Sắt tác dụng với lưu huỳnh (đun nóng), thu được sản phẩm là FeS

Zn tan được trong dung dịch HCl

CaO được dùng để khử chua đất trong nông nghiệp

HNO₃ làm quỳ tím hoá đỏ

Chất X là than hoạt tính.         

Công thức của axit fomic là HCOOH

Tơ visco thuộc tơ nhân tạo

Dung dịch NaOH hòa tan được Al₂O₃

Cặp dung dịch NH₄Cl và AgNO₃ phản ứng với nhau tạo ra chất kết tủa

Este CH₃COOC₂H₅ tác dụng với dung dịch NaOH thu được ancol etylic

Chất Y là etilen

Cho Fe vào dung dịch CuSO₄ thu được muối sắt(II) sau khi kết thúc phản ứng

Nhúng thanh kẽm vào dung dịch hỗn hợp gồm CuSO₄ và HCl loãng xảy ra ăn mòn điện hóa

PE được điều chế bằng phản ứng trùng hợp.

Hai chất X, Y lần lượt là glucozơ, etanol.

Axit glutamic là hợp chất có tính lưỡng tính.               

Chọn D.

Ta có: n_{Fe pư} = n_Cu = 0,1 mol Þ m_rắn = (11,6 – 5,6) + 6,4 = 12,4 gam

Chọn A.

Quá trình: \({H_2}O + C\xrightarrow{{{t^o}}}CO,\;C{O_2},\,{H_2}\)  (1)

Hỗn hợp khí CO, H₂ + [O] → CO₂, H₂O (với \({n_{CO}} = {n_{C{O_2}}};{n_{{H_2}}} = {n_{{H_2}O}}\) )

Þ \({n_{CO}} + {n_{{H_2}}} = {n_{O\;({\text{ox}}it)}} = 3{n_{F{e_2}{O_3}}} \Rightarrow {n_{CO}} = 0,3\;mol\)

Theo (1) áp dụng BTNT H, O: \({n_{{H_2}}} = {n_{{H_2}O}} = {n_{CO}} + 2{n_{C{O_2}}} \Rightarrow {n_{C{O_2}}} = 0,15\;mol \Rightarrow \% {V_{C{O_2}}} = 14,28\% \)

Chọn D.

     (a) 2KCl (X₁) + 2H₂O \(\xrightarrow[{co\,mang\,ngan}]{{dien\,phan}}\) 2KOH (X₂) + Cl₂ (X₃­) + H₂­         

     (b) KOH (X₂) + CO₂  →KHCO₃ (X₅)                           

     (c) 2KOH (X₂) + Cl₂ (X₃)  →KCl (X₁) + KClO (X₄) + H₂O                       

     (d) KOH (X₂) + KHCO₃ (X₅)  → K₂CO₃ (X₆) + H₂O

Chọn A.

Quá trình nung: C₄H₁₀ → C_nH_2n + C_mH_{2m + 2}  (n ≥ 1; n ≥ 0)

Khi đốt cháy Y gồm C_mH_{2m + 2} : x mol và C₄H₁₀ dư: 0,1 – x (mol) luôn có: \({n_{{H_2}O}} - {n_{C{O_2}}} = {n_Y} = 0,1\) (1)

và \(\xrightarrow{{BT:\;O}}{n_{{H_2}O}} + 2{n_{C{O_2}}} = 2.0,305\)(2). Từ (1), (2) ta có: \(\left\{ \begin{gathered} {n_{{H_2}O}} = 0,27\;mol \hfill \\ {n_{C{O_2}}} = 0,17\;mol \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow {m_Y} = {m_C} + {m_H} = 2,58\;(g)\)

Theo BTKL: \({m_{{C_4}{H_{10}}}} = m + {m_Y} \Rightarrow m = 3,22\;(g)\)

Hỗn hợp gồm Na₂O (4x mol) và Al₂O₃ (3x mol) Þ X chứa OH^- dư (2x mol) và AlO₂^- (6x mol).

Khi cho từ từ HCl vào X thì: \(\left\{ \begin{gathered} {n_{O{H^ - }}} + {n_{Al{{(OH)}_3}}} = {n_{{H^ + }\;(1)}} \hfill \\ {n_{O{H^ - }}} + (4{n_{Al{O_2}^ - }} - 3{n_{Al{{(OH)}_3}}}) = {n_{{H^ + }\;(2)}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} 2x + \frac{a}{{78}} = 0,3 \hfill \\ 26x - 3.\frac{{a + 2,6}}{{78}} = 0,6 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} x = 0,05 \hfill \\ a = 15,6 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

Þ m = 4.0,05.62 + 3.0,05.102 = 27,7 (g).

Số phát biểu đúng là 4

(a) CO₂ + CaCl₂ : không phản ứng.

(b) 3Na + Fe(NO₃)₃ + 3H₂O → 3NaNO₃ + Fe(OH)₃¯ + 3/2H₂

(c) 4Ba(OH)₂ dư + Al₂(SO₄)₃ → 3BaSO₄¯ + Ba(AlO₂)₂ + 4H₂O

(d) Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ dư → Fe(NO₃)₃ + Ag¯

(e) CaO + H₂O → Ca(OH)₂ ; Ca(OH)₂ + NaHCO₃ → CaCO₃¯ + NaOH + H₂O

Chọn B.

Công thức cấu tạo của X là CH₃-CH₂-COO-CH₂-CH₂-OOC-CH=CH₂.

Phân tử khối của chất F là 74.

Chọn A.

(c) Sai, Ống nghiệm được lắp hơi chúi xuống để chất rắn nóng chảy không chảy ngược vào ống nghiệm.

(d) Sai, Ống nghiệm đựng nước vôi trong để hấp thụ khí CO₂.

(f) Sai, Mô hình trên không được dùng xác định nitơ trong hợp chất hữu cơ.

Chọn B.

Đoạn 1: Cl₂ ; Đoạn 2: dốc tốc độ thoát khí nhanh Þ Cl₂, H₂ ; Đoạn 3: đi lên nhưng không dốc Þ H₂, O₂.

Tại thời điểm t (h) có khí Cl₂ thoát ra với số mol là 0,1 Þ n_{e (1)} = 0,2 mol

Tại thời điểm t đến 2t (h) có khí Cl₂ và H₂ thoát ra Þ H₂ (0,1 mol)

Khi đó: \({n_{C{l_2}}} = 0,2\;mol \Rightarrow {n_{NaCl}} = 0,4\;mol\)và \(\xrightarrow{{BT:\;e}}{n_{Cu}} = \frac{{2{n_{C{l_2}}} - 2{n_{{H_2}}}}}{2} = 0,1\;mol\)

Vậy m = 0,1.160 + 0,4.58,5 = 39,4 (g).

Chọn C.

\(\xrightarrow{{BT:\;H}}{n_{{H_2}O}} = {n_{{H_2}S{O_4}}} \Rightarrow {n_{{H_2}O}} = 0,32\;mol\xrightarrow{{BT:\;O}}4{n_{{H_2}S{O_4}}} = 4{n_{S{O_4}^{2 - }}} + 2{n_{S{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} \Rightarrow {n_{S{O_4}^{2 - }}} = 0,12\;mol\)

Dung dịch thu được sau khi tác dụng NaOH là Na⁺ (0,25 mol); SO₄^2- (0,12 mol) và AlO₂^-

\(\xrightarrow{{BTDT}}2{n_{S{O_4}^{2 - }}} + {n_{Al{O_2}^ - }} = {n_{N{a^ + }}} \Rightarrow {n_{Al{O_2}^ - }} = 0,01\;mol\) (OH^- đã phản ứng với Al³⁺ là 0,04 mol)

Ta có: \({m_{Cu,Fe}} + {m_{O{H^ - }}} = 7,63 \Rightarrow {m_{Cu,Fe}} = 7,63 - 17.(0,25 - 0,01.4) = 4,06\;(g)\)

\({n_S} + {n_{{H_2}S{O_4}}} = {n_{S{O_4}^{2 - }}} + {n_{S{O_2}}} \Rightarrow {n_S} = 0,04\;mol\). Vậy m = 4,06 + 0,01.27 + 0,04.32 = 5,61 (g)

Chọn B.

Khi đốt cháy hỗn hợp E thì  \({n_{O(trong{\text{ E)}}}} = \frac{{{m_E} - 12{n_{C{O_2}}} - 2{n_{{H_2}O}}}}{{16}} = 1 \Rightarrow {n_{ - COO}} = 0,5\,mol\)

\(\left\{ \begin{gathered} {n_X} + {n_Y} + 2{n_Z} = {n_{ - COO}} \hfill \\ ({k_X} - 1){n_X} + ({k_Y} - 1){n_Y} + ({k_Z} - 1){n_Z} = {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} {n_X} + {n_Y} + 2{n_Z} = 0,05 \hfill \\ {n_Z} = 0,1 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} {n_X} + {n_Y} = 0,3\,mol \hfill \\ {n_Z} = 0,1\,mol \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

Khi cho hỗn hợp E tác dụng với dung dịch hỗn hợp gồm NaOH và KOH thì

\(\xrightarrow{{BTKL}}{m_{{\text{ran}}}} = {m_E} + 40{n_{NaOH}} + 56{n_{KOH}} - 62{n_{{C_2}{H_4}{{(OH)}_2}}} - 18{n_{{H_2}O}} = 51\,(g)\)

Chọn A.

\(\xrightarrow{{BTKL}}{m_X} + {m_{HCl}} + {m_{NaN{O_3}}} = {m_Y} + {m_Z} + {m_{{H_2}O}} \Rightarrow {n_{{H_2}O}} = 0,43\;mol\)

Dung dịch Y chứa Fe²⁺ ; Fe³⁺ ; Mg²⁺ ; NH₄⁺ ; Na⁺ (0,01) và Cl^- (0,92).

Ta có: m_{ion kim loại} +  \(18{n_{N{H_4}^ + }}\)= 46,95 – 0,01.23 – 0,92.35,5 = 14,06 (1)

Khi cho Y tác dụng với KOH thì: \({m_{ion\;kim\;loai}} + {m_{O{H^ - }}} = 29,18 \Rightarrow {m_{ion\;kim\;loai}} + 17.(0,91 - {n_{N{H_4}^ + }}) = 29,18\) (2)

Từ (1), (2) suy ra: m_{ion kim loại} = 13,88 (g) ;  \({n_{N{H_4}^ + }} = 0,01\;mol \to {n_{N{O_3}\;(X)}} = \frac{{{m_X} - {m_{KL}}}}{{62}} = 0,15\;mol\)

\(\xrightarrow{{BT:\;H}}{n_{HCl}} = 4{n_{N{H_4}^ + }} + 2{n_{{H_2}}} + 2{n_{{H_2}O}} \Rightarrow {n_{{H_2}}} = 0,01\;mol\)

\(\xrightarrow{{BT:\;N}}{n_{N\;(X)}} + {n_{NaN{O_3}}} = {n_{N{H_4}^ + }} + {n_{N\;(Z)}} \Rightarrow {n_{N\;(Z)}} = 0,15\;mol\)

\(\xrightarrow{{BT:\;O}}{n_{O\;(X)}} + 3{n_{NaN{O_3}}} = {n_{O\;(Z)}} + {n_{{H_2}O}} \Rightarrow {n_{O\;(Z)}} = 0,05\;mol\)

Hỗn hợp Z gồm 3 khí: trong đó có H₂) và N₂O; N₂ hoặc N₂O; NO hoặc N₂; NO.

Nhận thấy n_{N (Z)} : n_{O (Z)} = 3 : 1 Þ 3N và 1O Þ 2 khí đó là N₂ và NO (có số mol bằng nhau = 0,05)

Vậy %V khí N₂O = 45,45%.

Chọn A.

X là muối của axit cacboxylic với (CH₃)₃N Þ X có dạng là HOOC-R-COONH(CH₃)₃

Y là muối của α-amino axit no với axit nitric Þ Y có dạng là HOOC-R’-NH₃NO₃.

\(E\left\{ \begin{gathered} HOOCRCOONH{(C{H_3})_3} \hfill \\ HOOCR'N{H_3}N{O_3} \hfill \\ \end{gathered} \right.\xrightarrow{{ + \;NaOH}}\left\{ \begin{gathered} NaOOCRCOONa,\,NaOOCR'N{H_2} \hfill \\ \,NaN{O_3} \hfill \\ \end{gathered} \right. + \underbrace {{{(C{H_3})}_3}N}_{0,03\,mol}\)

Ta có:  \({n_X} = {n_{{{(C{H_3})}_3}N}} = 0,03\;mol \to {n_Y} = \frac{{{n_{NaOH}} - 2{n_X}}}{2} = 0,03\;mol\)

PTHH: HOOC-R-COONH(CH₃)₃ + HCl  (CH₃)₃NHCl + HOOC-R-COOH

Ta có:  \({n_{HOOC - R - COOH}} = {n_{{{(C{H_3})}_3}N}} = {n_{HCl}} = 0,03\;mol \Rightarrow {M_{HOOC - R - COOH}} = \frac{{2,7}}{{0,03}} = 90\;(R = 0)\)

Vậy X là HOOC-COONH(CH₃)₃ và Y là HOOC-C₄H₈-NH₃NO₃

m_E= 9,87 gam

Chọn D.

Thí nghiệm 1: Cho 20 ml Y vào BaCl₂ thì: \({n_{S{O_4}^{2 - }}} = {n_ \downarrow } = 0,01\;mol\)

\(\xrightarrow{{BT:\;S}}{n_{FeS{O_4}.7H_2^{}O}} = {n_{S{O_4}^{2 - }}} - {n_{{H_2}S{O_4}}} = 0,05 - 0,025 = 0,025\;mol \Rightarrow {m_{FeS{O_4}.7H_2^{}O}} = 6,95\;(g)\)

Thí nghiệm 2: Cho KMnO₄ (8,6.10^-4 mol) vào Y thì \(\xrightarrow{{BT:\;e}}{n_{F{e^{2 + }}}} = 5{n_{KMn{O_4}}} = {4,3.10^{ - 3}}\;mol\)

Trong không khí, Fe2+ bị oxi hoá thành Fe3+ với số mol tương ứng là 0,025 – 0,0215 = 3,5.10^-3 mol

Vậy \(\% {n_{F{e^{2 + }}}} = \frac{{{{3,5.10}^{ - 3}}}}{{0,025}}.100\% = 14\% \)

CO₂ được coi là chất gây ô nhiễm, chủ yếu là vì nó là nguyên nhân chính gây hiệu ứng nhà kính.

Đáp án B

Metyl axetat là CH₃COOCH₃: CH₃COOCH₃ + NaOH → CH₃COONa + CH₃OH

Benzyl axetat là CH₃COOC₆H₅: CH₃COOCH₃ + 2NaOH → CH₃COONa + C₆H₅ONa + H₂O

Etyl axetat là CH₃COOC₂H₅: CH₃COOC₂H₅ + NaOH →CH₃COONa + C₂H₅OH  

Tristearin là(C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅: (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3C₁₇H₃₅COONa + C₃H₅(OH)₃ 

Xà phòng hóa tristearin thu được glixerol C₃H₅(OH)₃

Đáp án D

Những kim loại phản ứng được với H₂SO₄ loãng là Al, Fe, Na, Ba = 4 kim loại

Đáp án D

Kim loại tác dụng với H₂O ngay ở nhiệt độ thường là K.

PTHH: 2K + 2H₂O → 2KOH + H₂

Đáp án A

Thứ tự phản ứng là Mg + 2AgNO₃ → Mg(NO₃)₂ + 2Ag

Fe +2AgNO₃ → Fe(NO₃)₂ + 2Ag

Nếu AgNO₃ dư thì AgNO₃ + Fe(NO₃)₂ → Fe(NO₃)₃ + Ag 

 X có 2 muối và rắn Y có 2 kim loại nên Y có Ag và Fe dư; dung dịch X chứa Mg(NO₃)₂ và Fe(NO₃)₂ Đáp án A

Những chất hòa tan Cu(OH)₂ tạo thành dung dịch màu xanh là: glucozơ, fructozơ, saccarozơ = 3 chất

Đáp án B

A có H₂SO₄ không phản ứng với Cu(NO₃)₂ nên cùng tồn tại

B có FeCl₃ không phản ứng với KNO₃ nên cùng tồn tại

C có NaOH không phản ứng với NaNO₃ nên cùng tồn tại

D không cùng tồn tại trong một dung dịch do có phản ứng: CuCl₂ + 2NaOH₂ →Cu(OH)₂ + 2NaCl

Đáp án D

Dung dịch có pH < 7 là NaHSO₄ do là muối axit. Muối này có khả năng phản ứng như axit sunfuric CH₃COONa có pH >7

Na₂CO₃ có pH >7

KCl có pH=7

Đáp án C

n_Ba = 0,02 mol và nCuSO₄ = 0,02 mol

PTHH: 

Ba + H₂O → Ba(OH)₂

 0,02 →                     0,02                mol 

CuSO₄ + Ba(OH)₂ → Cu(OH)₂ + BaSO₄

Trước 0,02                       0,02                                                                              mol

Sau     0            0              0,02                 0,02     mol 

  m_{kết tủa} = m_BaSO4 + m_Cu(OH)2 = 0,02.233+0,02.98 = 6,62 gam