Chọn đáp án D

● Ở nhiệt độ thường Al khử được nước giải phóng hidro: 2Al + 6H₂O → 2Al(OH)₃↓ + 3H₂↑.

Phản ứng ngay lập tức bị ngăn cản do lớp Al(OH)₃ sinh ra ngăn cản nhôm tiếp xúc với nước.

● Ở nhiệt độ cao, nhôm cũng không tan trong nước vì trên bề mặt Al được phủ kín màng Al₂O₃

mịn và bền không cho nước và khí thấm qua.

► Tóm lại: Al không tác dụng với H₂O ở mọi nhiệt độ.

● Với dung dịch kiềm thì quá trình phản ứng xảy ra như sau:

– Đầu tiên lớp màng Al₂O₃ bị phá hủy trong dung dịch kiềm: Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O.

– Sau đó đến Al khử nước: 2Al + 6H₂O → 2Al(OH)₃ + 3H₂↑ (*).

– Màng Al(OH)₃ bị phá hủy trong dung dịch bazơ: Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O (**).

● Các phản ứng (*) và (**) luân phiên xảy ra tới khi Al tan hết. Ta có thể gộp lại và xem như:

► 2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂↑ ⇒ Al tan trong dung dịch kiềm ⇒ chọn D

Chọn đáp án C

Kim loại có nhiệt độ nóng chảy thấp nhất và cao nhất là Hg và W.

Kim loại có khối lượng riêng thấp nhất và cao nhất là Li và Os.

Kim loại độ cứng thấp nhất và cao nhất là Cs và Cr.

⇒ chọn C.

Chọn đáp án A

Chọn A vì 3Cu + 8HNO₃ → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO↑ + 4H₂O.

Chọn đáp án C

Kim loại thường có 1 2 3 electron ở lớp ngoài cùng + độ âm điện bé.

⇒ Rất dễ nhường e ⇒ Thể hiện tính khử ⇒ Chọn C

Chọn đáp án D

Do ^Al3+/_Al > ^Fe2+/_Fe > ^Fe3+/_Fe²⁺ > ^Ag+/_Ag ⇒ tính oxi hóa: Ag⁺ > Fe³⁺ > Fe²⁺ > Al³⁺⇒ chọn D.

Chọn đáp án C

Tơ nhân tạo hay tơ bán tổng hợp xuất phát từ polime thiên nhiên nhưng

được chế biến thêm bằng phương pháp hóa học như tơ visco, tơ axetat,...⇒ chọn C.

Chọn đáp án C

Lys là H₂N-(CH₂)₄-CH(NH₂)-COOH ⇒ M_Lys = 146 ⇒ chọn C.

Chọn đáp án B

A. H₂NCH₂COOH + NaOH → H₂CH₂COONa + H₂O.

B. H₂NCH₂COONa + NaOH → không phản ứng.

C. ClH₃NCH₂COOH + NaOH → H₂NCH₂COOH + NaCl + H₂O.

D. H₂NCH₂COOC₂H₅ + NaOH → H₂NCH₂COONa + C₂H₅OH.

⇒ chọn B

Chọn đáp án D

A loại vì tất cả đều được điều chế bằng phản ứng trùng hợp.

B loại vì chỉ có nilon-7 được điều chế bằng phản ứng trùng ngưng.

C loại vì thủy tinh plexiglas được điều chế bằng phản ứng trùng hợp.

⇒ chọn D

Chọn đáp án D

A. 2AgNO₃ $\stackrel{{\mathrm{t}}^0}{\to }$ 2Ag↓ + 2NO₂↑ + O₂↑.

B. Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ → Ag↓ + Fe(NO₃)₃.

C. Ag₂S + O_2(kk) $\stackrel{{\mathrm{t}}^0}{\to }$2Ag↓ + SO₂↑.

D. NaCl + AgNO₃ → AgCl↓ + NaNO₃.

⇒ chọn D.

Chọn đáp án D

● Giả sử Zn hết ⇒ Z chứa muối Zn(NO₃)₂ ⇒ cần 0,045 × 2 = 0,09 mol NO₃^–.

⇒ vô lí ⇒ Zn dư ⇒ Z chỉ chứa muối Zn(NO₃)₂ ⇒ n_Zn(NO3)2 = 0,04 ÷ 2 = 0,02 mol.

Do NO₃^– được bảo toàn nên ta chỉ cần bảo toàn khối lượng gốc kim loại.

► m = 3,217 + 0,02 × 65 + 3,88 – 0,045 × 65 – 0,04 × 108 = 1,152(g) ⇒ chọn D.

Chọn đáp án D

D sai vì I₂ có tính oxi hóa mạnh nhưng chỉ oxi hóa được Fe lên +2.

||⇒ Phương trinh đúng: Fe + I₂ Chọn đáp án D

D sai vì I₂ có tính oxi hóa mạnh nhưng chỉ oxi hóa được Fe lên +2.

||⇒ Phương trinh đúng: Fe + I₂ $\stackrel{{\mathrm{t}}^0}{\to }$ FeI₂ ⇒ chọn D.

Chọn đáp án B

► Các nhóm đẩy e như ankyl làm tăng tính bazơ của amin.

Ngược lại, các nhóm hút e như phenyl làm giảm tính bazơ của amin.

Với các amin béo (amin no) thì tính bazơ: bậc 2 > bậc 1 > bậc 3.

► Áp dụng: (b) < (c) < (d) < (a) ⇒ chọn B.

Chọn đáp án D

● Giả sử Zn hết ⇒ Z chứa muối Zn(NO₃)₂ ⇒ cần 0,045 × 2 = 0,09 mol NO₃^–.

⇒ vô lí ⇒ Zn dư ⇒ Z chỉ chứa muối Zn(NO₃)₂ ⇒ n_Zn(NO3)2 = 0,04 ÷ 2 = 0,02 mol.

Do NO₃^– được bảo toàn nên ta chỉ cần bảo toàn khối lượng gốc kim loại.

► m = 3,217 + 0,02 × 65 + 3,88 – 0,045 × 65 – 0,04 × 108 = 1,152(g) ⇒ chọn D

Chọn đáp án B

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂↑. Bảo toàn khối lượng:

m_Al + m_{dung dịch HCl} = m_{dung dịch sau phản ứng} + m_H2.

⇒ m_tăng = m_{dung dịch sau} – m_{dung dịch HCl} = m_Al – m_H2 = 14,4(g).

Mặt khác, n_H2 = 1,5.n_Al ||⇒ giải hệ có: n_Al = 0,6 mol; n_H2 = 0,9 mol.

► m_muối = 0,6 × 133,5 = 80,1(g) ⇒ chọn B.

Chọn đáp án D

n_muối = n_X = 3 ÷ 150 = 0,02 mol ⇒ M_muối = 1,96 ÷ 0,02 = 98 (CH₃COOK).

Lại có sinh ra ancol thơm Z ⇒ công thức cấu tạo của X là CH₃COOCH₂C₆H₅.

► Tên gọi của X là benzyl axetat ⇒ chọn D.

Ps: Từ dữ kiện este có trong tinh dầu hoa nhài có thể suy ra X là benzyl axetat!

Hoặc cũng có thể loại trừ đáp án, chỉ có D sinh ra ancol thơm ⇒ chọn D.

Chọn đáp án B

Bảo toàn điện tích: ∑n_{điện tích (+)} = ∑n_{điện tích (-)}.

⇒ a + 3b + 2c = x + y ⇒ chọn B.

Chọn đáp án B

12,95(g) X + ?O₂ → 0,85 mol CO₂ + ?H₂O + 0,025 mol N₂.

● m_X = m_C + m_H + m_O ⇒ m_H = 12,95 - 0,85 × 12 - 0,025 × 2 × 14 = 2,05(g).

⇒ n_H = 2,05 mol ⇒ n_H2O = 1,025 mol. Bảo toàn nguyên tố Oxi:

n_O2 = (0,85 × 2 + 1,025) ÷ 2 = 1,3625 mol ||⇒ V = 30,52 lít ⇒ chọn B

Chọn đáp án A

Các kim loại thỏa mãn là Zn, Al và Fe ⇒ chọn A.

Chọn đáp án A

● Chất tham gia là dung dịch ⇒ loại B.

● Sản phẩm sinh ra ở trạng thái khí và ít tan trong H₂O ⇒ loại C và D.

(Do CH₃NH₂ tan tốt trong H₂O và dùng đá để ngưng tụ este

thay vì dùng phương pháp đẩy nước) ⇒ chọn A.

Chọn đáp án D

● Đối với HCHC có dạng C_xH_y thì:

– Mạch hở: số liên kết σ = x + y - 1.

– Mạch vòng: số liên kết σ = x + y.

● Đối với HCHC có dạng C_xH_yO_z thì:

– Mạch hở: số liên kết σ = x + y + z - 1.

– Mạch vòng: số liên kết σ = x + y + z.

► Áp dụng: CH₃COOCH=CH₂ hay C₄H₆O₂ (mạch hở).

⇒ số liên kết σ = 4 + 6 + 2 - 1 = 11 ⇒ chọn D

Chọn đáp án C

Đặt n_Cl2 = x; n_O2 = y ⇒ n_khí = x + y = 0,25 mol. Bảo toàn khối lượng:

7,2 + 71x + 32y = 23 ||⇒ giải hệ có: x = 0,2 mol; y = 0,05 mol.

Gọi n là hóa trị của M. Bảo toàn electron: n × n_M = 2n_Cl2 + 4n_O2.

⇒ n_M = 0,6 ÷ n ⇒ M_M = 7,2 ÷ (0,6 ÷ n) = 12n.

⇒ n = 2 và M_M = 24 ⇒ M là Magie (Mg) ⇒ chọn C.

Chọn đáp án B

Để an toàn thường dùng dung dịch xút NaOH hoặc dung dịch Ca(OH)₂ ⇒ chọn B (vì:

2NaOH + 2NO₂ → NaNO₂ + NaNO₃ + H₂O || 2Ca(OH)₂ + 5NO₂ → Ca(NO₂)₂ + Ca(NO₃)₂ + 2H₂O).

Chọn đáp án B

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

⇒ n_{Al phản ứng} = n_NaAlO2 = x. Bảo toàn electron:

x + 3x = 2 × 0,4 ⇒ x = 0,2 mol ⇒ m = 27 × (0,2 × 2 - 0,2) = 5,4(g).

Chọn đáp án A

Thủy phân X → Ala và Gly ⇒ X chứa cả Ala và Gly. Mặt khác, Ala-Gly-Gly Gly-Ala-Gly.

⇒ có tính vị trí sắp xếp ||⇒ cách sắp xếp 2 loại gốc amino axit vào tripeptit là chỉnh hợp chập 2 của 3.

► Số đồng phân của X là ${\mathrm{A}}_3^2$ = 6 ⇒ chọn A.

Chọn đáp án D

Nhận thấy trong CTCT của:

+ Fructozo có nhóm chức xeton (–CO–) ⇒ Có thể + H₂.

+ Mantozơ có nhóm chức anđehit (–CHO) ⇒ Có thể + H₂.

+ Glucozo có nhóm chức anđehit (–CHO) ⇒ Có thể + H₂.

+ Saccarozo có nhóm chức ete và ancol ⇒ không phản ứng với H₂

⇒ Chọn D

Chọn đáp án B

k = (2 × 3 + 2 - 4) ÷ 2 = 2. Tráng bạc ⇒ phải có nhóm chức -CHO.

⇒ các đồng phân thỏa mãn là: CH₃-C(=O)-CHO, HCOOCH=CH₂, CH₂(CHO)₂ ⇒ chọn B.

Chọn đáp án C

72(g) n-peptit (X) + nHCl + (n - 1)H₂O → 38,375(g)Val-HCl + 83,625(g)Gly-HCl.

n_Val = 38,375 ÷ 153,5 = 0,25 mol; n_Gly = 83,625 ÷ 111,5 = 0,75 mol

⇒ n_HCl = ∑n_a.a = 0,25 + 0,75 = 1 mol. Bảo toàn khối lượng:

m_H2O = 38,375 + 83,625 - 72 - 1 × 36,5 = 13,5(g) ⇒ n_H2O = 0,75 mol.

⇒ n ÷ (n - 1) = n_HCl ÷ n_H2O = 1 ÷ 0,75 = 4 : 3 ⇒ n = 4 ⇒ X là tetrapeptit ⇒ chọn C.

Chọn đáp án C

Y làm quỳ tím hóa xanh ⇒ loại A và D.

Z + dung dịch brom → ↓ trắng ⇒ chọn C

Chọn đáp án B

17,72(g) chất béo + 1,61 mol O₂ → ?CO₂ + 1,06 mol H₂O. Bảo toàn khối lượng:

m_CO2 = 17,72 + 1,61 × 32 - 1,06 × 18 = 50,16(g) ⇒ n_CO2 = 1,14 mol || Chất béo chứa 6[O].

⇒ Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_{chất béo} = (1,14 × 2 + 1,06 - 1,61 × 2) ÷ 6 = 0,02 mol.

⇒ 26,58 gam chất béo ứng với 0,02 × 26,58 ÷ 17,72 = 0,03 mol. Bảo toàn khối lượng:

► m = 26,58 + 0,03 × 3 × 40 - 0,03 × 92 = 27,42(g) ⇒ chọn B.

Chọn đáp án D

7,6(g) X + ?O₂ → 0,3 mol CO₂ + 0,4 mol H₂O. Bảo toàn khối lượng:

||⇒ m_O2 = 0,3 × 44 + 0,4 × 18 - 7,6 = 12,8(g) ⇒ n_O2 = 0,4 mol. Bảo toàn nguyên tố Oxi:

n_O/X = 0,3 × 2 + 0,4 – 0,4 × 2 = 0,2 mol. Do n_CO2 < n_H2O ⇒ ancol no, đơn chức, mạch hở.

Ta có: n_CO2 – n_H2O = (k – 1).n_HCHC (với k là độ bất bão hòa của HCHC).

► Áp dụng: n_ancol = ∑n_H2O - ∑n_CO2 = 0,1 mol ⇒ n_axit = (0,2 - 0,1) ÷ 2 = 0,05 mol.

Đặt số C của axit và ancol là a và b ⇒ 0,1a + 0,05b = 0,3 $\underset{\mathrm{a}\ne \mathrm{b}}{\overset{\mathrm{a},\mathrm{b} \ge 1}{\to }}$a = 1 và b = 4

⇒ X gồm HCOOH và C₄H₉OH. Do n_axit < n_ancol ⇒ hiệu suất tính theo axit.

► Este là HCOOC₄H₉ với số mol 0,04 ⇒ m = 0,04 × 102 = 4,08(g) ⇒ chọn D

Chọn đáp án A

Các chất phản ứng được với Cu(OH)₂ gồm chứa 2 -OH kề nhau, chứa -CHO, peptit chứa ≥ 3 mắt xích, axit cacboxylic.

⇒ các chất thỏa mãn là glixerol, anbumin, axit axetic, metyl fomat, fructozơ ⇒ chọn A

Chọn đáp án C

M_X = 3,125 × 32 = 100 ⇒ X là C₅H₈O₂.

Lại có: C_tb = 0,75 ÷ 0,2 = 3,75 ⇒ Y chứa ≤ 3C ⇒ ancol của Y có số C ≤ 2C.

● Thu được 2 ancol có cùng số C ⇒ 2 ancol khác số chức.

⇒ 2 ancol phải chứa ≥ 2C ⇒ xảy ra khi ancol của Y chứa 2C hay C₂H₅OH.

► Y là HCOOC₂H₅; X là CH₂=CHCOOC₂H₅ ⇒ ancol còn lại là C₂H₄(OH)₂.

● Thu được 2 muối ⇒ Z là (HCOO)₂C₂H₄ (do Z no) ⇒ M_Z = 118 ⇒ chọn C

Chọn đáp án C

X gồm HCOOCH₃, (HCOO)₂C₂H₄, (HCOO)₃C₃H₅ hay C₂H₄O₂, C₄H₆O₄, C₆H₈O₆.

Dễ thấy số C = số O ⇒ n_O/X = n_C/X = x ⇒ n_CO2 = x. Bảo toàn nguyên tố Oxi:

x + 0,16 × 2 = 2x + 0,14 ⇒ x = 0,18 mol. Bảo toàn khối lượng:

► m = 0,18 × 44 + 2,52 – 0,16 × 32 = 5,32(g) ⇒ chọn C

Chọn đáp án A

(a) Đúng vì trong chanh chứa axit xitric và sữa có thành phần chính là protein.

Axit xitric làm cho pH của cốc sữa giảm xuống ⇒ protein bị biến tính và đông tụ.

(b) Sai vì triolein là [CH₃(CH₂)₇CH=CH(CH₂)₇COO)₃C₃H₅

⇒ chứa 3π_C=C và 3π_C=O ⇒ tổng cộng có 6 liên kết π.

(c) Đúng: nCH₂=CH-CN (vinyl xianua) $\stackrel{\mathrm{xt},{\mathrm{t}}^{\mathrm{o}},\mathrm{p}}{\to }$ [-CH₂-CH(CN)-]_n (tơ olon).

(d) Sai vì các amino axit tan tốt trong nước do tồn tại ở dạng ion lưỡng cực.

(e) Sai vì saccarozơ không có phản ứng tráng bạc.

(f) Đúng.

⇒ (a), (c) và (f) đúng ⇒ chọn A

Chọn đáp án C

Z gồm các ion HOOC-CH₂-NH₃⁺, Na⁺ và SO₄^2–. Bảo toàn điện tích:

n_Gly⁺ = 0,35 × 2 - 0,5 = 0,2 mol ||⇒ m = 0,2 × 76 + 0,5 × 23 + 0,35 × 96 = 60,3(g)

Chọn đáp án A

Đặt n_N2O = x; n_NO = y ⇒ n_khí = x + y = 0,04 mol; m_khí = 44x + 30y = 0,04 × 16,75 × 2.

Giải hệ có: x = 0,01 mol; y = 0,03 mol || n_H⁺ _dư = n_NaOH = 0,04 mol.

Đặt n_Mg = x; n_Fe3O4 = y; n_NH4NO3 = z ⇒ m_X = 24x + 232y = 9,6(g). Bảo toàn electron:

2x + y = 8z + 0,01 × 8 + 0,03 × 3 || Lại có: n_H⁺ _{phản ứng} = 2n_O + 10n_NH4⁺ + 10n_N2O + 4n_NO

⇒ 0,6 - 0,04 = 2 × 4y + 10z + 10 × 0,01 + 4 × 0,03 ||⇒ giải hệ có:

x = 0,11 mol; y = 0,03 mol; z = 0,01 mol. A gồm Mg(NO₃)₂, Fe(NO₃)₃, NH₄NO₃, NaNO₃.

► m_{chất tan} = 0,11 × 148 + 0,09 × 242 + 0,01 × 80 + 0,04 × 85 = 42,26(g) ⇒ chọn A

Chọn đáp án A

4H⁺ + NO₃^– + 3e → NO + 2H₂O ⇒ n_H⁺ _dư = 4n_NO = 0,06 mol.

Bảo toàn nguyên tố Hidro: n_H2O = (0,66 - 0,06 - 0,075 × 2) ÷ 2 = 0,225 mol.

Quy hỗn hợp ban đầu về Fe và O ⇒ n_O = n_H2O = 0,225 mol.

⇒ n_Fe = (17,04 - 0,225 × 16) ÷ 56 = 0,24 mol. Bảo toàn electron cả quá trình:

3n_Fe = 2n_O + 2n_H2 + 3n_NO + n_Ag ⇒ n_Ag = 0,075 mol.

► Kết tủa gồm 0,075 mol Ag và 0,66 mol AgCl

⇒ m = 0,075 × 108 + 0,66 × 143,5 = 102,81(g) ⇒ chọn A

Chọn đáp án A

X là C₂H₅NH₃HCO₃ ⇒ muối là Na₂CO₃

||⇒ n_Na2CO3 = n_X = 0,02 mol.

► m = 0,02 × 106 = 2,12(g) ⇒ chọn A

Chọn đáp án A

Quy X về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O. Bảo toàn nguyên tố Nitơ: n_C2H3NO = 2n_N2 = 0,44 mol.

► Muối gồm 0,44 mol C₂H₄NO₂Na và x mol CH₂. Đốt cho (x + 0,66) mol CO₂ và (x + 0,88) mol H₂O.

m_{bình tăng} = m_CO2 + m_H2O = 44 × (x + 0,66) + 18 × (x + 0,88) = 56,04(g) ⇒ x = 0,18 mol.

⇒ n_Ala = n_CH2 = 0,18 mol ⇒ n_Gly = 0,44 – 0,18 = 0,26 mol.

● n_NaOH = n_C2H3NO = 0,44 mol. Bảo toàn khối lượng: m_X + m_NaOH = m_muối + m_H2O.

⇒ m + 0,44 × 40 = m + 15,8 + m_H2O ⇒ m_H2O = 1,8(g) ⇒ n_H2O = 0,1 mol. Đặt n_A = a mol; n_B = b mol.

n_C2H3NO = 4a + 5b = 0,44 mol; n_H2O = a + b = 0,1 mol ||⇒ giải hệ có: a = 0,06 mol; b = 0,04 mol.

Đặt số gốc Ala trong A và B là m và n (1 ≤ m ≤ 3; 1 ≤ n ≤ 4) ⇒ 0,06m + 0,04n = 0,18.

Giải phương trình nghiệm nguyên có: m = 1 và n = 3 ⇒ A là Gly₃Ala.

► %m_A = 0,06 × 260 ÷ (0,44 × 57 + 0,18 × 14 + 0,1 × 18) × 100% = 53,06% ⇒ chọn A.