Al₂O₃ là chất lưỡng tính nên phản ứng được với axit, kiềm.

Đáp án D

Tính khử theo dãy điện hóa Al > Cr > Fe > Cu.

Đáp án C

CO₂ không thể phản ứng với O₂ vì C đã đạt mức OXH cao nhất là +4.

Đáp án C

Những chất có phản ứng tráng bạc:

- Andehit.

- Tất cả các chất có dạng HCOOR (R có thể là H, gốc hiđrocacbon, Na⁺, …)

- Glucozơ, fructozơ.

Đáp án B

Chú ý: natricromat là Na₂CrO₄ (dung dịch màu vàng) và natriđicromat là Na₂Cr₂O₇ (dung dịch màu da cam), natricromit là NaCrO₂.

Đáp án D

Poli acrilonitrin hay còn gọi là tơ olon, tơ nitron (nên thuộc loại tơ).

Đáp án D

Muối axit của axit yếu là chất lưỡng tính nên phản ứng với cả axit và kiềm.

Đáp án A

Các hiđroxit lưỡng tính hay gặp là Cr(OH)₃; Al(OH)₃, Zn(OH)₂, Be(OH)₂

Cr(OH)₂ là bazơ, CrO là oxit bazơ, CrO₃ là oxit axit.

Đáp án B

Các chất không chứa liên kết ion (chỉ có các liên kết cộng hóa trị) và không phản ứng với H₂O (ở điều kiện thường) là các chất không điện ly.

Ví dụ: glucozơ, fructozơ, saccarozơ, các ancol…

Đáp án C

HCl phản ứng axit – bazơ với NH₃ tạo muối amoni clorua.

Đáp án B

Tripanmitin là chất béo (trieste) có công thức (C₁₅H₃₁COO)₃C₃H₅ phân tử chỉ chứa 3 nguyên tố C, H, O.

Đáp án C

\({{C}_{6}}{{H}_{5}}OH+NaOH\to {{C}_{5}}{{H}_{5}}ONa+{{H}_{2}}O\) (natriphenolat là muối và tan tốt trong nước)

Đáp án A

Đặt ẩn và giải hệ cơ bản: \(\left\{ \begin{array}{l} 24x + 56y = 10,4\\ x + y = 0,3 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x = 0,2\\ y = 0,1 \end{array} \right.\)

\(%{{m}_{Fe}}=\frac{0,1\times 56}{10,4}\times 100%=53,84%\)

Đáp án B

\(HCO_3^ -  + O{H^ - } \to CO_3^{2 - } + {H_2}O\)

0,0075      0,02 (dư) → \({n_{CO_3^{2 - }}}\) = 0,0075 mol

\(B{a^{2 + }} + CO_3^{2 - } \to BaC{O_3}\)

0,01   0,0075 →  \({n_{BaC{O_3}}} = \) 0,0075

\({m_ \downarrow } = 0,0075\, \times \,197 = 1,4775\left( g \right)\)

\(\begin{array}{l} Ca{\left( {OH} \right)_2} + C{O_2} \to CaC{O_3} \downarrow + {H_2}O\\ Ca{\left( {OH} \right)_2} + S{O_2} \to CaS{O_3} \downarrow + {H_2}O \end{array}\)

Đáp án C

Phenol là C₆H₅OH (có 6 nguyên tử H), anilin là C₆H₅NH₂ (có 7 nguyên tử H)      

Đáp án C

Nhận thấy 2 este đều được tạo từ axit axetic.

Sau phản ứng ta có \({{n}_{C{{H}_{3}}COONa}}=0,2mol\)

Chú ý: có \({{n}_{NaOH}}= 0,3 – 0,2 = 0,1 mol\)

m_rắn = \({{m}_{C{{H}_{3}}COONa}}+{{m}_{NaOH}}\) = 0,2.82 + 0,1.40 = 20,4 (g)

Đáp án B

Bảo toàn khối lượng  \({m_{HCl\,pu}} = 19,1 - 11,8 = 7,3\left( g \right)\)

\( \to {n_{HCl\,pu}} = 7,3:36,5 = 0,2\,mol\)

Do amin đơn chức nên ta có \({n_{a\min }} = {n_{HCl}} = 0,2\,mol \to \) M_amin = \(\frac{{11,8}}{{0,2}} = 59 \to CTPT:{C_3}{H_9}N\)

C₃H₉N có 2 đồng phân amin bậc I: CH₃ – CH₂ – CH₂ – NH₂ và CH₃ – CH(CH₃) – NH₂.

Đáp án A

Các chất S, FeCO₃, Cu, FeS₂, CrO đóng vai trò là chất khử trong phản ứng với HNO₃ do các nguyên tố chưa đạt số OXH cao nhất.

\(\begin{array}{l} {S^0} - 6e \to {S^{ + 6}}\left( {{H_2}S{O_4}} \right)\\ F{e^{ + 2}} - 1e \to F{e^{ + 3}}\\ C{u^0} - 2e \to C{u^{ + 2}}\\ Fe{S_2} - 15e \to F{e^{ + 3}} + 2{S^{ + 6}}\\ C{r^{ + 2}} - 1e \to C{r^{ + 3}} \end{array}\)

Đáp án C

Đáp án gồm: glucozơ, saccarozơ, glixerol

Các chất hữu cơ phản ứng với Cu(OH)₂ tạo dung dịch xanh lam là:

Ancol đa chức có ít nhất 2 nhóm –OH kề nhau.

Axit cacboxylic

Chú ý: tripeptit cũng phản ứng với Cu(OH)₂ nhưng tạo phức tím (phản ứng màu buire)

Đáp án B

Số phát biểu đúng gồm (2) (3) và (4)

(1) Sai vì không có khái niệm “Kim loại lưỡng tính”.

(5) Sai vì khí Cl₂ thoát ra ở anot.

Đáp án A

\(X + NaOH \to C{H_3}COONa + NaO - {C_6}{H_4}C{H_2}OH + {H_2}O\)

Kết hợp dữ kiện X chỉ chứa nhóm chức Este → X là \(C{H_3}COO{C_6}{H_4}C{H_2}OCOC{H_3}\)

Đáp án B

Nhận xét: kết tủa là BaCO₃, dung dịch có thể chứa muối Na₂CO₃, NaHCO₃ và Ba(HCO₃)₂

Biện luận: nếu dung dịch chỉ có muối Na₂CO₃ và NaHCO₃ thì (khoảng giá trị khi coi muối chỉ có Na₂CO₃ và NaHCO₃), điều này vô lý theo đề bài. Vậy muối sẽ gồm \(B{{a}^{2+}},N{{a}^{+}},HCO_{3}^{-}\] (đã có \(B{{a}^{2+}}\) thì không thể có \(CO_{3}^{2-}\) trong dung dịch)

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} N{a^ + } = 0,{1^{mol}}\\ B{a^{2 + }} = {a^{mol}}\\ HCO_3^ - = {b^{mol}} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} BTT:\,0,1 + 2a = b\\ BTKL:m = 0,1.23 + 137a + 61b = 21,35 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} a = 0,05\\ b = 0,2 \end{array} \right.\\ BTNT\left[ {Ba} \right] \to {n_{BaC{O_3}}} = 0,2 - 0,05 = 0,15\\ BTNT\left[ C \right] \to {n_{C{O_2}}} = 0,15 + 0,2 = 0,35\\ V = 7,{84^{lit}} \end{array}\)

Đáp án B

\({k_X} = \frac{{\left( {4.2 + 2 + 1} \right) - 11}}{2} = 0 \to \) chắc chắn X là muối amoni (Nếu X chỉ là hợp chất có liên kết cộng hóa trị, trong phân tử có 2 nguyên tử O, lại phản ứng với NaOH nên chỉ có thể là nhóm este , \( \to k \ge 1\) vô lí).

X có 2O, nên X là muối amoni của axit cacboxylic ⇒ mô hình của X là

\(\begin{array}{l} BTNT\left[ {Ag} \right] \to {n_{AgN{O_3}}} = {n_{AgCl}} + {n_{Ag}} = 0,36 + 0,015 = 0,375\left( {mol} \right)\\ RCO{O^ - }{H_3}{N^ + }R' + NaOH \to RCOONa + R'N{H_2} + {H_2}O\\ \to {n_{muoi}} = {n_X} = \frac{{15,75}}{{105}} = 0,15\left( {mol} \right) \to {M_{muoi}} = \frac{{10,2}}{{0,15}} = 68\left( {HCOONa} \right) \end{array}\)

⇒ các công thức cấu tạo của X thỏa mãn là:

\(\begin{array}{l} HCOO{H_3}NC{H_2}C{H_2}C{H_3}\\ HCOO{H_3}NCH{\left( {C{H_3}} \right)_2}\\ HCOO{H_2}N\left( {C{H_3}} \right)C{H_2}C{H_3}\\ HCOONH{\left( {C{H_3}} \right)_3} \end{array}\)

⇒ chọn B

Đáp án A

Sau khi hòa tan a mol Al₂O₃ vào 2a mol Ba(OH)₂:

\(\begin{array}{l} A{l_2}{O_3} + Ba{\left( {OH} \right)_2} \to Ba{\left( {Al{O_2}} \right)_2} + {H_2}O\\ \to X\left\{ \begin{array}{l} Ba{\left( {Al{O_2}} \right)_2}:a\\ Ba{\left( {OH} \right)_2}:a \end{array} \right. \end{array}\)

+ Vậy số chất có thể tác dụng với dung dịch X gồm: CO₂, Fe(NO₃)₂, NH₄Cl, NaHCO₃, HCl, Al và Na₂CO₃

Các phương trình phản ứng:

\(\begin{array}{l} C{O_2} + Ba{\left( {OH} \right)_2} \to BaC{O_3} \downarrow + {H_2}O\\ C{O_2} + {H_2}O + Ba{\left( {Al{O_2}} \right)_2} \to Ba{\left( {HC{O_3}} \right)_2} + Al{\left( {OH} \right)_3}\\ Fe{\left( {N{O_3}} \right)_2} + Ba{\left( {OH} \right)_2} \to Fe{\left( {OH} \right)_2} + Ba{\left( {N{O_3}} \right)_2}\\ N{H_4}Cl + Ba{\left( {OH} \right)_2} \to BaC{l_2} + N{H_3} + {H_2}O\\ 2N{H_4}Cl + 2{H_2}O + Ba{\left( {Al{O_2}} \right)_2} \to 2N{H_3} + 2Al{\left( {OH} \right)_3} + BaC{l_2}\\ 2NaHC{O_3} + Ba{\left( {OH} \right)_2} \to BaC{O_3} \downarrow + N{a_2}C{O_3}\,\left( {NaOH} \right) + 2{H_2}O\\ HCl + Ba{\left( {OH} \right)_2} \to BaC{l_2} + {H_2}O\\ 2HCl + 2{H_2}O + Ba{\left( {Al{O_2}} \right)_2} \to BaC{l_2} + 2Al{\left( {OH} \right)_3}\\ 2Al + 2{H_2}O + Ba{\left( {OH} \right)_2} \to Ba{\left( {Al{O_2}} \right)_2} + 3{H_2}\\ N{a_2}C{O_3} + Ba{\left( {OH} \right)_2} \to BaC{O_3} \downarrow + 2NaCl\\ N{a_2}C{O_3} + Ba{\left( {Al{O_2}} \right)_2} \to 2NaAl{O_2} + BaC{O_3} \end{array}\)

Đáp án C

Ở phần 1 ta có phản ứng:

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

\({n_{{C_6}{H_7}{O_2}{{\left( {N{O_3}} \right)}_3}}} = \frac{{35,64}}{{297}} = 0,12\,mol \to {n_{xenlulozo}} = 0,12/0,75 = 0,16\,mol\)

Phần 2 thủy phân xenlulozơ ta có phản ứng \({C_6}{H_{10}}{O_5} + {H_2}O \to {C_6}{H_{12}}{O_6}\)

\(\begin{array}{l} \to {n_{AgCl}} = 2{n_{C{l_2}}} = 0,03.2 = 0,06 \to {n_{Ag}} = \frac{{53,28 - 143,5.0,36}}{{108}} = 0,015\,mol\\ \to {m_{sobitol}} = 0,128 \times 182 = 23,296\,gam \end{array}\)

\(\begin{array}{l} Cr + 2HCl \to CrC{l_2} + {H_2} \uparrow \\ CrC{l_2} + \frac{1}{2}C{l_2} \to CrC{l_3}\\ CrC{l_3} + 4NaO{H_{\left( {{\rm{du}}} \right)}} \to NaCr{O_2} + 3NaCl + 2{H_2}O\\ 2NaCr{O_2} + 3B{r_2} + 8NaOH \to 2N{a_2}Cr{O_4} + 6NaBr + 4{H_2}O \end{array}\)

Đáp án D

Ta có các phản ứng sau:

\(\begin{array}{l} \left( a \right) \to HCl + N{a_2}C{O_3} \to {\bf{NaHC}}{{\bf{O}}_{\bf{3}}} + {\bf{NaCl}}\\ \left( b \right) \to C{l_2} + 2NaOH \to {\bf{NaCl}} + {\bf{NaClO}} + {H_2}O\\ \left( c \right) \to 3F{e_3}{O_4} + 28HN{O_3} \to 9Fe{\left( {N{O_3}} \right)_3} + NO + 14{H_2}O\\ \left( d \right) \to F{e_3}{O_4} + {H_2}S{O_4} \to {\bf{FeS}}{{\bf{O}}_{\bf{4}}} + {\bf{F}}{{\bf{e}}_{\bf{2}}}{\left( {{\bf{S}}{{\bf{O}}_{\bf{4}}}} \right)_{\bf{3}}} + 4{H_2}O\\ \left( e \right) \to 2NaOH + Ca{\left( {HC{O_3}} \right)_2} \to {\bf{N}}{{\bf{a}}_{\bf{2}}}{\bf{C}}{{\bf{O}}_{\bf{3}}} + {\bf{CaC}}{{\bf{O}}_3} \downarrow + 2{H_2}O\\ \left( g \right) \to 3Ba{\left( {OH} \right)_2} + A{l_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3} \to 3{\bf{BaS}}{{\bf{O}}_{\bf{4}}} \downarrow + 2Al{\left( {OH} \right)_3} \end{array}\)

Sau đó: \(Ba{\left( {OH} \right)_{2\,{\rm{du}}}} + 2Al{\left( {OH} \right)_3} \to {\bf{Ba}}{\left( {{\bf{Al}}{{\bf{O}}_{\bf{2}}}} \right)_{\bf{2}}} + 4{H_2}O\)

Thí nghiệm (a) (b) (d) (e) và (g) tạo 4 muối

Đáp án A

Vì Y làm mất màu nước brom → Loại C.

Z có tạo kết tủa với nước brom → Loại B và D

Đáp án B

Sơ đồ ta có

\(\overbrace {\underbrace {X\left\{ \begin{array}{l} {C_2}{H_2}:0,3\\ {C_4}{H_4}:0,2\\ {C_2}{H_4}:0,2\\ {H_2}:0,8 \end{array} \right.}_{25,4g}}^{1,5\left( {mol} \right)} \to Y\left\{ \begin{array}{l} {C_x}{H_y}\\ {H_2} \end{array} \right\}{M_Y} = 12,7.2 = 25,4\)

Bảo toàn khối lượng: \({m_X} = {m_Y} = 25,4g \to {n_Y} = \frac{{25,4}}{{25,4}} = 1\,mol\)

\( \to {n_{{H_{2\,}}{\rm{phan ung}}}} = {n_X} - {n_Y} = 1,5 - 1 = 0,5\left( {mol} \right)\)

Bảo toàn mol \(\pi \to {n_\pi } = 2{n_{{C_2}{H_2}}} + 3{n_{{C_4}{H_4}}} + {n_{{C_2}{H_4}}} = {n_{{H_{2\,}}{\rm{phan ung}}}} + {n_{B{r_2}}} \Leftrightarrow 2.0,3 + 3.0,2 + 0,2 = 0,5 + {n_{B{r_2}}}\)

\( \to {n_{B{r_2}\,{\rm{phan ung}}}} = 0,9\,mol \to {m_{B{r_2}\,{\rm{phn ung}}}} = 0,9.160 = 144gam\)

Đáp án B

Ta có sơ đồ phản ứng sau

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} N{a_2}S{O_4}:a\\ A{l_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3}:b \end{array} \right. + Ba{\left( {OH} \right)_2} \to \left\{ \begin{array}{l} BaS{O_4}:a + 3b\\ Al{\left( {OH} \right)_3}:2b \end{array} \right.\\ \left\{ \begin{array}{l} BaS{O_4}:a + 3b\\ Al{\left( {OH} \right)_3}:2b \end{array} \right. + Ba{\left( {OH} \right)_2} \to \left\{ \begin{array}{l} BaS{O_4}:a + 3b\\ Ba{\left( {Al{O_2}} \right)_2}:b \end{array} \right. \end{array}\)

+ Từ sơ đồ trên ta có hệ phương trình:

Biểu diễn phương trình theo số mol của \(BaS{O_4}:a + 3b = \frac{{69,9}}{{233}} = 0,3\left( 1 \right)\)

Biểu diễn phương trình bằng định luật bảo toàn Ba: a + 3b + b = a + 4b = 0,32 (2)

+ Giải hệ (1) và (2) ta có \(a = {n_{N{a_2}S{O_4}}} = 0,24\,mol\)

Đáp án A

Số chất tác dụng với dung dịch brom ở điều kiện thường gồm:

Eliten, vinylaxetilen, triolein, anilin, stiren và isopren.

Đáp án A

Khối lượng dung dịch giảm gồm:

\(CuC{l_2}:0,075\,mol\,va \,CuO:\frac{{14,125 - 0,075.\left( {64 + 71} \right)}}{{80}} = 0,05\,mol\)

Dung dịch Y chứa CuSO₄: 0,2 – 0,075 – 0,05 = 0,075 mol; H₂SO₄: 0,125 mol (bảo toàn nhóm \(SO_4^{2 - }\))

Khi cho 15 gam bột Fe thì xảy ra phản ứng

\(\begin{array}{l} Fe + {H_2}S{O_4} \to FeS{O_4} + {H_2}\\ Fe + CuS{O_4} \to FeS{O_4} + Cu \end{array}\)

Khối lượng chất rắn thu được gồm Cu: 0,075 mol và Fe dư: 15 – 0,075.56 – 0,125.56 = 3,8 gam

m = 0,075.64 + 3,8 = 8,6 (gam)

Đáp án B

X chứa 2 este đều no, đơn chức, mạch hở thu được CO₂ bằng số mol H₂O

\(\begin{array}{l} \to {n_{C{O_2}}} = {n_{{H_2}O}} = \frac{{34,72}}{{44 + 18}} = 0,56\,mol\\ \to {m_{{O_2}}} = {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} - {m_X} = 34,72 - 14,24 = 20,18 \to {n_{{O_2}}} = 0,{64^{mol}}\\ BTNT\left[ O \right]\,2{n_X} + 2{n_{{O_2}}} = 2{n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}O}} \to {n_X} = \frac{{0,56.2 + 0,56 - 0,64.2}}{2} = 0,{2^{mol}} \end{array}\)

\( \to \overline C  = \frac{{{n_{C{O_2}}}}}{{{n_X}}} = \frac{{0,56}}{{0,2}} = 2,8 \to \) X chứa este HCOOCH₃ (x mol) và CH₃COOC₂H₅ (y mol)

Ta có hệ 

\(\left\{ \begin{array}{l} x + y = 0,2\\ 60x + 88y = 14,24 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x = 0,12\\ y = 0,08 \end{array} \right.\)

\(\begin{array}{l} a = {m_{HCOONa}} = 0,12.68 = 8,16\,gam\\ b = {m_{C{H_3}COONa}} = 0,08.82 = 6,56\,gam\\ a/b = 8,16/6,56 = 1,244 \end{array}\)

Đáp án B

\({n_{{O_{\left( X \right)}}}} = \frac{{86,3.0,1947}}{{16}} = 1,05\left( {mol} \right) \to {n_{A{l_2}{O_3}}} = \frac{1}{3}{n_O} = \frac{{1,05}}{3} = 0,35\left( {mol} \right)\)

Sơ đồ  \({H_2}O \to O{H^ - } + \frac{1}{2}{H_2} \to \sum {{n_{O{H^ - }}} = 2{n_{{H_2}}} = 1,2\,mol = } \) tổng số mol điện tích âm trong dung dịch Y.

\(\begin{array}{l} {n_{{H^ + }}} = 3,2.0,75 = 2,4\left( {mol} \right)\\ \to Y\left\{ \begin{array}{l} {n_{AlO_2^ - }} = 2{n_{A{l_2}{O_3}}} = 2.0,35 = 0,7\left( {BTNT:Al} \right)\\ {n_{O{H^ - }}} = 1,2 - 0,7 = 0,5\,mol \end{array} \right. \end{array}\)

\(\mathop {{H^ + }}\limits_{0,5} \mathop + \limits_ \leftarrow \mathop {O{H^ - }}\limits_{0,5} \to {H_2}O \to \) sau phản ứng trung hòa \({n_{{H^ + }}} = 2,4 - 0,5 = 1,9\,mol > {n_{AlO_2^ - }} \to Al{\left( {OH} \right)_3}\) bị hòa tan

Công thức tính nhanh: 

\( \to {n_{{H^ + }}} = 4{n_{AlO_2^ - }} - 3{n_{Al{{\left( {OH} \right)}_3} \downarrow }} \to {n_{Al{{\left( {OH} \right)}_3}}} = \frac{{4.0,7 - 1,9}}{3} = 0,3\left( {mol} \right)\)

\( \to {n_{A{l_2}{O_3}}} = \frac{1}{2}{n_{Al{{\left( {OH} \right)}_3}}} = 0,15 \to {m_{A{l_2}{O_3}}} = 102.0,15 = 15,3\left( g \right)\)

Ta có: \({m_O}:{m_N} = 16:7 \to {n_O}:{n_N} = \frac{{16}}{{16}}:\frac{7}{{14}} = 2:1\)

số nguyên tử O gấp đôi số nguyên tử N nên X gồm các a.a có 1 nhóm -NH₂ và 1 nhóm -COOH \(\to {n_X} = {n_{HCl}} = 0,12 = {n_{NaOH}} = {n_{{H_2}O}}\)_{(tạo thành)}

ta có: m_rắn = 10,36 + 0,25.40 – 0,12.18 =18,2 gam.

Đáp án A

O trong 0,06 mol sẽ chạy hết vào trong H₂O

\(\to {n_{HCl}} = 2{n_{{H_2}O}}\left( {BTNT:H} \right) = 4{n_{{O_2}}}\left( {BTNT:O} \right) = 4.0,06 = 0,24\,mol\)

nHCl đã dùng (dư 25%) = 1,25.0,24 = 0,3 mol.

Quá trình:

\(\left\{ {\underbrace {Fe}_{m\,gam}\begin{array}{*{20}{c}} {\overbrace {{O_2}}^{0,06\,mol}}\\ {\underbrace {C{l_2}}_{0,03\,mol}} \end{array}} \right\} + \left\{ \begin{array}{l} \overbrace {HCl}^{0,3\,mol}\\ AgN{O_3} \end{array} \right\} \to \underbrace {\left\{ \begin{array}{l} Ag\\ AgCl \end{array} \right\}}_{53,28\,gam} + Fe{\left( {N{O_3}} \right)_3} + \underbrace {NO}_{0,015\,mol} + \underbrace {{H_2}O}_{0,15\,mol}\)

Sơ đồ:

\(\begin{array}{l} 2{H^ + } + {O^{2 - }} \to {H_2}O\\ 4{H^ + } + NO_3^ - + 3e \to NO + 2{H_2}O \end{array}\)

nH₂O ­(cả quá trình) = \(= \frac{1}{2}{n_{HCl}}^{\left( {BTNT:Cl} \right)} = 0,15\,mol = {n_{O\left( {trong\,oxit} \right)}} + 2{n_{NO}} = 0,{06.2^{\left( {BTNT:O} \right)}} + 2{n_{NO}}\)

\( \to {n_{NO}} = 0,015\,mol\)

Cl- đi vào hết AgCl \( \to {n_{AgCl}} = 2{n_{C{l_2}}} + {n_{HCl}} = 0,03.2 + 0,3 = 0,36\,mol\)

\(\begin{array}{l} \to {n_{Ag}} = \frac{{53,28 - 143,5.0,36}}{{108}} = 0,015\,mol\\ BTNT\left[ {Ag} \right] \to {n_{AgN{O_3}}} = {n_{AgCl}} + {n_{Ag}} = 0,36 + 0,015 = 0,375\left( {mol} \right)\\ BTNT\left[ N \right] \to {n_{AgN{O_3}}} = 3{n_{Fe{{\left( {N{O_3}} \right)}_3}}} + {n_{NO}} \to {n_{Fe{{\left( {N{O_3}} \right)}_3}}} = \frac{{0,375 - 0,015}}{3} = 0,12\,mol\\ \to {n_{Fe}} = 0,12 \to m = 0,12.56 = 6,72\left( g \right) \end{array}\)

Đáp án D

Thủy phân E gồm 2 peptit và 1 este → ancol C₂H₅OH và các muối của aminoaxit

→  Z chắc chắn là este của ancol etylic với a-aminoaxit

→  Z có mô hình là H₂N–R–COOC₂H₅

→  R là C₂H₄ (– CH(CH₃) –) → Z là este của Ala với ancol etylic: H₂N– CH(CH₃) – COOC₂H₅

\( \to \left\{ \begin{array}{l} Peptit\,X\\ Peptit\,Y\\ Este\,Z\, \to \underbrace {{C_2}{H_3}ON + C{H_2}}_{Alanyl} + {C_2}{H_5}OH \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {C_2}{H_3}ON:{x^{mol}}\\ C{H_2}:{y^{mol}}\\ {C_2}{H_5}OH:0,{05^{mol}}\\ {H_2}O:{z^{mol}} = {n_X} + {n_Y} \end{array} \right.\)

→ muối \(\left\{ \begin{array}{l} {C_2}{H_4}{O_2}NNa:{x^{mol}}\\ C{H_2}:{y^{mol}}\, \end{array} \right. + {C_2}{H_5}OH + {H_2}O\)

Đốt muối bằng O₂:

\(\begin{array}{l} 2{C_2}{H_4}{O_2}NNa + 4,5{O_2} \to 3C{O_2} + 4{H_2}O + N{a_2}C{O_3}\\ C{H_2} + 1,5{O_2} \to C{O_2} + {H_2}O\\ \to \left\{ \begin{array}{l} {m_E} = 57x + 14y + 46.0,05 + 18z = 36,58\\ {n_{{O_2}}} = 2,25x + 1,5y = 1,59\\ BNNT\left[ {Na} \right]{n_{{C_2}{H_4}{O_2}NNa}} = 2{n_{N{a_2}C{O_3}}} \to x = 2.\frac{{26,5}}{{106}} = 0,5 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x = 0,5\\ y = 0,31\\ z = 0,08 \end{array} \right. \end{array}\)

\( \to \left\{ \begin{array}{l} {n_Z} = {n_{{C_2}{H_5}OH}} = 0,05 = {n_{{C_2}{H_3}O{N_{\left[ Z \right]}}}}\\ {n_{{H_2}O}} = {n_X} + {n_Y} = 0,08\\ {n_{C\left( {muoi} \right)}} = 2x + y = 2.0,5 + 0,31 = 1,31 \to \overline C = \frac{{{n_C}}}{{{n_{mu\`e i}}}} = \frac{{1,31}}{{0,5}} = 2,62 \to \alpha - a.a:Gly\& Ala \to \left\{ \begin{array}{l} {n_{Gly}} = x - y = 0,\\ {n_{Ala}} = y = 0,31 \end{array} \right.\\ {n_{{C_2}{H_3}N{O_{\left[ {X,Y} \right]}}}} = x - {n_{{C_2}{H_3}O{N_{\left[ Z \right]}}}} = 0,5 - 0,05 = 0,45 \to so\,mat\,xich\,TB = \frac{{{n_{{C_2}{H_3}N{O_{\left( {X,Y} \right)}}}}}}{{{n_X} + {n_Y}}} = \frac{{0,45}}{{0,08}} = 5,625 \to {X_5}\& {Y_6} \end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l} {n_{{X_5}}} = a\\ {n_{{Y_6}}} = b \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} a + b = 0,08\\ \frac{{5a + 6b}}{{0,08}} = 5,625 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} a = 0,03\\ b = 0,05 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {X_5}:{\left( {Gly} \right)_u}{\left( {Ala} \right)_{5 - u}}:0,{03^{mol}}\\ {Y_6}:{\left( {Gly} \right)_v}{\left( {Ala} \right)_{6 - v}}:0,{05^{mol}} \end{array} \right. \to \left| \begin{array}{l} {n_{Gly}} = 0,03u + 0,05v = 0,19\\ hay:3u + 5v = 19\\ u = 3,v = 2 \end{array} \right.\)

Chú ý: nGly nằm hết trong peptit X, Y nhưng nAla nằm trong cả X, Y, Z

\(\% {m_X} = \frac{{0,03\left( {75.3 + 89.2 - 18.4} \right)}}{{36,58}}.100\% = 27,14\% \)

Đáp án B

\({n_{{O_{\left( X \right)}}}} = \frac{{35,25.20,4255\% }}{{16.100\% }} = 0,{45^{mol}},\,{n_{CO}} = 0,{3^{mol}},\,\overline {{M_Z}} = 18.2 = {36^{\left( {g/mol} \right)}}\)

_{\([X + CO \to \left\{ \begin{array}{l} {n_Z} = {n_{CO}} + {n_{C{O_2}}} = 0,3\\ 28{n_{CO}} + 44{n_{C{O_2}}} = 0,3.36 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} {n_{CO}} = 0,{15^{mol}}\\ {n_{C{O_2}}} = 0,{15^{mol}} \end{array} \right. \to {n_O}\)(bị khử)} = 0,15 mol

\(\begin{array}{l} \to {n_{O\left( Y \right)}} = {n_{O\left( X \right)}} - 0,15 = 0,{3^{mol}}Z\\ \left\{ \begin{array}{l} {n_{NO}} + {n_{{N_2}O}} = 0,2\\ 30{n_{NO}} + 44{n_{{N_2}O}} = \frac{{4,48}}{{22,4}},16,75.2 \end{array} \right. \Rightarrow \\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_{NO}} = 0,15\,mol\\ {n_{{N_2}O}} = 0,05\,mol \end{array} \right. \to {n_{NO_3^ - (muoi)}} = 2{n_{O\left( Y \right)}} + 3{n_{NO}} + 8{n_{{N_2}O}} = 1,45\\ \to {m_{KL}} = \frac{{{m_X}.\left( {100\% - 20,4255\% } \right)}}{{100\% }} = 28,05\left( g \right)\\ \to {m_{mu\`e i}} = {m_{KL}} + {m_{NO_3^ - }} = 28,05 + 62.1,45 = 117,95\left( g \right) \end{array}\)

Chú ý: Các công thức tính nhanh cho bài toán HNO₃ là vũ khí cực kì lợi hại

\({n_{HN{O_3}}} = 2{n_O} + 2{n_{N{O_2}}} + 4{n_{NO}} + 10{n_{{N_2}O}} + 12{n_{{N_2}}} + 10{n_{N{H_4}N{O_3}}}\)

\({n_{HN{O_3}}} = 2{n_O} + \) (số e nhận + số nguyên tử N (trong sản phẩm khử)). n_{sản phẩm khử}

m_muối = m_{kim loại} \( + {\rm{ }}62.\left( {2{n_O} + {n_{N{O_2}}} + 3{n_{NO}} + 8{n_{{N_2}O}} + 10{n_{{N_2}}} + 8{n_{N{H_4}N{O_3}}}} \right) + 80{n_{N{H_4}N{O_3}}}\)

Đáp án B

\({M_X} > 50 \to \)X không thể là HCOOH

\(E \to \left\{ \begin{array}{l} C{H_3}COOH:{x^{mol}}\\ {\left( {C{H_3}COO} \right)_2}{C_2}{H_4}:{y^{mol}}\\ C{H_2}:{z^{mol}}\\ {H_\partial }:{t^{mol}} = - n\left( {t \le 0} \right) \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} 60x + 146y + 14z + 2t = 13,12\\ {n_{{O_2}}} = 2x + 6,5y + 1,5z + 0,5t = 0,5\\ {n_{KOH}} = x + 2y = 0,2\\ \frac{{{n_E}}}{{{n_\partial }}} = \frac{{x + y}}{{ - t}} = \frac{{0,36}}{{0,1}} \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x = 0,16\\ y = 0,02\\ z = 0,05\\ t = - 0,05 \end{array} \right.\)

→ muối \(\left\{ \begin{array}{l} {n_{C{H_3}COOK}} = x + 2y = 0,2\\ {n_{C{H_2}}} = 0,05\\ {n_{{H_2}}} = - 0,05 \end{array} \right. \to \) ghép chất

\(\left\{ \begin{array}{l} C{H_2} = CHCOOK \to {n_{C{H_2} = CHCOOK}} = {n_{C{H_2}}} = - {n_{{H_2}}} = 0,05\\ C{H_3}COOK \to {n_{C{H_3}COOK}} = 0,2 - {n_{C{H_2} = CHCOOK}} = 0,15 \end{array} \right.\)

Chú ý: khi ghép chất dễ thấy giá trị số mol nhóm CH₂ = giá trị số mol nhóm H₂, nên ta ghép cùng một nhóm CH₂ và bớt 1 nhóm H₂ (số mol âm) vào 1 phân tử axit nền CH₃COOH, thì ta sẽ được CH₂=CH-COOH

\(\to \frac{a}{b} = \frac{{{m_{C{H_3}COOK}}}}{{{m_{C{H_2} = CHCOOK}}}} = \frac{{0,15.98}}{{0,05.110}} = 2,672\)