Đáp án B

Phản ứng xảy ra:

Fe + H₂SO₄ loãng  → FeSO₄ + H₂.

Đáp án B

Thứ tự cặp oxi hóa khử:

^Ms2+/_Mg ; ^Fe2+/_Fe ; ^Cu2+/_Cu ; ^Fe3+/_Fe²⁺ ; ^Ag+/_Ag  → kim loại thu được chắc chắn phải có Ag.

Chú ý: Với các dạng này nên sắp xếp kim loại theo thứ tự mạnh → yếu.

Đáp án C

Ăn mòn điện hóa học xảy ra khi thỏa mãn đủ 3 điều kiện sau:

- Các điện cực phải khác nhau về bản chất, thường là kim loại A-kim loại B, kim loại A-phi kim B (ví dụ: Fe-C).

- Các điện cực phải tiếp xúc trực tiếp hoặc gián tiếp với nhau qua dây dẫn.

- Các điện cực cùng tiếp xúc với dung dịch chất điện li (chú ý : không khí ẩm cũng coi là môi trường điện ly yếu)

FeCl₃: chỉ xảy ra ăn mòn hóa học: Ni + 2FeCl₃ → NiCl₂ + 2FeCl₂

CuCl₂: ban đầu Ni bị ăn mòn hóa học: Ni + CuCl₂  → NiCl₂ + Cu

Cu sinh ra bám trực tiếp lên Ni  xảy ra ăn mòn điện hóa đồng thời với ăn mòn hóa học.

AgNO₃: ban đầu Ni bị ăn mòn hóa học: Ni + 2AgNO₃ ​→  Ni(NO₃)₂ + 2Ag

Ag sinh ra bám trực tiếp lên Ni  xảy ra ăn mòn điện hóa đồng thời với ăn mòn hóa học.

HCl và FeCl₂: chỉ xảy ra ăn mòn hóa học: Ni + 2HCl → NiCl₂ + H₂, Ni không đẩy được Fe ra khỏi muối.

 Có 2 trường hợp xảy ra ăn mòn điện hóa.

Đáp án C

Khi điện phân dung dịch NaCl bằng điện cực trơ: 2NaCl + 2H₂O  → 2NaOH + H₂ +Cl₂

Nếu không có màng ngăn thì xảy ra thêm phản ứng: 2NaOH + Cl₂ → NaCl + NaClO + H₂O

 Để thu được khí X duy nhất thì không dùng màng ngăn xốp và khí duy nhất là H₂.

Đáp án B

Hiện tượng đầu tiên xảy ra ở cả 3 cốc là sủi bọt khí không màu (H₂) do phản ứng:

2Na + 2H₂O  → 2NaOH + H₂

Đáp án D

Phản ứng xảy ra nhanh hơn khi xảy ra ăn mòn điện hóa => thêm dung dịch Cu(NO₃)₂

Đáp án D

Amino axit có dạng: (H₂N)_x-R-(COOH)_y xảy ra các trường hợp:

x > y: dung dịch có pH > 7 và làm quỳ tím hóa xanh.

x = y: dung dịch có pH = 7 và không làm đổi màu quỳ tím.

x < y: dung dịch có pH < 7 và làm quỳ tím hóa đỏ.

→  Chỉ có D là quỳ tím đổi màu khác nhau nên nhận biết được

Đáp án B

Do \({n_{HCl}} < 2{n_{{H_2}}}\) HCl hết, Ba tác dụng với H₂O → X chứa BaCl₂ và Ba(OH)₂.

Các chất tác dụng được với dung dịch X là Na₂SO₄, Na₂CO₃, Al, Al₂O₃, AlCl₃, NaHCO₃

Đáp án D

Tơ có nguồn gốc từ xenlulozo là sợi bông, sợi đay, tơ visco, tơ axetat.

Đáp án A

Ba được vì:

Ba + 2H₂O  → Ba(OH)₂ + H₂

Ba(OH)₂ + 2NaHSO₄ → BaSO₄  + Na₂SO₄ + 2H₂O

BaCO₃ được vì:

BaCO₃ + 2NaHSO₄ → BaSO₄  + Na₂SO₄ + CO₂ + H₂O

Ba(HCO₃)₂ được vì:

Ba(HCO₃)₂ + 2NaHSO₄  → BaSO₄  + Na₂SO₄ + 2CO₂ + 2H₂O

Đáp án C

Các chất tác dụng với HNO₃ đặc, nóng thu được Fe³⁺ là:

Fe₃O₄, Fe₂O₃, FeO, Fe(OH)₂, Fe(OH)₃, FeSO₄.

Đáp án A

Dùng bán phản ứng:

2H₂SO₄ + 2e \(SO_4^{2 - } + S{O_2} + {H_2}O \to {n_{SO_4^{2 - }}} = {n_{S{O_2}}} = 0,045\)mol.

→ m_muối = m_{KL +}  = 1,68 + 0,045. 96 = 6(g)

Đáp án D

2Mg + CO₂ → C + 2MgO

Đáp án B

CH₂=C(CH₃)-COOH + CH₃OH  ⇔ CH₂=C(CH₃)-COOCH₃ + H₂O

CH₂=C(CH₃)-COOCH₃ ⇔ [-CH₂-C(CH₃)(COOCH₃)-] (coi như không có giá trị n để dễ tính toán)

n_polime =1,2 mol (coi khối lượng là gam cho dễ tính toán)

\(\to {{n}_{axit}}=\frac{1,2}{0,8.0,3}=5mol\Rightarrow {{m}_{axit}}=5.86=430gam.\)

Đáp án D

Coi 2 axit là R₁COOH và R₂COOH cho dễ nhìn (chất béo tạo nên bởi 1 gốc axit R₁COO và 2 gốc R₂COO). Ta có 2 cách xếp:

\(\left. \begin{array}{l}
{R_1}{\rm{COO}}\\
{R_2}{\rm{COO}}\\
{R_2}{\rm{COO}}
\end{array} \right|\) và \(\left. \begin{array}{l}
{R_2}{\rm{COO}}\\
{R_1}{\rm{COO}}\\
{R_2}{\rm{COO}}
\end{array} \right|\)

Đáp án D

Để phản ứng với dung dịch Br₂ thì trong công thức cấu tạo cần có liên kết bội kém bền (C=C , C=C) hoặc nhóm chức -CHO.

→ Các chất thỏa mãn bao gồm:

+ Axetilen → Có liên kết C\(\equiv \)C → Có liên kết \(\pi \) kém bền.

+ Metanal → Có nhóm -CHO.

+ Axit fomic → Có nhóm -CHO

+ Metyl fomat →Có nhóm -CHO

+ Metyl acrylat → Có liên kết C=C Có liên kết \(\pi \) kém bền.

+ Vinyl axetat → Có liên kết C=C → Có liên kết  \(\pi \) kém bền.

+ Triolein → Có liên kết C=C → Có liên kết \(\pi \)  kém bền.

+ Glucozo → Có nhóm -CHO.

Chú ý : các liên kết C=C (kiểu anken) và C\(\equiv \)C (kiểu ankin) là liên kết kém bền , liên kết C=C trong vòng benzen (kiểu benzen) là liên kết đôi bền, vì vậy benzen không làm mất màu dung dịch Br₂ ở điều kiện thường , mà phản ứng ở những điều kiện khắc nghiệt hơn.

Đáp án D

Các chất phản ứng được với dung dịch NaOH loãng, nóng là: phenylamoni clorua, phenyl benzoat, tơ nilon-6, alanin, Gly-Gly-Val, m-crezol, phenol, triolein, đivinyl oxalat  → có 9 chất

Đáp án D

\({{n}_{C{{O}_{2}}}}=0,1mol;{{n}_{{{H}_{2}}O}}=0,05mol;{{n}_{{{C}_{8}}{{H}_{8}}}}=0,005mol;\)

Dễ thấy \({{m}_{X}}+{{m}_{{{C}_{8}}{{H}_{8}}}}={{m}_{C}}+{{m}_{H}}=\) 0,1.12 + 0,05.2.1 = l,3 gam.

\({{m}_{X}}\) = 1,3 - 0,52 = 0,78 gam

C₈H₈ →  8CO₂ + 4H₂O

0,005 →0,04 → 0,02 mol

→ Đốt 0,78 gam X được 0,06 mol CO₂ và 0,03 mol H₂O→ \(\frac{{{n}_{C}}}{{{n}_{H}}}=\frac{0,06}{0,06}=\frac{1}{1}\)

→ Công thức đơn giản nhất của X là (CH)_n, n là số chẵn, 26 < M_x < 58 → X là C₄H₄ 0,015 mol

C₆H₅-CH=CH₂ + Br₂ →C₆H₅-CHBr-CH₂Br

C₄H₄ + 3Br₂ → C₄H₄Br₆

Vậy a = (0,005+0,015.3). 160 = 8 gam.

Đáp án A

Coi như X chưa tham gia phản ứng với H₂SO₄ →Y là hỗn hợp gồm X và H₂S0₄

Ta có \({{n}_{{{H}_{2}}O}}={{n}_{NaOH}}+{{n}_{KOH}}= 0,1 + 0,3 = 2{{n}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}}}+2{{n}_{X}}\)

 Mà \({{n}_{X}}\) =0,1 mol → \({{n}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}}}\)  =0,1 (mol)

Bảo toàn khối lượng m_x = 36,7 + 0,4. 18- 0,1. 98 - 0,3. 56- 0,1. 40 = 13,3 gam

→ M_X = \(\frac{13,3}{0,1}\)= 133 , X có 1 nguyên tử N→ %N=\(\frac{14}{133}\).100% = 10,526%.

Đáp án A

X gồm H₂ và CO₂. Đặt \({{n}_{C{{O}_{2}}}}\) = xmol; \({{n}_{{{H}_{2}}}}\) = y mol

→ \({{n}_{X}}\) = x + y = 0,21mol; \({{m}_{X}}\)= 5,25g = 44x + 2y.

Giải hệ có: x = 0,115 mol; y = 0,095 mol.

→ Quy đổi hỗn hợp ban đầu về Mg, Ca, O và CO₂

→ \({{n}_{Ca}}={{n}_{CaC{{l}_{2}}}}\) =0,18mol.

Đặt \({{n}_{Mg}}\) = x; \({{n}_{O}}\) = y → 24x + 0,18.40 + 16y + 0,115 . 44 = 19,02g.

Bảo toàn electron: 2x + 0,18.2 = 0,095.2 + 2y.

Giải hệ có: x = 0,135 mol; y = 0,22 mol.

\(\Rightarrow {{n}_{HCl}}=2{{n}_{Mg}}+2{{n}_{Ca}}\) = 2.0,135 + 2.0,18 = 0,63mol \(\Rightarrow m=\frac{0,63.36,5}{0,1}\) = 229,95(g).

Đáp án D

\({n_{C{O_2}}} = {n_{CaC{O_3}}} = 0,1mol \to \) m_{dung dịch giảm} = \({m_{CaC{O_3}}} - \sum ({m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}})\)

\( \to {m_{{H_2}O}} = 10 - 3,98 - 0,1.44 = 1,62gam \Rightarrow {n_{{H_2}O}} = 0,09mol.\)

X gồm C₂H₄O₂, C₃H₄O, C₄H₆O₂

→ Nhận xét quan trọng: \({n_O} = {n_H} - {n_C}\) = 0,09.2 - 0,1 = 0,08 mol.

\({m_X} = {m_C} + {m_H} + {m_O}\)  = 0,1. 12 + 0,09 . 2 + 0,08 . 16 = 2,66 gam.

Đáp án A

Ta có \({{n}_{C}}={{n}_{C{{O}_{2}}}}=0,4mol\)

\({{n}_{H}}=2{{n}_{{{H}_{2}}O}}=1,35mol.\)

→ n_{N/hỗn hợp amin} = \(\frac{9,65-{{m}_{C}}-{{m}_{H}}}{14}=0,25mol.\)

\(\to {{n}_{HCl}}={{n}_{N}}=0,25mol\to \) m_muối = 9,65 + 0,25.36,5 = 18,775 gam.

→ Với 19,3 gam X thì m_mu6i = 18,775.2 = 37,55 gam

Đáp án A

Nhận xét: do \({{V}_{C{{O}_{2}}}}\) ở 2 thí nghiệm khác nhau → \({{n}_{HCl}}\) phản ứng hết ở thí nghiệm 1 (vì nếu HCl hết ở cả 2 thí nghiệm thì lượng CO₂ sinh ra phải bằng nhau)

→ \({{n}_{HCl}}\) = 0,lx mol; \({{n}_{C{{O}_{3}}^{2-}}}\) = 0,ly mol; \({{n}_{HCO_{3}^{-}}}\) = 0,2y mol .

Bản chất phản ứng:

- Thí nghiệm 1: nhỏ từ từ dung dịch chứa H⁺ vào dung dịch chứa \(CO_{3}^{2-}\) , \(HCO_{3}^{-}\) thì thứ tự phản ứng xảy ra theo thứ tự như sau:

\({{H}^{+}}+CO_{3}^{2-}\to HCO_{3}^{-}+{{H}_{2}}O\)

\({{H}^{+}}+HCO_{3}^{-}\to {{H}_{2}}O+C{{O}_{2}}\)

Công thức tính nhanh: \({{n}_{C{{O}_{2}}}}={{n}_{{{H}^{+}}}}-{{n}_{C{{O}_{3}}^{2-}}}\) = 0, lx - 0, ly

- Thí nghiệm 2: nhỏ từ từ dung dịch chứa \(CO_{3}^{2-}\) , \(HCO_{3}^{-}\) vào dung dịch chứa H⁺ thì xảy ra 2 phản ứng đồng thời với tốc độ như sau (không có sự ưu tiên về thứ tự phản ứng)

\({{H}^{+}}+CO_{3}^{2-}\to HCO_{3}^{-}+{{H}_{2}}O\)

\({{H}^{+}}+HCO_{3}^{-}\to {{H}_{2}}O+C{{O}_{2}}\)

Công thức tính toán cho dạng 2 phản ứng song song cùng xảy ra: \(\frac{{{n}_{chatAphanung}}}{{{n}_{chatBphanung}}}=\frac{{{n}_{chatAbandau}}}{{{n}_{chatBbandau}}}\)

Do ban đầu \({{n}_{HCO_{3}^{-}}}\)=2. \({{n}_{C{{O}_{3}}^{2-}}}\) → \({{n}_{HCO_{3}^{-}}}\)_{phản ứng} = 2.\({{n}_{C{{O}_{3}}^{2-}}}\) _{phản ứng}

Ta có:

\({{n}_{{{H}^{+}}}}=2{{n}_{C{{O}_{3}}^{2-}phanung}}+{{n}_{HCO_{3}^{-}phanung}}=4{{n}_{C{{O}_{3}}{{^{2-}}_{phanung}}}}{{n}_{{{H}^{+}}}}=2{{n}_{C{{O}_{3}}{{^{2-}}_{phanung}}}}+{{n}_{HCO{{_{3}^{-}}_{phanung}}}}=4{{n}_{C{{O}_{3}}{{^{2-}}_{_{phanung}}}}}\to {{n}_{C{{O}_{3}}{{^{2-}}_{phanung}}}}=\frac{{{n}_{{{H}^{+}}}}}{4}\)

→ \({{n}_{C{{O}_{3}}^{2-}}}\)_{phản ứng} = \(\frac{0,1x}{4}=0,025x\to \)\({{n}_{HCO_{3}^{-}}}\)_{phản ứng} = 0,05x

→ \({{n}_{C{{O}_{2}}}}={{n}_{CO{{_{3}^{2-}}_{phanung}}}}+{{n}_{HCO{{_{3}^{-}}_{phanung}}}}=0,025x+0,05x=0,075x\) mol.

\(\frac{{{V}_{C{{O}_{2}}phan1}}}{{{V}_{C{{O}_{2}}phan2}}}=\frac{{{n}_{C{{O}_{2}}phan1}}}{{{n}_{C{{O}_{2}}phan2}}}=\frac{0,1x-0,1y}{0,075x}=\frac{1}{2}\to \frac{x}{y}=\frac{8}{5}\)

Đáp án A

1. SiO₂ + 4HF →  SiF₄ + 2H₂O

2. SO₂ + 2H₂S  → 3S + 2H₂O

3. 2NH₃ + 3CuO → 3Cu + N₂ + 3H₂O

4. CaOCl₂ + 2HCl_đặc  → CaCl₂ + Cl₂ + H₂O

5. Si + 2NaOH + H₂O → Na₂SiO₃ + 2H₂

6. 2Ag + O₃  → Ag₂O + O₂

7. NH₄Cl + NaNO₂  → NaCl + N₂ + 2H₂O

8. 2Cu(NO₃)₂ + 2H₂O → 2Cu + 4HNO3 + O₂

9. 2Na + 2H₂O →  2NaOH + H₂ , 3NaOH + FeCl₃ → Fe(OH)₃ + 3NaCl

10. Mg + Fe₂(SO₄)_3dư  → MgSO₄ + 2FeSO₄

 (2), (3), (4), (5), (6), (7), (8), (9) thỏa mãn.

Đáp án A

Bảo toàn khối lượng: \({{m}_{c{{o}_{2}}}}\)= m + 32x - 18y = 110x – 121y \(\Rightarrow {{n}_{C{{O}_{2}}}}\)= 2,5x – 2,75y          

Bảo toàn nguyên tố Oxi: \({{n}_{X}}=\frac{2.(2,5x-2,75y)+y-2x}{6}\) = 0,5x - 0,75y

Ta có: \({{n}_{C{{O}_{2}}}}-{{n}_{{{H}_{2}}O}}=(k-1).{{n}_{HCHC}}\) (với k là độ bất bão hòa của HCHC).

Áp dụng: (2,5x – 2,75y) – y = (k – 1).(0,5x – 0,75y) → k = 6 → \({{\pi }_{C=C}}+{{\pi }_{C=O}}=6\)

Mà \({{\pi }_{C=C}}=3\to {{\pi }_{C=O}}=3\to {{n}_{B{{r}_{2}}}}=0,15.3=0,45mol.\)

Đáp án D

\({{k}_{{{C}_{3}}{{H}_{10}}{{N}_{2}}{{O}_{4}}}}=\frac{3.2+2+2-10}{2}=0=\pi -i\)

(k là độ bất bão hoà tính theo công thức phân tử,  là số liên kết pi thực tế trong công thức cấu tạo , i là số liên kết ion trong công thức cấu tạo)

X có 4 nguyên tử O trong phân tử, nên X là muối của amoni của axit cacboxylic 2 chức nên (\pi \) = 2(có 2 liên kết \(\pi \) trong 2 nhóm COO) → i = (\pi \) - k = 2 (có 2 liên kết ion). Vậy X là muối amoni 2 chức của axit cacboxylic 2 chức.

\(X\to \left[ \begin{array}{*{35}{l}}

   N{{H}_{4}}OOC\text{ }-\text{ }COON{{H}_{3}}C{{H}_{3}}  \\

   N{{H}_{4}}OOC-C{{H}_{2}}-C\text{OO}N{{H}_{4}}  \\

\end{array} \right.\)

\({{k}_{{{C}_{3}}{{H}_{12}}{{N}_{2}}{{O}_{3}}}}=\frac{3.2+2+2-12}{2}=-1\)

Y có 3 nguyên tử O nên Y là muối amoni của 1 trong các gốc NH₃ và CH₃NH₂ (đều có \(\pi \) = 1)

→ i = \(\pi \)- k = 2 (Y có 2 liên kết ion trong phân tử). Vậy Y là muối amoni 2 chức của axit cacbonic (gốc \(CO_{3}^{2-}\) )

\(Y\to \left[ \begin{align}

  & {{(C{{H}_{3}}N{{H}_{3}})}_{2}}C{{O}_{3}} \\

 & \left[ \begin{array}{*{35}{l}}

   {{C}_{2}}{{H}_{5}}N{{H}_{3}}C{{O}_{3}}N{{H}_{4}}  \\

   {{(C{{H}_{3}})}_{2}}N{{H}_{3}}C{{O}_{3}}N{{H}_{4}}  \\

\end{array} \right. \\

\end{align} \right.\)

\(\left\{ \begin{align}

  & {{n}_{X}}=x(mol) \\

 & {{n}_{Y}}=y(mol) \\

\end{align} \right.\to \left\{ \begin{align}

  & 138x+124y=3,86 \\

 & {{n}_{khi}}=2x+2y=0,06 \\

\end{align} \right.\to \left\{ \begin{align}

  & x=0,01 \\

 & y=0,02 \\

\end{align} \right.\)

Do 2 khí thoát ra hơn kém nhau 1 nguyên tử C (NH₃ và CH₃NH₂) và có tỉ lệ mol 1 : 5, nên ở đây chỉ cần xét 1 trường hợp thoả mãn được 2 điều kiện trên:

X : NH₄OOC – COONH₃CH₃, Y: (CH₃NH₃)₂CO₃

NH₄OOC-COONH₃CH₃ +2NaOH → (COONa)₂ +NH₃ +CH₃NH₂ +2H₂O

0,01 mol                              →    0,01 mol

(CH₃NH₃)₂CO₃ + 2NaOH→ 2CH₃NH₂ + Na₂CO₃ + 2H₂O

0,02 mol                                 0,02 mol

Ta có \({{m}_{muoi}}=134{{n}_{{{(C\text{OO}Na)}_{2}}}}+106{{n}_{N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}}}=3,46(g)\)

Đáp án B

Do dùng "tối thiểu" HCl nên xảy ra các phản ứng theo thứ tự:

Fe₃O₄+ 8HCl →  2FeCl₃ + FeCl₂ + 4H₂O

Fe + 2FeCl₃ →  3FeCl₂

Fe + 2HC1 →  FeCl₂ + H₂

 \({{n}_{Fe}}\) =0,2 mol ; \({{n}_{F{{e}_{3}}{{O}_{4}}}}\) = 0,05 mol.

Cuối cùng chỉ chứa FeCl₂ → \({{n}_{FeC{{l}_{2}}}}\) = 0,2 + 0,05.3 = 0,35 mol

Bảo toàn nguyên tố Clo: \({{n}_{HCl}}\)= 0,35.2 = 0,7 mol → V = \(\frac{0.7}{2}\) = 0,35 (lít) = 350 ml.

 FeCl₂ + 3AgN0₃ → Fe(N0₃)₃ + Ag  + 2AgCl

→ \({{n}_{Ag}}\) = 0,35mol;  \({{n}_{AgCl}}\)= 0,7mol → m = 0,35.108 + 0,7. 143,5 = 138,25(g).

Đáp án D

\(\sum{O{{H}^{-}}}\) = 0,2 . (1,5.2 + 1) = 0,8 mol; \({{n}_{c{{o}_{2}}}}\)= 0,6 mol.

\({{n}_{O{{H}^{-}}}}/{{n}_{C{{O}_{2}}}}=\frac{0,8}{0,6}=1,33\to \) sinh ra \(HC{{O}_{3}}^{-}\) và $C{{O}_{3}}^{2-}\)

\({{n}_{HC{{O}_{3}}^{-}/Y}}=2{{n}_{C{{O}_{2}}}}-{{n}_{O{{H}^{-}}}}=0,4mol\); \({{n}_{C{{O}_{3}}^{2-}}}=0,6-0,4=0,2mol\)

\({{n}_{B{{a}^{2+}}/Y}}=0,2.1,5-0,2=0,1mol\)

\({{n}_{O{{H}^{-}}}}=0,2.1,5=0,3mol<{{n}_{HC{{O}_{3}}^{-}/Y}}\Rightarrow {{n}_{C{{O}_{3}}^{2-}}}=0,3\ mol\)

\({{n}_{B{{a}^{2+}}}}=0,2+0,1=0,3mol={{n}_{C{{O}_{3}}^{2-}}}\Rightarrow {{n}_{BaC{{O}_{3}}}}=0,3\ mol\)

\(\to m=0,3.197=59,1(g).\)

Đáp án B

1. Đúng
2. Đúng
3. Sai, chẳng hạn anilin có tính bazơ yếu hơn NH₃.
4. Sai, polipeptit mới là cơ sở tạo nên protein.
5. Đúng
6. Đúng

 có 4 nhận định đúng.

Đáp án C

Tính được \({{n}_{{{H}_{2}}}}=0,15mol;{{n}_{{{C}_{4}}{{H}_{4}}}}=0,05mol.a\)

Khi nung nóng thì khối lượng hỗn hợp: \({{m}_{sau\ pu}}={{m}_{\text{truoc}\ \text{pu}}}=0,15.2+0,005.52=2,9\ gam.\)

Từ tỉ khối hỗn hợp sau phản ứng với H₂ \(\to {{n}_{h\hat{o}n\ hop\ sau\ phan\ ung}}=\frac{2,9}{2.14,5}=0,1mol.\)

Chú ý: \({{n}_{{{H}_{2\ }}phan\ ung}}={{n}_{hon\ hop\ truoc\ phan\ ung}}-{{n}_{hon\ hop\ sau\ phan\ ung}}=0,2-0,1=0,1mol.\)

Thêm nữa, H₂ phản ứng sẽ cộng vào nối đôi, làm mất 0,1 mol liên kết \(\pi \) của hỗn hợp trước phản ứng.

Mà số mol lk \(\pi \) trước phản ứng là: 0,05. 3 = 0,15 mol nên sau phản ứng chỉ còn 0,15 - 0,1 = 0,05 mol \(\pi \)

Vậy khối lượng brom đã phản ứng sẽ là: 0,05. 160 = 8 gam.

Đáp án C

Có 5 phát biểu đúng: (a), (b), (c), (d), (g).

Đáp án C

Có 5 phát biểu đúng: (a), (b), (c), (f), (g).

Đáp án B

Có 5 phát biểu đúng: (a), (b), (c), (d), (g).

Đáp án B

Có 5 phát biểu đúng: (a), (d), (e), (f), (g).

Đáp án D

21,62 gam E (este đều đơn chức) + vừa đủ 0,3 mol NaOH \(\to {{n}_{COO\text{ trong E}}}=0,3\text{ mol}\)

Đốt 21,62 gam E (0,3 mol) + O₂ → X mol CO₂ + y mol H₂O

(CO₂ + H₂O) + Ca(OH)₂ dư có \(\Delta {{m}_{\text{dung dich giam}}}\) = 56x - 18y = 34,5 gam.

Lại có \({{m}_{E}}\) = 12x + 2y + 0,3.32 = 21,62 gam → x = 0,87 mol và y = 0,79 mol.

\(\overline{C}=\frac{{{n}_{E}}}{{{n}_{C{{O}_{2}}}}}=\frac{0,87}{0,3}=0,29\to X:HCOOC{{H}_{3}}.\)

\(\to \sum{{{n}_{C{{O}_{2}}}}}-\sum{{{n}_{{{H}_{2}}O}}}={{n}_{Y+Z}}=0,08\ mol\to {{n}_{X}}=0,22\ mol.\)

Chú ý: Y, Z không no và thủy phân cho ancol nên số \(C_{Y,Z}^{{}}\)\(\ge \) 4.

Chặn số C_{trung bình của X} < \(\frac{0,87-0,08.4}{0,22}\)= 2,5 → số C_x = 2 hay X là HCOOCH₃.

• Biện luận: hai ancol đồng đẳng nên ancol còn lại là C₂H₅OH.

Thủy phân E chỉ cho 2 muối mà 1 muối là HCOONa (no rồi)

→ 1 muối còn lại phải là không no 1 C=C là gốc axit của Y và Z.

nghĩa là Y là \({{C}_{n}}{{H}_{2n-1}}COOC{{H}_{3}}\]và Z là \[{{C}_{n}}{{H}_{2n-1}}COO{{C}_{2}}{{H}_{5}}\) (Y, Z đồng đẳng kế tiếp)

Đơn giản, tính lại số \({{C}_{trung\text{ binh }Y,Z}}\) =\(\frac{0,87-0,22.2}{0,08}\) = 5,375.

→ Số C_Y = 5 và số C_z = 6.

→ Chỉ quan tâm muối lớn trong F là 0,08 mol C₃H₅COONa → rn_muối = 8,64 gam

Đáp án C

Quy X về\[{{C}_{2}}{{H}_{3}}NO\], CH₂, H₂O $\Rightarrow $ \[{{n}_{{{\text{C}}_{2}}{{H}_{3}}NO}}\]= 2${{n}_{{{H}_{2}}}}$= 2.0,22 = 0,44 mol.

Muối gồm 0,44 mol C₂H₄NO₂Na và X mol CH₂

$\Rightarrow $ đốt cho CO₂: (0,66 + x) mol và H₂O: (0,88 + x) mol

$\Rightarrow $ m_{bình tăng} = \[{{m}_{C{{O}_{2}}}}+\text{ }{{m}_{{{H}_{2}}O}}\]= 56,04 $\Rightarrow $ x = 0,18 mol.

${{n}_{NaOH}}={{n}_{{{C}_{2}}{{H}_{3}}NO}}=0,44mol.$ Bảo toàn khối lượng:

m + 0,44.40 = m + 15,8 + \[{{m}_{{{H}_{2}}O}}\]$\Rightarrow $ \[{{n}_{{{H}_{2}}O}}\] = 0,1 mol.

Đặt \({{n}_{A}}\]= a; \[{{n}_{B}}\) = b → n_x = a + b = 0,1 mol; \({{n}_{{{\text{C}}_{2}}{{H}_{3}}}}_{NO}\)= 0,44 mol = 4a + 5b

Giải hệ có: a = 0,06 mol; b = 0,04 mol.

\({{\text{n}}_{Ala}}\text{ }=\text{ }{{n}_{C{{H}_{2}}}}\) =0,18 mol; \({{n}_{Gly}}\)= 0,44 - 0,18 = 0,26 mol.

Gọi số gốc Ala trong A và B là m và n (\(1\le m\le 3;1\le n\le 4\))

→ 0,06m + 0,04n = 0,18. Giải phương trình nghiệm nguyên có: m = 1; n = 3.

→ B là \(Gl{{y}_{2}}Al{{a}_{3}}\) → \(%{{m}_{B}}=\frac{0,04.345}{0,44.57+0,18.14+0,1.18}.100%=46,94%.\)

Đáp án D

X và Y lần lượt có dạng \({{C}_{n}}{{H}_{2}}_{n-2}{{O}_{2}}\) và \({{C}_{m}}{{H}_{2}}_{m-4}{{O}_{4}}\) (\(n\ge 3;m\ge 4\)).

Ta có: \({{n}_{C{{O}_{2}}}}-\text{ }{{n}_{{{H}_{2}}O}}=\text{ }\left( k\text{ }-\text{ 1} \right).{{n}_{hop\text{ chat}}}\) (với k là độ bất bão hòa của hợp chất hữu cơ).

Áp dụng: \({{n}_{C{{O}_{2}}}}-\text{ }{{n}_{{{H}_{2}}O}}=\)n_x + 2n_Y = \({{n}_{COO}}\Rightarrow \) \({{n}_{COO}}\) = 0,11 mol.

\({{m}_{E}}=\text{ }{{m}_{C}}+\text{ }{{m}_{H}}+\text{ }{{m}_{0}}\) = 0,43.12 + 0,32.2 + 0,11. 2. 16 = 9,32(g).

→ Thí nghiệm 2 dùng gấp thí nghiệm 1 là \(\frac{46,6}{9,32}\) = 5 lần.

→ \({{n}_{CO{{O}_{thi\text{ nghiem 2}}}}}\) = 0,11 . 5 = 0,55 mol < \({{n}_{NaOH}}\)= 0,6 mol → NaOH dư.

 \({{n}_{{{H}_{2}}O\text{ ban dau}}}\)= 176(g). Đặt n_x = x; \({{n}_{Y}}\_= y → x + 2y = 0,55 mol.

\(\sum{{{m}_{{{H}_{2}}O/Z}}}\)= 176 + 18 X 2y = (176 + 36y) (g); M_T = 32 → T là \[C{{H}_{3}}OH\]với số mol là x.

\(\to {{m}_{binht\breve{a}ng}}\) = 188,85(g) = 176 + 36y + 32x - 0,275.2

Giải hệ có: x = 0,25 mol; y = 0,15 mol.

Đặt số C của X và Y là a và b (a > 4; b > 4) → 0,25a + 0,15b = 0,43. 5

Giải phương trình nghiệm nguyên có: a = 5; b = 6.

→ Y là C₆H₈0₄ → \(%{{m}_{Y}}=\frac{0,15.144}{46,6}.100%\)= 46,35%.

Đáp án B.

Ta có n_{e trao đổi} = \(\frac{It}{96500}=0,44mol.\)

Giả sử tại anot chỉ có Cl₂ \(\to {{n}_{C{{l}_{2}}}}=0,15mol\to {{n}_{e}}=0,3mol<0,44mol\to \) vô lý.

→ Tại anot chỉ có khí Cl₂ và khí O₂.

Quá trình điện phân ở anot:

\(2C{{l}^{-}}-2e\to C{{l}_{2}}\)

\({{H}_{2}}O-2e\to 2{{H}^{+}}+\frac{1}{2}{{O}_{2}}\)

\(\left\{ \begin{align}

  & {{n}_{C{{l}_{2}}}}+{{n}_{{{O}_{2}}}}=0,15 \\

 & 2{{n}_{C{{l}_{2}}}}+4{{n}_{{{O}_{2}}}}=0,44 \\

\end{align} \right.\to \left\{ \begin{align}

  & {{n}_{C{{l}_{2}}}}=0,08mol \\

 & {{n}_{{{O}_{2}}}}=0,07mol \\

\end{align} \right.\to \left\{ \begin{align}

  & {{n}_{NaCl}}=0,16mol \\

 & {{n}_{Cu{{(N{{O}_{3}})}_{2}}}}=0,2mol \\

\end{align} \right.\)

- Dung dịch sau điện phân chứa Na⁺ (0,16 mol), \(NO_{3}^{-}\)(0,4 mol) và H⁺

+ Xét dung dịch sau điện phân có: \(\xrightarrow{BTDT}\)\({{n}_{{{H}^{+}}}}={{n}_{NO_{3}^{-}}}-{{n}_{N{{a}^{+}}}}=0,24mol\)

- Cho m gam Fe tác dụng với dung dịch trên thì:

3Fe + 8H⁺ + 2\(NO_{3}^{-}\to \)3Fe²⁺ + 2NO + 4H₂O

            0,24     0,4       0,09 mol

+ Theo đề ta có: m_Fe - m_{rắn không tan} = m_{Fe( bị hòa tan)} $\to $m – 0,8m = 0,09.56→ m=25,2 (g)

Đáp án A.

Y chứa H₂ → z không chứa \(NO_{3}^{-}\) . Lập sơ đồ phản ứng:

\({{n}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}}}={{n}_{SO_{4}^{2-}}}={{n}_{BaS{{O}_{4}}}}=\frac{40,965}{233}=0,605mol;{{n}_{NH_{4}^{+}}}=\)n_khí =\(\frac{0,56}{22,4}=0,025mol.\)

Bảo toàn điện tích: \({{n}_{N{{a}^{+}}}}+{{n}_{{{K}^{+}}/Z}}=2{{n}_{SO_{4}^{2-}}}\Rightarrow {{n}_{KN{{O}_{3}}}}={{n}_{{{K}^{+}}}}=0,605.2-1,085=0,125mol\)

→ b sai

• Đặt \({{n}_{M{{g}^{2+}}}}\) = x mol; \({{n}_{F{{e}^{2+}}}}\) = y mol → n_NaOH = 2x + 2y + 0,025 = 1,085 mol;

m_{kết tủa} = 58x + 90y = 42,9g.

→ Giải hệ có: x = 0,15 mol; y = 0,38 mol → (e) đúng.

m = 0,15. 24 + 0,38. 56 + 0,125. 39 + 0,025. 18 + 0,605. 96 = 88,285(g) → (a) sai.

Bảo toàn khối lượng: \({{m}_{{{H}_{2}}O}}\) = 31,12 + 0,605. 98 + 0,125.101 - 88,285 - 0,2 .29,2 = 8,91(g)

\(\Rightarrow {{n}_{{{H}_{2}}O}}\) = 0,495 mol.

Bảo toàn nguyên tô Hidro: \({{n}_{{{H}_{2}}}}\) = (0,605 .2 - 0,025. 4 - 0,495. 2)/2 = 0,06 mol.

Bảo toàn nguyên tố Nitơ: \(\sum {{n}_{(NO,N{{O}_{2}})}}=\sum {{n}_{N/Y}}=\) 0,125-0,025 = 0,l mol .

\(\to {{n}_{FeC{{O}_{3}}}}={{n}_{C{{O}_{2}}}}\) =0,2 - 0,1 - 0,06 = 0,04mol → \(%{{m}_{FeC{{O}_{3}}}}=\frac{0,04.116}{31,12}.100%=14,91%\Rightarrow \)( c) sai

\(\to {{m}_{X}}={{m}_{Mg}}+{{m}_{Fe}}+{{m}_{O}}+{{m}_{C{{O}_{3}}}}\Rightarrow {{m}_{O}}\) = 31,12 - 0,15 . 24 - 0,38 . 56 - 0,04 . 60 = 3,84(g).

\(\to {{n}_{O}}\)= 0,24 mol \(\Rightarrow {{n}_{F{{e}_{3}}{{O}_{4}}}}\)= 0,06 moL→ (d) sai → chỉ có (e) đúng

Đáp án A.

Hiện tượng quan sát được là lòng trắng trứng đục dần sau đó đông tụ lại thành từng mảng bám vào thành ống nghiệm do khi đun nóng xảy ra hiện tượng đông tụ protein.