Đáp án C

Dùng Ca(OH)₂ để kết tủa hết các kim loại nặng

Hg²⁺ + 2OH^- → Hg(OH)₂↓

Pb²⁺ + 2OH^- → Pb(OH)₂↓

Fe³⁺ + 3OH^- → Fe(OH)₃↓

Đáp án A

m_KL = 0,1.24 + 0,04.27 + 0,15.65 = 13,23 (g) đúng bằng khối lượng dung dịch tăng

=> KL + HNO₃  chỉ tạo muối NH₄⁺

=> n_NH4+ = 1/8 n_{e(KL nhường)} = 1/ 8 . ( 0,1.2 + 0,04.3 + 0,15.2) = 0,0775 (mol)

=> n_{HNO3 PƯ} = 10n_NH4+ = 0,775 (mol)

X là CH₃-CHO

Y là CH₃COONH₄

Z là CH₃COOH

Đáp án D

Li là kim loại có khối lượng riêng nhỏ nhất

Đáp án B

A,C, D đúng

B sai vì HNO₃ là axit mạnh, bị đẩy ra khỏi dung dịch muối do tính dễ bay hơi của HNO₃

Đáp án B

PTHH: Fe + 4HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + NO + 2H₂O              

=> a+ b = 1+ 4 = 5

Đáp án C

(C₆H₁₀O₅)_n  → nC₆H₁₂O₆

n_tb = 324 : 162 = 2 (mol)

=> n_glu = 2 (mol)

Vì H = 75% => m_glu = ( 2. 180).0,75 = 270 (g)

Đáp án D

n_CH3COOC2H5 = 4,4 : 88 = 0,05 (mol) ; n_NaOH = 0,02 (mol)

CH₃COOC₂H₅ + NaOH → CH₃COONa + C₂H₅OH

0,02←                   0,02    →0,02

m_RẮN = m_CH3COONa = 0,02. 82 = 1,64 (g)

Đáp án D

n_Ag = 21,6 : 108 = 0,2 (mol)

=> n_RCHO = n_Ag/2 = 0,1 (mol)

=> M_RCHO = 4,4 : 0,1 = 44 (g/mol) => CH₃CHO

Đáp án A

Đốt cháy metyl axetat và etyl axetat đều thu được n_CO2 = n_H2O

=> n_H2O = n_CO2 = n_CaCO3 = 25: 100 = 0,25 (mol)

=> m_H2O = 0,25. 18 = 4,5 (g)

Đáp án C

Dùng dd NaOH để phân biệt AlCl₃ và KCl vì khi cho từ từ đến dư dd NaOH vào AlCl₃ có hiện tượng xuât hiện kêt tủa sau đó kết tủa tan, còn KCl thì không có hiện tượng gì

AlCl₃ + 3NaOH → 3NaCl + Al(OH)₃↓

Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

Đáp án C

Các nhận xét sai:

b) sai vì độ dinh dưỡng của phân lân được đánh giá bằng phần trăm khối lượng P₂O₅

c) sai vì thành phần chính của supephotphat kép là Ca(H₂PO₄)₂.

=> Có 2 nhận xét sai

Tên gọi của polime có công thức  (-CH₂-CH₂-)_n là polietilen. 

Đáp án A

Đáp án C

Các chất thủy phân trong môi trường kiềm: etyl axetat, tripanmitin, Gly- Ala => có 3 chất

Đáp án A

X là: CH₃COOC₂H₅

CH₃COOC₂H₅ + NaOH → CH₃COONa + C₂H₅OH

Đáp án B

Tơ visco là tơ được sản xuất từ xenlulozo

Đáp án D

Ghi nhớ: Chất điện li yếu là các axit yếu, bazo yếu

Đáp án B

Để bảo vệ sắt bị ăn mòn thì phải phủ một kim loại hoạt động hóa học hơn sắt lên bề mặt của sắt

=> phủ đồng là kim loại yếu hơn sắt nên sắt thì sẽ không bảo vệ được sắt

Đáp án B

n_CO2 = 4,48 : 22,4 = 0,2 (mol); n_N2 = 1,12 : 22,4 = 0,05 (mol)

Gọi CTCT của amin là C_nH_2n+3 N

BTNT N: n_amin = 2n_N2 = 0,1 (mol)

n = n_CO2/ n_amin = 0,2 : 0,1 = 2

=> CTPT C₂H₇N

Đáp án A

A. đúng vì C₆H₅NH₂ + HCl → C₆H₅NH₃Cl ( muối không độc)

B. sai, các amin là các chất độc

C. sai, các amin đầu thì dễ tan trong nước, các amin tiếp theo khó tan hơn, riêng anilin rất ít tan trong nước.

D. sai, anilin không làm quỳ tím chuyển màu

Đáp án D

n_SO2 = 4,48 : 22,4 = 0,2 (mol) ; n_NaOH = 16: 40 = 0,4 (mol)

Ta thấy n_NaOH/ n_SO2 = 2 => chỉ tạo muối Na₂SO₃

=> m_Na2SO3 = 0,2. 126 = 25, 2(g)

Các phát biểu đúng là: a)

a) đúng vì 2NaCl + 2H₂O → 2NaOH + H₂ (catot) + Cl₂ (anot)

b) sai CO không khử được Al₂O₃ nên sau phản ứng phải thu được Al₂O₃ và Cu

c) đúng

d) đúng

e) đúng 3AgNO₃ + FeCl₂ → Fe(NO₃)₃ + 2AgCl↓ + Ag↓

→ có 4 phát biểu đúng

Anilin (C₆H₅NH₂) và phenol (C₆H₅OH) đều có phản ứng với dung dịch Br₂ tạo kết tủa trắng

2MCl_n → 2M + nCl₂

0,08/n            ← 0,04   (mol)

Ta có: 

\(\frac{{0,08}}{n}(M + 35,5n) = 5,96 \to M = 39n\)

→ n = 1 thì M =39 (Kali)

M _khí = 4.23/18 = 46/9 → Khí có chứa H₂

Thành phần của khí: NO (x mol) và H₂ (y mol)

n _khí = x + y = 0,45 (1)

m _khí = 30x + 2y = 0,45.46/9 (2)

Từ (1) (2) → x = 0,05 và y = 0,4

Sơ đồ bài toán:

\(66,2(g)\left\{ \begin{array}{l}
F{e_3}{O_4}\\
Fe{(N{O_3})_2}\\
Al
\end{array} \right. + KHS{O_4}:3,1 \to 466,6(g)\left\{ \begin{array}{l}
F{e^{2 + }}\\
F{e^{3 + }}\\
A{l^{3 + }}\\
{K^ + }:3,1\\
N{H_4}^ + \\
S{O_4}^{2 - }:3,1
\end{array} \right. + \left\{ \begin{array}{l}
NO:0,05\\
{H_2}:0,4
\end{array} \right. + {H_2}O\)

BTKL: m_H2O = m_X + m_KHSO4 – m _khí = 66,2 + 3,1.136 – 466,6 – 0,05.30 – 0,4.2 = 18,9 gam → n_H2O = 1,05 mol

BTNT “H”: n_NH4+ = (n_KHSO4 – 2n_H2 – 2n_H2O) : 4 = (3,1 – 2.0,4 – 2.1,05) : 4 = 0,05 mol

→ m_{(Fe, Al)} = m _muối – m_K+ – m_NH4+ - m_SO42- = 466,6 – 3,1.39 – 0,05.18 – 3,1.96 = 47,2 gam

Mặt khác, BTNT “N”: n_Fe(NO3)2(X) = (n_NH4+ + n_NO) : 2 = (0,05 + 0,05) : 2 = 0,05 mol

m_O(X) = m_X – m_{(Fe, Al)} – m_NO3- = 66,2 – 47,2 – 0,1.62 = 12,8 gam → n_O = 0,8 mol

→ n_Fe3O4 = n_O : 4 = 0,2 mol

→ m_Al = m_X – m_Fe3O4 – m_Fe(NO3)2 = 66,2 – 0,2.232 – 0,05.180 = 10,8 gam

→ %m_Al = 10,8 : 66,2 = 16,3% gần nhất với 15%

Đáp án D

Đặt a, b là số mol KMnO₄ và KClO₃ ban đầu

=> 158a + 122,5b = 48,2 (1)

n_{O (X)} = 4a + 3b

=> n_O(Y) = 4a + 3b – 0,3

=> n_HCl = 2n_H2O = 2 (4a + 3b – 0,3)

Dung dịch thu được chứa KCl ( a + b) ; MnCl₂ ( a)

Bảo toàn  nguyên tố Cl: b + 2( 4a + 3b – 0,3) = a + b + 2a + 2.0,675 (2)

Từ ( 1) và (2) => a = 0,15 và b = 0,2

=> n_HCl = 1,8 mol

Đáp án A

Gọi số mol R₂CO₃ và RHCO₃ lần lượt là x và y mol trong mỗi phần

+ Phần 1: n_BaCO3 = x + y = 0,18 mol

+ Phần 2: n_BaCO3 = x = 0,04 mol => y = 0,14 mol

Vậy xét trong mỗi phần có m = 14,9 g

=> 0,04. ( 2R + 60) + 0,14. ( R + 61) = 14,9

=> R = 18 ( NH₄)

+ Phần 3: n_KOH = 2n_NH4HCO3 + 2n_(NH4)2CO3 = 0,36 mol

=> V = 0,18 lít = 180ml

Đáp án A

∑ n_H+ = 2n_H2SO4 + n_HCl = 2. 0,1.0,05 + 0,1.0,1 = 0,02 (mol)

∑ n_OH- = n_NaOH + 2n_Ba(OH)2 = 0,1.0,2 + 2. 0,1.0,1 = 0,04 (mol)

H⁺      +    OH^-   →  H₂O

0,02 → 0,02

=> n_OH- dư = 0,04 – 0,02 = 0,02 (mol)

=> [OH^-] = n: V = 0,02 : 0,2 = 0,01 M

pH = 14 + log(OH-) = 14 + (-1) = 13

Đáp án D

X phản ứng với dd AgNO₃/NH₃ cho ra kết tủa Ag=> X là etyl fomat

Y làm quỳ tím chuyển sang màu xanh => Y là lysin ( có 2 nhóm NH₂)

Z vừa tạo kết tủa Ag với dd AgNO₃/NH₃ vừa tạo dung dịch xanh lam với Cu(OH)₂ => Z là glucozo

T tạo kết tủa trắng với dd Br₂ => T là anilin hoặc phenol

Vậy thứ tự phù hợp X, Y, Z, T là etyl fomat, lysin, glucozo, phenol

Khi cho X vào dung dịch chứa 0,03 mol AgNO₃ và 0,02 mol Cu(NO₃)₂

Fe + 2AgNO₃ → Fe(NO₃)₂ + 2Ag

Cu(NO₃)₂ + Fe → Fe(NO₃)₂ + Cu

Khi cho Zn vào thì

n_Zn = 0,05 mol >  → Sau phản ứng này Zn còn dư

n_{Zn dư} = 0,05 – 0,035 = 0,015 mol

Ta có   

Sau phản ứng có m_{kim loại}   = m_rắn (1) + m_rắn (2) + m_Zn(Y) = 3,84 + 3,895 + 0,035.65 = 10,01

Bảo toàn khối lượng có m + 7,77 = 10,01

→ m = 2,24 g

Ta có:

nCO2 = 0,32, nH2O = 0,16 và nO2 = 0,36 → nO trong E = 0,08 mol

→ nE = 0,04 mol

- Bảo toàn khối lượng: m = 0,32.12 + 0,16.2+ 0,08.16 = 5,44g

- Ta có: nC : nH : nO = 0,32 : 0,32: 0,08 = 4:4:1 

- E đơn chức → CTPT của E là C8H8O2

- Sau phản ứng thủy phân thu được 3 muối → có 1 este của phenol

Gọi este của phenol là A có x mol, este của ancol là B có y mol

Ta có hệ phương trình

nE = x + y = 0,04 và nNaOH = 2x+ y = 0,07

→ x = 0,03 và y = 0,01

este của phenol:

Ví dụ  HCOOC₆H₄CH₃ hoặc CH₃COOC₆H₅ tác dụng với sẽ thu được muối của axit cacboxylic, muối của phenol và H₂O

este của ancol: có thể là C₆H₅COOCH₃ hoặc HCOOCH₂C₆H₅, tác dụng với NaOH sẽ thu được muối của axit cacboxylic và ancol ROH

Bảo toàn khối lượng có mROH = 1,08 g → MROH = 108 → ROH là C₆H₅CH₂OH

Tổng m muối trong T = mHCOONa + mCH₃COONa = 3,14 gam

*Phản ứng cháy:

BTKL: m_X = m_CO2 + m_H2O – m_O2 = 3,42.44 + 3,18.18 – 4,83.32 = 53,16 gam

BTNT “O”: n_O(X) = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2 = 3,42.2 + 3,18 – 4,83.2 = 0,36 mol

→ n_X = n_O(X) : 6 = 0,36 : 6 = 0,06 mol

*Phản ứng thủy phân trong NaOH:

X + 3NaOH → Muối + C₃H₅(OH)₃

n_NaOH = 3n_X = 0,06.3 = 0,18 mol

n_Glixerol = n_X = 0,06 mol

BTKL: m _muối = m_X + m_NaOH – m_glixerol = 53,16 + 0,18.40 – 0,06.92 = 54,84 gam

X là C₅H₉O₄N

Y là C₆H₁₂O₄NCl

Z là C₈H₁₆O₄NCl

T là C₅H₇O₄Na₂N

\(\begin{gathered}
2\overline R OH\xrightarrow{{H2SO4dac,140oC}}\overline R {\text{O}}\overline {\text{R}} + {H_2}O \hfill \\
{M_{\overline R {\text{O}}\overline {\text{R}} }} = \frac{{6,76}}{{0,08}} = 84,5 \to 2\overline R + 16 = 84,5 \hfill \\
\to 29({C_2}{H_5} - ) < \overline R = 34,25 < 43({C_3}{H_7} - ) \hfill \\
\end{gathered} \)

Đốt Z cũng như đốt T:

\(\begin{gathered}
\left\{ \begin{gathered}
{C_2}{H_5}OH:x \hfill \\
{C_3}{H_7}OH:y \hfill \\
\end{gathered} \right. \to 46x + 60y = 27,2(1) \hfill \\
{C_2}{H_6}O + 3{O_2} \to 2C{O_2} + 3{H_2}O \hfill \\
x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,3x \hfill \\
{C_3}{H_8}O + 4,5{O_2} \to 3C{O_2} + 4{H_2}O \hfill \\
y\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,4,5y \hfill \\
\to {n_{{O_2}}} = 3x + 4,5y = 1,95(2) \hfill \\
\xrightarrow{{(1)(2)}}x = 0,2;y = 0,3 \hfill \\
\end{gathered} \)

Phản ứng ete hóa: Gọi số mol C₂H₅OH và C₃H₇OH phản ứng là a và b (mol)

+ Ta có: a+b = 2n_ete = 0,16 (3)

+ m _{ancol phản ứng} = m_ete + m_H2O = 6,76 + 0,08.18 = 8,2 gam → 46a + 60b = 8,2 (4)

(3)(4) → a = 0,1; b = 0,06

→ Hiệu suất ete hóa của C₂H₅OH và C₃H₇OH lần lượt là: 50% và 20%

Đáp án B

Cu²⁺:x

Cl^-: y

Ở catot thoát ra khí => H₂O bị đp

Catot:

Cu²⁺ +2e → Cu

x         2x

H₂O +1e → 0,5H₂ + OH^-

        y-2x     0,5y-x

Anot:

Cl^- - 1e → 0,5Cl₂

y        y        0,5y

=> 0,5y = 4(y-2x) => x/y=3/8

=>%m_CuSO4 = 160.3/(160.3+74,5.8) = 44,61%

Đáp án A

 (a) S. Không phản ứng

(b) S. Fe được điều chế bằng phương pháp thủy luyện

(c) S. K không khử được

(d) Đ

Đáp án B

(a) S. Điều chế bằng phản ứng trùng hợp

(b) S. Anilin ở điều kiện thường là chất lỏng

(c) Đ

(d) Đ

(e) Đ

Dựa trên PT: 3Cu + 8H⁺ + 2NO₃^- → 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O

Ta thấy dù trộn thế nào thì khi phản ứng H⁺ vẫn hết và NO₃^- dư.

→ thể tích NO thoát ra lần TN3 gấp 3 lần TN1

→ số mol axit ở TN3 gấp 3 lần ở TN1

→ TN3 trộn H₂SO₄ 1M; HNO₃ 1M Và TN1 trộn KNO₃ 1M; HNO₃ 1M

→ (2) là HNO₃ ; (1) là KNO₃ ; (3)là H₂SO₄

→ TN2 có số mol H⁺ gấp 2 lần TN1 → V₂=2V₁

Đáp án D

X, Y, Z chỉ có thể là C₄

X: CH≡C-C≡CH

Y: CH≡C-C=CH₂

Z: CH≡C-C-CH₃

(a) Đ

(b) S

(c) S

(d) Đ

n_N2 = 0,0375 mol →  n_muối = 0,075 mol → n_Na2CO3 = 0,0375 mol →  n_NaOH = 0,075 mol

Theo PTHH : n_H2O – n_CO2  = ½.n _muối  = 0,0375 mol

Mà m_{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O = 13,23

nH2O−nCO2 = 0,0375 và 

18.nH2O + 44.nCO2 = 13,23

→ nCO2=0,2025mol và nH2O = 0,24mol

→  n_H = 0,48 mol

 m_{muối Q} = m_C + m_H + m_Na+ m_O + m_N

→  m _muối = 12.(0,2025 + 0,0375) + 0,48 + 0,075.(23 + 14 + 16.2) = 8,535 gam

Khi đốt cháy M ta thu được : n_H2O = 0,2275 mol

M + NaOH → Q + H₂O

Bảo toàn nguyên tố  H :

nH (trong M) + nH (trong NaOH) = nH (trong muối) + nH (trong nước)

→  nH₂O = 1/2.(0,2275.2+0,075−0,24.2) = 0,025 mol

Bảo toàn khối lượng : m_M + m_NaOH = m_Q  + m_H2O

→  m_M = 8,535 + 0,025.18 – 0,075.40 = 5,985 gam

Đáp án cần chọn là: C