Đáp án B

AlCl₃ không có tính chất lưỡng tính.

Đáp án C

Nhiệt phân Fe(OH)₂ trong chân không (⇒ không có không khí) sẽ có phản ứng:

Fe(OH)₂ → FeO + H₂O.

Đáp án B

Đáp án A

Đáp án A

Đáp án C

Đáp án D

Đáp án D

Đáp án C

Đáp án C

Đáp án B

Đáp án C

Khử glucozơ bằng H₂ (xúc tác Ni, t^o) và phản ứng với dung dịch AgNO₃ trong NH₃ dư, đun nóng

là các thí nghiệm chứng minh glucozơ có tính chất của anđehit.

Cho dung dịch glucozơ phản ứng Cu(OH)2 ở nhiệt độ thường là thí nghiệm

chứng minh glucozơ có tính chất của ancol đa chức.

Đáp án C

(a) AgNO₃ + HCl → AgCl↓ + HNO₃.

(b) Al₂O₃ + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂O.

(c) Cu + HCl → không phản ứng nhưng thu được chất rắn là Cu ban đầu.

(d) Ba(OH)₂ + 2KHCO₃ → BaCO₃↓ + K₂CO₃ + 2H₂O.

Vậy có 3 thí nghiệm thu được chất rắn.

Đáp án C

Phản ứng nhiệt nhôm là phản ứng hóa học của kim loại nhôm khử oxit kim loại ở nhiệt độ cao.

Đáp án B                                             

C₆H₁₂O₆ → 2CO₂ + 2C₂H₅OH.

n_C6H₁₂O₆ = 0,25 (kmol) ⇒ n_C2H₅OH = 2n_C6H₁₂O₆.H% = 2.0,25.0,8 = 0,4 (kmol).

m_C6H₁₂O₆ = 18,4 kg ⇒ V_C6H₁₂O₆ = $\frac{m}{D}$= 23 lít.

Đáp án B

Sản phẩm của phản ứng xà phòng hoá chất béo là muối của axit béo và glixerol ⇒ B sai.

Đáp án D

CaC₂ + 2H₂O → C₂H₂ + Ca(OH)₂.

CH≡CH + 2AgNO₃ + 2NH₃ → CAg≡CAg↓_vàng + 2NH₄NO₃.

Đáp án D

X (C, H, N) + O₂ → 0,4 mol CO₂ + 0,45 mol H₂O + 0,05 mol N₂.

n_X = 2n_N2 = 0,1 mol ⇒ số C = 4; số H = 9.

Vậy X là C₄H₉N. Chọn D.

Đáp án D

Các công thức cấu tạo thu gọn của X phù hợp đề bài là:

HCOOCH=CH₂CH₃; HCOOCH₂CH=CH₂; HCOOC(CH₃)=CH₂; CH₃COOCH=CH₂.

Vậy có tất cả 4 chất.

Đáp án A

Đáp án D

12,2 gam (MgO, Al₂O₃) + 0,35 mol H₂SO₄ → muối (MgSO₄, Al₂(SO₄)₃) + H₂O.

n_H2O = n_H2SO₄ = 0,35 mol.

BTKL: m_MgO + m_Al2O₃ + m_H2SO₄ = m_muối + m_H2O.

⇔ 12,2 + 0,35.98 = m + 0,35.18 ⇒ m = 40,2.

Đáp án A

n_CO2 = 0,1 mol; n_NaOH = 0,2 mol.

$\frac{n_{OH}}{n_{C{O}_2}}$= 2 ⇒ CO₂ phản ứng vừa đủ với NaOH và tạo muối Na₂CO₃:

CO₂ + 2NaOH → Na₂CO₃ + H₂O.

n_Na2CO₃ = n_CO2 = 0,1 mol ⇒ m_Na2CO₃ = 10,6 gam.

Đáp án D

(a) Mg + 2FeCl₃ → MgCl₂ + 2FeCl₂.

Sau đó, do Mg dư nên sau đó: Mg + FeCl₂ → MgCl₂ + Fe.

(b) 2Fe + 3Cl₂ → 2FeCl₃.

(c) 2Fe₃O₄ + 10H₂SO_{4đặc, dư} → 3Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + 10H₂O.

(d) Fe + 2AgNO₃ → Fe(NO₃)₂ + 2Ag.

Do AgNO₃ dư nên sau đó: Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + Ag.

Vậy không có thí nghiệm nào thu được muối Fe(II) sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn.

Đáp án A

Kim loại M là Al, các phương trình phản ứng tương ứng xảy ra theo sơ đồ là:

X₃ là axit terephatalic $\to$  từ phản ứng (b): X₁ là muối C₆H₄(COONa)₂.

Quay lại phản ứng (a):

.

Bảo toàn C, H, O$\to$ X₂ có công thức phân tử là CH₄O $\to$  cấu tạo CH₃OH (ancol metylic).

Theo đó, phản ứng (d):

$\to$ phân tử khối của X₃ là 194.

Đáp án B

Đipeptit không có phản ứng màu biure → (a) sai.

Dung dịch axit glutamic đổi màu quỳ tím thành đỏ → (b) sai.

Metyl fomat (C₂H₄O₂) và glucozơ (C₆H₁₂O₆) có cùng công thức đơn giản nhất là CH₂O → (c) đúng.

(d) đúng.

(e) đúng.

Metyl metacrylat CH₂=C(CH₃)COOCH₃ làm mất màu dung dịch brom → (g) đúng.

Có 4 phát biểu đúng. Chọn B.

Đáp án B

X (C₂H₂, H₂) → Y (C₂H₂, C₂H₄, C₂H₆). Giả sử 1 mol C₂H₂ phản ứng với n mol H₂ tạo ra Y có CT chung là C₂H_2+2n:

C₂H₂ + nH₂ → C₂H_2+2n.

M_Y = 28,8 ⇔ 24 + 2 + 2n = 28,8 ⇔ n = 1,4.

C₂H₂ + 1,4H₂ → C₂H_4,8.

Xét hh X: n_H2 = 1,4 n_c2H₂ (X). Mà n_H2 + n_c2H₂ (X) = 0,6 mol ⇒ n_c2H₂ (X) = 0,25 mol ⇒ n_C24,8 = 0,25 mol.

Trong 1 phân tử C₂H_4,8 thì số π = $\frac{2.2+2-4,8}{2}$ = 0,6. Vậy trong 0,25 mol C₂H_4,8 có 0,25.0,6 = 0,15 mol π ⇒ a = 0,15.

Đáp án A

Rắn X có 2 khả năng: X chỉ chứa FeCl₃ hoặc X chứa FeCl₃ và Fe dư.

n_Fe = 0,45 mol.

Nếu X chỉ chứa FeCl₃ thì Y cũng chỉ chứa FeCl₃; n_FeCl3 = n_Fe = 0,45 mol ⇒ m_{muối khan} = m_FeCl3 = 73,125 g ≠ 67,8 g ⇒ X chứa FeCl₃ và Fe dư.

Hòa X vào nước: Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂ ⇒ Y chứa FeCl₃ (a mol) và FeCl₂ (b mol).

Ta có: a + b = n_Fe = 0,45 và 162,5a + 127b = 67,8.

Giải ra a = 0,3 và b = 0,15. Vậy n_{Fe dư (X)} = $\frac{1}{3}$n_FeCl2 = 0,05 mol.

m_{Fe dư (X)} = 2,8 gam; n_FeCl3(X) = n_FeCl3(Y) + $\frac{2}{3}$n_FeCl2 = 0,4 mol ⇒ m_FeCl3(X) = 65 g.

Tính ra %m_Fe = 4,13% và %m_FeCl3 = 95,87%.

Đáp án B

Tiến hành các thí nghiệm $\to$các phương trình hóa học tương ứng xảy ra là:

$\to$Sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn, có đúng 3 thí nghiệm thu được kết tủa.

Đáp án A

 n_C17H₃₃COONa = n_Br2 = 0,24 mol

→ m_C17H₃₅COONa = 109,68 - 0,24 x 304 = 36,72 gam

→ n_C17H₃₅COONa = 36,72 : 306 = 0,12 mol.

Vì n_C17H₃₃COONa = 2 x n_C17H₃₅COONa

→ X là (C₁₇H₃₃COO)₂(C₁₇H₃₅COO)C₃H₅

→ m = 0,12 x 886 = 106,32 gam → Chọn A.

Đáp án C

Đoạn OA biểu diễn tỉ lệ phản ứng;

$3Ba{\left(OH\right)}_2+A{l}_2{\left(S{O}_4\right)}_3$→3BaSO4↓+2Al(OH)3↓

Đoạn AB biểu diễn tỉ lệ phản ứng 

$3Ba{\left(OH\right)}_2+2AlC{l}_3\to 3BaC{l}_2+2Al{\left(OH\right)}_3\downarrow$

Đoạn BC biểu diễn tỉ lệ phản ứng

$Ba{\left(OH\right)}_2+2Al{\left(OH\right)}_3\to Ba{\left(Al{O}_2\right)}_2$+4H2O

    · Còn lại, đoạn CD biểu diễn kết tủa BaSO₄ không đổi khi tăng số mol Ba(OH)₂ lên.

Tại điểm A $\to$ từ 0,03 mol Ba(OH)₂ suy ra có 0,01 mol Al₂(SO₄)₃. Giả sử có 2a mol AlCl₃.

Tại điểm C: 0,08 mol Ba(OH)₂ đi hết về 0,03 mol BaSO₄ + 3a mol BaCl₂ + (a + 0,01) mol Ba(AlO₂)₂.

có phương trình: 0,03 + 3a + (a +0,01) = 0,08 suy ra a = 0,01 mol

Giá trị của m = m_{¯ tại B} = 8,55 + 2a ´ 78 = 10,11 gam

Đáp án D

► n_OH^– sinh ra = 2n_H2 sinh ra do K + 2n_O || Lại có: 2Al + 2OH^– + 2H₂O → AlO₂^– + 3H₂.

⇒ n_OH^–/Y = n_OH^– sinh ra – n_Al = 2n_H2 sinh ra do K + 2n_O – n_Al || Mà n_H2 sinh ra do K = n_H2 – n_H2 sinh ra do Al

= n_H2 – 1,5n_Al ||⇒ n_OH^–/Y = 2n_H2 + 2n_O – 4n_Al ||● Đặt n_Al = x thì n_OH^–/Y = (0,112 + 0,0125m – 4x) mol.

n_Al(OH)3 = [4n_AlO2^– – (n_H⁺ – n_OH^–)] ÷ 3 = {4x – [0,1 – (0,112 + 0,0125m – 4x)]} ÷ 3 = (m ÷ 240 + 0,004) mol.

⇒ m = 6,182 + 4,98 – 0,04 × 96 – 0,02 × 35,5 – 17 × 3 × (m ÷ 240 + 0,004) + 0,1m ⇒ m = 5,76(g)

Đáp án A

☆ Giải đốt ancol hỗn hợp ancol Y + O₂ –––^to–→ 0,16 mol CO₂ + 0,26 mol H₂O.

X gồm các este đơn chức nên ancol Y cũng đơn chức, lại có n_H2O > n_CO2 nên Y là ancol no.

Theo đó, tương quan đốt: n_Y = n_H2O – n_CO2 = 0,1 mol ⇒ C_{trung bình} = 1,6.

đại diện cho Y là 0,1 mol ancol dạng C_1,6H_5,2O ⇒ m_Y = 4,04 gam.

☆ Giải thủy phân m gam X + 0,4 mol NaOH → 34,4 gam Z + 4,04 gam Y + ? gam H₂O.

Chú ý rằng, các este đều đơn chức mà n_NaOH > n_ancol ⇒ có một este của phenol.

⇒ n_{etse của phenol} = (0,4 – 0,1) ÷ 2 = 0,15 mol ⇒ n_H2O = 0,15 mol ⇒ ? = 2,7 gam.

Theo đó, bảo toàn khối lượng có: m = 34,4 + 4,04 + 2,7 – 0,4 × 40 = 25,14 gam.

Đáp án D

X gồm 3 peptit A_a, B_b, C_c với tỉ lệ mol tương ứng 1 : 1 : 3.

(kí hiệu A_a nghĩa là peptit A gồm có a mắt xích, được tạo từ a α–amino axit)

☆ biến đổi peptit: 1A_a + 1B_b + 3C_c → 1.(A_a)¹(B_b)¹(C_c)³ (ghép mạch) + 4H₂O.

thủy phân: (A_a)¹(B_b)¹(C_c)³ + H₂O → 0,16 mol Ala + 0,07 mol Val.

⇒ phương trình: 1.(A_a)¹(B_b)¹(C_c)³ + (23k – 1)H₂O → 16k.Ala + 7k.Val. (k nguyên dương).

⇒ a + b + 3c = 23k. Lại có (a – 1) + (b – 1) + (c – 1) ≤ 12 ⇒ a + b + c ≤ 15.

⇒ 23k = a + b + 3c < 3(a + b + c) ≤ 45 ⇒ k < 1,96 ⇒ k = 1 thỏa mãn.

⇒ Phương trình thủy phân: 1A_a + 1B_b + 3C_c + 18H₂O → 16Ala + 7Val.

⇒ m = 14,24 + 8,19 – 0,18 × 18 = 19,19 gam

Đáp án A

Sơ đồ quá trình phản ứng và xử lí:

166,595 gam kết tủa là 0,715 mol BaSO₄ → có n_H2SO₄ = ∑n_SO4^2– = 0,715 mol.

0,56 lít khí là 0,025 mol NH₄⁺. Dùng YTHH 02: Natri đi về đâu? 0,715 mol Na₂SO₄

⇒ n_Na⁺ trong Z = 0,715 × 2 – 1,285 = 0,145 mol → có 0,145 mol NaNO₃.

trong Z: 0,145 mol Na⁺; 0,025 mol NH₄⁺ ⇒ ∑n_SO4^2– kết hợp cation Mg²⁺, Fe^?+ = 1,26 mol.

⇒ 46,54 gam kết tủa gồm: Mg, Fe và 1,26 mol OH ⇒ ∑m_{Mg, Fe} = 25,12 gam.

⇝ BTKL cả sơ đồ có m_H2O = 11,07 gam ⇒ n_H2O = 0,615 mol.

⇒ bảo toàn nguyên tố H có n_H2 trong Y = 0,05 mol.

Y gồm CO₂, N₂, NO và 0,05 mol; tổng 0,2 mol; nặng 5,14 gam.

bảo toàn N có thêm giả thiết n_NO + 2n_N2 = 0,12 mol ⇒ giải hệ số mol 3 khí còn lại:

n_NO = 0,1 mol; n_N2 = 0,01 mol; n_CO2 = 0,04 mol ⇝ có 0,04 mol FeCO₃.

từ đó có: n_Fe3O₄ = (31,36 – 25,12 – 0,04 × 60) ÷ 16 ÷ 4 = 0,06 mol.

⇒ %m_Fe3O₄ trong X = 0,06 × 232 ÷ 31,36 × 100% ≈ 44,39%

Đáp án A

Giải thích sơ đồ thí nghiệm điều chế khí clo sạch trong phòng thí nghiệm:

Phản ứng: $Mn{O}_2+4HCL\stackrel{t°}{\to }MnC{l}_2+C{l}_2\uparrow +2H_{2}O$.

Vì dung dịch HCl dùng là đặc nên dễ bay hơi, tách ra khỏi dung dịch tạo khí HCl, H₂O khi đun nóng cũng dễ bay hơi nên sản phẩm phản ứng ngoài khí Cl₂ thu được còn có lẫn khí HCl và H₂O. Vì lẫn khí HCl và H₂O nên để thu khí sạch cần bố trí thêm 2 bình (1) và (2) để giữ chúng lại.

Bình (1) dùng dung dịch NaCl nhằm giữ lại khí HCl, đồng thời cũng hạn chế khả năng tan của khí Cl₂.

Khí thoát ra bình (2) là Cl₂ có lẫn H₂O nên bình (2) chứa H₂SO₄ đặc để giữ H₂O lại.

$\to$khí Cl₂ thoát ra khỏi bình (2) được thu ở bình tam giác được nút bằng bông tẩm dung dịch NaOH.

Vì phản ứng: 2NaOH + Cl₂ $\to$NaCl + NaClO nên tránh trường hợp khí Cl₂ đầy bình thoát ra ngoài.

Xem xét các phát biểu:

(a) đúng.  Với MnO₂ thì cần đun nóng, còn KMnO₄ thì có thể đun nóng hoặc không đun.

(b) sai. Vì nếu đổi thì lúc qua bình (1), khí Cl₂ thoát ra có thể lẫn khí H₂O $\to$không rửa sạch nữa.

(c) sai. Vì bình (2) không giữ được khí HCl.

(d) đúng.

(e) sai. Vì chất rắn NaCl không giữ được khí HCl, bình (2) cũng không nên khí Cl₂ thu ,không sạch.

$\to$ có tất cả (2) phát biểu đúng.

Đáp án B

☆ Giải thích cho cả 2 thí nghiệm: khi gọt vỏ dây điện, vẫn còn 1 ít lớp vỏ bám vào sợi dây đồng,

thành phần có nhựa PVC (poli(vinyl clorua)); khi nhúng dây đồng vào dung dịch clorofom

thì rõ có CHCl₃ bám vào sợi dây. PVC hay clorofom là những hợp chất hữu cơ chứa Cl trong phân tử

nên đốt cháy sẽ có tạo thành khí HCl, sau đó tác dụng với CuO cho ra muối CuCl₂.

CuCl₂ là chất dễ bay hơi, dễ phân hủy hơn so với CuO nên khi bị nung nóng

thì tạo thành các nguyên tử Cu khuếch tán vào ngọn lửa làm cho ngọn lửa có màu xanh lá mạ.

Khi hết CuCl₂ thì màu xanh lá mạ cũng hết. Theo đó:

(a) sai vì ngọn lửa màu xanh lá mạ là do Cu, nếu thay bằng sắt sẽ không có màu này nữa.

(b) đúng và (d) sai như giải thích ở trên.

(c) đúng vì hexen là C₆H₁₂ không chứa nguyên tố Cl trong phân tử.

→ Chỉ có 2 phát biểu đúng.

Đáp án B

☆ Xét thời gian điện phân là t giây:

Từ tỉ khối khí bên anot so với với H₂ → gồm O₂ và Cl₂ với số mol bằng nhau.

dung dịch Y vẫn còn màu xanh chứng tỏ vẫn dư Cu²⁺ trong Y.

⇒ 7,68 gam kim loại thu được là 0,12 mol Cu → ∑n_{e trao đổi} = 0,12 × 2 = 0,24 mol.

⇒ 4n_O2 + 2n_Cl2 = 0,24 ⇒ n_O2 = n_Cl2 = 0,04 mol.

☆ xét thời gian điện phân là 12352 giây

→ Áp dụng công thức định luật Farađay có ∑n_{e trao đổi} = It ÷ 96500 = 0,32 mol.

Bên anot: ra hết Cl₂ là 0,04 mol ⇒ n_O2 = (0,32 – 0,04 × 2) ÷ 4 = 0,06 mol.

Mà giả thiết ∑n_{khí 2 cực} = 0,11 mol ⇒ n_H2 bên catot = 0,01 mol.

Catot thu được H₂ chứng tỏ Cu²⁺ bị điện phân hết ⇒ ∑n_Cu²⁺ = (0,32 – 0,01 × 2) ÷ 2 = 0,15 mol.

Quay lại thời gian sau điện phân t giây, n_Cu²⁺ trong Y = 0,15 – 0,12 = 0,03 mol