Đáp án A

Than hoạt tính là loại vật liệu gồm chủ yếu là nguyên tố carbon ở dạng vô định hình, có tính năng, tác dụng rất đa dạng và đặc biệt, có kết cấu nhiều lổ xốp, diện tích bề mặt cực kỳ lớn được tạo ra trong giai đoạn hoạt tính hóa các cấu trúc rỗng ở bên trong. Dưới kính hiển vi điện tử, một hạt than hoạt tính trông giống như tổ kiến; tổng diện tích bề mặt của 0,5 kg than hoạt tính (đơn vị khối lượng từ 1.000 – 2.500 m²/g) còn rộng hơn cả một sân bóng đá. Vì thế, khả năng hấp phụ của than hoạt tính rất mạnh và lưu giữ tốt đối với các chất khí, chất lỏng và các phân tử hữu cơ khác

Đáp án D

Chất dẻo là những vật liệu polime có tính dẻo.

Một số chất dẻo như: polietilen (PE); poli (vinyl clorua) (PVC); poli (metyl metacrylat)

Đáp án D

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

Đáp án B

Gắn đồng với sắt thì sắt sẽ bị ăn mòn trước do đó không bảo vệ được sắt

Đáp án D

$n_{H_2}=\frac{0,1+0,1.3}{2}=0,2 mol\to V=2,24$

Đáp án B

CH₃CH(CH₃)NH₂: isopropylamin

Đáp án C

HCl, KCl không thể làm mất tính cứng của nước cứng tạm thời nói riêng và nước cứng nói chung.

Đáp án A

Ancol etylic C₂H₅OH không tác dụng được với dung dịch NaOH

Axit béo là những axit monocacboxylic có số chẵn nguyên tử cacbon (từ 12C đến 24C) không phân nhánh.

Etylen glycol C₂H₄(OH)₂ là ancol no, hai chức, mạch hở

Đáp án A

Ta có: $n_{Gly}=0,12 mol; n_{este}=0,05 mol$

Cho toàn bộ X tác dụng với 0,2 mol NaOH sau phản ứng thu được dung dịch Y. Cô cạn dung dịch Y thu được chất rắn gồm H₂NCH₂COONa 0,12 mol, CH₃COONa 0,05 mol và NaOH dư 0,03 mol

=> m= 16,94 gam

Đáp án B

Isopren: CH₂=C(CH₃)-CH=CH₂. Khi cho tác dụng với Br₂ theo tỉ lệ 1:1 có thể có các sản phẩm:

CH₂Br-C(Br)(CH₃)-CH=CH₂; CH₂=CH(CH₃)-CH(Br)-CH₂Br; CH₂Br -C(CH₃)=CH-CH₂Br (2 đồng phân hình học)

Đáp án B

CH₂=CH₂ + ½ O₂ → CH₃CHO

CH≡CH + H₂O → CH₃CHO

CH₄ + O₂ → HCHO + H₂O

Đáp án D

Các kim loại kiềm từ Li đến Cs có nhiệt độ nóng chảy giảm dần

Đáp án A

Đốt cháy 0,2 mol ancol X bằng 1,4 mol O₂ thu được CO₂, H₂O và O₂ dư 2 mo

Số mol khí chênh lệch là do H₂O và 0,2 mol O trong X

$$\begin{gathered} \to n_{H_{2}O}=(2-(1,4+\frac{0,2}{2}\left)\right).2=1 \\ \to H_X=\frac{1.2}{0,2}=10 \end{gathered}$$

Ta có: $n_{C{O}_2}<2-n_{H_{2}O}=1 mol\to C_X<5$

Vậy thỏa mãn X là C₄H₁₀O

Các đồng phân ancol của X dạng C₄H₉OH có 4 đồng phân

Đáp án B

NH₃ tan trong nước nên không thể thu khí bằng phương pháp đẩy nước → Loại hình 3 và 4

NH₃ nhẹ hơn không khí → không thu khí bằng cách để miệng ống nghiệm lên trên → Loại hình 2

Đáp án C

Thủy phân hoàn toàn saccarozơ trong môi trường axit, chỉ có glucozo làm mất màu brom còn fructozo thì không.

Xenlulozo mạch không phân nhánh.

Trong môi trường bazo, fructozơ chuyển hóa thành glucozơ

Đáp án C

Gọi số mol của Ala và Glu lần lượt là a, b

=> 89a+147b= 15,94

Hỗn hợp trên tác dụng vừa đủ 0,2 mol NaOH => a+2b= 0,2

Giải được: a=0,08; b=0,06.

Cho 0,36 mol HCl vào dung dịch vừa thu được thì giống như cho 0,36 mol HCl tác dụng với 0,2 mol NaOH, 0,08 mol Ala và 0,06 mol Glu.

Do vậy HCl dư.

Cô cạn dung dịch thu được rắn gồm 0,2 mol NaCl, 0,08 mol muối của Ala và 0,06 mol muối của Glu

=> m= 0,2.58,5+0,08(89+36,5)+0,06(147+36,5)=32,75 gam

Đáp án C

TN₁: Fe₃O₄ + 8HCl → FeCl₂ + 2FeCl₃ + 4H₂O.

→ Dung dịch 2 muối.

TN₂: Cu + Fe₂(SO₄)₃ → CuSO₄ + 2FeSO₄.

→ Dung dịch 3 muối

TN₃: CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O.

CaCO₃ là kết tủa, không nằm trong dung dịch

TN₄: Fe + 3AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + 3Ag.

→ Dung dịch chứa 1 muối.

Đáp án A

Phụ nữ sau sinh, hay bị choáng do thiếu máu nên bổ sung thêm nguyên tố sắt

Đáp án A

$n_{natripanmitat}=0,175 mol\to m=0,175.860=150,5 gam$

Đáp án C

Dựa vào các đ.a thì 3 chất là phenol, glyxin và ancol etylic

Z tan vô hạn trong nước → ancol etylic.

Y phân hủy trước khi sôi → Y là glyxin

Đáp án D

FeS₂ + 18HNO₃ → 15NO₂ + Fe(NO₃)₃ + 2H₂SO₄ + 7H₂O.

H₂SO₄ + BaCl₂ → BaSO₄ + 2HCl

Khí màu nâu là NO₂ và kết tủa trắng là BaSO₄

Đáp án C

Cho m gam kim loại Mg, Al tác dụng với 0,25 mol Cu(NO₃)₂ và 0,5 mol Ag sau phản ứng thu được (m+57,8) gam 2 kim loại chắc chắn là Cu và Ag

Do sinh ra Cu nên Ag hết do vậy thu được 0,5 mol Ag và x mol Cu.

Cho lượng kim loại tác dụng với HNO₃₃ dư thu được 0,3 mol NO

Bảo toàn e:

 $x=\frac{0,3.3-0,25}{2}=0,2 \to m+57,8=0,5.108+0,2.64\to m=9 gam$

Đáp án B

Các chất là Al₂O₃; Zn(OH)₂ và Pb(OH)₂. Các chất này đều lưỡng tính → tác dụng được với HCl và NaOH

Đáp án B

Thí nghiệm a.

Điều kiện xảy ra ăn mòn điện hóa: các điện cực khác nhau về bản chất, tiếp xúc trực tiếp hoặc gián tiếp với nhau qua dây dẫn và các điện cực cùng tiếp xúc với dung dịch chất điện li

Đáp án C

Cho 5,73 gam X tác dụng với 0,075 mol NaOH sẽ thu được dung dịch Z chứa Na₃PO₄.

BTKL: $m_{N{a}_{3}P{O}_4}=5,73+0,075.40-0,075.18=7,38 gam\to n_{N{a}_{3}P{O}_4}=0,045 mol$

Cho Z tác dụng với AgNO₃ dư thu được kết tủa là 0,045 mol Ag₃PO₄.

$m_{A{g}_{3}P{O}_4}=18,855 gam$

Đáp án B

Các nhận định: 1, 2, 4.

Hidro cũng là một nguyên tố nhóm IA, trong trường hợp hidrua kim loại thì số oxi hóa của hidro là -1.

Nhôm, sắt, crom thụ động với dung dịch H₂SO₄ đặc, nguội

Đáp án C

Đốt cháy 0,4 mol M thu được 0,65 mol CO₂ và 0,7 mol H₂O

Ta có: ${\stackrel{-}{C}}_M=1,625$

do vậy X, Y là hai axit no đơn chức và một axit là HCOOH

Do vậy:

 $$\begin{gathered} n_Z=2(0,7-0,65)=0,1 mol\to n_X+n_Y=0,3\to n_X=n_Y=0,15 \\ \to 0,15+0,15C_Y+0,1C_Z=0,65\to C_Y=C_Z=2 \end{gathered}$$

0,4 mol M có 0,1 mol Z thì 0,3 mol M có 0,075 mol Z

Vậy x=0,075

Ta có: $\%Y=\frac{0,15.60}{0,15.46+0,15.60+0,1.75}=38,46\%$

Đáp án A

Các phát biểu: 1, 4.

+ dung dịch fructozơ không tác dụng được với dung dịch brom

+ Protein là các polipeptit cao phân tử, protein hình sợi sẽ không tan trong nước và protein hình cầu tan trong nước tạo dung dịch keo.

+ Đun nóng xenlulozo trong điều kiện thích hợp thu được glucozo.

Đáp án D

Ta có: 

$$\begin{gathered} n_{Al{\left(OH\right)}_3}=0,04 mol \\ Ta có: {\stackrel{-}{M}}_Y=18,9 \end{gathered}$$

Dẫn Y qua bình đựng Br₂ dư thấy Br₂ phản ứng 0,12 mol.

Gọi số mol Al₄C₃, CaC₂ và Ca lần lượt là a, b, c.

Do vậy khí X thu được gồm 3a mol CH₄, b mol C₂H₂ và c mol H₂.

Mặt khác: $n_{Al{\left(OH\right)}_3}=4a-2b-2c=0,04 mol$

Cho X qua Ni thu dược hỗn hợp Y chỉ gồm các hidrocacbon nên số mol của Y là 3a+b mol

$\to \frac{16.3a+26b+2c}{3a+b}=18,9$

Mặt khác bảo toàn liên kết π: 2b-c= 0,12

Giải hệ: a=b=0,1; c=0,08 => m=24 gam

Đáp án C

X không tráng bạc nên không phải este của axit fomic.

Y không phản ứng với Cu(OH)₂ nên Y không phải ancol đa chức có nhiều OH cạnh nhau.

Mặt khác X có k = 4 và Y không tạo anken.

→ X là: CH₃OOC-C≡C-COO-CH₃.

→ X có mạch C không phân nhánh, Y là CH₃OH có nhiệt độ sôi < C₂H₅OH; Z là HOOC-C≡C-COOH có số H là 2 và O là 4 và không tráng bạc

Đáp án B

Ta có: $n_{CuS{O}_4.5H_{2}O}=0,24 mol$

Điện phân X đến khi dung dịch giảm 24,88 gam thì dừng. Dung dịch thu được 2 chất tan. Cho Mg vào Y thấy thành Mg giảm 3,36 gam chứng tỏ có H⁺.

Do vậy hai chất tan trong Y là H₂SO₄ và Na₂SO₄

$n_{H_{2}S{O}_4}=n_{Mg}=0,14 mol$

Cu²⁺ bị điện phân hết và có sinh ra 0,28 mol H⁺ $\to n_{C{l}_2}=\frac{0,24.2-0,28}{2}=0,1$

Dung dịch bị giảm do Cu²⁺, Cl^- và H₂O bị điện phân.

Gọi số mol H₂ tạo ra ở catot là x $$\begin{gathered} \to n_{O_2}=\frac{2x+0,24.2-0,1.2}{4}=0,5x+0,07 \\ \to 0,24.64+2x+0,2.35,5+32(0,5x+0,07)=24,88 \end{gathered}$$

Giải được: x=0,01.

Vậy ở anot thu được 0,1 mol Cl₂ và 0,075 mol O₂.

=> V= 3,92

Đáp án D

(1). Ca(HCO₃)₂ → CaCO₃ + CO₂ + H₂O

(2). 2CuSO₄ + 2H₂O → 2Cu + 2H₂SO₄ + O₂.

(3). 2Al + 6H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + 3SO₂ + 6H₂O

(4). Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂.

Ba(OH)₂ + 2AgNO₃ → Ba(NO₃)₂ + Ag₂O + H₂O

(5). 3S + 4CrO₃ → 2SO₂ + 2Cr₂O₃.

(6). Cu + 2KNO₃ + 4NaHSO₄ → K₂SO₄ + 2Na₂SO₄ + CuSO₄ + 2NO_2­ + 2H₂O

Đáp án B

Hỗn hợp X có thể quy về C và H₂O.

Hỗn hợp Y gồm C₂H₄O₂ và C₅H₈O₄ nên có thể quy về C và H₂O.

Do vậy E quy về C và H₂O.

Đốt cháy hoàn toàn 14,46 gam E cần 0,5 mol O₂ suy ra số mol C là 0,5 vậy H₂O là 0,47 mol.

Dẫn sản phẩm cháy qua bình đựng nước vôi trong thì dung dịch giảm m gam

=> m= 0,5.100-(0,5.44+0,47.18)= 19,54 gam

Đáp án C

Các phát biểu: 1, 3, 4, 5, 6, 7.

Polietilen được điều chế bằng phản ứng trùng hợp

Đáp án B

Cho 5,52 gam Mg, Al tác dụng với 0,54 mol NaHSO₄ và 0,08 mol HNO₃ thu được dung dịch X chỉ chứa muối trng hòa và hỗn hợp Y gồm 3 khí không màu

Ta có: ${\stackrel{-}{M}}_Y=15,75$

do vậy Y có H₂, N₂ và N₂O

Cho NaOH dư vào X thu được kết tủa là Mg(OH)₂

_{$\to n_{Mg}=0,14\to n_{Al}=0,08 mol$}

Do dung dịch X chứa chứa muối trung hòa nên H⁺ hết, mặt khác do sinh ra khí H₂ nên NO₃^- hết.

Dung dịch X sẽ chứa Mg²⁺ 0,14 mol, Al³⁺ 0,08 mol, NH₄⁺, Na⁺ 0,54 mol và SO₄^2-0,54 mol.

Bảo toàn điện tích: $n_{N{H_4}^{+}}=0,02 mol$

Bảo toàn N: $n_{N_2}+n_{N_{2}O}=\frac{0,08-0,02}{2}=0,03 mol$

Gọi số mol N₂, N₂O và H₂ lần lượt là a, b,c $\to a+b=0,03\to \frac{28a+44b+2c}{a+b+c}=15,75$

Bảo toàn e: 10a+8b+2c+0,02.8=0,14.2+0,08.3

Giải hệ: a=0,01; b=0,02; c=0,05

$\to \%H_2=7,94\%$

Đáp án A

Các thí nghiệm: 1, 4, 5, 6, 8.

(1). 2 muối là FeCl₃ và CuCl₂.

(2). 1 muối là K₂SO₄.

(3). Muối là Na₂CrO₄.

(4). Muối FeSO₄ và Fe₂(SO₄)₃.

(5). Muối là Na₂SO₄ và BaSO₄ (chú ý tỉ lệ 1:2)

(6). Muối là BaCO₃ và NaHCO₃.

(7). Muối là BaCO₃.

(8). Muối là Fe₂(SO₄)₃ và Fe(NO₃)₂.

Đáp án D

Hiđro hóa hết 31,72 gam X cần 0,26 mol H₂.

Đốt 31,72 gam X cần 1,43 mol O₂. Để phản ứng hết với 31,72 gam X cần 0,42 mol NaOH thu được hỗn hợp 2 ancol đồng đẳng kế tiếp

Ta có: $n_Y=0,42 mol$

(vì este đơn chức nên ancol đơn chức).

Cho Y vào bình Na thấy bình tăng 14,14 gam => m= 14,14+0,42= 14,56 gam

Do vậy Y gồm CH₃OH và C₂H₅OH với số mol lần lượt là 0,34 và 0,08 mol

Mặt khác BTKL: $$\begin{gathered} m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}=31,72+1,43.32=77,48 gam \\ Ta có: n_{O\left(X\right)}=0,42.2=0,84\to BTNTO: 2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}=0,84+1,43.2 \end{gathered}$$

Giải được số mol CO₂ và H₂O lần lượt là 1,36 và 0,98 mol

Ta có: $n_{este 2 chức}$$=n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}-n_{H_2}=0,12 mol$

$\to n_{este đơn chức}=0,42-0,12.2=0,18 mol$

Ta nhận thấy 0,18+0,12>0,26 nên este 2 chức no

Ta có: ${\stackrel{-}{\mathrm{\pi }}}_{este đơn chức}=\frac{0,26}{0,18}=1,44$

do vậy số liên kết π trong 2 este đơn chức là 1 và 2

Giải được số mol của 2 este lần lượt là 0,1 và 0,08 mol

Có: $n_{C_2{H}_{5}OH}=0,08 mol$

nên este có 2 π tạo bởi ancol C₂H₅OH

Nhận thấy hai gốc axit hơn kém nhau 1 C nên 2 este hơn kém nhau 2C

$\to n_{C(2 chức)}\le 1,36-0,1.4-0,08.6=0,48\to {\stackrel{-}{C}}_{2chuc}\le 4$ 

Vậy este 2 chức là C₄H₆O_{4 => %= 44,64%}

Đáp án A

A, B, C đều no, đơn chức mạch hở.

Đốt cháy m gam P cần 0,36 mol O₂ sinh ra 0,28 mol CO₂.

Cho m gam P tác dụng với 0,1 mol NaOH thu được dung dịch Q.

Cô cạn dung dịch Q thu được 7,36 gam rắn khan.

Thực hiện decaboxyl hóa với 0,024 mol NaOH nữa thu được a gam khí.

Ta thấy khi đốt cháy ancol no đơn chức thì số mol O₂ tham gia gấp 1,5 lần số mol CO₂thu được.

Nhưng khi đốt cháy axit hoặc este no đơn chức thì số mol O₂ không gấp 1,5 lần số mol CO₂ nữa mà lệch đi một lượng bằng số mol của chất đó

$\to n_B+n_C=0,28.1,5-0,36=0,06 mol\to n_P>0,06 mol$

Do vậy m gam P phản ứng với 0,06 mol NaOH nên chất rắn thu được chứa 0,04 mol NaOH dư và 0,06 mol muối của axit B

$\to M_B=\frac{7,36-0,04.40}{0,06}-22=74$

vậy B là C₂H₅COOH

Thực hiện decacboxyl chất rắn trên thu được 0,06 mol khí C₂H₆

_{=> a=1,8 gam}

Đáp án B

Cho phần 1 tác dụng với HCl thì thu được Y chứa muối của Al, Zn, Mg và FeCl₂.

Cho AgNO₃ vào Y thì thu được kết tủa AgCl và Ag.

Phần 2 tác dụng với Cl₂ thu được muối gồm muối của Al, Zn, Mg và FeCl₃.

Cho Z tác dụng với AgNO₃ thu được 93,275 gam kết tủa AgCl.

Lượng kết tủa chênh lệch là do FeCl₂ ở Y và FeCl₃ ở Z.

Gọi số mol của Fe là a

=> 93,275-90,435= a(108+35,5)-108a=> a= 0,08=> $n_{Fe\left(X\right)}=0,16$ => m= 22,82 gam

Đáp án D

Ta có: $n_{N{a}_{2}C{O}_3}=0,345\to n_{NaOH}=0,69 mol$

Gọi số mol của Gly và Val lần lượt là a, b

=> a+b+0,08= 0,69

$n_{O_2}=2,25a+6,75b+3,75.0,08=1,7625$

Giải được a=0,59; b=0,02

Ta có: $n_{M p.ư}=0,4 mol\to n_M>0,4\to M_M<36,8$

vậy ancol M là CH₃OH $\to n_M=0,46$

nên X phải là NH₂CH₂COOCH₃ và còn lại 0,13 mol Gly, 0,08 mol Ala và 0,02 mol Val tạo nên peptit Y, Z.

Quy đổi 2 peptit còn lại về C₂H₃ON 0,23 mol, CH₂ 0,14 mol và H₂O x mol

=> 0,23.57+0,14.14+18x+0,46.89= 56,73

Giải được x=0,04 $\to \stackrel{-}{N}=5,75$

hỗn hợp gồm 5-peptit và 6-peptit với số mol lần lượt là 0,01 và 0,03 mol

Nhận thấy 0,02=0,01.2; 0,08=0,01.2+0,03.2; 0,13=0,01+0,03.4.

Vậy hỗn hợp gồm 2peptit là GlyAla₂Val₂ 0,01 mol và Gly₄Ala₂ 0,03 mol

Z là Gly₄Ala₂.