Đáp án A

CH₃COOCH=CH₂: vinyl axetat.

CH₃COOCH₃: metyl axetat.

CH₂=CHCOOCH₃: metyl acrylat.

HCOOCH₃: metyl fomat.

Đáp án D

Những polime có thành phần nguyên tố giống nhau là: amilozơ, amilopectin, poli(metyl metacrylat) do cùng có thành phần gồm các nguyên tố C, H, O.

Đáp án B

Đipeptit là phân tử tạo bởi 2 gốc a-amino axit

→ Đipeptit phù hợp là NH₂-CH₂-CONH-CH(CH₃)-COOH.

Đáp án A

A. Đúng.

B. Sai, do peptit có từ 2 liên kết peptit trở lên (tripeptit trở lên) mới có phản ứng màu biure.

C. Sai, do trong một phân tử tetrapeptit mạch hở có 3 liên kết peptit.

D. Sai, do các hợp chất peptit kém bền trong cả môi trường kiềm và môi trường axit.

Đáp án C

A. Sai, do saccarozơ không làm mất màu nước brom.

B. Sai, do xenlulozơ có cấu tạo mạch không phân nhánh.

C. Đúng.

D. Sai, do glucozơ bị oxi hóa bởi dung dịch AgNO₃ trong NH₃.

Đáp án D

Các vật liệu là polime thiên nhiên là: bông, tơ tằm, xenlulozơ và len.

Đáp án A

Độ dẫn điện của chúng giảm dần theo thứ tự: Ag > Cu > Au > Al > Fe.

Đáp án D

Kim loại Al, Fe bị thụ động trong HNO₃ đặc, nguội, H₂SO₄ đặc nguội. Nên kim loại Al không phản ứng được với dung dịch H₂SO₄ (đặc, nguội).

Đáp án C

Phản ứng không đúng: \(2Cr + 6HCl \to 2CrC{l_3} + 3{H_2}.\)

Đúng phải là: \(Cr + 2HCl \to CrC{l_2} + {H_2}.\)

Đáp án A

X là Cr₂O₃ là chất rắn màu lục thẫm

\(\begin{array}{l} C{r_2}{O_3} + 6HCl \to 2CrC{l_3} + 3{H_2}O.\\ 2C{r^{3 + }} + 3B{r_2} + 16O{H^ - } \to 2CrO_4^{2 - } + 6B{r^ - } + 8{H_2}O.\\ 2CrO_4^{2 - } + 2{H^ + } \to C{r_2}O_7^{2 - } + {H_2}O. \end{array}\)

Màu vàng             màu da cam

Đáp án C

Phương trình phản ứng

\(\begin{array}{l} {N_2} + 3{H_2} \Leftrightarrow 2N{H_3}\\ 1\,lit & \leftarrow 2\,lit \end{array}\)

Hiệu xuất đạt 25% nên số mol N₂ thực tế cần dùng là: \({V_{{N_2}}} = \frac{{1.100}}{{25}} = 4\left( {lit} \right).\)

Đáp án B

Người ta có thể sử dụng nước đá khô (CO₂ rắn) để tạo môi trường lạnh và khô trong việc bảo quản thực phẩm và hoa quả tươi. Do nước đá khô có khả năng thăng hoa ở nhiệt độ thường.

\(\underbrace {{C_n}{H_{2n + 2}}}_{ankan\,Y} + C{l_2} \to \underbrace {{C_n}{H_{2n + 1}}Cl}_{dan\,xuat\,monoclo} + HCl\)

\({M_{{C_n}{H_{2n + 1}}Cl}} = 14n + 36,5 = 39,25.2 \to n = 3 \to Y\) là C₃H₈ (propan).

Đáp án B

Phương trình phản ứng:

HCOOCH=CH₂ + NaOH → HCOONa + CH₃CHO

2HCOONa + H₂SO₄ → 2HCOOH + Na₂SO₄

Đáp án D

Có 5 chất tham gia phản ứng tráng gương là: fomanđehit, phenyl fomat, glucozơ, anđehit axetic, natri fomat.

Đáp án D

Phát biểu đúng là “Dung dịch hỗn hợp HCl và KNO₃ hoà tan được bột đồng”

8H⁺ + 2  + 3Cu → 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O

\(Zn,Cu,Fe,Cr \to ZnC{l_2},CuC{l_2},FeC{l_3},CrC{l_3} \to \left\{ \begin{array}{l} Fe{\left( {OH} \right)_3},Cr{\left( {OH} \right)_3} \to F{e_2}{O_3},C{r_2}{O_3}\\ Zn{\left( {N{H_3}} \right)_4}{\left( {OH} \right)_2},Cu{\left( {N{H_3}} \right)_4}{\left( {OH} \right)_2} \end{array} \right.\)

Đáp án B

Có 6 trường hợp có thể tạo kết tủa là:

NaOH; Na₂CO₃, KHSO₄; Na₂SO₄; Ca(OH)₂ ;H₂SO₄.

Đáp án D

Do NH₃ tan nhiều trong nước nên không thể thu bằng phương pháp đẩy nước.

Đáp án C

Khí biogas sản xuất từ chất thải chăn nuôi được sử dụng làm nguồn nhiên liệu trong sinh hoạt ở nông thôn. Tác dụng của việc sử dụng khí biogas là đốt để lấy nhiệt và giảm thiểu ô nhiễm môi trường.

Nhờ ứng dụng này, người nông dân tận dụng những chất thải của con vật, mùa màng làm cải thiện môi trường và giúp người nông dân ít phải mua chất đốt.

Đáp án B

\(\begin{array}{l} {n_{{H_2}S{O_4}}} = 0,01mol;{n_{HCl}} = 0,03mol;V = 0,5lit\\ {n_{{H^ + }}} = 2.{n_{{H_2}S{O_4}}} + {n_{HCl}} = 2.0,01 + 0,03 = 0,05mol\\ \to {C_{M\,{H^ + }}} = \frac{{0,05}}{{0,5}} = 0,1M\\ {H^ + } + O{H^ - } \to {H_2}O \end{array}\)

Ta có: \({n_{KOH}} = {n_{O{H^ - }}} = {n_{{H^ + }}} = 0,150.0,1 = 0,015mol\)

Vậy \({C_{M\,KOH}} = \frac{{0,015}}{{0,05}} = 0,3M.\)

Đáp án B

\(\begin{array}{l} 2NaHC{O_3} \to N{a_2}C{O_3} + C{O_2} + {H_2}O\\ x\, \to \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\frac{x}{2} & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\frac{x}{2}\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\frac{x}{2}mol \end{array}\)

Na₂CO₃ không bị nhiệt phân.

Khối lượng giảm là khối lượng H₂O và CO₂: \({m_{{H_2}O}} + {m_{C{O_2}}} = 100 - 69 = 31gam.\)

\(\begin{array}{l} 22x + 9x = 31 \to x = 1mol.\\ \% mNaHC{O_3} = \frac{{1.84}}{{100}}.100\% = 84\left( \% \right).\\ \% mN{a_2}C{O_3} = 100 - 84 = 16\left( \% \right). \end{array}\)

Đáp án C

\(\begin{array}{l} {C_{12}}{H_{22}}{O_{11}} + {H_2}O \to {C_6}{H_{12}}{O_6} + {C_6}{H_{12}}{O_6}\\ 0,01 & \to & \,\,\,\,\,\,\,\,0,01 & 0,01mol\\ {C_6}{H_{12}}{O_6} \to 2Ag\\ 0,02 & \to 0,04mol \end{array}\)

Khối lượng: \({m_{Ag}} = 0,04.108 = 4,32\left( {gam} \right).\)

Đáp án B

Ta có:

\(\begin{array}{l} Cr + {H_2}S{O_4} \to CrS{O_4} + {H_2}\\ 0,15 \leftarrow 0,15\,\,\,\,\,\,\,\, \leftarrow 0,15 \leftarrow 0,15mol\\ CrS{O_4} + 2NaOH \to Cr{\left( {OH} \right)_2} + N{a_2}S{O_4}\\ 0,15 & \to & & 0,15mol\\ 2Cr{\left( {OH} \right)_2} \to 2Cr{\left( {OH} \right)_3} \to C{r_2}{O_3}\\ 0,15 & \to & 0,15 & \to & 0,075mol \end{array}\)

Khối lượng oxit là \({m_{C{r_2}{O_3}}} = 0,075.152 = 11,4\left( {gam} \right).\)

Đáp án C

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

\(m + {m_{KOH}} = \left( {m - 12,6} \right) + \left( {m + 6,68} \right) \to m = 28,32\left( {gam} \right)\)

\({M_{andehit}} = 26,2.2 = 52,4 \to C{H_3}CHO\) và \({C_2}{H_5}CHO.\)

\(\begin{array}{l} {m_{andehit}} = 28,32 - 12,6 = 15,72\left( {gam} \right).\\ \left\{ \begin{array}{l} C{H_3}CHO:x\\ {C_2}{H_5}CHO:y \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x + y = 0,3\\ 44x + 58y = 15,72 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x = 0,12\\ y = 0,18 \end{array} \right.\\ este + KOH \to RCOOK + andehit \end{array}\)

Số mol KOH dư \( = 0,4 - 0,3 = 0,1mol \to {m_{KOH}} = 0,1.56 = 5,6\left( {gam} \right)\)

Khối lượng muối axit là: \({m_{muoi}} = 28,32 + 6,68 - 5,6 = 29,4\left( {gam} \right)\)

\(\begin{array}{l} {M_{{\rm{mu\`e i}}}} = \frac{{29,4}}{{0,3}} = 98 \to C{H_3}COOK \to \left\{ \begin{array}{l} C{H_3}COO{C_2}{H_3}:0,12\\ C{H_3}COO{C_3}{H_5}:0,18 \end{array} \right.\left( {mol} \right)\\ \% {m_X} = \frac{{86.0,12}}{{28,32}}.100\% = 36,44\left( \% \right) & \end{array}\)

Đáp án B

Ta có:

 \(\begin{array}{l} X\left\{ \begin{array}{l} Y:N{H_4}OOC - COON{H_4}:x\,mol\\ Z:Gly - Gly:y\,mol \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} 124x + 132y = 25,6\\ 2x = 0,2 \end{array} \right. \to x = y = 0,1.\\ X\left\{ \begin{array}{l} Y:N{H_4}OOC - COON{H_4}:0,1\,\\ Z:Gly - Gly:0,1 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} HOOC - COOH:0,1mol\\ N{H_3}Cl - C{H_2} - COOH:0,2mol \end{array} \right.\\ \to m = 31,3gam. \end{array}\)

Đáp án D

Quy đổi 0,1 mol hỗn hợp A thành

 \(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} {C_n}{H_{2n - 1}}NO:a\left( {mol} \right)\\ {H_2}O:0,1\left( {mol} \right) \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} C{O_2}:na\,mol\\ {H_2}O:\left( {0,1 + \frac{{2n - 1}}{2}a} \right)mol \end{array} \right.\\ \to 2na + \frac{{2n - 1}}{2}a = a + 1,2075.2 \to 6na - 3a = 4,83.\\ A \to {C_n}{H_{2n}}N{O_2}Na:a\left( {mol} \right).\\ \to \left( {14n + 69} \right).a - \left( {14n + 29} \right)a - 0,1.18 = 7,4 \to \left\{ \begin{array}{l} a = 0,23\left( {mol} \right)\\ n = 4 \end{array} \right.\\ \to {m_{0,1}} = 0,23\left( {14.4 + 29} \right) + 0,1.18 = 21,35\left( {gam} \right).\\ \to {m_{2,016\,mol\,A}} = 20,16.21,35 = 430,416gam. \end{array}\)

Đáp án D

\(\begin{array}{l} {n_{{H_2}O}} = 0,4\left( {mol} \right);{n_{{O_2}}} = 0,9\left( {mol} \right)\\ \to {n_{C{O_2}}} = {n_{{O_2}\left( {pu} \right)}} - \frac{{{n_{{H_2}O}}}}{2} = 0,7\left( {mol} \right) \end{array}\)

Do A, B tác dụng với AgNO₃/ NH₃ thu được kết tủa ® A, B là ankin.

Công thức chung của 2 ankin: \({C_{\overline n }}{H_{2\overline n - 2}}\)

\(\begin{array}{l} \to {n_{ankin}} = {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} \to {n_{ankin}} = 0,7 - 0,4 = 0,3\left( {mol} \right)\\ \to \overline n = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_{ankin}}}} = \frac{{0,7}}{{0,3}} = \frac{7}{3} \end{array}\)

→ Mặt khác các hiđrocacbon ở thể khí → Có 2 cặp nghiệm thỏa mãn

Xét trường hợp:

\(\left\{ \begin{array}{l} {C_2}{H_2}\,x\,mol\\ {C_3}{H_4}\,y\,mol \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x + y = 0,3\\ 2x + 3y = 0,7 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x = 0,2\\ y = 0,1 \end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l} {C_2}{H_2}\,0,2\,mol\\ {C_3}{H_4}\,0,1\,mol \end{array} \right. \to 62,7\) gam kết tủa →  hợp lý

→  Hai ankin là C₂H₂, C₃H₄.

Đáp án C

Do Y + H₂SO₄ có SO₂ nên Y chứa Cu dư, do đó khối lượng giảm là khối lượng của NO₂ (0,16 mol)

Có ngay:  \( \to m\left\{ \begin{array}{l} {n_{Cu{{\left( {N{O_3}} \right)}_2}}} = 0,08mol\\ {n_{Cu}} = a\,mol \end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} \to \left( {m - 7,36} \right)\left\{ \begin{array}{l} Cu = a + 0,08\left( {mol} \right)\\ O = 6.0,08 - 2.0,16 = 0,16mol \end{array} \right.\\ \to 2\left( {a + 0,08} \right) = 0,16.2 + 0,03.2 \to a = 0,11\left( {mol} \right) \to m = 22,08\left( {gam} \right). \end{array}\)

Đáp án A

Vì các phản ứng hoàn toàn, Y tác dụng với dung dịch NaOH dư thu được H₂ nên trong Y có Al dư.

Ta có:  \(\left\{ \begin{array}{l} {n_{Fe}} = 0,07\left( {mol} \right)\\ {n_{F{e_2}{O_3}}} = 0,1\left( {mol} \right)\\ {n_{Al}} = x\left( {mol} \right) \end{array} \right. \to \frac{Y}{2}\left\{ \begin{array}{l} {n_{A{l_2}{O_3}}} = 0,05\left( {mol} \right)\\ {n_{Fe}} = 0,135\left( {mol} \right)\\ {n_{Al}} = 0,5x - 0,1\left( {mol} \right) \end{array} \right.\)

Khi đó \( \to \left\{ \begin{array}{l} 0,135.2 + 1,5x - 0,3 = 4a.2\\ 1,5x - 0,3 = 2a \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x = 0,26\left( {mol} \right)\\ a = 0,045\left( {mol} \right) \end{array} \right. \to m = 7,02\left( {gam} \right).\)

Đáp án B

 \(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} {n_{C{a^{2 + }}}} = 0,35\left( {mol} \right)\\ {n_{CaC{O_3}}} = 0,1\left( {mol} \right) \end{array} \right. \to {n_{Ca{{\left( {HC{O_3}} \right)}_2}}} = 0,25\left( {mol} \right) \to \sum {{n_C}} = 0,6\left( {mol} \right)\\ \Delta {m_{{\rm{tang}}}} = 0,6.44 + {m_{{H_2}O}} - 10 = 25,4 \to {n_{{H_2}O}} = 0,5\left( {mol} \right) \end{array} \right.\\ \to {n_{axit}} = {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = 0,1\left( {mol} \right)\\ \to n_O^{trong\,axit} = 2{n_X} = 0,2\\ \to {m_{axit}} = \sum {{m_{C + H + O}}} = 0,6.12 + 0,5.2 + 0,2.16 = 11,4\left( {gam} \right) \end{array}\)

Đáp án C

X là: CH₃NH₂

Y là: C₆H₅NH₂

Z là: H₂N-CH(CH₃)-COOH

T là: (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅

Đáp án A

Thí nghiệm thu được kim loại là (a), (h), (e)

 \(\begin{array}{l} AgN{O_3} \to Ag + N{O_2} + \frac{1}{2}{O_2}\\ Fe + CuS{O_4} \to FeS{O_4} + Cu\\ CuO + {H_2} \to Cu + {H_2}O \end{array}\)

Đáp án C

X gồm 3 este đơn chức → Y là ancol đơn chức \( \to {n_Y} = 2{n_{{H_2}}} = 0,16mol.\)

Bảo toàn khối lượng: \({m_Y} = {m_{{H_2}}} + {m_{{\rm{binh tang}}}} = 0,08 \times 2 + 4,96 = 5,12\left( g \right).\)

\( \to {M_Y} = 5,12 \div 0,16 = 32 \Rightarrow Y\) là CH₃OH

Đồng nhất số liệu về 11,76 gam X → đốt X thu được \(3,96 \times 11,76 \div 5,88 = 7,92\) gam H₂O

\(\begin{array}{l} \to {n_H} = 2{n_{{H_2}O}} = 0,88mol \to {n_O} = 2{n_{COO}} = 2{n_Y} = 0,32mol.\\ {m_X} = {m_C} + {m_H} + {m_O} \Rightarrow {m_C} = 11,76 - 0,88.1 - 0,32.16 = 5,76g \Rightarrow {n_{C{O_2}}} = {n_C} = 0,48mol. \end{array}\)

Công thức trung bình cho 2 este no, đơn, hở là C_nH_2nO₂ (n > 2).

CTTQ cho este đơn, hở, chứa 1p C=C, có đphh là C_mH_2m-2O₂ (m ³ 5).

Ta có: \({n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = \left( {k - 1} \right).{n_{HCHC}}\) với k là độ bất bão hòa của HCHC.

Áp dụng: \({n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = {n_{{\rm{este}}\,{\rm{khong}}\,{\rm{no}}}} = 0,48 - 0,44 = 0,04mol \to {n_{este\,no}} = 0,12mol.\)

Bảo toàn \(C:0,12n + 0,04m = 0,48 \to m = 5;n = 7/3.\)

→ este không no là \({C_5}{H_8}{O_2} \Rightarrow \% {m_{{\rm{este}}\,{\rm{khong}}\,{\rm{no}}}} = 0,04 \times 100 \div 11,76 \times 100\% = 34,01\% .\)

Đáp án B

\(\left\{ \begin{array}{l} Gly - Ala;{X_1} - Ala\\ Glu - {X_2} - Ala:4t\\ Lys - Ala - {X_3}:2t\\ \underbrace {Lys - Ala - Ala - Lys:t}_{m\,gam} \end{array} \right. + {H_2}O \to \left\{ \begin{array}{l} Glu\left( {{C_5}{H_9}N{O_4}} \right):4t\\ Lys\left( {{C_6}{H_{14}}{N_2}{O_2}} \right):4t\\ {C_x}{H_{2x + 1}}N{O_2}:y\left( {M = 14x + 47} \right) \end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} {n_{{H_2}O}} = {n_{Lk\,peptit}} = {n_{Lys}} + {n_{Glu}} + 0,5.{n_{{C_x}{H_{2x + 1}}N{O_2}}} = 8t + 0,5y\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} 22\left( {4t.2 + 4t + y} \right) + \left( {8t + 0,5y} \right).18 = 9,04\\ \left( {5 + 6} \right).4t + yx = 0,915\\ \left( {9 + 14} \right)2t + \left( {2x + 1} \right)0,5y - \left( {8t + 0,5y} \right) = 0,855 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} t = 0,01\\ y = 0,16\\ yx = 0,475 \end{array} \right. \end{array}\)

Cho X tác dụng với H₂SO₄ dư

\(\begin{array}{l} {m_{a{\mathop{\rm minoaxit}\nolimits} }} = 0,04.147 + 0,04.146 + \left( {14yx + 47y} \right) = 25,89gam.\\ {m_{{\rm{muo i}}}} = {m_{a{\mathop{\rm minoaxit}\nolimits} }} + {m_{{H_2}S{O_4}}} = 25,89 + 98.\left( {0,04 + 0,02 + 0,08} \right) = 39,61gam. \end{array}\)

Đáp án B

Từ đồ thị ta thấy:  \(X\left\{ \begin{array}{l} O{H^ - }:x\\ ZnO_2^{2 - }:y \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x = 0,1\\ 0,3 = 0,1 + 2y + 2\left( {y - 0,05} \right) \end{array} \right. \to y = 0,075\)

\(Zn{\left( {OH} \right)_2}\,\max \to {n_{{H^ + }}} = 0,1 + 0,075.2 = 0,25\)

Với \(Y\left\{ \begin{array}{l} Ba{\left( {OH} \right)_2}:z\\ Ba{\left( {Al{O_2}} \right)_2}:t \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} O{H^ - }:2z\\ AlO_2^ - :2t \end{array} \right. \to 2z = 0,25\)

Với \({n_{{H^ + }}} = 0,5 = 0,25 + 2t + 3\left( {2t - 0,05} \right) \to t = 0,05\)

Đáp án C

Hỗn hợp E phản ứng tráng bạc → X là HCOOH và este T có gốc HCOO-.

Đặt số mol X, Y, T lần lượt là a, b và c. Có CO₂ 0,25 mol và H₂O 0,18 mol.

Bảo toàn nguyên tố oxi \( \to {n_{O\left( E \right)}} = \frac{{6,88 - 0,25.12 - 0,18.2}}{{16}} = 0,22 = 2a + 2b + 4c\)

Và 2a + 2c = 0,12 → b + c = 0,05.

Axit Y có tổng số liên kết pi là k → tổng số liên kết pi trong este T là k+1.

\( \to 0,25 - 0,18 = \left( {k - 1} \right)b + \left( {k + 1 - 1} \right)c \to 0,07 = \left( {b + c} \right)k - b = 0,05k - b.\)

Áp dụng điều kiện: \(b < 0,05 \to 0,05k - 0,07 < 0,05 \to k < 2,4.\)

Ta chọn \(k = 2 \to b = 0,03;a = 0,04;c = 0,02.\)

\( \to 0,04 + 0,03n + 0,02m = 0,25\) (Bảo toàn nguyên tố cacbon) \( \to n = \frac{{21 - 2m}}{3}.\)

Ta chọn \(m = 6 \to n = 3.\)

X là \(HCOOH,\left\{ \begin{array}{l} \left( X \right)C{H_2}{O_2}:0,04\\ \left( Y \right){C_n}{H_{2n - 2}}{O_2}:0,03\\ \left( T \right){C_m}{H_{2m - 4}}{O_4}\left( {m > 4} \right):0,02 \end{array} \right.\)

Y là CH₂ = CH - COOH

T là HCOO - CH₂ - CH₂ - OOC - CH = CH₂.

Z là C₂H₄(OH)₂

Bảo toàn khối lượng: \({m_E} + {m_{KOH}} = m + {m_Z} + {m_{{H_2}O}}\)

\( \to 6,88 + 0,15.56 = m + 62.0,02 + 18.\left( {0,04 + 0,03} \right) \to m = 12,78gam\)

aminoaxit tạo X:  \({C_{\overline n }}{H_{2\overline n + 1}}{O_2}N\left( {\overline n > 2} \right)\)

Axit tạo este Y: \({C_m}{H_{2m - 2}}{O_2}\)

Muối của aminoaxit \( \to A:{C_{\overline n }}{H_{2\overline n }}{O_2}NNa:x\,mol\)

Muối của axit \( \to B:{C_m}{H_{2m - 3}}{O_2}Na:y\,mol\)

23,08 gam  \(F\left\{ \begin{array}{l} A:{C_{\overline n }}{H_{2\overline n }}{O_2}NNa:x\,mol\\ B:{C_m}{H_{2m - 3}}{O_2}Na:y\,mol \end{array} \right. \to N{a_2}C{O_3} + C{O_2}\left( {0,54} \right) + {H_2}O\left( {0,42} \right) + {N_2}\)

Áp dụng bảo toàn nguyên tố Na, ta có: \({n_{N{a_2}C{O_3}}} = \frac{{x + y}}{2}mol\)

\(\left\{ \begin{array}{l} {k_A} = 1\\ {k_B} = 2 \end{array} \right. \to {n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}} = - 0,5{n_A} + {n_B} \to - 0,5x + y = 0,12\left( 1 \right)\)

Áp dụng bảo toàn khối lượng F ta có:

\({m_{A + B}} = 12.\underbrace {\left( {{n_{N{a_2}C{O_2}}} + {n_{C{O_2}}}} \right)}_{0,5x + 0,5y + 0,54} + 2.\underbrace {{n_{{H_2}O}}}_{0,42} + 16.\underbrace {{n_O}}_{2\left( {x + y} \right)} + 23.\underbrace {{n_{Na}}}_{x + y} + 14.\underbrace {{n_N}}_x = 23,08\)

\(\begin{array}{l} \to 75x + 61y = 15,76\left( 2 \right)\\ \left( 1 \right),\left( 2 \right) \to \left\{ \begin{array}{l} - 0,5x + y = 0,12\\ 75x + 61y = 15,76 \end{array} \right. \to x = 0,08;y = 0,16 \end{array}\)

Áp dụng bảo toàn nguyên tố C ta có

\({n_{C\,{\rm{trong muoi}}}} = {n_{C{O_2}}} + {n_{N{a_2}C{O_3}}} = 0,54 + \frac{{0,08 + 0,16}}{2} = 0,66\)

Do \(\overline n > 2 \to {n_{C\,trong\,A}} > 2.0,08 = 0,16 \to {n_{C\,trong\,B}} < \left( {0,66 - 0,16} \right)mol\)

→ Số C trong \(B < \frac{{0,66 - 0,16}}{{0,16}} = 3,125 \to B\) là CH₂=CH-COONa

\( \to \left\{ \begin{array}{l} {n_{C\,trong\,A}} = 0,66 - 0,16.3 = 0,18\\ {n_A} = 0,08 \end{array} \right.\)

 Số \({\overline C _{trong\,A}} = \frac{{0,18}}{{0,08}} = 2,25\)

\(\Rightarrow \frac{a}{b} = \frac{{{m_{{C_2}{H_4}{O_2}NNa}}}}{{{m_{{C_3}{H_6}{O_2}NNa}}}} = \frac{{0,06.\left( {74 + 23} \right)}}{{0,02.\left( {88 + 23} \right)}} = 2,62\)

Đáp án C

Gọi  \(\left\{ \begin{array}{l} CuS{O_4}:3a\\ NaCl:2a \end{array} \right. \to \left[ \begin{array}{l} Y\left\{ \begin{array}{l} N{a^ + }:2a\\ SO_4^{2 - }:3a\\ {H^ + }:4a \end{array} \right.\\ Y\left\{ \begin{array}{l} N{a^ + }:2a\\ SO_4^{2 - }:3a\\ C{u^{2 + }}:2a \end{array} \right. \end{array} \right. \to 4a = \frac{{3,6}}{{27}}.3 \to a = 0,1\)

→ Vì khối lượng dung dịch giảm 33,1g →  loại phương án 2 (Cu²⁺ dư)

\( \to 33,1g\left\{ \begin{array}{l} Cu:0,3\\ {H_2}:x\\ C{l_2}:0,1\\ {O_2}:0,1 + 0,5x \end{array} \right. \to x = 0,2\left( {mol} \right) \to {n_e} = 1 = \frac{{5.t}}{{96500}} \to t = 5,361\left( h \right)\)

Đáp án A

\(m\left( {gam} \right)\left\{ \begin{array}{l} Mg & \,\,\,\,\,\,\,\,\,x\\ MgO & \,\,\,\,\,\,\,\,\,y\\ F{e_3}{O_4} & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,z\\ Fe{\left( {N{O_3}} \right)_2}\,\,\,\,\,t \end{array} \right. \to \left| \begin{array}{l} 231,575gam\left\{ \begin{array}{l} M{g^{2 + }}\\ F{e^{2 + }}\\ F{e^{3 + }}\\ NH_4^ + \\ C{l^ - } \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} MgO\left( {x + y} \right)\\ F{e_2}{O_3}\,\frac{{\left( {3z + t} \right)}}{2} \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} NO & 0,2\,mol\\ {H_2} & 0,45\,mol\\ {H_2}O & 1,655\,mol \end{array} \right. \end{array} \right.\)

\({m_{O\left( X \right)}} = 0,2968m;\) Bảo toàn \(O \to {n_{{H_2}O}} = \frac{{0,2968m}}{{16}} - 0,2\)

\( \Rightarrow m + 4,61.36,5 = 231,575 + 0,2.30 + 0,45.2 + \left( {\frac{{0,2968m}}{{16}} - 0,2} \right).18 \to m = 100\left( {gam} \right)\)

→ Số mol H2O = 1,655 mol

Số mol O trong (X) = 1,855 mol

Bảo toàn \(H \to {n_{NH_4^ + }} = 0,1\)

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} 24x + 40y + 232z + 180t = 100\\ y + 4z + 6t = 1,855\\ 40\left( {x + y} \right) + 80\left( {3z + t} \right) = 102,2\\ BTN:2t = 0,2 + 0,1 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x = 1\\ y = 0,355\\ z = 0,15\\ t = 0,15 \end{array} \right. \to \% MgO = 14,2\% \)