Etylamin (C₂H₅NH₂) làm quỳ tím chuyển sang màu xanh.

Axit axetic (CH₃COOH) làm quỳ tím chuyển sang màu đỏ.

Metanol (CH₃OH) và etanol (C₂H₅OH) không làm quỳ tím chuyển màu.

Chọn A.

A: CuSO₄ + Fe → FeSO₄ + Cu.

B: không xảy ra pư.

C: H₂SO₄ loãng + Fe → FeSO₄ + H₂.

D: 2AgNO₃ + Fe → Fe(NO₃)₂ + 2Ag.

Chọn B.

CTHH của natri hiđrocacbonat là NaHCO₃.

Chọn A.

CTHH của saccarozơ là C₁₂H₂₂O₁₁ ⟹ có 22 nguyên tử H trong phân tử

Chọn D.

Cr(OH)₃ là hiđroxit có tính chất lưỡng tính, Cr(OH)₃ vừa phản ứng được với dd axit và dd bazơ:

Cr(OH)₃ + NaOH → NaCrO₂ + 2H₂O

Cr(OH)₃ + 3HCl → CrCl₃ + 3H₂O

Chọn A.

K₂CO₃ có thể làm mềm nước cứng vĩnh cửu vì:

Ca²⁺ + CO₃^2- → CaCO₃↓

Mg²⁺ + CO₃^2- → MgCO₃↓

Chọn B.

Glyxin có thể tham gia phản ứng trùng ngưng.

PTHH: nH₂N-CH₂-COOH \(\xrightarrow{{{t}^{0}},p,xt}\) -(NH-CH₂-CO-)_n + (n-1)H₂O

Chọn B.

Các tơ nhân tạo trong các tơ trên là: tơ visco, tơ xenlulozơ tơ axetat (2 tơ).

Chọn D.

n_C6H12O6 = 9/180 = 0,05 (mol)

PTHH: C₆H₁₂O₆ → 2C₂H₅OH + 2CO₂

(mol)      0,05                          →  0,1

⟹ V_{CO2 lý thuyết} = 0,1.22,4 = 2,24 (l)

Vì H% = 80% ⟹ V_{CO2 thực tế} = V_{CO2 lý thuyết} × H% = 2,24 × 0,8 = 1,792 (l).

Chọn B.

Ala-Gly + 2KOH → AlaK + GlyK

⟹ n_KOH = 2.n_Ala-Gly = 2.0,15 = 0,3 (mol).

Chọn A.

Chỉ có hồ tinh bột tạo được với I₂ dung dịch màu xanh tím

⟹ X là tinh bột, Y là I₂.

Chọn C.

n_Cu = 6,4/64 = 0,1 (mol)

PTHH: Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu

(mol)   0,1                              ←  0,1

⟹ m = m_Fe = 0,1.56 = 5,6 (g).

Chọn D.

PTHH: CH₃COONa + NaOH \(\xrightarrow{CaO,{{t}^{0}}}\) CH₄↑ + Na₂CO₃

Khí sinh ra là CH₄ (metan).

Chọn D.

Các trường hợp Fe tác dụng sinh ra muối Fe(II) là: dd HCl, dd CuSO₄ (2 trường hợp).

PTHH:

2Fe + 3Cl₂ \(\xrightarrow{{{t}^{o}}}\) 2FeCl₃

Fe + 6HNO₃ đặc nóng → Fe(NO₃)₃ + 3NO₂ + 3H₂O

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + H₂O

Chọn A.

Áp dụng bảo toàn e: 3n_Al = 2n_H2

⟹ 3.0,12 = 2.n_H2 ⟹  n_H2 = 0,18 mol ⟹ V_H2 = 4,032 lít.

Chọn B.

D sai, vì glyxin (NH₂CH₂COOH) không làm quỳ tím chuyển màu.

Chọn D.

Ta có: n_NaOH­  = 0,4.1 = 0,4 (mol); n_CO2(đktc) = 3,584/22,4 = 0,16 (mol); n_H2O = 4,68/18 = 0,26 (mol)

- Xét phản ứng đốt dd Y:

+ Ta thấy n_H2O > n_CO2 mà 2 ancol là đồng đẳng kế tiếp ⟹ 2 ancol no, đơn chức.

+ Đốt ancol no luôn có: n_{hh Y} = n_H2O - n_CO2 = 0,26 - 0,16 = 0,1 (mol)

Do các ancol đều có 1 nguyên tử O ⟹ n_O(trong Y) = n_hh Y = 0,1 (mol)

+ BTKL ta có: m_Y = m_C + m_H + m_{O(trong Y)} = 0,16.12 + 0,26.2 + 0,1.16 = 4,04 (g)

-  Xét phản ứng X + 0,4 mol NaOH → 34,4 gam hh Z + 4,04 gam hh Y

BTKL ta có: m + 0,4.40 = 34,4 + 4,04 ⟹ m = 22,44 (g).

Chọn D.

Sơ đồ:

Quá trình 1 (QT1):

\({a^{mol}}X\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{H_2}O}\\{C{O_2}}\end{array}} \right. + C \to 1,73{{\rm{a}}^{mol}}Y\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CO}\\{{H_2}}\\{C{O_2}}\end{array}} \right.\)

Quá trình 2 (QT2):

 \(Y\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CO}\\{{H_2}}\\{C{O_2}}\end{array}} \right. + 13,6\left( g \right)\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{CuO}\\{F{{\rm{e}}_2}{O_3}}\end{array}} \right. \to 11,264\left( g \right)ran + \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{C{O_2}}\\{{H_2}O}\end{array}} \right.\)

- Trong QT2: m_{chất rắn giảm} = m_O(pư) = 13,6 - 11,264 = 2,336 gam ⟹ n_O(pư) = 0,146 mol.

- Áp dụng bảo toàn e cho toàn bộ các quá trình: 4n_C(pư) = 2n_O(pư)

⟹ 4.n­_C(pư) = 2.0,146 ⟹ n_C(pư) = 0,073 mol.

- Trong QT1: Lượng C phản ứng làm cho số mol khí tăng

⟹ n_Y - n_X = n_C(pư)

⟹ 1,73a - a = 0,073

⟹ a = 0,1.

Chọn C.

(a) đúng. PTHH: 3NH₃ + AlCl₃ + 3H₂O → Al(OH)₃↓ + 3NH₄Cl.

(b) sai, thành phần chính của thạch cao khan là CaSO₄.

(c) đúng. PTHH:

            2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂↑

            2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂↑

(d) đúng.

(e) sai. PTHH: Mg + 2FeCl₃ dư → MgCl₂ + 2FeCl₂.

⟹ có 3 phát biểu đúng.

Chọn B.

n_H2O = 39,6/18 = 2,2 (mol)

Đặt CT chung của X: (RCOO)₃C₃H₅

BTNT "O": 6n_X + 2n_O2 = 2n_CO2  + n_H2O ⟹ n_X = (2.2,28 + 2,2 - 2.3,26)/6 = 0,04 (mol)

BTKL ta có: m_X = m_CO2 + m_H2O - m_O2 = 2,28.44 + 39,6 - 3,26.32 = 35,6 (g)

- Xét X + NaOH có pư:

(RCOO)₃C₃H₅ + 3NaOH → 3RCOONa + C₃H₅(OH)₃

          0,04       → 0,12                           →    0,04        (mol)

BTKL: m_X + m_NaOH = m_RCOONa  + m_C3H5(OH)3

⟹ 35,6 + 0,12.40 = m_muối + 0,04.92

⟹ m_muối = 36,72 (g).

Chọn A.

n_CO2(đktc) = 1,344/22,4 = 0,06 (mol)

n_Na2CO3 = 0,1.1 = 0,1 (mol)

Cho từ từ dd HCl vào dd Na₂CO₃ phản ứng xảy ra theo thứ tự:

HCl + Na₂CO₃ → NaCl + NaHCO₃               (1)

0,1 ←    0,1                     →   0,1                    (mol)

HCl + NaHCO₃ → NaCl + CO₂ + H₂O          (2)

0,06 ← 0,06_{dư 0,04}          ←  0,06                     (mol)

⟹ ∑n_HCl = 0,1 + 0,06 = 0,16 (mol)

⟹ a = n_HCl : V_HCl = 0,16 : 0,1 = 1,6 (M).

Chọn C.

(a) đúng.

(b) đúng, vì trong nho chín có chứa nhiều glucozơ, mà glucozơ có khả năng tham gia phản ứng tráng gương.

(c) đúng, vì nilon-6 có nhóm -CO-NH- kém bền trong môi trường H⁺ và OH^-.

(d) đúng, vì giấm ăn và chanh có chứa axit, mà amin có phản ứng với axit nên sẽ làm giảm được mùi tanh.

(e) sai, cao su buna-S và buna-N đều là cao su tổng hợp.

⟹ có 4 phát biểu đúng.

Chọn B.

Trong E đặt số mol của X và Y lần lượt là x và y mol.

Ta có hệ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x + y = {n_E} = 0,1}\\{2{\rm{x}} + 6y = {n_{NaOH}} = 0,32}\end{array}} \right. \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0,07}\\{y = 0,03}\end{array}} \right.\)

X + 2NaOH → Muối  + 2CH₃NH₂ + 2H₂O

0,07 →                               0,14 →      0,14

Y + 7NaOH → Muối + H₂O

0,03 →                          0,03

Bảo toàn khối lượng: m_E + m_NaOH = m_muối + m_H2O + m_CH3NH2

⟹ m_E = 31,32 + (0,14 + 0,03).18 + 0,14.31 - 0,32.40 = 25,92 gam

Mặt khác: m_E = 0,07.(14n + 96) + 0,03.(14m + 192) = 25,92

⟹ 98n + 42m = 1344

Vì m là số C của hexapeptit nên m chia hết cho 6 và m ≥ 12 và n ≥ 4

⟹ m = 18 và n = 6 thỏa mãn.

⟹ X: C₆H₁₆O₄N₂

⟹ m_X = 0,07.180 = 12,6 gam

⟹ %m_X = (12,6/25,92).100% = 48,61% gần nhất với 49%.

Chọn A.

Sơ đồ bài toán:

\(7,34{\mkern 1mu} \left( g \right){\mkern 1mu} E\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}X\\Y\end{array}} \right. + NaOH \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{ancol{\mkern 1mu} Z\mathop  \to \limits^{Na} {H_2}:0,05}\\{6,74{\mkern 1mu} \left( g \right){\mkern 1mu} hh{\mkern 1mu} T\mathop  \to \limits^{ + {O_2}} \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{{H_2}O}\\{N{a_2}C{O_3}}\\{C{O_2}:0,05}\end{array}} \right.}\end{array}} \right.\)

n_H2 = 0,05 mol ⟹ n_OH(ancol) = 2n_H2 = 0,1 mol = n_NaOH(pư).

BTKL: m_Z = 7,34 + 0,1.40 - 6,74 = 4,6 gam.

Đặt ancol Z: R(OH)_x ( mol) ⟹ .(R + 17x) = 4,6

⟹ R = 29x ⟹ x = 1; R = 29 (C₂H₅-) thỏa mãn.

Vậy Z là C₂H₅OH.

BTNT "Na" ⟹ n_Na2CO3 = ½ n_NaOH = 0,05 mol

⟹ n_C(muối) = n_Na2CO3 + n_CO2 = 0,05 + 0,05 = 0,1 mol

Nhận thấy n_C = n_Na ⟹ Muối gồm HCOONa (a mol) và (COONa)₂ (b mol) (vì M_X,Y < 150).

Ta có hệ phương trình:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a + 2b = 0,1\left( {BT:Na} \right)}\\{68{\rm{a}} + 134b = {m_{muoi}} = 6,74}\end{array}} \right. \to \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{a = 0,04}\\{b = 0,03}\end{array}} \right.\)

⟹ \(E\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{X:HCOO{C_2}{H_5}\left( {0,04} \right)}\\{Y:{{\left( {COO{C_2}{H_5}} \right)}_2}\left( {0,03} \right)}\end{array}} \right.\)

⟹ %m_X = 40,33%.

Chọn D.

A đúng, axit H₂SO₄ đặc vừa làm chất xúc tác, vừa có tác dụng hút nước, do đó góp phần làm tăng hiệu suất tạo este.

B đúng.

C sai, mục đích chính của việc thêm NaCl bão hòa để làm tăng khối lượng riêng của lớp chất lỏng phía dưới khiến este dễ dàng nổi lên trên và tách lớp, thu hồi sẽ dễ dàng hơn.

D đúng, vì phản ứng điều chế este là phản ứng thuận nghịch, nên C₂H₅OH và CH₃COOH vẫn còn sau phản ứng.

Chọn C.

+ C₈H₁₂O₄ có độ bất bão hòa: k = (8.2+2-12)/2 = 3 ⟹ X chứa 2 nhóm -COO- và 1 liên kết đôi C=C trong phân tử.

+ Nếu liên kết đôi C=C nằm trong gốc ancol thì không có este nào thỏa mãn ⟹ liên kết C=C nằm trong gốc axit.

+ Q và T có cùng số nguyên tử H trong phân tử ⟹ T là: CH₃COOH và Q: CH₂=CH-COOH

⟹ X có 3 CTCT thỏa mãn là:

            CH₃COO-CH₂-CH₂-CH₂-OOC-CH=CH₂

            CH₃COO-CH(CH₃)-CH₂-OOC-CH=CH₂

            CH₃COO-CH₂-CH(CH₃)-OOC-CH=CH₂

⟹ CTPT của Z là: C₃H₈O₂

Xét các phát biểu:

(a) sai, vì phân tử khối của Z là 76 đvC.

(b) đúng.

(c) sai, vì T là CH₃COOH không có phản ứng vôi tôi-xút; muối CH₃COONa mới có phản ứng này.

PTHH: CH₃COONa + NaOH \(\xrightarrow{CaO,{{t}^{0}}}\) CH₄ + Na₂CO₃

(d) đúng, CH₂=CH-COOH + Br₂ → CH₂Br-CHBr-COOH

Vậy có 2 phát biểu đúng.

Chọn C.

Ag + Cu(NO₃)₂ không xảy ra phản ứng vì Ag đứng sau Cu trong dãy điện hóa học nên không đẩy được Cu ra khỏi dung dịch muối.

Đáp án A.

Quá trình nhường e               Quá trình nhận e

Fe⁰ → Fe⁺³ + 3e                     N⁺⁵ + 3e → N⁺² (NO)

0,2           →  0,6                    0,6 →        0,2

⟹ V_NO(đktc) = 0,2.22,4 = 4,48 (lít).

Đáp án C.

- FeO là oxit bazơ ⟹ FeO có tính bazơ.

- Số oxi hóa của Fe trong FeO là +2 ⟹ có thể lên +3 hoặc xuống 0 ⟹ FeO vừa có tính oxi hóa, vừa có tính khử.

Đáp án A.

Crom là kim loại cứng nhất.

Đáp án D.

NaOH dư + FeCl₂ → Fe(OH)₂↓ + 2NaCl

4NaOH dư + CrCl₃ → NaCrO₂ + 3NaCl + 2H₂O

⟹ Kết tủa X thu được chỉ chứa Fe(OH)₂.

Nung Fe(OH)₂ có pư:

Fe(OH)₂ +O₂ \(\xrightarrow{{{t}^{0}}}\) Fe₂O₃ + H₂O

⟹ Y là Fe₂O₃.

Đáp án A.

Dùng dung dịch NaOH cho từ từ lần lượt vào các dung dịch trên:

+ Ban đầu xuất hiện kết tủa keo trắng sau đó kết tủa tan hết ⟹ Al(NO₃)₃.

PTHH:  Al(NO₃)₃ + 3NaOH → Al(OH)₃↓ + 3NaNO₃

              Al(OH)₃↓ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

+ Xuất hiện kết tủa trắng, không tan trong NaOH dư ⟹ Mg(NO₃)₂.

PTHH:  Mg(NO₃)₂+ 2NaOH → Mg(OH)₂↓ + 2NaNO₃

+ Không có hiện tượng gì là: NaNO₃ và H₂SO₄ (nhóm I).

- Lọc lấy kết tủa Mg(OH)₂, cho lần lượt 2 dung dịch ở nhóm (I) đến dư vào kết tủa:

+ Kết tủa tan ⟹ H₂SO₄.

PTHH:  H₂SO₄ + Mg(OH)₂ → MgSO₄ + 2H₂O

+ Không hiện tượng ⟹ NaNO₃.

Đáp án D.

Sơ đồ: KL + H₂SO₄ loãng → Muối + H₂

+) BTNT "H" ⟹ n_H2SO4 = n_H2 = 4,48/22,4 = 0,2 (mol)

+) BTKL ta có: m_KL + m_H2SO4 = m_muối + m_H2 

⟹ m_muối = 23,6 + 0,2.98 - 0,2.2 = 42,8 (g)

Đáp án D.

n_KOH = 0,65 × 0,1 = 0,065 (mol) ⟹ n_OH^- = 0,065 (mol)

n_AlCl3 = 0,2 × 0,1 = 0,02 (mol) ⟹ n_Al³⁺ = 0,02 (mol)

Xét tỉ lệ: \(3 < \frac{{{n_{O{H^ - }}}}}{{{n_{A{l^{3 + }}}}}} = \frac{{0,065}}{{0,02}} = 3,25 < 4\) ⟹ phản ứng tạo cả Al(OH)₃ và AlO₂^-.

Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃↓

x     →  3x    →     x                (mol)

Al³⁺ + 4OH^- → AlO₂^- + 2H₂O

y    →   4y                               (mol)

Ta có hệ: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{\Sigma {n_{A{l^{3 + }}}} = x + y = 0,02}\\{\Sigma {n_{O{H^ - }}} = 3x + 4y = 0,065}\end{array}} \right. \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{l}}{x = 0,015}\\{y = 0,005}\end{array}} \right.\)

⟹ n_Al(OH)3 = x = 0,015 (mol)

⟹ m_Al(OH)3 = 0,015.78 = 1,17 (g).

Đáp án B.

Các nguyên tử thuộc nhóm IIA có cấu hình electron lớp ngoài cùng là ns².

Đáp án A.

X là NaOH.

PTHH: NaHCO₃ + NaOH → Na₂CO₃ + H₂O.

Đáp án B.

n_HCl = V_HCl. C_M = 0,4.0,2 = 0,08 (mol)

PTHH: Fe₃O₄ + 8HCl → FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4H₂O

(mol)                  0,08 →   0,01 →   0,02

Muối thu được gồm: FeCl₂ (0,01 mol) và FeCl₃ (0,02 mol)

⟹ m_muối = m_FeCl2 + m_FeCl3 = 0,01.127 + 0,02.162,5 = 4,52 (g).

Đáp án C.

n_H2SO4 = 0,3.0,1 = 0,03 (mol); n_NaOH = 0,1.0,2 = 0,02 (mol)

Giả sử kim loại có hóa trị là n (n = 1; 2; 3).

PTHH:

2M   +     nH₂SO₄ → M₂(SO₄)_n + nH₂↑ (1)

\(\frac{{0,04}}{n}\) ← 0,03-0,01

2NaOH + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + H₂O      (2)

0,02 →      0,01

Ta có: \({m_M} = {n_M} \times {M_M} \Rightarrow \frac{{0,04}}{n}{\mkern 1mu}  \times {M_M} = 1,56 \Rightarrow {M_M} = 39n\)

Biện luận với n = 1; 2; 3 ⟹ n = 1; M_M = 39 thỏa mãn.

⟹ M là kali (K).

Đáp án D.

A: Điều chế Ag bằng điện phân dung dịch.

B: Điều chế Ag bằng phương pháp thủy luyện.

C: Điều chế Ag bằng phương pháp nhiệt luyện.

D: Điều chế Ag bằng phương pháp nhiệt phân.

Đáp án B.

M           →      M⁺   +   1e

(1s²2s²2p⁶3s¹)     (1s²2s²2p⁶)

⟹ M là Na; M⁺ là Na⁺.

Đáp án A.