Đoạn 1: Chỉ có khí Cl₂  thoát ra. Đặt V_Cl2 =x (lít)

Đoạn 2: Chỉ có khí O₂ thoát ra.

Mà ta thấy giá trị V lúc này gấp đôi đoạn tại thời điểm t= a (giây)

Do đó V_O2 = 2x - x = x (lít)

Đoạn 3: Anot có O₂ tiếp tục thoát ra. Còn ở catot có H₂ thoát ra.

Trong đoạn 3 này thời gian bằng nửa đoạn 2 nên V_O2 = 0,5x (lít)

Bảo toàn electron ta tính được V_H2 =x (lít)

Tổng cộng 3 đoạn thì khí thoát ra gồm Cl₂ (x lít), O₂ (1,5x lít) và H₂ (x lít)

Suy ra x + 1,5x + x=7,84 – x= 2,24 lít

Ban đầu: n_NaCl=2.n_Cl2 = 0,2 mol

Ta có: n_Cu(NO3)2 = n_Cu = n_Cl2 +2n_{O2 (đoạn 2)} = 0,3 mol

Tại thời điểm tra (giây): n_{e trao đổi} = 2n_Cl2 = 2.2,24 : 22,4 = 0,2 mol

Tại thời điểm 3,5a (giây) (thuộc đoạn 3) ta có: n_{e trao đổi} = 3,5. 0,2 = 0,7 mol 

Khi đó thu được 0,3 mol Cu ; 0,05 mol H₂ ở catot và 0,1 mol Cl₂ và 0,125 mol O₂ ở anot. 

Khối lượng dung dịch giảm chính là khối lượng các chất thoát ra ở các điện cực.

Do đó m = m_Cu + m_H2 + m_Cl2 + m_O2 = 0,3.64 + 0,05.2+ 0,1.71 + 0,125.32 = 30,4 (gam)

Đáp án D

Do các este đều mạch hở và chỉ chứa chức este nên không phải là este của phenol. 

đứa chức 

- Xét phản ứng đốt muối T:

n_COO = n_NaOH = 2n_Na2CO3 = 0,7 mol → n_{O(T  )=}  2 n_COO =1,4 mol

BTNT “O”: n_O(T)  + 2n_{O2(đốt T) =} 2n_CO2 + n_H2O + 3n_Na2CO3→ 1,4 + 0,275.2 = 2 n_CO2 + 0,2 + 0,35.3 

→ n_CO2 = 0,35 mol 

BTKL: m_muối = m_CO2 + m_H2O + m_Na2CO3 - m_O2( đốt T) =0,3544 + 0,2.18 + 0,35.106 - 0,275.32 = 47,3 gam 

- Xét phản ứng thủy phân A trong NaOH: 

BTKL: m_A = m_muối + m _ancol - m_NaOH = 47,3+22,2 – 0,7.40 = 41,5 gam 

- Xét phản ứng đốt A: 

Đặt n_CO2=x và n_H2O=y (mol)

 + n_O(A) = 2n_COO = 1,4 mol. BTKL: m_A = m_C + m_H + m_O → 12x + 2y + 1,4.16 = 41,5 (1)

+ n_CO2 - n_H2O = 0,25 → x - y= 0,25 (2)

Giải hệ (1) và (2) thu được x = 1,4 và y = 1,15

BTNT “O”: n_{O2 (đốt A)}= [2n_CO2 + n_H2O – n_O(A)]/2 = (2.1,4+ 1,15 - 1,4)/2 = 1,275 mol

 - Xét phản ứng đốt ancol (phản ứng giả sử): 

n_{O2(đốt ancol)} = n_{O2(đốt A)} – n_{O2(đốt T)}= 1,275 - 0,275 = 1 mol 

Đặt n_CO2 = a; n_H2O=b (mol) 

BTKL: m_CO2 + m_H2O= m_ancol + m_{O2( đốt ancol)} → 44a + 18b = 22,2+ 32 (3) 

BTNT “O”: 2 n_CO2 + n_H2O = n_O(ancol) + 2n_O2→ 2a + b = 0,7 + 2 (4) 

Giải (3) và (4) thu được: a= 0,7 và b = 1,3

 Nhận thấy: n_{O(ancol) =} n_CO2 → Các ancol đều có số C bằng số O→ Các ancol chỉ có thể là ancol no

→ n_ancol=n_H20 - n_CO2 = 1,3 - 0,7= 0,6 mol 

→1 (CH₃OH: u mol) < C_tb = 0,7: 0,6 = 1,16 < 2 (HO-CH₂-CH₂-OH: v mol) 

n_CO2 = u+2v = 0,7 và u + v=0,6

Giải được u = 0,5 và v = 0,1

- Phản ứng đốt muối T:

n_C(T) = n_CO2+ n_Na2CO3 = 0,35 + 0,35 = 0,7 mol

n_C(T) = n_COO → Số C trong T bằng số nhóm COO

→ 2 muối là HCOONa (n mol) và (COONa)₂ (m mol)

m_muối = 68n + 134m = 47,3; n_C(muối) = n+ 2m = 0,7 

→ n = 0,4 và m = 0,15 

Vậy A chứa:

HCOOCH₃ (0,2 mol) → m_HCOOCH3 = 0,2.60 = 12 gam

(HCOO)₂C₂H₄(0,1 mol) → m_(HCOO)2C2H4 = 0,1.118 = 11,8 gam

 (COOCH₃)₂ (0,15 mol) → m_(COOCH3)2 = 0,15.118 = 17,7 gam

Nhận thấy (COOCH₃)₂ có khối lượng lớn nhất → %m_Z = 17,7/41,5.100% = 42,65% 

Đáp án D 

Ta có: n_Fe = 6/35 mol

Mg + 2AgNO₃ → Mg(NO₃)₂ + 2Ag

Mg + Cu(NO₃)₂ → Mg(NO₃)₂ + Cu 

Dung dịch X gồm Mg(NO₃)₂, Cu(NO₃)₂ dư. Kết tủa thu được chứa Ag, Cu, có thể có Mg dư

Fe + Cu(NO₃)₂ → Fe(NO₃)₂ + Cu 

Dung dịch X chứa a mol Mg²⁺, b mol Cu²⁺ ,0,6 mol NO₃ tác dụng với Fe thu được:

10,56 gam kết tủa chứa b mol Cu (6/35-b) mol Fe dư →giá trị b

Dung dịch sau phản ứng chứa: Mg²⁺ : a mol; Fe²⁺, NO₃-

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có: 2a + 2.0,12 = 0,6 → a = 0,18 mol

20 gam kết tủa chứa x mol Mg dư; 0,1 mol Ag; 0,25 - 0,12 = 0,13 mol Cu 

→m_{Mg dư} + 0,1.108 + 0,13.64 = 20 gam

→m_{Mg dư} = 0,88 gam → m = 0,88 +0,18.24 = 5,20 gam

Đáp án C

Phát biểu A sai vì H₂SO₄ đặc có vai trò xúc tác và giữ H₂O làm cân bằng chuyển dịch sang chiều tạo este.

Phát biểu B sai vì thêm NaCl bão hòa để sản phẩm tách ra hoàn toàn.

Phát biểu C đúng vì phản ứng este hóa thuận nghịch nên các chất tham gia đều còn dư.

Phát biểu D sai vì sản phẩm este không tan nên có phân lớp.

Đáp án C 

(a) Cu + Fe₂(SO₄)₃ → CuSO₄ + 2FeSO₄ 

 3 muối: CuSO₄, FeSO₄, Fe₂(SO₄)₃ dư

(b) Vì 1<  n_NaOH/n_CO2 < 2 

2 muối: Na₂CO₃, NaHCO₃

(c) 2 Fe₃O₄ + 10 H₂SO₄ → 3 Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + 10 H₂0 

1 muối: Fe₂(SO₄)₃

(d) 4KOH + AlC1₃ → KAlO₂ + 3KCI + 2H₂0 

2 muối: KAlO₂, KCl

(e) 2NaHCO₃ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ + Na₂CO₃ + 2H₂O

2 muối: Na₂CO₃, NaHCO₃ dư (chú ý BaCO₃ là kết tủa nên không được tính vào dung dịch)

Vậy có 3 thí nghiệm thu được 2 muối là (b), (4), (e)

Đáp án B

*Đoạn 1:

OH^- +  H⁺ → H₂O

Ba²⁺ + SO₄ ^2- → BaSO₄ 

Ta có: n_H+ = n_OH‑ = 2n_Ba(OH)2 = 2.0,15 = 0,3 mol

*Đoạn 2:

Ba²⁺ + SO₄ ^2- → BaSO₄ 

A1³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃

Ta có: n _SO4(2-) = n_Ba2+ = n_Ba(OH)2 = 0,3 mol

*Đoạn 3: Al³⁺ + 3OH^- + Al(OH)₃

Ta có n_OH- = n_H+ + 3n_Al(OH)3 → n_{Al(OH)3 max} = 0,3 mol

Vậy n_HCl = n_H+ = 0,3 mol ; n_Al2(SO4)3 = 1/3.n_SO4(2-) = 0,1 mol

Bảo toàn Al suy ra n_AlCl3 = 0,1 mol

Vậy tổng a=0,3 + 0,1 + 0,1 = 0,5 mol

Đáp án A 

- Ta có: n_NaOH =0,4 mol suy ra n_Na2CO3 = 0,235 mol

Ta có: n_O2 = 1,24 mol

Dùng bảo toàn khối lượng ta có m_muối = 42,14 gam → M_muối =89,66 (g/mol)→ Muối từ X là CH₃COONa. Khi đốt muối thì thu được CO₂ (u mol) và H₂O (v mol).

Suy ra 44u + 18v = 56,91 (gam) 

Bảo toàn nguyên tố O ta có 2u + v + 0,235.3= 0,47.2+1,24.2

Giải hệ trên ta được u = 1,005 và q= 0,705

Suy ra số mol muối từ Y =u – v = 0,3 mol (Muối này có p nguyên tử C)

Ta có: n_CH3COONa = 0,47 - 0,3 = 0,17 mol

Suy ra n_C = 0,17.2 + 0,3p = 1,005 + 0,235

Giải ra p = 3 => Axit Y là CH₂=CH-COOH

E+ NaOH → Muối + Ancol + H₂O

Bảo toàn khối lượng ta suy ra n_H2O= 0,07 mol

Suy ra số mol NaOH phản ứng với este = 0,47 - 0,07 = 0,4 mol

Ancol có dạng R(OH)_n (04/n mol)

Ta có: M_ancol = R+ 17n = 13,9n/0,4 → R = 17,75n

Do 1< n < 2 nên 17,75 < R < 35,5

Do hai ancol cùng C nên C₂H₅OH (0,1 mol) và C₂H₄(OH)₂ (0,15 mol).

Do các muối đều có số mol ≤ 0,3 nên T là CH₃COO-C₂H₄-OOC-CH=CH₂ (0,15 mol) 

→ %T = 61,56%

Đáp án D

(a) đúng

(b) đúng

(c) sai vì saccarozơ chỉ bị thủy phân trong môi trường axit

(d) đúng vì C₆H₅NH₂ + HCl → C₆H₅NH₃Cl (tan).

 (e) sai vì 1 mol peptit Glu-Ala-Gly tác dụng được tối đa 4 mol NaOH 

Vậy có 3 phát biểu đúng.

Đáp án C

Quy đổi hỗn hợp X thành Na, K, Ba và O

Suy ra m_O= 0,075m (gam)

Dung dịch Y có chứa Na⁺, K⁺, Ba²⁺ và OH^-.

Ta có: n_AlCl3 = 0,04 mol; n_Al(OH)3 = 0,02 mol

Do n_Al3+ > n_Al(OH)3 nên có 2 trường hợp sau:

 *Trường hợp 1: Al³⁺ dư.

Khi đó n_OH- = 3n_Al(OH)3 = 0,06 mol

Dung dịch Y có chứa x mol Na⁺, y mol K⁺, z mol Ba²⁺ và 0,06 mol OH^-.

Theo bảo toàn điện tích ta có x+y+ 2z= 0,06 mol

Theo định luật bảo toàn electron ta có: x+y+ 2z = 2.n_O+ 2n_H2 = 2.0,075m/16 + 2. 0,04

→ 0,06 = 2.0,075m/16 + 2. 0,04 → m < 0 nên loại.

*Trường hợp 2: Al³⁺ phản ứng hết.

Khi đó n_OH-  = 4n_Al3+- n_Al(OH)3 = 4.0,04 - 0,02 = 0,14mol

Dung dịch Y có chứa x mol Na⁺, y mol K⁺, z mol Ba²⁺ và 0,14 mol OH^-

Theo bảo toàn điện tích ta có x+y+ 2z=0,14 mol

Theo định luật bảo toàn electron ta có: x+y+ 2z=2. n_O + 2n_H2 = 2.0,075m/16 + 2. 0,04 

→ 0,14 = 2.0,075m/16+ 2. 0,04 → m=6,4 (gam)

Đáp án C

Khi cho Y tác dụng tối đa với 0,58 mol NaOH thu được dung dịch có chứa Na⁺ (0,03+0,58=0,61 mol);  và ion AlO₂^- 

 Dùng định luật bảo toàn điện tích ta có n_AlO2^- = 0,11 mol

Vậy trong X có 0,11 mol Al.

Dung dịch Y có chứa 0,11 mol Al³⁺; 0,5 mol Cl^- ; 0,03 mol Na⁺ , Fe²⁺ (a mol) và NH₄⁺ (b mol)

Ta có: m_muối = 56a + 18b + 0,1127 + 0,5.35,5 + 0,03.23 = 25,13 (gam)

Ta có: n_{NaOH phản ứng} = 2a + b + 0,11,4 = 0,58 mol

Giải hệ trên ta được a = 0,06 và b = 0,02

Bảo toàn H ta có n_H2O = 0,19 mol

Đặt x, y lần lượt là số mol Fe(NO₃)₂ và số mol Fe trong X.

Bảo toàn nguyên tố Fe ta có: x+y= 0,06 mol

Bảo toàn khối lượng ta có 180x + 5+y+ 0,11,27 + 0,5.36,5 + 0,03.85 = 25,13 + 0,05.10,6.2 + 0,19.18

Giải hệ trên ta được x = 0,02 và y = 0,04

Từ đó tính được %m_Fe = 25,43%

Đáp án C 

Ta có:

Gly, Ala = C₂H₅O₂N + x CH₂

Glu = C₂H₅O₂N + 2CH₂ + CO₂ 

Axit oleic = 17CH₂ + CO₂

Quy đổi X thành C₂H₅O₂N (x mol) và CH₂ (y mol) và CO₂ (z mol)

Ta có: m_X = 75x + 14y + 44z= 68,2 gam

Ta có: n_H2O = 2,5x + y = 3,1 mol và n_NaOH = x+z = 0,6 mol 

Giải hệ trên ta được x = 0,4 ; y = 2,1 và z= 0,2

Suy ra n_CO2 = a = 2x +y+z = 3,1 mol

Đáp án A 

Đáp án B

Dung dịch A có  \(\left[ {{H^ + }} \right] = {10^{ - 3}}M > {10^{ - 7}}M\) →môi trường axit.

Đáp án A

Axit: \(HN{O_3},{\text{ }}HCl{O_4},{\text{ }}C{H_3}COOH\)

Bazơ: \(NaOH,{\text{ }}Ba{\left( {OH} \right)_2},{\text{ }}N{H_3}\)

Đáp án D

Khí N₂ khá trơ ở nhiệt độ thường là do: trong phân tử N₂ chứa liên kết ba rất bền.

Đáp án B

Lưu ý: Những phản ứng mà NH₃ thể hiện tính khử là những phản ứng N tăng số oxi hóa lên.

A. Số oxi hóa của nitơ tăng từ N^-3 lên N⁺².

B. N ở hai vế phương trình vẫn giữ nguyên số oxi hóa là -3

C. Số oxi hóa của nitơ tăng từ N^-3 lên N⁰.

D. Số oxi hóa của nitơ tăng từ N^-3  lên N⁰.

Theo đề ra ta có: \({n_{NO}} = {n_{N{O_2}}} = 0,125mol\)

Gọi số mol Fe và O tương ứng trong X là x và y ta có: 56x + 16y = 36 (*)

Quá trình nhường và nhận e:

Tổng electron nhường: 3x (mol)

Tổng electron nhận: \(2y + 0,125 + 0,125.3{\text{ }}\left( {mol} \right)\)

Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: 3x = 2y + 0,5 (**)

Từ (*) và (**) ta có hệ \(\left\{ \begin{gathered} 56x + 16y = 36 \hfill \\ 3x - 2y = 0,5 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

Giải hệ trên ta có: x = 0,5 và y = 0,5

Như vậy \({n_{Fe}} = 0,5\left( {mol} \right) \to m = 28{\text{ }}gam\)

Đáp án B

Than chì và than vô định hình là các dạng thù hình của cacbon.

Theo bảo toàn nguyên tố Fe, bảo toàn electron và bảo toàn khối lượng, ta có:

\(\left( \begin{gathered} 2{n_{F{e_2}{O_3}}} = {n_{Fe}} = {n_{{H_2}}} = 0,2\left( {mol} \right) \hfill \\ {n_{CuO}} = \frac{{{m_{\left( {CuO,{\text{ }}F{e_2}{O_3}} \right)}} - {m_{F{e_2}{O_3}}}}}{{80}} \hfill \\ \end{gathered} \right) \to \left( \begin{gathered} {n_{F{e_2}{O_3}}} = 0,1\left( {mol} \right) \hfill \\ {n_{CuO}} = \frac{{24 - 0,1.160}}{{80}} = 0,1\left( {mol} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right)\)

Theo giả thiết, theo bảo toàn electron trong phản ứng của C với H₂O và phản ứng của Co, H₂ với CuO, Fe₂O₃ ta có:

\(\left( \begin{gathered} \frac{{28{n_{CO}} + 44{n_{C{O_2}}} + 2{n_{{H_2}}}}}{{{n_{CO}} + {n_{C{O_2}}} + {n_{{H_2}}}}} = 15,6 \hfill \\ 2{n_{CO}} + 4{n_{C{O_2}}} = 2{n_{{H_2}}} \hfill \\ 2{n_{CO}} + 2{n_{{H_2}}} = 2\underbrace {{n_{CuO}}}_{0,1\left( {mol} \right)} + 6\underbrace {{n_{F{e_2}{O_3}}}}_{0,1\left( {mol} \right)} \hfill \\ \end{gathered} \right)\)

Giải ra ta được:

n_CO= n_CO2 = 0,1 mol

n_H2 = 0,3 mol

Vậy giá trị của V là: V = 11,2 lít

Đáp án B

+ Vì khối lượng mol của dẫn xuất monoclo tạo ra từ Y đã biết, nên dễ dàng tìm được số nguyên tử C của Y và tên gọi của nó.

+ Phương trình phản ứng:

\(\underbrace {{C_n}{H_{2n + 2}}}_{ankan{\text{ Y}}}{\text{ }} + {\text{ }}C{l_2}{\text{ }}\xrightarrow[{}]{{as}}{\text{ }}\underbrace {{C_n}{H_{2n + 1}}Cl}_{{\text{dx monoclo}}}{\text{ }} + {\text{ }}HCl\)

\({M_{{C_n}{H_{2n + 1}}Cl}} = 14n + 36,5 = 39,25.2 \Rightarrow n = 3 \to Y:{C_3}{H_8}\)  (propan)

+ Phản ứng tạo ra hai dẫn xuất monoclo:

\(C{H_3} - C{H_2} - C{H_3} + C{l_2}\xrightarrow[{1:1}]{{as}}\begin{array}{*{20}{c}} \begin{gathered} \begin{array}{*{20}{c}} {}&{C{H_2}Cl - C{H_2} - C{H_3}{\text{ }} + {\text{ }}HCl} \end{array} \hfill \\ \nearrow \hfill \\ \end{gathered} \\ \begin{gathered} \searrow \hfill \\ \begin{array}{*{20}{c}} {}&{C{H_3} - CHCl - C{H_3}{\text{ }} + {\text{ }}HCl} \end{array} \hfill \\ \end{gathered} \end{array}\)

Đáp án A

Số mol \({n_{BaC{O_3}}} = {n_{C{O_2}}} = 0,2\left( {mol} \right)\)

Khối lượng dung dịch giảm: \({m_{{\text{giam}}}} = {m_{BaC{O_3}}} - \left( {{m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}}} \right) = 24,3\left( {gam} \right)\)

\(\to {m_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} = 39,4 - 24,3 = 15,1\left( {gam} \right)\)

\({n_{{H_2}O}} = 0,35{\text{ }}mol\)

\(\xrightarrow[{}]{{BTNT:O}}{n_O} = 2{n_{C{O_2}}} + {m_{{H_2}O}} = 0,2.2 + 0,35 = 0,75\left( {mol} \right)\)

\( \to {n_{{O_2}}} = 0,375\left( {mol} \right)\)

Số mol khí bay ra khỏi bình là N₂ →Số mol N₂ có trong hợp chất hữu cơ X là:

\({n_{{N_2}}} = 1,55 - 0,375.4 = 0,05{\text{ }}mol \to {n_N} = 0,05.2 = 0,1{\text{ }}mol\)

Gọi công thức của X là \({C_x}{H_y}{N_z}\)

Tỉ lệ  x : y: z = 2:7:1 Công thức đơn giản nhất của X có dạng: \({\left( {{C_2}{H_7}{N_1}} \right)_n} < 64\)

X là \({C_2}{H_7}N\)

Đáp án B

Phương trình nhiệt phân:

\(2NaHC{O_3}{\text{ }}\xrightarrow[{}]{{t^\circ }}{\text{ }}N{a_2}C{O_3}{\text{ }} + {\text{ }}C{O_2}{\text{ }} + {\text{ }}{H_2}O\)

x                            x/2             x/2         x/2 mol

Na₂CO₃ không bị nhiệt phân.

Khối lượng giảm là khối lượng  H₂O và CO₂: \({m_{{H_2}O}} + {m_{C{O_2}}} = 100 - 69 = 31{\text{ }}gam\)

22x + 9x  =31 → x = 1 mol

\(\% {m_{NaHC{O_3}}} = \frac{{84}}{{100}}.100\% = 84\% \)

\(\% {m_{N{a_2}C{O_3}}} = 100\% - 84\% = 16\% \)

\(CO + \left\{ \begin{gathered} F{e_2}{O_3} \hfill \\ MgO \hfill \\ CuO \hfill \\ {A_2}{O_3} \hfill \\ \end{gathered} \right.\xrightarrow[{}]{{}}\left\{ \begin{gathered} Fe \hfill \\ MgO \hfill \\ Cu \hfill \\ A{l_2}{O_3} \hfill \\ \end{gathered} \right. + C{O_2}\)

Đáp án B

Theo định luật bảo toàn điện tích:

số mol. tổng điện tích (+) = số mol. tổng điện tích (-)

Ta áp dụng cho 4 phương án lựa chọn:

+) \({K^ + },{\text{ }}M{g^{2 + }},{\text{ }}SO_4^{2 - },{\text{ }}C{l^ - }\)

số mol. tổng điện tích (+) = 0,15 + 2. 0,1 = 0,35 mol

số mol. tổng điện tích (-) = 2. 0,075 + 0,1 = 0,25 mol

⇒ không thỏa mãn.

Tương tự với 3 phương án còn lại → chỉ có trường hợp dung dịch chứa: \({K^ + },{\text{ }}NH_4^ + ,{\text{ C}}O_3^{2 - },{\text{ }}C{l^ - }\) là thỏa mãn.

\(x:y:z = \frac{{\% {K_2}O}}{{{M_{{K_2}O}}}} = \frac{{\% CaO}}{{{M_{CaO}}}} = \frac{{\% Si{O_2}}}{{{M_{Si{O_2}}}}} = 0,2:0,2:1,2 = 1:1:6 \to CT:{K_2}O.CaO.6Si{O_2}\)

\(Si + 2Mg \to M{g_2}Si\)

\({n_{\left( {andehit} \right)}} = {n_{CuO}} = 0,06{\text{ }}mol\)

Giả sử không có anđehit fomic:

\({n_{Ag}} = 2{n_{\left( {andehit} \right)}} = 0,12{\text{ }}mol\)

Theo đề bài:\({n_{Ag}} = 0,22{\text{ }}mol\) . Vậy có HCHO

HCHO → 4Ag

x                 4x

RCHO → 2Ag

y                 2y

Theo đề bài ra ta có hệ: \(\left\{ \begin{gathered} x + y = 0,06 \hfill \\ 4x + 2y = 0,22 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

\( \to x = 0,05\left( {mol} \right);{\text{ }}y = 0,01\left( {mol} \right)\)

\({M_{RCHO}} = \frac{{2,2 - 0,05.32}}{{0,01}} = 60\left( {vC} \right)\)

Vậy 2 ancol ban đầu là \(C{H_3}OH,{C_2}{H_5}C{H_2}OH\)

Đáp án A

Số thí nghiệm xảy ra phản ứng oxi hóa - khử là các thí nghiệm:

(1) Sục khí C₂H₄ vào dung dịch KMnO₄.

(3) Chiếu sáng hỗn hợp khí metan và clo.

(6) Đun nóng hỗn hợp triolein và hiđro (với xúc tác Ni).

(8) Cho anilin tác dụng với dung dịch brom.

(10) Cho glixerol tác dụng với Na.

Este X đơn chức tác dụng với NaOH đun nóng ® phương trình phản ứng như sau

\(Este{\text{ }}X{\text{ }} + {\text{ }}NaOH\xrightarrow[{}]{{}}C{H_3} - C{H_2} - COONa{\text{ }} + {\text{ }}Ancol\left( {{Y_1}} \right)\)

\({Y_1} + CuO\xrightarrow[{}]{{}}Andehit\left( {{Y_2}} \right)\)

\({Y_2} + A{g_2}O\xrightarrow[{}]{{}}4Ag\)

Anđehit là HCHO → Ancol Y1  là CH₃OH

Công thức cấu tạo của este là \(C{H_3} - C{H_2} - COOC{H_3}\): metyl propionat.

Gọi amin có công thức \(R{\left( {N{H_2}} \right)_n}\)

\(R{\left( {N{H_2}} \right)_n} + nHCl \to R{\left( {N{H_3}Cl} \right)_n}\)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có:

\({m_{HCl}} = {m_{{\text{muoi}}}} - {m_{a\min }} = 17,64 - 8,88 = 8,76{\text{ }}gam \to {n_{HCl}} = 0,24{\text{ }}mol\)

· Với n= 1

\(\to {M_{A\min }} = \frac{{8,88}}{{0,24}} = 37\) Loại.

· Với n= 2

\( \to {M_{A\min }} = \frac{{8,88}}{{0,12}} = 74 \to {H_2}N - C{H_2} - C{H_2} - C{H_2} - N{H_2}\)

Đáp án C

A. Tinh bột là polime có cấu trúc dạng mạch phân nhánh và không phân nhánh.

Đúng. Tinh bột có hai thành phần. Thành phần không phân nhánh là aminozơ, thành phần phân nhánh là aminopectin

B. Tinh bột không tan trong nước lạnh. Trong nước nóng từ  trở lên, tinh bột chuyển thành dung dịch keo nhớt.

Đúng.Theo SGK lớp 12

C. Tinh bột không phản ứng với dung dịch  loãng, đun nóng.

Sai. Đây là phản ứng thủy phân tinh bột cho glucozơ.

D. Etanol có thể được sản xuất bằng phương pháp lên men các nông sản chứa nhiều tinh bột. Đúng. Theo SGK lớp 12

\(\left\{ \begin{gathered} {C_6}{H_{12}}{O_6}:x \hfill \\ {C_{12}}{H_{22}}{O_{11}}:y \hfill \\ \end{gathered} \right.\xrightarrow[{}]{{ + {H_2}O,{H^ + }}}\left\{ \begin{gathered} {C_6}{H_{12}}{O_6}:x \hfill \\ {C_6}{H_{12}}{O_6}:2y \hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered} 180x + 342y = 7,02 \hfill \\ 2x + 4y = 0,08 \hfill \\ \end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered} x = 0,02 \hfill \\ y = 0,01 \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

\(\% {m_{{C_{12}}{H_{22}}{O_{11}}}} = \frac{{0,01.342}}{{7,02}}.100 = 48,71\left( \% \right)\)

C. Sai, Vì CuSO₄ khi nhỏ vào ống nghiệm chỉ có lòng trắng trứng nên không có phản ứng gì.

Đáp án B

Tơ tằm, tơ visco, tơ axetat, poli vinylaxetat, nhựa novolac.

Tơ tằm: tơ tằm là 1 loại protein thiên nhiên được cấu tạo từ các aminoaxit do đó có O.

Tơ Visco: là tơ bán tổng hợp (nhân tạo) là sản phẩm của xenlulozơ với CS₂ và NaOH có O.

Tơ nitron hay olon: \(nC{H_2} = CH - CN\xrightarrow[{}]{{TH}}{\left[ { - C{H_2} - CH\left( {CN} \right) - } \right]_n}\)

Tơ axetat:

\({\left[ {{C_6}{H_7}{O_2}{{\left( {OH} \right)}_3}} \right]_n} + 3n{\left( {C{H_3}CO} \right)_2}O\xrightarrow[{}]{{{H_2}S{O_4},t^\circ }}{\left[ {{C_6}{H_7}{O_2}{{\left( {OOCC{H_3}} \right)}_3}} \right]_n} + 3nC{H_3}COOH\)

Cao su buna - S là sản phẩm đồng trùng hợp: \(C{H_2} = CH - CH = C{H_2},{C_6}{H_5} - CH = C{H_2}\)

Tơ PVC: \({\left[ { - C{H_2} - CHCl - } \right]_n}\)

Poli vinylaxetat: \(C{H_3}COOCH = C{H_2}\xrightarrow[{}]{{{\text{trung}}\,{\text{hop}}}}poli{\text{ }}vinylaxetat\)

Nhựa novolac: Đun nóng hỗn hợp HCHO với  dư xúc tác axit.

\(\underbrace {\left( \begin{gathered} K \hfill \\ Na \hfill \\ \end{gathered} \right)}_{hhX} + \left( \begin{gathered} {H_2}S{O_4} \hfill \\ A{l_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3} \hfill \\ \end{gathered} \right)\xrightarrow[{}]{{\left( 1 \right)}}\left\{ \begin{gathered} {K^ + },N{a^ + },\left[ {Al\left( {OH} \right)_4^ - } \right. \hfill \\ SO_4^{2 - },O{H^ - } \hfill \\ \end{gathered} \right\}\)

Z gồm: \(\left( \begin{gathered} A{l^{3 + }},{K^ + },N{a^ + } \hfill \\ SO_4^{2 - },C{l^ - } \hfill \\ \end{gathered} \right)\)

Khối lượng Na, K đã dùng có giá trị nhỏ nhất khi xảy ra hiện tượng hòa tan một phần kết tủa ở phản ứng (2). Theo bảo toàn nguyên tố Al, gốc SO_42- và bảo toàn điện tích trong dung dịch Z, ta có:

\(\left( \begin{gathered} {n_{A{l^{3 + }}_{/Z}}} = {n_{A{l^{3 + }}_{\left( {{\text{b\~n }}} \right)}}} - {n_{Al{{\left( {OH} \right)}_3}}} = 0,2 \hfill \\ {n_{SO_4^{2 - }}} = {n_{{H_2}S{O_4}}} + 3{n_{A{l_2}{{\left( {S{O_4}} \right)}_3}}} = 1,25 \hfill \\ 3\underbrace {{n_{A{l^{3 + }}_{/Z}}}}_{0,2} + \underbrace {{n_{{K^ + }}}}_x + \underbrace {{n_{N{a^ + }}}}_x = \underbrace {{n_{C{l^ - }}}}_{1,5} + 2\underbrace {{n_{SO_4^{2 - }}}}_{1,25} \hfill \\ \end{gathered} \right)\)

x = 1,7

\({m_{\left( {\min } \right)}} = {m_K} + {m_{Na}} = 105,4\left( {gam} \right)\)

Đáp án D

Từ phản ứng: \(2Al{\text{ }} + {\text{ }}3C{u^{2 + }}{\text{ }} \to {\text{ }}3Cu{\text{ }} + {\text{ }}2A{l^{3 + }}\)

Ta thấy:

Cứ 3 mol  Cu²⁺ phản ứng thì khối lượng thanh Al tăng: 3.64 - 2.27 = 138 gam

Theo đề bài, có 0,4.0,5.0,25 = 0,05 mol Cu phản ứng → thanh Al tăng : 0,05/3.138 = 2,3 gam

Do đó, khối lượng thanh Al sau phản ứng là : 20 + 2,3 = 22,3 gam.

\({n_{CuS{O_4}}} = 0,02\left( {mol} \right) = {n_{C{u^{2 + }}}}\)

Thời gian cần thiết đề điện phân hết Cu²⁺  là:

\(t = \frac{{0,02.2.96500}}{{9,65}} = 400\left( s \right)\)

t1 < t < t2 → Tại t1 có ½ số mol Cu²⁺ bị điện phân → m₁ = 0,01.64 = 0,64 gam .

Tại t₂:  Cu² đã bị điện phân hết → m₂ = 1,28 gam

Sắp xếp tính oxi hóa giảm dần là: \(F{e^{3 + }} > C{u^{2 + }} > F{e^{2 + }}\)

Giả sử có 1 mol Fe:

Phần 1: phản ứng với H₂SO₄

 \(Fe{\text{ }} + {\text{ }}{H_2}S{O_4}\xrightarrow[{}]{{}}FeS{O_4}{\text{ }} + {\text{ }}{H_2} \uparrow \)        (1)           

Phần 2: Phản ứng với H₂SO₄ đặc nóng:

\(2Fe{\text{ }} + {\text{ }}6{H_2}S{O_4}\xrightarrow[{}]{{}}F{e_2}{\left( {S{O_4}} \right)_3}{\text{ }} + {\text{ }}3S{O_2}{\text{ }} + {\text{ }}6{H_2}O\)                   (2)

Từ phương trình (1) và (2) ta rút ra tỉ lệ: 3V1 = 2V2

\(\left\{ \begin{gathered} {n_{Fe}}:x \hfill \\ {n_O}:y \hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered} \xrightarrow[{}]{{BTKL}}56x + 16y = 4,5 \hfill \\ \xrightarrow[{}]{{BT:e}}3x - 2y = 2{n_{S{O_2}}} = 0,1125 \hfill \\ \end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered} x = 0,0675{\text{ }}\left( {mol} \right) \hfill \\ y = 0,045{\text{ }}\left( {mol} \right) \hfill \\ \end{gathered} \right.\)

\({m_{Fe}} = 0,0675.56 = 3,78\left( {gam} \right)\)

Biện pháp để khử các khí trên là dùng bông tẩm xút hoặc nước vôi trong nút ngay ống nghiệm sau khi đã quan sát hiện tượng.