Đáp án B

Phương pháp: Dựa vào hiện tượng quan sát được suy ra được khí X

Hướng dẫn giải:

Khí X là khí CO₂

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ ↓ + H₂O

Khi sục tiếp CO₂ dư thì kết tủa CaCO₃ bị hòa tan theo phương trình

CO₂ + CaCO₃ + H₂O → Ca(HCO₃)₂

Phương pháp: Dựa vào tính chất vật lí được học về các khí

Hướng dẫn giải: Chất X là khí NH₃

Đáp án C

Phương pháp: Dựa vào tính chất hóa học của Al sách giáo khoa hóa 12 trang 122

Hướng dẫn giải: Al thụ động trong H₂SO₄ đặc, nguội.

Chú ý: Al còn thụ động trong HNO₃ đặc, nguội.

Đáp án D

Phương pháp: Dựa vào tính chất hóa học của Na₂CO₃ trong sách giáo khoa hóa 12 trang 110

Hướng dẫn giải: Na₂CO₃ tác dụng được với CaCl₂

Na₂CO₃ + CaCl₂ → CaCO₃ ↓ + 2NaCl

Đáp án A

A. Polime Tơ $nilon-7-[NH-{\text{[}C{H}_2\text{]}}_6-CO]{-}_n$  trong thành phần nguyên tố chứa ni tơ.

B. Poli(vinyl clorua). $-{(-C{H}_2-CH(Cl)-)}_n-$  chứa các nguyên tố C, H, Cl.

C. Polietilen. Là $-{(C{H}_2-C{H}_2)}_n-$  chứa các nguyên tố C, H.

D. Cao su buna thành phần các nguyên tố gồm: C, H: $-{\text{[}C{H}_2-CH=CH-C{H}_2\text{]}}_n-$

Đáp án A

Phương pháp: Tính chất hóa học của Cu sách giáo khoa hóa 12 - trang 156

Hướng dẫn giải:

Cu phản ứng được với tất cả 3 dung dịch HNO₃(loãng), FeCl₃, AgNO₃

2Cu + 8HNO₃ loãng → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂

Cu + 2AgNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2Ag ↓

Chú ý: Trong dãy điện hóa: Tính khử $Cu>F{\text{e}}^{2+}$ , tính oxi hóa $C{u}^{2+}<F{\text{e}}^{3+}\Rightarrow$ Cu khử được $F{\text{e}}^{3+}$  trong dung dịch muối.

Đáp án D

Phương pháp: Dựa vào tính chất vật lí chung của kim loại sách giáo khoa hóa 12 trang 84

Hướng dẫn giải:

Thứ tự dẫn điện: Ag > Au > Al > Fe => Fe là kim loại dẫn điện kém nhất

Đáp án B

Phương pháp: Dựa vào tính chất hóa học của aminoaxit sách giáo khoa hóa 12 trang 45

Hướng dẫn giải:

Axit aminoaxit có nhóm -NH₂ và -COOH trong phân tử nên phản ứng được với HCl, H₂SO₄ loãng, NaOH.

KHÔNG phản ứng được với KCl.

Đáp án A

Phương pháp: Peptit có từ 2 liên kết peptit trở lên có phản ứng màu biurê.

<tác dụng với Cu(OH)₂ cho dung dịch màu tím>

Hướng dẫn giải:

+ Gly-Ala-Gly có 2 liên kết peptit nên tác dụng được với Cu(OH)₂ cho dung dịch màu tím.

+ Gly-Ala chỉ có 1 liên kết peptit nên không tác dụng được với Cu(OH)₂.

Đáp án A

Phương pháp: Dựa vào tính chất hóa học của AgNO₃

Hướng dẫn giải: HNO₃ không phản ứng được với AgNO₃

Đáp án C

Phương pháp: viết PTHH, đọc tên sản phẩm este tạo thành

Hướng dẫn giải:

PTHH: CH₃CH₂OH + CH₃COOH $\stackrel{H^{+}}{\rightleftarrows }$  CH₃COOCH₂CH₃ + H₂O

Đáp án B

Phương pháp: P thể hiện tính oxi hóa khi pứ với chất khử, số oxi hóa của P sau p.ứ giảm

Hướng dẫn giải: P thể hiện tính oxi hóa khi p.ứ với chất khử, số oxi hóa của P sau p.ứ giảm

 $3\stackrel{0}{Ca}+2\stackrel{0}{P}\stackrel{t°}{\to }\stackrel{+2}{C{a}_3}\stackrel{-3}{P_2}\Rightarrow$Số oxi hóa của P giảm từ 0 xuống  P thể hiện tính oxi hóa

Đáp án C

Phương pháp: Viết phương trình hóa học xảy ra, nêu hiện tượng quan sát được.

Hướng dẫn giải: PTHH: Fe + CuSO₄ (dd màu xanh) → FeSO₄ + Cu ↓ (đỏ)

Cu sinh ra bám vào thanh sắt => hiện tượng: Thanh Fe có màu đỏ và dung dịch nhạt dần màu xanh.

Đáp án A

Phương pháp: Tính được $n_{H_2}$

Đặt $n_{HCl}=x\text{ mol}$

BTNT “H”: $n_{H_{2}O}=(n_{HCl}-2n_{H_2})/2$

$31,5\left(g\right)\text{ X}\{\begin{array}{l}F\text{e}\\ F{\text{e}}_3{O}_4\end{array}+HCl:x\to H_2:0,1+60,7\left(g\right)\text{ Y}\{\begin{array}{l}F\text{e}C{l}_2\\ F\text{e}C{l}_3\end{array}+H_{2}O:\frac{x-0,2}{2}$

BTKL: $m_X+m_{HCl}=m_{H_2}+m_Y+m_{H_{2}O}\Rightarrow x\Rightarrow n_{H_{2}O}$

BTNT “O”: $n_{F{\text{e}}_3{O}_4}=n_{H_{2}O}:4\Rightarrow m_{F{\text{e}}_3{O}_4}$

Đáp án D

Phương pháp: Dựa vào tính chất vật lí của este

Hướng dẫn giải: isoamyl axetat (CH₃COOCH₂CH₂CH(CH₃)CH₃) có mùi chuối chín etyl butirat

(CH₃CH₂CH₂COOC₂H₅) có mùi thơm của dứa

Geranyl axetat (CH₃COOC₁₀H₁₇) có mùi thơm của hoa hồng

Benzyl axetat (CH₃COOCH₂C₆H₅) có mùi thơm của hoa nhài

Đáp án A

Hướng dẫn giải:

A. Sai, sửa lại 2NaHCO₃ $\stackrel{t°}{\to }$  Na₂CO₃ + CO₂ + H₂O

Đáp án A

Phương pháp: Kim loại có tính khử càng yếu thì dạng cation của kim loại đó có tính oxi hóa càng mạnh

Hướng dẫn giải: $C{u}^{2+}$  có tính oxi hóa mạnh nhất

Đáp án C

Phương pháp: Dựa vào sự phân loại của loại tơ

Hướng dẫn giải:

Tơ axetat là tơ bán tổng hợp

Tơ tằm, sợi bông là tơ thiên nhiên

Tơ nitrin là tơ tổng hợp

Đáp án C

Phương pháp: $n_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}=n_{{\left(C_{17}{H}_{35}COO\right)}_3{C}_3{H}_5}=?\Rightarrow m_{glixerol}=?$

Hướng dẫn giải:

PTTH: (C₁₇H₃₅COO)₂CH₃ + 3NaOH → C₁₇H₃₅COONa + C₃H₅(OH)₃

                        0,1                               →          0,1 (mol)

$\Rightarrow m_{C_3{H}_5{\left(OH\right)}_3}=0,1.92=9,2\left(g\right)$

Đáp án D

- Axit glutamic làm quỳ tím chuyển thành màu hồng

- Cho iot vào tinh bột thấy chuyển màu xanh tím

- Glucozơ tác dụng dung dịch AgNO₃ trong NH₃, thu được Ag

- Anilin tác dụng nước brom, thu được kết tủa màu trắng.

Đáp án C

nC₃H₄O = nCH₄O → Gộp thành C₄H₈O₂

C₈H₁₄O₄ = C₄H₈O₂ + C₄H₆O₂

→ X gồm C₄H₈O₂ (a) và C₄H₆O₂ (b)

mX = 88a + 86b = 19,16

nO₂ = 5a + 4,5b = 1,05

→ a = 0,12 và b = 0,1

nCO₂ = 4a + 4b = 0,88 (mol)

nH₂O = 4a + 3b = 0,78 (mol)

Ca(OH)₂ dư → nCaCO₃ = nCO₂ = 0,88 (mol)

Δm = mCO₂ + mH₂O – mCaCO₃ =  (gam)

→ Giảm 35,24.

Đáp án A

Phương pháp: Dựa vào trạng thái của các chất

Hướng dẫn giải:

Metylamin (CH₃NH₂) là chất khí ở điều kiện thường. Anilin, Etyl axetat ở thể lỏng ở đk thường Alanin ở thể rắn ở điều kiện thường

Đáp án C

Phương pháp: Dựa vào kiến thức về saccarozơ

Hướng dẫn giải: Công thức phân tử của saccarozơ C₁₂H₂₂O₁₁

Đáp án A

Phương pháp: Dựa vào kiến thức tổng hợp về hữu cơ

Hướng dẫn giải:

a) đúng

b) sai, C₆H₅NH₃Cl tan trong nước

c) đúng, H₂N-CH₂-CONHCH(CH₃)CO-NH-CH₂-COOH → có 4 nguyên tử oxi

d) đúng

e) sai, Bản chất của quá trình lưu hóa cao su là tạo ra cầu nối -S-S- giữa các mạch cao su không phân nhánh tạo thành mạng không gian

→ có 3 phát biểu đúng.

Đáp án C

Phương pháp: suy luận, X₃ là axit ađipic, X₄ là hexametilen điamin, X₁ là muối Na tương ứng của X₃

Từ đó lập luận tìm ra được X₁

Hướng dẫn giải:

C₃H₁₄O₄ + NaOH → X₁ + X₂ + H₂O (1)

X₁ + H₂SO₄ → X₃ + Na₂SO₄ (2)

X₃ + X₄ → Nilon-6,6 + H₂O (3)

C₈H₁₄O₄ có k = (8.2 + 2 – 14)/2 = 2

Từ (2) suy ra X₃ là axit

Từ (3) suy ra X₃ là axit ađipic HOOC-[CH₂]₄-COOH

Suy ra X₄ là hexametilen điamin [H₂N-CH₂]₆-NH₂

Từ (2) suy ra X₁ là NaOOC-[CH₂]₄-COONa

Từ (1) → CTCT phù hợp của C₈H₁₄O₄ là HOOC-[CH₂]₄-COOC₂H₅ (tạp chức axit và este)

Suy ra X là C₂H₅OH

A. Sai vì nhiệt độ sôi C₂H₅OH < CH₃COOH

B. Sai vì X₂, X₃, X₄ đều mạch thẳng không phân nhánh

C. Đúng vì muối NaOOC-[CH₂]₄-COONa có nhiệt độ nóng chảy cao hơn HOOC-[CH₂]₄-COOH

D. Sai, vì H₂N-[CH₂]₆-NH₂ làm quỳ tím chuyển sang màu xanh

Đáp án B

Phương pháp:

Bảo toàn nguyên tố N, Cl, Ag

Bảo toàn electron.

Hướng dẫn giải:

$$\begin{gathered} n_{HCl}=0,56.1=0,56{\text{ (mol); n}}_{NO}=0,448:22,4=0,02\text{ (mol)} \\ {n}_O=4n_{F{\text{e}}_3{O}_4}=4.0,02=0,08\text{ (mol)} \\ N{O}_3^{-}+4H^{+}+3\text{e}\to NO+2H_{2}O \\ 2H^{+}+O^{2-}\to H_{2}O \\ {n}_{H^{+}}=4n_{NO}+2n_O \\ \to 0,56=3n_{NO}+2.0,08 \\ \to n_{NO}=0,1\text{ (mol)} \\ \to n_{NO\text{ thoat ra luc dau}}=0,1-0,02=0,08\text{ (mol)} \end{gathered}$$

BTNT “N”:  $n_{F\text{e}{\left(N{O}_3\right)}_2}=1\text{/}2n_{NO\text{ luc dau}}=0,04\text{ (mol)}$

Đặt a, b là số mol Cu và FeCl₂

 $\Rightarrow 64\text{a}+127b+180.0,04+0,02.233=28,4$ (1)

BTNT “Cl”: $n_{AgCl}=2b+0,56$

BTNT Ag: $n_{Ag+}=n_{AgCl}+n_{Ag}\Rightarrow n_{Ag}=0,76-2b$

Bảo toàn electron:

$2n_{Cu}+n_{F\text{e}C{l}_2}+n_{F\text{e}{\left(N{O}_3\right)}_2}+n_{F{\text{e}}_3{O}_4}=3n_{NO\text{ tong}}+n_{Ag}$

 $\to 2\text{a}+b+0,04+0,02=3.0,1+(0,2-2b)$   (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow a=0,1$  và b=0,08

$$\begin{gathered} \to n_{AgCl}=2b+0,56=0,72\text{ (mol)} \\ {n}_{Ag}=0,2-2b=0,2-2.0,08=0,04\text{ (mol)} \\ \to m\downarrow =m_{AgCl}+m_{Ag}=0,72.143,5+0,04.108=107,64\text{ (g)} \end{gathered}$$

Đáp án D

Phương pháp: Sử dụng công thức trung bình, độ bất bão hòa k

Hướng dẫn giải:

$$\begin{gathered} n_Y=2,8:22,4=0,125\text{ (mol)} \\ {n}_{B{\text{r}}_2}=36:160=0,225\text{ (mol)} \end{gathered}$$

Độ không no của Y là: $\overline{k}=\frac{n_{B{\text{r}}_2}}{n_Y}=\frac{0,225}{0,125}=18$

Vì phản ứng giữa hỗn hợp hidrocacbon và H₂ là pư hoàn toàn, Y có phản ứng với dd Br₂

 => Y còn hidrocacbon không no => H₂ pư hết

Đặt công thức chung của Y là  ta có: $\{\begin{array}{l}\overline{k}=\frac{2\text{x}+2}{2}=1,8\\ {\overline{M}}_y=12\text{x}+y=46\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}x=3,4\\ y=5,2\end{array}$

Phản ứng cộng họ không làm thay đổi số nguyên tử cacbon nên số cacbon trong X là 3,4

→ Đặt công thức chung của hidrocacbon có trong X: $C_{3,4}{H}_4$

$C_{3,4}{H}_4+0,6H_2\to C_{3,4}{H}_{5,2}$

0,125    0,0756      0,125 (mol)

$\to n_x=0,125+0,075=0,2\text{ (mol)}$

Ta có: 0,2 mol X chứa 0,125 mol $C_{3,4}{H}_4$

→ 0,125 mol X chứa 5/64 mol $C_{3,4}{H}_4$

Xét: X + Br₂

$C_{3,4}{H}_4+2,4B{\text{r}}_2\to C_{3,4}{H}_{4}B{\text{r}}_{4,8}$

  5/64    0,1875 (mol)

→ $m_{B{\text{r}}_2}=0,1875.160=30\text{ (g)}=x$

Đáp án A

Phương pháp:

Do x=y-z → X là este không no có 1 liến kết đôi C=C.

Do bài toán dưới dạng tổng quát nên ta tự chọn lượng chất: x = 1 mol

Tính được $n_{O_2}$

BTNT “O”:  $2n_x+2n_{O_2}=2n_{C{O}_2}+n{H}_{2}O$      (1)

Mà theo đề bài:  $n_{este}=n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}$    (2)

Giải (1) và (2) được y và z

→ CTPT của X và viết các CTCT phù hợp

Hướng dẫn giải:

Do x=y-z   → X là este không no có 1 liến kết đôi C=C.

Do bài toán dưới dạng tổng quát nên ta tự chọn lượng chất: x = 1 mol

$V_{O_2}=100,8$  (lít) $\to n_{O_2}=100,8:22,4=4,5\text{ (mol)}$

BTNT “O”: $2n_x+2n_{O_2}=2n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}$ 

$\to 2+2.4,5=2y+z$ (1)

Mà theo đề bài: x=y-z=1   (2)

Giải (1) và (2) được y=4 và z=3

Vậy X có CTPT là C₄H₆O

Các CTCT thỏa mãn là:

HCOOC=C-C (cis-trans)

HCOOC-C=C HCOOC(C)=C

C-COOC-C

C=C-COO-C

Vậy có 6 chất thỏa mãn điều kiện của X.

Đáp án B

Phương pháp: Viết PTHH từ đó xác định những thí nghiệm thu được kim loại sau phản ứng.

Hướng dẫn giải:

(1) Mg + Fe₂(SO₄)₃ dư → MgSO₄ + 2FeSO₄ => không thu được kim loại

(2) Zn + 2HCl dư → ZnCl₂ + H₂ => không thu được kim loại

(3) H₂ dư + CuO → Cu + H₂O => thu được kim loại Cu

(4) Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂

CuSO₄ + Ba(OH)₂ → Cu(OH)₂ + BaSO₄

=> không thu được kim loại

(5) Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ + Fe(NO₃)₃ + Ag => thu được kim loại Ag

Vậy có 2 thí nghiệm thu được kim loại sau phản ứng là (3) và (5).

Đáp án B

- 2 dung dịch tác dụng được với FeSO₄: HNO₃, NaOH (X, Y)

- Dung dịch có pH thấp nhất (nồng độ  cao nhất) là H₂SO₄ → Z là H₂SO₄

- T là HCl

- Y phản ứng được với T nên Y là NaOH

→ X là HNO₃

Vậy: X: HNO₃; Y: NaOH; Z: H₂SO₄; T: HCl

Đáp án A

Đoạn 1:

Ba(OH)₂ + H₂SO₄ → BaSO₄ + 2H₂O

     0,1…....…0,1

→ x = 0,1

Khi Al(OH)₃ bị hòa tan hết thì kết tủa chỉ còn lại BaSO₄

nBaSO₄ = x + 3y = 0,46 → y = 0,12

Đáp án C

Phương pháp: $n_{A1}:n_{A2}:n_{A3}=0,4:0,22:0,32=20:11:16$

- Gộp peptit:

4X + 3Y + 2Z – X,YZ2 (có dạng ${\text{[(A}}_1{)}_{20}{\left(A_2\right)}_{11}{\left(A_3\right)}_{16}\text{]}$)  + 8H₂O

Peptit [(A1)2 (A2)(A3)16]k có số liên kết peptit là: 47k – 1

- Chặn khoảng giá trị của số liên kết peptit để xác định kì

- Giả sử số liên kết peptit của X, Y, Z lần lượt là x, y, z

=> Số liên kết peptit trong peptit mới X₄Y₃Z₂ là 4x + 3y + 2z + 8

+ Min: Khi x = 1; y = 1; z = 10 => số liên kết min

+ Max: Khi x = 10; y = 1; z = 1 => số liên kết max

 => số lk $\min \le 47k-1<$số lk max $\Rightarrow k$

 CTPT của peptit mới và số mol của nó

$\Rightarrow n_x,n_y,n_z\Rightarrow n_{peptit}$

- Do các amino axit đều có dạng H₂NCnH₂nCOOH nên ta quy đổi hỗn hợp thành CONH, CH₃, H₂O (bằng số mol peptit).

Hướng dẫn giải:

$n_{A1}:n_{A2}:n_{A3}=0,4:0,22:0,32=20:11:16$

- Gộp peptit: 4X + 3Y + 2Z thành X₄Y₃Z₂ (có dạng ${\text{[(A}}_1{)}_{20}{\left(A_2\right)}_{11}{\left(A_3\right)}_{16}\text{]}$)  + 8H₂O

Peptit  có số liên kết peptit là: 47k – 1

- Chặn khoảng giá trị của số liên kết peptit để xác định kì

Giả sử số liên kết peptit của X, Y, Z lần lượt là x, y, z

 Số liên kết peptit trong peptit mới X4Y3Z2 là 4x + 3y + 2z + 8

+ Min: Khi x = 1; y = 1; z = 10 => số liên kết là 4.1 + 3.1 + 2.10 + 8 = 35

+ Max: Khi x = 10; y = 1; z = 1 => số liên kết là 4.10 + 3.1 + 2.1 + 8 = 53

$\Rightarrow 35\le 47k\le 1553\Rightarrow 0,766\le k\le 149\Rightarrow k=1$

$\Rightarrow {\left(A_1\right)}_{20}{\left(A_2\right)}_{11}{\left(A_3\right)}_{16}$ (số mol là 0,4/20 = 0,02 mol)

$$\begin{gathered} \begin{array}{l}4\text{X }+3Y+2\text{Z}\to {\left(A_1\right)}_{20}{\left(A_2\right)}_{11}{\left(A_3\right)}_{16}+8H_{2}O\\ 0,08\text{ 0,06 0,04 0,02 0,016}\end{array} \\ \Rightarrow n_{peptit}=0,08+0,06+0,04=0,18\text{ mol} \end{gathered}$$

- Do các amino axit đều có dạng H₂NCnH₂nCOOH nên ta quy đổi hỗn hợp thành CONH, CH₃, H₂O (bằng số mol peptit).

 $$\begin{gathered} n_{CONH}=n_N=n_{A1}+n_{A2}+n_{A3}=0,4+0,22+0,32=0,94\text{ mol} \\ {n}_{H_{2}O}=n_{peptit}=0,18\text{ mol} \\ \Rightarrow m_{C{H}_2}=m_M-m_{CONH}-m_{H_{2}O}=78,1-0,94.43-0,18.18=34,44\text{ (g)} \\ \Rightarrow n_{C{H}_2}=2,46\text{ mol} \end{gathered}$$

$78,1\left(g\right)\text{M}\{\begin{array}{l}CONH:0,94\\ C{H}_2:2,46\\ H_{2}O:0,18\end{array}\stackrel{+NaOH}{\to }Muoi\{\begin{array}{l}COONa:0,94\\ N{H}_2:0,94\\ C{H}_2:2,46\end{array}+O_2\to \{\begin{array}{l}NaC{O}_3:0,47\\ C{O}_2:0,94+2,46-0,47=2,93\\ H_{2}O:0,94+2,46=3,4\\ N_2:0,47\end{array}$

BTKL: $m_{muoi}=0,94+0,94.16+2,46.14=112,46\text{ (g)}$

BTKL: $m_{O_2(\text{dot 112,46 gam muoi)}}=n_{N{a}_{2}C{O}_3}+m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}+m_{N_2}-m_{muoi}$

$\to 0,47.106+2,93.44+3,4.18+0,47.28-112,46=140,64\text{ (g)}$

$\to n_{O_2}=4,395\text{ mol}$

Tỉ lệ: Đốt 112,46 gam muối cần 4,395 mol O₂

y gam 32,816/22,4 mol

=> y = 37,487 (g) gần nhất với 37,45 gam.

Đáp án C

A. Sai, H₂SO₄ đặc có vai trò làm chất xúc tác, hút ẩm và làm tăng hiệu suất của phản ứng.

B. Sai, Mục đích chính của việc thêm dung dịch NaCl bão hòa là để tạo hiện tượng tách lớp rõ ràng hơn.

C. Đúng, Vì đây là phản ứng thuận nghịch.

D. Sai, Chất lỏng trong ống nghiệm trở nên tách lớp.

Đáp án B

Phân tích:

Đây là câu hỏi rất hay về bản chất của hóa học thông qua phân tích sâu các bước tiến hành thí nghiệm, để trả lời đúng câu hỏi ở mức độ VDC thì các em cần nắm vưỡng các kiến thức sau:

- Chất rắn tan nhiều hơn khi nhiệt độ tăng nhưng chất khí thì ngược lại, khả năng hòa tan của chất khí giảm khi nhiệt độ tăng, nhiều em chưa nắm vững hoặc chưa biết nên trả lời sai phát biểu (e)

- Dung dịch NH₃ đã bão hòa thì không thể hòa tan thêm NH₃ nữa, điều này gây khó khăn rấn lớn khi các em giải quyết phát biểu (g)

- Khí tan nhiều trong nước là HCl, NH₃, CH₃NH₂,...

- Khi tan thì áp suất trong bình thấp hơn áp suất của không khí bên ngoài, gây ra lực hút làm nước phun vào bình

- Khí HCl (hiđroclorua) tan trong nước tạo thành dung dịch axit clohiđric làm quỳ tím hóa đỏ nhưng không làm đổi màu phenolphtalein.

- Khí NH₃, CH₃NH₂,... tan trong nước tạo thành dung dịch có môi trường bazơ làm quỳ tím chuyển màu xanh, làm phenolphtalein chuyển sang màu hồng.

Hướng dẫn giải:

(a) Đúng, Amoniac hoặc metyl amin đều tan nhiều trong nước cho môi trường bazơ, làm phenolphtalein chuyển sang màu hồng.

(b) Sai, Khí X là HCl tan nhiều trong nước, làm áp suất trong bình giảm nên nước vẫn phun vào trong bình thủy tinh.

(c) Sai, Do khí tan nhiều trong nước nên tia nước phun mạnh vào bình do áp suất trong binh thấp hơn áp suất không khí.

(d) Đúng, Khí X (NH₃, CH₃NH₂,...) tan trong nước cho môi trường bazơ làm quỳ tím chuyển màu xanh.

(e) Sai, Khi đun nóng thì khả năng hòa tan của khí trong nước giảm.

(g) Sai, Dung dịch NH₃ đã bão hòa thì không thể hòa tan được khí X, cho nên không có hiện tượng nước phun vào bình.