Chọn C

Vì: 1) sai vì không có khái niệm kim loại lưỡng tính

2) đúng

3) đúng vì Cr₂O₃ và Cr(OH)₃ đều có tính chất lưỡng tính

4) đúng

5) đúng

6) sai vì chỉ xảy ra hiện tượng ăn mòn hóa học

=> có 4 phát biểu đúng

Chọn C

Vì: 1) ; 2) ; 3) ; 4) ; 5) đều đúng

6) sai điều chế kim loại Na bằng cách điện phân nóng chảy NaCl

=> có 5 phát biểu đúng

Chọn D

Vì: Ta thấy ( Về số C và H)

=> Quy đổi hỗn hợp về CH₄: x (mol) và C₅H₈: y (mol) vẫn đảm bảo về số liên kết pi

Phản ứng đốt cháy:

CH₄ + 2O_{2  $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$}  CO₂ + 2H₂O

a      → 2a                                    (mol)

C₅H₈ + 7O_{2  $\stackrel{\mathrm{t}°}{\to }$}  5CO₂ + 4H₂O

b      → 7b                                   (mol)

Giải hệ phương trình: 

Xét trong a mol X n_C5H8 = ½ n_Br2 = ½. 0,06 = 0,03 (mol)

=> a mol X có số mol CH₄ là  $\frac{0,03.0,18}{0,09}=0,06\left(mol\right)$

=> a = n_CH4 + n_C5H8 = 0,06 + 0,03 = 0,09 (mol)

Chọn D

Vì:

Vậy phân tử khối của Y 

Chọn A

Gọi CTPT của 2 este là RCOOR’: 0,3 (mol) ( vì este đơn chức nên = n_KOH)

Lượng O₂ dùng để đốt X = lượng O₂ để đốt T + ancol

=> n_O2 (đốt ancol) = 1,53 – 1,08 = 0,45 (mol)

Gọi CTPT của ancol no, đơn chức, mạch hở là C_nH_2n+2O

C_nH_2n+2O + 1,5nO₂ → nCO₂ + (n +1)H₂O

1 (mol) → 1,5n (mol)

0,3 (mol) → 0,45 (mol)

=> 0,3.1,5n = 0,45 => n = 1

Vậy CT của ancol là CH₃OH: 0,3 (mol)

BTKL ta có: m_X + m_KOH = m_muối + m_ancol

=> m_X = 35,16 + 0,3.32 – 0,3.56 = 27,96 (g)

Gọi a và b là số mol CO₂ và H₂O khi đốt cháy X

Gọi k là độ bất bào hòa của 2 este

1 este phải có 3 liên kết pi trong phân tử

=> Z có CTPT là C₅H₆O₂

Chọn D

(C₆H₁₀O₅)_n → nC₆H₁₂O₆  → 2nC₂H₅OH +2nCO₂ ( %H = 75%)

Vì lượng NaOH cần dùng ít nhất để thu được kết tủa lớn nhất => phản ứng xảy ra theo tỉ lệ mol NaOH : Ba(HCO₃) = 1 : 1

Ba(HCO₃)₂ + NaOH → BaCO₃↓ + NaHCO­₃ + H₂O

0,006 (mol)←0,006 (mol)

BTNT Ba => n_{BaCO3 (1)} = n_Ba(OH)2 – n_Ba(HCO3) = 0,03 – 0,006=0,024 (mol)

BTNT C => n_CO2 = n_BaCO3(1) + 2n_Ba(HCO3) = 0,024 + 2.0,006 = 0,036 (mol)

Từ sơ đồ => n_tb = ½ n_CO2 = 0,018 (mol)

=> m_tb lí thuyết = 0,018.162=2,916 (g)

Vì H = 75% => m_tb­ thực tế cần lấy = m_tb lí thuyết : 0,75 = 3,888(g)

Chọn B

Các kim loại kiềm trong dãy là: Li, Na => có 2 kim loại

Chọn C

Dung dịch CuSO₄ có màu xanh 

Chọn D

CO₂ là khí gây nên hiệu ứng nhà kính

Chọn B

Gồm: etilen, axetilen, buta-1,3-đien, stiren, metyl metacrylat.

Chọn D

n_H2 = 3,36 : 22,4 = 0,15 (mol) => n_SO4^2-= n_H2 = 0,15 (mol)

BTKL : m_muối = m_KL + m_SO42- = 5,2 + 0,15.96 = 19,6 (gam)

n_Z = 5,6 : 22,4 = 0,25 (mol); M_Z = 3,8.2 = 7,6 (g/mol)

=> m_Z = 0,25. 7,6 = 1,9 (g)

Gọi x và y là số mol của NO và H₂

BTKL: m_X + m_H2SO4 = m_Y + m_Z + m_H2O

=> m_H2O =  38,36 + 0,87.98 – 111,46 – 1,9 = 10,26 (g)

 => n_H2O = 0,57 (mol)

BTNT H => n_NH4+ = (2n_H2SO4 – 2n_H2 – 2n_H2O )/4  = (2.0,87 – 2.0,2 – 2. 0,57)/4 = 0,05 (mol)

BTNT N: n_Fe(NO3)2 = ( n_NO + n_NH4+)/2 = ( 0,05+ 0,05)/2 = 0,05 (mol)

BTNT O: 4n_Fe3O4 + 6n_Fe(NO3)2 = n_NO + n_H2O  => n_Fe3O4 = ( 0,05 + 0,57 – 6. 0,05)/4 = 0,08 (mol)

BTKL:  m_Mg = m_X – m_Fe3O4 – m_Fe(NO3)2 = 38,36 – 0,08.232 – 0,05. 180 = 10,8 (g)

%Mg = (10,8 : 38,36).100% = 28,15%

Chọn A

Các phát biểu đúng là: a), b), c), d), e)

f) sai vì amilozo có cấu trúc mạch không phân nhánh

=> có 5 Chọn đúng

Chọn C

Ta thấy:

Glyxin = NH₃ + CH₂ + CO₂

Ala = NH₃ +2CH₂ + CO₂

Val = NH₃ + 4CH₂ + CO₂

CH₃NH₂ = NH₃ +CH₂

C₂H₅NH₂ = NH₃ + 2CH₂

Quy đổi X thành NH₃: 0,18 (mol) ; CH₂ : x (mol) ; CO₂ : y (mol)

PTHH đốt cháy:

4NH₃ + 3O₂ t0→→t0 2N₂ + 6H₂O

0,18 → 0,135 (mol)

CH₂ + 1,5O₂ → CO_2­ + H₂O

x     → 1,5x           → x                    ( mol)

∑ n_O2 = 0,135 + 1,5x = 0,615 (1)

∑ n_CO2= x + y = 0,4 (2)

Từ (1) và (2) => x = 0,32 và y = 0,08 (mol)

=> n_NaOH = n_Gly + n_Ala + n_Val = n_CO2 = 0,08 (mol)

Chọn D

Gọi số mol của CuSO₄ và NaCl lần lượt là x và 3x (mol)

Thứ tự điện phân các chất tại catot và anot

Tại catot:   

Cu²⁺  +2e → Cu↓   

2H₂O + 2e → 2OH^- + H₂    

Tại anot:

2Cl^- → Cl₂ + 2e

2H₂O → 4H+ + O₂↑ + 4e

Vì n_Cl- = 3n_Cu2+ và chất tan thu được hòa tan được Al₂O₃ => Cl^- điện phân hết.

2 chất tan thu được là Na₂SO₄ : x ( mol) ;  NaOH: (3x – 2x) = x (mol)

2NaOH + Al₂O₃ → 2NaAlO₂ + H₂O

0,06     ← 0,03                                  (mol)

=> x = n_NaOH = 0,06 (mol)

Tại catot: Cu: 0,06 mol; n_H2 = a (mol)

Tại anot: Cl₂: 0,09 mol; n_O2 = b (mol)

=> ∑ n_e = 0,06.2 + 2.0,15 = 0,42 (mol)

Áp dung CT ta có: n_e = It/F => t = 0,42.96500/2 = 20265 (s) = 5,63 (giờ)

Gần nhất với 5,6 giờ

Chọn A

a) Al thu động với HNO₃ đặc nguội do vậy không có phản ứng

b) K₂CO₃ + NaOH → không xảy ra vì không tạo kết tủa hoặc chất bay hơi

c) SiO₂ + 4HF → SiF₄ + 2H₂O

d) NaOH + NaHCO₃ → Na₂CO₃ + H₂O

e) 2NH₃ + 2H₂O + CuSO₄ → Cu(OH)₂↓ + (NH₄)₂SO₄

Nếu NH₃ dư: 4NH₃ + Cu(OH)₂ → [Cu(NH₃)₄](OH)₂

f) CO₂ + 2NaOH → Na₂CO₃ + H₂O

hoặc CO₂ + NaOH → NaHCO₃

=> Có 2 phản ứng không xảy ra

Chọn C

Từ hình vẽ ta thấy khí X nặng hơn không khí vì thu khí X bằng cách để ngửa bình

=> Trong các Chọn C chỉ có CO₂ là khí nặng hơn không khí

Chọn D

CO₂ không phải là hợp chất hữu cơ

Chọn C

Cu là kim loại đứng sau H trong dãy điện hóa nên không tác dụng được với H₂SO₄ loãng

Chọn A

+ Thứ tự phản ứng:

Mg, Fe

AgNO₃, Cu(NO₃)₂

+ Do khi cho dung dịch NaOH dư vào dung dịch E, lọc kết tủa và nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi, thu hỗn hợp 2 oxit nên AgNO₃ và Cu(NO₃)₂ phản ứng hết, Mg hết.

Gọi số mol AgNO₃ và Cu(NO₃)₂ lần lượt là x, y.

+ 2 oxit: Fe₂O₃ và MgO (0,15) => mFe₂O₃ = 8,4-0,15.40 = 2,4 gam => nFe₂O₃ = 0,015 mol

=> nFe pư = 0,015.2 = 0,03 mol

+ Khối lượng chất rắn Z: mZ = mFe dư + mAg + mCu => 0,07.56 + 108x + 64y = 20 (1)

+ BT e: 2nMg pư + 2nFe pư =  nAg + 2nCu => 2.0,15 + 2.0,03 = x+2y (2)

Giải (1) và (2) => x = 0,06; y = 0,15

Nồng độ AgNO₃ và Cu(NO₃)₂ ban đầu là 0,12M và 0,3M

Chọn C

X tạo hợp chất màu xanh tím với dd iot => X là tinh bột

Y phản ứng với dd AgNO₃/NH₃ tạo ra Ag => Y là glucozo

Z làm mất màu dd nước brom và tạo ra kết tủa trắng => Z là anilin hoặc phenol

Theo các Chọn thì Chọn C là phù hợp

Chọn C

AgNO₃ + X → T↓

T↓ + HNO₃dư →

=> T phải là kết tủa có gốc axit yếu hơn HNO₃

=> chỉ có Chọn (NH₄)₃PO₄ phù hợp

(NH₄)₃PO_4­ + AgNO₃ → NH₄NO₃ + Ag₃PO₄↓ vàng

Ag₃PO₄↓ + 3HNO₃ → 3AgNO₃ + H₃PO₄

Chọn B

a) 3NaOH + AlCl₃ → Al(OH)₃ ↓+ NaCl => thu được 1 muối

    3a              a  (mol)

b) Fe₃O₄ + 4H₂SO₄ → FeSO₄ + Fe₂(SO₄)₃ + 4H₂O => thu được 2 muối

     a      → 4a (mol)

c)  2CO₂ dư + Ca(OH)₂ → Ca(HCO₃)₂ => thu được 1 muối

d) Cu + Fe₂(SO₄)₃ dư → CuSO₄ + FeSO₄ => thu được  3 muối

e) 2KHSO₄ + 2NaHCO₃ → K₂SO₄ + Na₂SO₄ + CO₂ + 2H₂O => thu được 2 muối

g) Al+ 4HNO₃ → Al(NO₃)₃ + NO ↑ + 2H₂O => thu được duy nhất 1 muối

Vậy chỉ có 2 thí ngiệm b, e thu được 2 muối

Chọn C

BaO + H₂O → Ba(OH)₂

5                 → 5(mol)

Ba(OH)₂ + NH₄HCO₃ → BaCO₃↓ + NH₃ + 2H₂O

4           ← 4           (mol)

Ba(OH)₂ + 2KHCO₃ → BaCO₃↓ + K₂CO₃ + H₂O

1            ← 2 (mol)

Vậy dd Y chỉ chứa K₂CO₃

Vì dd Y + AgNO₃ thoát ra khí NO

=> trong Y phải có H⁺ dư và Fe²⁺

4H⁺ + NO₃^- + 3e→ NO + 2H₂O

0,4                          → 0,1   (mol)

=> n_NO(1) = ∑ n_NO – n_NO(2) = 0,1 – 0,02

= 0,08 (mol)

BTNT N : n_Fe(NO3)2 = 1/2 n_NO(1) = 0,08/2

= 0,04 (mol) = c  (1)

BTKL: m_X = 127a + 64b +180c = 23,76  (2)

BTĐT đối với dd Z : 3(a+c) +2b = 0,56  (3)

Từ (1), (2) và (3) => a = 0,08 (mol);

b = 0,1 (mol); c = 0,04 (mol)

BTNT Cl: n_AgCl = n_Cl- = 2a+ 0,4 =

2.0,08 + 0,4 = 0,56 (mol)

BTNT Ag: n_Ag = ∑ n_AgCl – n_AgCl

= 0,58 – 0,56 = 0,02 (mol)

=> Khối lượng kết tủa: m_↓ = m_AgCl + m_Ag

= 0,56.143,5 + 0,02.108 = 82,52 (g)

Gần nhất với 82 gam

Chọn B

Rắn không tan là Al dư => m_Al dư = 1,35 (g)

n_H2 = 2,24 : 22,4 = 0,1 (mol)

Gọi số mol Na = số mol Al pư = a (mol)

BT e ta có: n_Na + 3n_Al = 2n_H2 => a + 3a = 2. 0,1

=> a = 0,05 (mol)

=> m = m_Na + m_{Al pư} + m_Al dư = 0,05.23 + 0,05.27 + 1,35 = 3,85 (g)

Chọn A

n_C3H5(OH)3 = n_{(C17H35COO)3C3H5} = 0,15 (mol)

=> m_C3H5(OH)3 = 0,15.92 = 13,8 (g)

Chọn C

Este không tham gia phản ứng tráng bạc => không phải là este tạo bởi axit fomic (HCOOH)

Vậy CTCT của este X có CTPT C₃H₆O₂ là CH₃COOCH₃

Chọn D

Alanin có công thức là: CH₃-CH₂(NH₂)-COOH

CH₃-CH₂(NH₂)-COOH + NaOH → CH₃-CH₂(NH₂)-COONa + H₂O

n_Ala-Na = 27,75/111 = 0,25 (mol)

=> n_Ala = n_Ala-Na = 0,25 (mol) => m_Ala = 0,25.89 = 22,25 (g)

Chọn C

Chọn B

KCl có chứa nguyên tố K => được dùng làm phân kali

Chọn A

Chọn B

Các axit oxalic, axit tactric có vị chua => ta dùng Nước vôi trongdo nước vôi trong có môi trường bazo (OH-) kết hợp với H⁺ của axit => dẫn đến giảm được vị chua

OH^-  +  H⁺ → H₂O

Chọn C

Sau phản ứng thu được chất rắn => có phản ứng Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu↓

Nếu tất cả Cu²⁺ chuyển thành Cu => m_Cu = 0,12.64 = 7,68 (g) > 3,84 (g)

Vậy Cu²⁺ không chuyển hết thành Cu, tức Fe phản ứng hết => do vậy Fe phản ứng chỉ tạo muối Fe²⁺

n_Cu = 3,84/64 = 0,06 (mol)

3Fe²⁺ + 8H⁺ + 2NO₃- → 3Fe²⁺ + 2NO + 4H₂O  (Tính toán theo số mol của H⁺ chứ không theo NO₃^-)

0,09 ← 0,24 →0,06   (mol)

Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu↓

0,06                    ← 0,06         (mol)

=> ∑ m_Fe = (0,09 + 0,06). 56 = 8,4 (g)

Chọn A

Khi cho dd OH^-  vào hỗn hợp gồm H⁺ và muối Al³⁺

Sẽ xảy ra các phản ứng hóa học theo thứ tự sau:

 (1) OH^- + H⁺ → H₂O      

(2) OH^- + 3Al³⁺ → Al(OH)₃↓     

(3) OH^- + Al(OH)₃↓ → AlO₂^- + 2H₂O 

Khi phản ứng (1) kết thúc , bắt đầu xảy ra (2) thì xuất hiện kết tủa => đồ thị bắt đầu đi lên

Khi đồ thị đi lên từ từ đến điểm cực đại => xảy ra phản ứng (1) và (2)

Ta có công thức nhanh: n_OH- = 3n_↓ + n_H+

Khi đồ thị bắt đầu đi xuống => phản ứng (3) xảy ra, kết tủa bắt đầu bị hòa tan dần dần đến hết

=> Ta có công thức tính nhanh: n_OH- = 4n_Al3+ - n_↓ + n_H+

Từ đây ta có các phương trình sau:

Chọn B

n_O2 = 6,608/ 22,4 = 0,295 (mol) ; n_H2O = 4,68/18 = 0,26 (mol)

Bảo toàn khối lượng: m_E + m_O2 = m_H2O + m_CO2

=> m_CO2 = 5,58 + 0,295.32 – 4,68 = 10,34 (g)

=> n_CO2 = 10,34 / 44 = 0,235 (mol)

Ta thấy n_H2O > n_CO2 => ancol no, hai chức

BTNT O: n_O( trong Z) =  2n_CO2 + n_H2O – n_O2

=> 2x + 2y + 4z = 2. 0,235 + 0,26 -0,295.2

=> 2x + 2y + 4z = 0,14  (1)

E phản ứng tối đa với 0,02 mol Br₂ nên: x + 2z = 0,02 (2)

Từ sự chênh lệch số mol H₂O và CO₂ ta có: y – x – 3z = 0,025 (3)

Từ (1), (2) và (3) => x = 0,01; y = 0,05 ; z = 0,005 (mol)

Số nguyên tử cacbon trung bình trong E: 

Khối lượng axit và este trong E là: m_X,Y,Z = m_E – m_T = 5,58 – 0,05.76 =1,78 (g)

Cho E tác dụng với KOH dư chỉ có X,Y,Z phản ứng;

n_KOH = x + 2z = 0,02 (mol) ; n_H2O = x = 0,01 (mol) ; n_C3H8O2 = z = 0,005 (mol)

BTKL ta có: m_muối = m_X,Y,Z + m_KOH – m_H2O = 1,78 + 0,02.56 – 0,005.76- 0,01.18 = 2,34 (g)