Loại Al và Cr vì không tác dụng với HNO₃ đặc nguội.

Loại Cu vì không tác dụng với CuSO₄ → Chọn Mg 

⇒ Chọn A

Là kim loại lưỡng tính → Đáp án C

Mẫu nước A: Có 0,02 mg Pb²⁺ trong 0,5 lít nước →  Trong 1 lít nước có chứa 0,04 mg Pb²⁺ < 0,05 mg/lít → Mẫu nước không bị ô nhiễm.

Mẫu nước B: Có 0,04 mg Pb²⁺ trong 0,75 lít nước→ Trong 1 lít nước có chứa 0,053 mg Pb²⁺ > 0,05 mg/lít →Mẫu nước bị ô nhiễm nhẹ.

Mẫu nước C: Có 0,2 mg Pb²⁺ trong 2 lít nước →Trong 1 lít nước có chứa 0, 1 mg Pb²⁺ > 0,05 mg/lít→ Mẫu nước bị ô nhiễm nặng.

Mẫu nước D: Có 0,5 mg Pb²⁺ trong 4 lít nước→ Trong l lít nước có chứa 0,125 mg Pb²⁺  > 0,05 mg/lít → Mẫu nước bị ô nhiễm nặng nhất trong số các mẫu trên.

CH₃CH(NH₂)CH₃ và CH₃CH₂OH cùng bậc

Đáp án C

Đáp án B: thỏa mãn do khi NaOH dư sẽ hòa tan kết tủa Al(OH)₃

Tơ lapsan thuộc loại polieste

Đáp án D

BaCl₂ + K₂CrO₄ → KCl + BaCrO₄

Sắt (II) clorua không phản ứng với dung dịch H₂SO₄ loãng.

Fomalin không hòa tan được Cu(OH)₂ ở nhiệt độ thường

Đáp án A

Những chất gây ăn mòn kim loại là những chất có hoạt động hóa học mạnh và dễ phản ứng với kim loại ở điều kiện nhiệt độ thường.

Vì Ar, CO₂ và N₂ là các chất hầu như trơ ở điều kiện nhiệt độ thường nên chúng không gây ăn mòn kim loại phổ biến.

O₂ và H₂O là tác nhân oxh mạnh \(\Rightarrow\) Gây ăn mòn kim loại phổ biến.

O₂ + 2H₂O + 4e \(\rightarrow\) 4OH^–.

Vì Este (RCOOR') ở đáp án B có gốc R' là vinyl nên không thể điều chế trực tiếp este này từ axit cacboxylic và ancol tương ứng 

Số oxi hóa cao nhất của Silic thể hiện ở hợp chất nào trong SiO2.

Đáp án B

n_Fe3O4 = 2,32 : 232 = 0,01 mol → n_O(oxit) = 4n_Fe3O4 = 0,04 mol

Phản ứng của axit với oxit bazo có thể hiểu là: 2H⁺ + O^2- → H₂O

→ n_H+ = 2n_O(oxit) = 0,08 mol

BTNT "H" → n_H2SO4 = 0,5n_H+ = 0,04 mol → V = 0,04 : 0,2 = 0,2 lít

nM = nAl = x; nH₂ = 0,25 mol

Nếu M là kim loại kiềm: x + 3x = 0,25.2

→ x = 0,125

nAl(OH)3 = x → mAl(OH)3 = 9,75 gam

→ x = 0,1 mol

nAl(OH)3 = x → mAl(OH)3 = 7,8 gam

Chất trong dãy làm mất màu dung dịch KMnO₄ ở nhiệt độ thường là buta-1,3-đien, stiren, axetanđehit và axit acrylic.

Công thức của các polime như sau Polipropilen: [CH₂-CH(CH₃)]_n. Tinh bột: (C₆H₁₀O₅)_n.

Polistiren: [CH₂-CH(C₆H₅)]_n , Poli(vinyl clorua): (CH₂-CHCl)_n

Nhận thấy chỉ có polipropilen khi đốt cháy thu được CO₂ và H₂O với tỉ lệ số mol tương ứng là 1 : 1

[CH₂-CH(CH₃)]_n + 4,5nO₂ → 3nCO₂ + 3nH₂O

Đặt nGly = x; nGlu = y

X + HCl → muối + nước

Áp dụng bảo toàn khối lượng

→ m = 37,4 gam

Thứ tự các loại cacbohiđrat có chứa nhiều trong hình A, B, C, D lần lượt là Saccarozơ, tinh bột, glucozơ, xenlulozơ.

Đáp án B

C_{M Ba(OH)2} = 0,1M → [OH^-] = 0,1 x 2 = 0,2M

→ pOH = 0,699 → pH = 14 - 0,699 = 13,301

C_M H₂SO₄ = 0,1M → [H⁺] = 0,1 x 2 = 0,2M → pH = 0,699.

C_{M HCl} = 0,1M → [H⁺] = 0,1M → pH = 1.

C_{M NaOH} = 0,1M → [OH^-] = 0,1M → pOH = 1 → pH = 13

→ Chọn B.

Sau khi lắc nhẹ, rồi để yên thì thấy tại ống nghiệm (A) và (B) lần lượt xuất hiện dung dịch màu xanh lam và màu tím.  

Đáp án A

Chất tác dụng được với dung dịch HCl loãng, dư là Na, CuO, Na₂CO₃, BaS.

Theo đề X là H₂N-C₃H₆-COOH và Y là H₂N-C₂H₄-COO-CH₃

⇒ Các chất X₂ và Y₂ là H₂O và CH₃OH.

Dựa vào dãy điện hóa của kim loại

→ Cation kim loại có trong dung dịch Y là Al³⁺.     

Đáp án A

Các đồng phân của X thoả mãn là: CH₃-OOC-COO-C₂H₅ ; CH₂(COOCH₃)₂ ; CH₃-COO-CH₂-COO-CH₃; CH₃COO-CH₂-OOCCH₃.

Phản ứng nhiệt phân muối nitrat:  2NO₃^- → 2NO₂^- + O₂   và   4NO₃^- → 2O^2- + 4NO₂ + O₂

Khi cho Z vào nước: 2NO₂ + 1/2O₂ + H₂O → 2HNO₃

\( \left\{ \begin{array}{l} N{O_2}:x\;mol\\ {O_2}:y\;mol \end{array} \right. \Rightarrow {m_{{\rm{dd}}}} = 46x + 32y + 112,5 - 0,8 ; {n_{HN{O_3}}} = x\;mol \Rightarrow 0,125 = \frac{{63x}}{{46x + 32y + 111,7}}\;(1)\) \).

\(y = \frac{1}{4}x + 0,025\;(2)\)

Từ (1), (2) suy ra: x = 0,25; y = 0,0875

và \({m_X} = 10 + {m_Z} = 24,3\)

Và  \({n_{{O_2}\;(NaN{O_3})}} = 0,0875 - \frac{1}{4}.0,25 = 0,025\;mol \Rightarrow {n_{NaN{O_3}}} = 0,05\;mol \Rightarrow \% {m_{NaN{O_3}}} = 17,49\% \)

\(\left\{ \begin{array}{l} {C_{12}}{H_{22}}{O_{11}}:x\,mol\\ {({C_6}{H_{10}}{O_5})_n}:y\;mol \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x + y = 0,1\\ 2x.2 + 2y = 0,25 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 0,025\\ y = 0,075 \end{array} \right. \Rightarrow m = 20,7\;(g)\)

(c) C₆H₁₂O₆ (glucozơ) → 2C₂H₅OH (X₃) + 2CO₂.                                     

(d) C₂H₅OH (X₃) →  C₂H₄ (X₄) + H₂O.

(b) CH₂=C(COONa)₂ (X₁) + 2NaOH →  C₂H₄ (X₄) + 2Na₂CO₃.

(a) CH₂=C(COOC₂H₅)₂ (X) + 2NaOH →  CH₂=C(COONa)₂ (X₁) + 2C₂H₅OH (X₃).  

A. Sai, X₁ không hoà tan được Cu(OH)₂ ở nhiệt độ thường.                                 

B. Sai, X có công thức phân tử là C₈H₁₂O₄.

D. Sai, Nhiệt độ sôi của X₄ nhỏ hơn X₃. 

(1) 2AgNO₃  → 2Ag + 2NO₂ + O₂                    

(2) Si + 2NaOH + H₂O  →  Na₂SiO₃ + 2H₂

(3) CuO + NH₃ → Cu + N₂ + H₂O                     

(4) 4FeS₂ + 11O₂ →  2Fe₂O₃ + 8SO₂

(5) C + CO₂  → 2CO                                         

(6) 2Al₂O₃ →  4Al + 3O₂

(b) Sai, Phân lân cung cấp nguyên tố dinh dưỡng photpho cho cây trồng.

(c) Sai, Muối Na₂CO₃ bền không bị nhiệt phân.

Đốt cháy A cũng chính là đốt cháy butan \( \Rightarrow {n_{{C_4}{H_{10}}}} = {n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = 0,1\;mol\)

Khi cho A tác dụng với Br₂ thì: \({n_{anken}} = 0,075\;mol \Rightarrow H = \frac{{0,075}}{{0,1}}.100\% = 75\% \)

Các phản ứng xảy ra: OH^- + HCO₃^- → CO₃^2- + H₂O rồi Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃

Tại V = 0,1 lít →  \({n_{Ba{{(OH)}_2}}} = 0,05 \Rightarrow {n_{O{H^ - }}} = 0,1\;mol \Rightarrow {n_{B{a^{2 + }}}} = 0,05 + y = 0,1 \Rightarrow y = 0,05\)

Tại V = 0,3 lít → \( {n_{Ba{{(OH)}_2}}} = 0,15 \Rightarrow {n_{O{H^ - }}} = 0,3\,mol \Rightarrow {n_{HC{O_3}^ - }} = 0,2\;mol\;( = y)\)

(d) Sai,Tơ nilon-6,6 được điều chế từ phản ứng trùng ngưng hexametylenđiamin và axit ađipic.

\(\left\{ \begin{array}{l}
CuS{O_4}\\
KCl
\end{array} \right. \to \left\langle \begin{array}{l}
\mathop  \to \limits^{t(s)} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{Anot:C{l_2}\;(a\;mol);{O_2}(b\;mol)}\\
{Catot:Cu\;(0,16\;mol) \to {n_e} = 0,32 \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a + b = 0,1}\\
{2a + 4b = 0,32}
\end{array}} \right. \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{a = 0,04}\\
{b = 0,06}
\end{array}} \right.}
\end{array}} \right.\\
\mathop  \to \limits^{2t(s)} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{Anot:C{l_2}\;(0,04\;mol)\;;{O_2}(x\;mol)}\\
{Catot:Cu\;(0,24\;mol)\;;{H_2}}
\end{array}} \right.
\end{array} \right.\)

Tại thời điểm là 2t(s) ta có: \({n_e} = 0,64 \to x = 0,14 \to V = 4,032\;(l)\)

và m = \({m_{CuS{O_4}}} + {\rm{ }}{{\rm{m}}_{KCl}} = 44,36\;(g)\)

\({n_{ - COONa\left( {muoi} \right)}} = {n_{NaOH}} = 0,09\;mol \Rightarrow {n_{N{a_2}C{O_3}}} = 0,045\;mol\)

\({m_Y} + {m_{{O_2}}} = {m_{N{a_2}C{O_3}}} + {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} \Rightarrow {\rm{ }}44{n_{C{O_2}}} + 18{n_{{H_2}O}} = 14,65\;(1)\)

\(2{n_{ - COONa}} + 2{n_{{O_2}}} = 3{n_{N{a_2}C{O_3}}} + 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}}\) \( \Rightarrow 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} = 0,705{\rm{ (2)}}\)

Từ (1), (2) suy ra: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}
{{n_{C{O_2}}}{\mkern 1mu}  = {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0,245}\\
{{n_{{H_2}O}}{\mkern 1mu} {\mkern 1mu}  = {\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 0,215{\mkern 1mu} }
\end{array}} \right.\)

Gọi số C trong ancol là t ⇒ n_C(ancol) = 0,9t

\({n_{C{O_2}}} = {n_{C\;\left( Y \right)}} + {n_{C\;(ancol)}} = \;0,29 + 0,9t\)

Khi  t = 1 thì nCO2 = 0,38 mol thỏa mãn.

Giả sử Ba²⁺ hết lúc đó \({n_{HC{O_3}^ - }} + {n_{C{O_3}^{2 - }}} = {n_{C{O_2}}} = 0,25\;\)mol

Giả sử dung dịch X có chứa HCO₃^–, CO₃^2–. Khi nhỏ từ từ X vào dung dịch HCl thì:

\(\left\{ \begin{array}{l} {n_{HC{O_3}^ - }} + {n_{C{O_3}^{2 - }}} = {n_{C{O_2}}} = 0,25\\ {n_{HC{O_3}^ - }} + 2{n_{C{O_3}^{2 - }}} = {n_{{H^ + }}} = 0,35 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_{HC{O_3}^ - \;p}} = 0,15\;mol\\ {n_{C{O_3}^{2 - }\;p}} = 0,1\;mol \end{array} \right. \Rightarrow \frac{{{n_{HC{O_3}^ - }}}}{{{n_{C{O_3}^{2 - }}}}} = \frac{3}{2}\)

Trong dung dịch X gồm Na⁺ (0,2 mol), K⁺ (0,255 mol), HCO₃^– (3x mol), CO₃^2– (2x mol).

x = 0,065 mol → \({n_{C{O_2}}} = {n_{HC{O_3}^ - }} + {n_{C{O_3}^{2 - }}} + {n_{BaC{O_3}}} = 0,425\;mol \Rightarrow {V_{C{O_2}}} = 9,52\,(l)\)

Loại câu A và B vì kết BaSO₄ không tan.

Giả sử V = 22400 ml ⇒ nH+ = 0,2 mol

Nếu hai chất đó nằm ở câu C thì: \(\left\{ \begin{array}{l} {n_{Al{O_2}^ - }} = {n_{{H^ + }\;(1)}}\\ 4{n_{Al{O_2}^ - }} = {n_{{H^ + }\;(2)}} \end{array} \right.\) (không thoả mãn)

Nếu hai chất đó là \(\left\{ \begin{array}{l} NaOH:x\\ NaAl{O_2}:y \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x + y = 2\\ x + 4y = 3,4.2 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 0,4\\ y = 1,6 \end{array} \right.\) (thoả mãn)

(1) Anilin không tan trong nước, nặng hơn nước nên chìm xuống.

(2) Dung dịch trong suốt do tạo muối tan:

C₆H₅NH₂ + HCl → C₆H₅NH₃Cl

(3) Anilin được tái tạo nên dung dịch lại vẩn đục

C₆H₅NH₃Cl + NaOH → C₆H₅NH₂ + NaCl + H₂O

→ phát biểu C sai

Khi cho E tác dụng với NaOH thì: \(\left\{ \begin{array}{l} {n_X} + {n_Y} = 0,12\\ 2{n_X} + 3{n_Y} = 0,285 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_X} = 0,075\\ {n_Y} = 0,045 \end{array} \right. \Rightarrow \frac{{{n_X}}}{{{n_Y}}} = \frac{5}{3}\)

Khi đốt cháy E \(\left\{ \begin{array}{l} {C_n}{H_{2n - 2}}{O_4}:5x\;mol\\ {C_m}{H_{2m - 10}}{O_6}:3x\;mol \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} (14n + 62).5x + (14m + 86).3x = 17,02\\ 5xn + 3xm = 0,81 \end{array} \right. \Rightarrow x = 0,01\)

với m = 12 ⇒ n = 9 ⇒ X là CH₃COO-C₃H₆-OOCC₃H₇ và Y là (C₂H₃COO)₃C₃H₅

Hỗn hợp muối gồm CH₃COONa (0,075); C₃H₇COONa (0,075) và C₂H₃COONa (0,135) ⇒ m = 27,09 (g).

Cho hỗn hợp rắn Y tác dụng với dung dịch hỗn hợp gồm HCl (a), KNO₃ (0,05) và NaNO₃ (0,1).

+ Theo đề bài ta có \( {n_{N{H_4}^ + }} = {n_{KN{O_3}}} + {n_{NaN{O_3}}} + 2{n_{Cu{{(N{O_3})}_2}}} - 2{n_{{N_2}}} - {n_{NO}} = 0,025\,mol {n_{HCl}} = 2{n_O} + 10{n_{N{H_4}^ + }} + 12{n_{{N_2}}} + 10{n_{{N_2}O}} \to a = 0,016025m + 1,25\,(1)\)

Cho dung dịch Z tác dụng với lượng dư dung dịch Ba(OH)₂

+ Xét dung dịch sau phản ứng chứa Ba²⁺, Na⁺ (0,1 mol), K⁺ (0,05 mol), Cl^- (a mol)

+ Áp dụng BTĐT cho dung dịch sau phản ứng ta có \({n_{B{a^{2 + }}}} = 0,5({n_{C{l^ - }}} - {n_{{K^ + }}} - {n_{N{a^ + }}}) = 0,5a - 0,075\)

+ Xét hỗn hợp kết tủa ta có \({n_{O{H^ - }{\rm{ (trong k\^e t tua)}}}} = 2{n_{Ba{{(OH)}_2}}} - {n_{N{H_4}^ + }} = a - 0,175\)

\({m_ \downarrow } = {m_{{M^{n + }}}} + 17{n_{O{H^ - }}} \to 56,375 = 0,8718m + 0,0375.64 + 17(a - 0,175) \to 0,8718m + 17a = 56,95\,(2)\)

Giải hệ (1) và (2) ta có m = 31,2 gam

Ta có: n_{mắt xích (Y)} = 2n_N2 = 0,12 mol ⇒ n_este = n_NaOH – n _{mắt xích (Y)}  = 0,14 – 0,12 = 0,02 mol

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l}
X:{C_n}{H_{2n - 2}}{O_2}:0,02\;molnC{O_2} + (n - 1){H_2}O\\
Y:{C_m}{H_{2m + 2 - k}}{N_k}{O_{k + 1}}:\frac{{0,12}}{k}\;molmC{O_2} + (m + 1 - 0,5k){H_2}O
\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = {n_X} + (0,5k - 1){n_Y}\) \( \Leftrightarrow 0,04 = 0,02 + (0,5k - 1)\frac{{0,12}}{k} \Rightarrow k = 3\)

\({n_{C{O_2}}} = 0,02n + 0,04m = 0,38\) với \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{n = 5}\\
{m = 7}
\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
X:C{H_2} = C(C{H_3})C{\rm{OOC}}{{\rm{H}}_{\rm{3}}}\;(0,02\;mol)\\
Y:{(Gly)_2}Ala\;(0,04\;mol)
\end{array} \right.\)

A. Giá trị của m = 0,02.100 + 0,04.203 = 10,12 (g).

B. Y chỉ có 1 gốc Ala ⇒ Sai.

C. %m_X = 0,02.100/10,12 = 19,76%.

D. \({n_{{H_2}O}} = {n_Y} = 0,04{\rm{ }}mol\;;{\rm{ }}{n_{C{H_3}OH}} = {n_X} = 0,02{\rm{ }}mol\)