Đáp án D.

Quy đổi X thành hỗn hợp gồm Mg, Ca, O

Quá trình OXH – KHỬ

\(\begin{array}{l}
M{g^0} – 2e \to M{g^{ + 2}}\\
C{a^0} – 2e \to C{a^{ + 2}}\\
{O^0} + 2e \to {O^{ – 2}}\\
2{H^ + } + 2e \to {H_2}
\end{array}\)

\({n_{Mg}} = {n_{MgC{l_2}}} = \frac{{12,35}}{{95}} = 0,13\,\,mol;\,{n_{{H_2}}} = \frac{{3,248}}{{22,4}} = 0,145\,\,mol\)

\(X \to \left\{ \begin{array}{l}
Mg:0,12\left( {mol} \right)\\
Ca:x\left( {mol} \right)\\
O:y\left( {mol} \right)
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
{m_X} = 0,13.24 + 40x + 16y = 10,72\\
BT\,\,mol\,\,e:0,13.2 + 2x = 2y + 0,145.2
\end{array} \right.\)

\( \to \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,14\\
y = 0,125
\end{array} \right. \to {m_{CaC{l_2}}} = 111.0,14 = 15,54\,g\)

Đáp án C.

\({m_O} = 20.\frac{{16,8}}{{100}} = 3,36\,gam \to {n_O} = 0,21\,mol\)

Quy đổi X thành hỗn hợp gồm Cu, Fe, O.

\(20g\,X\left\{ \begin{array}{l}
Cu:x\\
Fe:y + z\\
O:0,21
\end{array} \right. \to \)

\(\,\left\{ \begin{array}{l}
ddY\left\{ \begin{array}{l}
C{u^{2 + }}:x\\
F{e^{2 + }}:y\\
F{e^{3 + }}:z\\
C{l^ – }:b\\
NO_3^ –
\end{array} \right.\\
NO:0,06
\end{array} \right.\, \to \left\{ \begin{array}{l}
Z\left\{ \begin{array}{l}
C{u^{2 + }}:x\\
F{e^{3 + }}:y + z
\end{array} \right. \to 22,4\,gam\left\{ \begin{array}{l}
CuO:x\\
F{e_2}{O_3}:0,5\left( {y + z} \right)
\end{array} \right.\\
m\left( g \right) \downarrow \left\{ \begin{array}{l}
AgCl:b\\
Ag:y
\end{array} \right.
\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}
{m_X} = 64x + 56(y + z) + 0,21.16 = 20\\
BT\,\,mol\,e:2x + 2y + 3z = 0,21.2 + 0,06.3\\
80x + 160.0,5(y + z) = 22,4
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,12\\
y = 0,12\\
z = 0,04
\end{array} \right.\)

BTĐT dd Y:  

Các quá trình xảy ra:

Quá trình OXH – KHỬ:

 \({n_{C{l^ – }}} = 2{n_{C{u^{2 + }}}} + 2{n_{F{e^{2 + }}}} + 3{n_{F{e^{3 + }}}} – {n_{NO_3^ – }} = 0,46\,\,mol = b\) 

 \(\to m \downarrow = {m_{Ag}} + {m_{AgCl}} = 0,12.108 + 0,46.143,5 = 78,97\,gam\) 

Phản ứng tạo kết tủa:

\(\begin{array}{l}
A{g^ + } + \mathop {C{l^ – }}\limits_{b\,\,mol} \to \mathop {AgCl}\limits_{b\,\,mol} \\
\mathop {F{e^{2 + }}}\limits_{y\,\,mol} + A{g^ + } \to F{e^{3 + }} + \mathop {Ag}\limits_{y\,\,mol}
\end{array}\) 

Đáp án A.

Nhận xét: phần 1 phản ứng với NaOH sinh ra H2 nên chứa Al dư → sản phẩm gồm: Al dư, Al2O3 và Fe.

\(2Al + F{e_2}{O_3} \to A{l_2}{O_3} + 2Fe\)

Phần 1 \(\left\{ \begin{array}{l}
{n_{Al}} = \frac{2}{3}{n_{{H_2}}} = \frac{2}{3}.\frac{{8,96}}{{22,4}} = \frac{{0,8}}{3}\\
{n_{A{l_2}{O_3}}} = x \to {n_{Fe}} = 2x
\end{array} \right.\)

\( \to \left\{ \begin{array}{l}
{m_{Fe}} = 56.2x = 112x\\
m{\,_{phan{}\,1}} = {m_{Al}} + {m_{A{l_2}{O_3}}} + {m_{Fe}} = 27.\frac{{0,8}}{3} + 102x + 112x = 214x + 7,2
\end{array} \right.\)

Al, Al2O3 tan trong dung dịch NaOH, nên chất rắn còn lại là Fe.

Nếu cho phần 1 tác dụng với HCl dư: \({n_{{H_2}}} = {n_{Fe}} + 1,5{n_{Al}} = 0,4 + 1,5.\frac{{0,8}}{3} = 0,8\,\,mol\)

\(\left\{ \begin{array}{l}
{m_1} = 50g \to 0,8\,\,mol\,\,{H_2}\\
{m_2} \to \frac{{2,688}}{{22,4}} = 0,12\,\,mol\,\,{H_2}
\end{array} \right. \to {m_2} = \frac{{50.0,12}}{{0,8}} = 7,5\,\left( g \right)\)

\(BTKL \to m = {m_1} + {m_2} = 57,5\,\,gam\)

\(m\,ran\left\{ \begin{array}{l}
NaOH\,du\left( {0,4 – 0,15.2 = 0,1\,mol} \right)\\
C{H_2}{\left( {COONa} \right)_2}\,\left( {0,15\,mol} \right)
\end{array} \right. \to {m_{\,ran}} = 40.0,1 + 148.0,15 = 26,2\,(g)\)

Chọn đáp án D

Khi thủy phân saccarozơ thì thu được glucozơ và fructozơ

Phương trình phản ứng thủy phân saccarozơ

C12H22O11 + H2O $\stackrel{}{\to }$ C6H12O6 (glucozơ) + C6H12O6 (fructozơ)

Chọn đáp án C

X có 4 công thức cấu tạo thỏa mãn:

HCOO−CH=CH−CH3→HCOOH+CH3−CH2−CHO

HCOO−CH2−CH=CH2→HCOOH+CH2=CH−CH2OH

HCOO−C(CH3)=CH2→HCOOH+CH3−CO−CH3

CH3−COO−CH=CH2→CH3COOH+CH3CHO

Có 5 este thỏa mãn (gồm đồng phân cis-trans của chất đầu tiên ở trên)

Chọn C.

Dùng quỳ tím:

+ Hóa đỏ: HCl

+ Hóa xanh: Ba(OH)2

+ Vẫn tím: Na2SO4, NaCl. Cho dung dịch Ba(OH)2 vừa nhận ra ở trên vào 2 mẫu này, có kết tủa trắng là Na2SO4, còn lại là NaCl.

Chọn A.

A là C6H12O6

B là CH3COOH

D là C2H5OH

E là CH3CHO

Đáp án D

(a) Đúng. Do gốc vinyl có liên kết π nên có thể tham gia phản ứng trùng hợp tạo poli(vinyl axetat)..

(b) Đúng. Trong phân tử glucozơ có chứa nhóm chức –CHO, khi gặp chất oxi hóa mạnh Br₂ bị oxi hóa thành –COOH theo phản ứng

HO-CH₂-[CHOH]₄-CHO + Br₂ + H₂O → HO-CH₂-[CHOH]₄-COOH +2HBr

(c) Đúng. Khi nguyên tử nitơ trong các amin có số oxi hóa -3 nên dễ bị oxi hóa khi để lâu ngoài không khí dẫn tới các amin thơm bị chuyển từ không màu thành màu đen.

(d) Đúng. Trong phân tử các amino axit có chứa nhóm chức cacboxyl –COOH nên có thể tham gia phản ứng este hóa với với ancol trong điều kiện xúc tác thích hợp.

(e) Đúng. Glicogen là đại phân tử polisaccarit đa nhánh của glucozơ có vai trò làm chất dự trữ trong cơ thể động vật và nấm.

Đáp án A

Phản ứng (-C₆H₁₀O₅-)_n + 3nHNO₃ → Xenlulozơ trinitrat + 3nH₂O

Sử dụng bảo toàn khối lượng, ta có:

\({m_{Xenluloz\^o {\rm{ }}trinitrat}} = \left[ {100 + 3.\frac{{100}}{{162}}.\left( {63 - 18} \right)} \right].0,8 = 146,7\) 

\({{\rm{n}}_{{\rm{gly - ala}}}}\,{\rm{ = }}\frac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}{{\rm{n}}_{{\rm{NaOH}}}}{\rm{ = 0,2}}\,{\rm{mol}}\)

Đáp án D

Các ion cùng tồn tại trong một dung dịch khi các ion này không tác dụng với nhau.

A. Sai. Khi ion Fe²⁺ gặp hỗn hợp oxi hóa mạnh (H⁺, \(NO_3^ - \)) thì sẽ bị oxi hóa tạo thành Fe³⁺, khí NO và nước.

B. Sai. Ba²⁺ khi gặp \(PO_4^{3 - }\) sẽ tạo thành kết tủa Ba₃(PO₄)₂ màu vàng nhạt.

C. Sai. \(HCO_3^ - \) tác dụng với OH^- tạo thành \(HCO_3^ - \) và nước.

\( {\rm{2}}{{\rm{n}}_{{\rm{A}}{{\rm{l}}_{\rm{2}}}{{\rm{O}}_{\rm{3}}}}}{\rm{ =  }}{{\rm{n}}_{{\rm{KOH}}}}\) → \({{\rm{n}}_{{\rm{A}}{{\rm{l}}_{\rm{2}}}{{\rm{O}}_{\rm{3}}}}}{\rm{  =  0,02}}\,{\rm{mol}}\) → \({\rm{m  =  2,04}}\,{\rm{gam}}\)

\({{\rm{n}}_{{{\rm{C}}_{\rm{2}}}{\rm{H}}_{\rm{5}}^{}{\rm{OH}}}}{\rm{ =  }}{{\rm{n}}_{{\rm{C}}{{\rm{H}}_{\rm{3}}}{\rm{COO}}{{\rm{C}}_{\rm{2}}}{{\rm{H}}_{\rm{5}}}}}{\rm{ =  0,1mol}}\)

\({\rm{m  = }}\frac{{{\rm{0,1}}{\rm{.46}}}}{{{\rm{0,5}}}}{\rm{ =  9,2}}{\rm{gam}}\)

\( \to \left\{ \begin{array}{l}
12x + 32y = 1,12\\
x + 4x + 6y = 0,32
\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,04\\
y = 0,02
\end{array} \right.\)

\(\left\{ \begin{array}{l}
CaC{O_3}:0,04\,mol\\
CaS{O_3}:0,14mol
\end{array} \right. \to m = 20,8\,gam\)

Khí không màu hóa nâu trong kk là NO. Vì tỷ khối của 2 khí là 24,4 nên có 1 khí là H2

\({n_{{H_2}}} = a,\,\,{n_{NO}} = b \to a + b = 0,125,\,\,\,2a + 30b = 3,05 \to a = 0,025,\,\,b = 0,1\)

Vì tạo khí H₂ nên NO₃^– phản ứng hết

\({n_{NO_3^ - }} = 0,15 \to N{H_4}Cl:0,05 \to {n_{Zn}} = \frac{{0,025.2 + 0,1.3 + 0,05.8}}{2} = 0,375\)

⇒ m_Muối = m_ZnCl2 + m_NH4Cl + m_NaCl + m_KCl = 64,05 gam 

biến đổi M về 1 peptit mạch dài: 1X + 3Y → 1Z + 3H2O.

Lại có: thủy phân Z cho 1,08 mol Gly + 0,48 mol Ala. Tỉ lệ ngly ÷ nala = 9 ÷ 4.

∑liên kết peptit = 5 nên tối đa α-amino axit cần để tạo Z là 1 × (1 + 1) + 3 × (4 + 1) = 17.

||→ tạo 1 mol Z là từ 9 mol Gly + 4Ala – 12H2O (nếu 18 + 6 thì > 17 rồi).

Kết hợp lại: 1X + 3Y → 9Gly + 4Ala – 9H2O ||→ nH2O = 1,08 mol

||→ BTKL có mM = mX + mY = 81 + 42,72 – 1,08 × 18 = 104,28 gam.

nZn = nZn(NO3)2 = 0,66 mol ⇒ mZn(NO3)2 = 124,74 gam.

⇒ mNH4NO3 = 4,8 gam ⇒ nNH4NO3 = 0,06 mol.

+ Đặt số mol NO = a và nN2O = b ta có:

+ PT theo số mol hỗn hợp khí: a + b = 0,18 (1).

+ PT theo bảo toàn e: 3a + 8b + 0,06×8 = 0,66×2 (2).

+ Giải hệ (1) và (2) ta có nNO = 0,12 và nN2O = 0,08 mol.

⇒ ∑nHNO3 pứ = 0,12×4 + 0,06×10 + 0,06×10 = 1,68 mol.

⇒ mHNO3 = 105,84 gam ⇒ mDung dịch HNO3 = 1058,4 gam.

⇒ V = 1058,4 ÷ 1,26 = 840 ml

Có nAg = 0,0375 mol → nCHO = 0,01875 mol

Có nRCOONH4 = nNH3 = 0,02 mol → MRCOONH4 = 1,86 : 0,02 = 91 ⇒ MR = 31 ( HO-CH2) 

Vì mỗi chất trong X đều chứa hai nhóm chức trong số các nhóm –OH, –CHO, –COOH

⇒ X gồm HO-CH2-CHO : 0,01875 mol và HO-CH2-COOH:

( 0,02 - 0,01875) = 1,25. 10-3 mol

⇒ m = 0,01875. 60 + 1,25. 10-3 . 76 = 1,22 gam. 

m gam chất rắn gồm 0,075 mol Cu và 0,0625 mol Fe ⇄ m = 8,3 gam.

\(\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x + y = \frac{{11,2}}{{22,4}} = 0,5\,\,mol\\
{m_ \downarrow } = {m_{A{g_2}{C_2}}} + {m_{Ag}} = 240x + 108.2y = 112,8\,gam
\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}
x = 0,2\\
y = 0,3
\end{array} \right.\)

\(\Rightarrow {n_{B{r_2}}} = 2x + y = 0,7\,mol \Rightarrow {m_{B{r_2}}} = 160.0,7 = 112\,gam\)

Giả sử có 100 gam quặng → mCa3(PO4)2 = 93 gam.

Ca3(PO4)2 + 2H2PO4 → Ca(HPO4)2 + 2 CaSO4 <=> P2O5

310-----------2 x 98------------------------------------142

93--------------x----------------------------------------y

\(\Rightarrow x = \frac{{93 \times 2 \times 98}}{{310}} = 58,8\,gam;\,\,y = \frac{{93 \times 142}}{{310}} = 42,6\,gam\)

\(\Rightarrow \% {P_2}{O_5} = \frac{{42,6}}{{100 + 58,8}} \approx 26,83\% \)

Ta có phản ứng: CH3COOH + C2H5OH ⇌ CH3COOC2H5 + H2O

+ Ta có nCH3COOH = 0,4 mol và nC2H5OH = 0,5 mol

+ Từ số mol 2 chất ta xác định được hiệu suất tính theo số mol axit.

⇒ mEste = 0,4×0,6×88 = 21,12 gam 

Ta có ∑nH+ = 0,4 mol và nCO32– = 0,3 mol.

+ Đầu tiên: H+ + CO32– → HCO3– [H+ dư 0,1 mol]

+ Sau đó: H+ + HCO3– → CO2↑ + H2O.

⇒ nCO2 = 0,1 mol ⇒ VCO2 = 2,24 lít 

Gọi CTPT của HCHC có dạng: CxHyOz.

● Giả sử có 1 nguyên tử oxi  z = 1 ⇒ 12x + y = 44.

+ Giải PT nghiệm nguyên ⇒ x = 3 và y = 8 ⇒ CTPT là C3H8O.

⇒ có 3 CTCT thỏa mãn: CH2–CH2–CH2–OH (1) || CH3–CH(CH3)–OH (2) || CH3–O–C2H5 (3).

● Giả sử có 2 nguyên tử oxi  z = 2 ⇒ 12x + y = 28.

+ Giải PT nghiệm nguyên ⇒ x = 2 và y = 4 ⇒ CTPT là C2H4O2.

⇒ có 3 CTCT thỏa mãn: HCOOCH3 (4) || CH3COOH (5) || HO–CH2–CHO (6).

+ Số chất tác dụng với Na gồm (1) (2) (5) và (6) 

Số chất tác dụng với NaOH dư sinh ra ancol gồm:

+ Anlyl axetat, etyl fomat, tripanmitin 

Muối cacbonat của các kim loại kiềm không bị nhiệt phân hủy 

Số mol nHCl = 0,04 mol ⇒ nOH– = 0,04 mo.

⇒ Bảo toàn điện tích ta có: nNa+ = 0,03 mol.

⇒ Chất rắn thu được khi cô cạn dd X = 0,01×137 + 0,01×62 + 0,04×17 + 0,03×23 = 3,36 gam.

Số dung dịch tác dụng với Cu(OH)2 gồm:

CH3COOH, C2H4(OH)2, C3H5(OH)3, glucozo, saccarozo và anbumin.

Có 3 chất thỏa mãn đó là:

HCOO–CH2–CH(OH)–CH3 || CH3COO–CH2–CH2–OH || HCOO–CH–(CH2OH)–CH3

Số chất thỏa mãn là AgNO3, Cu(NO3)2, CaCO3, Ba(HCO3)2 và NH4HCO3.

● Với AgNO3 ta có:

AgNO3 → Ag + NO2 + O2.

Thêm H2O ⇒ H2O + NO2 + O2 → HNO3.

Sau đó: HNO3 + Ag → AgNO3 + NO + H2O.

● Với Cu(NO3)2 cũng thương tự như AgNO3.

● Với CaCO3 ta có:

CaCO3 → CaO + CO2.

Thêm H2O ⇒ CaO + H2O → Ca(OH)2.

Sau đó: Ca(OH)2 + CO2 → CaCO3 + H2O.

● Với Ba(HCO3)2 ta có:

Ba(HCO3)2  → BaCO3 + CO2 + H2O

Sau đó: BaCO3   → BaO + CO2.

Thêm H2O ⇒ BaO + H2O → Ba(OH)2.

Sau đó: Ba(OH)2 + CO2 → BaCO3 + H2O.

Vì CO2 dư ⇒ BaCO3 + CO2 + H2O → Ba(HCO3)2

● Với NH4HCO3 ta có:

NH4HCO3   → NH3 + H2O + CO2.

Thêm H2O ⇒ NH3 + H2O + CO2 → NH4HCO3.

Số chất thỏa mãn yêu cầu đề bài gồm:

Al, Zn(OH)2, NH4HCO3, NaHS và Fe(NO3)2.

Các kim loại: K, Ca, Ba tác dụng với H2O ở đk thường => có 3 kim loại

Kim loại Al thụ động với H2SO4 đặc nguội và HNO3 đặc nguội

Al là kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa nên không tác dụng được với MgSO₄

2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2↑

A. FeCl3 có màu vàng

B. dd K2Cr2O7 có màu da cam

C. dd CuSO4 có màu xanh lam

D. dd AgNO3 không màu

C2H2 +  2AgNO3 + 2NH3 → Ag2C2↓ vàng nhạt + 2NH4NO3