“Khử cho (electron) – o (oxi hóa) nhận (electron)” → ở phản ứng đáp án D:

.\(3FeO + 10HN{O_3} \to 3Fe{\left( {N{O_3}} \right)_3} + 5{H_2}O + NO\)

Fe²⁺ (trong FeO) → Fe³⁺ (trong ) + 1e || → oxit sắt (II) có tính khử.

Chỉ có 2 chất là axetilen và anđehit oxalic trong dãy tạo kết tủa khi tác dụng với dung dịch AgNO₃/NH₃:

\(HC \equiv CH + 2AgN{O_3} + 2N{H_3} \to AgC \equiv CAg \downarrow + 2N{H_4}N{O_3}\)

\({\left( {CHO} \right)_2} + 4AgN{O_3} + 6N{H_3} \to {\left( {COON{H_4}} \right)_2} + 4Ag \downarrow + 4N{H_4}N{O_3}\)

Tỉ lệ \({n_{este}}:{n_{NaOH}} = 0,01:0,02 = 1:2 \to \) este có hai chức.

Từ tỉ lệ sản phẩm và este → este này được tào từ anol hai chức và axit cũng hai chức

→ este cần tìm có dạng \(R{\left( {COO} \right)_2}R' \to \) phản ứng:

.\(R{\left( {COO} \right)_2}R' + 2KOH \to R{\left( {COOK} \right)_2} + R'{\left( {OH} \right)_2}\)

Từ giả thiết có \({M_{muoi}} = 1,665:0,0075 = 222 = R + 2 \times 83 \to R = 56 = 14 \times 4\) là gốc C₄H₈.

Lại có \({M_{este}} = 1,29:0,075 = 172 \to R' = 28 = 14 \times 2\) tương ứng là gốc C₂H₄.

Vậy, công thức của este cần tìm là \({C_4}{H_8}{\left( {COO} \right)_2}{C_2}{H_4}\)

đoạn OA biểu diễn tỉ lệ phản ứng: \(Ba{\left( {OH} \right)_2} + 2HCl \to BaC{l_2} + 2{H_2}O\)

Giả thiết \({n_{HCl}} = 0,8{\text{ mol}} \to \) b = ½.OA = 0,4 mol.

Ÿ đoạn AB biểu diễn tỉ lệ phản ứng: \(AlO_2^ - + {H^ + } + {H_2}O \to Al{\left( {OH} \right)_3} \downarrow \)

Ÿ đoạn BC biểu diễn tỉ lệ phản ứng: \(Al{\left( {OH} \right)_3} + 3{H^ + } \to A{l^{3 + }} + 3{H_2}O\)

Theo đó, \(4BH = AC = \left( {2,8 - 0,8} \right) + 1,2 \times 3 = 5,6 \to BH = 1,4\) mol  ½BH = 0,07 mol.

Vậy, yêu cầu tỉ lệ \(a:b = 0,7:0,4 = 7:4\)

Ghép cụm NO₃:\(1NO + 2{O_{{\text{trong }}{{\text{H}}_2}O}} \to 1N{O_3}||1{N_2}O + 5{O_{{\text{ trong }}{{\text{H}}_2}O}} \to 2N{O_3}||1N{H_4} + 3{O_{{\text{trong }}{{\text{H}}_2}O}} \to 1N{O_3}\)

→ Gọi số mol NH₄NO₃ là x mol ta có: \(\sum\limits_{}^{} {{n_{{H_2}O}} = 3x + 0,02 \times 3 + 0,03 \times 5 = 3x + 0,21} \)

→ Theo bảo toàn nguyên tố H có (6x+0,42) mol HNO₃.

Lại gọi số mol Mg(NO₃)₂ trong T là y mol → bảo toàn nguyên tố N có \(\left( {2y - 4x - 0,34} \right)\) mol AgNO₃.

Ÿ Bảo toàn khối lượng các nguyên kim loại trong sơ đồ có phương trình:

 \(m + \left( {2y - 4x - 0,34} \right) \times 108 = 1,58m + 24y \Rightarrow 0,58m + 432x - 192y + 36,72 = 0\)       (1)

Ÿ Hỗn hợp Y gồm 0,25 mol Mg và \(\left( {2y - 4x - 0,34} \right)\) mol Ag mà khối lượng Y là 1,58m gam

→ phương trình: \(0,25 \times 24 + \left( {2y - 4x - 0,34} \right) \times 108 = 1,58m \Rightarrow 1,58m + 432x - 216y + 30,72 = 0\) (2)

Ÿ Biết m_T =37,8  gam → có  \(148y + 80x = 37,8\)  (3)

Giải hệ được x = 0,01 mol;y = 0,25  mol và m =12 gam. Thay lại có  mol HNO₃.

→ khi điện phân: n_{e trao đổi} = 0,48 mol → \(t = 0,48 \times 96500:2 = 23160\) giây

Từ công thức phân tử của X là C₇H₁₀O₄ → X là este hai chức, mạch hở, có 3π gồm \(2{\pi _{C = O}};1{\pi _{C = C}}\)

Phản ứng thủy phân: \(X + 2NaOH \to Y + Z + T\) (Z và T thuộc cùng dãy đồng đẳng)

→  kia phải thuộc gốc hiđrocacbon của Y rồi và Y là muối của axit cacboxylic có 2 chức → số C của Y ít nhất phải bằng 4. Phân tích số C của X:  \(7 = 4 + 1 + 2 = 5 + 1 + 1\)

→ cấu tạo duy nhất thỏa mãn X là \(C{H_3}OOCCH = CHCOO{C_2}{H_5}\) (trường hợp ).

→ cấu tạo của axit E là \(HOOC - CH = CH - COOH \to E + B{r_2}/CC{l_4}\)   theo tỉ lệ 1 : 1 thôi.

Xử lí cơ bản số liệu giả thiết và gọi số mol các chất như trên → ta có ngay các phương trình:

Ÿ (1): khối lượng kim loại Al: m = 27x

Ÿ (2): khối lượng muối: 8m = 213x + 80y

Ÿ (3): bảo toàn electron:  3x = 8y + 0,12.10 + 0,12.8

Từ đó, giải hệ được x = 0,8  mol; y= 0,03 mol và m = 21,6 gam.

D

Dựa vào các sản phẩm khi thủy phân không hoàn toàn X

→ có 3 cấu tạo thỏa mãn là: Ala-Gly-Gly-Ala-Ala; Gly-Gly-Ala-Ala-Gly; Ala-Ala-Gly-Gly-Ala

Anilin không làm quỳ tím đổi màu, axit glutamic làm quỳ tím chuyển màu hồng → loại A, C.

Ÿ Phân tử tinh bột có tạo mạch ở dạng xoắn có lỗ rỗng (giống như lò xo):

→ các phân tử iot có thể chui vào và bị hấp phụ, tạo “hợp chất” màu xanh tím.

Ÿ Trong môi trường kiềm của dung dịch amoniac, fructozơ chuyển hóa thành glucozơ và chính glucozơ có phản ứng tráng bạc:

Ÿ Anilin tạo kết tủa trắng khi tác dụng với dung dịch nước brom

Từ các kết quả trên → X, Y, Z, T lần lượt là axit glutamic, tinh bột, fructozo, anilin.

Xử lí bài tập đốt cháy liên quan đến số mol O₂ cần để đốt và số mol sản phẩm CO₂ biết → Ta quy góc nhìn các chất đốt dạng CH₂ + … Giả thiết: ancol X dạng  || axit Y và este Z dạng .

→ đốt tổn 0,14 mol CH₂ cần  mol.

Vậy 3,26 gam chất rắn T gồm 0,03 mol RCOONa + 0,02 mol NaOH (dư) → R = 15 là gốc CH₃.

→ phản ứng vôi tôi xút giữa 0,03 mol CH₃COONa + 0,025 mol NaOH xảy ra theo tỉ lệ:

 m gam khí là 0,025 mol CH₄.

Vậy, giá trị của m là  gam.

Giải phần 2:  \(RCOOH + NaHC{O_3} \to RCOONa + C{O_2} \uparrow + {H_2}O\) → \({n_{RCOOH}} = 0,2\) mol.

Nếu R là H, tức axit là HCOOH thì 0,2 mol sẽ tham gia phản ứng tráng bạc tạo 0,4 mol Ag.

Điều này có nghĩa là trong T chỉ chứa axit và ancol dư, không có anđehit → không hợp lý.!

Ÿ R khác H thì \( + AgN{O_3}/N{H_3}\) chỉ có thể là anđehit RCHO sinh \(Ag \downarrow \to {n_{RCHO}} = 0,2\) mol.

Phản ứng oxi hóa không hoàn toàn:  \(RC{H_2}OH + \left[ O \right]\xrightarrow[{}]{{t^\circ }}\left\| {\begin{array}{*{20}{c}} {1RCHO + 1{H_2}} \\ {1RCOOH + 1{H_2}O} \\ {RC{H_2}OH} \end{array}} \right.\)

Ÿ Giải phần 3: \(RC{H_2}OH + Na \to RC{H_2}ONa + 1/2{H_2}\)

\(RCOOH + Na \to RCOONa + 1/2{H_2}\)

\(Na + {H_2}O \to NaOH + 1/2{H_2}\)

Tổng số mol H₂ thu được là 0,4 mol, axit có 0,2 mol, nước là 0,4 mol → n_ancol = 0,2 mol.

Khối lượng chất rắn: \(51,6 = 0,2 \times \left( {R + 53} \right) + 0,2 \times \left( {R + 67} \right) + 0,4 \times 40 \Rightarrow R = 29\) là gốc C_2^H5.

« Giải bài tập thủy phân 1,8 mol X + 2,4 mol KOH

→ 210 gam \(\left( {R'COOK + KOH{\text{ d}}} \right) + 1,8{\text{ mol ancol}}\).

(chú ý nhân 3 kết quả tính toán trên) Ta có:  \(2 = 1,8 \times \left( {R' + 83} \right) + 0,6 \times 56 \to R' = 15\)là gốc CH₃ .

Vậy, este X là \(C{H_3}COOC{H_2}C{H_2}C{H_3} \to \) tên gọi: propyl axetat.

Thí nghiệm được tiến hành là thí nghiệm về phản ứng màu biure của protein. Xem xét các phát biểu:

(a) dung dịch lòng trắng trứng → NaOH không màu → phát biểu này sai.

(b) đúng vì Cu(OH)₂ (tạo ra từ phản ứng CuSO₄ + NaOH) đã phản ứng với 2 nhóm peptit (CO-NH) cho sản phẩm có màu tím (phản ứng màu biure).

(c) đúng, (d) sai. Như phân tích ở ý (b), đây là thí nghiệm chứng minh anbumin có phản ứng màu biure.

Cùng một lượng axit HCl nhưng cách tiến hành thí nghiệm với dung dịch X cho lượng khí CO₂↑ khác nhau → chứng tỏ dung dịch X gồm x mol Na₂CO₃ và y mol NaHCO₃ (toàn bộ Ba tạo tủa BaCO₃).

Ÿ Phần 1: xảy ra đồng thời các phản ứng  \(N{a_2}C{O_3} + 2HCl \to 2NaCl + C{O_2} + {H_2}O\)

Và  \(NaHC{O_3} + HCl \to NaCl + C{O_2} + {H_2}O|| \to \)giả sử có kx mol Na₂CO₃ và ky mol NaHCO₃ phản ứng

→ ta có \(kx + ky = \sum\limits_{}^{} {{n_{C{O_2}}} = 0,075} \) mol và \(2kx + ky = {n_{HCl}} = 0,12\) mol → giải và suy ra x : y = 3:2

Ÿ Phần 2: xảy ra lần lượt:

 \(N{a_2}C{O_3} + 2HCl \to 2NaCl + C{O_2} + {H_2}O\)

\(NaHC{O_3} + HCl \to NaCl + C{O_2} + {H_2}O|| \to \)

→ số lượng \(N{a_2}C{O_3}\) là \(x = \left( {0,12 - 0,06} \right) = 0,06\) mol →y = 0,04  mol.

Phản ứng:  X + 0,32mol CO₂ → 0,12 mol Na₂CO₃ + 0,08 mol NaHCO₃ + ? mol BaCO₃↓ (nhân đôi số)

→ theo bảo toàn nguyên tố cacbon có 0,12 mol BaCO₃.

« Sử dụng tương quan 2H với 1O → từ 0,15 mol H₂ ta thêm tương ứng 0,15 mol O vào m gam hỗn hợp đầu → quy đổi về  gam hỗn hợp chỉ chứa các oxit Na₂O và BaO; số mol theo bảo toàn tính được lần lượt là 0,16 mol và 0,12 mol →  \(m = 0,16 \times 62 + 0,12 \times 153 - 2,4 = 25,88\)gam.

Đáp án B

Crom có độ cứng lớn nhất trong tất cả các kim loại

Cấu hình e lớp ngoài cùng ứng với kim loại kiềm là ns¹

Loại phân bón hoá học có tác dụng làm cho cành lá khoẻ, hạt chắc, quả hoặc củ to là phân lân

Este có công thức cấu tạo: CH₂=C(CH₃)COOCH₃ có tên gọi là Metyl metacrylat

FeCl₃ khi phản ứng hoàn toàn với dung dịch KOH dư, thu được kết tủa nâu đỏ

Lysin có hai nhóm amino

Nhôm được dùng làm vật liệu chế tạo máy bay, ô tô, tên lửa, tàu vũ trụ vì nhẹ, bền đối với không khí và nước.

Crom không phản ứng với dung dịch NaOH đặc, đun nóng.

Tơ visco thuộc loại polime bán tổng hợp

Trong công nghiệp, kim loại nhôm được điều chế bằng phương pháp điện phân nóng chảy.

X, Y lần lượt là xenlulozơ, glucozơ

Đồng tác dụng được  với dung dịch H₂SO₄ đặc, nóng

\({n_{Ag}} = {n_{AgN{O_3}}} = \frac{{8,5}}{{170}} = 0,05(mol) \to \% {m_{Ag}} = \frac{{0,05.108}}{{12}}.100\% = 45\% \)

\(\left\{ \begin{gathered} {H_2}S{O_4}:0,1(mol) \hfill \\ A{l_2}{(S{O_4})_3}:0,1(mol) \hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered} {n_{{H^ + }}} = 0,2(mol) \hfill \\ {n_{A{l^{3 + }}}} = 0,2(mol) \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

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

0,2      0,2

Do lượng NaOH lớn nhất nên có quá trình tạo kết tủa, sau đó hoà tan một phần kết tủa.

\({n_{Al{{(OH)}_3}}} = 0,1(mol)\)

\(A{l^{3 + }} + 3O{H^ - } \to Al{(OH)_3}\)

0,2     0,6            0,2

\(Al{(OH)_3} + O{H^ - } \to AlO_2^ - + {H_2}O\)

0,1             0,1

\({n_{O{H^ - }}} = 0,1 + 0,6 + 0,2 = 0,9(mol)\)

Chọn đáp án A.

Những dung dịch làm xanh quỳ tím là X2, X5

\({C_6}{H_7}{O_2}{(OH)_3} + 3HN{O_3} \to {C_6}{H_7}{O_2}{(N{O_3})_3} + 3{H_2}O\)

\(\frac{{59,4.3.63}}{{297.0,8}} = 47,25kg\xleftarrow{{H = 80\% }}59,4kg\)

\({m_{{\text{dd}}HN{O_3}}} = \frac{{47,25}}{{0,63}} = 75(kg) \to V = \frac{m}{D} = \frac{{75.1000}}{{1,4}} = 53571(ml) = 53,571(lit)\)

\(X:{(COOH)_a}R{(N{H_2})_b};{n_X} = 1(mol) \to {n_{HCl}} = b(mol)\)

\(BTKL:{m_X} + {m_{HCl}} = {m_{muoi}} \to {M_X}.1 + b.36,5 = 169,5(1)\)

\({n_X} = 1(mol) \to {n_{NaOH}} = a(mol)\)

\(BTKL:{m_X} + {m_{NaOH}} = {m_{muoi}} + {m_{{H_2}O}} \to {M_X} + 40a = 177 + 18a\)

\( \to {M_X} + 22a = 177(2)\xrightarrow{{(1),(2)}}22a - 36,5b = 7,5\)

\(\to \left\{ \begin{gathered} b = 1 \hfill \\ a = 2 \hfill \\ \end{gathered} \right. \to {M_X} = 133;CT:{C_x}{H_y}N{O_4} \to 12x + y = 55 \to \left\{ \begin{gathered} x = 4 \hfill \\ y = 7 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

Phương pháp chưng cất dùng để tách các chất lỏng có nhiệt độ sôi khác nhau nhiều.

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

Trong điều kiện thích hợp glucozơ lên men tạo thành khí CO₂ và C₂H₅OH

Số trường hợp xảy ra ăn mòn điện hoá học là 3

C₃H₆O₂ có 3 đồng phân đơn chức mạch hở

 Dung dịch X tác dụng được với 8 chất 

Phát biểu không đúng: Tơ tằm và tơ nilon-6,6 đều thuộc loại tơ tổng hợp.

\({H^ + } + CO_3^{2 - } \to HCO_3^ - \)

0,1         0,1           0,1

\(HCO_3^ - + {H^ + } \to C{O_2} + {H_2}O\)

0,2           0,2       0,2

\({n_{N{a^ + }}} = 0,1.2 + 0,2.1 = 0,4(mol)\)

\({n_{HCO_3^ - }} = 0,1 + 0,2 - 0,2 = 0,1(mol)\)

\(\xrightarrow{{BTDT}}{n_{SO_4^{2 - }}} = \frac{{0,4 - 0,1}}{2} = 0,15(mol)\)

\(Y\xrightarrow{{Ba{{(OH)}_2}}}\left\{ \begin{gathered} HCO_3^ - + O{H^ - } \to CO_3^{2 - } + {H_2}O \hfill \\ 0,1\,\, \to \,\,\,\,\,\,\,0,1 \hfill \\ B{a^{2 + }} + CO_3^{2 - } \to BaC{O_3} \hfill \\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,1\,\, \to \,\,\,\,\,\,\,0,1 \hfill \\ B{a^{2 + }} + SO_4^{2 - } \to BaS{O_4} \hfill \\ \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,0,15\,\, \to \,\,\,\,\,0,15 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

m = 0,1.197 + 0,15.233 = 54,65 gam

Đáp án B

Vì X là muối của axit hữu cơ đa chức nên X có CTCT là NH₄-OOC-CH₂-COO-NH₃-CH₃.

Y là muối của axit vô cơ, nên Y có CTCT là (CH₃NH₃)₂CO₃.

Khi cho X, Y tác dụng với dung dịch NaOH thì phản ứng:

 NH₄-OOC-CH₂-COO-NH₃-CH₃+NaOH → NaOOC-CH₂-COONa+NH₃+CH₃NH₂+H₂O

(CH₃NH₃)CO₃+2NaOH→2CH₃NH₃+Na₂CO₃+2H₂O.

Vì thu được 0,08 mol hai chất khí có tỉ lệ mol 1:3, hai chất khí ở đây là NH₃ và CH₃NH₂.

\( \to \left\{ \begin{gathered} {n_{N{H_3}}} = 0,02(mol) \hfill \\ {n_{C{H_3}N{H_2}}} = 0,06(mol) \hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered} {n_X} = {n_{N{H_3}}} = 0,02(mol) \hfill \\ {n_X} + 2{n_Y} = {n_{C{H_3}N{H_2}}} = 0,06(mol) \hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered} {n_X} = 0,02(mol) \hfill \\ {n_Y} = 0,02(mol) \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

\( \to m = {m_{Na - OOC - C{H_2} - COONa}} + {m_{N{a_2}C{O_3}}} = 0,02.148 + 0,02.106 = 5,08(gam)\)

Chọn đáp án B.

Phần trăm khối lượng của nguyên tố oxi trong phân tử T xấp xỉ bằng 44,44%