Kim loại Al, Fe, Cr bị thụ động với HNO₃ đặc nguội.

Chọn đáp án B.

Ghi nhớ: yếu tố quan trọng nhất khi so sánh nhiệt độ sôi là liên kết hiđro, yếu tố phụ thứ 2 là so sánh phân tử khối (nhiệt độ sôi tỉ lệ thuận với M) . $t_{saxit}^o>t_{sancol}^o>t_{seste}^o$

+ Nếu các chất có phân tử khối gần như nhau, chất nào có liên kết hiđro thì có nhiệt độ sôi cao hơn chất không có liên kết hiđro (axit, ancol, nước là các chất có liên kết hiđro).

+ Chất có phân tử khối càng lớn thì nhiệt độ sôi càng cao.

Chọn đáp án C.

Al(OH)₃ là hidroxit lưỡng tính nên vừa tác dụng với dung dịch axit vừa tác dụng với dung dịch bazơ tan (kiềm).

$$\begin{gathered} Al{\left(OH\right)}_3+3HCl\to AlC{l}_3+3H_{2}O \\ Al{\left(OH\right)}_3+NaOH\to NaAl{O}_2+2H_{2}O \end{gathered}$$

Chọn đáp án A.

Phenol có tính axit (yếu) nên phản ứng với NaOH, Na.

Phenol có phản ứng thế với nhân thơm với Br₂.

Phenol không thể hiện tính chất gì với NaCl.

Chọn đáp án A.

“Nước đá khô” là CO₂ ở thể rắn (khi hạ nhiệt độ rất thấp thì khí CO₂ hóa rắn).

Chọn đáp án C.

SiO₂ chỉ tác dụng với dung dịch HF (phản ứng khắc thủy tinh) chứ không tác dụng với dung dịch HCl.

Chọn đáp án B.

A, B: điều chế bằng phản ứng trùng ngưng (polime tổng hợp).

C: nguồn gốc từ xenlulozơ (polime bán tổng hợp, hay polime nhân tạo).

Nước cứng chứa nhiều cation Ca²⁺, Mg²⁺, nước mềm là nước không chứa hoặc chứa rất ít cation Ca²⁺, Mg²⁺.

Chọn đáp án D.

Thứ tự dẫn điện: Ag > Cu > Au > Al > Fe.

Chọn đáp án C.

C₂H₆ chỉ chứa hai nguyên tố C và H, nên thuộc loại hiđrocacbon (nhóm ankan – C_nH_2n+2)

Chọn đáp án D.

Các loại quặng chứa Fe

FeCO₃: quặng xiderit.

FeS₂: quặng pirit.

Fe₂O₃: quặng hematit.

Fe₃O₄: quặng manhetit.

Chọn đáp án D.

Các chất làm mất màu nước Br₂ thì trong phân tử có liên kết đôi C=C (kiểu anken), (kiểu ankin), nhóm CH=O.

Vậy etilen, axetilen, buta-1,3-đien, stiren, metyl metacrylat làm mất màu nước Br₂.

Chọn đáp án B.

Nhận xét:

-          X, Y đều phản ứng với NaOH tạo muối và 1 chất nữa nên X, Y là este.

-          X₁ và Y₁ đều là muối, có cùng số C mà X₁ có phản ứng với nước Br₂ còn Y₁ không phản ứng.

→ X₁ có chứa liên kết đôi, Y₁ không chứa liên kết đôi.

X: CH₂=CHCOOCH₂-CH₃

Y: CH₃-CH₂COOCH=CH₂

X₁: CH₂=CHCOONa

Y₁: CH₃-CH₂COONa

X₂: CH₃-CH₂-OH

Y₂: CH₃CHO

Tính chất hóa học giống nhau của X₂ và Y₂ là:$$\begin{gathered} C_2{H}_{5}OH+O_2\stackrel{lªnmen}{\to }C{H}_{3}COOH+H_{2}O \\ C{H}_{3}CHO+\frac{1}{2}{O}_2\stackrel{M{n}^{2+},t°}{\to }C{H}_{3}COOH \end{gathered}$$

Chọn đáp án B.

Phản ứng điều chế axetilen trong phòng thí nghiệm

CaC₂ + 2H₂O → Ca(OH)₂ + C₂H₂↑

Chọn đáp án A.

Than đá có thành phần chính là C, sản phẩm cháy có khí CO là khí độc với sức khỏe con người, CO₂ không phải khí độc.

Chọn đáp án C.

BTĐT :$n_{N{O}_3^{-}}=n_{N{a}^{+}}+2n_{B{a}^{2+}}+2n_{M{g}^{2+}}-n_{C{l}^{-}}=0,3.1+0,1.2+0,05.2-0,2.1=0,4mol$$\to m_{muèi}=m_{N{a}^{+}}+m_{B{a}^{2+}}+m_{M{g}^{2+}}+m_{C{l}^{-}}+m_{N{O}_3^{-}}$$=0,3.23+0,1.137+0,05.24+0,2.35,5+0,4.62=53,7gam$

Chọn đáp án D.

A sai vì:

Mối quan hệ khi đốt hợp chất hữu cơ X có dạng $C_x{H}_y{O}_z:X\stackrel{+O_2}{\to }C{O}_2+H_{2}O$

Ta có: $n_X=\frac{n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}}{k_X-1}$  với $k_X=k_{gốc}+k_{chức}=3+3=6$  (triolein là (C17H33COO)3C3H5, mỗi gốc C17H33– có 1 liên kết đôi C=C nên $k_{gốc}=3$ , có 3 nhóm chức este nên $k_{chức}=3$)

Các chất Na₂O, NaCl, Na₂CO₃, Na₂SO₄.$N{a}_{2}O+H_{2}O\to 2NaOH$$2NaCl+2H_{2}O\underset{mnx}{\overset{dpdd}{\to }}2NaOH+H_2+C{l}_2$$N{a}_{2}C{O}_3+Ba{\left(OH\right)}_2\to 2NaOH+BaC{O}_3\downarrow$

$N{a}_{2}S{O}_4+Ba{\left(OH\right)}_2\to 2NaOH+BaS{O}_4\downarrow$

Chọn đáp án B.

Nhận xét

X (axit amino axetic) không tan trong nước (tách lớp) → loại A.

Z (axit aminoaxetic) tạo kết tủa khi phản ứng với AgNO₃ / NH₃ → loại B.

Y (fructozơ) làm mất màu nước Br₂ → loại D.

→ Đáp án C.

Chọn đáp án C.

Sơ đồ$\left\{\begin{array}{l}{C}_6{H}_{12}{O}_6\stackrel{+AgN{O}_3/N{H}_3}{\to }2Ag\\ C_6{H}_{12}{O}_6\stackrel{lªnmen}{\to }2C{O}_2\\ C{O}_2\stackrel{Ca{\left(OH\right)}_{2}d­}{\to }CaC{O}_3\downarrow \end{array}\right.\to n_{CaC{O}_3}=n_{C{O}_2}=2n_{Glucozo}=n_{Ag}=\frac{86,4}{108}=0,8\left(mol\right)$$\to m_{CaC{O}_3}=0,8.100=80gam$

Chọn đáp án C.

Quy tắc: $\underset{Thứtựxuấthiệnkimloại}{\overset{Thứ tựxuấthiệnmuối}{\overrightarrow{\underleftarrow{Mg,Fe,Cu,Ag}}}}\to$  nung kết tủa được 2 oxit kim loại (MgO và Fe₂O₃).

→ E còn 2 muối: Mg(NO₃)₂ & Fe(NO₃)₂ (không thể có Fe(NO₃)₃ vì kim loại có Cu, Ag)

Tính khử Mg > Fe → chắc chắn Mg đã phản ứng hết.$\to \left\{\begin{array}{l}{n}_{MgO}=n_{Mg}=0,15\\ n_{Fephản\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}ứ}ng}=2.n_{F{e}_2{O}_3}=2.\frac{8,4-40.0,15}{160}=0,03\to n_{Fed­}=0,1-0,03=0,07\end{array}\right.$

Đặt ẩn $\to \left\{\begin{array}{l}{n}_{AgN{O}_3}=x\\ n_{Cu{\left(N{O}_3\right)}_2}=y\end{array}\right.$

$m_Z=m_{Fed­}+m_{Ag}+m_{Cu}\to 0,07.56+108x+64y=20\left(1\right)$

$BTmole:2n_{Mgpø}+2n_{Fepø}=n_{Ag}+2n_{Cu}\to 2.0,15+2.0,03=x+2y\left(2\right)$Giải (1) và (2) → x = 0,06; y = 0,15.

$C_{M}AgN{O}_3=\frac{0,06}{0,5}=0,12M$

$C_{M}Cu{\left(N{O}_3\right)}_2=\frac{0,15}{0,5}=0,3M$

Chọn đáp án A.

Hỗn hợp

$X\left\{\begin{array}{l}{n}_{HCOOC{H}_3}=x\\ n_{C{H}_{3}COO{C}_6{H}_5}=y\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}\frac{x}{y}=\frac{1}{2}\\ 60x+136y=16,6\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,05\\ y=0,1\end{array}\right.$

$\begin{array}{l}HCOOC{H}_3+NaOH\to HCOONa+C{H}_{3}OH\\ 0,05 0,05 0,05 mol\end{array}$

$\begin{array}{l}C{H}_{3}COO{C}_6{H}_5+2NaOH\to C{H}_{3}COONa+C_6{H}_{5}ONa+H_{2}O\\ 0,1 0,2 0,1 0,1 mol\end{array}$

Chất rắn gồm:$\left\{\begin{array}{l}HCOONa\left(0,05mol\right)\\ C{H}_{3}COONa\left(0,1mol\right)\\ C_6{H}_{5}ONa\left(0,1mol\right)\\ NaOHd­\left(0,3-0,05-0,2=0,05mol\right)\end{array}\right.\to m=0,05.68+0,1.82+0,1.116+0,05.40=25,2gam$

Hỗn hợp

Giả sử hỗn hợp đầu có 1 mol C₂H₄ và 3 mol H₂ → hiệu suất tính theo C₂H₄ do H₂ dư.$n_{H_{2}pø}=n_{C_2{H}_{4}pø}=1.\frac{75\%}{100\%}=0,75mol$

$n_Y=n_X-n_{H_{2}pø}=4-0,75=3,25mol$

$\to \left\{\begin{array}{l}{n}_Y=n_X-n_{H_{2}pø}=4-0,75=3,25mol\\ BTKL:m_X=m_Y\to n_X.M_X=n_Y.M_Y\to M_Y=\frac{4.8,5}{3,25}=\frac{136}{13}\to d_{Y/H_2}=5,23\end{array}\right.$Chọn đáp án C.

Chú ý chỉ có các amin sau ở thể khí điều kiện thường: CH3NH2, (CH3)2NH, (CH3)3N và C2H5NH2, ngoài ra NH3 – không phải là amin nhưng cũng là khí ở điều kiện thường.

$k_{C_4{H}_{14}{O}_3{N}_2}=\frac{\left(4.2+2+2\right)-14}{2}=-1=\pi -i$ trong đó:

-   $\pi$: là số liên kết pi trong công thức cấu tạo (hay có thể hiểu là số liên kết đôi trong công thức cấu tạo).

-  i: là số liên kết ion trong công thức cấu tạo.

Nhận xét, gốc axit có 3 nguyên tử O là 1 trong các gốc $N{O}_3^{-},HC{O}_3^{-},C{O}_3^{2-}$ , các gốc này trong công thức cấu tạo có 1 liên kết pi $\to \pi =1\to i=2\to$ gốc có 2 liên kết ion chỉ có thể là $C{O}_3^{2-}$ .

Mô hình của X là $\left(RN{H}_3^{+}\right)C{O}_3^{2-}\left(R^{\text{'}}N{H}_3^{+}\right)$

Nhận xét, trong phản ứng giữa oxit và axit thì H⁺cướp O trong oxit để tạo thành H₂O $\to n_{H^{+}}=2n_{O\left(oxit\right)}$ .

Trong phản ứng khử oxit bằng CO, H₂ thì 2 khí này cũng cướp O trong oxit để tạo thành CO₂ và H₂O .

$\to n_{CO+H_2}=n_{O\left(oxit\right)}$

$\sum n_{H^{+}}=2n_{H_{2}S{O}_4}+n_{HCl}=0,1.2+0,1=0,3\left(mol\right)$

$\to \sum n_{CO+H_2}=n_{O\left(oxit\right)}=\frac{1}{2}.n_{H^{+}}=0,15\left(mol\right)\to V=0,15.22,4=3,36\left(lÝt\right)$.

Chọn đáp án A.

Giai đoạn 1:

$\begin{array}{l}Anot:2C{l}^{-}-2e\to C{l}_2\\ Catot:C{u}^{2+}+2e\to Cu\end{array}$

Khí thoát ra là Cl₂ $\to n_{C{l}^{-}}=2n_{C{l}_2}=2.0,04=0,08\left(mol\right)=n_e$.

$\to n_{C{u}^{2+}}=\frac{1}{2}{n}_e=0,04\left(mol\right)=n_{CuS{O}_4}$.

Giai đoạn 2 : độ dốc đồ thị lớn hơn giai đoạn 1 nên có cả Cl₂ và H₂ cùng thoát ra, Cl^- bị điện phân hết.

$\begin{array}{l}Anot:2C{l}^{-}-2e\to C{l}_2\\ Catot:H_{2}O+e\to O{H}^{-}+\frac{1}{2}{H}_2\end{array}$

Gọi $n_{C{l}_2}=\frac{1}{2}{n}_e=n_{H_2}=x\left(mol\right)\to n_e=2x\left(mol\right)$ .

Giai đoạn 3 : H₂O bị điện phân ở cả 2 cực, khí sinh ra là H₂ và O₂.

$\begin{array}{l}Anot:H_{2}O-2e\to 2H^{+}+\frac{1}{2}{O}_2\\ Catot:H_{2}O+e\to O{H}^{-}+\frac{1}{2}{H}_2\end{array}$

Gọi $n_{O_2}=y\to \left\{\begin{array}{l}{n}_e=4n_{O_2}=4y\\ n_{H_2}=\frac{1}{2}{n}_e=2y\end{array}\right.$

${\sum }_{molkhÝ}=n_{C{l}_2\left(g\text{đ}1\right)}+n_{C{l}_2\left(g\text{đ}2\right)}+n_{H_2\left(g\text{đ}2\right)}+n_{H_2\left(g\text{đ}3\right)}+n_{O_2\left(g\text{đ}3\right)}=0,04+x+x+y+2y=0,21$Sau 3,5a giây thì số mol e đã trao đổi gấp 3,5 lần số mol e đã trao đổi sau khi kết thúc giai đoạn 1 .

$\to {\sum }_{mole}=n_{e\left(g\text{đ}1\right)}+n_{e\left(g\text{đ}2\right)}+n_{e\left(g\text{đ}3\right)}=0,08+2x+4y=3,5.0,08$

Giải hệ : x = 0,04 ; y = 0,03 (mol).

$BTNT\left[Cl\right]n_{NaCl}=2\left({n_{C{l}_2}}_{phÇn1}+{n_{C{l}_2}}_{phÇn2}\right)=0,04+2.0,04=0,08$

$\to m=58,5.0,08+160.0,04=11,08\left(g\right)$.

Nhận xét : ở đây có thể đặt ra câu hỏi có thể giai đoạn 2 thể tích khí tăng mạnh do Cl₂ và O₂ cùng thoát ra ở anot, lúc đó đồ thị sẽ biểu diễn bằng 4 đoạn khác nhau :

Giai đoạn 1 : khí gồm Cl₂.

Giai đoạn 2 : khí gồm Cl₂, O₂.

Giai đoạn 3 : khí gồm Cl₂, O₂, H₂..

Giai đoạn 4 : khí gồm O₂, H₂.

Điều này không hợp lý với đặc điểm đồ thị đề bài ra.

Chọn đáp án D.

Quy đổi X thành hỗn hợp gồm Mg, Ca, O

Quá trình OXH – KHỬ

$$\begin{gathered} M{g}^0-2e\to M{g}^{+2} \\ C{a}^0-2e\to C{a}^{+2} \\ {O}^0+2e\to O^{-2} \\ 2H^{+}+2e\to H_2 \end{gathered}$$

$n_{Mg}=n_{MgC{l}_2}=\frac{12,35}{95}=0,13mol;n_{H_2}=\frac{3,248}{22,4}=0,145mol$

$X\to \left\{\begin{array}{l}Mg:0,12\left(mol\right)\\ Ca:x\left(mol\right)\\ O:y\left(mol\right)\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}{m}_X=0,13.24+40x+16y=10,72\\ BTmole:0,13.2+2x=2y+0,145.2\end{array}\right.$

$m_O=20.\frac{16,8}{100}=3,36gam\to n_O=0,21mol$

Quy đổi X thành hỗn hợp gồm Cu, Fe, O.

$20gX\left\{\begin{array}{l}Cu:x\\ Fe:y+z\\ O:0,21\end{array}\right.\stackrel{\begin{array}{l}+HCl:b\\ +HN{O}_3:0,2\end{array}}{\to }$

$\left\{\begin{array}{l}ddY\left\{\begin{array}{l}C{u}^{2+}:x\\ F{e}^{2+}:y\\ F{e}^{3+}:z\\ C{l}^{-}:b\\ N{O}_3^{-}\end{array}\right.\\ NO:0,06\end{array}\right.\stackrel{+AgN{O}_3\left(vd\right)}{\to }\left\{\begin{array}{l}Z\left\{\begin{array}{l}C{u}^{2+}:x\\ F{e}^{3+}:y+z\end{array}\right.\underset{2.t°}{\overset{1.NaOH}{\to }}22,4gam\left\{\begin{array}{l}CuO:x\\ F{e}_2{O}_3:0,5\left(y+z\right)\end{array}\right.\\ m\left(g\right)\downarrow \left\{\begin{array}{l}AgCl:b\\ Ag:y\end{array}\right.\end{array}\right.$

$\left\{\begin{array}{l}{m}_X=64x+56(y+z)+0,21.16=20\\ BTmole:2x+2y+3z=0,21.2+0,06.3\\ 80x+160.0,5(y+z)=22,4\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,12\\ y=0,12\\ z=0,04\end{array}\right.$

$BTNTN:n_{N{O}_3^{-}\left(muối\right)}=n_{HN{O}_3}-n_{NO}=0,2-0,06=0,14mol$BTĐT dd Y: $n_{C{l}^{-}}=2n_{C{u}^{2+}}+2n_{F{e}^{2+}}+3n_{F{e}^{3+}}-n_{N{O}_3^{-}}=0,46mol=b$

$\to m\downarrow =m_{Ag}+m_{AgCl}=0,12.108+0,46.143,5=78,97gam$

Các quá trình xảy ra:

Quá trình OXH – KHỬ:

$\left.\begin{array}{l}C{u}^0-2e\to C{u}^{+2}\\ F{e}^0-3e\to F{e}^{+3}\end{array}\right|\left|\begin{array}{l}{O}^0+2e\to O^{2-}\\ N^{+5}+3e\to N^{+2}\end{array}\right.$

Phản ứng tạo kết tủa:

$$\begin{gathered} A{g}^{+}+\underset{bmol}{C{l}^{-}}\to \underset{bmol}{AgCl} \\ \underset{ymol}{F{e}^{2+}}+A{g}^{+}\to F{e}^{3+}+\underset{ymol}{Ag} \end{gathered}$$

Nhận xét: phần 1 phản ứng với NaOH sinh ra H₂ nên chứa Al dư → sản phẩm gồm: Al dư, Al₂O₃ và Fe.

$2Al+F{e}_2{O}_3\to A{l}_2{O}_3+2Fe$

Phần 1 $$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{n}_{Al}=\frac{2}{3}{n}_{H_2}=\frac{2}{3}.\frac{8,96}{22,4}=\frac{0,8}{3}\\ n_{A{l}_2{O}_3}=x\to n_{Fe}=2x\end{array}\right. \\ \to \left\{\begin{array}{l}{m}_{Fe}=56.2x=112x\\ m{}_{phÇn1}=m_{Al}+m_{A{l}_2{O}_3}+m_{Fe}=27.\frac{0,8}{3}+102x+112x=214x+7,2\end{array}\right. \end{gathered}$$

Al, Al₂O₃ tan trong dung dịch NaOH, nên chất rắn còn lại là Fe.

Nếu cho phần 1 tác dụng với HCl dư:

$$\begin{gathered} n_{H_2}=n_{Fe}+1,5n_{Al}=0,4+1,5.\frac{0,8}{3}=0,8mol \\ \left\{\begin{array}{l}{m}_1=50g\stackrel{+HCl}{\to }0,8mol{H}_2\\ m_2\stackrel{+HCl}{\to }\frac{2,688}{22,4}=0,12mol{H}_2\end{array}\right.\to m_2=\frac{50.0,12}{0,8}=7,5\left(g\right) \\ BTKL\to m=m_1+m_2=57,5gam \end{gathered}$$

Chọn đáp án A.

$ddMOH\left\{\begin{array}{l}{m}_{MOH}=26.28\%=7,28\\ m_{H_{2}O}=26-7,28=18,72\end{array}\right.\to MOH\stackrel{+E}{\to }\left\{\begin{array}{l}muối\\ MOHd­\end{array}\right.\stackrel{+O_2}{\to }{M}_{2}C{O}_3$

$\stackrel{BTNT.M}{\to }{n}_{MOH}=2n_{M_{2}C{O}_3}\to \frac{7,28}{M+17}=2.\frac{8,97}{2M+60}\to M=39\left(K\right)$

Chất lỏng $\left\{\begin{array}{l}ancolROH\\ H_{2}O:\frac{18,72}{18}=1,04\left(mol\right)\end{array}\right.\to n_{H_2}=\frac{1}{2}{n}_{ROH}+\frac{1}{2}{n}_{H_{2}O}=0,57$

$\to \left\{\begin{array}{l}{n}_{ROH}=0,1\\ m_{ROH}=24,72-18,72=6\end{array}\right.\to M_{ROH}=60\left(C_3{H}_{7}OH\right)$

$n_{KOHd­}=\underset{=7,28/56=0,13}{\underbrace{n_{KOHban\text{\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}đầ}u}}}-\underset{=n_{C_3{H}_{7}OH}=0,1}{\underbrace{n_{KOHphản\text{\hspace{0.17em}ứ}ng}}}=0,03\left(mol\right)$

$Y\left\{\begin{array}{l}{m}_{KOHd­}=0,03.56=1,68\left(g\right)\\ m_{R^{\text{'}}COOK}=10,08-1,68=8,4\left(g\right)\end{array}\right.\to \%m_{R^{\text{'}}COOK}=\frac{8,4}{10,08}.100\%=83,33\%$

Chọn đáp án D.

Gọi CTTQ X: $C_n{H_{2n+2-2}}_k{O}_4\left(2\le k\le 5\right)$

$C_n{H_{2n+2-2}}_k{O}_4+\frac{3n-k-3}{2}{O}_2\stackrel{t°}{\to }nC{O}_2+\left(n+1-k\right)H_{2}O$

$n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}=\frac{5}{3}{n}_{O_2}\to n+\left(n+1-k\right)=\frac{5}{3}.\left(\frac{3n+k-3}{2}\right)$

$\to 6\left(2n+1-k\right)=5\left(3n+k-3\right)\to k=21-3n$