Các phương trình phản ứng:

\(2Al + 6KHS{O_4} \to A{l_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3} + 3{K_2}S{O_4} + 3{H_2} \uparrow \)

\(2Al + Ba{\left( {OH} \right)_2} + 2{H_2}O \to Ba{\left( {Al{O_2}} \right)_2} + 3{H_2} \uparrow \)

\(Al + NaOH + {H_2}O \to NaAl{O_2} + \frac{3}{2}{H_2} \uparrow \)

Dung dịch NH₃ có tính bazơ yếu nên không thể hòa tan với Al

Đáp án C

Cấu hình electron của Fe là \(\left[ {Ar} \right]3{d^6}4{s^2}\), nguyên tử Fe có tổng số electron phân lớp \(3d + 4s\) là 8, electron cuối cùng điền vào phân lớp 3d, vậy Fe sẽ thuộc nhóm VIIIB

Đáp án B

Gốc nitrat là gốc axit của axit nitric HNO₃. Vậy KNO₃ có tên là: Kali nitrat.

Đáp án D

Axit linoleic có công thức là C₁₇H₃₁COOH, có k = 3 (2 liên kết \(\pi \) trong gốc hidrocacbon và 1 liên kết  trong nhóm COOH)

Đáp án C

Chất điện ly mạnh bao gồm:

- Các axit mạnh: HCl, H₂SO₄, HNO₃, HBr, HI, HClO₃, HClO₄.

- Các bazo mạnh:  NaOH, KOH, Ba(OH)₂, Ca(OH)₂

- Hầu hết các muối (kể cả muối kết tủa)

Đáp án D

Ta có:

C₆H₅NH₂ (anilin): amin có tính bazo yếu do nhóm phenyl hút e trên nguyên tử Nitơ nên không làm quỳ chuyển màu

\(N{H_2}{\rm{ - }}C{H_2}{\rm{ - }}COOH\): aminnoaxit có số nhóm - COOH = NH2 nên không làm quỳ chuyển màu vì môi trường gần như trung tính

\(HOOC{\rm{ - }}{[C{H_2}]_2}{\rm{ - }}CH(N{H_2}){\rm{ - }}COOH\): làm quỳ chuyển đỏ vì số nhóm - COOH nhiều hơn số nhóm

C₂H₅NH₂: làm quỳ chuyển xanh

\(N{H_2}{\rm{ - }}{[C{H_2}]_4}{\rm{ - }}CH(N{H_2}){\rm{ - }}COOH\): làm quỳ chuyển xanh vì số nhóm -NH2 nhiều hơn số nhóm

Đáp án B

Ta có phương trình phản ứng

\(NaHS{O_4} + BaC{l_2} \to BaS{O_4} \downarrow NaCl + HCl\)

Đáp án C

Ứng dụng của thạch cao nung, công thức là \(CaS{O_4}.{H_2}O\)

Đáp án C

Điều chế cao su Buna - N

\(nC{H_2} = CH - CH = C{H_2} + nC{H_2} = CHCN \to- {\left[ {C{H_2} - CH = CH - C{H_2} - C{H_2} - CHCN} \right]_n} - \)

Chú ý: tên gọi Buna-N có ý nghĩa: điều chế từ đồng trùng Butadien (Bu), có xúc tác Na (Na), và đồng trùng hợp acrilonitrin (có chứa N)

Đáp án B

Các kim loại có tính khử mạnh: kim loại kiềm, kiềm thổ và Al thì chỉ có 1 cách duy nhất điều chế là điện phân nóng chảy.

Thường hay điện phân nóng chảy muối clorua, riêng trường hợp AlCl₃ có tính chất dễ thăng hoa (chuyển từ trạng thái rắn sang trạng thái hơi mà không qua trạng thái lỏng) nên không thể điện phân nóng chảy, thay vào đó người ta điện phân Al₂O₃

Đáp án A

Chất chỉ được tạo nên từ các mắt xích -glucozơ là amilozơ và amilopectin.

Đáp án C

Cr₂O₃: màu lục thẫm, Cr(OH)₃ màu lục xám, CrO₃ màu đỏ thẫm, Cr(OH)₂ màu vàng.

Đáp án B

Bảo toàn mol electron:

\({n_{e\,\,nhan}} = 2{n_{{H_2}}} = {n_{e\,\,nhung}} = 2{n_{Zn}} \to {n_{{H_2}}} = 0,25\,\,mol \to {V_{{H_2}}} = 5,6\,\,lit\)

Đáp án A

Công thức tính nhanh 

\({n_{H_{\max }^ + }} = 4{n_{AlO_2^ - }} - 3n \downarrow \) trong đó \({n_{AlO_2^ - }} = 0,15\,\,mol,{n_ \downarrow } = 0,075\,\,mol\)

\( \to {n_{H_{\max }^ + }} = 0,375mol \to V = 375ml\)

Đáp án A

Chất trong dãy tác dụng được với dung dịch H₂SO₄ loãng là anilin, alamin, lysin.

Đáp án C

Ta có:

\(m = \frac{{3,42}}{{342}}.4.108 = 4,32\,\,gam\) (do cả Glucozơ và Fructozo đều tham gia tráng bạc với tỷ lệ 1 mol Glucozơ/Fructozơ tạo 2 mol Ag)

Đáp án D

Quy đổi: \(0,1\,\,mol\,\,{H_2}NC{H_2}COOH + 0,3\,\,mol\,\,HCl + NaOH \to muoi + {H_2}O\)

có \({n_{{H_2}O}} = {n_{NaOH}} = {n_{HCl}} + {n_{COOH}} = 0,1 + 0,3 = 0,4(mol)\)

Bảo toàn khối lượng có: \(m(muoi) = 0,1.75 + 0,3.36,5 + 0,4.40 - 0,4.18 = 27,25\,\,(gam)\)

Đáp án D

Ta có:

(1) Thành phần chính của tinh bột là amilozơ (sai, thành phần chính là amilopectin).

(2) Các gốc a-glucozơ trong mạch Amilopectin liên kết với nhau bởi liên kết 1,4-glicozit và 1,6-glicozit (đúng).

(3) Tinh bột và xenlulozơ đều là polime có cấu trúc không phân nhánh (sai, dạng amylopectin của tinh bột là polime có nhánh).

(4). Tinh bột và xenlulozơ đều tan trong dung dịch H₂SO₄ khi đun nóng và tan trong nước svayde (sai, tinh bột không tan trong nước Svayde).

(5) Xenlulozơ được dùng để điều chế thuốc súng không khói, sản xuất tơ visco và tơ axetat (đúng).

(6) Nhỏ vài giọt dung dịch iot vào nhúm bông sẽ thấy nhúm bông chuyển thành màu xanh (sai, dung dịch Iot chỉ chuyển xanh khi tiếp xúc với tinh bột).

(7) Các hợp chất glucozơ, fructozơ, saccarozơ, tinh bột, xenlulozơ đều chứa nhóm -OH trong phân tử (đúng).

Đáp án C

Điều kiện để các ion cùng tồn tại trong dung dịch là chúng không được phản ứng với nhau.

A. \(B{a^{2 + }} + CO_3^{2 - } \to BaC{O_3}\)

B. \(HCO_3^ - + O{H^ - } \to CO_3^{2 - } + {H_2}O\)

C. \(3F{e^{2 + }} + 4{H^ + } + NO_3^ - \to 3F{e^{3 + }} + NO + 2{H_2}O\)

Đáp án C

Phản ứng thủy phân Este trong môi trường axit là phản ứng thuận nghịch

\(C{H_3}COO{C_2}{H_5} + {H_2}O\to C{H_3}COOH + {C_2}{H_5}OH\)

Vậy sau phản ứng dung dịch có: CH₃COOH, C₂H₅OH sinh ra và H₂SO₄ là chất xúc tác còn lại, riêng CH₃COOC₂H₅ còn dư và không tan trong dung môi nước nên bị tách lớp.

Đáp án C

Phương pháp điện hóa sử dụng bảo vệ kim loại là (a), (b) nhưng trong đó chỉ có (a) là bảo vệ sắt không bị ăn mòn.

Đáp án A

Chất tan hoàn toàn trong dung dịch NaOH loãng, dư là CrO₃, Cr(OH)₃, K₂Cr₂O₇, K₂CrO₄.

Đáp án C

Ta có: \({m_X} = 17,16\,\,(g)\to{n_X} = 0,02\,\,mol\)

\((6{n_X} + 2{n_{{O_2}}} = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}}) \to {M_X} = \frac{{17,16}}{{0,02}} = 858\)

→ trong 25,74 (g) X thì \({n_X} = \frac{{25,74}}{{858}} = 0,03(mol)\)

Khi cho X tác dụng với KOH thì: \({n_{KOH}} = 3{n_X} = 3{n_{{C_3}{H_5}{{(OH)}_3}}} = 0,09\,\,mol\to m = 28,02\,\,(g)\)

Đáp án D

Tơ thuộc loại tơ tổng hợp là tơ enang, tơ nilon-6, tơ lapsan, tơ nilon-6,6.

Đáp án B

Dung dịch X chứa Na⁺ (0,3 mol), \(CO_3^{2 - }(x\,\,mol).HCO_3^ - (y\,\,mol)\to2x + y = 0,3\,\,(1)\)

Khi cho từ từ axit vào muối thì: \({n_{CO_3^{2 - }}} = {n_{{H^ + }}} - {n_{C{O_2}}} \Rightarrow x = 0,5V - 0,15\,\,\,(2)\)

Dung dịch Y có chứa \(SO_4^{2 - }(0,1V\,\,mol),\to HCO_3^ - (x + y - 0,15\,\,mol)\)

Khi cho Ba(OH)₂ dư vào Y, thu được kết tủa \( \to 23,3V + 197(x + y - 0,15) = 29,02\,\,\,(3)\)

Từ (1), (2), (3) suy ra: \(x = 0,05;\,\,y = 0,2;\,\,V = 0,4 \Rightarrow BaC{O_3}:0,5 - x - y = 0,25\,\,mol\)

\( \to m = 49,25\,\,(g)\)

Đáp án A

(1) Ban đầu xuất hiện kết tủa trắng BaCO₃ sau đó kết tủa tan tạo dung dịch trong suốt.

(2) Xuất hiện kết tủa trắng BaSO₄ không tan.

(3) Xuất hiện kết tủa trắng Al(OH)₃ không tan.

(4) Ban đầu xuất hiện kết tủa trắng Al(OH)₃ sau đó kết tủa tan tạo dung dịch trong suốt.

(5) Xuất hiện kết tủa trắng AgCl không tan.

(6) Xuất hiện kết tủa trắng nhưng tan ngay, sau đó xuất hiện kết tủa lại và không tan.

Đáp án D

Ta có:

(1) Sai, Phèn chua có công thức là KAl(SO₄)₂.12H₂O.

(2) Sai, Dùng Ca(OH)₂ với lượng vừa đủ để làm mất tính cứng tạm thời của nước.

Đáp án C

Dùng kim loại đứng trước Cu nhưng từ Mg trở về sau trong dãy điện hóa → Fe

(1) sai vì Ba là kim loại nặng

(2) đúng vì Cr là kim loại cứng nhất

(3) sai, vì thứ tự phản ứng như sau:

2K + 2H₂O → 2KOH + H₂

2KOH + CuSO₄ → Cu(OH)₂ + K₂SO₄

(4) đúng (HS ghi nhớ thêm về độ dẫn điện: Ag > Cu > Au > Al > Fe)

(5) sai vì MgO không bị khử bởi CO (HS ghi nhớ: Chỉ có những oxit của KL đứng sau Al mới bị khử bởi CO, H₂)

Vậy có 2 nhận xét đúng

Đáp án B 

Khi truyền tải điện năng đi xa, người ta thường chọn kim loại nhẹ và dẫn điện tốt để làm dây dẫn. Do đó người ta thường sử dụng kim loại nhôm để làm dây dẫn truyền tải điện năng đi xa. Chú ý: Mặc dù Cu dẫn điện tốt hơn Al nhưng không dùng Cu vì Cu có khối lượng riêng lớn, do đó việc đầu tư cho hệ thống cột chống đỡ rất tốn kém.

Đáp án D

cấu hình electron của nguyên tử các nguyên tố kim loại là 1, 3, 5

Ghi nhớ: NO₃^- trong môi trường H⁺ có tính oxi hóa giống y hệt axit HNO₃

Fe₃O₄ + HCl dư → dd X gồm: FeCl₂; FeCl₃; HCl dư.

Vậy dd X tác dụng được với các chất là: KMnO₄; Cl₂; KOH; Na₂CO₃; HNO₃; Fe; NaNO₃

5FeCl₂ + KMnO₄ + 8HCl → 5FeCl₃ + KCl + MnO₂↓ + Cl₂↑ + 4H₂O

2FeCl₂ + Cl₂ \xrightarrow{{{t^0}}}t0​ 2FeCl₃

FeCl₂ + KOH → Fe(OH)₂↓ + 2KCl

FeCl3 + KOH → Fe(OH)₃↓ + 3KCl

HCl + KOH → KCl + H2O

2FeCl3 + 3Na2CO3 + 3H2O → 2Fe(OH)3↓ + 3CO2↑ + 6NaCl

2HCl + Na2CO3 → 2NaCl + H2O + CO2↑

FeCl2 + 4HNO3 → Fe(NO3)3 + 2HCl + NO2 ↑ + H2O

2FeCl3 + Fe → 3FeCl2

2HCl + Fe → FeCl2 + H2↑

3Fe2+ + NO3- + 4H+ → 3Fe3+ + NO + 2H2O

=> vậy có tất cả 7 chất phản ứng với dd X

Đáp án D

Trong nước các ion kim loại kiềm ko nhận được e (vì phản ứng với nước)

Sự phá hủy thép trong không khí ẩm được gọi là sự ăn mòn điện hóa học

- Trong cặp điện cực: kim loại – kim loại thì kim loại nào có tính khử mạnh hơn đóng vai trò là cực âm (anot) thì kim loại đó bị ăn mòn khi tiếp xúc với dung dịch chất điện li. (Mẹo: Dựa vào dãy điện hóa của kim loại. .Cái nào càng mạnh thì càng bị ăn mòn. Ví dụ như cặp Cu - Fe. Fe là kim loại mạnh hơn Cu nên Fe bị ăn mòn)

- Trong cặp điện cực: kim loại – phi kim thường hay gặp nhất là Fe – C thì kim loại đóng vai trò là cực âm và bị ăn mòn khi tiếp xúc với dung dịch chất điện li.

- Do vậy các cặp hợp kim thỏa mãn là: I, III, IV. 

Bước 1: Tính m muối Mohr còn lại và m dung dịch còn lại 

- Đặt x là số mol muối Mohr có trong dung dịch bão hòa ở 80⁰C

→ m_{muối Mohr} = mFeSO₄.(NH₄)2SO₄.6H₂O = 392x (g)

Ở 80⁰C cứ 73 gam muối Mohr tan được trong 100 gam nước để tạo thành 173 gam dd bão hòa

→  392x gam muối Mohr tan được trong 100 gam nước để tạo thành 928,9863x gam dd bão hòa

- Khi làm nguội dung dịch từ 80⁰C xuống 20⁰C thì tách ra 100 gam muối Mohr tinh thể

→ Khối lượng muối Mohr còn lại trong dung dịch = 392x - 100 (g)

→ Khối lượng dung dịch còn lại = 928,9863x - 100 (g)

Bước 2: Tính x mol muối Mohr

- Ta có:

Ở 20⁰C cứ 26,9 gam muối Mohr tan trong 100 gam nước tạo thành 126,9 gam dd bão hòa

→ 392x - 100 gam muối Mohr tan trong 100 gam nước tạo thành 928,9863x - 100 gam dd bão hòa

→ 26,9.(928,9863x - 100) = 126,9.(392x - 100)

→ x = 0,404 (mol)

→ mmuối Mohr = 0,404 × 392 = 158,368 (g)

Bước 3: Tính m muối FeSO₄.7H₂O

- mFeSO₄.7H₂O=0,404×278=112,312(g)

\({n_{KMn{O_4}}} = 0,025 \times 25,{2.10^{ - 3}} = 6,{3.10^{ - 4}}\left( {mol} \right)\)

- Phản ứng chuẩn độ:

\(\begin{array}{l} 10FeS{O_4} + 2KMn{O_4} + 8{H_2}S{O_4} \to 5F{e_2}{(S{O_4})_3} + 2MnS{O_4} + {K_2}S{O_4} + 8{H_2}O\\ Theo\;\;PTTH:{n_{F{\rm{eS}}{{\rm{O}}_4}}} = 5{n_{KMn{O_4}}} = 5 \times 6,{3.10^{ - 4}} = 3,{15.10^{ - 3}}\left( {mol} \right) \end{array}\)

- Bảo toàn nguyên tố Fe: 

\(\begin{array}{l} {n_{F{\rm{e}}C{{\rm{O}}_3}}} = {n_{F{\rm{eS}}{{\rm{O}}_4}}} = 3,{15.10^{ - 3}}\left( {mol} \right)\\ \Rightarrow {m_{F{\rm{e}}C{{\rm{O}}_3}}} = 3,{15.10^{ - 3}} \times 116 = 0,3654\left( g \right)\\ \Rightarrow {\rm{\% }}{m_{F{\rm{e}}C{{\rm{O}}_3}}} = \frac{{0,3654}}{{0,6}}.100{\rm{\% }} = 60,9{\rm{\% }} \end{array}\)

Bước 1: Tính mH2O và mMgSO4 để tạo thành 1642 gam dd bão hòa.

- Ở 800C, SMgSO4 = 64,2 gam

- Nghĩa là:100 gam H2O hòa tan 64,2 gam MgSO4 tạo thành 164,2 gam dung dịch bão hòa

                   a gam H2O  hòa tan  b gam MgSO4 tạo thành 1642 gam dung dịch bão hòa

→ a = 1642.100/164,2 = 1000 gam; b = 64,2.1642/164,2 = 642 gam

- Gọi x là số mol MgSO₄.6H₂O tách ra → Số mol H2O tách ra là 6x mol

⟹ Khối lượng H₂O tách ra: 108x (g)

      Khối lượng MgSO₄ tách ra: 120x (gam)

Bước 3: Tính khối lượng tinh thể MgSO4.6H2O kết tinh

- Ở 20⁰C, S_MgSO4  = 44,5 gam

- Ta có phương trình: \(\frac{{642 - 120x}}{{1000 - 108x}} = \frac{{44,5}}{{100}}\)

Giải ra x = 2,7386 mol

- Khối lượng MgSO₄ .6H₂O kết tinh: 228.2,7386 = 624,4 gam.

Bước 1: Tính mNaNO₃ và mH₂O trong 642gam dd bão hòa NaNO₃

- Theo đề: 

S_NaNO3 (50^oC) = 114 gam, ta có:

Cứ 214 gam dung dịch bão hòa NaNO₃ thì có 114 gam NaNO₃ và 100 gam H₂O

Vậy 642 gam dung dịch bão hòa NaNO₃  thì có a gam NaNO₃ và b gam H₂O

→ a = m_NaNO3 = 114.642/214 = 342 gam

b = m_H2O = 642 – 342 = 300 gam (không đổi)

Bước 2: Tính m_NaNO3 trong 300 gam H₂O

- Ở 20⁰C: S_NaNO3 (20^oC) = 88 gam, ta có:

Cứ 100 gam nước hòa tan tối đa 88 gam NaNO₃

Vậy 300 gam nước hòa tan tối đa 88.300/100 = 264 gam NaNO₃

Bước 3: Tính mNaNO₃ tách ra khỏi dung dịch

- m_{NaNO3 kết tinh} = m_NaNO3 (50⁰C) - m_NaNO3 (20⁰C)

m_{NaNO3 kết tinh} = 342 – 264 = 78 gam.

- Sau phản ứng chia làm hai phần bằng nhau, vậy mỗi phần tương đương với lượng phản ứng ban đầu là 0,015 mol Cr2O3, 0,02 mol FeO và b mol Al (với b = a/2). Số mol các chất trong mỗi phần của hỗn hợp Y là như nhau. \(\;(Al,{\rm{ }}A{l_2}{O_3},{\rm{ }}Cr,{\rm{ }}C{r_2}{O_3},{\rm{ }}Fe,{\rm{ }}FeO).\)

- Các chất phản ứng với dd NaOH loãng là Al, Al₂O₃. Riêng Cr₂O₃ chỉ phản ứng với dd NaOH đặc

- Các chất phản ứng với dd HCl loãng nóng, tạo H₂ là Al, Cr, Fe.

- Vậy xét P1: 

Al + NaOH và Al₂O₃ + 2NaOH          

    x         x            y              2y

⇒ Số mol Al ban đầu  = x + 2y  = n_NaOH  = 0,04 mol

- Xét các phản ứng nhiệt nhôm

\(\begin{array}{*{20}{l}} {2Al{\rm{ }} + {\rm{ }}C{r_2}{O_3}\; \to {\rm{ }}A{l_2}{O_3}\; + {\rm{ }}2Cr}\\ {\;m\;\;\;\;\;\;\;{\rm{ }}m/2\;\;\;{\rm{ }}\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;{\rm{ }}\;\;\;\;\;m}\\ {2Al{\rm{ }} + {\rm{ }}3FeO{\rm{ }} \to {\rm{ }}A{l_2}{O_3}\; + {\rm{ }}3Fe}\\ {n\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;{\rm{ }}\;\;{\rm{ }}1,5n} \end{array}\)

- Xét phản ứng với dd HCl, ta có tỉ lệ

\(\begin{array}{*{20}{l}} {Al{\rm{ }} \to {\rm{ }}1,5{H_2}\;;\;{\rm{ }}Cr{\rm{ }} \to {\rm{ }}{H_2};{\rm{ }}Fe{\rm{ }} \to {\rm{ }}{H_2}}\\ {\; \Rightarrow {\rm{ }}{n_{H2}}\;\; = {\rm{ }}1,5x{\rm{ }} + {\rm{ }}m{\rm{ }} + {\rm{ }}1,5n{\rm{ }};{\rm{ }}x{\rm{ }} = {\rm{ }}0,04{\rm{ }}--{\rm{ }}m{\rm{ }}--{\rm{ }}n}\\ {\; \Rightarrow {\rm{ }}1,5{\rm{ }}\left( {0,04{\rm{ }}--{\rm{ }}m{\rm{ }}--{\rm{ }}n} \right){\rm{ }} + {\rm{ }}m{\rm{ }} + {\rm{ }}1,5n{\rm{ }}\; = {\rm{ }}0,05{\rm{ }} \Rightarrow {\rm{ }}0,06{\rm{ }} - {\rm{ }}1,5m{\rm{ }} - {\rm{ }}1,5n{\rm{ }} + {\rm{ }}m{\rm{ }} + {\rm{ }}1,5n{\rm{ }}\; = {\rm{ }}0,05}\\ {\; \Rightarrow {\rm{ }}0,06{\rm{ }}--{\rm{ }}0,5m{\rm{ }}\; = {\rm{ }}0,05{\rm{ }}\; \Rightarrow {\rm{ }}m{\rm{ }}\; = {\rm{ }}0,02} \end{array}\)

 ⇒ Số mol Cr2O3 phản ứng  = m/2  = 0,01 mol

⇒ h  = 0,01/0,015*100%  = 66,67%.

- Đến đây ta thấy rằng lượng FeO phản ứng không ảnh hưởng tới kết quả phản ứng của Cr₂O₃.

Gọi x là % Cr₂O₃ đã phản ứng

0,5a = 0,04

0,5a.3 - 0,015x.2 = 0,05.2

⇒ a = 0,08 và x = 0,6667

Hoặc: (0,04.3-0,05.2):2*100:0,015 = 66,667%