Đáp án A

Cần phân biệt rõ inox, tôn, sắt tây, gang hoặc thép: Fe-Cr: inox; Fe-Zn: tôn; Fe-Sn: sắt tây; Fe-C: gang hoặc thép.

Đáp án D

Trước đây trong xăng dầu, người ta thường pha một lượng tetraetyl chì \(Pb{{\left( {{C}_{2}}{{H}_{5}} \right)}_{4}}\) để tăng chỉ số octan. Khi đốt cháy xăng trong động cơ ôtô, xe máy, chất này thải ra ngoài môi trường một lượng lớn chì dưới dạng chì oxit PbO (độc hại với sức khỏe con người). Ven đường quốc lộ, mật độ xe lưu thông nhiều, lượng chì thải ra môi trường và tích tụ lớn. 

Hàm lượng Pb đặc biệt cao đột biến trong các cây xanh trồng ven đường quốc lộ là do cây đã hấp thụ Pb trong khói xăng dầu do các phương tiện cơ giới thải ra. Ở Việt Nam, hiện nay đã cấm sử dụng xăng pha chì trên phạm vi toàn quốc.

Đáp án C

Na tan trong nước giải phóng khí \({{H}_{2}}\) theo phương trình: \(Na+{{H}_{2}}O\to NaOH\text{ }+\text{ }\frac{1}{2}{{H}_{2}}\)

Đáp án A

Glyxin là tên gọi của: \({{H}_{2}}NC{{H}_{2}}COOH\).    .

Đáp án B

Vinyl axetat \(\left( C{{H}_{3}}COOCH=C{{H}_{2}} \right)\) thuỷ phân trong môi trường axit tạo \(C{{H}_{3}}COOH\] và \[C{{H}_{2}}=CHOH\)  (không bền). \(C{{H}_{2}}=CH-OH\to C{{H}_{3}}CHO\)

Đáp án C

\(\left[ {{H}^{+}} \right]={{10}^{-pH}}\) hay \(pH=-\lg \left[ {{H}^{+}} \right]\).

Đáp án D

Trong công thức cấu tạo của Ankađien liên hợp, 2 nối đôi cách nhau 1 nối đơn.

Đáp án A

Cacbohidrat nhất thiết phải chứa nhóm chức ancol trong phân tử.

Đáp án D

A. Sai, \(AlC{{l}_{3}}\) dễ thăng hoa, không điều chế bằng phương pháp điện phân nóng chảy được.

B. Sai, do Al bị điện phân sau nước.

C. Sai, cho Na vào dung dịch \(AlC{{l}_{3}}\) sẽ tạo \(Al{{\left( OH \right)}_{3}}\)

D. Đúng, phương trình phản ứng: \(2A{{l}_{2}}{{O}_{3}}\to 4Al+3{{O}_{2}}\)

Đáp án B

Trong ăn mòn điện hóa, kim loại có tính khử mạnh hơn sẽ bị ăn mòn trước. Fe bị ăn mòn khi Fe là anot : Fe-Cu; Fe-C.

Đáp án D

Khi phản ứng với \({{H}^{+}}\)

1 mol Al → 1,5 mol \({{H}_{2}}\)

1 mol (Zn, Mg, Fe) → 1 mol \({{H}_{2}}\)

Đáp án A

Các chất phản ứng được với dung dịch NaOH là: \(NaHC{{O}_{3}},\text{ }Ca{{\left( HC{{O}_{3}} \right)}_{2}},\text{ }FeC{{l}_{3}},\text{ }AlC{{l}_{3}}\)

Đáp án A

Khi tác dụng với nước, các muối trên chia thành 2 nhóm:

Nhóm 1: Tan trong nước: \(NaCl,\text{ }N{{a}_{2}}C{{O}_{3}},\text{ }N{{a}_{2}}S{{O}_{4}}\).

Nhóm 2: Tạo kết tủa trắng: \(BaC{{O}_{3}},\text{ }BaS{{O}_{4}}\).

Sục \(C{{O}_{2}}\] vào 2 lọ đựng chất rắn không tan trong nhóm 2. Lọ chứa \(BaC{{O}_{3}}\), kết tủa bị hòa tan. Lọ chứa \(BaS{{O}_{4}}\) không có hiện tượng gì xảy ra.

\(BaC{{O}_{3}}\downarrow +\text{ }C{{O}_{2}}+{{H}_{2}}O\to Ba{{\left( HC{{O}_{3}} \right)}_{2}}\)

Dùng \(Ba{{\left( HC{{O}_{3}} \right)}_{2}}\) vừa thu được cho tác dụng với các lọ mất nhãn trong nhóm 1, sau đó sục khí \(C{{O}_{2}}\) vào và quan sát hiện tượng:

Không có hiện tượng gì: NaCl

Có kết tủa trắng xuất hiện, sau đó kết tủa bị hòa tan: \(N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}\)

\(N{{a}_{2}}C{{O}_{3}}+\text{ }Ba{{\left( HC{{O}_{3}} \right)}_{2}}\to BaC{{O}_{3}}\downarrow \text{ }+\text{ }2NaHC{{O}_{3}}\)

\(BaC{{O}_{3}}\downarrow +\text{ }C{{O}_{2}}+{{H}_{2}}O\to Ba{{\left( HC{{O}_{3}} \right)}_{2}}\)

Có kết tủa trắng xuất hiện, sau đó kết tủa không bị hòa tan: \(N{{a}_{2}}S{{O}_{4}}\)

\(N{{a}_{2}}S{{O}_{4}}\text{ }+\text{ }Ba{{\left( HC{{O}_{3}} \right)}_{2}}\to BaS{{O}_{4}}\downarrow \text{ }+\text{ }2NaHC{{O}_{3}}\)

Đáp án D

Cần chú ý đến cụm từ “tách được nhiều cation nhất ra khỏi dung dịch” và “không đưa thêm ion mới vào”.

Ion có thể được tách ra khỏi dung dịch dưới dạng kết tủa hoặc khí.

A. Loại, tạo 2 kết tủa \(BaS{{O}_{4}}\) và \(CaS{{O}_{4}}\) chỉ tách được 2 cation là: \(B{{a}^{2+}}\) và \(C{{a}^{2+}}\)

B. Loại, do đưa thêm ion mới \(N{{a}^{+}}\) vào dung dịch

C. Loại, gốc \(C{{l}^{-}}\) khi kết hợp với các cation trong X đều tạo các muối tan không tách được ion nào ra khỏi dung dịch X

D. Đúng, do tạo được 3 kết tủa là \(BaC{{O}_{3}},\text{ }CaC{{O}_{3}},\text{ }MgC{{O}_{3}}\) và giải phóng khí \(C{{O}_{2}}\) tách được 4 cation: \(B{{a}^{2+}},C{{a}^{2+}},M{{g}^{2+}},{{H}^{+}}\)

Đáp án C

Phương trình phản ứng :

\({{C}_{6}}{{H}_{12}}{{O}_{6}}\to 2{{C}_{2}}{{H}_{5}}OH+2C{{O}_{2}}\)

\({{n}_{{{C}_{2}}{{H}_{5}}OH}}=\frac{92}{46}=2\text{ }mol\Rightarrow {{n}_{{{C}_{6}}{{H}_{12}}{{O}_{6}}}}=\frac{1}{2}.{{n}_{{{C}_{2}}{{H}_{5}}OH}}=1\text{ }mol\)

Hiệu suất quá trình lên men tạo thành ancol etylic là : \(H=\frac{1.180}{225}.100%=80%\)

Đáp án B

Giả sử có k mắt xích thế với 1 phân tử Clo

\({C_{2k}}{H_{3k}}C{l_k} + C{l_2} \to {C_{2k}}{H_{3k - 1}}C{l_{k + 1}} + HCl\)

\(\% {m_{Cl}} = \frac{{35,5\left( {k + 1} \right)}}{{62,5k + 34,5}}.100\% \leftrightarrow 0,6618\left( {62,5k + 34,5} \right) = 35,5\left( {k + 1} \right) \Rightarrow k \sim 2\).

Đáp án D

A. Sai, polietilen và poli(vinyl clorua) là sản phẩm của phản ứng trùng hợp.

B. Sai, tơ nilon-6,6 được điều chế từ hexametylenđiamin và axit ađipic.

C. Sai, tơ visco và tơ xenlulozơ axetat thuộc loại tơ bán tổng hợp (hay tơ nhân tạo).

D. Đúng, sợi bông và tơ tằm là polime thiên nhiên.

Đáp án B

Phương trình phản ứng nhiệt phân xảy ra như sau:

\(2KN{O_3}{\rm{ }} \to {\rm{ }}2KN{O_2}{\rm{ }} + {\rm{ }}{O_2}\)                        (1)

0,05                                 0,025

\(2Cu{\left( {N{O_3}} \right)_2} \to 2CuO + 4N{O_2} + {O_2}\)       (2)

\(4N{O_2} + {O_2} + 2{H_2}O \to 4HN{O_3}\)                 (3)

Toàn bộ khí sinh ra ở phản ứng (2) hấp thụ vừa đủ với nước để sinh ra HNO3 ở phản ứng (3). Khí thoát ra là khí O2 sinh ra ở phản ứng (1).

Từ (1) ta có: \({n_{KN{O_3}}} = 2{n_{{O_2}}} = 2.0,025 = 0,05\left( {mol} \right) \to {m_{KN{O_3}}} = 0,05.101 = 5,05\left( {gam} \right)\).

Ghi nhớ: Khi làm bài tập về phản ứng nhiệt phân muối nitrat, cần chú ý rằng độ bền nhiệt của các muối nitrat phụ thuộc vào bản chất cation kim loại tạo muối.

Đáp án C

Ancol cần thỏa mãn các điều kiện sau đây:

- Tác dụng được với Na: Cần có nguyên tử Hiđro linh động

- Tác dụng được với \(Cu{{\left( OH \right)}_{2}}\): Là ancol đa chức và có các nhóm -OH liền kề nhau.

Đáp án D

Thứ tự tăng dần t sôi của các hợp chất hữu cơ có khối lượng phân tử tương đương nhau:

Hidrocacbon < Andehit < Ancol < Axit cacboxylic

t sôi tăng theo chiều tăng phân tử khối: \(HCOOH\text{ }\left( 46 \right)<C{{H}_{3}}COOH\text{ }\left( 60 \right)\).

Đáp án D

\(0,11\text{ }gam\text{ }este\text{ }X\left( C,H,O \right)\text{ }\to \text{ }0,005\text{ }mol\text{ }C{{O}_{2}}\text{ }+\text{ }0,005\text{ }mol\text{ }{{H}_{2}}O\).

Suy ra trong X, \({{n}_{O/X}}=0,0025\text{ }mol\to C:H:O=2:4:1\) → X là este no, đơn chức, mạch hở. \(\left( do\text{ }{{n}_{{{H}_{2}}O}}={{n}_{C{{O}_{2}}}} \right)\)

Công thức phân tử của X là \({{C}_{4}}{{H}_{8}}{{O}_{2}}\). Có 4 đồng phân cấu tạo phù hợp của X là:

\(HCOOC{{H}_{2}}C{{H}_{2}}C{{H}_{3}}\left( 1 \right);\text{ }HCOOCH{{\left( C{{H}_{3}} \right)}_{2}}\left( 2 \right);\text{ }C{{H}_{3}}COO{{C}_{2}}{{H}_{5}}\left( 3 \right);\text{ }{{C}_{2}}{{H}_{5}}COOC{{H}_{3}}\left( 4 \right)\)

Coi axit glutamic và HCl chưa phản ứng với nhau:

\(\left\{ \begin{align} & {{H}_{2}}N{{C}_{3}}{{H}_{5}}{{\left( COOH \right)}_{2}}:0,1\left( mol \right) \\ & HCl:0,3\left( mol \right) \\ \end{align} \right.\)

Khi cho \[X+KOH\] dư ta có: \({{n}_{KOH}}=2{{n}_{{{H}_{2}}N{{C}_{3}}{{H}_{5}}{{\left( COOH \right)}_{2}}}}+{{n}_{HCl}}=2.0,1+0,3=0,5\left( mol \right)\)

Đáp án A

Ta có phản ứng:

\({\left( {HOOC} \right)_x}RN{H_2}{\rm{ }} + {\rm{ }}HCl \to {\left( {HOOC} \right)_x}RN{H_3}Cl\)

Áp dụng bảo toàn khối lượng:

\({m_{HCl}} = {m_{{\rm{muo\'a i}}}} - {m_X} = 6,975 - 5,15 = 1,825\left( {gam} \right) \to {n_{HCl}} = 0,05 = {n_X} \to {M_X} = 103\).

Vậy: \({M_X} = {M_R} + 16 + 45x = 103 \to {M_R} = 87 - 45x\left( * \right)\)

Biện luận (*) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} x = 1\\ {M_R} = 42\left( {{C_3}{H_6}} \right) \end{array} \right.\)  (thỏa mãn) → X là: \(C{H_3}C{H_2}CH\left( {N{H_2}} \right)COOH\).

Đáp án B

Ta có:

\({{n}_{C}}={{n}_{C{{O}_{2}}}}=\frac{1,68}{22,4}=0,075mol\Rightarrow {{m}_{C}}=0,9gam\Rightarrow %C=\frac{0,9}{2,225}.100=40,45%\)

Do đó: \(\% O = \left( {100 - 40,45 - 15,73 - 7,86} \right)\% = 35,96\% \)

\({{n}_{C}}:{{n}_{H}}:{{n}_{O}}:{{n}_{N}}=\frac{40,45}{12}:\frac{7,86}{1}:\frac{35,96}{16}:\frac{15,73}{14}=3,37:7,86:2,2475:1,124=3:7:2:1\)

→ Công thức đơn giản nhất của A là \({{C}_{3}}{{H}_{7}}{{O}_{2}}N\)

Đặt công thức phân tử của A là \[{{\left( {{C}_{3}}{{H}_{7}}{{O}_{2}}N \right)}_{n}}\]. Theo giả thiết ta có:

\[\left( 12.3+7+16.2+14 \right)n<100\Rightarrow n<1,12\Rightarrow n=1\].

Vậy công thức phân tử của A là \[{{C}_{3}}{{H}_{7}}{{O}_{2}}N\].

Đáp án D

Áp dụng tăng giảm khối lượng:

\({n_X} = \frac{{19,1 - 11,8}}{{36,5}} = 0,2mol \to {M_X} = 59\left( {{C_3}{H_9}N} \right)\)

\({C_3}{H_9}N{\rm{ }} + {\rm{ }}\frac{{21}}{4}{O_2}{\rm{ }} \to {\rm{ }}3C{O_2}{\rm{ }} + {\rm{ }}\frac{9}{2}{H_2}O{\rm{ }} + {\rm{ }}\frac{1}{2}{N_2}\)

Theo phản ứng: \({n_{{O_2}}} = 0,2.\frac{{21}}{4} = 1,05\)

\( \to {n_{{N_2}}} = {n_{{N_2}\left( {pu} \right)}} + {n_{{N_2}\left( {kk} \right)}} = 0,1 + 4,2 = 4,3\left( {mol} \right) \to {V_{{N_2}}} = 96,32\left( l \right)\).

Đáp án D

Theo đầu bài ta có:

\({n_{C{O_2}}} = 0,03{\rm{ }}mol,{\rm{ }}{n_{O{H^ - }}} = 0,05{\rm{ }}mol,{\rm{ }}{n_{C{a^{2 + }}}} = 0,0125{\rm{ }}mol\).

Nhận xét: \(T = \frac{{{n_{O{H^ - }}}}}{{{n_{C{O_2}}}}} = \frac{{0,05}}{{0,03}} = \frac{5}{3} \Rightarrow 1 < T < 2\) → Phản ứng tạo ra muối \(CO_3^{2 - }\) và \(HCO_3^ - \).

Phương trình phản ứng:

\(C{O_2}{\rm{ }} + {\rm{ }}2O{H^ - }{\rm{ }} \to {\rm{ }}CO_3^{2 - }{\rm{ }} + {\rm{ }}{H_2}O\)          (1)

\({\rm{  }}x{\rm{   }} \to {\rm{  }}2x{\rm{   }} \to {\rm{  }}x\left( {mol} \right)\)

\(C{O_2}{\rm{ }} + {\rm{ }}O{H^ - }{\rm{ }} \to {\rm{ }}HCO_3^ - \)                             (2)

\(y{\rm{   }} \to {\rm{    }}y{\rm{  }} \to {\rm{   }}y\left( {mol} \right)\)

Từ (1), (2) và giả thiết ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} x + y = 0,03\\ 2x + y = 0,05 \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 0,02\\ y = 0,01 \end{array} \right.\)

So sánh số mol ta thấy \({n_{CO_3^{2 - }}} > {n_{C{a^{2 + }}}}\) → Lượng kết tủa sinh ra theo ion \(C{a^{2 + }}\).

\(C{a^{2 + }}{\rm{    }} + {\rm{    }}CO_3^{2 - }{\rm{    }} \to {\rm{    }}CaC{O_3}\)         (3)

\(0,0125{\rm{ }} \to {\rm{ }}0,0125{\rm{ }} \to {\rm{ }}0,0125\left( {mol} \right)\)

Vậy \({m_{CaC{O_3}}} = 0,0125.100 = 1,25{\rm{ }}gam\).

Đáp án C

Phương trình phản ứng đúng là:

\(2Cr + 3C{l_2} \to 2CrC{l_3}\)

Đáp án C

A. Sai: \(Al{{\left( OH \right)}_{3}}\) không có tính khử vì số oxi hóa của Al trong \(Al{{\left( OH \right)}_{3}}\) đã cao nhất.

B. Sai: Fe, Cu có thể điều chế bằng phương pháp nhiệt luyện.

c. Đúng: \(2Cr{{O}_{3}}+\text{ }2N{{H}_{3}}\text{ }\to \text{ }C{{r}_{2}}{{\text{O}}_{3}}\text{ }+\text{ }{{N}_{2}}\text{ }+\text{ }3{{H}_{2}}O\)

D. Sai: Chỉ có \(C{{O}_{2}}\) là oxit axit, CO là oxit trung tính (oxit không tạo muối) - không tác dụng với nước, axit, bazơ ở điều kiện thường.

Có các phương trình:

1) \(Cr+2HC{{l}_{\left( l \right)}}\to CrC{{l}_{2}}\left( X \right)+{{H}_{2}}\)

2) \(2CrC{{l}_{2}}+C{{l}_{2}}\to 2CrC{{l}_{3}}\left( Y \right)\)

3) \(2CrC{{l}_{3}}+3B{{r}_{2}}+16KOH\to 2{{K}_{2}}Cr{{O}_{4}}\left( Z \right)+6KBr+6KCl+8{{H}_{2}}O\)

4) \(2{{K}_{2}}Cr{{O}_{4}}+{{H}_{2}}S{{O}_{4}}\to {{K}_{2}}C{{r}_{2}}{{O}_{7}}\left( T \right)+{{K}_{2}}S{{O}_{4}}+{{H}_{2}}O\)

5) \(6FeS{{O}_{4}}+{{K}_{2}}C{{r}_{2}}{{O}_{7}}+7{{H}_{2}}S{{O}_{4}}\to 3F{{e}_{2}}{{\left( S{{O}_{4}} \right)}_{3}}+C{{r}_{2}}{{\left( S{{O}_{4}} \right)}_{3}}\left( M \right)+{{K}_{2}}S{{O}_{4}}+7{{H}_{2}}O\)

Đáp án C

A. Sai: Trong pin điện hóa, anot là cực âm, catot là nơi xảy ra sự khử.

B. Sai: Trong bình điện phân, anot là cực dương, nơi xảy ra sự oxi hóa.

C. Đúng: Trong pin và bình điện phân, anot là nơi xảy ra sự oxi hóa, catot là nơi xảy ra sự khử.

D. Sai: Các điện cực trong pin và bình điện phân giống nhau về bản chất, khác nhau về dấu.

Đáp án C

(1) Sai: Sản phẩm của phản ứng là \(F{{e}_{3}}{{O}_{4}}\).

(2) Đúng.

(3) Sai: Do phản ứng tỏa nhiệt mạnh, nước được dùng để truyền nhiệt, tránh vỡ bình.

(4) Đúng.

(5) Đúng.

Đáp án D

Xét chất Z ta có: Glucozơ và anilin không phản ứng với NaOH → Loại B và C, còn lại A và D.

Xét chất Y ta có: Anilin phản ứng được với nước \(B{{r}_{2}}\) → Loại A → Đáp án đúng là D.

Đáp án A

(1) Sai, mỡ động vật chủ yếu cấu thành từ các gốc axit béo no.

(2) Sai, phản ứng thủy phân este trong môi trường kiềm gọi là phản ứng xà phòng hóa.

(3) Sai, tristearin là \({{\left( {{C}_{17}}{{H}_{35}}COO \right)}_{3}}{{C}_{3}}{{H}_{5}}\) và triolein là \({{\left( {{C}_{17}}{{H}_{33}}COO \right)}_{3}}{{C}_{3}}{{H}_{5}}\).

(4) Đúng, etyl fomat \(cơ\left( HCOO{{C}_{2}}{{H}_{5}} \right)\) có phản ứng tráng bạc.

(5) Đúng, isoamyl axetat \(\left( C{{H}_{3}}COO{{\left( C{{H}_{2}} \right)}_{2}}CH{{\left( C{{H}_{3}} \right)}_{2}} \right)\) có mùi chuối chín.

(6) Đúng, este \(C{{H}_{2}}=C\left( C{{H}_{3}} \right)-COO-C{{H}_{2}}-C{{H}_{3}}\) có tên gọi là etyl metacrylat.

Đáp án C

Phương trình xảy ra:

(a) \(Mg + F{e_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3} \to MgS{O_4} + 2FeS{O_4}\)   (1)

\(Mg + FeS{O_4} \to MgS{O_4} + Fe\)      (2)

+ Nếu cho Mg tác dụng với \(F{{e}^{3+}}\) dư thì chỉ dừng lại ở phản ứng (1) khi đó sản phẩm sẽ không có kim loại.

+ Nếu cho Mg dư tác dụng với \(F{{e}^{3+}}\) thì xảy ra cả 2 phản ứng (1) và (2) khi đó sản phẩm thu được có chứa kim loại.

(b) \(C{l_2} + 2FeC{l_2} \to 2FeC{l_3}\)

(c) \({H_2} + CuO \to Cu + {H_2}O\) → sản phẩm có kim loại

(d) 

\(\begin{array}{l}
2Na + 2{H_2}O \to 2NaOH + {H_2}\\
2NaOH + CuS{O_4} \to Cu{\left( {OH} \right)_2} + N{a_2}S{O_4}
\end{array}\)   

(e) \(AgN{O_3} \to Ag + N{O_2} + \frac{1}{2}{O_2}\) → sản phẩm có kim loại

(f)  \(2A{l_2}{O_3} \to 4Al + 3{O_2}\) → sản phẩm có kim loại

\( \Rightarrow BTe:\frac{{0,08m}}{{16}}.2 + 0,08.2 = 0,32 \Rightarrow m = 16\left( {gam} \right)\)

Nếu Al không dư, \(C{r_2}{O_3}\) dư \( \to {n_{Cr}} < 0,03{\rm{ }}mol{\rm{ }}\left( Y \right)\)

\( \to {n_{{H_2}}} = {n_{Cr}} < 0,03{\rm{ }}mol < {n_{{H_2}}}\) (đề bài) \( = 0,045{\rm{ }}mol\) (vì Cr + HCl loãng → \(CrC{l_2}\))

→ Chứng tỏ Y phải có Al dư và 0,03 mol Cr.

Như vậy \(Y\left\{ \begin{array}{l} Al:0,01{\rm{ }}mol\\ A{l_2}{O_3}:0,015{\rm{ }}mol\\ Cr:0,03{\rm{ }}mol \end{array} \right. \to {n_{NaOH}} = 0,04{\rm{ }}mol\).

Đáp án B

Thứ tự oxi hóa trên anot là: \(C{l^ - } > {H_2}O\); thứ tự khử trên catot là: \(C{u^{2 + }} > {H_2}O\).

Độ dốc đồ thị: Đoạn \(\left( 2 \right) > \left( 3 \right) > \left( 1 \right)\):

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l} {n_{NaCl}} = 2{n_{C{l_2}{\rm{ }}\left( 1 \right){\rm{ }}\left( 2 \right)}} = 0,4\left( {mol} \right)\\ {n_{CuS{O_4}}} = {n_{Cu}} = {n_{C{l_2}\left( 1 \right)}} = 0,1\left( {mol} \right) \end{array} \right. \Rightarrow m = \underbrace {{m_{CuS{O_4}}}}_{0,1.160} + \underbrace {{m_{NaCl}}}_{0,4.58,5} = 39,4\left( {gam} \right)\)

Đáp án C

Theo đầu bài: Vì Z là ancol đơn chức  → Loại A (do xà phòng hóa tạo andehit) → nhìn đáp án cũng đoán ancol Z là \({C_2}{H_5}OH\).

\({n_{{O_2}}} = \frac{{14,784}}{{22,4}} = 0,66\left( {mol} \right);{\rm{ }}{n_{C{O_2}}} = \frac{{25,08}}{{44}} = 0,57\left( {mol} \right)\)

Áp dụng bảo toàn khối lượng, ta được:

\({m_{{H_2}O}} = 11,88 + 0,66.32 - 25,08 = 7,92\left( {gam} \right);{\rm{ }}{n_{{H_2}O}} = \frac{{7,92}}{{18}} = 0,44\left( {mol} \right)\)

Áp dụng bảo toàn nguyên tố O, ta được \({n_{O/X}} = 0,44 + 0,57.2 - 0,66.2 = 0,26{\rm{ }}mol\)

→ số mol nhóm \( - COO -  = \frac{{0,26}}{2} = 0,13{\rm{ }}mol\)

Gọi công thức ancol đơn chức Z là ROH; công thức trung bình của 4 este là \(\overline R {\left( {COOR} \right)_{\overline n }}\)

\(\begin{array}{l} \overline R {\left( {COOR} \right)_{\overline n }} + \overline n {\rm{ }}NaOH{\rm{ }} \to {\rm{ }}\overline R {\left( {COONa} \right)_{\overline n }}{\rm{ }} + {\rm{ }}\overline n {\rm{ }}ROH\\ \to {n_{ROH}} = {n_{NaOH}} = {n_{ - COO - }} = 0,13{\rm{ }}mol\\ 2ROH{\rm{ }} + {\rm{ }}2Na \to 2RONa{\rm{ }} + {\rm{ }}{H_2} \uparrow \\ 0,13{\rm{ }}0,065\left( {mol} \right) \end{array}\)

\(\begin{array}{l} \to {m_{binh\,Na\,tang}} = {m_{ROH}} - {m_{{H_2}}} \to {m_{ROH}} = 5,85 + 0,065.2 = 5,98\left( {gam} \right)\\ \to R + 17 = 46 \to R = 29\left( {{C_2}{H_5}} \right) \end{array}\)

\({N_{NaOHbd}} = 0,2.1,5 = 0,3\left( {mol} \right)\) ; (chú ý sẽ có NaOH dư từ phản ứng xà phòng hóa)

\(\begin{array}{l} \to {n_{NaOH/Y}} = 0,3 - 0,13 = 0,17{\rm{ }}mol\\ \overline R {\left( {COONa} \right)_{\overline n }}{\rm{ }} + {\rm{ }}\overline n {\rm{ }}NaOH \to {\rm{ }}\overline R {H_{\overline n }}{\rm{ }} + {\rm{ }}\overline n {\rm{ }}N{a_2}C{O_3}\\ {\rm{ }}0,09{\rm{ }} \leftarrow {\rm{ }}0,17{\rm{ }}0,09\left( {mol} \right) \end{array}\)

Gọi công thức ba este hai chức là \({C_n}{H_m}{\left( {COO{C_2}{H_5}} \right)_2}:x\left( {mol} \right)\) và công thức este đơn chức là \({C_n}{H_{m + 1}}COO{C_2}{H_5}:y\left( {mol} \right)\).

\(\begin{array}{l} \left\{ \begin{array}{l} x + y = 0,09\\ 2x + y = 0,13 \end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} x = 0,04\\ y = 0,05 \end{array} \right.\\ \to BT{\rm{ }}C:0,04\left( {n + 6} \right) + 0,05\left( {n + 3} \right) = 0,57 = nC{O_2} \to n = 2\\ \to BT{\rm{ }}H:0,02\left( {m + 10} \right) + 0,025\left( {m + 6} \right) = 0,44 = n{H_2}O \to m = 2 \end{array}\)

→ CTPT, CTCT este đơn chức là: \({C_5}{H_8}{O_2}\left( {C{H_2} = CH - COO{C_2}{H_5}} \right)\)

→ CTPT, CTCT của ba este hai chức là: \({C_8}{H_{12}}{O_4}\)

Đáp án D

Từ số nguyên tử N trong peptit A, ta có thể suy luận ra A là pentapeptit và B (thuỷ phân ra ancol) là \({H_2}N - C{H_2} - COO - {C_2}{H_5}\)

Với thí nghiệm 2:

\(\left\{ \begin{array}{l} {n_A} = x\left( {mol} \right)\\ {n_B} = y\left( {mol} \right) \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x + y = 0,09\\ 5x + y = 0,21 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} x = 0,03\left( {mol} \right)\\ y = 0,06\left( {mol} \right) \end{array} \right.\)

Với thí nghiệm 1:

\(41,325\left\{ \begin{array}{l} {C_4}{H_9}N{O_2}:2t\\ {C_x}{H_y}{N_5}{O_6}:t \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} m = 41,325 + 4t.18\\ X \to {C_n}{H_{2n + 1}}N{O_2}:7t\left( {mol} \right) \end{array} \right.\)

\( \to \left\{ \begin{array}{l} 7t\left( {14n + 47} \right) = 41,325 + 18,4t\\ \to \left\{ \begin{array}{l} C{O_2}:7.nt\\ {H_2}O:\frac{{2n + 1}}{2}.7t \end{array} \right. \to 7nt.44 + \left( {2n + 1} \right).7t.9 = 96,975 + 4.18t \end{array} \right.\)

\(\to \left\{ \begin{array}{l} nt = 0,225\\ t = 0,075 \end{array} \right. \to n = 3\). Vậy ở thí nghiệm sau \(16,53\left\{ \begin{array}{l} {C_4}{H_9}N{O_2}:0,06\\ {C_x}{H_y}{N_5}{O_6}:0,03 \end{array} \right.\)

\(\to {M_A} = 345 \to Gly - Gly - Ala - Ala - Ala \to \frac{a}{b} = \frac{{0,06 + 0,03.2}}{{0,03.3}} = \frac{4}{3}\)

Gần giá trị ở đáp án D nhất.

· \(BTKL:{m_Y} + {m_A} = {m_B} + {m_Z} + {m_{{H_2}O}} \to {m_{{H_2}O}} = 2,52\left( {gam} \right) \to {n_{{H_2}O}} = 0,14\left( {mol} \right)\)

· \(BT{\rm{ }}H:{n_{KHS{O_4}}} = 4{n_{NH_4^ + }} + 2{n_{{H_2}O}} \to {n_{NH_4^ + }} = \frac{{0,36 - 2.0,14}}{4} = 0,02\left( {mol} \right)\)

· \(BT{\rm{ }}N:{n_{N\left( Z \right)}} = {n_{KN{O_3}}} - {n_{NH_4^ + }} = 0,02\left( {mol} \right);{m_Z} = {m_{N\left( Z \right)}} + {m_{O\left( Z \right)}} = 0,6\left( {gam} \right)\)

\( \to {m_{O\left( Z \right)}} = 0,32\left( {gam} \right) \to {n_{O\left( Z \right)}} = 0,02\left( {mol} \right)\)

· \(BT{\rm{ }}O:{n_{O\left( Y \right)}} + 3{n_{KN{O_3}}} = {n_{O\left( Z \right)}} + {n_{{H_2}O}} \to {n_{O\left( Y \right)}} = 0,04\left( {mol} \right)\)

· \({m_{KL\left( X \right)}} = {m_Y} - {m_{O\left( Y \right)}} = 6,17 - 0,04.16 = 5,53\left( {gam} \right)\)                                          (1)

Do Cu chiếm 34,72% về khối lượng trong X \(\to {m_{Cu}} = 1,92\left( {gam} \right) \to {n_{Cu}} = 0,03\left( {mol} \right)\)

\(BTe:{n_{e\left( {KL} \right)}} = 2{n_{SO_4^{2 - }}} - {n_{{K^ + }}} - {n_{NH_4^ + }} = 2.0,36 - 0,4 - 0,02 = 0,3\left( {mol} \right)\)          (2)

Từ (1), (2): \(\left\{ \begin{array}{l} 56a + 27b + \underbrace {1,92}_{{m_{Ca}}} = 5,53\\ 3a + 3b + \underbrace {0,03.2}_{{n_{e\left( {Cu} \right)}}} = 0,3 \end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l} a = 0,05 = {n_{Fe}}\\ b = 0,03 = {n_{Al}} \end{array} \right.\)

B + NaOH → lượng OH- dùng để kết hợp các cation \(\left( {C{u^{2 + }},F{e^{3 + }},A{l^{3 + }},NH_4^ + } \right)\) là:

\({n_{O{H^ - }}} = \underbrace {0,03.3}_{{n_{A{l^{3 + }}}}} + \underbrace {0,05.3}_{{n_{F{e^{3 + }}}}} + \underbrace {0,03.2}_{{n_{C{u^{2 + }}}}} + \underbrace {0,02}_{{n_{NH_4^ + }}} = 0,32\left( {mol} \right) \to {n_{O{H^ - }{\rm{do }}}} = \underbrace {0,34}_{{\rm{ban dau}}} - \underbrace {0,32}_{\left( {{\rm{pu}}} \right)} = 0,02\left( {mol} \right)\)

0,02 mol OH- dư hòa tan \(Al{\left( {OH} \right)_3} \to Al\left( {OH} \right)_4^ -  \to {n_{Al{{\left( {OH} \right)}_3}{\rm{ du}}}} = 0,03 - 0,02 = 0,01\left( {mol} \right)\)

\(\Rightarrow {m_{{\rm{ket tua}}}} = \underbrace {{m_{Fe{{\left( {OH} \right)}_3}}}}_{0,05.107} + \underbrace {{m_{Cu{{\left( {OH} \right)}_2}}}}_{0,03.98} + \underbrace {{m_{Al{{\left( {OH} \right)}_{3{\rm{ }}\left( {{\rm{du }}} \right)}}}}}_{0,01.78} = 9,07\left( {gam} \right)\).