Đáp án A

C₂H₂ +  2AgNO₃ + 2NH₃ → Ag₂C₂↓ vàng nhạt + 2NH₄NO₃

Đáp án C

A,B, D đều được điều chế bằng phản ứng trùng ngưng, chỉ có C là được điều chế bằng phản ứng trùng hợp

Đáp án D

A. FeCl₃ có màu vàng

B. dd K₂Cr₂O₇ có màu da cam

C. dd CuSO₄ có màu xanh lam

D. dd AgNO₃ không màu

Đáp án D

Kim loại Al thụ động với H₂SO₄ đặc nguội và HNO₃ đặc nguội

Al là kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa nên không tác dụng được với MgSO₄

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂↑

Đáp án C

Các kim loại: K, Ca, Ba tác dụng với H₂O ở đk thường => có 3 kim loại

Đáp án B

Crom có các số oxi hóa là: 0, +2, +3; +6

=> số oxi hóa cao nhất là +6 có trong Na₂CrO₄

Đáp án B

CH₃COOH, CH₃OCH₃ và CH₃OH ở điều kiện thường là chất lỏng

HCHO ở điều kiện thường là chất khí

Đáp án D

A,B,C  đúng

D sai vì KNO₃ tan rất tốt trong nước

Đáp án A

A. đúng SiO₂ + 4HF → SiF₄ + 2H₂O ( phương trình này ứng dụng dùng để khắc thủy tinh)

B. Sai: Si + 2Mg → Mg₂Si

C.Đúng.

D. Đúng  Si + 2NaOH + H₂O → Na₂SiO₃ + 2H₂↑

Đáp án D

A. FeCO₃ là thành phần chính của quặng xiđerit

B. Fe₂O₃.nH₂O là thành phần chính của hemantit nâu

C. Fe₃O₄ là thành phần chính của quặng manhetit

D. Fe₂O₃ là thành phần chính của quặng hemantit đỏ

Đáp án D

A. Ba(OH)₂ + Na₂CrO₄ → 2KOH + BaCrO₄↓ => hiện tượng: xuất hiện kết tủa trắng

B. 3Ba(OH)₂ + 2AlCl₃ → 2Al(OH)₃↓ + 3BaCl₂

      Ba(OH)₂ + 2Al(OH)₃ → Ba(AlO₂)₂ + 4H₂O

=> hiện tương: xuất hiện kết tủa trắng keo, sau đó kết tủa tan dần

C. không có hiện tượng

D. Ba(OH)₂ + 2NaHCO₃ → Na₂CO₃ + BaCO₃↓ + 2H₂O  => hiện tượng: xuất hiện kết tủa trắng

Đáp án D

Thu được n_CO2 > n_H2O => este phải có từ 2 liên kết pi trở lên

=> CH₂=CHCOOCH₃ trong phân tử có 2 liên kết pi => đốt cháy cho n_CO2 > n_H2O

Đáp án C

Gọi hóa trị của kim loại là n

                 2M + nH₂SO₄ → M₂(SO₄)_n + nH₂↓

Theo PT: 2M                   → (2M + 96n)          (gam)

Theo ĐB: 2,52                → 6,84                      (gam)

         => 2M. 6,84    =   2,52 (2M + 96n)

        => M = 28n

Chạy giá trị n = 1,2,3 thì thấy n = 3 => M =56 thỏa mãn

Vậy kim loại M là Fe

Đáp án B

a) 2NaCl + 2H₂O →2NaOH + Cl₂ ↑ + H₂↑

b)  CO + FeO → Fe + CO₂↑

c) 3H₂S + FeCl₃ → Fe(OH)₃ + 3S↓ + 3HCl ( Chú ý: Fe₂S₃ không bền phân hủy thành Fe(OH)₃ + S)

d) 3NH₃ + 2Cl₂ → 6HCl + N₂↑

e) CO₂ + H₂O + Na₂CO₃ → Na(HCO₃)₂

=> Có 4 chất sinh ra đơn chất

Đáp án B

B. Sai Xe mới là kim loại  được dùng làm tế bào quang điện

Đáp án D

Etylamin và đimetylamin là đồng phân của nhau => có cùng CTPT là: C₂H₇N

C₂H₇N + HCl → C₂H₈NCl

=> n_C2H8Cl = 16,3/81,5 = 0,2 (mol)

BTNT: N => n_N2 = 1/2. n_C2H8Cl = 0,1 (mol)

=> V_{N2 (ĐKTC)} = 0,1.22,4 = 2,24 (lít)

Đáp án B

C là phi kim có tính khử nên không tác dụng được với kim loại

Đáp án B

n_KOH = n_K = 1,95/39 = 0,05 (mol)

=> [KOH] = n :V = 0,05 : 0,5 = 0,1 (M)

=> pH = 14 + lg[OH^-] = 14 -1 = 13

Đáp án D

A. đúng

B. Đúng

C. đúng

D. Sai

Đáp án B

n_Cl2 = 2,688/22,4 = 0,12 (mol)

2MCl_n    →  2M + nCl₂↑

0,24/n                      ← 0,12    (mol)

Ta có: 0,24/n . ( M + 35,5n) = 11,4

=> M =12n

=> n = 2 thì M =24 (Mg) thỏa mãn

Vậy muối là MgCl₂

Đáp án D

A. A sai vì phương pháp 1 để thu khí có tỉ khối nhỏ hơn so với không khí => không thể thu SO₂, Cl₂

B. Sai vì NH₃ tan trong nước nên không thể thu NH₃ bằng hình (3)

C. Sai vì N₂ nhẹ hơn không khí

D. Đúng

Đáp án B

(a) NaHCO₃ + CH₃COOH → CH₃COONa + H₂O + CO₂↑

(b) (NH₂)₂CO + Ba(OH)₂ → 2NH₃↑+ BaCO₃↓

c) Fe₂O₃ + 6HNO₃ đặc, nóng → 2Fe(NO₃)₃ + 3H₂O

d) 2P + 5H₂SO₄ đặc, nóng → 2H₃PO₄ + 5SO₂↑ + 2H₂O

e) Al₄C₃ + 12H₂O → 4Al(OH)₃↓ + 3CH₄↑

=> Có 4 thí nghiệm thu được khí

Đáp án A

Gọi n_Na = n_Ba = x (mol)

n_H2SO4 = 0,125 (mol); n_CuSO4 = 0,125 (mol) ; n_H2 = 0,15 (mol)

Ta thấy: n_H2 = 0,15 (mol) > n_H2SO4 => Na, Ba phản ứng hết với axit sau đó tiếp tục phản ứng với H₂O

Ta có: ∑ n_{e (KL nhường)} = ∑ n _{e( H2 nhận)}

=> x + 2x = 0,15.2

=> x = 0,1 (mol)

=> n_OH- = 2 ( n_H2 – n_H2SO4) = 2 ( 0,15 – 0,125) = 0,05 (mol)

=> n_Cu(OH)2 = ½ n_OH- = 0,025 (mol)

m↓ = m_Cu(OH)2 + m_BaSO4 = 0,025.98 + 0,1.233 = 25,75 (g)

Đáp án C

Các chất có khả năng phản ứng với dd NaOH loãng, đun nóng là: isoamyl axetat ( CH₃COOCH₂-CH-CH(CH₃)-CH₃) ; Valin ( CH₃-CH(CH₃) -CH(NH₂)-COOH) , phenylamoni clorua ( C₆H₅NH₃Cl ) ; Gly – Ala – Val. => có 4 chất

Đáp án A

HCOOH (T) + Br₂ → CO₂ + 2HBr

=> Y là HCOONa

HCOONa (Y) + HCl → HCOOH + NaCl

=> Z là HCHO

HCHO (Z) + 2Br₂ + H₂O → CO₂ + 4HBr

=> X :  HCOOCH₂OOCH

HCOOCH₂OOCH (X) + 2NaOH → 2HCOONa (Y) +  HCHO (Z)  + H₂O

=> CTPT của X là: C₃H₄O₄

Đáp án A

Các chất tác dụng được với H₂ xúc tác Ni nung nóng là: axetilen (CH≡CH), isopren ( CH₂=C(CH₃)-CH=CH₃), stiren( C₆H₅CH=CH₂), metyl  acrylat ( CH₂=CH-COOCH₃) => có 4 chất

Đáp án C

X: C₃H₁₂N₂O₃ + NaOH → hỗn hợp khí Z + Muối axit vô cơ

=> X là muối của CO₃^2-

Các CTCT thỏa mãn: (C₂H₅NH₃)OCOONH₄ ; (CH₃)₂NH₂OCOONH₄ => có 2 công thức thỏa mãn

Đáp án A

X là glucozo

Y là benzylamin ( C₆H₅CH₂NH₂)

Z là xiclohexen

T là gixerol

Đáp án A

1) đúng vì CH₃COOH có phân tử khối lớn hơn và có liên kết H mạnh hơn C₂H₅OH => có nhiệt độ sôi cao hơn.

2) đúng CH₃COOCH=CH₂ + Br₂→ CH₃COOCHBr-CH₂

3) sai vì tinh bột chỉ bị thủy phân trong môi trường axit chứ không bị thủy phân trong môi trường kiềm.

4) đúng

5) đúng

=> có 4 phát biểu đúng

Đáp án A

1) 3CH₂=CH₂ + 2KMnO₄ + 4H₂O → 3CH₂OH-CH₂OH + 2MnO₂↓ + 2KOH

2) C₁₇H₃₅COONa + Ca(OH)₂ → (C₁₇H₃₅COO)₂Ca ↓+ NaOH

3) C₂H₅NH₂ + CH₃COOH → CH₃COONH₃C₂H₅

4) C₆H₁₂O₆ + Cu(OH)₂ → (C₆H₁₁O₆)₂Cu (dd xanh lam) + H₂O

5) C₂H₅OH + CuO t0→→t0 CH₃CHO + Cu↓+ H₂O

=> có 2 phản ứng KHÔNG thu được chất rắn

Đáp án B

(a) S. Khi điện phân dung dịch CuSO₄ (điện cực trơ), tại anot H₂O bị oxi hóa tạo ra khí O₂.

(b) Đ

(c) Đ

(d) Đ

(e) S. Các kim loại kiềm có mạng tinh thể lập phương tâm khối.

Bảo toàn N → nNH4+ = 0,02

Bảo toàn H → nH2O = 0,38

Bảo toàn khối lượng → mZ = 80,36

nBa(OH)2 = nH2SO4 = 0,64

→ nOH- trong ↓ = 0,64.2 – nNH4+ = 1,26

Bảo toàn H → nH2O tạo ra khi nung Y = 0,63

nFe2+ = a → nO2 = 0,25a

Δm = 32.0,25a – 0,63.18 = -10,42

→ a = 0,115

→ nFeSO4 = 0,115 → %FeSO4 = 21,75% 

Đáp án A

P1: n_Fe(OH)2 = 3,6/90 = 0,04 mol => n_Fe2+ = 0,04 mol

P2:

Fe²⁺: x mol

H⁺: y mol

Cl^-: 2x + y

3Fe²⁺ + 4H⁺ + NO₃^- → 3Fe³⁺ + NO + 2H₂O

0,06 ← 0,08          ←                0,02

=> y = 0,08

Fe²⁺ + Ag⁺ → Fe³⁺ + Ag

x-0,06        →      x-0,06

Ag⁺ + Cl^- → AgCl

         2x+y → 2x+y

=> 108(x-0,06) + 143,5(2x+y) = 68,2 => x = 0,16

=> n_{Fe phản ứng ban đầu} = n_H2 = 0,04+0,16 = 0,2 mol => V_H2 = 4,48 lít

Đáp án A

TN1:

n_NaOH = 2n_Na2CO3 = 0,5 mol

Giả sử số mol peptit là x mol => n_{H2O sau phản ứng} = x mol

BTKL: m_peptit + m_NaOH = m _muối + m_H2O => m+0,5.40 = m + 18,2 + 18x => x = 0,1 mol

=> X là pentapeptit

TN2: n_X = (n_HCl – n_NaOH)/5 = (1,04 – 0,04)/5 = 0,2 mol

Giả sử X là Gly_aAla_bVal_c (a+b+c = 5)

Muối gồm:

NaCl: 0,04 mol

Gly-HCl: 0,2a

Ala-HCl: 0,2b

Val-HCl: 0,2c

=> 111,5.0,2a + 125,5.0,2b + 153,5.0,2c + 0,04.58,5 = 125,04

=> 223a + 151b + 307c = 1227

Khảo sát nhận thấy chỉ có c = 1; a = 3; b = 1 thỏa mãn

Vậy X là Gly₃AlaVal

Xét đáp án A:

0,1 mol X tác dụng với NaOH vừa đủ thu được 54,1 gam muối Z (Gly-Na (0,3 mol), Ala-Na (0,1 mol), Val-Na (0,1 mol)) chứa 29,1 gam Gly-Na

=> 27,05 gam Z chứa 14,55 gam Gly-Na => Sai

Xét đáp án B: a = 0,2.(75.3+89+117-18.4) = 71,8 gam => Đúng

Xét đáp án C: X có chứa 1 phân tử Ala => Đúng

Xét đáp án D: X có CTPT: C₁₄H₂₅O₆N₅

%m_O = 16.6/359 = 26,74% => Đúng

\(\eqalign{
& 0,5\,mol\,X\left\{ \matrix{
{C_2}{H_4}{O_2}:x \hfill \cr
{C_4}{H_6}{O_4}:y \hfill \cr
{C_n}{H_{2n - 2}}{O_2}:z \hfill \cr} \right.\buildrel { + O2:1,25} \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
C{O_2}:1,3 \hfill \cr
{H_2}O:1,1 \hfill \cr} \right. \cr
& \buildrel {BT:O} \over
\longrightarrow {n_{O(X)}} = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} - 2{n_{{O_2}}} = 1,2mol \cr
& \to \left\{ \matrix{
2x + 4y + 2z = 1,2 \hfill \cr
x + y + z = 0,5 \hfill \cr} \right. \to y = 0,1 \cr
& Ta\,thay:{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = {n_{{C_4}{H_6}{O_4}}} + {n_{{C_n}{H_{2n - 2}}{O_2}}} \cr
& 1,3 - 1,1 = 0,1 + {n_{{C_n}{H_{2n - 2}}{O_2}}} \cr
& \to {n_{{C_n}{H_{2n - 2}}{O_2}}} = 0,1mol \cr
& \to {n_{{C_2}{H_4}{O_2}}} = 0,5 - 0,1 - 0,1 = 0,3mol \cr
& \buildrel {BT:C} \over
\longrightarrow 0,3.2 + 0,1.4 + 0,1n = 1,3 \to n = 3(HCOOCH = C{H_2}) \cr
& X\left\{ \matrix{
HCOOC{H_3}:0,3 \hfill \cr
{(COOC{H_3})_2}:0,1 \hfill \cr
HCOOCH = C{H_2}:0,1 \hfill \cr} \right.\buildrel { + NaOH} \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
HCOONa:0,4 \hfill \cr
C{H_3}CHO:0,1 \hfill \cr} \right. \cr
& \to {n_{Ag}} = 2{n_{HCOONa}} + 2{n_{C{H_3}CHO}} = 1mol \to {m_{Ag}} = 108gam \cr} \)

Đáp án A

n_{Val-Ala-Val-Gly} = 0,025 mol

n_Ala-Val-Gly = 0,075 mol

n_Ala-Gly-Val = 0,05 mol

X là Ala-Gly-Val-Ala-Val-Gly

(1) Ala-Gly-Val-Ala-Val-Gly + H₂O → Ala-Gly + Val-Ala-Val-Gly

                      x                              x                 x                     x

(2) Ala-Gly-Val-Ala-Val-Gly + 2H₂O → Val + Ala-Gly + Ala-Val-Gly

                y                                      2y          y          y                      y

(3) Ala-Gly-Val-Ala-Val-Gly + H₂O → Ala-Gly-Val + Ala-Val-Gly

                         z                           z                 z                      z

n_Val = y = 0,025

n_{Val-Ala-Val-Gly}  = x = 0,025

n_Ala-Val-Gly = y + z = 0,075

n_Ala-Gly-Val = z = 0,05

=> x = 0,025; y = 0,025;  z = 0,05 mol

=> n_X = x+y+z = 0,1 mol

Đốt Y tương đương đốt X

C₂₀H₃₆O₇N₆ + 25,5 O₂ → 20CO₂ + 18H₂O

0,1        →      2,55 mol

Dễ thấy 2 khí là NO₂ và O₂

Từ n hỗn hợp khí = 0,25 mol và M hỗn hợp khí =22,72*2 = 45,44, sử dụng pp đường chéo ta tính được nNO₂ =0,24 mol và nO₂ = 0,01 mol

Bảo toàn N: 2nCu(NO3)2 =nNO2 → nCu(NO3)2 = 0,12 mol

Do có O2 tạo thành nên tức là M đã pứ hết → Y gồm CuO 0,12 mol và M2On

Bảo toàn O: 6nCu(NO3)2 = nO trong Y +2nNO2 +2nO2 → nO trong Y = 0,22 mol → n H2O=0,22 mol

Bảo toàn H ta có: nHCl =2nH2O = 0,44 mol

m muối = mCu2+ + mM +mCl- → mM = 6,4g

Bảo toàn O: nM2On = \(\dfrac{0,22-0,12 }{n}\) =\(\dfrac{0,1}{n}\)

Do đó: nM =\(\dfrac{0,2}{n}\) → M= \(\dfrac{6,4}{0,2/n}\) = 32n 

Khi n=2 thì M=64 → M là Cu

X gồm Cu 0,1 mol và Cu(NO3)2 0,12 mol

Vậy %nCu =45,45%

Đáp án C

Quan sát đồ thị ta thấy:

m_Fe(OH)3 = 5,236 gam => n_Fe(OH)3 = 0,048 mol

n_{HNO3 dư} = 0,296 mol => n_{HNO3 pư} = 0,8 – 0,296 = 0,504 mol

Phần 1: Cho X tác dụng với H₂SO₄ đặc cũng như cho hỗn hợp đầu tác dụng

BT e: 3n_Al = 2n_SO2 => n_Al = 2.0,09/3 = 0,06 mol

Phần 2: Cho X tác dụng với HNO₃ cũng như cho hỗn hợp đầu tác dụng

Al + 4HNO₃ → Al(NO₃)₃ + NO + 2H₂O

0,06→0,24

Fe₂O₃ + 6HNO₃ → 2Fe(NO₃)₃ + 3H₂O

0,024←0,144←0,048

Fe₂O₃ + 6HNO₃ → 2Fe(NO₃)₃ + 3H₂O

0,02 ←0,504-0,24-0,144 = 0,12

m_{Cr2O3 (1 phần)} = 0,02.152 = 3,04 gam

=> m_Cr2O3 = 6,08 gam

\(\begin{gathered}
\xrightarrow{{BTKL}}{m_X} = {m_Y} \to 0,05.50 + 0,1.2 = {n_Y}.45 \to {n_Y} = 0,06 \hfill \\
{n_{{H_2}pu}} = {n_X} - {n_Y} = 0,09 \to {n_{\pi (Y)}} = 0,05.4 - 0,09 = 0,11 \hfill \\
\left\{ \begin{gathered}
{C_4}{H_2}(HC \equiv C - C - C \equiv H):a \hfill \\
{C_4}{H_4}(HC \equiv C - C - C = H):b \hfill \\
{C_4}{H_{6(}}HC \equiv C - C - C - H):c \hfill \\
\end{gathered} \right.\xrightarrow{{ + AgNO3:0,04}}5,84g \downarrow \left\{ \begin{gathered}
{C_4}A{g_2}:a \hfill \\
{C_4}{H_3}Ag:b \hfill \\
{C_4}{H_5}Ag:c \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\to \left\{ \begin{gathered}
a + b + c = {n_Y} - {n_Z} = 0,03 \hfill \\
2a + b + c = {n_{AgN{O_3}}} = 0,04 \hfill \\
264a + 159b + 161c = {m_ \downarrow } = 5,84 \hfill \\
\end{gathered} \right. \to a = b = c = 0,01 \hfill \\
\to {n_{\pi (pu\,AgN{O_3})}} = 4{n_{{C_4}{H_2}du}} + 3{n_{{C_4}{H_4}}} + 2{n_{{C_4}{H_6}}} = 0,09 \hfill \\
\to a = {n_{\pi (Z)}} = 0,11 - 0,09 = 0,02 \hfill \\
\end{gathered} \)

nE = nT = nNa2CO3 = 0,04

→ nZ trong M = nM – nE = 0,02

Vậy G gồm ZOH (0,04 + 0,02 = 0,06 mol) và YOH (0,04 mol).

Đặt n, m là số C tương ứng của ZOH và YOH.

nCO2 = 0,06n + 0,04m = 0,3

→ 3n + 2m = 15

Các ancol không no nên n, m ≥ 3

→ n = m = 3 là nghiệm duy nhất.

Z là CH≡C-CH2OH Y là CH2=CH-CH2OH

Trong 0,06 mol M gồm có:

CH≡C-CH2-OOC-CnH2n-COO-CH2-CH=CH2 (0,04)

CH≡C-CH2OH (0,02)

→ nC = 0,04(n + 8) + 0,02.3 = 0,04n + 0,38 và nH = 0,04(2n + 8) + 0,02.4 = 0,08n + 0,4

→ nC/nH = (0,04n + 0,38)/(0,08n + 0,4) = 0,27/0,18.2

→ n = 4 → %T = 88,89%