Đáp án B

Tinh bột trong gạo nếp, ngô nếp chứa lượng amilopectin rất cao, khoảng 90% làm cho cơm nếp, xôi nếp,... rất dẻo, dẻo đến mức dính.

Đáp án B

Kim loại kiềm thổ là Ba.

Đáp án B

Trong công nghiệp, sắt được sản xuất từ quặng hematit (một dạng khoáng vật của oxit sắt Fe₂O₃).

Đáp án A

Tripeptit Gly- Ala - Gly có 2 liên kết peptit nên có phản ứng màu với Cu(OH)₂ tạo thành phức chất có màu tím đặc trưng (phản ứng màu biure).

Đipeptit Gly - Ala chỉ có 1 liên kết peptit nên không tham gia phản ứng này.

Đáp án C

Trong công thức cấu tạo của buta-1,3-đien: CH₂=CH-CH=CH₂ có 9 liên kết xích ma (s) và 2 liên kết pi (p).

Đáp án B

Etyl propionat là este có mùi thơm của dứa, có công thức là: C₂H₅COOC₂H₅.

Đáp án C

Dầu thực vật chứa các gốc axit béo không no dạng lỏng, khi hiđro hóa dầu thực vật sẽ thu được bơ nhân tạo (chứa các gốc axit béo no, dạng rắn).

Đáp án D

Công thức của axit e-aminocaproic được dùng để điều chế nilon-6 là: H₂N-(CH₂)₅-COOH.

Đáp án D

Công thức cấu tạo của X thoả mãn là HCOOCH=CH-CH₃.

Đáp án B

Số pentapeptit tạo ra bởi 5 amino axit khác nhau là 5! = 120.

Đáp án A

Giữ cho bề mặt kim loại luôn sạch, không để bùn đất bám vào, bôi dầu mỡ, quét sơn, chính là biện pháp cách li kim loại với môi trường, để bảo vệ kim loại không bị ăn mòn.

Đáp án B

Ta có phương trình phản ứng sau khi cân bằng:

\(2NaCr{{O}_{2}}+3B{{r}_{2}}+8NaOH\to 2N{{a}_{2}}Cr{{O}_{4}}+6NaBr+4{{H}_{2}}O\)

Đáp án D

Phương trình phản ứng không đúng là: \(2Fe+3{{H}_{2}}S{{O}_{4}}\to F{{e}_{2}}{{\left( S{{O}_{4}} \right)}_{3}}+3{{H}_{2}}.\)

Do đúng phải là: \(Fe+{{H}_{2}}S{{O}_{4}}\to FeS{{O}_{4}}+{{H}_{2}}.\)

Đáp án D

Các chất thoả mãn khi thủy phân trong dung dịch NaOH (dư), đun nóng sinh ra ancol là: anlyl axetat, etyl fomat, tripanmitin.

Đáp án D

Để tránh gây ô nhiễm môi trường sống, các nhà máy hóa chất cần phải lắp đặt các hệ thống xử lí chất thải trước khi xả ra ngoài hệ thống không khí, sông, hồ, biển. Quá trình sản xuất cần được thực hiện theo quy trình khép kín để tận dụng lượng chất thải một cách hiệu quả. Ngoài ra, cần thường xuyên thay đổi công nghệ sản xuất, sử dụng nhiên liệu sạch.

Đáp án A

Phương trình phản ứng nhiệt phân:

\(2M{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{2}}\to 2MO+4N{{O}_{2}}+{{O}_{2}}\)

mol:       a                                      2a      0,5a

→ m_Khí = m_{rắn giảm} \(\leftrightarrow 46.2a+32.0,5a=9,4-4,0=5,4\to a=0,05\left( mol \right)\) 

Theo đầu bài: \({{m}_{\text{muoi}}}=\frac{9,4}{0,05}=188=M+62.2\to M=64\left( Cu \right)\)

Đáp án B

Các loại tơ có nguồn gốc xenlulozơ là: sợi bông, sợi đay, tơ visco, tơ axetat.

Đáp án A

Theo đầu bài ta có:

\(\begin{array}{l}
\left\{ \begin{array}{l}
{n_{{P_2}{O_5}}} = 0,015\left( {mol} \right) \to {n_{{H_3}P{O_4}}} = 0,03\left( {mol} \right)\\
{n_{NaOH}} = 0,08\left( {mol} \right) < 0,09\left( {mol} \right)
\end{array} \right.\\
 \to 0,03.98 + 0,08.40 = m + 0,08.18 \to m = 4,7\left( {gam} \right)
\end{array}\)

\(\underbrace {X\left\{ \begin{array}{l} {\left( {N{H_4}} \right)_2}S{O_4}\\ N{H_4}N{O_3} \end{array} \right.}_{0,05\left( l \right)} \leftrightarrow X\left\{ \begin{array}{l} NH_4^ + \\ SO_4^{2 - }\\ NO_3^ - \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} BaS{O_4} \downarrow :0,05\left( {mol} \right)\\ N{H_3} \uparrow :0,2\left( {mol} \right) \end{array} \right.\)

\( \to \left\{ \begin{array}{l} {n_{{{\left( {N{H_4}} \right)}_2}S{O_4}}} = {n_{SO_4^{2 - }}} = 0,05\left( {mol} \right)\\ {n_{N{H_4}N{O_3}}} = \underbrace {{n_{N{H_3}}}}_{0,2} - \underbrace {2{n_{{{\left( {N{H_4}} \right)}_2}S{O_4}}}}_{2.0,05} = 0,1\left( {mol} \right) \end{array} \right. \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} \left[ {{{\left( {N{H_4}} \right)}_2}S{O_4}} \right] = 1M\\ \left[ {N{H_4}N{O_3}} \right] = 2M \end{array} \right.\)

Đáp án A

Đặt số mol của H₂N - CH(CH₃) - COOH là x và của HOOC - (CH₂)₂ - CH(NH₂) –COOH là y.

Phương trình phản ứng: - COOH + NaOH → - COONa + H₂O      (1)

       mol:   (x + 2y)      →          (x + 2y)

    -NH₂   +     HCl →    -NH₃Cl                     (2)

       mol:  (x + y) → (x + y) → (x + y)

Theo (1), (2) và giả thiết ta có:  

\(\left\{ \begin{array}{l} 67\left( {x + 2y} \right) - 45\left( {x + 2y} \right) = \left( {30,8 + a} \right) - a\\ 52,5\left( {x + y} \right) - 16\left( {x + y} \right) = \left( {36,5 + a} \right) - a \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x + 2y = 1,4\\ x + y = 1 \end{array} \right.\)

\( \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 0,6\\ y = 0,4 \end{array} \right. \to a = 0,6.89 + 0,4.147 = 112,2gam.\)

Đáp án C

\(\underbrace {X\left\{ \begin{array}{l} {M_2}C{O_3}:a\left( {mol} \right)\\ CaC{O_3}:b\left( {mol} \right) \end{array} \right.}_{17,4\left( {gam} \right)} \to \underbrace Y_{8,6\left( {gam} \right)} + \underbrace {C{O_2}}_{V\left( l \right)} \uparrow \)

m_{rắn giảm}   \( = 17,4 - 8,6 = 8,8gam = {m_{C{O_2}}} \to {n_{C{O_2}}} = 0,2\left( {mol} \right) \to {V_{C{O_2}}} = 4,48\left( l \right) \to \) loại A, B.

Ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l} \left( {2M + 60} \right)a + 100b = 17,4\\ a + b = 0,2 \end{array} \right. \Rightarrow a = \frac{{1,3}}{{20 - M}} < 0,2 \to M < 13,5\)

→ loại D.

Đáp án B

Vì hiệu suất phản ứng thủy phân là 75% nên tổng số mol mantozơ và saccarozơ tham gia phản ứng thủy phân là:

Số mol của mantozơ dư sau phản ứng thủy phân là

Sơ đồ phản ứng: C₁₂H₂₂O₁₁ (gồm mantozơ và saccarozơ phản ứng) →2C₆H₁₂O₆ → 4Ag  (1)

mol:                        0,0225     →                                                               0,045    →  0,09

C₁₂H₂₂O₁₁ (mantozơ dư) → 2Ag        (2)

mol:         0,0025                             0,005

Saccarozơ dư không tham gia phản ứng tráng gương.

Theo sơ đồ (1) và (2) suy ra tổng số mol Ag tạo ra là 0,095 mol.

Đáp án B

Ở thí nghiệm 1:

            CaCl₂ + K₂CO₃ → CaCO₃  +2KCl

mol:        x             x                 x

→ \( \Rightarrow {m_1} = {m_{CaC{O_3} \downarrow }} = 100x\left( {gam} \right) & \left( 1 \right)\)

Ở thí nghiệm 2:

             Ca(OH)₂ + K₂CO₃ → CaCO₃  + 2KOH

mol:        x                  x               x

             Ca(OH)₂ + NaHCO₃ → CaCO₃  + NaOH + H₂O

mol:         y                  y                 y

\( \Rightarrow {m_2} = {m_{CaC{O_3} \downarrow }} = 100\left( {x + y} \right)\left( {gam} \right) & \left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2) \( \to {m_2} > {m_1}.\)

Đáp án D

Dung dịch C chứa: \(HCO_3^ - :0,2mol;CO_3^{2 - }:0,2mol.\)

Dung dịch D có tổng: \({n_{{H^ + }}} = 0,3mol;{n_{SO_4^{2 - }}} = {n_{C{l^ - }}} = 0,1mol\)

Nhỏ từ từ dung dịch D vào dung dịch C:

\(\begin{array}{l}
 & CO_3^{2 - } + {H^ + } \to HCO_3^ - \\
mol: & 0,2\,\, \to 0,2 \to 0,2
\end{array}\)

\( \Rightarrow {n_{{H^ + }do}} = 0,1mol;\sum {{n_{HCO_3^ - }} = 0,2 + 0,2 = 0,4mol} \)

Tiếp tục xảy ra phản ứng:

\(\begin{array}{l} & HCO_3^ - + {H^ + } \to {H_2}O + C{O_2}\\ mol: & 0,1\,\,\, \leftarrow \,\,\,\,0,1 \to & 0,1\\ \Rightarrow {V_{C{O_2}}} = 0,1.22,4 = 2,24lit. \end{array}\)

Trong dung dịch E còn 0,3 mol HCO₃^-. Tiếp tục cho dung dịch Ba(OH)₂ dư vào E

\(\begin{array}{l} & B{a^{2 + }} + HCO_3^ - + O{H^ - } \to BaC{O_{3 \downarrow }} + {H_2}O\\ mol: & & 0,3 & \,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to \,\,\,0,3\\ & B{a^{2 + }} + SO_4^{2 - } \to BaS{O_4}\\ mol: & & 0,1\,\,\,\,\, \to \,\,0,1 \end{array}\)

→ Khối lượng kết tủa là: m = 0,3.197 + 0,1.233 = 82,4gam

Đáp án D

X (C₄H₁₁NO₂) + NaOH → Z ­ → Z là NH₃ hoặc amin, X là muối amoni.

Theo đầu bài, ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} {n_Z} = 0,1\left( {mol} \right);{n_{{H_2}}} = 0,15\left( {mol} \right)\\ {\overline M _{\left( {Z;{H_2}} \right)}} = \frac{{0,1.{M_Z} + 0,15.2}}{{0,25}} = 19,2 \end{array} \right.\)

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {M_Z} = 45,{\rm{ }}Z \to \left[ \begin{array}{l} {C_2}{H_5}N{H_2}\\ {\left( {C{H_3}} \right)_2}NH \end{array} \right.{\rm{ }}\\ X{\rm{ }} \to \left[ \begin{array}{l} C{H_3}COO{H_3}N{C_2}{H_5}\\ C{H_3}COO{H_2}N{\left( {C{H_3}} \right)_2} \end{array} \right. \end{array} \right.\)

Ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} {n_{C{H_3}COONa}} = {n_X} = {n_Z} = 0,1\left( {mol} \right)\\ {n_{NaOH\,{\rm{du}}}} = \underbrace {{n_{NaOH\,{\rm{bd}}}}}_{0,2} - \underbrace {{n_{C{H_3}COONa}}}_{0,1} = 0,1\left( {mol} \right) \end{array} \right.\)

\(\Rightarrow {m_{{\rm{chran}}}} = \underbrace {0,1.82}_{{m_{C{H_3}COONa}}} + \underbrace {0,1.40}_{{m_{NaOH\,{\rm{du}}}}} = 12,2\left( {gam} \right).\)

Đáp án C

Theo giả thiết ta có: \({n_{O\,pu}} = {n_{CuO}} = \frac{{13,2 - 9,2}}{{16}} = 0,25mol;{n_{{H_2}}} = \frac{{3,36}}{{22,4}} = 0,15mol.\)

Phương trình phản ứng:

\(\begin{array}{l} & C{H_3}C{H_2}OH + CuO \to C{H_3}CHO + {H_2}O + Cu & & \left( 1 \right)\\ mol: & & x\,\,\,\, \to & x\,\,\,\,\,\,\, \to & \,\,\,\,\,\,x\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to & x\\ & C{H_3}C{H_2}OH + 2CuO \to C{H_3}COOH + {H_2}O + 2Cu & & \left( 2 \right)\\ mol: & & y\,\,\,\, \to & 2y\,\,\,\,\,\,\, \to & y\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to y\\ & 2C{H_3}C{H_2}OH + 2Na \to 2C{H_3}C{H_2}ONa + {H_2} & & \left( 3 \right)\\ mol: & & z\,\,\,\,\,\,\, \to & & & & \,\,\,\,\,\,\,0,5z & \\ & 2C{H_3}COOH + 2Na \to 2C{H_3}COONa + {H_2} & & \left( 4 \right)\\ mol: & & y\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to & & & 0,5y\\ & 2{H_2}O + 2Na \to 2NaOH + {H_2} & & \left( 5 \right)\\ mol: & \left( {x + y} \right)\,\,\,\,\,\, \to & \,\,\,\,\,\, & \,\,\,\,\,0,5\left( {x + y} \right) \end{array}\)

Theo các phương trình phản ứng và giả thiết ta có:

\(\left\{ \begin{array}{l} x + y + z = 0,2\\ 0,5y + 0,5z + \left( {0,5x + 0,5y} \right) = 0,15\\ x + 2y = 0,25 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 0,05\\ y = 0,1\\ z = 0,05 \end{array} \right.\)

Vậy phần trăm khối lượng ancol bị oxi hóa là:

\(\frac{{0,1 + 0,05}}{{0,2}}.100\% = 75\% .\)

Đáp án B

Đặt công thức trung bình của hai axit trong X là \(\overline R COOH.\)

Đặt công thức trung bình của hai ancol trong Y là \(\overline {R'} OH.\)

Phương trình phản ứng:

\(\begin{array}{l} 2\overline R COOH + CaC{O_3} \to {\left( {\overline R COO} \right)_2}Ca + C{O_2} + {H_2}O & \left( 1 \right)\\ 2\overline {R'} OH + 2Na \to 2\overline {R'} ONa + {H_2} & \left( 2 \right) \end{array}\)

Theo (1), (2) và giả thiết ta có:

\({n_{\overline R COOH}} = 2{n_{C{O_2}}} = 2.\frac{{1,12}}{{22,4}} = 0,1mol;{n_{\overline {R'} OH}} = 2{n_{{H_2}}} = 2.\frac{{2,24}}{{22,4}} = 0,2mol.\)

Như vậy khi cho a gam hỗn hợp axit phản ứng với 3,9 gam hỗn hợp ancol thì số mol đem phản ứng của axit và ancol đều bằng nhau và bằng 0,1 mol.

\(\begin{array}{l} & \overline R COOH + \overline {R'} OH \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over {\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} \overline R COO\overline {R'} + {H_2}O & \left( 1 \right)\\ mol: & \,\,\,\,\,\,0,1\,\,\,\,\,\, \leftarrow 0,1\,\,\,\,\, \to & \,\,0,1 & \to \,\,\,\,\,\,\,0,1 \end{array}\)

Với hiệu suất 100% thì khối lượng este thu được là:

\({m_{este}} = {m_{\overline R COOH}} + {m_{\overline {R'} OH}} - {m_{{H_2}O}} = a + 3,9 - 0,1.18 = \left( {a + 2,1} \right)gam.\)

Trên thực tế hiệu suất phản ứng este hóa là H% nên khối lượng este thu được là:

\({m_{este}} = H\% .\left( {a + 2,1} \right)gam.\)

Đáp án C

Các phương trình phản ứng xảy ra như sau:

\(\begin{array}{l} \left( 1 \right){C_2}{H_5} - OOC - C{H_2} - COOCH = C{H_2} + 2NaOH \to NaOOC - C{H_2} - COONa + C{H_3}CHO + {C_2}{H_5}OH & \\ \left( 2 \right)C{H_3}CHO + {H_2} \to {C_2}{H_5}OH\\ \left( 3 \right)NaOOC - C{H_2} - COONa + {H_2}S{O_4} \to HOOC - C{H_2} - COOH + N{a_2}S{O_4} & \\ \left( 4 \right)2{C_2}{H_4} + {O_2} \to 2C{H_3}CHO \end{array}\)

A. Đúng, X có mạch cacbon không phân nhánh.

B. Đúng, đun nóng X₃ với H₂SO₄ đặc (170°C), thu được chất Z.

C. Sai, trong Y có số nguyên tử cacbon nhỏ hơn số nguyên tử hidro.

D. Đúng, X₃ có nhiệt độ sôi cao hơn X₂.

Đáp án D

Đặt công thức phân tử của hiđrocacbon là C_nH_2n+2-2k (k là số liên kết pi trong phân tử).

Các phản ứng:

\(\begin{array}{l} & {C_n}{H_{2n + 2 - 2k}} + \frac{{3n + 1 - k}}{2}{O_2}nC{O_2} + \left( {n + 1 - k} \right){H_2}O & \left( 1 \right)\\ mol: & \,\,\,\,\,\,\,\,x & & & \to & \,\,\,\,\,\,nx\\ & {C_n}{H_{2n + 2 - 2k}} + kB{r_2}{C_n}{H_{2n + 2 - 2k}}B{r_{2k}} & \left( 2 \right)\\ mol: & \,\,\,\,\,\,\,\,x & \to & kx \end{array}\)

Theo giả thiết và phương trình phản ứng ta thấy:

\(\left\{ \begin{array}{l} nx = \frac{{7,04}}{{44}} = 0,16\\ kx = \frac{{25,6}}{{160}} = 0,16 \end{array} \right. \Rightarrow \frac{n}{k} = \frac{1}{1}\)

Vì hiđrocacbon ở thể khí nên \(n \le 4\) và từ (3) suy ra \(n \ge 2\) (vì hợp chất có 1 C không thể có liên kết p).

• Nếu \(n = 2,k = 2\) thì hiđrocacbon là \({C_2}{H_2}\,\,\,\left( {CH \equiv CH} \right)\)

\({n_{{C_2}{H_2}}} = \frac{{0,16}}{2} = 0,08mol \Rightarrow {m_{{C_2}{H_2}}} = 0,08.26 = 2,08\left( {gam} \right).\)

• Nếu n = 3, k = 3 thì hiđrocacbon là C₃H₂ (loại).

• Nếu n = 4, k = 4 thì hiđrocacbon là \({C_4}{H_2}\left( {CH \equiv C - C \equiv CH} \right).\)

\({n_{{C_4}{H_2}}} = \frac{{0,16}}{4} = 0,04mol \Rightarrow {m_{{C_4}{H_2}}} = 0,04.50 = 2\left( {gam} \right).\)

Đáp án B

Phát biểu đúng là: Thí nghiệm trên dùng để xác định sự có mặt của C và H trong các hợp chất hữu cơ.

Đáp án A

\(\left\{ \begin{array}{l} {C_x}{H_{2x - 1}}NO:a\,mol\\ {n_{peptit}}:b\,mol \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} 0,6.1,25.56 - 8,52 = 0,6.\left( {\left( {14x + 29} \right)a + 18b} \right) + 18b\\ 1,5ax - 0,75a = 2,43\\ 44ax - a.18\left( {x - 0,5} \right) - b.18 = 51 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} ax = 1,92\\ a = 0,6\\ b = 0,24 \end{array} \right.\)

\( \Rightarrow \overline x = \frac{{xa}}{a} = \frac{{1,92}}{{0,6}} = 3,2\)

Đặt  \(\left\{ \begin{array}{l} Gly\left( {2C} \right):a'\\ Val\left( {5C} \right):b' \end{array} \right. \Rightarrow \)

Đ. chéo:  \(\frac{{a'}}{{b'}} = \frac{{5 - 3,2}}{{3,2 - 2}} = \frac{3}{2} = \frac{{0,36}}{{0,24}}\)

\(\begin{array}{l} E\left\{ \begin{array}{l} {X_m}:t\,mol\\ {Y_n}:k\,mol \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} m + 1 + n + 1 = 9\\ m < \frac{a}{b} < n \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} m + n = 7\\ m < 2,5 < n \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} m = 2\\ n = 5 \end{array} \right.\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} t + k = 0,24\\ \frac{t}{k} = \frac{{5 - 2,5}}{{2,5 - 2}} = \frac{5}{1} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} t = 0,2\\ k = 0,04 \end{array} \right.\\ E\left\{ \begin{array}{l} X{\left( {Gly} \right)_{a''}}{\left( {Val} \right)_{2 - a''}}:0,2\\ Y{\left( {Gly} \right)_{b''}}{\left( {Val} \right)_{5 - b''}}:0,04 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} BT.Gly:0,2a'' + 0,04b'' = 0,36\\ a'' \le 2;b'' \le 5 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} a'' = 1\\ b'' = 4 \end{array} \right.\\ \Rightarrow \% {m_Y} = \frac{{\left( {75.4 + 117 - 18.4} \right).0,04}}{{14.1,92 + 29.0,6 + 18.0,24}}.100\% = 28,40\% \end{array}\)

Đáp án B

Phát biểu đúng là (1), (4), (5).

(2) Sai, do Ba không tác dụng với nước dù ở nhiệt độ cao, Mg không tác dụng với nước ở nhiệt độ thường.

(3) Sai, do quặng boxit có thành phần chính là Al₂O₃, Na₃AlF₆ là criolit.

(6) Sai, chỉ làm mềm được nước cứng tạm thời.

Đáp án A

Y²⁺ tác dụng với dung dịch Na₂SO₄ có kết tủa trắng → loại B và D.

Z³⁺ tác dụng với dung dịch NH₃ dư ® tạo kết tủa keo trắng không tan → loại C.

Đáp án C

(a) Đúng.

(b) Sai, trong phản ứng điều chế este, người ta thường cho thêm H₂SO₄ đặc để xúc tác cho phản ứng.

(c) Đúng.

(d) Sai, "Da giả" được tổng hợp từ phản ứng trùng hợp vinyl clorua.

(e) Sai, thủy phân hoàn toàn các peptit trong dung dịch kiềm, thu được muối của các amino axit.

(f) Sai, C₆H₅CH₂NH₂ làm quỳ tím hoá xanh.

Đáp án C

Từ dung dịch Y: \({{C}_{M,O{{H}^{-}}}}=0,6+0,2.2=1M\)

Từ A: Thông qua \({{m}_{\text{ket tua}}}=9,32=0,04.233\Rightarrow \) Có thể coi đoạn đầu, chưa có kết tủa hidroxit \(\to 2.{{n}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}}}={{n}_{O{{H}^{-}}}}=0,2mol\Rightarrow {{n}_{{{H}_{2}}S{{O}_{4}}}}=0,1mol=0,1.c\Rightarrow c=1M.\)

Tại điểm B, toàn bộ \(A{{l}^{3+}}:0,2.a\) và \(M{{g}^{2+}}:0,1.b\) kết tủa hết.

(khi không có điểm gãy, Al³⁺ và Mg²⁺ sẽ kết tủa đồng thời)

Từ số mol

\(O{{H}^{-}}:{{n}_{O{{H}^{-}}}}=1,2=0,2.a.3+0,1.b.2+0,2\Leftrightarrow 3a+b=5.\)

Lúc này: 

\(\left\{ \begin{align} & {{n}_{SO_{4}^{2-}}}=0,1+0,3a \\ & {{n}_{B{{a}^{2+}}}}=1,2.0,2=0,24 \\ \end{align} \right.\left( mol \right)\)

Vì sau đó kết tủa còn tăng \(\to SO_{4}^{2-}\) dư.

Từ khối lượng kết tủa: \({{m}_{\text{ket tua}}}=0,2.a.78+0,1.b.58+1,2.0,2.233=83,12\left( gam \right)\)

Hệ: \(\left\{ \begin{array}{l} 3a + b = 5\\ 15,6a + 5,8b = 27,2 \end{array} \right. \leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} a = 1\\ b = 2 \end{array} \right.\left( {mol} \right)\)

Tại C: Al(OH)₃ tan hết: \({{m}_{\text{ket tua}}}={{m}_{Mg{{\left( OH \right)}_{2}}}}+{{m}_{BaS{{O}_{4}}}}=0,1.2.58+1,4.0,2.233\Leftrightarrow {{m}_{1}}=76,84gam\)

Tại D: Kết tủa cực đại, \({{m}_{\text{ket tua}}}={{m}_{Mg{{\left( OH \right)}_{2}}}}+{{m}_{BaS{{O}_{4}}}}=0,1.2.58+2.0,2.233\Leftrightarrow {{m}_{2}}=104,8gam\)

\(\to m={{m}_{1}}+{{m}_{2}}=181,64gam\)

Đáp án A

Sau khi kết thúc các phản ứng, thí nghiệm thu được kim loại: (c), (e), (h).

→ Số thí nghiệm thu được kim loại là 3.

Đáp án D

Vì Y còn tính khử nên Z không chứa O₂.

Theo đề ta có:  \(\left\{ \begin{array}{l} C{O_2}:0,12mol\\ N{O_2}:0,48mol \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} FeC{O_3}:0,12mol\\ Fe{\left( {N{O_3}} \right)_2}:0,24mol \end{array} \right. \Rightarrow Mg:0,9mol\)

Quy đổi Y thành \(\left\{ \begin{array}{l} Fe:0,36mol\\ Mg:0,9mol\\ O:0,6mol \end{array} \right.\) và đặt \(\left\{ \begin{array}{l} NO:a\,mol\\ {N_2}O:b\,mol\\ NH_4^ + :c\,mol \end{array} \right.\) với \(a + b = 0,32\,\left( 1 \right)\)

Cho A tác dụng với AgNO₃ thoát khí NO (0,02 mol) nên A chứa H⁺ dư (0,08) và A không chứa NO₃^-

\( \to a + 2b + c = 0,38\,\,\,\left( 2 \right)\) và \({n_{{H^ + }}} = 4a + 10b + 10c + 0,6.2 = 2,7 + 0,38 - 0,08 = 3mol\)

Từ (1), (2), (3) suy ra: a = 0,3;b = 0,02;c = 0,04

\(\left\{ \begin{array}{l} {n_{AgCl}} = {n_{C{l^ - }}} = 2,7mol\\ 2{n_{Mg}} + 3{n_{Fe}} = 2{n_O} + 3a + 8b + 8c + 0,02.3 + {n_{Ag}} \Rightarrow {n_{Ag}} = 0,24mol \end{array} \right. \to {m_ \downarrow } = 413,37\left( g \right)\)

Theo đề, X là axit không no, có 1 liên kết C=C đơn chức và T là este ba chức được tạo thành từ 2 phân tử chất X, 1 phân tử chất Y và 1 ancol Z ba chức.

Từ phản ứng của Z với Na  \(\Rightarrow {n_Z} = 0,15mol \Rightarrow {M_Z} = 92:{C_3}{H_5}{\left( {OH} \right)_3}\)

Khi cho E tác dụng với \(NaOH: \to {n_{{H_2}O}} = {n_{X,Y}} = 0,1mol \Rightarrow {n_T} = \frac{{0,25 - 0,1}}{3} = 0,05mol\)

Ta có: \({M_Q} = 17,6 \Rightarrow \) Muối thu được gồm HCOONa hoặc CH₃COONa và RCOONa.

+ Xét muối HCOONa (a mol) và RCOONa (b mol)

\( \to \left\{ \begin{array}{l} 68a + \left( {{M_R} + 67} \right).b = 20,9\\ a + b = 0,25 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} a = 0,1\\ b = 0,15 \end{array} \right.\)

Vậy X là \({C_2}{H_3}COOH:0,05mol \Rightarrow \% {m_X} = 13,6\% \)

Đáp án A

Xét tại thời điểm t(h); dung dịch sau điện phân hòa tan Al sinh ra H₂ mà tỷ lệ CuSO₄ : NaCl = 1 : 1

→ Đặt số mol CuSO₄ và NaCl đều là b mol.

Ở catot: Cu²⁺ + 2e → Cu⁰; ở anot: 2Cl^- - 2e → Cl₂ ; 2H₂O - 4e → 4H⁺ + O₂.

Dung dịch X phản ứng với Al sinh ra a mol H₂ → lượng H⁺ đã phản ứng = 2a mol.

→ Số mol e trao đổi = b + 2a mol.

→ Xét tại thời điểm 2t(h), số mol e trao đổi = 2 (2a + b) mol.

Ở catot:

Cu²⁺ + 2e → Cu⁰ ; 2H₂O + 2e → 2OH^- + H₂ 

Ở anot: 2Cl^- - 2e → Cl₂ ; 2H₂O - 4e → 4H⁺ + O₂.

Số mol e Cl^- nhường = b mol → số mol e H₂O nhường = 4a + b mol → Lượng H⁺ sinh ra = 4a + b

Số mol e Cu²⁺ nhận = 2b mol → Số mol e H₂O nhận = 4a mol → số mol OH^- = 4a mol. Trong dung dịch có OH^- và H⁺ nên: H⁺ + OH^- → H₂O.

→ Lượng H⁺ dư = b mol.

Cho Al dư vào dung dịch: Al + 3H⁺ ® Al³⁺ + 3/2 H₂.

® Số mol H₂ = b /2 = 4a ® a : b = 1 : 8

■ Xét các nhận định:

+ Tại thời điểm 2t(h) số mol khí thoát ra ở hai cực là: 2a + 0,5 b + 0,25(4a + b), thay b = 8a ® số mol khí thoát ra = 9a mol ® (1) đúng.

+ Tại thời điểm 1,75t(h) thì số mol e trao đổi = 1,75 (2a + b) mol.

Nếu H₂O điện phân thì Cu²⁺ điện phân hết ® số mol e Cu²⁺ nhận = 2b mol <1,75 (2a + b) ® 0,25b < 3,5a ® b : a < 14 đúng (do b : a = 8) ® (2) đúng.

+ Tại thời điểm 1,5t(h) thì số mol e trao đổi =1,5 (2a + b) mol.

Nếu H₂O điện phân thì Cu²⁺ điện phân hết ® số mol e Cu²⁺ nhận = 2b mol < 1,5 (2a + b)

® 0,5b < 3a ® a : b > 1 / 6 ® sai (do a : b = 1 : 8) ® Cu²⁺ chưa điện phân hết ® (3) đúng.

+ Tại thời điểm 0,8t (h) thì số mol e trao đổi = 0,8 (2a + b) mol.

Nếu H₂O điện phân thì Cl^- vừa bị điện phân hết ® số mol e Cl^- nhường là b mol = 0,8 (2a + b)

® 0,2b = 1,6 a ® a : b = 1 / 8 đúng (do a : b = 1: 8) ® (4) đúng.

+ Tại thời điểm 2t (h) thì số mol H₂ sinh ra = 2a mol ® (5) sai.

Đáp án C

Nhận thấy Y, Z đều là hợp chất no, đa chức.

F chứa 2 khí có  F chứa H₂ → muối chứa HCOONa.

F chứa 2 khí, 1 khí sinh ra từ muối của amino axit, 1 khí sinh ra từ muối của este.

→ Este Y, Z có dạng (HCOO)_nR → Quy đổi hỗn hợp E theo đồng đẳng hóa:

BTKL khi đốt cháy E:    \({m_E} + {m_{\left( {{O_2}} \right)}} = {m_{\left( {{H_2}O} \right)}} + {m_{\left( {C{O_2} + {N_2}} \right)}}\)

\( \to m\left( {C{O_2} + {N_2}} \right) = 19 + 0,685.32 - 9,72 = 31,2\left( {gam} \right)\)

Ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l} 360a + 132b + 176c + 14d = 19\\ 6a + 2b + 3c = 0,3\\ 10a + 4b + 4c + d = 0,54\\ 44.\left( {12a + 5b + 6c + d} \right) + 6a.14 = 31,2 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} a = 0,01\\ b = 0,09\\ c = 0,02\\ d = 0 \end{array} \right.\)

Do d = 0 nên các chất trong E chính là các chất mà ta quy đổi được → X là Gly₆.

\( \to \% {m_X} = \frac{{0,01.360}}{{19}}.100\% = 18,95\% .\)