Hình vẽ trên minh họa phản ứng: H₂SO₄ + Zn → ZnSO₄ + H₂.  

Ba(OH)₂ + Na₂SO₄→BaSO₄ + 2NaOH.

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

Số thí nghiệm có xảy ra hiện tượng ăn mòn điện hóa học là 1

Chọn B.

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

Số thí nghiệm xảy ra phản ứng là 4

Chọn A.

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

Chọn A.

            (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

Chọn D.

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

Khi cho X tác dụng với H₂ thì \({n_X} = \frac{{{n_{{H_2}}}}}{3} = 0,1\;mol\) và \(\xrightarrow{{BTKL}}{m_X} = 29,6\;(g)\)

Khi cho X tác dụng với KOH thì: \(\xrightarrow{{BTKL}}a = {m_X} + {m_{KOH}} - {m_{{C_3}{H_5}{{(OH)}_3}}} = 40\;(g)\)

Chọn B.

(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

 Chọn D.

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

Chọn B.

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

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

Chọn A.

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

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

Vậy V₁ : V₂ = 3 : 8.

Chọn C.

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

Ta có: \({n_{{H_2}}} = {n_X} - {n_Y} = 0,4\;mol\) \(\xrightarrow{{BTKL}}{m_X} = {m_Y} = 10,8 \Rightarrow {m_{H.C}} = 10\;(g)\)

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

Chọn D.

(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.

Chọn C.

\(X\left\{ \begin{gathered} Este:a \hfill \\ A\min \;(Y):b \hfill \\ Anin\;(Z):b \hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered} a = {n_{KOH}} = 0,2\;mol \hfill \\ \xrightarrow{{BT:\;N}}b + 2b = 2{n_{{N_2}}} \Rightarrow b = 0,08\;mol \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

Ta có: \({n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} + {n_{{N_2}}} = - (b + b) = - 0,16\) (1) (vì este no đơn chức có k = 1, còn các amin có k = 0)

và \(\xrightarrow{{BT:\;O}}2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} = 2a + 2{n_{{O_2}}} = 1,8\) (2)

Từ (1), (2) suy ra: \({n_{C{O_2}}} = 0,84\;mol\;;\;{n_{{H_2}O}} = 1,12\;mol\xrightarrow{{BTKL}}{m_X} = 22,08\;(g)\)

Chọn A.

Tại anot: \({n_{{H_2}}} = \frac{{{n_{O{H^ - }}}}}{2} + \frac{{{n_{{H^ + }}}}}{2} \Rightarrow {n_{O{H^ - }}} = 0,175\;mol\)

Sục CO₂ vào dung dịch (1 < T < 2) tạo 2 muối \({n_{C{O_3}^{2 - }}} = {n_{O{H^ - }}} - {n_{C{O_2}}} = 0,075\;mol \Rightarrow {m_ \downarrow } = 14,775\;(g)\)

Chọn A.

Ta có \({n_{e{\text{ (trao doi)}}}} = \frac{{It}}{{96500}} = 0,6\,mol\) 

Tại anot: \(\left\{ \begin{gathered} {n_{C{l_2}}} + 2{n_{{O_2}}} = 0,2 \hfill \\ \xrightarrow{{BT:\,\;e}}2{n_{C{l_2}}} + 4{n_{{O_2}}} = 0,6 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} {n_{C{l_2}}} = 0,1\;mol \hfill \\ {n_{{O_2}}} = 0,1\;mol \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

Dung dịch sau điện phân chứa: Na⁺, H⁺ (0,4 mol) và Cu²⁺ (a mol)

Khi cho dung dịch sau điện phân tác dụng với Fe dư thì: n_{Fe dư} = \(\frac{{3{n_{{H^ + }}}}}{8} + {n_{C{u^{2 + }}}} = 0,15 + a\)

Chất rắn gồm Fe dư và Cu Þ 20 – 56(0,15 + a) + 64a = 12,4 Þ a = 0,1

Dung dịch ban đầu gồm NaCl (0,2 mol) và Cu(NO₃)₂ (0,4 mol) Þ m = 86,9 (g)

Gọi x là số mol của Al.

Từ đó suy ra: V₁ = V₂ > V₃.

Chọn B.

Ta có: \({n_{O(X)}} = 2{n_X} + 4{n_Y} = 2{n_{NaOH}} = 0,8\;mol\) 

Khi đốt cháy hỗn hợp E thì:

\(\xrightarrow{{BTKL}}{n_{{O_2}}} = 0,95\;mol\; \to \left\{ \begin{gathered} 44{n_{C{O_2}}} + 18{n_{{H_2}O}} = 56,2 \hfill \\ 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} = 2,7 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} {n_{C{O_2}}} = 0,95\;mol \hfill \\ {n_{{H_2}O}} = 0,8\;mol \hfill \\ \end{gathered} \right.\) 

+ Giả sử X no, khi đó: \({n_Y} = {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = 0,15\;mol \Rightarrow {n_X} = 0,1\;mol\) 

\(\xrightarrow{{BT:\;C}}0,1.{C_X} + 0,15.{C_Y} = 0,95 \Rightarrow \)X là HCOOCH₃ (0,1 mol) và Y là H₃COOC-COOC₂H₅ (0,15 mol)

Khi cho E tác dụng với NaOH thì muối thu được gồm HCOOK và (COOK)₂ Þ m =  33,3 gam

Chọn B.

Khi cho Y tác dụng với HCl thì: \({n_{{O_2}}} = \frac{{{n_{{H^ + }}}}}{4} = 0,09\;mol \Rightarrow {n_{C{l_2}}} = 0,06\;mol\) 

Trong 75,36 (g) chất rắn gồm \(\xrightarrow{{BT:\,\;Cl}}AgCl:0,48\;mol\) và Ag (0,06 mol) \( \Rightarrow {n_{F{e^{2 + }}}} = 0,06\;mol\)

Xét \(X\left\{ \begin{gathered} Cu:a\;mol \hfill \\ Fe:b\;mol \hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered} 64a + 56b = 12,48 \hfill \\ \xrightarrow{{BT:\;e}}2a + 2.0,06 + 3(b - 0,06) = 2.0,06 + 4.0,09 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} a = 0,09 \hfill \\ b = 0,12 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

Khi cho X tác dụng với HNO₃ thu được dung dịch T gồm Fe(NO₃)₂ (x); Fe(NO₃)₃ (y); Cu(NO₃)₂ (0,09).

Ta có: \(\left\{ \begin{gathered} x + y = 0,12 \hfill \\ 2x + 3y + 0,09.2 = 0,15.3 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} x = 0,09 \hfill \\ y = 0,03 \hfill \\ \end{gathered} \right.\) và \({m_{dd\;T}} = {m_X} + {m_{dd\;HN{O_3}}} - {m_{NO}} = 127,98\;(g)\)

Vậy C% Fe(NO₃)₃ = 5,67%

\(\left\{ \begin{gathered} N{a^ + }:0,3 \hfill \\ {K^ + }:0,2 \hfill \\ N{O_3}^ - \hfill \\ \end{gathered} \right.\xrightarrow{{BTDT}}{H_2}NC{H_2}{\text{CO}}{{\text{O}}^ - }:0,3 \Rightarrow m = 49,3\;(g)\)

Ca thuộc nhóm kim loại kiềm thổ

Chất ít tan trong nước là CO₂

Công thức của crom (VI) oxit là CrO₃

Chất  bị thủy phân trong môi trường kiềm là Gly-Ala-Gly.

Chất có khả năng tạo phức màu xanh lam với Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường là saccarozơ

Chất tham gia phản ứng màu biure là anbumin

HF có khả năng ăn mòn thủy tinh SiO­₂

Phương pháp điện phân dung dịch dùng để điều chế kim loại Cu

Kim loại dẫn điện tốt thứ 2 sau kim loại Ag là Cu

Tơ nilon – 6,6 thuộc loại tơ poliamit

Tôn là sắt được tráng kẽm

NH₄HCO₃ dễ bị nhiệt phân

Kết luận không đúng là: Ống thép (dẫn nước, dẫn dầu, dẫn khí đốt) ở dưới đất được bảo vệ chủ yếu bởi một lớp sơn dày

Số chất trong dãy phản ứng với dung dịch FeCl₃ dư có sinh ra kết tủa là Na, Ba

Este X CTPT C₄H₈O₂ có dạng RCOOR'
PTPU: RCOOR'+ NaOH → RCOONa + R'OH.
Có M_Z= 32. vậy Z là CH₃OH→ R' là CH₃ và R là C₂H₅
Vậy CTCT là C₂H₅COOCH₃

Đun nóng thêm kết tủa, dung dịch chứa Ca(HCO₃)₂: 0,05 mol

Bảo toàn Ca: n_CaCO3 = 0,15 mol, a + 0,2.2 = 0,45 + 0,15

→ a = 0,2 mol

Mỗi mắt xích C₆H₁₀O₅ có M = 162

⇒ ứng với PTK 1.620.000 có:

số mắt xích = n = 1.620.000 ÷ 162 = 10.000

Phản ứng: (RCOO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3RCOONa + C₃H₅(OH)₃.

Có n_glixerol = n_NaOH/3 = 0,02  mol ⇒ dùng bảo toàn khối lượng

ta có: m_{xà phòng} = m_{muối thu được}  = 17,24 + 0,06.40 – 0,02.92 = 17,8 gam