Đáp án D

HCl làm quỳ tím hóa đỏ.

NaOH và CH₃NH₂ làm quỳ tím hóa xanh

Đáp án B

Vẻ sáng lấp lánh của các kim loại dưới ánh sáng Mặt Trời (do kim loại có khả năng phản xạ hầu hết những tia sáng khả kiến) được gọi là ánh kim.

Đáp án C

BaSO₄ không bị phân bủy thành Ba, SO₂, O₂ (trong chương trình THPT BaSO₄ không bị phân hủy)

Đáp án B

Alanin: H₂NCH(CH₃)COOH. => Có 7H

Đáp án D

Glucozơ thuộc loại cacbohidrat

Đáp án D

Điện phân nóng chảy hỗn hợp Al₂O₃ với criolit là phương pháp sản xuất Al trong công nghiệp.

Với nguyên liệu là quặng boxit, thêm criolit Na₃AlF₆ để hạ nhiệt độ nóng chảy của Al₂O₃ từ 2050^oC xuống 900^oC tăng độ dẫn điện do tạo thành nhiều ion hơn, tạo lớp bảo vệ không cho O₂ phản ứng với Al nóng chảy.

Đáp án D

Than hoạt tính màu đen có khả năng lọc không khí

Đáp án D

Fructozơ và saccarozơ

Đáp án B

Ta có: \({n_{glu\cos e}} = {n_{frutose}} = \underbrace {{n_{saccarose\,tham\,gia}}}_{0,1} \Rightarrow {n_{glu\cos e}} = {n_{frutose}} = 0,1\,mol\)

Quá trình phản ứng: \(\left\{ \begin{array}{l} glu\cos e\,\,0,1\,mol\\ fructose\,\,\,0,1\,mol \end{array} \right.2Ag \Rightarrow {n_{Ag}} = 0,1.2 + 0,1.2 = 0,4\,mol\)

BTNT Cl: \({n_{AgCl}} = \underbrace {{n_{HCl}}}_{0,02} \Rightarrow {n_{AgCl}} = 0,02\,mol\)

\( \Rightarrow {m_ \downarrow } = \underbrace {{m_{Ag}}}_{0,4.108} + \underbrace {{m_{AgCl}}}_{0,02.143,5} \Rightarrow \) \({{m_ \downarrow } = 46,07\,gam}\)

Đáp án B

Dồn X về \(\left\{ \begin{array}{l} {C_n}{H_{2n + 2}}:0,1\\ NH:0,1k \end{array} \right.\left\{ \begin{array}{l} C{O_2}:0,1n\\ {H_2}O:0,1 + 0,1n + 0,05k\\ {N_2}:0,05k \end{array} \right.\)

\(0,2n + 0,1k + 0,1 = 0,5\to2n + k = 4\to\left\{ \begin{array}{l} n = 1\\ k = 2 \end{array} \right.\)

Vậy amin phải là: \(N{H_2} - C{H_2} - N{H_2}\)

\({n_X} = \frac{{4,6}}{{46}} = 0,1\to{n_{HCl}} = 0,2\left( {mol} \right)\)

Đáp án D

PVC được trùng hợp từ vinyl clorua CH₂=CHCl

Đáp án A

Đặt a, b là số mol Mg, Al

\( \to {m_X} = 24a + 27b = 3,9\)

\({n_{{H_2}}} = a + 1,5b = 0,2\)

\( \to a = 0,05;b = 0,1\)

\( \to {m_{Al}} = 2,7gam\)

\({n_{{H_2}}} = \frac{{3,36}}{{22,4}} = 0,15\,\,mol\)

\(3{n_{Al}} = 2{n_{{H_2}}} \to {n_{Al}} = \frac{2}{3}.0,15 = 0,1\,\,mol \to {m_{Al}} = 2,7\,\,gam\)

Đáp án C

(3) Sai, Dung dịch anilin không làm đổi màu phenolphtalein.

(5) Sai, Đipeptit Ala-Val không có phản ứng màu biure.

Đáp án D

Gọi X là RCOOH, Y là R'OH => Z là RCOOR'

Đặt nX = 2x => nY = x => nZ = y

nNaOH = 0,2 => 2x + y = 0,2

m muối = 16,4 => nRCOONa = \(\frac{{16,4}}{{R + 67}}\); mà nRCOONa = nNaOH = 0,2

=> R =15 (CH3-)

nR'OH = \(\frac{{8,05}}{{R' + 17}}\) => x + y = \(\frac{{8,05}}{{R' + 17}}\)

Rõ ràng +) 2x + y < 2x + 2y => 0,2 < 2. \(\frac{{8,05}}{{R' + 17}}\) => R' < 63,5

+) x + y < 2x + y => 0,2 > \(\frac{{8,05}}{{R' + 17}}\) => R' > 23,25

=> R' = 29 (C₂H₅-) ; 43 (C₃H₇-) ; 59(C₄H₉-)

Bước 1: Tính số mol của Na₂S₂O₃

n_Na2S2O3 = 0,018.0,05 = 9.10-4 mol

Bước 2: Viết phương trình phản ứng, tính số mol các chất theo PTHH

\(\begin{array}{l} PTTH:6KI + {K_2}C{r_2}O_7^{} + 7{H_2}S{O_4} \to 4{K_2}S{O_4} + C{r_2}{(S{O_4})_3} + 3{I_2} + 7{H_2}O\\ (mol)\;{\rm{ }}\;\;1,{5.10^{ - 4}}\;{\rm{ }}\;\;\;{\rm{ }}\;\;\;{\rm{ }}\;\;\;{\rm{ }}\;\;\;{\rm{ }}\;\;\;{\rm{ }}\;\;\;{\rm{ }}\;\;\;{\rm{ }}\;\;\;{\rm{ }} \leftarrow \;\;\;{\rm{ }}\;\;\;{\rm{ }}\;\;\;{\rm{ }}\;\;\;{\rm{ }}\;\;\;{\rm{ }}\;\;\;{\rm{ }}\;\;\;{\rm{ }}\;\;\;{\rm{ }}\;\;\;{\rm{ }}\;\;4,{5.10^{ - 4}}\;\\ {\rm{ }}\;\;\;{\rm{ }}\;\;\;{\rm{ }}\;\;\;{\rm{ }}\;\;\;{\rm{ }}\;\;{I_2} + N{a_2}{S_2}{O_3} \to 2NaI + N{a_2}{S_4}{O_6}\\ (mol){\rm{ }}\;\;\;4,{5.10^{ - 4}} \leftarrow \;{9.10^{ - 4}} \end{array}\)

Bước 3: Tính C_M của K₂Cr₂O₇ 

⟹ C_{M K2Cr2O7} = 1,5.10^-4/0,01 = 0,0015M.

Bước 1: Tính số mol NaOH

n_(COOH)2 = 0,025.0,05 = 0,00125 mol

Bước 2: Tính nồng độ NaOH

\(\begin{array}{*{20}{l}} {PTHH:{\rm{ }}{{\left( {COOH} \right)}_2}\; + {\rm{ }}2NaOH{\rm{ }} \to {\rm{ }}{{\left( {COONa} \right)}_2}\; + {\rm{ }}2{H_2}O}\\ {{n_{NaOH\;}} = \;2{n_{\left( {COOH} \right)2}}\; = {\rm{ }}2.0,00125{\rm{ }} = {\rm{ }}0,0025{\rm{ }}\left( {mol} \right)}\\ { \Rightarrow {\rm{ }}{C_{M{\rm{ }}NaOH}}\; = \;0,025{\rm{ }}:{\rm{ }}0,0465{\rm{ }} \approx {\rm{ }}0,054M} \end{array}\)

Đặt x và y lần lượt là số mol của CaCO₃ và MgCO₃
n = 0,03 mol
\(\begin{array}{l} CaC{O_3}\; + {\rm{ }}2HCl\; \to \;CaC{l_2}\; + {\rm{ }}{H_2}O{\rm{ }} + {\rm{ }}C{O_2}\\ x{\rm{ }}:{\rm{ }}x{\rm{ }}mol\\ MgC{O_3}\; + {\rm{ }}2HCl\; \to \;MgC{l_2}\; + {\rm{ }}{H_2}O{\rm{ }} + {\rm{ }}C{O_2}\\ y{\rm{ }}:{\rm{ }}y{\rm{ }}mol \end{array}\)
Ta có:(40+12+16. 3). x + (24+12+16. 3). y = 2,84 (1)
x + y = 0,03 (2)
Từ (1) và (2), giải hệ phương trình: x = 0,02, y = 0,01
m _CaCO3 = 2 gam

%m _CaCO3 = 70,4%

Nếu rắn Y không có Fe thì chỉ có Ag và Cu

Y phản ứng với dung dịch FeCl₃ chỉ có Cu bị hòa tan
Khối lượng dung dịch tăng là khối lượng Cu 1,56 gam suy ra khối lượng ban đầu > 8,86 gam nên loại

Rắn Y gồm x mol AgNO₃ , y mol Cu(NO₃)₂ và 0,04-(x/2 + y) mol Fe dư cho vào dung dịch FeCl₃, chỉ có

Fe và Cu bị hòa tan làm cho khối lượng dung dịch tăng 1,56 gam

Có hệ phương trình: [0,04 - (x/2 + y)].56 + 64y = 1,56 gam

170x  +188y = 8,86 gam hỗn hợp ban đầu

⇒ x = 0,03 mol AgNO₃ tương ứng 57,56%

Este no đơn chức

\({C_n}{H_{2n}}{O_2} + \frac{{3n - 2}}{2}{O_2} \to nC{O_2} + n{H_2}O\)

Số mol H₂O = số mol CO₂ = 0,2 mol

Theo định luật bảo toàn nguyên tố oxi:

Số mol este = số mol CO₂+1/2CO₂+1/2 số mol H₂O - số mol O₂ = 0,05mol

M_este = 14n+32 = 88 ⇒ n = 4 ⇒ este là C₄H₈O₂

0,1 mol saccarozơ (đisaccarit) thủy phân cho 0,2 mol monosaccarit (glucozơ và fructozơ) đều tráng bạc cho 0,4 mol Ag.

⇒ m = 108 x 0,4 = 43,2 (g)

Gồm những chất có nhóm –CH=O hoặc −C≡CH−C≡CH: metyl fomat, glucoz, anđehit axetic, axetilen, fructozơ (môi trường kiềm chuyển thành glucozơ).

Phương trình hóa học : Cu + 4HNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2NO₂ + 2H₂O

Hiện tượng : dung dịch chuyển sang màu xanh và có khí màu nâu đỏ NO₂ thoát ra

(1) Cu + Fe³⁺ → Cu²⁺ + Fe²⁺

(2) H₂S + Cu²⁺ → CuS + 2H⁺

(3) I^- + Fe³⁺ → I₂ + Fe²⁺

(4) Ag⁺ + Cl^- → AgCl

(5) Fe²⁺ + H⁺ + NO^3- → Fe³⁺ + NO + H₂O

 (6) Không phản ứng.

Nhận thấy Cu không tan trong HCl → lọai D

Fe(OH)₂ là kết tủa không tan trong NH₃ dư → loại A, B

CuO + HCl → CuCl₂ + H₂O

CuCl₂ + 2NH₃ + 2H₂O → Cu(OH)₂↓ (xanh) + 2NH₄Cl

Cu(OH)₂ + 4NH₃ → [Cu(NH₃)₄](OH)₂ (dd màu xanh thẫm)

Các phản ứng xảy ra lần lượt là

Cu (dư) + 2AgNO₃ → Cu(NO₃)₂ (X) + 2Ag

Fe (dư) + Cu(NO₃)₂ → Fe(NO₃)₂ (Y) + Cu

Vậy Y chỉ chứa Fe(NO₃)₂ vì Fe dư.

Để bảo quản FeSO₄ trong PTN ta cần thêm 1 đinh sạch vì Fe sẽ khử Fe³⁺ sinh ra về Fe²⁺

Không dùng B vì Fe²⁺ rất dễ dàng bị oxi không khí oxh lên Fe³⁺

Không dùng C vì sẽ tạo muối Cu²⁺ lẫn trong dung dịch

Không dùng D vì Fe²⁺ sẽ tác dụng với axit sunfuric đặc lên Fe³⁺ ngay lập tức

2CuFeS₂ + 4O₂ → Cu₂S + 2FeO + 3SO₂

                                 (X)

2Cu₂S + O₂ → 2Cu₂O + 2SO₂

                              (Y)

2Cu₂O + Cu₂S → 6Cu + SO₂

Hai chất X, Y lần lượt là Cu₂S và Cu₂O.

Đầu tiên Al phản ứng với AgNO₃ trước 

(1) Nếu Al còn dư thì phản ứng với Ni(NO₃)₂ ; Cu không phản ứng 

(2) Nếu Al hết và AgNO₃ dư thì Cu phản ứng với AgNO₃, Ni(NO₃)₂ giừ nguyên. 

X tan 1 phần trong HCl → Chứng tỏ giả thuyết (1) đúng 

→ Y gồm Al³⁺ ; Ni²⁺ (có thể ) 

Mà Y phản ứng với NaOH vừa đủ tạo 2 hydroxit → Y phải có Ni²⁺ 

→ Rắn X gồm Ag, Cu , Ni 

a) NxOy

(c) CO₂

(d) H₂

(e) NxOy

(f) H₂ 

Cu dư không có Fe(NO₃)₃ → loại A,D 

Do Cu có thể chưa phản ứng nên muối của Cu có thể không có nên chọn B. 

(1) đúng, do trong Cu₂O thì Cu có số oxi hóa +1 trung gian giữa 0 và +2

(2) sai, CuO chỉ có tính oxi hóa.

(3) đúng

(4) đúng,

(5) sai, CuSO₄ cho vào khí NH₃ ẩm sẽ có phản ứng xảy ra.

Chất lỏng Boocđo gồm những hạt rất nhỏ muối đồng bazơ sunfat không tan và canxi sunfat.

4CuSO₄ + 3Ca(OH)₂ → CuSO₄.3Cu(OH)₂ + 3CaSO₄

Để thử nhanh thuốc diệt nấm này tức là phát hiện đồng (II) sunfat dư, người ta dùng đinh sắt: sắt tan ra, có kim loại Cu đỏ xuất hiện.

Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu↓

Cho hỗn hợp đi qua dung dịch Br₂, các chất C₂H₂, C₂H4, but-1,3-đien do có phản ứng với dung dịch Br₂

Còn lại CH₃NH₂ và C₂H6 đi ra khỏi dung dịch, dẫn hỗn hợp này qua dung dịch HCl. CH₃NH₂ bị giữ lại do phản ứng với HCl, còn lại ta thu được C₂H₆ tinh khiết

T gồm 3 kim loại ⇒ chắc chắn gồm : Ag ; Cu ; Fe.

T + HCl dư thu được khí H₂ : Fe + 2HCl  ⇒ FeCl₂ + H2

 ⇒ n_{Fe (T)} = n_H2 = 0,03 mol

 ⇒ m_Ag + m_Cu = m_T – m_Fe(T) = 6,44g

Lại có : Bảo toàn e : n_{e cho (KL)} = n_{e nhận (muối)}

 ⇒ 2.(0,05 – 0,03) + 3.0,03 = 2.n_Cu²⁺ + n_Ag⁺

 ⇒nCu²⁺ = 0,05 ; nAg⁺ = 0,03 mol

\(\Rightarrow {C_M}\;[Cu{(N{O_3})_2}]{\rm{ }} = {\rm{ }}0,1{\rm{ }}M{\rm{ }};{C_M}\;[AgN{O_3}]{\rm{ }} = {\rm{ }}0,06{\rm{ }}M\)

Cl₂ tác dụng với sắt, tạo thành sắt(III) clorua

Các PTHH:

\(\begin{array}{l} Fe{\rm{ }} + {\rm{ }}{H_2}S{O_{4(loa ng)}}\; \to {\rm{ }}FeS{O_4}\; + {\rm{ }}{H_2}\\ Fe{\rm{ }} + {\rm{ }}S\;\mathop \to \limits^{{t^0}} \;FeS\\ Fe{\rm{ }} + {\rm{ }}2HCl{\rm{ }} \to {\rm{ }}FeC{l_2}\; + {\rm{ }}{H_2}\\ Fe{\rm{ }} + {\rm{ }}1,5C{l_2}\;\mathop \to \limits^{{t^0}} \;FeC{l_3} \end{array}\)

Vậy khi Fe tác dụng với Cl₂ (t^o) thu được muối sắt (III)

“Sắt tác dụng với lưu huỳnh trong điều kiện nhiệt độ cao tạo thành sắt (II) sunfua”

Muối FeCl₃

Bảo toàn Fe có n_muối = n_Fe = 0,1mol

m_muối = 0,1.162,5 = 16,25g

- Cho Fe dư + H₂SO₄ → m₁ gam muối + V lít H₂

Fe + 2H⁺ → Fe²⁺ + H₂↑

n_Fe²⁺ = n_H2 = V/22,4 → m₁ = m_FeSO4 = V/22,4 x 152 gam.

- Cho Fe + H₂SO₄ đặc, nóng → m₂ gam muối + V lít SO₂

2Fe + 6H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂↑ + 6H₂O

n_Fe2(SO₄)₃ = 1/3 x n_SO2 = 1/3 x V/22,4 mol

→ m₂ = m_Fe2(SO₄)₃ = 1/3 x V/22,4 x 400 gam

→ m₁ > m₂

→ Đáp án C

Nhúng 1 lá sắt nhỏ vào dung dịch chứa 1 trong các chất sau: FeCl₃, AlCl₃, CuSO₄, Pb(NO₃)₂, NaCl, HCl, HNO₃, H₂SO₄ (đặc, nóng), NH₄NO₃.

Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂

Fe + AlCl₃ → không phản ứng.

Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu↓

Fe + Pb(NO₃)₂ → Fe(NO₃)2 + Pb↓

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Fe + 4HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + NO + 2H₂O

2Fe + 6H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂↑ + 6H₂O

Fe + NH₄NO₃ → không phản ứng.

→ Số trường hợp tạo muối Fe(II) là 4.

→ Đáp án D