Rắn không tan là Al dư → m_Al dư = 2,35 (g)

n_H2 = 2,24 : 22,4 = 0,1 (mol)

Gọi số mol Na = số mol Al pư = a (mol)

BT e ta có: n_Na + 3n_Al = 2n_H2 → a + 3a = 2. 0,1

→ a = 0,05 (mol)

→ m = m_Na + m_{Al pư} + m_Al dư = 0,05.23 + 0,05.27 + 2,35 = 4,85 (g)

Đáp án A

Các thí nghiệm : (a) ; (b) ; (c) ; (e)

Bảo toàn C : n_C(X) = n_CO2 = 3x

→ số C trong X = n_C(X)/n_X = 3x/x = 3

→ Đáp án C

Bảo toàn khối lượng : m_{O pứ} = m_X – m_{metanal bđ} = 0,4m (g)

→ n_{O pứ} = n_HCOOH = 0,025m (mol)

n_{HCHO bđ} = m/30 (mol) → n_{HCHO (X)} = m/120 (mol)

HCHO → 4Ag

HCOOH → 2Ag

→ n_Ag = 4.m/120 + 2.0,025m = 0,1 mol

→ m = 1,2g

Đáp án A

Nếu nhóm hút e (C₆H₅) gắn vào N => Lực bazơ giảm

Nếu nhóm đẩy e (hidrocacbon no) gắn vào N => Lực bazơ tăng

( Nếu số lượng nhóm tăng thì tăng độ hút(đẩy) e )

5< 4< 1< 2< 3

Đáp án D

Trong Fe ; Al ; Ag ; Au thì Fe là kim loại dẫn điện kém nhất

CH₃(CH₂)₂CH₂OH có tên thay thế là butan-1-ol      

Đáp án A

Đáp án B

Thu khí bằng phương pháp đẩy nước → loại NH₃

Điều chế khi bằng cách đun nóng dung dịch trong PTN → chỉ có thể là: N₂

Đáp án B

Sản phẩm chỉ thu được tối đa 2 ancol

Do but – 2- en có cấu tạo đối xứng. Sản phẩm trùng với but – 1 – en

Dạng tổng quát : M + H₂SO₄ → MSO₄ + H₂

→ n_H2 = n_H2SO4 = n_{SO4 muối} = 0,05 mol

→ m_muối = m_KL + m_{SO4 muối} = 2,43 + 0,05.96 = 7,23g

- Các thí nghiệm (1), (2), (3), (4) đều xảy ra phản ứng ở nhiệt độ thường.

Đáp án A

Thuốc thử thỏa mãn là: dung dịch H₂SO₄ loãng , 2. CO₂ và H₂O và dung dịch HCl

Đáp án C

Soda có công thức là NaHCO₃

Đáp án D

+) có 2Ala + 1Gly :

A – A – G ; A – G – A ; G – A – A

Tương tự với 2Gly + 1Ala

=> có tổng cộng 6 tripeptit thỏa mãn

Đáp án B

Anilin không tác dụng được với NaOH

Tơ nitron (olon) là sản phẩm trùng hợp của CH₃=CH−CN

Đáp án A

X là H₂NCH₂COOCH₃ ;

Y là CH₂=CHCOONH₄

H₂NCH₂COOCH₃ + NaOH → H₂NCH₂COONa + CH₃OH (Z)

CH₂=CHCOONH₄ + NaOH → CH₂=CHCOONa + NH₃ (T) + H₂O

Muối Y có thể tráng gương → HCOONa

Z hòa tan được Cu(OH)₂ điều kiện thường → có nhiều nhóm OH kề nhau

→ X là este của ancol đa chức và HCOOH

→ n_ancol = n_X = 0,1 mol → M_ancol = 76g (C₃H₆(OH)₂)

→ X là HCOOCH₂CH(CH₃)OOCH

Đáp án C

Phản ứng thủy phân este trong môi trường axit là theo 2 chiều

Chất béo là trieste của glicerol và axit béo

Este của phenol có thể được tạo ra khi cho phenol phản ứng với anhidrit axit hoặc clorua axit

Đáp án B

A: HCOOCH₃

B: CH₃CHO

C: HCOOH

D: C₆H₁₂O₆ (glucozơ)

E: CH₃NH₂

Đáp án D

Các trường hợp thỏa mãn là: FeCl₃ , CuCl₂ , FeSO₄

Phần 1 : Fe → Fe²⁺

Phần 2 : Fe → Fe³⁺

Chỉ có Fe là thay đổi số oxi hóa trong muối ở 2 phần

→ n_{e 2} – n_{e 1} = n_Fe = 3n_NO – 2n_H2 = 3.0,08 – 2.0,095 = 0,05 mol

Trong 7,22g X có n_Fe = 0,1 mol → m_M = 7,22 – 0,1.56 = 1,62g

→ %m_M(X) = 22,44%

Đáp án A

Các chất thỏa mãn : axit glutamic, metylamoni clorua, vinylaxetat, phenol, gly-gly.

nNa = 0,4 mol; nHCl = 0,3 mol

Na + HCl → NaCl + 1/2H₂   (1)

Na + H₂O → NaOH + 1/2H₂  (2)

Từ phản ứng (1) → nH₂ (1) = 0,15 mol → nNa dư = 0,4 - 0,3 = 0,1 mol

Từ phản ứng (2) → nH₂ (2) = 0,05 mol

→ nH₂ = 0,15 + 0,05 = 0,2 mol → V = 4,48 lít

n_NaOH = 0,05 mol ; n_KOH = 0,05 mol

Vì n_aa = 0,1 mol = n_OH → amino axit chỉ có 1 nhóm COOH

Có : n_OH = n_H2O = 0,1 mol

Bảo toàn khối lượng: m_{amino axit} = m_muối + m_H2O - m_bazo = 8,9g

→ M_{amino axit} = 89g → Alanin H₂NCH(CH₃)COOH

Đáp án C

So sánh nhiệt độ sôi → liên kết hidro giữa phân tử

→ C₂H₆,CH₃CHO,C₂H₅OH,CH₃COOH

Hỗn hợp ban đầu có 0,12 mol Al; 0,12 mol Fe và 0,16 mol O

→ n_H2O = n_O = 0,16 mol

Bảo toàn nguyên tố H ta có: n_HCl = 2.n_H2 + 2.n_H2O = 2.0,15+ 2.0,16 = 0,62 mol

Vậy khối lượng muối là m = m_Al + m_Fe + m_Cl = 0,12.27 + 0,12.56 + 0,62.35,5 = 31,97 gam

Đáp án C

- Glucozo, anđehit axetic có chứa nhóm -CHO trong phân tử nên có phản ứng tráng gương

- Fructozo trong môi trường kiềm chuyển hóa thành glucozo nên cũng có phản ứng tráng gương

- Saccarozo không chứa -CHO nên không có phản ứng tráng gương.

Đáp án D

(a) H₂ ; (b) H₂; (c) Fe ; (d) O₂ ; (e) O₂ ; (f) O₂

Sơ đồ :

(C₆H₁₀O₅)_n → nC₆H₁₂O₆ → 2nC₂H₅OH

162n                                       2.46n (g)

81.80%                →               36,8g = a

Trong 0,1a (g) ancol có n_C2H5OH = 0,08 mol

C₂H₅OH + [O] → CH₃COOH + H₂O

0,08H     →            0,08H

→ n_NaOH = n_CH3COOH → 0,06 = 0,08H → H = 75%

n_OH- = n_NaOH + 2n_Ba(OH)2 = 0,15 + 2.0,1 = 0,35 mol; n_CO2 = 0,15 mol

nOH⁻ : nCO₂ = 0,35 : 0,15 = 2,33 > 2

→ OH^- dư, chỉ tạo muối CO₃^2-

BTNT “C”: n_{CO3 2-} = n_CO2 = 0,15 mol

So sánh thấy: n_Ba2+ < n_CO32- → Ba²⁺ hết, CO₃^2- dư

→ n_BaCO3 = n_Ba2+ = 0,1 mol

→ m _BaCO3 = 0,1.197 = 19,7 gam

n_CO2 = 0,05 mol; n_KOH = 0,2 mol > 2n_CO2 → OH^- dư

→ dung dịch sau phản ứng gồm K₂CO₃ 0,05 mol và KOH dư 0,1 mol

Nhỏ từ từ HCl đến khi có khí thì dừng, có các phản ứng sau :

HCl + KOH → KCl + H₂O

K₂CO₃ + HCl → KHCO₃ + KCl

→ n_HCl = n_KOH + n_K2CO3 = 0,15 mol

→ V = 0,06 lít = 60 ml

Đáp án cần chọn là: B

Dựa vào dãy điện hóa kim loại

Tính oxi hóa: Ag⁺ < Fe³⁺ < Cu²⁺ < Fe²⁺ < Zn²⁺

n_K2O = 0,1 mol → n_KOH = 0,2 mol

n_KHCO3 = 0,1 ; n_NH4NO3 = 0,1 ; n_Ba(NO3)2 = 0,1

NH₄NO₃ + KOH → KNO₃ + NH₃↑ + H₂O

KOH + KHCO₃ → K₂CO₃ + H₂O

K₂CO₃ + Ba(NO₃)₂ → 2KNO₃ + BaCO₃↓

→ sau phản ứng còn : 0,3 mol KNO₃

→ m = 30,3g

Đáp án C

Xét 24,8g X có x mol C₂H₂; y mol C₂H₆ ; z mol C₃H₆

=> 26x + 30y + 42z = 24,8g

Bảo toàn H : 2x + 6y + 6z = 2n_H2O = 3,2 mol

Trong 0,5 mol X giả sử có lượng chất gấp t lần trong 24,8g

=> t(x + y + z) = 0,5

→ n_Br2 = t.(2x + z) = 0,625

Giải hệ 4 ẩn ta được : x = 0,4 ; y = 0,2 ; z = 0,2 mol

=> %V: C₂H₂ = 50% ; C₂H₆ = 25% ; C₃H₆ = 25%

Đốt cháy ancol Y:

n_C : n_H = n_CO2 : 2n_H2O = 0,3 : 0,8 = 3 : 8

Mà ancol không phản ứng với Cu(OH)₂ và este thủy phân tạo muối hữu cơ của 2 axit khác nhau

→ ancol Y là C₃H₈O₂ : HOCH₂CH₂CH₂OH

→ n_ancol = 0,1 mol → n_NaOH = 2n_ancol = 0,2 mol

Bảo toàn khối lượng: m₁ + m_NaOH = m_muối + m_ancol

→ m₁ = 14,6g

Từ đồ thị ta thấy số mol HCl bắt đầu 0,1 mol mới xuất hiện kết tủa

→ 0,1 mol HCl dùng để trung hòa Ba(OH)₂

→ n_OH­- = n_H+ = 0,1 (mol)

→ n_Ba(OH)2 = 1/2n_OH- = 0,05 (mol) = a

Ta thấy tại giá trị n_HCl = 0,3 và 0, 7 mol đều thu được lượng kết tủa như nhau Al(OH)₃: 0,2 (mol)

→ Tại n_HCl = 0,7 mol thì lượng kết tủa Al(OH) đã đạt cực đại, sau đó bị hòa tan đến khi còn 0, 2 mol

Áp dung công thức nhanh ta có:

n_H+ = 4n_AlO2 – 3n_Al(OH)3 + n_OH-

→ 0, 7 = 4. 2b – 3. 0,2 + 0,1

→ b = 0,15 (mol)

Vậy a: b = 0,05: 0,15 = 1: 3

Quy đổi E thành:

C₂H₃ON: 0,22 mol (Tính từ n_N2 = 0,11)

CH₂: a mol

H₂O: b mol

C₂H₃ON + 2,25O₂ → 2CO₂ + 1,5H₂O + 0,5N₂

CH₂+1,5O₂ → CO₂ + H₂O

→ n_O2 = 2,25 . 0,22 + 1,5a = 0,99

→ a = 0,33

n_CO2 = a + 0,44

n_H2O = a + b + 0,33

→ 44(a + 0,44) + 18(a + b + 0,33) = 46,48

→ b = 0,04

Đặt x, 3x là số mol X, Y

→ x + 3x = b = 0,04 → x = 0,01

Đặt m, n là số gốc amino axit trong X và Y

→ Số -CONH- = m + n- 2 = 8

1 mắt xích X và Y chứa 1 N

→ bảo toàn N ta có: n_{N (trong X + Y)} = 2.n_{N2 sinh ra}

→ 0,01m + 0,03n = 0,22

→ m = 4 và n = 6

Đặt u, v là số mol của Gly và Val

→ n_N = u + v = 0,22

và n_C = 2u + 5v = a + 0,44 = 0,77

→ u = v = 0,22

→ Thủy phân hoàn toàn hỗn hợp E thu được n_Gly : n_Ala = 1 : 1

Đáp án cần chọn là: B

Hỗn hợp T là hai axit cacboxylic đơn chức → R₁COOH,R₂COOH

Z là este được tạo bởi T và etylen glicol → este 2 chức → R₁OOC−CH₂−CH₂−COOR₂

Quá trình 1:

Gọi a, b, c lần lượt là mol của 2 axit trong T, Z.

+ Ta có:

a + b + c = nKOH = 0,2 mol

2nCO₂ + nH₂O = 2.(a + b + 2c) + 2nO2 = 1,4 

và 44nCO2 + 18nH₂O = mE + mO₂ = 29,12

→ nCO₂ = 0,49 mol và nH₂O = 0,42 mol

- Quá trình 2: Khi cho E tác dụng với dung dịch Br₂, nhận thấy nBr₂ = 0,1 < nE = 0,36

Trong A chỉ có 1 chất tham gia phản ứng cộng Br₂ khi đó Z được tạo bởi A cũng có phản ứng cộng Br₂.

+ Gọi X là axit có 2 liên kết: a mol

+ Gọi Y là axit có chứa 1 liên kết: b mol

→ Z là este của axit X, Y → có chứa 3 liên kết: c mol

+ Ta có hệ sau:

nKOH = 0,2; nCO₂ - nH₂O = nX + 2nZ, nBr₂ = 0,1 mol và k(a + b + c) = 0,36

Suy ra a = 0,03 mol, b = 0,13 mol và c = 0,02 mol

Bảo toàn C: n.0,03 + m.0,13 + 0,02. (n+m+2) =0,49

(với n,m là số C của X, Y với n ≥ 3 và m ≥ 2).

+ Xét n = 3 suy ra n = 2. Từ đó Z gồm

A₁ là CH₂=CH-COONa : 0,05 mol

và A₂ là CH₃-COONa : 0,15 mol

→ a/b = 1/3

+ Nếu n > 3 thì m < 2: không thỏa mãn

- Xét hỗn hợp khí Z: M_Z = 19.2 = 38

Đặt n_CO = x và n_CO2 = y (mol)

BTNT “C”: n_Z = n_CO + n_CO2 = n_{CO bđ} → x + y = 0,4 (1)

m_Z = n_Z.M_Z → 28x + 44y = 38.0,4 (2)

Giải (1) và (2) thu được x = 0,15 và y = 0,25 mol

- Xét phản ứng khử bằng CO:

n_{O pư} = n_CO2 = 0,25 mol

m_O(Y) = m_O(X) – m_{O pư} = 0,2539m – 0,25.16 = 0,2539m – 4 (gam)

- Xét phản ứng của Y với HNO₃:

n_NO3- = n _{e nhường} = 2n_O(Y) + 3n_NO = [2.(0,2539m − 4)] : 16 + 0,32.3 (mol)

→ m _{muối T} = m_KL + m_NO3 → 3,456m = 0,7461m + 62.[(2.0,2539m−4) : 16] + 0,32.3

Giải phương trình trên thu được: m = 38,4276 gam gần nhất với 38,43 gam