Chọn C.

Al là một kim loại màu trắng bạc, mềm, dễ kéo sợi và dát mỏng. Nhôm có khá nhiều ứng dụng trong đời sống. Ví dụ dùng làm vật liệu chế tạo máy bay, ô tô, tên lửa, tàu vũ trụ, dùng làm khung cửa, trang trí nội thất, dùng làm dây cáp điện thay thế cho đồng là kim loại đắt tiền, dùng làm thiết bị trao đổi nhiệt, dụng cụ đun nấu, hàn gắn đường ray...

Chọn C.

Nito thuộc nhóm VA, có Z = 7, cấu hình 1s²2s²2p³

Chọn A.

Triglixerin là trieste được tạo bởi các axit béo và glixerol. Khi thủy phân sẽ cho glixerol.

Các chất còn lại đều là các este tạo bởi axit cacboxylic và ancol đơn chức → thủy phân cho ancol đơn chức tương ứng

Chọn B.

Khi nhỏ NaOH vào Al₂(SO₄)₃ thì ban đầu xuất hiện kết tủa và tăng dần đến cực đại, tuy nhiên khi càng thêm NaOH thì kết tủa giảm dần và tan tới hết do Al(OH)₃ tan trong NaOH

Chọn B.

Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu.

Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂

Fe + 3AgNO₃ dư → Fe(NO₃)₃ + 3Ag

Chọn B.

• Tơ bán tổng hợp (tơ nhân tạo) thuộc loại tơ hóa học: xuất phát từ polime thiên nhiên nhưng được chế biến thêm bằng phương pháp hóa hóa học ( ví dụ tơ visco, tơ xenlulozo axetat...).
• Bông, Tơ tằm thuộc loại tơ thiên nhiên.

Tơ nilon-6,6 thuộc loại tơ tổng hợp

Chọn D.

Na, Ca, Al là những kim loại mạnh → phương pháp điều chế chúng là dùng điện phân nóng chảy hợp chất (muối, bazơ, oxit) của chúng

Chọn A.

Trong máu người luôn luôn có nồng độ glucozo không đổi khoảng 0,1%. Nếu lượng glucozo trong máu giảm đi thì người mắc bệnh suy nhược. Khi đó người bệnh sẽ được dịch truyền glucozo để bổ sung nhanh năng lượng

Chọn C.

CaSO₄.2H₂O có trong tự nhiên là thạch cao sống, bền ở nhiệt độ thường

Chọn D.

Nguyên nhân chính gây mưa axit: SO₂, NO₂

Chọn A.

Đipeptit là H₂N-CH₂-CO-NH-CH(CH₃)-COOH

Chọn B.

Cr₂O₃ là oxit lưỡng tính nhưng tan trong axit và kiềm đặc, không tan trong NaOH loãng

Chọn A.

Ta có: n(Fe₂O₃) = 0,03

BTNT (Fe): n(Fe) = 2 n(Fe₂O₃) = 0,06 mol → m = 3,36 (g)

Chọn A.

Có n(HCl) = 0,1; n(Al³⁺) = 0,1.

OH^- + H⁺ → H₂O

3OH^- + Al³⁺ → Al(OH)₃

Dựa vào đồ thị:

Có: n(HCl) = 0,1

a = n(Al³⁺) = n(Al(OH)₃ = 0,1.

Nên n(OH^-) = n(H⁺) + 3.n(Al³⁺) = 0,1 + 0,1.3 = 0,4 mol. → b = 0,4 : 1 = 0,4 lít = 400 ml.

Chọn D

Các dụng dịch là : (1); (2); (3); (5); (6).

Các chất (1); (2); (3); (6) là những chất có nhiều OH cạnh nhau → hòa tan Cu(OH)₂ ở điều kiện thường tạo dung dịch xanh lam.

Chất (5) là axit cacboxylic → hòa tan được Cu(OH)₂

Chọn B.

C₁₂H₂₂O₁₁ → C₆H₁₂O₆ (Glucozo) + C₆H₁₂O₆ (Fructozo)

Ta có: n(Glucozo) = 0,06 mol → n(C₁₂H₂₂O₁₁) = 0,06 : 0,9 = 1/15 mol → m = 22,8 (g)

Chọn B.

Gọi CT của  X là NH₂-R-COOH

NH₂RCOOH + HCl → NH₃Cl-RCOOH

BTKL: m(HCl) = m(muối) – m(X) = 10,95 (g) → n(HCl) = 0,3 mol

→ n(X) = 0,3 → M_X = 26,7 : 0,3 = 89 → R = 28. X là NH₂-(CH₂)₂-COOH

Chọn C.

Ca(OH)₂ có vai trò tương tự Ba(OH)₂ (sản phẩm cháy là CO₂được hấp thụ qua các dung dịch này nằm mục đích xác định nguyên tố C)

Chọn D.

Các chất điện li mạnh là những muối, axit mạnh, bazo mạnh→ NaCl là muối nên là chất điện li mạnh

Chọn C.

Trong dung dịch, ở nhiệt độ thường glucozo hòa tan Cu(OH)₂ cho dung dịch phức đồng-glucozo màu xanh lam

Chọn C

Các kim loại kiềm có tính khử mạnh → trong tự nhiên, kim loại kiềm chỉ tồn tại dạng hợp chất

Chọn B

Các este thỏa mãn là: HCOOC-C-C và HCOO-C(C)-C

Chất Y bị oxi hóa bởi Br₂ trong môi trường kiềm nên Y là NaCrO₂.

Nên các chất X thỏa mãn: Cr(OH)₃, CrCl₃.

Cr(OH)₃ + NaOH → NaCrO₂ + 2H₂O.

CrCl₃ + 3NaOH → Cr(OH)₃ + 3NaCl

Cr(OH)₃ + NaOH → NaCrO₂ + 2H₂O

Chọn A.

tơ nilon-7 và tơ nilon-6,6

Tơ poliamit được cấu tạo từ poliamit. Mà poliamit là những polime tổng hợp có chức nhiều nhóm chức amit(-CO-NH-) trong phân tử

Nilon- 6,6 : -(NH[CH₂ ]₆ NHCO[CH₂ ]₄ CO)-_n

Nilon- 7:  -(NH- [CH₂ ]₆-CO)-

Chọn A

Chọn B.

X + NaOH + HCl → hh muối ( có muối NaCl) + 2 ancol đơn chức

→ X là este 2 chức tạo bởi axit 2 chức và 2 ancol đơn chức.

Có n(NaOH đầu) = 0,2 mol; n(NaOH dư) = n(HCl) = 0,04 mol.

→ n(NaOH phản ứng) = 0,2 – 0,04 = 0,16 mol.

(RCOO)₂R’R’’ + 2NaOH → 2R(COONa)₂ + R’OH + R’’OH

     0,08          ←   0,16 →        0,08            0,08       0,08

NaOH + HCl → NaCl + H₂O

=> m(muối) = m(NaCl) + m(RCOONa) = 0,04.58,5 + 0,08.(R+67.2) = 15,14 → R = 26 → C₂H₂.

→ T có công thức: HOOC-CH=CH-COOH (C₄H₄O₄).

BTKL: m_X = m(muối T) + m(ancol) – m(NaOH phản ứng) = 12,8 + 7,36 – 0,16.40 = 13,76 gam.

→ M_X = 13,76 : 0,08 = 172.

Este có dạng: R’OOC-CH=CH-COOR’’ → R’ + R’’ = 58.

Cặp thỏa mãn: R’ = 15; R’’ = 43.

→ Este X có công thức: CH₃OOC-CH=CH-COOC₃H₇.(C₈H₁₂O₄)

+) Phân tử X có 12 nguyên tử H

+)  Số nguyên tử C trong T ( 4) bằng một nửa số C trong X (8)

+) Phân tử T có 1 liên kết đôi C=C và 3 liên kết π

+) Y là CH₃OH, Z là C₃H₇OH nên không phải là đồng đẳng kế tiếp

Chọn A.

Các phát biểu đúng là 2, 3, 5, 6.

+ Mệnh đề 1: các axit béo no thường có nhiệt độ nóng chảy cao hơn axit béo không no.

+ Mệnh đề 4: Fructozo tồn tại chủ yếu ở dạng β, vòng 5 cạnh hoặc 6 cạnh

Chọn A.

Các nhận định đúng là 1, 5, 6.

+ Nhận định 2: Be không tác dụng với H₂O; Mg tác dụng chậm với H₂O ở điều kiện thường.

+ Nhận định 3: phương pháp thường dùng để điều chế kim loại kiềm là điện phân nóng chảy muối halogenua của kim loại kiềm.

+ Nhận định 4: thành phần của C trong gang từ 2-5%, trong thép là 0,01-2%.

+ Nhận định 7: các kim loại kiềm dễcháy trong oxi khi đốt, tạo ra các oxit/peoxit.

+ Nhận định 8: những kim loại mạnh như Na, K, Ca khử được H₂O ở nhiệt độ thường; các kim loại có tính khử trung bình như Zn, Fe... chỉ khử được hơi nước ở nhiệt độ cao; các kim loại có tính khử yếu như Cu, Ag, Hg... không khử được H₂O, dù ở nhiệt độ cao.

Chọn C.

Giả sử ban đầu có 1 mol C₄H₁₀ → m(C₄H₁₀) = 58 gam.

BTKL: m(đầu) = m(X) → n(X) = 58 : (23,2.2) = 1,25 mol.

→ n(anken) = n(ankan mới tạo thành) = 1,25 – 1 = 0,25 gam.

→ n(ankan dư) = 1 – 0,25 = 0,75 mol

=> %V(C₄H₁₀ trong X) = 0,75 : 1,25 = 60%.

Chọn B.

Nhận thấy đồ thị có các giai đoạn:

+Giai đoạn kết tủa tăng dần do Ca(OH)₂ tác dụng với CO₂ tạo kết tủa CaCO₃.

+Giai đoạn kết tủa không đổi do CO₂ tác dụng với KOH.

+Giai đoạn kết tủa giảm dần do CO₂ tác dụng với CaCO₃ và hòa tan kết tủa này (tạo Ca(HCO₃)₂).

Lúc CO₂ đạt 0,5 mol thì kết tủa đã bị hòa tan mất 0,05 mol (do từ 0,45 mol đã bắt đầu hòa tan kết tủa).

→ x= 0,15 – 0,05= 0,1 mol

Chọn A.

Các phát biểu đúng là: (5), (6), (7), (8).

Chọn B.

n(KOH) = 0,4 mol ; n(H₂)  0,15 mol

Quy đổi hh X về: K (0,4 mol); Na (x mol); O ( y mol).

Ta có hệ:

23x + 16y + 0,4.39 = 25,7

x + 0,4 = 0,15.2 + 2.y ( bảo toàn e).

Giải hệ: x = 0,3; y = 0,3

Dung dịch Y chứa: KOH (0,4 mol) và NaOH ( 0,3 mol).

→ n(OH^-) = 0,7 mol.

Xét n(OH^-)/n(H₃PO₄) = 0,7 : 0,4 = 1,75 nên tạo 2 muối H₂PO₄^- ( a mol) và HPO₄^2- ( b mol)

Có hệ:

a + 2b = 0,7 ( bảo toàn điện tích)

a + b = 0,4 ( bảo toàn nguyên tố P)

Giải hệ: a = 0,1; b = 0,3.

Nên muối gồm: 0,1 mol H₂PO₄^3-; 0,3 mol HPO₄^2-; 0,3 mol Na⁺; 0,4 mol K⁺.

→ m(muối) = 61 gam.

Chọn A.

Xét tại thời điểm t^h; dung dịch sau điện phân hòa tan Al sinh ra H₂ mà tỷ lệ CuSO₄ : NaCl = 1:1 nên.

Đặt số mol CuSO₄ và NaCl đều là b mol.

Ở catot: Cu²⁺ + 2e → Cu⁰; ở anot: 2Cl^-  - 2e → Cl₂ ; 2H₂O – 4e → 4H⁺ + O₂.

Dung dịch X Phản ứng với Al  sinh ra a mol H₂ → lượng H⁺đã phản ứng = 2a mol.

||→ Số mol e trao đổi = b + 2a mol .

• Xét tại thời điểm 2th, số mol e trao đổi = 2 (2a + b) mol.

Ở catot: Cu²⁺ + 2e → Cu⁰ ; 2H₂O + 2e → 2OH^- + H₂ || Ở anot: 2Cl^-  - 2e → Cl₂ ; 2H₂O – 4e → 4H⁺ + O₂.

Số mol e Cl^- nhường = b mol → số mol e H₂O nhường = 4a + b mol → Lượng H⁺ sinh ra = 4a + b

Số mol e Cu²⁺ nhận = 2b mol → Số mol e H₂O nhận = 4a mol → số mol OH^- = 4a mol.

Trong dung dịch có OH^- và H⁺ nên : H⁺ + OH^- → H₂O.

||→ Lượng H⁺ dư = b mol.

Cho Al dư vào dung dịch: Al + 3H⁺ → Al³⁺ + 3/2 H₂.

||→ Số mol H₂ = b /2  = 4a → a : b = 1 : 8

• Xét các nhận định:

+ Tại thời điểm 2th số mol khí thoát ra ở hai cực là: 2a  + 0,5 b + 0,25  (4a + b ) , thay b = 8 a → số mol khí thoát ra =  9a mol → (1) đúng.

+ Tại thời điểm 1,75^t h thì số mol e trao đổi = 1,75 (2a + b) mol.

Nếu H₂O điện phân thì Cu²⁺ điện phân hết → số mol e Cu²⁺nhận = 2b mol < 1,75 (2a + b)

||→ 0,25b < 3,5a → a : b < 1 / 3 đúng (do a : b = 0,75). → (2) đúng.

+ Tại thời điểm 1,5^t h thì số mol e trao đổi = 1,5 (2a + b) mol.

Nếu H₂O điện phân thì Cu²⁺ điện phân hết → số mol e Cu²⁺nhận = 2b mol < 1,5 (2a + b)

||→ 0,5b < 3a → a : b < 1 / 6 →  đúng (do a : b = 1:8 ). → (3) đúng.

+ Tại thời điểm 0,8t h thì số mol e trao đổi = 0,8 (2a + b) mol.

 Nếu H₂O điện phân thì Cl^- điện phân hết → số mol e Cl^-nhường= b mol < 0,8 (2a + b)

||→ 0,2b < 1,6 a → a : b < 1 / 8 đúng (do a : b = 1:8). → (4) đúng.

+ Tại thời điểm 2th thì số mol H₂ sinh ra = 2a mol. → (5) sai.

Chọn C.

phản ứng: a, b, d, f,

(a). 2NaHCO₃ + KOH → Na₂CO₃ + K₂CO₃ + 2H₂O

(b). Fe + 2AgNO₃ → Fe(NO₃)₂ + 2Ag;         

Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ → Ag + Fe(NO₃)₃.

(c). CH₃COOC₆H­₅ + 2NaOH → CH₃COONa + C₆H₅ONa + H₂O.

Ngoài ra có NaOH dư.

(d). ClNH₃-CH₂-COOH + 2NaOH → NaCl + 2H₂O + NH₂CH₂COONa.

(e). Fe₃O₄ + 8HCl → 2FeCl₃ + FeCl₂ + 4H₂O;         

2FeCl₃ + Cu → 2FeCl₂ + CuCl₂,

Ngoài ra còn có HCl dư.

(f). CO₂ + 2NaOH → Na₂CO₃ + H₂O

CO₂ + Na₂CO₃ + H₂O → 2NaHCO₃.

Có Na₂CO₃ dư và NaHCO₃.

(g). 14HCl + K₂Cr₂O₇ → 3Cl₂ + 2CrCl₃ + 2KCl + 7H₂O.

Chọn C.

Ta thấy X²⁺ chỉ có thể là Ba²⁺ do tạo kết tủa sunfat là BaSO₄màu trắng và không tan trong axit.

Y³⁺ chỉ có thể là Fe³⁺ do tạo kết tủa Fe(OH)₃ màu nâu đỏ.

Z³⁺ là Al³⁺ do ban đầu tạo kết tủa keo trắng Al(OH)₃ và kết tủa này tan trong kiềm dư.

T³⁺ là Cu²⁺ do ban đầu tạo kết tủa xanh Cu(OH)₂ nhưng bị hoà tan bởi NH₃ do tạo phức

Chọn D.

Hết 0,12 mol NaOH mới có kết tủa chứng tỏ Y có H⁺. Vậy n(H⁺) = 0,12 mol

Chất rắn thu được khi cho tác dụng với NaOH là Fe(OH)₂ và Fe(OH)₃. (Nếu xét chỉ có Fe(OH)₂ hay chỉ có Fe(OH)₃ thì khối lượng rắn thu được không thỏa mãn)

Y có H⁺ ,có Fe²⁺ nên NO₃^- hết.