Mẫu nước X không chứa Mg²⁺, Ca²⁺ nên đây là nước mềm.

Chọn A

H₂ khử được các oxit kim loại đứng sau Al —> Chọn M là Cu.

Chọn B

nHCl = nN = 2nN₂ = 0,4

—> m muối = mX + mHCl = 31,2 gam

Chọn C

Các kim loại Na, K, Ba tan hoàn toàn trong nước do tạo bazơ tan.

nOH-  = nNaOH + nKOH + 2nBa(OH)₂ > nAl nên Al cũng tan hết —> Chất rắn còn lại là Mg.

Chọn B

Các polime được điều chế bằng phản ứng trùng ngưng là: tơ lapsan và tơ nilon^-7.

 Chọn C

nCl^- = (m muối – m kim loại)/35,5 = 0,8

Bảo toàn điện tích —> nO^2- = 0,4

—> m oxit = m kim loại + mO = 18,3 gam

Chọn A

C₁₂H₂₂O₁₁ —> 2C₆H₁₂O₆ —> 4Ag

0,03…………………………..0,12

—> m = 0,03.342/60% = 17,1 gam

Chọn B

Polisaccarit X là chất rắn dạng sợi, màu trắng, không mùi vị. X có nhiều trong bông nõn, gỗ, đay, gai —> X là xenlulozơ.

Thủy phân X thu được monosaccarit Y —> Y là glucozơ:

(C₆H₁₀O₅)_n + nH₂O —> nC₆H₁₂O₆

A. Sai, X có mạch không phân nhánh

B. Sai, M_Y = 180

C. Sai, Y tan tốt trong nước lạnh

D. Đúng:

CH₂OH-(CHOH)₄-CHO + AgNO₃ + NH₃ + H₂O —> CH₂OH-(CHOH)₄-COONH₄ (amoni gluconat) + NH₄NO₃ + Ag

Chọn D

2Al + 3Cl₂ —> 2AlCl₃

nAlCl₃ = nAl = 0,2

—> mAlCl₃ = 26,7 gam

Chọn A

Ion Ag⁺ oxi hóa được ion Fe²⁺:

Ag⁺ + Fe²⁺ —> Fe³⁺ + Ag

Chọn C

nX = nNaOH = 0,05 —> M_X = 67

—> Trong X chứa este HCOOCH₃ (M = 60)

Sản phẩm chỉ có 1 muối là HCOONa (0,05).

Bảo toàn khối lượng —> mAncol = 1,95

Quy đổi ancol thành CH₃OH (0,05) và CH₂ (0,025)

Bảo toàn H —> nH₂O = 0,125 —> mH₂O = 2,25

Chọn D

Ở điều kiện thường, etilen làm mất màu dung dịch Br₂:

CH₂=CH₂ + Br₂ —> CH₂Br-CH₂Br

Chọn B

Dung dịch K₂SO₄ dẫn điện tốt nhất do lượng ion mà nó điện li ra có số mol lớn nhất.

Chọn C

Ca(HCO₃)₂ tác dụng với dung dịch Ba(OH)₂ tạo kết tủa:

Ca(HCO₃)₂ + Ba(OH)₂ —> CaCO₃ + BaCO₃ + H₂O

Chọn B

M là Zn, cứ 1 mol Zn (65 gam) tan vào dung dịch thì có 1 mol Cu (64 gam) tách ra nên khối lượng dung dịch tăng.

Với Fe, Mg khối lượng dung dịch giảm do 1 mol kim loại tan (56 gam hoặc 24 gam) thì tách ra 1 mol Cu (64 gam)

Với K, khối lượng dung dịch giảm do 2 mol kim loại tan (78 gam) thì tách ra 98 gam Cu(OH)₂ + 2 gam H₂

Chọn C

Thay 2 bazo bằng bazo trung bình ROH (0,15 mol) —> R = (0,1.23 + 0,05.39)/0,15 = 85/3

+ Nếu sản phẩm là RH₂PO₄ (0,15 mol) —> mRH₂PO₄ = 18,8

+ Nếu sản phẩm là R₂HPO₄ (0,075 mol) —> mR₂HPO₄ = 11,45

+ Nếu sản phẩm là R₃PO₄ (0,05 mol) —> mR₃PO₄ = 9

Dễ thấy m rắn = 8,56 < 9 nên sản phẩm là R₃PO₄ (a mol) và còn ROH dư (b mol)

—> 3a + b = 0,15 và 180a + 136b/3 = 8,56

—> a = 0,04 và b = 0,03

—> nP₂O₅ = a/2 = 0,02 —> mP₂O₅ = 2,84

Chọn C

A. Đúng

B. Sai, metylamin làm quỳ tìm chuyển sang màu xanh

C. Sai, đipeptit không có phản ứng màu biure.

D. Sai, mắt xích H₂N-CH₂-CH₂-CO- được tạo thành từ β-amino axit nên hợp chất này không thuộc loại peptit.

Chọn A

2H₂O + 2e → 2OH + H₂

→ nOH = 2nH₂ = 0,04

Tốn 0,02 mol OH để trung hòa axit. Phần còn lại tạo Cu(OH)₂

→ nCu(OH)₂ = 0,01 mol = 0,98 gam

 Chọn B

A. Đúng, etyl fomat HCOOC₂H₅ có thể viết dưới dạng C₂H₅^-O-CHO nên có phản ứng tráng bạc.

B. Sai, tristearin (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ là chất béo no, thể rắn ở điều kiện thường.

C. Đúng, triolein (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ là chất béo không no, có 3C=C nên phản ứng được với nước brom.

D. Đúng: CH₃COOCH₃ + H₂O ⇔ CH₃COOH + CH₃OH (ancol metylic).

Chọn B

(1) Sai, chỉ chuyển hóa trong môi trường kiềm

(2) Sai, anilin dạng lỏng điều kiện thường

(3) Đúng

(4) Đúng, các protein bị đông tụ khi gặp axit

(5) Đúng

(6) Sai, 1 mol Gly-Ala-Glu + 4NaOH

(7) Sai, khử glucozơ bằng H₂ thu sobitol.

(8) Đúng, X là (Gly)₅(Ala) (6 đồng phân do dịch Ala từ đầu N đến đuôi C)

(9) Sai, có cả các hợp chất đơn chức hoặc đa chức (ví dụ chất béo là este đa chức)

(10) Đúng

 Chọn D

T là este của X, Y (đơn chức) với Z (hai chức) nên X cũng đơn chức.

Quy đổi 6,9 gam M thành C₂H₃COOH (x), (C₂H₃COO)(HCOO)C₂H₄ (y) và CH₂ (z)

n muối không no = x + y = nCO₂ – nH₂O = 0,06

mM = 72x + 144y + 14z = 6,9

nCO₂/nH₂O = (3x + 6y + z)/(2x + 4y + z) = 0,1/0,07

—> x = 0,03; y = 0,03; z = 0,03

x = y = z nên chỉ có 1CH₂ thêm vào este:

X là C₂H₃COOH (0,03 mol)

T là (C₂H₃COO)(HCOO)C₂H₄.CH₂ (0,03 mol)

—> %T = 68,7%

Chọn C

Sau 1930s thì ne = It/F = 0,04

Catot: nCu = a và nH₂ = b

Anot: nCl₂ = ne/2 = 0,02

Bảo toàn electron: 2a + 2b = 0,04

m khí = 2b + 0,02.71 = 24.2(b + 0,02)

—> a = b = 0,01

—> nCuSO₄ = 0,01 và nKCl = 0,05

Tại thời điểm Cl^- bị điện phân hết thì anot có nCl₂ = 0,025 —> Catot có nCu = 0,01 và nH₂ = 0,015

—> m giảm = 2,445 < 2,715

—> Thời điểm đang xét thì Cl^- đã điện phân hết.

Catot: nCu = 0,01 và nH₂ = u

Anot: nCl₂ = 0,025 và nO₂ = v

Bảo toàn electron: 2u + 0,01.2 = 4v + 0,025.2

m giảm = 2u + 32v + 0,01.64 + 0,025.71 = 2,715

—> u = 0,03 và v = 0,0075

—> ne = 0,01.2 + 2u = It/F

—> t = 3860s

Chọn B

Đặt x, y, z là số mol CO, H₂, CO₂

—> nX = x + y + z = 0,3 (1)

Bảo toàn electron: 2x + 4z = 2y (2)

Y gồm CuO, MgO, Fe₃O₄ và Al₂O₃ mỗi chất a mol

—> Z gồm Cu (a), Fe (3a), MgO (a) và Al₂O₃ (a)

nH₂ = 3a = 0,15 —> a = 0,05

—> nO = x + y = a + 4a (3)

(1)(2)(3) —> x = 0,075; y = 0,175; z = 0,05

Ca(OH)₂ dư —> nCaCO₃ = nCO₂ = 0,05

—> mCaCO₃ = 5 gam

Chọn C

Ancol T có dạng R(OH)_n

nH₂ = 0,2 —> nT = 0,4/n

Δm = (R + 17n).0,4/n – 0,2.2 = 12

—> R = 14n —> n = 2 và R = 28 là nghiệm duy nhất

Ancol T là C₂H₄(OH)₂ (0,2 mol)

—> A và B là các muối đơn chức và a, b là số H tương ứng.

nACOONa + nBCOONa = 0,2.2 = 0,4

Từ tỉ lệ mol muối —> nACOONa = 0,25 và nBCOONa = 0,15

nH₂O = 0,25a/2 + 0,15b/2 = 0,35

—> 5a + 3b = 14

Các muối đều no và M_A < M_B nên a = 1 và b = 3 là nghiệm duy nhất —> HCOONa và CH₃COONa

M_X < M_Y < M_Z nên:

X là (HCOO)₂C₂H₄

Y là HCOO-C₂H₄^-OOC-CH₃

Z là (CH₃COO)₂C₂H₄

—> Y có 8H

Chọn C

(a) CO₂ dư + Ba(OH)₂ —> Ba(HCO₃)₂

(b) CO₂ dư + H₂O + NaAlO₂ —> Al(OH)₃ + NaHCO₃

(c) Ca(OH)₂ + NaHCO₃ —> CaCO₃ + Na₂CO₃ + H₂O

(d) NaOH + AlCl₃ dư —> Al(OH)₃ + NaCl

(e) Ca(HCO₃)₂ —> CaCO₃ + CO₂ + H₂O

(g) Na + H₂O —> NaOH + H₂

NaOH + CuSO₄ —> Cu(OH)₂ + Na₂SO₄

Chọn B