Kim loại Cu tác dụng được với dung dịch HNO₃ loãng

Đáp án C

Đốt dây Fe trong bình đựng khí clo dư, thu được sản phẩm là FeCl₃

Đáp án C

HNO₃ là axit nên làm quỳ tím hoá đỏ

Este no, đơn chức, mạch hở là CH₃COOCH₃

Đáp án B

CaO tác dụng với nước tạo dung dịch có môi trường kiềm mạnh 

2CaO + 2H₂O → 2Ca(OH)₂ + H₂

Chất lưỡng tính là Glyxin

Đáp án A

Đáp án D

Cr₂(SO₄)₃ chứa crom ứng với số oxi hóa +3?

Quặng hematit có chứa oxit sắt.

Ở nhiệt độ thường, nhỏ vài giọt dung dịch l₂ vào hồ tinh bột thấy xuất hiện màu xanh tím

Đáp án D

H₂N[CH₂]₆COOH tham gia phản ứng trùng ngưng tạo thành tơ nilon–6 

Công thức hoá học của nhôm hiđroxit là Al(OH)₃

Tấm kim loại đó là kẽm

Đáp án D

nFe = 0,16 mol

Bảo toàn electron: 2nSO₂ = 3nFe

→ nSO₂ = 0,24

→ V = 5,376 lít

C6H12O6 → 2C2H5OH + 2CO2

180                  2.46

m                     147,2

→ mC₆H₁₂O₆ phản ứng = 180.147,2/(2.46) = 288

→ H = 288/360 = 80%

Thủy phân hoàn toàn một lượng tristearin trong dung dịch NaOH (vừa đủ), thu được 1 mol glixerol và 3 mol natri stearat. 

nHCl = nN = 2nN₂ = 0,3 mol

Để chứng tỏ nhóm -OH đã ảnh hưởng đến vòng benzen trong phenol (C₆H₅OH) có thể sử dụng phản ứng của phenol với nước brom

Đáp án B

Protein là một loại polime thiên nhiên.

Đáp án D

Đáp án A

X và Y lần lượt là Saccarozơ và axit glutamic. 

Chọn B.

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

Khối lượng dung dịch giảm = m_Al – m_khí = 14,4 → 27x – 1,5x.2 = 14,4 → x = 0,6

Muối thu được là AlCl₃ có m = 80,1 (g)

Chọn B.

Giả sử trong dung dịch thu được có Na⁺ (0,2 mol), K⁺ (0,2x mol), CO₃^2- (a mol) và HCO₃^- (b mol)

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
0,2 + 0,2x = 2a + b\\
a + b = 0,35\\
0,2.23 + 0,2x.39 + 60a + 61b = 33,7
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 0,05\\
b = 0,3\\
x = 1
\end{array} \right.\)

Chọn C.

Dung dịch X chứa Ba²⁺ (x mol), AlO₂^- (y mol) và OH^- (2x – y mol) (tính từ BTĐT)

Theo đề ta có: 153x + 0,5y.102 = 16,32 (1)

Đến khi bắt đầu kết tủa (tức là chưa có kết tủa xuất hiện) thì: 2x – y = 0,08 (2)

Từ (1), (2) suy ra: x = y = 0,08.

Cho dung dịch chứa H⁺ (0,22 mol); SO₄^2- (0,06 mol) vào X thì thu được:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{BaS{O_4}}} = {n_{S{O_4}^{2 - }}} = 0,06\;mol\\
{n_{Al{{(OH)}_3}}} = \frac{{4{n_{Al{O_2}^ - }} + {n_{O{H^ - }}} - {n_{{H^ + }}}}}{3} = 0,06\;mol
\end{array} \right. \Rightarrow {m_ \downarrow } = 18,66\;(g)\)

Chọn A.

(a) 3AgNO₃ dư + FeCl₂ → Fe(NO₃)₃ + 2AgCl + Ag

(b) 3Cu + 8H⁺ + NO₃^- → 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O

(c) Fe₃O₄ + 8HCl dư → FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4H₂O ; Cu + 2FeCl₃ ® CuCl₂ + 2FeCl₂.

(d) 2Al + Na₂O + 3H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂

(e) 4Ba dư + Al₂(SO₄)₃ + 4H₂O → 3BaSO₄ + Ba(AlO₂)₂ + 4H₂

Chọn C.

(1) NaOH (X) + NaHCO₃ (Y) → Na₂CO₃ (Z) + H₂O                                  

(2) NaHCO₃ (Y) →  Na₂CO₃ (Z) + H₂O + CO₂ (E)

(3) CO₂ (E) + NaOH (X) → NaHCO₃ (Y)

(4) CO₂ (E) + NaOH (X)  → Na₂CO₃ (Z) + H₂O

Chọn C.

Vì muối thu được là natri oleat (C₁₇H₃₃COONa) nên Y, Z lần lượt là axit oleic và triolein.

\(X\left\{ \begin{array}{l}
axit{\rm{ }}oleic:a\;mol\\
triolein:b\;mol
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
a + 5b = 0,84\\
a + 3b = 0,6
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 0,24\\
b = 0,12
\end{array} \right. \Rightarrow {m_X} = 173,76\;(g)\)

Vậy trong 17,376 gam X có \({m_{{C_3}{H_5}{{(OH)}_3}}} = 0,012.92 = 1,104\;(g)\)

Chọn D.

(1) NH₄-CO₃-NH₃C₂H₅ + 2NaOH → C₂H₅NH₂ (X₁) + NH₃ (Y₁) + Na₂CO₃ (Y₂) + 2H₂O.      

(2) CH₃COOH (X₂) + NaOH → CH₃COONa (X₃) + H₂O.

(3) CH₃COONa (X₃) + NaOH  → CH₄ + Na₂CO₃ (Y₂).                             

(4) C₂H₅NH₂ (X₁) + CH₃COOH (X₂) → CH₃COONH₃C₂H₅ (X₄).

Chọn A.

(a) Sai, Tinh bột khi thủy phân hoàn toàn trong môi trường axit thu được glucozơ.

(e) Sai, Hợp chất H₂N-CH(CH₃)-COO-H₃N-CH₃ là muối amoni hữu cơ còn este của lanin có dạng H₂N-CH(CH₃)-COO-CH₂-R (với R là gốc hiđrocacbon).

Chọn A.

Theo BTKL: \({m_{{C_2}{H_2}}} + {m_{{H_2}}} = 10,8 + 0,2.8.2 = 14\;(g) \Rightarrow {n_{{C_2}{H_2}}} = {n_{{H_2}}} = 0,5\;mol\)

Đốt cháy Y cũng chính là đốt cháy X:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{C_2}{H_2} + 5/2{O_2} \to 2C{O_2} + {H_2}O\\
{H_2} + 1/2{O_2} \to {H_2}O
\end{array} \right.\)

\({n_{{O_2}}} = \frac{5}{2}{n_{{C_2}{H_2}}} + \frac{1}{2}{n_{{H_2}}} = 1,5\;mol \Rightarrow {V_{{O_2}}} = 33,6\;(l)\)

Chọn B.

Dựa vào đồ thị ta thấy có 2 đoạn thẳng. Đoạn thẳng thứ nhất: Cu²⁺ và Cl^- đều điện phân hết; đoạn thẳng thứ hai: chỉ có H₂O điện phân ở cả hai điện cực.

+ Tại thời điểm t = y (s) chỉ có khí Cl₂ thoát ra ở anot với . Lúc này ở bên catot Cu bị điện phân hết Þ  

+ Tại thời điểm t = z (s) có khí Cl₂ (0,11 mol); O₂ (x mol) thoát ra ở anot và H₂ (y mol) ở catot

Ta có: x + y = 0,185 – 0,11  (1) và  4x = 2y (2)

Từ (1), (2) ta tính được: y = 0,05. Vậy z = 6176 (s).

Chọn B.

\(\left\{ \begin{array}{l}
Gly:x\\
{(Gly)_2}:y\\
{C_2}{H_5}N{H_3}N{O_3}:0,2
\end{array} \right. + \left\{ \begin{array}{l}
NaOH:0,3\\
KOH:0,2
\end{array} \right. \to \left\langle \begin{array}{l}
{C_2}{H_5}N{H_2}:0,2\\
\left\{ \begin{array}{l}
N{a^ + }:0,3\\
{K^ + }:0,2\\
N{O_3}^ - 
\end{array} \right. \to {H_2}NC{H_2}{\rm{CO}}{{\rm{O}}^ - }:0,3 \Rightarrow m = 49,3\;(g)
\end{array} \right.\)

Chọn A.

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{OH}} = 2{n_{{H_2}}} = 0,36\;mol\\
{m_{ancol}} = 10,68 + {m_{{H_2}}} = 11,04\;(g)
\end{array} \right. \Rightarrow {M_F} = \frac{{92}}{3}.t \to 92:{C_3}{H_5}{(OH)_3}\)

và \({n_{OH}} = {n_{RCOONa}} = 0,36\; \Rightarrow {M_G} = 82 = \frac{{68 + 96}}{2} \Rightarrow \) 2 muối trong G là HCOONa và C₂H₅COONa.

Vì các chất trong E có số mol bằng nhau → X là (HCOO)₃C₃H₅, Y là (HCOO)₂(C₂H₅COO)C₃H₅, T là (HCOO)(C₂H₅COO)₂C₃H₅ và Q là (C₂H₅COO)₃C₃H₅. Vây Q có 12 nguyên tử C.

Chọn A.

Hỗn hợp X gồm Mg (4x mol) và Fe (3x mol) và dung dịch chứa FeCl₃ (6y mol) và CuCl₂ (y mol).

Dung dịch Y chứa Fe²⁺, Mg²⁺ (4x mol) và Cl^- (20y mol) \( \to {n_{F{e^{2 + }}}} = 10y - 4x\;mol\)

Vi m_X = m_Z ⇒ 56.(10y - 4x) + 24.4x = 6y.56 + 64y (1)

Kết tủa thu được gồm \(\left\{ \begin{array}{l}
AgCl:20y\\
Ag:10y - 4x
\end{array} \right. \to 143,5.20y + 108.(10y - 4x) = 136,4\) (2)

Từ (1), (2) suy ra: x = 0,05 và y = 0,04 

Rắn Z có chứa Fe với \( \to {n_{Fe}} = {n_{{H_2}}} = 0,19\;mol \Rightarrow {V_{{H_2}}} = 4,256\;(l)\)

Chọn B.

Khi cho Y tác dụng với HCl thì:   \({n_{{O_2}}} = \frac{{{n_{{H^ + }}}}}{4} = 0,09\;mol \Rightarrow {n_{C{l_2}}} = 0,06\;mol\)

Trong 75,36 (g) chất rắn gồm \( \to AgCl:0,48\;mol|) và Ag (0,06 mol) \(\Rightarrow {n_{F{e^{2 + }}}} = 0,06\;mol\)

Xét

\(X\left\{ \begin{array}{l}
Cu:a\;mol\\
Fe:b\;mol
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
64a + 56b = 12,48\\
2a + 2.0,06 + 3(b - 0,06) = 2.0,06 + 4.0,09
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 0,09\\
b = 0,12
\end{array} \right.\)

Khi cho X tác dụng với HNO₃ thu được dung dịch T gồm Fe(NO₃)₂ (x); Fe(NO₃)₃ (y); Cu(NO₃)₂ (0,09).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
x + y = 0,12\\
2x + 3y + 0,09.2 = 0,15.3
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,09\\
y = 0,03
\end{array} \right.\) và \({m_{dd\;T}} = {m_X} + {m_{dd\;HN{O_3}}} - {m_{NO}} = 127,98\;(g)\)

Vậy C% Fe(NO₃)₃ = 5,67%

Chọn A.

Khi đốt cháy E ta tính được CO₂: 2,17 mol; H₂O: 1,52 mol → n_{O (E)} = 1,04 mol

Đặt số mol của (X, Y), Z, T lần lượt là a, b, c mol → 2a + 2b + 4c = 1,04 (1)

và (k + 1 – 1).a – b + (2k + 2 – 1).c = 2,17 – 1,52 → (ka + 2kc) – b + c = 0,65 (2) với ka + 2kc = nH₂

Khi cho F tác dụng với NaOH thì: a + 2c = 0,4 (3) và M_muối = 104,75

→ 2 muối đó là C₂H₅COONa (0,15 mol) và C₃H₇COONa (0,25 mol)

Từ (1), (2), (3) suy ra: a = 0,16; b = 0,12; c = 0,12

Theo BTKL: 47,02 + 0,4.40 = 41,9 + 0,16.18 + 0,24.M_T → M_T = 76: C₃H₆(OH)₂

Theo các dữ kiện tính được suy ra: X là C₃H_xO₂ (0,03 mol) và Y là C₄H_yO₂ (0,13 mol)

Theo BTNT H: 0,03x + 0,13y + 0,12.8 + 0,12.(x + y – 2 + 6) = 1,52.2 → x = y = 4

Vậy T là C₂H₃-COO-C₃H₆-OOC-C₃H₃ (0,12 mol) → %m_T = 51,44%.

Chọn A.

Khi đun nóng thì protein bị đông tụ nên không thử được phản ứng màu biure.

Chọn C.

Dung dịch X gồm Feⁿ⁺, Mg²⁺, NH₄⁺, Cl^-

\( \to {n_{C{l^ - }}} = {n_{O{H^ - }}} = 1,02\;mol\)

\( \to {n_{{H_2}O}} = 0,34\;mol \to {n_{{H_2}}} = \frac{{{n_{HCl}} - 2{n_{{H_2}O}}}}{2} = 0,17 - 2{n_{N{H_4}^ + }}\)

Đặt 

\(\left\{ \begin{array}{l}
Mg:x\;mol\\
FeC{O_3}:0,08\;mol\\
Fe:y\;mol\\
Fe{(N{O_3})_2}:z\;mol
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
24x + 56y + 180z = 20,72\\
40x + 160.(0,04 + 0,5y + 0,5z) = 26,4\\
24x + 56.(0,08 + y + z) + 18{n_{N{H_4}^ + }} = 18,12\\
{n_{NO}} = 2z - {n_{N{H_4}^ + }} \Rightarrow 30(2z - {n_{N{H_4}^ + }}) + 2(0,17 - 2{n_{N{H_4}^ + }}) = 3,26
\end{array} \right.\)

Giải hệ ta được x = 0,18; y = 0,1; z = 0,06 → %m_Fe = 18,67%