Tráng ruột phích người ta dùng glucozo

Đáp án C

Phân đạm cung cấp nguyên tố nitơ cho cây trồng.

Đáp án B

Thanh Zn nhúng trong dd CuSO₄ sẽ xảy ra ăn mòn điện hóa vì thỏa mãn điều kiện:

+ Các điện cực khác nhau về bản chất: Zn²⁺/Zn; Cu²⁺/ Cu

+ Zn tiếp xúc trực tiếp với Cu sinh ra

+ Cùng nhúng trong 1 dung dịch điện li là CuSO₄.

Đáp án A

n_{Br2 ban đầu} = 0,4.0,125 = 0,05 (mol)

⟹ n_Br2 pư = 0,05 - 0,04 = 0,01 (mol)

⟹ n_{C6H5CH=CH2 dư} = n_Br2 pư = 0,01 (mol)

⟹ m_{polime sinh ra} = m_{stiren pư} - m_{stiren dư} = 5,2 - 0,01.104 = 4,16 (g).

A. Khi thêm Na₂SO₄ chỉ tách được ion Ba²⁺ và Ca²⁺

B. Khi thêm NaOH tách được ion Mg²⁺, Pb²⁺, H⁺

C. Nhận thấy khi đưa dung dịch K₂CO₃ vào dung dịch sẽ thêm ion K+ vào trong dd => loại

D. Thêm Na₂CO₃ tách được các ion Ba²⁺, Ca²⁺, Mg²⁺, Pb²⁺, H⁺.

H⁺ + CO₃^2-  → CO₂↑ + H₂O

Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃↓

Ca²⁺ + CO₃^2- → CaCO₃↓

Mg²⁺ + CO₃^2- → MgCO₃↓

Pb²⁺ + CO₃^2- → PbCO₃↓

Đáp án D

Từ sản phẩm ở phản ứng (b) của Y là amoni gluconat => Y là glucozo

CH₂OH-[CH₂OH]₄-CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O \(\xrightarrow{{{t^0}}}\) CH₂OH-[CH₂OH]₄-COONH₄ + 2Ag↓ + 2NH₄NO₃

Tinh bột hay xenlulozo đều có thể thủy phân thu được glucozo

(C₆H₁₀O₅)_n + nH₂O \(\xrightarrow{{axit\,,{t^0}}}\) nC₆H₁₂O₆ (glucozơ)

(d) là phản ứng quang hợp từ CO₂ + H₂O nên Z là cacbon ddioxxit:

6nCO₂ + 5nH₂O \(\xrightarrow[{diep\,luc}]{{anh\,sang}}\) (C₆H₁₀O₅)_n + 6nO₂↑

Còn lại, phản ứng (c) chính là phản ứng lên men glucozo sản xuất rượu etylic quen thuộc

C₆H₁₂O₆ \(\xrightarrow[{{{30}^0}C}]{{enzim}}\) 2C₂H₅OH +2CO₂↑

Theo đó X, Y, Z lần lượt là tinh bột, glucozo và cacbon đioxit

Đáp án C

X + NaOH → dung dịch có khả năng tráng bạc

=> X phải được tạo thành từ axit HCOOH hoặc có dạng RCOOC=CR’ để khi thủy phân cho andehit.

Các CTCT X thỏa mãn là:

HCOOCH₂=CH-CH₃

HCOOCH-CH₂=CH₂

HCOOC(CH₃)=CH₂

CH₃COOCH=CH₂

=> Có 4 CTCT

Đáp án B

(a) đúng

(b) đúng

(c) đúng

(d) sai, có thể tạo ra muối và nước hoặc muối và andehit hoặc muối và xeton

(e) sai, vì đipeptit không có phản ứng với Cu(OH)₂

(g) đúng

=> có 4 phát biểu đúng

Đáp án B

Các CTCT là: CH₃CH₂NH₂ và CH₃NHCH₃ => có 2 CTCT

Đáp án B

Tính dẫn điện: Ag > Cu > Al > Fe.

=> Ag là kim loại dẫn điện tốt nhất

Đáp án C

n_H2­ = 2,128 : 22,4 = 0,095 (mol) => n_{e nhận} = 2n_H2= 0,19 (mol)

n_SO2(đktc) = 2,688 : 22,4 = 0,12 (mol) => n_{e nhận} = 2n_SO2 = 0,24 (mol)

Vì khi pư với HCl, Fe lên số oxh +2

Còn khi pư với H₂SO₄ đặc nóng, Fe lên số oxh +3

Do vậy sự chênh lệch mol e nhận trong 2 trường hợp chính bằng số mol Fe = 0,24 – 0,19 = 0,05 (mol)

Đặt hóa trị của A là n, số mol là x (mol)

A → A ⁺ⁿ + ne                                       2H⁺ +2e → H₂

x             → nx (mol)                                    0,19 ← 0,095 (mol)

Fe  → Fe²⁺ + 2e

0,05 →          0,1 (mol)

Ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}BTe:nx + 0,1 = 0,19\\{m_{hh}} = Ax + 0,05.56 = 3,61\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}nx = 0,09\\Ax = 0,81\end{array} \right. \Rightarrow A = 9n\)

Vì hóa trị của kim loại thường là 1,2,3

Chạy n = 3 => A = 27 (Al) thỏa mãn

Đáp án B

Gọi số mol của N₂O và NO lần lượt là x và y (mol)

⟹ x + y = 0,045 (1) và 44x + 30y =1,42 (2)

Từ (1)(2) ⟹ x = 0,005 và y = 0,04.

Kim loại M có số oxi hóa cao nhất là n.

Áp dụng ĐLBTe ⟹ \(\dfrac{{5,2}}{M}.n\) = 0,005.8 + 0,04.3 ⟹ M = 32,5n

⟹ n = 2 và M = 65 ⟹ Thỏa mãn

Vậy M là Zn.

Đáp án A

n_Ag = 0,25.0,12 = 0,03 (mol)

giả sử Ag bị đẩy ra hết =>  m_Ag = 0,03.108 = 3,24 (g) < 3,333 (g)

=> AgNO₃ pư hết. Chất rắn sau pư chứa Fe dư.

Đặt n_Fe pư = x (mol); n_Al = y (mol)                                                             

Al + 3AgNO₃ → Al(NO₃)₃ + 3Ag↓

y                     →                     3y    (mol)

Fe + 2AgNO₃ → Fe(NO₃)₂ + 2Ag↓

x                     →                     2y    (mol)

Ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \begin{array}{l}{n_{Ag}} = 2{\rm{x}} + 3y = 0,03\\0,42 + 0,03.108 = 56{\rm{x}} + 27y + 3,333\left( {BT\,goc\,kim\,loai} \right)\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}x = 0,0015\\y = 0,009\end{array} \right.\)

=> m_Fe = 0,42 – 0,009.27 = 0,117 (g)

Đáp án A

A. CH₃COOCH₃: X là: CH₃OH; Y là CH₃COOH

\(C{H_3}OH + CO\buildrel {xt,{t^0}} \over
\longrightarrow C{H_3}COOH\)

B. CH­₃CH₂COOCH₃; X là CH₃OH ; Y là CH₃CH₂COOH

Từ X không thể chuyển sang Y

C. CH₃COOC₂H₅; X là C₂H₅OH; Y là CH₃COOH

\({C_2}{H_5}OH + {O_2}\buildrel {men\,giam} \over
\longrightarrow C{H_3}COOH + {H_2}O\)

D. CH₃COOCH=CH₂ ; X là CH₃CHO; Y là CH₃COOH

\(2C{H_3}CHO + {O_2}\buildrel {M{n^{2 + }}} \over
\longrightarrow \,2C{H_3}COOH\)

Đáp án B

Đặt n_CO2 = a (mol); n_H2O = b (mol)

Đốt cháy X thu được n_H2O = n_CO2

Y có k=3 => khi đốt cháy có: \({n_Y} = {{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}} \over {k - 1}} = {{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}} \over {3 - 1}}\)

=> Đốt cháy E ta có hệ phương trình:

\(\left\{ \matrix{
44x + 18y = 87,6 \hfill \cr
x - y = 2.{n_Y} = 0,3 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
x = 1,5 \hfill \cr
y = 1,2 \hfill \cr} \right.\)

=> số C trung bình trong E = 1,5/0,75 = 2

BTNT “C”: 0,6n + 0,15.m = 1,5

=> 4n + m = 10

Vì m ≥ 4 ; n ≥1 => m = 6 và n = 1 thỏa mãn

E + NaOH → 2 muối + 1 ancol

=> n_ancol = n_Y =0,15 (mol)

=> M_ancol = 9,3 : 0,15 = 62 (g/mol)

=> ancol là C₂H₄(OH)₂

Vậy CTCT của Y là: HCOOCH₂-CH₂OOCCH=CH₂ (este của etilen glicol với axit fomic và acrylic)

Đáp án B

n_Na2CO3 = 3,18 : 106 = 0,03 (mol); n_CO2 = 2,464 :22,4 = 0,11 (mol); n­_H2O = 0,9: 18 = 0,05 (mol)

2,76 gam X + NaOH → 4,44 gam muối + H₂O   (1)

4,44 gam muối + O₂ → 0,03 mol Na₂CO₃ + 0,11 mol CO₂ + 0,05 mol H₂O

BTNT “Na”: n_NaOH = 2n_Na2CO3 = 0,06 (mol)

BTNT “C”: n_C = n_Na2CO3 + n_CO2 = 0,03 + 0,11 = 0,14 (mol)

BTKL: m_H2O(1) = 2,76 + 0,06.40 – 4,44 = 0,72 (g)=> n_H2O(1) = 0,04 (mol)

Ta thấy: n_NaOH : n_H2O = 3:2

Quan sát 4 đáp án ta thấy:

B,C, D Este dạng phenol RCOOC₆H₄R’ + 2NaOH → 2 muối + H₂O  thì tỉ lệ n_NaOH : n_H2O = 2 :1

Chỉ có đáp án A còn có 1 nhóm –OH đính trực tiếp với vòng benzen cũng tác dụng được với NaOH

HCOOC₆H₄OH + 3NaOH → HCOONa + NaOC₆H₄ONa + 2H₂O => thỏa mãn

Đáp án A

- Tại a = 0,0625 thì Zn(OH)₂ chưa bị hòa tan và BaSO₄ chưa đạt cực đại:

n_BaSO4 = n_Ba(OH)2 = 0,0625 mol

n_Zn(OH)2 = 0,0625 mol

x = n↓ = n_BaSO4 + n_Zn(OH)2 = 0,125 mol

- Tại a = 0,175 mol thì Zn(OH)₂ bị hòa tan một phần, BaSO₄ vẫn đạt cực đại:

n_BaSO4 = b mol

n_Zn(OH)2 = x - b = 0,125 - b (mol)

n_OH- = 4n_Zn2+ - 2n_Zn(OH)2 ⟹ 0,175.2 = 4b - 2.(0,125 - b) ⟹ b = 0,1

Vậy b + x = 0,1 + 0,125 = 0,225.

n_Cu2+ = 0,17 mol

Do 56 < M_X < 65 => 9,16/65 < n_X < 9,16/56 => 0,14 < n_X < 0,16357

Ta thấy n_X < n_Cu2+ mà n_Zn + n_Fe < n_X => n_Zn + n_Fe < n_Cu2+ => Cu²⁺ dư

Đặt số mol Zn, Fe, Cu trong X lần lượt là x, y, z (mol)

65x + 56y + 64z = 9,16 (1)

m_T = m_CuO = 80(x + y + z) = 12 (2)

m_E = m_Fe2O3 + m_CuO = 160.0,5y + 80(0,17 – x – y) = 10,4 (3)

Giải (1) (2) (3) được: x = 0,04; y = 0,06; z = 0,05

=> %m_Zn = 0,04.65/9,16.100% = 28,38%

Đáp án D

Gọi công thức của Nicotine là C_xH_yO_z

n_H2O = 1,827 : 18 = 0,1015 (mol)

n_CO2(đktc) = 3,248 : 22,4 = 0,145 (mol)

BTKL: m_N = m_nicotine – m_C – m_H = 2,349 – 0,1015.2 – 0,145.12 = 0,406 (g)

⟹ n_N = 0,029 (mol)

Ta có: x : y : z = n_C : n_H : n_N = 0,145 : 0,203 : 0,029 = 5 : 7 :1

Vậy công thức đơn giản nhất của nicotine là C₅H₇N.

Đáp án C

[C₆H₇O₂(OH)₃]_n + 3nHNO₃ → [C₆H₇O₂(ONO₂)₃]_n + 3nH₂O

                               0,3        ← 0,1

n xenlulozơ trinitrat = 29,7 : 297 = 0,1 (Kmol)

Để thuận tiện cho tính toán ta bỏ qua hệ số n

n_HNO3 = 0,3 (kmol) => m_HNO3 lí thuyết = 0,3.63 = 18,9 (kg)

Vì %H = 90% => m_HNO3  thực tế = m_{HNO3 lí thuyết} : 0,9 = 21 (kg)

Đáp án C

Đốt cháy cao su buna-N cũng như đốt cháy C₄H₆ và C₂H₃CN.

Giả sử n_C4H6 = k và n_C2H3CN = 1 (mol)

C₄H₆ + 5,5O₂ → 4CO₂ + 3H₂O

    k         5,5k        4k           3k    (mol)

C₂H₃CN + 3,75O₂ → 3CO₂ + 1,5H₂O + 0,5N₂

      1             3,75          3            1,5        0,5

=> n_{O2 pư} = 5,5k + 3,75 (mol) => n_N2(kk) = 4n_{O2 pư} = 22k + 15 (mol)

=> n _sau = 4k + 3k + 3 + 1,5 + 0,5 + 22k + 15 = 29k + 20 (mol)

Mặt khác: n_CO2 = 4k + 3 (mol)

\( \to \% {V_{C{O_2}}} = {{4k + 3} \over {29k + 20}}.100\%  = 14,41\%  \to k = 0,66\)

=> Tỉ lệ C₄H₆ : C₂H₃CN = 0,66 : 1 = 0,66 = 2 : 3

Đáp án D

Tính được n_Mg; n_HNO3

2n_Mg > 8n_N2O + 10n_N2 => Phản ứng có sinh ra muối NH₄⁺

BTe: 2n_Mg = 8n_N2O + 10n_N2 + 8n_NH4+ => n_NH4+

Muối A gồm: Mg²⁺; NH₄⁺; NO₃^-; SO₄^2-

BTNT “N”: n_NO3- = n_HNO3 – 2n_N2O – 2n_N2 – n_NH4+

BTĐT: n_SO42- = (2n_Mg2+ + n_NH4+ - n_NO3-)/2

=> m _muối = 17,73. 

Y là:

NH₄CO₃CH₃NH₃

Z là CH₃COONH₄ hoặc HCOONH₃CH₃

Đặt n_Y = a và n_Z = b (mol)

m_X = 110a + 77b = 14,85

n _khí = 2a + b = 0,25 mol

=> a = 0,1 và b = 0,05

TH1: Z là CH₃COONH₄

Muối gồm:

Na₂CO₃: 0,1 mol

CH₃COONa: 0,05 mol

=> m _muối = 0,1.106 + 0,05.82 = 14,7 gam

TH2: Z là HCOONH₃CH₃

Na₂CO₃: 0,1 mol

HCOONa: 0,05 mol

=> m _muối = 0,1.106 + 0,05.68 = 14 gam

Cả 2 trường hợp khối lượng muối đều gần với 14,5 gam

Đáp án A

BTNT “N”: n_NaNO3 = n_NO + n_NO2 = 0,02 + 0,1 = 0,12 (mol)

\(15,6(g)\left\{ \matrix{
MgO \hfill \cr
CuO \hfill \cr
F{e_3}{O_4} \hfill \cr
Cu \hfill \cr
Fe \hfill \cr} \right. + 200(g)\,{\rm{dd}}\left\{ \matrix{
NaN{O_3}:0,12 \hfill \cr
{H_2}S{O_4}: \hfill \cr} \right. \to \left| \matrix{
{\rm{dd}}\,X\left\{ \matrix{
M{g^{2 + }} \hfill \cr
C{u^{2 + }} \hfill \cr
F{e^{2 + }} \hfill \cr
F{e^{3 + }} \hfill \cr
N{a^ + } \hfill \cr
S{O_4}^{2 - } \hfill \cr} \right.\buildrel { + Ba{{(OH)}_2}vd} \over
\longrightarrow Y\underbrace {\left\{ \matrix{
Mg{(OH)_2} \hfill \cr
Cu{(OH)_2} \hfill \cr
Fe{(OH)_2} \hfill \cr
Fe{(OH)_3} \hfill \cr
BaS{O_4} \hfill \cr} \right.}_{98,63(g)}\buildrel {{t^o}} \over
\longrightarrow Z\underbrace {\left\{ \matrix{
MgO \hfill \cr
CuO \hfill \cr
F{e_2}{O_3} \hfill \cr
BaS{O_4} \hfill \cr} \right.}_{93,93(g)} \hfill \cr
\hfill \cr
NO:0,02 \hfill \cr
N{O_2}:0,1 \hfill \cr} \right.\)

Đặt n_O(hh) = x mol

=> m_{Mg, Cu, Fe} = 15,6 – 16x (g)

Do H₂SO₄ pư vừa đủ nên ta có: n_H+ = 4n_NO + 2n_NO2 + 2n_O(hh) = 4.0,02 + 2.0,1 + 2x = 2x+0,28 (mol)

=> n_H2SO4 = x+0,14 (mol)

n_OH-(Y) = 2n_Mg2+ + 2n_Cu2+ + 2n_Fe2+ + 3n_Fe3+ = 2n_SO42- - n_Na+ = 2(x+0,14)-0,12 = 2x+0,16 (mol)

m_Y = m_Mg,Cu,Fe + m_OH-(Y) + m_BaSO4 => 15,6-16x+17(2x+0,16)+233(x+0,14) = 98,63 => x = 0,19

=> m_{Mg, Cu, Fe} =15,6 – 16x = 12,56 (g); n_BaSO4 = x+0,14 = 0,33 mol; n_OH-(Y) = 2x+0,16 = 0,54 mol

Ta có: m_O(Z) = m_Z – m_Mg,Cu,Fe – m_BaSO4 = 93,93-12,56-0,33.233 = 4,48 gam

=> n_O(Z) = 0,28 mol

\(Y\left\{ \matrix{
Mg{(OH)_2}:a \hfill \cr
Cu{(OH)_2}:b \hfill \cr
Fe{(OH)_2}:c \hfill \cr
Fe{(OH)_3}:d \hfill \cr
BaS{O_4}:0,33 \hfill \cr} \right.\buildrel {{t^o}} \over
\longrightarrow Z\left\{ \matrix{
MgO:a \hfill \cr
CuO:b \hfill \cr
F{e_2}{O_3}:0,5c + 0,5d \hfill \cr
BaS{O_4}:0,33 \hfill \cr} \right.\)

n_OH-(Y) = 2a + 2b + 2c + 3d = 0,54 (1)

n_O(Z) = a + b + 1,5c + 1,5d = 0,28 (2)

Lấy 2(2)-(1) được: c = 0,02 mol

=> n_FeSO4 = c = 0,02 mol

BTKL: m _{dd sau pư} = 15,6 + 200 – 0,02.30 – 0,1.46 = 210,4 gam

=> C%FeSO₄ = (0,02.152/210,4).100% = 1,445% gần nhất với 1,45%

Đáp án C

*Xét phản ứng của ancol Z và Na: n_H2 = 0,26 mol

Giả sử ancol có công thức R(OH)_n

R(OH)_n + nNa → R(ONa)_n + 0,5nH₂

0,52/n ←                                 0,26

=> m _{bình tăng} = m _ancol – m_H2 => 19,24 = 0,52(R + 17n)/n – 0,26.2 => R = 21n

=> n = 2, R = 42 (-C₃H₆-) => Ancol Z là C₃H₈O₂

=> n_Z = n_H2 = 0,26 mol

*Phản ứng đốt muối F:

Do T là este hai chức, mạch hở được tạo bởi X, Y, Z nên các axit là các axit đơn chức.

F gồm hai muối có tỉ lệ mol 1 : 1 nên giả sử:

R₁COONa: 0,2 mol

R₂COONa: 0,2 mol

n_Na2CO3 = 0,5n_NaOH = 0,2 mol

BTNT “O”: n_O(muối) + 2n_O2 = 2n_CO2 + 3n_Na2CO3 + n_H2O

=> 0,2.2 + 0,2.2 + 0,7.2 = 2n_CO2 + 3.0,2 + 0,4 => n_CO2 = 0,6 mol

BTKL: m _muối + m_O2 = m_CO2 + m_H2O + m_Na2CO3

=> 0,2(R₁+67) + 0,2(R₂+67) + 0,7.32 = 0,6.44 + 0,4.18 + 0,2.106

=> R₁+R₂ = 28 có nghiệm duy nhất là R₁ = 1 và R₂ = 27

Muối là HCOONa và CH₂=CH-COONa

*Phản ứng thủy phân E:

T là CH₂=CH-COOC₃H₆OOCH (C₇H₁₀O₄)

BTKL: m_H2O = m_E + m_NaOH - m _muối - m _ancol = 38,86 + 0,4.40 – 0,2.68 – 0,2.94 – 0,26.76 = 2,7 gam

=> n_H2O = n _axit = 2,7 : 18 = 0,15 mol

=> n_T = (n_NaOH - n _axit)/2 = (0,4-0,15)/2 = 0,125 (mol)

=> m_T = 0,125.158/38,86 = 50,82% gần nhất với 51%

Đáp án B

Ta có:

n_NO + n_N2O = 0,005

m_NO + m_N2O = 30n_NO + 44n_N2O = 0,005.19,2.2

Giải được n_NO = 0,002 và n_N2O = 0,003

Do khi cho Mg vào dung dịch X thu được hỗn hợp 2 kim loại nên Ag⁺ chưa điện phân hết.

Hỗn hợp kim loại gồm Mg và Ag.

Khi cho hỗn hợp KL tác dụng với HCl dư: n_Mg = n_H2 = 0,005 mol

=> m_Ag = 0,336 – 0,005.24 = 0,216 gam => n_Ag = 0,002 mol

\(AgN{O_3}\buildrel {dp{\rm{dd}}} \over
\longrightarrow \left| \matrix{
{\rm{dd}}\,X\left\{ \matrix{
A{g^ + }du \hfill \cr
{H^ + } \hfill \cr
N{O_3}^ - \hfill \cr} \right. + Mg \to \left| \matrix{
{\rm{dd}}\,Y\left\{ \matrix{
Mg{(N{O_3})_2}:x \hfill \cr
N{H_4}N{O_3}:y \hfill \cr} \right. \hfill \cr
NO:0,002 \hfill \cr
{N_2}O:0,003 \hfill \cr
0,336(g)\left\{ \matrix{
Mg:0,005 \hfill \cr
Ag:0,002 \hfill \cr} \right. + HCl\,du \to {H_2}:0,005 \hfill \cr} \right. \hfill \cr
\hfill \cr
Ag \hfill \cr
{O_2} \hfill \cr} \right.\)

m _{muối trong Y} = 148x + 80y = 3,04 (1)

BT e: 2n_Mg = 3n_NO + 8n_N2O + 8n_NH4NO3 + n_Ag+ => 2x = 3.0,002 + 8.0,003 + 8y + 0,002 (2)

Giải (1) và (2) được x = 0,02 và y = 0,001

=> n_H+ = 4n_NO + 10n_N2O + 10n_NH4NO3 = 4.0,002 + 10.0,003 + 10.0,001 = 0,048 mol

H₂O → 2H⁺ + 0,5O₂ + 2e

            0,048 →        0,048

=> t = n_e.F/I = 0,048.96500/2 = 2316 giây

Đáp án A

n_CHO = 0,5n_Ag = 0,11 mol

n_COOH = n_CO2 = 0,07 mol

Quy đổi hỗn hợp X thành: CHO (0,11 mol); COOH (0,07 mol) và C

m_C = m_X – m_CHO – m_COOH = m – 0,11.29 – 0,07.45 = m – 6,34 (g)

=> n_C = (m-6,34)/12 (mol)

Giả sử Y có công thức là C_nH_2nO₂ => n_Y = m/(14n+32) (mol)

Đốt hỗn hợp gồm m gam X và m gam Y:

\(\eqalign{
& \left| \matrix{
m(g)\,X\left\{ \matrix{
CHO:0,11 \hfill \cr
{\rm{COO}}H:0,07 \hfill \cr
C:{{m - 6,34} \over {12}} \hfill \cr} \right. \hfill \cr
m(g)\,Y\,{C_n}{H_{2n}}{O_2}:{m \over {14n + 32}} \hfill \cr} \right. + {O_2}:0,805 \to C{O_2}:0,785 + {H_2}O \cr
& BTNT{\rm{ }}C:{\rm{ }}{n_{C{O_2}}} = 0,11 + 0,07 + {{m - 6,34} \over {12}} + {{mn} \over {14n + 32}} = 0,785 \Leftrightarrow {{mn} \over {14n + 32}} = 0,605 - {{m - 6,34} \over {12}}(1) \cr
& BTKL:{m_{{H_2}O}} = 2m + 0,805.32 - 0,785.44 = 2m - 8,78(g) \cr
& \to {n_{{H_2}O}} = {{2m - 8,78} \over {18}}(mol) \cr
& BTNT\,H:0,11.0,5 + 0,07.0,5 + {{mn} \over {14n + 32}} = {{2m - 8,78} \over {18}} \Leftrightarrow {{mn} \over {14n + 32}} = {{2m - 8,78} \over {18}} - 0,09(2) \cr
& (1) - (2):0,605 - {{m - 6,34} \over {12}} = {{2m - 8,78} \over {18}} - 0,09 \cr
& \to m = 8,8 \cr} \)

Đáp án D

Công thức hóa học của etylpropionat là: C₂H₅COOC₂H₅

Đáp án A

Protein có phản ứng màu biure cụ thể: cho protein vào dd Cu(OH)2/OH- xuất hiện phức màu tím.

Đáp án C

Gắn đồng với sắt không thể bảo vệ được sắt, vì Cu là kim loại hoạt động yếu hơn sắt, khi xảy ra ăn mòn sắt vẫn bị ăn mòn trước

Đáp án C

Tính dẫn điện: Ag > Cu > Au >Al

Vậy Ag là kim loại có độ dẫn điện tốt nhất

Đáp án D

Trong công nghiệp Mg được điều chế bằng cách điện phân nóng chảy MgCl₂

\(MgC{l_2}\buildrel {dpnc} \over
\longrightarrow \,Mg + C{l_2}\)

Đáp án C

Cr là kim loại cứng nhất

Đáp án C

n_aa = 0,1.0,4 = 0,04 (mol)

n_NaOH = 0,08.0,5 = 0,04 (mol)

n_aa : n_NaOH = 0,04 : 0,04 = 1 : 1 => aa có 1 nhóm –COOH

Đặt CTPT: (NH₂)xRCOOH

(NH₂)xRCOOH + NaOH → (NH₂)xRCOONa + H₂O

0,04                                   → 0,04                                 (mol)

Ta có: M_(NH2)xRCOONa = 5 : 0,04 = 125 (g/mol)

=> 16x + R + 67 = 125

=> 16x + R = 58

x =1 => R = 42 (C₃H₆-)

x=2 => R = 26 (Không có thỏa mãn)

Vậy công thức aa là H₂N-C₃H₆-COOH

Đáp án B

Tơ poliamit là tơ trong phân tử có nhóm CO-NH => có tơ capron (-NH[CH₂]₅CO-)_n, tơ nilon -6,6 (NH-[CH₂]₆-NHCO-[CH₂]₄-CO-)_n => có 2 tơ

Đáp án C

Số mol e trao đổi sau 96500s là: \({n_e} = {{It} \over F} = {{2.9650} \over {96500}} = 0,2\,(mol)\)

Tại catot: n_{e(Cu2+ nhận)} = 2n_Cu2+ = 2.0,2 = 0,4 > n_{e trao đổi} = 0,2 => Cu²⁺ điện phâ dư

Tại anot: n_{e(Cl- nhường)} = 0,12 < n_{e trao đổi} = 0,2 => Cl^- điện phân hết, sau đó H₂O điện phân tiếp

Quá trình xảy ra tại catot

Cu²⁺ +2e → Cu

0,1←0,2

Quá trình xảy ra ở anot

2Cl^- → Cl₂  +  2e

0,12 → 0,06   0,12

2H₂O → O₂ + 4H⁺ + 4e

              0,02          ←(0,2-0,12)

=> V_khí = V_Cl2 + V_O2 = (0,06 + 0,02).22,4 = 1,792 (l)

Đáp án B

Tính oxi hóa: Fe²⁺ < Cu²⁺< Fe³⁺

Tính khử: Fe > Cu > Fe²⁺

=> Fe³⁺ oxi hóa được Cu thành Cu²⁺

PT: Fe³⁺ + Cu → Fe²⁺ + Cu²⁺

Đáp án C

nH+ = 0,2 (mol); nNO3- = 0,04 (mol); nCu2+ = 0,02 (mol)

Fe + NO3- + 4H+ → Fe3+ + NO + 2H2O

0,04←0,04 →0,16 (mol)

Fe + Cu2+ → Fe2+ + Cu↓

0,02←0,02                        (mol)

Fe   +     2H+     →  Fe2+ + H2↑

0,02 ←(0,2-0,16)                  (mol)

=> ∑nFe = 0,04 + 0,02 + 0,02 = 0,08 (mol)

=> mFe tối đa = 0,08.56 = 4,48 (g)

Đáp án C

Cách 1: Các tripeptit thỏa mãn là

Gly-Ala-Val

Gly-Val-Ala

Ala-Gly-Val

Ala-Val-Gly

Val-Gly-Ala

Val- Ala-Gly

=> có 6 tripeptit thỏa mãn

Đáp án A

Bảo toàn khối lượng:

m_muối = m_amin + m_HCl = 2,0 + 0,05.36,5 = 3,825 (g)

Đáp án C