Cu đứng sau H₂SO₄ nên không phản ứng với dung dịch axit loãng

Đáp án B

Trong tự nhiên, canxi sunfat tồn tại dưới dạng muối ngậm nước (CaSO₄.2H₂O) được gọi là thạch cao sống.

Đáp án D

Những người sử dụng nhiều rượu, bia có nguy cơ cao mắc bệnh ung thư gan

Đáp án C

Etyl axetat (CH₃COOC₂H₅)

Các số oxi hoá thường gặp của sắt là +2, +3.   

Đáp án C

Cho vài giọt nước brom vào dung dịch anilin, lắc nhẹ thấy xuất hiện kết tủa màu trắng.   

Đáp án C

Công thức hoá học của crom(III) hiđroxit là Cr(OH)₃.   

Đáp án C

Ở điều kiện thường: N₂O, NO₂, CO₂ là các chất khí; SiO₂ là chất rắn.

Đáp án D

Polime được sử dụng làm chất dẻo là Poli(metyl metacrylat).   

Đáp án A

 - Nhỏ từ từ cho đến dư dung dịch NaOH vào dung dịch AlCl3, ban đầu có kết tủa keo trắng xuất hiện.

3NaOH + AlCl3 → Al(OH)3 + 3NaCl

- Sau đó kết tủa keo trắng tan trong NaOH dư tạo dung dịch trong suất.

NaO + Al(OH)3 → NaAlO2 + 2H2O

Saccarozơ và glucozơ đều thuộc loại cacbohiđrat.

Đáp án D

Oxit của kim loại trung bình, yếu đứng sau nhôm bị khử bởi các chất khử như CO, Al, H₂ thành kim loại

→ Oxit trong Y là MgO và Al₂O₃

Chọn đáp án A 

(C17H33COO)3C3H5 + 3NaOH → 3C17H33COONa + C3H53.

+ Ta có mC17H33COONa = 30,4 ×0,75 = 22,8 gam ⇒ nC17H33COONa = 0,075 mol.

⇒ nNaOH pứ = 0,075 mol và nC3H5(OH)3 = 0,025 mol.

⇒ BTKL ta có m = 22,8 + 0,025×92 – 0,075×40 = 22,1 gam

Ta có n_Ba = 0,01 mol, nAl₂(SO₄)₃ = 0,003 mol

Các phản ứng xảy ra là:

Ba+ 2H₂O → Ba²⁺ + 2OH^- + 2H₂

Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄

Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃

Al³⁺ + 4OH^- → [Al(OH)₄]^-

Sau phản ứng thu được kết tủa gồm \(\left\{\begin{array}{l} BaSO_4: 0,003.3 = 0,009 mol\\Al(OH)_3\end{array} \right.\) + dung dịch Ba(AlO₂)₂ : 0,1- 0,009 =0,001 mol ( bảo toàn Ba)

Bảo toàn nguyên tố Al → n_Al(OH)3 = 2 n_Al2(SO₄)₃ - 2n_Ba(AlO2)₂ = 2. 0,003 - 2. 0,001 = 0,004 mol

Vậy m_↓ = 0,004. 78 + 0,009. 233 = 2,409 gam

Chất bị thuỷ phân trong môi trường axit là phenyl fomat, trilinolein.

(C₆H₁₀O₅)_n + nH₂O → nC₆H₁₂O₆.

CH₂[CHOH]₄CHO + Br₂ + H₂O → CH₂[CHOH]₄COOH + 2HBr

nC₆H₁₂O₆ = n_Br2 = 0,5 mol. mC₆H₁₂O₆ = 0,5 × 180 = 90 gam.

m_xenlulozơ = \(\dfrac{162n}{180n}\) × 90 × \(\dfrac{100}{50}\) = 162 gam.

Đáp án A.

n_Al = 0,3 mol

                   Al + 3FeCl₃ → AlCl₃ + 3FeCl₂

Trước Pư    0,3     0,2

Sau pư      0,233     0 0,2 mol

                2Al   + 3CuCl₂ → 2AlCl₃ + 3Cu

Trước pư  0,233    0,3

Sau pư      0,033    0 0,3

                2Al + 3FeCl₂ → 2AlCl₃ + 3Fe

Trước pư  0,033    0,2

Sau pư       0           0,15     0,05 mol

Sau phản ứng thu được chất rắn gồm 0,3 mol Cu và 0,05 mol Fe

→ m_rắn = 0,3.64 + 0,05.56 = 22 gam

Vì khí sinh ra làm mất màu KMnO₄ ⇒ Chọn B

Đường mía không dẫn điện

Đáp án C

Hiđro hóa chất béo lỏng thu được các chất béo rắn.  

Đáp án B

Thí nghiệm xảy ra hiện tượng ăn mòn điện hóa học là (d).

Các công thức cấu tạo phù hợp của X là CH₃COOC₆H₄CH₃ (3 đồng phân); C₂H₅COOC₆H₅.

Quặng hemantit (Fe₂O₃) tan trong H₂SO₄ loãng dư, thu được dung dịch X gồm Fe₂(SO₄)₃, H₂SO₄.

X tác dụng với BaCl₂, KOH, Cu, KI, khí H₂S.

Chất trong dãy tác dụng với dung dịch NaOH loãng là CO₂, NO₂, P₂O₅, Al₂O₃ và CrO₃.

(a) HOOC-CH₂-COOC₂H₅ (X) + 2NaOH → CH₂(COONa)₂ + C₂H₅OH + H₂O        

(b) CH₂(COONa)₂ (Y) + 2Na­OH → CH₄ + 2Na₂CO₃

(c) C₂H₅OH (Z)   +  O₂ →  CH₃COOH (T) + H₂O

Theo đề, X có 6 liên kết π (trong đó có 3 liên kết C=C).

Khi cho X tác dụng với H₂ thì nX = 0,1 mol và mX = 29,6  (BTKL)

Khi cho X tác dụng với KOH thì: a = mX + mKOH - mC3H5(OH)3 = 40 gam

(1) 2KNO₃ →  2KNO₂ + O₂

(2) H₂ + CuO  → Cu + H₂O

(3) 2Mg + CO₂ →  2MgO + C

(4) 3Ag + 4HNO₃ → 3AgNO₃ + NO + 2H₂O

(5) K₂Cr₂O₇ + 2KOH → 2K₂CrO₄ + H₂O

(6) 2NH₃ + 2CrO₃ →  N₂ + Cr₂O₃ + 3H₂O

(e) Sai, Hầu hết các kim loại đều tác dụng được với khí oxi (trừ Ag, Au, Pt).

Ta có:  \(\begin{array}{l} {n_{C{O_2}}} = {n_{{H^ + }}} - {n_{C{O_3}^{2 - }}} = 0,05\;mol\\ {n_{HC{O_3}^ - }} = {n_{N{a_2}C{O_3}}} + {n_{NaHC{O_3}}} - {n_{C{O_2}}} = 0,2\;mol \end{array}\)

Khi cho Ba(OH)₂ dư vào X thì: \(\left\{ \begin{array}{l} {n_{HC{O_3}^ - }} = {n_{BaC{O_3}}} = 0,2\;mol\\ {n_{BaS{O_4}}} = {n_{S{O_4}^{2 - }}} = 0,1\;mol \end{array} \right. \Rightarrow {m_ \downarrow } = 62,7\;(g)\)

\({n_{C{O_2}}} = 0,15\;mol \Rightarrow {n_{NaAl{O_2}}} = 0,15\;mol \Rightarrow {V_1} = 150\;ml\)

\(\left\{ \begin{array}{l} {n_{C{O_2}}} = 0,1\;mol \Rightarrow {n_ \downarrow } = 0,1\;mol\\ {n_{C{O_2}}} = 0,3\;mol \end{array} \right. \Rightarrow {n_ \downarrow } = 2{n_{Ba{{(OH)}_2}}} - {n_{C{O_2}}} \Rightarrow {n_{Ba{{(OH)}_2}}} = 0,2\;mol \Rightarrow {V_2} = 400\;ml\)

Vậy V₁ : V₂ = 3 : 8.

Hỗn hợp Y làm mất màu brom ⇒ Y chỉ chứa các hidrocacbon với n_Y = 0,25 mol.

Ta có:  \({n_{{H_2}}} = {n_X} - {n_Y} = 0,4\;mol\)

BTKL: \({m_X} = {m_Y} = 10,8 \Rightarrow {m_{H.C}} = 10\;(g)\)

\(\Rightarrow {M_{H.C}} = \frac{{10}}{{0,65 - 0,4}} = 40:{C_3}{H_4}\)

(a) Sai, Benzen không làm mất màu dung dịch brom.

(c) Sai, Cả hai đều không làm đổi màu quỳ tím.

(d) Sai, Các hợp chất peptit kém bền trong môi trường bazơ lẫn axit.

(g) Sai, Phương pháp hiện đại sản xuất axit axetic là cho CO tác dụng với CH₃OH.

Đặt công thức 2 este no đơn chức. mạch hở là C_nH_2nO₂

Đặt công thức của amin no, đơn chức, mạch hở là C_mH_2m+3N: x (mol)

Đặt công thức của amin no, hai chức, mạch hở là C_aH_2a+4N₂: x (mol)

→ n_CnH2nO2 = n_KOH = 0,2 (mol)

BTNT "N": x + 2x = 0,12.2 → x = 0,08 (mol)

Đặt n_CO2 = b (mol) ; n_H2O = c (mol)

BTNT "C": n_CO2 = 0,2n + 0,08m + 0,08a

BTNT "H" n_H2O = 0,2n + 0,08(m +1,5) + 0,08. (a +2)

→ n_H2O - n_CO2 = 0,28 (mol) (1)

BTNT "O": 2n_CO2 + n_H2O = 2n_(este) + 2n_O2  → 2n_CO2 + n_H2O = 2.0,2 + 2.1,2 = 2,8 (2)

giải (1) và (2) → n_CO2 = 0,84 (mol); n_H2O = 1,12 (mol)

BTKL ta có: m = m_C + m_H + m_O(este) + m_N = 0,84.12 + 1,12.2 + 0,2.32 + 0,12.28 = 22,08 (g)

nHCl = 0,2

nH2 = 0,1875 → nOH- = 0,375

nOH- trong Y = 0,375 – 0,2 = 0,175

nCO2 = 0,1 → nCO32- = 0,075 và nHCO3- = 0,025

nNa < nBa → nNa < 0,125 < nBa

→ nBaCO3 = 0,075

→ mBaCO3 = 14,775

Số e trao đổi trong quá trình điện phân là n= IT/F = 2,68. 6. 3600 /96500 = 0,6 mol

Khi thêm Fe vào dung dịch sau điện phân thu được khí NO và hỗn hợp kim loại → chứng tỏ dung dịch sau điện phân chứa HNO₃ và Cu(NO₃)₂ dư : c mol

4,48 khí sinh ra tại anot gồm Cl₂ : a mol và O₂ : b

Ta có hệ \(\left\{\begin{array}{l} a + b = 0,2\\2a + 4b = 0,6\end{array} \right.\) → \(\left\{\begin{array}{l}a =0,1 \\ b = 0,1\end{array} \right.\)

→ n_HNO3= 4n_O2 =0, 4mol

Có n_NO = 0,25n_HNo3 = 0,1 mol

Bảo toàn e → 2n_{Fe pư} = 3n_NO + 2n_Cu → n_{Fe pư} = ( 3.0,1 + 2c ) : 2 = 0,15 +c

12,4 = m_{Fe dư} + m_Cu → 12,4 = ( 20 -56. (0,15 +c)) + 64c → c = 0,1 mol

Vậy ∑n_Cu(NO3)₂ = 0,1 + ( 0,6 :2) = 0,4 mol,n_NaCl = 2.0,1 =0,2 mol

→ m = 0.4. 188 +0,2.58,5 = 86,9 gam

Các chất X, Y, Z, T lần lượt là Glucozơ, triolein, anilin, axit axetic.   

Đáp án C

Gọi x là số mol của Al.

Từ đó suy ra: V₁ = V₂ > V₃.

Bảo toàn O cho phản ứng đốt X:

2nX + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O

Do nO2 = nCO2 → 2nX = nH2O

→ Số H = 2nH2O/nX = 4 → X dạng RCOOCH3

Đốt X, Y → nCO2 = u và nH2O = v

→ 44u + 18v = 56,2

nKOH = 0,4 → nO(E) = 0,8

mE = 12u + 2v + 0,8.16 = 25,8

→ u = 0,95 và v = 0,8

X là CnH4O2 (x mol) và y là CmH2m-2O4 (y mol)

nO = 2x + 4y = 0,8 (1)

nCO2 = nx + my = 0,95 (2)

nH2O = 2x + y(m - 1) = 0,8 (3)

Từ (1) và (2) → m = 5

Do n lấy các giá trị 2, 4, 6...nên từ (1), (2) → Chỉ có n = 2 thì hệ mới có nghiệm dương x = 0,1 và y = 0,15

X là HCOOCH3 (0,1) và Y là CH3-OOC-COOC2H5 (0,15)

→ Muối gồm HCOOK (0,1) và (COOK)2 (0,15)

→ m muối = 33,3 gam

Y gồm oxit và muối Clorua.

Hòa tan X cần n_HCl = 0,4.1 = 0,4 mol (2H⁺ + O^2- → H₂O)

→ n_O(Y) = ½ n_HCl = 0,2 mol → n_O2 = 0,1 mol

→ n_Cl2 = 0,185 – 0,1 = 0,085 mol

Gọi số mol Cu và Fe lần lượt là x và y

→ m_X = 64x + 56y = 14,08g ⁽¹⁾

Sau khi phản ứng với axit HCl thì n_Cl(Z) = 0,4 + 0,085.2 = 0,57 mol

→ m_AgCl = 0,57.143,5 = 81,795 < 89,355g

→ kết tủa còn có Ag (do Fe²⁺ + Ag⁺ → Fe³⁺ + Ag)

→ n_Ag = 0,07 mol

Bảo toàn e cả quá trình phản ứng:

2n_Cu + 3n_Fe = 4n_O2 + 2n_Cl2 + n_Ag

2x + 3y = 4.0,1 + 2.0,085 + 0,07 = 0,64 mol ⁽²⁾

Từ (1,2) → x = 0,08 ; y = 0,16 mol

- Khi X + HNO₃ sản phẩm giả sử có: 0,08 mol Cu²⁺ ; t mol Fe³⁺ và (0,16 – t) mol Fe²⁺

n_NO = 3,808 : 22,4 = 0,17 mol

Bảo toàn e: 2n_Cu2+ + 2n_Fe2+ + 3n_Fe3+ = 3n_NO

→ 2.0,08 + 2(0,16 – t) + 3t = 3.0,17

→ t = 0,03 mol

Ta có: n_HNO3 = 4n_NO = 4.0,17 = 0,68 mol

→ m_{dd HNO3} = 136g

Bảo toàn khối lượng: m_X + m_{dd HNO3} = m_{dd T} + m_NO

→ m_{dd T} = 10,48 + 136 – 0,17.30 = 141,38g

→ C%_Fe(NO3)3 = 0,03.242: 141,38 = 5,14% (Gần nhất với giá trị 5%)

Cô cạn dung dịch sau phản ứng, thu được m gam chất rắn khan gồm bốn muối (2 muối natri và 2 muối kali)

→ Chỉ có 2 gốc axit.

Mà Y là đipeptit Y có CTPT C₄H₈O₃N₂ thì chỉ có thể là Gly-Gly

→ X là Gly; Z là C₂H₅NH₃NO₃ hoặc (CH₃)₂NH₂NO₃ (0,2 mol)

Ta có: n_NaOH = 0,3 mol; n_KOH = 0,2 mol

→ Muối chứa các ion: Na⁺ (0,3 mol), K⁺ (0,2 mol), NO₃^- (0,2 mol), NH₂-CH₂-COO^-

Bảo toàn điện tích ta suy ra số mol của NH₂-CH₂-COO^- bằng 0,3 mol

Do đó khối lượng muối bằng m_muối = ∑m_ion = 0,3.23 + 0,2.39 + 0,2.62 + 0,3.74 = 49,3 gam