Chọn D

CH₂=C(CH₃)COOCH₃

Chọn B 

C₆H₅NH₂

Chọn D

Các muối dùng làm phân đạm: NH₄NO₃, NH₄Cl, (NH₄)₂SO₄…

Chọn D

(C₁₅H₃₁COO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3C₁₅H₃₁COONa + C₃H₅(OH)₃

Chọn B

Ca(HCO₃)₂ → CaCO₃ + CO₂ + H₂O

Chọn A

CH₃COO-C₂H₅ hay C₄H₈O₂

Chọn B

NaCl → Na⁺ + Cl^-

Chọn C

FeSO₄ +  2NaOH → Na₂SO₄ + Fe(OH)₂

Chọn D

C₁₂H₂₂O₁₁

Chọn D

HOCH₂(CHOH)₄CHO+ 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O →HOCH₂(CHOH)₄COONH₄ + 2Ag + 2NH₄NO₃

Chọn B

Propin: phân tử mạch vòng, hợp chất hữu cơ tạp chức chứa 1 chức -COOH (cacboxyl); 1 chức amin bậc 2 (-NH-) và có CTPT: C₅H₉NO₂

Chọn D

RCOOR₁ + NaOH → RCOONa + R₁OH

0,05                                                        0,05 mol

m_Z= 0,05.M_Z  < 2,3 nên M_Z < 46 hay Z là CH₃OH và X là C₂H₅COOCH₃

nên axit tạo muối Y là C₂H₅COOH

Chọn A vì C₆H₅NH₂: ít tan trong nước

Chọn C

Khí Z nặng hơn không khí  và làm mất màu dung dịch KMnO₄ nên Z là SO₂

Trong dung dịch, cation Cu²⁺ không oxi hóa được Ag.

Chọn A

Chọn D                              

    X (heptapeptit) + H₂O → Ser-His-Leu + Val-Glu-Ala+  His-Leu-Val+ Gly-Ser-His

            CTCT của X là Gly-Ser-His-Leu-Val-Glu-Ala

                                     Đầu N                                 đầu C

Chọn C

     K₂CO₃ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + 2KOH

        (X)            (T)

        K₂CO₃ + 2KHSO₄ → 2K₂SO₄ + CO₂ + H₂O

              (X)         (T)

        Ca(HCO₃)₂ + 2KHSO₄ → CaSO₄ + K₂SO₄ + 2CO₂ + 2H₂O    

             (Z)              (T)

        K₂CO₃ + Ca(HCO₃)₂ → CaCO₃ + 2KHCO₃

                (X)              (Z)

      Ca(OH)₂ + Ca(HCO₃)₂ → 2CaCO₃ + 2H₂O

             (T)               (Z)

Chọn A

X có dạng (CH\( \equiv \)C)_aR  và chứa 4C hoặc 5C do 40 < M_X < 70  và tạo kết tủa với AgNO₃ trong NH₃

TH₁: a = 1

R-C\( \equiv \)CH + AgNO₃ + NH₃ → R-C\( \equiv \)CAg + NH₄NO₃

                  0,3               0,3  mol

N_X = 0,3 = n_H2O nên X có 2 nguyên tử H (loại vì C₄H₂ có 2 nối ba đầu mạch)

TH₂: a =2

R(C\( \equiv \)CH)₂ + 2AgNO₃ + 2NH₃ → R(C\( \equiv \)CAg)₂+ NH₄NO₃

  0,15                    0,3  mol

nên n_X = 0,5 mol nên  n_H2O = 2n_X vậy X có 4 nguyên tử H và CTCT của X là

CH\( \equiv \)C-CH₂-C\( \equiv \)CH và kết tủa là  CAg\( \equiv \)C-CH₂-C\( \equiv \)CAg: 0,15 mol

m= 278.0,15 = 41,7 gam

(a) Poli(vinyl clorua) được dùng làm vật liệu cách điện.

(b) Glucozơ có phản ứng tráng bạc.

(c) Thành phần phân tử của protein luôn có nguyên tố nitơ.

(d) Benzyl axetat có mùi thơm của hoa nhài.

(e) Xenlulozơ có nhiều trong gỗ và bông nõn.

Đáp án C

Chọn C

Vì b > a nên X chứa 1 chức -COOH và no, mạch hở

113,125 gam chất rắn gồm: H₃N⁺RCOOH: 0,15 mol; K⁺: 0,4 mol; Ba²⁺: 0,3 mol và Cl^-: x mol

Vì hỗn hợp rắn trung hoà điện: x = 1,15 mol

113,125 = (17+ R+45).0,15 + 0,4.39 + 0,3.137 + 1,15.35,5 nên R = 42 (C₃H₆)

X là H₂NC₃H₆COOH

2H₂NC₃H₆COOH   →  8CO₂ + 9H₂O + N₂

0,18                         0,72      0,81               mol

Nên a + b = 0,72 + 0,81 = 1,53 mol

Chọn B

  Ca²⁺ + HCO₃^- + OH^- → CaCO₃ + H₂O và 3Ca²⁺ + 2PO₄^3- → Ca₃(PO₄)₂

   x                                      x                           0,03         0,02                   0,01

nên m _{kết tủa} = 100.x + 310.0,01 = 6,1 nên x = 0,03

C_{M (Ca2+)} = (x+0,03): 10 = (0,03 + 0,03): 10 = 0,006 mol/ lít hay 6 milimol/lít

Số đơn vị độ cứng của nước bằng: 6 : 0,5 = 12

Chọn A

TN₁: n_H2 = [(m + 0,8)-m]: 2 = 0,4 mol

TN₂: X gồm (HCOO)₃C₃H₅: x mol; CH₂: y mol và H₂: -0,4 mol

X +  O₂   →      CO₂  +        H₂O

15,5 mol        6x+ y             10,2 mol

nên 4x + y-0,4 = 10,2 hay 4x + y = 10,6 (I)

Bảo toàn O: 6x + 15,5.2 = 12x + 2y + 10,2  (II)

Nên x = 0,2 và y = 9,8

TN₃: a gam muối gồm: HCOOK: 0,6 mol; CH₂: 9,8 mol và H₂: -0,4 mol

a=186,8 gam

Chọn B

  (a): đúng

  (b):sai vì poli (hexametylen ađipamit) được điều chế bằng phản ứng trùng ngưng: H₂N(CH₂)₆NH₂ và HOOC(CH₂)₄COOH

  (c ) đúng    

  (d) sai vì Mg + 2FeCl₃ dư → MgCl₂ + 2FeCl₂

  (e) đúng

Chọn A

CH₃COOH + C₂H₅OH ⇔ CH₃COOC₂H₅ + H₂O

(a): đúng

 (b): đúng

 (c ) đúng

 (d) sai

Bảo toàn Al:

n_Al = n_Al(OH)3  = 0,6 mol

Nhiệm vụ của Al

8Al + 3Fe₃O₄ → 4Al₂O₃ + 9Fe (1)

0,4        0,15                                   mol        

2Al +2 NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂ (2)

0,2                                                             0,3 mol

Nên m = 0,6.27 + 0,15.232 = 51,00 gam

Bước 1: Tính số mol các khí trong Z

Z gồm CO₂: b mol; N₂: a mol và NO: 4a mol

m_Z= 43,2-35,84 = 7,36 gam hay n_Z = 7,36: 36,8 = 0,2 mol

n_Z = 5a + b = 0,2 và m_Z = 148a + 44b = 7,36 nên a =0,02 và b = 0,1 mol

Bước 2: Tính số mol các chất trong X

Fe₃O₄

Mg      + HCl  + HNO₃ →  H₂O + (CO₂ + NO + N₂) + dd Y(Mg²⁺, Fe²⁺, Fe³⁺, NH₄⁺, H⁺, Cl^- (1)

FeCO₃                 0,14          0,1               0,08               0,02                          

Ag⁺ + Cl^- → AgCl  (2)

3Fe²⁺ + 4H⁺ +  NO₃^- → 3Fe³⁺ + NO  + H₂O (3)

Ag⁺ + Fe²⁺ →  Fe³⁺  + Ag (4)

Từ (1): Bảo toàn C: FeCO₃: 0,1 mol

Bảo toàn N: NH₄⁺: 0,02 mol

X gồm Fe₃O₄: a mol; Mg: b mol và FeCO₃: 0,1 mol nên 232a + 24b = 43,2 -0,1.116 = 31,6 (I)

Từ (3) thì n_H⁺ _{trong Y} = 0,025.4 = 0,1 mol

 Y gồm:

 Mg²⁺: b mol; NH₄⁺: 0,02 mol; H⁺: 0,1 mol; Fe²⁺: c mol; Fe³⁺: (3a+ 0,1-c) mol và Cl^-: 9a+2b-c+ 0,42 mol  (bảo toàn điện tích)

Nhiệm vụ H⁺: n_HCl + n_HNO3 = 8n_Fe3O4 + 2n_CO2 + 4n_NO + 12n_N2 + 10n_NH4+ + n_H⁺ _{trong Y}

                                    n_HCl = 8a + 0,2 + 0,32 + 0,24 + 0,2 + 0,1 -0,14 = 8a + 0,92

Bảo toàn Cl: n_HCl = n_{Cl- trong Y}  nên 8a + 0,92 = 9a + 2b - c + 0,42 hay a + 2b - c = 0,5 (II)

Từ (1), (2) và (3) thì kết tủa gồm: AgCl: (8a + 0,92) mol

                                                         Ag:  (c- 0,075) mol

                          143,5 (8a + 0,92) + 108 (c-0,075) = 271,12

                               1148a + 108c = 147,2 (III)

Từ (I), (II) và (III) thi a = 0,1        b= 0,35            c= 0,3

Bước 3: Tính C%

n_HCl =8a + 0,92 = 1,72 mol nên   m_{dd axit}  = 1,72.36,5: 10.100 = 627,8 gam

Bảo toàn khối lượng: m_{dd Y} = 43,2 + 627,8 – 7,36 = 663,64 gam

C_%FeCl2 = 0,3.127: 663,64.100 = 5,74%

Chọn C

Bước 1: Tìm 2 ancol và số mol của nó trong Y

Các este: ROR: 0,08 mol hay 6,48 gam nên 0,08 (2R + 16) = 6,48 nên R = 32,5 nên 2 ancol trong Y là C₂H₅OH và C₃H₇OH (do là đồng đẳng kế tiếp)

Lượng O₂ đốt cháy A bằng lượng O₂ đốt cháy Y nên

C₂H₅OH + 3O₂ → 2CO₂ + 3H₂O (1)  và C₃H₇OH + 4,5O₂ →  3CO₂ + 4H₂O (2)

 x  mol                                                         y mol

n_O2 = 3x + 4,5y = 1,35 (a)

TH₁: n_Khí =n_ancol = n_este = 0,3 mol nên x + y = 0,3 (b)

Từ (a), (b) thì x = 0 và y = 0,3 loại

 TH₂: n _khí­  = n_NaOH = 0,3 mol nên n_Y = n_este = 0,7-0,3 = 0,4 mol

x + y = 0,4 (c)

Từ (a) và (c) thì x = 0,3 và y = 0,1

Y gồm: C₂H₅OH: 0,3 mol và C₃H₇OH: 0,1 mol

Bước 2: Tìm 2 este

CTPT của 2 este là RCOOC₂H₅: 0,3 mol và R₁COOC₃H₇: 0,1 mol

41,6 gam Z gồm: RCOONa: 0,3 mol; R₁COONa: 0,1 mol và NaOH: 0,3 mol

Nên 41,6 = 0,3R + 0,1R₁ + 0,4.67 + 0,3.40 nên 3R + R₁ = 28

Nên R = 1 (H) và R₁ = 25 (C₂H-)

E  là HCOOC₂H₅ : 0,3 mol và F : C₂HCOOC₃H₇ : 0,1 mol

%E = 66,47%

(a) Sai vì sau bước 1 thu được chất khí không màu (H₂) và dung dịch có màu xanh nhạt (màu

của Fe²⁺).

(b) Sai vì khí thoát ra là NO không màu gặp oxi trong ống nghiệm chuyển sang nâu đỏ    

(c) Đúng vì để điều chế được Fe(OH)₂ ta phải đẩy lượng khí O₂ hòa tan có trong dung dịch NaOH để

tránh hiện tượng Fe(OH)₂ bị O₂ oxi hóa thành Fe(OH)₃.

(d) Đúng, sau bước 3 ta thu được kết tủa màu trắng hơi xanh Fe(OH)₂.

(e) Đúng, đến cuối buổi thí nghiệm thì kết tủa Fe(OH)₂ có màu trắng xanh sẽ bị O₂ trong không khí oxi

hóa thành Fe(OH)₃ có màu nâu đỏ.

Cả 5 ý đều đúng

Dung dịch Y chứa NaOH và Na₂SO₄.

Đặt số mol của CuSO₄ và NaCl lần lượt là x và 3x mol.

Khi cho Al tác dụng với dung dịch Y thì: \({n_{NaOH}} = \frac{2}{3}{n_{{H_2}}} = 0,05\;mol\)

\( \to {n_{N{a_2}S{O_4}}} = \frac{{3x - 0,05}}{2}\) mà \({n_{N{a_2}S{O_4}}} = {n_{CuS{O_4}}} = x \Rightarrow x = 0,05\;mol\)

Tại catot thu được Cu (0,05) và H₂ (a) còn tại anot thu được khí Cl₂ (0,075) và O₂ (b).

Ta có: 

\(\left\{ \begin{array}{l}
2.0,05 + 2a = 0,075.2 + 4b\\
64.0,05 + 2a + 0,075.71 + 32b = 10,375
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 0,125\\
b = 0,05
\end{array} \right. \Rightarrow {n_e} = 0,35\;mol \Rightarrow t = 7h\)

\({n_{N{O_2}}} = {n_{HN{O_3}}} = x(mol) \to {m_{HN{O_3}}} + {m_{KOH}} = {m_{CR}} + {m_{{H_2}O}}\)

Vì KOH dư nên 

\(\begin{array}{l}
{n_{{H_2}O}} = {n_{HN{O_3}}} = x(mol) \to 63x + 0,2.56 = 17,95 + 18x \to x = 0,15(mol)\\
 \to n_{NO_3^ - }^{trong X} = {n_{N{O_2}}} = 0,15(mol) \to \% m_{NO_3^ - }^{trong X} = \frac{{0,15.62}}{{14,175}}.100\%  = 65,61\% \\
 \to \% {m_{KL}} = 34,39\% 
\end{array}\)

* Xét phản ứng của Y và Br₂:

n_Y = 0,2 mol; n_Br2 = 0,1 mol.

Đặt CT trung bình của Y là C_nH_2n+2-2k.

C_nH_2n+2-2k  + kBr₂ → C_nH_2n+2-2kBr_2k

     0,2  →     0,2k                             (mol)

Mà n_Br2 = 0,2k = 0,1 → k = 0,5.

Do M_Y = 14,5.M_H2 = 29 nên 14n + 2 - 2k = 29 → n = 2.

→ CT trung bình của Y: C₂H₅.

* Do các hiđrocacbon trong X đều có 4H và phản ứng cộng không làm thay đổi số C

⟹ CT trung bình của X: C₂H₄.

* Xét phản ứng X + H₂ (a mol):

C₂H₄ + 0,5H₂ → C₂H₅

              0,1 ←     0,2  (mol)

Vậy a = 0,1 mol.

(2) không được vì từ Mg không ra được  MgCO₃

(4) không được vì từ MgSO₄ không ra được MgO

(a) Sai, H là phi kim, từ Li về cuối là kim loại kiềm.

(c) Sai, Na khử H₂O trước.

(d) Sai, Al bị ăn mòn hóa học.

(f) Sai, Mg + FeCl₃ dư → \(MgC{l_2} + FeC{l_2}\)

[C₆H₇O₂(OH)₃]_n    +  3nHNO₃   →  [C₆H₇O₂(ONO₂)₃]_n   +  3nH₂O

       0,1                                                           0,1

m_{xenlo trinitrat} = 0,1.297.90% = 26,73(tấn)

m_{KL tăng} = 0,32(g) = m_Cu – m_Fe(pứ) = 64x – 56x → x = 0,04(mol)

C_M(CuSO4) = 0,04/0,2 = 0,2(M)

Tơ có chứa nguyên tử N gồm: tơ tằm (protein), tơ olon, tơ nilon-6, tơ nilon-6,6

Fe không khử được Al₂O₃

n_O2 = n_CO2 = n_C = 0,24(mol)

m_hh = m_C + m_H2O = 0,24.12 + 3,96 = 6,84(g)

Este thủy phân sản phẩm có khả năng tham gia tráng bạc gồm dạng: HCOOR’ và RCOOCH=CH-R’