Este có CTPT C₂H₄O₂ chỉ có một đồng phân đó là HCOOCH₃ (metyl fomat).

Ta có :  nFe2O3 = nO : 3 = nCO : 3 = 0,05 mol ⇒ mFe = 0,05.2.56 = 5,6 gam

- Nước cứng tạm thời chứa các ion Ca²⁺, Mg²⁺, HCO₃^–, khi cho HCl vào nước cứng tạm thời sẽ không loại bỏ được ion Ca²⁺, Mg²⁺ do vậy không được sử dụng để làm mềm nước cứng.

Chọn đáp án A.

Các amin bậc 3 có CTPT C₅H₁₃N là:

(CH₃)₂NCH₂CH₂CH₃    

(CH₃)₂NCH(CH₂)₂      

(CH₃CH₂)₂NCH₃.

- Kết tủa thu được gồm BaSO₄ và Al(OH)₃.  Để lượng kết tủa đạt cực đại thì:

+  nBaSO4 = nSO4^2- = nBa²⁺ = 3.nAl2(SO4)3 + nH2SO4 = 0,18 mol

+ Vì:  3.nAl³⁺ = nOH^- - nH⁺ = 0,24 mol ⇒ nAl(OH)3 = nAl³⁺ = 0,08 mol

Vậy m kết tủa = 78.mAl(OH)3 + 233.nBaSO4 = 48,18 gam

X là một là α-amino axit có công thức phân tử C₃H₇O₂N. Công thức cấu tạo của X là H₂NCH(CH­₃)COOH 

Đáp án A

Ta có dãy điện hóa:

\(\dfrac{{L{i^ + }}}{{Li}}\dfrac{{{K^ + }}}{K}\dfrac{{B{a^{2 + }}}}{{Ba}}\dfrac{{C{a^{2 + }}}}{{Ca}}\dfrac{{Na{^ + }}}{{Na}}\dfrac{{M{g^{2 + }}}}{{Mg}}\dfrac{{A{l^{3 + }}}}{{Al}}\dfrac{{M{n^{2 + }}}}{{Mn}}\dfrac{{Z{n^{2 + }}}}{{Zn}}\dfrac{{C{r^{3 + }}}}{{Cr}}\dfrac{{F{e^{2 + }}}}{{Fe}}\dfrac{{N{i^{2 + }}}}{{Ni}}\dfrac{{S{n^{2 + }}}}{{Sn}}\dfrac{{P{b^{2 + }}}}{{Pb}}\dfrac{{{H^ + }}}{{{H_2}}}\dfrac{{C{u^{2 + }}}}{{Cu}}\dfrac{{F{e^{3 + }}}}{{F{e^{2 + }}}}\dfrac{{H{g^{2 + }}}}{{Hg}}\dfrac{{A{g^ + }}}{{Ag}}\dfrac{{P{t^{2 + }}}}{{Pt}}\dfrac{{A{u^{3 + }}}}{{Au}}\)

+ Nhận thấy cặp oxh–khử Fe³⁺/Fe²⁺ đứng trước cặp oxh–khử Ag⁺/Ag.

⇒ Theo quy tắc α thì Ag không tác dụng với dung dịch FeCl₃

· Điều kiền để xảy ra ăn mòn điện hóa là: (3 điều kiện bắt buộc)

(1) Có các cặp điện cực khác nhau về bản chất, có thể là kim loại – kim loại, kim loại – phi kim. Kim loại hoạt động mạnh hơn đóng vai trò cực âm và bị ăn mòn.

(2) Các cặp điện cực phải tiếp xúc trực tiếp hoặc gián tiếp với nhau thông qua dây dẫn.

(3) Các điện cực phải cùng tiếp xúc với một dung dịch chất điện li.

- Cho Ni vào dung dịch FeCl₃: Không thỏa mãn điều kiện (1).

CuCl₂, AgNO₃, HCl và FeCl₂

- Cho Ni vào dung dịch CuCl₂: Thỏa mãn.

- Cho Ni vào dung dịch AgNO₃: Thỏa mãn.

- Cho Ni vào dung dịch HCl và FeCl₂: Không thỏa mãn điều kiện (1).

- Dãy kim loại đều có thể điều chế bằng phương pháp điện phân dung dịch muối của chúng là những kim loại hoạt động mạnh như kim loại kiềm, kiềm thổ và nhôm.

A. Đúng, Bản chất của enzim là những chất hầu chết có bản chất protein.

B. Đúng, Cho glyxin tác dụng với HNO₂ có khí bay ra

H₂N-CH₂-COOH + HONO  HO -CH₂-COOH + N₂ + H₂O

C. Đúng, Phức đồng – saccarozo có công thức là (C₁₂H₂₁O₁₁)₂Cu.

2C₁₂H₂₂O₁₁ + Cu(OH)₂ → (C₁₂H₂₁O₁₁)₂Cu + 2H₂O

D. Sai, Peptit được chia thành hai loại :

* Oligopeptit gồm các peptit gồm các peptit có từ 2 – 10 gốc α – aminoaxit.

* Polipeptit gồm các peptit có từ 11 đến 50 gốc α – aminoaxit.

C₂H₅-NH₂ + CH₃-I \(\xrightarrow[]{1:1}\) C₂H₅-NH-CH₃ + HI.

⇒ thu được etylmetylamin (C₂H₅NHCH₃)

⇒ chọn D.

Chọn A

Nhóm ankyl là nhóm đầy e làm tăng mật độ electron trên N → làm tăng lực bazơ, nhóm phenyl làm giảm mật độ electron trên N → giảm lực bazơ.

Ta có lực bazơ: C_nH_{2n + 1}-NH₂ > NH₃ > C₆H₅-NH₂

Ta có thứ tự tăng dần lực bazơ là C₆H₅NH₂, NH₃, CH₃NH₂

- Tác nhân khử CO có thể khử được các oxit kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa do vậy hỗn hợp rắn Y thu được là: Fe, Cu và MgO

NH₃ không có phản ứng với Na­₂CO₃ nên không điều chế được NaOH

Đáp án D

- Quặng boxit chứa thành phần chính là Al₂O_3. 2H₂O. Điều chế Al trong công nghiệp:

+ Ở cực âm xảy ra sự khử ion Al³⁺ thành kim loại Al:   Al³⁺ +3e  → Al

+ Ở cực dương xảy ra sự oxi hóa O^2- thành khí O₂:       2O²⁻ → O₂ + 4e

- Phương trình  điện phân Al₂O₃ nóng chảy:        2Al₂O₃ → 4Al + 3O₂

X \(\left\{\begin{array}{l} Al\\Fe_3O_4\end{array} \right.\) \(\xrightarrow[]{t^0}\)Y \(\left\{\begin{array}{l} Fe\\Al\\Al_2O_3\\Fe_3O_4\end{array} \right.\) \(\xrightarrow[]{H_2SO_4}\) 0,6 mol H₂ + Z \(\left\{\begin{array}{l} Fe^{3+}: 0,05.2\\Fe^{2+}:0,5\\Al^{3+}\\SO_4^{2-} : 1,4\end{array} \right.\)\(\xrightarrow[du]{NaOH}\) ↓M \(\left\{\begin{array}{l} Fe(OH)_3\\Fe(OH)_2\end{array} \right.\) \(\xrightarrow[]{t^0}\) 44 gam T \(\left\{\begin{array}{l}Fe_2O_3 :x \\FeO : y\end{array} \right.\) \(\xrightarrow[A]{CO,CO_2}\)Fe

Khi cho A qua T thì khối lượng chất khí tăng chính là khối lượng O trong T → 16. ( 3x + y) = 0,208.50 →3x + y = 0,65

Ta có hệ \(\left\{\begin{array}{l} 160x + 72y = 44\\x + y = 0,65 \end{array} \right.\) → \(\left\{\begin{array}{l} x = 0,05\\ y = 0,5\end{array} \right.\)

Bảo toàn nguyên tố Fe → nFe₃O₄ = ( 0,05.2 +0,5) : 3 = 0,2 mol

Bảo toàn nguyên tố O → nH₂O = 4nFe₃O₄ =0,8 mol

Bảo toàn nguyên tố H → nH₂SO₄ = nH₂ + nH₂O = 0,6 +0,8 = 1,4 mol → V = 2 lít

Bảo toàn điện tích trong dung dịch Z → n_Al³⁺ = \(\dfrac{1,4.2- 0,05.2.3-0,5.2}{3}\) = 0,5 mol

m= m_Al + mFe₃O₄ = 27.0,5 + 232. 0,2 = 59,9 gam

⇒ M – v = 57,9

Z chứa H₂ ⇒ trong Y không chứa ion NO₃^–. Ta có sơ đồ phản ứng sau:

\(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{Mg}\\{Fe}\\{FeC{O_3}}\\{Cu{{(N{O_3})}_2}}\end{array}} \right\} + \begin{array}{*{20}{c}}{{H_2}S{O_4}}\\{NaN{O_3}:0,045}\end{array} \to \underbrace {\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{M{g^{2 + }}}\\{F{e^{2 + }}}\\{C{u^{2 + }}}\\{N{a^ + }}\\{NH_4^ + }\\{SO_4^{2 - }}\end{array}} \right\}}_{62,605(g)} + \underbrace {\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}N\\O\\{{H_2}:0,02}\\{C{O_2}}\end{array}} \right\}}_{6,08(g)} + {H_2}O\)

Bảo toàn nguyên tố Natri và gốc SO₄: nH₂SO₄ = nNa₂SO₄ = 0,455 mol

Đặt n_NH4⁺ = x ⇒ Bảo toàn gốc OH:

n_OH/↓ = (0,865 – x) mol.

∑m(_Mg²⁺, Fe²⁺, Cu²⁺) = 62,605 – 0,045 × 23 – 18x – 0,455 × 96 = (17,89 – 18x) (g)

⇒ m↓ = (17,89 – 18x) + 17 × (0,865 – x) = 31,72(g) ⇒ x = 0,025 mol.

Bảo toàn nguyên tố Hidro: nH₂O = 0,385 mol.

Bảo toàn khối lượng:

⇒ m = 62,605 + 0,385 × 18 + 0,17 × 608/17 – 0,455 × 98 – 0,045 × 85 = 27,2(g)

Hợp chất nào sau đây cho được phản ứng tráng gương HCOOC₂H₅  

Đáp án C

nCO₂ = 0,34 mol < nH₂O = 0,5 mol ⇒ 2 ancol no, đơn chức, mạch hở.

Đặt ∑n_ancol = x; n_este = y ⇒ n_X = x + y = 0,2 mol. Bảo toàn nguyên tố Oxi:

⇒ n_O/X = 0,26 mol = x + 4y ⇒ giải hệ có: x = 0,18 mol; y = 0,02 mol.

Bảo toàn khối lượng: m_X = 14,96 + 9 - 0,46 × 32 = 9,24(g).

⇒ Thí nghiệm 2 dùng gấp 18,48 ÷ 9,24 = 2 lần thí nghiệm 1.

18,48(g) X chứa 0,36 mol hỗn hợp ancol và 0,04 mol este.

⇒ n_{NaOH phản ứng} = 0,04 × 2 = 0,08 mol.

Bảo toàn khối lượng:

m_Y = 18,48 + 0,08 × 40 - 5,36 = 16,32(g)

n_Y = 0,36 + 0,04 × 2 = 0,44 mol.

Lại có: 2 ancol → 1 ete + 1 H₂O

⇒ nH₂O = 0,44 ÷ 2 = 0,22 mol.

Bảo toàn khối lượng: m = 0,8 × (16,32 - 0,22 × 18) = 9,888(g) 

(1) H₂S + K₂Cr₂O₇ + H₂SO₄ → K₂SO₄ + Cr₂(SO₄)₃ + H₂O

(2) Na₃PO₄ + 3AgNO₃ → Ag₃PO_4↓ + 3NaNO₃

(3) Al₂(SO₄)₃ + 3Na₂CO₃ (dung dịch sôđa) + 3H₂O →  2Al(OH)_3↓  + 3CO₂ + 3Na₂SO₄

(4) CaO (vôi sống) + Cu(NO₃)₂ + H₂O → Ca(NO₃)₂ + Cu(OH)_2↓

(5) AgNO₃ + HCl →  AgCl_↓ + HNO₃

Vậy có 4 phản ứng tạo kết tủa là (2), (3), (4) và (5).

- Phương trình phản ứng :       

Ba(OH)₂ + 2NaHCO₃  → BaCO_3↓ + Na₂CO₃ + H₂O

4Ba(OH)₂ + 2AlCl₃ → Ba(AlO₂)₂ + 3BaCl₂ + 4H₂O

Ba(OH)₂ + 2NaHSO₄ →  BaSO_4↓ + Na₂SO₄ + H₂O

Ba(OH)₂ + (NH₄)₂CO₃ → BaCO_3↓ + 2NH₃ + H₂O

3Ba(OH)₂ + 2FeCl₃ → 3BaCl₂ + 2Fe(OH)_3↓

Ba(OH)₂ + Na₂SO₄ → BaSO_4↓ + 2NaOH

Ba(OH)₂ + KNO₃ : không phản ứng

Vậy có 5 trường hợp thu được kết tủa là: NaHCO₃, NaHSO₄, (NH₄)₂CO₃, FeCl₃ và Na₂SO₄.

Phản ứng vừa đủ ⇒ n_HCl = n_X = 0,01 mol 

Quy đổi quá trình về: X + HCl + KOH.

⇒ KOH dư ⇒ n_H2O = n_X + n_HCl = 0,02 mol.

Bảo toàn khối lượng:

m_X = 2,995 + 0,02 × 18 – 0,04 × 56 – 0,01 × 36,5 = 0,75 (g) ⇒ M_X = 75

Có 5 chất trong dãy tác dụng được với nước Br₂ metyl acrylat, metyl fomat, vinyl axetat, triolein và glucozơ.

nFe³⁺ = 0,2x và nCu²⁺ = 0,2y

Bảo toàn electron: 2nFe pư = nFe³⁺ + 2nCu²⁺

→ nFe pư = 0,1x + 0,2y

Δm = mCu – mFe pư = 0

→ 0,2y.64 – 56(0,1x + 0,2y) = 0 → x : y = 2 : 7

- Tơ Nilon–6,6: Đồng trùng ngưng axit ađipic và hexametylenđiamin:

Thủy phân este trong môi trường axit luôn thu được axit cacboxylic và ancol.

Đáp án C

- Khi dùng Cu nối lại thì lúc này trên dây đồng bị ăn mòn hóa học (quá trình ăn mòn chậm).

- Khi dùng Zn, Mg, Fe thì lúc này trên dây đồng hình thành cặp điện cực kim loại – kim loại và bị ăn mòn điện hóa học (quá trình ăn mòn xảy ra nhanh hơn).

Cs được sử dụng làm tế bào quang điện 

Đáp án D

Chất được sử dụng để bó bột trong y học và đúc tượng là thạch cao nung.

Đáp án A

Hematit đỏ là loại quặng sắt có trong tự nhiên với thành phần chính là Fe₂O₃.      

Đáp án C

A. Đúng, Đồng sunfat hấp thụ nước tạo thành CuSO4.5H2O màu xanh nên CuSO4 khan được sử dụng để phát hiện dấu vết của nước có trong chất lỏng.
B. Đúng, Các chất như C2H5OH, P, C, S tự bốc cháy khi tiếp xúc với CrO3.
C. Sai, Trong vỏ trái đất, Nhôm chiếm hàng lượng cao nhất trong số các kim loại.
D. Đúng, Cho bột CrO3 vào dung dịch Ba(OH)2 dư thu được kết tủa màu vàng.

- Các tính chất vật lí chung bao gồm: tính dẻo, tính dẫn điện, dẫn nhiệt và ánh kim đều do các e tự do trong kim loại gây nên.

- Monosaccarit: glucozơ, fructozơ. Đisaccarit: saccarozơ, mantozơ. Polisaccarit: tinh bột, xenlulozơ.

It ÷ 96500 ≈ 0,01305... mol > n_Ag = 0,004 mol nên m = 0,004 × 108 = 0,432 gam.

Axit axetic là axit béo

Đáp án B

- Các tác nhân khử như H₂, CO chỉ khử được các oxit bazơ của các kim loại đứng sau nhôm trên dãy điện hóa. Vậy chất rắn thu được gồm Cu, Fe, Al₂O₃, MgO.

Bảo toàn nguyên tố Natri:

n_NaOH = 2nNa₂CO₃ = 0,22 mol ⇒ n_COO = n_OH/ancol = 0,22 mol.

Bảo toàn nguyên tố Oxi:

nCO₂ đốt ancol = (0,22 + 0,785 × 2 – 0,71) ÷ 2 = 0,54 mol.

Bảo toàn khối lượng:

m_ancol = 0,54 × 44 + 0,71 × 18 – 0,785 × 32 = 11,42(g)

Lại có: E + NaOH → Muối + Ancol.

Đốt VP = đốt VT, mà NaOH không cần O₂ 

⇒ đốt E ⇌ đốt Muối + đốt ancol ⇒ nO₂ đốt muối = 0,38 mol.

Bảo toàn nguyên tố Oxi:

nH₂O đốt muối = 0,22 × 2 + 0,38 × 2 – 0,11 × 3 – 0,31 × 2 = 0,25 mol.

Bảo toàn khối lượng: m_muối = 11,66 + 0,31 × 44 + 0,25 × 18 – 0,38 × 32 = 17,64(g).

Bảo toàn khối lượng phản ứng thủy phân E:

⇒ m = 17,64 + 11,42 – 0,22 × 40 = 20,26(g) 

0,896 lít khí là 0,04 mol H₂ sinh ra từ: (K; Ca) + H₂O → (KOH; Ca(OH)₂) + H₂.

Đơn giản hơn: 2H₂O → 2OH + 1H₂ 

→ phản ứng tạo 0,08 mol OH^– + 0,12 mol HCO₃^–

→ ít nhất 0,08 mol CO₃^2– trong khi tủa chỉ có 0,07 mol CaCO₃ 

→ chứng tỏ tủa được tính theo Ca.

Lại có 0,04 mol CaCl₂→ Ca ban đầu có 0,03 mol. 0,03 mol Ca tạo 0,03 mol H₂ 

→ 0,01 mol H₂ nữa do 0,02 mol K.

→ hỗn hợp ban đầu có 0,03 mol Ca và 0,02 mol K → m = 1,98.

- Để lâu anilin ngoài không khí thì anilin chuyển sang màu nâu đen vì bị oxi hóa bởi oxi không khí.

TH1 : Cl2 phản ứng với Br- trước. Khi đó dung dịch sau phản ứng gồm Fe2+ (0,06 mol), Cl- (0,04 mol) và Br- (0,08 mol)

- Cho A tác dụng với AgNO3 thì:

nAg = nFe2+ = 0,06 mol, nAgCl = 0,04 mol và nAgBr = 0,08 mol

TH2 : Cl2 phản ứng với Fe2+ trước.

Khi đó dung dịch sau phản ứng gồm Fe²⁺ (0,02 mol), Fe³⁺ (0,04 mol) Cl^- (0,04 mol) và Br^- (0,12 mol)

- Cho A tác dụng với AgNO₃ thì: 

nAg = nFe²⁺ = 0,02 mol; nAgCl = 0,04 mol

và nAgBr = 0,12 mol

→ m kết tủa = 188nAgBr + 143,5.nAgCl + 108nAg = 30,46g

Vậy 27,26 < m kết tủa < 30,26