Đáp án C

Tính chất hóa học đặc trưng của kim loại là tính khử: $M\to M^{n+}+ne.$

Đáp án B

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

Đáp án D

Đất chua là môi trường pH<7, muốn khử chua cần dùng chất có pH>7.

Vôi sống có thành phần chính CaO.

CaO + H₂O → Ca(OH)₂ nên pH>7.

Đáp án A

Đáp án C

PTHH:  2NaCl  +  2H₂O $\underset{}{\overset{\text{điện phân dung dịch}}{\to }}$  2NaOH + Cl₂ + H₂.

Đáp án B

Đáp án C

Khí amoniac tan tốt trong nước tạo môi trường bazơ làm quỳ tím hóa xanh.

Đáp án A

Thành phần chính của một số loại quặng:

Manhetit (Fe₃O₄), hematit (Fe₂O₃), pirit (FeS₂), xiderit (FeCO₃), photphorit (Ca₃(PO₄)₂), apatit 3Ca₃(PO₄)₂.CaF₂), đolomit (CaCO₃.MgCO₃), florit (CaF₂), manhezit (MgCO₃),…

Đáp án B

CT của poli metyl metacrylat (thủy tinh hữu cơ):

Đáp án C

Dãy hoạt động hóa học của kim loại:

$\begin{array}{l}M{g}^{2+}F{e}^{2+}C{u}^{2+}F{e}^{3+}A{g}^{+}\\ MgFeCuF{e}^{2+}Ag\end{array}$

Theo quy tắc α thì Fe sẽ phản ứng được với AgNO₃, CuSO₄, FeCl₃.

Đáp án D

Glucozơ và fructozơ tác dụng được với H₂ tạo thành sobitol.

Nhóm chức –CHO và =CO của glucozơ và fructozơ bị khử trở thành –CH₂-OH và –CH-OH.

Đáp án C

3 ete thu được là: CH₃OCH₃, CH₃OC₂H₅, C₂H₅OC₂H₅.

Đáp án A

$\begin{array}{l}{n}_{FeC{l}_3}=\frac{6,5}{162,5}=0,04mol.\\ BTNT:n_{Fe}=n_{FeC{l}_3}=0,04\\ m_{Fe}=2,24\left(gam\right)\end{array}$

Đáp án B

2M + 2H₂O →2MOH + H₂

_{$n_{K,Na}=2n_{H_2}=2.0,02=0,04mol$}

_{$\left\{\begin{array}{l}Na:xmol\\ K:ymol\end{array}\right.$}

Ta có:

$\left\{\begin{array}{l}23x+39y=1,24\\ x+y=0,04\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=0,02\\ y=0,02\end{array}\right.$

$\%m_K=\frac{0,02.39}{1,24}.100=62,9\%$

Đáp án C

Những chất tác dụng được với AgNO₃/NH₃: glucozơ, anđehit fomic, anđehit axetic, axit fomic, axetilen.

Đáp án C

$\begin{array}{l}Glucozo\stackrel{AgN{O}_3/N{H}_3}{\to }2Ag\\ n_{glucozo}=\frac{1}{2}.n_{Ag}=0,005mol\\ C_{Mglucozo}=0,1M\end{array}$

Đáp án C

$\begin{array}{l}\to n_{Fe}=0,01\\ n_X=2.n_{N_2}=0,125mol\\ x=\frac{n_{C{O}_2}}{n_X}=\frac{0,375}{0,125}=3\\ y=\frac{2.n_{H_{2}O}}{n_X}=\frac{2.0,5625}{0,125}=9\end{array}$

$\to X$ là C₃H₉N.

Đáp án A

Vì sản phẩm cháy chứa CO₂, H₂O, N₂ nên chắc chắn X chứa C, H, N. Nhưng ban đầu nung X với CuO chứa O nên sản phẩm đốt chứa O không chứng minh được trong X có O.

Đáp án B

Dung dịch NaOH có pH>7.

Dung dịch H₂SO₄, HCl có pH<7.

Dung dịch KNO₃ có pH = 7.

- Dung dịch có tính bazơ có pH>7, dung dịch có tính axit có pH<7, dung dịch trung tính có pH =7.

-  Tính bazơ càng mạnh thì pH càng lớn, tính axit càng mạnh thì pH càng nhỏ.

Đáp án B

(1) Saccarozo là đisaccarit.

(4) Saccarozo không tham gia phản ứng tráng gương.

Đáp án D

Cu + Fe₂(SO₄)₃ → CuSO₄ + 2FeSO₄  Ở trường hợp này không thỏa mãn điều kiện có 2 điện cực (chỉ có 1 điện cực Cu) nên không có hiện tượng ăn mòn điện hóa học.

Đáp án C

C₁₅H₃₁COO CH₂            C₁₅H₃₁COO CH₂            C₁₇H₃₃COOCH₂

C₁₇H₃₃COO CH              C₁₇H₃₁COO CH              C₁₅H₃₁COOCH

C₁₇H₃₁COO CH₂            C₁₇H₃₃COO CH₂            C₁₇H₃₁COOCH₂

Đáp án D

Những phát biểu đúng: (b), (c).

(a) Sai vì X có thể là ankin, ankadien, đồng đẳng benzen,…

(d) Sai vì HCOOH và C₂H₅OH.

(e) Sai vì phản ứng hữu cơ thường xảy ra chậm và không theo hướng xác định.

(g) Sai vì hợp chất C₉H₁₄BrCl có k = 2 mà muốn có vòng benzen thì  

Đáp án C

3Fe₃O₄  + 28HNO₃ (1)  → 9Fe(NO₃)₃  + NO + 14H₂O

Đáp án A

Ca(HCO₃)₂ $\stackrel{t^o}{\to }$ CaO  +  2CO₂  + H₂O

$\begin{array}{l}{n}_{C{O}_2}=2.n_{Ca{\left(HC{O}_3\right)}_2}=0,2mol\\ V_{C{O}_2}=4,48\left(l\right)\end{array}$

Nhiệt phân hủy muối cacbonat trung hòa và muối axit:

-         Muối axit bị nhiệt phân tạo thành muối trung hòa, khí cacbonic và hơi nước.

-         Chỉ có muối trung hòa không tan mới bị nhiệt phân tạo oxit, khí cacbonic và hơi nước.

Đáp án B

Nhận thấy, khối lượng muối sau phản ứng lớn hơn khối lượng este nên đây là tạo thành từ ancol metylic (CH₃OH).

Giải thích:

RCOOR’  → RCOONa

Khi thay gốc OR’ bằng gốc ONa thì khối lượng muối lớn hơn, chứng tỏ $M_{R\text{'}}<M_{Na}\left(23\right),$ nên R’ chỉ có thể là CH₃(15).

RCOOCH₃  →  RCOONa

$\begin{array}{l}{n}_{este}=n_{NaOH}=\frac{m_{RCOONa}-m_{RCOOC{H}_3}}{23-15}=0,15mol\\ \to x=0,75M.\end{array}$

Đáp án D

A sai vì đây là phản ứng một chiều.

B sai vì có những este khi thủy phân trong NaOH thu được muối, anđehit, xeton, nước.

C sai vì este isoamyl axetat có mùi chuối chín.

Đáp án D

H₃PO₄ là axit yếu hơn HNO₃ nên không thể đẩy gốc axit mạnh ra khỏi muối.

Đáp án A

Fe + 2HCl →FeCl₂ + H₂

_{$\begin{array}{l}{n}_{FeC{l}_2}=n_{Fe}=n_{H_2}=0,2mol\\ m_{FeC{l}_2}=127.0,2=25,4gam\end{array}$}

Đối với bài toán kim loại tác dụng với HCl, H₂SO₄, nếu các kim loại trong hỗn hợp đều tác dụng với axit thì sử dụng phương pháp bảo toàn khối lượng sẽ nhanh hơn, nhưng cần lưu ý đối với hỗn hợp kim loại có kim loại không tác dụng với HCl, H₂SO₄ loãng thì không áp dụng bảo toàn khối lượng được vì lúc này lượng muối tính ra sẽ không chính xác vì khối lượng khi bảo toàn đã bao gồm khối lượng kim loại không tác dụng tạo muối.

Đáp án B

$\left\{\begin{array}{l}Al:x\\ Ca:y\\ C:\end{array}\right.\stackrel{H_{2}O}{\to }\left\{\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}C{H}_4\\ C_2{H}_2\end{array}\right.\stackrel{O_2}{\to }\left\{\begin{array}{l}C{O}_2:0,25\\ H_{2}O:0,575\end{array}\right.\\ F:\left\{\begin{array}{l}Al{O}_2^{-}:x\\ O{H}^{-}\\ C{a}^{2+}:y\end{array}\right.\end{array}\right.$

BT  C:  $n_C=n_{C{O}_2}=0,25$

$\begin{array}{l}Al\to A{l}^{3+}+3e{O}_2+4e\to 2O^{2-}\\ Ca\to C{a}^{2+}+2e\\ C\to \stackrel{+4}{C}+4e\end{array}$

BTNT O:   $n_{O_2}=\frac{2n_{C{O}_2}+H_{2}O}{2}=0,5375mol$

BT e:  $3x+2y+4.0,25=4.0,5375$

$\begin{array}{l}27x+40y+12.0,25=17,75\\ \to \left\{\begin{array}{l}x=0,25\\ y=0,2\end{array}\right.\end{array}$

$F:\left\{\begin{array}{l}Al{O}_2^{-}:0,25\\ O{H}^{-}\\ C{a}^{2+}:0,2\end{array}\right.BTDT:n_{O{H}^{-}}=2.0,2-0,25=0,15$

$\begin{array}{l}{H}^{+}+O{H}^{-}\to H_{2}O\\ 0,15\end{array}$

$\begin{array}{l}{H}^{+}+Al{O}_2^{-}+H_{\mathit{2}}O\to Al{\mathit{\left(}OH\mathit{\right)}}_{\mathit{3}}\left(1\right)\\ 0,250,25\end{array}$

$Al{\left(OH\right)}_3+3H^{+}\to A{l}^{3+}+3H_{2}O\left(2\right)$

$\begin{array}{l}{n}_{H^{+}\left(2\right)}=0,5-0,15-0,25=0,1\\ n_{Al{\left(OH\right)}_3}=n_{Al{\left(OH\right)}_3\left(1\right)}-n_{Al{\left(OH\right)}_3\left(2\right)}=\frac{13}{60}mol\\ m_{Al{\left(OH\right)}_3}=16,9gam\end{array}$

    Tính nhanh:  $n_{Al{\left(OH\right)}_3}=\frac{4n_{Al{O}_2^{-}}-n_{H^{+}}+n_{O{H}^{-}}}{3}$

Đáp án B

2Na  + 2HCl  → 2NaCl + H₂

              0,5   →                0,25

Nên Na phản ứng với nước trong dung dịch.

2Na  + 2H₂O  →  2NaOH  + H₂

                                            $0,4-0,25=0,15$

$m_{\text{rắn}}=m_{NaCl}+m_{NaOH}=0,5.58,5+0,3.40=41,25gam$

    Nhầm lẫn thường xảy ra trong cách giải bài toán này là quên đi phản ứng giữa natri và nước, dẫn đến khó khăn trong việc nhận định số mol khí hiđro là do 2 phản ứng tạo thành.

Cần nắm chắc kiến thức về tính chất của kim loại kiềm: vừa tác dụng với axit vừa tác dụng với nước nhưng phản ứng với axit xảy ra trước, nếu kim loại sau khi phản ứng với axit còn dư thì phản ứng với nước.

Đáp án A

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

(a) Đúng: axit fomic, axit axetic và axit propionic tan vô hạn trong nước.

(b) Sai vì axit α-amino isovaleric còn gọi là valin, là amino axit có 1 NH₂ và 1 COOH nên không làm đổi màu quỳ tím.

(d) Sai vì ancol có từ 1-3 C thì không có đồng phân mạch cacbon, ancol có từ 1-2 C thì không có đồng phân vị trí nhóm chức.

Đáp án B

Thứ tự điện phân:

$\begin{array}{l}F{e}^{3+}+1e\to F{e}^{2+}2H_{2}O\to 4H^{+}+O_2+4e\\ 0,030,03\end{array}$

$\begin{array}{l}C{u}^{2+}+2e\to Cu\\ 0,1x0,2x\end{array}$

BT e:   $n_{H^{+}}=0,2x+0,03\to n_{H^{+}\text{dd\hspace{0.17em}}sau}=0,2x+0,03+0,2a$

$\begin{array}{l}{n}_{F{e}^{n+}\left(sau\right)}=0,03+0,15=0,18\\ n_{H^{+}}=4n_{N{O}_3^{-}}\to 0,2x+0,03+0,2a=4\left(0,2x+0,09\right)\left(1\right)\end{array}$

Dung dịch sau điện phân hòa tan hết Fe thu được dung dịch chỉ chứa 1 muối

Nếu dung dịch sau chỉ chứa muối FeSO₄

$\begin{array}{l}\left\{\begin{array}{l}F{e}^{2+}\\ S{O}_4^{2-}\end{array}\right.BTDT:\to 0,18=0,1a\to a=1,8\\ \to x=0,05\\ n_e=0,03+0,2.0,05=0,04\to t=200\left(s\right)\end{array}$

Nếu dung dịch sau chỉ chứa muối Fe₂(SO₄)₃

$\left\{\begin{array}{l}F{e}^{3+}\\ S{O}_4^{2-}\end{array}\right.BTDT:\to 0,18.3=0,1a.2\to a=2,7$

$\begin{array}{l}\to x=0,35\\ n_e=0,03+0,2.0,35=0,1\to t=500\left(s\right)\end{array}$

Vậy tổng giá trị t thỏa mãn 700 (s).

    Ở bài toán này, khi đề bài đề cập đến thời gian t là lúc catot bắt đầu thoát khí, thì khi đó chính là khí H₂ khi axit điện phân, tránh nhầm lẫn với sự điện phân nước ở catot, và lúc đó thì $F{e}^{3+}$chỉ mới điện phân tạo thành  $F{e}^{3+}$

Đáp án A

$\begin{array}{l}{C}_n{H}_{2n-2}{O}_2+\frac{3n-3}{2}{O}_2\stackrel{t^o}{\to }nC{O}_2+\left(n-1\right)H_{2}O\\ x\frac{3n-3}{2}.x\\ C_m{H}_{2m-6}{O}_4+\frac{3m-7}{2}{O}_2\stackrel{t^o}{\to }mC{O}_2+\left(m-3\right)H_{2}O\\ y\frac{3m-7}{2}.y\\ \to \frac{3n-3}{2}.x+\frac{3m-7}{2}.y=0,6975\left(n_{O_2}\right)\to 3nx+3my-3x-7y=1,395\left(1\right)\\ (14n+30).x+(14m+58).y=13,89\left(2\right)\end{array}$

Từ (1) và (2):

$\begin{array}{l}\to 132x+272y=22,14\left(3\right)\\ x+2y=0,165\left(n_{NaOH}\right)\left(4\right)\\ \to \left\{\begin{array}{l}x=0,075\\ y=0,045\end{array}\right.\end{array}$

Thay vào (1)   $3.0,075.n+3.0,045.m=1,935$

$\to 75n+45m=645$

$\begin{array}{l}\to \left\{\begin{array}{l}n=5\\ m=6\end{array}\right.\to E\left\{\begin{array}{l}{C}_3{H}_{5}COOC{H}_3\\ C{H}_{3}OOCC\equiv CCOOC{H}_3\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}A:C_3{H}_{5}CO\text{}ONa:0,075\\ B:NaOOCC\equiv CCOONa:0,045\end{array}\right.\\ \to \frac{a}{b}=1,1.\end{array}$

Đáp án B

Giai đoạn 1: Đồ thị dốc chứng tỏ lượng kết tủa tăng nhanh: Al₂(SO₄)₃ tác dụng với Ba(OH)₂.

Al₂(SO₄)₃  +  3Ba(OH)₂   →   3BaSO₄  +  2Al(OH)₃   + H₂O

     0,5y      →     1,5y                 1,5y               y

$n_{Ba{\left(OH\right)}_2}=0,5.0,6=0,3mol\to y=0,2$

Giai đoạn 2: AlCl₃ tác dụng với Ba(OH)₂

2AlCl₃   +   3Ba(OH)₂  →   2Al(OH)₃  +  3 BaCl₂

     0,5x           0,75x                 0,5x

Giai đoạn 3: Al(OH)₃ tác dụng với NaOH

2Al(OH)₃  +  Ba(OH)₂   →   Ba(AlO₂)₂   + 4H₂O

(0,5x+y)    →(0,25x+0,5y)

$\begin{array}{l}{n}_{Ba{\left(OH\right)}_2}=1,5y+0,75x+0,25x+0,5y=1,6.0,5\\ \to x+2y=0,8\to x=0,4\end{array}$

Đáp án B

Những phát biểu đúng: (a), (b), (d).

(a) Đúng. Dung dịch anilin có tính bazơ nhưng không làm đổi màu quỳ tím.

(b) Đúng. C₆H₅NH₂  + HCl   →  C₆H₅NH₃Cl

(c) Sai vì  C₆H₅NH₃Cl  + NaOH  → C₆H₅NH₂  + NaCl  + H₂O  nên dung dịch vẩn đục.

(d) Đúng.

Đáp án B

$\begin{array}{l}{n}_{AgCl}=n_{HCl}=0,58\to n_{Ag}=\frac{84,3-0,58.143,5}{108}=0,01\\ \to n_{F{e}^{2+}}=3n_{NO}+n_{Ag}=0,04\\ n_{H^{+}\left(X\right)}=4n_{NO}=0,04\\ BTKL:n_{H_{2}O}=0,24\end{array}$

$X\left\{\begin{array}{l}M{g}^{2+}:a\\ F{e}^{3+}:b\\ N{H}_4^{+}:c\\ F{e}^{2+}:0,04\\ H^{+}:0,04\\ C{l}^{-}:0,58\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}24a+56b+18c+0,04.56+0,04+0,58.35,5=30,05\left(1\right)\\ 2a+3b+c+0,04.2+0,04=0,58\left(BTDT\right)\left(2\right)\end{array}\right.$

BT  H:   $n_{H_2}=\frac{0,54-0,24.2-4c}{2}=0,03-2c$

$n_Y=0,06\to n_{NO}+n_{N{O}_2}=2c+0,03$

BT N:  $n_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_2}=1,5c+0,015$

BT Fe:   $n_{F{e}_3{O}_4}=\frac{b+0,04-1,5c-0,015}{3}$

$\begin{array}{l}\to 24a+180\left(1,5c+0,015\right)+232\frac{b+0,025-1,5c}{3}=14,88\left(3\right)\\ \to \left\{\begin{array}{l}a=0,105\\ b=0,08\\ c=0,01\end{array}\right.\\ \to \%m_{Mg}=17\%.\end{array}$

    Để xác định đúng các ion trong dung dịch X cần nắm các ý sau:

-         Dung dịch X tác dụng với AgNO₃ có khí NO chứng tỏ trong X còn ion  $H^{+}.$

-         Đề bài không đề cập đến sản phẩm khử duy nhất của $N^{+5}$ chứng tỏ có thể có ion  $N{H}_4^{+}$.

-         Hỗn hợp khí Y chứa H₂, chứng tỏ kim loại đã tác dụng với $H^{+}$, vậy trong Y không còn ion  $N{O}_3^{-}$.

-         $H^{+}$  và $N{O}_3^{-}$  có thể không đủ để cùng đưa Fe lên số oxi hóa cao nhất.

Đáp án D

$\begin{array}{l}AncolT\stackrel{O_2}{\to }\left\{\begin{array}{l}C{O}_2:0,045\\ H_{2}O:0,06\end{array}\right.\\ n_{H_{2}O}>n_{C{O}_2}\to Ancolno\\ n_T=n_{H_{2}O}-n_{C{O}_2}=0,015\\ \frac{n_{C{O}_2}}{n_T}=3\to T:C_3{H}_8{O}_3\left(C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3\right)\\ n_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}=n_{este}=0,015\end{array}$

Vì Z tạo bởi X đơn chức, Y đa chức và Z chỉ chứa nhóm chức este, mà T có 3C. Nên T có công thức C₃H₈O₃ và Y là axit 2 chức không no có 1 liên kết $\pi$.

Xem hỗn hợp E gồm:

$\left\{\begin{array}{l}HCOOH:a\\ HO\text{}OC-CH=CH-CO\text{}OH:b\\ \left(HCO\text{}O\right)C_3{H}_5{\mathit{\left(}\mathrm{COO}\right)}_2{C}_2{H}_2:0,015\\ C{H}_2:c\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a+2b+0,015.3=0,26\\ 46a+116b+14c+200.0,015=14,93\\ 0,5a+3a+1,5c+7.0,015=0,3825\left(n_{O_2}\right)\end{array}\right.$

$\to \left\{\begin{array}{l}a=0,045\\ b=0,095\\ c=0\end{array}\right.$

Vậy E gồm:   $\left\{\begin{array}{l}X:HCO\text{}OH:0,045\\ Y:HO\text{}OC-CH=CH-CO\text{}OH:0,095\\ Z:\left(HCO\text{}O\right)C_3{H}_5{\mathit{\left(}COO\mathit{\right)}}_{\mathit{2}}{C}_2{H}_2:0,01\end{array}\right.$

D sai vì Z có 10 hiđro.

Đáp án D

(a)  $3F{e}^{2+}+4H^{+}+N{O}_3^{-}\to 3F{e}^{3+}+NO+2H_{2}O$

(b)  $FeS+2HCl\to FeC{l}_2+H_{2}S$

(c)  $Si+2NaOH+H_{2}O\to N{a}_{2}Si{O}_3+2H_2$

(e)  $Si+2F_2\to Si{F}_4$

(f) $S{O}_2+2H_{2}S\to 3S+2H_{2}O$ 

Đáp án D

$\left\{\begin{array}{l}gly:x\\ ala:y\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}2x+2y=0,36.2\\ 111,5x+125,5y+(x+y).58,5=63,72\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,18\\ y=0,18\end{array}\right.$

$\begin{array}{l}\to m+12,24=m_{gly-Na}+m_{ala-gly}=0,18.97+0,18.111\to m=25,2\\ \to n_{NaOH}=0,36\end{array}$

BTKL:   $m_Z+m_{NaOH}=m+12,24+m_{H_{2}O}\to m+40.0,36=m+12,24+18.n_{H_{2}O}$

$\begin{array}{l}\to n_{H_{2}O}=0,12.\\ \to n_X=n_Y=\frac{n_{H_{2}O}}{2}=0,06\end{array}$

Vậy hỗn hợp Z có thể là: $\left\{\begin{array}{l}gly\\ {\left(\mathrm{gly}\right)}_2{\left(\mathrm{ala}\right)}_3\end{array}\right.$  hoặc  $\left\{\begin{array}{l}ala\\ {\left(\mathrm{gly}\right)}_3{\left(ala\right)}_2\end{array}\right.$

Nhưng $M_X>4M_Y$  nên hỗn hợp Z là:  $\left\{\begin{array}{l}gly\\ {\left(\mathrm{gly}\right)}_2{\left(\mathrm{ala}\right)}_3\end{array}\right.$

A sai. Tỉ lệ số gốc Gly : Ala trong phân tử X là 2:3.

B sai. Số liên kết peptit trong phân tử X là 4.

C sai. Phần trăm khối lượng nitơ trong Y là 18,67%.

D đúng.