Đáp án B

Khi điện phân AgNO3 :

Catot : Ag+ + 1e → Ag

Anot : 2H2O → 4H+ + 4e + O2

- Mg + X thu được hỗn hợp kim loại → Ag+ dư

- Hỗn hợp kim loại + HCl → nMg = nH2 = 0,005 mol → nAg  = 0,002 mol

Hỗn hợp khí là sản phẩm khử của Mg với H+ và NO3- (Mg dư)

nNO + nN2O = 0,005 mol

mNO + mN2O = 2.19,2.0,005 = 0,192g

=> nNO = 0,002 ; nN2O = 0,003 mol

Gọi nNH4NO3 = x mol

Bảo toàn e : nMg(NO3)2 = nMg + HNO3 + nMg + Ag+ = ½ (3nNO + 8nN2O + 8nNH4NO3) + ½ nAg

= ½ (3.0,002 + 8.0,003 + 8x) + ½ .0,002 = 0,016 + 4x

→ mmuối = mMg(NO3)2 + mNH4NO3 = 148(0,016 + 4x) + 80x = 3,04g

→  x = 0,001 mol

→ nH+(X) = 4nNO + 10nN2O + 10nNH4NO3 = 0,048 mol = ne

Định luật Faraday : ne.F = It → t = 2316 (s)

Đáp án A

nNO = 0,04 mol

Gọi số mol Fe, Fe3O4, Fe(NO3)2 lần lượt là a, b, c

Vì sau phản ứng chỉ chứa muối trung hòa nên H+ (HSO4-) hết theo các quá trình sau :

2H+ + O → H2O

4H+ + NO3- + 3e → NO + 2H2O

→ 8b + 0,16 = nH+ = 0,32 mol => b = 0,02 mol

Trong Y : Bảo toàn nguyên tố : nNO3 = 2c – nNO3 pứ = 2c – 0,04

nK+ = nSO4 = 0,32 mol

Gọi x, y lần lượt là số mol Fe2+ ; Fe3+ trong Y

Bảo toàn điện tích : 2nFe2+  + 3nFe3+ + nK+ = nNO3 + 2nSO4

→ 2x + 3y + 0,32 = 2c – 0,04 + 0,32.2

→ 2x + 3y = 2c + 0,28 (*)

Có : nNaOH = 2nFe2+ + 3nFe3+ => 0,44 = 2x + 3y(**)

Từ (*) và (**) → c = 0,08 mol

mY = mNO3 + mK + mFe2+ + mFe3+ + mSO4

→ 59,04 = 62(0,02 – c) + 0,32.39 + 0,32.96 + 56x + 56y

→ x + y = 0,15 mol(***)

Bảo toàn Fe : a + 3b  +c = 0,15

→ a = 0,01

→ mX = mFe + mFe3O4 + mFe(NO3)2 = 19,6g

→ %mFe(NO3)2 = 73,46%

Đáp án A

m(g) E + 0,36 mol O2 → 0,32 mol CO2 + 0,16 mol H2O

⇒ nC = 0,32 mol; nH = 0,32 mol; nO = 0,08 mol; m = 5,44(g). 

C : H : O = 0,32 : 0,32 : 0,08 = 4 : 4 : 1 ⇒ (C4H4O)n .

Do este đơn chức ⇒ chứa 2[O] ⇒ n = 2 ⇒ C8H8O2 .

⇒ nÊ = 0,04 mol; nNaOH = 0,07 mol ⇒ nNaOH : nE = 1,75.

⇒ E chứa este của phenol.

Đặt n este của ancol = x; n este cuar phenol = y.

nE = x + y = 0,04 mol; nNaOH = x + 2y = 0,07 mol.

⇒ giải hệ có: x = 0,01 mol; y = 0,03 mol ⇒ nH2O = y = 0,03 mol.

BTKL: mancol = 5,44 + 0,07 × 40 - 6,62 - 0,03 × 18 = 1,08(g).

⇒ M ancol = 1,08 ÷ 0,01 = 108 (C6H5CH2OH).

Lại có T chứa 3 muối. 

E gồm HCOOCH2C6H5 và CH3COOC6H5 .

⇒ m = 6,62 - 0,03 × 116 = 3,14(g) ⇒ chọn A. 

Đáp án A

nAg = 2.nglucozơ (pư) = 2. (27/180).0,75 = 0,225 mol ~ 24,3 gam 

Đáp án B

Áp dụng BTKL ta có  

m(HCl) = mmuối  - mamin  = 11,68 gam

=> n = 0,32 mol

=> V = 0,32 lít

Hỗn hợp muối dạng C_nH_2nNO₂Na; đốt cho 0,44 mol N₂ → số mol muối là 0,88 mol.

Giải đốt: 0,88 mol C_nH_2nNO₂Na + O₂ → 0,44 mol Na₂CO₃ + 112,08 gam (CO₂ + H₂O) + 0,44 mol N₂.

để ý bên đốt có n_C = n_H2 nên bên sản phẩm cũng phải có n_C = n_H2 = (112,08 + 0,44 × 44) ÷ (44 + 18) = 2,12 mol.

Giả sử hỗn hợp A gồm x mol X₄ có tổng số C là n và y mol Y₅ có tổng số C là m.

Giải Thủy phân a gam A cần 0,88 mol NaOH thu (a + 31,6) gam muối + (x + y) mol H₂O

→ x + y = 0,2 mol; lại thêm 4x + 5y = ∑n_{α–amino axit} = 0,88 mol → x = 0,12 mol; y = 0,08

Nghiệm nguyên: 0,12n + 0,08m = ∑n_C = 2,12 ⇄ 3n + 2m = 53.

điều kiện: n = ∑số C của X₄ → 2 × 4 < n < 3 × 4 tức 9 ≤ n ≤ 11

m = ∑số C của Y₅ → 2 × 5 < m < 3 × 5 tức 11 ≤ m ≤ 14.

Kết hợp lại thì chỉ có duy nhất nghiệm n = 9 và m = 13 thỏa mãn. Theo đó: hỗn hợp A gồm:

0,12 mol X là Gly-Gly-Gly-Ala và 0,08 mol Y là Gly-Gly-Ala-Ala-Ala.

→ %m_{Y trong A} = 0,08 × 345 ÷ 58,8 = 46,94%

Đáp án B

Gọi số mol của CuO : x mol , FeO : y mol, M : (x + y) mol

Bảo toàn khối lượng → m_H2O = 36,6 + 2,44. 63 - 162,12 -0,28. 30 = 19,8 gam

→ n_H2O = 1,1 mol

Bảo toàn nguyên tố H → n_NH4⁺ = (2,44- 1,1.2) : 4 = 0,06 mol

bảo toàn nguyên tố N → n_NO3^- _{( muối)} = 2,44 - 0,06 - 0,28 = 2,1 mol

Có n_H⁺ = 4n_NO + 10n_NH⁺ + 2n_O → n_O= 0,36 mol → n_M =0,36 mol = x + y

Bảo toàn e → y + 0,36a = 0,28. 3 +0,06. 8 = 1,32

Với a = 1 → y = 0,96 > 0,36 loại

Với a = 2 → y = 0,6 > 0,36 loại

Với a = 3 → y = 0,24 ( thoả mãn)

Có 80x + 72 y + 0,36.M = 36,6 → M = (36,6 - 80x - 72y) : 036 

M < [36,6 - 72(x + ) : 0,3 → M < 29 mà M là kim loại → M = 27 ( Al)

% M = [(27.0,36) : 36,6] .100% = 26,55%.

Đáp án B

Số mol của Gly 0,02 mol và C₄H₁₂O₄N₂:0,01 mol

Công thức thoả mãn của C₄H₁₂O₄N₂ là CH₃NH₃OOC-COONH₃CH₃

NH₂-CH₂-COOH + NaOH → NH₂-CH₂-COONa + H₂O

CH₃NH₃OOC-COONH₃CH₃ + NaOH → NaOOC-COONa + 2CH₃NH₂ + 2H₂O

Muối thu được chứa NH₂-CH₂-COONa : 0,02 mol và NaOOC-COONa : 0,01 mol

→ m = 3,28 gam

Đáp án B

Khi thủy phân saccarozo với H = 60% thì: nC6H12O6 = 2nC12H22O11.H% =  0,18 mol

Khi tác dụng với AgNO₃ thì:

m = 108.nAg + 133,5.nAgCl = 108.2.nC6H12O6 + 143,5. nHCl = 53,23g

Đáp án A

Gọi số mol của Fe và Al lần lượt là x, y ta có

Ta có hệ 2x + 3y = 0,48.2 và 3x + 3y = 0,63.2 → x = 0,3 và y = 0,12

Dung dịch Y chứa FeCl₂ : 0,3 mol, AlCl₃ : 0,12 mol và HCl dư: 0,24 mol ( bảo toàn nguyên tố Cl). Khi thêm 0,1 mol NaNO₃ vào Y

4H⁺ + NO₃^- + 3e → NO + 2H₂O

Thấy 0,24/4 < 0,1/1  → H⁺ hết → NO : 0,06 mol và H₂O 0,12 mol

Bảo toàn khối lượng

→ m = 0,3. 127 +0,12.133,5 +0,24. 36,5 + 0,1. 85 - 0,06. 30 - 0,12. 18 = 67,42 gam

Đáp án C

X + NaOH → Na₃PO₄ + H₂O

Thấy n_NaOH = n_H2O = 0,075 mol

Bảo toàn khối lượng → m_Na3PO4 = 7,38 gam → n_Na3PO4 =0,045 mol → mNa₃PO₄ =  18,855 gam

Đáp án D

Dung dịch chỉ có 2 muối nên trong dung dịch chỉ có hai muối CuSO₄ và FeSO₄

Gọi số mol Fe₃O₄, Fe(NO₃)₃ và Cu lần lượt là x, y và z mol.

→ 232x + 242y + 64z = 102,96 (*)

3e + 4H⁺ + NO₃^- → NO + 2H₂O

∑n_H⁺ = 8x + 4 x 3y = 1,2 x 2 (**)

Bảo toàn điện tích: 2 x (n_Fe²⁺ + n_Cu²⁺) = 2 x n_SO4^2-

→ 3x + y + z = 1,2 (***)

Từ (*), (**), (***) → x = 0,12 mol; y = 0,12 mol; z = 0,72 mol

→ m = 188,16 gam

0,02 mol X phản ứng vừa đủ với 0,02 mol HCl → X có 1 nhóm -NH₂

0,02 mol X phản ứng vừa đủ với 0,04 mol NaOH → X có 2 nhóm –COOH

Vậy X có dạng H₂N-R-(COOH)₂ → muối ClH₃N-R-(COOH)₂

M_muối = 52,5 + R + 90 = 3,67 : 0,02 → R = 41 → R là C₃H₅

→ X là H₂NC₃H₅(COOH)₂

Đáp án C

Ta quy đổi hh về FeO và Fe₂O₃:

FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O

0,009                  0,009

Fe2O3 = 1,38 - 72.0,009 = 0,72 gam

nFe2O3 = 0,72 : 160 = 0,0045 mol

Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O

0,0045                   0,009

2FeCl3 + Cu → 2FeCl2 + CuCl2

Đáp án C

Các phản ứng oxi hoá khử xảy ra là

Zn + 2Fe(NO₃)₃ → 2Fe(NO₃)₂ + Zn(NO₃)₂

Zn +2HCl → ZnCl₂ + H₂

Zn + 2AgNO₃ → Zn(NO₃)₂+ 2Ag

Đáp án C

Ta có nMg = nAl = 0,1 mol. Dung dịch hỗn hợp có 0,45 mol Ag+

Khi phản ứng có các quá trình xảy ra :

Mg + 2Ag+ → Mg2+ + 2Ag 

Al + 3Ag+  → 3Ag + Al3+

Vậy chất rắn sau phản ứng gồm 0,45 mol Ag và 0,1 – 0,25.3 = 0,05.3 mol Al dư

 m = 108.0,45 + 27.0,05/3 = 49,05 

Đáp án A

Số mol NaOH phản ứng với ddX bằng số mol NaOH phản ứng với HCl và axit glutamic ban đầu.

→ n_NaOH = 2 x n_{axit glutamic} + n_HCl = 2 x 0,15 + 2 x 0, 175 = 0,65 mol

Đáp án D

Công thức thoả mãn X là (HCO₃^-)NH₃-CH₂-CH₂-NH₃NO₃

(HCO₃^-)⁺NH₃-CH₂-CH₂-NH₃⁺(NO₃^-) + 3NaOH → Na₂CO₃ + NH₂-CH₂-CH₂-NH₂ + NaNO₃ + H₂O
Thấy 3n_X < n_NaOH → chứng tỏ NaOH dư

Muối thu được chứa Na₂CO₃ :0,1 mol, NaNO₃ : 0,1 mol → m = 19,1 gam

Đáp án C

Ba + H₂O → Ba(OH)₂ + 0,5H₂ ↑

NH₄Cl + NaOH → NH₃ + NaCl+ H₂O

Cu + HCl : không phản ứng

Na₂CO₃ + H₂SO₄ → Na₂SO₄ + CO₂ ↑ + H₂O

Đáp án D

a. AgNO₃ + HCl → AgCl + HNO₃

b. Al₂O₃ + 2NaOH → 2NaAlO₂ + H₂O

c. FeCl₂ + NaOH → Fe(OH)₂ ↓ + 2NaCl

d. Ba(OH)₂ + K₂SO₄ → BaSO₄↓ + 2KOH

Sau khi kết thúc các phản ứng, số thí nghiệm thu được chất rắn là : a, c, d

Đáp án B

CO₂ + 2KOH dư → K₂CO₃ + H₂O

Chất tan có trong dung dịch X gồm K₂CO₃ và KOH

Đáp án B 

1. Mg + FeCl₂ → MgCl₂ + Fe

2. Na + H₂O → NaOH +0,5H₂. NaOH + CuSO₄ → Cu(OH)₂ + Na₂SO₄

3. AgNO₃ + Fe(NO₃)₂ → Ag + Fe(NO₃)

4. H₂ + CuO → Cu+ H₂O

5. Co + Al₂O₃ : không phản ứng

Các thí nghiệm thu được kim loại khi kết thúc các phản ứng là (1), (3), (4).. 

Đáp án D

Khối lượng muối thu được chứa NaCl: 0,35 mol ( bảo toàn Cl) và H₂NC₃H₅(COONa)₂ : 0,15mol ( bảo toàn nhóm COOH)

→ m = 00,35. 58,5 +0,15. ( 147 + 22.2) =49,125gam. Đáp án B.

Đáp án B

Dung dịch Z chứa AlCl₃ : x mol và HCl dư : ( y- 3x) mol

Dung dịch Z chứa 2 chất tan có cùng nồng độ mol nên x = y - 3x

Khi thêm NaOH vào dung dịch Z thì NaOH tham gia phản ứng với HCl trước, sau đó NaOH tham gia phản ứng với AlCl₃

Thấy tại thời điểm 5,16 mol NaOH xảy ra quá trình hòa tan kết tủa

→ n_OH^- = n_HCl + 3n_Al(OH)3 + 4(n_Al³⁺- n_Al(OH)3)

→ 5,16 = y- 3x + 3. 0,175y + 4. ( x - 0,175y)

Giải hệ → x = 1,2 và y = 4,8

→ m_Al = 1,2. 27 = 32,4 gam

Đáp án C

Cần để ý rằng:

tetrapeptit + 4.NaOH → muối + 1.H₂O và tripeptit + 3.NaOH → muối + 1.H₂O.

chú ý tỉ lệ, theo đó, số mol NaOH cần vừa đủ = 4a + 3 × 2a = 10a = 0,6 mol → a = 0,06 mol.

Cũng từ phương trình → ∑ n _H2O = a + 2a = 0,18 mol.

Áp dụng bảo toàn khối lượng ta có: m + 0,6 × 40 = 72,48 + 0,18 × 18 → m = 51,72 gam.

Đáp án D

X phản ứng được với 2 mol NaOH → amino axit có 2 nhóm COOH

X phản ứng với 2 mol HCl → amino axit có 1 nhóm NH₂

 Bảo toàn N:  nN2 = 1/2nN(X)= 1 mol

CnH2n+3N → nCO2 + (n + 1,5)H2O 

CmH2m-1O4N  → mCO2 + (m - 0,5)H2O

Kết hợp cả hai phản ứng

Tổng nH2O - toonge nCO2 = 1,5namin - 0,5naminoaxit = 1,5 - 0,5 - 1 

nH2O = 7 mol 

Đáp án D

Quy đổi hỗn hợp ancol - axit - este

Giải đốt cháy tìm số C, H₂, O. Thủy phân từ n_{NaOH phản ứng} = 0,07 mol → n_axit = 0,035 mol.

ancol có số mol là 0,04 mol và m_ancol = `1,56 gam. bảo toàn O tìm ra n_H2O = 0,02 mol.

→ m_axit = 4,84 + 0,02 × 18 – 1,56 = 3,64 gam

→ m_{muối axit cacboxylic} = 3,64 + 0,035 × 2 × 22 = 5,18 gam.

Tuy nhiên, tránh quên yêu cầu và 0,01 mol muối NaCl nữa.

theo đó yêu cầu m = 5,18 + 0,01 × 58,5 = 5,765 gam

Đáp án A

CTCT của các chất lần lượt là (dấu hiệu nhận ra : các chất có số nguyên tử oxi là bội số của 3, đều chứa góc CO₃)

Có 4 chất tác dụng được với dung dịch NaOH: HCOOH; HCOONH₃CH₃; NH₄HCO₃; (NH₄)₂CO₃

Đáp án A

nCO2 = 0,015 mol, nOH = nNaOH + nKOH = 0,04 mol > 2nCO2 → nOH- dư

nCO32- = nCO2 = 0,015 mol và nOH- du = nOH ban đầu - 2nCO2 = 0,01 mol 

 m chất rắn = nNa+ + nK+ + mOH- = 2,31 gam 

Đáp án D

Độ dẫn điện giảm dần theo dãy: Ag > Cu > Au > Al > Fe => Kim loại dẫn điện tốt nhất là Cu (Sai)

Đáp án C

(d) Cho Au vào dung dịch HNO₃ đặc, nóng không xảy ra phản ứng (Au có thể tan trong nước cường toan gồm HCl:HNO₃ = 3:1)

Đáp án C

HD: HCOOC₂H₅ + NaOH → HCOONa + C₂H₅OH 

→ nHCOOC2H5 = nHCOONa = 0,1 mol  → m = 6,8 gam

Đáp án A

Bảo toàn khối lượng : m_Cl2 = m_muối - m_KL = 28,4g => n_Cl2 = 0,4 mol => V = 8,96 lit

Đáp án C

HD: Các trường hợp xuất hiện ăn mòn điện hóa là (Ni+CuSO₄) và (Ni + AgNO₃). Do phản ứng tạo ra kim loại (Cu hoặc Ag) bám trên bề mặt thanh Ni, khi đó xuất hiện đủ các điều kiện để xảy ra ăn mòn điện hóa ( có 2 điện cực khác chất nhau; tiếp xúc với nhau; cùng tiếp xúc với dd điện ly)

Đáp án B

Gọi nồng độ mol mỗi muối là x(M)

Y chứa 3 kim loại → Y gồm Ag; Cu; Fe → dung dịch chỉ có Fe²⁺; Al³⁺

→ nH2 = nFe = nFe du = 0,035 mol

Bảo toàn e: 0,03.3 + (0,05 - 0,035).2 = 2.0,1x + 0,1x 

x = 0,4M 

Đáp án A

nNa = 0,2 mol, nHCl = 0,05 mol

Na + HCl → NaCl + 1/2H2

Na + H2O  → NaOH + 1/2H2 

Sau phản ứng cô cạn dung dịch được chất rắn: 0,05 mol NaCl và 0,15 mol NaOH

m = 8,925 gam 

Đáp án B

Saccarozo → Glucozo + Fructozo

   0,1mol         0,1mol         0,1mol

Glucozo → 2Ag  ;Fructozo → 2Ag ; Cl- → AgCl

0,1               0,2       0,1            0,2     002      0,02 

m = mAg + mAgCl = 108.(0,2 + 0,2) + 143,5.0,02 = 46,07 gam 

Đáp án B

C₆H₁₂O₆ → 2CO₂ + 2C₂H₅OH

nC₂H₅OH = 2nGlucozo.H% = 800 mol 

→ V ancol = m ancol/D = 46000 ml = 46 lít