Al thụ động trong H₂SO₄ đặc, nguội.            

Đáp án C

Axit aminoaxit có nhóm –NH­₂ và –COOH trong phân tử nên pư được với HCl, H₂SO₄ loãng, NaOH.

KHÔNG pư được với KCl

Đáp án B

Thứ tự dẫn điện: Ag > Au > Al > Fe => Fe là kim loại dẫn điện yếu nhất

Đáp án D

Cu pư được với tất cả 3 dung dịch: HNO₃(loãng), FeCl₃, AgNO₃

2Cu + 8HNO₃ loãng → 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + FeCl₂

Cu +  2AgNO₃ → Cu(NO₃)₂ + 2Ag↓

Đáp án A

Na₂CO₃ tác dụng được với CaCl₂

Na₂CO₃ + CaCl₂ → CaCO₃↓ + 2NaCl

Đáp án D

Đặt n_N2 = a và n_H2 = b (mol)

n_X = a + b = 1,12 : 22,4 = 0,05 (1)

m_X = n_X.M_X ⟹ 28a + 2b = 0,05.6,2.2 (2)

Giải (1) và (2) được: a = 0,02 và b = 0,03

Do sau phản ứng thu được khí H₂ và hỗn hợp KL (Mg dư và Cu) nên dung dịch Y không chứa NO₃^- và Cu²⁺

⟹ Y chứa Mg²⁺ (x mol); NH₄⁺ (y mol) và SO₄^2- (0,2 mol)

Sơ đồ:

\(m(g)\,Mg + \left\{ \begin{array}{l}{H_2}S{O_4}:0,2\\Cu{(N{O_3})_2}\end{array} \right. \to X\left\{ \begin{array}{l}{N_2}:0,02\\{H_2}:0,03\end{array} \right. + 2(g)\left\{ \begin{array}{l}Mg\\Cu\end{array} \right. + {\rm{dd}}\,Y\left\{ \begin{array}{l}M{g^{2 + }}:x\\N{H_4}^ + :y\\S{O_4}^{2 - }:0,2\end{array} \right.\)

BTNT “N”: n_Cu(NO3)2 = (n_NH4+ + 2n_N2)/2 =  (y + 2.0,02)/2 = 0,5y + 0,02 (mol)

⟹ n_Cu = 0,5y + 0,02

BTĐT cho dd Y: 2n_Mg2+ + n_NH4+ = 2n_SO42- ⟹ 2x + y = 0,2.2 (3)

BTe: 2n_{Mg pư} = 2n_Cu + 10n_N2 + 2n_H2 + 8n_NH4+ ⟹ 2x = 2(0,5y+0,02) + 10.0,02 + 2.0,03 + 8y (4)

Giải (3) và (4) thu được x = 0,195 và y = 0,01

⟹ n_Cu = 0,5y + 0,02 = 0,025 mol ⟹ m_{Mg dư} = 2 – 0,025.64 = 0,4 gam

⟹ m = m_{Mg ban đầu} = m_{Mg pư} + m_{Mg dư} = 0,195.24 + 0,4 = 5,08 gam

Đáp án B

n_Y = 2,8 :22,4 = 0,125 (mol)

n_Br2 = 36 : 160 = 0,225 (mol)

Độ không no của Y là: \(\overline k  = {{{n_{B{r_2}}}} \over {{n_Y}}} = {{0,225} \over {0,125}} = 1,8\)

Vì phản ứng giữa hỗn hợp hidrocacbon và H₂ là pư hoàn toàn, Y có pư với dd Br₂ => Y còn hidrocacbon không no => H₂ pư hết

Đặt công thức chung của Y là C_xH_y  ta có:

\(\left\{ \matrix{
\overline k = {{2x + 2 - y} \over 2} = 1,8 \hfill \cr
{\overline M _Y} = 12x + y = 46 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
x = 3,4 \hfill \cr
y = 5,2 \hfill \cr} \right.\)

Phản ứng cộng H₂ không làm thay đổi số nguyên tử cacbon nên số cacbon trong X là 3,4

=> Đặt công thức chung của hidrocacbon có trong X: C_3,4H₄

C_3,4H₄ + 0,6H₂ → C_3,4H_5,2

0,125    ← 0,075←0,125   (mol)

=> n_X = 0,125 + 0,075 = 0,2 (mol)

Ta có: 0,2 mol X chứa 0,125 mol C_3,4H₄

=> 0,125 mol X chứa 5/64 mol C_3,4H₄

Xét X + Br₂

C_3,4H₄ + 2,4Br₂ → C_3,4H₄Br_4,8

5/64 → 0,1875                           (mol)

=> m_Br2 = 0,1875.160 = 30 (g) = x

Đáp án D

\(\eqalign{
& (a)2\,NaCl + 2{H_2}O\buildrel {dpmn} \over
\longrightarrow 2NaOH + {H_2} \uparrow + C{l_2} \uparrow \cr
& (b)\,FeO + HN{O_3}\buildrel {} \over
\longrightarrow Fe{(N{O_3})_3} + NO \uparrow + {H_2}O \cr
& (c)Si\, + 2NaOH + {H_2}O\buildrel {} \over
\longrightarrow \,N{a_2}Si{O_3} + 2{H_2} \uparrow \cr
& (d)\,NaHS{O_4} + NaHC{O_3}\buildrel {} \over
\longrightarrow N{a_2}S{O_4} + C{O_2} \uparrow + {H_2}O \cr
& (e)\,9Fe{(N{O_3})_2} + 6{H_2}S{O_4}\buildrel {} \over
\longrightarrow 2F{e_2}{(S{O_4})_3} + 5Fe{(N{O_3})_3} + 3NO \uparrow + 6{H_2}O \cr
& (g)2Fe + 6{H_2}S{O_4}\,dac\buildrel {{t^0}} \over
\longrightarrow \,F{e_2}{(S{O_4})_3} + 3S{O_2} \uparrow + 6{H_2}O \cr} \)

=> cả 6 phản ứng đều thu được khí

Đáp án B

n_HCl = 0,56.1 = 0,56 (mol); n_NO = 0,448:22,4 = 0,02 (mol)

n_O = 4n_Fe3O4 = 4.0,02 = 0,08 (mol)

NO₃^- + 4H⁺ + 3e → NO + 2H₂O

2H⁺ + O^2- → H₂O

n_H+ = 4n_NO + 2n_O

=> 0,56 = 4n_NO + 2.0,08

=> n_NO = 0,1 (mol)

=> n_{NO thoát ra lúc đầu} = 0,1 – 0,02 = 0,08 (mol)

BTNT “N”: n_Fe(NO3)2 = 1/2n_{NO­ lúc đầu} = 0,04 (mol)

Đặt a,b là số mol Cu và FeCl₂

=> 64a + 127b + 180.0,04 + 0,02.233 = 28,4 (1)

BTNT “Cl”: n_AgCl = 2b + 0,56

BTNT Ag: n_Ag+ = n_AgCl + n_Ag => n_Ag = 0,76 – 2b

Bảo toàn e:

2n_Cu + n_FeCl2 + n_Fe(NO3)2 + n_Fe3O4 = 3n_{NO tổng} + n_Ag

=> 2a + b + 0,04 + 0,02 = 3.0,1 + (0,2 – 2b)  (2)

Từ (1) và (2) => a = 0,1 và b =0,08

=> n_AgCl = 2b+ 0,56 = 0,72 (mol)

n_Ag = 0,2-2b = 0,2-2.0,08 = 0,04 (mol)

=> m↓ = m_AgCl + m_Ag = 0,72.143,5 + 0,04.108 = 107,64 (g)

Đáp án B

C₈H₁₄O₄ + NaOH → X₁ + X₂ + H₂O  (1)

X₁ + H₂SO₄ → X₃ + Na₂SO₄  (2)

X₃ + X₄ → Nilon -6,6 + H₂O (3)

C₈H₁₄O₄ có k = (8.2+2 – 14)/2 = 2

Từ (2) suy ra X₃ là axit

Từ (3) suy ra X₃ là axit ađipic HOOC-[CH₂]₄-COOH

Suy ra X₄ là hexametilen điamin H₂N-[CH₂]₆-NH₂

Từ (2) suy ra X₁ là NaOOC-[CH₂]₄-COONa

Từ (1) => CTCT phù hợp của C₈H₁₄O₄ là HOOC-[CH₂]₄-COOC₂H₅ (tạp chức axit và este)

Suy ra X₂ là C₂H₅OH

A. Sai vì nhiệt độ sôi C₂H₅OH < CH₃COOH

B. Sai vì X₂, X₃, X₄ đều mạch thẳng không phân nhánh

C. đúng vì muối NaOOC-[CH₂]₄-COONa có nhiệt độ nóng chảy cao hơn HOOC-[CH₂]₄-COOH

D. Sai, vì H₂N-[CH₂]₆-NH₂ làm quỳ tím chuyển sang màu xanh

Đáp án C

a) sai, saccarozo không bị thủy phân trong MT kiềm

b) sai, C₆H₅NH₂Cl tan trong nước

c) đúng, H₂N-CH₂-CONHCH(CH₃)CO-NH-CH₂-COOH => có 4 nguyên tử oxi

d) đúng

e) sai, bản chất của quá trình lưu hóa cao su là tạo ra cầu nối -S-S- giữa các mạch cao su không phân nhánh tạo thành mạng không gian

=> có 2 phát biểu đúng

Đáp án A

 A 2.

 B 4.

 C 5.

 D 3.

Đáp án

A

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức tổng hợp về hữu cơ

Giải chi tiết:

n_xenlulozo = 16,2 : 162 = 0,1 (mol)

Vì %H = 90% => n_Glu pư = 0,1. 0,9 = 0,09 (mol)

C₆H_7­O₂(OH)₃ + 3HNO₃ →  C₆H₇O₂(ONO₂)₃ + 3H₂O

0,09                                →       0,09                              (mol)

=> m_{xenlulozo trinitrat} = 0,09. 297 = 26,73 (g)

Đáp án D

isoamyl axetat  (CH­₃COOCH₂CH₂CH(CH₃)CH₃) có mùi chuối chín

etyl butirat (CH₃CH₂CH₂COOC₂H₅) có mùi thơm của dứa

Geranyl axetat (CH₃COOC_10­H_17­) có mùi thơm của hoa hồng

Benzyl axetat (CH₃COOCH₂C₆H₅) có mùi thơm của hoa nhài

Đáp án D

Phễu chiết dùng để tách 2 chất lỏng không tan vào nhau

⟹ X và Y là 2 chất lỏng không tan (1)

Ta thấy X nổi bên trên Y ⟹ X phải là chất lỏng nhẹ hơn Y (2)

Từ lập luận (1) và (2) ⟹ X, Y tương ứng là benzen và nước.

3Ca + 2P \(\xrightarrow{{{t^0}}}\) Ca₃P₂

\(\mathop P\limits^0  + 3e \to \mathop P\limits^{ - 3} \)

Đáp án D

n_H2 = 0,1 mol

Đặt n_HCl = x mol

BTNT “H”: n_H2O = (n_HCl – 2n_H2)/2 = (x – 0,2)/2 (mol)

\(31,6\left( g \right)X\left\{ \begin{array}{l}F{\rm{e}}\\F{{\rm{e}}_3}{O_4}\end{array} \right. + HCl:x \to {H_2}:0,1 + 60,7\left( g \right)Y\left\{ \begin{array}{l}F{\rm{e}}C{l_2}\\F{\rm{e}}C{l_3}\end{array} \right. + {H_2}O:\dfrac{{x - 0,2}}{2}\)

BTKL: m_X + m_HCl = m_H2 + m_Y + m_H2O

=> 31,6 + 36,5x = 0,1.2 + 60,7 + 18(x-0,2)/2 => x = 1

=> n_H2O = 0,4 mol

BTNT “O”: n_Fe3O4 = n_H2O : 4 = 0,1 mol

=> m_Fe3O4 = 0,1.232 = 23,2 gam

Đáp án A

n_A1 : n_A2 : n_A3 = 0,4 : 0,22 : 0,32 = 20 : 11 : 16

- Gộp peptit:

4X + 3Y + 2Z → X₄Y₃Z₂ (có dạng [(A₁)₂₀(A₂)₁₁(A₃)₁₆]_k) + 8H₂O

Peptit  [(A₁)₂₀(A₂)₁₁(A₃)₁₆]_k có số liên kết peptit là: 47k – 1

- Chặn khoảng giá trị của số liên kết peptit để xác định k:

Giả sử số liên kết peptit của X, Y, Z lần lượt là x, y, z

=> Số liên kết peptit trong peptit mới X₄Y₃Z₂ là 4x + 3y + 2z + 8

+ Min: Khi x = 1; y = 1; z = 10 => số liên kết là 4.1 + 3.1 + 2.10 + 8 = 35

+ Max:  Khi x = 10; y = 1; z = 1 => số liên kết là 4.10 + 3.1 + 2.1 + 8 = 53

=> 35 ≤ 47k – 1 ≤ 53 => 0,766 ≤ k ≤ 1,149 => k = 1

=> (A₁)₂₀(A₂)₁₁(A₃)₁₆ (số mol là 0,4/20 = 0,02 mol)

4X    +   3Y   +   2Z → (A₁)₂₀(A₂)₁₁(A₃)₁₆ + 8H₂O

0,08      0,06      0,04                 0,02                  0,16

=> n _peptit = 0,08 + 0,06 + 0,04 = 0,18 mol

- Do các amino axit đều có dạng H₂NC_nH_2nCOOH nên ta quy đổi hỗn hợp thành CONH, CH₂, H₂O (bằng số mol peptit)

n_CONH = n_N = n_A1 + n_A2 + n_A3 = 0,4 + 0,22 + 0,32 = 0,94 mol

n_H2O = n _peptit = 0,18 mol

=> m_CH2 = m_M – m_CONH – m_H2O = 78,1 – 0,94.43 – 0,18.18 = 34,44 (g)

=> n_CH2 = 2,46 mol

\(78,1(g)\,M\left\{ \matrix{
CONH:0,94 \hfill \cr
C{H_2}:2,46 \hfill \cr
{H_2}O:0,18 \hfill \cr} \right.\buildrel { + NaOH} \over
\longrightarrow Muoi\left\{ \matrix{
{\rm{COO}}Na:0,94 \hfill \cr
N{H_2}:0,94 \hfill \cr
C{H_2}:2,46 \hfill \cr} \right. + {O_2} \to \left\{ \matrix{
N{a_2}C{O_3}:0,47 \hfill \cr
C{O_2}:0,94 + 2,46 - 0,47 = 2,93 \hfill \cr
{H_2}O:0,94 + 2,46 = 3,4 \hfill \cr
{N_2}:0,47 \hfill \cr} \right.\)

BTKL: m _muối = 0,94.67 + 0,94.16 + 2,46.14 = 112,46 (g)

BTKL:

m_{O2 (đốt 112,46 g muối)} = m_Na2CO3 + m_CO2 + m_H2O + m_N2 – m _muối

                             = 0,47.106 + 2,93.44 + 3,4.18 + 0,47.28 – 112,46 = 140,64 (g)

=> n_O2 = 4,395 mol

Tỉ lệ:

Đốt 112,46 gam muối cần 4,395           mol O₂

           y      gam                32,816/22,4 mol

=> y = 37,487 (g) gần nhất với 37,45 gam

Đáp án C

\(15,34(g)\,\left\{ \matrix{
Ancol\,don\,chuc \hfill \cr
{\rm{Ax}}it\,don\,chuc \hfill \cr
{\rm{Ax}}it\,2\,chuc \hfill \cr} \right.\buildrel {{H_2}S{O_4}dac,{t^o}} \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
{H_2}O:0,13 \hfill \cr
Y\left| \matrix{
\buildrel { + {O_2}} \over
\longrightarrow \left\{ \matrix{
C{O_2}:0,43 \hfill \cr
{H_2}O:0,4 \hfill \cr} \right. \hfill \cr
\buildrel { + KOH:0,2} \over
\longrightarrow m(g)\,muoi = ? \hfill \cr} \right. \hfill \cr} \right.\)

Do các chất đều no, mạch hở nên ta có thể quy đổi hỗn hợp X thành:

HCOOH: a

(COOH)₂: b

CH₂: c

CH₃OH: d

n_KOH = a + 2b = 0,2 (1)

n_CO2 = a + 2b + c + d = 0,43 (2)

∑n_H2O = a + b + c + 2d = 0,13 + 0,4 (3)

m_X = 46a + 90b + 14c + 32d = 15,34 (4)

Giải hệ (1) (2) (3) (4) => a = 0,06; b = 0,07; c = 0,06; d = 0,17

Ta thấy c < d => CH₂ nằm trong axit, không nằm trong ancol (ancol là CH₃OH)

=> Muối gồm:

HCOOK: 0,06

(COOK)₂: 0,07

CH₂: 0,06

=> m = 0,06.84 + 0,07.166 + 0,06.14 = 17,5 gam

Đáp án C

Thu được 2 muối CaCO₃ và Ca(HCO₃)₂ => 1 < n_OH-/n_CO2 < 2

Hay 1 < 2b/a < 2 => a < 2b < 2a => b < a < 2b

Đáp án A

- 2 dung dịch tác dụng được với FeSO₄: HNO₃, NaOH (X, Y)

- Dung dịch có pH thấp nhất (nồng độ H⁺ cao nhất) là H₂SO₄ => Z là H₂SO₄

- T là HCl

- Y phản ứng được với T nên Y là NaOH

=> X là HNO₃

Vậy:

X: HNO₃; Y: NaOH; Z: H₂SO₄; T: HCl

Đáp án B

n _khí = 8,064 : 22,4 = 0,36 mol

Dựa vào tỉ lệ suy ra n_NO = 0,2 mol; n_H2 = 0,1 mol; n_NO2 = 0,06 mol

Sau khi cho Y tác dụng với NaOH dư thu được kết tủa là Mg(OH)₂ => n_Mg(OH)2 = 17,4 : 58 = 0,3 mol

BTNT “N”: n_NH4+ = n_HNO3 – n_NO – n_NO2 = 0,34 – 0,2 – 0,06 = 0,08 mol

n_NaOH = 2n_Mg2+ + 4n_Al3+ + n_NH4+ => 2,28 = 2.0,3 + 4.n_Al3+ + 0,08

=> n_Al3+ = 0,4 mol

Đặt n_KHSO4 = x mol

\(m(g)\left\{ \matrix{
Al:0,4 \hfill \cr
Mg \hfill \cr
MgO \hfill \cr} \right. + \left\{ \matrix{
HN{O_3}:0,34 \hfill \cr
KHS{O_4}:x \hfill \cr} \right. \to \left| \matrix{
{\rm{dd}}\,Y\left\{ \matrix{
A{l^{3 + }}:0,4 \hfill \cr
M{g^{2 + }}:0,3 \hfill \cr
N{H_4}^ + :0,08 \hfill \cr
{K^ + }:x \hfill \cr
S{O_4}^{2 - }:x \hfill \cr} \right.\buildrel { + NaOH:2,28mol} \over
\longrightarrow 17,4(g)Mg{(OH)_2}:0,3 \hfill \cr
Khi\left\{ \matrix{
NO:0,2 \hfill \cr
{H_2}:0,1 \hfill \cr
N{O_2}:0,06 \hfill \cr} \right. \hfill \cr
\hfill \cr
{H_2}O \hfill \cr} \right.\)

BTĐT dd Y: 3n_Al3+ + 2n_Mg2+ + n_NH4+ + n_K+ = 2n_SO42- => 0,4.3 + 0,3.2 + 0,08 + x = 2x => x = 1,88

BTNT “H”: n_H2O = (n_HNO3 + n_KHSO4 – 4n_NH4+ - 2n_H2)/2 = (0,34 + 1,88 – 0,08.4 – 0,1.2)/2 = 0,85 mol

BTKL:

m = m _{(ion trong Y)} + m_NO + m_H2 + m_NO2 + m_H2O – m_HNO3 – m_KHSO4

    = 0,4.27 + 0,3.24 + 0,08.18 + 1,88.39 + 1,88.96 + 0,2.30 + 0,1.2 + 0,06.46 + 0,85.18 – 0,34.63 – 1,88.136

    = 20,4 (g)

Đặt n_Mg = a và n_MgO = b (mol)

24a + 40b = 20,4 – 0,4.27 (1)

a + b = n_Mg2+ = 0,3 (2)

Giải hệ (1) và (2) được a = b = 0,15 mol

=> %m_Mg = (0,15.24/20,4).100% = 17,65%

Đáp án A

Khi cho hỗn hợp X tác dụng với NaOH vừa đủ thì:

(C₂H₅NH₃)₂CO₃(A) + 2NaOH \(\buildrel {{t^0}} \over\longrightarrow \) Na₂CO₃ (D) + 2C₂H₅NH₂ + 2H₂O

(COONH₃CH₃)₂ (B) + 2NaOH \(\buildrel {{t^0}} \over\longrightarrow \)  (COONa)₂ (E) + 2CH₃NH₂ + 2H₂O

Xét hỗn hợp khí Z ta có:

\(\left\{ \matrix{
{n_{{C_2}{H_5}N{H_2}}} + {n_{C{H_3}N{H_2}}} = 0,2 \hfill \cr
45.{n_{{C_2}{H_5}N{H_2}}} + 31.{n_{C{H_3}N{H_2}}} = 0,2.18,3.2 \hfill \cr} \right. \Rightarrow \left\{ \matrix{
{n_{{C_2}{H_5}N{H_2}}} = 0,08 \hfill \cr
{n_{C{H_3}N{H_2}}} = 0,12 \hfill \cr} \right.\)

=> n_(COONa)2 = 1/2 n_CH3NH2 = 0,06 (mol

=> m_E =  m_(COONa)2 = 0,06. 134 = 8,04 (g)

Đáp án C

n_Zn = 9,75 : 65 = 0,15 (mol)

Zn + 2HCl → ZnCl₂ + H₂↑

0,15           →              0,15 (mol)

=> V_H2(đktc) = 0,15.22,4 = 3,36 (l)

Đáp án A

Dung dịch Z chứa AlCl₃: x (mol) và HCl dư: (y - 3x) mol

Dung dịch Z chứa 2 chất tan có cùng nồng độ mol nên x = y - 3x ⟹ y = 4x (1)

Khi thêm NaOH vào dung dịch Z thì NaOH tham gia phản ứng với HCl trước, sau đó NaOH tham gia phản ứng với AlCl₃

Tại thời điểm n_NaOH = 5,16 (mol) xảy ra quá trình hòa tan kết tủa

⟹ n_OH^- = n_HCl + (4n_Al³⁺ - n_Al(OH)3)

⟹ 5,16 = y - 3x + 4x - 0,175y

⟹ x + 0,825y = 5,16 (2)

giải hệ (1) và (2) ⟹ x = 1,2 và y = 4,8

⟹ m_Al = 1,2.27 = 32,4 (g).

1. đúng, thủy phân saccarozo thu được glucozo và fructozo, còn thủy phân hoàn toàn tinh bột và xenlulozo thu được glucozo

2. đúng

3. sai, tinh bột và xenlulozo có công thức chung (C₆H₁₀O₅)_n nhưng hệ số n của chúng khác nhau nên không thể là đồng phân cấu tạo của nhau được.

4. đúng

5. sai, thủy phân hoàn toàn tinh bột trong môi trường axit thu được glucozo.

=> có 3 nhận xét đúng

Đáp án B

n_H2(đktc) = 1,792 :22,4 = 0,08 (mol)

n_Al = 6,48 : 27 = 0,24 (mol)

Xét hỗn hợp X phản ứng với H₂O có:

O^-2 + H₂O → 2OH^-

a               → 2a (mol)

H₂O +2e → 2OH^- + H₂↑

                    0,16 ← 0,08 (mol)

Xét dd Y phản ứng với Al

2Al + 2OH^- + 2H₂O → 2AlO₂^- + 3H₂↑

0,24 → 0,24                                           (mol)

=> n_OH- = n_Al = 0,24 (mol)

Ta có: n_OH- = 2n_O(oxit) + 2n_H2

=> 0,24 = 2a + 0,16

=> a = 0,04 (mol) = n_O(oxit)

=> m_O(oxit) = 0,04.16= 0,64 (g)

Vì %O = 8%m_X => m_X = m_O(oxit).100%:8% = 0,64.100%:8% = 8 (g)

Đáp án B

n_NO(đktc) = 2,912 :22,4 = 0,13 (mol)

Ta có: n_NO3-(muối) = n_{e (nhận)}  = 3n_NO = 3.0,13 = 0,39 (mol)

Bảo toàn khối lượng ta có: m_muối = m_KL + m_NO3-(muối) = 10,41 + 0,39.62 = 34,59 (g)

Đáp án B

(1) đúng

(2) sai, oxi hóa không hoàn toàn ancol bậc 1 thu được anđehit

(3) đúng

(4) đúng

(5) sai, chỉ amin no mới có tính bazo mạnh hơn NH₃, còn các amin không no hoặc chứa vòng bezen trong phân tử thì tính bazo nhỏ hơn NH₃

(6) Sai, CH₃COOCH=CH₂ có nối đôi C=C nên làm mất màu được dd Br₂

(7) đúng

(8) đúng

=> có 5 phát biểu đúng

Đáp án A

Giả sử X chứa 9x mol R(NO₃)₂ và 8x mol NaCl

- Xét thời gian điện phân là t (s); n_{hh khí anot} = 6,72 :22,4 = 0,3 (mol)

Khí thoát ra anot là hỗn hợp Cl₂ và O₂

Bảo toàn Cl => n_Cl2 = 4x (mol) => n_O2 = 0,3 - 4x (mol)

=> n_e trao đổi = 2n_Cl2 + 4n_O2 = 1,2 - 8x (mol)

- Xét thời gian điện phân là 2t (s) => n_e trao đổi = 2,4 - 1,6x (mol)

TH₁: Lúc này dung dịch sau điện phân chỉ chứa NaNO₃ và HNO₃. Vì dd Y thu được sau phản ứng cho tác dụng với KOH và NaOH không thu được kết tủa nên R²⁺ bị điện phân hết

=> n_NaNO3 = 8x (mol) ; n_HNO3 = 10x (mol)

Mà ∑n_OH- = 0,5 (mol) => 10x = 0,5 => x = 0,05 (mol)

=> n_R(NO3)2 = 9x = 0,45 (mol)

=> V = 0,45 : 0,45 = 1 (l)

=> Chọn A

TH₂: dung dịch sau điện phân chứa NaNO₃; HNO₃ và còn dư R(NO₃)₂

Từ e trao đổi => dd Y có chứa: \(\left\{ \begin{array}{l}NaN{O_3}:8x (mol)\\HN{O_3}:2,4 - 24x(mol)\\R{(N{O_3})_2}:17x - 1,2 (mol)\end{array} \right.\)

Với R²⁺ phải kiểu bị hòa tan trong kiềm như Zn²⁺, ...

Vì dd Y phản ứng với NaOH và KOH không thu được kết tủa nên xảy ra trường hợp tạo kết tủa sau đó kết tủa tan hoàn toàn

=>  ∑n_OH- = n_HNO3 + 4n_R2+

=> 0,5 = 2,4 -24x + 4. (17x -1,2)

=> x = 29/440 (mol)

=> n_R(NO3)2 = 261/440 (mol)

=> V = 261/440 : 0,45 ≈ 1,31 (l) => không có đáp án

Vậy chỉ có TH₁: V = 1 (lít) thỏa mãn

Đáp án A

nilon- 6,6 là sản phẩm của phản ứng trùng ngưng

nH₂N-[CH₂]₆ -NH₂ + nHOOC-[CH₂]₄-COOH  \(\buildrel {{t^0},p,xt} \over\longrightarrow \) (-NH-[CH₂]₆-NH-CO-[CH₂]₄-CO-)_n + nH₂O

Đáp án C

Ala- Gly là đipeptit nên không có phản ứng màu biure

Đáp án A

C₄H₆O₄ có độ bất bão hòa k = (4.2 + 2- 6)/2 = 2

Z + HCl → CH₂O₂ + NaCl => Z là HCOONa

T + 4AgNO₃ + 6NH₃ + 2H₂O → (NH₄)₂CO₃ + 4Ag + 4NH₄NO₃ => T chỉ có thể là HCH=O

Từ việc xác định được Z và T cùng với X chỉ có 4 nguyên tử C, có 4 Oxi, có 2 liên kết pi, có phản ứng với NaOH => X là este 2 chức

CTCT của X là: HCOOCH₂OOCCH₃

HCOOCH₂OOCCH₃ + 2NaOH → CH₃COONa (Y) + HCH=O(Z) + HCOONa (T) + H₂O

A. Đúng vì trong X có nhóm -CHO nên có tham gia phản ứng tráng bạc

B. Sai X là hợp chất hữu cơ đa chức, có 2 chức este

C. Sai, M_CH3COONa = 82

D. Sai, T là muối HCOONa

Đáp án A

A. CH₃COOC₆H₅ + NaOH loãng, nóng → CH₃COONa + C₆H₅ONa + H₂O

B. CH₃COOCH₃ + NaOH loãng, nóng → CH₃COONa + CH₃OH => Sinh ra ancol

C. CH₃COOCH=CH₂ + NaOH loãng, nóng → CH₃COONa + CH₃CH=O

D. CH₂=CHCl + NaOH loãng, nóng → CH₃CH=O + NaCl

Đáp án B

n_CO2(đktc) = 3,36 :22,4 = 0,15 (mol) ; n_Na2CO3 = 0,1.0,25 = 0,025 (mol); n_CaCO3 = 7,5 :100 = 0,075 (mol)

Vì n_CaCO3 < n_CO2 + n_CO32- ban đầu nên khi hấp thụ CO₂ vào dd chứa CO₃^2-: 0,025 mol và OH-: 0,1a (mol) xảy ra phản ứng các phản ứng sau

CO₂ + OH^-→ HCO₃- (1)

CO₂ + 2OH^- → CO₃^2- + H₂O  (2)

Trong dd Y chứa n_CO32-(Y) = n_CaCO3 = 0,075 (mol)

BTNT "C": n_HCO3- = n_CO2  + n_{CO32- bđ} - n_CO32-(Y) = 0,15 + 0,025 - 0,075 = 0,1 (mol)

=> n_KOH = n_HCO3- + (n_CO32-(Y) - n_{CO32- bđ}) = 0,1 + 2(0,075 - 0,025)= 0,2 (mol)

=> 0,1a = 0,2

=> a = 2 (M)

Đáp án D

chỉ có thí nghiệm (a) xảy ra ăn mòn điện hóa vì thỏa mãn điều kiện

+ Xuất hiện 2 cặp điện cực khác nhau về bản chất là Cu2+/Cu và Fe2+/Fe

+ 2 chất tham gia phản ứng tiếp xúc trực tiếp với nhau

+ cùng nhúng trong 1 dung dịch chất điện li là H₂SO₄ loãng.

Đáp án D

Đặt số mol của X (C_nH_2n-2­O₂ với n ≥ 3) và Y ( C_mH_2m-4O₄ với m ≥ 4) lần lượt là x và y (mol)

Dựa vào phản ứng đốt cháy hợp chất hữu cơ có độ bất bão hòa k ta dễ dàng suy ra:

n_CO2 - n_H2O = x + 2y = 0,11 (Do X có độ bất bão hòa là 2 và Y có độ bất bão hòa là 3)

→ m_E = m_C + m_H + m_O = 0,43.12 + 0,32.2 + 16. 2(x+2y) = 9,32 (g)

→ Trong 46,6 (9,32.5) gam E gọi số mol X, Y lần lượt là a, b

→ a + 2b = 0,11.5  (1)

Ta có: M_Z = 16.2 = 32 (g/mol) => Z là CH₃OH

Bảo toàn khối lượng ta có:

m_E + m_NaOH = m_{muối khan} + m_CH3OH + m_H2O

→ 46,6 + 40. (a + 2b) =55,2 + 32a + 18.2b

→ 32a + 36b = 13,4  (2)

giải hệ (1) và (2) => a = 0,25 và b = 0,15 (mol)

BTNT "C" có: 0,25n + 0,15m = 0,43.5

=> 5n + 3m = 43

Với (n ≥ 3 và m ≥ 4) chạy giá trị n = 5 và m = 6 thỏa mãn

=> X là C₅H₈O₂: 0,25 (mol) ; Y là C₆H₈O₄: 0,15 (mol)

\(\% {m_Y} = {{0,15.144} \over {46,6}}.100\%  = 46,35\% \) gần nhất với giá trị 46,5%

Đáp án A

Khí Z có M_Z = 10,8.2 = 21,6 => Z có chứa H₂

Khí không màu hóa nâu trong không khí là NO

Giả sử Z chứa H₂ (a mol) và NO (b mol)

n_Z = a + b = 0,1

m_Z = 2a + 30b = 0,1.21,6

Giải hệ thu được a = 0,03 và b = 0,07

Do phản ứng sinh ra khí H₂ nên dd Y không chứa ion NO₃^-, phản ứng tạo Fe²⁺ (vì Zn phản ứng với Fe³⁺ trước sau đó phản ứng với H⁺)

BTNT "Fe": 3y + z = 2n_Fe2O3 = 2.0,03 (1)

BTĐT cho dd Y: 2x + 2(3y + z) + 2z + 0,01 + 0,08 = 1,12 (2)

BTNT O: 4y + 6z + 3.0,08 = 0,07 + 0,51 - 4z (3)

Giải hệ (1) (2) (3) được x = 0,425; y = 0,01; z = 0,03

Vậy số mol Fe(NO₃)₂ trong hỗn hợp ban đầu là 0,03 mol

Đáp án C

n_Fe = 0,1 mol

Fe + 2Ag⁺ → Fe²⁺ + 2Ag

0,1 →              0,1 →  0,2  (mol)

Fe²⁺ + Ag⁺ → Fe³⁺ + Ag

0,1 →                       0,1 (mol)

=> m = m_Ag = 108(0,2 + 0,1) = 32,4 gam

Đáp án D

(1) sai,Be và Mg không phản ứng được với H₂O ở đk thường.

(2) sai, không thể điều chế Al bằng phương pháp nhiệt luyện

(3) đúng

(4) sai, K không khử được Ag⁺

(5) đúng

(6) đúng

=> có 3 phát biểu đúng

Đáp án D

n_CO2(đktc) = 4,48/22,4 = 0,2 (mol); n_H2O = 2,7/18 = 0,15 (mol)

Ta có: m_O(E) = 9,1 - 0,2.12 - 0,15.2 = 6,4 (g). ⟹ n_O(E) = 0,4 (mol).

Ta thấy n_O = 2n_CO2 ⟹ E chứa axit không có C ở gốc axit và có số C bằng 1/2 số O trong phân tử

⟹ X là HCOOH và Y là HOOC-COOH.

Vậy %m_C(Y) = 26,67%.

Đáp án D