Chọn A.

Các cacbohiđrat khi thủy phân đến cùng chỉ thu được glucozơ là: Tinh bột, xenlulozơ và mantozơ.

- Thủy phân mantozơ:  C₁₂H₂₂O₁₁ → 2C₆H₁₂O₆ (glucozơ)

- Thủy phân tinh bột, xenlulozơ:  (C6H10O5)n + nH2O → nC6H12O6 

Chọn D.

A. Sai, Polietilen và poli(vinyl clorua) là sản phẩm của phản ứng trùng hợp.           

B. Sai, Tơ nilon-6,6 được điều chế từ hexametylenđiamin và axit ađipic.             

C. Sai, Tơ visco và tơ xenlulozơ axetat thuộc loại tơ bán tổng hợp (hay tơ nhân tạo).                               

D. Đúng, Sợi bông và tơ tằm là polime thiên nhiên. 

Chọn B.

- Phản ứng khử glucozơ: CH₂OH[CHOH]₄CHO + H₂ → CH₂OH[CHOH]₄CH₂OH (sobitol) 

Tên gọi của của C₂H₅NH₂ là etylamin 

→ Đáp án A

- Để tách Ag ra khỏi hỗn hợp gồm Ag, Fe và Cu ta dùng dung dịch Fe₂(SO₄)₃.

Fe₂(SO₄)₃ + Fe → 3FeSO₄                            

Cu + Fe₂(SO₄)₃ → CuSO₄ + 2FeSO₄

- Ag không tan trong dung dịch Fe₂(SO₄)₃ nên ta tách lấy phần không tan ra là Ag.

Chọn B.                     

- Phản ứng chứng minh glucozơ có tính chất của andehit đó là phản ứng giữa glucozơ với dung dịch AgNO₃ trong NH₃, đun nóng (thuốc thử Tollens) cho phản ứng tráng bạc:

CH₂OH[CHOH]₄CHO + 2[Ag(NH₃)₂]OH → CH₂OH[CHOH]₄COONH₄  + 2Ag + 3NH₃ + H₂O

H₂N-CH₂-COOH:  Không đổi màu

C₂H₅COOH: Hóa đỏ.

CH₃(CH₂)₃NH₂ : Hóa xanh.

Chọn C.

- Trong ăn mòn điện hóa của cặp kim loại Sn-Pb, Sn là kim loại có tính khử mạnh hơn đóng vai trò là anot (cực âm) và bị ăn mòn còn Pb có tính khử mạnh hơn đóng vai trò là catot (cực dương) và được bảo vệ; khi Sn bị ăn mòn hết thì lúc đó Pb sẽ bị ăn mòn.

Chọn C.

- Trong miếng chuối xanh có chứa tinh bột, khi cho tiếp xúc với dung dịch iot thì có màu xanh tím. Ngược lại, đối với miếng chuối chín thì lúc đó tinh bột đã bị thủy phân hết khi cho tiếp xúc với dung dịch iot thì không có hiện tượng xảy ra.

Chọn B.

Chọn C.

- Trong thành phần chất béo rắn có chứa các gốc axit béo no do vậy để chuyển hóa thành các chất béo lỏng có chứa các gốc axit béo không no thì người ta dùng phản ứng đehiđro hóa. Ngược lại, để chuyển hóa chất béo lỏng thành chất béo rắn người ta dùng phản ứng hiđro hóa.

Chọn D.

- Gọi A và B lần lượt là các gốc của axit béo: C₁₇H₃₃COO- và C₁₇H₃₅COO- . Có 6 triglixerit tối đa tạo thành tương ứng với các gốc axit béo là : AAA ; ABA ; AAB ; BBB ; BAB ; BBA.

Kim loại nào sau đây có độ cứng lớn nhất trong tất cả các kim loại là crom

Đáp án D

Kim loại dễ nhường e để tạo thành các cation nên tính chất hóa học đặc trừng của kim loại là tính khử.

Chọn B.

A. Sai, Phản ứng giữa axit cacboxylic và ancol khi có mặt của axit sunfuric đặc là phản ứng thuận nghịch.          

B. Đúng, Phản ứng thuỷ phân metyl axetat trong môi trường axit là phản ứng thuận nghịch.        

C. Sai, Khi thuỷ phân chất béo luôn thu được glixerol.                                                        

D. Sai, Lấy ví dụ: HCOOC₆H₅ + 2NaOH → HCOONa + C₆H₅ONa + H₂O

Chọn B.                        

- Dãy sắp xếp tính bazơ tăng dần là: phenylamin (C₆H₅NH₂) < amoniac (NH₃) < etylamin (C₂H₅NH₂)

Saccrozo là một loại đisaccarit được tạo bởi 1 Glucozo liên kết với 1 Fructozo.

A. Không phải là peptit vì không được tạo từ α-aminoaxit

B. Là tripeptit vì được tạo bởi 3 mắt xích Glyxin (H₂N-CH₂-COOH)

C. Không phải là peptit vì mắt xích đầu N không phải là α-aminoaxit

D. Không phải là tripeptit vì chỉ được tạo bởi từ 2 mắt xích α-aminoaxit

- Quy đổi hỗn hợp X thành gốc hidrocacbon C_xH_y và nhóm –COO (CO₂). Vì vậy khi đốt X thì số mol O₂ tham gia phản ứng chính bằng số mol O₂ đốt gốc C_xH_y.

- Khi đốt 0,2 mol X (giả định đốt nhóm C_xH_y) thì :

\({n_{C{O_2}(khi{\rm{ dot}}\,{{\rm{C}}_x}{H_y})}} = {n_{{O_2}}} - 0,5{n_{{H_2}O}} = 0,28 \Rightarrow {m_{{C_x}{H_y}}} = 12{n_{C{O_2}}} + 2{n_{{H_2}O}} = 4,32\,(g)\)

- Cho 24,96 gam X tác dụng với NaOH thì

\({n_{ - COO}} = {n_{NaOH}} = 0,42 \Rightarrow {m_{{C_x}{H_y}}} = 24,96 - 44{n_{ - COO}} = 6,48 \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{X(trong{\rm{ 24,96}}\,{\rm{g)}}}} = 0,2.\frac{{6,48}}{{4,32}} = 0,3\,mol\\
{n_{ - COO(trong{\rm{ 0,2 mol}}\,{\rm{X)}}}} = \frac{{0,42}}{{1,5}} = 0,28\,mol
\end{array} \right.\)

+ Ta nhận thấy rằng \({n_{C(trong{\rm{ g\^o c }}{{\rm{C}}_x}{H_y})}} = {n_{C(trong{\rm{ nhom  - COO)}}}} = 0,28\) , vì thế số nguyên tử C trong gốc C_xH_y bằng số nhóm –COO trong các phân tử este.

+ Mặc khác : \({\bar n_{ - COO}} = \frac{{{n_{NaOH}}}}{{{n_X}}} = \frac{{0,42}}{{0,3}} = 1,4\) . Từ 2 dữ kiện trên ta suy ra được các este trong X là \(HCOOC{H_3},\,{(COOC{H_3})_2}\) và \({\rm{HCOOC}}{{\rm{H}}_2}C{H_2}OOCH\) . Khi đó :

\( \to \left\{ \begin{array}{l}
68{n_{HCOONa}} + 134{n_{{{(COONa)}_2}}} = {m_X} + 40{n_{NaOH}} - {m_{ancol}} = 28,38\\
{n_{HCOONa}} + 2{n_{{{(COONa)}_2}}} = {n_{NaOH}} = 0,42
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{HCOONa}} = 0,24\,mol\\
{n_{{{(COONa)}_2}}} = 0,09\,mol
\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \frac{{{m_{HCOONa}}}}{{{m_{{{(COONa)}_2}}}}} = \frac{{0,24.68}}{{0,09.134}} = 1,353\)

Chọn B.

- Qui đổi 0,1 mol E thành C₂H₃ON, -CH₂ và H₂O.

+ Với \({n_{{C_2}{H_3}ON}} = 2{n_{N{a_2}C{O_3}}} = 0,4\,mol\) và \({n_{{H_2}O}} = {n_E} = 0,1\,mol\)

- Cho 0,1 mol E tác dụng với dung dịch NaOH thu được hỗn hợp muối (đã quy đổi) gồm C₂H₄O₂NNa (0,4 mol) và –CH₂. Khi đốt hoàn toàn lượng muối trên thì theo dữ kiện đề bài, ta có :

\(44{n_{C{O_2}}} + 18{n_{{H_2}O}} = {m_{{\rm{binh tang}}}} \to 44(1,5{n_{{C_2}{H_3}ON}} + {n_{ - C{H_2}}}) + 18(2{n_{{C_2}{H_4}{O_2}Na}} + {n_{ - C{H_2}}}) = 65,6\,(g) \Rightarrow {n_{ - C{H_2}}} = 0,4\,mol\)

Suy ra \({n_{{O_2}({\rm{tham gia phan ung chay}})}} = 2,25{n_{{C_2}{H_3}ON}} + 1,5{n_{ - C{H_2}}} = 1,5\,mol\)

Vậy \({n_{{O_2}(khi{\rm{ dot 1,51m}}\,{\rm{gam}}\,{\rm{E)}}}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{1,51}}{\rm{.1,5}}\,\,{\rm{ = }}\,{\rm{2,265mol}}\)

Chọn B.

     (1) Ba(OH)₂ + (NH₄)₂SO₄ → BaSO_4↓ + 2NH₃ + 2H₂O

     (2) Ba(OH)₂ + FeCl₂ → Fe(OH)_2↓ + BaCl₂

     (3) 4Ba(OH)_2(dư) + 2Cr(NO₃)₃ → Ba(CrO₂)₂ + 3Ba(NO₃)₂ + 4H₂O

     (4) Ba(OH)₂ + K₂CO₃ → BaCO_3↓ + 2KOH

     (5) 4Ba(OH)_2(dư) + 2Al(NO₃)₃ → Ba(AlO₂)₂ + 3Ba(NO₃)₂ + 4H₂O

     (6) 2Ba(OH)₂ + K₂Cr₂O₇ → 2BaCrO_4↓  + 2KOH + H₂O

     (7) Ba(OH)₂ + (COONa)₂ → Ba(COO)_2↓ + 2NaOH

Vậy có 5 ống nghiệm thu được kết tủa là (1), (2), (4), (6) và (7).

Chọn A.

- Ta có  \(\begin{array}{l}
{n_{KOH}} = 0,2\,mol{\rm{ }}\\
\,{{\rm{n}}_{{H_2}O(trong{\rm{ dd KOH)}}}} = 84,8\,(g) \Rightarrow {n_{{H_2}O(sp{\rm{ pu KOH)}}}} = \frac{{86,8 - 84,8}}{{18}} = 0,1\;mol
\end{array}\)

\(BTKL:{m_X} = {m_{{\rm{muoi}}}} + 18{n_{{H_2}O(sp{\rm{ pu KOH)}}}} - 56{n_{KOH}} = 13,6\,(g)\)

- Khi đốt cháy hỗn hợp Y thì : \(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{C(trong{\rm{ X)}}}} = {n_{C{O_2}}} + {n_{{K_2}C{O_3}}} = 0,8\,mol\\
{{\rm{n}}_{H(trong{\rm{ X)}}}} = 2{n_{{H_2}O{\rm{(dot Y)}}}} + 2{n_{{H_2}O(sp{\rm{ pu KOH)}}}} - {n_{KOH}} = 0,8\,mol
\end{array} \right.\)

\( \Rightarrow {n_{O(trong{\rm{ X)}}}} = \frac{{{m_X} - 12{n_C} - {n_H}}}{{16}} = 0,2\,mol\)

Ta có \(C:\,H:\,O = {n_C}:\,{n_H}:\,{n_O} = 8:8:2({C_8}{H_8}{O_2})\) mặc khác \(\frac{{{n_{O{H^ - }}}}}{{{n_X}}} = 2\) ⇒ X là este được tạo thành từ phenol hoặc đồng đẳng.

- Theo dữ kiện để bài thì X không tham gia phản ứng tráng bạc, vậy X là \({\rm{C}}{{\rm{H}}_3}COO{C_6}{H_5}\)

- Khi đốt cháy m gam X ta có hệ phương trình sau :

\(\left\{ \begin{array}{l}
{m_X} = 44{n_{C{O_2}}} + 18{n_{{H_2}O}} - 32{n_{{O_2}}} = 12,32\,(g){\rm{ }}\\
{n_{O(trong{\rm{ X)}}}} = \frac{{2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} - 2{n_{{O_2}}}}}{6} = 0,014\,mol
\end{array} \right. \Rightarrow {k_X} = \frac{{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}}}{{{n_X}}} + 1 = 8 = 3{\pi _{C = O}} + 5{\pi _{C = C}}\)

- Khi cho 24,64 gam X (tức là 0,028 mol X) tác dụng với dung dịch Br₂ thì : \({n_{{\rm{B}}{{\rm{r}}_2}}} = 5{n_X} = 0,14\,mol\)

Chọn C.

- Phương trình xảy ra:

(a) Mg + Fe₂(SO₄)₃ → MgSO₄ + 2FeSO₄ (1)        

+ FeSO₄ → MgSO₄ + Fe (2)

+ Nếu cho Mg tác dụng với Fe³⁺ dư thì chỉ dừng lại ở phản ứng (1) khi đó sản phẩm sẽ không có kim loại.

+ Nếu cho Mg dư tác dụng với Fe³⁺ thì xảy ra cả 2 phản ứng (1) và (2) khi đó sản phẩm thu được có chứa kim loại.    

(b) Cl₂ + 2FeCl₂ → 2FeCl₃                                   

(c)  H₂ + CuO →  Cu + H₂O

(d) 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂ ;  2NaOH + CuSO₄→ Cu(OH)_2¯ + Na₂SO₄

(e) 2AgNO3 → 2Ag + 2NO₂ + O₂                             

(f) 2Al2O3 → 4Al + 3O2

Vậy có 3 thí nghiệm thu được kim loại là (c), (e), (f).

Chọn C.

- Khi đốt cháy X có  \({n_{C{O_2}}} = {n_{{H_2}O}} \to 44{n_{C{O_2}}} + 18{n_{{H_2}O}} = {m_{{\rm{binh tang}}}} \to 44a + 18a = 7,75 \Rightarrow a = 0,125\,mol\)

- Xét quá trình X tác dụng với NaOH :

+ Nhận thấy rằng, \({n_{NaOH}} > {n_{anken}}\) , trong trong X chứa 1 este và 1 axit. Khi dehirat hóa ancol thì :

→ \({n_{este(A)}} = {n_{anken}} = 0,015\,mol\, \Rightarrow {n_{axit(B)}} = {n_X} - {n_{este}} = 0,025\,mol\)

- Gọi C_A và C_B lần lượt là số nguyên tử C của  este A và axit B (với C_A ≥ 3, C_B ≥ 1)

\( \to {n_A}.{C_A} + {n_B}.{C_B} = {n_{C{O_2}}} \to 0,015{C_A} + 0,025{C_B} = 0,125 \Rightarrow {C_A} = 5,{\rm{ }}{{\rm{C}}_B} = 2\,\)

Vậy \(\begin{array}{l}
(A):{C_5}{H_{10}}{O_2}{\rm{ }}\\
{\rm{(B)}}:{{\rm{C}}_2}{H_4}{O_2}
\end{array}\)

A. Sai, Độ chênh lệch khối lượng giữa A và B là: \(\Delta m = 102{n_A} - 60{n_B} = 0,03g\)

B. Sai, Tổng khối lượng phân tử khối của A và B là 162.

C. Đúng,  \(\% {m_A} = \frac{{102{n_A}}}{{102{n_A} + 60{n_B}}}.100\%  = 50,5 \Rightarrow \% {m_B} = 49,5\)

D. Sai, Este A có 7 đồng phân tương ứng là: CH₃COO-C₃H₇ (2 đồng phân) ; HCOO-C₄H₉ (4 đồng phân) ; C₂H₅COOC₂H₅ (1 đồng phân) và axit B chỉ có 1 đồng phân là CH₃COOH.

Chọn D.

- Khi cho 0,6 mol CO₂ tác dụng với dung dịch X gồm 0,3 mol Ba(OH)₂ và 0,2 mol NaOH:

Vì  \(\frac{{{n_{O{H^ - }}}}}{2} < {n_{C{O_2}}} < {n_{O{H^ - }}} \Rightarrow {n_{C{O_3}^{2 - }}} = {n_{O{H^ - }}} - {n_{C{O_2}}} = 0,2\,mol \to {n_{HC{O_3}^ - }} = {n_{C{O_2}}} - {n_{C{O_3}^{2 - }}} = 0,4\,mol\)

- Khi cho dung dịch Y tác dụng với dung dịch chứa 0,24 mol BaCl₂ và 0,3 mol KOH thì:

\(\mathop {HC{O_3}^ - }\limits_{0,4\,mol}  + \mathop {O{H^ - }}\limits_{0,3\,mol}  + \mathop {B{a^{2 + }}}\limits_{0,54\,mol}  \to \mathop {BaC{O_3}}\limits_{0,3\,mol}  + {H_2}O\)

\( \Rightarrow {m_{BaC{O_3}}} = 0,3.197 = 59,1\,(g)\)

Chọn B.                                     

A. Sai, Đa số các polime không tan trong các dung môi thông thường.

B. Đúng, Hầu hết các polime không có nhiệt độ nóng chảy xác định, nóng chảy ở nhiệt độ khá rộng.

C. Sai

D. Sai, Các polime không bay hơi.

Chọn B.

- Bậc của amin được tính bằng số nguyên tử H trong phân tử aminoac bị thay thế bởi gốc hidrocacbon do vậy chỉ có CH₃NHCH₃ là amin bậc 2.

Chọn A.

- Có 6 công thức cấu tạo là:

Gly–Ala–Val, Gly–Val–Ala, Ala–Gly–Val, Ala–Val–Gly, Val–Gly–Ala, Val–Ala–Gly.

Chọn D.

- Tơ visco được tạo thành từ phản ứng giữa xenlulozơ với CS₂ và NaOH tạo thành một dung dịch nhớt gọi là visco. Bơm dung dịch này qua những lỗ rất nhỏ rồi ngâm trong dung dịch H₂SO₄ tạo thành tơ visco.

- Xét hỗn hợp ancol Y :

+ Cho Y tác dụng với Na thì :  \({n_Y} = {n_X} = 2{n_{{H_2}}} = 0,15\,mol\)

\(\begin{array}{l}
BTKL:{m_Y} = {m_{{\rm{binh tang}}}} + 2{n_{{H_2}}} = 5,5\,(g)\\
 \Rightarrow {{\bar M}_Y} = \frac{{{m_Y}}}{{{n_Y}}} = 36,66
\end{array}\)

Vậy trong Y gồm CH₃OH và C₂H₅OH

Với \(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{C{H_3}OH}} + {n_{{C_2}{H_5}OH}} = 2{n_{{H_2}}}\\
32{n_{C{H_3}OH}} + 46{n_{{C_2}{H_5}OH}} = 5,5
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{C{H_3}OH}} = 0,1\,mol\\
{n_{{C_2}{H_5}OH}} = 0,05\,mol
\end{array} \right.\)

-  Khi cho 11 gam X tác dụng với 0,2 mol KOH thì : \({m_{{\rm{ran khan}}}} = {m_X} + 56{n_{KOH}} - {m_Y} = 16,7\,(g)\)

- Xét hỗn hợp X ta có :\({\bar M_X} = \frac{{{m_X}}}{{{n_X}}} = 73,33\) . Vậy trong X có chứa HCOOCH₃,

+ Gọi B là este còn lại có: \({M_B} = \frac{{{m_X} - 60{n_{HCOOC{H_3}}}}}{{{n_B}}} = \frac{{11 - 60.0,1}}{{0,05}} = 100({C_2}{H_3}COO{C_2}{H_5})\)

→ Vậy hỗn hợp X gồm HCOOCH₃ (0,1 mol) và C₂H₃COOC₂H₅ (0,05 mol)

- Khi cho 16,5 gam X (tức 0,15 mol HCOOCH₃ và 0,075 mol C₂H₃COOC₂H₅) tác dụng với Br₂ thì :

\({n_{B{r_2}}} = {n_{HCOOC{H_3}}} + {n_{{C_2}{H_3}COO{C_2}{H_5}}} = 0,225\,mol \Rightarrow {m_{B{r_2}}} = 36\,(g)\)

→ Vậy \({m_{{\rm{ran khan}}}} + {m_{B{r_2}}} = 52,7g\)

Chọn B.

- Có 4 nhận định đúng là (a), (b), (c) (e).

(d) Sai, Khi thủy phân tinh bột chỉ thu được glucozơ còn khi thủy phân saccarozơ thì thu được cả glucozơ và fructozơ.

(g) Sai, Chỉ có glucozơ phản ứng với H₂ (Ni. t⁰) thu được sorbitol, saccarozơ thì không tham gia phản ứng hiđro hóa.

Chọn A.

- Vì dung dịch hòa tan được CuO nên dung dịch sau điện phân có chứa H⁺ (tức là tại anot nước đã điện phân). Ta có : \({n_{{H^ + }}} = 2{n_{CuO}} = 0,08\,mol\)

Xét hỗn hợp khí Z ta có:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
2{n_{C{u^{2 + }}}} = 2{n_{C{l_2}}} + 4{n_{{O_2}}}\\
{n_{C{l_2}}} = {n_{khi}} - {n_{{O_2}}}
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
2x - 2y = 0,08\\
y = 0,02
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,06\,mol\\
y = 0,02\,mol
\end{array} \right.\\
 \Rightarrow m = 160{n_{CuS{O_4}}} + 58,5{n_{NaCl}} = 11,94g
\end{array}\)

\(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{NO}} + {n_{{N_2}O}} = 0,2\\
30{n_{NO}} + 44{n_{{N_2}O}} = 7,4
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{NO}} = 0,1\,mol\\
{n_{{N_2}O}} = 0,1\,mol
\end{array} \right.\,\)

\( \Rightarrow {n_{N{O_3}^ - (trong{\rm{ muoi)}}}} = 3{n_{NO}} + 8{n_{{N_2}O}} + 9{n_{N{H_4}^ + }} = 1,1 + 9x\)

\({m_{muoi}} = {m_{kim{\rm{ loai}}}} + 18{n_{N{H_4}^ + }} + 62{n_{N{O_3}^ - }} \to 122,3 = 25,3 + 18x + 62(1,1 + 9x) \Rightarrow x = 0,05\,mol\)

\( \Rightarrow {n_{HN{O_3}}} = 10{n_{N{H_4}^ + }} + 4{n_{NO}} + 10{n_{{N_2}O}} = 1,9mol\)

Chọn D.

- Ta có:  \(\begin{array}{l}
{n_{{H_2}S{O_4}}} = {n_{{H_2}}} = 0,15\,mol \Rightarrow {m_{dd\,{H_2}S{O_4}}} = \frac{{98{n_{{H_2}S{O_4}}}.100}}{{C\% }} = 147\,(g)\\
BTKL:\,{m_Y} = {m_{kim{\rm{ loai}}}} + {m_{dd\,{H_2}S{O_4}}} - 2{n_{{H_2}}} = 151,9g
\end{array}\)

Chọn D.

- Khi cho hỗn hợp X tác dụng với NaOH vừa đủ thì :

\(\begin{array}{l}
{({C_2}{H_5}N{H_3})_2}C{O_3}(A) + 2NaOH \to N{a_2}C{O_3}(D) + 2{C_2}{H_5}N{H_2} + 2{H_2}O\\
{(COON{H_3}C{H_3})_2}(B) + 2NaOH \to {(COONa)_2}(E) + C{H_3}N{H_2} + 2{H_2}O
\end{array}\)

- Xét hỗn hợp khí Z ta có :

\(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{{C_2}{H_5}N{H_2}}} + {n_{C{H_3}N{H_2}}} = 0,2\,\\
45{n_{{C_2}{H_5}N{H_2}}} + 31{n_{C{H_3}N{H_2}}} = 0,2.18,3.2
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
{n_{{C_2}{H_5}N{H_2}}} = 0,08\,mol\\
{n_{C{H_3}N{H_2}}} = 0,12\,mol
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
{n_E} = 0,5{n_{C{H_3}N{H_2}}} = 0,06\,mol\\
 \to {m_E} = 0,06.134 = 8,04g
\end{array} \right.\)

Chọn D.

- Hỗn hợp kim loại gồm Ag và Cu, giả sử hỗn hợp gồm Mg và Zn tác dụng vừa đủ với dung dịch chứa 2 mol Cu²⁺ và 2 mol Ag⁺ thì : \({n_{Zn}} = \frac{{2{n_{C{u^{2 + }}}} + {n_{A{g^ + }}} - 2{n_{Mg}}}}{2} = 1,7\,mol\) (Không có đáp án).

- Chứng tỏ dung dịch sau phản ứng chứa Mg²⁺, Zn²⁺ và Cu²⁺. Vì vậy \({n_{Zn}} < 1,7\,mol\)

- Quá trình điện phân xảy ra như sau :

Tại catot

\(C{u^{2 + }} + 2e \to Cu\)

\({H_2}O + 2e \to {H_2} + 2O{H^ - }\)

Tại anot

\(2{H_2}O \to 4{H^ + } + 4e + {O_2}\)

- Theo đề bài ta có hệ sau :

\(\left\{ \begin{array}{l}
2{n_{{H_2}}} + 2{n_{C{u^{2 + }}}} = 4{n_{{O_2}}}\\
64{n_{C{u^{2 + }}}} + 2{n_{{H_2}}} + 32{n_{{O_2}}} = {m_{dd{\rm{ giam}}}}
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
4{n_{{O_2}}} - 2{n_{{H_2}}} = 0,3\\
32{n_{{O_2}}} + 2{n_{{H_2}}} = 3,75
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
{n_{{O_2}}} = 0,1125\,mol\\
{n_{{H_2}}} = 0,075\,mol
\end{array} \right.\)

- Vậy \({n_e} = 4{n_{{O_2}}} = 0,45\,mol \Rightarrow t = \frac{{96500{n_e}}}{I} = 8685\;(s)\)

Chọn D.

- Phương trình phản ứng :       

Ba(OH)₂ + 2NaHCO₃ → BaCO_3↓ + Na₂CO₃ + H₂O

4Ba(OH)₂ + 2AlCl₃ → Ba(AlO₂)₂ + 3BaCl₂ + 4H₂O

Ba(OH)₂ + 2NaHSO₄ → BaSO_4↓ + Na₂SO₄ + H₂O

Ba(OH)₂ + (NH₄)₂CO₃ → BaCO_3↓ + 2NH₃ + H₂O

3Ba(OH)₂ + 2FeCl₃ → 3BaCl₂ + 2Fe(OH)_3↓

Ba(OH)₂ + Na₂SO₄ → BaSO_4↓ + 2NaOH

Ba(OH)₂ + KNO₃ : không phản ứng

Vậy có 5 trường hợp thu được kết tủa là: NaHCO₃, NaHSO₄, (NH₄)₂CO₃, FeCl₃ và Na₂SO₄.

Chọn C.

- Rắn khan gồm KOH_(dư), KCl, NH₂RCOOK, với \({n_{KCl}} = {n_X} = 0,01\,mol{\rm{, }}\,{n_{N{H_2}RCOOK}} = {n_X} = 0,01\,mol\)

\({n_{KOH(du)}} = {n_{KOH}} - {n_{KCl}} - {n_{N{H_2}RCOOK}} = 0,02\,mol\)

\( \Rightarrow {m_{N{H_2}RCOOK}} = \frac{{{m_{{\rm{mu\`e i}}}} - 74,5{n_{KCl}} - 56{n_{KOH(d)}}}}{{{n_{N{H_2}RCOOK}}}} = 113 \Rightarrow R{\rm{ la  - }}C{H_2}\)

⇒ X là (glyxin)