+ Ta có n_{Amin đơn chức} = n_HCl = 0,2 mol.

m_Amin = 50 × 0,124 = 6,2 gam ⇒ M_Amin = 31.

+ Amin đơn chức có dạng: C_nH_2n+3N

⇒ 14n + 17 = 31 ⇒ n = 1.

⇒ CTPT của X là CH₅N

Trích mẫu thử, đánh số thứ tự.

- Ống nghiệm tác dụng với Cu(OH)₂ tạo phức màu xanh lam → glixerin.

- Ống nghiệm tác dụng với Cu(OH)₂ tạo phức màu tím → lòng trắng trứng (protein).

- Ống nghiệm tác dụng với Cu(OH)₂ không có hiện tượng → tính bột.

→ Đáp án B

X + Cu(OH)₂ → màu tím → X phải là tripeptit trở lên → loại A và D.

Z + Br₂ → Kết tủa trắng → Anilin chứ không thể là acrilonitrin → loại C.

→ Đáp án B

Thủy phân hoàn toàn sẽ thu được:

2 mol Alanin, 1 mol Glyxin, 1 mol Phenylalanin và 1 amino axit không phải là α-amino axit

→ Đáp án D

Quy đổi 28g hỗn hợp X thành: C₂H₅OH (a mol); C₂H₂ (b mol); CH₂ ( c mol)

( CH₂ không phải là 1 chất chỉ là nhóm nên nó chỉ có thành phần khối lượng mà không được tính vào số mol hỗn hợp)

⇒46a + 26b + 14c = 28 (1)

Khi cho X qua bình đựng Na dư, ancol bị giữ lại phản ứng và sinh ra 0,5mol H₂ và hỗn hợp ankin không phản ứng thoát ra

⇒0,5a + b = 11,2 : 22,4 = 0,5 mol (2)

Ta có trong 0,3 mol hỗn hợp X có: ka mol C₂H₅OH; kb mol C₂H₂ và kc mol CH₂ (k là tỉ lệ khối lượng của 0,3 mol X với 28g X)

⇒k(a+b) = 0,3 mol

Viết phương trình đốt cháy ta có n O₂ = k(3a + 2,5b + 1,5c) = 0,125 mol

(3a + 2,5b + 1,5c) : (a + b) = 0,125 : 0,3   (3)

Từ (1)(2)(3) ⇒a = 0,2 mol; b = 0,4 mol; c = 0,6 mol

%m ancol = (0,2.46/28).100% = 32,86%

⇒ Đáp án A

Từ điều kiện về phân tử khối của 2 ancol, ta tìm được Y là: C₃H₅(OH)₃ ( a mol), Z là CH₃OH (b mol)

Ta có: m_{bình tăng} = m_ancol – m_H2 = 92a + 32b – 1,5a.2 – 0,5b.2 = 89a + 32b = 23,49g

a + b = 0,29 mol

⇒ a = 0,25 mol; b = 0,04 mol

B no và 3 chức nên có 3 liên kết ℼ. Mà B, C có cùng số liên kết ℼ nên C đơn chức và có 2 liên kết ℼ C-C

m_X = 16x + 18y + 14z = 81,24 – 0,25.86 – 0,04.40 – 1,14.44 – 0,28.15=3,78

n_O2 = 2x + 1,5z = 3,495 – 0,25.9,5 – 0,04.4 – 0,25.0,28 = 0,89

Bảo toàn số mol peptit ta có: x + y = 0,07

⇒ x = 0,28; y = -0,21; c = 0,22

Ta có: 0,22 = 0,07.2 + 0,04.2 ⇒ C là: C₄H₅COOCH₃

%m_C = 0,04.112/81,24.1005 = 5,51%

⇒ Đáp án B

Bảo toàn khối lượng

Ta có: nH₂O = n_NaOH = 0,03 mol

BTKL→ m_muối = m_gly + m_glu + 40n_NaOH – mH₂O = 30,68 (g)

→ Đáp án B

X là C₂H₅NH₃NO₃: n_X = 0,03 mol; n_KOH = 0,05 mol ⇒ KOH dư.

→ Rắn gồm 0,03 mol KNO₃ và (0,05 – 0,03 = 0,02) mol KOH dư.

→ m = 0,03.101 + 0,02.56 = 4,15(g)

→ Đáp án D

Quy X về C₂H₃NO, CH₂ và H₂O.

Đặt nC₂H₃NO = x; n_CH2 = y.

→ Muối gồm x mol C₂H₄NO₂K và y mol CH₂ 

⇒ m_muối = 113x + 14y = 8,19(g).

n_O2 = 2,25x + 1,5y = 0,1875 mol

Giải hệ có: x = 0,07 mol; y = 0,02 mol.

Bảo toàn nguyên tố Cacbon:

n_BaCO3 = 0,07 × 2 + 0,02 = 0,16 mol

→ m = 31,52(g) 

→ Đáp án C

 thứ tự tính bazơ tăng dần: anilin < NH₃ < CH₃NH₂ < KOH

Phản ứng của amin bậc 2 với HCl dư: R–NH–R' + HCl → R–NH₂Cl–R'

có m_X = 2,36 gam và m_muối = 3,82 gam ⇒ theo BTKL có m_HCl = 1,46 gam

⇒ n_X = n_HCl = 1,46 ÷ 36,5 = 0,04 mol ⇒ M_X = 2,36 ÷ 0,04 = 59

⇒ R + R' = 44 = 15 + 29 ⇒ R và R' là các gốc metyl (CH₃) và etyl (C₂H₅).

⇒ amin X thỏa mãn có tên là etylmetylamin

amin X đơn chức dạng

              C_xH_yN + HCl → C_xH_{y + 1}NCl.

⇒ n_X = n_HCl = 0,08 mol. Lại có 100 gam X 4,72% ⇒ m_{X dùng} = 4,72 gam.

⇒ M_X = 4,72 ÷ 0,08 = 59 ứng với công thức của amin X là C₃H₉N.

(1): 2Cu₂O + Cu₂S → 6Cu + SO₂

(2): Cu(NO₃)₂ -^to→ CuO + 2NO₂ + 1/2 O₂

(3): CuO + CO -^to→ Cu + CO₂

(4): 3CuO + 2NH₃ -^to→ 3Cu + N₂ + 3H₂O

→ Đáp án B

Các kim loại đều khử ion Ag+ trong dung dịch AgNO₃

- Đáp án A đúng.

- Đáp án B sai vì Au không khử được Ag⁺.

- Đáp án C sai vì Na khi cho vào dung dịch AgNO₃

2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂↑

2NaOH + 2AgNO₃ → Ag₂O + 2NaNO₃ + H₂O

- Đáp án D sai vì K khi cho vào dung dịch AgNO₃

2K + 2H₂O → 2KOH + H₂↑

2KOH + 2AgNO₃ → Ag2O + 2KNO₃ + H₂O

→ Đáp án A

Fe, Cu + HNO₃ → ddX + NO, NO₂ + một phần kim loại Cu không tan.

- Sau phản ứng có một phần Cu không tan → Dung dịch chỉ gồm Fe(NO₃)₂ và Cu(NO₃)₂.

Do: Cudư + 2Fe(NO₃)₃ → Cu(NO₃)₂ + 2Fe(NO₃)₂

→ Đáp án A

CuSO₄ + 2NH₃ + 2H₂O → Cu(OH)₂ + (NH₄)2SO₄

                                             xanh nhạt

Cu(OH)₂ + 4NH₃ → [Cu(NH₃)₄](OH)₂

                              dung dịch xanh đậm

2CuFeS₂ + 4O₂ → Cu₂S + 2FeO + 3SO₂

                                 (X)

2Cu₂S + O₂ → 2Cu₂O + 2SO₂

                              (Y)

2Cu₂O + Cu₂S → 6Cu + SO₂

Hai chất X, Y lần lượt là Cu₂S và Cu₂O.

Đầu tiên Al phản ứng với AgNO₃ trước 

(1) Nếu Al còn dư thì phản ứng với Ni(NO₃)₂ ; Cu không phản ứng 

(2) Nếu Al hết và AgNO₃ dư thì Cu phản ứng với AgNO₃, Ni(NO₃)₂ giừ nguyên. 

X tan 1 phần trong HCl → Chứng tỏ giả thuyết (1) đúng 

→ Y gồm Al³⁺ ; Ni²⁺ (có thể ) 

Mà Y phản ứng với NaOH vừa đủ tạo 2 hydroxit → Y phải có Ni²⁺ 

→ Rắn X gồm Ag, Cu , Ni 

Khi cho Cu vào thì xuất hiện ăn mòn điện hóa 

(2 điện cực khác bản chất là Fe và Cu) 

→ e chuyển về phía cực (+) là Cu 

→ Lượng H⁺ sẽ chuyển sang bên Cu để thực hiện quá trình 2H⁺ → H₂ 

→ có nhiều H₂ được tạo ra hơn

Cu dư không có Fe(NO₃)₃ → loại A,D 

Do Cu có thể chưa phản ứng nên muối của Cu có thể không có nên chọn B. 

Đáp án C

Cu là kim loại đứng sau H trong dãy điện hóa nên không tác dụng được với H₂SO₄ loãng

\({n_{CuO}} = 0,4 \to m = 0,4.64 = 25,6\)

- Cho Fe dư + H₂SO₄ → m₁ gam muối + V lít H₂

Fe + 2H⁺ → Fe²⁺ + H₂↑

n_Fe²⁺ = n_H2 = V/22,4 → m₁ = m_FeSO4 = V/22,4 x 152 gam.

- Cho Fe + H₂SO₄ đặc, nóng → m₂ gam muối + V lít SO₂

2Fe + 6H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂↑ + 6H₂O

n_Fe2(SO₄)₃ = 1/3 x n_SO2 = 1/3 x V/22,4 mol

→ m₂ = m_Fe2(SO₄)₃ = 1/3 x V/22,4 x 400 gam

→ m₁ > m₂

→ Đáp án C

Hòa tan hết cùng 1 lượng Fe (x mol) trong dung dịch H₂SO₄ loãng(1) và H₂SO₄ đặc, nóng (2):

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂↑

→ V_H2 = 22,4x lít.

2Fe + 6H₂SO₄ đ -^to→ Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂ + 6H₂O

V_SO2 = 3/2.x.22,4 = 33,6l

⇒ Thể tích khí sinh ra trong cùng điều kiện (2) gấp rưỡi (1)

→ Đáp án C

Cho một ít bột Fe vào AgNO₃ dư:

Fe + 2AgNO₃ → Fe(NO₃)₂ + 2Ag↓

Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ dư → Fe(NO₃)₃ + Ag↓

→ Dung dịch X gồm Fe(NO₃)₃, AgNO₃

→ Đáp án C

Cho Fe dư tác dụng với dung dịch HNO₃:

Fe + 4HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + NO + 2H₂O

Fe dư + 2Fe(NO₃)₃ → 3Fe(NO₃)₂

→ Sau phản ứng thu được Fe(NO₃)₂

→ Đáp án C

Nhúng 1 lá sắt nhỏ vào dung dịch chứa 1 trong các chất sau: FeCl₃, AlCl₃, CuSO₄, Pb(NO₃)₂, NaCl, HCl, HNO₃, H₂SO₄ (đặc, nóng), NH₄NO₃.

Fe + 2FeCl₃ → 3FeCl₂

Fe + AlCl₃ → không phản ứng.

Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu↓

Fe + Pb(NO₃)₂ → Fe(NO₃)2 + Pb↓

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Fe + 4HNO₃ → Fe(NO₃)₃ + NO + 2H₂O

2Fe + 6H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 3SO₂↑ + 6H₂O

Fe + NH₄NO₃ → không phản ứng.

→ Số trường hợp tạo muối Fe(II) là 4.

→ Đáp án D

Sắt là kim loại f

- Có màu trắng, dẻo, dễ rèn → Đáp án B sai.

- Có khối lượng lớn 7,9g/cm³, nóng chảy ở nhiệt độ 1540^oC → kim loại nặng, khó nóng chảy.

- Có tính dẫn điện, dẫn nhiệt tốt.

- Có tính nhiễm từ.

→ Đáp án B

Cơ sở của phương pháp nhiệt luyện là khử những ion kim loại trong các hợp chất ở nhiệt độ cao bằng các chất khử mạnh như: C, CO, H₂ hoặc kim loại Al, kim loại kiềm, kim loại kiềm thổ.

- Phương pháp nhiệt luyện được ứng dụng rộng rãi trong công nghiệp để điều chế những kim loại có độ hoạt động trung bình như Zn, Fe, Sn, Pb,...

- Đáp án A sai vì Al không điều chế bằng phương pháp nhiệt luyện.

- Đáp án B sai vì Mg không điều chế bằng phương pháp nhiệt luyện.

- Đáp án C đúng.

- Đáp án D sai vì Al không điều chế bằng phương pháp nhiệt luyện.

→ Đáp án C

Cấu hình của nguyên tố sắt Z = 26: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s²

Fe → Fe²⁺ + 2e

Fe²⁺ có cấu hình: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶ → [Ar]3d⁶

→ 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

Trích mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm. cho dung dịch NaOH lần lượt vào các mẫu thử.

Mẫu thử tạo kết tủa xanh là Cu(NO₃)₂

Cu(NO₃)₂ + 2NaOH → Cu(OH)₂ + 2NaNO₃

Mẫu thử tạo kết tủa nâu đỏ là FeCl₃

FeCl₃ + 3NaOH → Fe(OH)₃ + 3NaCl

Mẫu thử tạo kết tủa keo trắng tan trong kiềm dư là AlCl₃

AlCl₃ + 3NaOH → Al(OH)₃ + 3NaCl

Al(OH)₃ + NaOH → Na[Al(OH)₄]

Mẫu thử có khí mùi khai bay ra là NH₄Cl

NH₄Cl + NaOH → NaCl + NH₃ + H₂O

Chuẩn độ: H₂C₂O₄ + 2NaOH → Na₂C₂O₄ + 2H₂O

Nồng độ dung dịch H₂C₂O₄: C_H2C₂O₄ = (1,26/126). (1000/100) = 0,1M

Theo phản ứng: n_NaOH = 2n_H2C₂O₄. V = 2.10^-3 mol ⇒ C_{M (NaOH)} = 0,114M

Trích mẩu thử cho mỗi lần thí nghiệm. Cho dung dịch NaOH lần lượt vào các mẩu thử.

- Mẩu thử tạo kết tủa màu xanh là CuSO₄.

CuSO₄ + 2NaOH → Cu(OH)₂ + Na₂SO₄

- Mẩu thử tạo kết tủa trắng xanh, sau đó hóa nâu đỏ là FeSO₄.

FeSO₄ + 2NaOH → Fe(OH)₂ + Na₂SO₄

4Fe(OH)₂ + O₂ + 2H₂O → 4Fe(OH)₃

- Mẩu thử tạo kết tủa xanh rêu, sau đó tan trong kiềm dư là Cr₂(SO₄)₃.

Cr₂(SO₄)₃ + 6NaOH → 2Cr(OH)₃ + 3Na₂SO₄

Cr(OH)₃ + NaOH → Na[Cr(OH)₄]

∑n_H⁺ = 0,02.0,1 + 0,02a

∑n_OH^- = 0,0165. 0,1 + 0,0165. 2. 0,05 = 3,3.10^-3 mol

Trung hòa dung dịch thì ∑n_H⁺ = ∑n_OH^-

0,02. 0,1 + 0,02a = 3,3.10^-3 → a = 0,065 mol/l

Trích mỗi chất một ít làm mẫu thử. Hòa tan các bột trên vào dung dịch HCl.

Không tan là BaSO₄.

Tan nhanh và có múi trứng thối thoát ra là Na₂S.

Na₂S + 2HCl → 2NaCl + H₂S (1)

Tan chậm và có mùi trứng thối thoát ra là H₂S

ZnS + 2HCl → ZnCl₂ + H₂S (2)

Tan và sủi bọt khí không múi là BaCO₃ và MgCO₃

BaCO₃ + 2HCl → BaCl₂ + CO₂ + H₂O (3)

MgCO₃ + 2HCl → MgCl₂ + CO₂ + H₂O (4)

Hai chất chỉ tan là NaCl và Na₂SO₄. Lấy từng dung dịch này đổ vào các dung dịch thu được ở (3) và (4) có kết tủa thì đó là dung dịch Na₂SO₄ và dung dịch BaCl₂. Còn lại là dung dịch NaCl và MgCl₂.

CO₃^2- + 2H⁺ → CO₂↑ + H₂O

Nhận biết được CO₃^2-

3Cu + 2 NO₃^- + 8H⁺ → 3Cu²⁺(màu xanh) + 2NO↑ + 4H₂O

2NO + O₂ → 2NO₂ (nâu đỏ)

Trích mẫu thử cho mỗi lần thí nghiệm. Cho dung dịch HCl lần lượt vào các mẫu thử.

- Mẫu nào có hiện tượng sủi bọt khí là Na₂CO₃.

Na₂CO₃ + 2HCl → 2NaCl + CO₂ + H₂O

- Mẫu nào bị vẩn đục khi lắc là C₆H₅ONa.

C₆H₅ONa + HCl → C₆H₅OH + NaCl

- Mẫu có mùi giấm bay ra là CH₃COONa.

CH₃COONa + HCl → CH₃COOH + NaCl

- Mẫu không có hiện tượng gì là NaNO₃.

n_NaOH = n_OH = 0,25.V (mol)

n_H⁺ = n_HCl + 2n_H2SO₄ = 0,05. 0,1 + 0,05. 2. 0,05

pH = 2 → [H⁺] = 10^-2 M = 0,01 mol

Ta có: (0,01 - 0,25V)/(0,05 + V) = 10^-2

⇒ 0,01 - 0,25.V = 0,01. 0,05 + 0,01 V → 0,26.V = 0,01 - 0,01. 0,05

⇒ V = 0,0365 l = 36,5 ml

5H₂O₂ + 2KMnO₄ + 3H₂SO₄ → K₂SO₄ + 2MnSO₄ + SO₂ + 8H₂O

Từ phản ứng ⇒ nH₂O₂ = 5/2 n_KMnO4 = 2,5.10^-3 (mol)

mH₂O₂ = 17%