Đáp án A

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

Đáp án A

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

Đáp án D

Etanol hay ancol etylic có công thức hóa học là C₂H₅OH.

Đáp án D

Gọi CT chung của 2 ancol là  $C_n{H}_{2n+2}O$

$C_n{H}_{2n+2}O+CuO\to C_n{H}_{2n}O+Cu+H_{2}O$

$d_{X/H_2}=\frac{16+18+14{\displaystyle \stackrel{-}{n}}}{2.2}=13,75\to 1,5=\stackrel{-}{n}$

→ 2 ancol là CH₃OH (a mol) và CH₃CH₂OH (b mol)

Lập hpt: 4a + 2b = $n_{Ag}$ = 0,6 và (30a + 44b+18a + 18b) : (2a + 2b) = 13,75.2

→ a = b = 0,1 → m = 0,1. 32 + 0,1. 46 = 7,8 (g)

Đáp án B

Vôi tôi là Ca(OH)₂. Khi bôi vào vết thương sẽ giảm sưng tấy do có xảy ra phản ứng trung hòa lượng axit fomic trong nọc kiến:

Ca(OH)₂ + 2HCOOH → (HCOO)₂Ca + 2H₂O

Đáp án B

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.

Đáp án B

Gọi axit có CT là R(COOH)_n.

Phản ứng: R(COOH)_n + n NaOH → R(COONa)_n + n H₂O.

Gọi n(axit p.ư) = a → m(tăng) = 14,8 – 10,4 = (23n – 1n).a = 22an → an = 0,2

Với n = 1 → R + 45 = 10,4 : 0,2 = 52 →  R = 7 (loại)

Với n = 2 → R + 45. 2 = 10,4 : 0,1 = 104 → R = 14 → HOOC – CH₂ – COOH

Đáp án A

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

Đáp án D

HCOOC₂H₅ + NaOH → HCOONa + C₂H₅OH

Ta có: $n_{HCOO{C}_2{H}_5}$ = 0,05 mol → $n_{HCOONa}$ = 0,05 → m = 0,05. 68 = 3,4 (g)

Đáp án D

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.

Đáp án C

C₁₂H₂₂O₁₁ → C₆H₁₂O₆ (Glucozo) + C₆H₁₂O₆ (Fructozo)

Ta có: $n_{glucozo}$ = 0,06 mol → ${n_{C_{12}{H}_{22}O}}_{11}$ = 0,06 : 0,9 = 1/15 mol → m = 22,8 (g)

Đáp án D

Gọi amino axit là NH₂ – R – COOH → este Y là NH₂ – R – COOR’

M_Y = 89 → R + R’ = 89 – 60 = 29 → R = 14 và R’ = 15.

Đáp án C

Bậc của amin được tính bằng số nguyên tử hidro trong phân tử amoniac bị thay thế bởi gốc hidrocacbon.

→ CH₃ – NH – CH₃ là amin bậc 2.

Đáp án C

Tính tan của các protein khác nhau. Protein hình sợi “hoàn toàn không tan” trong nước trong khi các protein hình cầu tan trong nước tạo dung dịch keo.

Đáp án B

Thủy phân Gly – Ala trong NaOH thu được 2 muối NH₂-CH₂-COONa và NH₂-CH(CH₃)-COONa

Ta có: n(Glu-Ala) = 0,1 → m = 0,1. 97 + 0,1. 111 = 20,8 (g)

Đáp án 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

Đáp án A

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 = 14. X là Alanin (NH₂-CH₂-COOH)

Đáp án C

Sự xuất hiện của các cặp điện hóa trong dãy điện hóa lần lượt là: Ca²⁺/Ca; Zn²⁺/Zn; Cu²⁺/Cu; Ag⁺/Ag.

Tính oxi hóa theo chiều từ trái sang phải tăng dần → Ag⁺ có tính oxi hóa mạnh nhất.

Đáp án A

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

Đáp án D

Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu.

Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂

Fe + 3AgNO₃ dư → Fe(NO₃)₃ + 3Ag.

Đáp án C

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.

Đáp án D

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

Đáp án A

Phương trình: Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂.

Số mol H₂ = 0,1 mol → số mol Fe = 0,1 mol → m = 5,6 gam.

Đáp án D

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

Đáp án D

Ta có: $n_{F{e}_2{O}_3}$ = 0,03

BTNT (Fe): $n_{Fe}$ = 2$n_{F{e}_2{O}_3}$ = 0,06 mol → m = 3,36 (g)

Đáp án D

X là trilgixerit nên có dạng: ${\left(\stackrel{-}{R}COO\right)}_3{C}_3{H}_5$ .Ta có: $n_{C{O}_2}$ = 2,28 và $n_{H_{2}O}$ = 2,2

BTNT (O): $n_{O trong X}$ = 2$n_{C{O}_2}$ + $n_{H_{2}O}$ – 2$n_{O_2}$ = 0,24 → $n_X$ = 0,24 : 6 = 0,04 mol

${\left(\stackrel{-}{R}COO\right)}_3{C}_3{H}_5$ + $3NaOH\to 3\stackrel{-}{R}COONa+C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3$

BTKL: $m_{muối}=m_X+m_{NaOH}-m_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}$

Ta có:  $m_X=m_C+m_H+m_O$= 2,28. 12 + 2,2. 2 + 0,24. 16 = 35,6 (g)

Lại có: $m_{NaOH}$ = 0,04. 3. 40 = 4,8 (g) và $m_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}$ = 0,04. 92 = 3,68 (g)

→ KL muối = 35,6 + 4,8 – 3,68 = 36,72 (g)

Đáp án C

Ca(OH)₂ có vai trò tương tự Ba(OH)₂ (sản phẩm cháy là CO₂ được hấp thụ qua các dung dịch này nằm mục đích xác định nguyên tố C)

Đáp án D

Nhóm tác nhân đều gây ô nhiễm nguồn nước là: (1), (2), (3).

(4) là nhóm tác nhân làm thủng tần ozon.

Đáp án A

Ta thấy X²⁺ chỉ có thể là Ba²⁺ do tạo kết tủa sunfat là BaSO₄ màu 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

Đáp án D

Al + NaOH + H₂O → NaAlO₂ + 3/2 H­₂

Fe + 2AgNO₃ → Fe(NO₃)₂ + 2Ag.

Sau đó Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ dư → Fe(NO₃)₃ + Ag

CaO + H₂O → Ca(OH)₂

Na₂CO₃ + CaCl₂ → CaCO₃ + 2NaCl

Đáp án D

15,48(g)$\left\{\begin{array}{ll}{C}_4{H}_4& C_4{H}_8\\ C_4{H}_6& H_2\end{array}\right.\stackrel{O_2(1,63)}{\to }\left\{\begin{array}{l}C{O}_2\left(a\right)\\ H_{2}O\left(b\right)\end{array}\right.$

$\left\{\begin{array}{l}BTKL: 52z+54t=15,48-0,07.58-5\\ BTNT\left(C\right): z+t=\frac{1,12-0,07.4-0,02.4-0,07.4}{4}\end{array}\right.$

$\to \left\{\begin{array}{l}x=0,03\\ y=0,09\end{array}\right.$$\to m=0,03.159+0,09.161=19,26$

Đáp án D

Các thí nghiệm là: c; e; h.

Phản ứng c: CuO + H₂ → Cu + H₂O

Phản ứng e: AgNO₃ → Ag + NO₂ + ½ O₂

Phản ứng h: CuSO₄ + H₂O → Cu + H₂SO₄ + ½ O₂.

Top of Form

Đáp án C

Phát biểu đúng: b) c).

Các phát biểu khác sai vì:

a) Khi đốt cháy hiđrocacbon mạch hở thì X mới là anken.

d) Đồng phân là những chất có cùng công thức phân tử nhưng khác nhau về công thức cấu tạo.

Không phải tất cả những chất có cùng M là đồng phân của nhau.

VD: CH₃-CH₂-CH₂-OH và CH₃-CH(OH)-CH₃ là đồng phân của nhau.

Còn C₄H₁₀O và C₃H₆O₂ có cùng CTPT (M = 74) nhưng không phải là đồng phân.

e) Glucozơ và fructozơ mới cùng tạo sobitol.

f) C₉H₁₃Cl có π + v = (9.2 + 2 – 13 – 1) : 2 = 3 < 4 nên không có vòng benzen.

Đáp án C

Thí nghiệm 1:

2OH^- + Zn²⁺ → Zn(OH)₂

2OH^- + Zn(OH)₂ → ZnO₂^2- + H₂O

Thí nghiệm 2:

3OH^- + Al³⁺ → Al(OH)₃

OH^- + Al(OH)₃ → AlO₂^- + H₂O.

Ở thí nghiệm 2, từ đồ thị thấy 4a = 3b

Và 4b = 0,32 → b = 0,08 →  a = 0,06

Với x mol NaOH

$n_{Zn{\left(OH\right)}_2}=\frac{4a-x}{2}=\frac{0,24-x}{2}=n_{Al{\left(OH\right)}_3}=\frac{x}{3}\to x=0,144$

$n_{Zn{\left(OH\right)}_2}=n_{Al{\left(OH\right)}_3}=0,048 mol$

Tổng khối lượng kết tủa = 0,048.(78+99) = 8,496g

Đáp án A

a: Sai CH₃COOC₂H₃ +NaOH → CH₃COONa+ CH₃CHO (Metanđêhit)

b: Sai. Trùng hợp etylen thu được poli(etylen)

c. Sai. Ở điều kiện thường, anilin là chất lỏng

d. Đ   e. Đ   f. Đ    

Đáp án C

Các thí nghiệm (a), (c), (f)

Đáp án B

Có $m_{hh khí}$ = 6,11; $n_{hh khí}$ = 0,13

=> $n_{C{l}_2}$= 0,05; $n_{O_2}$ = 0,08.

Hòa tan hết Y trong HCl nên có: $n_{HCl}$ = 2.$n_{H_{2}O}$ = 2.$n_{O^{2-}}$ = 0,32 mol 

- BTNT (Cl):

 $n_{C{l}^{-} trong Z}=n_{AgCl}=n_{HCl}+n_{C{l}^{-}}$= 0,32 + 0,1 = 0,42. → $m_{AgCl}$ = 0,42.143,5 = 60,27 gam

$\to m_{kết tủa}=m_{AgCl}+m_{Ag}\to m_{Ag}$ = 73,23 – 60,27 = 12,96 → $n_{Ag}$ = 0,12 mol.

=> $n_{F{e}^{2+}}$ = 0,12.

BTĐT trong Z:  2.0,12 + 2.$n_{Cu}$ = 0,42 => $n_{Cu}$ = 0,09.

Vậy X chứa Fe (0,12) và Cu(0,09).

Khi X tác dụng HNO₃, ta thấy: (0,12 × 3 + 0,09 × 2) ÷ 3 = 0,18 mol > $n_{NO}$ = 0,15 mol

có nghĩa là Fe không lên hết Fe³⁺ mà có 1 phần chỉ lên Fe²⁺

Khi phản ứng với HNO₃: n_Fe(III) = a mol ; n_Fe(II) = bmol. ta có hệ: 

a + b = 0,12

3a + 2b + 0,09.2 = 0,15.3

Giải hệ: a = 0,03; b = 0,09.

 Vì HNO₃ dùng hết, $n_{HN{O}_3}$ = 4$n_{NO}$ = 0,6 mol → $m_{HN{O}_3}$ = 37,8 → $m_{dd HN{O}_3}$ = 120 gam.

→ BTKL: $m_{dd T}=m_X+m_{HN{O}_3}-m_{NO}$= 127,98 gam.

$\%C_{Fe{(NO}_{}}$₃)3 trong T = 0,03 . 242 : 127,98 ≈ 5,67%.

Đáp án A

- Biện luận công thức của X.

Gọi CTPT của X là C_xH_yO_t.

Có 12x + y + 16t = 76.

Ta có t ≤  $\frac{76-12-2}{16}$  = 3,875.

 +) t = 1 → 12x + y = 60. Không có giá trị x, y thỏa mãn. Loại.

 +) t = 2 → 12x + y = 44. => x = 3; y = 8.

 +) t = 3 → 12x + y = 28. Loại.

=> CTPT của X: C₃H₈O₂ hay C₃H₆(OH)₂.

- Đốt cháy hoàn toàn 17,2 gam Z cần vừa đủ 0,65 mol O₂ thu được x mol CO₂ và y mol H₂O.

BTKL: $m_Z+m_{O_2}=m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}$ hay 44x + 18y = 17,2 + 0,65.320,7

x : y = 7 : 4.

Giải hệ: x = 0,7; y = 0,4.

=> $m_O=m_Z-m_C-m_H$ = 17,2 – 0,7.12 – 0,4.2 = 8 gam => $n_O$ = 0,5 mol.

=> n_C : n_H : n_O = 0,7 : 0,8 : 0,5 = 7 : 8 : 5.

Vì CTPT trùng với CTĐGN nên Z có CT C₇H₈O₅. (M_Z = 172) ( π = 4)

- 0,1 mol Z phản ứng vừa đủ với 0,2 mol NaOH.

Z chứa 4 nguyên tử O trong –COO–; 1 nguyên tử O trong –OH

Vậy Z chứa 1 nhóm este, 1 nhóm axit và 1 nhóm ancol.

Các chất thỏa mãn: CH₃-CH(OH)-CH₂-OOC-C≡C-COOH.

Chất này có 3 đồng phân

Các bạn có thể liên hệ CTCT như sau:

Đáp án B

• 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.

Đáp án D

Đồng đẳng hóa quy hỗn hợp E về C₂H₃NO; CH₂; H₂O; C₂H₃COOH và C₂H₆O₂.

Để ý rằng số mol X = số mol T. Khi đồng đẳng hóa E thì X tách H₂O và este bổ sung 2H₂O.

Số mol H₂O trong E = - số mol C₂H₆O₂.

Þ Trong E gồm x mol C₂H₃NO; y mol CH₂; z mol H₂O; t mol C₂H₃COOH và –z mol C₂H₆O₂.

Þ Khối lượng E = 57x + 14y + 18z + 72t – 62z = 11,76

Số mol H₂O = 1,5x + y + z + 2t – 3z = 0,36.

Bảo toàn KL có khối lượng CO₂ + N₂ = 22,4 → ²x + y + 3t – 2z).44 + 14x = 22,4

Phản ứng với NaOH có: x + t = 0,16.

Giải hệ ta được x= 0,06; y = 0,05; z = -0,01 và t =0,1 mol.

Þ Số mol peptit = 0,01 mol và → số mắt xích trong peptit = 6 → số liên kết peptit trong X = 5