Trong dung dịch X: nOH^– = 0,7 mol; nCO₃^2-= 0,4 mol

Khi sục CO₂ vào dung dịch X có các phản ứng:

OH^– + CO₂ → HCO₃^–

0,7        0,7

CO₃^2- + CO₂ + H₂O → 2HCO₃^–

0,2           0,2

nCO32- = 0,7 + 0,2 = 0,9 mol

V = 0,9.22,4 = 20,16 lit

 B. 

 C.   D. 

Đáp án

D

- Hướng dẫn giải

Đáp án D

Hỗn hợp ancol Z → CH₃OC₂H₅ => 2 ancol là CH₃OH và C₂H₅OH

=> X là: CH₃OOCCH₂COOC₂H₅

=> Y là CH₂(COONa)₂ hay C₃H₂O₄Na₂

Đáp án D

BaCl₂ và NaHSO₄ → BaSO₄

FeCl₃;Na₂S → (S, FeS)

Al₂(SO₄)₃;Ba(OH)₂ dư → BaSO₄

Đáp án C

2,3-đimetylpentan

Đáp án A

Ta có: RCOO₁+NaOH→RCOONa+R₁OH

Để ancol R₁OH không bị oxi hóa bởi CuO, đun nóng → ancol bậc 3

Như vậy este A thỏa mãn là: tertbutyl fomat (HCOOC(CH₃)₃ )

Đáp án D

Triolein là trieste (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ chứa gốc (C₁₇H₃₃COO−) không no nên có phản ứng thủy phân trong môi trường axit và môi trường kiềm đồng thời có phản ứng cộng vào nối đôi C=C

Đáp án A

Phương trình sau đây: Mⁿ⁺ +ne→M biểu diễn sự khử của ion kim loại thành kim loại tự do.

Đáp án D

CO₂

Đáp án D

(1) ; (4) ; (5) ; (6)

Đáp án B

1, 2, 4, 5, 8

Đáp án A

Amin bậc 3 thể khí ở điều kiện thường chỉ có thể là trimetyl amin (CH₃)₃N : 0,03 mol

X (CxHyO₄N) không chứa chức este, chỉ có 1 nguyên tử N nên là muối amoni của axit 2 chức.

Y là muối của α− amino axit no với axit nitric nên phản ứng với NaOH không sinh khí.

→ X là: C₅H₁₁O₄N → Y là C₅H₁₁O₅N₂

Mặt khác Y là muối của α− amino axit no với HNO₃ → α−aminoaxit là C₅H₁₁O₂N

→ Y là C₅H₁₂O₅N₂(HOOC−C₄H₈−NH₃NO₃)

→ m=0,03.(149+180)=9,87 gam

→ a = nHCl = 0,03 mol

Đáp án B

Các hợp chất Cr₂O₃,Cr(OH)₃,CrO,Cr(OH)₂ đều có tính chất lưỡng tính

Đáp án C

- Các kim loại đứng trước cặp H+ /H₂ có thể tác dụng được với HCl.

- Các kim loại đứng trước cặp Ag+ /Ag có thể tác dụng được với AgNO₃.

Vậy các kim loại vừa tác dụng được với dung dịch HCl, vừa tác dụng được với dung dịch AgNO₃ là Mg, Zn, Al, Fe, Ni và Sn

Đáp án C

Đặt số mol Na₂CO₃và NaHCO₃trong 250ml X lần lượt là a và b.

Với 500ml X cho 16 gam kết tủa → 2a = 0,16 → a = 0,08 mol

→ b = 0,1 - 0,08 = 0,02 mol

→ [Na₂CO₃] = 0,08 : 0,25 = 0,32 và [NaHCO₃] = 0,02 : 0,25 = 0,08 mol

Đáp án A

Các yếu tố ảnh hưởng đến nhiệt độ sôi:

- Phân tử khối: nếu như không xét đến những yếu tố khác, chất phân tử khối càng lớn thì nhiệt độ sôi càng cao.

- Liên kết Hiđro: nếu hai chất có phân tử khối xấp xỉ nhau thì chất nào có liên kết hiđro sẽ có nhiệt độ sôi cao hơn.

- Cấu tạo phân tử: nếu mạch càng phân nhánh thì nhiệt độ sôi càng thấp.

Dãy sắp xếp nhiệt độ sôi giảm dần của các hợp chất có nhóm chức khác nhau và phân tử khối xấp xỉ nhau:

Axit > ancol > amin > este > xeton > anđehit > dẫn xuất halogen > ete > CxHy

Vậy chất có nhiệt độ sôi thấp nhất là HCOOCH₃

Đáp án D

- Thứ tự phản ứng xảy ra như sau:

Ba+2H₂O→Ba(OH)₂+H₂   (1)

Ba(OH)₂+Al₂(SO₄)₃→Al(OH)₃↓+BaSO₄ (2)

2Al(OH)₃+Ba(OH)₂→Ba(AlO₂)₂+4H₂O (3)

Đáp án B

NaOH, NH₄Cl, FeCl₃, H₂SO₄

Đáp án D

Vì phenol không thuộc ancol thơm, đa chức

Đáp án B

3R−NH₂+FeCl₃+3H₂O→3R−NH₃Cl+Fe(OH)₃↓

0,03 mol ←10,7/107 = 0,1 mol

MR-NH2 = 9,3/0,3 =31 → MR = 15

hay R là gốc CH₃

Dựa vào tính chất hóa học của các chất để chọn ra đáp án phù hợp.

A loại glucozơ.                                      

B loại valin.                 

C loại fructozơ.                   

D thõa mãn.

Để phân biệt các dung dịch riêng biệt: anilin, glucozơ và alanin, ta dùng dung dịch brom.

- Saccarozơ , glucozơ : dung dịch màu xanh lam ; anđêhit axetic : kết tủa đỏ gạch → nhận ra anđêhit axetic

- Đun nóng các dung dịch màu xanh lam, lọ nào cho kết tủa đỏ gạch khi đun nóng là glucozơ  

Dùng dung dịch HCl, anilin sẽ phản ứng với HCl tạo ra muối phân lớp với bezen và phenol. Tách chiết thu được 2 phần: muối C₆H₅NH₃Cl và hỗn hợp gồm benzen và phenol.

Cho muối C₆H₅NH₃Cl tác dụng với NaOH thu lại được anilin.

Cho NaOH tác dụng với hỗn hợp benzen và phenol. Phenol phản ứng với NaOH tạo muối và phân lớp với benzen. Tách chiết thu được 2 phân: muối C₆H₅ONa và benzen.

Cho muối C₆H₅ONa tác dụng với HCl ta thu lại được phenol.

(a) sai vì có thể tạo ra andehit, xeton hoặc muối của phenol

(b) đúng

(c) sai vì liên kết peptit là liên kết giữa nhóm CO và nhóm NH giữa các α aminoaxit

(d) đúng

(e) sai vì cao su Buna-S được điều chế bằng phản ứng trùng hợp

(f) sai vì hệ số n trong CTPT (C₆H₁₀O₅)_n của hai chất khác nhau

(g) sai vì protein dạng cầu dễ dàng tan trong nước tạo thành dung dịch keo

(h) đúng

⇒ có 3 phát biểu đúng

Gọi công thức phân tử chung của 3 rượu là C_nH_2n+2 O₂ 

C_nH_2n+2O₂   →   nCO₂  +  (n+1)H₂O

 0,2                       0,3

n_ancol =nH₂O-nCO₂= 0,1 (mol)

m_X = m_C  + m_H   + m_O  = 0,2.12  +  0,3.2.1  + 0,1.2.16 =6,2 gam  

Đáp án B

Do là ancol no, mạch hở, đơn chức nên khi đốt cháy ta có: n _ancol = n_H2O – n_CO2 = 0,18 – 0,14 = 0,04 mol

BTNT “O”: n_O(ancol) + n_O(O2) = n_O(CO2) + n_H2O => n_ancol + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O

=> 0,04 + 2n_O2 = 2.0,14 + 0,18 => n_O2 = 0,21 mol

=> V_O2 = 0,21.22,4 = 4,704 lít

Đáp án C

X có nhiệt độ sôi cao và pH > 7 nên X là C₆H₅NH₂

T có nhiệt độ sôi cao và pH < 7 nên T là C₆H₅OH

Z có nhiệt độ sôi cao hơn Y nên Z là C₂H₅NH₂ và Y là NH₃

m_{chất rắn giảm}  = m_O(CuO)   =  0,16 gam  => n_O(CuO)   = 0,01 mol

RCH₂OH    +   CuO   → RCHO  + Cu  + H₂O

                      0,01      0,01                 0,01

C₄H₉OH

Gọi công thức chung của các hợp chất trong X là C_nH_2n+2O

PTHH: \({C_n}{H_{2n + 2}}O + \dfrac{{3n}}{2}{O_2}\xrightarrow{{{t^0}}}nC{O_2} + (n + 1){H_2}O\)

Theo PTHH ⟹ \({n_{{H_2}O}} = (n + 1){n_X} \Rightarrow \dfrac{{5,32}}{{n + 1}} = \dfrac{{80,08}}{{14n + 18}} \Rightarrow n = 2,8\)

Theo PTHH ⟹ n_CO2 = 3,92 mol ⟹ V = 3,92.22,4 = 87,808 lít.

Nhận xét: Muối tham gia phản ứng tráng bạc là HCOONa

n_NaOH > n_{­este đơn chức} → có HCOOC₂H₅ x mol và HCOOC₆H₄R’y mol

Hh X (HCOOC₂H₅ x mol và HCOOC₆H₄R’y mol) + NaOH (x + 2y mol) →8,32g hh muối (HCOONa (x + y mol) + NaOC₆H₄R’ (y mol)) + C₂H₅OH (x mol) + H₂O (y mol)

Ta có: n_X = x + y = 0,08 (1)

           n_NaOH = x + 2y = 0,1 (2)

Giải hệ (1) và (2) → x = 0,06 mol và y = 0,02 mol

→ m_muối = 68. (x + y) + (115 + M_R’) = 8,32

→ M_R’ = 29 (-C₂H₅)

%kl_{este lớn hơn} = 150.0,02.100/(74.0,06 + 150.0,02) = 40,32%

→ Đáp án D

 n_NaOH = 0,3 mol

CH₃COOC₆H₅ + 2NaOH → CH₃COONa + C₆H₅ONa + H₂O

    0,1                        0,2                0,1                   0,1

→ m_rắn = m_CH3COONa + m_C6H5ONa + m_{NaOH dư}

            = 0,1.82 + 116.0,1 + 40.0,1 = 23,8g

* Lưu ý: Nếu trong hỗn hợp este đơn chức mà

- n_-COO- < n_NaOH

- n_{-OH của ancol tạo ra} < n_NaOH

- có tạo ra nước

→ trong hỗn hợp đó có este của phenol.

Gọi công thức chung của este là RCOOR’ (R’ là gốc hiđrocacbon)

Ta có: RCOOR’ + NaOH → RCOONa + R’OH

Khi thủy phân este mà m_muối  > m_este, vậy gốc R’ là CH₃ → loại đáp án C và D      

Theo phương pháp tăng giảm khối lượng:

1 mol este phản ứng → khối lượng muối tăng so với khối lượng este: 23 - 15 = 8 gam

Khối lượng tăng thực tế là: 4,76 – 4,2 = 0,56 gam

\(\begin{array}{l} {n_{RCOOC{H_3}}} = {n_{RCOONa}} = \frac{{0,56}}{8} = 0,07mol\\ \to {M_{RCOONa}} = \frac{{4,76}}{{0,07}} = 68 \end{array}\)

→ RCOONa là HCOONa

→ Công thức cấu tạo của E là HCOOCH₃

Gọi công thức của este có dạng RCOOR’

Ta có: M_X = 6,25.16 = 100 (g/mol);

n_KOH = 0,3.1 = 0,3 (mol)

nX =20100=0,2 mol

RCOOR’ + KOH → RCOOK + R’OH

0,2               → 0,2      → 0,2

⇒ n_KOH dư = 0,3 – 0,2 = 0,1 (mol)

⇒ m_RCOOK = m_rắn – m_KOH dư

= 28 – 0,1.56 = 22,4 gam

⇒ M_RCOOK = 22,40,2 = 112

⇒ R = 29 (C₂H₅-)

⇒ R’ = 100 – 29 – 44 = 27 (CH₂=CH-)

⇒ Công thức cấu tạo của X là CH₃CH₂COOCH=CH₂.

Xét ở 4,4 gam este X.

Ta có: \({n_X} = {n_{{O_2}}} = \frac{{1,6}}{{32}} = 0,05\,mol\)

⇒ \({M_X} = \frac{{4,4}}{{0,05}} = 88\)đvC ⇒ este đơn chức

Xét ở 11 gam este X, \({n_X} = 0,05.\frac{{11}}{{4,4}} = 0,125\,mol\)

⇒ n_muối = n_X = 0,125 mol

Đặt công thức muối là RCOONa

⇒ R + 44 + 23 = \(\frac{{10,25}}{{0,125}} = 82\)

⇒ R = 15 (CH₃ –)

Khi này este có dạng CH₃COOR’

⇒ 59 + R’ = 88

⇒ R’ = 29 (C₂H₅ –)

⇒ Công thức của este X là CH₃COOC₂H₅.

Ta có thể viết phản ứng bình thường như sau

       nH₂N-(CH₂)₅-COOH  → \(\,HN-{{(C{{H}_{2}})}_{5}}-CO{{}_{n}}\) +  nH₂O

Tuy nhiên, do tất cả đều có n nên ta có thể bỏ hệ số n mà không ảnh hưởng đến kết quả bài toán.  → bản chất là:

       H₂N-(CH₂)₅-COOH  →    -HN-(CH₂)₅-CO-     +   H₂O

mol       0,4                                                                     0,4

 H = \(\frac{0,4.131}{65,5}.100=80%\)  

→  chọn B

  \({{n}_{{{H}_{2}}O}}\) = 0,16 mol

       H₂N-(CH₂)₅-COOH  →   -HN-(CH₂)₅-CO-      +    H₂O

mol   0,16                                     0,16            \(\leftarrow \)          0,16

m_polime = 113.0,16 = 18,08 gam

BTKL: a = 18,08 + 2,88 = 20,96 gam   (hoặc m_polime = 131.0,16 = 20,96 g)

chọn D

- Khi cho X tác dụng với dung dịch HCl thì :

Theo phương pháp tăng giảm khối lượng :

n_O(X) = \(\frac{{{m_Z} - {m_X}}}{{2{M_{Cl}} - {M_O}}} = \frac{{29,6 - 16,4}}{{2.35,5 - 16}}\)= 0,24 mol => n_{HCl(pứ với X)} = 2n_O(X) = 0,48 mol 

\(\left\{ \begin{gathered}
72{n_{FeO}} + 232{n_{F{e_3}{O_4}}} + 64{n_{Cu}} = {m_X} \hfill \\
\xrightarrow{{BT:O}}{n_{FeO}} + 4{n_{F{e_3}{O_4}}} = {n_{O(X)}} \hfill \\
3{n_{FeO}} = {n_{FeO}} + {n_{F{e_3}{O_4}}} + {n_{Cu}} \hfill \\ 
\end{gathered} \right. \to \left\{ \begin{gathered}
72{n_{FeO}} + 232{n_{F{e_3}{O_4}}} + 64{n_{Cu}} = 16,4 \hfill \\
{n_{FeO}} + 4{n_{F{e_3}{O_4}}} = 0,24 \hfill \\
- 2{n_{FeO}} + {n_{F{e_3}{O_4}}} + {n_{Cu}} = 0 \hfill \\ 
\end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
{n_{FeO}} = 0,04 \hfill \\
{n_{F{e_3}{O_4}}} = 0,05 \hfill \\
{n_{Cu}} = 0,03 \hfill \\ 
\end{gathered} \right.\)

Vậy dung dịch Z gồm Fe²⁺(0,15 mol), Fe³⁺ (0,04 mol), Cu²⁺(0,03 mol) và Cl^-(0,48 mol)

- Khi cho hỗn hợp X tác dụng với dung dịch hỗn hợp HCl và NaNO₃ thì

+ n_{HCl pứ} = 2n_Cl(X) + 4n_NO = 0,64 mol

Xét dung dịch Y ta có : Bảo toàn điện tích : 2n_Fe2+ + 3n_Fe3+ + 2n_Cu+ + n_Na+ = n_Cl-

=> x = 0,03 mol

(Với n_Na+ = n_NO = 0,04 mol ; n_Fe2+ = x ; n_Fe3+ = (0,19 – x) mol )

Vậy dung dịch Y gồm : Fe²⁺(0,03 mol) ; Fe³⁺(0,16 mol) ; Cu²⁺(0,03 mol ; Cl^-(0,64 mol) ; Na⁺.

- Khi trộn dung dịch Y với Z thì được T chứa Fe²⁺(0,18 mol) ; Cl^- (1,12 mol)

- Khi cho AgNO₃ tác dụng với dung dịch T thì : n_Ag = n_Fe2+ = 0,18 mol ; n_AgCl = n_Cl = 1,12 mol

=> m_{kết tủa} = m_Ag + m_AgCl = 180,16g

Đáp án B

P₁ : 1g không tan chính là Cu. Còn lại là x g Zn

=> %m_Zn = \(\frac{x}{{x + 1}}.100\) %

P₂ : Thêm 4g Al vào => %m_Zn = \(\frac{x}{{x + 1}}.100\) - 33,33 = \(\frac{x}{{x + 1 + 4}}.100\)

=> x = 1g => %m_Cu(X) = 16,67%

Đáp án A

Fe + 4H⁺ + NO₃^- → Fe³⁺ + NO + 2H₂O

Fe + 2Fe³⁺ → 3Fe²⁺

Fe + 2H⁺ → Fe²⁺ + H₂

Sau phản ứng thu được chất rắn không tan thì đó là Fe dư.

Vì Fe dư nên NO₃^- phản ứng hết và H⁺ cũng hết.

Khi đó Fe chỉ bị oxi hóa thành Fe²⁺

Vậy trong dung dịch X chứa FeSO₄ và Na₂SO₄.

Đáp án A

CO + Al₂O₃, MgO, Fe₃O₄, CuO → Al₂O₃, MgO, Fe, Cu + CO₂

Al₂O₃+ 2NaOH → 2NaAlO₂+ H₂O

Phần không tan Z gồm MgO, Fe, Cu.

Đáp án C