(1) 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

       2a            →            2a

      Al + NaOH → NaAlO₂ + 3/2H₂

      a →    a_{dư a} →       a

Dung dịch sau gồm: NaAlO₂ và NaOH

(2) Cu + Fe₂(SO₄)₃ → CuSO₄ + 2FeSO₄

       a            a                       a            2a

=> Dung dịch sau gồm: CuSO₄ và FeSO₄

(3) KHSO₃ + KHCO₃ → K₂SO₃ + H₂O + CO₂

            a              a                a

Dung dịch sau gồm: K₂SO₃

(4) BaCl₂ + CuSO₄ → BaSO₄↓ + CuCl₂

         a           a                a              a

Dung dịch sau gồm: CuCl₂ (vì BaSO₄ kết tủa)

(5) Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + Ag

            a                    a               a

Dung dịch sau gồm Fe(NO₃)₃

(6) Na₂O + H₂O → 2NaOH

         a                             2a

     CuSO₄ + 2NaOH → Cu(OH)₂ + Na₂SO₄

         a                 2a                                a

Dung dịch sau gồm: Na₂SO₄

(7) Fe₂O₃ + 6HCl → 2FeCl₃ + 3H₂O

           2                          4

     Cu + FeCl₃ → CuCl₂ + FeCl₂

      1 →     1 _{dư 3}   →  1    →   1

Dung dịch sau gồm: FeCl₃,CuCl₂, FeCl₂

Như vậy chỉ có thí nghiệm (2) thu được 2 muối

Đáp án B

BTKL: m_O2 = m_CO2 + m_H2O – m_Z = 0,1.44 + 0,075.18 – 2,15 = 3,6 gam

=> n_O2 = 0,1125 mol

BTNT “O”: n_O(Z) = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2 = 2.0,1 + 0,075 – 2.0,1125 = 0,05 mol

=> n _muối = n_Z = n_O(Z)/2 = 0,025 mol

M_Z = 2,15:0,025 = 86 (C₄H₆O₂)

M _muối = 2,75:0,025 = 110 (CH₂=CH-COOK)

Vậy Z là CH₂=CH-COOCH₃ được tạo bởi C₂H₃COOH và CH₃OH

Đáp án A

Các đồng phân có CTCT C₅H₁₀O₂ phản ứng được với NaOH nhưng không có phản ứng tráng bạc là:

Đáp án B

A sai vì amophot là hỗn hợp các muối (NH₄)₂HPO₄ và NH₄H₂PO₄.

B đúng.

C sai vì phân cung cấp nitơ hóa hợp cho cây dưới dạng NO₃^- và NH₄⁺ được gọi là phân đạm.

D sai vì phân ure có công thức hóa học là (NH₂)₂CO.

Đáp án B

- Tác dụng với AgNO₃ dư thu được kết tủa là AgCl: n_AgCl = 43,05 : 143,5 = 0,3 mol

- BTĐT: 3n_Al3+ + 2n_Mg2+ + 2n_Cu2+ = n_NO3- + n_Cl-

=> 0,05.3 + 0,1.2 + 2n_Cu2+ = 0,1 + 0,3 => n_Cu2+ = 0,025 mol

- Cho 0,45 mol NaOH tác dụng với dung dịch X:

n_OH- (0,45) > 3n_Al3+ + 2n_Mg2+  +2n_Cu2+ (=0,4) => Al(OH)₃ bị hòa tan 1 phần

=> n_OH- = 2n_Mg2+ + 2n_Cu2+ + 4n_Al3+ - n_Al(OH)3 hay 0,45 = 0,1.2 + 0,025.2 + 4.0,05 – n_Al(OH)3

=> n_Al(OH)3 = 0

m = m_Mg(OH)2 + m_Cu(OH)2 = 0,1.58 + 0,025.98 = 8,25 gam

Đáp án D

NH₄NO₂ \(\xrightarrow{{{t^0}}}\)  N₂ + 2H₂O

0,25             →    0,25             (mol)

⟹ V = 0,25.22,4 = 5,6 lít.

Đáp án D

n_H+ = n_HCl + n_NaHSO4 = 0,02 + 0,06 = 0,08 mol

n_HCO3- = 0,03 mol

n_CO32- = 0,06 mol

n_H+ < n_HCO3- + 2n_CO32- nên H⁺ phản ứng hết

Khi cho từ từ HCO₃^- và CO₃^2- vào H⁺ thì phản ứng xảy ra đồng thời theo đúng tỉ lệ mol:

HCO₃^- + H⁺ → H₂O + CO₂

x               x                   x

CO₃^2- + 2H⁺ → H₂O + CO₂

2x           4x                  2x

=> n_H+ = x + 4x = 0,08 => x = 0,016 mol

=> V_CO2 = 3x.22,4 = 1,0752 lít

Dung dịch sau phản ứng gồm: HCO₃^- 0,014); CO₃^2- 0,028); SO₄^2-(0,06)

Khi thêm OH^{- (}0,06) và Ba²⁺ (0,15) vào:

HCO₃^- + OH^- → CO₃^2- + H₂O

0,014 →0,014→ 0,014

Ta thấy: n_Ba2+ (0,15) > n_SO42- + n_CO32- (0,06 + 0,014 + 0,028 = 0,102)

=> Ba²⁺ hết

Kết tủa gồm: BaSO₄ (0,06) và BaCO₃ (0,042)

=> m _{kết tủa} = 22,254 gam

Đáp án A

X: C_xH_2xO₂ (a mol)

Y: C_yH_2y-2O₂ (b mol)

Z: C_zH_2z-4O₄ (c mol)

n_H2O = ax + b(y-1) + c(z-2) = 0,32

m_E = a(14x+32) + b(14y+30) + x(14z+60) = 9,52

n_NaOH = a+b+2c = 0,12

BTKL cho phản ứng với NaOH => n_H2O = a+b = 0,1

=> a = 0,02; b = 0,08; c = 0,01; ax+by+cz = 0,42

=> 2x+8y+z = 42

Do x ≥ 1, y ≥ 4, z ≥ 7 => x = 1; y = 4; z = 8 là nghiệm duy nhất thỏa mãn

X là HCOOH: 0,02

Y là CH₃-CH=CH-COOH; 0,08

Z là CH₃-CH=CH-COO-C₃H₆-OOCH: 0,01

%m_X = 9,66% => (1) sai

n_Y = 0,08 => (2) đúng

m_Z = 0,01.172 = 1,72 gam => (3) đúng

Tổng số C, H, O của Y là 4 + 6 + 2 = 12 => (4) đúng

X có tham gia phản ứng tráng bạc => (5) sai

Đáp án C

X tác dụng với Na, NaOH, NaHCO₃ => X là axit            

Mà M_X = 60 nên X là CH₃COOH (axit axetic).

Đáp án D

Tên gọi khác của etanol là rượu etylic hay ancol etylic

Đáp án A

Quy đổi 6,72 gam Fe, FeO, Fe2O3, Fe3O4 thành Fe và O.

\(\begin{array}{l}\left\{ \begin{array}{l}56x + 16y = 6,72\\3x = 2y + 3.0,02(BTe)\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}x = 0,09\\y = 0,105\end{array} \right.\\Fe\,\,\,\,\, + \,\,\,\,\,\,\,\,2F{e^{3 + }} \to 3F{e^{2 + }}\\0,045 \leftarrow 0,09\\3Fe\,\,\,\, + \,\,\,\,\,\,\,8{H^ + } + 2N{O_3}^ -  \to 3F{e^{2 + }} + 2NO + 4{H_2}O\\0,105 \to 0,28\\BTDT:{n_{N{O_3}^ - (X)}} = 3{n_{F{e^{3 + }}}} + {n_{{H^ + }}} = 3.0,09 + 0,28 = 0,55(mol)\\ \to {n_{HN{O_3}}} = {n_{N{O_3}^ - (X)}} + {n_{NO}} = 0,55 + 0,02 = 0,57(mol)\\ \to a = \dfrac{{0,57}}{{0,5}} = 1,14\end{array}\)

Giá trị a gần nhất với giá trị 1,0.

Đáp án C

n_Gly-Ala = 14,6/(75 + 89 – 18) = 0,1 mol

Gly-Ala + 2NaOH → Muối + H₂O

0,1                0,2                        0,1

=> m _muối = 14,6 + 0,2.40 – 0,1.18 = 20,8 gam

Đáp án B

m _khí = M _khí.n _khí = 16,75.2.0,4 = 13,4 gam

n_Na2SO4 = 170,4/142 = 1,2 mol

BTNT “S” => n_H2SO4 = n_Na2SO4 = 1,2 mol

=> m _{dd H2SO4} = 1,2.98.(100/40) = 294 gam

\(\eqalign{
& {C_M}_{N{a_2}S{O_4}} = {{{m_{N{a_2}S{O_4}}}} \over {m + {m_{{\rm{dd}}{H_2}S{O_4}}} - {m_{khi}}}}.100\% \cr
& \to 51,449\% = {{170,4} \over {m + 294 - 13,4}}.100\% \cr
& \to m = 50,6(gam) \cr} \)

Đáp án D

Ghi nhớ: Chất lưỡng tính là chất vừa tác dụng được với axit, vừa tác dụng được với dung dịch bazơ

Zn(OH)₂ và Al(OH)₃ là hai hidroxit lưỡng tính.

Đáp án B

(a) sai, từ tripeptit trở lên mới có phản ứng màu Biure

(b) sai, axit glutamic làm quỳ tím đổi sang màu đỏ

(c) đúng, chúng cùng có công thức đơn giản nhất là CH₂O

(d) đúng

(e) đúng, thủy phân saccarozo thu được glucozo và fructozo

(g) đúng

=> có 4 phát biểu đúng

Đáp án A

n_H2SO4 = 0,3. 0,1 = 0,03 (mol)

Vì phản ứng vừa đủ nên: n_{O (trong oxit)} = n_H2SO4 = 0,03 (mol)

=> m_{O(trong oxit)} = 0,03. 16 = 0,48 (g)

=> m_{HH kim loại} = 2,81 – 0,48 = 2,33 (g)

Bảo toàn khối lượng: m_muối = m_{HH kim loại} + m_SO42- = 2,33 + 0,03.96 = 5,21 (g)

Đáp án A

Fe     +      Cu²⁺    → Fe²⁺ + Cu

0,25 –a      0,25 –a                 0,25 –a

Bảo toàn khối lượng cho tiến trình (2).

m_Fe + m_Cu2+ = m_Fe2+ + m_{rắn sau}

8,4 + 64(0,25 –a) = 56 (0,25 –a) + 9,36

=> a = 0,13

Bảo toàn khối lượng cho tiến trình (1)

m_Mg + m_Ag+ + m_Cu2+ = m_Cu2+ + m_Mg2+ + m_rắn

m + 108.0,1 + 64.025 = 64. 0,12 + 24. 0,18 + 19,44

=> m = 4,64 (g)

Đáp án B

n_CO2 = 4,48 : 22,4 = 0,2 (mol)

n_NaOH = 0,1 (mol); n_Ba(OH)2 = 0,1 (mol) => ∑ n_OH - = 0,1 + 0,1.2 = 0,3 (mol)

Ta thấy: \(1 < {{{n_{O{H^ - }}}} \over {{n_{C{O_2}}}}} = {{0,3} \over {0,2}} = 1,5 < 2\) => Tạo 2 muối

CO₂ + OH- → HCO₃^-

CO₂ + 2OH- → CO₃^2- + H₂O

\(\left\{ \begin{array}{l}\sum {{n_{C{O_2}}} = x + y = 0,2} \\\sum {{n_{O{H^ - }}} = x + 2y = 0,3} \end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,1\\y = 0,1\end{array} \right.\)

Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃↓

0,1      0,1             0,1          (mol)

=> m_BaCO3 = m↓ = 0,1. 197 = 19,7 (g)

Đáp án D

RCOOK  + KOH → RH + K­₂CO₃

Do n _{chất rắn}  = n_{KOH ban đầu} = 0,7 và n_RH = 0,3 nên có 2 trường hợp

TH₁: n_RCOOK = 0,4 và n_KOH dư = 0,7 – 0,4 = 0,3 (mol)

m _rắn = 53 → R = 7,5: HCOOK và R’COOK

n_Y = 0,4 → n_Y pư = 0,24 (mol)

Tách H₂O của Y → n_H2O = 0,12 (mol)

→ m_Y pư = m_Este + m_H2O = 10,2 (g)

→ M_Y = 42,5 (g/mol)

Vậy Y chứa CH₃OH (0,1) và C₂H₅OH (0,3) → Tỷ lệ mol các muối là 1: 3 hoặc 3: 1

1+ 3R’ = 7,4.4 => R’ = 29/3 => Loại

3+ R’ = 7,5.4 => R’ = 27 : CH₂= CH-

E là HCOOC₂H₅ (0,3) và F là CH₂ = CHCOOCH₃: 0,1

(1) Sai                            

(2) Sai, m_E = 22,2

(3) Đúng

(4) Đúng

(5) Sai

TH₂: n_RCOOK = 0,3 và n_KOH dư = 0,4 Làm tương tự.

Vậy có 2 phát biểu đúng

Đáp án D

n_CO2 = 0,025 (mol) ; n_K2CO3 = 0,05 (mol) ; n_KOH = 0,05x (mol)

n_BaCO3 = 9,85 : 197 = 0,05 (mol)

CO₂ + OH^- → HCO₃^–

CO₂ + 2OH^- → CO₃^2- + H₂O

Dd Y chứa: HCO₃^- ; CO₃^2- ; K⁺

Ba²⁺ + CO₃^2- → BaCO₃↓

=> n­_{CO3 2- (trong Y)} = n_BaCO3 = 0,05 (mol)

Bảo toàn nguyên tố C: n_CO2 + n_K2CO3 =  n_{HCO3- (trong Y)} + n_{CO32- (trong Y)}

=> 0,025 + 0,05 = n_{HCO3-(trong Y)} + 0,05

=> n_{HCO3-(trong Y)} =0,025 (mol)

Bảo toàn điện tích các chất trong dd Y: n_K+ = n_HCO3- + 2. n_CO32- = 0,025 + 2. 0,05 = 0,125 (mol)

BTNT K: n_KOH = ∑ n_K+ - 2n_K2CO3 = 0,125 – 2. 0,05 = 0,025 (mol)

=> 0,05x = 0,025

=> x = 0,5 (M)

Đáp án B

CO₂ là nguyên nhân chính gây nên hiệu ứng nhà kính.

Đáp án C

Công thức hóa học của etilen là: C₂H₄

Đáp án B

Công thức chung của cacbohidrat là C_n.(H₂O)_m

Khi đốt cacbohidrat: C_n.(H₂O)_m + nO₂ → nCO₂ + mH₂O

Từ PTHH nhận thấy: n_O2 = n_CO2 = 2,52/22,4 = 0,1125 mol

BTKL: m _{hỗn hợp} = m_CO2 + m_H2O – m_O2 = 0,1125.44 + 1,8 – 0,1125.32 = 3,15 gam

Đáp án A

n_NO = 2,912/22,4 = 0,13 (mol)

Gọi số mol của Cu và Al lần lượt là x và y (mol)      

⟹ m_X = 64x + 27y = 10,41 (1)

Áp dụng ĐLBTe ⟹ 2x + 3y = 0,13.3 (2)

Từ (1)(2) ⟹ x = 0,15 ; y = 0,03 (mol)

⟹ m_muối= \({m_{Cu{{\left( {N{O_3}} \right)}_2}}}\; + {\rm{ }}{m_{Al{{\left( {N{O_3}} \right)}_3}}}\) = 0,15. 188 + 0,03. 213 = 34,59 (g)

Đáp án C

n_Fe = 0,03 (mol); n_Cu = 0,045 (mol)

n_H2SO4 = 0,4. 0,75 = 0,3 (mol)

n_NaNO3 = 0,4. 0,3 = 0,12 (mol)

Quá trình nhận e

4H⁺   + NO₃^-   + 3e → NO + H₂O

0,3→0,075 →0,225                      (mol)

Dễ thấy n_{e nhận max} = 0,225 (mol)

n_{e nhường max} = 3n_Fe + 2n_Cu = 3. 0,03 + 2. 0,045 = 0,18 (mol) < n_{e nhận max}

=> Fe, Cu bị oxi hóa lên số oxi hóa tối đa  Fe³⁺ , Cu²⁺. H⁺, NO₃^- vẫn còn dư sau phản ứng.

Bảo toàn e ta có: 3n_Fe + 2n_Cu = 3n_NO

=> n_NO = 0,18/3 = 0,06 (mol)

BTNT N: n_NO3- dư = 0,12 – 0,06 = 0,06 (mol)

\(dd{\rm{X}} + NaOH \to \left\{ \begin{array}{l}N{a^ + }:x + 0,12\\S{O_4}^{2 - }:0,3\\N{O_3}^ - :0,06\end{array} \right.\)

Bảo toàn điện tích đối với dd sau pư ta có: 1. n_Na= 2. n_SO42- + 1. n_NO3-

=> x+ 0,12 = 2. 0,3 + 1.0,06

=> x = 0,54 (mol)

=> V_NaOH = 0,54 : 1 = 0,54 (lít) = 540 (ml)

Đáp án A

(1) Br₂ + O₂ → Không phản ứng

(2) H₂S + 2FeCl₃ → 2FeCl₂ + S↓+ 2HCl

(3) H₂S + Pb(NO₃)₂ → PbS↓ + HNO₃

(4) CuS + HCl → Không phản ứng

(5) Si + 2NaOH + H₂O → Na₂SiO₃ + 2H₂↑

(6) 2KMnO₄ + 5SO₂ + 2H₂O → K₂SO_­4 + 2MnSO₄ + 2H₂SO₄

(7) Hg + S → HgS↓

(8) Cl₂ + 2NaOH → NaCl + NaClO + H₂O

=> Có 6 phản ứng xảy ra ở điểu kiện thường.

Đáp án A

+ Peptit được cấu thành từ α – amino axit no có chứa 1 (NH₂) và 1 (COOH)

Khi đốt peptit X, amino axit tạo thành X hoặc lượng muối do peptit X thủy phân

Ta luôn có số mol O₂ không đổi

CT của X: C_nH_2n+2-kN_kO_k+1

CT của amino axit: C_mH_2m+1O₂N

Vậy trong trường hợp này ta đốt hỗn hợp muối

Đặt công thức chung của Gly và Ala là: C_nH_2n+1O₂N

=> CT muối Na là: C_nH_2nO₂Nna (a mol)

\(\eqalign{
& 2{C_n}{H_{2n}}{O_2}NNa + {{6n - 3} \over 2}{O_2}\buildrel {{t^0}} \over
\longrightarrow N{a_2}C{O_3} + (2n - 1)C{O_2} + 2n{H_2}O + {N_2} \cr
& a\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, \to {{6n - 3} \over 4}a \cr} \)

Ta có:

\(\left\{ \matrix{
{m_{muoi}} = 14na + 69a = 151,2 \hfill \cr
{n_{{O_2}}} = 1,5a - 0,75a \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
a = 1,4 \hfill \cr
na = 3,9 \hfill \cr} \right.\)

Vậy số mol của peptit = n_muối = 1,4 (mol) gần nhất với 1,5 mol

Đáp án A                     

n_NaOH = 0,2. 0,6 = 0,12 (mol)

CH₃COOH + NaOH → CH₃COONa + H₂O

0,12      ←    0,12                                (mol)

⟹ m_CH3COOH = 0,12.60 = 7,2 (g).

⟹ m = m_{dd CH3COOH} = (m_CH3COOH.100%)/C% = 160 (g).

Đáp án A

Gọi công thức của ancol no hai chức là: C_nH_2n+2O₂: x (mol)

               C_nH_2n+2O₂ + O₂ → nCO₂ + (n+1)H₂O

Theo PT: (14n +34)                            (n+1).18    (g)

Theo Đề: 4,712                                    4,464        (g)

⟹ 4,712.(n+1).18 = 4,464.(14n+34)

⟹ n = 3

Vậy công thức của este: C₃H₈O₂ (0,062 mol)

C₃H₈O₂ → 3CO₂

0,062     → 0,186 (mol)

⟹ m_CO2 = 0,186.44 = 8,184 (g)

Đáp án A

C₂H₂ + 2Br₂ → C₂H₂Br₄

0,15← 0,3                     (mol)

=> V_C2H2(đktc) = 0,15. 22,4 = 3,36 (lít)

Đáp án B

Gọi công thức của este no, đơn chức, mạch hở là: C_nH_2nO₂

n_O2 = 8,624 :22,4 = 0,385 (mol) ; n_CO2 = 14,52: 44 = 0,33 (mol)

Đốt este này thu được: n_H2O = n_CO2 = 0,33 (mol)

BTNT “O” ta có: n_O(este) = 2n_CO2 + n_H2O  - 2n_O2 = 2.0,33 + 0,33 – 2.0,385 = 0,22 (mol)

=> n_CnH2nO2 = 1/2n_O(este) = 0,11 (mol)

=> n = n_CO2/ n_este = 0,33/0,11 = 3

Vậy CTPT của este là: C₃H₆O₂

Đáp án D

Saccarozo \(\xrightarrow{{{H^ + }}}\) glucozơ + fruc tozơ

Đáp án B

Saccarozơ không tham gia phản ứng tráng bạc

Đáp án A

Thủy phân tripanmitin thu được ancol là glixerol

(C­₁₅H₃₁COO)₃C₃H₅  + NaOH → C₁₅H₃₁COONa + C₃H₅(OH)₃

Đáp án B

Ancol metylic (CH₃OH) không có phản ứng với dd NaOH

Đáp án D

Công thức cấu tạo của etylen glicol là C₂H₄(OH)₂ ⟹ có tất cả 6 nguyên tử H trong công thức phân tử.

Đáp án B

CH≡C-CH₃ + AgNO₃ + NH₃ → CAg≡C-CH₃↓vàng nhạt + NH₄NO₃                  

Vậy A là propin

Đáp án C

n_CH3OH = 3,68 : 32 = 0,115 (mol)

=> n_{Esste X} = n_CH3OH = 0,115 (mol)

=> M_X = 10,12 : 0,115 = 88 (g/mol)

=> CTPT X: C₄H₈O₂ => CTCT: C₂H₅COOCH₃

Đáp án A

n_Glu = 23,4 : 180 = 0,13 (mol)

C₆H₁₂O₆  → 2CO₂ + 2H₂O

0,13         →               0,26   (mol)

=> V_CO2(đktc) = 0,26.22,4 = 5,824 (l)

Đáp án B

Để thu được chất có tham gia phản ứng tráng bạc thì trong cấu tạo phải có nhóm –CHO

HCOOCH=CH₂ + NaOH → HCOONa + CH₃-CHO

HCOONa và CH₃-CHO đều tham gia phản ứng tráng Ag.

Đáp án A