Đáp án A

Mùi tanh cá gây ra bởi các amin (có chứa nhóm NH₂) đặc biệt là trimetylamin (các chất có tính bazo) ta có thể sử dụng chất có tính axit như giấm. Giấm có tính axit yếu sẽ tạo muối với amin và bị rửa trôi bằng nước, hơn nữa không ảnh hưởng nhiều đến chất lượng cá

Đáp án C

Saccarozo có trong nhiều loại thực vật và là thành phần chủ yếu của đường mía (từ cây mía), đường củ cải (từ củ cải đường), đường thốt nốt (từ cụm hoa thốt nốt)

Đáp án C

Trong dung dịch, các α-aminoaxit tồn tại chủ yếu dưới dạng ion lưỡng cực

Đáp án D

Trong dung dịch, các α-aminoaxit tồn tại chủ yếu dưới dạng ion lưỡng cực

Đáp án B

Fe và Al bị thụ động hóa trong dung dịch HNO₃ đặc nguội.

Cu không tác dụng với HCl

Đáp án A

Gọi số mol axit axetic, axit fomic và axit oxalic lần lượt là a, b, c

=> 98a+84b+166c= 59,8

Đốt cháy m gam X cần 0,4 mol O₂ và thu được 0,6 mol H₂O

=> 2a+0,5b+0,5c= 0,4; 2a+b+c= 0,6

Giải được: a=0,1; b=c=0,2

=> m= 33,2 gam

Đáp án D

Trong môi trường kiềm, Cr₂O₇^- (màu da cam) sẽ chuyển hóa thành CrO₄^2-(màu vàng)

Đáp án D

H₂ khử được các oxit của kim loại sau Al → Cu, Fe, Zn, MgO

Đáp án A

+ Trong nhóm IIA: Be và Mg có mạng tinh thể lục phương; Ca và Sr có mạng tinh thể lập phương tâm diện; Ba có mạng lập phương tâm khối.

+ Be(OH)₂, Mg(OH)₂ kết tủa.

+ Trong nhóm IA, tính khử tăng dần từ Li đến Cs

Đáp án B

Có 3 chất làm mất màu dung dịch Br₂ là etilen, but-2-in và axetilen

Đáp án C

Ta có: $n_{Ag}=0,5 mol \to n_{Cu}=0,25 mol\to m_{Cu}=16 gam\to a=15,5 gam$

Đáp án C

Đáp án A

Cu²⁺ + 2Cl^- + 2K⁺ + 2OH^- → Cu(OH)₂ + 2K⁺ + 2Cl^-

Cu²⁺ + 2OH^- → Cu(OH)₂.

Đáp án C

Thành phần chính của khí biogas là CH₄

Đáp án B

Để sản xuất H₃PO₄ có độ tinh khiết và nồng độ cao hơn, người ta đốt cháy photpho để thu P₂O₅ rồi cho P₂O₅ tác dụng với nước

4P + 5O₂ $\stackrel{t^o}{\to }$2P₂O₅.

P₂O₅ + 3H₂O → 2H₃PO₄

Đáp án C

$$\begin{gathered} m_{C{O}_2}=20-6,8=13,2 gam\to n_{C{O}_2}=0,3 mol \\ \to n_{Glu}=\frac{0,3}{2.90\%}=\frac{1}{6}\to m_{Glu}=30 gam \end{gathered}$$

Đáp án C

Al(OH)₃ và Cr(OH)₃ đều lưỡng tính

Đáp án A

$n_{H_2}=0,3 mol\to n_{Na}+n_K=0,6 mol$

Giải được số mol K, Na lần lượt là 0,2; 0,4 mol

$$\begin{gathered} n_{H_{2}S{O}_4}=0,075 mol; n_{HCl}=0,15 mol \\ \to m_{muối}=8,5+0,075.98+0,15.36,5-0,15.2=21,025 gam \end{gathered}$$

Đáp án B

CH₃CH(NH₂)COOH + NaOH → CH₃CH(NH₂)COONa + H₂O

H₂NCH₂COOCH₃  + NaOH → H₂NCH₂COONa + CH₃OH

CH₂=CHCOONH₄ + NaOH → CH₂=CHCOONa + NH₃ + H₂O

Đáp án B

Muối FeCl₃ được dùng làm chất xúc tác trong tổng hợp hữu cơ

Đáp án C

X tác dụng với NaOH theo tỉ lệ mol 1:2 do vậy X có 2 nhóm COOH

$M_X=\frac{17,7}{0,1}-22.2=133$

Vậy X phải là H₂NC₂H₃(COOH)₂ có 7 nguyên tử H

Đáp án C

Axit glutamic: HOOC-CH₂CH₂CH(NH₂)COOH → quỳ chuyển hồng

Phân tử tinh bột hấp thụ iot tạo ra màu xanh tím.

Glucozo có chứa CHO → có phản ứng tráng bạc.

Anilin có phản ứng thế ở nhân thơm với brom tạo kết tủa trắng

Đáp án A

Các thí nghiệm: a, b, c, d, e.

HCl + NaHCO₃ → NaCl + H₂O + CO₂. (CO₂ không phải “đơn chất khí”)

+ TH a: 14HCl + K₂Cr₂O₇ → 3Cl₂ + 2KCl + 2CrCl₃ + 7H₂O.

+ TH b: Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂. Và Ba(OH)₂ + CuSO₄ → BaSO₄ + Cu(OH)₂.

+ TH c: Al + NaOH + H₂O → NaAlO₂ + 3/2 H₂.

+ TN d: KNO₃ → KNO₂ + ½ O₂.

+ TN e: Sn + 2HCl = SnCl₂ + H₂

Đáp án C

200ml dung dịch X chứa 0,15 mol Na₂CO₃ và 0,05 mol NaHCO₃

Cho từ từ đến hết 200ml dung dịch H₂SO₄ vào 200 ml dung dịch X thấy thu được 0,15 mol CO₂

Do vậy $n_{H_{2}S{O}_4}=\frac{0,15+0,15}{2}=0,15 mol$

và còn dư 0,05 mol NaHCO₃.

 Cho Ba(OH)₂ vào dung dịch Y thu được kết tủa gồm BaSO₄ 0,15 và BaCO₃ 0,05 mol.

→ m = 44,8

Đáp án B

$n_X=0,5 mol; n_{B{r}_2}=0,4 mol$

Do vậy nếu ta hidro hóa thêm 0,4 mol H₂ thì thu được 0,5 mol hỗn hợp các chất đều no

$n_{C{O}_2}=1,25 mol\to n_{H_{2}O}=1,25+0,5-0,4=1,35 mol\to m=24,3 gam$

Đáp án C

X + Y: Al₂(SO₄)₃ + 3BaCl₂ → 3BaSO₄ + 2AlCl₃.

X + Z: Al₂(SO₄)₃ + 3Na₂CO₃ + 3H₂O → 2Al(OH)₃ + 3Na₂SO₄ + 3CO₂.

Y + Z: BaCl₂ + Na₂CO₃ → BaCO₃ + 2NaCl

Đáp án A

Đáp án D

Chất béo Y là tristearin (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅

_{$\to M_Y=890\to M_X=890-2.3=884$}

Đáp án D

Nhận xét sai: b, c

+ Độ dinh dưỡng của phân lân được đánh giá bằng phần trăm khối lượngP₂O₅.

+ Thành phần chính của supephotphat kép là Ca(H₂PO₄)₂

Đáp án A

Các mệnh đề đúng: 1, 5, 6.

+ Mệnh đề 2: Be, Mg không tác dụng nước ở nhiệt độ thường.

+ Mệnh đề 3: Trong công nghiệp, các kim loại kiềm được điều chế bằng phương pháp điện phân nóng chảy muối.

+ Mệnh đề 4: Thành phần cacbon trong gang trắng ít hơn trong gang xám

Đáp án D

Nhận thấy đồ thị có các giai đoạn:

+Giai đoạn kết tủa tăng dần do Ca(OH)₂ tác dụng với CO₂ tạo kết tủa CaCO₃.

+Giai đoạn kết tủa không đổi do CO₂ tác dụng với KOH.

+Giai đoạn kết tủa giảm dần do CO₂ tác dụng với CaCO₃ và hòa tan kết tủa này (tạo Ca(HCO₃)₂).

$n_{Ca{\left(OH\right)}_2}=n_{CaC{O}_3 max}=0,15 mol$

Lúc CO₂ đạt 0,5 mol thì kết tủa đã bị hòa tan mất 0,05 mol (do từ 0,45 mol đã bắt đầu hòa tan kết tủa).

=> x= 0,15-0,05=0,1 mol

Đáp án C

NaOH + Ca(HCO₃)₂ → CaCO₃ + NaHCO₃.

Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ → Ag + Fe(NO₃)₃.

AlCl₃ + 3NH₃ + 3H₂O → Al(OH)₃ + 3NH₄Cl.

CO₂ + NaAlO₂ + 2H₂O → Al(OH)₃ + NaHCO₃.

FeCl₃ + 3AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + 3AgCl

2Na₃PO₄ + 3CaCl₂ → Ca₃(PO₄)₂ + 6NaCl

Đáp án D

$n_{C{r}_2{O}_3}=0,03 mol$

Cho toàn bộ X tác dụng với HCl loãng nóng thu được 0,12 mol H₂.

Ta thấy 0,12 >$n_{Cr}$=0,06 do vậy Al dư

Vậy X chứa Cr 0,06 mol, Al₂O₃ 0,03 mol và Al dư  

$\to n_{Al}=\frac{0,12-0,06}{1,5}=0,04 mol$

X tác dụng với lượng dư NaOH $\to n_{NaOH}=0,03.2+0,04=0,1 mol$

Đáp án A

Mệnh đề 1, 4.

+ Phenol tham gia phản ứng thế brom dễ hơn benzen.

+ Oxi hóa không hoàn toàn ancol bậc 1 thu được anđehit

+ Dung dịch phenol có tính axit tuy nhiên tính axit yếu, không làm đổi màu quỳ tím.

+ Tính bazo: C₆H₅NH₂ < NH_3.

+ Cao su thiên nhiên là polime của isopren.

+ Thủy phân este trong môi trường axit chưa chắc thu được ancol. Ví dụ: HCOOCH=CH₂.

Đáp án C

Ta giải được số mol N₂ và H₂ trong T là 0,18 và 0,045 mol

Bảo toàn O: $n_{H_{2}O}=1,125.2.3-2,025.2=2,7 mol$

Bảo toàn nguyên tố H: $n_{N{H_4}^{+}}=\frac{5,85-2,7.2-0,045.2}{4}=0,09 mol$

Muối clorua thu được gồm MgCl₂, CuCl₂ 1,125 mol và NH₄Cl 0,09 mol

Bảo toàn Cl: $n_{MgC{l}_2}=1,755 mol\to a=42,12$

Mặt khác ta có: m=323,415=> a+m= 365,535

Đáp án B

X là HCOOCH₂NH₃NO₃

Đốt cháy hoàn toàn Y trong oxi thu được 0,34 mol H₂O và 0,06 mol N₂

_{$\to n_Y=\frac{0,06.2}{3}=0,04\to H_Y=\frac{0,34.2}{0,04}=17$}

Vậy Y là (Ala)₃

Cho 20,28 gam hỗn hợp H tác dụng vừa đủ với 0,28 mol NaOH.

Gọi số mol của X, Y lần lượt là x, y

=> 138x+231y=20,28=> 2x+3y=0,28

Giải được: x=0,08; y=0,04

Cô cạn dung dịch sau phản ứng thu được 0,08 mol muối Gly, 0,12 mol muối Ala và 0,08 mol NaNO₃

_{%muoi Ala= 47,78%}

Đáp án C

Tại thời gian 3088 thì $n_e=X$ => tại 6176 là 2x.

Do khối lượng catot tăng tỉ lệ theo thời gian nên lúc 6176s thì Cu²⁺ chưa bị điện phân hết.

Tại thời gian 6176 khối lượng dung dịch giảm không tăng theo tỉ lệ theo thời gian nên lúc này Cl^- đã bị điện phân hết và có sinh khí O₂

Tại 3088s: $n_{Cu}=\frac{10,8}{64+71}=0,08 mol$

Tại 6176s ta thu được ở catot là 0,16 mol Cu, ở anot là khí Cl₂ và O₂.

Giải được số mol Cl₂ và O₂ là 0,1 và 0,03 mol.

Tại t giây ở ta thu được 0,2 mol Cu, 0,1 mol Cl₂, O₂ và H₂ có thể có.

Bảo toàn e và khối lượng dung dịch giảm giải được số mol O₂ và H₂ là 0,065 và 0,03 mol

$\to n_e=0,46 mol\to t=8878$

Đáp án C

Đốt cháy 17,2 gam X cần 0,65 mol O₂ thu được CO₂ và H₂O.

BTKL: 

$m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}=38$

Giải được số mol CO₂ và H₂O lần lượt là 0,7 và 0,4 mol.

BTNT O: $n_{O\left(Z\right)}=0,7.2+0,4-0,65.2=0,5 mol$

Mặt khác 17,2 gam Z phản ứng vừa đủ với 0,2 mol NaOH $\to n_{COO\left(Z\right)}=0,2$

Vậy Z có nhóm –OH chưa este hóa

Vậy Z có 2 nhóm COO và 1 –OH.

Ancol X là C₃H₈O₂ có thể là CH₃CH(OH)CH₂OH hoặc HOCH₂CH₂CH₂OH.

Vậy CTPT của Z có thể là HOOC-C≡C-COOCH(CH₂OH)CH₃; HOOC-C≡C-COOCH₂CH₂CH₂OH; HOOC-C≡C-COOCH₂CH(OH)CH₃

Đáp án B

Do có sinh ra 0,08 mol H₂ nên Fe trong Z là Fe⁺² hết và Z chỉ thu được các muối sunfat trung hòa nên H⁺ hết.

Gọi số mol Mg, MgCO₃, FeCO₃ lần lượt là a, b, c

=> 24a+84b+116c= 17,6

Dựa vào tỉ khối $n_{C{O}_2}+n_{N_{2}O}=0,12 mol$

Cho NaOH vào dung dịch Z, lấy kết tủa nung ngoài không khí được rắn gồm MgO và Fe₂O₃ 

_{=> 40(a+b) +80c= 22,8}

Mặt khác ta có: 

$$\begin{gathered} n_{C{O}_2}=b+c\to n_{N_{2}O}=0,12-b-c mol \\ \to {n_{N{H}_4}}^{+}=0,16-2(0,12-b-c)=2b+2c=0,08 \end{gathered}$$

Bảo toàn H⁺ phản ứng: 

$n_{H^{+}}=1,12+0,16=0,08.2+(b+c).2+10(0,12-b-c)+10(2b+2c-0,08)$

Giải hệ: a=0,47; b=0,02; c=0,04

$\to \%Mg=\frac{0,47.24}{17,6}=64,09\%$

Đáp án B

Đốt cháy 11,52 gam hỗn hợp E cần 0,32 mol O₂.

Mặt khác để tác dụng với hết lượng E trên cần 0,2 mol NaOH thu được 2,8 gam 3 ancol cùng số mol.

Vì X, Y, Z, T đều 2 chức nên $n_E=0,1 mol$

Mặt khác: $n_{O\left(E\right)}=0,4 mol$

BTKL: $m_{C{O}_2}+m_{H_{2}O}=11,52+0,32.32=21,76 gam$

BTNT O: 2$n_{C{O}_2}+n_{H_{2}O}=0,32.2+0,4=1,04 mol$

Giải được số mol CO₂ và H₂O lần lượt là 0,38 và 0,28 mol

Mặt khác ta thấy: $n_E=n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}$

nên các chất trong E đều no 2 chức

Ta có: ${\stackrel{-}{C}}_E=\frac{0,38}{0,1}=3,8$

mà X, Y là hai axit đồng đẳng kế tiếp, Y là đồng phân của Z, và Z là este 2 chức nên Z có ít nhất 4 C nên Y có ít nhất 4C, vậy X có ít nhất 3C.

Vậy X là C₃H₄O₄, Y là C₄H₆O₄, Z là C₄H₆O₄ và T là C₅H₈O₄.

Nhận thấy Z phải là CH₃OOC-COOCH₃ hoặc HCOOCH₂CH₂OOCH mà cho E tác dụng với NaOH thu được 3 ancol cùng số mol.

Vậy T phải tạo được 2 ancol nên T là CH₃OOC-COOC₂H₅ nên Z phải là HCOOCH₂CH₂OOCH.

Gọi số mol của X, Y lần lượt là x, y, Z, T đều có số mol là z

Ta có:

 $$\begin{gathered} m_{ancol}=32z+62z+46z=2,8\to z=0,02 mol \\ \to x+y+0,02.2=0,1 \end{gathered}$$

Và 3x+4y+0,02.4+0,02.5=0,38

Giải được: x=0,04; y=0,02