Cs là kim loại kiềm

Đáp án C

Dung dịch natri cromat có màu vàng

Đáp án A

Trong phân tử glixerol, ancol etylic, saccarozơ có liên kết phân cực nhưng rất yếu, nên dưới tác dụng của các phân tử nước, chúng không thể phân li ra ion.

Cho este X có công thức cấu tạo CH₃COOC₂H₅. Tên gọi của X là etyl axetat.    

Đáp án C

Tơ olon thuộc loại tơ tổng hợp

Đáp án B

Gọi số oxi hóa của C là x, ta có: \(4.( + 3) + 3x = 0 \to x = - 4\)

\({\left( {{C_{17}}{H_{35}}COO} \right)_3}{C_3}{H_5} + 3NaOH \to 3{C_{17}}{H_{35}}COONa + {C_3}{H_5}{\left( {OH} \right)_3}\)

CH₃COOH có một liên kết đôi C=O.

C₂H₂ có một liên kết ba \(C \equiv C\)

CH₃OH chỉ chứa liên kết đơn.

C₂H₄ có một liên kết đôi C=C.

Công thức chung của ancol no, hai chức, mạch hở là C_nH_2n+2O₂

Đáp án D

Hg là kim loại có nhiệt độ nóng chảy thấp nhất và là chất lỏng ở điều kiện thường.

\({n_{KOH}} = {1.10^{ - (14 - 12)}} = 0,01 \to m = 0,01.39 = 0,39gam\)

Phản ứng tạo thành X:  \({N_2} + {O_2} \to 2NO\)

X hóa nâu trong không khí:  \(2NO + {O_2} \to 2N{O_2}\)

\(\begin{array}{l} FeC{O_3} + 2HCl \to FeC{l_2} + C{O_2} + {H_2}O\\ F{e_3}{O_4} + 8HCl \to 2FeC{l_3} + FeC{l_2} + 4{H_2}O\\ Fe + 2HCl \to FeC{l_2} + {H_2}\\ Fe{\left( {OH} \right)_3} + 3HCl \to FeC{l_3} + 3{H_2}O \end{array}\)

\(k = 1{\rm{ }} \to \) Este no, đơn chức, mạch hở.

Các cấu tạo thỏa mãn:  \(HCOO - C - C - C;{\rm{ }}HCOO - C\left( C \right) - C;{\rm{ }}C - COO - C - C;{\rm{ }}C - C - COO - C\)

Axit fomic và axit glutamic làm quỳ tím hóa hồng.

Metylamin làm quỳ tím hóa xanh.

Phenol có tính axit yếu nên không làm đổi màu quỳ tím.

Tất cả các chất đều thỏa mãn. Các phản ứng hóa học:

\(\begin{array}{l} CuC{l_2} + 2NaOH \to Cu{\left( {OH} \right)_2} \downarrow + 2NaCl\\ {P_2}{O_5} + 6NaOH \to 2N{a_3}P{O_4} + 3{H_2}O\\ Zn{\left( {OH} \right)_2} + 2NaOH \to N{a_2}Zn{O_2} + 2{H_2}O\\ Cr{O_3} + 2NaOH \to N{a_2}Cr{O_4} + {H_2}O\\ Si + 2NaOH + {H_2}O \to N{a_2}Si{O_3} + 2{H_2} \end{array}\)

\(C{H_3}COO{C_6}{H_5} + 2KOH \to C{H_3}COOK + {C_6}{H_5}OK + {H_2}O\)

\({n_{C{H_3}COO{C_6}{H_5}}} = \frac{{20,4}}{{136}} = 0,15 < 0,2 = \frac{{{n_{KOH}}}}{2} \to \) Rắn gồm muối và KOH dư.

\(\to m = {m_{este}} + {m_{KOH}} - {m_{{H_2}O}} = 20,4 + 0,4.56 - 0,15.18 = 40,1gam\)

Lá Zn đang bị ăn mòn hóa học. Để bọt khí thoát ra nhanh hơn, vì các đáp án đều là muối nên để ta không thể tăng nồng độ axit, ta chỉ có thể tạo ra sự ăn mòn điện hóa. Để tạo ra điện cực thứ hai, dung dịch muối thêm vào phải chứa cation của kim loại có tính khử yếu hơn Zn.

→ Chỉ có dung dịch CuSO₄ thỏa mãn: \(Zn + C{u^{2 + }} \to Z{n^{2 + }} + Cu.\)

\(\begin{array}{l} {C_n}{H_{2n + 3}}N \to nC{O_2} + \left( {n + 1,5} \right){H_2}O + 0,5{N_2}\\ n + \left( {n + 1,5} \right) + 0,5 = \frac{{3,2}}{{0,4}} \to n = 3 \to {M_X} = 59 \end{array}\)

\(3{\mathop {Cl}\limits^0 _2} + 6\mathop {Fe}\limits^{ + 2} S{O_4} \to 2\mathop {Fe}\limits^{ + 3} {\mathop {Cl}\limits^{ - 1} _3} + 2{\mathop {Fe}\limits^{ + 3} _2}{\left( {S{O_4}} \right)_3}\)

Khí CFC gây suy giảm tầng ozon, không gây ô nhiễm nguồn nước.

Ta có: \({m_X} = 0,02.81 + 0,08.24 = 3,54 = \) m_{dung dịch tăng}

→ Phản ứng không sinh ra khí → Sản phẩm khử của HNO₃ là NH₄NO₃.

Bảo toàn e, ta có: \({n_{N{H_4}N{O_3}}} = \frac{{2.0,08}}{8} = 0,02\)

\( \to {n_{HN{O_3}}} = 2{n_{ZnO}} + 10{n_{N{H_4}N{O_3}}} = 2.0,02 + 10.0,02 = 0,24\)

\(2KMn{O_4} \to {K_2}Mn{O_4} + Mn{O_2} + {O_{2(k)}}.\)

Đáp án B

\(N{H_4}HC{O_3}\to N{H_3} + C{O_2} + {H_2}O{\rm{ }}\left( {sinh{\rm{ }}ra{\rm{ }}N{H_3}va {\rm{ }}C{O_2}} \right).\)

\(2NaCl + 2{H_2}O \to 2NaOH + C{l_2} + {H_2}\left( {sinh{\rm{ }}ra{\rm{ }}C{l_2}va {\rm{ }}{H_2}} \right).\)

\(Ba{\left( {OH} \right)_2} + N{a_2}S{O_4} \to BaS{O_4} + 2NaOH.\)

\(F{e_2}{O_3} + 6HN{O_3} \to 2Fe{\left( {N{O_3}} \right)_3} + 3{H_2}O.\)

X và Y lần lượt là Cr₂(SO₄)₃ và KCrO₂.

Đáp án D

\({n_{N{H_2}}} = nCOOH = \frac{{0,4m}}{{32}}\)

\( \to {m_X} + {m_{HCl}} = \)m muối \( \to m + \frac{{0,4m}}{{32}}.36,5 = 2m - 17,4 = m = 32\)

- Xét phản ứng (b) và (c), vì X₃ không thể là amin nên X₄ là C₆H₁₂(NH₂)₂, X₃ là C₄H₈(COOH)₂ và X₁ là C₄H₈(COONa)₂.

- Xét phản ứng (a) và (d), vì X₂ không thể là axit nên X₅ là C₆H₄(COOH)₂ và X₂ là C₂H₄(OH)₂.

- Xét phản ứng (a), vì X mạch hở nên X là C₄H₈(COOC₂H₄OH)₂.

  \(\begin{array}{l} X + 2NaOH \to {C_4}{H_8}{\left( {COONa} \right)_2} + 2{C_2}{H_4}{\left( {OH} \right)_2}.\\ \to {M_X} = 146 + 62.2 - 18.2 = 234 \end{array}\)

Có tổng cộng 5 phát biểu đúng

Đáp án D

Xét hai trường hợp.

- Trường hợp 1: Dung dịch sau phản ứng chứa NaHCO₃ và Na₂CO₃.

\(\left\{ \begin{array}{l} NaHC{O_3}:x\\ N{a_2}C{O_3}:y \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x + 2y = 1,36\\ 84x + 106y = 71,04 \end{array} \right. \to \) Hệ số nghiệm âm.

- Trường hợp 2: Dung dịch sau phản ứng chứa NaOH và Na₂CO₃.

\(\left\{ \begin{array}{l} NaOH:x\\ N{a_2}C{O_3}:y \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x + 2y = 1,36\\ 40x + 106y = 71,04 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x = 0,08\\ y = 0,64 \end{array} \right. \to {n_{C{O_2}}} = 0,64\)

\(\begin{array}{l} {C_6}{H_{12}}{O_6} \to 2{C_2}{H_5}OH + 2C{O_2}\\ H\% = \frac{{nC{O_2}}}{{2{n_{{C_6}{H_{12}}{O_6}}}}}.100\% = \frac{{0,64}}{{2.72:180}}.100\% = 80\% \end{array}\)

\(\left\{ \begin{array}{l} C\\ {H_2}O:x \end{array} \right. \to X\left\{ \begin{array}{l} CO\\ C{O_2}\\ {H_2}:x \end{array} \right. \to Y\left\{ \begin{array}{l} C{O_2}\\ {H_2}O \end{array} \right.\)

n_{CuO (phản ứng)}   \( = \frac{8}{{16}} = 0,5 \to {n_{C{O_2}\left( Y \right)}} = 0,25\)

\(BTKL:{m_X} = 12.0,25 + 18x = (0,25 + x).4.3,875 \to x = 0,35\)

\(\to {V_X} = 22,4.(0,25 + 0,35) = 13,44\)

\(\left\{ \begin{array}{l} NaOH:{\rm{ }}0,036\\ N{a_2}C{O_3}:{\rm{ }}0,024 \end{array} \right. \to X\left\{ \begin{array}{l} NaCl\\ N{a_2}C{O_3}:x\\ \underbrace {{\rm{NaHC}}{{\rm{O}}_{\rm{3}}}{\rm{:0,024 - x}}}_{{\rm{3 muoi}}} \end{array} \right. \to \mathop {C{O_2}}\limits_{0,018} \)

Vì  \({n_{C{O_2}}} = 0,018 < 0,024 \to \)Ở phản ứng (2), HCl hết.

Vì ta cho từ từ X vào dung dịch HCl nên xảy ra đồng thời hai phản ứng:

\(\begin{array}{l} CO_3^{2 - } + 2{H^ + } \to C{O_2} + {H_2}O\\ HCO_3^ - + {H^ + } \to C{O_2} + {H_2}O\\ \frac{{{n_{{H^ + }}}}}{{{n_{C{O_2}}}}} = \frac{{2kx + k.(0,024 - x)}}{{kx + k.(0,024 - x)}} = \frac{{0,03}}{{0,018}} \to \frac{{x + 0,024}}{{0,024}} = \frac{{0,03}}{{0,018}} \to x = 0,016\\ \to {n_{NaCl\left( X \right)}} = 0,036 + 2.0,024 - 2.0,016 - (0,024 - 0,016) = 0,044\\ \to V = 1000.\frac{{0,044}}{{0,5}} = 88 \end{array}\)

Từ bảng nhiệt độ sôi ta thấy nhiệt độ sôi T> Y > X > Z

Mà thứ tự nhiệt độ sôi của các chất: axit axetic > etanol > axetandehit > axetilen

Vậy T là axit axetic (CH₃COOH) ; Y là etanol (C₂H₅OH)

X là axetandehit (CH₃CHO) ; Z là axetilen (C₂H₂)

Xét các phát biểu

(a) Sai C₂H₂ có tham gia phản ứng với AgNO₃/NH₃, t⁰ nhưng phản ứng đó không được gọi là tráng bạc vì không sinh ra Ag

(b) Đúng: 2CH₃COOH + Cu(OH)₂ → (CH­₃COO)₂Cu + 2H₂O

(c) Sai: Đốt CH₃CHO thu được n_CO2 = n_H2O vì CH₃CHO chỉ có 1 liên kết pi trong phân tử

(d) Đúng: CH₃COOH + C₂H₅OH ⇆ H₃COOC₂H₅ + H₂O

→ có 2 phát biểu đúng

Đoạn 1:

Ag+ + Cl- → AgCl

Fe2+ + H+ + NO3- →Fe3+ + NO + H2O

Đoạn 2: Ag+ + Cl- → AgCl

Ag+ + Fe2+ → Fe3+ + Ag

Đặt nNO = b → nAg = nFe2+ – 3b

Khi nFeCl2 = 3a

m↓ = 143,5.6a + 108(3a – 3b) = 46,29

Khi nFeCl2 = 4a

m↓ = 143,5.8a + 108(4a – 3b) = 66,04

→ a = 0,05 và b = 0,04

→ nHNO3 = 4b = 0,16

→ CM = 0,16/0,8 = 0,2

\(\begin{array}{l} 2{n_E} = {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} - {n_{{H_2}}} \to {n_E} = 0,045\\ 2{n_E} = {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} - {n_{{H_2}}} \to {n_E} = 0,045\\ E \to Z\left\{ \begin{array}{l} {C_{15}}{H_{31}}COOK\\ {C_{17}}{H_y}COOK \end{array} \right. \to y = 33 \to Z\left\{ \begin{array}{l} {C_{15}}{H_{31}}COOK:{\rm{ }}0,045\\ {C_{17}}{H_{33}}COOK:{\rm{ }}009 \end{array} \right.\\ \to {m_Z} = {m_E} + {m_{KOH}} - {m_{{C_3}{H_5}{{\left( {OH} \right)}_3}}} = 42,03\\ \to \% {m_{{C_{17}}{H_{33}}COOK\left( Z \right)}} = \frac{{0,09.320}}{{42,03}}.100\% \approx 68,5\% \end{array}\)

Sau phản ứng thu được hỗn hợp kim loại

→ X chứa Cu(NO₃)₂ và HNO₃, Y chỉ chứa Fe(NO₃)₂.

Gọi số mol Cu²⁺ đã bị điện phân và số mol Cu²⁺ còn lại lần lượt là a và b.

Để đơn giản hóa bài toán, ta coi toàn bộ quá trình như sau:

\(\begin{array}{l} \mathop {C{u^{2 + }}}\limits_a + \mathop {{H_2}O}\limits_a \to Cu + 0,5{O_2} + \mathop {2{H^ + }}\limits_{2a} \\ 3Fe + \mathop {8{H^ + }}\limits_{2a} + 2NO_3^ - \to 3F{e^{2 + }} + \mathop {2NO}\limits_{0,75a} + 4{H_2}O\\ Fe + \mathop {C{u^{2 + }}}\limits_b \to \mathop {F{e^{2 + }}}\limits_b + Cu \end{array}\)

Bảo toàn khối lượng cho dung dịch Y, ta có:

\({m_{Fe{{\left( {N{O_3}} \right)}_2}}} + {m_{{H_2}O}} = 180.(0,75a + b) + \frac{{188.\left( {a + b} \right)}}{{0,282}}.(1 - 0,282) = 156,28\)

Mặt khác, bảo toàn khối lượng kim loại, ta có:

\(\begin{array}{l} {m_{Fe}} + {m_{C{u^{2 + }}\left( X \right)}} = {m_{F{e^{2 + }}\left( Y \right)}} + {m_{KL}} \to 14 + 64b = 56.(0,75a + b) + 13,92\\ \to \left\{ \begin{array}{l} a = 0,04\\ b = 0,2 \end{array} \right. \to m = \frac{{188.(0,04 + 0,2)}}{{0,282}} = 160 \end{array}\)

Thứ tự phù hợp (từ trái sang phải) các thao tác khi tiến hành thí nghiệm đốt cháy sắt trong khí oxi là (b), (a), (d), (e), (c).  

Đáp án C

\(X\left\{ \begin{array}{l} Mg:{\rm{ }}a\\ F{e_3}{O_4}:{\rm{ }}b\\ \underbrace {Cu{{\left( {N{O_3}} \right)}_2})}_{10,8gam} \end{array} \right. \to \left\langle \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} NO:{\rm{ }}0,03\\ {H_2}:{\rm{ }}0,01 \end{array} \right.\\ Y\left\{ \begin{array}{l} N{H_4}^ + :{\rm{ }}0,01\\ M{g^{2 + }}\\ C{u^{2 + }}\\ F{e^{2 + }}:{\rm{ }}x\\ F{e^{3 + }}:{\rm{ }}y\\ SO_4^{2 - }:{\rm{ }}c \end{array} \right. \to \left\langle \begin{array}{l} N{H_3}:{\rm{ }}0,01\\ \left\{ \begin{array}{l} Mg,{\rm{ }}Fe,{\rm{ }}Cu\\ \underbrace {OH:2c - 0,01}_{13,67{\rm{ }}gam} \end{array} \right. \end{array} \right. \end{array} \right.\)

\(BTNT \to {n_{Cu{{\left( {N{O_3}} \right)}_2}}} = 0,02\)

\(\left\{ \begin{array}{l} {m_x} = 24a + 232b + 188.0,02 = 10,8\\ {n_{{H^ + }}} = 2c = 8b + 4.0,03 + 2.0,01 + 10.0,01\\ {m_ \downarrow } = 24a + 56.3b + 64.0,02 + 17.(2c - 0,01) = 13,67 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} a = 0,1\\ b = 0,02\\ c = 0,2 \end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} \to x + y = 0,06\\ \to 2x + 3y = 0,15 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x = 0,03\\ y = 0,03 \end{array} \right.\\ \to C{\% _{F{e_2}{{\left( {S{O_4}} \right)}_3}}} = \frac{{0,015.400}}{{10,8 + 100 - 30.0,03 - 2.0,01}}.100\% = 5,46\% \end{array}\)

Quy đổi E thành C2H3ON (0,7), CH2(a) và H2O(b)

mE = 0,7.57 + 14a + 18b = 52,8

Đốt F tốn O như đốt E nên:

nO2 = 0,7.2,25 + 1,5a = 2,475

→ a = 0,6 và b = 0,25

→ Số C = (a + 0,7.2)/b = 8

Các peptit 8C có dạng Al-Val (x), Gly(Al)2 (y) và (Gly)4 (z)

nN = 2x + 3y + 4z = 0,7

nC = 8x + 8y + 8z = a + 0,7.2

Muối gồm C2H3ON (0,7), CH2 (a) và KOh (0,7)

→ m muối = 87,5 → nGlyK = y + 4z = 0,4 

→ x = 0,15, y = 0, z = 0,1

→ Các peptit gồm Al-Val, Val-Ala (tổng 0,15 mol) và (Gly)4 (0,1 mol)

→ % (Gly)4 = 46,59%

Khối lượng mỗi phần là 49,65 gam

Phần 2 + HNO3 → Muối + NO + H2O

Bảo toàn khối lượng → nH2O = 1,4

Bảo toàn H → nNH4+ = 0,1

nH+ = 4nNO + 10nNH4+ + 2nO

→nO = 0,6 → nAl phản ứng = 0,4

nH2 = 0,225 → nAl dư = 0,15

→ nFe = (49,65 – mAl tổng – mO)/56 = 0,45

→ nFe trong FexOy < 0,45 x : y = nFe : nO < 0,45/0,6 = 0,75

→ x : y = 2 : 3 là nghiệm duy nhất.

Oxit là Fe2O3 (0,2 mol)

→ mFe2O3 = 0,2.160.2 = 64 gam

Bảo toàn nguyên tố Na: n_{NaOH pứ} =2n_Na2CO3 = 0,14 mol

Bảo toàn khối lượng: m_T + m_O2 = m_Na2CO3 + m_CO2 + m_H2O => n_O2 = 0,26 mol

Bảo toàn O: n_O(T) + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O + 3n_Na2CO3 => n_O(T) = 0,32mol

Giả sử 3 muối trong T đều chỉ chứa nhóm COO

=> n_O(T) = 2n_Na = 0,14 mol < 0,32 mol => Phải có muối chứa  nhóm OH

=> X là RCOOR₁ (x mol) ; Y là ACOO-A₁-COOB (y mol)

T gồm: RCOONa (x mol) ; ACOONa (y mol) và HO-A₁-COONa (y mol)

=> n_NaOH = x + 2y = 0,14 mol

n_O(T) = 2x + 2y + 3y = 0,32 mol

=> x = 0,06 ; y = 0,04 mol

Đặt n, m, p là số C tương ứng với 3 muối trên

=> Bảo toàn C:  n_C = 0,06n + 0,04m + 0,04p = n_Na2CO3 + n_CO2 = 0,07 + 0,21

=> 3n + 2m + 2p = 14

=> n = 2 ; m = 1 ; p = 3 (thỏa mãn)

=> T gồm CH₃COONa (0,06 mol) ; HCOONa (0,04 mol) ; HOCH₂H₄COONa (0,04 mol)

Bảo toàn khối lượng: m_E + m_NaOH = m_Z + m_T

=> m_T = 10,56 + 0,14.40 – 12,12 = 4,04g

Z gồm R₁OH (0,06 mol ) và BOH (0,04 mol)

=> m_Z = 0,06.M₁ + 0,04.M₂ = 4,04

=> 3M₁ + 2M₂ = 202 => M₁ = 46 (C₂H₅OH) và M₂ = 32 (CH₃OH) là nghiệm duy nhất

X là CH₃COOC₂H₅ (0,06 mol)

Y là HCOOC₂H₄COOCH₃ (0,04 mol)

=> %m_Y = 0,04.132 : 10,56 = 50%