Đáp án C

Glucozơ → 2CO₂→2CaCO₃

n_Glu =0,5.1,5.10060=1,25mol

→ m = 225 g

Đáp án B

Bao gồm các thí nghiệm (1), (3), (4)

Mg + Cu²⁺ → Cu + Mg²⁺

n_{CuSO4 pứ} = 0,2.80% = 0,16 mol

→ m_KL tăng = 0,16.(64 – 24) = 6,4g

→ m_{thanh KL}  = m + 6,4 (g) trong đó có m_Mg = m – 3,84 (g)

Khi phản ứng với O₂ → m_O2 = m_sau - m_trước = 6,4g → n_O2 = 0,2 mol

Cu + ½ O₂ → CuO

Mg + ½ O₂ → MgO

Cu phản ứng trước (Vì khi Cu được tạo ra đều bám hết lên mặt ngoài của thanh Mg) → n_Mg = 0,24 mol

→ m = 0,24.24 + 3,84 = 9,6g → m_{KL sau} = 9,6 + 6,4 = 16g

Từ hình vẽ ta thấy:

Khí Y không tan hoặc ít tan trong nước và không có phản ứng với nước

KNO₃ → KNO₂+O₂

Đáp án C

n_C2H5NH2 =  0,1 mol → m_muoi = 4,5 + 0,1 . 36,5 = 8,15 (g)

Đáp án D

Tính axit tăng dần theo thứ tự: C₆H₅OH < CH₃COOH <  HCOOH< HCl

Xét cùng nồng độ mol dung dịch => lực axit yếu hơn sẽ có pH lớn hơn

→ X : C₆H₅OH; Y : HCOOH ; Z : HCl ; T :CH₃COOH

→ Z tạo kết tủa trắng với AgNO₃ tạo AgCl

Có thể điều chế M bằng các phương pháp: nhiệt luyện, thủy luyện, điện phân → Sai

Đáp án A

Anilin (C₆H₅NH₂) có phản ứng với dung dịch HCl

Đáp án A

Đáp án B

Tất cả các ank – 1- in đều phản ứngvới dung dịch AgNO₃ trong NH₃ nhưng đó không phải là phản ứng tráng gương

Khi cho vào các dung dịch HCl, H₂SO₄ loãng thì có:

CaCO₃ + 2H⁺ → Ca²⁺ + CO_2↑ +H₂O

Fe²⁺ + 4H⁺ + NO₃^- →  Fe³⁺ + NO↑ + 2H₂O

FeS + 2H⁺ →  Fe²⁺ H₂S↑

→ Có 6 trường hợp xảy ra phản ứng. Còn CuS và NaCl không phản ứng với H⁺.

Coi thể tích dung dịch axit là V

Phản ứng tổng quát : R-NH₂ + HCl → RNH₃Cl

→ m_{chất tan} = m_glutamic + m_axit

→ 19,83g = 14,7 + 0,5V.98 + V.36,5 → V = 0,06 mol

Gọi thể tích dung dịch kiềm là V₁

→ n_OH = 2n_glutamic + 2n_H2SO4 + n_HCl

→ 1,6V₁ = 2.0,1 + 2.0,03 + 0,06 → V₁ = 0,2 lit = 200 ml

n_Ag = 4n_HCHO + 2n_HCOOH = 0,3 mol

→ n_Br2 = 2n_HCHO + n_HCOOH  =0,15 mol = x

→ Đáp án D

nAl = 0,2 mol

→ nH₂ = 3.nAl : 2 = 0,3 mol

→ V = 6,72 lít

Theo dãy điện hóa thì dãy ồm các kim loại được xếp theo thứ tự tính khử tăng dần từ trái sang phải là Fe, Al, Mg.

Đáp án C.

nHCl = 1V_A

nHNO₃ = 1V_A

nH₂SO₄ = 1V_A

→ nH⁺ = 4V_A

nKOH = 1V_B; nNaOH = 2V_B → nOH^- = 3V_B

Để thu được dung dịch có pH = 7 thì nH⁺ = nOH^-

→ 4V_A = 3V_B → V_A : V_B = 3 : 4

Đáp án C

Phản ứng tráng gương xảy ra khi có nhóm CHO

Các chất thỏa mãn : HCHO ; HCOOH ; HCOONH₄, CH₃CHO

Polivinyl clorua(PVC) được điều chế từ vinyl clorua bằng phản ứng trùng hợp.     

Đáp án B 

Đáp án A

Amoni nitrat là một loại phân đạm có khả năng làm chua đất

FeS₂ → SO₂ → H₂SO₄ → NaHSO₄ → Na₂SO₄

\({n_{{H_2}}} = \,{n_{Fe}} = \,0,1\,mol\, \to \,V\, = \,2,24\,lit\)

Tên IUPAC của ancol isoamylic là 3 – metylbutan – 1- ol 

Đáp án C

NaCl là chất điện li mạnh

Đáp án A

Một chất khi thuỷ phân trong môi trường axit, đun nóng không tạo ra glucozơ. Chất đó là protit. 

Đáp án A

n_X = 0,1 mol; n_NaOH = 0,06 mol → X dư

→ n_{chất rắn} = n_NaOH ( chất rắn chính là muối RCOONa )

→ M_RCOONa = R + 67 = 94 → R = 27 (CH₂=CH− )

→ X là CH₂=CHCOOC₂H₅ ( etyl acrylat )

Do CO₂ và H₂O theo tỉ lệ mol 2:1 nên công thức A có dạng C_nH_n.

Phương trình hóa học:

4C_nH_n +5nO₂ → 4nCO₂ + 2nH₂O

a     1,25na      na         0,5na

Nếu dư 20% O₂ so với lượng cần thiết thì hỗn hợp khí sau khi ngưng tụ gồm: CO₂: na (mol) và O₂: 0,25na (mol).

Ta có: (na + 0,25na) = 2,5a → n = 2. A là C₂H₂ 

n_NaOH = 3n _glixerol → n _glixerol = 0,02 mol

BTKL: m _{xà phòng} = m _{chất béo} + m _NaOH – m _glixerol

= 17,24 + 0,06. 40 – 0,02. 92= 17,8 gam

2NaOH + 2Al + H₂O→ NaAlO₂ + 3H₂

nH₂ = 0,3 mol → n_Al = 0,2 mol →m_Al  =5,4 g

Đáp án B

2Mg(NO₃)₂ → 2MgO + 4NO₂+O₂

Đặt số mol O₂ là a → nNO₂ = 4a; nMg(NO₃)₂ = 2a

nhỗn hợp khí = 0,25 → nO₂ + nNO₂ = 5a = 0,25 

→ a = 0,05 → nMg(NO₃)₂ = 0,1 

mMg(NO₃)₂ = 14,8 gam

Đáp án B

HNO₃ loãng đều tác dụng được với Fe, Zn, Cu, Ag

Đáp án C

(2) sai vì các amin là chất khí ở điều kiện thường chỉ gồm metylamin, đimetylamin, trimetylamin và etylamin

(3) sai vì trong phân tử đipeptit mạch hở có chứa một liên kết peptit.

Thuỷ phân este X trong môi trường kiềm, thu được natri axetat và rượu etyliC. Công thức của X là CH₃COOC₂H₅.    

Đáp án A

Chất chỉ có tính khử là Fe.

Đáp án D

nP₂O₅ = 0,1 (mol) và n_NaOH = 0,5(mol)

Dựa vào tỉ lệ mol của P₂O₅ và NaOH ta có sản phẩm tạo ra là Na₃PO₄, Na₂HPO₄

P₂O₅ + 6NaOH → 2Na₃PO₄ + 3H₂O

x         6x           2x

P₂O₅ + 4NaOH → 2Na₂HPO₄ + H₂O

y          4y            2y

Ta có: 

x + y = 0,1 và 6x + 4y = 0,5 

→  x = y = 0,05

m_muối = 0,1.164 + 142.0,1 = 30,6 (gam) 

Phương trình hóa học:

2RCH₂OH + O₂ → 2RCHO + 2H₂O

Ta có mO₂ = 5,6 - 4,0 = 1,6 (gam) → nO₂ = 1,6 : 32 = 0,05 (mol)

Vậy số mol ancol phản ứng là 0,1 mol. Giả sử ancol dư x mol ta có:

M_ancol = 40 : (0,1 + x) < 40 → ancol đó là CH₃OH (metanol)

n_ancol = 4,0 : 32 = 0,125 mol hiệu suất phản ứng là: H = [(0,1 : 0,125)]. 100% = 80%

\( n_{CO_2}=0,045 \)

\( n_{BaCO_3} = 0,15 \Rightarrow n_{HCO_3^-}=0,15 \)

Trong hỗn hợp ban đầu \( n_{Na_2CO_3} = 0,15 - 0,045 = 0,105 \)

\( \Rightarrow n_{KHCO_3} = 0,15+0,045-0,105=0,09 \)  

\( \Rightarrow m= 0,105.106+0,09.100=20,13 \) \( \Rightarrow \)

Đáp án A

Vì nung T với CaO được 1 ankan duy nhất → Số C trong gốc hidrocacbon của X và Y bằng nhau.

→ Muối gồm RHCOONa và R(COONa)₂

→ n_RH= n_muối = 0,22 mol

→ M_{tb muối} = 129g

→ R + 68 < 129 < R + 67.2

→ 0 < R < 61

Xét ancol Z : n_Ag = 0,88 mol

Nếu ancol không phải là CH₃OH → n_ancol = n_andehit = ½ n_Ag = 0,44 mol

→ n_R(COONa)2 = 0,22 mol = n_muối (L)

→ ancol Z là CH₃OH → n_CH3OH = n_HCHO  = ¼ n_Ag = 0,22 mol

→ n_R(COONa)2 = 0,11 mol = n_RHCOONa

→ 0,11.(R + 68) + 0,11.(R + 67.2) = 28,38

→ R = 28(TM) C₂H₄

→ X gồm 0,11 mol C₂H₅COOH và 0,11 mol C₂H₄(COOCH₃)₂

→ m = 24,2g

n_D = 0,45 → n_O(D) = 0,9 mol

n_Y = 0,05 mol

Đặt n_N2 = x → n_H2 = 0,05 – x

→ 28x + 2(0,05 – x) = 0,05.11,4.2 = 1,14

→ x = 0,04 mol

→ n_N2 = 0,04 mol và n_H2 = 0,01 mol

Trong Y chứa khí H₂ chứng tỏ NO₃^- hết

Hỗn hợp muối clorua gồm : a mol MgCl₂ ; 0,25 mol CuCl₂ ; NH₄Cl

Bảo toàn Clo : n_NH4Cl = 1,3 – 2a – 0,5 = 0,8 – 2a

Bảo toàn H : n_H2 = ½ (n_HCl + 4n_NH4Cl – 2n_H2) = 4a – 0,96

Bảo toàn O : n_O (Cu(NO₃)₂) = n_O(D) + n_O(H2O) → 0,25.6 = 0,9 + 4a – 0,96

→ a = 0,39 mol

→ m = 0,39.95 + 0,25.135 + (0,8 – 2.0,39). 53,5 = 71,87g

Quá trình đầu tiên là phản ứng: Ba(OH)₂ + CO₂ → BaCO₃↓ + H₂O

Đến khi Ba(OH)₂ hết, kết tủa là cực đại ⇒ y = n_Ba(OH)2 = 0,6 mol.

Sau đó là quá trình:

NaOH + CO₂ → NaHCO₃ 

KOH + CO₂ → KHCO₃.

Kết tủa không thay đổi, sau đó: CO₂ + BaCO₃ → Ba(HCO₃)₂

Kết tủa bị hòa tan cho đến hết 1,6 mol = ∑n_CO2 = n_NaOH + n_KOH + 2n_Ba(OH)2

⇒ x = 1,6 – 0,1 – 0,6 × 2 = 0,3 mol.

Xét tại điểm z, đang xảy ra quá trình hòa tan BaCO₃,

Nếu thêm 0,2 mol CO₂ nữa sẽ hòa tan hết BaCO₃

⇒ x + 0,2 = 1,6 mol → z = 1,4 mol.

Vậy x = 0,3; x = 0,6 và z = 1,4

Phân tích: Đặt công thức trung bình của amino axit tạo nên peptit X là C_nH_2n+1NO₂

→ Công thức của tetrapeptit X là ∶

4H_2n+1NO₂ → C_4nH_8n-2N₄O₅

Ta có nN₂ = nX.42 = 0,02

→ nX = 0,01 mol

Giống với phản ứng đốt cháy ancol bằng CuO, ta có:

C₁₀H₁₈N₄O₅ + CuO → 4nCO₂ + (4n-1) H₂O + Cu + 2N₂ (I)

0,01                             4n. 0,01 (4n−1).0,01

Khối lượng CuO giảm chính là khối lượng O trong CuO

→nO = nCuO = 3,84 : 16 = 0,24mol

Bảo toàn nguyên tố O cho phương trình (I), ta có :

5nX + nCuO = 2nCO₂ + nH₂O

⇔ 5.0,01 +0,24 = 8n̅. 0,01 + (4n̅ −1). 0,01

⟶ n̅ = 2,5

Suy ra X có công thức là: C₁₀H₁₈N₄O₅ 

Ta có: C₁₀H₁₈N₄O₅ +4HCl + 3H₂O ⟶ Muối

Bảo toàn khối lượng, ta có :

mmuoi = mX + mHCl + mH₂O = n_X .284 + 4n_X.36,5 + 3n_X. 18 = 0,01.484 = 4,84 (gam)

Phần 2 → mol Al = 0,01

mol Fe = 0,045 → tỉ lệ Al : Fe = 2/9

Đặt a, b, c là mol Al₂O₃ ; Al ; Fe

102a + 27b + 56c = 14,49

3b + 3c = 0,165*3

9b - 2c = 0

→ a = 0,06 ; b = 0,03 ; c = 0,135

→CT oxit sắt: Fe3O4

và phần 1 = 3*Phần 2 → mol Al = 0,01 ; mol Fe = 0,045

→ tỉ lệ Al : Fe = 2/9

Đặt a, b, c là mol Al₂O₃ ; Al ; Fe

102a + 27b + 56c = 14,49

3b + 3c = 0,165*3

9b - 2c = 0

→ a = 0,06 ; b = 0,03 ; c = 0,135 → CT oxit sắt: Fe3O4

và phần 1 = 3*phần 2 → m = 19,32 2 → m = 19,32