Đáp án B

Khi nhiệt phân KNO₃ đến nóng chảy, phản ứng tạo thành khí oxi. Đồng thời khi bỏ hòn than đã được đốt nóng đỏ vào ống nghiệm gặp oxi sẽ bùng cháy sáng trong KNO₃ nóng chảy.

Đáp án là C

Có thể nhận biết lọ đựng dung dịch metylamin bằng cách nào trong các cách sau .

A sai dù có phản ứng hóa học xảy ra nhưng không có hiện tượng gì để nhận biết.

B. sau vì CH3NH2 có mùi khai khó chịu và độc

C. thỏa mãn: CH3NH2(đặc) +HCl (đặc)→CH3NH3Cl ( khói trắng)

D. sai vì Na2CO3+CH3NH2 không có phản ứng xảy ra

Hệ số bất bão hòa: k = n_Br2/n_X + 3 = 7x/x +3 = 10 (chú ý 3π ở trong 3 nhóm COO)

Gọi CTTQ của X là C_nH_2n+2-2.kO₆ hay C_nH_2n-18O₆

BTNT C: n_CO2 = n_x → V = 22,4n_x (1)

BTNT H: n_H2O = x(n-9) → y = n_x– 9x (2)

Từ (2) → n_x = 9x + y thay vào (1) được: V = 22,4(9x+y)

Ta có m_{CuO giảm} = m_{O đã bị C lấy đi} = 1,6 gam.

⇒ n_{O bị lấy} = 1,6÷16 = 0,1 mol.

Mà ta có: C + 2O → CO₂↑.

⇒ n_C = 0,1÷2 = 0,05 mol.

⇒ m_C = 0,05×12 = 0,6 gam

Cao su dùng để sản xuất lốp xe, chất dẻo, chất dẫn điện.

Đáp án C

Do tại 3 thời điểm khối lượng catot đều tăng nên Cu²⁺ điệp phân chưa hết ở t₁ và t₂

*Tại t₁ = 1930 giây: n_e1 = It1/F = 0,02I

=> nCl₂ = 0,01I

n _e1 = 2n_Cu²⁺ bị đp => 0,02I = 2m/64 (1)

m _{dung dịch giảm} = m_Cu + m_Cl2 => 2,7 = m + 71.0,01I (2)

Giải (1) và (2) => m = 1,28; I = 2

*Tại t₂ = 7720 => n_e2 = 0,16 mol

Anot:

Cl^- -1e → 0,5Cl₂

       x      0,5x

H₂O -2e → 0,5O₂ + 2H⁺

          y        0,25y

x+y = 0,16

0,5x.71+0,25y.32+4.1,28 = 9,15

Giải ra ta được x = 0,1; y = 0,06

*Tại t₃ = t: Giả sử nước bị điện phân ở cả 2 điện cực

n_H2 = a mol, n_O2 = b mol

m _{dung dịch giảm} = m_Cu + m_H2 + m_Cl2 +m_O2 => 11,11 = 5.1,28 + 2a + 0,05.71 + 32b (3)

n _{e anot} = n_{e catot} => 2n_Cu + 2n_H2 = 2n_Cl2 + 4n_O2 => 2.0,1 + 2a = 0,05.2 + 4b (4)

Giải (3) và (4) thu được: a = 0,02; b = 0,035

n _e3 = 2.0,1 + 2.0,02 = 0,24 mol => t = 0,24.96500/2 = 11580 giây

Đáp án D

Giả sử muối gồm: Ala-Na (u mol) và Lys-Na (v mol) → u+v = 0,288 (1)

Quy đổi 31,644 gam M thành:

CONH: u+v

CH₂: 3u+6v-u-v = 2u+5v (BTNT C)

H₂O: x

NH: v

m_M = 43(u+v) + 14(2u+5v) + 18x + 15v = 31,644 (2)

n_CO2 : n_H2O = 228:233 → 233(3u+6v)=228(0,5u+0,5v+2u+5v+x+0,5v) (3)

Giải (1) (2) (3) → u=0,12; v=0,168; x=0,09

→ a=111.0,12+168.0,168 = 41,544 gam => B đúng

%n_Ala-Na = 0,12/0,288 = 41,67% => A đúng

m_CO2+m_H2O = 44(3.0,12+6.0,168)+18(2,5.0,12+6.0,168+0,09) = 85,356 gam → D sai

Đốt hết 0,09 mol M cần 0,75(u+v)+1,5(2u+5v)+0,25v = 1,878 mol

Đốt b mol M cần 1,565 mol

→ b = 0,075 mol → C đúng

Đáp án D

Ta có V_{Rượu nguyên chất} = 10×0,46 = 4,6 lít.

⇒ m_Rượu = 4,6×0,8 = 3,68 gam ⇒ n_Rượu = 0,08 kmol.

Ta có phản ứng: C₆H₁₀O₅ + H₂O → 2C₂H₅OH + 2CO₂.

⇒ n_{Tinh bột} = 0,082 x 0,8 = 0,05 kmol ⇒ m_{Tinh bột} = 8,1 kg

Đáp án B

Ta có phản ứng: Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu↓

+ Đặt n_{Fe pứ} = a mol ⇒ n_{Cu tạo thành} = a mol.

⇒ m_Cu – m_Fe = 64a – 56a = 8a = 1 gam.

a = 0,125 ⇒ m_{Fe đã pứ} = 0,125×56 = 7 gam

Đáp án B

Đặt n_Fe = a và n_Al = b bảo toàn e ta có:

2a + 3b = 0,4×2 || 3b = 0,3×2 ||⇒ n_Fe = 0,1 và n_Al = 0,2.

⇒ m = 0,1×56 + 0,2×27 = 11 gam

Đáp án D

Ta có C_{M OH}^– = 0,01 M.

⇒ pOH = –log(0,01) = 2.

⇒ pH = 14–2 = 12

Đáp án A

Hòa tan Z vào HNO₃ dư vẫn có chất rắn T không tan ⇒ T là AgCl

⇒ Z gồm Ag và AgCl.

⇒ Chọn A vì: FeCl₂ + 2AgNO₃ → Fe(NO₃)₂ + 2AgCl↓

Sau đó: Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ → Fe(NO₃)₃ + Ag↓.

Đáp án D

HCOONH₄, NaHSO₃, Al₂O₃, Al, (NH₂)₂CO

Khi cho 0,06 mol HCl ⇒ m gam kết tủa. Thêm tiếp vào (0,13–0,06) = 0,07 mol thì số mol kết tủa giảm 0,01 mol.

⇒ Khi cho 0,06 mol HCl vào thì kết tủa chưa đạt cực đại. Với 0,13 mol HCl thì số mol kết tủa đã đạt cực đại và bị hòa tan lại.

⇒ Sau khi phản ứng với 0,06 mol HCl thì số mol NaAlO₂ còn lại = 0,07 - 0,01 x 34 = 0,01 mol.

⇒ 0,06 = n_NaOH + n_NaAlO2 – 0,01 Û 0,07 = c – a – 2b + a + 2b Û c = 0,07

⇒ m_Na = 1,61 gam ⇒ %m_Na = 1,613,92 × 100 = 41,07%

Đơn giản chỉ là ban bật, cân bằng nguyên tố: 0,16 mol O đọc ra 0,16 mol H₂O. bảo toàn H đọc ra 0,53 mol HCl.

Theo đó: m_{yêu cầu} = m_{kim loại} + m_Cl^– = 2,43 + 0,12 × 56 + 0,53 × 35,5 = 27,965 gam.

Đáp án D

Với CTPT của Y ⇒ X có CTCT là HCOONH₄ ⇒ Khí T duy nhất là NH₃.

⇒ Z cũng phải sinh ra khí NH₃ ⇒ Z có CTCT là H₂N–CH₂–COONH₄.

Đặt n_HCOONH4 = a và n_{H2N–CH2–COONH4} = b ta có hệ:

63a + 92b = 16,08 (1) || a + b = 0,2 (2) || Giải hệ ⇒ a = 0,08 và b = 0,12 mol.

⇒ X phản ứng với HCl thu được muối là ClH₃N–CH₂–COONH₄ với số mol là 0,12 mol.

⇒ m_Muối = 0,12×(92+36,5) = 15,42 gam

Đáp án B

0,2 mol H₃PO₄ + 0,5 mol OH^- → ddX

 nOH-nH3PO4=0,50,2

→ Tạo hai muối HPO₄^2- và PO₄^3-

H₃PO₄ + 2OH^- → HPO₄^2- + 2H₂O

x-----------2x--------x

H₃PO₄ + 3OH^- → PO₄^3- + 3H₂O

y----------3y--------y

Ta có hệ phương trình: 

⇒ m_Muối = 0,125 x 23 + 0,375 x 39 + 0,1 x 96 + 0,1 x 95 = 36,6 gam

Ta có n_Este = 0,015 mol || n_NaOH = 0,04 mol.

+ Giả sử este + NaOH theo tỷ lệ 1:1 ⇒ n_{NaOH dư} = 0,025 mol.

⇒ m_Muối + m_{NaOH dư} = 3,37 gam Û m_Muối = 2,37 gam ⇒ M_Muối = 158.

+ Ta có M_RCOONa = 158 ⇒ R = 91 Û R là C₇H₇– ⇒ Loại vì muối có 8 cacbon.

⇒ X là este của phenol Û X có dạng RCOOC6H4R' ⇒ n_{NaOH dư} = 0,01 mol.

⇒ m_{Chất rắn} = m_RCOONa + m_R'C6H4ONa + m_{NaOH dư}.

Û 0,015×(R+44+23) + 0,015×(R+76+39) = 2,97 Û R + R' = 16.

● Với R = 1 và R' = 15 ⇒ X có CTCT HCOOC₆H₄CH₃ ⇒ Có 3 đồng phân vị trí o, m, p.

● Với R = 15 và R' = 1 ⇒ X có CTCT CH₃COOC₆H₅ ⇒ Có 1 đồng phân.

⇒ Số đồng phân thỏa mãn điều kiện trên của X là 4ới R = 15 và R' = 1 ⇒ X có CTCT CH₃COOC₆H₅ ⇒ Có 1 đồng phân.

⇒ Số đồng phân thỏa mãn điều kiện trên của X là 4

Đáp án D

X là X₁₆. phương trình biến đổi peptit: X₁₆ + 7H₂O → 8X₂ (*).

Một chú ý quan trọng: đốt X₂ hay đốt X₁₇ hay đốt muối Y đều cần cùng một lượng O₂

thêm nữa, X₂ + 2NaOH → Y + 1H₂O; đốt Y cho x mol Na₂CO₃ (với n_X2 = x mol)

12,5 mol không khí gồm 2,5 mol O₂ và 10 mol N_{2 kk} thì chỉ cần 2,04 mol O₂ để đốt

còn 0,46 mol O₂ dư và 10 mol N₂ trong Z; vì ngưng tụ hơi nước nên trong Z còn

n_{N2 peptit} + n_CO2 = 1,68 mol; mà n_N2 peptit = n_X2 = x mol ||→ ngay ∑n_{C trong X} = 1,68 mol.

Rút gọn lại vừa đủ: đốt x mol đipeptit X₂ dạng C_nH_2nN₂O₃ 

cần 2,04 mol O₂ thu được cùng 1,68 mol H₂O + 1,68 mol CO₂ + x mol N₂.

bảo toàn O có: 3x + 2,04 × 2 = 3 × 1,68. Giải ra x = 0,32 mol.

||→ m_{đipeptit X2} = 1,68 × 14 + 76x = 47,84 gam; n_{H2O trung gian ở (*)} = 0,28 mol

||→ yêu cầu m = m_X17 = 47,84 – 0,28 × 18 = 42,8 gam.

Đáp án B

Nhận thấy hỗn hợp X gồm C₂H₆O,CH₂O, C₂H₄O₂, C₄O₆O₂, C₃H₆O₃

Nhận thấy C₃H₆O₃ = CH₂O + C₂H₄O₂

Coi hỗn hợp X gồm C₂H₆O : a mol ,CH₂O ; b mol , C₂H₄O₂ : c mol, C₄O₆O₂ : d mol

Bảo toàn khối lượng → m_CO2 = 13,8 + 0,5375. 32 - 9 = 22 g → n_CO2 = 0,5 mol

Vì n_H2O = n_CO2 = 0,5 mol → a = d || Có n_CO2 = 2a + b + 2c + 4d = 0,5

Bảo toàn nguyên tố O → a + b + 2c + 2d = ( 0,5.2 + 0,5 - 0,5375.2 ) = 0,425 

Trừ 2 vế tương ứng của pt → a + 2d = 0,075 || Giải hệ → a = 0,025 và d= 0,025

⇒ %m_C4H6O2 = 0,025 . 8613,8. 100% = 15,58%

Đáp án B

đốt 0,05 mol X + 1,875 mol O₂ → 1,5 mol CO₂ + 1,3 mol H₂O + ? mol N₂.

Bảo toàn nguyên tố O có ∑n_{O trong X} = 1,5 × 2 + 1,3 – 1,875 × 2 = 0,55 mol

Tỉ lệ: ∑n_{O trong X} : n_X = 0,55 ÷ 0,05 = 11 → X dạng C_nH_mN₁₀O₁₁.

⇒ X là decapeptit tương ứng với có 10 – 1 = 9 liên kết peptit.!

Từ đó có n_N2↑ = 5n_X = 0,25 mol → dùng BTKL phản ứng đốt có m_X = 36,4 gam.

⇒ khi dùng 0,025 mol X ⇔ m_X = 36,4 ÷ 2 = 18,2 gam + 0,4 mol NaOH → m gam rắn + H₂O.

luôn có n_{H2O thủy phân} = n_X = 0,025 mol → dùng BTKL có m = 33,75 gam.

Vậy, đáp án đúng cần chọn theo yêu cầu là B

Đáp án A

Quy đổi Y thành Fe và O ta có sơ đồ:

Sơ đồ ta có: 

+ Bảo toàn khối lượng muối ta có n_Fe = a = 0,115 mol.

+ PT theo H⁺: 0,3 = 2n_O + 4n_NO + 2n_H2.

⇒ n_O = 0,12 mol.

● Quy đổi X thành Fe, NO₃ và CO₃ ta có:

Nung X ta có sơ đồ: 

+ Từ M_Z = 45 ⇒ n_NO2 = n_CO2 Û a = b Û a – b = 0 (1)

⇒ Bảo toàn oxi ta có: a + b = 0,12 mol (2)

+ Giải hệ (1) và (2) ⇒ n_NO3 = n_CO3 = 0,06 mol.

⇒ m = 0,115×56 + 0,06×(62+60) = 13,76

Đáp án A

X + H₂O → NaAlO₂ + NaOH + (H₂ + H₂O). có 0,125 mol H₂ ||→ YTHH 03: thêm 0,125 mol O vào 2 vế

||→ quy đổi về 22,05 gam hỗn hợp X chi chứa oxit là Na₂O và Al₂O₃.

vì phải dùng 0,05 mol HCl trước khi xuất hiện tủa → n_{NaOH trong Y} = 0,05 mol.

||→ Y gồm 2x mol NaAlO₂ + 0,05 mol NaOH ||→ X quy đổi gồm: x mol Al₂O₃ và (x + 0,025) mol Na₂O

có m_{X quy đổi} = 102x + (x + 0,025) × 62 = 22,05 ||→ giải ra x = 0,125 mol 

||→ Y gồm 0,25 mol NaAlO₂ và 0,05 mol NaOH. Y + 0,36 mol HCl thu được m gam kết tủa.

||→ YTHH 01: Na tri đi về: 0,3 mol NaCl → còn 0,06 mol Cl nữa → ở trong 0,02 mol AlCl₃ 

||→ còn 0,23 mol Al trong tủa Al(OH)₃ ||→ Yêu cầu m = m_tủa = 0,23 × 78 = 17,94 gam

Đáp án D

Fe₃O₄ + 4H₂SO₄ → FeSO₄ + Fe₂(SO₄)₃ + 4H₂O.

Vì H₂SO₄ dư ⇒ X chứa FeSO₄, Fe₂(SO₄)₃ và H₂SO₄.

⇒ Số chất trong dãy tác dụng được với dung dịch X gồm:

Cu, Fe(NO₃)₃, KMnO₄, NaOH, Cl₂ và AgNO₃

Đáp án D

Vì n_CH3COOH = n_HCOOC2H5 ⇒ Gộp CH₄COOC₂H₆ Û C_0,x5H₂COOCH₃.

⇒ n_{CH3OH tạo thành} = n_NaOH = 0,2 mol.

+ Bảo toàn khối lượng ta có: m_Muối = 15 + 0,2×40 – 0,2×32 = 16,6 gam

Đáp án B

Phương trình phản ứng:

C₆H₁₂O₆  →LMR 2C₂H₅OH + 2CO₂.

+ Ta có n_Glucozo = 2,5 . 0,8 . 1000180=1009mol

⇒ n_C2H5OH = 1009   × 2 × 0,9 = 20 mol.

⇒ m_C2H5OH = 20 × 46= 920

⇒ V_{C2H5OH nguyên chất} = 920 ÷ 0,8 = 1150 ml

⇒ V_{Dung dịch rượu} = 1150 ÷ 0,4 = 2875 ml

Bảo toàn e:

2nM = 2NO₂ = 1,2 mol

$\Rightarrow \; Magie$

n_OH = 0,3mol; n_Ba²⁺ = 0,05mol

n_Al³⁺ = 0,08mol; n_H⁺ = 0,2x; n_SO4 = (0,12 +0,1x)

Vì nSO4>nBa2+ ⇒nBaSO4 = nBa2+ =0,05mol

m_{kết tủa} = mBaSO4 + mAl(OH)3 ⇒nAl(OH)3 =0,06mol<nAl3+

n_OH-_{pứ với Al}³⁺ = 0,3 – 0,2x

(*) TH1: Al3+ dư  ⇒3nAl(OH)3 = nAl3+ ⇒0,18 = 0,3 - 0,2x ⇒ x= 0,6M

(*)  TH2: OH- hòa tan 1 phần Al(OH)3

⇒nAl(OH)3 =4nAl3+ - nOH⇒0,06 =4.0,08 - (0,3-0,2x)⇒x=0,2M     

Đáp án B

Nhận thấy đốt X và đốt ( 0,1 + 0,025. 5) = 0,225 mol A cần lượng O₂ như nhau , sinh ra lượng CO₂ giống nhau

Gọi công thức của A là C_nH_2n+1NO₂

C_nH_2n+1NO₂ + (1,5n-0,75)O₂ → nCO₂ + (n+ 0,5)H₂O + 0,5N₂

Đốt cháy X cần 0,225.( 1,5n- 0,75) O₂ và sinh ra 0,225n mol CO₂

Khi cho HCl vào dung dịch Y sinh ra

Bảo toàn nguyên tố C → 1,2-0,8a + 0,645 = 0,225n → 

1,2- 0,8. [0,225.( 1,5n- 0,75)] + 0,645= 0,225n → n = 4 → a = 1,18125 mol

Đốt cháy 0,01 a đipeptit :C₈H₁₆N₂O₃

C₈H₁₆N₂O₃ + 10,5O₂ → 8CO₂ + 8H₂O+ N₂

→ V_O2 = 10,5. 0,01.1,18125 . 22,4 = 2.7783 lít

Đáp án A

Vì Mg + dung dịch X → N₂O và NO ⇒ X có chứa HNO₃.

+ Nhận thấy 0,036 gam hỗn hợp kim loại chính là Ag và Mg.

⇒ X chứa AgNO₃ dư và n_{Mg dư} = 0,005 mol ⇒ n_Ag = 0,002 mol

+ PT theo bảo toàn e ta có: 2n_Mg = n_Ag + 8n_NH4⁺ + 8n_N2O + 3n_NO.

Û 2a – 8b = 0,032 (1).

+ PT theo khối lượng muối: 148a + 80b = 3,04 (2).

+ Giải hệ (1) và (2) ⇒ n_{Mg pứ} = 0,02 và n_NH4NO3 = 0,001.

⇒ Bảo toàn nitơ ta có n_HNO3/X = 0,047 mol.

⇒ t = 0,047 × 96500 ÷ 2 = 2267,75s

Đáp án C

Ta có n_Ca(OH)2 = 0,924 mol.

Thuỷ phân X bằng dung dịch NaOH thu được 2 chất hữu cơ không tham gia phản ứng tráng gương do đó loại B, D

Xét đáp án A: Thành phần % khối lượng O trong X là 36,36% Û M_X = 88 ⇒ X ≡ C4H8O2 (loại)

                 M + 2HCl → MCl + H₂

Mol             0,3          ←       0,15

Bảo toàn khối lượng: mM + mHCl = mMuối  ⇒mmuối=16,3g

n_NH2 = n_HCl = 0,02mol

n_COOH = n_NaOH = 0,01mol

n_A = 0,01mol Trong 1 nhóm A có 1 nhóm COOH và 2 nhóm NH₂

Đốt cháy photpho trong oxit dư, cho sản phẩm tác dụng với nước

H₂SO₄ hấp thụ H2O ⇒ nH2O = 0,82mol

Các chất trong X đều có 1N  ⇒nN2=0,5nX=0,1mol ⇒ nCO2=nY - nH2O - nN2=0,66mol

Số C = n_CO2 : n_X = 3,3

Số H = 2n_H2O : n_X = 8,2

Số số liên kết pi = k = 0,5x ⇒Số H = 2C + 2 +N - 2O2 = 3,3.2 + 1 - 2x2 = 8,2

⇒x=1,4

Vậy X là C_3,3H_8,2O_1,4N

⇒0,2mol X có m_X = 16,84g

Xét 29,47g X (n_X = 1,75.0,2 = 0,35mol)

Với n_HCl = n_X = 0,35mol  ⇒m_muối = 42,245g

Đáp án D

Ngoại trừ: Fe(OH)₃, Fe₂O₃, Fe(NO₃)₃ và Fe₂(SO₄)₃

Đáp án C

+ Ancol Y: nH2O > nCO2 ⇒  ancol no, mạch hở

n_CO2 : 2n_H2O = n_C : n_H = 0,4 : 0,12 = 1: 3 ⇒ C₂H₆O_n

nY = nH₂O - nCO₂ = 0,2 mol

n_hc = 0,4mol = 2n_Y⇒CTCT thỏa mãn C₃H₇N(COOC₂H₅)₂

⇒Muối X là: C₃H₇N(COONa)₂ hayC₃H₇O₄NNa₂

Chọn đáp án C

Dãy các chất đều tác dụng được với Ba(HCO₃)₂ là:

• Ba(HCO₃)₂ + 2HNO₃ → Ba(NO₃)₂ + 2CO₂↑ + 2H₂O

• Ba(HCO₃)₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + BaCO₃↓ + 2H₂O

• Ba(HCO₃)₂ + 2NaHSO₄ → BaSO₄↓ + Na₂SO₄ + 2H₂O + 2CO₂↑

• Ba(HCO₃)₂ + K₂SO₄ → BaSO₄↓ + 2KHCO₃.

Chọn đáp án A

Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂↑ || Zn + 2HCl → ZnCl₂ +H₂↑.

n_H2↑ = 0,15 mol ⇒ n_{Cl- trong muối}  = 2n_H2 = 0,3 mol.

→ m = m_muối = m_{kim loại} + m_Cl- = 5,65 + 0,3 × 35,5 = 16,3 gam.

Chọn đáp án C

cần chú ý là trong công nghiệp và yêu cầu độ tinh khiết cao.

Cách A hoặc B, D đều thu được H₃PO₄ nhưng không tinh khiết và có chất lượng thấp.

Thực tế trong CN, có hai hướng:

• phương pháp ướt: Ca₅(PO₄)₃X + 5H₂SO₄ + 10H₂O → 3H₃PO₄ + 5CaSO₄ + 2H₂O + HX

(Ca₅(PO₄)₃X là các quặng khoáng vật có trong thiên nhiên như apatit, photphorit).

• phương pháp nhiệt: P + O₂ ―^t0→ P₂O₅ sau P₂O₅ + H₂O → H₃PO₄.

phương pháp ướt thì kinh tế, thương mại hơn, phương pháp nhiệt thì đắt hơn nhưng cần thiết, dùng sản xuất một sản phẩm tinh khiết được sử dụng cho các ứng dụng trong ngành công nghiệp thực phẩm.