Hai dung dịch MgCl₂ và FeCl₃ đều tác dụng được với Fe

Đáp án B

Công thức phân tử của este no, đơn chức, mạch hở là C₄H₈O₂.     

Khí cacbonic có công thức phân tử là CO₂

Tính chất vật lí chung của kim loại là tính dẫn điện.

Lysin làm quỳ tím chuyển màu xanh.

Axetilen tạo kết tủa với dung dịch AgNO₃ trong NH₃.

anđehit axetic được điều chế từ etilen

Đáp án D

(NH₂)₂CO được dùng làm phân đạm

Polielilen được tổng hợp bằng phản ứng trùng hợp.

Polistiren được tổng hợp bằng phản ứng trùng hợp C₆H₅-CH=CH₂

Thành phần chính của supephotphat kép là Ca(H₂PO₄)₂ .

Giả sử có 100 gam supephotphat thì tương ứng có 40 gam P₂O₅ (theo giả thiết)

⇔ có ≈ 0,282 mol P₂O₅ ⇄ tương ứng có ≈ 65,92 gam Ca(H₂PO₄)₂ .

⇒ %m = 65,92%. 

Glucozơ tham gia phản ứng tráng bạc.

Chất X là NH₄Cl

NaOH là dung dịch bazo nên có pH > 7

Dung dịch Br₂ dùng để nhận biết benzen, toluen, stiren.

Đáp án C

Axit fomic có phản ứng tráng bạc.

Chất béo không tan trong nước nhưng tan nhiều trong dung môi hữu cơ.

1 Glucozo → 2C2H5OH +  2CO2

→ \(m = \frac{1}{2}.\frac{{5.6}}{{22,4}}.180 = 22,5g\)

CH₃COOCH₃ là este.

Đáp án C

Glucozơ là monosacarit

Chọn B.

Tại  \(V = 0,03\,(l) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{Ba{{(OH)}_2}}} = 0,03\,mol\\
{n_{NaOH}} = 0,06\;mol
\end{array} \right. \Rightarrow {n_{O{H^ - }}} = {n_{{H^ + }}} + 4{n_{A{l^{3 + }}}} = 2a + 8b = 0,12\)

Tại \(V = 0,03\,(l) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{Ba{{(OH)}_2}}} = 0,05\,mol\\
{n_{NaOH}} = 0,1\;mol
\end{array} \right. \Rightarrow {n_{B{a^{2 + }}}} = {n_{S{O_4}^{2 - }}} = a + 3b = 0,05\)

Từ (1), (2) suy ra tỉ lệ a : b = 0,02 : 0,01 = 2 : 1.

Chọn B.

Z làm mất màu nước brom → Z có chứa liên kết bội.

Khí Y nặng hơn không khí và làm quỳ tím hoá xanh nên Y là amin.

X có cấu trúc mạch phân nhánh → Công thức cấu tạo của X là CH₂=C(CH₃)-COONH₃CH₃.

→ Muối thu được là CH₂=C(CH₃)-COONa: 0,1 mol → m = 10,8 gam.

Chọn B.

(a) Mg + Fe₂(SO₄)₃ dư → MgSO₄ + 2FeSO₄

(b) Cl₂ + 2FeCl₂ → 2FeCl₃

(c) H₂ + CuO → Cu + H₂O

(d) 2Na + CuSO₄ + 2H₂O →  Na₂SO₄ + Cu(OH)₂ + H₂

(e) 2AgNO₃ → 2Ag + 2NO₂ + O₂

(g) 4FeS₂ + 11O₂ → 2Fe₂O₃ + 8SO₂

Chọn B.

Nhận thấy rằng  \({\bar M_{ancol}} < 46\) suy ra hỗn hợp ancol thuộc dãy đồng đẳng của CH₃OH và \({C_{\bar m}}{H_{\bar m + 1}}OH\)

Với \(32 < {\bar M_{ancol}} = 14\bar m + 18 < 46\,\, \Rightarrow \,\,\,1 < \bar m < 2\). Quá trình:

\(\underbrace {R{{(COOH)}_2},\,R(COO{C_{\bar m}}{H_{2\bar m + 1}}),\,{C_{\bar m}}{H_{2\bar m + 1}}OH}_{{\rm{a}}\,{\rm{(g)}}\,{\rm{hon hop X}}} + \,\,\underbrace {NaOH}_{0,1\,mol}\, \to \left\langle \begin{array}{l}
R{(COONa)_2},\,NaOH \to \underbrace {R{{(COONa)}_2},\,NaCl}_{{\rm{dung dich Y}}}\\
{C_{\bar m}}{H_{2\bar m + 1}}OH:\,0,02\,mol
\end{array} \right.\)

Ta có: n_{NaOH dư}  \( = {n_{HCl}} = 0,02\;mol\)

\(BT.Na:\,\,{n_{R{{(COONa)}_2}}} = \frac{{{n_{NaOH}} - {n_{NaCl}}}}{2} = 0,04\;mol\)

- Khi đốt a (g) X thì  \(a.{n_{R{{(COONa)}_2}}} + \bar m.{n_{ancol}} = {n_{C{O_2}}} \to 0,04a + 0,05\bar m = 0,19 \to a = 3\)  (BT.C)

(Với a là số nguyên tử C của axit) → Axit cần tìm là CH₂(COOH)₂

Chất rắn Y gồm có CH₂(COONa)₂: 0,04 mol và NaCl: 0,02 mol → m_{rắn Y} =  7,09 gam

Chọn B.

- Khi đốt 0,16 mol X thì : \(\frac{{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}}}{{0,5{k_X} - 1}} = {n_X} \to \frac{{0,16}}{{0,5{k_X} - 1}} = 0,16 \Rightarrow {k_X} = 4\)

- Tương tự khi đốt lần lượt 0,16 mol Y và Z thì ta được k_Y = k_Z = 4.

- Gọi x là số mol của hỗn hợp E. Khi đun nóng 69,8 gam E với NaOH vừa đủ thì :

\(BTKL:\,\,{m_{{\rm{muoi}}}} = {m_E} + 18{n_{{H_2}O}} - 40{n_{NaOH}} \to 101,04 = 69,8 + 40.4t - 18t \Rightarrow t = 0,22\,mol\)

+ Xét hỗn hợp muối ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
111{n_{AlaNa}} + 139{n_{ValNa}} = {m_{muoi}}\\
{n_{AlaNa}} + {n_{ValNa}} = 4{n_E}
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
111{n_{AlaNa}} + 139{n_{ValNa}} = 101,04\\
{n_{AlaNa}} + {n_{ValNa}} = 0,88
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
{n_{AlaNa}} = 0,76\\
{n_{ValNa}} = 0,12
\end{array} \right.\)

- Ta nhận thấy rằng n_Z > n_ValNa, nên peptit Z trong E là (Ala)₄ (0,16 mol)

- Gọi x, y lần lượt là số mol của X và Y. Theo đề ta có X là (Val)_a(Ala)_{4 – a} và b là (Val)_b(Ala)_{4 – b}.

\(\left\{ \begin{array}{l}
xa + yb = 0,12\\
x(4 - a) + y(4 - b) = 0,76\\
x + y = 0,22 - 0,16 = 0,06
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
xa + yb = 0,12\\
4x + 4y - xa - yb = 0,76\\
x + y = 0,06
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,02,{\rm{ y  =  0,04}}\\
{\rm{a}}\,{\rm{ =  4, b}}\,{\rm{ = 1 }}
\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \% {m_X} = \frac{{0,02.414}}{{69,8}}.100\%  = 11,86\% \)

Chọn A.

Khi cho Ca(NO₃)₂ tác dụng với Y thì: \({n_{CaC{O_3}}} = {n_{C{O_3}^{2 - }}} = 0,075\;mol\)

Dung dịch Y chứa CO₃^2– (0,075 mol), HCO₃^–, Na⁺ (0,05 mol), K⁺ (0,1a mol).

\(\begin{array}{l}
BT.C:{n_{HC{O_3}^ - }} = {n_{C{O_2}}} + {n_{N{a_2}C{O_3}^{2 - }}} - {n_{C{O_3}^{2 - }}} = 0,1\;mol\;\\
BTDT(Y)\, \to a = 2
\end{array}\)

Chọn C.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{Glu}} + {n_{{\rm{Lys}}}} = 0,3\\
2{n_{Glu}} + {n_{{\rm{Lys}}}} + 0,4 = 0,8
\end{array} \right. \Rightarrow {n_{Glu}} = 0,1\;mol\)

Quy đổi hỗn hợp thành \(\left\{ \begin{array}{l}
{C_2}{H_3}ON:x\\
C{H_2}:y\\
{H_2}O:z
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
97x + 14y = 151,2\\
1,5x + y + z = 3,6\\
2,25x + 1,5y = 4,8
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 1,4\\
y = 1,1\\
z = 0,4
\end{array} \right. \Rightarrow m = 102,4\;gam\)

\(C{H_2} = C(C{H_3})CHO\,\,\,( + {H_2}) \to C{H_3}C(C{H_3})C{H_2}OH\,\,( + CuO) \to C{H_3}C(C{H_3})CHO\,\,( + {O_2}) \to C{H_3}C(C{H_3})COOH\)

Ta có: \({m_{MgO}} = 2,4\,gam \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{Mg}} = 0,15\;mol\\
{n_{MgO}} = 0,06\;mol
\end{array} \right.\)

Dung dịch Z gồm Mg²⁺ (0,21 mol), NH₄⁺, Na⁺, SO₄^2–.

Theo đề: \(\left\{ \begin{array}{l}
233{n_{BaS{O_4}}} = 55,92\\
2{n_{M{g^{2 + }}}} + {n_{N{H_4}^ + }} = 0,44
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{S{O_4}^{2 - }}} = {n_{BaS{O_4}}} = 0,24\;mol\\
{n_{N{H_4}^ + }} = 0,02\,mol
\end{array} \right. \to {n_{N{a^ + }}} = 0,04\;mol\)

\(BT.e:2{n_{Mg}} = 2{n_{{H_2}}} + 8{n_{N{H_4}^ + }} + b.{n_T} \to b.{n_T} = 0,06\)

Ta có: \({n_{{H_2}S{O_4}}} = {n_{S{O_4}^{2 - }}} \Rightarrow {n_{{H^ + }}} = 2{n_{{H_2}}} + 2{n_{MgO}} + 10{n_{N{H_4}^ + }} + a.{n_T} \to a.{n_T} = 0,08\) .

Vậy \(\frac{b}{a} = \frac{3}{4} \Rightarrow NO\)

Chọn B.

Theo đề, công thức cấu tạo của X thoả mãn là HCOOCH₃ ⇒ Y là HCOOH và Z là CH₃OH.

B. Sai, Z không tách nước tạo anken.

Chọn A.

T tác dụng tác dụng được với AgNO₃ trong NH₃ mà X, Y lại có cùng số nguyên tử C → X không thể HCOOH nên lúc này Y phải có dạng HCOOR với \({n_Y} = \frac{{{n_{Ag}}}}{2} = 0,15\;mol \Rightarrow {n_X} = 0,25 - 0,15 = 0,1\;mol\)

Mà \({m_{R'COONa}} + {m_{HCOONa}} = 18,4 \Rightarrow {M_{R'COONa}} = 82\) : X là CH₃COOH →  m_T = 15 gam.

Chọn C.

Trong X có 4 nguyên tử O và 5 nguyên tử C ⇒ Công thức của X là CH₃COO-CH₂-CH₂-OOCH

mà \({n_X} = \frac{{{n_{NaOH}}}}{2} = 0,125\,mol \Rightarrow {m_X} = 16,5\;gam\)

Chọn A.

Ta có:  \(\frac{{{n_{Ag}}}}{{{n_X}}} = 3,5\) ⇒ X gồm CH₃OH và C₂H₅OH.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{C{H_4}O}} + {n_{{C_2}{H_6}O}} = 0,2\\
4{n_{C{H_4}O}} + 2{n_{{C_2}{H_6}O}} = 0,7
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{C{H_4}O}} = 0,15\;mol\\
{n_{{C_2}{H_6}O}} = 0,05\;mol
\end{array} \right. \Rightarrow {m_X} = 7,1\;gam\)

X, Y, Z, T lần lượt là Gly-Ala-Ala, metylamin, anilin, acrilonitrin.   

Chọn D.

Số phản ứng oxi hóa - khử là: (a), (b), (e).

Thủy phân 1 mol pentapeptit X → 3 mol glyxin, 1 mol alanin và 1 mol valin

→ X có 3 mắt xích Gly, 1 mắt xích Ala, 1 mắt xích Val

Ta có Ala-Gly và Gly-Gly-Val → Ala-Gly-Gly-Val

Có Gly-Ala, vừa tìm được Ala-Gly-Gly-Val và X có 3 mắt xích Gly, 1 mắt xích Ala, 1 mắt xích Val.

⇒ Gly-Ala-Gly-Gly-Val → Đầu N là Gly, đầu C là Val 

Chọn A.

Khi cho KOH vào X chỉ thu được một chất tan (K₂SO₄) nên các chất trong X đều thành tạo kết tủa Z.

Dung dịch X chứa Al³⁺, Zn²⁺, Mg²⁺, Fe²⁺, Fe³⁺, K⁺ (x mol), SO₄^2– (2x mol).

Mà \({m_X} = 8,6 + 39x + 96.2x = 43,25 \Rightarrow x = 0,15\,mol\)

Theo đề \({m_{{H_2}}} = 0,04{m_Y} \to {n_{{H_2}O}} = {n_{{H_2}S{O_4}}} - {n_{{H_2}}} = 0,3 - 0,02{m_Y}\)

\(BTKL:{m_{KL}} + {m_{KN{O_3}}} + {m_{{H_2}S{O_4}}} = {m_X} + {m_Y} + 18.(0,3 - 0,02{m_Y}) \Rightarrow {m_Y} = 7,03125\;(g)\)

Nung Z thu được m_rắn = m_KL + m_O = 12,6 ⇔ n_O = 0,25 mol

\(BTDT(Y):\,\,n.{n_{{M^{n + }}}} + 2{n_{F{e^{2 + }}}} = 0,45\) (1) (với Mⁿ⁺ là Al³⁺, Zn²⁺, Mg²⁺, Fe³⁺).

Khi nung thì lượng Fe²⁺ chuyển thành Fe³⁺. Giả sử trong rắn chỉ toàn các ion, áp dụng bảo toàn điện tích: \(n.{n_{{M^{n + }}}} + 3{n_{F{e^{2 + }}}} = 2{n_O}\)  (2).

Từ (1), (2) suy ra: \({n_{F{e^{2 + }}}} = 0,05\,mol\)

\(BTKL:{m_{dd\;X}} = 100 + 8,6 - {m_Y} = 101,56875\;gam\)

\( \Rightarrow \% {m_{FeS{O_4}}} = 7,48\% \)

Chọn A.

Tính được: \({n_{{N_2}O}} = 0,06\;mol\) và \({n_{{H_2}}} = 0,08\;mol\)

Dung dịch Y chứa Mg²⁺, Al³⁺ (x mol), NH₄⁺ (y mol), Na⁺ (z mol) và Cl^– (1,08 mol)

Theo đề: \(\left\{ \begin{array}{l}
2{n_{M{g^{2 + }}}} + 4y + z = 1,14\\
40{n_{MgO}} = 40{n_{M{g^{2 + }}}} = 9,6
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{M{g^{2 + }}}} = 0,24\;mol\\
4y + z = 0,66\;(1)
\end{array} \right.\) và \(BTDT:3x + y + z = 0,6\;(2)\)

\(\begin{array}{l}
BT.H:{n_{{H_2}O}} = 0,46 - 2z\;\\
BTKL: - 27x + 18y + 62z = 2,24\;(3)
\end{array}\)

Từ (1), (2), (3) suy ra: x = 0,16 ; y = 0,02 ; z = 0,1

\(BTNT.N:\,\,{n_{Mg{{(N{O_3})}_2}}} = 0,02\;mol \Rightarrow {n_{Mg}} = 0,22\;mol\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{Al}} + 2{n_{A{l_2}{O_3}}} = 0,16\\
27{n_{Al}} + 102{n_{A{l_2}{O_3}}} = 5,28
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{Al}} = 0,12\;mol\\
{n_{A{l_2}{O_3}}} = 0,02\;mol
\end{array} \right. \Rightarrow \% {m_{Al}} = 23,96\% \)

Chọn A.

Chất tác dụng được với dung dịch NaOH loãng, ở nhiệt độ thường là CO₂, NaHCO₃, MgCl₂.