Ở nhiệt độ cao, kim loại Al khử được oxit kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa:

Al + FeO → Al2O3 + Fe

Chọn D

Chất rắn thu được khi nung Fe(OH)2 trong không khí đến khối lượng không đổi là Fe2O3:

Fe(OH)2 + O2 → Fe2O3 + H2O

Chọn A

Kim loại Al có thể tan được trong dung dịch NaOH:

Al + H2O + NaOH → NaAlO2 + H2

 Chọn C

Kim loại đứng sau Al có thể được điều chế bằng phương pháp thủy luyện → Chọn Ag.

Chọn B

Trong phòng thí nghiệm, kim loại kiềm được bảo quản bằng cách ngâm trong dầu hỏa vì dầu hỏa không tác dụng với kim loại kiềm, không hút ẩm, không hòa tan O2 nên ngăn kim loại kiềm tiếp xúc với môi trường bên ngoài.

Chọn D

D xảy ra phản ứng:

HCl + H2O + NaAlO2 → Al(OH)3 + NaCl

Nếu HCl còn dư: HCl + Al(OH)3 → AlCl3 + H2O

Chọn D

nX = 0,11; nCO2 = 0,22; nH2O = x; nBr2 làm no 0,11 mol X = y

→ 0,11 = x + y – 0,22

mX/nBr2 = (2x + 0,22.12)/y = 1,53/0,06

→ x = 0,21; y = 0,12

→ mH2O = 18x = 3,78 gam

Chọn D

Lys + 2HCl → Lys(HCl)2

nLys(HCl)2 = nLys = 2,92/146 = 0,02

→ mLys(HCl)2 = 4,38 gam

Chọn D

A. Sai, tơ nilon-6,6 được điều chế bằng phản ứng trùng ngưng HOOC-(CH2)4-COOH và H2N-(CH2)6-NH2.

B. Sai, cao su thiên nhiên đàn hồi tốt hơn cao su buna.

C. Sai, polietilen được điều chế bằng phản ứng trùng hợp CH2=CH2.

D. Đúng

Chọn D

A. Fe(OH)2 + HCl → FeCl2 + H2O

B. FeO + H2SO4 đặc → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O

C. Fe2O3 + HNO3 → Fe(NO3)3 + H2O

D. Fe + Cl2 → FeCl3

Chọn A

nCO2 = (1,84 – 0,96)/44 = 0,02

→ V = 0,448 lít

Chọn B

Bảo toàn năng lượng:

90%.90%.393,5.10³.m/12 = 4,184.1000.1.(100 – 25)

→ m = 11,81 gam

Chọn A

Phenyl axetat phản ứng với lượng dư dung dịch NaOH, đun nóng thì thu được dung dịch chứa hai muối:

CH3COOC6H5 + NaOH → CH3COONa + C6H5ONa + H2O

cHỌN C

Quy đổi hỗn hợp gồm glucozơ và saccarozơ thành C và H2O

nC = nO2 = 0,18 → m = mC + mH2O = 5,22 gam

Chọn D

Cu + Fe3O4 + 8HCl → CuCl2 + 3FeCl2 + 4H2O

nCu = 0,02; nFe3O4 = 0,01 → nCu dư = 0,01

→ mCu dư = 0,64 gam

Chọn C

Cho kim loại Fe vào dung dịch FeCl3 chỉ xảy ra sự ăn mòn hóa học do không có cặp điện cực:

Fe + FeCl3 → FeCl2

Chọn C

B. Sai, phân tử xenlulozơ gồm nhiều mắt xích β–glucozơ liên kết với nhau.

Chọn B

(a) Đúng

(b) Sai, Al2O3 không tan hết:

2Na + H2O + Al2O3 → 2NaAlO2 + H2

(c) Đúng

(d) Sai, NaHCO3 không phản ứng với BaCl2 ở nhiệt độ thường.

(đ) Đúng

Chọn B

(d) → X4 là BaCO3 và X6 là H2SO4 (do X4 không tan, theo phản ứng (a)).

(a) X1 + X2 dư → X3 + X4↓ + H2O.

KOH + Ba(HCO3)2 dư → KHCO3 + BaCO3 + H2O

(b) X1 + X3 → X5 + H2O.

KOH + KHCO3 → K2CO3 + H2O

(c) X2 + X5 → X4 + 2X3.

Ba(HCO3)2 + K2CO3 → BaCO3 + 2KHCO3

(d) X4 + X6 → BaSO4 + CO2 + H2O.

BaCO3 + H2SO4 → BaSO4 + CO2 + H2O

→ X2 là Ba(HCO3)2 và X6 là H2SO4.

Chọn D

nC3H5(OH)3 = 0,12

Quy đổi E thành HCOOH (x), CH2 (y), H2 (z), C3H5(OH)3 (0,12) và H2O (-0,12.3 = -0,36)

m muối = 68x + 14y + 2z = 133,38

nO2 = 0,5x + 1,5y + 0,5z + 3,5.0,12 = 11,625

mO = 16.2x = 10,9777%(46x + 14y + 2z + 0,12.92 – 0,36.18)

→ x = 0,44; y = 7,44; z = -0,35

→ a = -z = 0,35

Chọn D

nHCl = 80.10,95%/36,5 = 0,24; nH2 = 0,03

Bảo toàn H: nHCl = 2nH2 + 2nH2O

→ nO(X) = nH2O = 0,09

nSO2 = 0,05

Quy đổi X thành Mg (a), Fe (b) và O (0,09)

Bảo toàn electron: 2a + 3b = 2.0,09 + 0,05.2 (1)

nH2SO4 phản ứng = 2nSO2 + nO = 0,19

→ nH2SO4 dư = 0,19.20% = 0,038

→ nSO42-(Y) = a + 1,5b + 0,038

m rắn = 40a + 160b/2 + 233(a + 1,5b + 0,038) = 48,274 (2)

(1)(2) → a = 0,05; b = 0,06

T gồm MgCl2 (0,05), FeCl2 (u) và FeCl3 (v)

Bảo toàn Cl → 0,05.2 + 2u + 3v = 0,24

Bảo toàn Fe → u + v = 0,06

→ u = 0,04; v = 0,02

mddE = mX + mddHCl – mH2 = 85,94

→ C%FeCl3 = 162,5v/85,94 = 3,78%

Chọn D

(a) Sai, gốc thơm làm giảm tính bazơ nên phenylamin có lực bazơ yếu hơn amoniac.

(b) Đúng, do Glu có 2COOH và 1NH2

(c)(d) Đúng

(đ) Đúng: HCOOCH=CH2 + H2O → HCOOH + CH3CHO (HCOOH và CH3CHO đều có phản ứng tráng bạc).

Chọn B

(Chia đôi số liệu TN3: Đốt cháy 0,5 mol E bằng O2 dư thu được 3,65 mol CO2 và 2,85 mol H2O.)

TN1 → nX = nCO2 = 0,15

Quy đổi E thành axit, ancol và H2O.

nAncol = nE – nX = 0,35 → M ancol = 32,2/0,35 = 92: Ancol là C3H5(OH)3

Bảo toàn C → nC của axit = 3,65 – 0,35.3 = 2,6

→ Số C của axit = 2,6/0,65 = 4

Vậy sau quy đổi E gồm C4HyO2 (0,65), C3H5(OH)3 (0,35) và H2O

→ nH2O = 0,5 – 0,65 – 0,35 = -0,5

nH2O đốt E = 0,65y/2 + 0,35.4 – 0,5 = 2,85

→ y = 6: Axit là C3H5COOH

Z có dạng (C3H5COO)xC3H5(OH)3-x (0,5/x mol)

E ban đầu gồm:

C3H5COOH (0,15)

C3H5(OH)3 (0,35 – 0,5/x)

(C3H5COO)xC3H5(OH)3-x (0,5/x mol)

nX < nY ⇔ 0,15 < 0,35 – 0,5/x → x > 2,5

→ x = 3 là nghiệm duy nhất

Z là (C3H5COO)3C3H5 → Z có 20H

Chọn B

nO bị lấy = nCO2 = nBaCO3 = 0,06

→ mFe2O3 = 0,06.16 + 5,44 = 6,4 gam

Chọn C

Trong khoảng thời gian 0,5t giây (tính từ t đến 1,5t), catot thoát ra 0,5m gam Cu → Anot thoát nO2 = nCu/2 = m/256

→ m giảm = 0,5m + 32m/256 = 5,6

→ m = 8,96

Đặt nNaCl = 2x

Tại thời điểm t giây (ne = 2m/64 = 0,28)

Catot: nCu = 0,14

Anot: nCl2 = x, bảo toàn electron → nO2 = 0,07 – 0,5x

m giảm = 8,96 + 71x + 32(0,07 – 0,5x) = a (1)

Tại thời điểm 2t giây (ne = 0,56)

Catot: nCu = 0,21; nH2 = 0,07

Anot: nCl2 = x, bảo toàn electron → nO2 = 0,14 – 0,5x

m giảm = 0,21.64 + 0,07.2 + 71x + 32(0,14 – 0,5x) = 2a – 7,64 (2)

(1)(2) → x = 0,06; a = 14,5

→ nNaCl = 2x = 0,12

Chọn B