Vàng có thể dát mỏng đến mức ánh sáng có thể xuyên qua

Đáp án C

Điều chế kim loại kiềm bằng cách điện phân nóng chảy muối halogen của kim loại kiềm.

Đáp án D

Tầng ozon có tác dụng ngăn những ảnh hưởng xấu của tia cực tím xuống Trái Đất, bảo vệ con người và sinh vật tránh bức xạ có hại.

CH₃COOCH₂C₆H₅.

CaCO3.MgCO3 là thành phần chính của loại quặng Đolomit.

Đáp án B

CTCT thu gọn của glyxin: NH₂CH₂COOH.

Độ dinh dưỡng của phân đạm được đánh giá bằng %N

Đáp án C

Dây sắt cháy trong khí clo tạo thành tinh thể màu nâu đỏ là muối FeCl₃.

Loại tơ có nguồn gốc xenlulozo là (2), (3), (5), (7).     

Đáp án C

Theo dãy điện hóa của kim loại:

\(\begin{array}{l}
Z{n^{2 + }}\,\,F{e^{2 + }}\,\,C{u^{2 + }}\,\,F{e^{3 + }}\,\,A{g^ + }\\
Zn\,\,\,\,\,\,Fe\,\,\,\,\,\,Cu\,\,\,\,\,\,F{e^{2 + }}\,\,\,\,Ag
\end{array})

Nên Zn(NO₃)₂ sẽ không tác dụng với Fe.

Xenlulozo có cấu tạo mạch không phân nhánh, mỗi gốc C6H10O5 có 3 nhóm OH, nên có thể viết là [C₆H₇O₂(OH)₃]_n.      

Đáp án D

Những chất có từ 2 nhóm – OH liền kề trở lên tác dụng được với Cu(OH)₂/NaOH tạo phức xanh lam như glixerol, etilen glicol, propan-1,2-diol, glucozo, saccarozo…

Đáp án A

\({n_{FeO}} = 0,03\,mol\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}
\mathop {Fe}\limits^{2 + }  \to \mathop {Fe}\limits^{3 + }  + 1e\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\mathop N\limits^{ + 5}  + 3e \to \mathop N\limits^{ + 2} (NO)\\
0,03\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,03\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,03
\end{array})

BT e: \({n_{e( + )}} = {n_{e( - )}} = 0,03\,mol\)

Nên \({n_{NO}} = \frac{{0,03}}{3} = 0,01\,mol\)

Vậy \(V = 0,01.22,4 = 0,224\,\,\,(1)\)

2Al(OH)₃ → Al₂O₃  + 3H₂O

\(\begin{array}{l}
{n_{A{l_2}{O_3}}} = \frac{1}{2}.{n_{Al{{(OH)}_3}}} = \frac{1}{2}.\frac{{15,6}}{{78}} = 0,1\,mol\\
 \Rightarrow {m_{A{l_2}{O_3}}} = 10,2\,gam
\end{array}\)

Đáp án A

Các chất phản ứng được với dung dịch NaOH: alanin, metylamoni clorua, phenol.

PTHH:

H₂N-CH(CH₃)-COOH   +   NaOH    →   H₂N-CH(CH₃)-COONa   + H₂O

CH₃NH₃Cl  + NaOH   →   CH₃NH₂  + NaCl  + H₂O

C₆H₅OH  + NaOH   →  C₆H₅ONa  + H₂O

Đáp án A

\({m_{ancol}} = \frac{{{m_{{\rm{khoai}}}}.{\% _{{\rm{tinh}}\,{\rm{b\'e t}}}}}}{{162n}}.H\% .2n.46 = \frac{{1.70\% }}{{162}}.85\% .2.46 = 0,3338\) tấn

Đáp án B

Xem như hỗn hợp gồm: glyxin và HCl tác dụng với KOH

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
HCl:0,2\\
Glyxin:
\end{array} \right. + KOH:0,3 \to \left\{ \begin{array}{l}
KCl:0,2\\
Gly - K
\end{array} \right.\\
{n_{Glyxin}} = {n_{NaOH}} - {n_{HCl}} = 0,1\,mol = {n_{Gly - K}}\\
 \to {m_r} = 0,2.74,5 + 0,1.113 = 26,2\,gam
\end{array}\)

Đáp án A

Có 6 đồng phân

CH₂=CHCH₂CH₂CH₃

CH₃CH=CHCH₂CH₃   (2 đồng phân cis, trans)

CH₂=C(CH₃)CH₂CH₃

CH₃C(CH₃)=CH₂CH₃

CH₂=CHCH(CH₃)CH₃

Khi viết đồng phân của chất cần chú ý phân biệt đồng phân cấu tạo và đồng phân nói chung.

+ Đồng phân: bao gồm đồng phân cấu tạo và đồng phân hình học (đồng phân cis, trans).

+ Đồng phân cấu tạo: bao gồm đồng phân mạch cacbon (mạch hở, mạch vòng; phân nhánh, không phân nhánh), đồng phân loại nhóm chức, đồng phân vị trí nhóm chức.

Đáp án B

Na₂CO₃ + 2HCl   → 2NaCl + CO₂  + H₂O

\(2N{a^ + } + CO_3^{2 - } + 2{H^ + } + 2C{l^ - } \to 2N{a^ + } + 2C{l^ - } + C{O_2} + {H_2}O\)

\(CO_3^{2 - } + 2{H^ + } \to C{O_2} + {H_2}O\)

Khi viết phương trình ion rút gọn, lưu ý những chất giữ nguyên bao gồm: kết tủa, khí, chất điện li yếu.

Đáp án C

(3) C₆H₁₂O₆  + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O  → Amoni gluconat + 2Ag  + NH₄NO₃

(2) C₆H₁₂O₆  + H₂   → C₆H₁₄O₆

(4) C₆H₁₂O₆ →  2C₂H₅OH  + 2CO₂

(5) 6nCO₂  + 5nH₂O   → (C6H10O5)n + 6nO₂

(1) (C6H10O5)n + nH₂O →   nC₆H₁₂O₆

Bản chất của phản ứng oxi hóa – khử:

Chất khử mạnh + chất oxi hóa mạnh → chất oxi hóa yếu + chất khử yếu.

2FeBr₂  + Br₂  →  2FeBr₃

Chứng tỏ: Tính khử của Fe2+ mạnh hơn của Br-, tính oxi hóa của Br2 mạnh hơn của Fe3+.

2NaBr  + Cl₂  → 2NaCl  + Br₂

Chứng tỏ: Tính oxi hóa của Cl₂ mạnh hơn của Br₂, tính khử của Br- mạnh hơn của Cl- .

Vậy tính oxi hóa:  Cl₂ > Br₂ > Fe3+.

Đáp án D

HCOOCH₂-CH=CH₂

HCOOCH=CH-CH₃  (đồng phân hình học)

HCOOC(CH₃)=CH₂

CH₃COOCH=CH₂

Đáp án D

Poli (metyl metacrylat) được dùng để chế tạo thủy tinh hữu cơ, còn poli (vinyl clorua) là nhựa nhiệt dẻo.

Đáp án A

Cr₂O₃ tan được trong dung dịch NaOH đặc nóng.

Đáp án B

\(\begin{array}{l}
2Al + 2{H_2}O + 2O{H^ - } \to 2AlO_2^ -  + 3{H_2}\\
0,2\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,02
\end{array}\)

Sau phản ứng, Al dư:

\({n_{{H_2}}} = \frac{3}{2}{n_{O{H^ - }}} = 0,03\,mol \to {V_{{H_2}}} = 0,672\,\,(l)\)

Đáp án B

Đun X với dung dịch NaOH tạo ra hai muối và một ancol no, đơn chức, mạch hở nên X có công thức cấu tạo là: HCOOCH₂COOCH₃.

HCOOCH₂COOCH₃  + 2NaOH  →  HCOONa  + HOCH₂COONa  + CH₃OH

\({n_{este}} = \frac{{{m_{este}}}}{{{M_{este}}}} = \frac{{17,7}}{{118}} = 0,15\,mol\)

\({n_{NaOH}} = 0,4\,mol \to NaOH\) dư.

\({n_{C{H_3}OH}} = {n_{este}} = 0,15\,mol\)

BTKL: \({m_{este}} + {m_{NaOH}} = {m_{{\rm{r\raise.5ex\hbox{$\scriptstyle 3$}\kern-.1em/
 \kern-.15em\lower.25ex\hbox{$\scriptstyle 3$} n}}}} + {m_{ancol}}\)

\( \to {m_{{\rm{r\raise.5ex\hbox{$\scriptstyle 3$}\kern-.1em/
 \kern-.15em\lower.25ex\hbox{$\scriptstyle 3$} n}}}} = 17,7 + 0,4.40 - 0,15.32 = 28.9\,gam.\)

Đáp án C

Chất béo rắn thành phần chủ yếu chứa các axit béo no.

- Các triglixerit chứa chủ yếu các gốc axit béo no thường là chất rắn ở nhiệt độ phòng, như mỡ động vật.

- Các triglixerit chứa chủ yếu các gốc axit béo không no thường là chất lỏng ở nhiệt độ phòng và được gọi là dầu, thường có nguồn gốc thực vật hoặc từ động vật máu lạnh như dầu cá…

Đáp án B

NH₄Cl  + NaOH  →  NaCl  + NH₃  + H₂O

(NH₄)₃PO₄  + 3NaOH  → Na₃PO₄  + 3NH₃ + 3H₂O

AgNO₃  + NH₄Cl  →  AgCl +  NH₄NO₃

3AgNO₃ + (NH₄)₃PO₄  →  Ag₃PO₄ + 3NH₄NO₃

AgCl kết tủa trắng, Ag₃PO₄ kết tủa vàng.

Đáp án B

\(\begin{array}{l}
Mg\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to M{g^{2 + }}\,\,\, + \,\,\,2e\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,12{H^ + } + NO_3^ -  + 10e \to {N_2} + 6{H_2}O\\
\,\,x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,2x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,3\,\,\,\,\,0,03\,\,
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
Al\,\,\,\,\,\,\,\, \to A{l^{3 + }}\,\, + \,\,\,3e\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,10{H^ + } + NO_3^ -  + 8e \to NH_4^ +  + 3{H_2}O\\
\,\,y\,\,\,\,\,\,\, \to \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,3y\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,8z\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,z
\end{array}\)

BT  e: 2x + 3y = 0,3 + 8z   (1)

24x + 27y = 7,5   (2)

\({m_{{\rm{muoi}}}} = {m_{Mg{{(N{O_3})}_2}}} + {m_{Al{{(N{O_3})}_2}}} + {m_{N{H_4}N{O_3}}}\)

\( \to 148x + 213y + 80z = 54,9\,\,\,(3)\)

\( \to \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,2\\
y = 0,1\\
z = 0,05
\end{array} \right.\)

\({n_{HN{O_3}}} = 12{n_{{N_2}}} + 10{n_{NH_4^ + }} = 0,86 \to V = 0,86\,\,\,(l)\)

\(\begin{array}{l} k = \frac{{{n_{B{r_2}}}}}{{{n_X}}} = \frac{{0,09}}{{0,025}} = 3,6\\ CH \equiv C - CH = C{H_2}:x\\ CH \equiv C - C \equiv CH:y\\ \left\{ \begin{array}{l} x + y = 0,025\\ 3x + 4y = 0,09 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x = 0,01\\ y = 0,015 \end{array} \right.\\ {m_X} = 52.0,01 + 50.0,015 = 1,27\,\,gam\\ {m_{kt}} = {m_{{C_4}{H_3}Ag}} + {m_{{C_4}A{g_2}}} = 5,55\,\,gam\\ {m_{kt(2,54\,g\,\,X)}} = 5,55.2 = 11,1\,\,gam \end{array}\)

\(\begin{array}{l}
 \to {m_{Al{{(OH)}_3}}} = 7,8\,gam\\
BT\,\,Al:\,{n_{A{l_2}{O_3}}} = \frac{1}{2}{n_{NaAl{O_2}}} = 0,05\\
BT\,\,Na:\,{n_{N{a_2}O}} = \frac{1}{2}{n_{NaAl{O_2}}} = 0,05\\
 \to m = {m_{A{l_2}{O_3}}} + {m_{N{a_2}O}} = 8,2\,\,gam
\end{array}\)

Đáp án B

X tác dụng với NaHCO₃ tạo khí CO₂ nên X là axit.

CH₃COOH + NaHCO₃  → CH₃COONa  + CO₂  + H₂O

Y tác dụng với Na và phản ứng tráng gương nên vừa có OH vừa có CHO

Y là HOCH₂CHO

Z tác dụng được với dung dịch NaOH, không tác dụng được với Na nên Z là este: HCOOCH₃

Sau khi cho Fe vào dung dịch X thì khối lượng kim loại tăng:  gam chính là sự chênh lệch giữa khối lượng Cu tạo thành và khối lượng Fe tan ra.

\(\begin{array}{l}
C{u^{2 + }} + Fe \to Cu + F{e^{2 + }}\\
 \to 64y - 56y = 0,96 \to y = 0,12
\end{array}\)

BTĐT trong X: 

2x + 2y = 0,6 → x = 0,18

BTKL: \(m + {m_{Ag}} + {m_{Cu}} = {m_ \downarrow } + {m_{KL\,\,(X)}}\)

\( \to m = 19,44 + 0,18.24 + 0,12.64 - 0,1.108 - 0,25.64 = 4,64\,gam\)

\(\begin{array}{l}
 \to {m_{ROH}} = {m_{b\,\, \uparrow }} + {m_{{H_2}}} = 22,25 + 2x\\
{m_G} = {m_{N{a_2}C{O_3}}} + {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} - {m_{{O_2}}} = 106x + 16,55 - 0,225.32 = 106x + 9,35
\end{array}\)

Đáp án B

2R  + 2H₂O  →  2ROH  + H₂

\(\begin{array}{l}
{n_{O{H^ - }}} = {n_R} = \frac{{8,97}}{R}\\
 \to {n_{{H_2}}} = \frac{{8,97}}{{2R}}
\end{array}\)

Khối lượng dung dịch tăng do khối lượng kim loại R cho vào nhiều hơn khối lượng kết tủa Al(OH)₃ tách ra và khối lượng khí H₂ thoát ra.

\({m_R} - {m_{Al{{(OH)}_3}}} - {m_{{H_2}}} = 1,56 \to {m_{Al{{(OH)}_3}}} + {m_{{H_2}}} = 7,41\,\,(1)\)

Trường hợp 1: AlCl₃ dư

\(\begin{array}{l}
A{l^{3 + }} + 3O{H^ - } \to Al{(OH)_3}\\
{n_{Al{{(OH)}_3}}} = \frac{{{n_{O{H^ - }}}}}{3} = \frac{{8,97}}{{3R}}
\end{array}\)

Thay vào (1) ta được:

\(\frac{{8,97}}{{3R}}.78 + \frac{{8,97}}{{2R}}.2 = 7,41 \to R = 32,6\) (loại)

Trường hợp 2: AlCl₃ hết

\(\begin{array}{l}
A{l^{3 + }} + 3O{H^ - } \to Al{(OH)_3}\\
0,12\,\,\,\,\,\,\,0,36\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,12
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
Al{(OH)_3}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, + \,\,\,\,\,\,\,\,O{H^ - }\,\,\, \to \,\,AlO_2^ -  + {H_2}O\\
\left( {\frac{{8,97}}{R} - 0,36} \right) \leftarrow \left( {\frac{{8,97}}{R} - 0,36} \right)\\
{n_{Al{{(OH)}_3}}} = 0,12 - \left( {\frac{{8,97}}{R} - 0,36} \right)
\end{array}\)

Thay vào (1) ta được:

\(\begin{array}{l}
78.\left[ {0,12 - \left( {\frac{{8,97}}{R} - 0,36} \right)} \right] + \frac{{8,97}}{{2R}}.2 = 7,41\\
 \to R = 23\,\,\,(Na)
\end{array}\)

Đáp án B

Những phát biểu đúng: (a), (c), (d), (e), (g).

(a) Đúng. Nước mía chứa saccarozo có thể hòa tan kết tủa Cu(OH)₂ tạo dung dịch xanh lam.

(b) Sai. Dầu thực vật là chất béo, còn dầu nhớt bôi trơn máy là hidrocacbon.

(e) Đúng. Tơ tằm là protein, dễ bị thủy phân trong môi trường kiềm.

(g) Đúng. Nọc kiến chứa HCOOH nên trung hòa bằng vôi tôi.

\({m_X} = {m_A} - {m_{N{O_2}}} = 17,6\)

\(\begin{array}{l}
4{H^ + } + NO_3^ -  + 3e \to NO + 2{H_2}O\\
2{H^ + } + O_2^ -  \to {H_2}O\\
 \to {n_{{H^ + }}} = 2{n_{{H_2}S{O_4}}} = 4{n_{NO}} + 2{n_{O\,\left( X \right)}} \to {n_{O\,\left( X \right)}} = 0,26\\
 \to {n_{Fe\,\left( X \right)}} = \frac{{17,6 - 0,26.16}}{{56}} = 0,24
\end{array}\)

\(\begin{array}{l}
 \to A\left\{ \begin{array}{l}
FeO:{n_{FeO}} = {n_{O\,\left( X \right)}} + 2{n_{N{O_2}}} - 6{n_{Fe{{(N{O_3})}_2}}} = 0,12\,\,(BT\,\,O)\\
Fe{(N{O_3})_2}:0,07\\
Fe:\,0,05\,\,(BTFe)
\end{array} \right.\\
{n_{HN{O_3}}} = 4{n_{NO}} + 2{n_{FeO}} = 0,64\\
 \to {m_{dd\,\,HN{O_3}}} = 200
\end{array}\)

\({m_A} + {m_{dd\,\,HN{O_3}}} = {m_{dd\,\,sau}} + {m_{NO}} \to {m_{dd\,sau}} = 221,04\)

\(\begin{array}{l}
Y\left\{ \begin{array}{l}
Fe{(N{O_3})_2}:a\\
Fe{(N{O_3})_2}:b
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
a + b = 0,24\\
3a + 2b = 0,07.2 + 0,64 - 0,1\,\,(BTN)
\end{array} \right.\\
 \to \left\{ \begin{array}{l}
a = 0,04\\
b = 0,2
\end{array} \right.\\
 \to C{\% _{Fe{{(N{O_3})}_3}}} = 22\% 
\end{array}\)

Đáp án B

\(\frac{{{n_{NaOH}}}}{{{n_{este}}}} = \frac{{0,35}}{{0,25}} = 1,4\) nên 2 este có 1 este của phenol và 1 este của ancol.

X phản ứng với NaOH thu được 3 chất hữu cơ nên công thức của 2 este là

\(\left\{ \begin{array}{l}
HCOO{C_6}{H_4}C{H_3}:c\\
HCOOC{H_2}{C_6}{H_5}:y
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
x + y = 0,25\\
2x + y = 0,35
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,1\\
y = 0,15
\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}
HCOO{C_6}{H_4}C{H_3}:0,1\\
HCOOC{H_2}{C_6}{H_5}:0,15
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
HCOONa\\
C{H_3}{C_6}{H_4}ONa:0,1
\end{array} \right.\)

\( \to {m_{C{H_3}{C_6}{H_4}ONa}} = 13\,gam\)

Đáp án D

Những phát biểu đúng: (3), (4), (5).

(1) Sai. Công thức của phèn chua là KAl(SO₄)₂.12H₂O

(2) Sai. Nếu dùng Ca(OH)₂ dư thì vẫn còn ion  trong dung dịch sau. Phải dùng Ca(OH)₂ vừa đủ.

Làm mềm nước cứng tạm thời bằng cách: dùng Ca(OH)₂ vừa đủ, NaOH, Na₂CO₂,…

\(\begin{array}{l}
{\overline M _{a\min }} = 36,6 \to \left\{ \begin{array}{l}
C{H_5}N:a\\
{C_2}{H_7}N:b
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
a + b = 0,2\\
31a + 45b = 36,6.0,2
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
a = 0,12\\
b = 0,08
\end{array} \right.\\
 \to X\left\{ \begin{array}{l}
{\left( {{C_2}{H_5}N{H_3}} \right)_2}C{O_3}:0,04(\frac{1}{2}{n_{{C_2}{H_5}N{H_2}}})\\
C{H_3}N{H_3}OOC - COON{H_3}C{H_3}:0,06(\frac{1}{2}{n_{C{H_3}N{H_2}}})
\end{array} \right.\left\{ \begin{array}{l}
D:N{a_2}C{O_3}:0,04\\
E:{\left( {COONa} \right)_2}:0,06
\end{array} \right.
\end{array}\)

\( \to {m_E} = 0,06.134 = 8,04\,\,gam\)