Đáp án B

Để bảo vệ vỏ ống thép, người ta gắn các khối Zn vào phía ngoài ống. Phần ngoài bằng thép là cực dương, khối Zn là cực âm. Kết quả là ống thép được bảo vệ, Zn là “vật hi sinh” bị ăn mòn.

Ở anot (cực âm): Zn bị oxi hóa: Zn → Zn²⁺ + 2e

Ở catot (cực dương): O₂ bị khử: 2H₂O + O₂ + 4e → 4OH

Đáp án C

Thủy tinh hữu cơ hay còn gọi là poli(metyl metacrylat).

PT điều chế:

Đáp án D

Trong công nghiệp, một lượng lớn chất béo dùng để điều chế xà phòng glixerol và chế biến thực phẩm

Đáp án D

Bậc amin: là số nguyên tử H trong phân tử NH₃ bị thay thế bởi gốc hiđrocacbon.

+) Đimetylamin: (CH₃)₂NH (amin bậc 2)

+) Metylamin:CH₃-NH₂ (amin bậc 1)

+) Trimetylamin: (CH₃)₃N (amin bậc 3)

+) C₆H₅-NH₂ (amin bậc 1)

Đáp án D

Tiêu hủy kim loại Na, K bằng ancol etylic với phản ứng: Na + H₂O → NaOH + ½ H₂và K + H₂O → KOH + ½ H₂. Phản ứng này khá êm dịu, không gây nguy hiểm, không tạo ra chất độc hại, dễ xử lí

Đáp án C

BTKL: $m_{HCl}$ = 51,7 – 29,8 = 21,9 gam. →$n_{HCl}$ = 0,6 mol.

Vì amin đơn chức nên $n_{amin}$ = 0,6 → $\stackrel{-}{M}$ = 29,8 : 0,6 = 49,67

Công thức C_xH_yN có: 12x + y + 14 = 49,67 → 12x + y = 35,67

=> 2 amin là C₂H₇N và C₃H₉N.

Đáp án C

Kim loại có những tính chất vật lí chung là: tính dẻo, tính dẫn điện, tính dẫn nhiệt và tính ánh kim

Đáp án B

- Hàm lượng sắt trong thép cao hơn trong gang. Vì:

 +) Gang là hợp kim của sắt với cacbon, trong đó hàm lượng cacbon chiếm từ 2-5%, ngoài ra còn có một lượng nhỏ các nguyên tố khác như Si, Mn,...

 +) Thép là hợp kim của sắt với cacbon và một số nguyên tố khác, trong đó hàm lượng cacbon chiếm dưới 2%.

Hàm lượng C càng nhiều thì hàm lượng Fe càng ít.

Đáp án D

Khi cho HCl vào, mặc dù loại bỏ được ion HCO₃^- tuy nhiên lại có thêm ion Cl^- → mẫu nước cứng ban đầu là nước cứng tạm thời trờ thành nước cững vĩnh cửu → không làm mềm được nước cứng

Đáp án A

Các ion không phản ứng với nhau thì cùng tồn tại trong 1 dung dịch.

Đáp án thỏa mãn: Cu²⁺, NO₃^- , H⁺, Cl.

Loại các đáp án khác vì:

Fe²⁺ + 2OH^- → Fe(OH)₂

Al³⁺ + S^2- + H₂O → Al(OH)₃+ H₂S

Ba²⁺ + SO₄^2- → BaSO₄ vì HSO₄^- phân li ra SO₄^2-.

Đáp án B

- Chọn mạch C dài nhất: 5C

- Đánh số: xuất hiện nhánh sớm nhất nên đánh từ phải sang, có 2 nhánh: -CH₃ ở vị trí C số 2 và –C₂H₅ ở C số 3.

- Tên gọi: 3-Etyl-2-metylpentan

Đáp án B

(NH₄)₂CO₃ $\stackrel{t^o}{\to }$ NH₃ + NH₄HCO₃.

NH₄HCO₃ $\stackrel{t^o}{\to }$ NH₃ + CO₂ + H₂O

Đáp án A

Cr + 2HCl → CrCl₂ + H₂.

CrCl₂ + ½ Cl₂ → CrCl₃.

CrCl₃ + 4NaOH → NaCrO₂ + 2H₂O + 3NaCl

2NaCrO₂ + 3Br₂ + 8NaOH → 2Na₂CrO₄ + 6NaBr + 8H₂O

Đáp án D

Có ${n_H}_2$ = 0,2 → $n_{Fe}$ = 0,2 => $m_{FeC{l}_2}$= 0,2. 127 = 25,4 gam.

Đáp án C

Tác nhân chủ yếu gây mưa axit là SO₂ và NO₂.Các khí này dễ hòa tan với hơi nước trong không khí tạo thành các axit H₂SO₄, HNO₃. Khi trời mưa, các hạt axit này lẫn vào nước mưa, làm độ pH của nước mưa giảm. Nếu nước mưa có độ pH < 5,6 được gọi là mưa axit

Đáp án C

Bỏ qua hệ số n trong tính toán cho đơn giản.

[C₆H₇O₂(OH)₃]_n + 3nHNO₃ → [C₆H₇O₂(ONO₂)₃]_n + 3nH₂O

                                3.63             297

                            34,02   ←   53,46 kg

Vì H = 60% → $m_{HN{O}_{3 }lý thuyết}$ = 34,02 : 0,6 = 56,7 kg.

→ $m_{dd HN{O}_{3 }}$ = 56,7 : 94,5% = 60 kg → V = m : D = 40 lít.

Đáp án D

HCOOCH=CH₂ + NaOH → HCOONa + CH₃CHO

HCOOCH=CH₂ + 2AgNO₃ + 3NH₃ → NH₄OCOOCH=CH₂ + 2Ag + 2NH₄NO₃.

Đáp án A

Thuốc thử để nhận biết ion NO₃^- là: Cu, dd H₂SO₄ ( hoặc HCl)

3Cu + 2NO₃^– + 8H⁺ → 3Cu²⁺ + 2NO ↑ + 4H₂O

Đáp án A

Các peptit thu được là: Phe- Ser; Phe-Ser-Phe; Phe-Ser-Phe-Pro; Phe-Pro.

Đáp án A

Có $n_{C{H}_{3}COOH}$ = 0,4 < $n_{C_2{H}_{5}OH}$= 0,5 nên số mol este tính theo axit.

CH₃COOH + C₂H₅OH → CH₃COOC₂H₅ + H₂O

   0,4                0,5 →        0,4

→ $m_{este thực tế}$ = 0,4.88.60% = 21,12 gam.

Đáp án D

Axetanđehit: CH₃CHO.

Phương pháp hiện đại sản xuất anđehit này là oxi hóa không hoàn toàn etilen với xúc tác PdCl₂, CuCl₂, t^o.

2CH₂=CH₂ + O₂ → 2CH₃CHO.                                      

Ngoài ra, anđehit axetic còn được điều chế từ axetilen bằng phản ứng cộng nước

Đáp án A

Xét từng thí nghiệm:

+) Cho dung dịch NaOH đến dư vào dung dịch Cr(NO₃)₃.

NaOH + Cr(NO₃)₃ → Cr(OH)₃ + NaNO₃

Cr(OH)₃ + NaOH → NaCrO₂ + H₂O

+) Cho dung dịch HCl đến dư vào dung dịch NaAlO₂.

NaAlO₂ + HCl + H₂O → Al(OH)₃ + NaCl

Al(OH)₃ + 3HCl → AlCl₃ + 3H₂O.

+) Thổi CO₂ đến dư vào dung dịch Ca(OH)₂.

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

CO₂ + CaCO₃ + H₂O → Ca(HCO₃)₂.

+) Cho dung dịch NH₃ đến dư vào dung dịch AlCl₃.

AlCl₃ + 3NH₃ + H₂O → Al(OH)₃ + 3NH₄Cl

Nên thí nghiệm có kết tủa sau phản ứng: Cho dung dịch NH₃ đến dư vào dung dịch AlCl₃.

Đáp án A

Propen: C_­H₂=CH-CH₃, vinylaxetilen: CH≡C-CH=CH₂.

Cho tác dụng với AgNO₃/NH₃ → Kết tủa: CAg≡C-CH=CH₂ → n(↓) = 0,1 mol

→ $n_{C_4{H}_4}$ = 0,1 mol

Ta có: $n_{C_3{H}_6}$ + 2$n_{C_4{H}_4}$ = 0,35 → $n_{C_3{H}_6}$ = 0,35 – 0,1. 2 = 0,15 mol

Đáp án C

Các chất vừa phản ứng được với dd NaOH, vừa phản ứng HCl: Al, Al₂O₃, Al(OH)₃.

Đáp án C

Fructozo không có nhóm chức CHO, tuy nhiên trong môi trường bazo, fructozo và glucozo có sự chuyển hóa qua lại (glucozo có chứa CHO) → có phản ứng tráng bạc với AgNO₃/NH₃.

Glucozo có chứa CHO → vừa có phản ứng tráng bạc, vừa làm nhạt màu nước Br₂.

Glixerol là ancol đa chức có công thức C₃H₅(OH)₃ → không có các tính chất trên → không có hiện tượng.

Phenol: C₆H₅OH, tác dụng với nước brom: brom thế hidro trong vòng của phenol tại 3 vị trí 2, 4, 6 → tạo kết tủa trắng

Đáp án B

Đáp án C

Các đồng phân: CH₃-CH₂-CH(NH₂)-COOH và CH₃-C(CH­₃)(NH₂)-COOH

Đáp án C

$n_{C{O}_2}$ = 0,2 mol.

$n_{Na2CO3}$ = 0,1; $n_{NaOH}$ = 0,15 mol.

Dung dịch X chứa Na⁺ (0,35); HCO₃^- ( x mol); CO₃^2- ( y mol)

BTĐT: x + 2y = 0,1.2 + 0,15

BTNT (C): x + y = 0,2 + 0,1.

Giải hệ: x = 0,25; y = 0,05

Nên $n_{BaCO3}$ = ${n_{C{O}_3}}^{2-}$ = 197.0,05 = 9,85 gam.

Đáp án A

a) Điện phân có màng ngăn: NaCl + H₂O → H₂ + Cl₂ + NaOH

b) 2NaOH + Ba(HCO₃)₂ → BaCO₃ + Na₂CO₃ + H₂O

c) 2NaOH + Cl₂ → NaCl + NaClO + H₂O

d) Ba(HCO₃)₂ + 2KHSO₄ → BaSO₄ + K₂SO₄ + 2CO₂ + 2H₂O

Đáp án A

COOH + HCO₃^- → COO^- + CO₂ + H₂O

Ta có $n_{CO2}$ = $n_{COOH}$ = 0,1 mol

BTNT (O): 2.$n_{COOH}$ + 2.$n_{O_2}$= 2$n_{CO2}$ + $n_{H2O}$→ $n_{H2O}$ = 0,1.

BTKL: m_M + $m_{O_2}$= $m_{C{O}_2}$ + $m_{H_{2}O}$ → m_M = 0,14.44 + 0,1.18 – 0,09.32 = 5,08 gam.

Đáp án D

Có $n_{HCl}$= 0,1; $n_{A{l}^{3+}}$ = 0,1.

OH^- + H⁺ → H₂O

3OH^- + Al³⁺ → Al(OH)₃

Dựa vào đồ thị:

Có: $n_{HCl}$ = 0,1

a = $n_{A{l}^{3+}}$ = $n_{Al{\left(OH\right)}_3}$ = 0,1.

Nên $n_{O{H}^{-}}$ = $n_{H+}$ + 3.$n_{A{l}^{3+}}$ = 0,1 + 0,1.3 = 0,4 mol. → b = 0,4 : 1 = 0,4 lít = 400 ml.

Đáp án 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

Đáp án B

BTNT(Cl): $n_{NaCl}=n_{HCl}=0,1$

$n_{N{H}_2-R-COONa}=n_{N{H}_2-R-COOH}=0,06$

BTNT(Na): $n_{NaOH\left(Y\right)}=0,2-0,06-0,1=0,04$

$$\begin{gathered} \to 0,06(R+83)+0,04.40+0,1.58,5=15,79 \\ \to R=56\to M_X=117\to Valin \end{gathered}$$

Đáp án C

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

Đáp án A

$$\begin{gathered} C{u}^{2+}+2e\to Cu \\ a\to 2a\to a \end{gathered}$$ 

$$\begin{gathered} 2C{l}^{-}\to C{l}_2+2e \\ 0,18\to 0,09\to 0,18 \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} 2H_{2}O\to 4H^{+}+O_2+4e \\ b 4b \end{gathered}$$

$\left\{\begin{array}{l}2a=0,18+4b\\ 64a+0,09.71+32b=21,75\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,21\\ b=0,06\end{array}\right.$

BNT(Cu): $n_{Cu}=0,04$

BTe: 2x= 0,04.2+3y

BTNT(N): $n_{N{O_3}^{-}, dd}=0,5-y$

BTDT: 2x+0,18=0,5-y

$\to \left\{\begin{array}{l}x=0,13\\ y=0,06\end{array}\right.$

56z+0,06.64=0,75(56x+56z)

$\to z=\frac{29}{140}\to m=\left(0,13+\frac{29}{140}\right).56=18,88 \left(g\right)$

Đáp án D

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() = 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.

Đáp án D

$BTNT\left(N\right): n_{NO}=3n_{Fe{\left(NO\right)}_3}$=3x

BTe: $n_{C{u}^{2+}\left(Y\right)}=\frac{3n_{NO}+n_{F{e}^{3+}}}{2}=5x$

$$\begin{gathered} BTNT\left(Fe\right): n_{F{e}^{2+}}=n_{F{e}^{3+}}=x \\ BTDT: n_{C{l}^{-}}=2n_{C{u}^{2+}}+2n_{F{e}^{2+}}=12x \\ BTNT\left(Cl\right): n_{AgCl=12x} \\ BTe: n_{Ag}=n_{A{g}^{+}}=n_{F{e}^{3+}\left(Y\right)}=x \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \to m=108x+143,5.12x=183\to x=0,1 \\ \to n_{C{u}^{2+}\left(Y\right)}=0,5\to n_{Cu\left(bđ\right)}=0,5+0,3-0,1=0,3\to m=19,2 \end{gathered}$$

Đáp án A

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}2a+6a+12a=2,5b\\ 146,88+40b+84b=217,6+6a.18\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,08\\ b=0,64\end{array}\right. \\ \to (X+75-18).0,08+(2X+75-2.18).0,16+(3X+75-3.18).0,24=146,88 \\ \to X=117\left(Val\right) \end{gathered}$$

$BTNT\left(C\right): n_{C{O}_2}=7.\frac{1}{60}+12.\frac{1}{30}+0,05.17=\frac{41}{30}$

$BTNT\left(H\right): n_{H_{2}O}=(14.\frac{1}{60}+23.\frac{1}{30}+0,05.32):2=1,3$

$BTNT\left(O\right): n_{O_2}=\frac{2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O-n_{O\left(X\right)}}}{2}=1,8\to V=40,32$

Đáp án C

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.

$Y\stackrel{NaOH}{\to }\left\{\begin{array}{l}Fe{\left(OH\right)}_2\left(a\right)\\ Fe{\left(OH\right)}_3\left(b\right)\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}BTNT\left(Fe\right): a+b=0,2\\ 90a+107b=19,36\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,12\\ b=0,08\end{array}\right.$

BTDT: y-0,6

BTNT(H): $n_{H_{2}O}=\frac{n_{NaHS{O}_4-n_{H^{+}}}}{2}=0.24$

BTNT(N):

$$\begin{gathered} n_{NO}=x \\ BTNT\left(O\right): 3x=x+0,24\to x=0,12 \end{gathered}$$

Cho X vào nước, Fe sẽ tác dụng với Fe³⁺. Do chất rắn dư, chứng tỏ, dung dịch sau chỉ có Fe(NO₃)₂

$\to n_{Fe{(NO}_{}}$₃)2=0,122=0,06

BTNT(Fe): $n_{Fe}$=0,14→$m_{Fe}$=7,84

Đáp án A

Vì este đơn chức nên ta có:

RCOOR’ + NaOH → RCOONa + R’OH

$n_{NaOH}$ = $n_{este}$ = 0,3 → $M_{este}$ = 21,62 : 0,3 = 72,067 → X là HCOOCH₃.

Có $n_{O trong este}$ = 2.$n_{este}$

→ 12a + 2b + 0,6.16 = 21,62

BTKL: $m_{CO2}$ + $m_{H2O}$ + $m_{dd đầu}$ = $m_{CaCO3}$ + $m_{dd sau}$

→ $m_{dd giảm}$ = $m_{CaCO3}$ – $m_{CO2}$ – $m_{H2O}$ = 100a – 44a – 18b = 56a – 18b = 34,5

Giải hệ trên: a = 0,87; b = 0,79.

Có n_{(Y + Z)} = 0,87 – 0,79 = 0,08 mol → n_X = 0,3 – 0,08 = 0,22 mol.

$\left\{\begin{array}{l}{C}_n{H}_{\stackrel{-}{2n}-2}{O}_2:0,08\\ C_2{H}_4{O}_2:0,22\end{array}\right.\to 0,08.\stackrel{-}{n}+0,22.2=0,87\to \stackrel{-}{n}=5,375$

Để thu được 2 muối ( trong đó có 1 muối của X nên Y và Z tạo ra 1 muối) và 2 ancol là đồng đẳng kế tiếp thì 2 este Y, Z là:

CH₃CH=CH-COOCH₃ (C₅H₈O₂)

CH₃CH=CH-COOC₂H₅ (C₆H₁₀O₂)

→ F gồm  $\left\{\begin{array}{l}C{H}_{33}CH=CH-COONa: 0,08\\ HCOONa: 0,22\end{array}\right.$

→ $m_{CH3CH=CH-COONa}$ = 0,08.108 = 8,64 gam.