Các kim loại đứng sau Al có thể điều chế bằng phương pháp điện phân dung dịch muối của chúng → Chọn Fe, Cu, Ag.

Chọn D

Để phân biệt các chất lỏng đựng trong các lọ riêng biệt: axit axetic, glixerol, triolein có thể chỉ cần dùng nước và quì tím:

+ Tan, làm quỳ tím hóa đỏ là axit axetic.

+ Tan, không làm đổi màu quỳ tím là glyxerol.

+ Không tan là triolein.

Chọn B

nSO42-(muối) = nH2 = 0,06

→ m muối = m kim loại + mSO42- = 6,93 gam

Chọn D

2-metylbut-2-en là (CH3)2C=CH-CH3 khi cộng H2O theo quy tắc cộng Maccopnhicop thì nhóm OH sẽ gắn vào C bậc cao:

(CH3)2C=CH-CH3 + HOH → (CH3)2COH-CH2-CH3

→ Ancol là 2-metylbutan-2-ol.

Chọn C

Muối là XClx (0,2/x mol) → nX = 0,2/x mol

→ MX = 4,6x/0,2 = 23x

→ x = 1, MX = 23: X là Na

Chọn D

2Ag ← C6H12O6 → 2CO2 → 2CaCO3

→ nCaCO3 = nAg = 0,8 → mCaCO3 = 80 gam

Chọn D

Các hiđrocacbon có CH≡C- tham gia phản ứng với dung dịch AgNO3 trong NH3.

→ Có 2 chất trong dãy là but-1-in, axetilen.

Chọn B

Các chất tác dụng với dung dịch NaOH loãng, nóng là: axit glutamic, metylamoni clorua, vinyl axetat, phenol, Gly-Gly

Chọn A

Có 2 tơ: tơ visco; tơ axetat thuộc loại tơ nhân tạo (tơ bán tổng hợp).

Chọn B

(a) Sai, không tan trong H2O

(b) Sai, thu được dung dịch chứa 3 muối: CuCl2, FeCl2, FeCl3 dư

(c) Đúng:

Cl- + H+ + MnO4- → Cl2 + Mn2+ + H2O

Fe2+ + H+ + MnO4- → Fe3+ + Mn2+ + H2O

(d) Sai: Mg + FeCl3 dư → MgCl2 + FeCl2

(e) Sai, ăn mòn hóa học

(g) Sai, đun nóng chỉ làm mềm được nước cứng tạm thời.

Chọn C

A. Không có ăn mòn điện hóa do không có đủ 2 điện cực.

B. Không có ăn mòn điện hóa do không có môi trường điện li, thanh thép cũng đã được bảo vệ bề mặt bởi sơn.

C. Không có ăn mòn điện hóa do không có đủ 2 điện cực.

D. Có ăn mòn điện hóa do có đủ 2 điện cực (Fe và Cu, trong đó Cu tạo ra do Fe khử Cu2+), có môi trường điện li (dung dịch H2SO4) và chúng tiếp xúc nhau.

Chọn D

nGly = 0,2; nAla = 0,1

3 Amino axit → Tripeptit + 2H2O

→ nH2O = 2nAmino axit / 3 = 0,2

→ mTripeptit = mAmino axit – mH2O = 20,3

Chọn A

Các tripeptit khi thủy phân chỉ tạo Gly và Ala:

G-G-A; G-A-G, A-G-G

A-A-G, A-G-A, G-A-A

Chọn B

Chất được dùng để làm mềm mẫu nước cứng trên là Na2CO3.

Ca2+ + CO32- → CaCO3

Mg2+ + CO32- → MgCO3

Chọn C

Gốc no làm tăng tính bazơ, gốc thơm làm giảm tính bazơ → C6H5CH2NH2 có tính bazơ mạnh nhất

Chọn B

Trong m gam Z chứa:

nC = nCO2 = 0,06

nH = 2nH2O = 0,14

nN = 2nN2 = 0,02

nO = 2nCO2 + nH2O – 2nO2 = 0,04

→ C : H : N : O = 3 : 7 : 1 : 2

Vậy Z là C3H7NO2

→ nZ = nN = 0,02 → nX = 0,02

→ MX = 203

Phân tử X được tạo ra từ 2 phân tử Y và 1 phân tử Z nên:

MX = 2MY + 89 – 18.2 = 203

→ MY = 75 → Y là Gly.

Chọn A

MX = 103 → C4H9NO2

Z có khả năng tách nước tạo anken → X là H2N-CH2-COOC2H5; Z là C2H5OH

nX = 0,35; nNaOH = 0,45 → Chất rắn gồm GlyNa (0,35) và NaOH dư (0,1)

→ m rắn = 37,95 gam

Chọn D

nCuO = a và nFe2O3 = b

→ 80a + 160b = 24

nFe = 2b = nH2 = 0,2

→ a = b = 0,1

→ nO = a + 3b = 0,4

X chứa CO2 (x), CO (y) và H2 (z)

mX = 44x + 28y + 2z = 7,8.2(x + y + z)

nO = y + z = 0,4

Bảo toàn electron: 4x + 2y = 2z

→ x = 0,1; y = 0,1; z = 0,3

→ %VCO2 = 20%

Chọn B

(1)(4) có liên kết H liên phân tử nên nhiệt độ sôi cao hơn (2)(3)

(3) có M lớn hơn (2) nên (3) sôi cao hơn (2)

(4) có M lớn hơn (1) và liên kết H liên phân tử bền hơn (1) nên (4) sôi cao hơn (1)

→ (2), (3), (1), (4).

Chọn D

nCO2 = 0,4; nH2O = 0,2 → nC = nH = 0,4

nO = (mE – mC – mH)/16 = 0,1

→ C : H : O = 4 : 4 : 1; E đơn chức nên E là C8H8O2.

nE = 0,05; nNaOH = 0,07

nE < nNaOH < 2nE nên E gồm este của ancol (0,03) và este của phenol (0,02)

→ nAncol = 0,03 và nH2O = 0,02

Bảo toàn khối lượng:

mE + mNaOH = m muối + mAncol + mH2O

→ mAncol = 0,96 → M ancol = 32: CH3OH

Sản phẩm có 3 muối nên E gồm C6H5COOCH3 (0,03) và CH3COOC6H5 (hoặc HCOOC6H4CH3)

Muối cacboxylat lớn nhất là C6H5COONa (4,32 gam)

Chọn B

A. Sai:

CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O

CH3COONa + CO2: Không phản ứng

B. Đúng:

C6H5OH + NaOH → C6H5ONa + H2O

C6H5ONa + HCl → C6H5OH + NaCl

C. Đúng:

C6H5NH2 + HCl → C6H5NH3Cl

C6H5NH3Cl + NaOH → C6H5NH2 + NaCl + H2O

D. Đúng:

C6H5ONa + CO2 + H2O → C6H5OH + NaHCO3

C6H5OH  + NaOH → CH3COONa + H2O

 Chọn A

nCuSO4 = 0,4x; nNaCl = 0,4y

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

→ nCuSO4 = 0,4x = 1,5m/64 → x = 0,525

ne trong t giây = 2m/64 = 0,28 = It/F → t = 5404

Tại thời điểm t giây:

Catot: nCu = 0,14

Anot: nCl2 = 0,2y, bảo toàn electron → nO2 = 0,07 – 0,1y

m giảm = 8,96 + 71.0,2y + 32(0,07 – 0,1y) = a (1)

Tại thời điểm 2t giây (ne = 0,56)

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

Anot: nCl2 = 0,2y, bảo toàn electron → nO2 = 0,14 – 0,1y

m giảm = 0,21.64 + 0,07.2 + 71.0,2y + 32(0,14 – 0,1y) = 2a – 7,64 (2)

(1)(2) → y = 0,3; a = 14,5

Chọn C

Ca(HCO3)2 + NaOH → CaCO3 + NaHCO3 (X) + H2O

NaHCO3 + NaOH → Na2CO3 (Y) + H2O

Ca(HCO3)2 + 2NaOH → CaCO3 + Na2CO3 (Y) + 2H2O

Na2CO3 + BaCl2 → BaCO3 (T) + 2NaCl

Na2CO3 + Ba(NO3)2 (Z) → BaCO3 + 2NaNO3

Chất Z là Ba(NO3)2.

Chọn A

M khí = 16 → Khí gồm NO (0,01 mol ⇐ Bảo toàn N) và H2 (0,01 mol)

nH+ = 4nNO + 2nH2 + 2nO → nO = 0,12

Muối gồm K+ (0,01), SO42- (0,15) và Fe2+, Fe3+.

m muối = 21,23 → mFe = 6,44 gam

Vậy Y gồm Fe (6,44 gam) và O (0,12)

→ nZ = nNO2 + nCO2 = nO(Y) = 0,12

→ mZ = 0,12.2.22,5 = 5,4

Z gồm CO2 (0,06) và NO2 (0,06)

Bảo toàn khối lượng:

mX = mY + mZ = 13,76

nFeCO3 = nCO2 = 0,06 -® %FeCO3 = 50,58%

Chọn A

nBaCO3 = 0,06

Z chứa nBa(HCO3)2 = nNaOH = 0,09

Bảo toàn C → Z chứa nKHCO3 = 0,3

Bảo toàn K, Ba → X chứa K (0,3), Ba (0,15) và O

Bảo toàn electron: nK + 2nBa = 2nO + 2nH2

→ nO = 0,09

→ mX = 33,69

 Chọn C