Thành phần chính của thủy tinh chứa SiO₂ tan được trong dd HF nên người ta dựa vào đặc điểm này để khác chữ lên thủy tinh

Đáp án B

Ag là kim loại hoạt động yếu, nguyên tắc là có thể dùng phương pháp thủy luyện như sau :

Ag₂S + 4NaCN → 2Na[Ag(CN)₂] (phức tan) + Na₂S

Zn + 2Na[Ag(CN)₂] → Na₂[Zn(CN)₄] + 2Ag↓

Đáp án C

Các peptit có từ 2 liên kết peptit trở lên sẽ phản ứng với Cu(OH)₂ tạo màu tím đặc trưng. Protein chính là 1 polypeptit nên thỏa mãn điều kiện trên.

Đáp án D 

Phản ứng : 2CrO₃ + 2NH₃ \(\buildrel {{t^0}} \over\longrightarrow \)Cr₂O₃ + N₂ + 3H₂O

=> cứ 1 NH₃ sẽ phản ứng với 1 CrO₃

Đáp án D 

Nhôm là kim loại nên không phản ứng được với muối trung tính của kim loại kiềm (Na₂SO₄)

Đáp án D 

Trong gang có thành phần các nguyên tố là : Fe-C trong đó Cacbon chiếm 2 -5% về khối lượng tuy nhiên thành phần chính vẫn là Fe

Đáp án D 

Phương trình phản ứng : Na₂CO₃ + Ca(HCO₃)₂ → 2NaHCO₃ + CaCO₃↓ => xuất hiện kết tủa trắng

Đáp án C 

Phèn chua có công thức là KAl(SO₄)₂.12H₂O khi hòa vào nước thì phân ly ra Al³⁺

Sau đó có phản ứng : Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃ (kết tủa keo sẽ kéo các hạt bụi bẩn trong nước lắng xuống, từ đó làm trong nước)

Đáp án C 

Phản ứng giữa C₂H₅OH và CH₃COOH (xúc tác H₂SO₄ đặc đun nóng) là phản ứng este hóa.

Đáp án B 

“Nước chảy, đá mòn” là hiện tượng “ăn mòn” đá vôi dưới tác động của dòng nước có hòa tan CO₂ theo phản ứng sau:

            CaCO₃ + CO₂ + H₂O → Ca(HCO₃)₂

            (không tan)                        (tan)

Khi gắn tấm kẽm lên vỏ tầu thủy tức là ta tạo ra 1 pin điện Zn-Fe trong đó Zn là cực âm là Zn và cực dương là Fe(trong thép). Trong pin điện hóa, cực dương diễn ra quá trình oxi hóa

=> Zn sẽ bị oxi hóa trước Fe

Đáp án A

Polime được chế tạo từ polime thiên nhiên thì có thể là polime thiên nhiên hoặc polime bán tổng hợp

Polime bán tổng hợp : tơ axetat, tơ visco, phim ảnh (xenlulozo trinitrat)

Polime tự nhiên : tơ tằm         

Đáp án D 

Gọi công thức tổng quát của các chất là : RCOOH ; R’OH ; RCOOR’

- Khi phản ứng với NaOH :    RCOOH + NaOH → RCOONa + H₂O

                                          RCOOR’ + NaOH → RCOONa + R’OH

=> n_NaOH = 40.10% : 40 = 0,1 mol = n_muối

=> M_muối = 9,4 : 0,1 = 94g = R + 67 => R = 27g (CH₂=CH-)

- Bảo toàn Oxi ta thấy : n_O(M) = n_O(X,Y,Z) . Mà n_O(Y,Z) = n_O(COO) = 2n_COO = 2n_(Y,Z) = 0,2 mol

m_O(M) = m_M.43,795% = 4,8g => n_O(M) = 0,3 mol

=> n_O(Y) = 0,3 – 0,2 = 0,1 mol = n_Y (Y có 1 nguyên tử oxi)

=> M_{tb (M)} = 10,96 : (0,1 + 0,1) = 54,8g < M_C2H3COO = 71g

=> ancol Y phải có M < 54,8g

+) TH₁ : Y là CH₃OH => M gồm :     0,1 mol CH₃OH ;

                                                      x mol C₂H₃COOH ;

                                                      (0,1 –x) mol C₂H₃COOCH₃

=> m_M = 0,1.32 + x.72 + (0,1 – x).86 = 10,96 => x = 0,06 mol

+) TH₂ : Y là C₂H₅OH => M gồm : 0,1 mol C₂H₅OH ;

                                                   x mol C₂H₃COOH ;

                                                   (0,1 –x) mol C₂H₃COOC₂H₅

=> m_M = 0,1.46 + x.72 + (0,1 – x).86 = 10,96 => x = 0,13 mol > 0,1 (Loại)

Vậy chỉ có TH₁ thỏa mãn => X là CH₃OH ; Y là C₂H₃COOH

Đáp án B

Phản ứng chuyển hóa giữa 2 dạng :    2H⁺ + 2CrO₄^2- → Cr₂O₇^2- + H₂O

                                                            2OH^- + Cr₂O₇^2- → 2CrO₄^2- + H₂O

                                                                        (cam)          (vàng)

Đáp án A  

Tinh bột có công thức : (C₆H₁₀O₅)_n => n_{tinh bột} = \({{500} \over {162n}}\) mol

- Phản ứng quang hợp : 6nCO₂ + 5nH₂O → (C₆H₁₀O₅)_n

                        Mol        6n.\({{500} \over {162n}}\)               \({{500} \over {162n}}\)

=> V_CO2 = 22,4. 6n. \({{500} \over {162n}}\)   = 414,815 lit

=> V_KK = V_CO2 : 0,03% = 1 382 716 lit

Đáp án D 

Glixerol có 3 vị trí OH là 1, 2, 3. Axit axetic CH₃COOH có 1 gốc COOH

+) 3 gốc este : 1 chất

+) 2 gốc este : 2 chất (1-2 ; 1-3) (1 và 3 đối xứng)

+) 1 gốc este : 2 chất (1 ; 2) (1 và 3 đối xứng)

=> Có tổng cộng 5 chất

Đáp án C 

Điều chế kim loại kiềm có phương pháp là : Nhiệt phân nóng chảy muối Halogen của kim loại kiềm

Đáp án D 

Amilozo được cấu tạo từ các gốc \(\alpha \)-Glucozo

Đáp án A 

Thứ tự độ hoạt động hóa học của kim loại giảm dần: Zn > Cr > Fe

Đáp án C   

Ta thấy BaSO₄; FeS; CuS đều là chất kết tủa nên được giữ nguyên => phải xuất hiện trong phương trình rút gọn cuối cùng => Loại

Phản ứng: 2HCl + K₂S → 2KCl + H₂S

+ Phương trình ion đầy đủ: 2H⁺ + 2Cl^- + 2K⁺ + S^2- → 2K⁺ + 2Cl^- + H₂S

+ Phương trình ion rút gọn: 2H⁺ + S^2- → H₂S

Đáp án A

- Xét khí Z : n_Z = 3,92 : 22,4 = 0,175 mol

M_Z = 9.2 = 18g. Vì có 1 khí hóa nâu ngoài không khí → NO

→ khí còn lại là H₂

→ n_NO + n_H2 = 0,175 mol và m_Z = 30n_NO + 2_N2 = 18.0,175 = 3,15g

→ n_NO = 0,1 ; n_H2 = 0,075 mol

- Bảo toàn khối lượng : m_X + m_H2SO4 = m_muối + m_Z + m_H2O

→ m_H2O = 38,55 + 0,725.98 – 3,15 – 96,55 = 9,9g => n_H2O = 0,55 mol

- Bảo toàn nguyên tố H : 2n_H2SO4 = 4n_NH4 + 2n_H2 + 2n_H2O

→ n_NH4 = 0,05 mol

- Công thức tính nhanh : n_{H+ pứ} = 4n_NO + 2n_H2 + 2n_O(X) + 10n_NH4

→ n_O(X) = 0,2 mol = n_ZnO (Bảo toàn nguyên tố Oxi)

- Bảo toàn Nito : n_NO + n_NH4 = 2n_Fe(NO3)2 → n_Fe(NO3)2 = 0,075 mol

- Ta có : m_X = m_Al + m_Mg + m_ZnO + m_Fe(NO3)2 → 24n_Mg + 27n_Al = 8,85g

Và : n_e = 3n_Al + 2n_Mg = 2n_H2 + 8n_NH4 + 3n_NO = 0,85 mol

(Vì có H₂ nên H⁺ dư phản ứng với kim loại → chỉ có Fe²⁺ trong dung dịch)

→ n_Al = 0,15 ; n_Mg = 0,2 mol

→ %m_Mg(X) = 0,2.24 : (0,2 + 0,15 + 0,2 + 0,075) = 32% (gần nhất với giá trị 30%)

Đáp án D 

- Xét hỗn hợp khí: M_khí = 32.31/24 = 124/3

⟹ n_N2 + n_N2O = 0,084 mol và 28n_N2 + 44n_N2O = 0,084.124/3

⟹ n_N2 = 0,014; n_N2O = 0,07 mol

- Xét phản ứng kim loại và HNO₃:

n_e = 3n_Al + 2n_Mg = 10n_N2 + 8n_N2O = 0,7 mol ^(*)

n_{HNO3 pứ} = 12n_N2 + 10n_N2O = 0,868 mol

- Xét đồ thị :

+) Tại n_NaOH = 0,05.2 = 0,1 mol thì bắt đầu có kết tủa ⟹ n_{HNO3 dư} = n_NaOH = 0,1 mol

⟹ ån_HNO3 = 0,868 + 0,1 = 0,968 mol ⟹ V_HNO3 = 0,968 : 2,5 = 0,3872 lit = 387,2 ml

+) Tại n_NaOH = 0,4125.2 = 0,825 mol (Lúc này lượng kết tủa giảm sau khi đạt max)

⟹ Al(OH)₃ tan 1 phần ⟹ n_{NaOH pứ}  = n_NaOH - n_{HNO3 dư} - 2n_Mg(OH)2

Các phản ứng:             H⁺ + OH^- → H₂O

                                    Mg²⁺ + 2OH^- → Mg(OH)₂

                                    Al³⁺ + 3OH^- → Al(OH)₃

                                    Al(OH)₃ + OH^- → AlO₂^- + 2H₂O

⟹ m_{kết tủa} = m_Mg(OH)2 + m_Al(OH)3 = 58.n_Mg + 78.(4n_Al - n_OH-)

⟹ 17,45 = 58.n_Mg + 78.[4n_Al - (0,825 - 0,1 - 2n_Mg)] ^(**)

Từ (*) và (**) ⟹ n_Mg = 0,2; n_Al = 0,1 mol

⟹ m = m_Al + m_Mg = 27.0,1 + 24.0,2 = 7,5 gam.

n_NaHCO3 = 0,08 mol ; n_CaCl2 = 0,04 mol

n_CaCO3 = 7 : 100 = 0,07 mol = n_Ca2+ = n_Ca + n_CaCl2 (Bảo toàn nguyên tố Ca)

=> n_Ca = 0,07 – 0,04 = 0,03 mol

- Các phản ứng của kim loại khi thả vào nước :

Na + H₂O → NaOH + ½ H₂

Ca + 2H₂O → Ca(OH)₂ + H₂

=> n_H2 = 0,896 : 22,4 = 0,04 mol = ½ n_Na + n_Ca => n_Na = 2.(0,04 – 0,03) = 0,02 mol

=> m = m_Na + m_Ca = 23.0,02 + 40.0,03 = 1,66g

Đáp án D

- Xét phần 1 : n_A1 = n_A2 = ½ n_A = 0,05 mol

n_H(H2O) = n_H(A1) = 2n_H2O = 2.2,34 : 18 = 0,26 mol

=> Số H trung bình (A) = 0,26 : 0,05 = 5,2

- Xét phần 2 : n_AgNO3 = 0,25.0,12 = 0,03 mol < n_A2 = 0,05 mol

=> trong A có ankin không phản ứng với AgNO₃ => But-2-in

+) Không thể có CH≡CH trong A vì : n_C2H2 = n_A.40% = 0,02 mol (C₂H₂ có M nhỏ nhất trong A)

CH≡CH + 2AgNO₃ → Ag₂C₂

   0,02   →   0,04 mol > 0,03 (Vô lý)

- Dựa vào Số H trung bình = 5,2 => A phải chứa C₃H₄ (propin)

=> Bộ 3 ankin phù hợp là propin (0,02 mol) ; but-1-in ; but-2-in

- Tổng quát : RC≡CH + AgNO₃ → RC≡CAg ↓

=> n_ankin = n_propin + n_but-1-in = n_AgNO3 = 0,03 => n_but-1-in = 0,03 – 0,02 = 0,01 mol

=> n_but-2-in = n_A2 – n_propin – n_but-1-in = 0,05 – 0,02 – 0,01 = 0,02 mol

=> m_A2 = 0,02.M_C3H4  + 0,02.M_C4H6 + 0,01.M_C4H6 = 2,42g

=> %m_but-2-in = 0,02.54 : 2,42 = 44,6%

Đáp án A

- Este là C₆H₈O₄ : Số (pi + vòng) = \({{2.6 + 2 - 8} \over 2}\) = 3

→ Este 2 chức có 1 liên kết pi trong gốc hidrocacbon

- Dựa vào phản ứng : (A) + 2NaOH → (B) + (C) + H₂O

→ A có 1 nhóm COOH và 1 nhóm COOR

- Mặt khác có phản ứng : (B) \(\buildrel {{H_2}S{O_4},{t^0}} \over\longrightarrow \)(D) + H₂O

→ B phải là ancol có từ 2 C trở lên

→ Công thức của A chỉ có thể là : HOOC – CH = CH – COOC₂H₅

Đáp án A 

- Xét khí Z : n_Z = 4,48 : 22,4 = 0,2 mol. M_Z = 18,3 . 2 = 36,6g

=> 2 amin phải là CH₃NH₂ và C₂H₅NH₂ với số mol lần lượt là x và y

=> x + y = 0,05 và m_Z = 31x + 45y = 36,6.0,2

=> x = 0,12 ; y = 0,08 mol

- Biện luận công thức cấu tạo của A và B :

+) A là C₅H₁₆O₃N₂ có dạng C_nH_2n+6 O₃N₂ => A là muối cacbonat của amin: (C₂H₅NH₃)₂CO₃

(A không thể là muối nitrat của amin vì không thể tạo ra CH₃NH₂ hay C₂H₅NH₂)

+) B là C₄H₁₂O₄N₂ có dạng muối cacboxylat của amin : (COONH₃CH₃)₂

- Các phương trình phản ứng :

(C₂H₅NH₃)₂CO₃ + 2NaOH → 2C₂H₅NH₂ + Na₂CO₃ + 2H₂O

                                                           (M = 106)

(COONH₃CH₃)₂  + 2NaOH → (COONa)₂ + 2CH₃NH₂ + 2H₂O

                                           (M = 134) => E

=> m_E = 134.n_E = 134.0,5n_CH3NH2 = 134.0,5.0,12 = 8,04g

Đáp án D 

Tổng quát: Gọi công thức oxit là Fe_xO_y

                        Fe_xO_y + yCO → xFe + yCO₂

                        CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

Ta có : n_CaCO3 = 80 : 100 = 0,8 mol = n_CO2 = n_{O( Oxit pứ)}

Bảo toàn khối lượng : m_Oxit = m_rắn + m_{O pứ} = 33,6 + 16.0,8 = 46,4g

Đáp án C

(1) Đúng

(2) Sai. Lysin làm quì tím chuyển xanh (tùy thuộc vào số nhóm NH₂ và COOH trong phân tử amino axit)

(3) Đúng

(4) Sai. Peptit cấu thành từ các a-amino axit

(5) Đúng . Vì : Alanin (tím) ; Lysin (xanh – 2 nhóm NH₂,1 nhóm COOH) và Axit glutamic (đỏ - 2 nhóm COOH, 1 nhóm NH₂)

(6) Đúng. Vì amino axit còn được xem là muối nội phân tử : dạng ⁺H₃N-R-COO^-

Đáp án B 

Vì là este đa chức => có nhiều hơn 1 nhóm COO => có ít nhất 2 liên kết pi trong phân tử

Mà theo đề bài X có 2 pi => X là este 2 chức, no và số C > 2

- Mặt khác , số oxi khác số C là 2 => X phải có 6 C trong phân tử.

- X không có phản ứng tráng bạc => X không có gốc HCOO trong phân tử

- X + NaOH → 1 muối + 1 ancol

=> 2 TH : X là este của axit 2 chức và ancol đơn chức hoặc axit đơn chức và ancol 2 chức

+) TH₁ : este của axit 2 chức và ancol đơn chức

 (COOC₂H₅)₂ ; C₂H₄(COOCH₃)₂

+) TH₂ : este của axit đơn chức và ancol 2 chức

 (CH₃COO)₂C₂H₄

=> Tổng cộng có 3 công thức cấu tạo thỏa mãn

Đáp án C

- Khi nung nóng X chỉ có MHCO₃ phản ứng :

                                    2MHCO₃ → M₂CO₃ + CO₂ + H₂O

                        mol          x                 →      0,5x → 0,5x

=> m_X - m_rắn = m_CO2 + m_H2O (CO₂ và hơi nước thoát đi làm cho khối lượng rắn giảm)

=> 20,29 – 18,74 = 44.0,5x + 18.0,5x => x = 0,05 mol

- Khi X + HCl : n_HCl = 0,5.1 = 0,5 mol ; n_CO2 = 3,36 : 22,4 = 0,15 mol

+) MHCO₃ + HCl → MCl + CO₂ + H₂O

Mol  0,05                 →     0,05                 

+) M₂CO₃ + 2HCl → 2MCl + CO₂ + H₂O

Mol  0,1                      (0,15 – 0,05)

- Bảo toàn nguyên tố Clo : n_Cl-(Y) = n_HCl + n_MCl

+) Ag⁺ + Cl^- → AgCl  (n_AgCl = 74,62 : 143,5 = 0,52 mol)

Mol       0,52  →  0,52

→ 0,52 = n_HCl + n_MCl => n_MCl = 0,52 – 0,5 = 0,02 mol

→ m_X = m_MHCO3 + m_M2CO3 + m_MCl

→ 20,29 = 0,05.(M + 61) + 0,1.(2M + 60) + 0,02.(M + 35,5)

→ M = 39g/mol (Kali)

Đáp án C

- Vì E là este của  với 3 axit X,Y,Z → X cũng là axit đơn chức

- Xét phản ứng đốt cháy M (X, E)

(Vì X có 2 liên kết pi → X có 1 pi trong gốc hidrocacbon và 1 pi trong nhóm COO)

→ E là este của X,Y,Z → số pi = pi(gốc R của X) + pi(COO) = 1 + 3 = 4)

Gọi công thức tổng quát của X : C_nH_2n-2O₂ : u mol

                                          E : C_mH_2m-6O₆ : v mol

Khi đốt cháy :    C_nH_2n-2O₂ + (1,5n – 2)O₂ → nCO₂ + (n – 1)H₂O

                        C_mH_2m-6O₆ + (1,5m – 5)O₂ → mCO₂ + (m – 3)H₂O

→ n_CO2 – n_H2O = n_X + 3n_E = u + 3v

- M phản ứng với NaOH : n_NaOH = n_COO = n_X + 3n_E = u + 3v = 0,04 mol

Mặt khác m_CO2 – m_H2O = a – (a – 4,62) = 4,62g

→ n_CO2 = 0,15 ; n_H2O = 0,11 mol

Bảo toàn nguyên tố : n_C(M) = n_CO2 = 0,15 mol ; n_H(M) = 2n_H2O = 0,22 mol

n_O(M) = 2n_COO(M) = 2n_NaOH = 0,08 mol

→ m_M = m = m_C + m_H + m_O = 3,3g

- Xét 13,2g M + NaOH → Muối V thì số mol nguyên tố trong M gấp 13,2 : 3,3 = 4 lần

Và số mol NaOH + M cũng gấp 4 lần → n_NaOH = 0,04.4 = 0,16 mol = n_{muối V}

[ Phản ứng tổng quát : Este/Axit + NaOH → Muối + Ancol/H₂O ]

Khi đốt cháy tạo n_CO2 = 0,4 mol

Bảo toàn Na : n_Na2CO3 = ½ n_NaOH = 0,08 mol

Có : m_Na2CO3 + m_H2O  =14,24g → n_H2O = 0,32 mol

Bảo toàn Oxi : n_O(V) + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O + 3n_Na2CO3

→ n_O2 = 0,52 mol

Bảo toàn khối lượng : m_V + m_O2 = m_CO2 + m_Na2CO3 + m_H2O

→ m_V = 15,2g

- Gọi công thức tổng quát của các muối trong V là C_xH_2x+1COONa ; C_yH_2y-1COONa

                                                                               (y chẵn, x > 0)

-Phản ứng cháy :        C_xH_2x+1COONa + O₂ → (x + 0,5)CO₂ + (x + 0,5)H₂O + 0,5Na₂CO₃

                        Mol               p

                                    C_yH_2y-1COONa + O₂ → (y + 0,5)CO₂ + (y - 0,5)H₂O + 0,5Na₂CO₃

                        Mol                q

→ n_CO2 – n_H2O = q = 0,4 – 0,32 = 0,08 mol → p = 0,16 – q = 0,08 mol

Ta có : n_C(V) = n_CO2 + n_Na2CO3 = 0,48 mol = 0,08.(x+1) + 0,08(y+1)

→ x + y = 4

Vì X có gốc hidrocacbon mạch nhánh, có 1 liên kết pi trong gốc hidrocacbon

→ số C trong gốc hidrocacbon của X ≥ 3

→ y = 3 và x = 1 thỏa mãn điều kiện

→ X là C₃H₅COOH, 2 axit còn lại là HCOOH và C₂H₅COOH với số mol bằng nhau = 0,04 mol

(Vì : Số C trung bình = 1 = ½ (tổng số C của 2 axit) → tỉ lệ mol 1 : 1)

 Vậy Trong M có : 0,04 mol este E(gốc ancol là R) và 0,04 mol X

→ m_M = 13,2 = 0,04.(R + 203) + 0,04.86 → R = 41 (C₃H₅)

→ %m_E(M) = 73,94%

Đáp án C  

Xét thí nghiệm 1 và 2 có tạo số mol kết tủa bằng nhau

→ 2 chất X và Y không thể là Al³⁺ và Fe²⁺ vì Al(OH)₃ tan trong NaOH và không tan trong NH₃

Do đó số kết tủa ở thí nghiệm 1 sẽ phải nhỏ hơn thí nghiệm 2 → không thỏa mãn đề bài

Đáp án B

Do Y có phản ứng với kiềm nên Y là không phải là K-Na-Ca-Ba => R²⁺ có thể bị điện phân

- Các quá trình có thể xảy ra ở các điện cực :

+) Anot :         2Cl^- → Cl₂ + 2e

                        2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

+) Catot :         R²⁺ + 2e → R

                        2H₂O + 2e → 2OH^- + H₂

- n_R(NO3)2 = 0,45V và n_NaCl = 0,4V mol ; n_{khí (Anot)} = 5,376 : 22,4 = 0,24 mol

- Phản ứng điện phân tổng quát chung : R(NO₃)₂ + 2NaCl → R + Cl₂ + 2NaNO₃ (1)

=> n_Cl2 = ½ n_NaCl = 0,2V => n_O2 = 0,24 – 0,2V

- Trong t giây : n_{e tđ} = 2n_Cl2 + 4n_O2 = 0,96 – 0,4V

=> Trong t giây tiếp theo anot sinh ra n_O2 = 0,25n_e = 0,24 – 0,1V

=> n_{O2 tổng} = (0,24 – 0,2V) + (0,24 – 0,1V) = 0,48 – 0,3V

- Có : n_OH = n_KOH + n_NaOH = 0,32.0,75 + 0,32.0,5 = 0,4 mol

=> Ta xét 2 trường hợp

+) TH₁ : Trong 2t giây R²⁺ vẫn chưa bị điện phân hết => chưa điện phân nước ở catot

=> 2n_R2+ < n_{e tđ}

=> 0,45V.2 < (0,96 – 0,4V).2

=> V < 1,129

- n_{R2+ dư} = 0,96 – 0,4V – 0,45V = 0,96 – 0,85V

Lúc này n_H+ = 4n_{O2 tổng} = 4.(0,48 – 0,3V)

Thêm kiềm vào không có kết tủa chứng tỏ R(OH)₂ lưỡng tính đã tan trở lại

R²⁺ + 2OH^- → R(OH)₂

R(OH)₂ + 2OH^- → RO₂^2- + 2H₂O

=> n_OH = n_H+ + 4n_{R2+ dư} => 0,4 = 4.(0,48 – 0,3V) + 4.(0,96 – 0,85V)

=> V = 1,165  (Loại)

+) TH₂ : Trong 2t giây R²⁺ đã bị điện phân hết, H₂O đã bị điện phân ở catot :

Sau (1) còn : n_R2+ = 0,45V – 0,2V = 0,25V

=> Khi điện phân hết R²⁺ thì n_H+ = 0,25V.2 = 0,5V

=> n_H+ = n_OH- = 0,4 = 0,5V => V = 0,8 lit

Đáp án B  

Phản ứng este tổng quát : R(COO)_nR’ + nKOH → R(COOK)_n + R’(OH)_n

- Xét thí nghiệm với bình F :

- Có : n_KOH = 0,4.1 = 0,4 mol => n_OH(ancol/F) = n_KOH = 0,4 mol => n_H2 = 0,2 mol

            [ R’(OH)_n + nNa → R’(ONa)_n + 0,5nH₂ ]

Bảo toàn khối lượng : m_F = m_{bình tăng} + m_H2 = 15,6g (m_{bình tăng}  = m_ancol – m_H2)

- Bảo toàn khối lượng : m_E + m_KOH = m_muối + m_ancol(F)

=>  m_muối = 30,24 + 56.0,4 – 15,6 = 37,04g

Gọi công thức tổng quát chung của các muối có dạng : C_xH_yK_zO_2z

=> n_muối = n_KOH/z = 0,4/z (mol) (Bảo toàn nguyên tố K)

Phản ứng cháy : C_xH_yK_zO_2z + (2x + 0,5y – 1,5z)O₂ → (2x – z)CO₂ + yH₂O + zK₂CO₃

Với n_Z = 0,4/z => n_O2 = 0,1.(4x + y – 3z)/z = 0,42 mol

=> 4x + y = 7,2z (1)

Ta có : m_Z = (12x + t + 71z).0,4/z = 37,04

=> 12x + y = 21,6z (2)

Lấy (1) – (2) => y = 0 => cả 2 muối đều không có Hidro

=> Muối tạo từ X là KOOC-C_n-COOK (a mol)

Và Muối tạo từ Y là KOOC-C_m-COOK (b mol)

=> n_KOH = 2a + 2b = 0,4 và a = 1,5b (Vì số mol X gấp 1,5 lần số mol Y)

=> a = 0,12 ; b = 0,08 mol

=> m_muối = 0,12(12n + 166) + 0,08(12m + 166) = 37,04

=> 3n + 2m = 8 (3)

- Biện luận : Este mạch hở nên cả 2 ancol đều đơn chức . Đốt este có n_CO2 = n_O2, mà este 2 chức nên cả 2 este đều có 8H, các gốc axit không có H nên tổng số H trong 2 gốc ancol của mỗi este là 8

Mặt khác n_F = 0,4 mol => M_F = 39 (M_TB) => 2 ancol là CH₃OH và C₂H₅OH

- Do M_X < M_Y nên từ (3) => n = 0 và m = 4 là nghiệm duy nhất thỏa mãn

=> X là CH₃OOC-COOC₂H₅ và Y là CH₃OOC-C≡C-C≡C-COOC₂H₅

=> Y là C₉H₈O₄ có 21 nguyên tử

Đáp án A  

- PE (-CH₂-CH₂-)_n không phản ứng với NaOH và AgNO₃

- PVC (-CH₂-CHCl-)_n + nNaOH → (CH₂-CHOH-)_n + NaCl

Khi gạt lấy lớp nước thì cũng bao gồm các chất tan trong nước => không còn NaCl

=> không có phản ứng với AgNO₃/HNO₃ => không thể có kết tủa trắng

- Sợi len nếu làm từ hữu cơ (polypeptit) thì sẽ phản ứng với Cu(OH)₂/OH^- tạo màu tím đặc trưng

            CuSO₄ + 2NaOH → Cu(OH)₂ + Na₂SO₄

- Xenlulozo không phản ứng với NaOH, khi thêm CuSO₄ vào thì xuất hiện màu xanh của CuSO₄.

Đáp án B 

- Gọi số mol FeO, Fe₃O₄, Cu trong X lần lượt là a ; b ; c

=> n_X = a + b + c = 3a (= 3n_FeO) => 2a – b – c = 0 (1)

- Ta có : m_X = m_FeO + m_Fe3O4 + m_Cu => 72a + 232b + 64c = 16,4g (2)

- Khi X + HCl : Bảo toàn H : n_H2O.2 = n_HCl = 2x

=> Bảo toàn khối lượng : m_X + m_HCl = m_muối + m_H2O

=> 16,4 + 36,5.2x = 29,6 + 18x => x = 0,24 mol

Bảo toàn nguyên tố oxi : n_O(X) = n_O(H2O) => a + 4b = 0,24 (3) => n_{HCl (TN2)} = 2n_H2O = 0,48 mol

Từ (1,2,3) => a = 0,04 ; b = 0,05 ; c = 0,03 mol

- Thí nghiệm 1 có : n_NO = 0,896 : 22,4 = 0,04 mol

=> Công thức tính nhanh : n_HCl = 4n_NO + 2n_O(X) = 0,64 mol

=> n_{HCl tổng} = 0,64 + 0,48 = 1,12 mol

- Trộn dung dịch Y và dung dịch Z để phản ứng với AgNO₃ dư

=> Qui đổi về thành quá trình sau :

\(\left\{ \begin{array}{l}F{\rm{e}}:0,38\\Cu:0,06\\O:0,48\end{array} \right. + \left\{ \begin{array}{l}NaN{{\rm{O}}_3}\\HCl:1,12\\AgN{O_3}\end{array} \right. \to \left\{ \begin{array}{l}F{{\rm{e}}^{3 + }}\\C{u^{2 + }}\end{array} \right. + \left\{ \begin{array}{l}Ag\\AgCl\end{array} \right. + NO:0,04 + {H_2}O\)

(Trong đó : n_Fe = n_FeO + 3n_Fe3O4 ; n_O = n_FeO + 4n_Fe3O4)

(Số mol X gấp đôi vì gộp cả 2 thí nghiệm)

- Bảo toàn electron : 3n_Fe + 2n_Cu = n_Ag + 2n_O + 3n_NO

=> n_Ag = 0,18 mol

Lại có : n_AgCl = n_HCl = 1,12 mol (Bảo toàn nguyên tố Cl)

=> m_{kết tủa} = m_Ag + m_AgCl = 180,16g (Gần nhất với giá trị 180,15)

Đáp án D

Fructozo có nhóm chức xeton nên có khả năng phản ứng với H₂

Glucozo, mantozo có nhóm chức anđêhit nên phản ứng được với H₂

Saccarozo có cấu tạo

Nên không phản ứng với H₂

Đáp án A

Kim loại chỉ điều chế được bằng phương pháp điện phân nóng chảy là K

Đáp án A

Valin : (CH₃)₂ – CH – CH(NH₂) –COOH → M = 117 đvC

Alanin : CH₃  - CH(NH₂) –COOH  → M = 89 đvC

Glyxin H₂N – CH₂ – COOH → M = 75 đvC

Axit glutamic : HOOC – (CH₂)₂ – CH(NH₂) – COOH → M = 147 đvC

Đáp án C

n_HCl  = 0,2 mol

Gọi CTHH của amin đơn chức là RNH_2­  : RNH₂ + HCl → RNH₃Cl

Có n_amin = n_HCl = 0,2 mol nên M_RNH2 = \(\frac{{11,8}}{{0,2}} = 59\) → M_R = 43 ( C₃H₇)

=> CTPT của amin: C₃H₇NH₂

Đáp án D