n_OH(ancol) = n_KOH = 0,4 mol

→ n_H2 = 0,5.n_OH(ancol) = 0,2 mol

Mà m _{b́nh tăng} = m _ancol - m_H2 → m _ancol = m _{b́nh tăng} + m_H2 = 15,2 + 0,2.2 = 15,6 gam

BTKL → m _muối = 30,24 + 0,4.56 - 15,6 = 37,04 (g)

Xét phản ứng đốt muối:

n_O(muối) = 2n_COO = 2n_KOH = 0,8 mol

Giả sử đốt D thu được CO₂ (a mol); H₂O (b mol) và K₂CO₃ (0,2)

Ta có hệ pt: {2a+b+0,2.3=0,8+2.0,42(BT:O)   44a+18b+0,2.138=37,04+32.0,42(BTKL) →a=0,52; b=0

Ta thấy b = 0 chứng tỏ cả 2 muối đều không có H do đó không thể là muối đơn chức.

Mặt khác các este đều không phân nhánh nên có tối đa 2 chức

→ X, Y là các este 2 chức tạo bởi axit 2 chức và ancol đơn chức

→ n _ancol = n_KOH = 0,4 mol → M _ancol = 15,6 : 0,4 = 39 → 2 ancol là CH₃OH và C₂H₅OH

Đặt mol X là x → Muối của X là KOOC-C_n-COOK (x mol)

Đặt mol Y là y → Muối của Y là KOOC-C_m-COOK (y mol)

Ta có: n_KOH = 2x + 2y = 0,4 và x = 1,5y → x = 0,12 và y = 0,08

→ m _muối = 0,12(12n + 166) + 0,08(12m + 166) = 37,04 → 3n + 2m = 8

→ n = 0; m = 4 thỏa măn

X, Y có dạng là C_xH_yO₄

C_xH_yO₄ + (2x+0,5y-4)/2 O₂ → xCO₂ + 0,5yH₂O

n_O2 = n_CO2 → x = (2x+0,5y-4)/2 → y = 8

Vậy các este đều có 8H, các gốc axit không có H nên tổng số H trong 2 gốc ancol của mỗi este đều là 8.

X là CH₃-OOC-COO-C₂H₅

Y là CH₃-OOC-C≡C-C≡C-COO-C₂H₅

→ Y là C₉H₈O₄

→ Y có 21 nguyên tử.

Các nhận xét đúng là 

(a) Có thể dùng giấm ăn để giảm mùi tanh của cá.

(b) Thủy phân hoàn toàn các triglixerit đều thu được glixerol.

(c) Cao su lưu hóa có tính đàn hồi tốt hơn cao su chưa lưu hóa.

(d) Khi nấu canh cua, riêu cua nổi lên trên là hiện tượng đông tụ protein.

(e) Vải làm từ tơ nilon-6,6 kém bền trong nước xà phòng có tính kiềm.

(g) Muối mononatri glutamat được sử dụng làm mì chính (bột ngọt).

Cr₂O₃ không tan trong dung dịch NaOH loãng, chỉ tan trong kiềm đặc.

áp dụng ĐLBT e: 2x= 8y → x= 4y.

2H⁺   +  2e   →    H₂

                   2x            x

     2N⁺⁵   + 8e  →   N₂O

                    8y          y

X (CuO; FeO;MgO) → Y (Cu; Fe; MgO) → dd (Cu²⁺, Fe²⁺)  + Z( MgO)

Đáp án MgO 

Fe + CuSO₄ → FeSO₄ + Cu  → Fe dư      

Sử dụng pp tăng giảm khối lượng à m = 6,2 + 0,1.8 = 7,0

Axit glutamic (HOOC – CH(NH₂)CH₂CH₂COOH)

H₂NCH₂COOH + NaOH → H₂NCH₂COONa + H₂O

0,04 mol                                        0,04 mol

m = 0,04.75 = 3

2,67 gam AlCl₃ → n_Al = n_AlCl3 = 0,02 mol → m = 2,46 – 0,02.27 = 1,92.

Phenol không phản ứng

X gồm C và H₂O; C + O₂ → CO₂; n_C = n_O2 = 0,225 mol

→ m = 6,48 – 0,225.12 = 3,78

n_MOH = n_HCl = 2n_H2 → V = 0,02.22,4 = 0,448

Ag, MgSO₄ không phản ứng với HCl

Đồng phân là các chất có cùng CTPT nhưng có cấu tạo khác nhau.

(a) CaCO₃ → CaO+ CO₂.                      

(b) CaO + H₂O → Ca(OH)₂.

(c) KHCO₃  + Ca(OH)₂ → KOH (R) + CaCO₃ + H₂O.

(d) 2KHCO₃ + Ca(OH)₂  → K₂CO₃ (Q) + CaCO₃ + 2H₂O.

+ n_H+ = (a + 2b) = n_OH- = 2 n_H2

+ 19,71 = 8,94 + 35,5a + 96b

→ a = 0,06 và b = 0,09 → a:b = 2;3  

NaHCO₃ và MgCO₃ cùng M nên X gồm NaHCO₃ (x mol) và KHCO₃ (y mol)

84x + 100y = 14,52 và x + y = 0,15 → x = 0,03 và y = 012 → KCl 0,12 mol → m = 8,94

mol chất béo 0,025 mol → mol KOH pứ với axit béo 0,045 mol = mol nước sinh ra

BTKL cho pứ → 33,63 + 0,12.56 = m + 0,025.92 + 0,045.18 → m = 37,24

+ mol của 2 este = mol NaOH = mol 2 muối = mol ancol = 0,07 mol

+ Mancol = 46  → C₂H₅OH

+ X: RCOOC₂H₅  M_X = (6,44:0,07) = 92 → R = 19 → 2 muối được tạo nên từ 2 axit no đơn hở C_nH_2n+1COONa 0,07 mol → 14n + 1 = 19 → n = 9/7

+ BT H → m = 18. [(2.(9/7)+1)]:2.0,07 = 2,25

+ BT e → mol Al 0,16 mol

+ BT N → mol Al(NO₃)₃ 0,04 mol

+ BTKL cho X →  mol Al₂O₃ 0,05 mol

+ BT Al → Al₂(SO₄)₃ 0,3 mol

+ BT S → a = 0,45

X gồm kim loại R (x gam) và O (y mol);  Y (R (x gam) và Cl (2y mol)) (Vì  1 O = 2Cl)

m = x + 16 y (1); m + 5,4 = x + 17.2y (2); 16 = 0,25.m (3)

Từ  (1), (2) và (3) → x = 14,4; y = 0,3 v à m = 19,2

a = x + 35,5.2y = 35,7

+ 0,11 mol E gồm  COOH 0,2k mol; NH₂0,35k mol; CH₂ ak mol + 0,57 mol O₂ tạo ra (CO₂ k(a+0,2) mol; H₂O k(a+0,45) mol; N₂ 0,175k mol) có tổng mol 0,97 mol.

 k(2a + 0,825) = 0,97 (1)

+ BT oxi → 0,4k + 1,14 = 3ka + 0,85k à  k(3a + 0,45) = 1,14 (2)

+ Chia (1) cho (2) vế theo vế à a= 0,8

+ m = 0,2.45+0,35.16 + 0,8.14 = 25,8

Bảo toàn O: 2nO₂ = 2nCO₂ + nH₂O ⇒ nCO₂ = 1,54

nN = nHCl = 0,28 ó X dạng C_nH_2n+2+xNx (0,28/x mol)

Do nY < nX < 0,26 ⇒ 0,13 < 0,28/x < 0,26

⇒ x = 2 là nghiệm duy nhất, khi đó nX = 0,14 và nY = 0,12

Y dạng C_mH_y ⇒ nC = 0,14n + 0,12m = 1,54

⇒ 7n + 6m = 77 ⇒ n = 5 và m = 7 là nghiệm duy nhất. ó X là C₅H₁₄N₂ (0,14)

nH = 0,14.14 + 0,12y = 1,94.2 ⇒ y = 16 ⇒Y là C₇H₁₆ (0,12) ⇒ mY = 12 gam

nX = nC₃H₅(OH)₃ = 0,02

nC₁₇H₃₅COONa = 0,02

—> X là (C₁₇H₃₅COO)(C₁₇H₃₃COO)₂C₃H₅

A. Sai, MX = 886

B. Đúng

C. Đúng, nC₁₇H₃₃COONa = 2nX = 0,04 —> m = 12,16 gam

D. Đúng, có 2C=C + 3C=O

nNa₂CO₃ = 0,13 —> nNaOH = 0,26

Đặt ancol là R(OH)n (0,26/n mol)

—> m tăng = (R + 16n).0,26/n = 8,1

—> R = 197n/13

Do 1 ≤ n ≤ 2 —> 15,2 < R < 30,4

—> Hai ancol là C₂H₅OH (u) và C₂H₄(OH)₂ (v)

—> u + 2v = 0,26 & 45u + 60v = 8,1

—> u = 0,02 và v = 0,12

Bảo toàn khối lượng:

mE + mNaOH = m muối + m ancol

—> m muối = 21,32 gam

Trong muối có nNa = 0,26 —> nO = 0,52

nH₂O = 0,39 —> nH = 0,78

—> nC = 0,52

—> nCO₂ = nC – nNa₂CO₃ = 0,39

Vì nCO₂ = nH₂O —> Các muối no, đơn chức, mạch hở.

—> n muối = nNaOH = 0,26

—> Số C = 0,52/0,26 = 2

Do 2 muối có số mol bằng nhau —> HCOONa và C₂H₅COONa

Vậy các este gồm:

X: HCOOC₂H₅ (0,01)

Y: C₂H₅COOC₂H₅ (0,01)

Z: HCOO-CH₂-CH₂^-OOC-C₂H₅ (0,12)

—> %X = 3,84%

Dung dịch Alanin (CH₃-CH(NH₂)-COOH) không làm đổi màu giấy quỳ tím.

Còn lại axit axetic (CH₃COOH) làm quỳ tím hóa đỏ, Lysin (NH₂-(CH₂)₄-CH(NH₂)-COOH) và metylamin (CH₃NH₂) làm quỳ tím hóa xanh.

A. Axetilen (CH≡CH)

B. Propin (CH≡C-CH₃)

C. Vinyl axetylen (CH≡C-CH=CH₂)

D. Etilen (CH₂=CH₂)

nZn = 0,2; nCuSO₄ = 0,15

Zn + CuSO₄ —> ZnSO₄ + Cu

—> Chất rắn gồm Cu (0,15) và Zn dư (0,05)

—> m rắn = 12,85

Đáp án C

chú ý "hầu như không tan trong nước" là ngôn ngữ quyết định ở đây.

C2H4O2 có các đồng phân: HO-CH2-CHO (1); CH3COOH (2); HCOOCH3 (3).

nhưng chính cái trên loại đi (1); (2) vì dễ tan trong nước (OH, -COOH có liên kết công hóa trị)

Đáp án B

isoamyl axetat là este có mùi chuối chín; công thức: CH₃COOCH₂CH₂CH(CH₃)₂

⇄ CTPT: C₇H₁₄O₂ ||→ M = 130.

Đáp án D

Nhỏ từ từ từng giọt HCl nên quá trình xảy ra lần lượt theo thứ tự:

H⁺ + CO₃^2– → HCO₃^– || sau đó: H⁺ + HCO₃^– → CO₂↑ + H₂O.

Thay số mol các chất vào ||→ n_CO2 = 0,010 mol.

Đáp án A

C₂H₄O₂ có 2 đồng phân đơn chức, mạch hở ứng với các TH và phản ứng sau:

♦₁ CH₃COOH (axit): CH₃COOH + KOH → CH₃COOK + H₂O (1);

CH₃COOH + KHCO₃ → CH₃COOK + CO₂↑ + H₂O (2); CH₃COOH + Ba → (CH₃COO)₂Ba + H₂ (3).

♦₂: HCOOCH₃ (este): HCOOCH₃ + KOH → HCOOK + CH₃OH (4);

HCOOCH₃ + AgNO₃/NH₃ → Ag↓ + H₃C-O-COONH₄ + NH₄NO₃ (5).

► Thật chú ý: HOCH₂CHO là tạp chức ancol, anđehit nên tránh đếm thừa, sai so với yêu cầu nhé.

Đáp án B

tỉ lệ tương quan: đốt 24,48 gam X cần dùng 0,84 mol O₂.

glucozơ và saccarozơ là cacbohiđrat, tức dạng C_n(H₂O)_m

||→ đốt chúng thì O₂ cần đốt là dùng để đốt C mà thôi ||→ ∑n_{C trong X} = 0,84 mol.

Gọi n_glucozơ = x mol; n_saccarozơ = y mol thì 180x + 324y = 24,48 gam

và theo trên 6x + 12y = ∑n_C = 0,84 mol ||→ giải hệ: x = 0,1 mol và y = 0,02 mol.

Thủy phân hoàn toàn nên Y chứa 0,12 mol glucozơ và 0,02 mol fructozơ.

Tuy nhiên cả hai đều + AgNO₃/NH₃ → Ag theo tỉ lệ 1glu tạo 2Ag, 1fruc tạo 2Ag.

||→ ∑n_{kết tủa Ag thu được} = (0,12 + 0,02) × 2 = 0,28 mol ||→ x = 30,24 gam.

Đáp án A

phản ứng 0,12 mol este E cần 0,24 mol NaOH ||→ tỉ lệ 1 ÷ 2 chứng tỏ E là este của phenol.

CTPT C₇H₆O₂ thì ứng duy nhất hợp chất là HCOOC₆H₅.

Phản ứng: HCOOC₆H₅ + 2NaOH → HCOONa + C₆H₅ONa + H₂O.

||→ muối gồm 0,12 mol HCOONa và 0,12 mol C₆H₅ONa ||→ x = 22,08 gam.

Đáp án C

Yêu cầu làm khô giữ nước và đương nhiên không được giữa luôn các khí cần làm khô.

• NaOH + NO₂ → NaNO₃ + NaNO₂ + H₂O.

• NaOH + Cl₂ → NaCl + NaClO + H₂O.

• NaOH + CO₂ → NaCO₃ + NaHCO₃ + H₂O.

3 phương trình phản ứng trên xảy ra loại đi đáp án A, B, D

Đáp án D

NO không nói spk duy nhất, đáp án có Mg, Ca, Zn ||→ "mùi" của NH₄NO₃.

có n_HNO3 = 0,68 mol = 4n_NO + 10n_NH4NO3 (theo bảo toàn electron mở rộng).

||→ đúng là có muối amoni và n_NH4NO3 = 0,02 mol.

♦ bảo toàn nguyên tố N có ∑n_NO3^– _{trong muối kim loại} = 0,52 mol

||→ m_muối = x + 0,52 × 62 + 0,02 × 80 = 2,5x + 8,49 ||→ giải x = 16,9 gam.

chia tỉ lệ: x ÷ ∑n_NO3^– _{trong muối kim loại} = 16,9 ÷ 0,52 = 65 ÷ 2

số 65 và số 2 cho ta biết đó là kim loại Zn (hóa trị 2, M = 65) ||

Đáp án C

chú ý H₂SO₄ dùng dư nên dung dịch D gồm: H₂SO₄ + FeSO₄ + Fe₂(SO₄)₃.

• (1) Cu + Fe₂(SO₄)₃ → CuSO₄ + 2FeSO₄ ||→ ok.!

• (2) 2KOH + H₂SO₄ → K₂SO₄ + H₂O ||→ ok.! (KOH cũng tạo kết tủa với Fe²⁺ và Fe³⁺ nữa nhé.!).

• (3) dãy ^I₂/_I^– < ^Fe3+/_Fe²⁺ < ^Br₂/_Br^– ||→ có phản ứng Br₂ + Fe²⁺ → Fe³⁺ + Br^– ||→ ok.!

• (4) AgNO₃ cung cấp NO₃^–; dung dịch sẵn Fe²⁺ + H⁺ ||→ phản ứng oxi hóa khử → ok.!

• (5) K₂Cr₂O₇/H₂SO₄ chất oxi hóa mạnh, Fe²⁺ là chất khử → phản ứng oxi hóa khử:

K₂Cr₂O₇ + FeSO₄ + H₂SO₄ → K₂SO₄ + Cr₂(SO₄)₃ + Fe₂(SO₄)₃ + H₂O ||→ ok.!

• (6) Ca(NO₃)₂ tương tự AgNO₃ cung cấp ion NO₃^– cho cặp Fe²⁺ và H⁺ ||→ ok.!

• (7) Al phản ứng được với cả 3 chất trong dung dịch D (theo dãy điện hóa) ||→ ok.!

Chỉ mỗi TH MgSO₄ là không có phản ứng xảy ra mà thôi. Đếm + đọc yêu cầu → chọn C

Đáp án A

đọc đồ thị:

• đoạn thằng y = 2 ứng với quá trình điện phân CuCl₂ → Cu + Cl₂, pH của dung dịch không đổi.

và từ pH = 2 → C_{M (HCl)} = 0,01 mol → có 0,004 mol HCl trong dung dịch ban đầu.

• đoạn thằng tiếp theo (2 → 7) là quá trình điện phân HCl → H₂ + Cl₂, nồng độ H⁺ giảm dần nên pH từ 2 → 7.

tại pH = 7 là ứng với thời điểm mà HCl điện phân hết, bắt đầu quá trình tiếp theo, dung dịch lúc này chỉ còn KCl.

• tiếp đó là quá quá trình: KCl + H₂O → KOH + H₂ + Cl₂; pH = 13 → C_{M (KOH)} = 0,1 M

||→ có 0,04 mol KOH → ứng với 0,04 mol KCl. sau quá trình này, chỉ có H₂O bị điện phân,

pH ổn đinh = 13 và không đổi (trừ khi nước bị điện phân nhiều và tính sự thay đổi của H₂O).

Tóm lại, ứng tại thời điểm t, ∑n_{Cl2 ra bên anot} = 0,008 + 0,004 ÷ 2 + 0,04 ÷ 2 = 0,03 mol.

||→ n_{e trao đổi} = 0,06 mol ||→ t = Ans × 96500 ÷ 1,93 = 3000 giây.

phản ứng: Ba + HCl + H₂O → 0,06 mol BaCl₂ + 0,04 mol Ba(OH)₂ + 0,1 mol H₂.

sau đó: 0,1 mol Ba²⁺ + 0,15 mol SO₄^2– ||→ tạo 0,1 mol BaSO₄↓ (tính theo Ba).

0,08 mol OH^– + 0,15 mol Cu²⁺ ||→ 0,04 mol Cu(OH)₂↓ (tính theo OH^–).

Nung BaSO₄ vẫn là BaSO₄; nung Cu(OH)₂ → CuO

||→ x gam gồm 0,04 mol CuO và 0,1 mol BaSO₄ ||→ x = 26,5 gam. Chọn đáp án D

Đáp án C

kết tủa màu trắng với Ba; 4,66 gam ||→ là 0,02 mol BaSO₄ → có 0,02 mol BaCl₂.

Zn dư + dung dịch Z thu 0,08 mol H₂ ||→ có 0,16 mol H⁺ trong Z

||→ có 0,04 mol HCl (Cl suy từ 0,02 mol BaCl₂) + 0,06 mol H₂SO₄ (bảo toàn H).

Vậy tổng n_SO4 = 0,08 mol. chú ý X phản ứng mãnh liệt với H₂O sinh H₂SO₄ ||→ X là oleum.
biết khối lượng, số mol ||→ xác định được X là H₂SO₄.7SO₃.

Tuy nhiên, đọc yêu cầu: trong E chứa 0,02 mol ZnCl₂ và 0,06 mol ZnSO₄Lại có m_E = 100 + 6,58 + 0,02 × 208 – 4,66 + 0,08 × 65 – 0,08 × 2 = 111,12 gam. M_ZnSO4 >M_ZnCl2
||→ Yêu cầu %m_{ZnSO4 trong E} = 0,06 × 161 ÷ 111,12 ≈ 8,69%. Chọn đáp án C