Đáp án D

– A sai vì anilin không làm quỳ tím đổi màu.

– B và C loại vì chỉ có metylamin thỏa

Chất không sử dụng làm phân bón hóa học là BaSO₄.

Chất có khả năng tham gia phản ứng tráng bạc là andehit axetic.    

Đáp án C

A. Ba(HCO₃)₂ + Ba(OH)₂ → 2BaCO₃↓ + 2H₂O.

B. Ba(HCO₃)₂ + NaOH → BaCO₃↓ + NaHCO₃ + H₂O.

(nếu NaOH dư thì: Ba(HCO₃)₂ + 2NaOH → BaCO₃↓ + Na₂CO₃ + 2H₂O).

C. Ba(HCO₃)₂ + 2HCl → BaCl₂ + CO₂↑ + 2H₂O.

D. Ba(HCO₃)₂ + Na₂CO₃ → BaCO₃ + 2NaHCO₃.

A. Thỏa mãn vì:  

NaHCO₃ + NaOH → Na₂CO₃ + H₂O

NaHCO₃ + HCl → NaCl + CO₂ + H₂O

B. Loại vì không tác dụng được với HCl: (NH₄)₂SO₄ + 2NaOH → Na₂SO₄ + 2NH₃↑ + 2H₂O.

C. Loại vì không tác dụng được với HCl: AlCl₃ + 3NaOH → 3NaCl + Al(OH)₃↓.

(Nếu NaOH dư thì Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O).

D. Loại vì không tác dụng được với NaOH: Na₂CO₃ + 2HCl → 2NaCl + CO₂↑ + H₂O

Đáp án C

Chọn C vì ion PO₄^3– có thể tạo ↓ với Ca²⁺ và Mg²⁺.

⇒ loại được 2 ion trên ra khỏi nước ⇒ nước mềm.

Đáp án D

Các kim loại từ Al trở về trước trong dãy điện hóa chỉ được điều chế bằng cách điện phân nóng chảy hợp chất của chúng

Tơ có nguồn gốc từ xenlulozơ là tơ axetat.    

Đáp án C

A. Loại vì: NaHCO₃ + NaOH -> Na₂CO₃ + H₂O.

B. Loại vì: AlCl₃ + 3NH₃ + 3H₂O → Al(OH)₃↓ + 3NH₄Cl.

C. Thỏa mãn vì không tác dụng với nhau ⇒ chọn C.

D. 3Fe(NO₃)₂ + 4HNO₃ → 3Fe(NO₃)₃ + NO + 2H₂O.

Đáp án D

Xét các đáp án:

A: có pH = 7.  

B và C: có pH > 7.

D: có pH < 7.

Đáp án C

Các chất thỏa mãn là stiren, phelol, anilin

Chọn D vì Fe₂O₃ chỉ xảy ra phản ứng trao đổi, nhưng Fe₃O₄ xảy ra phản ứng oxi hóa khử.

Mặt khác: Fe₃O₄ có tính khử trung bình ⇒ sản phẩm khử là chất khí ⇒ phân biệt được!

Đáp án B

Các kim loại tác dụng được với dung dịch H₂SO₄ loãng đứng trước H trong dãy điện hóa.

⇒ các kim loại thỏa mãn là Zn, Al và Fe

Chọn A vì tinh bột và xenlulozơ đều có công thức (C₆H₁₀O₅)_n nhưng khác hệ số mắt xích n 

⇒ không cùng CTPT ⇒ không phải đồng phân của nhau.

Các đồng phân cấu tạo thỏa mãn là CH₃COOCH₃ và HCOOC₂H₅ ⇒ chọn B.

Fe₃O₄ + 8HCl → 2FeCl₃ + FeCl₂ + 4H₂O

→ Dung dịch X chứa FeCl₂, FeCl₃ và HCl dư

Fe dư + dung dịch X thì

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂

→ Dung dịch Y chỉ chứa chất tan là FeCl₂

- Đối với các HCHC có số Cacbon xấp xỉ nhau thì nhiệt độ sôi:

Axit > ancol > amin > este > xeton > anđehit > dẫn xuất halogen > ete > hidrocacbon.

- Áp dụng: nhiệt độ sôi: CH₃CHO < C₂H₅OH < CH₃COOH

Đáp án D

6Fe(NO₃)₂ + 9H₂SO₄ → 10HNO₃ + 3Fe₂(SO₄)₃ + NO + 4H₂O.

Al₂O₃ + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂O.

⇒ KOH DƯ + X thì chỉ thu được ↓ là Fe(OH)₃ (do Al(OH)₃ tan trong KOH dư)

Chọn D vì tinh bột cho màu xanh tím với dung dịch Iot còn xenlulozơ thì không.

Đáp án D

Các công thức cấu tạo thỏa mãn là: C₂H₅COONH₄,

CH₃COOH₃NCH₃, HCOOH₃NC₂H₅, HCOOH₂N(CH₃)₂

Đáp án D

– Tơ nilon-6,6 là [-HN(CH₂)₆NHOC(CH₂)₄CO-]_n 

⇒ n = 27346 ÷ 226 = 121.

– PVC là [-CH₂CH(Cl)-]_n 

⇒ n = 9500 ÷ 62,5 = 152 

Đáp án D

Thu được rắn không tan ⇒ Al dư. Đặt n_Na = x. 

Bảo toàn nguyên tố Natri: n_NaAlO2 = x mol.

Bảo toàn electron:

n_Na + 3n_{Al phản ứng} = 2n_H2 ⇒ x + 3x = 2 × 0,24

⇒ x = 0,12 mol.

X gồm 0,12 mol Na và 0,25 mol Al. Bảo toàn electron: 

n_Cl2 = (0,12 + 0,25 × 3) ÷ 2 = 0,435 mol

⇒ V_Cl2 = 9,744 lít

Đáp án D

Giả sử có 1 mol X.

Đặt n_H2 = x; n_C3H6 = y ⇒ n_X = x + y = 1 mol.

m_X = 2x + 42y = 1 × 5,5 × 4

⇒ giải hệ có: x = y = 0,5 mol.

Bảo toàn khối lượng: m_Y = m_X = 22(g) ⇒ n_Y = 22 ÷ 27,5 = 0,8 mol.

⇒ n_{CH6 phản ứng} = ∆n = n_X – n_Y = 0,2 mol 

H = 0,2 ÷ 0,5 × 100% = 40%

(1) Sai vì Cr không tác dụng được với dung dịch NaOH.

(2) Sai vì CO₂ dư thì Ca(OH)₂ + 2CO₂ → Ca(HCO₃)₂ ⇒ không thu được ↓.

(3) Sai vì kim loại dẫn điện tốt nhất là Ag.

(4) Đúng vì: FeCl₂ + 2NaOH → 2NaCl + Fe(OH)₂↓ (trắng xanh).

(5) Đúng vì: 

2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂

Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

⇒ sủi bọt khí không màu là Al, còn lại là Al₂O₃.

⇒ (1), (2) và (3) sai ⇒ chọn A. 

Đáp án B

Cho "từ từ" H⁺ vào dung dịch hỗn hợp thì phản ứng xảy ra theo thứ tự:

H⁺ + CO₃^2– → HCO₃^– 

H⁺ + HCO₃^– → CO₂ + H₂O. 

Chú ý: bắt đầu có khí thoát ra. 

⇒ n_H⁺ = n_CO3^2– = 0,15 mol ⇒ x = 0,15 ÷ 0,1 = 1,5M.

Bảo toàn nguyên tố Cacbon:

n_Na2CO3 + n_KHCO3 = n_↓ 

⇒ n_KHCO3 = 0,1 mol ⇒ y = 0,1 ÷ 0,1 = 1M

Đáp án B

Đặt n_glucozơ = a; n_saccarozơ = b ⇒ m_X = 180a + 342b = 24,48(g).

TN2 dùng bằng 1 nửa TN1 ⇒ n_O2 = 6 × 0,5a + 12 × 0,5b = 0,42 mol 

⇒ giải hệ có: a = 0,06 mol; b = 0,04 mol. Lại có:

Saccarozơ → 1 Fructozơ + 1 Glucozơ → 2Ag + 2Ag

⇒ 1 saccarozơ ⇄ 4Ag.

n_Ag = 0,06 × 2 + 0,04 × 4 = 0,28 mol ⇒ x = 30,24(g)

(1) HCHO (X) + 1/2O₂  → HCOOH (Y).

(2) C₂H₂ (Z) + H₂O → CH₃CHO (G).

(3) HCOOH (Y) + C₂H₂ → HCOOC₂H₅ (T).

(4) HCOOCH=CH₂ (T) + H₂O ⇄ HCOOH (Y) + CH₃CHO (G).

⇒ %O/T = 32 ÷ 72 × 100% = 44,44%

⇒ chọn B. 

Đáp án B

Xét tại 0,15 mol NaOH: lượng kết tủa bằng với lúc không đổi.

⇒ Fe(OH)₃ đạt cực đại ⇒ a = 0,15 ÷ 3 = 0,05 mol. 

Khi kết tủa đạt cực đại thì: ∑n_↓ = a + b = 0,15 mol ⇒ b = 0,1 mol.

⇒ a : b = 0,05 : 0,1 = 1 : 2

Đáp án D

M_X không đổi với mọi tỉ lệ mol của 2 este ⇒ 2 este có cùng M.

⇒ là đồng phân của nhau

M_X = 136 (C₈H₈O₂) ⇒ n_X = 0,025 mol.

Do n_KOH : n_X = 0,035 : 0,025 = 1,4 ⇒ chứa este của phenol.

Đặt n_{este của ancol} = x; n_{este của phenol} = y ⇒ n_X = x + y = 0,025 mol.

n_KOH = x + 2y = 0,035 mol

⇒ giải hệ có: x = 0,015 mol; y = 0,01 mol.

Do Y gồm 2 muối ⇒ 2 este là HCOOCH₂C₆H₅ và HCOOCH₂C₆H₄CH₃.

Y gồm (0,015 + 0,01 = 0,025) mol HCOOK và 0,01 mol CH₃C₆H₄OK.

⇒ m = 0,025 × 84 + 0,01 × 146 = 3,56(g)

Đáp án A

Xét thí nghiệm 1: bảo toàn nguyên tố Oxi: 

n_triglixerit = (1,71 × 2 + 1,59 – 2,415 × 2) ÷ 6 = 0,03 mol.

Bảo toàn khối lượng: m = 1,71 × 44 + 1,59 × 18 – 2,415 × 32 = 26,58(g).

⇒ thí nghiệm 2 dùng gấp ⁴/₃ lần thí nghiệm 1.

Xét thí nghiệm 2: n_{glixerol =} n_triglixerit = 0,04 mol ⇒ n_NaOH = 0,12 mol.

Bảo toàn khối lượng: m_muối = 35,44 + 0,12 × 40 – 0,04 × 92 = 36,56(g)

X phản ứng với AgNO₃  → X có Fe²⁺  → n_Fe2+ = 0,03 mol < n_Fe = 0,05 mol

 → Trong X có 0,03 mol Fe²⁺ và 0,02 mol Fe³⁺

Bảo toàn e : 3n_NO = 3n_Fe3+ + 2n_Fe2+ → n_NO =  0,04 mol

Bảo toàn N : n_HNO3 = n_NO + n_{NO3 muối} = 0,04 + 3.0,02 + 0,03.2 = 0,16 mol

 → V_{dd HNO3} = 0,32 lit = 320 ml

Đáp án C

n_Cu²⁺ = 0,05 mol; n_Cl^– = 0,35 mol; n_e = 0,2 mol.

– Tại anot: 2Cl^– → Cl₂ + 2e

⇒ Cl^– chưa bị điện phân hết.

– Tại catot: Cu²⁺ + 2e → Cu

⇒ Cu²⁺ hết, còn 0,1 mol e.

2H₂O + 2e → 2OH^– + H₂↑ ⇒ n_OH^– = 0,1 mol. 

2Al + 2OH^– + 2H₂O → 2AlO₂^– + 3H₂↑.

⇒ n_Al = 0,1 mol

⇒ m = 0,1 × 27 = 2,7(g)

(a) Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + Ag↓.

(b) 2FeCl₂ + Cl₂ → 2FeCl₃. 

(c) CO + MgO → không phản ứng.

(d) Ban đầu: 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂↑

Sau đó: 2NaOH + Cu(NO₃)₂ → Cu(OH)₂↓ + 2NaNO₃.

(e) NH₄NO₂ → N₂↑ + 2H₂O.

(g) Cu + 2H₂SO_{4 đặc} → CuSO₄ + SO₂↑ + 2H₂O.

(h) 2NaCl + 2H₂O → 2NaOH + H₂↑ + Cl₂↑.

⇒ (a), (d), (e) và (h) thỏa mãn

C₂H₂ + H₂O → CH₃CHO.

Đặt nC₂H_{2 phản ứng} = x; nC₂H_2 dư = y.

⇒ nC₂H₂ ban đầu = x + y = 0,3 mol  

Kết tủa gồm x mol C₂Ag₂ và 2y mol Ag.

⇒ m_↓ = 240x + 108 × 2y = 66,96(g)

⇒ giải hệ có: x = 0,09 mol; y = 0,21 mol.

H = 0,21 ÷ 0,3 × 100% = 70%

Đáp án D

Bảo toàn electron: 3n_Al = 2n_H2 ⇒ n_Al = 0,02 mol.

"vừa đủ" ⇒ X chỉ chứa AlCl₃ 

0,09 mol hay 0,13 mol NaOH cho cùng 1 lượng ↓ 

⇒ 0,09 mol NaOH thì ↓ chưa đạt cực đại và 0,13 mol NaOH thì ↓ bị hòa tan 1 phần.

⇒ n_↓ = 0,09 ÷ 3 = 0,03 mol. 

Mặt khác, khi bị hòa tan 1 phần thì:

n_OH^– = 4n_Al³⁺ – n_↓ ⇒ n_Al³⁺ = (0,03 + 0,13) ÷ 4 = 0,04 mol.

Bảo toàn nguyên tố Al: n_Al2O3 = 0,01 mol

⇒ m = 1,56(g)

Đáp án A

Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_H2O = 0,06 × 4 = 0,24 mol. 

Bảo toàn nguyên tố Hidro và Clo: n_Cl = n_HCl = 0,15 × 2 + 0,24 × 2 = 0,78 mol.

⇒ m = m_Al + m_Fe + m_Cl = 0,12 × 27 + 0,06 × 3 × 56 + 0,78 × 35,5 = 41,01(g)

Đáp án A

n_CO2 = 0,7 mol < n_H2O = 0,8 mol ⇒ Y chứa 1 nhóm COOH.

n_Y = (n_H2O – n_CO2) ÷ 0,5 = 0,2 mol ⇒ n_X = 0,3 mol.

⇒ dễ thấy n_CO2 = 0,7 = 0,3 + 0,2 × 2 ⇒ X chứa 1C và Y chứa 2C.

⇒ Y là Glyxin hay axit 2-aminoetanoic

B + NaOH → B’ chứa Na⁺ (0,054 + 1,038) → nSO₄^2- = 0,546

→ nBaCl₂ = 0,546

→ nBaSO₄ = 0,546 và nAgCl = 1,092

m↓ = 307,248 → nAg = 0,216

B chứa Fe²⁺ (0,216), Mg²⁺ (a), Cu²⁺ (b), NH₄⁺ (c), Na⁺ (0,054), SO₄^2- (0,546)

Bảo toàn điện tích:

2a + 2b + c + 0,216.2 + 0,054 = 0,546.2

m muối = 24a + 64b + 18c + 0,216.56 + 0,054.23 + 0,546.96 = 75,126

m↓ = 58a + 98b + 90.0,216 = 38,064

→ a = 0,24; b = 0,048; c = 0,03

Bảo toàn H → nH₂O = 0,462

Bảo toàn khối lượng → mA = 32,64

Đặt u, v là số mol Fe và FeCO₃

mA = 56u + 116v + 24a + 188b = 32,64

nFe²⁺ = u + v = 0,216

→ u = 0,12 và v = 0,096

→ %Fe = 20,59% và %FeCO₃ = 34,12%

Đáp án B

Đặt n_Gly-Na = x; n_Ala-Na = y ⇒ n_Na2CO3 = 0,5x + 0,5y = 0,25 mol 

n_O2 = 2,25x + 3,75y = 1,455 mol ||⇒ giải hệ có: x = 0,28 mol; y = 0,22 mol. 

Bảo toàn khối lượng: m_H2O = 36,86 + 0,5 × 40 – 3,84 – 0,28 × 97 – 0,22 × 111 = 1,44(g) 

⇒ ∑n_peptit = n_H2O = 0,08 mol

Dễ thấy Z là este của Gly và CH₃OH.

⇒ n_Z = n_CH3OH = 0,12 mol. Đặt n_X = a; n_Y = b ⇒ n_peptit = a + b = 0,08 mol. 

n_NaOH = 4a + 5b + 0,12 = 0,5 mol ||⇒ giải hệ cho: a = 0,02 mol; b = 0,06 mol. 

Gọi số gốc Gly trong X và Y là a và b ⇒ n_Gly = 0,02a + 0,06b + 0,12 = 0,28 mol.

 a = b = 2 ⇒ Y là Gly₂Ala₃ 

⇒ %m_Y = 56,16%

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}{(C{H_2})_2}{(CHO)_2}:a\,mol\\{C_2}{H_3}CHO:b\,mol\\{C_x}{H_y}{O_Z}\end{array} \right. + {O_2}:0,095 \to \left\{ \begin{array}{l}C{O_2}:3{\rm{a}} + 3b + 0,015x = 0,09\\{H_2}O:2{\rm{a}} + 2b + 0,0075y = 0,06\end{array} \right.\\ \to \left\{ \begin{array}{l}C{O_2}:3{\rm{a}} + 3b + 0,015x = 0,09\\{H_2}O:2{\rm{a}} + 2b + 0,0075y = 0,06\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}3{\rm{a}} + 3b + 0,015x = 0,09\\3{\rm{a}} + 3b + 1,5.0,0075y = 0,09\end{array} \right.\end{array}\)

→ 0,015x = 0,01125y  → x = 3, y = 4

→ Este: HCOOCH=CH₂ → HCOONa  +  CH₃CHO

BTNT "O": 2a + b + 2.0,015 + 2.0,095 = 0,09.2 + 0,06 → 2a + b = 0,02 mol

Mặt khác: 2a + 2b = 0,06 - 0,0075y = 0,03

→ a = 0,005, b = 0,01

n_Ag = 4a + 2b + 2.0,015 + 2.0,015 = 0,1 mol

m_Ag = 10,8 gam