Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết kim loại kiềm.

Giải chi tiết:

Cấu hình electron của nguyên tử Na (Z = 11) là 1s²2s²2p⁶3s¹.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Lý thuyết cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

Glucozơ thuộc loại monosaccarit.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

Glucozơ lên men tạo thành C₂H₅OH và CO₂: C₆H₁₂O₆ $\underset{30-{35}^{o}C}{\overset{enzim}{\to }}$ 2C₂H₅OH + 2CO₂.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Lý thuyết polime.

Giải chi tiết:

Polietilen (PE) được sử dụng làm chất dẻo.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Phản ứng thủy phân tinh bột: (C₆H₁₀O₅)_n + nH₂O $\stackrel{H^{+},t^o}{\to }$ nC₆H₁₂O₆.

Hay viết gọn thành 1C₆H₁₀O₅ → 1C₆H₁₂O₆.

Tính n_{C6H10O5 ban đầu} ⟹ n_{C6H10O5 pư} = n_{C6H10O5 ban đầu}.H% ⟹ n_C6H12O6.

Giải chi tiết:

Phản ứng thủy phân tinh bột: (C₆H₁₀O₅)_n + nH₂O $\stackrel{H^{+},t^o}{\to }$ nC₆H₁₂O₆.

Hay viết gọn thành 1C₆H₁₀O₅ → 1C₆H₁₂O₆.

n_{C6H10O5 ban đầu} = 324/162 = 2 mol

⟹ n_{C6H10O5 pư} = 2.75% = 1,5 mol

⟹ n_C6H12O6 = n_{C6H10O5 pư} = 1,5 mol

⟹ m_C6H12O6 = 1,5.180 = 270 gam.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Để đơn giản hóa, coi dung dịch X gồm axit glutamic và HCl.

⟹ n_NaOH = 2n_Glu + n_HCl (do axit glutamic chứa 2 nhóm -COOH).

Giải chi tiết:

Axit glutamic chứa 1 nhóm -NH₂ ⟹ n_HCl = n_Glu = x mol.

Để đơn giản hóa, coi dung dịch X gồm x mol axit glutamic và x mol HCl.

⟹ n_NaOH = 2n_Glu + n_HCl (do axit glutamic chứa 2 nhóm -COOH).

⟹ y = 2x + x = 3x.

 Đáp án B

Phương pháp giải:

- Từ CTPT ⟹ Các CTCT có thể có của X và Y.

⟹ Khi 1 mol X và Y tác dụng với NaOH đều sinh ra 2 mol khí.

- Đặt n_X = a mol; n_Y = b mol

Lập hệ PT tìm a và b dựa vào khối lượng hỗn hợp E và tổng số mol hỗn hợp khí

- Từ tỉ lệ số mol 2 khí là 1 : 5 ⟹ CTCT thỏa mãn của X và Y

Viết PTHH của X, Y tác dụng với NaOH ⟹ thành phần của muối ⟹ giá trị của m.

Giải chi tiết:

- Từ CTPT ⟹ X có thể là CH₂(COONH₄)₂ hoặc     NH₄OOC-COONH₃CH₃

                        Y có thể là (CH₃NH₃)₂CO₃     hoặc     NH₄CO₃NH₃C₂H₅

⟹ Khi 1 mol X và Y tác dụng với NaOH đều sinh ra 2 mol khí.

- Đặt n_X = a mol; n_Y = b mol

⟹  $\left\{\begin{array}{l}138a+124b=3,86\left(m_E\right)\\ 2a+2b=0,06\left(n_{hhkhi}\right)\end{array}\right.$⟹ a = 0,01 mol; b = 0,02 mol

- Do tỉ lệ mol 2 khí là 1 : 5 ⟹ Hỗn hợp E gồm $\left\{\begin{array}{l}X:N{H}_{4}OOC-COON{H}_{3}C{H}_3\left(0,01mol\right)\\ Y:{\left(C{H}_{3}N{H}_3\right)}_{2}C{O}_3\left(0,02mol\right)\end{array}\right.$

NH₄OOC-COONH₃CH₃ + 2NaOH → (COONa)₂ + NH₃ ↑ + CH₃NH₂ ↑ + 2H₂O

               0,01                                   →      0,01

(CH₃NH₃)₂CO₃ + 2NaOH → Na₂CO₃ + 2CH₃NH₂ ↑ + 2H₂O

         0,02                          →     0,02

⟹ m = m_(COONa)2 + m_Na2CO3 = 0,01.134 + 0,02.106 = 3,46 gam.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Chất có phản ứng tráng gương (tráng bạc) là chất chứa nhóm -CHO trong phân tử. Một số loại chất có phản ứng tráng bạc thường gặp:

- Anđehit

- Glucozơ, Fructozơ (vì có thể chuyển thành glucozơ trong MT kiềm)

- Các chất có đầu là HCOO- (axit, este, muối)

Giải chi tiết:

HCOOH cho phản ứng tráng bạc vì có đầu HCOO-.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Những peptit có từ 2 liên kết peptit trở lên (tripeptit) có phản ứng màu biure tạo phức màu tím với Cu(OH)₂.

Giải chi tiết:

Ala-Gly-Val có phản ứng màu biure tạo phức màu tím với Cu(OH)₂.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Lý thuyết ứng dụng của este.

Giải chi tiết:

Isoamyl axetat (CH₃COOCH₂CH₂CH(CH₃)₂) có mùi chuối chín.

Đáp án A

Phương pháp giải:

CTTQ của amin no, đơn chức, mạch hở là C_nH_2n+3N.

Phản ứng đốt cháy: C_nH_2n+3N + (1,5n + 0,75) O₂ $\stackrel{t^o}{\to }$ nCO₂ + (n + 1,5) H₂O + 0,5 N₂

Giải chi tiết:

CTTQ của amin no, đơn chức, mạch hở là C_nH_2n+3N.

Phản ứng đốt cháy: C_nH_2n+3N + (1,5n + 0,75) O₂ $\stackrel{t^o}{\to }$ nCO₂ + (n + 1,5) H₂O + 0,5 N₂

Từ đề bài ⟹$\frac{n_{sanpham}}{n_{a\min }}=\frac{n+\left(n+1,5\right)+0,5}{1}=\frac{1,2}{0,15}$  ⟹ n = 3 ⟹ Amin X là C₃H₉N.

⟹ Có 2 đồng phân amin bậc 1 có CTPT C₃H₉N là CH₃CH₂CH₂NH₂ và CH₃CH(NH₂)CH₃.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Este RCOOR' thủy phân sinh ra ancol khi nhóm COO liên kết với nguyên tử C no của gốc R'.

Giải chi tiết:

Este RCOOR' thủy phân sinh ra ancol khi nhóm COO liên kết với nguyên tử C no của gốc R'.

- Phenyl axetat:           CH₃COOC₆H₅ + 2NaOH $\stackrel{t^o}{\to }$ CH₃COONa + C₆H₅ONa + H₂O

- Metyl axetat:                        CH₃COOCH₃ + NaOH $\stackrel{t^o}{\to }$  CH₃COONa + CH₃OH

- Etyl fomat:               HCOOC₂H₅ + NaOH $\stackrel{t^o}{\to }$  HCOONa + C₂H₅OH

- Tripanmitin:            (C₁₅H₃₁COO)₃C₃H₅ + 3NaOH $\stackrel{t^o}{\to }$  3C₁₅H₃₁COONa + C₃H₅(OH)₃

- Vinyl axetat:             CH₃COOCH=CH₂ + NaOH $\stackrel{t^o}{\to }$ CH₃COONa + CH₃CHO

Vậy có 3 chất thỏa mãn: metyl axetat, etyl fomat, tripanmitin.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Lý thuyết về chất béo.

Giải chi tiết:

CTHH của tristearin là (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅.

PTHH: (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅ + 3NaOH $\stackrel{t^o}{\to }$ 3C₁₇H₃₅COONa (natri panmitat) + C₃H₅(OH)₃ (glixerol)

⟹ Thu được glixerol và C₁₇H₃₅COONa.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Những cân bằng nào có tổng số mol khí ở 2 vế bằng nhau, sẽ không chịu sự ảnh hưởng của áp suất (không bị chuyển dịch khi thay đổi áp suất).

Giải chi tiết:

- Các cân bằng (1), (2) có số mol khí ở hai vế khác nhau ⟹ Cân bằng bị chuyển dịch khi thay đổi áp suất.

- Các cân bằng (3), (4) có số mol khí ở hai vế bằng nhau ⟹ Cân bằng không bị chuyển dịch khi thay đổi áp suất.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Độ dinh dưỡng của phân lân được tính bằng phần trăm về khối lượng của P₂O₅.

Giải chi tiết:

Xét trong 100 gam loại phân này có chứa 35 gam Ca₃(PO₄)₂

⟹ n_Ca3(PO4)2 = 35/310 = 7/62 (mol)

BTNT P: n_P2O5 = n_Ca3(PO4)2 = 7/62 (mol)

⟹ %m_P2O5 =  $\frac{\frac{7}{62}.142}{100}.100\%$≈ 16,03%.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Khí CO₂ là nguyên nhân gây nên hiệu ứng nhà kính.

 Đáp án A

Phương pháp giải:

Lựa chọn phản ứng phù hợp với hình vẽ thí nghiệm theo các tiêu chí:

- Trạng thái các chất phản ứng và sản phẩm phải phù hợp (rắn, lỏng, khí).

- Mỗi bộ phận trong bộ dụng cụ thí nghiệm đều phải có ý nghĩa (làm lạnh, ngưng tụ, …).

Giải chi tiết:

Phản ứng xảy ra trong hình vẽ thí nghiệm trên là:

            CH₃COOH + C₂H₅OH $\stackrel{H_{2}S{O}_{4}dac,t^o}{\rightleftarrows }$ CH₃COOC₂H₅ + H₂O

Khi đó este sinh ra dễ bay hơi nên cần cốc nước đá để hơi este ngưng tụ thành dạng lỏng.

- Loại B, C vì phản ứng xảy ra ở điều kiện thường và các muối sinh ra không bay hơi.

- Loại D vì Cu(OH)₂ là chất rắn.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Đốt cháy este no, đơn chức, mạch hở thu được số mol CO₂ bằng số mol H₂O.

Giải chi tiết:

Este đốt được n_CO2 = n_H2O ⟹ Este no, đơn chức, mạch hở ⟹ Este thỏa mãn là CH₃COOCH₃.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Cách sắp xếp tính bazơ của các amin: R-N

+ R đẩy e ⟹ làm tăng mật độ electron trên N ⟹ tăng tính bazơ.

+ R hút e ⟹ làm giảm tính bazơ.

Ghi nhớ: Amin thơm < NH₃ < amin no < NaOH;

                Amin no bậc 1 < amin no bậc 2.

Trong dãy đồng đẳng amin no đơn chức, mạch hở, mạch C càng dài ⟹ tính bazơ càng tăng (do gốc ankyl càng dài đẩy electron càng mạnh).

Giải chi tiết:

So sánh tính bazơ:

Benzenamin (C₆H₅NH₂) < Amoniac (NH₃) < Metanamin (CH₃NH₂) < Etanamin (C₂H₅NH₂).

Amin có lực bazơ mạnh nhất trong dãy là etanamin.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Ghép 2 gốc amino axit để tạo ra đipeptit (lưu ý đipeptit được tạo ra từ hỗn hợp trên có thể chứa 2 gốc amino axit giống nhau).

Giải chi tiết:

Từ hỗn hợp alanin (Ala) và valin (Val) có thể tạo ra tối đa 4 đipeptit: Ala-Ala; Val-Val; Ala-Val; Val-Ala.

 Đáp án C

Phương pháp giải:

Cách chuyển đổi các phương trình phân tử sang phương trình ion rút gọn:

+ Chuyển tất cả các chất vừa dễ tan, vừa điện li mạnh thành ion, các chất khí, kết tủa, điện li yếu để nguyên dưới dạng phân tử thu được phương trình ion đầy đủ.

+ Lược bỏ những ion không tham gia phản ứng ta được phương trình ion rút gọn.

Giải chi tiết:

Phản ứng NaOH + HCl → NaCl + H₂O có phương trình ion thu gọn là H⁺ + OH^- → H₂O

            A: NH₄⁺ + OH^- → NH₃ ↑ + H₂O

            B: HCO₃^- + OH^- → CO₃^2- + H₂O

            C: H⁺ + OH^- → H₂O

            D: Fe²⁺ + 2OH^- → Fe(OH)₂ ↓

Vậy phản ứng ở đáp án C có cùng phương trình ion thu gọn với phản ứng ở đề bài.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Lý thuyết về glucozơ.

Giải chi tiết:

Glucozơ có phản ứng tráng bạc ⟹ có thể dùng dung dịch AgNO₃/NH₃, t^o để nhận biết sự có mặt của glucozơ trong nước tiểu.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Hiđrocacbon là hợp chất hữu cơ phân tử chỉ chứa C và H.

Giải chi tiết:

Hiđrocacbon là hợp chất hữu cơ phân tử chỉ chứa C và H ⟹ C₂H₆ là hiđrocacbon.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Lý thuyết amino axit.

Giải chi tiết:

CTCT của glyxin là H₂NCH₂COOH ⟹ Glyxin có 5 nguyên tử H trong phân tử.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Sơ đồ phản ứng: Amin + HCl → Muối

BTKL: m_muối = m_amin + m_HCl

Giải chi tiết:

n_HCl = 0,05.1 = 0,05 mol

Sơ đồ phản ứng: Amin + HCl → Muối

BTKL: m_muối = m_amin + m_HCl = 2,9 + 0,05.36,5 = 4,725 gam.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp về este, cacbohiđrat, amin.

Giải chi tiết:

- (a) đúng.

- (b) sai, trong phản ứng với dung dịch AgNO₃ trong NH₃, glucozơ là chất bị oxi hóa.

- (c) đúng (có phản ứng C₆H₅NH₂ + HCl → C₆H₅NH₃Cl).

- (d) sai, vì số mắt xích n của tinh bột và xenlulozơ khác nhau.

- (e) sai, saccarozơ không tác dụng với sobitol.

- (f) sai, thành phần hợp chất hữu cơ không nhất thiết phải chứa nguyên tố H.

Vậy có 2 phát biểu đúng.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Chỉ Fe có phản ứng với HCl, Cu không phản ứng:

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Từ n_H2 ⟹ n_Fe ⟹ m_Fe ⟹ m_Cu = m_X - m_Fe

Giải chi tiết:

n_H2 = 4,48/22,4 = 0,2 mol

Chỉ Fe có phản ứng với HCl, Cu không phản ứng:

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

0,2 ←                         0,2       (mol)

⟹ m_Fe = 0,2.56 = 11,2 gam.

⟹ m_Cu = m_X - m_Fe = 17,6 - 11,2 = 6,4 gam.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Cách viết đồng phân ancol:

- Viết các mạch C có thể có

- Xác định các vị trí mà nhóm OH có thể gắn vào

Giải chi tiết:

(mũi tên chỉ vị trí mà nhóm OH có thể gắn vào).

⟹ Có 4 đồng phân ancol.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Khi đốt cháy cacbohiđrat luôn có: n_O2 = n_CO2 (HS có thể tự chứng minh bằng cách viết PTHH).

Giải chi tiết:

n_O2 = 37,632/22,4 = 1,68 mol

Hỗn hợp X chỉ chứa các cacbohiđrat nên ta có: n_CO2 = n_O2 = 1,68 mol

CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ ↓ + H₂O

1,68                   →   1,68                    (mol)

⟹ m = 1,68.197 = 330,96 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Công thức tính nhanh khi đốt cháy chất béo: $n_{CB}=\frac{n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}}{k-1}$ (với k là độ bất bão hòa của chất béo)

⟹ độ bất bão hòa k của X.

- Từ đề bài X được cấu tạo từ gốc oleat và stearat, kết hợp với độ bất bão hòa k ⟹ CTCT của X.

Giải chi tiết:

- Công thức tính nhanh khi đốt cháy chất béo: $n_X=\frac{n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}}{k-1}$ (với k là độ bất bão hòa của chất béo)

⟹ $a=\frac{4\text{a}}{k-1}$ ⟹ k = 5 ⟹ X có chứa 5 liên kết π.

Mà theo đề X được cấu tạo từ gốc oleat và stearat

⟹ CTCT của X là (C₁₇H₃₃COO)₂C₁₇H₃₅COOC₃H₅

⟹ Trong phân tử X có chứa 106 nguyên tử H.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Công thức cấu tạo của lysin là H₂N-C₄H₈-CH(NH₂)-COOH hoặc viết gọn thành (NH₂)₂-C₅H₉-COOH

- Lysin là amino axit có 1 nhóm -COOH, 2 nhóm NH₂

Mà X là muối của lysin trong phân tử có 6O, 3N

⟹       2 nhóm -NH₂ trong lysin tạo muối với 2 phân tử axit cacboxylic

            1 nhóm -COOH trong lysin tạo muối với 1 phân tử amin

- Y là muối của axit cacboxylic, Y chứa 2N ⟹ 2 nhóm -COOH của axit tạo muối với phân tử amin.

- Kết hợp với dữ kiện từ đề bài:

+ 2 amin thu được là 2 amin no, đơn chức kế tiếp trong dãy đồng đẳng.

+ Hỗn hợp G gồm 3 muối khan trong đó có 2 muối có cùng số C.

⟹ CTCT của X, Y.

⟹ Thành phần muối của hỗn hợp G ⟹ % khối lượng muối có PTK lớn nhất trong G.

Giải chi tiết:

- Lysin là amino axit có 1 nhóm -COOH, 2 nhóm NH₂

Mà X là muối của lysin trong phân tử có 6O, 3N

⟹       2 nhóm -NH₂ trong lysin tạo muối với 2 phân tử axit cacboxylic

            1 nhóm -COOH trong lysin tạo muối với 1 phân tử amin

- Y là muối của axit cacboxylic chứa 2N ⟹ 2 nhóm -COOH của axit tạo muối với phân tử amin.

- Kết hợp với dữ kiện từ đề bài:

+ 2 amin thu được là 2 amin no, đơn chức kế tiếp trong dãy đồng đẳng.

+ Hỗn hợp G gồm 3 muối khan trong đó có 2 muối có cùng số C.

⟹       X là (CH₃COONH₃)₂-C₅H₉-COONH₃CH₃

Y là CH₃NH₃OOC-COONH₃C₂H₅

(CH₃COONH₃)₂-C₅H₉-COONH₃CH₃ + 3KOH → (NH₂)₂-C₅H₉-COOK + 2CH₃COOK + 3CH₃NH₂ + 3H₂O

                       0,1 mol                               →                       0,1 mol        →      0,2 mol

CH₃NH₃OOC-COONH₃C₂H₅ + 2KOH → (COOK)₂ + CH₃NH₂ + C₂H₅NH₂ + 2H₂O

                0,15 mol                           →       0,15 mol

⟹ Hỗn hợp muối G gồm:

$\left\{\begin{array}{l}{\left(N{H}_2\right)}_2-C_5{H}_9-COOK(Lys-K):0,1^{mol}(M=184)\\ C{H}_{3}COOK:0,2^{mol}(M=98)\\ {\left(COOK\right)}_2:0,{15}^{mol}(M=166)\end{array}\right.$

⟹ %m_Lys-K = 29,25%.

 Đáp án C

Phương pháp giải:

- Khi dẫn T qua bình đựng Na:

n_NaOH = n_{OH (T)} = 2n_H2

- Lập hệ 3 PT 3 ẩn n_X, n_Y, n_Z để tìm số mol mỗi este ban đầu dựa vào:

+ Tổng số mol của E.

+ Khi hidro hóa E cần 0,08 mol H₂ (Y, Z chưa no bị hidro hóa).

+ Số mol NaOH phản ứng bằng số mol nhóm chức -COO-.

- Đặt n_CO2 = a mol; n_H2O = b mol

Lập hệ PT tìm a và b dựa vào:

+ Tổng khối lượng.

+ Chêch lệch số mol CO₂ và H₂O gây ra bởi Y (2π) và Z (3π).

- Hai ancol có cùng số C ⟹ Các ancol phải có ít nhất 2C

⟹ x ≥ 3; n ≥ 5; m ≥ 6

⟹ Nghiệm x, n, m phù hợp ⟹ CTCT các este ban đầu.

- Đối chiếu lại với các nhận định.

Giải chi tiết:

- Khi dẫn T qua bình đựng Na:

n_{OH (T)} = 2n_H2 = 2.0,115 = 0,23 mol ⟹ n_NaOH = n_{OH (T)} = 0,23 mol

- Khi hidro hóa E: n_H2 = n_Y + n_Z = 0,08 mol

- Ta có: n_NaOH = n_X + n_Y + 2n_Z = 0,23 mol

⟹$\left\{\begin{array}{l}{n}_X+n_Y+n_Z=0,2\\ n_Y+n_Z=0,08\\ n_X+n_Y+2n_Z=0,23\end{array}\right.$  ⟹$\left\{\begin{array}{l}{n}_X=0,12\\ n_Y=0,05\\ n_Z=0,03\end{array}\right.$

- Đặt n_CO2 = a mol; n_H2O = b mol

⟹ $\left\{\begin{array}{l}44a+18b=47\\ a-b=n_Y+2n_Z=0,05+2.0,03=0,11\end{array}\right.$ ⟹$\left\{\begin{array}{l}a=0,79\\ b=0,68\end{array}\right.$

- BTNT C: n_CO2 = 0,12x + 0,05n + 0,03m = 0,79

Hai ancol có cùng số C ⟹ Các ancol phải có ít nhất 2C ⟹ x ≥ 3; n ≥ 5; m ≥ 6

Nhận thấy x = 3; n = 5; m = 6 là nghiệm duy nhất.

⟹       X là HCOOC₂H₅ (0,12 mol)

            Y là CH₂=CHCOOC₂H₅ (0,05 mol)

            Z là CH₂=CHCOO-CH₂-CH₂-OOCH (0,03 mol)

* Đối chiếu với các nhận định:

            (1) đúng, %m_Y = 27,47%.

            (2) sai, tổng số nguyên tử trong 1 phân tử Z là 18.

            (3) đúng, C₃H₆O₂ + 3,5O₂ → 3CO₂ + 3H₂O.

            (4) sai, chỉ thu được 2 muối là HCOONa và CH₂=CHCOONa.

            (5) sai, T chứa C₂H₅OH và C₂H₄(OH)₂.

            (6) đúng, m_T = (0,12 + 0,05).46 + 0,03.62 = 9,68 gam.

Vậy có 3 nhận định đúng.

Đáp án C

Phương pháp giải:

- BTKL: m_H2O = m_E + m_O2 - m_CO2

- BTNT O: n_{O (E)} = 2n_CO2 + n_H2O - 2n_O2

- Este đơn chức: n_E = n_{O (E)}/2

- Tính số C trung bình:$\overline{C}=\frac{n_{C{O}_2}}{n_E}$

- Công thức tính nhanh khi đốt cháy este:  $n_{este}=\frac{n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}}{k-1}$(với k là độ bất bão hòa của este)

⟹ giá trị của k

- Tính số C_TB của hỗn hợp este kết hợp với k ⟹ Công thức các este.

Giải chi tiết:

*Khi đốt E:

n_CO2 = 29,12/22,4 = 1,3 mol

BTKL: m_H2O = m_E + m_O2 - m_CO2 = 27,2 + 1,5.32 - 1,3.44 = 18 gam

⟹ n_H2O = 1 mol

BTNT O: n_{O (E)} = 2n_CO2 + n_H2O - 2n_O2 = 2.1,3 + 1 - 2.1,5 = 0,6 mol

*Khi E + NaOH:

- Sản phẩm gồm muối của axit cacboxylic đơn chức và ancol đơn chức

⟹ X, Y đều là este đơn chức (chứa 2O).

⟹ n_E = n_O(E)/2 = 0,6/2 = 0,3 mol

⟹$\overline{C}=\frac{n_{C{O}_2}}{n_E}=\frac{1,3}{0,3}=4,33$

- Sản phẩm gồm 1 muối và 2 ancol kế tiếp ⟹ X, Y hơn kém nhau 1 nguyên tử C

⟹ X có 4C và Y có 5C

- Công thức tính nhanh khi đốt cháy este: $n_{este}=\frac{n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}}{k-1}$ (với k là độ bất bão hòa của este)

⟹ k = $\frac{1,3-1}{0,3}+1$ = 2

⟹ Mỗi este chứa 1 liên kết đôi C=C

⟹       X: CH₂=CHCOOCH₃: metyl acrylat

            Y: CH₂=CHCOOCH₂CH₃: etyl acrylat.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Xét hỗn hợp khí:

+) M_X = 7,6 ⟹ Trong X chứa H₂.

+) Khí không màu hóa nâu trong không khí là NO.

Tìm số mol NO, H₂ trong X bằng phương pháp đường chéo hoặc đặt ẩn giải hệ.

- BTKL: m_H2O = m_R + m_H2SO4 - m_muối - m_X

- BTNT H: n_NH4⁺ = (2n_H2SO4 - 2n_H2 - 2n_H2O) : 4

- BTNT N: n_Fe(NO3)2 = (n_NH4⁺ + n_NO) : 2

- Ion H⁺ tham gia vào các quá trình sau:

            4H⁺ + NO₃^- + 3e → NO + 2H₂O

            10H⁺ + NO₃^- + 3e → NH₄⁺ + 3H₂O

            2H⁺ + 2e → H₂

            2H⁺ + O^2- → H₂O

⟹ n_H⁺ = 4n_NO + 10n_NH4⁺ + 2n_H2 + 2n_O^2-

⟹ n_O^2- ⟹ n_Fe3O4

⟹ m_Mg = m_R - m_Fe(NO3)2 - m_Fe3O4 ⟹ %m_Mg

Giải chi tiết:

- Xét hỗn hợp khí X:

+) M_X = 7,6 ⟹ Trong X chứa H₂.

+) Khí không màu hóa nâu trong không khí là NO.

Đặt n_NO = x mol và n_H2 = y mol.

⟹  $\left\{\begin{array}{l}x+y=0,25\\ 30x+2y=0,25.7,6=1,9\end{array}\right.$⟹ x = 0,05; y = 0,2.

- BTKL: m_H2O = m_R + m_H2SO4 - m_muối - m_X = 38,6 + 0,87.98 - 111,46 - 1,9 = 10,26 g ⟹ n_H2O = 0,57 mol.

- BTNT H: n_NH4⁺ = (2n_H2SO4 - 2n_H2 - 2n_H2O) : 4 = (2.0,87 - 2.0,2 - 2.0,57) : 4 = 0,05 mol.

- BTNT N: n_Fe(NO3)2 = (n_NH4⁺ + n_NO) : 2 = (0,05 + 0,05) : 2 = 0,05 mol.

- Ion H⁺ tham gia vào các quá trình sau:

            4H⁺ + NO₃^- + 3e → NO + 2H₂O

            10H⁺ + NO₃^- + 3e → NH₄⁺ + 3H₂O

            2H⁺ + 2e → H₂

            2H⁺ + O^2- → H₂O

⟹ n_H⁺ = 4n_NO + 10n_NH4⁺ + 2n_H2 + 2n_O^2-

⟹ n_O^2- = (2.0,87 - 4.0,05 - 10.0,05 - 2.0,2) : 2 = 0,32 mol

⟹ n_Fe3O4 = 0,32/4 = 0,08 mol

⟹ m_Mg = m_R - m_Fe(NO3)2 - m_Fe3O4 = 38,36 - 0,05.180 - 0,08.232 = 10,8 gam.

⟹ %m_Mg = (10,8/38,36).100% ≈ 28,154%.

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Tính số mol mỗi chất trong hỗn hợp dựa vào tổng số mol và tỉ lệ mol.

- Sử dụng phương pháp trung bình:

Đặt công thức trung bình của KOH và NaOH là $\overline{M}OH$ ⟹ $\overline{M}=\frac{n_K.M_K+n_{Na}.M_{Na}}{n_K+n_{Na}}$.

- Xác định thành phần của muối ⟹ khối lượng muối.

Giải chi tiết:

Dễ thấy 0,3 mol hỗn hợp X gồm 0,1 mol CH₃COOC₆H₅ và 0,2 mol CH₃COOH.

Gọi công thức chung của NaOH và KOH là  $\overline{M}OH$⟹$\overline{M}=\frac{1,5.39+2,5.23}{1,5+2,5}=29$

Tóm tắt:$X\left\{\begin{array}{l}C{H}_{3}COO{C}_6{H}_5:0,1\left(mol\right)\\ C{H}_{3}COOH:0,2\left(mol\right)\end{array}\right.\stackrel{+\overline{M}OH}{\to }Muoi\left\{\begin{array}{l}C{H}_{3}COO\overline{M}:0,1+0,2=0,3\left(mol\right)\\ C_6{H}_{5}O\overline{M}:0,1\left(mol\right)\end{array}\right.$

⟹ m_muối = 0,3.(15 + 44 + 29) + 0,1.(12.6 + 5 + 16 + 29) = 38,6 gam.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Tính chất vật lí, hóa học của anilin.

Giải chi tiết:

- (a), (e) sai: sau bước 2, chất lỏng tách thành 2 lớp do anilin hầu như không tan trong nước và lắng xuống đáy ống nghiệm.

- (b) sai vì anilin có tính bazơ rất yếu, không làm đổi màu quỳ tím.

- (c), (d) đúng: anilin có phản ứng với HCl tạo muối phenylamoni clorua tan tốt trong nước tạo dung dịch trong suốt.

PTHH: C₆H₅NH₂ + HCl → C₆H₅NH₃⁺Cl^- (phenylamoni clorua)

Vậy có 2 phát biểu đúng.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp chương Este - Lipit và chương Cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

(1) đúng.

(2) đúng.

(3) đúng.

(4) sai, có các este thủy phân trong môi trường kiềm tạo anđehit, xeton, …

(5) sai, chỉ các peptit chứa từ 2 liên kết peptit trở lên (từ tripeptit) có phản ứng màu biure với Cu(OH)₂ tạo thành hợp chất màu tím.

(6) đúng.

Vậy có 4 phát biểu đúng.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Cách 1: Tính toán theo các PTHH

            P + 5HNO_{3 đ}  $\stackrel{t^o}{\to }$H₃PO₄ + 5NO₂ + H₂O

            S + 6HNO_{3 đ} $\stackrel{t^o}{\to }$ H₂SO₄ + 6NO₂ + 2H₂O

Các phản ứng xảy ra khi trung hòa:

            H₃PO₄ + 3NaOH → Na₃PO₄ + 3H₂O

            H₂SO₄ + 2NaOH → Na₂SO₄ + 2H₂O

            HNO₃ + NaOH → NaNO₃ + H₂O

Cách 2: Sử dụng bảo toàn e

- Khi X + HNO₃:$\left\{\begin{array}{l}P\left(a\right)\\ S\left(b\right)\end{array}\right.+HN{O}_3\to \left\{\begin{array}{l}{H}_{3}P{O}_4\left(a\right)\\ H_{2}S{O}_4\left(b\right)\\ HN{O}_{3}du\end{array}\right.+N{O}_2+H_{2}O$

Áp dụng bảo toàn e: n_NO2 = 5n_P + 6n_S.

Bảo toàn nguyên tố N: n_{HNO3 pư} = n_NO2 ⟹ n_{HNO3 dư} = 20%.n_{HNO3 pư}.

- Khi trung hòa thì n_OH^- = n_H⁺ ⟹ n_NaOH = 3n_H3PO4 + 2n_H2SO4 + n_{HNO3 dư}.

Giải chi tiết:

Cách 1: Viết PTHH

P + 5HNO_{3 đ} $\stackrel{t^o}{\to }$ H₃PO₄ + 5NO₂ + H₂O

a →    5a               →    a                                 (mol)

S + 6HNO_{3 đ} $\stackrel{t^o}{\to }$ H₂SO₄ + 6NO₂ + 2H₂O

b →    6b               →   b                                 (mol)

⟹ n_{HNO3 pứ} = 5a + 6b (mol)

⟹ n_{HNO3 dư} = 20%.n_{HNO3 pứ} = 20%.(5a + 6b) = a + 1,2b (mol)

⟹ Dung dịch Y gồm $\left\{\begin{array}{l}{H}_{3}P{O}_4:a\left(mol\right)\\ H_{2}S{O}_4:b\left(mol\right)\\ HN{O}_3:a+1,2b\left(mol\right)\end{array}\right.$

Các phản ứng xảy ra khi trung hòa:

H₃PO₄ + 3NaOH → Na₃PO₄ + 3H₂O

H₂SO₄ + 2NaOH → Na₂SO₄ + 2H₂O

HNO₃ + NaOH → NaNO₃ + H₂O

⟹ n_NaOH = 3n_H3PO4 + 2n_H2SO4 + n_{HNO3 dư} = 3a + 2b + (a + 1,2b) = 4a + 3,2b (mol)

Cách 2: Sử dụng bảo toàn e

- Khi X + HNO₃:$\left\{\begin{array}{l}P\left(a\right)\\ S\left(b\right)\end{array}\right.+HN{O}_3\to \left\{\begin{array}{l}{H}_{3}P{O}_4\left(a\right)\\ H_{2}S{O}_4\left(b\right)\\ HN{O}_{3}du\end{array}\right.+N{O}_2+H_{2}O$

Áp dụng bảo toàn e: 5n_P + 6n_S = n_NO2 = 5a + 6b (mol)

Bảo toàn nguyên tố N: n_{HNO3 pư} = n_NO2 = 5a + 6b (mol)

⟹ n_{HNO3 dư} = 20%.(5a + 6b) = a + 1,2b (mol)

- Khi trung hòa thì n_OH^- = n_H⁺

⟹ n_NaOH = 3n_H3PO4 + 2n_H2SO4 + n_{HNO3 dư} = 3.a + 2.b + (a + 1,2b) = 4a + 3,2b (mol).

Đáp án A

Phương pháp giải:

Khung đồ thị CO₂ + Ca(OH)₂/Ba(OH)₂:

*Giai đoạn (1): CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ ↓ + H₂O.

*Giai đoạn (2): CO₂ + BaCO₃ + H₂O → Ba(HCO₃)₂.

Khung đồ thị CO₂ + dd hỗn hợp NaOH + Ba(OH)₂:

*Giai đoạn (1): CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ ↓ + H₂O.

*Giai đoạn (2): CO₂ + 2NaOH → Na₂CO₃ + H₂O; CO₂ + Na₂CO₃ + H₂O → 2NaHCO₃.

*Giai đoạn (3): CO₂ + BaCO₃ + H₂O → Ba(HCO₃)₂.

Giải chi tiết:

Đồ thị có dạng hình tam giác thuộc về phản ứng của dung dịch X với CO₂ (gọi là đồ thị 1), đồ thị hình thang cân thuộc về phản ứng của dung dịch Y với CO₂ (gọi là đồ thị 2).

- Xét đồ thị 2, chia đồ thị 2 ra thành các giai đoạn như ở phần Phương pháp:

+ Khi n_CO2 = 0,15 mol: n_BaCO3 = n_CO2 = 0,15 mol

+ Khi n_CO2 = 0,57 mol:

Sản phẩm chứa:$\left\{\begin{array}{l}BaC{\text{O}}_3:0,15\left(mol\right)\\ NaHC{O}_3:a\left(mol\right)\\ Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2:a-0,15\left(mol\right)\left[BT:Ba\right]\end{array}\right.$

BTNT C: n_CO2 = n_BaCO3 + n_NaHCO3 + 2n_Ba(HCO3)2

⟹ a + 2(a - 0,15) + 0,15 = 0,57

⟹ 3a = 0,72

⟹ a = 0,24.

- Xét đồ thị 1:

Sản phẩm gồm:$\left\{\begin{array}{l}BaC{\text{O}}_3:0,1\left(mol\right)\\ Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2:0,24-0,1=0,14\left(mol\right)\left[BT:Ba\right]\end{array}\right.$

BTNT C: n_CO2 = n_BaCO3 + 2n_Ba(HCO3)2 = 0,1 + 2.0,14 = 0,38 (mol).

Vậy x = 0,38.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Tính số mol CO₂, H₂O dựa vào tỉ lệ mol và BTKL.

- Bảo toàn nguyên tố tính số mol của C, H, O trong Y.

⟹ Tỉ lệ số nguyên tử C : H : O = n_C : n_H : n_O

⟹ CTĐGN ⟹ CTPT.

⟹ CTCT của Y thỏa mãn đề bài (lưu ý hợp chất tạp chức).

- Xét các nhận định để xác định các nhận định đúng/sai.

Giải chi tiết:

*Đặt n_CO2 = 3x (mol); n_H2O = 2x (mol)

BTKL: m_Y + m_O2 = m_CO2 + m_H2O ⟹ 44.3x + 18.2x = 24 + 32.0,825 ⟹ x = 0,3 mol

⟹       n_CO2 = 0,9 mol ⟹ n_C = 0,9 mol

n_H2O = 0,6 mol ⟹ n_H = 1,2 mol

BTNT O: n_O(Y) = 0,9.2 + 0,6 - 0,825.2 = 0,75 (mol)

⟹ C : H : O = 0,9 : 1,2 : 0,75 = 6 : 8 : 5

Do Y có CTPT trùng với CTĐGN ⟹ CTPT của Y là C₆H₈O₅ (k = 3).

⟹ CTCT của Y thỏa mãn là:

⟹ X là HOOC-CH=CH-COOH hoặc HOOC-C(=CH₂)-COOH

*Xét các nhận định:

- (1) sai, X tác dụng với H₂ (xúc tác Ni, t⁰) theo tỉ lệ mol 1 : 1.

- (2) sai, trong Y không có nhóm -CH₃.

- (3) sai, CTPT của Y là C₆H₈O₅.

- (4) sai, Y có 3 đồng phân thỏa mãn (lưu ý tính cả đồng phân hình học).

- (5) đúng, do Y có chứa 1 nhóm COOH và 1 nhóm OH.

Phản ứng tổng quát: HOOC-R-OH + 2Na → NaOOC-R-ONa + H₂.

Vậy có 4 nhận định không đúng.