Các phát thỏa mãn là KMnO₄; MnO₂; Cl₂.

Bình CuO dư: Giữ lại CO

CuO + CO → Cu + CO2

Bình Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3 + H2O

Bình H2SO4 đặc: Giữ lại H2O

Khí thoát ra cuối cùng chỉ còn lại N2

NH3 nhẹ hơn không khí và tan tốt trong H2O.

nH+ = 0,24 và nNO3- = 0,6 → nNO = nH+/4 = 0,06

BT electron: 2nCu = nFe3+ + 3nNO → nCu = 0,19 mol → mCu = 12,16 gam

Các nhận xét đúng là: (a), (b), (d).

n_COONa = 0,15 mol = n_H/muối ⇒ muối là HCOONa.

BTKL: mH₂O = 0,27 gam ⇒ n_axit = n_H2O = 0,015 mol.

⇒ n_este = 0,135 mol ⇒ n_{ancol sau pứ} > 0,135 mol ⇒ M_ancol < 35,56.

⇒ Ancol là CH₃OH

⇒ %m_este = 87,38% ⇒ chọn B.

nCu(NO3)2 = 0,1 và nHCl = 0,24, nFe = 0,1

nNO3- = 0,2 và nH+ = 0,24 → nNO max = 0,06

Dễ thấy 3nNO < 2nFe < 3nNO + 2nCu  nên Fe phản ứng hết, Cu2+  phản ứng một phần.

Bảo toàn electron: 2nFe = 3nNO + 2nCu²⁺ phản ứng.

→ nCu = nCu²⁺ pư = 0,01 

→ m = 0,64 gam

(1) xuất hiện ăn mòn điện hóa của 2 cặp điện cực Fe²⁺/Fe và Cu²⁺/Cu, tiếp xúc trực tiếp với nhau cùng nhúng trong dd điện li CuCl₂

(2) xuất hiện ăn mòn điện hóa của 2 cặp điện cực Fe²⁺/Fe và Cu²⁺/Cu, tiếp xúc trực tiếp với nhau cùng nhúng trong dd điện li CuSO₄

(3) không xuất hiện ăn mòn điện hóa vì thiếu điều kiện nhúng trong dd chất điện li

(4) xuất hiện ăn mòn điện hóa của 2 cặp điện cực Fe-C, tiếp xúc trực tiếp với nhau cùng nhúng trong dd điện li H₂SO₄

(5) không xuất hiện ăn mòn điện hóa vì không có cặp điện cực khác nhau về bản chất (Cu+ 2Fe³⁺ →2Fe²⁺ + Cu²⁺)

(6) xuất hiện ăn mòn điện hóa của 2 cặp điện cực Al³⁺/ Al và Cu²⁺/Cu, tiếp xúc trực tiếp với nhau và cùng nhúng trong dd điện li H₂SO₄

(7) không xuất hiện vì thiếu điều kiện cùng nhúng trong dd chất điện li

→ có 4 thí nghiệm xuất hiện ăn mòn điện hóa học

Đáp án cần chọn là D

Fructozơ là một loại monosaccarit có nhiều trong mật ong, có vị ngọt sắc. Công thức phân tử của fructozơ là C6H12O6.

Đáp án D

nHNO3 = 0,05

nHCl = 0,2

→ nAgCl = 0,2 và nH+ = 0,25

nNO = nH+/4 = 0,0625

Bảo toàn electron: 

3nFe + 2nCu = 3nNO + nAg  → nAg = 0,0125

m kết tủa = mAgCl + mAg = 30,05

Tự chọn nH2SO4 = 1, X gồm Mg(a) và Zn(b)

→ a + b = 1

mddY = mX + mddH2SO4 - mH2 = 24a + 65b + 488

nMgSO4 = a = 15,22%. (24a + 65b + 448)/120

→ a = 2/3 và b = 1/3

→ C% ZnSO4 = 161b/(24a + 65b + 488) = 10,21%

nCuO = 0,1; nAl2O3 = 0,2 và nFe3O4 = 0,1

Al2O3 không bị khử nên: nCO2 = nCuO + 4nFe3O4 = 0,5

nCO dư = x → mY = 28x + 0,5.44 = 19.2.(x + 0,5)

→ x = 0,3

→ nCO ban đầu = nY = 0,8 → V = 17,92 lít

Bảo toàn C → nCO2 = nCaCO3 + 2nCa(HCO3)2 → nCa(HCO3)2 = 0,1

Z + Ba(OH)2 → BaCO3 = nCaCO3 = 0,1

→ m = 29,7 gam

A. dùng dd AgNO₃ thì sẽ làm lượng Ag trong hỗn hợp tăng lên

B. dùng dd HCl thì sẽ không tinh chế được Ag vì cả Ag và Cu cùng không phản ứng với dd HCl

C. Không dùng được

D. Dùng dd Fe(NO₃)₃ sẽ tinh chế được Ag mà không làm thay đổi khối lượng của chúng

2Fe(NO₃)₃ + Fe → 3Fe(NO₃)₂

2Fe(NO₃)₃ + Cu → 2Fe(NO₃)₂ + Cu(NO₃)₂

Đáp án cần chọn là D

Ca(OH)2 dư nên nCO2 = nCaCO3 = 0,25 mol

Các este đều no, đơn chức, mạch hở nên nH2O = nCO2 = 0,25

 → mH2O = 4,5 gam

(1) Sai, các tripeptit trở lên mới có phản ứng màu biure

(2) Sai, phải tạo kết tủa màu vàng

(3) sai, muối phenylamoni clorua tan trong nước

(4) đúng

→ có 1 phát biểu đúng

nHCOOCH=CH2 = 0,055 mol

Các sản phẩm thủy phân đều tráng gương: nAg = 0,055.4 = 0,22 mol

→ mAg = 23,76 gam

CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃↓ + H₂O

0,4                     → 0,4                 (mol)

→ m_BaCO3 = 0,4.197 = 78,8 (g)

Đáp án cần chọn là A

X, Y, Z, T lần lượt là AlCl3, (NH4)2SO4, NH4NO3, FeCl3. 

(1) Thu được kết tủa CaCO₃

2NaOH + 2KHCO₃ → Na₂CO₃ + K₂CO₃ + 2H₂O

Na₂CO₃ + CaCl₂ → CaCO₃↓ + 2NaCl

(2) Thu được kết tủa MgCO₃

Ca(HCO₃)₂ + MgCl­₂ → CaCl₂ + MgCO₃ + CO₂ + H₂O

(3)  Không thu được kết tủa

(4) Thu được kết tủa H₂SiO₃

HCl + Na₂SiO₃ → NaCl + H₂SiO₃↓

(5) Thu được kết tủa CaCO₃

Na₂CO₃ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + 2NaOH

→ có 4 thí nghiệm thu được kết tủa.

Đáp án cần chọn là: C

A. 4AgNO₃ + 2H₂O ⟶ 4Ag + O₂ + 4HNO₃

B. AgNO₃ ⟶ Ag + NO₂ + 1/2O₂↑

C. Ba + 2H₂O → Ba(OH)₂ + H₂↑

Ba(OH)₂ + 2AgNO₃ → Ag₂O↓ + Ba(NO₃)₂ + H₂O

→ không thu được Ag

D. Cu + 2AgNO₃ → Cu(NO₃)₂ + Ag↓

Đáp án cần chọn là: C

nAl = 0,08

BT electron: 3nAl = 8nN2O → nN2O = 0,03 mol

BTNT(N): nNO3- (A) = 0,4 - 0,03.2 = 0,34 mol

A chứa Al3+ (0,08), NO3- (0,34) → H+ dư (0,1)

nOH - = nH+ + 3nAl(OH)3 → nAl(OH)3 = 0,05

→ mAl(OH)3 = 3,9 gam

Vì sinh khí H₂ nên dung dịch Y chỉ chứa muối sunfat 215,08 g \(\left\{\begin{array}{l} Mg ^{2+} : x mol\\ SO_4^{2-}: 1,64 mol\\Na^+ : 1,64 mol\\NH_4^+ : y mol\end{array} \right.\)

Ta có hệ

\(\left\{\begin{array}{l} 2x + y + 1,64= 2. 1,64\\ 24x + 18y + 1,64. 23 + 1,64. 96 = 215, 08\end{array} \right.\)→ \(\left\{\begin{array}{l} x = 0,8\\ y = 0,04\end{array} \right.\)

Gọi số mol của MgCO₃ và Mg(NO₃)₂ ;ần lượt là a, b mol

30,24g \(\left\{\begin{array}{l} Mg : 0,8-a- b \\MgCO_3: a\\Mg(NO_3)_2: b\end{array} \right.\)\(\xrightarrow[1,64 mol NaHSO_4]{0,12 mol HNO_3}\) \(\left\{\begin{array}{l} Mg ^{2+} : 0,8 mol\\ SO_4^{2-}: 1,64 mol\\Na^+ : 1,64 mol\\NH_4^+ : 0,04 mol\end{array} \right.\) + Z \(\left\{\begin{array}{l} N_2O=CO_2: a mol\\N_2\\H_2\end{array} \right.\)

Ta có hệ \(\left\{\begin{array}{l} 24. ( 0,8-a -b)+ 84a + 148b = 30,24\\3a + 6b = 0,54\end{array} \right.\) → \(\left\{\begin{array}{l} a= 0,06\\ b = 0,06\end{array} \right.\)

Bảo toàn nguyên tố N

→ n_N2 = \(\dfrac{2b + n_{HNO_3}-2n_{N_2O}-n_{NH_4^+}}{2}\)=\(\dfrac{2. 0,06 + 0,12- 2. 0,06- 0,04}{2}\) = 0,04 mol

Có n_H⁺ = 2n_H2 + 12n_N2+ 10n_N2O + 10n_NH4⁺ → 1,64 + 0,12= 2n_H2 + 12. 0,04 + 10. 0,06+ 10. 0,04 → n_H2 = 0,14 mol

D_Z/He = \(\dfrac{ 0,06.2. 44+ 0,04. 28 + 0,14.2}{( 0,06 + 0,04+ 0,14). 4}\) ≈ 6,958 .

Đáp án B.

Phương trình điện phân: KCl + H₂O $\stackrel{}{\to }$ KOH + H₂ + Cl₂

Vậy sau một thời gian dung dịch thu được có môi trường kiềm (do điện phân tạo KOH)

Đáp án D

Đáp án A

Thủy phân hoàn toàn 1 mol oligopeptit X mạch hở, được 2 mol glyxin (Gly), 1 mol alanin (Ala), 1 mol valin (Val) và 1 mol phenylalanin (Phe) → X là pentapeptit

Trong X có 4 nhóm CH₃ ( mỗi Ala và Phe có 1 nhóm CH₃, Val có 2 nhóm CH₃) → A sai

Nhận thấy khi thủy phân không hoàn toàn thu được đipeptit Val-Phe và tripeptit Gly-Ala-Val nhưng không thu được đipeptit Gly-Gly → Val đi liền với Phe và Phe nằm giữa Gly và Val

→ X có cấu tạo Gly-Ala-Val -Phe-Gly → B đúng

Đem 0,1 mol X tác dụng với HCl → mmuối = 0,1. ( 75 + 89 + 117 + 165 + 75 - 4. 18) + 0,1. 4. 18 + 0,1. 5. 36,5 = 70,35 gam → C đúng

X là pentapeptit tạo tử các α aminoaxit chứa 1 nhóm NH₂ và 1 nhóm COOH → X tác dụng với NaOH theo tỉ lệ 1:5 → D đúng

(1) Mg + H₂SO₄ → MgSO₄ + H₂

(2) Fe₃O₄ + H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + FeSO₄ + H₂O

(3) FeSO₄ + H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + H₂O

(4) Al(OH)₃ + H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + H₂O

(5) BaCl₂ + H₂SO₄ → BaSO₄ + HCl

(6) Al(OH)₃ + H₂SO₄ → Al₂(SO₄)₃ + H₂O

Các nhận xét đúng là 3, 4, 5, 6.

Đặt nO(X) = a và nNH4+ = b

nH+ = 2a + 10b + 0,1.4 = 0,98

 m muối = (18,6 - 16a) + 62.(0,98 - b- 0,1) + 18b = 68,88

→ a = 0,24 và b = 0,01

→ m kim loại = 18,6 - 16a = 14,76

Liên kết peptit tạo ra giữa các α-amino axit:

NH₂-CH₂-CONH-CH(CH₃)-CONH-CH(C₆H₅)-CONH-CH₂-CH₂-COOH

→ Có 2 liên kết peptit. 

Glyxin là amino axit có phân tử khối nhỏ nhất.

Đáp án B

(1) sai vì Ba là kim loại nặng

(2) đúng vì Cr là kim loại cứng nhất

(3) sai, vì thứ tự phản ứng như sau:

2K + 2H₂O → 2KOH + H₂

2KOH + CuSO₄ → Cu(OH)₂ + K₂SO₄

(4) đúng (HS ghi nhớ thêm về độ dẫn điện: Ag > Cu > Au > Al > Fe)

(5) sai vì MgO không bị khử bởi CO (HS ghi nhớ: Chỉ có những oxit của KL đứng sau Al mới bị khử bởi CO, H₂)

Vậy có 2 nhận xét đúng

Đáp án cần chọn là: B

nAg = 2nC6H12O6 = 0,3 mol

→ mAg = 32,4 gam

Nếu ban đầu chỉ có M → nM = (22,35-12,5)/35,5 = 0,2775

→ M = 45,05

Nếu ban đầu chỉ có M2O → nM2O = (22,35 -12,5)/(71 - 16) = 0,1791

→ 2M + 16 = 69,8 → M = 26,9

→ 26,9 < M < 45,05

→ M = 39 : K

Điều chế Na bằng phương pháp điện phân nóng chảy muối halogen tương ứng hoặc hidroxit tương ứng của Na

→ X có thể là NaCl, NaOH

Đáp án C

PTHH: Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂

                  0,4 →                       0,4 mol

→ n_H2 = 0,4.22,4 = 8,96 lít

Đáp án B

nH2 = 0,15 → nOH- = 0,3 mol

nH+ = 0,1 và nAl3+ = 0,06

Dễ thấy nOH- > nH+ + 3nAl3+ → Al(OH)3 đã bị hòa tan một phần.

nOH- = nH+ + 4nAl3+ - nAl(OH)3

→ nAl(OH)3 = 0,04

→ mAl(OH)3 = 3,12 gam

- Do sau phản ứng thu được 2 amin no kế tiếp trong dãy đồng đẳng nên suy ra cấu tạo của Y là:

CH₃NH₃OOC-COONH₃C₂H₅ (0,15 mol)

- Các muối có cùng số nguyên tử C (2C) và 1 ancol nên cấu tạo của X là:

CH₃COOH₃N-CH₂-COOCH₃ (0,1 mol)

→ Muối G gồm có:

(COOK)₂ (0,15 mol)

CH₃COOK (0,1 mol)

H₂N-CH₂-COOK (0,1 mol)

→ m _muối = 0,15.166 + 0,1.98 + 0,1.113 = 46 gam

→ %m_(COOK)2 = 0,15.166/46.100% = 54,13%

nMg = 0,3; nAl2O3 = 0,1

→ nMg(NO3)2 = 0,3 và nAl(NO3)2 = 0,2

BT electron: 2nMg = 10nN2 + 8nNH4NO3

→ nNH4NO3 = 0,05

→ m muối = 91 gam

Dung dịch NaHSO₄ không hòa tan được Cu kim loại.

PTHH xảy ra:

Cu + 2Fe(NO₃)₃ → 2Fe(NO₃)₂ + Cu(NO₃)₂

3Cu + 8NaNO₃ + 8HCl → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 8NaCl + 4H₂O

3Cu + 8HNO₃ → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

Đáp án C

Chỉ có CuO bị khử: CuO + CO → Cu + CO2

nCuO = nO = (9,1 -8,3)/16 = 0,05

→ mCuO = 4 gam

Pin điện Zn-Cu đặt trong không khí ẩm:

Anot (-): Zn → Zn²⁺ + 2e

→ xảy ra quá trình oxi hóa Zn

Catot (+): O₂ + H₂O + 4e → 4OH^- 

→ xảy ra quá trình khử O₂

Đáp án cần chọn là C