n_C4H10(đktc) = 22,4 : 22,4 = 1 (mol)

Đốt cháy hỗn hợp X cũng là đốt cháy C₄H₁₀ ban đầu.

BTNT C ⟹ n_CO2 = 4n_C4H10 = 4 (mol) ⟹ m_CO2 = x = 176 gam.

BTNT H ⟹ n_H2O = 5n_C4H10 = 5 (mol) ⟹ m_H2O = y = 90 gam.

Đáp án A

A sai vì xenlulozo có cấu trúc mạch không phân nhánh.

B sai vì glucozo bị oxi hóa bởi AgNO₃/NH₃.

C sai vì saccarozo không phản ứng với Br₂.

D đúng

Đáp án D

Trong phân tử cacbohidrat luôn có chứa nhóm chức ancol –OH .

Đáp án A

3Cu + 8HNO₃→ 3Cu(NO₃)₂ + 2NO + 4H₂O

Hệ số của HNO₃ là 8.

Đáp án B

Hỗn hợp X gồm: anđehit acrylic: CH₂=CH-CHO (C₃H₄O) và anđehit đơn chức RCHO

X + O₂ → CO₂ + H₂O

BTNT C ⟹ n_CO2 = n_CaCO3 = 0,085 (mol)

BTKL ⟹ m_X + m_O2 = m_CO2 + m_H2O

⟹ m_H2O = 1,26 (g) ⟹ n_H2O = 0,07 (mol)

BTNT O ⟹ n_X = n_{O(trong X)} = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2 = 0,035 (mol)

Có: \(\dfrac{{2{n_{{H_2}O}}}}{{{n_X}}} = \dfrac{{0,14}}{{0,035}} = 4\)

⟹ số nguyên tử H trung bình trong X bằng 4 = số H có trong anđehit acrylic

⟹ anđehit còn lại cũng phải có 4 nguyên tử H trong phân tử

Vậy CTCT của anđehit là CH₃CHO.

Đáp án D

(a) sai vì hiđro hóa hoàn toàn glucozo thu được sobitol

(b) đúng vì xelulozo thủy phân được trong môi trường axit mà trong dạ dày động vật có chứa axit

(c) sai vì Xenlulozơ trinitrat là nguyên liệu để sản xuất thuốc nổ

(d) đúng vì H₂SO₄ đậm đặc có tính háo nước mạnh nên hút hết nước có trong phân tử saccarozo => cháy đen là sinh ra C

(e) đúng

=> có 3 phát biểu đúng

Đáp án A

M_ancol = 31.2 = 62 (g/mol) => ancol là C₂H₄(OH)₂

Có n_NaOH = n_COO- = 0,17 (mol)

Quy đổi hỗn hợp E thành: 

\(\left\{ \begin{gathered}
{C_n}{H_{2n}}{O_2}:0,17\,mol \hfill \\
{C_2}{H_4}{(OH)_2}:a\,mol \hfill \\
{H_2}O:\, - b\,mol \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

=> n_E = 0,17 + a – b = 0,15 (1)

Xét quá trình đốt cháy E

C_nH_2nO₂ + O₂ \(\xrightarrow{{{t^0}}}\) nCO₂ +nH₂O  (1)

0,17  → 0,085(3n-2)                0,17n    0,17n

C₂H₆O₂ + 2,5O₂ \(\xrightarrow{{{t^0}}}\)2CO₂ + 3H₂O         (2)

a            → 2,5a             2a         3a      (mol)

n_O2 = 0,085(3n-2) + 2,5a = 0,725

=> 0,255n +2,5a = 0,895 (2)

m_CO2 - m_H2O = (0,17n+2a).44 – (0,17n +3a – b ).18 = 16,74 (Chú ý có H₂O: -b mol ban đầu)

=> 4,42n + 34a +18b  = 16,74 (3)

Từ (1), (2), (3) ta có hệ

\(\left\{ \begin{gathered}
a - b = - 0,02 \hfill \\
2,5a + 0,255n = 0,895 \hfill \\
34a + 18b + 4,42n = 16,74 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
a = 0,1 \hfill \\
b = 0,12 \hfill \\
n = \frac{{43}}{{17}} \approx 2,53 \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

Vậy hỗn hợp E gồm: 

\(\left\{ \begin{gathered}
X:C{H_3}COOH:x(mol) \hfill \\
Y:{C_2}{H_5}COOH:y\,(mol) \hfill \\
Z:{C_2}{H_4}{(OH)_2}:0,1 - 0,06 = 0,04\,(mol) \hfill \\
T:C{H_3}COOC{H_2} - C{H_2} - OOC - {C_2}{H_5}:0,06\,(mol) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

Theo PTHH ta có:

∑n_CO2 = 0,17.43/17 + 0,1.2 = 0,63 (mol) => m_CO2 = 27,72 (g)

m_H2O = 27,72-16,74 = 10,98 (g)

BTKL ta có: m_E = m_CO2 + m_H2O – m_O2 = 27,72+10,98 – 0,725.32 = 15,5 (g)

\(\begin{gathered}
\left\{ \begin{gathered}
\sum {{n_{CO{O^ - }}} = \,} x + y + 0,12 = 0,17 \hfill \\
\xrightarrow{{BTNT:C}}2x + 3y + 2.0,04 + 0,06.7 = 0,63 \hfill \\
\end{gathered} \right. \Rightarrow \left\{ \begin{gathered}
x = 0,02 \hfill \\
y = 0,03 \hfill \\
\end{gathered} \right. \hfill \\
\% C{H_3}COOH = \frac{{0,03.74}}{{15,5}}.100\% = 14,32\% \hfill \\
\end{gathered} \)

Đáp án A

Độ bất bão hòa của este X là: k = (6.2+2-10)/2 = 2

n_X : n_NaOH = 1: 2 => este 2 chức

X₂ + X₃ \(\xrightarrow{{{H_2}S{O_4}\,d,{{140}^0}C}}\) C₃H₈O + H₂O

C₃H₈O là ete CH₃OC₂H₅

=> X₂, X₃ là CH₃OH và C₂H₅OH

=> Este X có CTCT là: H₃C-OOC-CH₂-COO-C₂H₅

A. sai vì X chỉ có 1 CTCT

B. đúng PTHH điều chế: 

Na-OOC-CH₂-COO-Na + 2NaOH \(\xrightarrow{{CaO,{t^0}}}\) CH₄ + Na₂CO₃

C. đúng vì trong X không có liên kết pi mạch ngoài C

D. đúng, trong X số nhóm –CH₂–  và nhóm –CH₃ đều bằng 2

Đáp án A

Để xác định sản phẩm H₂O được tạo ra khi đốt cháy chất hữu cơ bằng cách cho sản phẩm cháy đi qua CuSO₄ khan.

(chắn rắn chuyển từ màu trắng sang màu xanh)

Đáp án C

Chất X có CTPT là C_xH_yCl. Trong X, clo chiếm 46,4% về khối lượng. Số đồng phân của X là

         Fe     →    Fe²⁺ +2e

[Ar]3d⁶4s²  →  [Ar]3d⁶

Đáp án B

Saccarozơ là thành phần chính của đường mía (từ cây mía); đường củ cải (từ củ cải đường); đường thốt nốt (từ cụm hoa thốt nốt).

A đúng, đường kính chính là saccarozơ ở dạng tinh thể nhỏ.

B đúng, đường phèn là đường mía kết tinh ở nhiệt độ thường (khoảng 30⁰C).

C đúng.

D sai, vì mật ong chứa nhiều fructozơ chứ không phải saccarozơ.

Chọn D.

Các chất tác dụng được với Cu(OH)₂/OH- là: axit axetic (CH₃COOH); saccarozo (C₁₂H₂₂O₁₁); anđehit focmic (HCHO) => có 3 chất

PTHH:

2CH₃COOH + Cu(OH)₂ → (CH₃COO)­₂Cu + 2H₂O

2C₁₂H₂₂O₁₁ + Cu(OH)₂ → (C₁₁H₂₁O₁₁)₂Cu + 2H₂O

CH₃CH=O + 2Cu(OH)₂ + NaOH  \(\xrightarrow{{{t^0}}}\) CH₃COONa + Cu₂O↓ đỏ + 3H₂O

Đáp án A

n_CO2 = 0,25 mol; n_H2O = 0,18 mol

m_O(E) = m_E – m_C – m_H = 6,88 – 0,25.12 – 0,18.2 = 3,52 gam

=> n_O(E) = 0,22 mol

X: HCOOH (x mol)

Y: C_nH_2n+2-2kO₂ (y mol)

T: HCOO-C_mH_2m-C_nH_2n+1-2kO₂ (z mol)

n_Ag = 2x + 2z = 0,12

n_O(E) = 2x + 2y + 4z = 0,22

=> x + z = 0,06 và y + z = 0,05

n_CO2 = x + ny + (m + n + 1)z = 0,25

n_H2O = x + y(n + a – k) + z(m + n + 1 – k) = 0,18

=> n_CO2 – n_H2O = y(k – 1) + zk = 0,07

=> k(y + z) – y = 0,07

=> y = 0,05k – 0,07 < 0,05 => k < 2,4

+) k = 1 => y < 0 (loại)

+) k = 2 => y = 0,03

=> z = 0,02 và x = 0,04

=> n_CO2 = 0,04 + 0,03n + 0,02(m + n +1) = 0,25

=> 5n + 2m = 19

Do n ≥ 3 và m ≥ 2 nên n = 3, m = 2

E + 0,15 mol KOH

n_HCOOK = x + z = 0,06

n_CH2=CH-COOK = y + z = 0,05

=> n_{KOH dư} = 0,04

m _rắn = 12,78 gam

Đáp án C

+) Tại điểm n_HCl = 0,4: Trung hòa vừa hết NaOH

Khi đó: n_NaOH = n_HCl = 0,4 mol ⟹ x = 0,4

+) Tại điểm n_HCl = 0,6 mol: Chỉ xảy ra phản ứng tạo kết tủa

H⁺ + AlO₂^- + H₂O → Al(OH)₃

+) Tại điểm n_HCl = 1 mol: Kết tủa Al(OH)₃ bị H⁺ hòa tan một phần

H⁺ + AlO₂^- + H₂O → Al(OH)₃

3H⁺ + Al(OH)₃ → Al³⁺ + 3H₂O

n_{Al(OH)3 bị tan} = y - 0,2 (mol)

⟹ n_HCl = n_OH- + n_AlO2- + 3n_{Al(OH)3 bị tan} ⟹ 1 = 0,4 + y + 3(y - 0,2) ⟹ y = 0,3

Vậy x : y = 0,4 : 0,3 = 4 : 3.

n_KMnO4 = 0,14 mol và n_KClO3 = 0,15 mol

BTKL: m_O2 = m_KMnO4 + m_KClO3 – m _{rắn X} = 22,12 + 18,375 – 37,295 = 3,2 gam

=> n_O2 = 0,1 mol

BTNT “O”: n_O(X) = 4n_KMnO4 + 3n_KClO3 – 2n_O2 = 0,14.4 + 0,15.3 – 0,1.2 = 0,81 mol

Cho X tác dụng HCl đặc dư: Rắn X + HCl → KCl + MnCl₂ + H₂O

Dung dịch thu được gồm: KCl (0,14 + 0,15 = 0,29 mol) và MnCl₂ (0,14 mol)

n_H2O = n_O(X) = 0,81 mol => n_HCl = 2n_H2O = 1,62 mol

BTNT “Cl” ta có: n_Cl2 = (n_KClO3 + n_HCl – n_KCl – 2n_MnCl2) : 2 = (0,15 + 1,62 – 0,29 – 2.0,14) : 2 = 0,6 mol

Hòa tan Y vào nước sau đó cho tác dụng với AgNO₃ dư:

Kết tủa thu được gồm: AgCl (0,6.2 = 1,2 mol) và Ag

=> m_Ag = 204,6 – 1,2.143,5 = 32,4 gam => n_Ag = 0,3 mol

=> n_Fe2+ = n_Ag = 0,3 mol

DD Z gồm: Fe²⁺ (0,3 mol), Fe³⁺ (x mol) và Cl^- (1,2 mol)

BTĐT: n_Fe3+ = (1,2 – 0,3.2) : 3 = 0,2 mol

=> n_Fe = 0,3 + 0,2 = 0,5 mol => m = 28 gam

Đáp án D

(a) Thu được kết tủa BaCO₃

(b) Thu được kết tủa BaSO₄

(c) Không thu được kết tủa

(d) không phản ứng

Đáp án D

Giả sử mỗi phần Y chứa số mol các ion như sau: Cu²⁺ (x), Fe³⁺ (y), Fe²⁺ (z), Cl^- (2x + 3y + 2z)

BTNT “H” kết hợp BTNT “Cl”: n_H2O = 0,5n_HCl = 0,5n_Cl- = x + 1,5y + z

=> m_(1/2X) = 64x + 56y + 56z + 16(x + 1,5y + z) = 30,4 (1)

Phần I: Cho phần 1 tác dụng H₂S dư

Cu²⁺ + S^2- → CuS

2Fe³⁺ + S^2- → 2Fe²⁺ + S

=> Kết tủa Z gồm CuS (x) và S (0,5y)

Cho Z phản ứng với HNO₃ (sản phẩm oxi hóa – khử là H₂SO₄ và NO₂)

BTe: 8n_CuS + 6n_S = n_NO2 => 8x + 6.0,5y = 1,1 (2)

Phần II: Cho tác dụng KMnO₄ (sản phẩm khử và oxi hóa là Fe³⁺, Cl₂)

BTe: n_Fe2+ + n_Cl- = + 5n_KMnO4 => z + (2x + 3y + 2z) = 5.0,44.0,5 (3)

Giải (1) (2) (3) thu được: x = 0,1; y = 0,1; z = 0,2

Trong T có Cu²⁺ (0,1); SO₄^2- (0,1 + 0,5.0,1 = 0,15) tác dụng Ba(OH)₂ dư thu được Cu(OH)₂ (0,1 mol) và BaSO₄ (0,15 mol)

=> m = m_Cu(OH)2 + m_BaSO4 = 0,1.98 + 0,15.233 = 44,75 gam

Đáp án A

n_O2 = 0,59 mol; n_H2O = 0,52 mol

BTKL: m_CO2 = m_E + m_O2 – m_H2O = 11,16 + 0,59.32 – 9,36 = 20,68 gam => n_CO2 = 0,47 mol

n_H2O > n_CO2 => Ancol là ancol no

BTNT “O”: n_O(E) = 2n_CO2 + n_H2O – 2n_O2 = 2.0,47 + 0,52 – 2.0,59 = 0,28 mol

Đặt n_X,Y = a; n_Z = b; n_T = c

+) n_O(E) = 2a + 2b + 4c = 0,28 (1)

+) n_Br2 = a + 2c = 0,04 (2)

+) Phản ứng đốt cháy:

X, Y có dạng: C_nH_2n-2O₂ => n_X,Y = n_CO2 – n_H2O => a = n_CO2 – n_H2O

Z có dạng: C_nH_2n+2O₂ => n_Z = - n_CO2 + n_H2O => b = - n_CO2 + n_H2O

T có dạng: C_nH_{2n – 6}O₄ => 3n_T = n_CO2 – n_H2O => 3c = n_CO2 – n_H2O

=> a – b + 3c = ∑n_CO2 - ∑n_H2O => a – b + 3c = 0,47 – 0,52 (3)

Giải (1) (2) (3) => a = 0,02; b = 0,1; c = 0,01

n_E = 0,13 mol => C _{trung bình} = 0,47 : 0,13 = 3,6

=> X là C=C-COOH, Z là C₃H₈O₂

*Khi cho hỗn hợp tác dụng KOH:

n_KOH = n_axit + 2n_este = a + 2c = 0,02 + 0,01.2 = 0,04 mol

n_H2O = n_axit = 0,02 mol

n_C3H8O2 = n_Z + n_T = 0,1 + 0,01 = 0,11 mol

BTKL: m _muối = m_E + m_KOH – m_H2O – m_C3H8O2 = 11,16 + 0,04.56 – 0,02.18 – 0,11.76 = 4,68 gam

Đáp án D

Hỗn hợp gồm ankan và anken.

* Tác dụng với Br₂: n_Br2 = n _anken = 0,35 mol

⟹ n _ankan = 0,57 – 0,35 = 0,22 mol

* Đốt X: Đặt số mol CO₂ là x và số mol của H₂O là y (mol)

⟹ n_H2O – n_CO2 = n_ankan = y - x = 0,22 (1)

BTNT “O” ⟹ 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O

⟹ 2x + y = 4,9 (2)

Từ (1)(2) ⟹ x = 1,56 và y = 1,78

Ta có n_C(X) = x = 1,56 mol và n_H(X) = 2y = 3,56 mol

Vậy m = m_C + m_H = 1,56.12 + 3,56.1 = 22,28 gam

Đáp án D

(a) Không thu được kết tủa vì không có phản ứng

(b) Không thu được kết tủa vì Zn(OH)₂ tạo phức với NH₃

(c) Thu được kết tủa Ag: Fe²⁺ + Ag⁺ → Fe³⁺ + Ag

(d) Không thu được kết tủa

Na₂O + H₂O → 2NaOH

     1                           2

Al₂O₃ + 2NaOH → NaAlO₂ + H₂O

     1              2

(e) Thu được kết tủa CaCO₃

2NaHCO₃ + Ca(OH)₂ → Na₂CO₃ + CaCO₃ + H₂O

(g) Không thu được kết tủa

Fe₂O₃ + 6HCl → 2FeCl₃ + 3H₂O

    1                             2

Cu + 2FeCl₃ → CuCl₂ + 2FeCl₂

  1         2

Vậy các phản ứng tạo kết tủa là: (c) và (e)

Đáp án C

M _khí = 4.23/18 = 46/9 => Khí có chứa H₂

Thành phần của khí: NO (x mol) và H₂ (y mol)

+) n _khí = x + y = 0,45 (1)

+) m _khí = 30x + 2y = 0,45.46/9 (2)

Từ (1) (2) => x = 0,05 và y = 0,4

Sơ đồ bài toán:

\(66,2(g)\left\{ \begin{array}{l}
F{e_3}{O_4}\\
Fe{(N{O_3})_2}\\
Al
\end{array} \right. + KHS{O_4}:3,1 \to 466,6(g)\left\{ \begin{array}{l}
F{e^{2 + }}\\
F{e^{3 + }}\\
A{l^{3 + }}\\
{K^ + }:3,1\\
N{H_4}^ + \\
S{O_4}^{2 - }:3,1
\end{array} \right. + \left\{ \begin{array}{l}
NO:0,05\\
{H_2}:0,4
\end{array} \right. + {H_2}O\)

BTKL: m_H2O = m_X + m_KHSO4 – m _khí = 66,2 + 3,1.136 – 466,6 – 0,05.30 – 0,4.2 = 18,9 gam => n_H2O = 1,05 mol

BTNT “H”: n_NH4+ = (n_KHSO4 – 2n_H2 – 2n_H2O) : 4 = (3,1 – 2.0,4 – 2.1,05) : 4 = 0,05 mol

=> m_{(Fe, Al)} = m _muối – m_K+ – m_NH4+ - m_SO42- = 466,6 – 3,1.39 – 0,05.18 – 3,1.96 = 47,2 gam

Mặt khác, BTNT “N”: n_Fe(NO3)2(X) = (n_NH4+ + n_NO) : 2 = (0,05 + 0,05) : 2 = 0,05 mol

m_O(X) = m_X – m_{(Fe, Al)} – m_NO3- = 66,2 – 47,2 – 0,1.62 = 12,8 gam => n_O = 0,8 mol

=> n_Fe3O4 = n_O : 4 = 0,2 mol

=> m_Al = m_X – m_Fe3O4 – m_Fe(NO3)2 = 66,2 – 0,2.232 – 0,05.180 = 10,8 gam

=> %m_Al = 10,8 : 66,2 = 16,3% gần nhất với 15%

Đáp án A

\(C{O_2}:0,4\,mol + \left\{ \begin{gathered}
NaOH:2,75V(mol) \hfill \\
{K_2}C{O_3}:V(mol) \hfill \\
\end{gathered} \right. \to {\text{dd}}\,X\xrightarrow{{co\,can}}64,5(g)\,chat\,ran\left\{ \begin{gathered}
N{a^ + }:2,75V(mol) \hfill \\
{K^ + }:2V(mol) \hfill \\
C{O_3}^{2 - }:x(mol) \hfill \\
HC{O_3}^ - :y(mol) \hfill \\
\end{gathered} \right.\)

BTNT “C”: n_CO32- + n_HCO3- = n_CO2 + n_K2CO3 hay x + y = 0,4 + V (1)

BTĐT cho dd sau phản ứng có: 2n_CO32- + n_HCO3- = n_Na+ + n_K+ => 2x + y = 4,75V (2)

Từ (1) và (2) => x = 3,75V – 0,4 và y = 0,8 – 2,75V

Dung dịch sau phản ứng gồm: Na⁺ (2,75V); K⁺ (2V), CO₃^2- (3,75V-0,4); HCO₃^- (0,8-2,75V) (mol)

Khối lượng chất tan: 2,75V.23 + 2V.39 + (3,75V - 0,4).60 + (0,8-2,75V).61 = 64,5

=> V = 0,2 (lít) = 200 ml

Đáp án B

n_NaHCO3 = 0,336 : 84 = 0,004 mol

PTHH: NaHCO₃ + HCl → NaCl + H₂O + CO₂

Theo PTHH: n_HCl = n_NaHCO3 = 0,004 mol

=> V _{dd HCl} = n : C_M = 0,004 : 0,035 = 0,114 lít = 1,14.10^-1 lít.

Đáp án A

CaC₂ + 2H₂O → Ca(OH)₂ + C₂H₂

C₂H₂ + 2AgNO₃ + 2NH₃ → Ag₂C₂↓ vàng + 2NH₄NO₃

Hiện tượng: có kết tủa màu vàng nhạt trong bình tam giác, do phản ứng của C₂H₂ với dung dịch AgNO₃/NH₃.

* Bình 1: m _{bình 1 tăng} = m_H2O = 2,835 gam ⟹ n_H2O = 0,1575 mol ⟹ n_H = 0,315 mol

* Bình 2: n_BaCO3 = n_CO2 = 55,16 : 197 = 0,28 mol ⟹ n_C = 0,28 mol

* Khí thoát ra là N₂: n_N2 = 0,392 : 22,4 = 0,0175 mol ⟹ n_N = 0,035 mol

* m_O = m_X – m_C – m_H – m_N = 5,285 – 0,28.12 – 0,315.1 – 0,035.14 = 1,12 gam ⟹ n_O = 0,07 mol

Ta có C : H : O : N = 0,28 : 0,315 : 0,07 : 0,035 = 8 : 9 : 2 : 1

Vậy công thức phân tử (trùng với CTĐGN) là C₈H₉O₂N.

Đáp án D

(NH₂)₂CO    →      2N

    100                  46 (kg)

     x                     70

⟹ x = (70.100)/46 = 152,17 kg.

Đáp án A

Eilen làm mất màu dd nước Br₂  ở nhiệt độ thường

CH₂=CH₂ + Br₂ → CH₂Br-CH₂Br

Đáp án A

\(2NaCl + 2{H_2}O\buildrel {} \over
\longrightarrow 2NaOH + C{l_2} + {H_2}\)

Dd X là NaOH

CO₂ dư + 2NaOH → NaHCO₃

Dd Y là NaHCO₃ + Ca(OH)₂ theo tỉ lệ 1:1

NaHCO₃ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓ + NaOH + H₂O

Z tan trong nước => Z là NaOH

Đáp án A

 B 

 C  D Đáp án

A

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

Suy luận

Giải chi tiết:

n_CuO = 8: 80 = 0,1 (mol)

CO + CuO  \(\xrightarrow{{{t^o}}}\) Cu + CO₂

           0,1  →                   0,1 (mol)

Hỗn hợp khí thu được có CO dư và CO₂: 0,1mol nhưng chỉ có CO₂ pư được với dd nước vôi trong

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃↓+ H₂O

0,1                    →    0,1                 (mol)

=> m_CaCO3 = 0,1.100 = 10 (g)

Đáp án B

(a) đúng \(2NaCl + 2{H_2}O\buildrel {} \over\longrightarrow 2NaOH + C{l_2}(anot) + {H_2}(catot)\)

(b) Sai vì CO không khử được Al₂O₃

(c) đúng vì khi đó hình thành 2 cặp oxi hóa khử khác nhau là Zn²⁺/Zn và Cu²+/Cu cùng nhúng trong 1 dung dịch chất điện li là H₂SO₄ => hình thành ăn mòn điện hóa.

(d) đúng

(e) đúng, 3AgNO₃ + FeCl₂ → Fe(NO₃)₃ + 2AgCl↓ + Ag↓

=> có 4 phát biểu đúng

Đáp án D

Đặt công thức của amin no, đơn chức, mạch hở là: C_nH_2n+3N.

BTNT “N”: n_CnH2n+3N  = 2n_N2 = 2. 0,05 = 0,1 (mol)

=> n = n_CO2/ n_X = 0,2/0,1 = 2

=> CTPT của X: C₂H₇N

Đáp án C

* Xét phản ứng đốt cháy 0,16 mol X

n_CO2 = 6,272/22,4 = 0,28 (mol)

n_H2O = 6,12/18 = 0,34 (mol)

Giả sử X có k liên kết pi

\({n_X} = \dfrac{{{n_{C{O_2}}} - {n_{{H_2}O}}}}{{k - 1}}\)

⟹ k = 0,625.

Đặt công thức chung của X là C_xH_y

BTNT C ⟹ x = n_CO2/n_X = 1,75

BTNT H ⟹ y = 2n_H2O/n_X = 4,25

CTPT chung của X là: C_1,75H_4,25

Xét 10,1 g X hay 0,4 mol X phản ứng với a mol dd Br₂

⟹ n_Br2 = k.n_X = 0,625.0,4 = 0,25 (mol)

Đáp án D

(a) Cl₂ + 2NaOH → NaCl + NaClO + H₂O

=> thu được 2 muối NaCl, NaClO

(b) n_NaOH : n_CO2 = 3 : 2 = 1,5 => thu được NaHCO₃ và Na₂CO₃

2NaOH + CO₂ → Na₂CO₃ + H₂O

NaOH + CO₂ → NaHCO₃

(c) 2KMnO₄ + 16HCl đặc → 2KCl + 2MnCl₂ + 5Cl₂ + 8H₂O

=> thu được 2 muối KCl, MnCl₂

(d) Cho hỗn hợp Fe₂O₃ và Cu (tỉ lệ mol tương ứng 2 :  1) vào dung dịch HCl dư

Fe₂O₃ + 6HCl → 2FeCl₃ + 3H₂O

    2                          4

Cu + 2FeCl₃ → 2FeCl₂ + CuCl₂

  1 →  2 _{dư 2} →     2   →       1

=> Thu được 3 muối là FeCl₃, FeCl₂, CuCl₂

(e) CuO + 2HNO₃ → Cu(NO₃)₂ + H₂O

=> thu được 1 muối là Cu(NO₃)₂

(f) 2KHS + 2NaOH → Na₂S + K₂S + 2H₂O

=> thu được 2 muối là K₂S và Na₂S

Vậy có 4 phản ứng thu được 2 muối

Đáp án D

Ta thấy C₈H₈O₂ có các đồng phân este là:

HCOOCH₂C₆H₅

C₆H₅COOCH₃

HCOOC₆H₄CH₃ (o,m,p)

Do cho E tác dụng với NaOH thu được các ancol nên E chứa HCOOCH₂C₆H₅, C₆H₅COOCH₃ và 2 este còn lại đều có công thức là HCOOC₆H₄CH₃ (o,m hoặc m,p hoặc o,p)

Coi E chứa HCOOCH₂C₆H₅ (x mol), C₆H₅COOCH₃ (y mol), HCOOC₆H₄CH₃ (z mol)

+ n_E = x + y + z = 16,32 : 136 = 0,12 mol (1)

+ X chứa: C₆H₅CH₂OH (x mol) CH₃OH (y mol)

n_H2 = 0,5x + 0,5y (mol)

m _{bình tăng} = m _ancol – m_H2 = 108x + 32y – 2.(0,5x+0,5y) = 3,83 (2)

+ Muối gồm: HCOONa (x + z mol); C₆H₅COONa (y mol) và CH₃C₆H₄ONa (z mol)

=> m _muối = 68(x+z) + 144y + 130z = 18,78 (3)

Giải (1) (2) (3) được x = 0,03; y = 0,02; z = 0,07

n_NaOH = x + y + 2z = 0,19 mol

=> V = 190ml

Đáp án A

Các thí nghiệm xảy ra phản ứng là

(a) CH₃NH₂ + CH₃COOH → CH₃COONH₃CH₃

(b) (C₆H₁₀O₅)_n\(\buildrel {{H_2}S{O_4}\,} \over\longrightarrow \) nC₆H₁₂O₆ (glucozo)

(c) 3H₂ + (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ \(\buildrel {Ni,{t^0}\,} \over\longrightarrow \) (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅

(d) C₆H₅NH₂ + 3Br₂ → 2,4,6- tri brom anlanin + 3HBr

(e) HCl + HOOC-[CH₂]₂-CH(NH₂)-COOH → HOOC-[CH₂]₂-CH(NH_3­Cl)-COOH

(g) HCOOCH₃ + 2AgNO₃ + 2NH₃ + H₂O\(\buildrel {{t^0}\,} \over\longrightarrow \) NH₄OOCCH₃ + 2Ag↓ + NH₄NO₃

=> cả 6 thí nghiệm đều xảy ra pư

Đáp án C

Số CTCT thỏa mãn là:

Gly – Ala – Val−Ala – Gly

Gly – Ala – Val−Gly – Ala

Gly- Gly – Ala – Val−Ala

Ala – Gly – Ala – Val – Gly

Gly –Ala - Gly – Ala – Val

Ala – Gly - Gly – Ala – Val.

=> Có 6 CTCT

Đáp án C

Poli (vinyl clorua) được điều chế bằng pư trùng hợp

Nilon -6,6, Poli (etylen terephtalat) được điều chế bằng pư trùng ngưng.

Đáp án A

\(\mathop {Fe}\limits^0  + H\mathop N\limits^{ + 5} {O_3} \to \mathop {Fe}\limits^{ + 3} {{\rm{(N}}{{\rm{O}}_3})_3} + \mathop N\limits^{ + 2} O + {H_2}O\)

\(\begin{array}{*{20}{c}}{ \times 1}\\{ \times 1}\end{array}\left| \begin{array}{l}\mathop {F{\rm{e}}}\limits^0  \to \mathop {F{\rm{e}}}\limits^{ + 3}  + 3{\rm{e}}\\\mathop N\limits^{ + 5}  + 3{\rm{e}} \to \mathop N\limits^{ + 2} \end{array} \right.\)

⟹ PTHH: \(\mathop {Fe}\limits^0  + 4H\mathop N\limits^{ + 5} {O_3} \to \mathop {Fe}\limits^{ + 3} {{\rm{(N}}{{\rm{O}}_3})_3} + \mathop N\limits^{ + 2} O + 2{H_2}O\)

⟹ Tổng a + b = 1 + 4 = 5.

Đặt công thức của ancol đơn chức là ROH.

PTHH: CH₂=CH-COOH + ROH ⇄ CH₂=CH-COOR + H₂O

\(\% {m_O} = \dfrac{{32}}{{71 + R}}.100\%  = 32\%  \to R = 29\left( { - {C_2}{H_5}} \right)\)

Vậy CTCT của Y là: CH₂=CH-COOC₂H₅ hay C₂H₃COOC₂H₅.