Phản ứng xảy ra:

Fe + H₂SO₄ loãng  FeSO₄ + H₂.

Chọn đáp án B.

Thứ tự cặp oxi hóa khử:

^Ms2+/_Mg ; ^Fe2+/_Fe ; ^Cu2+/_Cu ; ^Fe3+/_Fe²⁺ ; ^Ag+/_Ag  kim loại thu được chắc chắn phải có Ag.

Chú ý: Với các dạng này nên sắp xếp kim loại theo thứ tự mạnh  yếu.

$\stackrel{Mg,Fe,Cu,Ag}{\leftarrow }$

Chọn đáp án B.

Ăn mòn điện hóa học xảy ra khi thỏa mãn đủ 3 điều kiện sau:

- Các điện cực phải khác nhau về bản chất, thường là kim loại A-kim loại B, kim loại A-phi kim B (ví dụ: Fe-C).

- Các điện cực phải tiếp xúc trực tiếp hoặc gián tiếp với nhau qua dây dẫn.

- Các điện cực cùng tiếp xúc với dung dịch chất điện li (chú ý : không khí ẩm cũng coi là môi trường điện ly yếu)

·        FeCl₃: chỉ xảy ra ăn mòn hóa học: Ni + 2FeCl₃  NiCl₂ + 2FeCl₂

·        CuCl₂: ban đầu Ni bị ăn mòn hóa học: Ni + CuCl₂  NiCl₂ + Cu

Cu sinh ra bám trực tiếp lên Ni  xảy ra ăn mòn điện hóa đồng thời với ăn mòn hóa học.

·     AgNO₃: ban đầu Ni bị ăn mòn hóa học: Ni + 2AgNO₃  Ni(NO₃)₂ + 2Ag

Ag sinh ra bám trực tiếp lên Ni  xảy ra ăn mòn điện hóa đồng thời với ăn mòn hóa học.

·        HC1 và FeCl₂: chỉ xảy ra ăn mòn hóa học: Ni + 2HCl  NiCl₂ + H₂, Ni không đẩy được Fe ra khỏi muối.

 Có 2 trường hợp xảy ra ăn mòn điện hóa.

Chọn đáp án C.

Khi điện phân dung dịch NaCl bằng điện cực trơ: 2NaCl + 2H₂O  2NaOH + H₂ +Cl₂

Nếu không có màng ngăn thì xảy ra thêm phản ứng: 2NaOH + Cl₂  NaCl + NaClO + H₂O

 Để thu được khí X duy nhất thì không dùng màng ngăn xốp và khí duy nhất là H₂.

Chọn đáp án C.

Hiện tượng đầu tiên xảy ra ở cả 3 cốc là sủi bọt khí không màu (H₂) do phản ứng:

2Na + 2H₂O  2NaOH + H₂

Chọn đáp án B

Phản ứng xảy ra nhanh hơn khi xảy ra ăn mòn điện hóa => thêm dung dịch Cu(NO₃)₂.

Chọn đáp án D.

Amino axit có dạng: (H₂N)_x-R-(COOH)_y xảy ra các trường hợp:

-      x > y: dung dịch có pH > 7 và làm quỳ tím hóa xanh.

-      x = y: dung dịch có pH = 7 và không làm đổi màu quỳ tím.

-      x < y: dung dịch có pH < 7 và làm quỳ tím hóa đỏ.

   Chỉ có D là quỳ tím đổi màu khác nhau nên nhận biết được

Chọn đáp án D.

Tơ có nguồn gốc từ xenlulozo là sợi bông, sợi đay, tơ visco, tơ axetat.

Chọn đáp án D.

•       Ba được vì:

Ba + 2H₂O  Ba(OH)₂ + H₂

Ba(OH)₂ + 2NaHSO₄  BaSO₄  + Na₂SO₄ + 2H₂O

•       BaCO₃ được vì:

BaCO₃ + 2NaHSO₄  BaSO₄  + Na₂SO₄ + CO₂ + H₂O

•       Ba(HCO₃)₂ được vì:

Ba(HCO₃)₂ + 2NaHSO₄  BaSO₄  + Na₂SO₄ + 2CO₂ + 2H₂O

Chọn đáp án A.

Các chất tác dụng với HNO₃ đặc, nóng thu được Fe³⁺ là:

Fe₃O₄, Fe₂O₃, FeO, Fe(OH)₂, Fe(OH)₃, FeSO₄.

Chọn đáp án C.

Dùng bán phản ứng:

2H₂SO₄ + 2e $S{O}_4^{2-}+S{O}_2+H_{2}O\to n_{S{O}_4^{2-}}=n_{S{O}_2}=0,045$ mol.

 m_muối = m_{KL + $m_{S{O}_4^{2-}}$}  = 1,68 + 0,045. 96 = 6(g)

Chọn đáp án A.

2Mg + CO₂ $\stackrel{t°}{\to }$  C + 2MgO

Chọn đáp án D.

CH₂=C(CH₃)-COOH + CH₃OH $\stackrel{t°,xt}{\rightleftarrows }$  CH₂=C(CH₃)-COOCH₃ + H₂O

CH₂=C(CH₃)-COOCH₃ $\stackrel{t°,xt}{\to }$  [-CH₂-C(CH₃)(COOCH₃)-] (coi như không có giá trị n để dễ tính toán)

n_polime =1,2 mol (coi khối lượng là gam cho dễ tính toán)

$\to n_{axit}=\frac{1,2}{0,8.0,3}=5mol\Rightarrow m_{axit}=5.86=430gam.$

Chọn đáp án B.

Coi 2 axit là R₁COOH và R₂COOH cho dễ nhìn (chất béo tạo nên bởi 1 gốc axit R₁COO và 2 gốc R₂COO). Ta có 2 cách xếp:

$\left.\begin{array}{l}{R}_1\text{COO}\\ R_2\text{COO}\\ R_2\text{COO}\end{array}\right|$ và $\left.\begin{array}{l}{R}_2\text{COO}\\ R_1\text{COO}\\ R_2\text{COO}\end{array}\right|$

Chọn đáp án D.

Để phản ứng với dung dịch Br₂ thì trong công thức cấu tạo cần có liên kết bội kém bền (C=C , C=C) hoặc nhóm chức -CHO.

 Các chất thỏa mãn bao gồm:

+ Axetilen $\to$  Có liên kết C $\equiv$ C $\to$Có liên kết $\mathrm{\pi }$  kém bền.

+ Metanal $\to$ Có nhóm -CHO.

+ Axit  fomic  $\to$Có nhóm -CHO

+ Metyl fomat $\to$  Có nhóm -CHO

+ Metyl acrylat $\to$  Có liên kết C=C $\to$Có liên kết  kém bền.

+ Vinyl axetat $\to$  Có liên kết C=C $\to$Có liên kết  kém bền.

+ Triolein  $\to$Có liên kết C=C $\to$  Có liên kết  kém bền.

+ Glucozo $\to$  Có nhóm -CHO.

Chú ý : các liên kết C=C (kiểu anken) và C $\equiv$ C (kiểu ankin) là liên kết kém bền , liên kết C=C trong vòng benzen (kiểu benzen) là liên kết đôi bền, vì vậy benzen không làm mất màu dung dịch Br₂ ở điều kiện thường , mà phản ứng ở những điều kiện khắc nghiệt hơn.

Chọn đáp án D.

Các chất phản ứng được với dung dịch NaOH loãng, nóng là: phenylamoni clorua, phenyl benzoat, tơ nilon-6, alanin, Gly-Gly-Val, m-crezol, phenol, triolein, đivinyl oxalat  có 9 chất

Chọn đáp án D.

Coi như X chưa tham gia phản ứng với H₂SO₄ $\to$Y là hỗn hợp gồm X và H₂S0₄

Ta có $n_{H_{2}O}=n_{NaOH}+n_{KOH}=$0,1 + 0,3 = $2n_{H_{2}S{O}_4}+2n_X$

Mà $n_X$ =0,1 mol $\to$  $n_{H_{2}S{O}_4}$ =0,1 (mol)

Bảo toàn khối lượng m_x = 36,7 + 0,4. 18- 0,1. 98 - 0,3. 56- 0,1. 40 = 13,3 gam

 $\to$M_X = = 133 , X có 1 nguyên tử N $\to$ %N= .100% = 10,526%.

Chọn đáp án A.

X gồm H₂ và CO₂. Đặt $n_{C{O}_2}$  = xmol; $n_{H_2}$  = y mol

$\to$ $n_X$ = x + y = 0,21mol; = 5,25g = 44x + 2y.

Giải hệ có: x = 0,115 mol; y = 0,095 mol.

Quy đổi hỗn hợp ban đầu về Mg, Ca, o và CO₂           

$\to$ nCa = nCaCl2   =0,18mol.    

Đặt $n_{Mg}$ = x; $n_O$ = y  24x + 0,18.40 + 16y + 0,115 . 44 = 19,02g.

Bảo toàn electron: 2x + 0,18.2 = 0,095.2 + 2y.

Giải hệ có: x = 0,135 mol; y = 0,22 mol.

Ta có $n_C=n_{C{O}_2}=0,4mol$

$n_H=2n_{H_{2}O}=1,35mol.$

n_{N/hỗn hợp amin} = $\frac{9,65-m_C-m_H}{14}=0,25mol.$

$\to n_{HCl}=n_N=0,25mol\to$ m_muối = 9,65 + 0,25.36,5 = 18,775 gam.

 Với 19,3 gam X thì m_mu6i = 18,775.2 = 37,55 gam

Chọn đáp án A.

(1)      SiO₂ + 4HF $\to$ SiF₄ + 2H₂O

(2)      SO₂ + 2H₂S $\to$ 3S + 2H₂O

(3)      2NH₃ + 3CuO $\stackrel{t°}{\to }$ 3Cu + N₂ + 3H₂O

(4)      CaOCl₂ + 2HCl_đặc $\to$ CaCl₂ + Cl₂ + H₂O

(5)      Si + 2NaOH + H₂O $\to$ Na₂SiO₃ + 2H₂

(6)      2Ag + O₃ $\to$ Ag₂O + O₂

(7)      NH₄C1 + NaNO₂ $\stackrel{t°}{\to }$ NaCl + N₂ + 2H₂O

(8)      2Cu(NO₃)₂ + 2H₂O $\stackrel{điện phân}{\to }$  2Cu + 4HNO3 + O₂

(9)  2Na + 2H₂O $\to$ 2NaOH + H₂ , 3NaOH + FeCl₃  Fe(OH)₃ + 3NaCl

(10) Mg + Fe₂(SO₄)_3dư $\to$MgSO₄ + 2FeSO₄

 (2), (3), (4), (5), (6), (7), (8), (9) thỏa mãn.

Chọn đáp án A.

$k_{C_3{H}_{10}{N}_2{O}_4}=\frac{3.2+2+2-10}{2}=0=\pi -i$ (k là độ bất bão hoà tính theo công thức phân tử, $\mathrm{\pi }$  là số liên kết pi thực tế trong công thức cấu tạo , i là số liên kết ion trong công thức cấu tạo)

X có 4 nguyên tử O trong phân tử, nên X là muối của amoni của axit cacboxylic 2 chức nên $\mathrm{\pi }$ = 2 (có 2 liên kết  trong 2 nhóm COO)  i = $\mathrm{\pi }$  - k = 2 (có 2 liên kết ion). Vậy X là muối amoni 2 chức của axit cacboxylic 2 chức.

$X\to \left[\begin{array}{l}N{H}_{4}OOC-COON{H}_{3}C{H}_3\\ N{H}_{4}OOC-C{H}_2-C\text{OO}N{H}_4\end{array}\right.$

$k_{C_3{H}_{12}{N}_2{O}_3}=\frac{3.2+2+2-12}{2}=-1$

Y có 3 nguyên tử O nên Y là muối amoni của 1 trong các gốc NH₃ và CH₃NH₂ (đều có $\mathrm{\pi }$  = 1)

 i = $\mathrm{\pi }$ - k = 2 (Y có 2 liên kết ion trong phân tử). Vậy Y là muối amoni 2 chức của axit cacbonic (gốc $C{O}_3^{2-}$)

$Y\to \left[\begin{array}{l}{\left(C{H}_3 N{H}_3 \right)}_{2}C{O}_3\\ \left[\begin{array}{l}{C}_2{H}_{5}N{H}_{3}C{O}_{3}N{H}_4\\ {\left(C{H}_3\right)}_{2}N{H}_{3}C{O}_{3}N{H}_4\end{array}\right.\end{array}\right.$

$\left\{\begin{array}{l}{n}_X=x\left(mol\right)\\ n_Y=y\left(mol\right)\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}138x+124y=3,86\\ n_{khi}=2x+2y=0,06\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,01\\ y=0,02\end{array}\right.$

Do 2 khí thoát ra hơn kém nhau 1 nguyên tử C (NH₃ và CH₃NH₂) và có tỉ lệ mol 1 : 5, nên ở đây chỉ cần xét 1 trường hợp thoả mãn được 2 điều kiện trên:

X : NH₄OOC – COONH₃CH₃, Y: (CH₃NH₃)₂CO₃

NH₄OOC-COONH₃CH₃ +2NaOH $\stackrel{t°}{\to }$ (COONa)₂ +NH₃ +CH₃NH₂ +2H₂O

0,01 mol                $\to$              0,01 mol

(CH₃NH₃)₂CO₃ + 2NaOH $\stackrel{t°}{\to }$  2CH₃NH₂ + Na₂CO₃ + 2H₂O

0,02 mol                   $\to$                    0,02 mol

Ta có $m_{muoi}=134n_{{\left(C\text{OO}Na\right)}_2}+106n_{N{a}_{2}C{O}_3}=3,46\left(g\right)$

Chọn đáp án D.

Do dùng "tối thiểu" HCl nên xảy ra các phản ứng theo thứ tự:

Fe₃O₄+ 8HCl $\to$  2FeCl₃ + FeCl₂ + 4H₂O

Fe + 2FeCl₃ $\to$   3FeCl₂

Fe + 2HC1  $\to$ FeCl₂ + H₂

$n_{Fe}$ =0,2 mol ; $n_{F{e}_3{O}_4}$ = 0,05 mol.

Cuối cùng chỉ chứa FeCl_{2 $\Rightarrow$} $n_{FeC{l}_2}$= 0,2 + 0,05.3 = 0,35 mol

Bảo toàn nguyên tố Clo: $n_{HCl}$ = 0,35.2 = 0,7 mol  V = = 0,35 (lít) = 350 ml.

 FeCl₂ + 3AgN0₃  Fe(N0₃)₃ + Ag   + 2AgCl

 $n_{Ag}$ = 0,35mol; $n_{AgCl}$= 0,7mol $\Rightarrow$  m = 0,35.108 + 0,7. 143,5 = 138,25(g).

Chọn đáp án B.

$\sum O{H}^{-}$ = 0,2 . (1,5.2 + 1) = 0,8 mol; $n_{c{o}_2}$ = 0,6 mol.

$n_{HC{O_3}^{-}/Y}=2n_{C{O}_2}-n_{O{H}^{-}}=0,4mol$ ;  $n_{C{O_3}^{2-}}=0,6-0,4=0,2mol$

$n_{B{a}^{2+}/Y}=0,2.1,5-0,2=0,1mol$

$n_{O{H}^{-}}=0,2.1,5=0,3mol<n_{HC{O_3}^{-}/Y}\Rightarrow n_{C{O_3}^{2-}}=0,3mol$

$n_{B{a}^{2+}}=0,2+0,1=0,3mol=n_{C{O_3}^{2-}}\Rightarrow n_{BaC{O}_3}=0,3mol$

$\to m=0,3.197=59,1\left(g\right).$

Chọn đáp án D. 

(1)      Đúng

(2)      Đúng

(3)      Sai, chẳng hạn anilin có tính bazơ yếu hơn NH₃.

(4)      Sai, polipeptit mới là cơ sở tạo nên protein.

(5)      Đúng

(6)      Đúng

 có 4 nhận định đúng.

Chọn đáp án B.

Tính được  $n_{H_2}=0,15mol;n_{C_4{H}_4}=0,05mol.a$

Khi nung nóng thì khối lượng hỗn hợp:  $m_{saupu}=m_{\text{truoc\hspace{0.33em}pu}}=0,15.2+0,005.52=2,9gam.$

Từ tỉ khối hỗn hợp sau phản ứng với H₂  $\to n_{hônhopsauphanung}=\frac{2,9}{2.14,5}=0,1mol.$

Chú ý:    $n_{H_{2}phanung}=n_{honhoptruocphanung}-n_{honhopsauphanung}=0,2-0,1=0,1mol.$

Thêm nữa, H₂ phản ứng sẽ cộng vào nối đôi, làm mất 0,1 mol liên kết $\mathrm{\pi }$  của hỗn hợp trước phản ứng.

Mà số mol lk $\mathrm{\pi }$  trước phản ứng là: 0,05. 3 = 0,15 mol nên sau phản ứng chỉ còn 0,15 - 0,1 = 0,05 mol$\mathrm{\pi }$

Vậy khối lượng brom đã phản ứng sẽ là: 0,05. 160 = 8 gam.

Chọn đáp án C.

Có 5 phát biểu đúng: (a), (b), (c), (d), (g).

Chọn đáp án C.

Có 5 phát biểu đúng: (a), (b), (c), (f), (g).

Chọn đáp án C.

Có 5 phát biểu đúng: (a), (b), (c), (d)(g).

Chọn đáp án B.

Có 5 phát biểu đúng: (a), (d), (e), (f), (g).

Chọn đáp án B.

21,62 gam E (este đều đơn chức) + vừa đủ 0,3 mol NaOH $\to n_{COO\text{ trong E}}=0,3\text{ mol}$

 • Đốt 21,62 gam E (0,3 mol) + O₂  X mol CO₂ + y mol H₂O

(CO₂ + H₂O) + Ca(OH)₂ dư có $\Delta m_{\text{dung dich giam}}$ = 56x - 18y = 34,5 gam.

Lại có $m_E$ = 12x + 2y + 0,3.32 = 21,62 gam  x = 0,87 mol và y = 0,79 mol.

$\overline{C}=\frac{n_E}{n_{C{O}_2}}=\frac{0,87}{0,3}=0,29\to X:HCOOC{H}_3.$

$\to \sum n_{C{O}_2}-\sum n_{H_{2}O}=n_{Y+Z}=0,08mol\to n_X=0,22mol.$

Chú ý: Y, Z không no và thủy phân cho ancol nên số  4.

Chặn số C_{trung bình của X} < = 2,5  số C_x = 2 hay X là HCOOCH₃.

• Biện luận: hai ancol đồng đẳng nên ancol còn lại là C₂H₅OH.

Thủy phân E chỉ cho 2 muối mà 1 muối là HCOONa (no rồi)

1 muối còn lại phải là không no 1 C=C là gốc axit của Y và Z.

nghĩa là Y là $C_n{H}_{2n-1}COOC{H}_3$ và Z là $C_n{H}_{2n-1}COO{C}_2{H}_5$  (Y, Z đồng đẳng kế tiếp)

Đơn giản, tính lại số $C_{trung\text{ binh }Y,Z}$ =  $\frac{0,87-0,22.2}{0,08}$  = 5,375.

Số C_Y = 5 và số C_z = 6.

 Chỉ quan tâm muối lớn trong F là 0,08 mol C₃H₅COONa —> rn_muối = 8,64 gam

Chọn đáp án D.

Quy X về , CH₂, H₂O $\Rightarrow$ $n_{{\text{C}}_2{H}_{3}NO}$ = 2 = 2.0,22 = 0,44 mol.

Muối gồm 0,44 mol C₂H₄NO₂Na và X mol CH₂

 đốt cho CO₂: (0,66 + x) mol và H₂O: (0,88 + x) mol

 m_{bình tăng} = $m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}$ = 56,04  x = 0,18 mol.

 $n_{NaOH}=n_{C_2{H}_{3}NO}=0,44mol.$ Bảo toàn khối lượng:

m + 0,44.40 = m + 15,8 + $m_{H_{2}O}$  $\Rightarrow$  $n_{H_{2}O}$= 0,1 mol.

Đặt $n_A$ = a; $n_B$= b  n_x = a + b = 0,1 mol; ${n_{{\text{C}}_2{H}_3}}_{NO}$= 0,44 mol = 4a + 5b

Giải hệ có: a = 0,06 mol; b = 0,04 mol.

${\text{n}}_{Ala}=n_{C{H}_2}$=0,18 mol; $n_{Gly}$= 0,44 - 0,18 = 0,26 mol.

Gọi số gốc Ala trong A và B là m và n ($1\le m\le 3;1\le n\le 4$)

$\to$0,06m + 0,04n = 0,18. Giải phương trình nghiệm nguyên có: m = 1; n = 3.

$\to$B là  $Gl{y}_{2}Al{a}_3$ $\to$   $\%m_B=\frac{0,04.345}{0,44.57+0,18.14+0,1.18}.100\%=46,94\%.$

Chọn đáp án C.

X và Y lần lượt có dạng $C_n{H_2}_{n-2}{O}_2$ và $C_m{H_2}_{m-4}{O}_4$  ($n\ge 3;m\ge 4$ ).

Ta có: $n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=\left(k-\text{ 1}\right).n_{hop\text{ chat}}$ (với k là độ bất bão hòa của hợp chất hữu cơ).

Áp dụng: $n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=$ n_x + 2n_Y = $n_{COO}\Rightarrow$$n_{COO}$= 0,11 mol.

$m_E=m_C+m_H+m_0$= 0,43.12 + 0,32.2 + 0,11. 2. 16 = 9,32(g).

$\to$Thí nghiệm 2 dùng gấp thí nghiệm 1 là $\frac{46,6}{9,32}$ = 5 lần.

$\to$$n_{CO{O}_{thi\text{ nghiem 2}}}$ = 0,11 . 5 = 0,55 mol <$n_{NaOH}$ = 0,6 mol  NaOH dư.

 $n_{H_{2}O\text{ ban dau}}$ = 176(g). Đặt n_x = x; $n_y$ = y  x + 2y = 0,55 mol.

$\sum m_{H_{2}O/Z}$ = 176 + 18 X 2y = (176 + 36y) (g); M_T = 32  T là với số mol là x.

$\to m_{binhtăng}$ = 188,85(g) = 176 + 36y + 32x - 0,275.2

Giải hệ có: x = 0,25 mol; y = 0,15 mol.

Đặt số C của X và Y là a và b (a > 4; b > 4)  0,25a + 0,15b = 0,43. 5

Giải phương trình nghiệm nguyên có: a = 5; b = 6.

 Y là C₆H₈0₄ $\Rightarrow \%m_Y=\frac{0,15.144}{46,6}.100\%$ = 46,35%.

Chọn đáp án D.

Ta có n_{e trao đổi} = $\frac{It}{96500}=0,44mol.$

Giả sử tại anot chỉ có Cl₂  $\to n_{C{l}_2}=0,15mol\to n_e=0,3mol<0,44mol\to$ vô lý.

$\to$Tại anot chỉ có khí Cl₂ và khí O₂.

Quá trình điện phân ở anot:

$2C{l}^{-}-2e\to C{l}_2$

$H_{2}O-2e\to 2 H^{+}+\frac{1}{2} O_2$

$\left\{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}+n_{O_2}=0,15\\ 2n_{C{l}_2}+4n_{O_2}=0,44\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}{n}_{C{l}_2}=0,08mol\\ n_{O_2}=0,07mol\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}{n}_{NaCl}=0,16mol\\ n_{Cu{\left(N{O}_3\right)}_2}=0,2mol\end{array}\right.$

- Dung dịch sau điện phân chứa Na⁺ (0,16 mol), (0,4 mol) và H⁺

+ Xét dung dịch sau điện phân có: $\stackrel{BTDT}{\to }$$n_{H^{+}}=n_{N{O}_3^{-}}-n_{N{a}^{+}}=0,24mol$