Đáp án D

Những kim loại khác nhau có tính dẫn điện khác nhau chủ yếu là do mật độ electron tự do của chúng không giống nhau. Kim loại dẫn điện tốt nhất là Ag, sau đó đến Cu, Au, Al, Fe ...

Đáp án B

Sáu nguyên tố hóa học đứng sau các nguyên tố khí hiếm là Li, Na, K, Rb, Cs, Fr.

Đáp án D

Một số nguồn năng lượng sạch có tiềm năng to lớn từ thiên nhiên: năng lượng thủy điện, năng lượng gió, năng lượng mặt trời, năng lượng địa nhiệt, năng lượng thủy triều...

Đáp án C

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

Đáp án A

Quặng manhetit chứa Fe₃O₄ là quặng giàu sắt nhất, nhưng hiếm có trong tự nhiên.

Đáp án D

Tơ nilon-6,6 thuộc loại tơ poliamit vì các mắt xích nối với nhau bằng các nhóm amit –CO-NH. Nilon-6,6 được điều chế từ hexametylen điamin H₂N[CH₂]₆NH₂ và axit ađipic (axit hexanđioic).

Đáp án B

Thạch cao sống có công thức CaSO₄.2H₂O

Đáp án A

CrO₃ là chất oxi hóa mạnh, một số chất vô cơ và hữu cơ như S, P, C, NH₃, C₂H₅OH... bốc cháy khi tiếp xúc với CrO₃, đồng thời CrO₃ bị khử thành Cr₂O₃.

Đáp án A

Các dẫn điện tốt (chất điện li mạnh) là các muối, axit mạnh, bazo mạnh. → Trong các chất trên, NaCl là muối; CH₃COOH là axit yếu, NH₃ là bazo yếu, C₂H₅OH là ancol → NaCl là chất điện li mạnh → NaCl là chất dẫn điện tốt nhất.

Đáp án A

CO chỉ khử được oxit của kim loại sau Al. → Chất rắn: Cu và Al₂O₃.

→ $m_{rắn giảm}$ = $m_{O phản ứng}$ = 0,8 → $n_{O phản ứng}$ = $n_{CuO p.ư}$ = 0,05 → $m_{CuO}$ = 4 (g)

Đáp án A

NH₄NO₂ $\stackrel{t^o}{\to }$ N₂ + 2H₂O.

Đáp án D

Protein đơn giản là những protein được tạo thành chỉ từ các gốc α-aminoaxit.

Đáp án C

Axetilen là một ankin có công thức phân tử là C₂H₂

Đáp án D

Nguyên tắc làm khô là có khả năng hút nước và không tác dụng được với chất cần làm khô.

NH₃ có tính bazo → không dùng được H₂SO₄ đặc.

NH₃ có tính khử, có khả năng tác dụng với các cation kim loại tạo các hidroxit kết tủa→ không dùng được CuSO₄.

NaCl rắn không có khả năng hấp thụ nước → loại

→ Dùng CaO rắn

Đáp án D

X + nH₂O → X(OH)_n + n/2 H₂.

Ta có: $n_{H_2}$ = 0,15 mol → $n_{OH-}$ = 2$n_{H_2}$ = 0,3 mol → $n_{H^{+}}$ = 0,3 mol → 2. 2V = 0,3 → V = 0,075 (lít)

Đáp án B

Đáp án A

Cr + 2HCl → 2CrCl₂ + 3H₂

Đáp án B

$$\begin{gathered} C{H}_{3}COOH+C_2{H}_{5}COOH\iff C{H}_{3}COO{C}_2{H}_5+H_{2}O \\ 0,4 0,5 \\ \to m_{etyl axetat}=0,4.88.60\%=21,2 gam \end{gathered}$$

Đáp án C

Quỳ tím hóa đỏ → X là axit → X: axit glutamic.

Cho quỳ vào Y không đổi màu → Y là anilin hoặc alanin.

Cho NaOH vào Y, dung dịch trong suốt → Y là alanin.

Anilin không tan trong kiềm, không làm quỳ chuyển màu → Z: anilin.

Metylamin làm quỳ chuyển xanh, tan trong nước → trong dung dịch NaOH, dung dịch trong suốt → T: metylamin

Đáp án B

CH₃COONa + NaOH (CaO) → CH₄ + Na₂CO₃

CH₄ + Cl₂ → CH₃Cl + HCl

CH₃Cl + NaOH → CH₃OH + NaCl

CH₃OH + CuO → HCHO + Cu + H₂O.

Đáp án C

X gồm C₆H₁₂O₆ (x mol) và C₁₂H₂₂O₁₁ (y mol)

→ 180x + 342y = 48,96

Ta có: $n_{C{O}_2}$ = 6x + 12y (theo BTNT (C)) và $n_{H_{2}O}$ = 6x + 11y (BTNT (H))

→ 12x + 23y = 3,28

→ x = 0,12 và y = 0,08

Saccarozo không tráng gương, chỉ có glucozo có tráng gương. → $n_{Ag}$ = 2n(Glu) = 0,24 → $m_{Ag}$ = 25,92 (g)

Đáp án C

Các chất đó là: triolein, nilon-6,6; tơ lapsan; Gly-Ala-Val.

Đáp án D

X có thể + NaHCO₃ giải phóng CO₂ → Chứa COOH → X: CH₃COOH.

Y tác dụng với Na, có phản ứng tráng bạc → có CHO, có H linh động. → Y là HO-CH₂-CHO.

Z tác dụng được với NaOH nhưng không tác dụng Na → Z là este: HCOOCH₃.

→ Y là hợp chất tạp chức; Z có khả năng tráng bạc; Z rất ít tan trong nước; Z có nhiệt độ sôi thấp hơn X.

Đáp án C

$X\left\{\begin{array}{l}Glu N{H}_2{C}_3{H}_5{\left(COOH\right)}_2 x mol\\ Lys\left(N{H}_2\right)C_5{H}_{9}COOH y mol\end{array}\right.\stackrel{0,4 mol HCl}{\to }Y\underset{0,8 mol}{\overset{NaOH}{\to }}$

$\left\{\begin{array}{l}x+y=0,32\\ x+y+0,4=0,8\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,1\\ y=0,2\end{array}\right.$

Đáp án D

Do X₄ sinh ra nilon-6 → X₄ là amino axit tương ứng: NH₂[CH₂]₅COOH.

X₄ + HCl → X₃. Do đó, X₃ là ClNH₃-[CH₂]₅-COOH.

X₃ là sản phẩm của X₁ + HCl. Do đó, X₁ là NH₂-[CH₂]₅COONa.

→ X tác dụng NaOH theo tỉ lệ 1:1 mà cho H₂O, lại cho X₁, X₂ → X là muối amoni → X: NH₂[CH₂]₅COONH₃CH₃. → X₂: CH₃NH₂.

+ X là muối amoni, X₄ là aminoaxit → Lưỡng tính.

+ X₂ là quỳ tím chuyển xanh.

+ M(X) < M(X₃)

+ Nhiệt độ nóng chảy của X₁ > X₄.

Đáp án A

Các thí nghiệm:

(a): Mg + 2Fe³⁺_dư → Mg²⁺ + 2Fe²⁺.

(b): H₂ + MgO → (không tác dụng)

(c): Ag⁺ + Fe²⁺ → Ag + Fe³⁺

(d): Na + H₂O → NaOH + ½ H₂.

Sau đó: MgSO₄ + 2NaOH → Mg(OH)₂ + Na₂SO₄.

(e): FeS₂ + O₂ → Fe₂O₃ + SO₂

(f): Cu²⁺ + 2^e → Cu

Đáp án A

Khi cho NaOH, hay Ca(OH)₂ dư tác dụng 1/2 dd X, đều xảy ra phản ứng:

HCO₃^- + OH^- → CO₃^2- + H₂O. (1)

Ca²⁺ + CO₃^2- → CaCO₃. (2)

Khi tác dụng Ca(OH)₂ dư thì do Ca²⁺ và OH^- dư nên n(↓ phần 2) = n(HCO₃^-) = $\frac{4,5}{100}$= 0,045 mol.

Khi tác dụng NaOH dư, do OH^- dư nên HCO₃^- phản ứng hết. với n(HCO₃^-) = 0,045. Trong khi n(↓ phần 1) = $\frac{2}{100}$= 0,02 < 0,045

⇒ kết tủa tính theo Ca²⁺ với n(Ca²⁺) = n (↓ phần 1) = 0,02 mol.

Bảo toàn điện tích (trong 1/2 dd) → n(Na⁺) + 2n(Ca²⁺)= n(HCO₃^-) + n(Cl^-)

=> n(Na⁺) = 0,045 + 0,035- 0,02.2= 0,04 mol

Khi đun sôi thu được muối chứa Na⁺( tính trong 1/2 dd):

2HCO₃^- → CO₃^2- + CO₂+ H₂O

0,04 mol Na⁺; 0,02 mol Ca²⁺; 0,035 mol Cl^-; $\frac{0.045}{2}$ CO₃^2-.

Khi nung nóng:

                           Ca²⁺ + CO₃^2-  → CaCO₃

Ban đầu             0,02     0,0225

Sau phản ứng    -           0,0025        0,02

                          CaCO₃ → CaO + CO₂

                           0,02 →     0,02

Chất rắn gồm: 0,04 mol Na⁺; 0,0025 mol CO₃^2-; 0,035 mol Cl^- và 002 mol CaO

→ m =2(0,04.23 + 0,0025.60 + 0,035.35,5 + 0,02.56) = 6,865 gam.

Đáp án D

Các phát biểu đúng a, c, d, e.

Phát biểu khác sai vì:

(b) anilin không làm hồng phenolphtalein.

(e) Vì glyxylalanin là đipeptit vào Cu(OH)₂ không tạo phức màu tím đặc trưng.

Đáp án B

Al₄C₃ + 12H₂O → 3CH₄ + 4Al(OH)₃

CaC₂ + 2H₂O → C₂H₂ + Ca(OH)₂ .

$\left\{\begin{array}{l}A{l}_4{C}_3 x mol\\ Ca{C}_2 y mol\end{array}\right.\to T\left\{\begin{array}{l}C{H}_4 3x\\ C_2{H}_2 y\end{array}\right.\stackrel{O_2, t^o}{\to }\left\{\begin{array}{l}{H}_{2}O\\ C{O}_2\end{array}\right.3x+2y$

2Al(OH)₃ + Ca(OH)₂ → Ca(AlO₂)₂ + 4H₂O

4x                   y

2y             ← y →           y

4x – 2y           -                 y

Ca(AlO₂)₂ + 2CO₂ + 4H₂O → 2Al(OH)₃ + Ca(HCO₃)₂.

$\left\{\begin{array}{l}Y: Ca{(AlO}_{}\end{array}\right.$₂)2 (y)Z: Al(OH)3 (4x-2y)→CO2+H2OAl(OH)3(2y)

Vì cùng thu được a gam kết tủa nên có: 4x – 2y = 2y → x = y

Nên tỉ lệ trong hh X là: 1 : 1.

Đáp án B

Xét từng thí nghiệm:

(a) Ca(OH)₂ + Ca(HCO₃)₂ → 2CaCO₃ + 2H₂O

(b) Ba(OH)_{2 dư} + Al₂(SO₄)₃ → BaSO₄ + Ba(AlO₂)₂ + H₂O

(c) NaAlO₂ + HCl + H₂O → NaCl + Al(OH)₃

Al(OH)₃ + 3HCl → AlCl₃ + H₂O

(d) NaAlO₂ + CO₂ + 2H₂O → Al(OH)₃ + NaHCO₃

(e) Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃

Al(OH)₃ + OH^- → AlO₂^- + H₂O

(f) Al³⁺ + 3NH₃ + H₂O → Al(OH)₃ + 3NH₄⁺

(g) AgNO₃ + Fe(NO₃)₂ → Ag + Fe(NO₃)₃.

Thí nghiệm không thu được kết tủa: (c) và (e).

Đáp án B

Ta có: $n_x=$0,2+0,1+0,15+0,1+0,85=1,4 mol

Gọi a là số mol H₂ phản ứng, b là số mol ankin còn dư trong Y.

Ta có: $n_z=$ 0,85= 1,4 -a-b

Mặt khác cho Z vào dung dịch brom dư thấy có 0,05 mol Br₂

$\to n_{\mathrm{\pi }\left(\mathrm{Z}\right)}=0,05 mol$

Bảo toàn liên kết π: 0,2.2+0,1.2+0,15-a-2b=0,05

Giải hệ: a=0,4; b=0,15.

$\to n_Y=1,4-0,4= 1mol$

Ta có: $m_Y=m_X=19,5 gam\to {\stackrel{-}{M}}_Y=19,5\to d_{Y/H_2}=9,75$

Đáp án C

Đáp án A

Ta có số mol CuO và Fe₃O₄ là 0,15 mol.

Cho lượng trên tan hết trong H₂SO₄ thu được dung dịch A chứa CuSO₄ 0,15 mol, FeSO₄ 0,15 mol và Fe₂(SO₄)₃ 0,15 mol.

Gọi số mol của Mg là x mol.

Cho Mg vào A ta có các trường hợp sau:

+Mg chỉ tác dụng với Fe₂(SO₄)₃ thì lúc này rắn E chứa CuO 0,15 mol, MgO x mol và Fe₂O₃ .

$$\begin{gathered} \frac{0,15+0,15.2-2x}{2}=0,225-x mol \\ \to 0,15.80+40x+(0,225-x).160=45 \end{gathered}$$

Giải được x>0,225 vô lý (loại). 

+Mg tác dụng với CuSO₄ lúc này rắn E chứa Fe₂O₃ 0,225 mol, MgO x mol và CuO 0,3-x mol.

$\to$0,225.160+40x+80(0,3-x)=45

Giải được x=0,375 >0,3 vô lý (loại).

+Mg tác dụng với FeSO₄ lúc này rắn E chứa MgO x mol và Fe₂O₃ 

$$\begin{gathered} \frac{0,75-x}{2}=0,375-0,5x \\ \to 40x+160(0,375-0,5x)=45 \end{gathered}$$

Giải được x=0,375 mol → m = 9 gam.

Đáp án B

Ta có: k_X = 6 ta có 1 mol X tác dụng với AgNO₃/NH₃ theo tỉ lệ 1:4 và 1 mol X tác dụng với NaOH theo tỉ lệ 1:4.

Vậy X phải là (HCOO)₂C₆H₄.

Do vậy 1 mol X tác dụng với 4 mol NaOH thu được 2 mol HCOONa và 1 mol C₆H₄(ONa)₂. → m = 290.

Đáp án A

+Cho từ từ phần 1 vào 0,12 mol HCl thu được 0,075 mol khí CO₂.

Gọi số mol HCO₃^- và CO₃^2- phản ứng lần lượt là a, b.

$\to a+b=0,075; a+2b=0,12$

Giải được: a=0,03; b=0,045.

Do vậy tỉ lệ HCO₃^- và CO₃^2- trong dung dịch Y là 1:1,5.

+Cho từ từ 0,12 mol HCl vào phần 2 thu được 0,06 mol khí CO₂.

$\to n_{C{O_3}^{2-}}=0,12-0,06=0,06 mol$

Do vậy trong mỗi phần chứa 0,04 mol HCO₃^- và 0,06 mol CO₃^2-.

Vậy Y chứa 0,08 mol HCO₃^- và 0,12 mol CO₃^2-.

Bảo toàn C: $n_{BaC{O}_3}=0,32-0,12-0,08=0,12 mol$ 

Bảo toàn điện tích Y chứa 0,32 mol Na⁺.

Vậy hỗn hợp ban đầu chứa 0,32 mol Na, 0,12 mol Ba và O.

Bảo toàn e:

 $$\begin{gathered} n_O=\frac{0,32+0,12.2-0,15.2}{2}=0,13 \\ \to m=25,88 gam \end{gathered}$$

Đáp án B

Ta có tỉ lệ số mol O và N trong X là 24:11 hay tỉ lệ -COOH: NH₂ là 12:11.

Đê tác dụng với 19,62 gam hỗn hợp X cần 0,22 mol HCl, do vậy trong X số mol NH₂là 0,22 mol.

Số mol COOH trong X là 0,24 mol.

Đốt cháy hoàn toàn 19,62 gam hỗn hợp X thu được 0,62 mol CO₂.

Vậy X chứa 0,62 mol C, 0,22 mol N, 0,48 mol O và H.

$$\begin{gathered} \to n_H=19,62-0,62.12-0,22.14-0,48.16=1,42 mol \\ \to n_O=0,62+\frac{1,42}{4}-0,24=0,735 mol \\ \to V= 16,464 lít \end{gathered}$$

Đáp án B

Do dung dịch Y tăng 21,28 gam.

$$\begin{gathered} \to m_X=28,96-21,28=7,68 gam \\ Ta có: n_X=\frac{7,68}{9,6.4}=0,2 mol \end{gathered}$$

Do vậy ta giải được số mol CO₂ và NO trong X lần lượt là 0,06 mol và 0,08 mol.

Vậy số mol FeCO₃ là 0,06 mol.

Do khi thêm AgNO₃ vào Y có xuất hiện NO nên H⁺ dư nên Y không có NO₃^- dư.

Bảo toàn N: $n_{N{H_4}^{+}}=0,24-0,06.2-0,08=0,04 mol$ 

Gọi a, b lần lượt là số mol Mg, Fe₃O₄,  c là số mol HCl.

Do vậy kết tủa chứa AgCl c mol và Ag.

$\to 24a+232b+0,06.116=28,96$

Do cho AgNO₃ vào sinh ra 0,03 mol NO nên H⁺ dư 0,12 mol.

Bảo toàn e kết hợp bảo toàn điện tích: 

c= 0,04+8b+0,06.2+0,08.3+0,06.8+0,04.8+0,12

Bảo toàn e:

 $$\begin{gathered} n_{Ag}=2a+b+0,06-0,04.8-0,08.3-0,03.3-0,06.8=2a+b-1,07 \\ \to 143,5c+108(2a+b-1,07)=238.58 \end{gathered}$$

Giải được: a=0,53; b=0,04; c=1,64.

%Mg= 43,92%

Đáp án B

Đốt cháy hoàn toàn 60,78 gam M cần 3,08 mol O₂ sinh ra 2,57 mol H₂O.

BTKL: $m_{C{O}_2}=60,78+3,08.32-2,57.18=2,57 mol$

Bảo toàn nguyên tố O: $n_{O\left(M\right)}=2,57.3-3,08.2=1,55 mol$

Gọi số mol của X là a, Y là 1,5 a, Z là b và T là c.

Do T là este 3 chức nên Z là ancol 3 chức.

Bảo toàn O: 2a+ 1,5a.2+ 3b+ 6c= 1,55

 Mặt khác 60,78 gam M phản ứng vừa đủ 0,25 mol H₂.

=> a+1,5a+3c= 0,25

Do đốt cháy M thu được số mol CO₂ bằng số mol nước nên ancol Z no 3 chức.

Ta có X, Y đều có k=2; Y có k=6.

=> a+1,5a+5c= b

Giải hệ: a=0,04; b=0,35; c=0,05.

Ta có 2TH:

TH1: T có 2 gốc X, 1 gốc Y.

Ta có: $0,14C_X+0,11C_Y+0,4(C_X+1)=2,57$

Nghiệm nguyên C_X=3; C_Y=5_.

TH2: T có 2 gốc Y, 1 gốc X.

$\to 0,09C_X+0,16C_Y+0,4(C_X+1)= 2,57$

Không có nghiệm nguyên.

Vậy CTPT của T là C₁₅H₂₀O₆.

%T= 24,35%

Đáp án C

Ta có: $n_{BaC{O}_3}=0,05 mol$ suy ra số mol CO₂ trong Z là 0,05 mol tức O bị khử 0,05 mol.

Gọi số mol Fe₃O₄ và CuO lần lượt là a, b => 232a+80b= 25,4

Cho Y tác dụng với 1,2 mol HNO₃ thu được khí 0,175 mol khí NO₂.

Bảo toàn N: $n_{N{O_3}^{-} trong Y}= 1,2-0,175=1,025 mol =n_{NaOH}\to V=1,025$

  Ta có 2 TH xảy ra:

TH1: HNO₃ dư 

a+0,05.2=0,175 =>a=0,075=> b= 0,1$\to \%F{e}_3{O}_4=68,5\%$

TH2: HNO₃ hết

8a+2b-0,05.2+0,175.3= 1,025 nghiệm âm loại.

Đáp án D

Ta có X là 6-peptit.

19 gam E tác dụng với 0,3 mol NaOH thu được hỗn hợp muối và 2 ancol cùng số C.

Decacboxyl hóa muối trên thu được F chứa 2 khí có Mtb=7,8.

Vậy có H₂.

Nhận thấy Y, Z đều no đa chức.

Mà muối có muối của amino axit nên F sẽ chứa amin, vậy muối còn lại phải là

 HCOONa.

Ta có: $n_{Fe}=0,3\to m_{Fe}=2,34\to m_{muoi}=2,34+0,3(22+44)=22,14$

Quy đổi hỗn hợp E về (Gly)₆ a mol; (HCOO)₂C₃H₆ b mol, (HCOO)₃C₃H₅ c mol và CH₂ d mol.

=> 360a+132b+176c+14d= 19

6a+2b+3c= 0,3

Đốt cháy 19 gam E cần 0,685 mol O₂.

=> 13,5a+5b+5c+1,5d= 0,685

Ta có: $n_{H_{2}O}=10a+4b+4c+d=0,54$

Giải hệ: a=0,01; b=0,09; c=0,02; d=0.

Do d = 0 nên các chất trong E chính là các chất mà ta quy đổi được.

%X= 18,95%