Ag có tính khử yếu hơn Cu

Đáp án A

Đốt hỗn hợp Fe và Cu trong bình chứa khí clo dư, thu được sản phẩm muối gồm FeCl₃ và CuCl₂.

Thành phần chính của khí thiên nhiên là Metan.    

Đáp án A

Chất béo là trieste của axit béo với glixerol.

Đáp án D

Axit làm quỳ tím hoá đỏ

Đáp án C

Tàu biển với lớp vỏ thép dễ bị ăn mòn bởi môi trường không khí và nước biển. Để bào vệ các tàu thép ngoài việc sơn bỏ vệ, người ta còn gắn vào vỏ tàu một số tấm kim loại. Tấm kim loại đó là kẽm (Zn)

Đáp án D

Crom không tác dụng được với NaOH loãng.  

Đáp án C

Hematit đỏ có thành phần chính chứa sắt (III) oxit.

Fructozơ có phản ứng tráng bạc

Đáp án C

Trong công nghiệp, nhôm được sản xuất bằng phương pháp điện phân nhôm oxit nóng chảy. 

Đáp án C

Tristearin không phải là polime

Đáp án A

2NaHCO₃  → Na₂O + 2CO₂ + H₂O.

→ Sai → Đáp án B

Tên gọi của X là Gly-Ala.  

Đáp án B

Ta có n_NaOH : n_X = 0,02 : 0,02= 1: 1 → amino axit chứa 1 nhóm COOH

Bảo toàn khối lượng → m_X = 2,5 + 0,02. 18 - 0,02. 40 = 2, 06 gam → M_X = 103 → (Đến đây có thể chọn luôn đáp án A)

Ta có trong 100 gam dung dịch có 20,6 gam X → n_X = 0,2 mol

→ n_X : n_HCl = 0,2 : 0,2 = 1:1 → X chứa 1 nhóm NH₂

X có dạng NH₂-R-COOH có M = 103 → R= 42 (C₃H₆)

Vậy X có công thức NH₂-C₃H₆-COOH.

Đáp án A.

Sơ đồ phản ứng : (C₆H₁₀O₅)_n → nC₆H₁₂O₆ → 2nCO₂

khi đun nóng dung dịch tạo thêm kết tủa => chứng tỏ có Ca(HCO₃)₂

Ca(HCO₃)₂ → CaCO₃ + CO₂ + H₂O

→ n_CO2 = n_CaCO3 bđ + 2n_Ca(HCO3)2 = 4,5 + 2.2 = 8,5 mol

→ n_{tinh bột} = 4,25/n mol → m_{tinh bột (Thực)} = 688,5 g = 0,6885 kg

Mà : m_{Tinh bột lý thuyết} = 2,025.80% = 1,62 kg

→ H% = 42,5%

Chất trong dãy bị thuỷ phân trong môi trường kiềm là etyl butirat.

Vì sau khối lượng thanh sắt không đổi nên m_tăng = m_giảm ⇒ 0,1.56 = (64 – 56).a ⇒  a =  

Đọc thí nghiệm: phản ứng trong dung dịch X cần nhiệt độ; sản phẩm tạo thành Y là hợp chất hữu cơ, dễ bay hơi và ngưng tụ trong nước đá lạnh

Chỉ có đáp án A

Số mol H⁺ = 0,0025 mol → số mol NaOH = 0,0025 mol → a = 0,05 M.

Đáp án D

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

Loại Cu vì không tác dụng với CuSO₄ → Chọn Mg ⇒ Chọn A

Al là kim loại lưỡng tính → Sai

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.

Những chất mà bằng một phản ứng tạo Fe₂O₃ là

FeS + O2 → Fe₂O₃                

Fe(OH)₂ + O2 + H2O →  Fe₂O₃           

Fe(OH)₃ →   Fe₂O₃

FeCO₃  + O2 → Fe₂O₃             

Fe(NO₃)₂ →   Fe₂O₃

X tác dụng với Na và có 2 nguyên tử C trong phân tử Þ X có thể là: CH₃-CH₂-OH ; HO-CH₂-CH₂-OH ; CH₃-COOH ; HOOC-COOH

Ta có:  \(\left\{ \begin{array}{l} O{H^ - }:4\;mol\\ B{a^{2 + }}:2\;mol\\ HC{O_3}^ - :2\;mol\\ {K^ + } \end{array} \right. \to \left\langle \begin{array}{l} O{H^ - } + HC{O_3}^ - \to C{O_3}^{2 - } + {H_2}O\\ B{a^{2 + }} + C{O_3}^{2 - } \to BaC{O_3} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} BaC{O_3}\\ KOH \end{array} \right.\left\{ \begin{array}{l} O{H^ - }:4\;mol\\ B{a^{2 + }}:2\;mol\\ HC{O_3}^ - :2\;mol\\ {K^ + } \end{array} \right. \to \left\langle \begin{array}{l} O{H^ - } + HC{O_3}^ - \to C{O_3}^{2 - } + {H_2}O\\ B{a^{2 + }} + C{O_3}^{2 - } \to BaC{O_3} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} BaC{O_3}\\ KOH \end{array} \right.\)

Trong 100 gam chất béo có 89 gam tristearin và 11 gam axit stearic.

Vậy muối thu được là C₁₇H₃₅COONa : 0,33873 mol ⇒ m = 103,65 gam.

\((1)\;{C_6}{H_{12}}{O_6}\;(glucozo) \to 2{C_2}{H_5}OH\;({X_1}) + 2C{O_2}\)

\((2){C_2}{H_5}OH\;({X_1}) + {X_2} \Leftrightarrow {X_3} + {H_2}O\)

\((3)Y({C_7}{H_{10}}{O_4}) + 2{H_2}O \to {C_2}{H_5}OH\;({X_1}) + C{H_2}{(C{\rm{OOH)}}_2}\;({X_2}) + C{H_3}CHO\;({X_4})\)

\((4)\;C{H_3}CHO\;({X_4}) + {H_2} \to \;{C_2}{H_5}OH\;({X_1})\)

A. Sai, Nhiệt độ sôi của X₄ thấp hơn của X₁.               

B. Sai, Hợp chất Y không có đồng phân hình học.

C. Sai, Phân tử X₂ có 4 nguyên tử hiđro.

(1) Sục khí CO₂ đến dư vào dung dịch Ca(OH)₂ thu được Ca(HCO₃)₂.

(2) Sục khí NH₃ đến dư vào dung dịch CuCl₂ tạo phức [Cu(NH₃)₄](OH)₂.

(3) Cho Na vào dung dịch FeCl₃ thu được kết tủa Fe(OH)₃.

(4) Cho hỗn hợp rắn CrO₃ và Ba vào nước thu được kết tủa BaCrO₄.

(5) Cho BaCl₂ vào dung dịch KHSO₄ thu được kết tủa BaSO₄.                        

(6) Cho dung dịch AgNO₃ dư vào dung dịch FeCl₂ thu được hỗn hợp kết tủa là Ag, AgCl.

(a) Sai, Khi điện phân dung dịch CuSO₄ (điện cực trơ) tại anot H₂O bị oxi hoá tạo ra khí O₂.       

(c) Sai, Ở nhiệt độ cao, khí CO không khử được Al₂O₃.

Ta có: m_{dd giảm} = \({m_{CaC{O_3}}} - {m_{C{O_2}}} - {m_{{H_2}O}} \Rightarrow {n_{{H_2}O}} = 0,8\;mol\)

mà  \(m = 12{n_{C{O_2}}} + 2{n_{{H_2}O}} + 16{n_O} \Rightarrow {n_O} = 1,2\,mol\)

Khi cho 17 gam X tác dụng với NaHCO3 thì: \({n_{C{O_2}}} = \frac{{{n_O}}}{2} = 0,3\;mol \Rightarrow V = 6,72\;(l)\)

Đọc ngay từ giả thiết đồ thị biểu diễn: dung dịch X chứa 0,25 moi Al³⁺ và 0,1 mol H⁺.

Quá trình: đoạn OA biểu diễn tỉ lệ phản ứng: .

Đoạn AB biểu diễn tỉ lệ phản ứng:

BC biểu diễn tỉ lệ phản ứng:

Theo đó, ta có AM = 3EM " (0,1V-0,1) = 3a " 0,1V - 3a = 0,l                           (1).

Lại có, AC = 4 × 0,25 = 1 mà AN = 0,3V - 0,1 và NC = NF = ME = a

Suy ra: (0,3V - 0,1) + a = 1 " 0,3V + a = l,l                                                     (2)

Giải hệ các phương trình ta được: V = 3,4 và a = 0,08.

Chọn C.

(d) Sai, Thủy phân este đơn chức mạch hở trong môi trường kiềm luôn thu được muối và có thể có hoặc không có ancol.

(e) Sai, Số nguyên tử N có trong phân tử đipeptit Ala–Lys là 3

\(n_{NO}=0,05, \ n_{NaOH}=0,23\)

+ TH1: Y còn H⁺ dư

\(Y \begin{cases} Fe^{3+}: \ a \\ H^+: \ b \end{cases} \\ \rightarrow 3a+b=0,23 \\ n_{HCl \ pu}=0,1-b \\ 4H^++NO_3^-+3e \rightarrow NO+2H_2O \\ \rightarrow n_{NO}=\dfrac{n_{H^+}}{4}=\dfrac{0,1-b}{4} \\ \rightarrow \text{Bao toan e co } 3a=3.0,05+3.\dfrac{0,1-b}{4} \\ \rightarrow a=0,07, \ b=0,02 \\ \rightarrow m=0,07.56=3,92 \\ \rightarrow B\)

+ TH2: H⁺ hết

\(Y \begin{cases} Fe^{2+}: x \\ Fe^{3+}:y \end{cases} \\ \rightarrow 2x+3y=0,23 \\ \text{Bao toan e co } 2x+3y=0,05.3+\dfrac{0,1}{4}.3=0,225 \\ \rightarrow \text{ Vo ly } \\ \rightarrow B\)

Dung dịch Y gồm KHCO₃ (2a mol) và K₂CO₃ (a mol).

Khi cho từ từ X vào Y thì: a = x – 0,05 (1)

Khi cho từ từ T vào X thì: \(\left\{ \begin{array}{l} {n_{C{O_3}^{2 - }}} + {n_{HC{O_3}^ - }} = 0,15\\ {n_{C{O_3}^{2 - }}}:{n_{HC{O_3}^ - }} = 1:2 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_{C{O_3}^{2 - }}} = 0,05\\ {n_{HC{O_3}^ - }} = 0,1 \end{array} \right. \Rightarrow x = 0,05.2 + 0,05 = 0,2\)

Thay x vào (1) suy ra a = 0,15 ⇒ x + y = 0,65.

Tại thời điểm t (s) ta có: \({n_{{O_2}}} = 0,15 - {n_{C{l_2}}} = 0,06\;mol \Rightarrow {n_{e\;(1)}} = 0,42\;mol\)

Tại thời điểm 2t (s) ta có: \({n_{e\;(2)}} = 0,84\;mol \to \left\{ \begin{array}{l} {n_{{H_2}}} + {n_{{O_2}}} = 0,425 - 0,09\\ 2.0,09 + 4{n_{{O_2}}} = 0,84 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_{{H_2}}} = 0,17\;mol\\ {n_{{O_2}}} = 0,165\;mol \end{array} \right.\)

\({n_M} = \frac{{0,84 - 0,17.2}}{2} = 0,25\;mol \Rightarrow {M_{MS{O_4}.5{H_2}O}} = 245 \Rightarrow {M_M} = 59 \Rightarrow m = \frac{{0,42}}{2}.59 = 12,39\;(g)\)

Các chất X, Y, Z lần lượt là CH₃COOH, HOCH₂CHO và HCOOCH₃.

A. Sai, Z có nhiệt độ sôi thấp hơn X.                           

B. Sai, Y là hợp chất hữu cơ tạp chức.

D. Sai, Dung dịch chất Fomalin (chứa HCHO) dùng ngâm xác động vật.

(1) Đúng

(2) Đúng

(3) Đúng, phản ứng nhiệt nhôm cần làm nóng ban đầu để mồi cho phản ứng xảy ra

(4) Đúng

(5) Đúng

Hỗn hợp khí gồm H₂ (0,03 mol) và NO (0,02 mol)

Dung dịch Z chứa Al³⁺, Mg²⁺, Fe³⁺, NH₄⁺, Na⁺ và SO₄^2–.

Khi cho BaCl₂ vào dung dịch Z thì:  \({n_{SO_4^{2 - }}} = {n_{NaH{\rm{S}}{O_4}}} = {n_{BaS{O_4}}} = 0,45\;mol\)

Khi cho KOH tới dư vào dung dịch Z thì:  \(3{n_{A{l^{3 + }}}} + 2{n_{M{g^{2 + }}}} + 3{n_{F{e^{3 + }}}} + {n_{NH_4^ + }} = 0,42\)

Áp dụng bảo toàn điện tích trong dung dịch Z ta được:  \(3{n_{A{l^{3 + }}}} + 2{n_{M{g^{2 + }}}} + 3{n_{F{e^{3 + }}}} + {n_{NH_4^ + }} = 0,42\)

\({n_{NH_4^ + }} = {n_{NaN{O_3}}} - {n_{NO}} = 0,01\;mol{n_{{H_2}O}} = 0,5{n_{NaH{\rm{S}}{O_4}}} - 2{n_{NH_4^ + }} = 0,205\;mol\)

Sử dụng bảo toàn nguyên tố O, ta tính được: m =8,51 (g)

Tiếp tục sử dụng bảo toàn khối lượng thì giá trị b cần tìm là  60,71 gam

- Khi đốt cháy X, áp dụng BTKL và BTNT O ta có: m_X = 11,88 (g) và n_O(X) = 0,26 mol

- Ta có: \({n_{{H_2}}} = \frac{{{n_{O(X)}}}}{4} = \frac{{{n_{ancol}}}}{2} = 0,13\;mol\)⇒ m_ancol = m_b.tăng = 5,98 (g) ⇒ M_ancol = 46: C₂H₅OH

- Khi cho X tác dụng với NaOH thì: n_{NaOH dư} = n_NaOH – 0,5n_X = 0,17 mol

- Gọi A là este đơn chức (a mol) và B là este hai chức (b mol)

- Vì khi nung Y chỉ thu được 1 hiđrocacbon duy nhất nên A có dạng RCOOC₂H₅ và B là R’(COOC₂H₅)₂

với  \(\left\{ \begin{array}{l} 2a + 4b = 0,26\\ a + b = 0,09 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 0,05\;mol\\ b = 0,04\;mol \end{array} \right.\) và R = R’ + 1

→ 0,05.(R’+ 1 + 73) + 0,04.(R’ + 146) = 11,88 ⇒ R’ = 26 (-CH=CH-)

Vậy A là CH₂=CHCOOC₂H₅ có %m =  42,1 %

Từ các dữ kiện của đề bài, ta suy ra X có dạng là RCOOR’ và Y là H₂N-CH₂-COOR’

Nhận thấy: m_muối > m_E nên R’ < 23 ⇒ R’ là -CH₃ nên ancol duy nhất đó là CH₃OH

 mE + 40nE = m_muối + 32nE ⇒ n_E = 0,08 mol

Khi đốt cháy hoàn toàn E, áp dụng bảo toàn nguyên tố O ta tính được:  nH2O = 0,27 mol

Khi đó ta có:  \(\left\{ \begin{array}{l} \overline C = 3,25\\ \overline H = 6,75 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} X:C{H_2} = CH - COO - C{H_3}\;(0,02\;mol)\\ Y:{H_2}N - C{H_2} - COO - C{H_3}\;(0,06\;mol) \end{array} \right. \Rightarrow \% {m_X} = 24,36\% \)