Cu, Fe, Zn, Na được sắp xếp theo chiều tăng của tính khử.

Đáp án C

Đáp án D

Mưa lẫn những khí này làm nồng độ axit trong không khí tăng cao gây ra hiện tượng mưa axit.

Đáp án B

Nhiệt độ sôi các chất được sắp xếp: este < axit < ancol.

Đáp án C

- Nước cứng là nước có chứa nhiều ion Mg²⁺, Ca²⁺.

- Nước cứng tạm thời là nước cứng có chứa ion \(HCO_3^ - \).

- Nước cứng vĩnh cửu là nước cứng có chứa ion \(SO_4^{2 - },{\rm{ }}C{l^ - }\).

Amin X là anilin.            

Đáp án A

Đáp án C

Kim loại đồng và những kim loại đứng sau H trong dãy hoạt động hóa học sẽ không phản ứng được với HCl và H₂SO₄ loãng.

Đáp án B

Khi đốt da thật (protein) cháy có mùi khét, còn da giả thì không.

Đáp án A

Khối lượng thanh sắt tăng do khối lượng đồng bám vào nhiều hơn khối lượng sắt tan ra.

CuSO₄ + Fe → FeSO₄ + Cu

\({m_{{\rm{ thay do i}}}} = \mathop |\limits^x {m_{Cu}} - {m_{Fe}}| = \mathop {64x}\limits^x - 56x = 8x\).

Công thức của fructozơ ở dạng mạch hở là CH₂OH-(CHOH)₃-COCH₂OH. 

Đáp án A

Đáp án A

Phenol làm mất màu dung dịch Br₂, đồng thời xuất hiện kết tủa trắng, còn ancol etylic thì không.

PTHH: C₆H₅OH + 3Br₂ → C₆H₂Br₃OH + 3HBr

Đáp án B

Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂

Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

2Fe + 6H₂SO_{4 (đặc)} → Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂ + 6H₂O

Fe + H2SO₄ (l) → FeSO₄ + H₂

Đáp án A

\(CaC{O_3}{\rm{ }}{\rm{ }}\to CaO{\rm{ }} + {\rm{ }}C{O_2}\)

\({n_{CaO}} = {n_{CaC{O_3}}} = 0,1{\rm{ }}mol\)

\({m_{CaO}} = 5,6\left( g \right)\).

Đáp án B

Các chất tác dụng được với dung dịch nước brom: axetilen, propen, stiren, anilin, vinylclorua.

Đáp án A

\({m_{glucoz{\rm{o }}}} = \frac{{{m_{cao{\rm{ su buna}}}}}}{{54}}.\frac{1}{{H\% \left( 1 \right).H\% \left( 2 \right).H\% \left( 3 \right)}}.180 = \frac{1}{{54}}.\frac{1}{{80\% .80\% .60\% }}.180 = 8,68\)

Đối với bài này, không nhất thiết phải tính hiệu suất từng giai đoạn, có thế áp dụng hiệu suất một lượt nhưng cần lưu ý tỉ lệ về số mol 2 chất là glucozơ và cao su buna.

Đáp án A

Gly – Ala + 2KOH →  Ala – K + Gly – K + H2O

          x                    2x                              x

BTKL: \({m_{Gly - Ala}} + {m_{KOH}} = {m_m} + {m_{{H_2}O}}\)

\( \to 146x + 2x.56 = 2,4 + 18x\)

\( \to x = 0,01{\rm{ mol}}\).

\( \to {m_{Gly - Ala}} = 1,46\left( g \right)\)

Đáp án B

B sai vì chuối chín lúc này tinh bột đã bị chuyển hóa thành glucozơ nên không làm đổi màu xanh tím.

Đáp án C

Tính dẫn điện của kim loại giảm dần: Ag, Cu, Au, Al, Fe...

Đáp án B

Các este tác dụng với dung dịch NaOH đun nóng thu được ancol là: etyl benzoat, benzyl fomat, etyl axetat, isoamyl axetat, anlyl axetat.

Đáp án A

B sai vì công thức đơn giản nhất của glucozơ là CH₂O, còn saccarozơ là C₁₂H₂₂O₁₁.

C sai vì không phải amin là sẽ có nhóm -NH2, chỉ có amin bậc 1 là có.

D sai vì phenol và anilin đều tham gia phản ứng thế brom.

Đáp án D

Cấu hình electron của ²⁶Fe: [Ar]3d⁶4s² nên Fe thuộc ô 26, chu kỳ 4, nhóm VIIIB.

Đáp án A

\(HH\left\{ \begin{array}{l} Na:x\\ Al:2x \end{array} \right.\)

2Na + 2H₂O →  2NaOH + H₂

     x                   x           0,5x

2Al + 2H₂O +2NaOH →  2NaAlO₂ + 3H₂

  2x                                 x                                         1,5x

Sau phản ứng, Al dư.

\({n_{{H_2}}} = 2x = 0,2 \to x = 0,1\)

\( \to m = {m_{Al}} + {m_{Na}} = 0,2.27 + 0,1.23 = 7,7\left( g \right)\).

Đáp án A

n_NaOH = 0,03 mol

n_NaOH = 2.n_este  nên X là este của phenol

\(RCOO{C_6}{H_4}R' + 2NaOH \to RCOONa + R'{C_6}{H_4}ONa + {H_2}O\).

BTKL: \({m_X} + {m_{NaOH}} = {m_m} + {m_{{H_2}O}}\)

\( \to {m_X} = 29,7 + 0,15.18 - 12 = 20,4\left( g \right)\)

\( \to {M_X} = 136\)

Các công thức cấu tạo của X có thể là:

HCOOC₆H₄CH₃ (3 đồng phân: o, m, p)

CH₃COOC₆H₅

Đáp án C

(2) sai vì chất béo là trieste của glixerol với các axit monocacboxylic có mạch cacbon dài, không phân nhánh.

(5) sai vì tristerin là chất béo no ((C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅).

Đáp án B

AgNO₃ + Fe(NO₃)₂ → Ag + Fe(NO₃)₃

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

2NO + O₂ → 2NO₂ (khí màu nâu).

Đáp án D

\(0,2{\rm{ }}mol{\rm{ }}X\left\{ \begin{array}{l} {C_2}{H_4}\\ {C_4}{H_4}\\ {C_4}{H_{10}}\\ C{H_4} \end{array} \right.\to \left\{ \begin{array}{l} C{O_2}:x\\ {H_2}O:y \end{array} \right.\to BaC{O_3}:m{\rm{ }}gam\)

\(2{n_{{O_2}}} = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} \to 2x + y = 2.0,735{\rm{ }}\left( 1 \right)\)

\({m_X} = {m_C} + {m_H} = 12x + 12y\)

\({n_X} = \frac{{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}}}{{k - 1}} \to {n_X}\left( {k - 1} \right) = {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} \to {n_{\pi \left( {0,2} \right)}} - {n_X} = {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}\)

\( \to {n_{\pi \left( {0,2} \right)}} = {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} + {n_X} = x - y + 0,2\)

\(\left\{ \begin{array}{l} 13,72{\rm{ }}gam{\rm{ X}}{n_\pi } = 0,4\\ 12 + 2y{n_{\pi \left( {0,2} \right)}} = x - y + 0,2 \end{array} \right. \to \frac{{13,72}}{{12x + 12y}} = \frac{{0,4}}{{x - y + 0,2}}{\rm{ }}\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \( \to \left\{ \begin{array}{l} x = 0,49\\ y = 0,49 \end{array} \right.\)

\( \to {n_{BaC{O_3}}} = {n_{C{O_2}}} = 0,49\)

\( \to {m_{BaC{O_3}}} = 96,53{\rm{ }}gam\).

Lưu ý đề bài sử dụng lượng chất khác nhau trong 2 phản ứng nên cần lập tỉ lệ (2).

Đáp án D

\(m{\rm{ gam }}\left\{ \begin{array}{l} AgN{O_3}:a\\ Cu{\left( {N{O_3}} \right)_2}:b\\ Fe{\left( {N{O_3}} \right)_2}:c \end{array} \right.\to \left\{ \begin{array}{l} Y\left\{ \begin{array}{l} Ag\\ CuO\\ F{e_2}{O_3} \end{array} \right.BT{\rm{ e: }}a + x = c + 4y \to a + 0,6 = c + 4.0,15 \to a = c\\ Z\left\{ \begin{array}{l} N{O_2}:x\\ {O_2}:y \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x + y = 0,75\\ 46x + 32y = 0,75.21,6.2 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x = 0,6\\ y = 0,15 \end{array} \right. \end{array} \right.\)

\(m{\rm{ gam}}\left\{ \begin{array}{l} AgN{O_3}\\ Cu{\left( {N{O_3}} \right)_2}\\ Fe{\left( {N{O_3}} \right)_2} \end{array} \right.\to A{g^ + } + F{e^{2 + }} \to Ag + F{e^{3 + }}{\rm{ }}\left( 1 \right)\)

Số mol AgNO₃ bằng số mol Fe(NO₃)₂ nên phản ứng (1) xảy ra hoàn toàn với AgNO₃ và Fe(NO₃)₂ vừa đủ. Khối lượng rắn sau phản ứng là của bạc.

\({n_{A{g^ + }}} = {n_{F{e^{2 + }}}} = {n_{Ag}} = 0,1{\rm{ }}mol\)

\({n_{AgN{O_3}}} + 2{n_{Cu{{\left( {N{O_3}} \right)}_2}}} + 2{n_{Fe{{\left( {N{O_3}} \right)}_2}}} = {n_{N{O_2}}} \to {n_{Cu{{\left( {N{O_3}} \right)}_2}}} = 0,15{\rm{ }}mol\)

BTKL: \(m = {m_{AgN{O_3}}} + {m_{Cu{{\left( {N{O_3}} \right)}_2}}} + {m_{Fe{{\left( {N{O_3}} \right)}_2}}} = 63,2\left( g \right)\).

Đáp án D

Trường hợp 1: Trong chất rắn chứa muối axit hoặc axit.

\(1,22m\left\{ \begin{array}{l} PO_3^{4 - }:0,04\left( {{n_{{H_3}P{O_4}}}} \right)\\ N{a^ + }:\frac{m}{{40}}\left( {{n_{NaOH}}} \right)\\ {H^ + }:0,12 - \frac{m}{{40}} \end{array} \right. \to 0,04.95 + \frac{m}{{40}}.23 + 0,12 - \frac{m}{{40}} = 1,22m\)

\( \to m = 5,85\)

Trường hợp 2: Trong chất rắn chứa muối trung hòa hoặc có bazơ dư.

\(1,22m\left\{ \begin{array}{l} PO_4^{3 - }:0,04\left( {{n_{{H_3}P{O_4}}}} \right)\\ N{a^ + }:\frac{m}{{40}}\left( {{n_{NaOH}}} \right)\\ O{H^ - }:\frac{m}{{40}} - 12 \end{array} \right. \to 0,04.95 + \frac{m}{{40}}.23 + 17.\left( {\frac{m}{{40}} - 0,12} \right) = 1,22m \to m = 8\).

Đáp án A

(3) nHOOCC₆H₄COOH(P) + nC₂H₄(OH)₂(Z) → -(OCC₆H₄CO - OCH₂CH₂O)_n- + 2nH₂O

(2) 2CH₂ = CH - COONa (Y) + H₂SO₄ → 2CH₂ = CH - COOH (T) + Na₂SO₄.

(1) CH₂ = CH - COOCH₂CH₂OH(X) + NaOH → CH₂ = CH - COONa (Y) + C₂H₄(OH)₂ (Z)

Đáp án A

Sau thời gian t giây, thứ tự điện phân:

\({M^{2 + }}{\rm{ }} + {\rm{ }}2e{\rm{ }} \to {\rm{ }}M\)

\(2{H_2}O{\rm{ }} \to {\rm{ }}4{H^ + }{\rm{ }} + {\rm{ }}{O_2}{\rm{ }} + {\rm{ }}4e\)

\({\rm{ }}a\to {\rm{ }}4a\)

\( \to {n_{e\left( - \right)}} = 4a\)

Sau thời gian 2t giây, thứ tự điện phân:

\({M^{2 + }}{\rm{ }} + {\rm{ }}2e{\rm{ }} \to {\rm{ }}M\)

\(2{H_2}O{\rm{ }} \to {\rm{ }}4{H^ + }{\rm{ }} + {\rm{ }}{O_2}{\rm{ }} + {\rm{ }}4e\)

                             a      4a

\(2{H_2}O{\rm{ }} + {\rm{ }}2e{\rm{ }} \to {\rm{ }}2O{H^ - }{\rm{ }} + {\rm{ }}{H_2}\)

\( \to {n_e} = 2{n_{e\left( - \right)\left( {t{\rm{ }}s} \right)}} = 8a\)

BT e: 

\( \to \left\{ \begin{array}{l} {n_{{O_2}}} = \frac{{8a}}{4} = 2a\\ {n_{{H_2}}} = 2,5a - 2a = 0,5a \end{array} \right. \to {n_{{M^{2 + }}}} = \frac{{8a - 2.0,5a}}{2} = 3,5a\)

Khi thu được 1,8a khí ở anot \( \to {n_{e\left( - \right)}} = {n_{e\left( + \right)}} = 4.1,8a = 7,2a\)

\( \to {n_{e\left( + \right)}} > 2{n_{{M^{2 + }}}}\) nên lúc này ở catot nước đã điện phân, có khí xuất hiện → A sai.

Sau điện phân:

Thời điểm t giây có ion H⁺ nên p_H < 7

Còn thời điểm 2t giây, \({n_{{H^ + }}} > {n_{O{H^ - }}}\left( {4a > a} \right)\) nên p_H < 7 → C đúng

Ở thời điểm t giây, \({n_{e\left( + \right)}} < 2{n_{{M^{2 + }}}}\left( {4a < 7a} \right)\) nên ion M²⁺ chưa bị điện phân hết → D đúng.

Đáp án A

\(E\to \left\{ \begin{array}{l} T:Ancol\left\{ \begin{array}{l} {m_{b \uparrow }} = 12\\ {H_2}:0,2 \end{array} \right.\\ F\to :\left\{ \begin{array}{l} A\\ B \to \end{array} \right.\left\{ {{H_2}O:0,35} \right. \end{array} \right.\)

\({m_T} = {m_{b \uparrow }} + {m_{{H_2}}} = 12,4\)

\(R{\left( {OH} \right)_n}\to \frac{n}{2}{H_2}\)

\( \to {M_T} = \frac{{{m_T}}}{{\frac{{0,2.2}}{n}}} = 31n \to \left\{ \begin{array}{l} n = 2\\ M = 62\left( {{C_2}{H_4}{{\left( {OH} \right)}_2}} \right) \end{array} \right.\)

Vật este 2 chức:

\( \to {n_{NaOH}} = {n_{OH\left( T \right)}} = 0,4\)

Vậy A và B là 2 muối đơn chức:

\( \to \left\{ \begin{array}{l} A:{C_n}{H_{2n - 1}}{O_2}Na:5a\\ B:{C_m}{H_{2m - 1}}{O_2}Na:3a \end{array} \right. \to 8a = {n_{NaOH}} = 0,4 \to a = 0,05\)

\( \to \left\{ \begin{array}{l} A:{C_n}{H_{2n - 1}}{O_2}Na:0,25\\ B:{C_m}{H_{2m - 1}}{O_2}Na:0,15 \end{array} \right.\)

BT H: \(0,25.\left( {2n - 1} \right) + 0,15\left( {2m - 1} \right) = 0,35.2 \to \left\{ \begin{array}{l} n = 1\\ m = 3 \end{array} \right.\)

\( \to \left\{ \begin{array}{l} HCOONa\\ {C_2}{H_5}COONa \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} X:{\left( {HCOO} \right)_2}{C_2}{H_4}\\ Y:\left( {HCOO} \right)\left( {{C_2}{H_5}COO} \right){C_2}{H_4}\\ Z:{\left( {{C_2}{H_5}COO} \right)_2}{C_2}{H_4} \end{array} \right.\)

Vậy số nguyên tử H trong Y là 10.

Đáp án D

Phân tích đồ thị:

Đoạn 1: Al₂(SO₄)₃ tác dụng với Ba(OH)₂

Đoạn 2: AlCl₃ tác dụng với Ba(OH)₂

Đoạn 3: Al(OH)₃ tan, chỉ còn lại kết tủa BaSO₄

- Số mol BaSO₄ còn lại giai đoạn 3 bằng số mol BaSO₄ tạo thành giai đoạn 1.

\({n_{BaS{O_4}}} = 4a\)

Al₂(SO₄)₃ + 3Ba(OH)₂ → 2Al(OH)₃ + 3BaSO₄

\( \to \left\{ \begin{array}{l} {n_{Al{{\left( {OH} \right)}_3}}} = \frac{{8a}}{3}\\ {n_{Ba{{\left( {OH} \right)}_2}}} = 4a \to {n_{O{H^ - }}} = 8a \end{array} \right.\)

- Khi kết tủa max, thì số mol Al(OH)₃ tạo thành thêm: \({n_{Al{{\left( {OH} \right)}_3}}} = 9a - 4a - \frac{{8a}}{3} = \frac{{7a}}{3}\)

\( \to {n_{O{H^ - }}} = \frac{{7a}}{3}.3 = 7a\)

- Lúc \({n_{Ba{{\left( {OH} \right)}_2}}} = 0,52 \to {n_{O{H^ - }}} = 1,04\) thì lượng kết tủa bằng lượng kết tủa của giai đoạn 1: \({n_{BaS{O_4}}} = 4a + \frac{{8a}}{3}\) nên kết tủa Al(OH)₃ đã tan \(\frac{{7a}}{3}\) mol

\(Al{\left( {OH} \right)_3}{\rm{ }} + {\rm{ }}O{H^ - }{\rm{ }} \to {\rm{ }}AlO_2^ - {\rm{ }} + {\rm{ }}2{H_2}O\)

\( \to {n_{O{H^ - }}} = \frac{{7a}}{3}\)

\(\sum {{n_{O{H^ - }}}} = 1,04 \to 8a + \frac{{7a}}{3}.3 + \frac{{7a}}{3} \to a = 0,06\)

Lúc kết tủa max: \({n_{Al{{\left( {OH} \right)}_3}}} = 9a - 4a = 5a\)

\( \to {n_{Al}} = 5a \to x + 2x = 5.0,06 \to x = 0,1\)

\( \to m = 12,9\left( g \right)\).

Đáp án D

(1) sai vì este ít tan trong nước.

(2) sai vì không được tạo ra từ các a-amino axit.

(3) đúng.

(4) sai vì tinh bột không thủy phân trong môi trường kiềm.

(5) đúng.

(6) đúng.

Đáp án D

X: CH₃COOC₆H₄COOH

CH₃COOC₆H₄COOH + 3NaOH → CH₃COONa + NaOC₆H₄COONa + 2H₂O

→ Y: CH₃COONa

Z: NaOC₆H₄COONa → T: HOC₆H₄COOH

(1) đúng. Có 3 công thức cấu tạo (o, m, p)

(2) đúng.

(3) đúng. CH₃COONa + H₂SO₄ → CH₃COOH + Na₂SO₄

(4) sai.

(5) đúng. T chứa OH của phenol không phản ứng với axit, nhưng nhóm chức axit vẫn phản ứng với CH₃OH tạo este.

Đáp án B

Những thí nghiệm có phản ứng oxi hóa – khử: (a), (b), (c).

(a) 2Na + 2HCl → 2NaCl + H₂

(b) 2Al + 3Cl₂ → 2AlCl₃

(c) HgS + O₂ → Hg + SO₂

(d) Na₂CO₃ +FeCl₂ → FeCO₃ +2NaCl

(e) FeCl₃ +3AgNO₃ → 3AgCl + Fe(NO₃)₃

(g) Fe₃O₄ + 8HCl → FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4H₂O

Đáp án B

Y có công thức: (CH₃NH₃)CO₃(NH₄)

 Z có công thức: CH₃COONH₄ hoặc HCOONH₃CH₃

 \(\left\{ \begin{array}{l} {C_2}{H_{10}}{O_3}{N_2}:x\\ {C_2}{H_7}{O_2}N:y \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} 110x + 77y = 14,85\\ 2x + y = 0,25 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x = 0,1\\ y = 0,05 \end{array} \right.\)

Vì thu được 2 khí nên Z phải là CH₃COONH₄

\(M\left\{ \begin{array}{l} N{a_2}C{O_3}:0,1\\ C{H_3}COONa:0,05 \end{array} \right. \to m = 14,7\left( g \right)\).

Chọn C.

+ Electron tự do tạo cho kim loại bốn tính chất chung là tính ánh kim (phản xạ ánh sáng), tính dẻo (các lớp kim loại có thể trượt lên nhau), tính dẫn nhiệt (truyền nhiệt từ điểm này đến điểm khác).

+ Tính cứng được quyết định bởi độ bền của liên kết kim loại.

 thứ tự tính bazơ tăng dần: anilin < NH₃ < CH₃NH₂ < KOH

\(\begin{array}{l} 2NaHC{O_3}\mathop \to \limits^{{t^0}} N{a_2}C{O_3} + C{O_2} + {H_2}O\\ {n_{C{O_2}}} = \frac{{1,12}}{{22,4}} = 0,05(mol)\\ {n_{NaHC{O_3}}} = 2{n_{C{O_2}}} = 0,1(mol)\\ \% {m_{NaHC{O_3}}} = \frac{{0,1.84}}{{19.100}} = 44,21\% \\ \% {m_{N{a_2}C{O_3}}} = 55,79\% \end{array}\)

m_Na2CO3(bđ) = 19 − 8,4 = 10,6(g)

n_{Na2CO3(sinh ra)} = n_CO2 = 0,05(mol)

⇒ m_{Chất rắn C} = m_Na2CO3(bđ) + m_{Na2CO3(sinh ra)} = 10,6 + 0,05.106 = 15,9(g)

2NaHCO₃ →  H₂O + Na₂CO₃ + CO₂

2a                             a                         a

m chất rắn giảm = mCO₂ + mH₂O = 100 – 69 = 31g = 44a + 18a

⇒ a = 0,5mol

⇒ %NaHCO₃ = [(0,5 . 2 . 84) : 100] . 100% = 84%