Đáp án B

Theo dãy điện hóa của kim loại, tính khử các kim loại sắp xếp giảm dần: K, Mg, Fe, Ag.

Đáp án B. Li 

Đáp án A. NaHCO₃ 

Đáp án D. 6

Công thức chung của chất béo: (RCOO)₃C₃H₅

Đáp án B. Al₂O₃      

Đáp án B. H₂NCH₂COOH 

Đáp án C. Li  

Ở điều kiện thuờng, nitơ chỉ tác dụng với liti.

N₂ + Li → Li₃N.

Đáp án C. Sn 

Đáp án B. Tơ nitron 

Đáp án C

Những kim loại đứng sau H trong dãy hoạt động hóa học thì không tác dụng với H₂SO₄ loãng.

Đáp án D. đisaccarit.

Đáp án B

Công thức của glixerol là C₃H₅ (OH)₃.

Đáp án D

PTHH: 3FeO + 10HNO₃ → 3Fe(NO₃)₃ + NO + 5H₂O.

Đáp án D

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

$n_{Na}=2n_{H_2}=2.0,2=0,4$mol

$m_{Na}=0,2.23=4,6$mol

Đáp án B

- Amin có tính bazơ nên tác dụng được với HCl.

- Amino axit có tính lưỡng tính nên tác dụng được với HCl.

PTHH:

C₆H₅NH₂ +HCl → C₆H₅NH₃Cl

C₂H₅NH₂ +HCl → C₂H₅NH₃Cl

H₂N–CH₂–COOH + HCl → ClH₃N–CH₂–COOH

Đáp án A

Glucozơ $\stackrel{AgN{O}_3/N{H}_3}{\to }$ 2Ag

$n_{Ag}=2n_{glucozo}=2.\frac{9}{180}=0,1$mol

$\to m_{Ag}=10,8$gam.

Đáp án D

RNH₂ + HCl → RNH₃Cl

BTKL: $m_X+m_{HCl}=m_{muoi}$

$\to m_{muoi}=10,5+0,5.0,1.36,5=12,325$ gam.

Đáp án B

CT của striren: C₆H₅CH = CH₂.

Đáp án A

Muốn dẫn điện thì chất phải điện li, chất đó phải điện li trong dung dịch hoặc chất rắn khan nóng chảy.

Đáp án A

Khi tham gia phản ứng tráng bạc, glucozo thể hiện tính khử.

Đáp án A

Thứ tự trong dãy điện hóa:

$\begin{array}{ccccc}Z{n}^{2+}& F{e}^{2+}& C{u}^{2+}& F{e}^{3+}& A{g}^{+}\end{array}$

$\begin{array}{ccccc}Zn& Fe& Cu& F{e}^{2+}& Ag\end{array}$

Theo quy tắc α Fe(NO₃)₃ phản ứng với Zn, Fe, Cu.

Đáp án C

CH₃COOC₂H₅ + NaOH $\stackrel{t°}{\to }$ CH₃COONa + C₂H₅OH

Đáp án C

A sai vì este ít tan trong nước.

B sai vì benzyl axetat có mùi thơm hoa nhài.

D sai vì dùng nước Brom chỉ nhận biết được stiren.

Đáp án A

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄+H₂

Đáp án A

Thứ tự phản ứng:

$H^{+}+C{O}_3^{2-}\to HC{O}_3^{-}$ (1)

0,02  0,02   0,02

$H^{+}+HC{O}_3^{-}\to C{O}_2+H_{2}O$ (2)

0,01  0,04   0,01

$n_{H^{+}\left(1\right)}=n_{HC{O}_3^{-}\left(1\right)}=n_{C{O}_3^{2-}}=n_{N{a}_{2}C{O}_3}=0,02$ mol

$n_{H^{+}\left(2\right)}=n_{H^{+}\left(bandau\right)}-n_{H^{+}\left(1\right)}=0,01$

$n_{HC{O}_3^{-}\left(2\right)}=n_{HC{O}_3^{-}\left(1\right)}+n_{HC{O}_3^{-}\left(bandau\right)}=0,04$ mol

$n_{C{O}_2}=n_{H^{+}\left(2\right)}=0,01$

$V_{C{O}_2}=n_{H^{+}\left(2\right)}=0,224$ (1).

Đáp án A

$n_{NaOH}=0,3$ mol

X là este đơn chức mà $n_{NaOH}=2n_{este}$ nên X là este có dạng RCOOC₆H₄.

RCOOC₆H₄ + 2NaOH → RCOONa + C₆H₄ONa + H₂O (1)

$n_{H_{2}O\left(1\right)}=n_{este}=0,15$ mol $\to n_{H_{2}O\left(1\right)}=2,7$ gam

$m_{H_{2}O\left(NaOH\right)}=150.92\%=138$ gam.

$m_{ddY}=m_{ran}+m_{H_{2}O\left(NaOH\right)}+m_{H_{2}O\left(1\right)}$

$\to m_r=172,2-2,7-138=31,5$ gam.

Đáp án C

Dầu ăn là chất béo có thành phần: C, H, O.

Mỡ bôi trơn là hiđrocacbon có thành phần: C, H.

Đáp án B

2Al + 3H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3H₂

Cu + 2Fe(NO₃)₃ → Cu(NO₃)₂ + 2Fe(NO₃)₂

3Cu +  +  →  + 2NO + 4H₂O

Đáp án B

$n_{Fe}=0,01$ mol

$n_{Mg}=0,005$ mol

Nếu Mg phản ứng hết:

$Mg+C{u}^{2+}\to M{g}^{2+}+Cu$ (1)

$n_{Cu}=n_{Mg}=0,005$ mol $\to m_{Cu}=0,32\to m_{KL}=0,32+0,56=0,88<0,92$

Vậy Mg phản ứng hết, Fe đã tham gia phản ứng:

$Fe+C{u}^{2+}\to F{e}^{2+}+Cu$ (2)

 x                             x

$m_{KL}=m_{Fe\left(du\right)}+m_{Cu}=0,56-m_{Fe\left(phanung\right)}+m_{Cu}$

$\to 0,56-56\text{x}+0,32+64\text{x}=0,92$

$\to \text{x}=0,005$ mol

$n_{C{u}^{2+}}=n_{C{u}^{2+}\left(1\right)}+n_{C{u}^{2+}\left(2\right)}=0,01$

$\to C_M=0,04$ M.

Đáp án B

$\left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_2:0,06\\ H_2:0,04\end{array}\right.\underset{t°}{\overset{Ni}{\to }}Y\left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_2\\ H_2\\ C_2{H}_6\\ C_2{H}_4\end{array}\right.\stackrel{B{r}_2}{\to }\left\{\begin{array}{l}0,02\left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_6\\ H_2\end{array}\right.d_{Z/O_2}=0,5\to m_Z=0,02.0,5.32=0,32gam\\ dd\end{array}\right.$

Khối lượng bình Brom tăng là khối lượng hiđrocacbon không no: C₂H₂; C₂H₄

BTKL: $m_{C_2{H}_2}+m_{H_2}=m_{C_2{H}_4\left(Y\right)}+m_{C_2{H}_2\left(Y\right)}+m_Z$

$\to 0,06.26+0,04.2=m_{C_2{H}_4\left(Y\right)}+m_{C_2{H}_2\left(Y\right)}+0,32$

$\to m_{C_2{H}_4\left(Y\right)}+m_{C_2{H}_2\left(Y\right)}=1,32$ gam.

Đáp án A

MCO₃ + 2HCl → MCl₂ + CO₂ + H₂O

Ta có: $n_{C{O}_2}=n_{H_{2}O}=\frac{V}{22,4}=0,45$ mol

$n_{HCl}=2n_{C{O}_2}=0,9$ mol

$m_{MC{O}_3}+m_{HCl}=m_{MC{l}_2}+m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}$

$\to m_{MC{l}_2}-m_{MC{O}_3}=m_{HCl}-m_{C{O}_2}-m_{H_{2}O}=0,9.36,5-0,45.44-0,45.18=4,95$ gam.

Vậy khối lượng muối khan tăng so với khối lượng muối cacbonat ban đầu 4,95 gam.

Đáp án A

(1) X là CH₃ – CH = CH – COOH

(2) Y là HCOOCH₂CH = CH₂

(3) Z CH₃COOCH = CH₂

(4) T là CH₂ = CH – COOCH₃

Đáp án C

$mMg\underset{Cu{\left(N{O}_3\right)}_2:0,25}{\overset{AgN{O}_3:0,1}{\to }}\left\{\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}Mg{\left(N{O}_3\right)}_2\\ Cu{\left(N{O}_3\right)}_{2}du\end{array}\right.\stackrel{Fe:8,4}{\to }9,36\left\{\begin{array}{l}Cu\\ Fedu\end{array}\right.\\ 19,44\left\{\begin{array}{l}Ag:0,1\\ Cu\left(1\right)\\ Mgdu\end{array}\right.\end{array}\right.$

$C{u}^{2+}+Fe\to Cu+F{e}^{2+}$

 x       x         x

Sau khi cho sắt vào dung dịch X, thấy khối lượng rắn tăng lên từ 8,4 đến 9,36 gam, suy ra khối lượng kim loại tăng do khối lượng Cu tạo thành nhiều hơn khối lượng Fe tan.

$m_{Cu\text{ tao thanh}}-m_{Fe\text{ tan}}=m_{KL\text{ tang}}$

$\to 64\text{x}-56\text{x}=9,36-8,4\to \text{x}=0,12\to n_{Cu{\left(N{O}_3\right)}_{2}du}=0,12$

BT n: $2n_{Mg{\left(N{O}_3\right)}_2}+2n_{Cu{\left(N{O}_3\right)}_{2}du}=n_{AgN{O}_3}+2n_{Cu{\left(N{O}_3\right)}_2}$

$\to n_{Mg{\left(N{O}_3\right)}_2}=0,18\to n_{Mg\text{ phan ung}}=0,18$

$n_{Cu\left(1\right)}=n_{Cu{\left(N{O}_3\right)}_2\text{ phan ung}}=0,25-0,12=0,13$

$m_{\text{ket tua}}=m_{Cu\left(1\right)}+m_{Ag}+m_{Mg\text{ du}}\to m_{Mg\text{ du}}=0,32$ gam

$\to m=m_{Mg\text{ du}}+m_{Mg\text{ phan ung}}=0,32+0,18.24=4,64$ gam.

Đáp án B

0,2 mol: $X\stackrel{NaOH}{\to }\left\{\begin{array}{l}AncolY:ROH\stackrel{Na}{\to }{m}_{\text{tang}}=9gam\\ HỗnhợpmuốiZ:24,52gam\stackrel{O_2:0,52}{\to }\left\{\begin{array}{l}N{a}_{2}C{O}_3\\ 24,2\left\{\begin{array}{l}C{O}_2\\ H_{2}O\end{array}\right.\end{array}\right.\end{array}\right.$

BTKL:$m_Z+m_{O_2}=m_{N{a}_{2}C{O}_3}+m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}\to m_{N{a}_{2}C{O}_3}=0,16\to n_{NaOH}=0,32$

Trường hợp 1: Hỗn hợp X không chứa este của phenol

$\to n_{ROH}=n_{NaOH}=0,32$

2ROH $\stackrel{Na}{\to }$ H₂

_{$\to n_{H_2}=0,16$}

_{$m_{\text{tang}}=m_{ROH}+m_{H_2}\to m_{ROH}=9,32$}

$\to M_Y=\frac{9,32}{0,32}=29,125$ (loại)

Trường hợp 2: Hỗn hợp X chứa este của phenol

Nếu hỗn hợp este có dạng:

$0,2\left\{\begin{array}{l}RCOOPhe\\ R^{\text{'}}OOC{R}^{\text{'}\text{'}}COO{R}^{\text{'}}\end{array}\right.\to n_{NaOH}=0,4>0,32$ (loại)

Nếu hỗn hợp este có dạng:

$0,2X\left\{\begin{array}{l}{R}^{\text{'}}COOR:\text{x}\\ ROOC{R}^{\text{'}\text{'}}COOPhe:\text{y}\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}\text{x}+\text{y}=0,2\left(n_X\right)\\ \text{x}+3\text{y}=0,32\left(n_{NaOH}\right)\end{array}\right.$

$\to \left\{\begin{array}{l}\text{x}=0,14\\ \text{y}=0,06\end{array}\right.$

$n_Y=\text{x}+\text{y}=0,2\to M_Y=\frac{9+0,2}{0,2}=46\to Y:$ C₂H₅OH

$n_{H_{2}O}=n_{\text{este phenol}}=0,06$

BTKL:$m_X=m_Y+m_Z+m_{H_{2}O}-m_{NaOH}=22$

$$\begin{gathered} \to 22gamX\left\{\begin{array}{l}{R}^{\text{'}}COO{C}_2{H}_5:0,14\\ C_2{H}_{5}OOC{R}^{\text{'}\text{'}}COOPhe:0,06\end{array}\right. \\ \to 0,14.(R^{\mathrm{\text{'}}}\mathrm{+}\mathrm{73})+0,06.(\mathrm{117}\mathrm{+}{R}^{\mathrm{\text{'}\text{'}}}\mathrm{+}Phe)=22 \\ \to 14.R^{\text{'}}+6.R^{\text{'}\text{'}}+6.Phe=476 \\ \to \left\{\begin{array}{l}{R}^{\text{'}}=1\\ R^{\text{'}\text{'}}=0\\ Phe=77\end{array}\right.\to Z\left\{\begin{array}{l}HCOONa:0,14\\ {\left(COONa\right)}_2:0,06\\ C_6{H}_{5}ONa:0,06\end{array}\right. \\ \to \%m_{{\left(COONa\right)}_{\mathit{2}}}=32,8\% \end{gathered}$$

Đáp án A

$\left\{\begin{array}{l}Ba{\left(OH\right)}_2:\text{x}\\ NaAl{O}_2:\text{y}\end{array}\right.$

Giai đoạn 1:

Ba(OH)₂ + CO₂ → BaCO₃ + H₂O

      x          x

Giai đoạn 2:

$Al{O}_2^{-}+C{O}_2+2H_{2}O\to Al{\left(OH\right)}_3+HC{O}_3^{-}$

    y      y                       y

Giai đoạn 3:

BaCO₃ + CO₂ + 2H₂O → Ba(HCO₃)₂ (*)

Tại A: $n_{C{O}_2(*)}=0,45-\text{x}-\text{y}$

$\to n_{BaC{O}_3}=\text{x}-\left(0,45-\text{x}-\text{y}\right)=2\text{x}+\text{y}-0,45$

Lúc này khối lượng kết tủa là: $38,1\to 197\left(2\text{x}+\text{y}-0,45\right)+78\text{y}=38,1$ (1)

Tại B: $n_{C{O}_2(*)}=n_{BaC{O}_3}=\text{x}$

$n_{C{O}_2}=0,54\to \text{x}+\text{y}+\text{x}=0,54$ (2)

Từ (1) và (2) $\to \left\{\begin{array}{l}\text{x}=0,14\\ \text{y}=0,26\end{array}\right.$

$\to m_{\downarrow \max }=m_{BaC{O}_3}+m_{Al{\left(OH\right)}_3}=47,86$ gam.

Đáp án D

Những phát biểu đúng: (a), (e).

(b) sai vì este nhẹ hơn nên X nổi lên trên mới là etyl axetat.

(c) sai vì trong giấm thành phần chủ yếu là nước, chỉ một phần nhỏ là axit axetic nên không tham gia phản ứng este được.

(d) sai vì chỉ phân thành 2 lớp.

Đáp án C

$mX\left\{\begin{array}{l}Fe\\ F{e}_3{O}_4\\ Fe{\left(N{O}_3\right)}_2\end{array}\right.\stackrel{KHS{O}_4:0,32}{\to }59,04Y\left\{\begin{array}{l}F{e}^{2+}:\text{a}\\ F{e}^{3+}:\text{b}\\ K^{+}:0,32\\ S{O}_4^{2-}:0,32\\ N{O}_3^{-}:\text{c}\end{array}\right.\stackrel{NaOH:0,44}{\to }$

$\to \left\{\begin{array}{l}2\text{a}+3\text{b}=0,44\left(n_{NaOH}\right)\\ 2\text{a}+3\text{b}+0,32=0,32.2+\text{c}\left(BTDT\right)\\ 56\left(\text{a}+\text{b}\right)+0,32.39+0,32.96+62\text{c}=59,04\left(m_Y\right)\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}\text{a}=0,01\\ \text{b}=0,14\\ \text{c}=0,12\end{array}\right.$

BTNT N: $2n_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_2}=n_{NO}+n_{N{O}_3^{-}}\to n_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_2}=0,08$

BT H: $n_{H_{2}O}=\frac{1}{2}{n}_{KHS{O}_4}=0,16$

BT O: $4n_{F{e}_3{O}_4}+6n_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_2}+4n_{KHS{O}_4}=3n_{N{O}_3^{-}}+4n_{S{O}_4^{2-}}+n_{NO}+n_{H_{2}O}\to n_{F{e}_3{O}_4}=0,02$

BT Fe: $n_{Fe}+3n_{F{e}_3{O}_4}+n_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_2}=\text{a}+\text{b}=0,15\to n_{Fe}=0,01$

$\to \%m_{Fe}=2,86\%$.

Đáp án C

Vì số mol axit metacrylic bằng số mol axit axetic, khối lượng mol tổng của axit metacrylic và axit axetic bằng khối lượng mol của axit adipic nên xem như hỗn hợp X gồm:

$17,96gamX\left\{\begin{array}{l}{\left[C{H}_2\right]}_4{\left(COOH\right)}_2:\text{x}\\ C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3:\text{y}\end{array}\right.\stackrel{O_2}{\to }\left\{\begin{array}{l}C{O}_2\\ H_{2}O\end{array}\right.$

$\stackrel{Ba{\left(OH\right)}_2:0,48}{\to }\left\{\begin{array}{l}BaC{O}_3:0,3\\ Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2:0,18\left(BTBa\right)\end{array}\right.$

BT C: $n_{C{O}_2}=n_{BaC{O}_3}+2n_{Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2}=0,66$

$\to \left\{\begin{array}{l}6\text{x}+3\text{y}=0,66\\ 146\text{x}+92\text{y}=17,96\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}\text{x}=0,06\\ \text{y}=0,1\end{array}\right.$

$X\left\{\begin{array}{l}{\left[C{H}_2\right]}_4{\left(COOH\right)}_2:0,06\\ C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3:0,1\end{array}\right.\stackrel{NaOH:0,15}{\to }\left\{\begin{array}{l}{\left[C{H}_2\right]}_4{\left(COONa\right)}_2:0,06\\ NaOHdu:0,15-0,06.2=0,03\end{array}\right.$

$\to m=12,6$.

Đáp án C

(1) Ca(HCO₃)₂ + 2NaOH → CaCO₃ ↓ +Na₂CO₃ + H₂O

(2) Ca + 2H₂O      → Ca(OH)₂ + H₂

Ca(OH)₂ + Ba(HCO₃)₂ → CaCO₃ ↓ + BaCO₃ ↓ + 2H₂O

(3) Ba + H₂SO₄ → BaSO₄ ↓ + H₂

(4) Fe₂(SO₄)₃ + H₂S → 2FeSO₄ + S ↓ + H₂SO₄

(5) SO₂ + 2H₂S → 3S ↓ + 2H₂O

(7) NaAlO₂ + HCl + H₂O → NaCl + Al(OH)₃ ↓

Đáp án B

$m_{\text{dd }\uparrow }=m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}=62,17$

BTKL: $m_B+m_{O_2}=m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}+m_{N_2}\to n_{N_2}=0,155$

$X\left\{\begin{array}{l}N{H}_{2}C{H}_{2}COO{C}_2{H}_5:\text{x}\\ C_2{H}_{3}NO:\text{y}\\ C{H}_2:\text{z}\\ H_{2}O:\text{t}\end{array}\right.\stackrel{NaOH}{\to }\left\{\begin{array}{l}N{H}_{2}C{H}_{2}COONa:\text{x}\\ C_2{H}_{4}N{O}_{2}Na:\text{y}\\ C{H}_2:\text{z}\end{array}\right.$

$\to \left\{\begin{array}{l}\text{x}+\text{y}=0,155.2\\ 5,25\text{x}+2,25\text{y}+1,5\text{z}=1,2825\\ 97\text{x}+97\text{y}+14\text{z}=33,57\left(m_{muoi}\right)\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}\text{x}=0,07\\ \text{y}=0,24\\ \text{z}=0,25\\ \text{t}=0,06\end{array}\right.$

Ta có: $\frac{\text{y}}{\text{t}}=\frac{0,24}{0,06}=4$ nên Y là tetrapeptit.

Trường hợp 1: Este của glyxin.

$\to n_{C{H}_2\left(peptit\right)}=0,25$

Suy ra số gốc CH₂ trong peptit là $\frac{0,25}{0,06}=4,\mathrm{1...}$ (loại).

Trường hợp 2: Este của alanin.

$\to n_{C{H}_2\left(peptit\right)}=0,25-0,07=0,18$

Suy ra số gốc CH₂ trong peptit là $\frac{0,18}{0,06}=3$ (chọn).

Vậy peptit Y là: (gly)₃val. Suy ra số nguyên tử hiđro trong Y là 20.