Đáp án C

SiO₂ không tác dụng với dung dịch NaOH loãng, chỉ tác dụng với dung dịch NaOH đặc.

Đáp án A

Công thức của natri hiđrocacbonat là NaHCO₃.

 Đáp án D

Trong FeCl₂, sắt có số oxi hóa +2.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Lý thuyết về phản ứng thủy phân este.

Giải chi tiết:

Thủy phân este CH₃CH₂COOC₂H₅ trong MT axit hoặc bazo sẽ thu được ancol C₂H₅OH.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Các chất có nhiều nhóm OH (ancol) gắn vào các nguyên tử C cạnh nhau có khả năng hòa tan Cu(OH)₂ ở điều kiện thường tạo dung dịch phức có màu xanh lam.

Giải chi tiết:

Các chất có nhiều nhóm OH (ancol) gắn vào các nguyên tử C cạnh nhau có khả năng hòa tan Cu(OH)₂ ở điều kiện thường tạo dung dịch phức có màu xanh lam.

⟹ Etanol C₂H₅OH không thỏa mãn nên không hòa tan được Cu(OH)₂ ở điều kiện thường.

Đáp án C

Phản ứng giữa CH₃OH và CH₃COOH được gọi là phản ứng este hóa.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dạng bài H₃PO₄ + OH^-:

H₃PO₄ + OH^- → H₂PO₄^- + H₂O

H₃PO₄ + 2OH^- → HPO₄^2- + 2H₂O

H₃PO₄ + 3OH^- → PO₄^3- + 3H₂O

Giải thích trục số: 

Đặt $(*)=\frac{n_{O{H}^{-}}}{n_{H_{3}P{O}_4}}$

+ Nếu (*) < 1 ⟹ H₃PO₄ dư và H₂PO₄^-

+ Nếu (*) = 1 ⟹ H₂PO₄^-

+ Nếu 1 < (*) < 2 ⟹ H₂PO₄^- và HPO₄^2-

+ Nếu (*) = 2 ⟹ HPO₄^2-

+ Nếu 2 < (*) < 3 ⟹ HPO₄^2- và PO₄^3-

+ Nếu (*) = 3 ⟹ PO₄^3-

+ Nếu (*) > 3 ⟹ PO₄^3- và OH^‑ dư

Giải chi tiết:

n_P2O5 = 0,1 mol → n_H3PO4 = 0,2 mol (BTNT "P")

Ta thấy  $2<\frac{n_{O{H}^{-}}}{n_{H_{3}P{O}_4}}=\frac{0,5}{0,2}=2,5<3$⟹ Tạo Na₂HPO₄ và Na₃PO₄.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Viết quá trình nhường - nhận e.

Áp dụng bảo toàn e: n_R = 2n_H2 ⟹ M_R = m_R : n_R ⟹ Tên kim loại.

Giải chi tiết:

QT nhường e: R⁰ → R⁺ + 1e

QT nhận e: 2H⁺ + 2e → H₂

Áp dụng bảo toàn e: n_R = 2n_H2 = 2.(1,344/22,4) = 0,12 mol

⟹ M_R = m_R : n_R = 4,68 : 0,12 = 39.

⟹ Kim loại là kali (K).

Đáp án A

Phương pháp giải:

Lý thuyết về anđehit.

Giải chi tiết:

Công thức của anđehit axetic là CH₃CHO.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Áp dụng bảo toàn nguyên tố Fe → n_Fe = 3n_Fe3O4.

Giải chi tiết:

BTNT "Fe" → n_Fe = 3n_Fe3O4 = 3.(4,64/232) = 0,06 mol → m_Fe = 0,06.56 = 3,36 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Các kim loại đứng trước H trong dãy hoạt động hóa học phản ứng với HCl, H₂SO₄ loãng sinh ra khí H₂.

Giải chi tiết:

Kim loại Mg phản ứng với dung dịch H₂SO₄ loãng sinh ra khí H₂:

Mg + H₂SO₄ → MgSO₄ + H₂ ↑

Đáp án C

Phương pháp giải:

Phản ứng xảy ra khi CO₂ tác dụng với Ca(OH)₂ dư: CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ ↓ + H₂O.

Tính toán theo PTHH.

Giải chi tiết:

Phản ứng xảy ra khi CO₂ tác dụng với Ca(OH)₂ dư:

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ ↓ + H₂O

→ n_CaCO3 = n_CO2 = 3,36/22,4 = 0,15 mol

→ m = m_CaCO3 = 0,15.100 = 15 gam.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp về ancol, phenol, axit cacboxylic.

Giải chi tiết:

So sánh nhiệt độ sôi: C₂H₅OH < H₂O < C₆H₅OH < CH₃COOH.

Vậy chất có nhiệt độ sôi thấp nhất là C₂H₅OH.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào sự phân loại cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

- Glucozơ, fructozo: monosaccarit.

- Saccarozo: đisaccarit.

- Xenlulozo: polisaccarit.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Điều kiện cần về cấu tạo của monome tham gia phản ứng trùng hợp là trong phân tử phải có liên kết bội kém bền hoặc là vòng kém bền có thể mở.

Giải chi tiết:

Propilen có chứa liên kết C=C nên có khả năng tham gia phản ứng trùng hợp:

nCH₂=CH₂-CH₃ (Propilen) $\stackrel{t^o,xt,p}{\to }$  (-CH₂=CH₂(CH₃)-)_n (Polipropilen - P.P)

Đáp án D

Phương pháp giải:

- PTHH: C₆H₁₂O₆ → 2C₂H₅OH + 2CO₂; từ số mol glucozo tính được số mol C₂H₅OH.

- Tính khối lượng C₂H₅OH theo lý thuyết suy ra khối lượng C₂H₅OH thực tế:

m_{C2H5OH thực tế} = m_{C2H5OH lý thuyết}.(H/100)

Giải chi tiết:

n_C6H12O6 = 90 : 180 = 0,5 mol

Phản ứng lên men rượu từ glucozo:

C₆H₁₂O₆ → 2C₂H₅OH + 2CO₂

0,5 mol  →     1 mol

→ m_{C2H5OH thu được} = 1 . 46 . 80% = 36,8 gam.

Đáp án A

            NaOH + Ba(HCO₃)₂ → BaCO₃ ↓ + NaHCO₃ + H₂O

hoặc     2NaOH + Ba(HCO₃)₂ → BaCO₃ ↓ + Na₂CO₃ + 2H₂O

Đáp án B

- Đáp án A: Cu + Cl₂  CuCl₂.

- Đáp án B: không phản ứng.

- Đáp án C: Fe(OH)₂ + 2HCl → FeCl₂ + 2H₂O

- Đáp án D: Na₃PO₄ + 3AgNO₃ → Ag₃PO₄↓ + 3NaNO₃

Đáp án A

Phương pháp giải:

Ghi nhớ các muối HCO₃^- không bền, dễ bị nhiệt phân hủy.

Giải chi tiết:

Các muối HCO₃^- không bền, dễ bị nhiệt phân hủy:

NH₄HCO₃ $\stackrel{t^o}{\to }$ NH₃ + CO₂ + H₂O

Đáp án B

Phương pháp giải:

Do anđehit đơn chức nên ta xét 2 trường hợp:

- X là HCHO → n_X = ¼ n_Ag

- X không phải là HCHO → n_X = ½ n_Ag.

Giải chi tiết:

n_Ag = 0,05 mol

- X là HCHO → n_HCHO = ¼ n_Ag = 0,0125 mol → m_HCHO = 0,0125.30 = 0,375 gam ≠ 1,4 gam (loại)

- X không phải là HCHO:

Giả sử X có công thức là RCHO

→ n_RCHO = ½ n_Ag = 0,025 mol

→ M_RCHO = 1,4 : 0,025 = 56

→ R + 29 = 56

→ R = 27 (CH₂=CH-)

Vậy anđehit là CH₂=CH-CHO (anđehit acrylic).

Đáp án C

Phương pháp giải:

Ghi nhớ công thức một số chất béo thường gặp:

+ Tristearin: (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅

+ Triolein: (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅

+ Trilinolein: (C₁₇H₃₁COO)₃C₃H₅

+ Tripanmitin: (C₁₅H₃₁COO)₃C₃H₅

Giải chi tiết:

Tristearin là (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅.

Phản ứng thủy phân tristearin trong dd NaOH:

(C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ + 3NaOH $\stackrel{t^o}{\to }$ 3C₁₇H₃₅COONa (X) + C₃H₅(OH)₃

Đáp án D

Phương pháp giải:

Các chất cùng tồn tại trong một dung dịch khi chúng không phản ứng với nhau.

Phản ứng trao đổi xảy ra khi tạo thành khí / chất kết tủa / chất điện li yếu.

Giải chi tiết:

Các chất cùng tồn tại trong một dung dịch khi chúng không phản ứng với nhau.

Phản ứng trao đổi xảy ra khi tạo thành khí / chất kết tủa / chất điện li yếu.

A: NH₄Cl + AgNO₃ → AgCl ↓ + NH₄NO₃

B: Na₂S + FeCl₂ → 2NaCl + FeS ↓

C: AlCl₃ + 3KOH → 3KCl + Al(OH)₃ ↓

D: Không xảy ra phản ứng.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của sắt, kẽm và các hợp chất của chúng.

Lưu ý: Zn(OH)₂ có tính lưỡng tính nên bị hòa tan trong dung dịch kiềm.

Giải chi tiết:

$\left\{\begin{array}{l}ZnC{l}_2\\ F\text{e}C{l}_2\end{array}\right.\stackrel{+KO{H}_{d}u}{\to }\downarrow X:F\text{e}{\left(OH\right)}_2\to F{\text{e}}_2{\left(S{O}_4\right)}_3$

Các PTHH:

            FeCl₂ + 2KOH → Fe(OH)₂ ↓ + 2KCl

            ZnCl₂ + 2KOH → Zn(OH)₂ ↓ + 2KCl

            Zn(OH)₂ + 2KOH → K₂ZnO₂ + 2H₂O

            2Fe(OH)₂ + 4H₂SO₄ đặc → Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + 6H₂O

 Đáp án D

Phương pháp giải:

- Kiểm tra thấy 2n_Mg > 10n_N2 ⟹ Sản phẩm khử của N⁺⁵ có NH₄NO₃.

- Tính $n_{N{H}_{4}N{O}_3}=\frac{2n_{Mg}-10n_{N_2}}{8}$

- Sử dụng bảo toàn nguyên tố Mg, Ag để xác định thành phần muối có trong dung dịch sau phản ứng từ đó tính được khối lượng muối.

Giải chi tiết:

n_Mg = 0,3 mol; n_Al2O3 = 0,1 mol; n_N2 = 0,02 mol

Mg⁰ → Mg⁺² + 2e                                  2N⁺⁵ + 10e → N₂

0,3 →               0,6 (mol)                                   0,2 ← 0,02 (mol)

Vì 0,6 > 0,2 ⟹ sản phẩm có NH₄NO₃.

                                                                 N⁺⁵    +    8e → N^-3 (NH₄NO₃)

                                                                            (0,6-0,2) →      0,05      (mol)

Muối trong dung dịch sau pư:

n_Mg(NO3)2 = n_Mg = 0,3 mol

n_Al(NO3)3 = 2n_Al2O3 = 0,2 mol

n_NH4NO3 = 0,05 mol

→ m_muối = 0,3.148 + 0,2.213 + 0,05.80 = 91 gam.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp về phenol, axit cacboxylic, cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

X tạo với dung dịch I₂ chất màu xanh tím → X là tinh bột.

Y tạo kết tủa trắng khi phản ứng với Br₂ → Y là phenol.

Z tác dụng với Cu(OH)₂ tạo dung dịch xanh lam → Z là glucozo.

T làm quỳ tím chuyển đỏ → T là axit axetic.

 Đáp án D

Phương pháp giải:

Nhận thấy n_Ag : n_X = 4 : 1 ⟹ X thủy phân sinh ra muối HCOONa và anđehit ⟹ X có dạng HCOOCH=CH-R'.

Dựa vào CTPT suy ra CTCT.

Giải chi tiết:

Nhận thấy n_Ag : n_X = 4 : 1 ⟹ X thủy phân sinh ra muối HCOONa và anđehit ⟹ X có dạng HCOOCH=CH-R'.

Mà theo đề bài X có CTPT C₅H₈O₂ ⟹ CTCT của X là:

            HCOOCH=CH-CH₂-CH₃

            HCOOCH=CH(CH₃)-CH₂.

Trong 4 phương án thì chỉ có D thỏa mãn.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp về cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

Polisaccarit X có nhiều trong gạo ngô, khoai, sắn ⟹ X là tinh bột.

Thủy phân X thu được monosaccarit Y ⟹ Y là glucozo.

- A sai, tạo ra amonigluconat.

- B đúng, phản ứng quang hợp:$6nC{O}_2+5n{H}_{2}O\underset{a/s}{\overset{chat.diep.luc}{\to }}{\left(C_6{H}_{10}{O}_5\right)}_n+6n{O}_2$

- C sai, PTK_{tinh bột} = 162n.

- D sai, Y có trong máu người với nồng độ khoảng 0,1%.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Khi đốt ancol nếu n_H2O > n_CO2 ⟹ ancol no, đơn chức, mạch hở

- Khi đó: n_ancol = n_H2O - n_CO2

Giải chi tiết:

n_CO2 = 0,6 mol; n_H2O = 0,85 mol

Ta thấy n_H2O > n_CO2 ⟹ 2 ancol là ancol no, đơn chức, mạch hở

→ n_ancol = n_H2O - n­_CO2 = 0,85 - 0,6 = 0,25 mol

BTNT "C" → n_C = n_CO2 = 0,6 mol

BTNT "H" → n_H = 2n_H2O = 1,7 mol

Ancol đơn chức → n_O = n_ancol = 0,25 mol

BTKL → m_ancol = m_C + m_H + m_O = 0,6.12 + 1,7 + 0,25.16 = 12,9 gam.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp chương nito - photpho.

Giải chi tiết:

A sai, H₂ chỉ khử được các oxit của kim loại đứng sau Al ở nhiệt độ cao.

B sai, ure (NH₂)₂CO là loại phân đạm có hàm lượng N cao nhất.

C đúng.

D sai, N₂ kém hoạt động hơn so với P vì phân tử N₂ có chứa liên kết ba bền vững.

Đáp án B

Phương pháp giải:

$\stackrel{BTNT.C}{\to }{n}_C=n_{C{O}_2}$

$\stackrel{BTNT.H}{\to }{n}_H=2n_{H_{2}O}$

$\stackrel{BTKL}{\to }{n}_O=\frac{m_Z-m_C-m_H}{16}$

Tính tỉ lệ C : H : O → CTPT dựa vào dữ kiện este đơn chức.

→ n_Z = ½ n_O(Z) = n_muối → M_muối → CTCT của muối → CTCT este ban đầu.

Giải chi tiết:

$\stackrel{BTNT.C}{\to }{n}_C=n_{C{O}_2}=0,1^{mol}$

$\stackrel{BTNT.H}{\to }{n}_H=2n_{H_{2}O}=0,{15}^{mol}$

$\stackrel{BTKL}{\to }{n}_O=\frac{m_Z-m_C-m_H}{16}=\frac{2,15-0,1.12-0,15}{16}=0,{05}^{mol}$

→ C : H : O = 0,1 : 0,15 : 0,05 = 2 : 3 : 1

→ CTPT C₄H₆O₂ (vì Z là este đơn chức nên có 2O)

→ n_Z = ½ n_O(Z) = 0,025 mol = n_muối

⟹ M_muối = 2,75 : 0,025 = 110

Giả sử muối là RCOOK → R + 83 = 110 → R = 27 (CH₂=CH-).

Vậy este là CH₂=CHCOOCH₃ → Axit là CH₂=CHCOOH và ancol là CH₃OH.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Một số chất làm mất màu dung dịch Br₂:

- Chứa liên kết π kém bền (anken, ankin, ankađien, …).

- Chứa nhóm chức anđehit -CHO.

…

Giải chi tiết:

Xét từng chất:

- Etan C₂H₆ là ankan, không làm mất màu Br₂.

- Vinyl acrylat CH₂=CHCOOCH=CH₂ là hiđrocacbon không no, làm mất màu Br₂.

- Isopren C=C(CH₃)-C=C là hiđrocacbon không no, làm mất màu Br₂.

- Toluen C₆H₅CH₃ là ankyl benzen, không làm mất màu Br₂.

- Tripanmitin (C₁₅H₃₁COO)₃C₃H₅ là chất béo no, không làm mất màu Br₂.

- Anđehit axetic CH₃CHO là anđehit, làm mất màu Br₂.

- Fructozơ không làm mất màu Br₂.

Vậy có 3 chất làm mất màu dung dịch Br₂.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp về este và cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

(a) sai, triolein (C₁₇H₃₃COO)₃C₃H₅ là chất béo không no nên có trạng thái lỏng ở điều kiện thường.

(b) sai, fructozo có nhiều trong mật ong nhưng không phải monosaccarit duy nhất.

(c) đúng, giấy được sản xuất từ bột gỗ.

(d) đúng.

(e) sai, amilozo có mạch không phân nhánh, amilopectin có mạch phân nhánh.

(f) đúng, este isoamyl axetat có mùi chuối chín.

Vậy có 3 phát biểu đúng là (c), (d), (f).

 Đáp án A

Phương pháp giải:

- Quan sát và nhận xét mối liên hệ giữa số mol OH trong hiđroxit và số mol O trong oxit: n_{OH(hiđroxit)} = 2n_O(oxit).

- Ta có m_tăng = m_OH - m_O → n_O(oxit)

- Từ phần trăm khối lượng của O trong oxit tính được khối lượng của oxit.

Giải chi tiết:

Ta thấy n_{OH(hiđroxit)} = 2n_O(oxit)

Đặt n_O(oxit) = x mol; n_{OH(hiđroxit)} = 2x (mol)

m_tăng = m_OH - m_O ⇔ 2x.17 - 16x = 1,8 → x = 0,1 mol

Mà nguyên tố O chiếm 30,769% về khối lượng hỗn hợp X

→ m_X = 0,1 . 16 . (100/30,769) = 5,2 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

CTPT chung của hỗn hợp E: $C_{\overline{n}}{H}_{2\overline{m}}{O}_4;n_E=\frac{1}{2}{n}_{NaOH}$

$C_{\overline{n}}{H}_{\overline{m}}{O}_4+\left(\overline{n}+\frac{\overline{m}}{4}-2\right)O_2\to \overline{n}C{O}_2+\frac{\overline{m}}{2}{H}_{2}O$

Lập hệ phương trình về số mol O₂ và khối lượng hỗn hợp E suy ra giá trị của .

Từ đó suy ra được CTPT của X, Y, Z, T.

Dựa vào dữ kiện số mol của các ancol bằng nhau ⟹ giải ra được số mol của từng chất X, Y, Z, T.

Giải chi tiết:

X, Y là axit đồng đẳng kế tiếp

Z, T là este 2 chức đồng đẳng kế tiếp

Y và Z là đồng phân của nhau

⟹ CTPT chung của hỗn hợp E:$C_{\overline{n}}{H}_{\overline{m}}{O}_4;n_E=\frac{1}{2}{n}_{NaOH}=0,11\left(mol\right)$

$\underset{\begin{array}{c}\\ 0,01\left(mol\right)\end{array}}{C_{\overline{n}}{H}_{\overline{m}}{O}_4}+\underset{0,37\left(mol\right)}{\left(\overline{n}+\frac{\overline{m}}{4}-2\right)O_2}\to \overline{n}C{O}_2+\frac{\overline{m}}{2}{H}_{2}O$

$\left\{\begin{array}{l}0,11.(\overline{n}+\frac{\overline{m}}{4}-2)=0,37\\ 0,11.(12\overline{n}+\overline{m}+64)=12,84\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}\overline{n}=3,9\\ \overline{m}=5,8\end{array}\right.$

⟹       X (C₃H₄O₄): CH₂(COOH)₂ (y mol)

            Y (C₄H₆O₄): C₂H₄(COOH)₂ (z mol)

            Z (C₄H₆O₄): (HCOO)₂C₂H₄ (x mol)

            T (C₅H₈O₄): H₃C-OOC-COO-C₂H₅: (x mol)

n_CH3OH = n_C2H5OH = n_C2H4(OH)2 = x (mol)

$\to x=\frac{2,8}{32+46+62}=0,02$

$\left\{\begin{array}{l}y+z=0,11-0,02.2=0,07\\ 104y+118\text{z}=7,84\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}y=0,03\\ z=0,04\end{array}\right.$

→ m_C2H4(COONa)2 = 6,48 gam.

Đáp án D

Phương pháp giải:

*Khi đốt X:

Bảo toàn nguyên tố C, H tính được số mol C, H.

Tính số nguyên tử C trung bình và H trung bình.

Tính độ bất bão hòa trung bình k = (2C + 2 - H)/2.

*Khi cho X phản ứng với Br₂:

X + kBr₂ → Sản phẩm cộng

→ n_Br2 = k.n_X

Giải chi tiết:

*Khi đốt 0,16 mol X:

$\stackrel{BTNT.C}{\to }{n}_C=n_{C{O}_2}=0,{28}^{mol}\to \overline{C}=\frac{n_C}{n_X}=\frac{0,28}{0,16}=1,75$

$\stackrel{BTNT.H}{\to }{n}_H=2n_{H_{2}O}=0,{68}^{mol}\to \overline{H}=\frac{n_H}{n_X}=\frac{0,68}{0,16}=4,25$

→ Công thức trung bình C_1,75H_4,25 có độ bất bão hòa k = (2C + 2 - H)/2 = 0,625.

*Khi cho 10,1 gam X phản ứng với Br₂:

Ta có n_X = 10,1 : (1,75.12 + 4,25) = 0,4 mol

→ n_Br2 = k.n_X = 0,625.0,4 = 0,25 mol

Đáp án C

Đặt n_Fe(NO3)2 = x mol và n_Al = y mol

Xét hỗn hợp khí T có n_T = 0,12 mol thì theo tỉ lệ có n_CO2 = 0,05 mol, n_H2 = 0,02 mol và n_NO = 0,05 mol

→ n_FeCO3 = 0,05 mol → 180x + 27y + 0,05.116 = 11,02 (1)

PTHH: 4H⁺ + NO₃^- + 3e → 2H₂O + NO

             2H⁺  + CO₃^2- → H₂O + CO₂

             2H⁺ + 2e → H₂

→ n_H⁺_pư = 0,05.2 + 0,02.2 + 0,05.4 = 0,34 mol → n_H⁺_dư = 0,06 mol

Dung dịch Z có Fe³⁺: z mol thì Fe²⁺: x + 0,05 – z (mol)

Bảo toàn e có z + 3y = 2n_H2 + 3n_NO = 0,19 mol (2)

Z + NaOH → thì n_NaOH = n_H⁺ _dư + 3z + 2(x + 0,05 - z) + 4y = 0,45 mol → 2x + 4y + z = 0,29 mol (3)

Giải (1)(2)(3) có x = 0,02 mol; y = 0,06; z = 0,01 mol

Vậy dung dịch Z có

Khi cho Z tác dụng với AgNO₃ dư:

            3Fe²⁺    +  4H⁺ + NO₃^- → 3Fe³⁺ + NO

            0,045 ←  0,06

            Fe²⁺ + Ag⁺ → Fe³⁺ + Ag

            0,015 →                    0,015

            Ag⁺ + Cl^- → AgCl

                      0,4 →   0,4

Kết tủa gồm 0,015 mol Ag và 0,4 mol AgCl.

(a) sai, vì Z không có NH₄⁺.

(b) sai, số mol khí H₂ trong T là 0,02 mol.

(c) đúng.

(d) sai, %m_AgCl =  = 97,26%.

Vậy có 1 phát biểu đúng.

Đáp án C

(a) Ba(HCO₃)₂ + 2NaHSO₄ → BaSO₄↓+ Na₂SO₄ + 2H₂O + 2CO₂ ↑

(b) 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂↑

      FeCl₂ + 2NaOH → Fe(OH)₂↓ + 2NaCl

(c) (NH₄)₂SO₄ + Ba(OH)₂ → BaSO₄↓ + 2NH₃↑ + 2H₂O

(d) CO₂ dư nên không thu được kết tủa.

(e) AgNO₃ + Fe(NO₃)₂ → Fe(NO₃)₃ + Ag↓

Vậy có 3 phản ứng vừa thu được khí và kết tủa là (a), (b), (c).

Đáp án C

Phương pháp giải:

Lý thuyết về phản ứng xà phòng hóa chất béo.

Giải chi tiết:

(a) sai, chất rắn nổi lên là muối natri của axit béo (xà phòng).

(b) sai, NaCl có tác dụng làm giảm độ tan muối của axit béo và tăng trọng lượng lớp dung dịch phía dưới khiến cho xà phòng dễ nổi lên bề mặt.

 Đáp án B

Phương pháp giải:

Ta thấy 1 < n_NaOH : n_X < 2 → X chứa 1 este thường (A) và 1 este của phenol (B)

→ A là HCOOCH₂C₆H₅

Do sau phản ứng thu được Y gồm 3 chất hữu cơ

→ B là HCOOC₆H₄CH₃

Từ tổng số mol hỗn hợp và số mol NaOH tính được số mol từng este.

Suy ra khối lượng của của muối có phân tử khối lớn trong Y.

Giải chi tiết:

n_X = 34/136 = 0,25 mol

n_NaOH = 14/40 = 0,35 mol

Ta thấy 1 < n_NaOH : n_X = 1,4 < 2 → X chứa 1 este thường (A) và 1 este của phenol (B)

→ A là HCOOCH₂C₆H₅

Do sau phản ứng thu được Y gồm 3 chất hữu cơ

→ B là HCOOC₆H₄CH₃

Ta có

Muối trong Y gồm HCOONa (0,25 mol) CH₃C₆H₄ONa (0,1 mol).

→ m_CH3C6H4ONa = 0,1.130 = 13 gam.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Công thức của triglixerit sẽ có dạng: C₅₇H_xO₆ (vì cùng tạo từ các axit có 18C)

C₅₇H_xO₆ + O₂: 3,22 mol → CO₂: y mol + H₂O: 2,12 mol

Đặt n_X = a (mol) → n_CO2 = 57a (mol)

Áp dụng BTNT "O" tính được giá trị của a.

Tính giá trị x = n_H/n_X = 2n_H2O/n_X

Tính số π của gốc hiđrocacbon:

Tính số mol Br₂ phản ứng với X: