Các phương trình phản ứng: $$\begin{gathered} 2Al+6KHS{O}_4\to A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3+3K_{2}S{O}_4+3H_2\uparrow \\ 2Al+6KHS{O}_4\to A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3+3K_{2}S{O}_4+3H_2\uparrow \end{gathered}$$

$Al+NaOH+H_{2}O\to NaAl{O}_2+\frac{3}{2}{H}_2\uparrow$

Dung dịch NH₃ có tính bazơ yếu nên không thể hòa tan với Al

Chọn đáp án D.

Cấu hình electron của Fe là $\left[Ar\right]3d^{6}4s^2$, nguyên tử Fe có tổng số electron phân lớp $3d+4s$ là 8, electron cuối cùng điền vào phân lớp 3d, vậy Fe sẽ thuộc nhóm VIIIB

Chọn đáp án C.

Gốc nitrat là gốc axit của axit nitric HNO₃. Vậy KNO₃ có tên là: Kali nitrat.

Chọn đáp án B.

Axit linoleic có công thức là C₁₇H₃₁COOH, có  (2 liên kết  trong gốc hidrocacbon và 1 liên kết  trong nhóm COOH)

Chọn đáp án D.

Chất điện ly mạnh bao gồm:

- Các axit mạnh: HCl, H₂SO₄, HNO₃, HBr, HI, HClO₃, HClO₄.

- Các bazo mạnh:  NaOH, KOH, Ba(OH)₂, Ca(OH)₂

- Hầu hết các muối (kể cả muối kết tủa)

Chọn đáp án C.

Ta có:

C₆H₅NH₂ (anilin): amin có tính bazo yếu do nhóm phenyl hút e trên nguyên tử Nitơ nên không làm quỳ chuyển màu

$N{H}_2\text{-}C{H}_2\text{-}COOH$: aminnoaxit có số nhóm $-COOH=soánhoùm-N{H}_2$ nên không làm quỳ chuyển màu vì môi trường gần như trung tính

$HOOC\text{-}{\left[C{H}_2\right]}_2\text{-}CH\left(N{H}_2\right)\text{-}COOH$: làm quỳ chuyển đỏ vì số nhóm $-COOH$ nhiều hơn số nhóm $-N{H}_2$

C₂H₅NH₂: làm quỳ chuyển xanh

$N{H}_2\text{-}{\left[C{H}_2\right]}_4\text{-}CH\left(N{H}_2\right)\text{-}COOH$ : làm quỳ chuyển xanh vì số nhóm $-N{H}_2$ nhiều hơn số nhóm $-COOH$.

Chọn đáp án D.

Ta có phương trình phản ứng $NaHS{O}_4+BaC{l}_2\to BaS{O}_4\downarrow NaCl+HCl$

Chọn đáp án B.

Ứng dụng của thạch cao nung, công thức là $CaS{O}_4.H_{2}O$

Chọn đáp án C.

Điều chế cao su Buna - N $nC{H}_2=CH-CH=C{H}_2+nC{H}_2=CHCN\stackrel{xt:Na}{\to }-{\left[C{H}_2-CH=CH-C{H}_2-C{H}_2-CHCN\right]}_n-$

Chú ý: tên gọi Buna-N có ý nghĩa: điều chế từ đồng trùng Butadien (Bu), có xúc tác Na (Na), và đồng trùng hợp acrilonitrin (có chứa N)

Chọn đáp án C.

Các kim loại có tính khử mạnh: kim loại kiềm, kiềm thổ và Al thì chỉ có 1 cách duy nhất điều chế là điện phân nóng chảy.

Thường hay điện phân nóng chảy muối clorua, riêng trường hợp AlCl₃ có tính chất dễ thăng hoa (chuyển từ trạng thái rắn sang trạng thái hơi mà không qua trạng thái lỏng) nên không thể điện phân nóng chảy, thay vào đó người ta điện phân Al₂O₃

Chọn đáp án B.

Chất chỉ được tạo nên từ các mắt xích $\alpha$-glucozơ là amilozơ và amilopectin.

Chọn đáp án A.

Cr₂O₃: màu lục thẫm, Cr(OH)₃ màu lục xám, CrO₃ màu đỏ thẫm, Cr(OH)₂ màu vàng.

Chọn đáp án C.

Bảo toàn mol electron:

Công thức tính nhanh $n_{H_{\max }^{+}}=4n_{Al{O}_2^{-}}-3n\downarrow$

 trong đó $n_{Al{O}_2^{-}}=0,15mol,n_{\downarrow }=0,075mol$

$\to n_{H_{\max }^{+}}=0,375mol\to V=375ml$

Chọn đáp án A.

Chất trong dãy tác dụng được với dung dịch H₂SO₄ loãng là anilin, alamin, lysin.

Chọn đáp án A.

Ta có: $m=\frac{3,42}{342}\mathrm{.4.108}=4,32gam$

 (do cả Glucozơ và Fructozo đều tham gia tráng bạc với tỷ lệ 1 mol Glucozơ/Fructozơ tạo 2 mol Ag)

Chọn đáp án C.

Quy đổi: $0,1mol{H}_{2}NC{H}_{2}COOH+0,3molHCl+NaOH\to muoái+H_{2}O$.

có $n_{H_{2}O}=n_{NaOH}=n_{HCl}+n_{COOH}=0,1+0,3=0,4\left(mol\right)$

Ta có:

(1) Thành phần chính của tinh bột là amilozơ (sai, thành phần chính là amilopectin).

(2) Các gốc $\alpha$-glucozơ trong mạch Amilopectin liên kết với nhau bởi liên kết 1,4-glicozit và 1,6-glicozit (đúng).

(3) Tinh bột và xenlulozơ đều là polime có cấu trúc không phân nhánh (sai, dạng amylopectin của tinh bột là polime có nhánh).

(4). Tinh bột và xenlulozơ đều tan trong dung dịch H₂SO₄ khi đun nóng và tan trong nước svayde (sai, tinh bột không tan trong nước Svayde).

(5) Xenlulozơ được dùng để điều chế thuốc súng không khói, sản xuất tơ visco và tơ axetat (đúng).

(6) Nhỏ vài giọt dung dịch iot vào nhúm bông sẽ thấy nhúm bông chuyển thành màu xanh (sai, dung dịch Iot chỉ chuyển xanh khi tiếp xúc với tinh bột).

(7) Các hợp chất glucozơ, fructozơ, saccarozơ, tinh bột, xenlulozơ đều chứa nhóm -OH trong phân tử (đúng).

Chọn đáp án D.

Điều kiện để các ion cùng tồn tại trong dung dịch là chúng không được phản ứng với nhau.

A. $B{a}^{2+}+C{O}_3^{2-}\to BaC{O}_3$

B. $HC{O}_3^{-}+O{H}^{-}\to C{O}_3^{2-}+H_{2}O$

C. $3F{e}^{2+}+4H^{+}+N{O}_3^{-}\to 3F{e}^{3+}+NO+2H_{2}O$

Chọn đáp án C.

Phản ứng thủy phân Este trong môi trường axit là phản ứng thuận nghịch $C{H}_{3}COO{C}_2{H}_5+H_{2}O\stackrel{H^{+}}{\rightleftarrows }C{H}_{3}COOH+C_2{H}_{5}OH$

Vậy sau phản ứng dung dịch có: CH₃COOH, C₂H₅OH sinh ra và H₂SO₄ là chất xúc tác còn lại, riêng CH₃COOC₂H₅ còn dư và không tan trong dung môi nước nên bị tách lớp.

Chọn đáp án C.

Phương pháp điện hóa sử dụng bảo vệ kim loại là (a), (b) nhưng trong đó chỉ có (a) là bảo vệ sắt không bị ăn mòn.

Chọn đáp án C.

Chất tan hoàn toàn trong dung dịch NaOH loãng, dư là CrO₃, Cr(OH)₃, K₂Cr₂O₇, K₂CrO₄.

Chọn đáp án A.

Ta có:

 $\stackrel{BTKL}{\to }{m}_X=17,16\left(g\right)\stackrel{BT:O}{\to }{n}_X=0,02mol$

$(6n_X+2n_{O_2}=2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O})\to M_X=\frac{17,16}{0,02}=858$

→ trong 25,74 (g) X thì $n_X=\frac{25,74}{858}=0,03\left(mol\right)$

Khi cho X tác dụng với KOH thì: $n_{KOH}=3n_X=3n_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}=0,09mol\stackrel{BTKL}{\to }m=28,02\left(g\right)$

Chọn đáp án C.

Tơ thuộc loại tơ tổng hợp là tơ enang, tơ nilon-6, tơ lapsan, tơ nilon-6,6.

Chọn đáp án D.

Dung dịch X chứa Na⁺ (0,3 mol), $C{O}_3^{2-}\left(xmol\right).HC{O}_3^{-}\left(ymol\right)\stackrel{BTÑT}{\to }2x+y=0,3\left(1\right)$

Khi cho từ từ axit vào muối thì: $n_{C{O}_3^{2-}}=n_{H^{+}}-n_{C{O}_2}\Rightarrow x=0,5V-0,15\left(2\right)$

Dung dịch Y có chứa $S{O}_4^{2-}(0,1Vmol),HC{O}_3^{-}(\stackrel{BT:C}{\to }x+y-0,15mol)$

Khi cho Ba(OH)₂ dư vào Y, thu được kết tủa $\to 23,3V+197(x+y-0,15)=29,02\left(3\right)$

Từ (1), (2), (3) suy ra: $x=0,05;y=0,2;V=0,4\Rightarrow BaC{O}_3:0,5-x-y=0,25mol$

$\to m=49,25\left(g\right)$

Chọn đáp án B.

Vì $n_{NaOH}=3n_X\to$X phản với NaOH theo tỉ lệ mol $1:3$ và có dạng $C{H}_3\text{-}OOC\text{-}R\text{-}COO\text{-}{C}_6{H}_4\text{-}{R}^{\text{'}}$

Hỗn hợp muối gồm R(COONa)₂ và $R^{\text{'}}{C}_6{H}_{4}ONa\to 0,1.(R+134)+0,1.(R^{\text{'}}+115)=25$

$\to \left\{\begin{array}{l}R=0\\ R^{\text{'}}=1\end{array}\right.$

Số công thức cấu tạo có thể có thỏa mãn là

$C{H}_3\text{-}OOC\text{-}COO\text{-}{C}_6{H}_5;C{H}_{3}OOC\text{-}{C}_6{H}_4\text{-}OOCH(o,m,p)$

Chọn đáp án D.

$\left(1\right)HOOC\text{-}{\left(C{H}_2\right)}_{4}COO\text{-}C{H}_{2}C{H}_2\text{-}OH+2NaOH\to {\left(C{H}_2\right)}_4{\left(COONa\right)}_2+C_2{H}_4{\left(OH\right)}_2+H_{2}O$$\left(2\right){\left(C{H}_2\right)}_4{\left(COONa\right)}_2+H_{2}S{O}_4\to {\left(C{H}_2\right)}_4{\left(COOH\right)}_2+N{a}_{2}S{O}_4$$\left(3\right)n{C}_2{H}_4{\left(OH\right)}_2+n{C}_6{H}_4{\left(COOH\right)}_2\to tôlapsan+2n{H}_{2}O$$\left(4\right)n{\left(C{H}_2\right)}_4{\left(COOH\right)}_2+n{\left(C{H}_2\right)}_6{\left(N{H}_2\right)}_2\to tônilon\text{-}6,6+2n{H}_{2}O$Vậy X có CTPT là C₈H₁₄O₅

_{Chọn đáp án C.}

(1) Ban đầu xuất hiện kết tủa trắng BaCO₃ sau đó kết tủa tan tạo dung dịch trong suốt.

(2) Xuất hiện kết tủa trắng BaSO₄ không tan.

(3) Xuất hiện kết tủa trắng Al(OH)₃ không tan.

(4) Ban đầu xuất hiện kết tủa trắng Al(OH)₃ sau đó kết tủa tan tạo dung dịch trong suốt.

(5) Xuất hiện kết tủa trắng AgCl không tan.

(6) Xuất hiện kết tủa trắng nhưng tan ngay, sau đó xuất hiện kết tủa lại và không tan.

Chọn đáp án A.

Ta có:

(1) Sai, Phèn chua có công thức là KAl(SO₄)₂.12H₂O.

(2) Sai, Dùng Ca(OH)₂ với lượng vừa đủ để làm mất tính cứng tạm thời của nước.

Chọn đáp án D.

Dung dịch Y chứa Ba(OH)₂  (x mol) và Ba(AlO₂)₂ (y mol)

Tại$n_{H_{2}S{O}_4}=0,6mol\to n_{O{H}^{-}}+4n_{Al{O}_2^{-}}=n_{H^{+}}\to x+4y=0,6\left(1\right)$

Tại $m_{\downarrow }=85,5\to 233n_{B{a}^{2+}}+78n_{Al{O}_2^{-}}=85,5\to 233.(x+y)+78.2y=85,5\left(2\right)$

Từ (1), (2) suy ra: $x=0,2;y=0,1\to$X gồm BaO (0,3 mol) và $A{l}_2{O}_3(0,1mol)\to a=56,1\left(gam\right)$.

Chọn đáp án B.

Ta có:

(1) Sai, Tơ nilon-6,6 điều chế bằng phản ứng trùng ngưng.

(3) Sai, Saccarozơ, tinh bột, xenlulozơ bị thủy phân trong môi trường axit thu được sản phẩm có chứa glucozơ.

(4) Sai, Oligopeptit gồm các peptit có từ 2 đến 10 gốc $\alpha$-amino axit trong phân tử.

Chọn đáp án D.

Đặt: $\left\{\begin{array}{l}{n}_{CuS{O}_4}=a;n_{H_2}=c\\ n_{NaCl}=b;n_{O_2}=d\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}160a+58,5b=14,28\\ BTe:2a+2c=b+4b\\ n_{\uparrow }=0,5b+c+d=0,2\\ \frac{0,5b.71+2c+32d}{4.\left(0,5b+c+d\right)}=6,2\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,06\\ b=0,08\\ c=0,1\\ d=0,06\end{array}\right.$

$\underset{}{\overset{BTe}{\to }}{n}_e=2a+2c=b+4d=0,32\to t=\frac{0,32.96500}{4}=7720s$

Chọn đáp án C.

Nhận xét: X có công thức phân tử là C₄H₁₄O₃N₂ nên X là muối amonicacbonat có dạng , Y có công thức phân tử là C₅H₁₄O₄N₂ nên Y là muối amoni của axit cacboxylic 2 chức có dạng $\left(R^{\text{'}}N{H_3^{+}}^{-}OOC\right)R\left(CO{O}^{-}{H}_3{N}^{+}{R}^{\text{'}\text{'}}\right)$

Hoặc có thể biện luận theo công thức $k_{C_x{H}_y{O}_z{N}_t}=\frac{2x+2+t-2}{2}=\pi +i$

Trong đó k: là độ bất bão hòa tính theo phân tử, : là số liên kết pi trong phân tử, i: là số liên kết ion trong phân tử.

Nếu muối amoni có 3 nguyên tử O thì có thể là 1 trong 3 muối: $N{O}_3^{-}(i=1,\pi =1)$, $HC{O}_3^{-}(i=1,\pi =1)$, $C{O}_3^{2-}(i=2,\pi =1)$.

Nếu muối amoni có 2, 4 nguyên tử O thì là muối của axit cacboxylic đơn chức hoặc 2 chức. $\left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_{5}N{H}_3-C{O}_3-N{H}_{3}C{H}_3:xmol\\ C{H}_2{\left(COON{H}_{2}C{H}_2\right)}_2{H}_2:ymol\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}138x+166y=29,84\\ (x+2y):x=7:3\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,12\\ y=0,08\end{array}\right.$

Muối thu được gồm Na₂CO₃ (0,12 mol); CH₂(COONa)₂ (0,08 mol); NaOH dư (0,1 mol)

$\to \%m=41,46\%$

Chọn đáp án C.

Ta có:

- Khi cho dung dịch Z tác dụng với dung dịch chứa 0,06 mol KHSO₄ và 0,09 mol HCl thì: $n_{C{O}_3^{2-}\left(trongZ\right)}=n_{HCl}+n_{KHS{O}_4}-n_{C{O}_2}=0,09mol$

- Khi cho dung dịch T tác dụng với Ba(OH)₂ ta được:

$n_{BaS{O}_4}=n_{KHS{O}_4}=0,06mol\to n_{BaC{O}_3}=\frac{m\downarrow -233n_{BaS{O}_4}}{197}=0,18mol$,

Vậy trong T chứa 0,18 mol 

$\stackrel{BTBT\left[C\right]}{\to }{n}_{HC{O}_3^{-}\left(trongZ\right)}=n_{BaC{O}_3}+n_{C{O}_2}-n_{C{O}_3^{2-}}=0,15mol$

- Vậy trong Z chứa 0,15 mol $HC{O}_3^{-}$ và 0,09 mol $C{O}_3^{2-}$

- Giả sử X là muối NaHCO₃, gọi muối của Y là A₂(CO₃)_n ta có: $n_{A_2{\left(C{O}_3\right)}_n}=\frac{n_{C{O}_3^{2-}}}{n}=\frac{0,15}{n}\to M_{M_2{\left(C{O}_3\right)}_n}=\frac{m_{muoái}-84.n_{NaHC{O}_3}}{n_{A_2{\left(C{O}_3\right)}_n}}=\frac{8,46n}{0,09}\stackrel{n=1\left(thoûamaõn\right)}{\to }{M}_{A_{2}C{O}_3}=96$

$M_A=\frac{M_{A_{2}C{O}_3}-M_{C{O}_3^{2-}}}{2}=18\left(N{H}_4^{+}\right)$

Vậy muối X là NaHCO₃ và Y là (NH₄)₂CO₃.

- Không xét tiếp các trường hợp còn lại vì trường hợp trên đã thỏa mãn.

A. Đúng, NaHCO₃ (X) là muối natri hiđrocacbonat chiếm 59,32% về khối lượng hỗn hợp.

B. Đúng, (X) NaHCO₃ và (Y) (NH₄)₂CO₃ đều có tính lưỡng tính.

C. Sai, (Y) (NH₄)₂CO₃ là muối amoni cacbonat chiếm 40,67% về khối lượng hỗn hợp.

D. Đúng (X) NaHCO₃ và (Y) (NH₄)₂CO₃ đều bị phân hủy bởi nhiệt.

Chọn đáp án C.

Hai chất rắn có độ tan khác nhau, khi pha thành dung dịch và cho kết tinh trở lại ở các nhiệt độ khác nhau.

Chọn đáp án C.

Các dung dịch lần lượt là (1), (2), (3) lần lượt là AlCl₃, H₂SO₄, Al₂(SO₄)₃

Khi cho 1 mol H₂SO₄ và 1 mol $A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3\to b=4+2=6\to b=6a$.

Chọn đáp án A.

Dẫn toàn bộ ancol T qua bình đựng Na dư thì: $\stackrel{BTKL}{\to }{m}_T=\Delta m_{binh}+m_{H_2}=15,5\left(g\right)$

Ta có $n_T=\frac{2n_{H_2}}{a}=\frac{0,5}{a}\to M_T=\frac{m_T}{n_T}=\frac{15,5a}{0,5}\stackrel{a=2}{\to }{M}_T=62\left(C_2{H}_4{\left(OH\right)}_2\right)$

Khi đốt F thì ta thu đựơc: $n_{C{O}_2}=n_{H_{2}O}=0,55mol$ mà$n_{NaOH}=n_{COO}=2n_T=0,5\to n_{N{a}_{2}C{O}_3}=0,25mol$

Xét hỗn hợp F ta có: $\stackrel{BT:C}{\to }{n}_{C_{\left(muoái\right)}}=n_{C{O}_2}+n_{N{a}_{2}C{O}_3}=0,8\left(mol\right)$

$\left\{\begin{array}{l}{n}_A+n_B=2n_T\\ n_A:n_B=7:3\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}{n}_A=0,35mol\\ n_B=0,15mol\end{array}\right.\stackrel{BT:C}{\to }0,35C_A+0,15C_B=0,8\to \left\{\begin{array}{l}{C}_A=1\\ C_B=3\end{array}\right.$

Vậy hai muối A và B lần lượt là HCOONa và C₂H₅COONa

→ X, Y và Z lần lượt là C₂H₄(OOCH)₂HCOOCH₂CH₂OOCC₂H₅ và C₂H₄(OOCC₂H₅)₂.

Vậy $\%m_{HtrongY}=6,85\%$

Chọn đáp án D.

Khối lượng dung dịch tăng: $30,56-m_X=22,6\to 44n_{C{O}_2}+30n_{NO}=4,44\left(1\right)$

và $n_X=\frac{m_X}{M_X}=0,2\to n_{C{O}_2}+n_{NO}=0,12\left(2\right)$

Từ (1), (2) có: $n_{C{O}_2}=n_{NO}=0,06mol$

$\to n_{FeC{O}_3}=0,06mol\stackrel{BT:N}{\to }{n}_{N{H}_4^{+}}=0,02mol$

Khi đó: $24x+232y+0,06.116=30,56\left(1\right)$

Ta có: $n_{H^{+}}=10n_{N{H}_4^{+}}+2n_{C{O}_2}+4n_{NO}+10n_{N_{2}O}+2n_{O\left(F{e}_3{O}_4\right)}=n_{HCl}+n_{HN{O}_3}\to n_{HCl}=1,24+8y$

Kết tủa thu được gồm $AgCl(1,24+8y)$ và $Ag\left(zmol\right)\to 143,5.(1,24+8y)+108z=239,66\left(2\right)$

$\stackrel{BT:e}{\to }2x+y+0,06=0,09.3+0,08.8+0,02.8+z\left(3\right)$

Từ (1), (2), (3) suy ra: $x=0,5;y=0,05;z=0,04\to \%m_{F{e}_3{O}_4}=37,96\%$

Chọn đáp án D.

Mục đích chính của việc thêm dung dịch NaCl bão hòa để thu lấy xà phòng một cách dễ dàng hơn vì xà phòng sẽ ở bên trên bề mặt chất lỏng sau khi thêm dung dịch NaCl bão hòa.

=> Phát biểu sai: “Mục đích chính của việc thêm dung dịch NaCl bão hòa là làm tăng tốc độ cho phản ứng xà phòng hóa”

Chọn đáp án D.