Chọn C. 

- Phương trình hóa học: CH₃COONa + NaOH \( \to C{H_4} \uparrow  + N{a_2}C{O_3}\)

(b) Sai. Khí thu được cháy với ngọn lửa màu xanh nhạt. 

(c) Sai. Nên lắp ống thí nghiệm chứa hỗn hợp rắn sao cho miệng ống nghiệm hơi chốc xuống dưới.

(d) Sai. CaO là chất chống ăn mòn thủy tinh (NaOH nóng chảy ăn mòn thủy tinh).

(g) Sai. Nếu dẫn khí thoát ra vào dung dịch Br₂ thì dung dịch này không bị mất màu.  

Ta có: n_Y = n_E = 0,2 → Đốt Y được \(\left\{ \begin{align} & {{H}_{2}}O:0,71 \\ & C{{O}_{2}}:0,71-0,2=0,51 \\ \end{align} \right.\)

→ n_{O (trong Y)} = 0,71 + 0,51.2 – 0,72.2 = 0,29 > n_{Y ⇒} hỗn hợp Y chứa \(\left\{ \begin{align} & R{{\left( OH \right)}_{2}}:0,29-0,2=0,09 \\ & R'OH:0,2-0,09=0,11 \\ \end{align} \right.\)

\(\to 0,09.{{C}_{R}}+0,11.{{C}_{R'}}=0,51\to \left\{ \begin{align} & {{C}_{R}}=2 \\ & {{C}_{R'}}=3 \\ \end{align} \right.\)

Bảo toàn khối lượng: \({{m}_{X}}=12,78+0,51.44-0,72.32+24,06-0,29.40=24,64\)gam

Hai este trong \(X:\left\{ \begin{array}{l} {C_n}{H_{2n}}{O_2}:0,11\\ {C_m}{H_{2m - 2}}{O_4}:0,09 \end{array} \right. \to 0,11\left( {14n + 32} \right) + 0,09.\left( {14m + 62} \right) = 24,64 \to \left\{ \begin{array}{l} n = 6\\ m = 5 \end{array} \right.\)

\(\to {{C}_{2}}{{H}_{5}}COO{{C}_{3}}{{H}_{7}}\) và \(\left. \begin{align} & HCOO \\ & C{{H}_{3}}COO \\ \end{align} \right\rangle {{C}_{2}}{{H}_{4}}\)

Este hai chức trong E là \( \left. \begin{align} & HCOO \\ & C{{H}_{3}}COO \\ \end{align} \right\rangle {{C}_{2}}{{H}_{4}}:0,09\text{ mol}\Rightarrow %m=49,01%.\)

Khi cho từ từ X vào H⁺ thì gồm Na₂CO₃ và NaHCO₃ 

Lập hệ: \(\left\{ \begin{array}{l} x + y = {n_{C{O_2}}} = 0,3\\ 2x + y = {n_{{H^ + }}} = 0,4 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 0,1\\ y = 0,2 \end{array} \right.\) (với x, y là mol phản ứng của Na₂CO₃ và NaHCO₃) 

Ta có: \(\frac{{{n_{N{a_2}C{O_3}}}}}{{{n_{NaHC{O_3}}}}} = \frac{x}{y} = \frac{1}{2}\) và \(2{n_{N{a_2}C{O_3}}} + {n_{NaHC{O_3}}} = 0,8 \Rightarrow X\left\{ \begin{array}{l} N{a_2}C{O_3}:0,2\\ NaHC{O_3}:0,4 \end{array} \right.\)

Vậy dung dịch chứa Na₂CO₃ dư (0,1 mol); NaHCO₃ dư và Na₂SO₄ (0,2 mol)

Cho BaCl₂ phản ứng với Y (BaCl₂ không phản ứng với NaHCO₃) thu được kết tủa là: BaSO₄: 0,2 mol và BaCO₃: 0,1 mol ⇒ m = 66,3 (g) 

Chọn B. 

(a) Ba(OH)₂ + NH₄HSO₄ → BaSO₄ + NH₃ + 2H₂O. 

(b) 2NaOH + Ca(HCO₃)₂ → CaCO₃ + Na₂CO₃ + H₂O. 

(c) 10HNO₃ + 3FeCO₃ → 3Fe(NO₃)₃ + NO + 3CO₂ + 5H₂O. 

(d) H₂SO₄ + 2Na₂CO₃ → 2NaHCO₃ + Na₂SO₄ (dạng cho từ từ axit vào muối cacbonat).

(e) FeS + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂S. 

Thí nghiệm thu được chất khí là a, c, e. 

Chọn B. 

Đặt \(\left\{ \begin{array}{l} {\left( {{C_{17}}{H_x}COO} \right)_3}{C_3}{H_5}:a{\rm{ mol}}\\ {{\rm{C}}_{17}}{H_y}COOH:b{\rm{ mol}}\\ {{\rm{H}}_2}O:c{\rm{ mol}} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} 6a + 2b + 2,89.2 = 2,04.2 + c\\ 57a + 18b = 2,04\\ 110a + 36b = 2c + 0,08.2 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 0,02\\ b = 0,05\\ c = 1,92 \end{array} \right.\)

Ta có: \({n_{B{r_2}}} = 0,08{\rm{ mol}} \Rightarrow \) X gồm \(\left\{ \begin{array}{l} {C_{17}}{H_{33}}COOH:0,04{\rm{ mol}}\\ {{\rm{C}}_{17}}{H_{35}}COOH:0,01{\rm{ mol}}\\ {\left( {{C_{17}}{H_{33}}COO} \right)_2}{C_3}{H_5}\left( {{C_{17}}{H_{35}}COO} \right):0,02{\rm{ mol}} \end{array} \right. \Rightarrow {m_{triglixerit}} = 17,72\left( g \right)\)

Chọn B. 

(c) Sai. Glucozơ là hợp chất hữu cơ tạp chức.  

(e) Sai. Các loại tơ poliamit kém bền trong môi trường axit hoặc bazơ. 

\(\begin{array}{l} O{H^ - } + HCO_3^ - \to CO_3^{2 - } + {H_2}O\\ 0,02{\rm{ 0,02}} \end{array}\)

\(\begin{array}{l} C{a^{2 + }} + CO_3^{2 - } \to CaC{O_3}\\ 0,02{\rm{ 0,02}}\\ {\rm{3C}}{{\rm{a}}^{2 + }} + 2PO_4^{3 - } \to C{a_3}{\left( {P{O_4}} \right)_2}\\ 0,03{\rm{ 0,02}} \end{array}\)

Vậy trong 10 lít nước có 0,05 mol Ca²⁺ ⇒ trong 1 lít có 0,005 mol 

Trong 1 lít nước có 0,5 milimol = 0,0005 mol Ca²⁺ ⇒ Số đơn vị độ cứng đó là 0,005/0,0005 = 10.

Chọn D. 

Hỗn hợp X gồm C₂H₂ (0,2 mol); C₃H₆ (0,1 mol); H₂ (0,3 mol) ⇒ m_X = 10 (g)

Theo BTKL: m_X = m_Y = 10 ⇒ n_Y = 0,4 mol ⇒ \({n_{{H_2}}}\)_pư = 0,6 – 0,4 = 0,2 mol  

Khi cho Y tác dụng với AgNO₃/NH₃ thì số mol C₂H₂ dư: 0,05 mol 

\(2.\left( {0,2 - 0,05} \right) + 0,1 = 0,2 + {n_{B{r_2}}} \Rightarrow {n_{B{r_2}}} = 0,2{\rm{ mol}} \Rightarrow m = 32\left( g \right).\)

Hỗn hợp khí O₂: a mol và NO₂: b mol 

⇒ Ta có hệ: \(\left\{ \begin{array}{l} a + b = 0,12\\ 32a + 46b = 19,5.2.0,12 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 0,06\\ b = 0,06 \end{array} \right.\)

Từ phương trình phản ứng có: \({{n}_{NaN{{O}_{3}}}}=\left( {{n}_{{{O}_{2}}}}-{{n}_{N{{O}_{2}}}}/4 \right).2=0,09\) mol

Số mol của ion \(C{{u}^{2+}}\) và \(M{{g}^{2+}}\) là 0,03 mol

Trong dung dịch Y có chứa Cu²⁺; Mg²⁺; NO₃^-; SO₄^2-(0,04 mol) và Na⁺

\(\xrightarrow{BTDT}0,03.2+0,09=0,04.2+{{n}_{NO_{3}^{-}}}\Rightarrow {{n}_{NO_{3}^{-}}}=0,07\) mol

Lại có 0,03 mol gồm NO₂ và SO₂ 

\(\xrightarrow{BT:N}{{n}_{N{{O}_{2}}}}={{n}_{NaN{{O}_{3}}}}-{{n}_{NO_{3}^{-}}}=0,02mol\Rightarrow {{n}_{S{{O}_{2}}}}=0,01mol\)

\(\Rightarrow {{n}_{S}}=\left( 2{{n}_{S{{O}_{2}}}}+{{n}_{N{{O}_{2}}}}+2{{n}_{O}}-\left( {{n}_{C{{u}^{2+}}}}+{{n}_{M{{g}^{2+}}}} \right).2 \right)/6\)

với \(\left( {{n}_{O}}=0,3m/16 \right)\)

\(\Rightarrow m-0,3m-\left( 0,00625m-1/300 \right).32+0,09.23+0,04.96+0,07.62=4m\Rightarrow m=2,959\left( g \right)\)

Đặt a, b lần lượt là số mol của (X, Y) và este \(\to \frac{b}{a+b}=\frac{1}{6}\Rightarrow a=5b\)

Công thức amin no, hai chức, mạch hở là \({{C}_{\overline{n}}}{{H}_{2\overline{n}+4}}{{N}_{2}}\left( \overline{n}>1 \right)\)

Bảo toàn O: \(2b+0,22.2=2{{n}_{C{{O}_{2}}}}+0,22\left( 1 \right)\)

Độ bất bão hòa: \({{n}_{C{{O}_{2}}}}-0,22=-2a=-10b\left( 2 \right)\)

Từ (1), (2) suy ra: b = 0,01 và a = 0,05  

Bảo toàn C: \(0,05.\overline{n}+0,01.{{C}_{este}}=0,12\) (vì \({{C}_{este}}>2)\Rightarrow 1<\overline{n}<2.\)

Vậy Y là C₂H₈N₂ có M = 60.

Đáp án D

(a) n_Al < n_NaOH => tan hết

(b) Cu + Fe₂(SO₄)₃ → 2FeSO₄ + CuSO₄ => tan hết

(c) Cu(2 mol) + 2FeCl₃(2 mol) → CuCl₂ + 2FeCl₂ => không tan hết

(d) Tan hết

(e) Al₄C₃ + 12H₂O → 4Al(OH)₃ + 3CH₄

1                                  4

CaC₂ + 2H₂O → Ca(OH)₂ + C₂H₂

2                                  2

2Al(OH)₃ + Ca(OH)₂ → Ca(AlO₂)₂ + 4H₂O

4                                              2

=> tan hết

(f) Không tan hết do tạo kết tủa BaCO₃

Vậy các hỗn hợp rắn tan hoàn toàn là (a) (b) (d) (e)

Ta có: \({n_X} = 0,105\left\{ \begin{array}{l} NO:0,09(mol)\\ {N_2}O:0,015(mol) \end{array} \right.\) Gọi \(\left\{ \begin{array}{l} {n_{Al}} = a\\ {n_{NH_4^ + }} = b\\ n_{NO_3^ - }^{trong\,Y} = c \end{array} \right. \to {n_{HCl}} = 0,51 + 10b\)

\( \to \left\{ \begin{array}{l} 0,12 + b + c = 0,3\\ a + \left( {10b + 0,51} \right) + c = 0,82\\ 0,25.56 + 27a + 18b + 35,5(0,51 + 10b) + 62.c = 47,455 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} a = 0,04\\ b = 0,01\\ c = 0,17 \end{array} \right.\)

\( \to n_e^{\max } = 0,57 \to {n_{Ag}} = 0,57 - 0,47 = 0,1 \to 98,335\left\{ \begin{array}{l} AgCl:0,61\\ Ag:0,1 \end{array} \right.\)

Ag thường dùng làm đồ trang sức và có tác dụng bảo vệ sức khỏe

2K  +  2H₂O  → 2KOH  +  H₂

Đáp án B

PTHH: CH₃COOC₂H₅ + NaOH → CH₃COONa + C₂H₅OH

Ta có: \({n_{fruc}} = \frac{{36.0,1}}{{180}} = 0,02\,mol \to {n_{Ag}} = 0,4.0,02.2 = 0,016\,mol \to m = 1,728\left( {gam} \right)\)

Dồn X về \(\left\{ \begin{array}{l} {C_n}{H_{2n + 2}}:0,2\\ NH:0,2k \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} C{O_2}:0,2n\\ {H_2}O:0,2 + 0,2n + 0,1k\\ {N_2}:0,1k \end{array} \right.\)

\(\to 0,4n + 0,2k + 0,2 = 1,2 \to 2n + k = 5 \to \left\{ \begin{array}{l} n = 1\\ k = 3 \end{array} \right.\)

Vậy amin phải là: \(CH - {\left( {N{H_2}} \right)_3} \to {n_X} = \frac{{6,1}}{{61}} = 0,1 \to {n_{HCl}} = 0,3\left( {mol} \right) \to V = 0,15\)lít

Đáp án C

A sai vì amilozơ có cấu trúc mạch không phân nhánh

B sai vì Poliacrylonitrin được điều chế bằng phản ứng trùng hợp

D sai vì Poli(vinyl clorua) được điều chế bằng phản ứng trùng hợp vinyl clorua.

Ta có: \({n_{{H_2}}} = 0,05 \to m = 2,43 + 0,05.96 = 7,23\) gam

nH₂ = 0,18 mol

Kim loại X hóa trị n, bảo toàn electron: \(\frac{{3,24n}}{X} = 0,18.2 \to X = 9n \to \left\{ \begin{array}{l} n = 3\\ X = 27 \end{array} \right.\)=>X là Al.

Đáp án B

Các phản ứng hóa học xảy ra khi tiến hành các thí nghiệm:

A Fe + 4HNO_{3 dư} → Fe(NO₃)₃ + NO + 2H₂O.

B Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂.

C Fe + HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + NO₂ + H₂O.

FeO + HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + NO₂ + H₂O.

D Fe + 3AgNO_{3 dư} → Fe(NO₃)₃ + 3Ag↓.

Đáp án C

2FeCl₃ + Mg → 2FeCl₂ + Mg

Số oxi hóa của sắt giảm từ +3 xuống +2 => FeCl₃ thể hiện tính oxi hóa

Ta có: \({n_{B{r_2}}} = 1,24 \to \left\{ \begin{array}{l} C{O_2}:27,5\\ {H_2}O:25,26 \end{array} \right.\) Xem như hidro hóa X rồi đốt cháy

\(\begin{array}{l} \to 27,5 - \left( {25,26 + 1,24} \right) = 2{n_X} \to {n_X} = 0,5 \to \left\{ \begin{array}{l} {n_A} = 0,24\\ {n_B} = 0,26 \end{array} \right.\\ \to \left\{ \begin{array}{l} {C_{15}}{H_{31}}COOK:a\\ {C_{17}}{H_{33}}COOK:b\\ {C_{17}}{H_{31}}COOK:c \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} a + b + c = 1,5\\ b + 2c = 1,24\\ 16a + 18b + 18c = 27,5 - 0,5.3 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} a = 0,5\\ b = 0,76\\ c = 0,24 \end{array} \right. \to x + z = 390,20\left( {gam} \right) \end{array}\)

D sai vì sau bước 3, khi để nguội thấy có phần chất rắn màu trắng đục nổi lên trên.

Đáp án C

a) đúng CH₃COOCH=CH₂ + NaOH → CH₃COONa + CH₃-CHO

b) sai Polietilen được điều chế bằng phản ứng trùng hợp etilen.

c) đúng

d) đúng

e) đúng

g) sai

=> có 4 đáp án đúng

Ta có: \({n_{NaOH}} = 0,1 \to {M_{RCOONa}} = 94 \to C{H_2} = CH - COONa\)

Tách axit, este có 1 liên kết đôi C=C, mạch hở thành \(\left\{ \begin{array}{l} COO\\ C{H_2} \end{array} \right.\); ancol Y tách thành \(\left\{ \begin{array}{l} C{H_2}\\ {H_2}O \end{array} \right.({n_{{H_2}O}} = {n_Y})\)

\(E\, \to 11,28gam\left\{ \begin{array}{l} COO:0,1\\ {H_2}O\\ C{H_2}:0,44 \end{array} \right. \to {n_{{H_2}O}} = 0,04 = {n_Y} \to \% {n_Y} = \frac{{0,04}}{{0,04 + 0,1}} = 28,57\% \)

Đáp án A

22,4 lít X ↔ 1 mol X có 0,6 mol O₂ và 0,4 mol O₃ quy ra 2,4 mol O để đốt.

Hỗn hợp Y: metylamin = CH₂ + NH₃; amoniac = NH₃ và hai anken (CH₂)_n

→ Quy đổi Y \(\left\{ \begin{array}{l} C{H_2}\\ N{H_3} \end{array} \right.\)

♦ Đốt 14,2 gam Y gồm {x mol CH₂ và y mol NH₃} + 2,4 mol O → CO₂ + H₂O + N₂.

Có hệ: m_Y = 14x + 17y = 14,2 gam; lượng O cần đốt: 3x + 1,5y = 2,4

suy ra x = 0,65 mol và y = 0,3 mol → n_CO2 = 0,65 mol

Theo đó, yêu cầu giá trị m_{↓ BaCO3} = 0,65 × 197 = 128,05 gam.

\( \to \left\{ \begin{array}{l} 0,04 = (0,2x + 0,4y) - \frac{{1,97}}{{197}}\\ 0,0325 = (0,2y + 0,4x) - \frac{{1,4775}}{{197}} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x = 0,05\\ y = 0,1 \end{array} \right.\)

Đáp án C

\(\begin{array}{l}
(1){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 4Fe{(N{O_3})_2} \to 2F{e_2}{O_3} + 8N{O_2} + {O_2}\\
(2){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} Al + NaOH \to NaAl{O_2} + \frac{3}{2}{H_2} \uparrow \\
(3){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 2N{H_3} + 3CuO \to 3Cu + 3{H_2}O + {N_2}\\
(4){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} HgS + {O_2} \to Hg + S{O_2}\\
(5){\mkern 1mu} {\mkern 1mu} 3Mg + 2FeC{l_3} \to 2Fe + 3MgC{l_2}
\end{array}\)

=> cả 5 phản ứng đều tạo ra đơn chất

\(\begin{array}{l} 15,44\left\{ \begin{array}{l} Mg:a\\ F{e_3}{O_4}:b\\ Cu{(N{O_3})_2}:c \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {n_{NH_4^ + }} = 0,01 + 2c - 0,04 = 2c - 0,03\\ 24a + 232b + 188c = 15,44 \end{array} \right.\\ \to 0,04.4 + 0,02.2 + 10(2c - 0,03) + 4b.2 = 0,62\\ \to 2a + b = 0,16 + 8(2c - 0,03)\\ \to \left\{ \begin{array}{l} a = 0,1\\ b = 0,04\\ c = 0,02 \end{array} \right. \to m = 32,235 \end{array}\)

Đáp án B

Kim loại có khối lượng riêng lớn nhất là Os (SGK Hóa học 12 - trang 84)

Đáp án B

Hg tác dụng với S ở nhiệt độ thường tạo HgS bền, không độc: Hg + S → HgS

Đáp án C

Ta có: \({n_{{H_2}}} = 0,1 \to {n_{axit}} = 0,1 \to n_{dd}^{axit} = \frac{{0,1.98}}{{0,1}} = 98\left( {gam} \right)\)

\( \to m_{dd}^{sau{\rm{ phan ung}}} = 98 + 3,68 - 0,1.2 = 101,48\)

\({n_{Al}} = 2\underbrace {{n_{F{e_2}{O_3}}}}_{0,125} \Rightarrow {n_{Al}} = 0,25\,mol \Rightarrow {m_{Al}} = 6,75\,gam\)

\({n_{Glu}} = 2 \to {n_{C{O_2}}} = 2.2.0,8 = 3,2 \to m = 3,2.100 = 320\left( {gam} \right)\)

\( \to {n_{HCl}} = \frac{{8,99 - 5,34}}{{36,5}} = 0,1\left( {mol} \right) \to {n_{{N_2}}} = \frac{1}{2}.0,1 = 0,05\)

Đáp án D

A sai vì tơ visco là tơ bán tổng hợp

B sai vì trùng hợp buta-1,3-đien với acrilonitrin có xúc tác Na được cao su buna-N.

C sai trùng hợp stiren thu được poli stiren.

Đáp án C

Thí nghiệm xảy ra ở điều kiện thường là:

a) Cho dung dịch AgNO₃ vào dung dịch HCl:

c) Cho dung dịch Fe(NO₃)₂ vào dung dịch AgNO₃

d) Nhỏ ancol etylic vào CrO₃

e) Sục khí SO₂ vào dung dịch thuốc tím

f) Ngâm Si trong dung dịch NaOH

Ta có: \({n_{NaOH}} = 0,07 \to {M_{RCOONa}} = 92 \to CH \equiv C - COONa\)

Ancol cháy → Quy đổi ancol \(\left\{ \begin{array}{l} {H_2}O\\ C{H_2}:0,19 \end{array} \right.\)

Quy đổi E \( \to \left( {10,26 + 0,07.2} \right)\left\{ \begin{array}{l} COO:0,07\\ {H_2}O\\ C{H_2}:0,33 \end{array} \right. \to {n_{{H_2}O}} = 0,15\)

\( \to \overline {{C_E}} = 1,81 \to \% C{H_3}OH:46,78\% \)

Đáp án B

đốt 0,08 mol X → 0,31 mol H₂O và 0,27 mol hỗn hợp {CO₂; N₂}.

Tương quan: ∑n_H2O – ∑(n_CO2 + n_N2) = 0,04 mol < 0,08 mol → 2 hidrocacbon không phải là ankan.

♦ TH₁: 2 hiđrocacbon là anken.

→ từ tương quan có 0,04 mol C₃H₉N và 0,04 mol hai anken.

→ số H_{trung bình hai anken} = (0,31 × 2 – 0,04 × 9) ÷ 0,04 = 6,5

→ là 0,03 mol C₃H₆ và 0,01 mol C₄H₈ (số mol suy ra được luôn từ số H_{trung bình} và tổng mol).

Theo đó %m_{C3H6 trong X} = 0,03 × 42 ÷ (0,25 × 14 + 0,04 × 17) ≈ 30,14%.

♦ TH₂: 2 hiđrocacbon là ankin thì n_amin – n_ankin = 0,04 mol, từ tổng mol 0,08

→ n_amin = 0,06 mol và n_ankin = 0,02 mol

→ số H_{trung bình hai ankin} = 4

→ không có 2 ankin liên tiếp thỏa mãn → loại TH này