Chọn A

Vì: C₂H₂ +  2AgNO₃ + 2NH₃ → Ag₂C₂↓ vàng nhạt + 2NH₄NO₃

Chọn C

Vì: A,B, D đều được điều chế bằng phản ứng trùng ngưng, chỉ có C là được điều chế bằng phản ứng trùng hợp

 Chọn D

Vì:  A. FeCl₃ có màu vàng

B. dd K₂Cr₂O₇ có màu da cam

C. dd CuSO₄ có màu xanh lam

D. dd AgNO₃ không màu

Chọn D

Vì: Kim loại Al thụ động với H₂SO₄ đặc nguội và HNO₃ đặc nguội

Al là kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa nên không tác dụng được với MgSO₄

2Al + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂↑

Chọn C

Vì: Các kim loại: K, Ca, Ba tác dụng với H₂O ở đk thường => có 3 kim loại

Chọn B

Vì: Crom có các số oxi hóa là: 0, +2, +3; +6

=> số oxi hóa cao nhất là +6 có trong Na₂CrO₄

Chọn B

Vì: CH₃COOH, CH₃OCH₃ và CH₃OH ở điều kiện thường là chất lỏng

HCHO ở điều kiện thường là chất khí

Chọn D

Vì: A,B,C  đúng

D sai vì KNO₃ tan rất tốt trong nước

Chọn A

Vì:

 A. đúng SiO₂ + 4HF → SiF₄ + 2H₂O ( phương trình này ứng dụng dùng để khác thủy tinh)

B. Sai: Si + 2Mg $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ Mg₂Si

C. Sai vì thành phần chính của thạch cao nung là CaSO₄.H₂O hoặc CaSO₄.0,5H₂O.

D. Sai  Si + 2NaOH + H₂O → Na₂SiO₃ + 2H₂↑

Chọn D

Vì:  A. FeCO₃ là thành phần chính của quặng xiđerit

B. Fe₂O₃.nH₂O là thành phần chính của hemantit nâu

C. Fe₃O₄ là thành phần chính của quặng manhetit

D. Fe₂O₃ là thành phần chính của quặng hemantit đỏ

Chọn D

Vì: A. Ba(OH)₂ + Na₂CrO₄ → 2KOH + BaCrO₄↓ => hiện tượng: xuất hiện kết tủa trắng

B. 3Ba(OH)₂ + 2AlCl₃ → 2Al(OH)₃↓ + 3BaCl₂

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

=> hiện tương: xuất hiện kết tủa trắng keo, sau đó kết tủa tan dần

C. không có hiện tượng

D. Ba(OH)₂ + 2NaHCO₃ → Na₂CO₃ + BaCO₃↓ + 2H₂O  => hiện tượng: xuất hiện kết tủa trắng

Chọn D

Vì: Thu được n_CO2 > n_H2O => este phải có từ 2 liên kết pi trở lên

=> CH₂=CHCOOCH₃ trong phân tử có 2 liên kết pi => đốt cháy cho n_CO2 > n_H2O

Chọn C

Vì: Gọi hóa trị của kim loại là n

2M + nH₂SO₄ → M₂(SO₄)_n + nH₂↓

Theo PT: 2M  → (2M + 96n) (gam)

Theo ĐB: 2,52   → 6,84 (gam)

=> 2M. 6,84    =   2,52 (2M + 96n)

=> M = 28n

Chạy giá trị n = 1,2,3 thì thấy n = 3 => M =56 thỏa mãn

Vậy kim loại M là Fe

Chọn B

Vì:  a) 2NaCl + 2H₂O  $\stackrel{\mathrm{DPMN}}{\to }$ 2NaOH + Cl₂ ↑ + H₂↑

b)  CO + FeO $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$ Fe + CO₂↑

c) 3H₂S + FeCl₃ → Fe(OH)₃ + 3S↓ + 3HCl ( Chú ý: Fe₂S₃ không bền phân hủy thành Fe(OH)₃ + S)

d) 3NH₃ + 2Cl₂ → 6HCl + N₂↑

e) CO₂ + H₂O + Na₂CO₃ → Na(HCO₃)₂

=> Có 4 chất sinh ra đơn chất

Chọn B

Vì: B. Sai Xe mới là kim loại  được dùng làm tế bào quang điện

Chọn D

Vì: Etylamin và đimetylamin là đồng phân của nhau => có cùng CTPT là: C₂H₇N

C₂H₇N + HCl → C₂H₈NCl

=> n_C2H8Cl = 16,3/81,5 = 0,2 (mol)

BTNT: N => n_N2 = 1/2. n_C2H8Cl = 0,1 (mol)

=> V_N2 (ĐKTC) = 0,1.22,4 = 2,24 (lít)

Chọn B

Vì: C là phi kim có tính khử nên không tác dụng được với kim loại

Chọn B

Vì: n_KOH = n_K = 1,95/39 = 0,05 (mol)

=> [KOH] = n :V = 0,05 : 0,5 = 0,1 (M)

=> pH = 14 + lg[OH^-] = 14 -1 = 13

Chọn B

Vì: A. đúng

B. sai chỉ ở trong dung dịch amino axit mới tồn tại dạng ion lưỡng cực

C. đúng

D. đúng

Chọn B

Vì: n_Cl2 = 2,688/22,4 = 0,12 (mol)

2MCl_{n  $\stackrel{\mathrm{DPNC}}{\to }$} 2M + nCl₂↑

0,24/n    ← 0,12    (mol)

Ta có: 0,24/n . ( M + 35,5n) = 11,4

=> M =12n

=> n = 2 thì M =24 (Mg) thỏa mãn

Vậy muối là MgCl₂

Chọn D

Vì: A. A sai vì phương pháp 1 để thu khí có tỉ khối nhỏ hơn so với không khí => không thể thu SO₂, Cl₂

B. Sai vì NH₃ tan trong nước nên không thể thu NH₃ bằng hình (3)

C. Sai vì N₂ nhẹ hơn không khí

D. Đúng

Chọn B

Vì: (a) NaHCO₃ + CH₃COOH → CH₃COONa + H₂O + CO₂↑

(b) (NH₂)₂CO + Ba(OH)₂ → 2NH₃↑+ BaCO₃↓

c) Fe₂O₃ + 6HNO₃ đặc, nóng → 2Fe(NO₃)₃ + 3H₂O

d) 2P + 5H₂SO₄ đặc, nóng → 2H₃PO₄ + 5SO₂↑ + 2H₂O

e) Al₄C₃ + 12H₂O → 4Al(OH)₃↓ + 3CH₄↑

=> Có 4 thí nghiệm thu được khí

Chọn A

Vì: Gọi n_Na = n_Ba = x (mol)

n_H2SO4 = 0,125 (mol); n_CuSO4 = 0,125 (mol) ; n_H2 = 0,15 (mol)

Ta thấy: n_H2 = 0,15 (mol) > n_H2SO4 => Na, Ba phản ứng hết với axit sau đó tiếp tục phản ứng với H₂O

Ta có: ∑ n_{e (KL nhường)} = ∑ n _{e( H2 nhận)}

=> x + 2x = 0,15.2

=> x = 0,1 (mol)

=> n_OH- = 2 ( n_H2 – n_H2SO4) = 2 ( 0,15 – 0,125) = 0,05 (mol)

=> n_Cu(OH)2 = ½ n_OH- = 0,025 (mol)

m↓ = m_Cu(OH)2 + m_BaSO4 = 0,025.98 + 0,1.233 = 25,75 (g)

Chọn C

Vì: Các chất có khả năng phản ứng với dd NaOH loãng, đun nóng là: isoamyl axetat ( CH₃COOCH₂-CH-CH(CH₃)-CH₃) ; Valin ( CH₃-CH(CH₃) -CH(NH₂)-COOH) , phenylamoni clorua ( C₆H₅NH₃Cl ) ; Gly – Ala – Val. => có 4 chất

Chọn A

Vì: HCOOH (T) + Br_{2 $\stackrel{\mathrm{H}2\mathrm{O}}{\to }$} CO₂ + 2HBr 

=> Y là HCOONa

HCOONa (Y) + HCl → HCOOH + NaCl

=> Z là HCHO

HCHO (Z) + 2Br₂ + H₂O → CO₂ + 4HBr

=> X :  HCOOCH₂OOCH

HCOOCH₂OOCH (X) + 2NaOH  $\stackrel{H_{2}O}{\to }$  2HCOONa (Y) +  HCHO

(Z)  + H₂O

=> CTPT của X là: C₃H₄O₄

Chọn A

Vì: Các chất tác dụng được với H₂ xúc tác Ni nung nóng là: axetilen (CH≡CH), isopren ( CH₂=C(CH₃)-CH=CH₃), stiren( C₆H₅CH=CH₂), metyl  acrylat ( CH₂=CH-COOCH₃) => có 4 chất

Chọn D

Vì: X: C₃H₁₂N₂O₃ + NaOH → hỗn hợp khí Z + Muối axit vô cơ

=> X là muối của CO₃^2-

Các CTCT thỏa mãn: (C₂H₅NH₃)OCOONH₄ ; (CH₃)₂NH₂OCOONH₄ => có 2 công thức thỏa mãn

Chọn A

Vì: X là glucozo

Y là benzylamin ( C₆H₅CH₂NH₂)

Z là xiclohexen

T là gixerol

Chọn A

Vì: 1) đúng vì CH₃COOH có phân tử khối lớn hơn và có liên kết H mạnh hơn C₂H₅OH => có nhiệt độ sôi cao hơn.

2) đúng CH₃COOCH=CH₂ + Br₂→ CH₃COOCHBr-CH₂

3) sai vì tinh bột chỉ bị thủy phân trong môi trường axit chứ không bị thủy phân trong môi trường kiềm.

4) đúng

5) đúng

=> có 4 phát biểu đúng

Chọn A

Vì:

1) 3CH₂=CH₂ + 2KMnO₄ + 4H₂O → 3CH₂OH-CH₂OH + 2MnO₂↓ + 2KOH

2) C₁₇H₃₅COONa + Ca(OH)₂ → (C₁₇H₃₅COO)₂Ca ↓+ NaOH

3) C₂H₅NH₂ + CH₃COOH → CH₃COONH₃C₂H₅

4) C₆H₁₂O₆ + Cu(OH)₂ → (C₆H₁₁O₆)₂Cu (dd xanh lam) + H₂O

5) C₂H₅OH + CuO t0→→t0 CH₃CHO + Cu↓+ H₂O

=> có 2 phản ứng KHÔNG thu được chất rắn

Chọn B

Vì: (a) S. Khi điện phân dung dịch CuSO₄ (điện cực trơ), tại anot H₂O bị oxi hóa tạo ra khí O₂.

(b) Đ

(c) Đ

(d) Đ

(e) S. Các kim loại kiềm có mạng tinh thể lập phương tâm khối.

Chọn A

n_CO2 = n_H2O => Các chất trong X đều no

Y có dạng RO (a mol)

X và T có dạng R’O₂ (b mol)

=> a + b = 0,2 mol ⁽¹⁾

Bảo toàn nguyên tố O trong X

n_O(X) = 3.0,525 – 2.0,625 = 0,325 mol

=> a + 2b = 0,325 mol ⁽²⁾

Từ (1,2) => a = 0,075 ; b = 0,125 mol

n_{Ag max} = 4n_Y = 0,3 mol

=> m = 32,4g

Chọn A

Vì: P1: n_Fe(OH)2 = 3,6/90 = 0,04 mol => n_Fe2+ = 0,04 mol

P2: Fe²⁺: x mol

      H⁺: y mol

      Cl^-: 2x + y

3Fe²⁺ + 4H⁺ + NO₃^- → 3Fe³⁺ + NO + 2H₂O

0,06 ← 0,08          ←                0,02

=> y = 0,08

Fe²⁺ + Ag⁺ → Fe³⁺ + Ag

x-0,06        →      x-0,06

Ag⁺ + Cl^- → AgCl

         2x+y → 2x+y

=> 108(x-0,06) + 143,5(2x+y) = 68,2 => x = 0,16

=> n_{Fe phản ứng ban đầu} = n_H2 = 0,04+0,16 = 0,2 mol

=> V_H2 = 4,48 lít

Chọn A

Vì: TN1:

n_NaOH = 2n_Na2CO3 = 0,5 mol

Giả sử số mol peptit là x mol => n_{H2O sau phản ứng} = x mol

BTKL: m_peptit + m_NaOH = m _muối + m_H2O => m+0,5.40 = m + 18,2 + 18x => x = 0,1 mol

=> X là pentapeptit

TN2: n_X = (n_HCl – n_NaOH)/5 = (1,04 – 0,04)/5 = 0,2 mol

Giả sử X là Gly_aAla_bVal_c (a+b+c = 5)

Muối gồm:

NaCl: 0,04 mol

Gly-HCl: 0,2a

Ala-HCl: 0,2b

Val-HCl: 0,2c

=> 111,5.0,2a + 125,5.0,2b + 153,5.0,2c + 0,04.58,5 = 125,04

=> 223a + 151b + 307c = 1227

Khảo sát nhận thấy chỉ có c = 1; a = 3; b = 1 thỏa mãn

Vậy X là Gly₃AlaVal

Xét Chọn A:

0,1 mol X tác dụng với NaOH vừa đủ thu được 54,1 gam muối Z (Gly-Na (0,3 mol), Ala-Na (0,1 mol), Val-Na (0,1 mol)) chứa 29,1 gam Gly-Na

=> 27,05 gam Z chứa 14,55 gam Gly-Na => Sai

Xét Chọn B: a = 0,2.(75.3+89+117-18.4) = 71,8 gam => Đúng

Xét Chọn C: X có chứa 1 phân tử Ala => Đúng

Xét Chọn D: X có CTPT: C₁₄H₂₅O₆N₅

%m_O = 16.6/359 = 26,74% => Đúng

Chọn D

Vì: 

=1mol $\to$$m_{Ag}$ =108gam

Chọn A

Vì: n_{Val-Ala-Val-Gly} = 0,025 mol

n_Ala-Val-Gly = 0,075 mol

n_Ala-Gly-Val = 0,05 mol

X là Ala-Gly-Val-Ala-Val-Gly

(1) Ala-Gly-Val-Ala-Val-Gly + H₂O → Ala-Gly + Val-Ala-Val-Gl

x               x       →      x             x

(2) Ala-Gly-Val-Ala-Val-Gly + 2H₂O → Val + Ala-Gly + Ala-Val-Gly

 y       2y    →      y          y               y

(3) Ala-Gly-Val-Ala-Val-Gly + H₂O → Ala-Gly-Val + Ala-Val-Gly

 z              z         →        z             z

n_Val = y = 0,025

n_{Val-Ala-Val-Gly}  = x = 0,025

n_Ala-Val-Gly = y + z = 0,075

n_Ala-Gly-Val = z = 0,05

=> x = 0,025; y = 0,025;  z = 0,05 mol

=> n_X = x+y+z = 0,1 mol

Đốt Y tương đương đốt X

C₂₀H₃₆O₇N₆ + 25,5 O₂ → 20CO₂ + 18H₂O

0,1        →      2,55 mol

Chọn D

Trong X, số H = số O + số C

TQ : C₃H₅(CH₃COO)_x(OH)_3-x = C_3+2xH_8+2xO_3+x

=> (3 + 2x) + (3 + x) = (8 + 2x) => x = 2

X + 2NaOH → 2CH₃COOH + C₃H₅(OH)₃

0,15 ← 0,3 mol

=> m = 26,4g

Chọn C

Vì: Quan sát đồ thị ta thấy:

m_Fe(OH)3 = 5,236 gam => n_Fe(OH)3 = 0,048 mol

n_{HNO3 dư} = 0,296 mol => n_{HNO3 pư} = 0,8 – 0,296 = 0,504 mol

Phần 1: Cho X tác dụng với H₂SO₄ đặc cũng như cho hỗn hợp đầu tác dụng

BT e: 3n_Al = 2n_SO2 => n_Al = 2.0,09/3 = 0,06 mol

Phần 2: Cho X tác dụng với HNO₃ cũng như cho hỗn hợp đầu tác dụng

Al + 4HNO₃ → Al(NO₃)₃ + NO + 2H₂O

0,06→0,24

Fe₂O₃ + 6HNO₃ → 2Fe(NO₃)₃ + 3H₂O

0,024←0,144←0,048

Fe₂O₃ + 6HNO₃ → 2Fe(NO₃)₃ + 3H₂O

0,02 ←0,504-0,24-0,144 = 0,12

m_{Cr2O3 (1 phần)} = 0,02.152 = 3,04 gam

=> m_Cr2O3 = 6,08 gam

Chọn A

Vì:

$\to$a $=n_{\mathrm{\pi }\left(\mathrm{L}\right)}$ = 0,11 - 0,09 = 0.02

Chọn A

n_Cu2+ = 1,2a ; n_Cl = 0,8a

n_NO = 0,03 mol => n_H+ = n_HNO3 = 0,12 mol

n_Fe = 0,2 mol

Cu(NO₃)₂ + 2NaCl → Cu + Cl₂ + 2NaNO₃

0,4a              0,8a         0,4a  0,4a

Cu(NO₃)₂ + H₂O → Cu + 0,5O₂ + 2HNO₃

0,06                        0,06   0,03       0,12

m_giảm = 64(0,4a + 0,06) + 71.0,4a + 32.0,03 = 10,2

=> a = 0,1

=> n_Cu2+ dư = 1,2a – 0,4a – 0,06 = 0,02 mol

Bảo toàn electron : 2n_Fe = 3n_NO (Vì  lượng Fe quá lớn so với NO sinh ra => Fe chỉ tạo Fe²⁺)

=> n_{Fe pứ} = 0,045 mol

Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

0,02 0,02    →       0,02

=> chất rắn gồm : 0,135 mol Fe và 0,02 mol Cu

=> m_rắn =  8,84g