Dãy kim loại sắp xếp theo tính khử tăng dần là (trái sang phải) là Fe, Al, Mg

Đáp án A

Chọn D.

- Muối mononatri của axit glutamic là thành phần chính của bột ngọt hay mì chính.

Chọn A.

A. Đúng, Tất cả các amino axit đều là những lưỡng tính.

B. Sai, Các hợp chất peptit kém bền trong cả môi trường axit lẫn môi trường bazơ.

C. Sai, Các đipeptit mạch hở trở lên mới có thể tác dụng được với Cu(OH)₂ cho hợp chất màu tím.      

D. Sai, Trong 1 phân tử tetrapeptit thì chỉ có 3 liên kết peptit.

Chọn A.

- Các kim loại kiềm, kiềm thổ đều tác dụng với H₂O ở nhiệt độ thường (trừ Be không phản ứng với H₂O ở bất kì nhiệt độ nào) và dung dịch thu được là các bazơ tương ứng.

2M + 2H₂O  → 2MOH + H₂ (M là kim loại kiềm)

N + 2H₂O → N(OH)₂ + H₂ (N là kim loại kiềm thổ, trừ Be)

Chọn C.

Fructôzơ không tham gia phản ứng thủy phân.

B1: Xác định dạng cấu tạo của E

Vì E + NaOH tạo 2 alcol nên số nhóm COO có ít nhất là 2

Mà E không phân nhánh ⟹E là este 2 chức có dạng${{R}_{1}}OOC-R-CO\text{O}{{\text{R}}_{2}}$

B2: Tìm \({{M}_{E}}\Rightarrow CTPT\)

Xét cả quá trinnhf E+NaOH +HCl → muối khan + ancol đơn chức \(+{{H}_{2}}O\)

\({{n}_{NaCl}}={{n}_{HCl}}=0,03(mol)\Rightarrow {{n}_{NaOH(puE)}}=0,15-0,03=0,12(mol)\Rightarrow {{n}_{E}}={{n}_{R{{(COONa)}_{2}}}}=0,06(mol)\) \(\Rightarrow {{n}_{{{H}_{2}}O}}={{n}_{HCl}}=0,03(mol)\)

Bảo toàn khối lượng: \({{m}_{E}}+{{m}_{NaOH}}+{{m}_{HCl}}={{m}_{~muoi\text{ }khan}}+{{m}_{ancol}}+{{m}_{{{H}_{2}}O}}\)

\(\Rightarrow {{m}_{E}}=10,44g\Rightarrow {{M}_{E}}=174g\)

⟹E có CTPT là: \({{C}_{8}}{{H}_{14}}{{O}_{4}}\)

B3: Tìm CTPT muối \(R{{(COONa)}_{2}}\)

Hỗn hợp muối khan gồm 0,06 mol \(R{{(COONa)}_{2}}\) và 0,03 mol NaCl

\(\begin{align} & \Rightarrow 0,06.(R+134)+0,03.58,5=11,475 \\ & \Rightarrow R=28({{C}_{2}}{{H}_{4)}} \\ \end{align} ⟹ Muối : {{C}_{2}}{{H}_{4}}{{(COONa)}_{2}}\)

B4: Tìm CTPT của E

Từ CTPT của muối hữu cơ ⟹E có dạng \({{C}_{2}}{{H}_{4}}{{(COONa)}_{2}}{{C}_{4}}{{H}_{10}}\)

Vì tạo hỗn hợp 2 ancol nên chỉ có 1 công thức thỏa mãn là: \({{C}_{3}}{{H}_{7}}OOC{{C}_{2}}{{H}_{4}}COOC{{H}_{3}}\)

Đáp án B

\({{n}_{C{{O}_{2}}}}=0,4mol;{{n}_{OH}}=0,6mol\)

Có: \({{n}_{C{{O}_{2}}}}<{{n}_{OH}}<2{{n}_{C{{O}_{2}}}}\Rightarrow \) phản ứng tạo 2 muối

\(\Rightarrow {{n}_{C{{O}_{3}}}}={{n}_{OH}}-{{n}_{C{{O}_{2}}}}=0,2\,mol<{{n}_{C{{a}^{2+}}}}=0,3mol\)

=> Sau phản ứng có lượng kết tủa là : 0,2 mol CaCO₃

=> \({{m}_{CaC{{O}_{3}}}}=20g\)

Khi dùng Ba(OH)₂ thì:

+) (NH₄)₂SO₄: Có kết tủa trắng và sủi bọt khí

                \({{\left( N{{H}_{4}} \right)}_{2}}S{{O}_{4}}+Ba{{\left( OH \right)}_{2}}\to 2N{{H}_{3}}\uparrow +BaS{{O}_{4}}\downarrow +2{{H}_{2}}O\)

                \({{K}_{2}}S{{O}_{4}}+Ba{{\left( OH \right)}_{2}}\to 2N{{H}_{3}}\uparrow +Ba{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{2}}+2{{H}_{2}}O\)

+)  NH₄NO₃: có sủi bọt khí

                \(2N{{H}_{4}}N{{O}_{3}}+Ba{{\left( OH \right)}_{2}}\to 2N{{H}_{3}}\uparrow +Ba{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{2}}+2{{H}_{2}}O\)

+) KOH: không hiện tượng (không phản ứng với Ba(OH)₂)

Vàng có thể tan trong nước cường toan với thành phần gồm HNO₃ và HCl với tỉ lệ mol tương ứng là 1:3

Quá trình điện phân có thể xảy ra các phản ứng:

Catot (-):              \(C{{u}^{2+}}+2e\to Cu\)

                                \(2{{H}_{2}}O+2e\to {{H}_{2}}+2O{{H}^{-}}\,\,\left( * \right)\)

Anot(+):               \(2{{H}_{2}}O\to 4{{H}^{+}}+{{O}_{2}}+4e\)

Sau điện phân: \(C{{u}^{2+}}+{{S}^{2-}}\to CuS\downarrow \)(đen) \(\Rightarrow {{n}_{C{{u}^{2+}}}}\)_dư­  = \(={{n}_{CuS}}=0,1\,mol\)

=> Chứng tỏ \(C{{u}^{2+}}\) dư => chưa có quá trình (*)

Gọi số mol \(C{{u}^{2+}}\) bị điện phân là x mol \(\Rightarrow {{n}_{{{O}_{2}}}}=0,5x\,mol\)

\(\Rightarrow {{m}_{dd\,giam}}={{m}_{Cu}}+{{m}_{{{O}_{2}}}}=64x+32.0,5x=8g\Rightarrow x=0,1\,mol\)

\(\Rightarrow {{n}_{C{{u}^{2+}}\,bd}}={{n}_{C{{u}^{2+}}\,du}}+{{n}_{C{{u}^{2+}}\,dp}}=0,2\,mol\)

\(\Rightarrow {{C}_{M\left( CuS{{O}_{4}} \right)}}=1M\)

CO chỉ khử được oxit của kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa

Dung dịch sau điện phân có \(pH=2\Rightarrow \) có H⁺

Vậy các quá trình diễn ra khi điện phân là:

Catot(-):               \(A{{g}^{+}}+1e\to Ag\)

Anot(+):               \(2{{H}_{2}}O\to 4{{H}^{+}}+{{O}_{2}}+4e\)

\({{C}_{M\left( {{H}^{+}} \right)}}={{10}^{-pH}}=0,01M\Rightarrow {{n}_{{{H}^{+}}}}=0,002\,mol\)

Bảo toàn e: \({{n}_{Ag}}={{n}_{{{H}^{+}}}}=0,002\,mol\)

\(\Rightarrow {{m}_{Ag}}=0,216\,g\)

Khi dùng NaOH thì:

+) Al(NO₃)₂: có kết tủa keo trắng, sau đó kết tủa tan ra

                \(Al{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{2}}+3NaOH\to Al{{\left( OH \right)}_{3}}+3NaN{{O}_{3}}\)

                \(Al{{\left( OH \right)}_{3}}+NaOH\to NaAl{{O}_{2}}+2{{H}_{2}}O\)

+) NaNO₃: Không có hiện tượng gì (không có phản ứng)

+) Mg(NO₃)₂: có kết tủa trắng

                \(Mg{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{2}}+2NaOH\to Mg{{\left( OH \right)}_{2}}+2NaN{{O}_{3}}\)

+) H₂SO₄: không có hiện tượng gì (có phản ứng)

Với 2 chất NaNO₃ và H₂SO₄. Sau khi đã thu được kết tủa trắng từ bình Mg(NO₃)₂

Nhỏ 2 chất trên vào kết tủa nếu kết tủa tan thì là H₂SO₄.

                \(Mg{{\left( OH \right)}_{2}}+{{H}_{2}}S{{O}_{4}}\to MgS{{O}_{4}}+2{{H}_{2}}O\)

\({{n}_{Fe}}=0,15\,mol;\,{{n}_{AgN{{O}_{3}}}}=0,39\,mol\)

\(Fe+2AgN{{O}_{3}}\to Fe{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{2}}+2Ag\)

0,15 ->0,3   ->  0,15mol

\(Fe{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{2}}+AgN{{O}_{3}}\to Fe{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{3}}+Ag\)

0,09       <-  0,09 mol

\(\Rightarrow {{n}_{Ag}}=0,39\,mol\)

\(\Rightarrow {{m}_{Ag}}=42,12g\)

Các phản ứng

\(Fe+3/2C{{l}_{2}}\to FeC{{l}_{3}}\)

\(2FeC{{l}_{3}}+Fe\to 3FeC{{l}_{2}}\)

\(2FeC{{l}_{3}}+Cu\to 2FeC{{l}_{2}}+CuC{{l}_{2}}\)

\(FeC{{l}_{2}}+HN{{O}_{3}}\to Fe{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{3}}+FeC{{l}_{3}}+{{H}_{2}}O+{{N}_{x}}{{O}_{y}}\)

\(FeC{{l}_{2}}+3AgN{{O}_{3}}\to Fe{{\left( N{{O}_{3}} \right)}_{3}}+2AgCl+Ag\)

SO₂ mới có thể làm mất màu nước Brom theo phản ứng:

                \(S{{O}_{2}}+B{{r}_{2}}+2{{H}_{2}}O\to {{H}_{2}}S{{O}_{4}}+2HBr\)

Trong X có: n_Fe = 0,15 mol (chỉ có Fe phản ứng với HCl)

\(Fe+2HCl\to FeC{{l}_{2}}+{{H}_{2}}\)

\(\Rightarrow {{n}_{{{H}_{2}}}}=0,15\,\,mol\Rightarrow {{V}_{{{H}_{2}}}}=3,36\,lit\)

Với quì tím ẩm:

+) NH₃: làm quì tím ẩm hóa xanh

+) Cl₂: làm quì tím ẩm hóa đỏ sau đó mất màu

\(\begin{align} & FeC{{l}_{2}}+2NaOH\to Fe{{\left( OH \right)}_{2}}+2NaCl \\ & CrC{{l}_{3}}+3NaOH\to Cr{{\left( OH \right)}_{3}}+3NaCl \\ & Cr{{\left( OH \right)}_{3}}+NaOH\to NaCr{{O}_{2}}+2{{H}_{2}}O \\ \end{align}\)

Chỉ thu được kết tủa \(Fe{{\left( OH \right)}_{2}}\). Sau đó nung lên:

\(Fe{{\left( OH \right)}_{2}}+\frac{1}{4}{{O}_{2}}+\frac{1}{2}{{H}_{2}}O\to Fe{{\left( OH \right)}_{3}}\)

\(2Fe{{\left( OH \right)}_{3}}\to F{{e}_{2}}{{O}_{3}}+3{{H}_{2}}O\)

=> Đáp án A

Bảo toàn e: \(3.{{n}_{Fe}}=3.{{n}_{NO}}\to {{n}_{NO}}=0,1\,mol\)

\(\Rightarrow {{V}_{NO}}=2,24\,lit\)

Các kim loại đứng trước Cu đều có thể đẩy \(C{{u}^{2+}}\) ra khỏi muối của nó.

Các kim loại đứng trước Pb đều có thể đẩy \(P{{b}^{2+}}\) ra khỏi muối của nó.

Đó là: Ni, Fe, Zn

Trong một pin điện hóa, Anot(-) xảy ra sự oxi hóa

Đề Fe bị ăn mòn trướcc thì Fe phải là Anot(-) (có thế điện cực âm hơn hay tính khử mạnh hơn)=> Đáp án B

Trong một pin điện hóa, Anot(-) xả ra sự oxi hóa

Để Zn bị ăn mòn trước thì Zn phải là Anot(-) (có thế điện cực âm hơn hay tính khử mạnh hơn)=> Đáp án D

Loại nước cứng khi đun sôi thì mất tính cứng => Nước cứng tạm thời

Chỉ có \(C{{a}^{2+}};M{{g}^{2+}};HCO_{3}^{-}\)

(a) \(Na+{{H}_{2}}O\to NaOH+\frac{1}{2}{{H}_{2}}\)

    \(2NaOH+CuS{{O}_{4}}\to Cu{{\left( OH \right)}_{2}}\downarrow +N{{a}_{2}}S{{O}_{4}}\)

(b) \(C{{O}_{2}}+Ca{{\left( OH \right)}_{2}}\to Ca{{\left( HC{{O}_{3}} \right)}_{2}}\)

(c) \(6NaOH+A{{l}_{2}}{{\left( S{{O}_{4}} \right)}_{3}}\to 3N{{a}_{2}}S{{O}_{4}}+2Al{{\left( OH \right)}_{3}}\downarrow \)

     \(Al{{\left( OH \right)}_{3}}\downarrow +NaOH\to NaAl{{O}_{2}}+2{{H}_{2}}O\)

(d) \(3NaOH+FeC{{l}_{3}}\to Fe{{\left( OH \right)}_{3}}\downarrow +3NaCl\)

Chỉ có (a) và (d)

=> Đáp án D

\(HCOO{{C}_{2}}{{H}_{5}}+KOH\to HCOOK+{{C}_{2}}{{H}_{5}}OH\)

0,04 mol    ->                 0,04 mol

=> m_muối = 3,36g

Khi đốt cháy anken thì \({{n}_{C{{O}_{2}}}}={{n}_{{{H}_{2}}O}}=a\,mol\)

m _{I tăng} = m_H2O ; m_{II tăng} = m_CO2

\(\Rightarrow {{m}_{II}}-{{m}_{I}}=44a-18a=39g\Rightarrow a=1,5\,mol\)

\({{n}_{anken}}=0,4\,mol\Rightarrow \)Số C trung bình = 3,75

=> 2 anken là C₃H₆ và C₄H₈ với số mol lần lượt là x và y

\(\Rightarrow x+y=0,4;\,{{n}_{C{{O}_{2}}}}=3x+4y=1,5\)

\(\Rightarrow x=0,1;y=0,3\)

\( \Rightarrow \% {V_Y} = 75\% \)

=> Đáp án B

X + H₂O dư không thấy có kết tủa => Al và Al₂O₃ tan kết

\(Na+{{H}_{2}}O\to NaOH+\frac{1}{2}{{H}_{2}}\)

\(NaOH+Al+{{H}_{2}}O\to NaAl{{O}_{2}}+\frac{3}{2}{{H}_{2}}\)

\(2NaOH+A{{l}_{2}}{{O}_{3}}\to 2NaAl{{O}_{2}}+{{H}_{2}}O\)

Khi thêm HCl, có thể có:

\(NaOH+HCl\to NaC{{l}_{2}}+{{H}_{2}}O\)

\(NaAl{{O}_{2}}+HCl+{{H}_{2}}O\to Al{{\left( OH \right)}_{3}}+NaCl\)

\(Al{{\left( OH \right)}_{3}}+3HCl\to AlC{{l}_{3}}+3{{H}_{2}}O\)

Đổ thêm 0,07 mol HCl thì chỉ làm tan 0,01 mol kết tủa

=> chứng tỏ khi thêm 0,06 mol HCl thì NaAlO­₂ vẫn còn dư

Gọi số mol NaOH dư = a; số mol NaAlO₂ vẫn còn dư

+) \({{n}_{HCl}}=0,06\,mol;\,{{n}_{HCl+Al{{O}_{2}}}}=0,06-a\left( mol \right)<b\Rightarrow \left( a+b \right)>0,06\,mol\)

=> n_{kết tủa} = \(=0,06-a\,\left( mol \right)=m/78\)

+) \({{n}_{HCl}}=0,13\,mol\Rightarrow {{n}_{HCl}}=4{{n}_{NaAl{{O}_{2}}}}-3{{n}_{Al{{\left( OH \right)}_{3}}}}+{{n}_{NaOH}}\)_dư

\(\Rightarrow 0,13=4b-3.\left( \left( 0,06-a \right)-0,01 \right)+a\)

\(\Rightarrow 0,28=4b+4a\)

\(\Rightarrow a+b=0,07\,mol={{n}_{Na}}\left( X \right)\)

\(\Rightarrow %{{m}_{Na\left( X \right)}}=41,07%\)

=> Đáp án B

Các trường hợp có kết tủa là: (1), (2), (3), (4), (5), (6), (8)

=> Đáp án D

\(F{{e}_{3}}{{O}_{4}}+8HCl\Rightarrow FeC{{l}_{2}}+2FeC{{l}_{3}}+4{{H}_{2}}O\)

  x         ->                        2x

\(Cu+2FeC{{l}_{3}}\to CuC{{l}_{2}}+2FeC{{l}_{2}}\)

x <-   2x

Chất rắn còn lại chắc chắn là Cu

=> m_{phản ứng} \(=232x+64x=50-20,4\)

\(\Rightarrow x=0,1\,mol\)

\(\Rightarrow {{m}_{Cu\left( X \right)}}=50-232.0,1=26,8g\)

\(\Rightarrow m{{%}_{Cu\left( X \right)}}=53,6%\)

=> Đáp án B

Số mol C₃H₈ và C₂H₆O₂ bằng nhau

=> Qui về C₃H₈O và C₂H₆O

Các chất trong X đều có dạng \({{C}_{n}}{{H}_{2n+2}}O\)

Bảo toàn khối lượng: \({{m}_{X}}+{{m}_{{{O}_{2}}}}={{m}_{C{{O}_{2}}}}+{{m}_{{{H}_{2}}O}}=\)m_{bình tăng­}

\(\Rightarrow {{n}_{{{O}_{2}}}}=0,348\)

\({{C}_{n}}{{H}_{2n+2}}O+1,5n{{O}_{2}}\to nC{{O}_{2}}+\left( n+1 \right){{H}_{2}}O\)

                            0,348  -> 0,232 mol

\(\Rightarrow {{n}_{BaC{{O}_{3}}}}={{n}_{C{{O}_{2}}}}=0,232\,mol\)

\(\Rightarrow m=45,704\,g\)

=> Đáp án D

Qui hỗn hợp đầu về: Fe₂O₃; x mol FeO; y mol Cu

X + HCl dư và không có kết tủa sau đó => Cu phản ứng hết

\(2FeC{{l}_{3}}+Cu\to 2FeC{{l}_{2}}+CuC{{l}_{2}}\)

Y gồm 0,08 mol FeCl₃; \(\left( x+2y \right)\) mol FeCl₂; y mol CuCl₂; HCl

\(\Rightarrow \left( 0,08.3+2x+2y \right)<0,9\)

Hỗn hợp đầu gồm: \(\left( 0,04+y \right)\) mol Fe₂O₃; x mol FeO; y mol Cu

\(\Rightarrow 27,2=160.\left( 0,04+y \right)+72x+64y\,\,{{\,}^{\left( 1 \right)}}\)

Khi điện phân:

Catot(-): thứ tự có thể xảy ra

                \(F{{e}^{3+}}+1e\to F{{e}^{2+}}\)

                \(C{{u}^{2+}}+2e\to Cu\)

                \(2{{H}^{+}}+2e\to {{H}_{2}}\left( * \right)\)

                \(F{{e}^{2+}}+2e\to Fe\)

Anot(+):

                \(2C{{l}^{-}}\to C{{l}_{2}}+2e\)

Vì ngừng điện phân khi catot có khí => dừng trước quá trình (*)

Bảo toàn e: \({{n}_{C{{l}_{2}}}}=\frac{1}{2}\left( 0,08+2y \right)=0,04+y\,\left( mol \right)\)

=> m_giảm \(={{m}_{Cu}}+{{m}_{C{{l}_{2}}}}=y.64+\left( 0,04+y \right).71=13,64g\)

\(\Rightarrow y=0,08\,mol\). Từ \(\left( 1 \right)\Rightarrow x=0,04\,mol\)

=> Sau điện phân còn: n_{HCl dư} = 0,1 mol; \({{n}_{F\text{e}C{{l}_{2}}}}=0,16+0,04+0,08=0,28\,mol\)

\(3F{{\text{e}}^{2+}}+4{{H}^{+}}+NO_{3}^{-}\to 3F{{\text{e}}^{3+}}+NO+2{{H}_{2}}O\)

0,075 <- 0,1 mol

\(F{{\text{e}}^{2+}}+A{{g}^{+}}\to F{{\text{e}}^{3+}}+Ag\)

\(A{{g}^{+}}+C{{l}^{-}}\to AgCl\)

=> Kết tủa gồm: 0,205 mol Ag; 0,66 mol AgCl

\(\Rightarrow m=116,85g\)

=> Đáp án A

T có \({{M}_{T}}=32\Rightarrow C{{H}_{3}}OH\)

Z gồm CH₃OH và H₂O

E gồm: a mol \(X\left( {{C}_{n}}{{H}_{2n-2}}{{O}_{2}} \right)\) và b mol \(Y\left( {{C}_{m}}{{H}_{2m-4}}{{O}_{4}} \right)\) đều có 1 C=C \(\left( n>4;m>4 \right)\)

Đốt cháy:

\({{C}_{n}}{{H}_{2n-2}}{{O}_{2}}+{{O}_{2}}\to nC{{O}_{2}}+\left( n-1 \right){{H}_{2}}O\)

\({{C}_{m}}{{H}_{2m-4}}{{O}_{4}}+{{O}_{2}}\to mC{{O}_{2}}+\left( m-2 \right){{H}_{2}}O\)

Khi phản ứng với NaOH

\({{C}_{n}}{{H}_{2n-2}}{{O}_{2}}+NaOH\to \) muối + ancol

\({{C}_{m}}{{H}_{2m-4}}{{O}_{4}}+2NaOH\to \)Muối + H2O

=> Ta thấy: \({{n}_{C{{O}_{2}}}}-{{n}_{{{H}_{2}}O}}={{n}_{X}}+2{{n}_{Y}}={{n}_{NaOH}}={{n}_{COO}}=0,11\,mol\)

Bảo toàn nguyên tố: \({{m}_{E}}={{m}_{C}}+{{m}_{H}}+{{m}_{O}}=9,32g\)

=> Với 46,6g E thì n_{NaOH pứ} = 0,55 mol => n_{NaOH dư}  0,05 mol

=> \({{m}_{b\grave{i}nh\text{ }t\breve{a}ng}}+{{m}_{{{H}_{2}}}}={{m}_{C{{H}_{3}}OH}}+{{m}_{{{H}_{2}}O}}=188,85+2.0,275=189,4g\)

\({{H}_{2}}O+Na\to NaOH+\frac{1}{2}{{H}_{2}}\)

\(C{{H}_{3}}OH+Na\to C{{H}_{3}}ONa+\frac{1}{2}{{H}_{2}}\)

(Na sẽ thiếu)

Bảo toàn khối lượng: m_E + m_{dd NaOH} = m_rắn + m_Z

=> m_rắn  = 57,2g

\({{m}_{Z}}={{m}_{{{H}_{2}}O\,\left( dd\,NaOH \right)}}+{{m}_{{{H}_{2}}O\,\left( Pu\,voi\,axit \right)}}+{{m}_{C{{H}_{3}}OH}}\)

\(\Rightarrow {{m}_{{{H}_{2}}O\left( Pu\,voi\,axit \right)\,}}+{{m}_{C{{H}_{3}}OH}}=13,4g\)

\({{n}_{NaOH\,pu}}={{n}_{{{H}_{2}}O}}+{{n}_{C{{H}_{3}}OH}}=0,55\,mol\)

\(\Rightarrow {{m}_{{{H}_{2}}O\left( axit \right)}}=0,3\Rightarrow {{n}_{axit\,Y}}=0,15mol;\,{{n}_{C{{H}_{3}}OH}}={{n}_{X}}=0,25\,mol\)

\(46,6g={{m}_{E}}=0,25.\left( 14n+30 \right)+0,15.\left( 14m+60 \right)\)

\(\Rightarrow 5n+3m=43\)

\(\Rightarrow m=5;m=6\) thỏa mãn

Y là \({{C}_{6}}{{H}_{8}}{{O}_{4}}\Rightarrow %{{m}_{Y\left( E \right)}}=46,35%\)

=> Đáp án D

Trong không khí có: \({{n}_{{{O}_{2}}}}=0,525\,mol;{{n}_{{{N}_{2}}}}=2,1\,mol\)

n_{N2 sau phản ứng}  = 2,2 mol => n_{tạo ra} = 0,1 mol

Hỗn hợp 2 amin no đơn chức đồng đẳng kế tiếp có công thức chung là:

\({{C}_{n}}{{H}_{2n+1}}{{O}_{2}}N+\left( 1,5n-0,75 \right){{O}_{2}}\to nC{{O}_{2}}+\left( n+0,5 \right){{H}_{2}}O+0,5{{N}_{2}}\)

                                         0,525 mol                                                              0,1 mol

\(\Rightarrow 0,525.0,5=0,1.\left( 1,5n-0,75 \right)\)

\(\Rightarrow n=2,25\)

=> 2 amino axit là H₂NCH₂COOH(Gly) và CH₃CH(NH₂)-COOH(Ala) với số mol lần lượt là x

\(\Rightarrow x+y=2{{n}_{{{N}_{2}}}}=0,2\,mol\)

\({{n}_{{{O}_{2}}}}=2,25x+3,75y=0,525\)

\(\Rightarrow x=0,15;y=0,05\,mol\)

\(\Rightarrow x:y=3:1\)

Vậy tetrapeptit có 3Gly và 1Ala

=> Số peptit thỏa mãn là: 4

=> Đáp án C

X gồm: CH₄, C₂H₆O; C₃H₈O₃; C_nH_2nO₂

\({{n}_{C{{H}_{4}}}}=2{{n}_{{{C}_{3}}{{H}_{8}}{{O}_{3}}}}\)=> Qui về CH₄O; C₃H₈O

\({{n}_{C{{O}_{2}}}}=0,31\,mol;\,{{n}_{{{O}_{2}}}}=0,305\,mol\)

Coi hỗn hợp gồm: \({{C}_{m}}{{H}_{2m+2}}O:\,c\,mol;\,\,{{C}_{n}}{{H}_{2n}}{{O}_{2}}:b\,mol\)

\(\Rightarrow {{n}_{{{H}_{2}}O}}={{n}_{C{{O}_{2}}}}+{{n}_{ancol}}=0,31+c\)

Bảo toàn O: \({{n}_{O\left( X \right)}}+2{{n}_{{{O}_{2}}}}=2{{n}_{C{{O}_{2}}}}+{{n}_{{{H}_{2}}O}}\)

\(\Rightarrow c+2b+0,305.2=0,31.2+0,31+c\)

\(\Rightarrow b=0,16\,mol\)

\(\Rightarrow {{n}_{X}}>0,16\,mol\)

Số C trung bình \(<{{n}_{C{{O}_{2}}}}/b=1,9375\)

=> axit có 1 C (hỗn hợp ancol có \({{C}_{1}}:{{C}_{2}}:{{C}_{3}}\))

\(\Rightarrow HCOOH,{{n}_{NaOH}}=0,2\,mol\)

=> chất rắn gồm: 0,16 mol HCOONa; 0,14 mol NaOH dư

\(\Rightarrow a=12,48g\)

=> Đáp án C

Qui hỗn hợp X về Al; Fe; O \(\Rightarrow {{n}_{O}}=0,15\,mol\)

\({{n}_{HN{{O}_{3}}}}=0,6275\,mol\)

\({{n}_{NO}}={{n}_{{{N}_{2}}}}=0,01\,mol\)

Có \({{n}_{HN{{O}_{3}}}}=2{{n}_{O}}+4{{n}_{NO}}+12{{n}_{{{N}_{2}}}}+10{{n}_{N{{H}_{4}}N{{O}_{3}}}}\)

\(\Rightarrow {{n}_{N{{H}_{4}}N{{O}_{3}}}}=0,01675\,mol\)

\(\Rightarrow {{n}_{N{{O}_{3}}\,muoi\,KL}}=2{{n}_{O}}+3{{n}_{NO}}+10{{n}_{{{N}_{2}}}}+8{{n}_{N{{H}_{4}}N{{O}_{3}}}}=0,564\,mol\)

=> m_muối = m_KL + m_{NO3 muối KL} + \({{m}_{N{{H}_{4}}N{{O}_{3}}}}\)= 46,888g

=> Đáp án C

Đáp án: D

Bảo toàn khối lượng ⇒ mX= 3,42.44 + 3,18.18 – 4,83.32 = 53,16 gam

Bảo toàn nguyên tố O ⇒6nX + 4,83.2 = 3,42.2 +3,18 ⇒nX = 0,06 mol

Bảo toàn khối lượng ⇒53,16 + 0,06.3.40 = b + 0,06.92 ⇒ b = 54,84

Este đơn chức ⇒ Chứa 2 nguyên tử oxi

⇒ Meste = 32/0,3721 = 86

⇒ Este là C₄H₆O₂

⇒ Các đồng phân thỏa mãn: HCOOCH₂-CH=CH₂; HCOOC(CH₃)=CH₂; CH₃COOCH=CH₂

Đáp án: C

H₂NCH₂CH₂CH₂COOH; CH₃CH(NH₂)CH₂COOH; CH₃CH₂CH(NH₂)COOH; H₂NCH(NH₃)CH₂COOH; (CH₃)₂C(NH₂)COOH