_{HCl}} = 14,7\;gam\)

→ M_A = 147: \({H_2}N{C_3}{H_5}{(COOH)_2}\) 

Vậy A là axit glutamic

Chọn C.

- Quá trình 1:

\(13,12\;(g)\;E + \left\{ \begin{array}{l}
{O_2}:0,5\;mol \to C{O_2} + {H_2}O\\
K{\rm{O}}H:0,2\;mol \to a\;(g)\;A + b\;(g)\;B
\end{array} \right.\).

Gọi a, b, c lần lượt là mol của X, Y, Z.

+ Ta có:  

\(\left\{ \begin{array}{l}
a + b + 2c = {n_{KOH}} = 0,2\;mol\\
2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} = 2.(a + b + 2c) + 2{n_{{O_2}}} = 1,4\\
44{n_{C{O_2}}} + 18{n_{{H_2}O}} = {m_E} + {m_{{O_2}}} = 29,12
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
{n_{C{O_2}}} = 0,49\;mol\\
{n_{{H_2}O}} = 0,42\;mol
\end{array} \right.\)

- Quá trình 2: Khi cho E tác dụng với dung dịch Br₂, nhận thấy \({n_{B{r_2}}} = 0,1 < {n_E} = 0,36\)  ⇒ Trong X, Y chỉ có 1 chất tham gia phản ứng cộng Br₂, khi đó Z được tạo bởi X, Y cũng có phản ứng cộng Br₂.

+ Gọi X là chất có 2 liên kết pi ⇒ Y có chứa 1 liên kết pi và Z có chứa 3 liên kết pi.

+ Ta có hệ sau:  

\(\left\{ \begin{array}{l}
{n_X} + {n_Y} + {n_Z} = {n_{KOH}}\\
{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = {n_X} + 2{n_Z}\\
n_E^*.({n_X} + {n_Z}) = {n_{B{r_2}}}.{n_E}
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
a + b + 2c = 0,2\\
a + 2c = 0,07\\
0,36.(a + c) = 0,1.(a + b + c)
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
a = 0,03\;mol\\
b = 0,13\;mol\\
c = 0,02\;mol
\end{array} \right.\)

\(BT:C\,\,n.0,03 + m.0,13 + 0,02.(n + m + 2) = 0,49\)

(với n,m là số C của X, Y với n ≥ 3 và m ≥ 2).

+ Xét n = 3 suy ra n = 2. Từ đó Z gồm  

\(\left\{ \begin{array}{l}
B:C{H_2} = CH - COONa:0,05\,mol\\
A:C{H_3} - COONa:0,15\;mol
\end{array} \right. \Rightarrow \frac{a}{b} = 2,617\)

+ Nếu n > 3 thì m < 2 : không thỏa điều kiện.

- Khi thêm m gam Na vào dung dịch hỗn hợp NaOH và Ba(OH)₂ thì:

\(\underbrace {\overbrace {NaOH}^{(x + 0,2)\,mol},\overbrace {Ba{{(OH)}_2}}^{0,1\,mol}}_X\,\, + \,\,\,\underbrace {A{l_2}{{(S{O_4})}_3}}_{0,1\,mol} + \underbrace {HCl}_{0,2\,mol} \to \underbrace {BaS{O_4},Al{{(OH)}_3}}_{31,1\;gam\, \downarrow }\)

(với x là số mol Na thêm vào)

- Nhận thấy: \({n_{B{a^{2 + }}}} < {n_{S{O_4}^{2 - }}} \to {n_{BaS{O_4}}} = {n_{B{a^{2 + }}}} = 0,1\,mol\)

\( \to {n_{Al{{(OH)}_3}}} = \frac{{31,1 - 233{n_{BaS{O_4}}}}}{{78}} = 0,1\;mol\)

+ Để x đạt giá trị lớn nhất thì kết tủa Al(OH)₃ đạt cực đại rồi tan lại một phần

⇒ \({n_{O{H^ - }}} = 4{n_{A{l^{3 + }}}} + {n_{{H^ + }}} - {n_{Al{{(OH)}_3}}} = 0,9\,mol\) 

Mà \({n_{NaOH}} = x + 0,2 = {n_{O{H^ - }}} - 2{n_{Ba{{(OH)}_2}}} \to x = 0,5\,mol\)

→ \({m_{Na}} = 11,5\,gam\)

Chọn A.

(1) Đúng, Sự đông tụ là sự đông lại của protein và tách ra khỏi dung dịch khi đun nóng hoặc thêm axit, bazơ, muối. Sự kết tủa của protein bằng nhiệt cũng được gọi là sự đông tụ.

(2) Đúng, Sợi bông chứa thành phần chính là xenlulozơ khi đốt cháy không có mùi khét và mùi giống như mùi đốt giấy. Tơ tằm khi đốt cháy có mùi khét như mùi tóc cháy do trong thành phần của tơ tằm được kết tinh từ protein.

(3) Đúng, Cho dung dịch HCl dư vào benzen và anilin thì anilin tan trong HCl còn phần không tan là benzen sau đó ta chiết lọc phần không tan thu được benzen. Đem dung dịch còn lại gồm có HCl dư và C₆H₅NH₃Cl sau khi chiết tác dụng với NaOH ta thu được anilin không tan.

(4) Sai, Glucozơ hay còn gọi là đường nho , fructozơ có nhiều trong mật ong và độ ngọt của nó gấp 2,5 lần glucozơ.

(5) Sai, Không dùng AgNO₃/NH₃ vì cả 2 chất đều có khả năng tham gia phản ứng. Để nhận biết glucozơ và fructozơ thì ta dùng dung dịch Br₂ vì glucozơ làm mất màu dung dịch Br₂ trong khi fructozơ thì không.

(6) Đúng, Trong tinh bột, amilopectin chiểm khoảng 70-80% . Trong gạo nếp chứa thành phần amilopectin cao hơn gạo tẻ vì vậy gạo nếp sẽ dẻo hơn gạo tẻ.

Vậy có 4 nhận xét đúng là (1), (2), (3), (6).

Có 4 phát biểu đúng là: (b), (d), (e) và (g).

Bản chất của điện phân dung dịch K₂SO₄ là cô cạn dung dịch.

\({n_{e(max)}} = 2{n_{Cu}} + {n_{Fe{{(N{O_3})}_2}}} = 1,2\)

⇒ V_NO = 8,96 lít

- Khi cho X tác dụng với 0,22 mol HCl rồi đem dung dịch thu được tác dụng với 0,42 mol thi :

\({n_A} = {n_{KOH}} - {n_{HCl}} = 0,42 - 0,22 = 0,2\,mol\)

- Đặt CTTQ của X là \({C_{\bar n}}{H_{2\bar n + 1}}{O_2}N\)

- Theo đề ta có :

\(44{n_{C{O_2}}} + 18{n_{{H_2}O}} = {m_{dd{\rm{ tng}}}} \to 44.0,2\bar n + 18(\bar n + 0,5) = 32,8 \Rightarrow \bar n = 2,5\)

Vậy trong X có chứa \(N{H_2}C{H_2}COOH(Y)\)

\( \Rightarrow {m_Z} = 1,56{m_Y} = 117(N{H_2}CH(C{H_3})COOH)\)

- Ta thực hiện phép quy đổi sau: \({C_2}{H_5}COOC{H_3} = {C_3}{H_8}.C{O_2}\) và \({\rm{C}}{{\rm{H}}_3}COOC{H_3} = {C_2}{H_6}.C{O_2}\)

⇒ Hỗn hợp X sau quy đổi gồm: C₃H₈, C₂H_6, C_xH_y và CO₂ 

- Khi đốt hỗn hợp X sau khi quy đổi (gồm các hidrocacbon và CO₂) thì lượng O₂ dùng đề đốt toàn bộ X cũng chính là lượng O₂ cần dùng để đốt hoàn toàn hỗn hợp hidrocacbon trong X .

+ Ta có:  \({{\rm{n}}_{HC}} = {n_{{C_2}{H_5}COOC{H_3}}} + {n_{C{H_3}COOC{H_3}}} + {n_{{C_x}{H_y}}} = {n_X} = 0,35\)

\({n_{C{O_2}}} = \frac{{2{n_{{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}}}{2} = 0,87 \to {n_{HC}}({k_{HC}} - 1) = {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}\)

\( \Rightarrow {n_{B{r_2}}} = {n_{HC}}.{k_{HC}} = {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} + {n_{HC}} = 0,87 - 0,8 + 0,35 = 0,42\;mol\)

- Xét toàn quá trình phản ứng ta có hệ sau :

\(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{Gly}} + 2{n_{Glu}} = {n_{NaOH}} - {n_{HCl}}\\
97{n_{GlyNa}} + 191{n_{GluN{a_2}}} = m - 58,5{n_{NaCl}}
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
a + 2b = 0,4\\
97a + 191b = 38,5
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 0,2\\
b = 0,1
\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \% {m_{Gly}} = \frac{{75{n_{Gly}}}}{{75{n_{Gly}} + 147{n_{Glu}}}}.100 = 50,51\)

\({n_{O(trong{\rm{ oxit)}}}} = \frac{{{m_{oxit}} - {m_{kl}}}}{{16}} = 0,08\,mol \Rightarrow {n_{{H_2}S{O_4}}} = {n_{O(trong{\rm{ oxit)}}}} = 0,08\,mol \to {V_{{H_2}S{O_4}}} = 0,16(l)\)

- Cho CO₂ tác dụng với dung dịch Ca(OH)₂ :  \(BTC:{n_{C{O_2}}} = {n_{CaC{O_3}(1)}} + 2{n_{CaC{O_3}}} = 0,75\,mol\)

\(\mathop {{C_6}{H_{10}}{O_5}}\limits_{3,75\,mol} \mathop  \to \limits_ \leftarrow  {C_6}{H_{12}}{O_6} \to \mathop {C{O_2}}\limits_{7,5\,mol}  + {C_2}{H_5}OH\)

\( \Rightarrow m = 162.\frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{2H}} = 750g\)

\({n_{NaOH}} = 2{n_{N{H_2}{C_3}{H_5}{{(COOH)}_2}}} + {n_{HCl}} = 0,65mol\)

- Dung dịch A chứa :  \({n_{O{H^ - }}} = 2{n_{{H_2}}} = 0,6\,mol\)

- Trung hòa dung dịch A thì :

\({n_{O{H^ - }}} = {n_{{H^ + }}} = 2{n_{{H_2}S{O_4}}} + {n_{HCl}} \to 2.0,5V + V = 0,6 \Rightarrow V = 0,3(l)\)

\(\mathop {C{H_3}COO{C_6}{H_5}}\limits_{phenyl{\rm{axetat}}}  + 2NaOH \to C{H_3}COONa + {C_6}{H_5}ONa + {H_2}O\)