Đáp án A

- Kim loại có nhiệt độ nóng chảy thấp nhất Hg.

- Kim loại có nhiệt độ nóng chảy cao nhất là .

Đáp án A

Đáp án B

Quặng apatit có công thức: ${\text{3Ca}}_3{\left(P{O}_4\right)}_{2}Ca{F}_2$

Đáp án B

Đáp án A

Poli (etylen terephtalat) hay còn gọi là tơ lapsan được điều chế bằng phản ứng đồng trùng ngưng:

$nHOOC-C_6{H}_4-COOH+nHO-C{H}_2-C{H}_2-OH\stackrel{t°,xt,p}{\to }{\left(-OC-C_6{H}_4-CO-O-C{H}_2-C{H}_2-O-\right)}_n+2n{H}_{2}O$

Đáp án A

Các kim loại có tính khử mạnh như Na, K, Mg, Al,... chỉ được điều chế bằng phương pháp điện phân nóng chảy.

Đáp án D

PTHH:

$$\begin{gathered} C_6{H}_{5}OH+3B{r}_2\stackrel{}{\to }{C}_6{H}_{2}B{r}_{3}OH+3HBr \\ 2C_6{H}_{5}OH+2Na\stackrel{}{\to }2C_6{H}_{5}ONa+H_2 \\ {C}_6{H}_{5}OH+NaOH\stackrel{}{\to }{C}_6{H}_{5}ONa+H_{2}O \end{gathered}$$

Đáp án A

$n_{N{O}_2}=0,15mol$

Ta có: $\begin{array}{l}Fe\stackrel{}{\to }\stackrel{+3}{Fe}+3e\stackrel{+5}{N}+1e\stackrel{}{\to }\stackrel{+4}{N}\left(N{O}_2\right)\\ 0,150,150,15\end{array}$

Bte: $n_{e\left(+\right)}=n_{e\left(-\right)}=0,15mol$

nên $n_{Fe}=\frac{0,15}{3}=0,05mol$

Vậy $m=0,05.56=2,8\left(g\right)$

Đáp án B

$n_{O{H}^{-}}=2n_{Ca{\left(OH\right)}_2}=2.0,25=0,5mol$

Ta có: $\frac{n_{O{H}^{-}}}{n_{C{O}_2}}=\frac{0,5}{0,35}\approx 1,4$

Nên sau phản ứng tạo 2 muối $Ca{\left(HC{O}_3\right)}_2,CaC{O}_3$

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}C{O}_2+O{H}^{-}\stackrel{}{\to }HC{O}_3^{-}\\ x x x\end{array} \\ \begin{array}{l}C{O}_2+2O{H}^{-}\stackrel{}{\to }C{O}_3^{2-}+H_{2}O\\ y2yy\end{array} \end{gathered}$$

Ta có: $\left\{\begin{array}{l}HC{O}_3^{-}:xmol\\ C{O}_3^{2-}:ymol\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x+2y=0,5\left(n_{O{H}^{-}}\right)\\ x+y=0,35\left(n_{C{O}_2}\right)\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=0,2\\ y=0,15\end{array}\right.$

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}C{a}^{2+}+C{O}_3^{2-}\stackrel{}{\to }CaC{O}_3\\ 0,15 0,15\end{array} \\ \Rightarrow m_{CaC{O}_3}=15gam \end{gathered}$$

Đáp án B

Đáp án D

$$\begin{gathered} C_6{H}_{12}{O}_6\stackrel{\text{lªn men}}{\to }2C{O}_2+2C_2{H}_{5}OH \\ C{O}_2+Ca{\left(OH\right)}_2\stackrel{}{\to }CaC{O}_3+H_{2}O \\ {n}_{C{O}_2}=n_{CaC{O}_3}=1mol \\ {n}_{glucozo\left(phanung\right)}=\frac{1}{2}{n}_{C{O}_2}=0,5mol \\ {m}_{glucozo}=90gam \end{gathered}$$

Đáp án B

Amino axit X: ${\left(H_{2}N\right)}_{x}R{\left(COOH\right)}_y$

$x=\frac{n_{HCl}}{n_X}=2;y=\frac{n_{NaOH}}{n_X}=1$

$\to$ X có dạng ${\left(H_{2}N\right)}_{2}RCOOH$

$$\begin{gathered} {\left(H_{2}N\right)}_{2}RCOOH+NaOH\stackrel{}{\to }{\left(H_{2}N\right)}_{2}RCOONa+H_{2}O \\ {M}_{muèi}=\frac{16,8}{0,1}=168 \\ {M}_R=168-16.2-44-23=69 \end{gathered}$$

Suy ra X là $H_{2}N{\left[C{H}_2\right]}_{4}CH\left(N{H}_2\right)COOH$ .

Đáp án A

Đồng phân là những chất có cùng công thức phân tử nhưng khác nhau về cấu tạo.

Đáp án D

Chất điện li mạnh: $HN{O}_3,N{a}_{2}C{O}_3,NaOH$

$C{H}_{3}COOH\stackrel{}{\rightleftarrows }C{H}_{3}CO{O}^{-}+H^{+}$

Đáp án A

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}{\left(C_6{H}_{10}{O}_5\right)}_n+n{H}_{2}O\stackrel{H^{+},t°}{\to }n{C}_6{H}_{12}{O}_6\\ \text{Tinh bột \hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}\hspace{0.17em}glucozơ}\end{array} \\ \begin{array}{l}C{H}_{2}OH{\left[CHOH\right]}_{4}CHO+H_2\stackrel{Ni,t°}{\to }C{H}_{2}OH{\left[CHOH\right]}_{4}C{H}_{2}OH\\ Sobitol\end{array} \end{gathered}$$

Đáp án A

Giải thích: Chất được chọn phải tác dụng với Fe, Cu mà không tác dụng với Ag: $AgN{O}_3,Fe{\left(N{O}_3\right)}_3$. Đồng thời không làm tăng khối lượng Ag: $Fe{\left(N{O}_3\right)}_3$

Đáp án A

$C{H}_{3}COOH+C{H}_{3}C{H}_{2}OH\stackrel{H^{+},t°}{\rightleftarrows }C{H}_{3}COOC{H}_{2}C{H}_3+H_{2}O$

Đáp án A

$$\begin{gathered} C{H}_{3}OH+CO\stackrel{t°}{\to }C{H}_{3}COOH \\ {C}_2{H}_{5}OH+O_2\stackrel{\text{men giấm}}{\to }C{H}_{3}COOH+H_{2}O \\ 2C{H}_{3}CHO+O_2\stackrel{xt,t°}{\to }2C{H}_{3}COOH \end{gathered}$$

Đáp án A

Nguyên tố Fe trong FeO có số oxi hóa +2 là số oxi hóa trung gian giữa 0 và +3. Nên FeO vừa thể hiện tính khử, vừa thể hiện tính oxi hóa.

Đáp án C

$$\begin{gathered} M+2H_{2}O\stackrel{}{\to }M{\left(OH\right)}_2+H_2 \\ {n}_M=n_{H_2}=0,25 \\ \to M_M=40\left(Ca\right) \end{gathered}$$

Đáp án B

X chỉ có thể là este: $HCOOC{H}_3:x$ mol

Hỗn hợp Z gồm hai ancol kế tiếp nên Z gồm $C{H}_{3}OH:x$ mol và $C_2{H}_{5}OH:y$ mol.

 Este Y: $C{H}_2=CHCOO{C}_2{H}_5:y$ mol

Khối lượng bình tăng 6,22 gam do khối lượng ancol cho vào nhiều hơn khối lượng khí hiđro thoát ra là 6,22 gam.

$$\begin{gathered} n_{H_2}=\frac{1}{2}{n}_{ancol}=\frac{x+y}{2} \\ m\uparrow =m_{ancol}-m_{H_2}\to m_{ancol}=6,22+\frac{x+y}{2}.2=6,22+x+y \\ \left\{\begin{array}{l}32x+46y=6,22+x+y\\ 68x+94y=13,22\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,07\\ y=0,09\end{array}\right. \end{gathered}$$

$\to m=60.0,07+100.0,09=13,2$ gam

Đáp án D

Cả 3 cách đều làm cho cân bằng phản ứng chuyển theo chiều thuận tạo ra este.

Đáp án B

$$\begin{gathered} C_n{H}_m+xAgN{O}_3+xN{H}_3\stackrel{}{\to }{C}_n{H}_{m-x}A{g}_x+xN{H}_{4}N{O}_3 \\ {n}_{C_n{H}_m}=\frac{n_{AgN{O}_3}}{x}=\frac{0,2}{x} \end{gathered}$$

BTNT H: $\frac{0,2}{x}.m=0,4$

$\to m=2x$

Với $x=1\to m=2$  (loại)

Với $x=2\to m=4\to$  X có công thức: $CH\equiv C-C{H}_2-C\equiv CH$  (64) (thỏa mãn)

$$\begin{gathered} n_{C_5{H}_{2}A{g}_2}=\frac{0,2}{2}=0,1mol \\ {m}_{C_5{H}_{2}A{g}_2}=27,8gam \end{gathered}$$

Đáp án A

$\left\{\begin{array}{l}Al\\ F{e}_2{O}_3\end{array}\right.\stackrel{t°}{\to }Y\left\{\begin{array}{l}Al\\ Fe\\ A{l}_2{O}_3\end{array}\right.$

Phần 2: $2Al+2O{H}^{-}+2H_{2}O\stackrel{}{\to }2Al{O}_2^{-}+3H_2$

$n_{Al}=\frac{2}{3}{n}_{H_2}=0,025$ mol

Phần 1:

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}2Al+6H^{+}\stackrel{}{\to }2A{l}^{3-}+3H_2\left(1\right)\\ 0,025\to 0,0375\end{array} \\ Fe+2H^{+}\stackrel{}{\to }2F{e}^{2+}+H_2\left(2\right) \\ {n}_{H_2\left(2\right)}=n_{H_2}-n_{H_2\left(1\right)}=0,1 \\ \to n_{Fe}=n_{H_2\left(2\right)}=0,1 \\ 2Al+F{e}_2{O}_3\stackrel{t°}{\to }A{l}_2{O}_3+2Fe \\ \to Y\left\{\begin{array}{l}Al:2.0,025=0,05mol\\ Fe:2.0,1=0,2mol\\ A{l}_2{O}_3:n=\frac{1}{2}{n}_{Fe}=0,1mol\end{array}\right. \\ \to m=m_Y=22,75gam \end{gathered}$$

Đáp án B

X: Saccarozơ tạo phức xanh lam với  trong môi trường kiềm.

Y: Triolein thủy phân trong môi trường kiềm thu được glixerol tác dụng được với .

Z: Metylamin hay lysin đều có tính bazơ làm quỳ tím hóa xanh.

T: Phenol và anilin đều tác dụng với nước brom tạo kết tủa trắng.

Đáp án A

Giai đoạn 1: Khí Cl₂ thoát ra. Cl^- điện phân hết.

$n_{C{l}_2}=0,02\to n_{KCl}=0,04$

Giai đoạn 2: Khí O₂ thoát ra.

$t=15440\to n_e=0,16$

Lúc này chỉ có khí O₂ và Cl₂, khí H₂ sẽ bắt đầu xuất hiện ở giai đoạn sau, nên Cu²⁺ điện phân hết.

$$\begin{gathered} \to n_{C{u}^{2+}\text{\hspace{0.17em}ban đầu}}=\frac{1}{2}{n}_e=0,08 \\ t=15440\to n_e=0,12 \\ \begin{array}{l}C{u}^{2+}+2e\to Cu 2C{l}^{-}\to C{l}_2+2e\\ 0,06\leftarrow 0,12 0,020,04\\ 2H_{2}O\to 4H^{+}+O_2+4e\end{array} \end{gathered}$$

BT e: $n_{H^{+}}=0,12-0,04=0,08$

Vậy dung dịch sau điện phân chứa:

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}C{u}^{2+}:0,08-0,06=0,02\\ H^{+}:0,08\\ N{O}_3^{-}:0,16(BT\S T)\\ K^{+}:0,04\left(n_{KCl}\right)\end{array}\right. \\ \begin{array}{l}Mg\stackrel{}{\to }M{g}^{2+}+2e4H^{+}+N{O}_3^{-}+3e\stackrel{}{\to }NO+2H_{2}O\\ 0,040,010,03\leftarrow 0,01\\ 10H^{+}+N{O}_3^{-}+8e\stackrel{}{\to }N{H}_4^{+}+3H_{2}O\\ 0,04 0,15\\ 0,04 0,0040,032 0,004\\ C{u}^{2+}+2e\stackrel{}{\to }Cu\\ 0,02\to 0,04\end{array} \end{gathered}$$

$\left\{\begin{array}{l}M{g}^{2+}:0,051\left(BT\S T\right)\\ N{H}_4^{+}:0,004\\ N{O}_3^{-}:0,146\\ K^{+}:0,04\left(n_{KCl}\right)\end{array}\right.\to m=11,908$

Đáp án A

$$\begin{gathered} mX\left\{\begin{array}{l}{\left(COOC{H}_3\right)}_2\\ C{H}_{3}COO{C}_6{H}_5\\ C{H}_2=CHCOO{C}_2{H}_5\end{array}\right.\stackrel{NaOH:0,25}{\to }\left\{\begin{array}{l}Y\stackrel{O_2}{\to }\left\{\begin{array}{l}C{O}_2:0,26\\ H_{2}O:0,43\end{array}\right.\\ 21,74Z\end{array}\right. \\ {n}_Y=n_{H_{2}O}-n_{C{O}_2}=0,17=n_{O\left(Y\right)} \end{gathered}$$

Vì $C{H}_{3}COO{C}_6{H}_5+2NaOH\stackrel{}{\to }C{H}_{3}COONa+C_6{H}_{5}ONa+H_{2}O$

Chỉ có $C{H}_{3}COO{C}_6{H}_5$  thủy phân không tạo ancol, nên sự chênh lệch số mol NaOH và ancol chính là số mol của $C{H}_{3}COO{C}_6{H}_5$

$$\begin{gathered} n_{NaOH}=2n_{C{H}_{3}COO{C}_6{H}_5}+n_Y\to n_{C{H}_{3}COO{C}_6{H}_5}=0,04 \\ {n}_{H_{2}O}=n_{C{H}_{3}COO{C}_6{H}_5}=0,04 \\ {m}_Y=m_C+m_H+m_O=12.0,26+2.0,43+16.0,17=6,7 \end{gathered}$$

BTKL: $m_X+m_{NaOH}=m_Z+m_T+m_{H_{2}O}$

$\to m_X=21,74+6,7+0,04.18-0,25.40=19,16gam$

Những phát biểu đúng: (a), (b), (c), (d).

(a) đúng. Monosaccarit là glucozơ.

(b) đúng. Glucozơ tác dụng với $AgN{O}_3/N{H}_3$ sinh ra Ag.

(c) đúng

(e) sai. Thí nghiệm trên chứng minh xenlulozơ thủy phân trong môi trường axit thu được glucozơ.

(f) sai. Dung dịch thu được chứa muối amoni gluconat.

$C{H}_{2}OH{\left(CHOH\right)}_{4}CHO+2AgN{O}_3+3N{H}_3+H_{2}O\stackrel{}{\to }C{H}_{2}OH{\left(CHOH\right)}_{4}COON{H}_4+2N{H}_{4}N{O}_3+2Ag$

Đáp án C

$$\begin{gathered} 4Fe{\left(N{O}_3\right)}_3\stackrel{t°}{\to }2F{e}_2{O}_3+12N{O}_2+3O_2 \\ 4Fe{\left(N{O}_3\right)}_2\stackrel{t°}{\to }2F{e}_2{O}_3+8N{O}_2+O_2 \\ Y\left\{\begin{array}{l}Fe{\left(N{O}_3\right)}_3:a\\ Fe{\left(N{O}_3\right)}_2:b\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a+b=0,48\left(n_{Fe}\right)\\ 46.\left(3a+2b\right)+32.\left(0,75a+0,25b\right)=67,84\left(m_{dd\downarrow }\right)\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,32\\ b=0,16\end{array}\right. \end{gathered}$$

BT N: $n_{N\left(\uparrow \right)}=1,44-0,32.3-0,16.2=0,16$

$$\begin{gathered} m_{\uparrow }=m_N+m_O\to 0,16.14+\frac{61,11}{100}m=m\to m=5,76 \\ \to n_{O\left(\uparrow \right)}=0,22 \end{gathered}$$

BT H: $n_{H_{2}O}=\frac{1}{2}{n}_{HN{O}_3}=0,72$

BT O: $n_{O\left(X\right)}=n_{O\left(\uparrow \right)}+n_{O\left(\text{muèi}\right)}+n_{O\left(H_{2}O\right)}-n_{O\left(HN{O}_3\right)}=0,46$

BTKL: $m_X+m_{ddHN{O}_3}=m_{ddsau}+m_{\uparrow }\to m_{ddsau}=316,48$

$\to C{\%}_{Fe{\left(N{O}_3\right)}_3}=24,47\%$

$$\begin{gathered} \left\{\begin{array}{l}{C}_2{H}_{3}NO:0,68\left(n_{gly}+n_{ala}\right)\\ C{H}_2:0,4\left(BTC:2n_{gly}+3n_{ala}-2n_{C_2{H}_{3}NO}\right)\\ H_{2}O:0,14\end{array}\right. \\ {m}_A=46,88 \\ \begin{array}{l}\to m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}=44.\left(0,68.2+0,4\right)+18.\left(0,68.1,5+0,4+0,14\right)=105,52\\ \to m=\frac{{\displaystyle 46,88.63,312}}{{\displaystyle 105,52}}=28,128gam\end{array} \end{gathered}$$