Đáp án D

Amino axit là loại hợp chất hữu cơ tạp chức, phân tử chứa đồng thời nhóm amino (NH2) và nhóm cacboxyl (COOH).

Đáp án C

Khi điện phân dung dịch CuSO₄ với điện cực trơ thì xảy ra quá trình

Vậy ở anot xảy ra quá trình oxi hóa nước

Đáp án A

A.Trong dung dịch HCl, H₂SO₄ loãng nóng, màng oxit bị phá hủy, crom khử ion H⁺ tạo ra muối Cr(II) và khí hidro.

B. CrO₃ là một oxit axit. 

C. Muối đicromat (Cr₂O₇^2-) có tính oxi hóa mạnh, đặc biệt là trong môi trường axit, muối Cr(VI) bị khử thành muối Cr(III).

D. Ở nhiệt độ cao, crom khử được nhiều phi kim.  

Đáp án B

Các chất tác dụng được với AgNO₃ trong NH₃ tạo ra kết tủa Ag là: glucozo, axitfomic, andehit axetic, fructozo, metyl fomat.

Đáp án D

Khi đun nóng cao su thiên nhiên tới 250 - 3000C thu được isopren (C₅H₈) .Vậy cao su thiên nhiên là polime của isopren

Đáp án C

Tetrapeptit X gồm: 1Gly, 2Ala, 1Val. Số đồng phân cấu tạo của X là: 12 

Đáp án A

Phát biểu đúng về tính chất chung của este là bị thủy phân không hoàn toàn trong môi trường axit.

Tơ nitron (hay olon) thuộc loại tơ vinylic được tổng hợp từ vinyl xianua ( thường được gọi là acrinolitrin) 

Đáp án D

Este này tác dụng với AgNO₃ trong NH₃ thì thu được Ag nên đây là este của axit fomic có dạng HCOOR.

nAg = 0,12 mol → nHCOOR = 0,06 mol  → M = 86 → HCOOC3H5

3 đồng phân cấu tạo của X là  :HCOOCH=CH-CH3, HCOOC(CH3)=CH2, HCOOCH2-CH=CH2

Đáp án C

Các amino axit có CTCT C₄H₉O₂N là :

\({H_2}N - C{H_2} - C{H_2} - C{H_2} - COOH,C{H_3} - CH\left( {N{H_2}} \right) - C{H_2} - COOH,{\rm{ }}C{H_3} - C{H_2} - CH\left( {N{H_2}} \right) - COOH;\)

\({H_2}N - C{H_2} - CH\left( {C{H_3}} \right) - COOH,{\rm{ }}C{H_3} - C\left( {N{H_2}} \right)\left( {C{H_3}} \right) - COOH\)

Phản ứng chỉ tạo ra Fe(II) là:  \(Fe{\left( {OH} \right)_2}{\rm{ + }}2HCl \to FeC{l_2} + {H_2}O\)

Khi cho Fe₂(SO₄)₃ vào hỗn hợp Fe và Cu thì cả hai cùng tan hoàn toàn trong dung dịch muối Fe(III).

Đáp án B

Glucozo chứa 5 nhóm –OH và 1 nhóm –CHO trong phân tử.

Đáp án B

Quặng boxit chứa chủ yếu là Al₂O₃.

Đáp án A

Kim loại có cấu hình electron hóa trị 3s¹ là kim loại thuộc chu kì 3 và nhóm IA nên nó là kim loại kiềm, loại các đáp án B, C, D ta được kim loại đó là: Na([Ne]3s¹).

Đáp án A

Isoamyl axetat là tên của este có CTCT là: CH₃COOCH₂CH₂CH(CH₃).

Đáp án D

Khi điện phân dung dịch chứa hỗn hợp Fe₂(SO₄)₃ ,CuSO₄ và HCl thì tại catot quá trình đầu tiên xảy ra là (sự khử ion có tính oxi hóa cao nhất):

\(Catot\left(  -  \right):F{e^{3 + }},C{u^{2 + }},{H^ + },{H_2}O\)                                   

\(\begin{array}{l}
F{e^{3 + }} + 1e \to F{e^{2 + }}\\
C{u^{2 + }} + 2e \to Cu
\end{array}\) 

\(Anot\left(  +  \right):C{l^ - },SO_4^{2 - },{H_2}O\) 

Dãy điện hóa kim loại :

Đáp án D

Nếu phá bỏ lớp oxit trên bề mặt nhôm (hoặc tạo thành hỗn hợp Al - Hg), thì nhôm sẽ tác dụng với nước ở nhiệt độ thường

Đáp án D

Kim loại mềm nhất là K, Rb, Cs (dùng dao cắt được) và cứng nhất là Cr ( có thể cắt được kính)

Đáp án B

Khái niệm đúng nhất về este là “Khi thay nhóm –OH ở nhóm cacboxyl của axit cacboxylic bằng nhóm OR thì được este”

Đáp án A

PTHH : \(n{C_6}{H_{10}}{O_5} \to n{C_6}{H_{12}}{O_6} \to 2n{C_2}{H_5}OH\) 

Dùng 1 kg mùn cưa trên có thể sản xuất được số lít cồn 70° là:

\(\frac{{{n_{{C_2}{H_5}OH}}.46}}{D}.H\% .0,7 = \frac{{\frac{{{{2.10}^3}.0,6}}{{162}}}}{{0,8}}.70\% .0,7 = 0,426\left( 1 \right)\) 

Đáp án C

Dung dịch H₂SO₄ đặc nguội không thể hòa tan được Al.

Đáp án D

A. Hỗn hợp CaO và Na₂CO₃ (1mol:1mol) không thể hòa tan trong nước vì tạo ra kết tủa CaCO₃

B. Hỗn hợp KOH và Al₂O₃ (1mol:1mol) không thể hòa tan trong nước vì: Al₂O₃ dư nên tạo ra kết tủa Al(OH)₃. Hỗn hợp bị tan hoàn toàn khi tỉ lệ mol của KOH và Al₂O₃ là  .

C. Hỗn hợp CaCO₃ và CaCl₂ (1mol : 1mol) không thể hòa tan trong nước vì kết tủa CaCO₃ không bị hòa tan.

D. Hỗn hợp Na₂O và Al₂O₃ (1mol:1mol) bị hòa tan trong nước. 

Đáp án C

Chất béo là trieste của glixerol với axit béo, gọi chung là triglixerit hay là triaxyglixerol

Đáp án C

Đặt công thức chung của ancol và axit cacboxylic lần lượt là C_nH_2n+1OH (x mol), C_nH_2nO₂ (y mol).

Ta có : \(\left\{ \begin{array}{l}
x.\left( {14n + 18} \right) + y.\left( {14n + 32} \right) = 25,62\\
nx + ny = 1,155
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
18x + 32y = 9,45\\
nx + ny = 1,155
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x + \frac{{16}}{9}y = 0,525\\
nx + ny = 1,155
\end{array} \right.\) 

Từ hệ phương trình trên ta thấy \(n{\rm{ }} \ge 2,2\). Thử với n = 3 thì x = 0,205 và y = 0,18 

Với n =  thì: và từ giá trị n > 3 thì không tìm được cặp nghiệm thỏa mãn.

Suy ra hỗn hợp X gồm C₃H₇OH (0,205mol) và C₂H₅COOH

(0,18 mol).

Este hóa với hiệu suất 60% ta được khối lượng este là: \(0,18.{M_{{C_2}{H_5}{\rm{COO}}{{\rm{C}}_3}{H_7}}}.60\%  = 12,528gam\)  

Đáp án C

Ta có \({n_{{H_2}}} = 0,1mol \Rightarrow {n_M} = 0,2mol\).

 Đặt số mol của M₂O là a mol. Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
0,2{M_M} + a.\left( {2{M_M} + 16} \right) = 12,5\\
\left( {{M_M} + 17} \right).\left( {a + 0,2} \right) = 16,8
\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}
0,2{M_M} + 2a{M_M} + 16a = 12,5\\
0,2{M_M} + a{M_M} + 17a = 13,4
\end{array} \right.\) 

Thử đáp án ta được kim loại M là K với a = 0,05 mol .

Đáp án C

Đặt số mol của HNO3 đã phản ứng là x(mol). Áp dụng phương pháp bảo toàn khối lượng ta có:

\(14,88 + 63x = 53,895 + 0,1575.30 + 18.\frac{x}{2}\) 

\( \Rightarrow x = 0,81mol \Rightarrow \) số mol NO3- trong muối là 0,6525mol.

\( \Rightarrow {m_{Fe\left( {{\rm{ muoi}}} \right)}} = 53,895 - 0,6525.62 = 13,44 \Rightarrow {n_{Fe}} = \frac{{3,44}}{{56}} = 0,24mol\) .

Đặt số mol của Fe₃O₄ và Fe trong hỗn hơp X lần lượt là a, b mol

Ta có  \(232a + 56b = 14,88{\rm{ }}\left( 1 \right){\rm{ }}v\`a {\rm{ }}3a + b = 0,24{\rm{ }}\left( 2 \right)\) 

Giải (1) và (2) ta được \(a = 0,225mol;{\rm{ }}b{\rm{  = }}0,1725mol\) .

Vậy phần trăm khối lượng Fe₃O₄ trong X là 35,08%.

Đáp án D

Ta có : \({n_{CO,{H_2}}} = 0,6mol \Rightarrow {n_{C{O_2},{H_2}O}}\left( {{\rm{max}}} \right) = 0,6mol.\) Các chất rắn sau phản ứng là

Cu 0,45mol và Al₂O₃ 0,3mol. Ta có :

\({n_{HN{O_3}}} = 4{n_{NO}} + 2{n_{O\left( {A{l_2}{O_3}} \right)}} = 4.\frac{2}{3}{n_{Cu}} + 6{n_{A{l_2}{O_3}}} = 3\left( {mol} \right) \Rightarrow {C_M} = 4M\) 

Đáp án A

Từ giả thiết bài cho ta suy ra được X (axit A no và ancol C no), Y (axit B không no và ancol D no), Z ( axit B không no và ancol C no) với C và D là hai ancol đồng đẳng kế tiếp nhau và axit B có chứa một liên kết đôi. Vì \({n_X} + {n_Y} + {n_Z} = 0,3\) nên \(\overline {{M_E}}  = \frac{{23,58}}{{0,3}} = 78,6.\) Lại có E không tham gia phản ứng tráng gương nên E chắc chắn có este CH₃COOCH₃ và đó là X. Suy ra Y và Z có CTCT là \({C_n}{H_{2n - 1}}{\rm{COO}}{{\rm{C}}_2}{H_5};{C_n}{H_{2n - 1}}{\rm{CO}}OC{H_3}\left( {n \ge 2} \right).\) 

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

Ta có \(a + b + c = 0,3{\rm{ }}\left( 1 \right);23,58 = 74a + b\left( {14n + 72} \right) + c\left( {14n + 58} \right){\rm{ }}\left( 2 \right)\)  và \(137,79 = 197{n_{C{O_2}}}{\rm{ - }}\left( {44{n_{C{O_2}}} + 18{n_{{H_2}O}}} \right){\rm{ }}\) 

\( \Leftrightarrow 137,79 = 153.\left[ {3a + b\left( {3 + n} \right) + c\left( {2 + n} \right)} \right] - 18.\left[ {3a + b\left( {n + 2} \right) + c\left( {n + 1} \right)} \right]\) 

\( \Leftrightarrow 137,79 = 153.\left[ {3a + bn + cn + \left( {3b + 2c} \right)} \right] - 18\left[ {3a + bn + cn + \left( {2b + c} \right)} \right]\) 

\( \Leftrightarrow 137,79 = 405a + b\left( {135n + 423} \right) + c\left( {135n + 288} \right)\left( 3 \right){\rm{ }}\) 

Thử với n = 2, ta có: và giải ra \(a = 0,22mol;{\rm{ }}b = 0,03mol;c = 0,05mol.\) 

Khi đó các chất khí trong G sẽ là : CH₄(0,22mol); C₂H₄(0,08mol).

Vậy phần trăm khối lượng của khí có phân tử khối nhỏ trong G gần nhất với giá trị là 61,11%.

Đáp án A

Ta có : \(64,64 = {m_{AgCl}} + {m_{Ag}} = 143,5.\left( {2a + a} \right) + 108.{n_{F{e^{2 + }}}} = 143,5.3a + 108.a \Rightarrow a = 0,12mol\) (vì \({n_{F{e^{2 + }}}} < {n_{A{g^ + }}}\), dư nên số mol kết tủa Ag tính theo số mol Fe²⁺). Các chất tan sau dung dịch gồm Fe(NO₃)₃ (0,12 mol); NaNO₃ ⁰,12 mol) và AgNO₃ dư 0,096 mol với khối lượng là 55,56gam.

Đáp án D

Vì \({n_{{N_2}}} = {n_{N{O_2}}}\) nên quy đổi N₂ và NO₂ thành N₃O₂ và tiếp tục quy đổi N₃O₂ thành N₂O và NO. Vậy giả sử hỗn hợp khí Y sau khi quy đổi chí có 2 khí NO và N₂O với số mol tương ứng là x, y (mol).

Ta có: \({n_{Fe}} = {n_{Al}} = {n_{Mg}} = 0,12mol,\) suy ra tổng số mol e nhường là :

\(0,12.\left( {3 + 3 + 2} \right) = 0,96{\rm{ }}mol\).Từ khối lượng muối suy ra có muối NH₄NO₃, đặt số mol muối này là 0,0375(mol).

Vì tỉ khối của NO và N₂O với H₂ là 18,5 nên x = y . Suy ra tổng số mol e nhận là

\(3x + 8y + 8.0,0375 = 11x + 8.0,0375 = 0,96 \Rightarrow x = y = 0,06mol.\) 

Suy ra số mol HNO₃ phản ứng là:

\(4{n_{NO}}{\rm{ + }}10{n_{{N_2}O}}{\rm{ + }}10{n_{N{H_4}N{O_3}}} = 14.0,06 + 10.0,0375 = 1,215mol.\) 

Đáp án B

Quy đổi 9,4 gam hỗn hợp Y gồm 7gam kim loại (Al, Mg, Fe) và 0,15 mol O.

Ta có: \(3{n_{Fe}}{\rm{ + }}2{n_{Mg}} + 3{n_{Al}} = 2{n_O}{\rm{ + }}3{n_{NO}} = 0,15.2 + 3.0,1 = 0,6\left( {mol} \right){\rm{ }}.\)

Suy ra số mol HNO3 phản ứng là :

\(3{n_{Fe}} + 2{n_{Mg}} + 3{n_{Al}} + {n_{NO}} = 0,6 + 0,1 = 0,7mol \Rightarrow {C_M} = 1,4M\)  

Đáp án D

\({n_{{O_2}}} = \frac{{5,04}}{{22,4}} = 0,225mol\). Bảo toàn khối lượng, ta được:

\({m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} = 3,4 + {m_{{O_2}}} = 10,6 \Rightarrow {n_{C{O_2}}} = 0,2mol;{n_{{H_2}O}} = 0,1mol\) 

Bảo toàn nguyên tố O, ta có :

\({n_{O\left( X \right)}} = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} - 2{n_{{O_2}}} = 0,05mol \Rightarrow C:H:O = 0,2:0,2:0,05 = 4:4:1\) 

Kết hợp với giả thiết của bài ta suy ra CTPT của X là C8H8O2 .

Đáp án A

Đặt số mol của Al, Fe, Mg trong 26,8 gam X lần lượt là a, b, c mol.

Ta có: \(27a + 56b + 24c = 26,8\left( 1 \right){\rm{ }}va {\rm{ }}{n_{{H_2}}} = 1 = \frac{3}{2}a + b + c{\rm{ }}\left( 2 \right){\rm{ }}\) 

Mặt khác, khi hòa tan hoàn toàn 13,4 gam X trong H₂SO₄ đặc, nóng dư thì thu được 12,32 lít một khí không màu, mùi hắc là SO₂. Suy ra áp dụng phương pháp bảo toàn e, ta có:

\({n_{S{O_2}}} = 0,55 \Rightarrow 0,55.2 = \frac{1}{2}.\left( {3a + 3b + 2c} \right){\rm{   }}\left( 3 \right)\) 

Giải (1), (2), (3) ta được \(x = 0,4mol;y = z = 0,2mol.\) 

Vậy \(\% {m_{Fe\left( X \right)}} = \frac{{0,2.56}}{{23,68}} = 41,79\% \) 

Đặt số mol của Fe và Cu trong hỗn hợp A lần lượt là y, z (mol).

Ta có : \(56y + 64z = 4,48{\rm{ }}\left( 1 \right).\) 

Giả sử AgNO₃ thiếu, ta có:

\(\begin{array}{l}
Fe + 2A{g^ + } \to F{e^{2 + }} + 2Ag\\
y{\rm{       2y                    2y}}
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
Cu{\rm{    }} + {\rm{   }}2A{g^ + } \to C{u^{2 + }} + 2Ag\\
\frac{{x - 2y}}{2} \leftarrow \left( {x - 2y} \right){\rm{          }}\left( {x - 2y} \right)
\end{array}\)

Khi đó, dung dịch B gồm :

\(\left\{ \begin{array}{l}
Fe{\left( {N{O_3}} \right)_2}:y\\
Cu{\left( {N{O_3}} \right)_2}:\frac{{x - 2y}}{2}
\end{array} \right. \Rightarrow 5,6 = {m_{CuO}} + {m_{F{e_2}{O_3}}} = 80.\frac{{x - 2y}}{2} + \frac{y}{2}.160 \Leftrightarrow 5,6 = 40x{\rm{    }}\left( 2 \right)\) 

Mặt khác : \(15,44\left( X \right) = 108x + 64.\left( {z - \frac{{x - 2y}}{2}} \right) \Leftrightarrow 15,44 = 76x + 64y + 64z{\rm{ }}\left( 3 \right){\rm{ }}\) 

Giải (1), (2), (3) ta được \(x = 0,14mol;y = 0,04mol;z = 0,035mol.{\rm{ }} \Rightarrow {{\rm{C}}_M} = a = 0,35M\) 

Khối lượng thủy tinh hữu cơ thu được là:

15.90% = 13,5 kg = 13500 g

→ Đáp án B

Gọi CTPT của A là C_xH_y

Phương trình:

2CxHy + (2x+y/2)O₂ → 2xCO₂ + yH₂O

2.......2x+y/2.......2x.......

Theo bài ra 1mol A cần 6 mol O₂ và sinh ra 4 mol CO₂ nên

2/1 = (2x+y/2)/6 = y/4

⇒ y = 8; x = 4

CTPT là C₄H₈

⇒ Có 3 đồng phân nên tạo được 3 polime.

→ Đáp án B

Kim loại tác dụng trực tiếp với Fe(NO₃)₃ là : Mg , Al , Fe , Cu , Pb

Na tác dụng với H₂O trước sau đó tạo NaOH mới tác dụng với Fe(NO₃)₃

Đáp án A

Hai kim loại đều thuộc nhóm IIA trong bảng tuần hoàn là Ca, Ba

Cốc nước trên chứa các ion: Ca2+, Mg2+, HCO3-, Cl-

→ Thuộc nước cứng toàn phần

Đáp án C