Chọn đáp án B

Fe là chất khử, N⁺⁵ (NaNO₃) là chất oxi hóa, H⁺ (H₂SO₄) là môi trường.

^Mg2+/_Mg > ^Fe2+/_Fe > ^Cu2+/_Cu > ^Fe3+/_Fe²⁺ > ^Ag+/_Ag ⇒ chắc chắn phải có Ag ⇒ chọn B.

Ăn mòn điện hóa học xảy ra khi thỏa đủ 3 điều kiện sau:

- Các điện cực phải khác nhau về bản chất.

- Các điện cực phải tiếp xúc trực tiếp hoặc gián tiếp với nhau qua dây dẫn.

- Các điện cực cùng tiếp xúc với dung dịch chất điện li.

FeCl₃: chỉ xảy ra ăn mòn hóa học: Ni + 2FeCl₃ → NiCl₂ + 2FeCl₂

CuCl₂: ban đầu Ni bị ăn mòn hóa học: Ni + CuCl₂ → NiCl₂ + Cu

Cu sinh ra bám trực tiếp lên Ni ⇒ xảy ra ăn mòn điện hóa đồng thời với ăn mòn hóa học.

AgNO₃: ban đầu Ni bị ăn mòn hóa học: Ni + 2AgNO₃ → Ni(NO₃)₂ + 2Ag

Ag sinh ra bám trực tiếp lên Ni ⇒ xảy ra ăn mòn điện hóa đồng thời với ăn mòn hóa học.

HCl và FeCl₂: chỉ xảy ra ăn mòn hóa học: Ni + 2HCl → NiCl₂ + H₂

⇒ có 2 trường hợp xảy ra ăn mòn điện hóa ⇒ chọn C.

Khi điện phân dung dịch NaCl bằng điện cực trơ: 2NaCl + 2H₂O → 2NaOH + H₂↑ + Cl₂↑

Nếu không có màng ngăn thì xảy ra thêm phản ứng: 2NaOH + Cl₂ → NaCl + NaClO + H₂O

⇒ để thu được khí X duy nhất thì không dùng màng ngăn xốp và khí duy nhất là H₂ ⇒ chọn C.

Hiện tương đầu tiên xảy ra ở cả 3 cốc là sủi bọt khí không màu (H₂) do phản ứng: 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂↑

2H₂SO₄ + 2e → SO₂ + SO₄^2– + 2H₂O ⇒ n_SO4^2– = n_SO2 = 0,045 mol.

⇒ m_muối = m_KL + m_SO4^2– = 1,68 + 0,045 × 96 = 6(g) ⇒ chọn A.

(C₂H₅)₂CH-CH(CH₃)₂ + Cl₂ thu được 5 dẫn xuất monoclo gồm:

CH₂Cl-CH₂-CH(C₂H₅)-CH(CH₃)₂

CH₃-CHCl-CH(C₂H₅)-CH(CH₃)₂

(C₂H₅)₂CCl-CH(CH₃)₂

(C₂H₅)₂CH-CCl(CH₃)₂

(C₂H₅)₂CH-CH(CH₃)-CH₂Cl

Thí nghiệm trên có thể chứng minh glucozơ chứa nguyên tố hidro và cacbon nhờ chuyển chúng thành các hợp chất vô cơ tương ứng là hơi H₂O và khí CO₂.

Hơi nước sẽ làm CuSO₄ khan từ màu trắng chuyển thành màu xanh:

CuSO₄ + 5H₂O → CuSO₄. 5H₂O

Khí CO₂ làm vẩn đục nước vôi trong: CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + H₂O.

Quá trình phân tích nguyên tố được minh họa theo sơ đồ Mindmap dưới đây.

Ta có n_H2O = n_NaOH + n_KOH = 2n_H2SO4 + 2n_X= 0,2 + 0,2 = 0,4 mol

→ n_NaOH = 0,1 mol và n_KOH = 0,3 mol

Bảo toàn khối lượng m_X = 36,7 + 0.4. 18- 0,1. 98 - 0,3. 56- 0,1. 40 = 13,3 gam

→ M_X = 133 → %N= \(\frac{{14}}{{133}}\) ×100% = 10,526%. Đáp án A.

Phản ứng xảy ra nhanh hơn khi xảy ra ăn mòn điện hóa ⇒ thêm dung dịch Cu(NO₃)₂.

CH₂=C(CH₃)-COOH + CH₃OH ⇄ CH₂=C(CH₃)-COOCH₃ + H₂O

nCH₂=C(CH₃)-COOCH₃ ⇄ [-CH₂-C(CH₃)(COOCH₃)-]_n

n_polime = 1,2 mol ⇒ n_axit = 1,2 ÷ 0,8 ÷ 0,3 = 5 mol⇒ m_axit = 5 × 86 = 430(kg) ⇒ chọn B.

Gọi A là gốc C17H33COO- và B là gốc C15H31COO-

X có hai CTCT thỏa mãn sau : A – B – B  và  B – A – B

Đáp án D

X gồm H₂ và CO₂. Đặt n_CO2 = x; n_H2 = y ⇒ n_X = x + y = 0,21 mol; m_X = 5,25g = 44x + 2y.

Giải hệ có: x = 0,115 mol; y = 0,095 mol.

Quy đổi hỗn hợp ban đầu về Mg, Ca, O và CO₂

⇒ n_Ca = n_CaCl2 = 0,18 mol. Đặt n_Mg = x; n_O = y ⇒ 24x + 0,18 × 40 + 16y + 0,115 × 44 = 19,02g

Bảo toàn electron: 2x + 0,18 × 2 = 0,095 × 2 + 2y. Giải hệ có: x = 0,135 mol; y = 0,22 mol.

⇒ n_HCl = 2n_Mg + 2n_Ca = 2 × 0,135 + 2 × 0,18 = 0,63 mol ⇒ m = 0,63 × 36,5 ÷ 0,1 = 229,95(g).

Amino axit có dạng: (H₂N)_x-R-(COOH)_y xảy ra các trường hợp:

- x > y: dung dịch có pH > 7 và làm quỳ tím hóa xanh.

- x = y: dung dịch có pH = 7 và không làm đổi màu quỳ tím.

- x < y: dung dịch có pH < 7 và làm quỳ tím hóa đỏ.

⇒ chỉ có D là quỳ tím đổi màu khác nhau nên nhận biết được.

Do n_HCl < 2n_H2 ⇒ HCl hết, Ba tác dụng với H₂O ⇒ X chứa BaCl₂ và Ba(OH)₂.

Các chất tác dụng được với dung dịch X là Na₂SO₄, Na₂CO₃, Al, Al₂O₃, AlCl₃, NaHCO₃ ⇒ chọn B.

n_CO2 = n_CaCO3 = 0,1 mol || m_{dung dịch giảm} = m_CaCO3 – ∑(m_CO2 + m_H2O)

⇒ m_H2O = 10 – 3,98 – 0,1 × 44 = 1,62 gam ⇒ n_H2O = 0,09 mol.

X gồm C₂H₄O₂, C₃H₄O, C₄H₆O₂ ⇒ n_O = n_H – n_C = 0,09 × 2 – 0,1 = 0,08 mol.

⇒ m_X = m_C + m_H + m_O = 0,1 × 12 + 0,09 × 2 + 0,08 × 16 = 2,66 gam.

Tơ có nguồn gốc từ xenlulozo là sợi bông, sợi đay, tơ visco, tơ axetat ⇒ Chọn D

Ba được vì:

Ba + 2H2O → Ba(OH)₂ + H₂↑

Ba(OH)₂ + 2NaHSO₄ → BaSO₄↓ + Na₂SO₄ + 2H₂O

BaCO₃ được vì:

BaCO₃ + 2NaHSO₄ → BaSO₄↓ + Na₂SO₄ + CO₂↑ + H₂O

Ba(HCO₃)₂ được vì:

Ba(HCO₃)₂ + 2NaHSO₄ → BaSO₄↓ + Na₂SO₄ + CO₂↑ + 2H₂O

⇒ Chọn A

Có 7 chất bao gồm.

Na₂S, NaI, FeS, Fe₃O₄, FeO, Fe(OH)₂, FeSO₄ ⇒ Chọn A

Ta có n_C = n_CO2 = 0,4 mol || n_H = 2n_H2O = 1,35 mol.

⇒ n_{N/ hh amin} = (9,65 – m_C – m_H) ÷ 14 = 0,25 mol.

⇒ n_HCl = 0,25 mol ⇒ m_Muối = 9,65 + 0,25×36,5 = 18,775 gam. (Cẩn thận chọn sai).

⇒ Với 19,3 gam X thì m_Muối = 18,775×2 = 37,55 gam ⇒ Chọn A

Để phản ứng với dung dịch Br₂ thì trong CTCT cần có liên kết bội (π) hoặc nhóm chức –CHO.

⇒ Số chất thỏa mãn bao gồm:

+ Axetilen ⇒ Có liên kết ≡ ⇒ Có liên kết π kém bền.

+ Metanal ⇒ Có nhóm –CHO.

+ Axit fomic ⇒ Có nhóm –CHO.

+ Metyl fomat ⇒ Có nhóm –CHO.

+ Metyl acrylat ⇒ Có liên kết = ⇒ Có liên kết π kém bền.

+ Vinyl axetat ⇒ Có liên kết = ⇒ Có liên kết π kém bền.

+ Triolein ⇒ Có liên kết = ⇒ Có liên kết π kém bền.

+ Glucozơ ⇒ Có nhóm –CHO.

⇒ Chọn D

Do V_CO2 ở 2 thí nghiệm khác nhau ⇒ HCl không dư || n_HCl = 0,1x; n_CO3^2– = 0,1y mol; n_HCO3^– = 0,2y mol.

Thí nghiệm 1: n_CO2 = n_H⁺ - n_CO3^2– = 0,1x - 0,1y

Thí nghiệm 2: do ban đầu n_HCO3^– = 2.n_CO3^2– ⇒ n_HCO3^– _{phản ứng} = 2.n_CO3^2–_{phản ứng}

⇒ n_CO3^2–_{phản ứng} = 0,1x ÷ (2 + 2 × 1) = 0,025x ⇒ n_HCO3^– _{phản ứng} = 0,05x ⇒ n_CO2 = 0,025x + 0,05x = 0,075x

⇒ 0,075x = 2 × (0,1x - 0,1y) ⇒ 0,125x = 0,2y ⇒ x : y = 8 : 5 ⇒ chọn A.

Các chất phản ứng được với dung dịch NaOH loãng, nóng là phenylamoni clorua, phenyl benzoat , tơ nilon-6, alanin, Gly-Gly-Val, m-crezol, phenol, triolein, đivinyl oxalat ⇒ có 9 chất ⇒ chọn D.

(1) SiO₂ + 4HF → SiF₄ + 2H₂O

(2) SO₂ + 2H₂S → 3S + 2H₂O

(3) 2NH₃ + 3CuO → 3Cu + N₂ + 3H₂O

(4) CaOCl₂ + 2HCl_đặc → CaCl₂ + Cl₂ + H₂O

(5) Si + 2NaOH + H₂O → Na₂SiO₃ + 2H₂

(6) 2Ag + O₃ → Ag₂O + O₂

(7) NH₄Cl + NaNO₂ → NaCl + N₂ + 2H₂O

(8) 2Cu(NO₃)₂ + 2H₂O → 2Cu + 4HNO₃ + O₂

(9) 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂ || 3NaOH + FeCl₃ → Fe(OH)₃ + 3NaCl

(10) Mg + Fe₂(SO₄)_3dư → MgSO₄ + 2FeSO₄

⇒ (2), (3), (4), (5), (6), (7), (8), (9) thỏa ⇒ chọn A.

Xét trong 100 ml dung dịch X: 2H⁺ + CO₃^2– → CO₂ + H₂O ⇒ n_CO3^2– = n_khí = 0,1 mol.

Ba²⁺ + CO₃^2– → BaCO₃ 

Ba²⁺ + SO₄^2– → BaSO₄

⇒ n_SO4^2– = (43 - 0,1 × 197) ÷ 233 = 0,1 mol.

NH₄⁺ + OH^– → NH₃ + H₂O ⇒ n_NH4⁺ = n_NH3 = 0,4 ÷ 2 = 0,2 mol.

Bảo toàn điện tích: n_Na+ = 0,2 mol.

⇒ m_{muối trong 300ml X} = 3 × (0,2 × 23 + 0,2 × 18 + 0,1 × 60 + 0,1 × 96) = 71,4(g) ⇒ chọn C.

Bảo toàn khối lượng: m_CO2 = m + 32x - 18y = 110x - 121y ⇒ n_CO2 = 2,5x - 2,75y

Bảo toàn nguyên tố Oxi: n_X = [2 × (2,5x - 2,75y) + y - 2x] ÷ 6 = 0,5x - 0,75y

Ta có: n_CO2 - n_H2O = (k - 1).n_HCHC (với k là độ bất bão hòa của HCHC).

Áp dụng: (2,5x - 2,75y) - y = (k - 1).(0,5x - 0,75y) ⇒ k = 6 ⇒ π_C=C + π_C=O = 6

Mà π_C=O = 3 ⇒ π_C=C = 3 ⇒ n_Br2 = 0,15 × 3 = 0,45 mol ⇒ chọn A.

- Gọi a và b lần lượt là số mol của X và Y. Khi cho E tác dụng với NaOH thì:

\(\mathop {N{H_4}OOC - COON{H_3}C{H_3}}\limits_{a{\rm{ mol}}}  + NaOH \to \mathop {{{\left( {COONa} \right)}_2}}\limits_{a{\rm{ mol}}}  + \mathop {N{H_3}}\limits_{{\rm{a mol}}}  + \mathop {C{H_3}N{H_2}}\limits_{a{\rm{ mol}}}  + {H_2}O\)

\(\mathop {{{\left( {C{H_3}N{H_3}} \right)}_2}C{O_3}}\limits_{b{\rm{ mol}}}  + NaOH \to \mathop {2C{H_3}N{H_2}}\limits_{2b{\rm{ mol}}}  + \mathop {N{a_2}C{O_3}}\limits_{b{\rm{ mol}}}  + {H_2}O\) 

Ta có  \(\left\{ \begin{array}{l}
a + 2b = 0,05\\
a = 0,01
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
a = 0,01{\rm{ mol}}\\
b = 0,02{\rm{ mol}}
\end{array} \right. \Rightarrow {m_{{\rm{muoi}}}} = 134{n_{{{\left( {COONa} \right)}_2}}} + 106{n_{N{a_2}C{O_3}}} = 3,46g\)

- Xét hỗn hợp CO₂ và H₂O ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} = 0,55\\
197{n_{CaC{O_3}}} - \left( {44{n_{C{O_2}}} + 18{n_{{H_2}O}}} \right) = {m_{dd{\rm{ }}}} = 2
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{C{O_2}}} = 0,3{\rm{ mol}}\\
{{\rm{n}}_{{H_2}O}} = 0,25{\rm{ mol}}
\end{array} \right.\) 

\( \to {n_{O\left( {{\rm{trong X}}} \right)}} = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} - 2{n_{{O_2}\left( {p{\rm{}}} \right)}} = 0,25{\rm{ mol}}\) 

- Có \({n_C}:{n_H}:{n_O} = 6:10:5\) và CTCT trùng với CT đơn giản nhất nên CTPT của X là C₆H₁₀O₅

- Mặt khác ta nhận thấy rằng \(\frac{{{n_A}}}{{{n_{NaOH}}}} = \frac{1}{2}\)

- Từ các 2 dữ kiện trên ta được CTCT của X là \(HOC{H_2}C{H_2}COOC{H_2}C{H_2}COOH\) và X còn 2 đồng phân còn lại: \(HOC{H_2}C{H_2}COOCH\left( {C{H_3}} \right)COOH\); \(HOCH\left( {C{H_3}} \right)COOCO\left( {C{H_3}} \right)COOH\)

- PT phản ứng: \(HOC{H_2}C{H_2}COOC{H_2}C{H_2}COOH\left( X \right) + 2NaOH2HOC{H_2}C{H_2}COONa\left( Y \right) + {H_2}O\) 

A. Đúng, \(2HOC{H_2}C{H_2}COONa\left( Y \right) + 6{O_2} \to 5C{O_2} + 5{H_2}O + N{a_2}C{O_3}\) 

B. Đúng, \(HOC{H_2}C{H_2}COOC{H_2}C{H_2}COOH\left( X \right) + N{H_3} \to HOC{H_2}C{H_2}COOC{H_2}C{H_2}COON{H_4}\) 

C. Sai, X có tất cả 3 công thức cấu tạo (viết ở trên).

D. Đúng, \(HOC{H_2}C{H_2}COOH\left( Y \right) \to C{H_2} = CH - COOH\).

Phân tích: Đặt \({n_{Cu}} = {n_{CuO}} = a;{n_{Cu\left( {N{O_2}} \right)}} = b\).

Khi cho X tan hoàn toàn trong dung dịch H₂SO₄ thì ta chỉ thu được dung dịch chỉ chứa một chất tan duy nhất nên sau phản ứng thì NO₃^- hết và muối thu được là CuSO₄.

Ta có: \(CuO + 2{H^ + } \to C{u^{2 + }} + {H_2}O\) 

\(\mathop {3C{u^{2 + }}}\limits_a  + \mathop {8{H^ + } + 2N{O^ - }}\limits_{\frac{8}{3}a \leftrightarrow 2b}  \to 3C{u^{2 + }} + 2NO + 4{H_2}O\)

\( \to 2a + \frac{8}{3}a = {n_{{H^ + }}} = 2{n_{{H_2}S{O_4}}} = 1,4 \to a = 3\)

 Mà \(2b = \frac{2}{3}a \to b = 0,1\)

Vậy khối lượng Cu trong X là: \(\frac{{0,3.64}}{{0,3.\left( {64 + 80} \right) + 0,1.188}} \approx 30,97\% \)  

Do dùng "tối thiểu" HCl nên xảy ra các phản ứng theo thứ tự:

Fe₃O₄ + 8HCl → 2FeCl₃ + FeCl₂ + 4H₂O

Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂O

n_Fe = 0,2 mol; n_Fe3O4 = 0,05 mol.

Cuối cùng chỉ chứa FeCl₂ ⇒ n_FeCl2 = 0,2 + 0,05 × 3 = 0,35 mol.

Bảo toàn nguyên tố Clo: n_HCl = 0,35 × 2 = 0,7 mol ⇒ V = 0,7 ÷ 2 = 0,35(l) = 350 ml.

FeCl₂ + 3AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + Ag↓ + 2AgCl↓

⇒ n_Ag = 0,35 mol; n_AgCl = 0,7 mol ⇒ m = 0,35 × 108 + 0,7 × 143,5 = 138,25(g).

⇒ chọn B.

∑n_OH^– = 0,2 × (1,5 × 2 + 1) = 0,8 mol; n_CO2 = 0,6 mol.

⇒ n_OH^–/n_CO2 = 0,8 ÷ 0,6 = 1,33 ⇒ sinh ra HCO₃^– và CO₃^2–

n_HCO3^–_/Y = 2n_CO2 - n_OH^– = 0,4 mol; n_CO3^2– = 0,6 - 0,4 = 0,2 mol

⇒ n_Ba²⁺_/Y = 0,2 × 1,5 - 0,2 = 0,1 mol

n_OH^– = 0,2 × 1,5 = 0,3 mol < n_HCO3^–_/Y ⇒ n_CO3^2– = 0,3 mol

n_Ba²⁺ = 0,2 + 0,1 = 0,3 mol < n_CO3^2– ⇒ n_BaCO3 = 0,3 mol

⇒ m = 0,3 × 197 = 59,1(g) ⇒ chọn D.

(1) Đúng

(2) Đúng

(3) Sai, chẳng hạn anilin có tính bazơ yếu hơn NH3.

(4) Sai, polipeptit mới là cơ sở tạo nên protein.

(5) Đúng

(6) Đúng

⇒ có 4 nhận định đúng ⇒ chọn B.

Tính được n_H2 = 0,15 mol; n _C4H4 = 0,05 mol.

Khi nung nóng thì khối lượng hỗn hợp: m_{sau pư} = m_{trước pư} = 0,15 × 2 + 0,05 ÷ 52 = 2,9 gam.

từ tỉ khối hh sau pư với H₂ → n _{hh sau pư} = 2,9 ÷ 2 ÷ 14,5 = 0,1 mol.

Chú ý: n_{H2 pư} = n _{hh trước pư} – n _{số mol hh sau pư} = 0,2 – 0,1 = 0,1 mol.

Thêm nữa, H₂ phản ứng sẽ cộng vào nối đôi, làm mất 0,1 mol liên kết π của hh trước pư.

Mà số mol lk π trước pư là: 0,05 × 3 = 0,15 nên sau phản ứng chỉ còn 0,15 – 0,1 = 0,05 mol π.

Vậy khối lượng brom đã phản ứng sé là: 0,05 × 160 = 8 gam.

Ta chọn đáp án C. 

gt ⇒ Z gồm N₂O, N₂, H₂ ⇒ Y không chứa NO₃^–; khí có PTK lớn nhất trong Z là N₂O.

\(\underbrace {\left\{ \begin{array}{l}
Al\\
A{l_2}{O_3}\\
Al{\left( {N{O_3}} \right)_3}
\end{array} \right\}}_{10,92\left( g \right)} + \left\{ \begin{array}{l}
NaHS{O_4}\\
HN{O_3}:0,09
\end{array} \right\} \to \left\{ \begin{array}{l}
{N_2}O\\
{N_2}\\
{H_2}
\end{array} \right\} + {H_2}O + \left\{ \begin{array}{l}
A{l^{3 + }}\\
N{a^ + }\\
NH_4^ + \\
{H^ + }\\
SO_4^{2 - }
\end{array} \right\}\)

Từ 1 mol NaOH đến 1,3 mol NaOH thì kết tủa từ cực đại đến tan hết do xảy ra phản ứng:

Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O ⇒ n_Al³⁺ = n_Al(OH)3 = 1,3 - 1 = 0,3 mol.

Đặt n_NaHSO4 = x ⇒ n_Na⁺_/Y = n_SO4^2– = x. Khi kết tủa đạt cực đại thì chỉ thu được Na₂SO₄.

⇒ n_Na2SO4 = x ⇒ ∑n_Na⁺ = 2x ⇒ n_Na⁺_/Y = 2x - 1 = x ⇒ x = 1.

Đặt n_NH4⁺ = y; n_H⁺ = z. Bảo toàn điện tích: 0,3 × 3 + 1 + y + z = 1 × 2

m_muối = 127,88(g) = 0,3 × 27 + 1 × 23 + 18y + z + 1 × 96

Giải hệ có: y = 0,04 mol; z = 0,06 mol. Bảo toàn khối lượng:

m_H2O = 10,92 + 1 × 120 + 0,09 × 63 - 127,88 - 0,08 × 20 = 7,11g ⇒ n_H2O = 0,395 mol.

Bảo toàn nguyên tố Hidro: n_H2 = (1 + 0,09 - 0,04 × 4 - 0,06 - 0,395 × 2)/2 = 0,04 mol.

Đặt n_N2O = a; n_N2 = b ⇒ n_Z = a + b + 0,04 = 0,08; m_Z = 44a + 28b + 0,04 × 2 = 0,08 × 20

Giải hệ có: a = 0,025 mol; b = 0,015 mol ⇒ %m_N2O = 0,025 × 44 ÷ 1,6 × 100% = 68,75%.

(1) Sai vì hidro hóa hoàn toàn glucozơ thu được sobitol.

(2) Đúng vì trong dạ dày của chúng có chứa các enzim thủy phân xenlulozơ.

(3) Sai vì xenlulozơ trinitrat dùng để chế tạo thuốc súng không khói.

(4) Đúng vì H₂SO₄ đặc có tính háo nước nên xảy ra phản ứng: C₁₂H₂₂O₁₁ → 12CO₂ + 11H₂O

(5) Đúng

(6) Đúng

(7) Sai vì fructozơ và glucozơ chỉ chuyển hóa lẫn nhau trong môi trường kiềm.

(8) Đúng vì mantozơ tạo bởi 2 gốc α-glucozơ. Trong dung dịch, gốc α-gluczơ có thể mở vòng tạo nhóm -CHO.

(9) Sai vì thủy phân saccarozơ thu được 2 loại monosaccarit là glucozơ và fructozơ.

(10) Đúng vì fructozơ chứa nhiều nhóm -OH kề nhau.

(11) Đúng vì sản phẩm thủy phân là glucozơ có thể tráng gương.

⇒ (2), (4), (5), (6), (8), (10) và (11) đúng ⇒ chọn B.

Quy A về Cu, Al, Fe và O

[O] + H₂SO₄ → SO₄^2– + H₂O ⇒ n_O = n_H2SO4 = 0,17 mol.

H₂ + [O] → H₂O (trừ Al₂O₃) ⇒ n_Al2O3 = (0,17 - 0,08)/3 = 0,03 mol ⇒ n_Al = 0,06 mol.

Rắn gồm 0,03 mol Al₂O₃ và Fe₂O₃ ⇒ n_Fe2O3 = (6,66 - 0,03 × 102)/160 = 0,0225 mol

⇒ n_Fe = 0,045 mol ⇒ n_Cu = (8,14 - 0,06 × 27 - 0,045 × 56 - 0,17 × 16)/64 = 0,02 mol.

⇒ n_{O/oxit sắt} = 0,17 - 0,09 - 0,02 = 0,06 mo ⇒ Fe : O = 0,045 : 0,06 = 3 : 4 ⇒ Fe₃O₄

⇒ m_{oxit sắt} = 0,015 × 232 = 3,48(g) ⇒ chọn A.

A tác dụng với B thu được 2 kết tủa và 1 kết tủa có tính khử ⇒ loại A và C.

B tác dụng với C thu được khí ⇒ loại B ⇒ chọn D.

- Dung dịch Y gồm Fe³⁺, H⁺, Na⁺, NO₃^- và SO₄^2- (dung dịch Y không chứa Fe²⁺, vì không tồn tại dung dịch cùng chứa Fe²⁺, H⁺ và NO₃^-).

- Khi cho dung dịch Y tác dụng với 0,135 mol Cu thì:

\(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{F{e^{3 + }}}} = 2{n_{Cu}} - 3{n_{NO}} = 0,18{\rm{ mol}}\\
{n_{{H^ + }\left( {{\rm{d}}} \right)}} = 4{n_{NO}} = 0,12{\rm{ mol}}
\end{array} \right.\)

- Khi cho dung dịch Y tác dụng với Ba(OH)₂ ta có:

\({n_{BaS{O_4}}} = {n_{NaHS{O_4}}} = \frac{{m \downarrow  - 107{n_{F{e^{3 + }}}}}}{{233}} = 0,58{\rm{ mol}}\)

- Xét dung dịch Y, có:  \( \to {n_{NO_3^ - }} = 2{n_{SO_4^{2 - }}} - \left( {3{n_{F{e^{3 + }}}} + {n_{{H^ + }}} + {n_{N{a^ + }}}} \right) = 0,08{\rm{ mol}}\)

\( \Rightarrow {m_Y} = 23{n_{N{a^ + }}} + 56{n_{F{e^{3 + }}}} + {n_{{H^ + }}} + 62{n_{NO_3^ - }} + 96{n_{SO_4^{2 - }}} = 84,18{\rm{ }}\left( g \right)\)

\( \to {n_{{H_2}O}} = \frac{{{n_{NaHS{O_4}}} + {n_{HN{O_3}}} - {n_{{H^ + }\left( {{\rm{d}}} \right)}}}}{2} = 0,31{\rm{ mol}}\) 

- Xét hỗn hợp khí Z, có nCO2 = x mol và nNO = 4x mol. Mặt khác:

\( \to 44{n_{C{O_2}}} + 30{n_{NO}} = {m_X} + 120{n_{NaHS{O_4}}} + {n_{HN{O_3}}} - {m_T} - 18{n_{{H_2}O}} \to 44x + 3x.30 = 4,92\left( g \right) \Rightarrow x = 0,03{\rm{ mol}}\)

- Quay trở lại hỗn hợp rắn X, ta có:

\( \to {n_{Fe{{\left( {N{O_3}} \right)}_2}}} = \frac{{{n_{NO_3^ - }} + {n_{NO}} - {n_{HN{O_3}}}}}{2} = \frac{{0,08 + 0,12 - 0,16}}{2} = 0,02\) mol và \({n_{FeC{O_3}}} = {n_{C{O_2}}} = 0,03\) mol

mà \({n_{F{e_3}{O_4}}} = \frac{{{n_{O\left( {{\rm{trong oxit}}} \right)}}}}{4} \Rightarrow {n_{F{e_3}{O_4}}} = \frac{{{n_{NaHS{O_4}}} + {n_{HN{O_3}}} - 2{n_{C{O_2}}} - 4{n_{NO}} - {n_{{H^ + }\left( {{\rm{d}}} \right)}}}}{8} = 0,01{\rm{ mol}}\) 

\( \Rightarrow \% {m_{Fe}} = \frac{{{m_X} - 232{n_{F{e_3}{O_4}}} - 116{n_{FeC{O_3}}} - 180{n_{Fe{{\left( {N{O_3}} \right)}_2}}}}}{{{m_X}}}.100 = 37,33\% \)

nhạy cảm: "một số ancol". nối: C₃H₈.C₂H₄(OH)₂ = C₅H₁₄O₂ = 2.C_2,5H₇O.

→ nhận ra vấn đề: hỗn hợp X gồm tất cả các chất đều có dạng C_nH_{2n + 2}O.

Quy 5,444 gam X gồm x mol CH₂ và y mol H₂O

→ 14x + 18y = 5,444 gam.

Bảo toàn C, H → m_tăng = 62x + 18y = 16,58 gam.

m = 197 × (16,58 – 5,444) ÷ (62 – 14) = 45,704 gam. Chọn đáp án D. 

Ta có n_Fe = 0,1

n_Cu(NO2)2 = 0,1

n_HCl = 0,24

Nhận thấy n_H⁺ = 0,24 và n_NO3^– = 0,2 ⇒ n_NO = 0,06

Ta có 3n_NO > 2n_Fe ⇒ Fe chỉ lên Fe²⁺.

⇒ n_{Fe phản ứng với HNO3} = n_NO × 3 ÷ 2 = 0,09 mol

⇒ n_{Fe phản ứng với Cu}²⁺ = 0,1 - 0,09 = 0,01 mol

⇒ m↓ = m_Cu = 0,01×64 = 0,64 gam ⇒ Chọn A