Phần 1:

0,672l khí là khí NH₃; n NH₃ = n NH₄⁺ = 0,03 mol

1,07g kết tuả là Fe(OH)₃; nFe(OH)₃ = nFe³⁺ = 0,01 mol

Phần 2:

4,66g kết tủa là BaSO₄; nBaSO₄ = n SO₄^2- = 0,02 mol

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:

nCl^- = 3nFe³⁺ + nNH₄⁺ - 2nSO₄^2- = 0,03 + 0,03 – 0,04 = 0,02 mol

mmuối = 2.(56.0,01 + 0,03.18 + 0,02.96 + 0,02.35,5) = 7,46g

⇒ Đáp án C

17,22g kết tủa là AgCl; nAgCl = 0,12 mol

⇒ nCl^- = 0,12 mol

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có:

nCl^- = n NO₃^- = 0,12 mol( bằng số mol điện tích của cation)

mcation kim loại = mmuối clorua – mCl^- = 5,94 – 0,12.35,5 = 1,68g

mmuối nitrat (Y) = mkim loại + mNO₃^- = 1,68 + 0,12.62 = 9,12g

⇒ Đáp án D

mkết tủa = m BaCO₃ = 39,4g ⇒ n BaCO₃ = 0,2 mol

⇒ n CO₃^2- = 0,2 mol

m cation kim loại = m muối - mCO₃^2- = 24,4 – 0,2.60 = 12,4g

Bảo toàn điện tích ta có:

2nCO₃^2- = nCl^- = 0,4( bằng số mol điện tích cation)

mmuối clorua = mkim loại + mCl^- = 12,4 + 0,4.35,5 = 26,6g

⇒ Đáp án C

Công thức tổng quát của este no, đơn chức, mạch hở là C_nH_2nO₂ (n ≥ 2)

→ Đáp án C

Dầu mỡ lâu ngày có hiện tượng ôi, có mùi khó chịu là do liên kết C=C ở gốc axit không no của chất béo bọ oxi hóa chậm bởi oxi không khí tạo thành peoxit, chất này bị phân hủy thành các anđehit có mùi khó chịu gây hại cho người ăn ( SGK 12 cơ bản – trang 10).

→ Đáp án D

Ta có nHCOOH = nCH₃COOH = 0,05(mol)

Và nC₂H₅ = 0,125(mol)

Do hiệu suất của mỗi phản ứng este hóa đều bằng 80% nên ta có:

mHCOOC₂H₅ + mCH₃COOC₂H₅ = 6,48(kg)

→ Đáp án B

X là CrO₃, Y là Cr₂O₃.

C₂H₅OH + 4CrO₃ → 2Cr₂O₃ + 2CO₂ + 3H₂O

Chất lỏng Boocđo gồm những hạt rất nhỏ muối đồng bazơ sunfat không tan và canxi sunfat.

4CuSO₄ + 3Ca(OH)₂ → CuSO₄.3Cu(OH)₂ + 3CaSO₄

Để thử nhanh thuốc diệt nấm này tức là phát hiện đồng (II) sunfat dư, người ta dùng đinh sắt: sắt tan ra, có kim loại Cu đỏ xuất hiện.

Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu↓

Gọi số mol Al và Cu trong m gam hỗn hợp X lần lượt là a và b mol

Trường hợp 1: Cho X vào HCl dư, chỉ có Al phản ứng

2Al (0,1) + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂ (0,15 mol)

Trường hợp 2: Cho X vào HNO₃ đặc, nguội Al bị thụ động, chỉ có Cu phản ứng

Cu (0,15) + 4HNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2NO₂ (0,3 mol) + 2H₂O

→ m = 0,1.27 + 0,15.64 = 12,3 gam.

Gọi phần trăm số nguyên tử của 2 đồng vị 63Cu và 65Cu lần lượt là x và y (%)

→ x + y = 100

Nguyên tử khối trung bình của đồng là 63,54 → 63x + 65y = 63,54.100

Giải hệ được x = 73 và y = 27.

Bảo toàn điện tích có: 2.0,02 + 0,03 = x + 2y → x + 2y = 0,07

m_muối = m_ion = 0,02.64 + 0,03.39 + 35,5x + 96y = 5,435 → 35,5x + 96y = 2,985

Giải hệ phương trình được x = 0,03 và y = 0,02.

Cu + 4HNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2NO₂ + 2H₂O

Tống hệ số = 1 + 4 + 1 + 2 + 2 = 10.

Đặt n_Ba = a, n_BaO = 2a và n_Ba(OH)2 = 3a

⇒ n_H2 = n_Ba = a ⇒ ∑n_Ba(OH)2 = a + 2a 3a = 6a = 6V/22,4

⇒ n_BaCO3 = (4V/22,4) x 197 = 98,5 → V = 2,8.

⇒ n_Ba = 2,8/22,4 = 0,125 mol ⇒ n_BaO = 0,25, n_Ba(OH)2 = 0,375.

⇒ m = 0,125 x 137 + 0,25 x 153 + 0,375 x 171 = 119,5 gam

→ Đáp án B

Khi cho Al phản ứng với NaOH hoặc HCl thì số mol H₂ thu được là như nhau:

n_H2 = 0,3 mol ⇒ n_Al = 0,2 mol

Từ đó suy ra n_H2 do Fe tạo ra = 0,4 - 0,3 = 0,1 mol

→ n_Fe = 0,1 mol ⇒ n_Al đã phản ứng tạo Fe là 0,1 mol vì:

Fe₂O₃ + 2Al (0,1) → Al₂O₃ + 2Fe (0,1)

→ ∑n_{Al trong X} = 0,1 + 0,2 = 0,3mol

→ Đáp án A

X gồm H₂ và CO₂. Đặt n_CO2 = x; n_H2 = y ⇒ n_X = x + y = 0,21 mol;

m_X = 5,25g = 44x + 2y.

Giải hệ có: x = 0,115 mol; y = 0,095 mol.

Quy đổi hỗn hợp ban đầu về Mg, Ca, O và CO₂

⇒ n_Ca = n_CaCl2 = 0,18 mol.

Đặt n_Mg = x; nO = y ⇒ 24x + 0,18 x 40 + 16y + 0,115 x 44 = 19,02g

Bảo toàn electron: 2x + 0,18 × 2 = 0,095 × 2 + 2y.

Giải hệ có: x = 0,135 mol; y = 0,22 mol.

⇒ n_HCl = 2n_Mg + 2n_Ca = 2 x 0,135 + 2 x 0,18 = 0,63 mol

⇒ m = 0,63 x 36,5 : 0,1 = 229,95(g).

→ Đáp án A

Ta có: n_CO2 = 4,48/22,4 = 0,2 mol

n_NaOH = 0,5.0,1 = 0,05 mol

n_Ba(OH)2 = 0,2.0,5 = 0,1 mol

n_OH^- = 0,1.2 + 0,05 = 0,25 mol

n_Ba²⁺ = 0,1 mol

→ tạo ra 2 ion CO₃^2- và HCO₃^-

Ta có hệ phương trình: 

x + y = 0,2 và x + 2y = 0,25

→ x = 0,15 và y = 0,05

Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃↓

⇒ m_BaCO3 = 0,05.197 = 9,85 g

→ Đáp án C

Ta có: n_CO2 = 0,1 mol

n_BaCO3 = 11,82/197 = 0,06 mol

nK₂CO₃ = 0,02 mol

Khi sục CO₂ vào dung dịch hỗn hợp K₂CO₃ và KOH, giả sử chỉ xảy ra phản ứng:

⇒ nK₂CO₃ (trong dd) = 0,1 + 0,02 = 0,12 mol

Ta thấy n↓ = 0,12 → n↓ đề cho = 0,06 mol

Vậy trong phản ứng CO₂ với KOH ngoài muối K₂CO₃ còn có muối KHCO₃

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố C ta có:

n_{C(trong CO2}) + n_{C(trong K2}CO₃) = n_{C(trong BaCO3}) + n_{C(trong KHCO3})

⇒ 0,1 + 0,02 = 0,06 + x (x là số mol BaCO₃)

⇒ x = 0,06

→ n_KOH = 0,14 mol → [KOH] = 0,14/0,1 = 1,4M

→ Đáp án B

Bảo toàn điện tích với dung dịch chứa Ba²⁺; OH^- 0,06mol và Na⁺ 0,02 mol

⇒ nBa²⁺ =(0,06-0,02)/2 = 0,02 mol

Bảo toàn điện tích với dung dịch chứa HCO₃^- 0,04 mol; CO₃^2- 0,03 mol và Na⁺

⇒ nNa⁺ = 0,04 + 0,03 = 0,07 mol

Khi trộn 2 dung dịch vào ta có:

HCO₃^- + OH^- → CO₃^2- + H₂O

nOH^- > nHCO₃^- ⇒ OH^- dư

nCO₃^2- sinh ra = nHCO₃^- = 0,04 mol

∑n CO₃^2- = 0,03 + 0,04 = 0,07 mol

Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃ ↓

n Ba²⁺ < n CO₃^2- ⇒ nBaCO₃ = n Ba²⁺ = 0,02 mol

mkết tủa = 0,02. 197 = 3,94g ⇒ Đáp án A

Ta có: n_CO2 = 2,688/22,4 = 0,12 mol;

n_BaCO3 = 11,82/197 = 0,06 mol

Do n_CO2 ≠ n_BaCO3 nên ngoài BaCO₃ còn có Ba(HCO₃)₂ được tạo thành.

Theo phản ứng: ∑n_Ba(OH)2 = 0,08 + 0,02 = 0,1 mol

a = 0,1/2,5 = 0,04M

→ Đáp án D

n_OH^- = n_NaOH + 2n_Ca(OH)2 = 0,05 mol

n_CO2 = 0,672/22,4 = 0,03 mol

⇒ x = 0,0125.100 = 1,25 g

→ Đáp án C

Criolit dùng trong khi điện phân nóng chảy Al₂O₃ có công thức là Na₃AlF₆

Trong công nghiệp, Al được điều chế bằng cách điện phân nóng chảy nhôm oxit (Al₂O₃) với xúc tác criolit (Na₃AlF₆). Nguyên liệu cung cấp Al₂O₃ chính là quặng boxit (Al₂O₃.2H₂O).

Dùng NaOH dư

- Tạo tủa sau đó tủa tan là AlCl₃

AlCl₃ + 4NaOH → NaAlO₂ + 3NaCl + 2H₂O

- Tạo tủa màu nâu đỏ là FeCl₃

FeCl₃ + 3NaOH → Fe(OH)₃ + 3NaCl

- Tạo tủa trắng xanh bị hóa nâu trong không khí là FeCl₂

FeCl₂ + 2NaOH → Fe(OH)₂ + 2NaCl

2Fe(OH)₂ + 1/2 O₂ + H₂O → 2Fe(OH)₃

- Tạo tủa trắng là MgCl₂

MgCl₂ + 2NaOH → Mg(OH)₂ + 2NaCl

→ Đáp án C

H₂C₂O₄ là axit oxalic.

H₂C₂O₄ + 2NaOH → Na₂C₂O₄ + 2H₂O (1)

n_H2C₂O₄ = 25/1000.0,05 = 0,00125(mol)

Theo (1): n_NaOH = 0,00125. 2 = 0,0025(mol)

Nồng độ mol của NaOH là: 0,0025/0,0465 = 0,05376(M)

→ Đáp án B

H₂S tạo kết tủa đen với CuCl₂.

H₂S + CuCl₂ → CuS + 2HC1

Đáp án C

Amin X bậc 1 nên X là C_xH_yNH₂ Khi X tác dụng với O₂ thì tạo ra CO₂, N₂ và H₂O có thể tích là
8V = x.V + V:2 + (y+2).V : 2 nên 13 = 2x + y

Chọn x = 3 và y =7

Đáp án D

Ban đầu đặt thể tích H2 là x thì thể tích amin là 35-x ml

Sau phản ứng có 10 mol CO₂ và 5 ml N₂, 5 ml O₂ 40 ml O₂ + (X, H2) → H₂O, CO₂: 10 ml, N₂: 5 ml và còn dư 5 ml O₂

Từ sơ đồ thấy có 35ml O₂ tham gia vào phản ứng

Vì amin này đơn chức nên Vamin = 2VN₂ = 10ml nên số C trong X là 10 :10 =1

Đáp án B

TQ : R-N + HCl → RNH₃Cl

Bảo toàn khối lượng: nHCl = nX = 59g

→ X là C₃H₉N

Các công thức cấu tạo thỏa mãn là :

C – C – C – NH₂

C – C(NH₂) – C

C – C – NH – C

(CH₃)₃N

Đáp án D

TQ : R – NH₂ + HCl → R – NH₃Cl

Bảo toàn khối lượng : mamin + mHCl = mMuối

→ nHCl = 0,64 mol

→ V = 640 ml

Đáp án A

NH₂CH₂COOH + NaOH → NH₂CH₂COONa + H₂O

0,4 mol → 0,4 mol

→ m = 38,8g

Đặt CT của X là H₂NRCOOH

26,7(g) X + ?HCl → 37,65(g) Muối.

Bảo toàn khối lượng: m_HCl = 10,95(g) ⇒ n_X = n_HCl = 0,3 mol.

→ M_X = 26,7 : 0,3 = 89 ⇒ R = 28 (C₂H₄)

→ Đáp án B

Ta có: n_N:n_O = 1:2 nên n_NH2 : n_COOH = 1:1.

Suy ra khi tác dụng với 0,15 mol NaOH thì dư ra 0,03mol NaOH.

Áp dụng sự tăng giảm khối lượng, ta có:

m_rắn = m_muối + m_{NaOH dư} = (m_X + 22.n_{NaOH pư}) + 0,03.40 = 10,36 + 22.0,12 + 0,03.40 = 14,2 gam.

→ Đáp án B

Ta có: ∑n_OH^- = n_X + n_H⁺ = 0,04 + 0,04.2 + 0,12 = 0,24 = 3x ⇒ x = 0,08 mol

Ta có H₂O được sinh ra từ: OH^- + H⁺ → H₂O và cho X tác dụng với bazơ.

⇒ n_H2O = n_H⁺ = 0,04.2 + 0,12 + 0,04 = 0,24 mol

Bảo toàn khối lượng:

m_muối = 0,04.118 + 0,04.98 + 0,12.36,5 + 0,08.40 + 0,16.56 – 0,24.18 = 20,86 gam

→ Đáp án B

Ta có hệ

nGlutamic + nalanin = 0,027

2nGlutamic + nAlanin + nHCl = 0,069 → nGlutamic = 0,012 mol

nHCl = 0,03 mol

→ Đáp án D

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

Đáp án A

X có thể là ala-ala-gly; ala-gly-ala  gly- ala-ala. Gly-gly-ala, gly-ala-gly; ala-gly-gly