B sai do PbCl₂ ít an bao ngoài Pb làm cho Pb không tiếp xúc được axit dẫn đến phản dừng lại ngay

→ Đáp án B

Từ dung dịch FeSO₄ có thể điều chế được Fe bằng phương pháp:

- Thủy luyện: Mg + FeSO₄ → MgSO₄ + Fe↓

- Nhiệt luyện: FeSO₄ + 2NaOH → Fe(OH)₂↓ + Na₂SO₄

2Fe(OH)₂ + 1/2 O₂ -^to→ Fe₂O₃ + 2H₂O

Fe₂O₃ + 3CO -^to→ 2Fe + 3CO₂

- Điện phân: 2FeSO₄ + 2H₂O -^dpdd→ Fe + O₂ + 2H₂SO₄

→ Cả 3 phương pháp đều điều chế được Fe từ FeSO₄

→ Đáp án D

Kim nam châm là chất sắt có từ tính thiên nhiên lấy từ trong đá. Người ta cũng sớm biết là nếu để cho một thanh kim loại chạm vào đá nam châm thì thanh kim loại cũng có đặc tính như đá nam châm, nghĩa là có khuynh hướng chỉ về một phía tương đối cố định.

Và từ tính được truyền nhận như thế có thể bị phai dần theo thời gian. Thành ra các tàu bè dùng la bàn từ thời xa xưa vẫn phải mang theo một viên đá nam châm loại tốt, để có thể nam châm hoá hay từ hóa kim la bàn khi cần. Người ta đã biết đến sự từ hóa vào khoảng thế kỷ thứ 11.

→ Nhờ tính nhiễm từ mà sắt được dùng để chế la bàn.

→ Đáp án D

Do thu được cả kết tủa nên Cu còn dư sau phản ứng với Fe³⁺

Như vậy, trong dung dịch Y có FeCl₂, ZnCl₂ và CuCl₂

Cho phản ứng với NaOH thì kết tủa thu được là Fe(OH)₂ và Cu(OH)₂

→ Đáp án A

10FeSO₄ + 8H₂SO₄ + 2KMnO₄ → 5Fe₂(SO₄)₃ + 2MnSO₄ + 8H₂O + K2SO₄.

Chú ý muối Fe₂(SO₄)₃ và FeCl₃ có màu vàng

→ Đáp án A

Gọi số mol Fe phản ứng là x mol.

→ m_tăng = 64x – 56x = 8 → x = 1 mol

→ n_CuSO4 = x = 1 mol → C_M(CuSO₄) = 1/0,2 = 5M

→ Đáp án C

Kim loại đứng trước H trong dãy điện hoá tác dụng được với dung dịch axit H₂SO₄ loãng: Fe, Al, Mg, Zn.

→ Đáp án D

Chất Z và T lần lượt là K₂Cr₂O₇ và Cr₂(SO₄)₃.         

Có các phát biểu về kẽm:

- Zn có thể tác dụng với các dung dịch HCl, HNO₃ đặc, nguội, NaOH.

- Zn không bị han rỉ, không bị oxi hóa trong không khí và trong nước vì trên bề mặt kẽm có màng oxit hoặc cacbonat bazơ bảo vệ.

- Zn có thể đẩy Au ra khỏi phức xianua [Au(CN)₂]- (phương pháp khai thác vàng).

- Zn có thể đẩy được Cu ra khỏi dung dịch CuSO₄.

- ZnCO₃ tồn tại ở dạng rắn, không tồn tại ở dạng dung dịch.

→ Có 3 phát biểu đúng là (a), (b), (c)

- Những bức tranh cổ vẽ bằng bột chì (thành phần chính là muối bazơ 2PbCO₃.Pb(OH)₂). Khi để lâu bột chì tác dụng với H₂S trong không khí tạo PbS màu đen.

2PbCO₃.Pb(OH)₂ + 3H₂S → 3PbS + 2CO₂ + 4H₂O

- Có thể dùng H₂O₂ để phục hồi bức tranh này, vì PbS màu đen biến thành PbSO₄ thành màu trắng theo phản ứng:

PbS + 4H₂O₂ → PbSO₄ + 4H₂O₂.

n_Zn = n_H2 = 0,15 ⇒ n_Cu = 0,1 mol

⇒ %Cu = 0,1. 64 /(0,1. 64 + 0,15. 65) = 39,63%

→ Đáp án C

0,03 mol Ag + V ml AgNO₃ 0,7M → NO↑

C_{M AgNO3} = C_{M HNO3} dư

3Ag + 4HNO₃ → 3AgNO₃ + NO + 2H₂O

n_HNO3 phản ứng = 0,03 : 3 x 4 = 0,04 mol.

Vì V không thay đổi nên n_HNO3 dư = n_AgNO3 = 0,03 mol

→ ∑n_HNO3 = 0,04 + 0,03 = 0,07 mol

→ V_HNO3 = 0,07 : 0,7 = 0,1 lít = 100 ml

Bản chất của phản ứng là quá trình oxi hóa, khử:

N⁺⁵ + 3e → N⁺²

Zn → Zn⁺² + 2e

Au + nước cường toan thì N trong HNO₃ chuyển hết về NO → n_NO = 0,002 mol.

Theo bảo toàn e: 3 x n_NO = 2 x n_Zn → n_Zn = 0,002 x 3/2 = 0,003 mol

→ m_Zn = 0,003 x 65 = 0,195 gam

Au + 3HCl + HNO₃ → AuCl₃ + NO + 2H₂O

⇒ n_NO = 0,05 mol; n_HCl = 3. 0,05 = 0,15 mol

Au + HNO₃ + 3HCl → AuCl₃ + NO + 2H₂O

→ n_Au = n_HCl : 3 = 0,015 : 3 = 0,005 mol

%Au = 0,005 x (197/120) x 100% = 0,082%.

→ Đáp án A

Điện phân ZnSO₄

- Anot: oxi hóa nước: 2H₂O → 4H⁺ + O₂ +4e

- Catot: khử Zn²⁺: Zn²⁺ + 2e → Zn

Bảo toàn nguyên tố Cu : n_Cu = n_CuO = 0,4 mol

→ m_Cu = 0,4 . 64 = 25,6 gam

Ta có: n_Cu = 0,025 mol

Áp dụng bảo toàn electron: n_NO2 = 2.n_Cu = 0,05 mol

Catot thoát khí khi H+ bắt đầu điện phân, lúc đó Fe³⁺ và Cu²⁺ đã hết.

n_e = n_Fe³⁺ + 2n_Cu²⁺ = 0,5 mol

→ n_Cl2 = 0,25 mol

→ V = 5,6 lít

Giả sử: m_Cu = 0,7m ; m_Fe = 0,3m

m kim loại dư = 0,75m → Bao gồm 0,7m gam Cu và 0,05m gam Fe

→ m_Fe pư = 0,25m

n_NO + n_NO2 = 0,25 mol

Bảo toàn N: n_HNO3 = 4n_NO + 2n_NO2 = 0,7 mol

→ n_NO = 0,1 mol và n_NO2 = 0,15 mol

Bảo toàn electron: 2n_Fe = 3n_NO + n_NO2

2. (0,25m/56) = 0,1.3 + 0,15.1

→ m = 50,4 gam

n_Cu = 0,12 mol

n_H+ = 0,32 mol ; n_NO3- = 0,12 mol; n_SO4^2- = 0,1 mol

3Cu + 8H⁺ + 2NO₃- → 3Cu²⁺ + 2NO + 4H₂O

0,12      0,32       0,12

0,12      0,32       0,08       0,12

0            0             0,04

m_muối = m_Cu²⁺ + m_SO4^2- + m_NO3- dư = 19,76 gam

Quy đổi X thành Fe (a mol), Cu (b mol) và O (c mol)

m_X = 56a + 64b + 16c = 2,44 g

Bảo toàn electron: 3a + 2b = 2c + 0,0225.2

m_muối = 400. a/2 + 160b = 6,6 g

→ a = 0,025; b = 0,01; c = 0,025

→ mCu = 0,64 mol → %m_Cu = 26,23%

n_e = (I.t)/F = 0,2 mol

n_Cl- = n_NaCl = 0,12 mol

2Cl^- → Cl₂ + 2e

0,12       0,06    0,12

2H₂O → O₂ + 4H⁺ + 4e

             0,02       0,08

→ n khí tổng = 0,08 mol

→ V = 1,792 lít

Gọi x là số mol của Zn thì số mol của Cu là 2x:

65x + 64.2x = 19,3 g

→ x = 0,1mol → n_Zn=0,1; n_Cu=0,2; n_Fe =0,4.

Vì số mol Fe³⁺ lớn hơn số mol của Cu và Zn nên để đơn giản ta làm như sau:

Zn + 2Fe³⁺ → 2Fe²⁺ + Zn²⁺

             0,1      0,2

Cu + 2Fe³⁺ → 2Fe²⁺ + Cu²⁺

0,2    0,2

Nên số mol Cu dư là 0,1 mol → m = 6,40 g

Dãy sắp xếp các dung dịch theo chiều pH tăng dần là (2), (1), (4), (3)

Nhận thấy lực bazơ tăng dần theo thứ tự (4) < (1) < (2) < (3) → pH cũng tăng dần theo chiều (4) < (1) < (2) < (3).

Axit càng mạnh thì pH càng nhỏ → giá trị của pH: (2)< (1) < (4) < (3). 

Gọi công thức M là GlyAla(Lys)x

⇒ CTPT C_5+6xH_10+12xO_3+xN_2+2x

Ta có ⇒ x = 1,5

GlyAla(Lys)_1,5 + 5HCl + 2,5H₂O → GlyHCl + AlaHCl + Lys(HCl)₂

⇒ n_HCl = 0,5 mol, nH₂O = 0,4 mol.

⇒ m_muoi = m_M + m_HCl + mH₂O = 90,48 g

→ Đáp án B

Xem peptit sản phẩm Ala-Val-Ala như amino axit Y

⇒ coi như X là tripeptit của 1 Val, 1 Leu và 1 Y

⇒ số CTCT của X là 6

→ Đáp án D

n_Q = 2n_N2 = 0,075

Bảo toàn nguyên tố Cacbon: ∑n_CO2 (trong M) = n_CO2 (trong Q) + n_Na2CO3 = 0,24

⇒ n_O2 (trong Q) = 1,5.∑n_C - (3n_Q.n_Q)/4 = 0,30375

Mà n_O2 (trong Q) = n_CO2 (trong M)

Bảo toàn khối lượng:

m_M = 44_CO2 + 18n_H2O - 32n_O2 = 5,985 gam.

→ Đáp án A

Đặt n_X = 4x ⇒ n_Y = 3x

⇒ n_KOH = 4.4x + 3.3x = 25x mol

nH₂O = ∑n_peptit = 7x.

Bảo toàn khối lượng:

302.4x + 245.3x + 56.25x = 257,36 + 18.7x

→ x = 0,08 mol.

m = 302.4x + 245.3x = 155,44(g)

→ Đáp án A

0,1 mol X₃ cần 0,05 mol H₂O để chuyển thành 0,15 mol đipeptit X₂

Khi đó, đốt 0,15 mol X₂ thu được 40,5 + 0,05.18 – 0,15.28 = 37,2 gam (CO₂ + H₂O) cùng số mol

→ n_CO2 = nH₂O = 37,2 : 62 = 0,6 mol

→ số C_{dipeptit X2} = 4 → α-amino axit là Gly C₂H₅NO₂.

→ Thủy phân 0,15 mol Y₆ ⇔ 0,9 mol Y1 là C₂H₅NO₂ cần 0,9 mol NaOH

→ 0,9 mol muối C₂H₄NO₂Na và lấy dư 0,18 mol NaOH

→ m_rắn = 0,9.(75 + 22) + 0,18.40 = 94,5 gam.

→ Đáp án C

Cọi CTPT của amin là C_nH_2n+2+kN_k (Amin chứa k nguyên tử N)

⇒ Khi đốt 1 mol amin, tạo ra n_CO2 = n, n_H2O = n + 1 + k/2; n_N2 = k/2

Do đó: 0,1.(n + n + 1 + k/2 + k/2) = 0,5 ⇔ 2n + k = 4 ⇒ n = 1; k = 2

⇒ Amin là NH₂­CH₂­NH₂

Với 4,6 g amin, n_CH2(NH₂)₂ = 0,1 mol ⇒ n_HCl = 0,2 mol

→ Đáp án A

A. đúng vì các protein đơn giản được tạo thành từ các α-amino axit.
B. đúng. Dung dịch protein bị đông tụ khi đun nóng như gạch cua, lòng trắng trứng.
C. sai vì đipeptit không có phản ứng màu biure.
D. đúng vì liên kết peptit CO–NH kém bền trong cả môi trường axit, bazơ. 

Trong môi trường kiềm, protein có khả năng phản ứng màu biure với Cu(OH)₂

Lòng trắng trứng có protein với nhiều axit amin tạo thành (lớn hơn 2)

⇒ có phản ứng màu biure → màu tím

Vì có 2 loại glixerit đơn giản và 4 loại phức tạo gồm glixerit có hai gốc axit R₁ và 1 gốc axit R₂; loại gồm hai gốc axit R₂ và một gốc axit R₁ (trong mỗi loại này gồm hai loại khác nhau là hai gốc axit giống nhau ở kế cận nhau và hai gốc axit giống nhau không kế cận nhau).

((C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅) + 3NaOH → 3C₁₇H₃₅COONa + C₃H₅(OH)₃

Z gồm H₂, O₂. m_Z = 4.3.0,225 = 2,7 g

Gọi a, b lần lượt là số mol H₂, O₂

Ta có hệ :

a + b = 0,225 (1)

2a + 32b = 2,7 (2)

⇒ a = 0,15 , b = 0,075

⇒ n_{Na còn} = 0,7 - (x + y)

⇒ n_O2 = 0,25x = 0,075 mol ⇒ x = 0,3 mol

⇒ n_H2 = 0,35 - 0,5(x + y) = 0,15 ⇒ y = 0,1 mol

⇒ m = m_Na2O₂ + m_Na2O + m_{Na dư} = 78.0,15 + 62.0,05 + 23.0,3 = 21,7 g

→ Đáp án B

n_Al = 0,2 mol; n_Fe3O4 = 0,075 mol; n_H2 = 0,24 mol

Phản ứng xảy ra không hoàn toàn: 8Al (x) + 3Fe3O₄ → 4Al₂O₃ (0,5x) + 9Fe

Hòa tan chất rắn (Fe, Al dư) vào H₂SO₄ ⇒ H₂

BT e ta có: 2.n_Fe + 3.n_Al = 2.n_H2

⇒ 9/8.x.2 + (0,2 – x).3 = 0,24.2 → x = 0,16 mol → H_{phản ứng} = 0,16/0,2 = 80%

BT e ⇒ n_H⁺phản ứng = 2.n_Fe + 3.n_Al + 6.nAl₂O₃ + 8.nFe₃O₄ = 0,36 + 0,12 + 0,48 + 0,12 = 1,08 mol

→ nH₂SO₄ phản ứng = 1,08/2 = 0,54mol

→ Đáp án D