nN₂ = 0,05 —> nX = 0,1

nCO₂ = 0,4 —> Số C = nCO₂/nX = 4

X là C₄H₁₁N, muối là C₄H₁₂NCl (0,1) —> a = 10,95 gam

Chọn C

Chọn D

A. Mg dư + FeCl₃ —> MgCl₂ + Fe

B. Zn dư + FeCl₃ —> ZnCl₂ + Fe

C. Cu dư + FeCl₃ —> CuCl₂ + FeCl₂

D. Na + H₂O —> NaOH + H₂

NaOH + FeCl₃ —> Fe(OH)₃ + NaCl

Chọn C

C sai, thủy phân chất béo trong môi trường kiềm mới gọi là phản ứng xà phòng hóa.

Chọn C

Trong phòng thí nghiệm, kim loại kiềm được bảo quản bằng cách ngâm trong dầu hỏa vì dầu hỏa không tác dụng với kim loại kiềm, không hút ẩm, không hòa tan O₂ nên ngăn kim loại kiềm tiếp xúc với môi trường bên ngoài.

Chọn D

(CH₃NH₃)₂SO₄ không phản ứng với HCl vì (CH₃NH₃)₂SO₄ là muối của axit mạnh (H₂SO₄), HCl không đẩy ra được.

Các amin còn lại đều tác dụng với HCl tạo muối amoni.

Chọn C

Dung dịch axit glutamic (H₂NC₃H₅(COOH)₂) làm quỳ tím chuyển sang màu đỏ.

Còn lại glyxin (H₂NCH₂COOH) không làm đổi màu quỳ tím; metylamin (CH₃NH₂) và CH₃NHCH₃ làm quỳ tím hóa xanh.

Chọn C

Các este tham gia phản ứng trùng hợp tạo thành polime: etyl acrylat (CH₂=CHCOOC₂H₅), metyl metacrylat (CH₂=C(CH₃)COOCH₃)

Chọn B

H₂NCH₂COOH + HCl —> ClH₃NCH₂COOH

ClH₃NCH₂COOH + 2NaCl —> H₂NCH₂COONa + NaCl + H₂O

H₂NCH₂COOH + NaOH —> H₂NCH₂COONa + H₂O

Chất hữu cơ trong dung dịch thu được là H₂NCH₂COONa.

Chọn B

Saccarozơ —> Glucozơ + Fructozơ —> 4Ag

nAg = 0,32 —> nSaccarozơ phản ứng = 0,08

—> a = 0,08.342/34,2 = 80%

Chọn C

Nguyên tắc điều chế kim loại là khử ion kim loại thành nguyên tử:

Mⁿ⁺ + ne —> M

Chọn C

Z chứa -COOK (x) và -OK (y)

—> nKOH = x + y = 2nK₂CO₃ = 0,85

mZ = 16(2x + y) + 12(0,425 + 1,625) + 0,975.2 + 0,85.39 = 85,3

—> x = 0,75 và y = 0,1

nAncol = x – y = 0,65

—> M ancol = 40,61 —> CH₃OH (0,25) và C₂H₅OH (0,4)

X gồm ACOOCH₃ (0,25), BCOOC₂H₅ (0,4) và RCOOP (0,1) (2 trong 3 gốc A, B, R trùng nhau)

Z gồm ACOOK (0,25), BCOOK (0,4), RCOOK (0,1) và POK (0,1)

mZ = 0,25(A + 83) + 0,4(B + 83) + 0,1(R + 83) + 0,1(P + 55) = 85,3

—> 5A + 8B + 2R + 2P = 351

—> A = 27; B = 1; R = 27; P = 77 là nghiệm duy nhất.

X gồm C₂H₃COOCH₃ (0,25), HCOOC₂H₅ (0,4) và C₂H₃COOC₆H₅ (0,1)

—> %C₂H₃COOC₆H₅ = 22,46%

Chọn A

Polisaccarit X là chất rắn, ở dạng bột vô định hình, màu trắng và được tạo thành trong cây xanh nhờ quá trình quang hợp —> X là tinh bột (C₆H₁₀O₅)_n

Thủy phân X —> monosaccarit Y là glucozơ (C₆H₁₂O₆)

Phát biểu C không đúng.

Chọn C

K₃PO₄ được dùng để làm mềm nước có tính cứng toàn phần vì:

Ca²⁺ + PO₄^3- —> Ca₃(PO₄)₂↓

Mg²⁺ + PO₄^3- —> Mg₃(PO₄)₂↓

Chọn C

M_X = M_F và X bị nhiệt phân tạo CO₂ nên X, F là các cặp (CaCO₃, KHCO₃) hoặc (MgCO₃, NaHCO₃).

Y tan trong nước nên chọn X là CaCO₃, F là KHCO₃.

Y là CaO, E là Ca(OH)₂

T là KOH, G là K₂CO₃.

Chọn C

A. Đúng, các amino axit tồn tại ở dạng ion lưỡng cực nên có tính chất giống hợp chất ion là nhiệt độ nóng chảy cao.

B. Sai, đipeptit không tạo phức chất màu tím đặc trưng.

C, D. Đúng

Chọn B

X + a mol H₂ (tối đa) —> E gồm C_xH_2xO₂ (e mol) và ankan

—> nE = nX = 0,02 —> nAnkan = 0,02 – e

Đốt E cần nO₂ = 0,5a + 0,06 và tạo ra nH₂O = a + 0,05

nAnkan = nH₂O – nCO₂

—> nCO₂ = nH₂O – nAnkan = a + 0,05 – (0,02 – e) = a + e + 0,03

Bảo toàn O: 2e + 2(0,5a + 0,06) = 2(a + e + 0,03) + a + 0,05

—> a = 0,005

—> nBr₂ = 0,005

Chọn C

—> nC = (mX – mH₂O)/12 = 0,24

—> nCO₂ = 0,24

Ba(OH)₂ dư —> nBaCO₃ = 0,24 —> mBaCO₃ = 47,28

Chọn D

Trong thời gian 3088 giây:

nCu = nCl₂ = x

—> m giảm = 64x + 71x = 10,8 —> x = 0,08

ne = 2x = 3088I/F —> I = 5A

Trong thời gian 6176 giây, tại catot vẫn thoát Cu (0,16 mol), anot thoát ra Cl₂ (a mol) và O₂ (b mol)

—> m giảm = 0,16.64 + 71a + 32b = 18,3

Bảo toàn electron: 2a + 4b = 0,16.2

—> a = 0,1 và b = 0,03

Khi thời gian là t giây:

Tại catot: nCu = 2,5x = 0,2; nH₂ = y

Tại catot: nCl₂ = 0,1; nO₂ = 0,03; nO₂ mới = z

m giảm = 64.0,2 + 2y + 0,1.71 + 0,03.32 + 32z = 22,04 (1)

Bảo toàn electron cho 2 điện cực trong thời gian t – 6176 giây (Catot có 0,5x mol Cu + y mol H₂; anot có z mol O₂):

2.0,5.0,08 + 2y = 4z (2)

(1)(2) —> y = 0,03 và z = 0,035

Vậy ne tổng ở catot = 0,2.2 + 0,03.2 = It/F

—> t = 8878

Chọn D

(4) —> E là H₂N-(CH₂)₅-COOH và H là H₂O.

(5)(6) —> I là CH₃COOH

J là (CH₃)₂CHCH₂CH₂OH; G là NaCl; Z là CH₃COONa

(3) —> F là ClH₃N-(CH₂)₅-COOH

(2) —> Y là H₂N-(CH₂)₅-COONa

(1) —> X là CH₃COOH₃N^-(CH₂)₅-COONH₃CH₃

—> T là CH₃NH₂

(1) Sai, X có cấu tạo duy nhất.

(2) Sai, dung dịch T làm quỳ tím hóa xanh.

(3) Đúng

(4) Sai, M_J = 88

(5)(6) Đúng

Chọn A

A. Sai, không có cặp điện cực nên không có ăn mòn điện hóa học.

B. Đúng, do Al bị thụ động trong HNO₃ đặc, nguội nên có thể dùng bình bằng Al để đựng HNO₃ đặc, nguội.

C. Sai, K khử H₂O trước.

D. Sai, CO chỉ khử được oxit kim loại đứng sau Al.

Chọn B

nNaHSO₄ = 0,1; nCO₂ = 0,07

—> nCO₂ < nH⁺ < 2nCO₂ —> Z chứa CO₃^2- và HCO₃^-

Đặt u, v là số mol CO₃^2- và HCO₃^- đã phản ứng

—> nH⁺ = 2u + v = 0,1 và nCO₂ = u + v = 0,07

—> u = 0,03; v = 0,04

T chứa CO₃^2- dư (0,03k) và HCO₃^- dư (0,04k)

m↓ = 197(0,03k + 0,04k) + 233.0,1 = 78,46

—> k = 4

Z chứa CO₃^2- (0,03 + 0,03k = 0,15); HCO₃^- (0,04 + 0,04k = 0,2), bảo toàn điện tích —> nNa⁺ + nK⁺ = 0,5

nNa₂CO₃ = p; nKOH = 3p

—> nNa⁺ + nK⁺ = 2p + 3p = 0,5 —> p = 0,1

Bảo toàn C —> nCO₂ = b = 0,15 + 0,2 – p = 0,25

nC phản ứng = nY – nX = a – 0,55

Bảo toàn electron: 4nC phản ứng = 2nCO + 2nH₂

⇔ 4(a – 0,55) = 2(a – 0,25) —> a = 0,85

Chọn A

Phần 1: nH₂ = 0,015 —> nAl dư = 0,01

Do có Al dư nên chất rắn là Fe (0,02)

2Al + Fe₂O₃ —> 2Fe + Al₂O₃

0,02…0,01……….0,02

Quy đổi phần 1 thành Al (0,03), Fe (0,02) và O (0,03)

—> m phần 1 = 2,41 —> m phần 2 = 7,23 – 2,41 = 4,82

Dễ thấy m phần 2 = 2m phần 1 nên phần 2 gồm Al (0,06), Fe (0,04) và O (0,06)

nHNO₃ = 0,34; nNO = 0,03

nH⁺ = 4nNO + 2nO +10nNH₄⁺ —> nNH₄⁺ = 0,01

m muối = mAl + mFe + 62(2nO + 3nNO + 8nNH₄⁺) + mNH₄NO₃ = 22,64

Chọn D

(a) CO₂ dư + Ca(OH)₂ —> Ca(HCO₃)₂

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

(c) NH₃ dư + H₂O + AlCl₃ —> Al(OH)₃ + NH₄Cl

(d) Ba(OH)₂ dư + Al₂(SO₄)₃ —> BaSO₄ + Ba(AlO₂)₂ + H₂O

(e) M(HCO₃)₂ —> MCO₃ + CO₂ + H₂O

(f) BaCl₂ + KHSO₄ —> BaSO₄ + KCl + HCl

Chọn D

Các tơ thuộc loại tơ bán tổng hợp là: tơ visco, tơ axetat, chúng đều có nguồn gốc từ tơ thiên nhiên là xenlulozơ.

Chọn B

4Al + 3O₂ —> 2Al₂O₃

nAl = 0,03 —> nAl₂O₃ = 0,015 —> mAl₂O₃ = 1,53 gam

Chọn C

nCO₂ = x; nH₂O = y; nNaOH = 0,18

Bảo toàn khối lượng: 44x + 18y = 52,24 + 4,72.32

Bảo toàn O: 2x + y = 0,18.2 + 4,72.2

—> x = 3,36; y = 3,08

nT = [nCO₂ – (nH₂O + nBr₂)]/2 = 0,04

nAxit = nNaOH – 3nT = 0,06

—> nC₃H₅(OH)₃ = 0,04 và nH₂O = 0,06

Bảo toàn khối lượng:

mE + mNaOH = m muối + mC₃H₅(OH)₃ + mH₂O

—> m muối = 54,68

Chọn A

(a) Đúng, dầu thực vật, mỡ động vật có thành phần chính là chất béo, không tan trong nước.

(b) Đúng, do H₂SO₄ đặc háo nước mạnh làm saccarozơ mất nước hóa than (C) màu đen:

C₁₂H₂₂O₁₁ —> 12C + 11H₂O

(c) Sai, sự đông tụ là tính chất vật lý.

(d) Sai, nhiều amin có tính bazơ rất yếu, không làm đổi màu quỳ tím như anilin.

(e)(g) Đúng

Chọn D

A. Sai, tơ nilon-6,6 được điều chế bằng phản ứng trùng ngưng HOOC-(CH₂)₄-COOH và H₂N-(CH₂)₆-NH₂.

B. Đúng

C. Sai, tơ nitron được điều chế bằng phản ứng trùng hợp CH₂=CH-CN.

D. Sai, cao su lưu hóa có cấu trúc mạch không gian.

Chọn B

R + 2HCl —> RCl₂ + H₂

nR = nH₂ = 0,05 —> MR = 137: R là Ba

Chọn A