Đáp án A

Giả sử khối lượng của mẫu phân này là 100 gam.

mCa(H₂PO₄)₂=55,9 gam => nCa(H₂PO₄)₂ = 55,9/234 = 0,239 mol

BTNT P: => nP₂O₅ = nCa(H₂PO₄)₂ = 0,239 mol

=>%mP₂O₅ = 0,239.142/100 = 33,92%

Đáp án B

nBa²⁺ = n _{kết tủa max} = 27,58/197 = 0,14 mol (tại thời điểm nCO₂ = a = 0,14)

Khi nCO₂ = 0,4 mol dung dịch thu được gồm: Ba²⁺ (0,14 mol), HCO₃^- (0,4 mol) và Na⁺

BTĐT => nNa⁺ = 0,12 mol

BT e: 2nBa + nNa = 2nO + 2nH₂ => nO = 0,06 mol

m = mBa + mNa + mO = 22,9 gam

Đáp án A

Chú ý: C₂H₅ONa là một bazơ hữu cơ mạnh

H₂N-CH₂-COOH không làm đổi màu giấy quỳ tím ẩm.

Đáp án B

mO = 40,56.21,3018% = 8,64 gam → nO=0,54 mol

Công thức chung của M là (Lys)_n-Gly-Ala số liên kết peptit là (n-1)+2=n+1

→ PTK: 146n + 75 + 89 – 18(n+1) = 128n + 146

→ %O = [16.(n+1+2)] : (128n + 146) = 0,213018

→ n = 1,5

(Lys)_1,5-Gly-Ala (4,5O) +  2,5 H₂O + 5HCl → muối

0,54            0,3              0,6

BTKL: m_muối = mM + mH₂O + mHCl = 40,56 + 0,3.18 + 0,6.36,5 = 67,86 gam

ne = It/F = 0,34

Tại catot: ne = 2nCu + 2nH2 → nH2 = 0,02

Tại anot: nCl2 = a và nO2 = b

→ ne = 2a + 4b = 0,34

m giảm = 71a + 32b + 0,15.64 + 0,02.2 = 15,11

→ a = 0,05 và b = 0,06

Dung dịch sau điện phân chứa Na+ (2a = 0,1 mol), NO3- (0,3 mol)

→ H+ (0,2 mol)

→ nNO = nH+/4 = 0,05 mol

Bảo toàn electron → 2nFe = 3nNO → nFe = 0,075 → mFe = 4,2 gam 

Đáp án C

BTNT H: nH₂SO₄ = nH₂ = 0,15 mol => m (dd H₂SO₄ 10%)  = 0,15.98.(100/10) = 147 gam

KL + dd H₂SO₄ → muối + H₂

BTKL: m muối = mKL + m (dd H₂SO₄ 10%)– mH₂ = 5,2 + 147 – 0,15.2 = 151,9 gam

Đáp án B

nC = nCO₂ = 0,12 mol

nH = 2nH₂O = 0,12 mol

mO = mX – mC – mH = 2,04 – 12.0,12 – 1.0,12 = 0,48 gam => nO = 0,03 mol

=> C:H:O = 0,12:0,12:0,03 = C₄H₄O. Do este đơn chức nên chứa 2O => CTPT: C₈H₈O2

Bảo toàn khối lượng: m_CO2 = m + 32x – 18y = 110x -121y

→  n_CO2 = 2,5x -2,75y

BTNT “O”: n_{O(trong X)} = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2 = 2.( 2,5x -2,75y) + y – 2x= 3x - 4,5y

→ n_X = 1/6 n_{O(trong X)} = 0,5x – 0,75y

Gọi k là độ bất bão hòa của triglixerit X

Áp dụng công thức đốt cháy ta có:

\(\begin{array}{l}
{n_X} = \frac{{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}}}{{k - 1}}\\
 \to 0,5x - 0,75y = \frac{{2,5x - 2,75y - y}}{{k - 1}}\\
 \to k(0,5x - 0,75y) - 0,5x + 0,75y = 2,5x - 3,75y\\
 \to k(0,5x - 0,75y) = 3x + 4,5y \to k = 6
\end{array}\)

→ \(\pi \)_C=C + \(\pi \)_C=O = 6

Mà \(\pi \)_C=O = 3  → \(\pi \)_C=C = 3

→ n_X = n_Br2/3= 0,15/3 = 0,05 (mol)

Vậy a = 0,05 (mol)

Đáp án C

nC₂H_{2 pư} = 0,5.60/100 = 0,3 mol

C₂H₂ + H₂O → CH₃CHO

0,3                       0,3

Sau phản ứng: 0,3 mol CH₃CHO và 0,2 mol C₂H₂ dư. Khi cho tác dụng với lượng dư AgNO₃/NH₃:

0,6 mol Ag và 0,2 mol Ag₂C₂

m↓ = mAg + mAg₂C₂ = 0,6.108 + 0,2.240 = 112,8 gam

Đáp án C

X: C_nH_2nO₂

Y: C_mH_2mO

E: C_n+mH_2(n+m)-2O₂

*Đốt X:          

C_nH_2nO₂ →     nCO₂

a                      na = c (1)

*Đốt Y:          

C_mH_2mO →  mH₂O

a                 ma = 0,5b (2)

*Đốt E:           

C_n+mH_2(n+m)-2O₂    →  (n+m) CO₂

a                                    na+ma = b (3)

(1) (2) (3) → c + 0,5b = b → b = 2c

Cấu hình electron của nguyên tử Cu (Z=29) ở trạng thái cơ bản là 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s¹

Phản ứng este hóa: CH2=C(CH3)-COOH (axit) + CH3OH (ancol) → CH2=C(CH3)-COOCH3 + H2O.

Để điều chế 120 gam polime cần 120 ÷ 0,8 = 150 gam este

C5H8O2 ⇄ 1,5 mol.

Để khối lượng axit dùng là tối thiểu → hiệu suất este hóa 30% được tính theo axit (vì hiệu suất phản ứng được tính theo chất dùng ít dư hơn).

→ naxit = 1,5 ÷ 0,3 = 5 mol

→ maxit = 430 gam.

Để ý: để có 120 kg polime nên tương ứng axit dùng là 430 kg.

Chọn đáp án A. 

Đáp án D

X₁: HCl          

X₂: H₂S          

X₃: FeCl₂           

X₄: CuS          

X₅: H₂SO₄

X₆: O₂                 

X₇: S               

X₈: H₂O          

X₉: Cl₂                

X₁₀: FeCl₃

X₁₁:I₂                   

X₁₂: MnO₂

Đáp án D

Fe +   4HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + NO + 2H₂O (Tỉ lệ mol Fe:HNO₃ = 1:4)

3Fe + 8HNO₃ → 3Fe(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O (Tỉ lệ mol Fe:HNO₃ = 1:2,67)

Ta thấy theo đề: Tỉ lệ mol HNO₃ : Fe =1 ≤ 8/3 => Chỉ tạo muối Fe²⁺

Đáp án B

nFe = 0,2 mol

nFe₂O₃ = 0,03 mol

nFe = 0,26 mol

Do cần dùng tối thiểu HCl nên tạo thành Fe²⁺

BTĐT: nCl^- = 2nFe²⁺ = 0,52 mol

Dd Y gồm: 0,52 mol Cl^-; 0,26 mol Fe²⁺

Ag⁺ + Cl^- → AgCl

Ag⁺ + Fe²⁺ → Fe³⁺ + Ag

m↓ = mAgCl + mAg = 0,52.143,5+0,26.108 = 102,7 gam

V = 0,52/2 = 0,26 lít = 260ml

Người hút thuốc lá nhiều thường mắc các bệnh nguy hiểm về đường hô hấp. Chất gây hại chủ yếu có trong thuốc lá là nicotin     

Đáp án C     

Đồng phân hiện tượng các chất có cùng công thức phân tử nhưng cấu tạo khác nhau nên tính chất khác nhau.

Đáp án C

Đáp án B

nCO₂ = 0,65 mol

nH₂O = 0,7 mol

Do nH₂O > nCO₂ => Z là amino axit no mạch hở, có 1 nhóm -COOH và 1 nhóm -NH₂

Số C trung bình: 0,65/0,4 = 1,625

=> X là HCOOH, Y là CH₃COOH

n amino axit = (nH₂O – nCO₂)/0,5 = (0,7-0,65)/0,5 = 0,1 mol

=> nX = nY = 0,15 mol

BTNT C: 0,15.1+0,15.2+0,1.n=0,65 => n=2 (số C trong Z)

Z là H₂N-CH₂-COOH

%mZ=(0,1.75)/(0,1.75+0,15.46+0,15.60) = 32,05% => A đúng

%mY=(0,15.60)/(0,1.75+0,15.46+0,15.60) = 38,46% => B sai

X là HCOOH nên có phản ứng tráng Ag => C đúng

0,4 mol M tác dụng được với 0,1 mol HCl => 0,3 mol M tác dụng đủ với 0,075 mol HCl => D đúng

Đáp án A

Y₁ là CH₃COOH

Y có thể là CH₃CHO, C₂H₅OH

X có thể là CH₃COOCH=CH₂ và CH₃COOC₂H₅

Đáp án C

Z là BaCO₃ 

Đáp án A

+ Tách nước A: n _olefin = 0,12 mol => n _ancol = 0,12.100/75 = 0,16 mol => M _ancol = 7,36/0,16 = 46 (C₂H₆O)

+ Amin B tác dụng với  HCl: BTKL m _amin = m _muối – m_HCl = 11,9 – 0,2.36,5 = 4,6 => M _amin = 4,6/0,1 = 46 (CH₆N₂)

+ Đốt cháy X (A và B) thu được x mol nước rồi dẫn vào H₂SO₄ đặc

nH₂SO₄ = 81,34 gam

Nồng độ dung dịch H₂SO₄ sau khi hấp thụ là: 81,34/(18x+100) = 70/100 => x = 0,9 mol

X (6H) → 3H₂O

0,3       ←    0,9

Do M_A = M_B = 46 => m_X = 0,3.46 = 13,8 gam

Đáp án D

Do 50 < M_X < M_Y < M_Z => T không chứa HCHO, HCOOH

nC = nCO₂ = 0,3 mol

nCHO = nAg/2 = 0,26 mol

nCOOH = nKHCO₃ = 0,04 mol

Ta thấy nC = nCOOH + nCHO => Các chất X, Y, Z không còn gốc hidrocacbon, chỉ được thạo thành từ CHO và COOH

=> X: OHC-CHO (x mol), Y: OHC-COOH (y mol), Z: HOOC-COOH (z mol)

nCHO = 2x+y = 0,26

nCOOH = y+2z = 0,04

x = 4(y+z)

Giải ra ta thu được x = 0,12; y = 0,02; z = 0,01

%mY = 0,02.74/(0,12.58+0,02.74+0,01.90) = 15,85%

Đáp án D

A. Cu không tác dụng với HCl

B. CuO không tác dụng với AgNO₃

C. Hg không tác dụng với HCl 

Tính cứng không phải là tính chất vật lí chung của kim loại

Đáp án C

Trong công nghiệp, điều chế N₂ bằng cách chưng cất phân đoạn không khí lỏng

Đáp án D

Hợp chất không bền là H₂Cr₂O₇

Đáp án D

Đáp án B

G là CH₃CHO

X là HCHO

Y là HCOOH

Z là C₂H₂

T là HCOOCH=CH₂

%mO=32/72=44,44%

Đáp án D

Aminlozo là tinh bột có dạng mạch thẳng.

Đáp án C

Các phản ứng xảy ra là: (1), (2), (3), (4), (5), (6), (7), (8)

Đáp án C

Đặt n_H2SO4 = 19x  và n_NaNO3 = x

Khi cho dd Y tác dụng với NaOH, lọc bỏ kết tủa thì phần nước lọc chứa Na⁺ :  x + 0,444 ( mol) và SO₄^2- : 19x (mol)

Bảo toàn điện tích => x + 0,444 = 19x. 2

=> x = 0,012 (mol)

Trong khí Z đặt a,b,c là số mol NO, CO₂, NO₂

∑ n_Z = a + b + c = 0,11   (1)

∑ m_Z = 30a + 44b + 46c = 0,11. 2. 239/11  (2)

Bảo toàn nguyên tố N  ∑ n_NaNO3 = a + c = 0,012   (3)  ( Vì Y + NaOH dư không tạo khí => không tạo muối amoni)

Từ (1), (2), (3) => a=  0,00525 ; b = 0,098; c = 0,00675 (mol)

Bảo toàn electron:

n_FeCO3 = 3n_NO + n_NO2 = 0,0225 (mol)

=> % FeCO₃ =[ (0,0225.116): 13,8335].100% = 18,87% ( gần nhất với 20,3%)

Đáp án B

Nguyên tắc luyện thép từ gang là: oxi hóa các tạp chất trong gang ( Si, Mn, S, P, C) thành oxit nhằm làm giảm lượng các tạp chất này

Chú ý: Tránh nhầm lần với nguyên tắc sản xuất gang => chọn đáp án A ngay sẽ dẫn đến sai lầm

P₂O₅ + 6KOH → 2K₃PO₄ + 3H₂O

K₃PO₄ + 2H₃PO₄ → 3KH₂PO₄

KH₂PO₄ + KOH → K₂HPO₄ + H₂O

Đáp án D

A. amilozo và amilopectin cùng có CTPT (C₆H₁₀O₅)_n nhưng n này khác nhau => không phải là đồng phân

B. anilin ( C₆H₇N) và analin ( C₃H₇NO₂) => không phải là đồng phân

C. etyl aminoaxetat ( CH₃COONH₃C₂H₅) và α- aminopropionic ( CH₃CH₂(NH₂)COOH) => khác CTPT => loại

D. vinyl axetat ( CH₃COOCH=CH₂) và mety acrylat ( CH₂=CH-COOCH₃) có cùng CTPT C₄H₆O₂ => là đồng phân của nhau => chọn D

Đáp án C

Các công thức cấu tạo có thể có của tri peptit là:

Gly – Ala – Ala                           

Ala- Gly- Gly

Gly – Ala – Gly                           

Ala – Gly - Ala

Gly- Gly – Ala                            

Ala – Ala – Gly

→ có thể có tất cả 6 peptit

Đáp án B

X + Y → Na₂SO₄ + H₂O ( Không phải là phản ứng oxi hóa khử)

=> X, Y thỏa mãn là

H₂SO₄ + 2NaOH → Na₂SO₄ + 2H₂O

H₂SO₄ + Na₂O → Na₂SO₄ + H₂O

NaHSO₄ + NaOH → Na₂SO₄ + H₂O

SO₃ + 2NaOH → Na₂SO₄ + H₂O

=> có tất cả 3 cặp chất thỏa mãn

Đáp án D

X tác dụng được với NaHCO₃và AgNO₃/ NH₃, t⁰ => X là axit focmic.

Y tác dụng được với AgNO₃/ NH₃, t⁰ và Cu(OH)₂/OH^- => X là glucozơ

Z  tác dụng với Cu(OH)₂/OH^- tạo phức xanh lam => Z là glixerol.

T tác dụng với Cu(OH)₂/OH^-  tạo dung dịch tím => T là Lys- Val- Ala.

Vàng là kim loại dẻo nhất trong tất cả các kim loại trên

Đáp án D

n_NaOH = 0,33 (mol) ; n_AlCl3 = 0,1 (mol)

Ta có: \(3 < \frac{{{n_{O{H^ - }}}}}{{{n_{A{l^{3 + }}}}}} = \frac{{0,33}}{{0,1}} = 3,3 < 4\)

=> Tạo cả Al(OH)₃ và AlO₂-

Áp dụng công thức nhanh

n_Al(OH)3 = 4n_Al3+ - n_OH- = 4.0,1 – 0,33 =0,07 (mol)

=> m_Al(OH)3↓ = 0,07.78  = 5,46 (g)

Đáp án D

Gọi n_CuO = n_Fe3O4 = x (mol)

=> 80x + 232x = 46,8

=> x = 0,15 (mol)

=> n_CuO = n_Fe3O4 = 0,15 (mol)

Bảo toàn nguyên tố => Dung dịch A chứa: 0,3 mol Fe³⁺; 0,15 mol Fe²⁺; 0,15 mol Cu²⁺; 0,75 mol SO₄^2-

Nhận xét: Nếu hỗn hợp (CuO, Fe₃O₄) => (CuO, Fe₂O₃) thì khối lượng tăng lên, nhưng theo bài thì 45 < 46,8. Vậy phải có một phần kim loại Mg đã bị đẩy ra.

Mg + 2Fe³⁺ → Mg²⁺ + 2Fe²⁺

0,15 ←0,3→ 0,15 →0,3

Mg + Cu²⁺ → Mg²⁺  +  Cu

Nếu toàn bộ Cu²⁺ đã bị đẩy ra thì B chứa Mg²⁺ (0,3); Fe²⁺ (0,45)

=> m_E = m_MgO + m_Fe2O3 = 48 > 45 gam

Nếu Cu²⁺ chưa hết thì m rắn > 48 gam ( Do CuO thế chỗ MgO thì khối lượng càng tăng). Vậy phải có 1 phần Fe bị đẩy ra.

Mg + Fe²⁺ → Mg²⁺ + Fe

x → x  →x → x

=> m_E = 40( 0,3 + x) + 160 (0,45 – x)/ 2 = 45

=> x = 0,075

=> n_Mg = 0,3 + x = 0,375

=> m = 9 gam (gần nhất với 8,8 gam)