Đáp án C

X là: CH₃COONH₃CH₃ (x mol)

Y là: C₂H₅NH₃NO₃ (y mol)

Ta có:

m_E = 91x + 108y = 6,14

n _amin = x + y = 0,06

Giải hệ thu được x = 0,02; y = 0,04

F gồm: CH₃COONa (0,02 mol) và NaNO₃ (0,04 mol)

=> m = 0,02.82 + 0,04.85 = 5,04 gam

Đáp án D

Dung dịch X có thể gồm: Al₂(SO₄)₃, MgSO₄, FeSO₄, Fe₂(SO₄)₃

Y: Mg(OH)₂, Fe(OH)₂, Fe(OH)₃, BaSO₄

Z: MgO, Fe₂O₃, BaSO₄

CuO và Fe₂O₃ bị khử, MgO không bị khử bởi CO.

Chất rắn sau phản ứng là MgO, Cu, Fe.

n_{HNO3 bị khử} = n_{N (sp khử)} = n_NO + 2n_N2 = 0,1 + 2.0,05 = 0,2 mol

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

n_CO2 = 0,9 mol => n_C = 0,9 mol

n_H2O = 0,975 mol => n_H = 1,95 mol

n_H2O>n_CO2 => Ancol no

C_tb = 0,9/0,325 = 2,77

Do Z đa chức và có M>90 => Z có số C ≥ 3

=> 2 ancol chỉ có thể là C₂H₅OH và C₂H₄(OH)₂

=> Z là axit no, 3 chức, mạch hở: C_nH_2n-4O₆

=> T là este no, 3 chức, 1 vòng: C_n+4H_2n+2O₆

H_tb = 1,95/0,325 = 6

Do este có số H>6 nên axit phải có H<6

Vậy E gồm:

X: C₂H₆O (x mol)

Y: C₂H₆O₂ (y mol)

Z: C₄H₄O₆ (z mol)

T: C₈H₁₀O₆ (t mol)

x+y+z+t = 0,325

BTNT C: 2x+2y+4z+8t = 0,9

BTNT H: 6x+6y+4z+10t = 1,95

Giải ta thu được: x+y = 0,25; z = 0,05; t = 0,025

%n_T = 0,025/0,325 = 7,7%

Đáp án A

n_KOH = 0,2 mol

Khi đốt Y: n_CO2 = 0,4 mol, n_H2O = 0,5 mol => ancol no, đơn chức, mạch hở C_nH_2n+2O

n _ancol = n_H2O – n_CO2 = 0,1 mol

n = 0,4/0,1 = 4 => C₄H₁₀O

n _ancol < n_KOH => trong X có este của phenol (A) và este (B)

n_B = n _ancol = 0,1 mol

=> n_A = (n_KOH – n_B)/2 = 0,05 mol

n_H2O = n_A = 0,05

BTKL: m_X + m_KOH = m _muối + m _ancol + m_H2O => m + 11,2 = 24,1 + 0,1.74 + 0,05.18 => m = 21,2 gam

n_O(ancol) = n _ancol = n_H2O – n_CO2 = 0,9 – y

n_{O (axit)} = 2n_COOH = 2n_OH^- = 2.0,025 = 0,05 mol

=> n_O(X) = 0,9 – y + 0,05 = 0,95 – y

BTKL: 14,6 + 32x = 44y + 18.0,9 (1)

BTNT O: 0,95 – y + 2x = 2y + 0,9 (2)

Giải (1) và (2) => x = 0,875; y = 0,6

=> x : y = 0,875:0,6 = 35:24

Đáp án A

n_OH^- = 0,1.2 + 0,225 + 0,2 = 0,625 mol

Do n_H⁺>n_CO2 nên X có cả CO₃^2- => X không có Ba²⁺ => n_BaCO3 = 0,1 mol

Đặt x, y là số mol CO₃^2- và số mol HCO₃^- phản ứng với H⁺

x+y = n_CO2 = 0,25

2x+y = n_H⁺ = 0,35

=> x = 0,1; y = 0,15

Dung dịch X chứa: K⁺ (0,225 mol), Na⁺ (0,2 mol), CO₃^2- (0,1k mol), HCO₃^- (0,15k mol)

BTĐT: 0,225 + 0,2 = 2.0,1k + 0,15k => k = 1,3

BTNT C: n_CO2 ban đầu = n_BaCO3 + n_CO3^2- + n_HCO3^- = 0,1 + 0,13 + 0,195 = 0,425 mol

=> V = 9,52 lít

Đáp án D

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

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.

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

Đáp án D

Ta có C_{M OH}^– = 0,01 M.

⇒ pOH = –log(0,01) = 2.

⇒ pH = 14–2 = 12

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

Cho dung dịch sau điện phân + AgNO₃ ⇒ 3Fe²⁺ + 4H⁺ + NO₃^– → Fe³⁺ + NO + 2H₂O.

⇒ n_Fe²⁺ _{bị mất đi} = 0,1 × 3 ÷ 4 = 0,075 mol ⇒ n_Fe²⁺ _{còn lại} = 0,28 – 0,075 = 0,205 mol.

⇒ n_Ag = n_Fe²⁺ = 0,205 mol || n_AgCl = n_Cl^– = 0,28×2 + 0,1 = mol.

⇒ m↓ = m_Ag + m_AgCl = 0,205×108 + 0,66×143,5 = 116,85

Đáp án C

Ta có: 1C₃H₈O₃.2CH₄ = 2C₂H₆O.1CH₄O

Coi hhX gồm C_nH_{2n + 2}O a mol và C_mH_2mO₂ b mol.

n_CO2 = na + mb = 0,31 (1)

n_O2 = 1,5na + (1,5m - 1)b = 0,305 (2)

Từ (1), (2) → b = 0,16 → m < 0,31 ÷ 0,16 = 1,9375 → Axit là HCOOH

• hhX gồm ancol và 0,16 mol HCOOH phản ứng 0,2 mol NaOH 

→ Sau phản ứng thu được 0,16 mol HCOONa và 0,04 mol NaOH dư

→ m = 0,16 x 68 + 0,04 x 40 = 12,48 gam

Đáp án D

HCOONH₄, NaHSO₃, Al₂O₃, Al, (NH₂)₂CO

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%

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 D

Số chất có khả năng tác dụng với NaOH đun nóng là:

Isoamyl axetat, phenylamino clorua, poli(vinyl axetat), Gly-Val và triolein

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 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 A

Từ đồ thị ta dễ thấy n_HCl = b = 0,8 mol.

n_Al³⁺ _{chưa kết tủa} = 2,8 - 24   = 0,2 mol.

⇒ ∑n_Al³⁺ = n_AlCl3 = a = 0,4 + 0,2 = 0,6 mol.

⇒ a : b = 4 : 3

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

Đáp án C

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

Đáp án C

Đặt X là C_xH_yN

n_C = n_CO2 = 8,422,4   = 0,375 mol.

n_H = 2 × n_H2O = 2 x 10,12518= 1,125 mol

n_N = 2 × n_N2 = 2 × 1,422,4   = 0,125 mol.

Ta có x : y : 1 = 0,375 : 1,125 : 0,125 = 3 : 9 : 1

Vậy X là C₃H₉N

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

Đáp án B

Ta có nEste = 0,015 mol || nNaOH = 0,04 mol.

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

⇒ mMuối + mNaOH dư = 3,37 gam Û mMuối = 2,37 gam ⇒ MMuối = 158.

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

⇒ X là este của phenol Û X có dạng RCOOC6H4R' ⇒ nNaOH dư = 0,01 mol.

⇒ mChất rắn = mRCOONa + mR'C6H4ONa + mNaOH 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 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)

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

Từ (1) và (2) ta rút ra kết luận:

+Nếu ba≤3  thì kết tủa chưa bị hòa tan và nAl(OH)3 =b3

+Nếu 3<b3<4  thì kết tủa bị hòa tan 1 phần 

 Al3+ + 3OH-→Al(OH)3 (1)

Mol       a     →3a               →a

 Al(OH)3 + OH-→[Al(OH)4]-  (2)

Mol     b-3a         b-3a       

         nAl(OH)3  = 4a -b

Nếu ba≥4  thì kết tủa bị hòa tan hoàn toàn

-Lời giải: 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