n H₂ = 6,72 : 22,4 = 0,3 (mol)

Ta có phương trình phản ứng:

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂

Al₂O₃ + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂O

=> n Al = n H₂ = 0,3 (mol)

=> mAl = 0,3 * 27 = 8,1 (gam)

% mAl = 8,1 : 15,6 * 100% = 51,92%

%mAl₂O₃ = 100% - 51,92% = 48,08%

Muối X là AgNO₃. Phản ứng nhiệt phân:

AgNO₃ \(\xrightarrow{{{t}^{0}}}\) Ag + NO₂ + ½ O₂

Đáp án B

Hiđrocacbon no không tác dụng với dung dịch brom nên metan không làm mất màu dung dịch brom ở nhiệt độ thường.

Đáp án A

CH₃-CH =O + H₂ \(\xrightarrow{Ni,{{t}^{o}}}\) CH₃-CH₂-OH

Đáp án C

Thủy phân este X có công thức phân tử C₄H₈O₂ trong dung dịch NaOH đun nóng, sản phẩm thu được có chứa natri fomat nên X phải có dạng HCOOR.

Vậy các công thức este X là HCOOCH₂CH₂CH₃, HCOOCH(CH₃)₂ (có 2 công thức cấu tạo thỏa mãn).

Đáp án D

Khí Z thu được bằng phương pháp đẩy nước nên khí Z không tan hoặc ít tan trong nước.

Vậy khí Z là CO₂ hoặc CH₄.

Do điều chế khí Z từ dung dịch X và chất rắn Y nên dung dịch X là HCl và chất rắn Y là CaCO₃.

Khí Z là CO₂.

Đáp án A

Kim loại có khối lượng riêng nhỏ nhất, là vật liệu quan trọng trong việc sản xuất anot của pin điện là Li.

Đáp án D

Phản ứng hóa học xảy ra trong quá trình tạo thạch nhũ trong các hang động đá vôi là

Ca(HCO₃)₂ → CaCO₃ + CO₂ + H₂O

Đáp án C

Fe₂O₃: thành phần chính  của quặng hematit đỏ và hematit nâu

FeS₂: thành phần chính  của quặng pirit

Fe₃O₄: thành phần chính của quặng manhetit

FeCO₃: thành phần chính của quặng xiderit

Vậy thành phần chính của quặng manhetit là Fe₃O₄.

Đáp án B

A. Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

B. Cr(OH)₃+ KOH → KCrO₂ + 2H₂O

C. Zn + Cr₂(SO₄)₃ → ZnSO₄ + 2CrSO₄

Fe không tác dụng với dung dịch HNO₃ đặc nguội do bị thụ động hóa trong axit này.

Đáp án D

Chất không phải là chất điện li: ancol etylic.

Chất điện li yếu: axit axetic, Al(OH)₃.

Chất điện li mạnh là HNO₃.

Đáp án D

Amin X chứa vòng benzen có công thức phân tử: C₆H₇N có công thức cấu tạo là C₆H₅NH₂ có tên là anilin hoặc phenylamin hoặc benzenamin. Amin X không có tên benzylamin.

Đáp án D

(1) làm quỳ chuyển hồng

(2) không làm quỳ chuyển màu

(3) không làm quỳ chuyển màu

(4) làm quỳ chuyển xanh

(5) làm quỳ chuyển xanh

Vậy có 2 chất làm quỳ tím chuyển xanh

Đáp án A

Phương trình tạo thành pentapeptit X từ amino axit Y là:

5Y → X + 4H₂O

Đặt n_{pentapeptit X} = 1 mol suy ra n_H2O = 4 mol; n_Y = 5 mol

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: m_Y = m_X + m_H2O

=> M_Y. 5 = 513. 1 + 18.4 → M_Y = 117

Đáp án D

Các chất phản ứng được với dung dịch NaOH loãng khi đun nóng là: Si, NH₄NO₃, Al, CO₂, H₃PO₄ (có 5 chất)

Đáp án C

Chất béo không phải là polime.

Đáp án A

Nhận định A là sai vì số nguyên tử C trong phân tử chất béo là số lẻ.

Nhận định B đúng.

Nhận định C là sai vì phản ứng thủy phân chất béo trong môi trường kiềm là phản ứng một chiều.

Nhận định D là sai vì dầu ăn là chất béo (chứa C, H, O) còn dầu nhớt động cơ là hidrocacbon (chứa C, H).

Đáp án B

Ta có: n_NaOH = 0,074 mol; n_HCOOCH3 = m/60 mol

HCOOCH₃+ NaOH→ HCOONa + CH₃OH

Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có: m + m_NaOH = m _{chất rắn} + m_CH3OH

→ m + 0,074.40 = 4,08 + 32.m/60 suy ra m = 2,4 gam

Zn + CuSO₄ → ZnSO₄ + Cu

Đặt n_{Zn pứ} = a mol → n_Cu = a mol

Sau khi dung dịch CuSO₄ mất màu hoàn toàn thì CuSO₄ phản ứng hết.

→ Khối lượng lá Zn giảm là m_{chất rắn giảm} = m_{Zn pứ} - m_{Cu sinh ra} = 65a - 64a = a = 0,15

→ x = C_{M CuSO4} = n/V_dd = 0,15: 0,2 = 0,75M

Đáp án A

Glucozơ và xenlulozơ có cùng đặc điểm trong phân tử có nhiều nhóm hiđroxyl (-OH)

Đáp án D

Ta có: n_OH- = 2.n_H2 = 2.0,2 = 0,4 mol

OH^- + H⁺ → H₂O

Do phản ứng trung hòa nên n_OH- = n_H+ => 0,4 = 2.0,4.x => x = 0,5M

Đáp án A

Khi n_OH- = 0,1 mol thì kết tủa mới xuất hiện nên n_{H+ dư} = 0,1 mol → n_{H+ pứ} = 0,4 mol

→ n_NO = 0,1 mol

Đặt a, b là số mol Al và Mg

Áp dụng bảo toàn electron ta có: 3.n_Al + 2.n_Mg = 3.n_NO suy ra 3a + 2b = 3.0,1 (1)

Khi n_OH- = 0,45 mol thì kết tủa thu được gồm Mg(OH)₂ b mol; Al(OH)₃ (4,08-58b)/78 mol

Suy ra 0,45 = 0,1 + 2b + 4a - (4,08-58b)/78 (2)

Giải hệ (1) và (2) ta có a  = 0,08 và b  = 0,03

Suy ra m = 2,88 gam

Các phát biểu đúng là (a), (b), (c), (d) và (f) (5 phát biểu đúng).

Phát biểu (e) sai vì: Đặt n_Na = n_Al2O3 = 1 mol

Na + H₂O → NaOH + ½ H₂

1                         1 mol

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂+ H₂O

1            1 mol

Ta có: Al₂O₃ dư nên hỗn hợp Al₂O₃ và Na không tan hoàn toàn trong nước dư.

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ (X) + H₂

6FeSO₄ + K₂Cr₂O₇ + 7H₂SO₄ → 3Fe₂(SO₄)₃ + Cr₂(SO₄)₃ (Y) + K₂SO₄ + 7H₂O

Cr₂(SO₄)₃ + 8KOH _dư → 3K₂SO₄ + 2 KCrO₂ (Z) + 4H₂O

2KCrO₂ + 3Cl₂ + 8KOH → 2 K₂CrO₄ (T) + 6KCl + 4H₂O

Vậy X là FeSO₄ và T là K₂CrO₄.

Đáp án D

Phát biểu (1) sai vì cả axit fomic và anđehit fomic đều có phản ứng với dung dịch AgNO₃/NH₃ tạo thành kết tủa Ag.

Phát biểu (2) sai vì chỉ có tripeptit trở lên mới phản ứng với Cu(OH)₂ tạo dung dịch màu tím.

Phát biểu (3) sai vì amilozơ và amilopectin không là đồng phân của nhau (số lượng mắt xích khác nhau).

Phát biểu (4) đúng vì 2C₂H₄ + O₂ → 2CH₃CHO

Phát biểu (5) sai vì chỉ có glucozơ làm mất màu dung dịch nước Br₂.

Phát biểu (6) sai vì tách H₂O từ etanol dùng điều chế etilen trong phòng thí nghiệm.

Vậy chỉ có 1 phát biểu đúng.

C₂H₄ + H₂O \(\xrightarrow{{{t}^{0}},xt}\) C₂H₅OH (X)

C₂H₅OH + O_{2\(\xrightarrow{{{t}^{0}},xt}\)} CH₃COOH (Y) + H₂O

CH₃COOH + CH₃NH₂ → CH₃COONH₃CH₃ (Z)

Phát biểu a, b, c đúng

Phát biểu d sai

Đáp án D

Phát biểu B sai vì Al không được điều chế bằng phương pháp điện phân dung dịch muối của nó được. Al chỉ được điều chế bằng điện phân nóng chảy Al₂O₃.

Đáp án B

Các dung dịch phản ứng được với Cu(OH)₂ là CH₃COOH, C₂H₄(OH)₂, saccarozơ, anbumin. Vậy có 4 chất.

Đáp án C

Đặt số mol NO là a mol; số mol NO₂ là  b mol

Suy ra a + b = 0,2 mol; 30a + 46b = 0,2.17.2 = 6,8 gam

Giải hệ trên ta có a = 0,15 và b = 0,05

Quá trình cho e:

Cu → Cu²⁺+ 2e

Quá trình nhận e:

N⁺⁵ + 3e → N⁺²

N⁺⁵ + 1e → N⁺⁴

Áp dụng định luật bảo toàn e: 2.n_Cu = 3.n_NO + 1.n_NO2 → n_Cu = (3.n_NO+ n_NO2): 2 = 0,25 mol

Suy ra m = 0,25.64 = 16 gam

Z là chất lỏng ở điều kiện thường, tan vô hạn trong nước nên Z là ancol etylic.

X là chất rắn ở điều kiện thường, tan ít trong nước lạnh, tan nhiều trong nước nóng nên X là phenol.

Còn lại Y là anilin.

Đáp án B

 (1) 2NaHCO₃ +  Ba(OH)₂→ BaCO₃↓ + Na₂CO₃+ 2H₂O

(2) CO₂ + Ba(AlO₂)₂+ H₂O → Al(OH)₃↓+ Ba(HCO₃)₂

(3) 4NaOH _dư+ CrCl₃ → NaCrO₂+ 3NaCl + 2H₂O

(4) Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃

      Al(OH)₃+ OH^- → AlO₂^-+ 2H₂O

      Ba²⁺+ SO₄^2- → BaSO₄↓

Vậy các thí nghiệm thu được kết tủa sau phản ứng là (1), (2), (4) . Có 3 thí nghiệm.

Đáp án C

Ta có: n_NaOH = 0,15 mol; n_Ba(OH)2 = 0,05 mol

Dung dịch Y chứa 0,15 mol Na⁺, 0,05 mol Ba²⁺, u mol AlO₂^- và v mol OH^- dư

Định luật bảo toàn điện tích ta có u + v = 0,15 + 0,05.2 = 0,25 (1)

Ta có: n_HCl = 0,32 mol và n_H2SO4 = 0,04 mol→ n_H+ = 0,4 mol; n_SO4(2-) = 0,04 mol

→ n_BaSO4 = 0,04 mol

Ta có: m_{kết tủa} = 21,02 gam → n_Al(OH)3 = 0,15 mol

Nếu Al(OH)₃ chưa bị hòa tan thì n_H+ = 0,4 = v + 0,15 (2)

Nếu Al(OH)₃ đã bị hòa tan thì n_H+ = 0,4 = v + 4u - 3.0,15 (3)

Giải hệ (1) và (2) ra vô nghiệm

Giải hệ (1) và (3) ra u = 0,2 và v = 0,05

Vậy Y gồm Na⁺ 0,15 mol; 0,05 mol Ba²⁺; 0,2 mol AlO₂^- và OH^-  dư (0,05 mol)

V lít dung dịch Z gồm 0,64V mol HCl và 0,08V mol H₂SO₄

→ n_H+ = 0,8V mol và n_SO4(2-) = 0,08 V mol

Khi Al(OH)₃ max thì 0,8V = u+ v suy ra V = 0,3125

Suy ra n_BaSO4 = 0,025 mol → m_{kết tủa} = 21,425 gam

Khi BaSO₄ max thì 0,08V = 0,05 suy ra V = 0,625

Suy ra n_H+ = 0,8V = v + 4u-3.n_Al(OH)3 → n_Al(OH)3 = 7/60 mol → m_{kết tủa} = 20,75 gam

Vậy m_{kết tủa max} = 21,425 gam

Đáp án B

Ta có: m_X = m. Vì nguyên tố nitơ chiếm 20,22% khối lượng → m_N = 0,2022.m (gam)

→ n_N = 0,2022m/14

Ta có: n_H2SO4 = n_N/2 = 0,2022m/28 mol

Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có: m_X + m_H2SO4 = m_muối

=> m + 98. 0,2022m/28 = 201,0 suy ra m =117,70 gam

Đáp án D

Ta có: m_X = m. Vì nguyên tố nitơ chiếm 20,22% khối lượng → m_N = 0,2022.m (gam)

→ n_N = 0,2022m/14

Ta có: n_H2SO4 = n_N/2 = 0,2022m/28 mol

Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có: m_X + m_H2SO4 = m_muối

=> m + 98. 0,2022m/28 = 201,0 suy ra m =117,70 gam

Đáp án D

Hỗn hợp X gồm

C₂H₅NH₃NO₃

(CH₃)₂NH₂NO₃

CH₂(NH₃)₂CO₃

NH₂-CH₂-NH₃HCO₃

Đặt tổng số mol 2 chất đầu là a mol, tổng số mol 2 chất cuối là b mol

Hỗn hợp Z gồm 3 amin là C₂H₅NH₂, (CH₃)₂NH, CH₂(NH₂)₂

Vậy n_Z = a + b = 0,3 mol

Cô cạn dung dịch Y thu được các muối NaNO₃ a mol và Na₂CO₃ b mol

→ 85a+ 106b = 29,28 gam

Giải hệ trên ta có a = 0,12 và b = 0,18

Vậy n_NaOH = a + 2b = 0,48 mol

→ V_{dung dịch} = n_NaOH/ C_M = 0,48/ 0,5 = 0,96 lít = 960 ml

Ta có: n_Y = n_H2O - n_CO2 = 0,3 - 0,2 = 0,1 mol

Suy ra số C của Y bằng n_CO2/ n_Y = 0,2: 0,1 = 2

Vậy Y là C₂H₅OH hoặc C₂H₄(OH)₂

Do X (C₄H₆O₄) không có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc, phản ứng với KOH sinh ra Y nên X là C₂H₅OOC-COOH → n_X = a = n_Y = 0,1 mol

Muối thu được là (COOK)₂ 0,1 mol → m = 16,6 gam

Đáp án A

Đặt n_RSO4 = 3x mol và n_KCl = 2x mol

Trong t giây: n_Cl2 = x mol và n_O2 = y mol

→ x + y = 0,06 mol (1)

Khi đó n_e = 2x + 4y mol

Sau 3t giây ta có: n_Cl2 = x mol

→ n_O2 = (3.n_e- 2x)/4 = x+ 3y mol

Suy ra n_H2 = 0,19- n_Cl2- n_O2 = 0,19- 2x-3y mol

Bảo toàn electron trong 3t giây:

3x.2 + 2. (0,19-2x-3y) = 3. (2x+ 4y) (2)

Giải hệ (1) và (2) ta có x = 0,05 và y = 0,01

Suy ra n_e = It/F = 2x+4y = 0,14 mol → t = 27020 giây

Đáp án B

Y tác dụng với Br­₂ tạo ra khí nên Y chứa HCHO, HCOOH

Suy ra ancol X là CH₃OH.

Trong mỗi phần Y chứa a mol HCHO, b mol HCOOH, c mol CH₃OH dư, (a+b) mol H₂O

Phần 1: n_Ag = 4a + 2b = 0,5 mol

Phần 2: n_CO2 = a + b = 0,15 mol

Phần 3: n_H2 = 0,5.n_HCOOH + 0,5. n_CH3OH + 0,5.n_H2O = 0,5b + 0,5c + 0,5(a+b) = 0,25 mol

Giải hệ trên ta có a = 0,1; b = 0,05 và c = 0,3

Ta có: n_{CH3OH ban đầu} = 3(a+b+c) = 1,35 mol ; n_NaOH = 1,5 mol

Chất rắn gồm RCOONa 1,35 mol và NaOH dư 0,15 mol

Mà m_{chất rắn} = 135,6 gam suy ra 1,35(R+67)+ 0,15.40 = 135,6 suy ra R =29 → R là C₂H₅

Vậy E là C₂H₅COOCH₃.

Đáp án A

Quy đổi E thành:

C₂H₃ON: 0,45 mol (tính từ mol KOH)

CH₂: u mol

H₂O: v mol

NH: p mol

Ta có: m_E = 0,45.57 + 14u + 18v + 15p = 37 (1)

Đốt E tạo  thành số mol CO₂ bằng số mol H₂O nên:

0,45.2 + u = 0,45.1,5 + u + v + 0,5p (2)

Khi đốt C₂H₄NO₂K (a mol) và C₃H₆NO₂K (b mol)

Ta có: n_CO2 = 2a + 3b - (a+b)/2 = 2,25 mol

Và n_H2O = 2a + 3b = 2,75 mol

Giải hệ trên ta có: a = 0,25 và b = 0,75

Suy ra x/y = a/b = 1/3

Đặt n_GlyK = k ; n_AlaK = 3k và n_LysK = p mol

Bảo toàn nguyên tố N ta có: n_N = k + 3k + 2p = 0,45 + p

Suy ra k = (0,45-p)/4

Bảo toàn nguyên tố C ta có: n_C = 2k + 3.3k + 6p = 0,45.2 + u

Suy ra k = (u-6p+0,9)/11

Do đó: (0,45-p)/4 = (u-6p+0,9)/11 (3)

Giải hệ (1), (2), (3) ta có: u = 0,5; v = 0,2 và p = 0,05

Vậy n_KOH = x+ y+z = 0,45 mol ; n_CH2 = y+4z = 0,5 mol ; n_NH = z = 0,05 mol

Giải ra x = 0,1 ; y = 0,3 và z = 0,05

Suy ra %m_AlaK = 65,02% gần nhất với giá trị 65%.  

Đáp án A

X, Y không nhánh nên đều 2 chức.

Ta có: n_X = n_Y = x mol và n_Z = z mol

Ta có: n_NaOH = 2x + 2x + z = 0,51 mol (1)

P tạo kết tủa với AgNO₃/NH₃ nên Z là HCOOH hoặc Z có liên kết ba đầu mạch.

Nếu Z là CH≡C-COOH thì kết tủa là CAg≡C-COONH₄ 0,27 mol

Từ (1) suy ra x = 0,06 mol

Đặt n là số H trung bình của X và Y.

Suy ra n_H = 0,06.2n + 0,27.2 = 0,39.2 → n = 2

Do các axit không có quá 4C nên

X là HOOC-COOH (0,06 mol)

Y là HOOC-C≡C-COOH (0,06 mol)

Z là CH≡C-COOH (0,27 mol)

Phát biểu A tính được %m_X = 17,34% nên phát biểu A đúng

Phát biểu B sai vì chỉ có X là axit no

Phát biểu C sai

Phát biểu D sai vì:

Este gồm (COOCH₃)₂ 0,12 mol, C₂(COOCH₃)₂ 0,12 mol; và CH≡C-COOCH₃ 0,54mol

Suy ra m_este = 76,56 gam

Các trường hợp khác như Z là HCOOH hoặc Z là CH≡C-CH₂-COOH giải tương tự.

Đáp án A