(a) Fe²⁺ + H⁺ + NO₃^- ---> Fe³⁺ + SPK + H₂O

→ phản ứng oxi hóa - khử

(b) OH^- + H⁺ → H₂O

→ phản ứng trao đổi, không phải là phản ứng oxi hóa - khử

(c) H₂S + 2FeCl₃ → 2FeCl₂ + S + 2HCl

→ phản ứng oxi hóa - khử

(d) CO₂ + NaOH → NaHCO₃

→ phản ứng trao đổi, không phải là phản ứng oxi hóa - khử

Vậy có 2 phản ứng oxi hóa - khử

Đáp án B

(a) đúng.

(b) đúng.

(c) sai, vì nước không giữ được khí clo vì nước phản ứng rất yếu với clo.

(d) đúng, vì thuốc tím cũng là một chất oxi hóa mạnh tương tự như MnO₂.

Vậy có 3 phát biểu đúng.

+2 và +3.

Đáp án C

PTHH: C₂H₅COONa + NaOH \(\xrightarrow{{CaO,{t^0}}}\) C₂H₆ + Na₂CO₃

Khí sinh ra là C₂H₆: etan thuộc dãy đồng đẳng ankan.

Đáp án A

n_CO2(đktc) = 5,376 :22,4 = 0,24 (mol)

Bảo toàn khối lượng ta có: \({n_{{H_2}O}} = \frac{{6,46 + 0,235.32 - 0,24.44}}{{18}} = 0,19\,(mol)\)

\({n_{O(E)}} = \frac{{{m_E} - {m_C} - {m_H}}}{{16}} = \frac{{6,46 - 0,24.12 - 0,19.2}}{{16}} = 0,2\,(mol)\)

→ n_COO-(E) = 1/2. n_O(E) = 0,1 (mol)

Khi E + NaOH có: n_{NaOH pư}  = n_COO-(E) = 0,1 (mol) → n_NaOH dư = 0,02 (mol)

Đốt T (gồm muối + NaOH dư) → n_H2O = 0,18/18 = 0,1 (mol)

Ta có: Đốt 0,02 mol NaOH dư sẽ thu được n_H2O = 0,02/2 = 0,01 (mol)

Ta thấy: số mol H₂O đốt NaOH dư bằng với mol H₂O sinh ra → các muối trong T đều không chứa H

→ Các muối đều phải 2 chức → các ancol đều phải đơn chức

Suy luận muối no, 2 chức, không có H duy nhất là (COONa)₂

Xét quá trình: E + 0,12 mol NaOH → T + Ancol

Bảo toàn nguyên tố H ta có: n_H(ancol) = n_H(E) + n_H(NaOH) – n_H(T) = 0,19.2 + 0,12 – 0,01.2 = 0,48 (mol)

n_Ancol = n_NaOH pư = 0,1 (mol)

→ số H trong ancol = n­H(trong ancol)/ n_ancol = 0,48/0,1 = 4,8

Vì 2 ancol đồng đẳng kế tiếp nên 2 ancol phải là CH₃OH và C₂H₅OH

Đặt: \(\left\{ \begin{array}{l}C{H_3}OH:a\,(mol)\\{C_2}{H_5}OH:\,b(mol)\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}{n_{ancol}} = a + b = 0,1\\{n_{H(ancol)}} = 2a + 3b = 0,48\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}a = 0,06\\b = 0,04\end{array} \right.\)

→ X là (COOCH₃)₂ ; Y là CH₃COO-COOC₂H₅ và Z là (COOC₂H₅)₂

Vậy M_Z = M_(COOC2H5)2 = 146 (g/mol)

Đáp án C

Đặt n_Y = n_NaOH = e (mol)

Tách nước của Y → n_H2O = 0,5e  (mol)

Bảo toàn khối lượng: m_Y = m_H2O + m_este = 9e + 1,99  (g)

Bảo toàn khối lượng cho phản ứng xà phòng hóa:

3,82 + 40e = 3,38 + 9e + 1,99

→ e = 0,05

→ M_Y = 48,8 (g/mol)

→ Y gồm C₂H₅OH: 0,04 (mol) và C₃H₇OH: 0,01 (mol)

Bảo toàn C: n_C(muối) = n_C(X) – n_C(Y) = 0,05 (mol)

Dễ thấy: n_C(muối) = n_NaOH → Muối gồm HCOONa: 0,03 (mol) và (COONa)₂: 0,01 (mol)

Kết hợp số mol muối và ancol ta được X chứa:

(COOC₂H₅)₂: 0,01 (mol)

HCOOC₂H₅: 0,04 – 0,01.2 = 0,02 (mol)

HCOOC₃H₇: 0,01 (mol)

→%HCOOC₂H₅ = (0,02.74)/3,82].100% = 38,74%

Đáp án B

A sai, vì lớp chất rắn nổi lên là muối natri của axit béo.

B sai, thêm NaCl bão hòa nóng để làm tăng khối lượng riêng của phần chất lỏng phía dưới, khiến xà phòng dễ tách ra hơn.

C đúng

D sai, vì dầu nhờn bôi trơn máy không phải là chất béo mà là các hiđrocacbon.

Đáp án C

Vì dung dịch Y phản ứng với Fe cho ra hỗn hợp kim loại (Cu và Fe dư) nên trong dd Y phải còn Cu²⁺  dư, do vậy điện phân Cu²⁺  chưa điện phân hết. Mặt khác còn thu được khí NO thoát ra nên dd Y chắc chắn có chứa HNO₃, do vậy Cl^- phải điện phân hết, bên anot H₂O điện phân để tạo ra H⁺

Qúa trình điện phân như sau:

Catot(-): xảy ra quá trình khử Cu²⁺                        Anot(+): xảy ra quá trình oxi hóa Cl^-, H₂O

Cu²⁺ + 2e → Cu                                                                    2Cl^-  → Cl₂ + 2e

x     → 2x → x    (mol)                                                          0,2   → 0,1 →0,2(mol)

                                                                                              2H₂O → O₂ + 4H⁺ + 4e

                                                                                                              y→ 4y → 4y (mol)

Đặt số mol Cu²⁺ điện phân = x (mol); số mol O₂ bên anot = y (mol)

Ta có hệ:

\(\left\{ \begin{array}{l}Bt\,e:2{n_{C{u^{2 + }}}} = {n_{C{l^ - }}} + 4{n_{{O_2}}}\\m\,giam:{m_{Cu}} + {m_{C{l_2}}} + {m_{{O_2}}} = 17,5\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}2x = 0,2 + 4y\\64x + 0,1.71 + 32y = 17,5\end{array} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}x = 0,15 = {n_{C{u^{2 + }}}}pu\\y = 0,025 = {n_{{O_2}}}\,(anot)\end{array} \right.\)

Dd Y thu được chứa: Na⁺; NO₃^-; Cu²⁺ dư: a – 0,15 (mol) và H⁺ dư: 0,1 (mol)

Dd Y pư với Fe dư theo PT ion rút gọn sau:

                3Fe + 8H⁺ + 2NO₃^- → 3Fe²⁺ + 2NO + 4H₂O

(mol) 0,0375 ← 0,1

               Fe  + Cu²⁺  → Fe²⁺ + Cu↓

(mol) (a – 0,15)                ← (a-0,15)

Độ giảm khối lượng kim loại = m_Fe pư – m_Cu sinh ra

→ m – (m – 0,5) = (0,0375 + a – 0,15).56 -  (a-0,15).64

→  0,5 = 3,3 - 8a

→ 8a = 2,8

→ a = 0,35

Đáp án D

(a), (b), (c), (d) đúng

(e) sai vì saccarozơ không còn nhóm –CHO trong phân tử nên không thể tham gia phản ứng tráng bạc.

→ Có 4 phát biểu đúng

Đáp án B

- Khi x = V:

n_CO2 = n_CaCO3 ⇔ \(\dfrac{V}{{22,4}} = \dfrac{m}{{100}}\) (1)

- Khi x = 7V:

Ta có: n_CaCO3 = \(\dfrac{{3m}}{{100}}\) (mol)

Bảo toàn Ca → n_Ca(HCO3)2 = n_Ca(OH)2 - n_CaCO3 = 0,01 - \(\dfrac{{3m}}{{100}}\) (mol)

Bảo toàn C → n_CO2 = n_CaCO3 + 2n_Ca(HCO3)2 ⇔ \(\dfrac{{7V}}{{22,4}} = \dfrac{{3m}}{{100}} + 2.\left({0,01 - \dfrac{{3m}}{{100}}} \right)\)(2)

Giải hệ (1)(2) được: m = 0,2 và V = 0,0448

Vậy m = 0,2 (g).

(a) Đúng, PTHH: 3NH₃ + 3H₂O + AlCl₃ → Al(OH)₃↓ + 3NH₄Cl

(b) Sai, nhiệt phân hoàn toàn Cu(NO₃)₂ thu được CuO

PTHH: 2Cu(NO₃)₂ \(\xrightarrow{{{t^0}}}\)2CuO + 4NO₂ + O₂

(c) Đúng

PTHH: Na₂O + H₂O → 2NaOH

  (mol)     1                → 2

             2NaOH + 2Al + 2H₂O → 2NaAlO₂  + 3H₂

  (mol)        1      ← 1

Hỗn hợp tan hoàn toàn, dd sau pư thu được NaAlO₂ và NaOH dư: 1 mol

(d) Đúng

(e) Sai, trong công nghiệp, Al được sản xuất bằng cách điện phân nóng chảy Al₂O₃

PTHH: 2Al₂O₃ \(\xrightarrow{{{t^0}}}\)4Al + 3O₂

→ có 3 phát biểu đúng

Đáp án A

Thủy phân X (C₄H₈O₂) thu được ancol etylic C₂H₅OH ⟹ X là CH₃COOC₂H₅, có tên gọi là etyl axetat.

Chọn D.

A. KOH + HNO₃ → KNO₃ + H₂O 

→ PT ion rút gọn: OH^- + H⁺ → H₂O.

B. Cu(OH)₂ + H₂SO₄ → CuSO₄ + 2H₂O 

→ PT ion rút gọn: Cu(OH)₂ + 2H⁺ → Cu²⁺ + 2H₂O.

C. KHCO₃ + KOH → K₂CO₃ + H₂O 

→ PT ion rút gọn: HCO₃^- + OH^- → CO₃^2- + H₂O.

D. Cu(OH)₂ + 2HNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2H₂O 

→ PT ion rút gọn: Cu(OH)₂ + 2H⁺ → Cu²⁺ + 2H₂O.

Đáp án A

(1) Đúng

(2) Đúng

(3) Đúng

(4) Đúng

(5) sai vì phản ứng thủy phân chất béo trong môi trường kiềm là phản ứng một chiều

Đáp án D

A sai do phân li ra Na⁺

B sai do C₂H₅OH không điện li

C sai do phản ứng hai chiều

D đúng

Đáp án D

Fructozo và Glutozo thuộc monosaccarit

Saccarozo thuộc đisaccarit

Xenlulozo thuộc polisaccarit

Đáp án B

Zn + HCl → ZnCl₂ + H₂

H₂ + S → H₂S

H₂S + Pb(NO₃)₂ → PbS + 2HNO₃

 Xét chất rắn Y : nung nóng Y thu được muối M₂CO₃ :8,97 gam

m_MOH = 7,28 gam

Bảo toàn nguyên tố M có ${n_{MOH}} = 2{n_{{M_2}C{O_3}}} \to \frac{{7,28}}{{M + 17}} = 2.\frac{{8,97}}{{2M + 60}}$ → M = 39

→ n_KOH = 0,13 mol

E + 0,13 mol KOH → 26,12 gam chất lỏng + rắn Y

Rắn Y có 0,03 mol KOH và 0,1 mol muối RCOOK nên 12,88 = 0,03.56 + 0,1.(R + 83) → R = 29 (C₂H₅)

→ Y có KOH : 0,03 mol và C₂H₅COOK : 0,1 mol → K₂CO₃ : 0,065 mol + CO₂

Bảo toàn C có n_CO2 =0,1.3 – 0,065 = 0,235 mol → V_CO2 = 5,264 lít → (1) đúng

m_lỏng = m_H2O + m_ancol = 26.0,72 + m_ancol = 26,12 → m_ancol = 7,4 gam →M_ancol = 74 → ancol C₄H₉OH → (3) đúng

→ E là C₂H₅COOC₄H₉ →(2) sai

(4)   Sai

Đáp án C

n_Al = 0,3 mol

                   Fe₂O₃ + 2Al → Al₂O₃ + 2Fe

→ vì chất rắn thu được sau phản ứng tác dụng với NaOH tạo khí nên chất rắn có Al → phản ứng trên có Al dư

Đặt hỗn hợp sau phản ứng có Al : x mol thì Al₂O₃ : y mol và Fe : 2y mol

Bảo toàn Al có x + 2y =0,3 mol

Rắn + NaOH thì 2NaOH +2Al +2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂

→ x = \(\frac{{{n_{{H_2}}}}}{{\frac{3}{2}}} = 0,1\)mol → y =0,1 mol

Bảo toàn Fe có n_Fe2O3 = 0,1 mol → m =16 gam

Đáp án C

Vì phần 1 tác dụng với NaOH tạo khí nên X có Al dư nên hỗn hợp tạo thành có Al₂O₃, Cr và Al dư

Có 2Al + Cr₂O₃ → Al₂O₃ + 2Cr

Nên trong mỗi phần đặt Al: x mol; Al₂O₃: y mol thì Cr : 2y mol

→ 2.(27x + 102y + 104y) = 43,9 gam

P₁: X + NaOH thì 2NaOH +2Al +2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂

→ x = \(\frac{{{n_{{H_2}}}}}{{\frac{3}{2}}} = 0,05\)→ y = 0,1 mol

P₂ : 3HCl + Al → AlCl₃  + 3/2 H₂

       Cr + 2HCl → CrCl₂ + H₂

        Al₂O₃ + 6HCl → 2AlCl₃ + 3H₂O

→ n_HCl = 3x + 2y.2 + 6y =3.0,05 + 10.0,1 =1,15 mol → V = 1,15 lít

Đáp án A

Các cặp oxy hóa – khử sau đây theo thứ tự tăng dần tính oxi hóa của các kim loại: (5) Na⁺/Na < (1) Fe²⁺/Fe < (2) Pb²⁺/Pb < (3) 2H⁺/H₂ < (7) Cu²⁺/Cu < (6) Fe³⁺/ Fe²⁺ < (4) Ag⁺/Ag

Đáp án A

Chất tham gia phản ứng thủy phân trong môi trường kiềm là : etyl axetat, tripanmitin, gly – ala.

Đáp án B

C₆H₁₂O₆ → 2Ag

→ n_C6H12O6 = ½ . n_Ag = 0,02 mol → m_fruc = 3,6 gam

Đáp án B

Chất không lưỡng tính là Cr(OH)₂                        

Đáp án C

Este có mùi chuối chín là isoamyl axetat                   

Đáp án A

Để nhận biết 3 chất rắn này ta sử dụng dung dịch NaOH

Khi cho NaOH vào 3 chất rắn trên:

- ống nghiệm xuất hiện khí đồng thời chất rắn bị hòa tan là Al

- ống nghiệm có chất rắn bị hòa tan và không có khí là Al₂O₃

_-  ống nghiệm không có hiện tượng là Fe

Đáp án A

n_Fe = 0,1 mol và n_AgNO3 = 0,26 mol

Ta thấy  2n_Fe < n_Ag < 3n_Fe => Fe phản ứng với Ag⁺ tạo ra cả muối Fe²⁺ và Fe³⁺

                                       Fe + 2AgNO₃  → Fe(NO₃)₂ + 2Ag

               Ban đầu           0,1          0,26

               Sau                  0              0,06         0,1

                                      Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + Ag

               Ban đầu          0,1                  0,06

               Sau                 0,04                0                 0,06

→sau phản ứng C_M [Fe(NO₃)₂] = 0,2 M và C_M [Fe(NO₃)₃] = 0,3M

Đáp án D

Các kim loại phản ứng mạnh với nước ở nhiệt độ thường là Ca, Sr, Ba 

Đáp án C.          

Vì phản ứng chỉ tạo ra một ancol mà Y Z là este no đơn chức nên cả Y, Z tạo từ cùng 1 ancol

Y có CTCT là HCOOCH₃ → Z là C₃H₇COOCH₃

Y và Z là 2 este no đơn chức nên n_X = n_CH3OH = n_NaOH  = 0,25 mol

Bảo toàn khối lượng có m_X + m_NaOH = m_CH3OH + m → 17,045 + 0,25.40 = m + 0,25.32 → m = 19,045 gam

Đáp án C

Amin + O₂ → CO₂ + H₂O + N₂

Ta có n_CO2 = 0,3 mol và n_H2O = 0,5 mol

Bảo toàn O có 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O  = 0,3.2 + 0,5 = 1,1 mol → n_O2 =0,55 mol

Bảo toàn khối lượng m_amin + m_O2 =m_CO2 + m_H2O + m_N2 → 7,4 + 0,55.32 = 0,3.44 + 9 + m_N2 →m_N2 =2,8 g

→ n_N2 = 0,1 mol

Bảo toàn nguyên tố thì trong amin có n_N = 2n_N2 = 0,2 mol

                                                            n_C = n_CO2 = 0,3 mol

                                                            n_H = 2n_H2O = 1 mol

→ n_C : n_H  : n_O  = 3 : 10 : 2

→ C₃H₁₀N₂

Đáp án C

n_glucozo  = 0,06 mol

Saccarozo → 1 glucozo + 1 fructozo

→ n_saccarozo ( lý thuyết)= n_glucozo = 0,06 mol

Vì H = 90% nên số mol saccarozo thực tế là 0,06 : 0,9  = 0,067 mol → m = 22,80 gam

Đáp án B

3NaOH + AlCl₃ → Al(OH)₃ + 3NaCl

NaOH + Al(OH)₃ → NaAlO₂ + 2H₂O

Khi thêm 0,24 mol NaOH vào thì n_Al(OH)3 = 0,08 mol → lúc này NaOH là chất hết chỉ xảy ra phản ứng đầu tiên

Khi thêm tiếp 0,1 mol NaOH thì số mol Al(OH)₃ là 0,06 mol → kết tủa bị hòa tan một phần

=> Tổng mol OH- là 0,34 (mol) ; n_Al(OH)3 = 0,06 (mol)

Ta thấy n_OH- cho vào > OH- có trong Al(OH)₃ => có hiện tượng hòa tan kết tủa. Sản phẩm khi đó có Al(OH)₃ và AlO₂^-

áp dụng công thức ta có:

=> n_OH­- = 4n_Al3+ - n_Al(OH)3

0,34 = 4. 0,1x - 0,06

=> x = 1

Đáp án B

(a) Sai vì triolein có 6 liên kết pi

(b) Đúng

(c) Đúng

(d) Đúng

(e) Đúng

(g) Sai vì thủy phân saccarozo thu được glucozo và fructozo

Đáp án B

Công thức độ rượu là \({D_r} = \dfrac{{{V_r}.100}}{{{V_{r + {H_2}O}}}} \Rightarrow {V_r} = \dfrac{{92.112,5}}{{100}} = 103,5ml \Rightarrow {V_{{H_2}O}} = 9ml\)

⟹ \(\left\{ \begin{array}{l}{m_{{C_2}{H_5}OH}} = {V_r}.{d_r} = 103,5.0,8 = 82,8(g) \Rightarrow {n_{{C_2}{H_5}OH}} = 1,8\\{m_{{H_2}O}} = V.d = 9.1 = 9(g) \Rightarrow {n_{{H_2}O}} = 0,5\end{array} \right.\)(mol).

PTHH: C₂H₅OH + Na → C₂H₅ONa + 0,5H₂

             H₂O + Na → NaOH + 0,5H₂

Theo PTHH ⟹ n_H2 = 0,5.(1,8 + 0,5) = 1,15 mol.

Vậy V = 1,15.22,4 = 25,76 lít.

Đặt a, b là số mol muối natri của Gly và Ala => n_N = a + b = 0,35.2

2C₂H₄O₂NNa + 4,5 O₂ → Na₂CO₃ + 3CO₂ + 4H₂O

2C₃H₆O₂NNa + 7,5 O₂ → Na₂CO₃ + 5CO₂ + 6H₂O

n_O2 = 2,25a + 3,75b = 2,22=> a = 0,27 và b = 0,43 => m _muối = 73,92 và n_NaOH = 0,7

Bảo toàn khối lượng m_H2O = m_muối + m_O2 – m_Na2CO3 – m_CO2 – m_N2 => m_H2O = 3,78 → n_H2O = 0,21 mol

 => n_Y + n_Z = 0,21 (1)

X là este cùa Glỵ hoặc Ala và ancol T.

Nếu X là NH₂-CH(CH₃)-COOC₂H₅ => n_X = n_C2H5OH = 0,3

=> Y, Z tạo ra từ 0,27 mol Gly và 0,43 - 0,3 = 0,13 mol Ala

=> Số N trung bình của Y, Z = (0,27 + 0,13)/0,21 = 1,9: Vô lý, loại.

Vậy X là NH₂-CH₂-COOC₃H₇ => n_X = n_C3H7OH = 0,23

=> Y, Z tạo ra từ 0,27 - 0,23 = 0,04 mol Gly và 0,43 mol Ala

=> Số N trung bình của Y, Z = (0,04 + 0,43)/0,21 = 2,24

=> Y là dipeptit và z là heptapeptit

→ n_N = 2n_Y + 7n_Z = 0,04 + 0,43 (2)

Tư (1) và (2) => n_Y = 0,2 và n_Z = 0,01

Đặt Y là (Gly)u(Ala)2-u và Z là (Gly)v(Ala)7-v

=> n_Gly = 0,2u + 0,01v = 0,04  => 20 u + v = 4 => u = 0 và v = 4 là nghiệm duy nhất.

Vậy:  Y là (Ala)₂ (0,2 mol) và Z là (Gly)₄(Ala)₃ (0,01 mol)

=> %Z = 7,23%

Đáp án D

Xét Y có Y + O₂ → 0,2 mol CO₂ + 0,35 mol H₂O → Y chứa 2 ancol no đơn chức có n_Y = n_H2O – n_CO2 = 0,15 mol

Y đơn chức nên n_O(Y) = n_Y = 0,15 mol.

Bảo toàn khối lượng m_Y = m_C + m_H + m_O = 0,2.12 + 0,35.2 + 0,15.16 = 5,5 g

Vì n_Y < n_NaOH  nên X chứa cả este của phenol → n_phenol = (0,35 – 0,15) :2 = 0,1 mol→ n_H2O = 0,1 mol

→ X + 0,35 mol NaOH → 0,15 mol Y + 28,6 gam muối + 0,1 mol H₂O

Bảo toàn khối lượng có m_X +m_NaOH = m_Y + m_Z +m_H2O → m + 0,35.40 = 28,6 + 5,5 + 0,1.18 → m = 21,9 gam

Đáp án A

Đặt n_FeCl3 ban đầu = a (mol); n_AlCl3 bđ = b (mol)

Phân tích đồ thị: Chia làm 3 giai đoạn

+ Giai đoạn 1: đồ thị đi lên do đồng thời xảy ra 2 phản ứng sau:

Fe³⁺ + 3OH^- → Fe(OH)₃↓  (1)

Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃↓  (2)

+ Giai đoạn 2: đồ thị đi xuống do xảy ra phản ứng

Al(OH)₃↓ + OH^- → AlO₂^‑ + H₂O  (3)

Xét tại: n_OH- = 3,1 (mol); Đặt n_Al(OH)3 còn lại chưa hòa tan = x (mol)

có: n_OH-_(1)+(2)+(3) = 3n_Fe3+ + 4n_Al3+ - n_{Al(OH)3 còn lại}

⟹ 3,1 = 3a + 4b -x (*)

+ Giai đoạn 3: đồ thị đi ngang do Al(OH)₃ đã bị hòa tan hoàn toàn, kết tủa còn lại chỉ còn Fe(OH)₃

Tại x = 3,2 (mol)

⟹ n_OH-= 3n_Fe3+ + 4n_Al3+

⟹ 3,2 = 3a + 4b  (**)

Từ (*) và (**) ⟹ x = 3,2 - 3,1 = 0,1 (mol)

⟹ Từ 3,1 đến 3,2 mol OH- lượng kết tủa đã bị hòa tan là m_Al(OH)3 = 0,1.78 = 7,8 (g)

⟹ Lượng kết tủa còn lại là: m_Fe(OH)3 = 88,47 - 7,8 = 80,67 (g) gần nhất với 81 gam.

Ca²⁺ + CO₃^2-→ CaCO₃

Mg²⁺ + CO₃^2- → MgCO₃

Bảo toàn điện tích nên \({n_{C{a^{2 + }}}} + {n_{M{g^{2 + }}}} = {n_{HCO_3^ - }} + {n_{C{l^ - }}} = 0,01 + 0,006 = 0,016\) mol

Theo pthh thì n_CO3 = n_Ca + n_Mg = 0,016 mol

→n_Na2CO3 = 0,016 mol

→ V_Na2CO3 = 0,08 lít = 80ml

Đáp án B

Ta có m_O(X) = m_X – m_{kim loại}  = 19,2 – 13,6 = 5,6 g → n_O(X) = 0,35 mol

2H⁺ + O^2- → H₂O → n_H+ = 2n_O(X) = 0,7 mol → V = 0,7 lít = 700 ml

Đáp án C

(1) sai vì muối phenylamoni clorua tan trong nước

(2)   Sai vì đipeptit không có phản ứng màu biure

(3)   Sai vì H₂N-CH₂-CH₂-CO-NH-CH₂-COOH không phải  là một đipeptit do aminoaxit đầu không phải α aminoaxit

(4)   đúng

Đáp án A.