Trong công thức của este RCOOR’, R có thể là nguyên tử H hoặc gốc hidrocacbon.    

Sau phản ứng lấy lá sắt ra, có 4 trường hơp tạo muối sắt (II)

 Sau khi kết thúc các phản ứng. Số thí nghiệm thu được kim loại là 3

n_O2 0,055 mol → M_X = 92. (1)

Gọi CTPT X là C_xH_y. Vì V_CO2 :V_H2O = 1,75 :1 → x :y = 1,75 : 2 = 7 :8 (2)

Từ (1)(2) → CTPT của X là C₇H₈. → Đáp án B

-NH₂ + HCl → -NH₃Cl → n_N = n_HCl = 0,03 mol

• m_N = 0,42 gam → m_O = 1,6 gam → n_O = 0,1 mol

Đặt n_C = x, n_H = y → n_CO2 = x, n_H2O = 0,5y.

m_X = m_C + m_H + m_N + m_O → 12x + y = 1,81 (1)

Bảo toàn nguyên tố oxi : n_O/X + 2n_O2 = n_CO2 + n_H2O

• 0,1 + 2.0,1425 = 2x + 0,5y (2)

Từ (1)(2)→ x = 0,13 mol ; y = 0,25 mol

• m_kết tủa = 13 gam → Đáp án B.

n_CaCO3 = n_CO2 = 3,5 mol

• n_Glucozo = 3,5/2.0,75 = 7/3 mol.
• m_Glucozo = 180.7/3 = 420 gam → Đáp án B.

n_NaOH = 0,05 mol → M_tb của hh este = 67 → M_A < 67 M_B

• A là H-COOCH₃ → B là H-COOC₂H₅ hoặc CH₃-COOCH₃ (1)

Từ m_{hh este} = 3,35 gam và n_hh = 0,05 mol → n_A = n_B = 0,025 mol

Từ m_{hh muối} = 3,75 gam → B là CH₃-COOCH₃ → Đáp án D.

Hoặc từ (1) suy luận vì tạo hỗn hợp 2 muối nên B không thể là H-COOC₂H₅ (Chỉ tạo 1 muối H-COONa) à B là CH₃-COOCH₃.

Zn  +  2Fe³⁺ →  Zn²⁺   +  2Fe²⁺ (1)

 0,06    0,12

Zn   +  Fe²⁺  →  Zn²⁺   +  Fe    (2)

n_Fe3+ = 0,06 mol

m_{dd tăng} =  m_Zn(1) + m_Zn(2) – n_Fe(2) = 4,8 → 65.0,06 + 9.n_Zn(2) = 4,8 → n_Zn(2) = 0,1 mol

M = 0,16.65 = 10,4 gam

Đáp án A.

n_HNO3= 1,2 mol     n_Mg=0,252    n_{KOH đã lấy}= 1,4 mol

Vì n_KOH >n_HNO3 nên KOH dư

118,06 gam chất rắn gồm      0,252  mol MgO,  x mol KOH và y mol KNO₂

  x+y = 1,4

  40*0,252 + 56x + 85y = 118,06       x=0,38    y=1,02

Þ n_{NO3 trong dung dịch sau phản ứng} = n_KNO2= 1,02

Þ n_{N+5 nhận electron} = 1,2-1,02 =0,18.

Gọi số mol electron mà N⁺⁵ nhận trung bình là n ta có 0,18*n=0,252*2 Þ n=2,8

coi như oxit thoát ra là 0,09 mol N₂O_2,2Þ m_khi=0,09*(28+16*2,2)= 5,688

m_{dung dịch X}=6,048 +189-5,688=189,36 gam    

X chứa 0,252 mol Mg(NO₃)₂; 0,516 mol HNO₃ dư

C%Mg(NO₃)₂=19,696%       C%HNO₃= 17,167%

Khi cho nung T với hỗn hợp khí A thì \({n_{O(trong\,T)}} = \frac{{{m_B} - {m_A}}}{{16}} = \frac{{1,208{m_A} - {m_A}}}{{16}} = 0,65\)

- Xét hỗn hợp rắn T ta có :

\(\left\{ \begin{gathered} 160{n_{F{e_2}{O_3}}} + 72{n_{FeO}} = {m_T} = 44 \hfill \\ 3{n_{F{e_2}{O_3}}} + {n_{FeO}} = {n_{O(trong\,T)}} = 0,65 \hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered} {n_{F{e_2}{O_3}}} = 0,05 \hfill \\ {n_{FeO}} = 0,5 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow {n_{F{e_3}{O_4}(X)}} = \frac{{2{n_{F{e_2}{O_3}}} + {n_{FeO}}}}{3} = 0,2\,mol\)

- Khi cho m gam X tác dụng với H₂SO₄ thì : \({n_{{H_2}S{O_4}}} = 4{n_{F{e_3}{O_4}}} + {n_{{H_2}}} = 1,4\,mol \Rightarrow {V_{{H_2}S{O_4}}} = \frac{{1,4}}{{0,7}} = 2\,(l)\)

- Dung dịch Z gồm Al³⁺, SO₄^2- (1,4 mol), Fe²⁺ và Fe³⁺ (với \({n_{F{e^{3 + }}}} = 2{n_{F{e_2}{O_3}}};{{\text{n}}_{F{e^{2 + }}}} = {n_{FeO}}\) )

\(\xrightarrow{{BTDT(Z)}}{n_{A{l^{3 + }}}} = \frac{{{n_{S{O_4}^{2 - }}} - 2{n_{F{e^{2 + }}}} - 3{n_{F{e^{3 + }}}}}}{3} = 0,5\,mol \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} {m_X} = 27{n_{Al}} + 232{n_{F{e_3}{O_4}}} = 59,9\,(g) \hfill \\ \to {m_X} - V = \boxed{57,9\,(g)} \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

- Khi đốt X chứa 2 este no, đơn chức, mạch hở thì ta luôn có: \({n_{C{O_2}}} = {n_{{H_2}O}} = 0,56\;mol\) 

\(\xrightarrow{{BTKL}}{n_{{O_2}}} = \frac{{{m_{C{O_2} + {H_2}O}} - {m_X}}}{{32}} = 0,64\;mol\xrightarrow{{BT:\;O}}{n_X} = \frac{{2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} - 2{n_{{O_2}}}}}{2} = 0,2\;mol\) 

- Ta có: \({C_X} = \frac{{0,56}}{{0,2}} = 2,8\). Vì khi cho X tác dụng với NaOH thu được 2 ancol kế tiếp và 2 muối của 2 axit cacboxylic kế tiếp nên 2 este trong X lần lượt là:

\(\left\{ \begin{gathered} HCOOC{H_3}:x\;mol \hfill \\ C{H_3}COO{C_2}{H_5}:y\;mol \hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered} x + y = 0,2 \hfill \\ 2x + 4y = 0,56 \hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered} x = 0,12 \hfill \\ y = 0,08 \hfill \\ \end{gathered} \right.\) 

- Hỗn hợp muối Z gồm HCOONa (A): 0,12 mol và CH₃COONa (B): 0,08 mol Þ a : b = 1,243 

 Kim loại Al tan được trong dung dịch kiềm dư:

2A1 + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂ 

Đáp án A

NaOH được gọi là xút ăn da.

Đáp án D

Chất X là chất rắn dạng sợi, màu trắng, là nguyên liệu sản xuất tơ nhân tạo, thuốc súng không khói và chế tạo phim ảnh  X là xenlulozơ 

Đáp án D 

Phương pháp thủy luyện thường dùng để điều chế các kim loại sau Mg (thường là kim loại yếu). Vậy kim loại Cu được điều chế bằng phương pháp thủy luyện.

Đáp án C

Polietilen là chất dẻo mềm, được dùng nhiều để làm màng mỏng, vật liệu cách điện, bình chứa.

Đáp án A

Công thức của thạch cao nung là CaSO₄.H₂O

Đáp án B

Các phương trình hóa học xảy ra:

CuO + H₂ → Cu + H₂O (1)

3Cu + 8HNO₃ → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O (2)

Theo (2)= n_Cu = 3/2. n_NO = 3/2.0,1 = 0,15 mol

Theo (1)= n_Cuo= n_Cu = 0,15 mol 

=> m_CuO = 0,15.80 = 12 (g)

Đáp án D 

Ta có: n_NaOH = n_Na = 0,1 mol; n_AlCl3 = 0,03 mol

Tính tỉ lệ k= n_OH-/n_Al3+ = 3,33

Ta có 3 < k < 4 nên kết tủa tan 1 phần → n↓ = 4.n_Al3+ - n_OH- = 4. 0,03 - 0,1 = 0,02 mol 

→ m_Al(OH)3 = 0,02.78 = 1,56 (gam)

Đáp án C

H₂SO₄ tan vô hạn trong nước và tỏa rất nhiều nhiệt. Nếu ta rót nước vào H₂SO₄ đặc, nước sôi đột ngột và kéo theo những giọt axit bắn ra xung quanh gây nguy hiểm. Vì vậy muốn pha loãng axit H₂SO₄ đặc nguội, người ta phải rót từ từ H₂SO₄ đặc vào H₂O và khuấy đều. 

Đáp án C

Kim loại Ag dẫn điện tốt nhất.

Đáp án D

Khi cho CO₂ vào lượng dư dung dịch Ca(OH)₂ ta thu được kết tủa CaCO₃:

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O

Đáp án D

Quá trình quang hợp của cây xanh không gây ô nhiễm môi trường không khí vì quá trình đó hấp thụ khí CO₂ và tạo ra khí oxi.

Đáp án C 

Công thức tổng quát của este no, đơn chức, mạch hở là C_nH_2nO₂ (n ≥2).

Vậy este CH₃COOCH₃ thuộc loại este no, đơn chức, mạch hở.

Đáp án C

Phản ứng Fe + ZnCl₂ không xảy ra vì tính khử của Fe yếu hơn tính khử của Zn.

Đáp án D

Bản chất của anbumin là protein nên khi cho dung dịch anbumin tác dụng với Cu(OH)₂ thì thu được dung dịch có màu tím.

Đáp án A

- Glyxin có công thức NH₂-CH₂-COOH có số nhóm NH₂ = số nhóm COOH nên không làm đổi màu quỳ tím.

- Metylamin làm quỳ tím hóa xanh

- Axit glutamic làm quỳ tím hóa đỏ (do có 2 nhóm COOH, 1 nhóm NH₂) 

- Lysin làm quỳ tím hóa xanh (do có 1 nhóm COOH, 2 nhóm NH₂) 

Đáp án A

Hướng dẫn giải:

Ta có: n_{C phản ứng} = n_X - n_H2O = 0,4 mol

Bảo toàn electron ta có:

4. n_{C phản ứng} = 2n_CO+2.n_H2 → n_CO + n_H2 = 0,8 mol → n_CO2 = 0,9 - 0,8 = 0,1 mol

Ta có: n_NaOH = 0,15 mol

→ Tỉ lệ 1< n_NaOH/n_CO2< 2 nên Z chứa 2 muối Na₂CO₃(0,05 mol) và NaHCO₃ (0,05 mol)

Khi cho từ từ Z vào dung dịch HCl xảy ra các phương trình sau:

Na₂CO₃ + 2HCl → 2NaCl + CO₂ + H₂O

 NaHCO₃ + HCl → NaCl + CO₂ + H₂O 

Đặt n_{Na2CO3 phản ứng} = n_{NaHCO3 phản ứng} = z mol

→ n_HCl = 2z + z= 0,12 mol → z = 0,04 mol → n_CO2 = z + z = 0,08 mol → V=1,792 (lít)

Đáp án B

C₁₂H₂₂O₁₁(saccarozo)+ H₂O →C₆H₁₂O₆(glucozơ) + C₆H₁₂O₆ (fructozơ)

CH₂OH[CHOH]₄CH=O + H₂ →CH₂OH[CHOH]₄CH₂OH (sobitol)

CH₂OH(CHOH]₃COCH₂OH + H₂ →CH₂OH(CHOH]₄CH₂OH (sobitol)

Vậy A và Z là saccarozơ và sobitol. 

Đáp án D 

- A không có ăn mòn điện hóa do không có môi trường dd điện li

- B không có ăn mòn điện hóa do không có 2 điện cực

- C có ăn mòn điện hóa do: 2A1 + 3CuSO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3Cu 

Thí nghiệm sinh ra Cu bám vào lá Al tạo thành 2 điện cực Al-Cu cùng tiếp xúc với dung dịch chất điện li (muối).

- D không có ăn mòn điện hóa do không có 2 điện cực 

Đáp án C

Hợp chất hữu cơ đơn chức, mạch hở có công thức phân tử C₂H₄O₂ là: CH₃COOH và HCOOCH₃

Vậy có tất cả 2 hợp chất hữu cơ đơn chức, mạch hở.

Đáp án B

X không tráng bạc nên không có HCOO

Vì X tác dụng với NaOH tạo H₂O nên X có nhóm COOH

Do đó X là CH₃COO-CH2-CH₂-COOH

Khi đó ta có các phương trình phản ứng sau:

CH₃COO-CH₂-CH₂-COOH (X) + 2NaOH → CH₃COONa (Y) + HO-CH₂-CH₂-COONa (Z) + H₂O;

 HO-CH₂-CH₂-COONa (Z) + HC1 → HO-CH₂-CH₂-COOH (T) + NaCl;

 HO-CH₂-CH₂-COOH (T) CH₂-CH-COOH (Q) + H₂0

Vậy: Y là CH₃COONa, Z là HO-CH₂-CH₂-COONa, T là HO-CH₂-CH₂-COOH; Q là CH₂=CH-COOH Phát biểu A đúng vì Y là CH₃COONa (natri axetat)

Phát biểu B sai vì T là HO-CH₂-CH₂-COONa, đây là hợp chất hữu cơ tạp chức.

Phát biểu C sai vì X là CH₃COO-CH₂-CH₂-COOH là hợp chất hữu cơ tạp chức

Phát biểu D sai vì Q là axit acrylic

Đáp án A

Ta có: NaHCO₃ + Ba(OH)₂ → NaOH + BaCO₃ + H₂O

NaOH + Al(OH)₃ → NaAlO₂ + 2H₂O 

NaAlO₂ + CO_2dư + H₂O → NaHCO₃ + Al(OH)₃

Vậy các chất các chất X, Y, Z, T thỏa mãn sơ đồ trên tương ứng là NaHCO₃, NaOH, NaAlO₂, Al(OH)_3.

Đáp án B

Ta có n_X = 0,25 mol gồm CH₄ (x mol) và H₂ (y mol)

Suy ra x+y=0,25 (1)

C₃H₄ + H₂ → C₃H₆

C₃H₄ + 2H₂ → C₃H₈

Vì hỗn hợp Y chỉ gồm các hiđrocacbon nên ny =x mol

Bảo toàn khối lượng ta có mx = my 

→ 40x + 2y = 21,5.2x (2)

Giải hệ (1) và (2) ta được x = 0,1 và y = 0,15

Bảo toàn số mol liên kết pi ta có: 2x =y+ n_Br2 → n_Br2 = 0,05 mol

Vậy giá trị của a là 0,05.

Đáp án A

Các chất: HCl, NaHCO₃, Al tác dụng được với dung dịch NaOH (có 3 chất).

Đáp án B

C₁₂H₂₂O₁₁ (saccarozơ)+ H₂O  →C₆H₁₂O₆ (glucozơ) + C₆H₁₂O₆ (fructozơ)

Ta có: n_glucozo = n_saccarozo = 0,2 mol

Suy ra m_{glucozo (PT)} = 0,2.180 = 36 (gam)

Do hiệu suất phản ứng đạt 92% nên m_{sản phẩm (thực tế)} = 36.92% = 33,12 (gam).

Đáp án A

Ta có: n_O2 = 0,6 mol; n_CO2 = 0,3 mol

Bảo toàn nguyên tố O ta có 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O → n_H2O = 0,6 mol

Đặt công thức chung của 2 amin no, đơn chức, mạch hở X và Y là C_nH_2n+3N

C_nH_2n+3N + (3n/2+3/4) O₂ → n_CO2 + (2n+3)/2 H₂O 

Suy ra n_M = (n_H2O + n_CO2)/1,5 = 0,2 mol

Suy ra số nguyên tử C = n_CO2/n_M=0,3: 0,2 = 1,5

Do hai chất có cùng số mol nên X là CH₃N và Y là C₂H₇N (etylamin).

Đáp án A

Các chất điện li mạnh gồm NaHCO₃, HCl (có 2 chất).

Đáp án C

Polime thiên nhiên là các polime có sẵn trong tự nhiên.

Các polime thiên nhiên gồm tinh bột, tơ tằm (2 polime).

Đáp án C

Độ bất bão hòa của X là k = 0,2/a + 3

 * Khi đốt cháy X:

Bảo toàn nguyên tố O ta có: 6.nx + 2.no2 = 2n_CO2 + n_H2O

Suy ra n_H2O = 6a + 2.7,75 - 2.5,5 = 6a +4,5 (1) 

Mặt khác: n_X.(k - 1) = n_CO2 + n_H2O+ a.(0,2/a + 3 – 1) = 5,5 - (6a +4,5)

Giải phương trình trên ta được a = 0,1

Thay vào (1) ta được n_H2O= 5,1 (mol)

Bảo toàn khối lượng cho phản ứng đốt cháy ta có: m_X + m_O2 = m_CO2 + m_H2O 

→ mx = 85,8 gam

*Khi thủy phân triglixerit X trong NaOH vừa đủ:

Gọi công thức của X là (RCOO)₃C₃H₅.

(RCOO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3RCOONa + C₃H₅(OH)₃

0,1                                             0,3                                                     0,1 mol

Bảo toàn khối lượng cho phản ứng thủy phân ta có:

 m = m_muối = m_X + m_NaOH - m_glixerol = 85,8 +0,3.40 - 0,1.92 = 88,6 (gam) 

Đáp án C