Đáp án A

Phương pháp giải:

Axit + NaOH → muối + H₂O

Theo PTHH ⟹ n_NaOH = n_H2O

Sử dụng bảo toàn khối lượng ⟹ n_NaOH ⟹ V_NaOH.

Giải chi tiết:

Axit + NaOH → muối + H₂O

Theo PTHH ⟹ n_NaOH = n_H2O = x (mol)

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có

m_axit + m_NaOH = m_muối + m_H2O

⟹ m + 40x = m + 8,8 + 18x

⟹ x = 0,4 (mol).

Vậy V = V_NaOH = n/C_M = 0,4/1 = 0,4 (lít) = 400 ml.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của NaHSO₄ và các hợp chất trong đáp án.

Giải chi tiết:

X không thể là NaAlO₂ vì sau khi tạo Al(OH)₃↓_trắng → Kết tủa tan trong NaHSO₄ dư.

X không thể là NaOH và NaHCO₃ → Không tạo kết tủa trắng.

Chất  X trong dung dịch là BaCl₂.

PTHH: BaCl₂ + NaHSO₄ → NaCl + BaSO₄↓_trắng + HCl.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dung dịch mang tính axit làm quỳ tím hóa đỏ và dung dịch mang tính axit làm quỳ tím hóa xanh.

Giải chi tiết:

Các dung dịch làm đổi màu quỳ tím là metylamin và lysin (hai dung dịch mang tính bazơ làm quỳ tím hóa xanh).

 Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào lý thuyết tổng hợp về thí nghiệm phản ứng đốt cháy sắt trong oxi.

Giải chi tiết:

(1) sai vì sản phẩm của phản ứng là Fe₃O₄.

PTHH: 3Fe + 2O₂ $\stackrel{t^0}{\to }$ Fe₃O₄.

(3) sai vì nước trong bình có vai trò tránh vỡ bình vì phản ứng tỏa nhiều nhiệt.

(2), (4), (5) đúng.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Xét tại hai thời điểm n_Ba(OH)2 = 0,45 (mol) và n_Ba(OH)2 = 0,75 (mol).

* Tại thời điểm n_Ba(OH)2 = 0,45 (mol): Ba(OH)₂ kết tủa vừa đủ với Al₂(SO₄)₃

* Tại thời điểm n_Ba(OH)2 = 0,75 (mol): Kết tủa chỉ còn lại BaSO₄ 0,45 (mol), toàn bộ kết tủa Al(OH)₃ bị tan hết.

* a là khối lượng của BaSO₄ và b là khối lượng của BaSO₄ và Al(OH)₃ (max).

Giải chi tiết:

* Tại thời điểm n_Ba(OH)2 = 0,45 (mol): Ba(OH)₂ kết tủa vừa đủ với Al₂(SO₄)₃

⟹ n_BaSO4 = n_Ba(OH)2 = 0,45 (mol).

⟹ n_Al(OH)3 = (2n_Ba(OH)2)/3 = 0,3 (mol).

Bảo toàn nguyên tố Al ⟹ n_Al2(SO4)3 = n_Al(OH)3/2 = 0,15 (mol).

* Tại thời điểm n_Ba(OH)2 = 0,75 (mol): Kết tủa chỉ còn lại BaSO₄ 0,45 (mol), toàn bộ kết tủa Al(OH)₃ bị tan hết.

⟹ a = m_BaSO4 = 0,45.233 = 104,85 (g).

Vì kết tủa Al(OH)₃ tan hết ⟹ 4n_Al³⁺ = n_OH^- = 0,75.2 = 1,5 (mol) ⟹ n_Al³⁺ = 0,375 (mol).

⟹ n_Al(OH)3 (max) = n_Al³⁺ = 0,375 (mol).

* Khối lượng kết tủa đạt cực đại (max) là b = m_BaSO4 + m_Al(OH)3 (max) = 104,85 + 0,375.78 = 134,1 (g).

Vậy a + b = 104,85 + 134,1 = 238,95 (g).

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào lý thuyết về điều chế kim loại trong công nghiệp.

Giải chi tiết:

Trong công nghiệp, kim loại Al được điều chế bằng phương pháp điện phân nóng chảy oxit tương ứng.

PTHH: 2Al₂O₃ $\stackrel{t^0}{\to }$ 4Al + 3O₂.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào thí nghiệm 1 và 2 ⟹ (1), (2), (3) lần lượt là dung dịch nào?

* TH1: (1) và (2) là H₂SO₄ và Al₂(SO₄)₃.

* TH2: (1) và (2) là H₂SO₄ và AlCl₃.

* TH3: (1) và (2) là AlCl₃ và Al₂(SO₄)₃.

Dựa vào thí nghiệm 3 ⟹ Phương trình liên hệ giữa a và b.

Giải chi tiết:

Giả sử V = 1000ml = 1 lít.

* TH1: (1) và (2) là H₂SO₄ và Al₂(SO₄)₃.

1 mol H₂SO₄ + 1 mol Al₂(SO₄)₃ + 3 mol NaOH → 1/3 mol Al(OH)₃ ⟹ 1/3 mol kết tủa.

1 mol H₂SO₄ + 1 mol Al₂(SO₄)₃ + 3 mol Ba(OH)₂ → 4/3 mol Al(OH)₃ và 3 mol BaSO₄ ⟹ 13/3 mol kết tủa

⟹ Loại

* TH2: (1) và (2) là H₂SO₄ và AlCl₃

1 mol H₂SO₄ + 1 mol AlCl₃ + 3 mol NaOH → 1/3 mol Al(OH)₃ ⟹ 1/3 mol kết tủa.

1 mol H₂SO₄ + 1 mol AlCl₃ + 3 mol Ba(OH)₂ → 1 mol BaSO₄ ⟹ 1 mol kết tủa.

⟹ Loại

* TH3: (1) và (2) là AlCl₃ và Al₂(SO₄)₃

1 mol AlCl₃ + 1 mol Al₂(SO₄)₃ + 3 mol NaOH → 1 mol Al(OH)₃ ⟹ 1 mol kết tủa.

1 mol AlCl₃ + 1 mol Al₂(SO₄)₃ + 3 mol Ba(OH)₂ → 3 mol BaSO₄ và 2 mol Al(OH)₃ ⟹ 5 mol kết tủa.

⟹ Thỏa mãn.

Vậy (1) là AlCl₃, (2) là Al₂(SO4)₃, (3) là H₂SO₄

* Xét TN3:

1 mol Al₂(SO₄)₃ + 1 mol H₂SO₄ + 4 mol Ba(OH)₂ → 4 mol BaSO₄ và 2 mol Al(OH)₃ ⟹ 6 mol kết tủa.

Vậy b = 6a

Đáp án B

Phương pháp giải:

X + 3NaOH → C₃H₅(OH)₃ + C₁₅H₃₁COONa + 2C₁₇H₃₃COONa

⟹ CTCT của X.

Xét các nhận xét ⟹ Nhận xét sai.

Giải chi tiết:

X + 3NaOH → C₃H₅(OH)₃ + C₁₅H₃₁COONa + 2C₁₇H₃₃COONa

⟹ X được tạo bởi 2 axit oleic, 1 axit panmitic và glixerol.

Xét các nhận xét:

(A) đúng vì X có 2 liên kết đôi trong 2 axit oleic ⟹ 1 mol X phản ứng được với tối đa 2 mol Br₂.

(B) sai vì công thức phân tử của X là C₅₅H₁₀₂O₆.

(C) đúng. Hai công thức cấu tạo phù hợp của X là

(D) đúng vì X có 2 liên kết π trong axit oleic và 3 liên kết π trong –COO–.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào công thức cấu tạo và tính chất hóa học của các hợp chất trong dãy khi phản ứng với NaOH.

Giải chi tiết:

(1) CH₃COOC₆H₅ + 2NaOH → CH₃COONa + C₆H₅ONa+ H₂O

(2) CH₃NH₃Cl + NaOH → CH₃NH₂ + NaCl + H₂O

(3) [H₂NCHCH₂ CH₂](COOH)₂ + 2NaOH → [H₂NCHCH₂ CH₂](COONa)₂ + 2H₂O

(4) H₂NCH₂CO-HNCH(CH₃)COOH + 2NaOH → H₂NCH₂COONa + H₂NCH(CH₃)COONa + 2H₂O

Vậy các chất trong dãy tác dụng với NaOH đun nóng tỉ lệ 1 : 2 là (1), (3) và (4).

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào lý thuyết tổng hợp về cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

Saccarozơ (C₁₂H₂₂O₁₁) thuộc loại đisaccarit.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Trong không khí ẩm, hợp kim xảy ra ăn mòn điện hóa, kim loại nào có tính khử mạnh hơn sẽ đóng vai trò anot (cực âm) và bị oxi hóa (bị ăn mòn).

Giải chi tiết:

Các hợp kim Fe – Cu và Fe – C (Fe có tính khử mạnh hơn) khi tiếp xúc với không khí ẩm, Fe bị ăn mòn điện hóa.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào lý thuyết về phân tích định tính hợp chất hữu cơ.

Giải chi tiết:

Khi thực hiện thí nghiệm phân tích định tính, CuSO₄ (khan) có vai trò xác định nguyên tố H trong hợp chất hữu cơ với sự biến đổi màu sắc từ màu trắng (CuSO₄ khan) sang màu xanh (CuSO₄.5H₂O).

Đáp án C

Phương pháp giải:

X có nhóm –OH + Na → –ONa + 0,5H₂

⟹ n_OH(X) = 2n_H2

X + O₂ → CO₂ + H₂O

Sử dụng bảo toàn nguyên tố và bảo toàn khối lượng ⟹ m.

Giải chi tiết:

X có nhóm –OH + Na → –ONa + 0,5H₂

⟹ n_OH(X) = 2n_H2 = 2.0,09 = 0,18 (mol)

X + O₂ → CO₂ + H₂O

BTNT O ⟹ n_O(X) + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O

⟹ n_CO2 = (0,18 + 2.0,55 – 0,48)/2 = 0,4 (mol)

Bảo toàn khối lượng ⟹ m_X + m_O2 = m_CO2 + m_H2O

Vậy m = m_X = m_CO2 + m_H2O – m_O2 = 8,64 (g).

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào lý thuyết về hợp chất kiềm.

Giải chi tiết:

Công thức hóa học của kali nitrat là KNO₃.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào lý thuyết về phương pháp làm mất tính cứng của nước cứng vĩnh cửu.

Giải chi tiết:

Na₂CO₃ có thể làm mất tính cứng của nước cứng vĩnh cửu.

Ca²⁺ + CO₃^2- → CaCO₃↓

Mg²⁺ + CO₃^2- → MgCO₃↓

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa và tính chất hóa học của các chất trong dãy và tính chất hóa học của NaOH.

Giải chi tiết:

Các chất phản ứng được với dung dịch NaOH là NaHCO₃, Ca(HCO₃)₂, FeCl₃, AlCl₃.

PTHH:

NaOH + NaHCO₃ → Na₂CO₃ + H₂O

2NaOH + Ca(HCO₃)₂ → Na₂CO₃ + CaCO₃↓ + 2H₂O

FeCl₃ + 3NaOH → Fe(OH)₃↓ + 3NaCl

AlCl₃ + 3NaOH → Al(OH)₃↓ + 3NaCl

Al(OH)₃ + NaOH → NaAlO₂ + 2H₂O

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức lý thuyết tổng hợp về chương 1,2,3,4 – Hóa học 12.

Giải chi tiết:

(b) sai vì este không tan trong nước.

(d) sai vì chỉ peptit chứa từ 2 liên kết peptit trở lên mới có phản ứng với Cu(OH)₂ tạo hợp chất màu tím.

(f) sai vì hợp chất hữu cơ nhất thiết phải có cacbon, hiđro có thể có hoặc không.

(a), (c), (e) đúng.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của Al.

Giải chi tiết:

Al không tan trong dung dịch NH₃.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Gọi công thức phân tử của este X là C_nH_2n+1COOC_mH_2m+1 (n ≥ 0 và m ≥ 1); n, m ∈ N^*)

X + MOH → muối + ancol (MOH dư).

⟹ n_Z = n_muối = n_MOH(pứ) = n_X ⟹ m.

Y gồm MOH dư và muối + O₂ → CO₂ + H₂O

Sử dụng bảo toàn nguyên tố M và C ⟹ n ⟹ CTPT của X.

Giải chi tiết:

* Gọi công thức phân tử của este X là C_nH_2n+1COOC_mH_2m+1 (n ≥ 0 và m ≥ 1); n, m ∈ N^*)

C_nH_2n+1COOC_mH_2m+1 + MOH → C_nH_2n+1COOM + C_mH_2m+1OH

                0,1           →       0,1                    0,1                     0,1         (mol)

⟹ M_Z = M_ancol = 14m + 18 = 4,6/0,1 = 46 ⟹ m = 2.

* Y gồm MOH dư 0,08 (mol) và C_nH_2n+1COOM 0,1 (mol)

Y + O₂ $\stackrel{t^0}{\to }$ M₂CO₃ + CO₂ + H₂O

+ BTNT M ⟹ n_M2CO3 = (n_MOH + n_muối)/2 = 0,09 (mol).

+ BTNT C ⟹ (n + 1)n_muối = n_M2CO3 + n_CO2 = 0,2 ⟹ n = 1.

Vậy CTPT của X là CH₃COOC₂H₅ (etyl axetat).

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của tinh bột, xác định hợp chất X và Y phù hợp để tạo ra axit axetic.

Giải chi tiết:

(C₆H₁₀O₅)_n → C₆H₁₂O₆ (glucozơ) → C₂H₅OH (ancol etylic) → CH₃COOH (axit axetic).

(C₆H₁₀O₅)_n + nH₂O $\stackrel{H^{+},t^0}{\to }$ nC₆H₁₂O₆

C₆H₁₂O₆ $\stackrel{men}{\to }$ 2C₂H₅OH + 2CO₂

C₂H₅OH + O₂  $\stackrel{men}{\to }$CH₃COOH + H₂O

Đáp án D

Phương pháp giải:

Este X được tạo bởi 1 axit và 1 ancol (axit và ancol hơn kém nhau 1 nguyên tử C) và este X no, 2 chức, mạch hở.

* TH1: X được tạo bởi axit no, 2 chức, mạch hở và ancol no, đơn chức, mạch hở.

* TH2: X được tạo bởi ancol no, 2 chức, mạch hở và axit no, đơn chức, mạch hở.

Giải chi tiết:

Este X được tạo bởi 1 axit và 1 ancol (axit và ancol hơn kém nhau 1 nguyên tử C) và este X no, 2 chức, mạch hở.

* TH1: X được tạo bởi axit no, 2 chức, mạch hở và ancol no, đơn chức, mạch hở.

⟹ Axit tạo nên este X là HOOC – CH₂ – COOH và ancol tạo nên este là C₂H₅OH (axit hơn ancol 1 nguyên tử C).

⟹ CTCT của X là C₂H₅OOC – CH₂ – COOC₂H₅.

* TH2: X được tạo bởi ancol no, 2 chức, mạch hở và axit no, đơn chức, mạch hở.

⟹ Axit tạo nên este X là CH₃COOH và ancol tạo nên este là C₃H₆(OH)₂ (ancol hơn axit 1 nguyên tử C).

⟹ CTCT của X là

Vậy số đồng phân cấu tạo phù hợp của X là 3 đồng phân.

Đáp án D

Phương pháp giải:

* Xét phản ứng: Zn + FeSO₄ → ZnSO₄ + Fe

So sánh n_Zn và n_FeSO4 ⟹ chất dư, hết ⟹ Thành phần của X.

* Xét phản ứng: X + HCl → muối + H₂

Theo PTHH ⟹ n_H2 ⟹ V.

Giải chi tiết:

* Xét phản ứng cho Zn vào dung dịch FeSO₄

PTHH: Zn + FeSO₄ → ZnSO₄ + Fe

            0,25     0,2                               (mol)

⟹ Sau phản ứng, FeSO₄ phản ứng hết và Zn còn dư.

Theo PTHH ⟹ n_Zn(pứ) = n_Fe = n_FeSO4 = 0,2 (mol)

⟹ n_Zn(dư) = 0,25 – 0,2 = 0,05 (mol)

Vậy trong X gồm Zn dư 0,05 (mol) và Fe 0,2 (mol).

* Xét phản ứng hòa tan X bằng dung dịch HCl

Zn + 2HCl → ZnCl₂ + H₂

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Theo PTHH ⟹ n_H2 = n_Zn + n_Fe = 0,25 (mol)

Vậy V = 0,25.22,4 = 5,6 (lít).

Đáp án B

Phương pháp giải:

Hợp chất hữu cơ có liên kết đôi → thực hiện phản ứng trùng hợp tạo polime.

Giải chi tiết:

Polime là sản phẩm của phản ứng trùng hợp là polietilen, tơ nitron, poli(vinyl clorua).

nCH₂ = CH₂ $\stackrel{t^0,p,xt}{\to }$  (– CH₂ – CH₂ –)_n (polietilen).

nCH₂ = CH – CN  $\stackrel{t^0,p,xt}{\to }$ (– CH₂ – CH(CN) –)_n (tơ nitron).

nCH₂ = CHCl $\stackrel{t^0,p,xt}{\to }$ (– CH₂ – CHCl –)_n (poli(vinyl clorua)).

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức ăn mòn điện hóa.

Giải chi tiết:

Các phương pháp điện hóa được sử dụng để bảo vệ kim loại sắt không bị ăn mòn là (a), (c) và (d).

(b) sai vì Fe có tính khử mạnh hơn Cu, gắn kim loại đồng vào kim loại sắt sẽ khiến sắt bị ăn mòn điện hóa.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào dãy điện hóa của kim loại để xác định trình tự của các phản ứng xảy ra.

So sánh tỉ lệ các số mol của từng phương trình ⟹ Chất hết, chất dư.

⟹ Thành phần chất rắn thu được sau phản ứng ⟹ m.

Giải chi tiết:

n_Mg = 0,2 (mol); n_Fe²⁺ = 0,1 (mol); n_Cu²⁺ = 0,15 (mol).

Mg    +  Cu²⁺ → Mg²⁺ + Cu

0,15 ← 0,15 →               0,15 (mol)

⟹ Sau phản ứng Mg còn dư 0,05 (mol)

Mg   +  Fe²⁺ → Mg²⁺ + Fe

0,05 → 0,05                  0,05 (mol)

⟹ Sau phản ứng Fe²⁺ còn dư 0,05 (mol)

⟹ Chất rắn thu được sau phản ứng gồm 0,15 mol Cu và 0,05 mol Fe.

Vậy m = m_Cu + m_Fe = 12,4 (g).

Đáp án B

Phương pháp giải:

PVC được điều chế từ vinylclorua bằng phản ứng trùng hợp.

Giải chi tiết:

nCH₂ = CHCl $\stackrel{t^0,p,xt}{\to }$ (– CH₂ – CHCl –)_n (poli(vinyl clorua)).

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức tổng hợp về tính chất và ứng dụng của các hợp chất của kim loại kiềm.

Giải chi tiết:

Công thức hóa học của X là CaSO₄.H₂O (thạch cao nung).

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa  vào kiến thức và cách gọi tên este.

Giải chi tiết:

Công thức của benzyl axetat là CH₃COOCH₂C₆H₅.

Đáp án B

Phương pháp giải:

PTHH: Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Theo PTHH ⟹ n_Fe ⟹ m_Fe ⟹ m_Cu ⟹ %m_Cu.

Giải chi tiết:

PTHH: Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂

Theo PTHH ⟹ n_Fe = n_H2 = 1,12/22,4 = 0,05 (mol).

⟹ m_Cu = m_X – m_Fe = 5 – 0,05.56 = 2,2 (g).

Vậy %m_Cu = (2,2.100%)/5 = 44%.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Chất vừa tham gia phản ứng tráng bạc có liên kết –CHO trong phân tử và vừa hòa tan Cu(OH)₂ ở nhiệt độ thường có các nhóm –OH liền kề hoặc mang tính axit (chứa gốc –COOH).

Giải chi tiết:

Chất vừa tham gia phản ứng tráng bạc, vừa hòa tan Cu(OH)₂ ở nhiệt độ thường là glucozơ, fructozơ và axit fomic.

* Glucozơ, fructozơ và axit fomic tham gia phản ứng tráng gương.

* Glucozơ và fructozơ hòa tan Cu(OH)₂ tạo phức màu xanh lam (do có nhóm –OH liền kề).

* Axit fomic hòa tan Cu(OH)₂ tạo dung dịch màu xanh (phản ứng do mang tính axit chứa gốc –COOH).

 Đáp án A

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp về axit cacboxylic, este, cacbohiđrat, amin, amino axit.

Giải chi tiết:

- Loại D vì khi đó G là anilin không làm đổi màu quỳ tím.

- Loại B, C vì khi đó T là axit glutamic, không có phản ứng tráng gương.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Kim loại trao đổi nhiều electron nhất sẽ thu được nhiều khí H₂ nhất.

Giải chi tiết:

Ta thấy kim loại trao đổi nhiều electron nhất sẽ thu được nhiều khí H₂ nhất.

            Al⁰ → Al⁺³ + 3e

            Fe⁰ → Fe⁺² + 2e

            Zn⁰ → Zn⁺² + 2e

            Mg⁰ → Mg⁺² + 2e

⟹ Al sẽ cho lượng H₂ nhiều nhất.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Bảo toàn nguyên tố N → $n_N=2n_{N_2}$

Do amin đơn chức nên n_amin = n_N.

Số nguyên tử C = $\frac{n_{C\left(amin\right)}}{n_{amin}}$

⟹ CTPT của amin.

Giải chi tiết:

Bảo toàn nguyên tố N →$n_N=2n_{N_2}=0,1\left(mol\right)$

Do amin đơn chức nên n_amin = n_N = 0,1 mol.

Số nguyên tử C = $\frac{n_{C\left(amin\right)}}{n_{amin}}$ = $\frac{n_{C{O}_2}}{n_{amin}}$= $\frac{n_{C{O}_2}}{n_{amin}}$= $\frac{0,4}{0,1}$ = 4.

⟹ CTPT của amin là C₄H₁₁N.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Lý thuyết về hợp chất của kim loại kiềm thổ - nhôm.

Giải chi tiết:

(1) CO₂ + Ba(OH)₂ → BaCO₃ ↓ + H₂O

      BaCO₃ + CO₂ + H₂O → Ba(HCO₃)₂

→ thỏa mãn

(2) Hòa tan phèn chua vào nước thu được Al₂(SO₄)₃; K₂SO₄

→ không thỏa mãn vì kết tủa BaSO₄ không tan khi cho dư Ba(OH)₂ dư.

(3) 3NH₃ + AlCl₃ + 3H₂O → Al(OH)₃ ↓ + 3NH₄Cl

→ không thỏa mãn vì Al(OH)₃ không tan trong dd NH₃ dư.

(4) HCl + NaAlO₂ + H₂O → Al(OH)₃ ↓ + NaCl

     3HCl + Al(OH)₃ → AlCl₃ + 3H₂O

→ thỏa mãn

(5) HCl + AgNO₃ → AgCl ↓ + HNO₃

→ không thỏa mãn vì AgCl không tan khi HCl dư

(6) Ban đầu KOH dư so với Al(NO₃)₃ nên không hình thành kết tủa.

 4KOH + Al(NO₃)₃ → KAlO₂ + 3KNO₃ + 2H₂O

→ không thỏa mãn

Vậy có 2 thí nghiệm thỏa mãn.

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Tóm tắt sơ đồ phản ứng.

- Vận dụng các định luật: bảo toàn khối lượng, bảo toàn e, bảo toàn nguyên tố để xác định các yếu tố trong sơ đồ.

Giải chi tiết:

Khi cho AgNO₃ vào dd Y thu được khí NO → dd Y chứa Fe²⁺, H⁺ dư và không có NO₃^-.

m_{dd tăng} = m_hh - m_khí ⟹ m_khí = m_hh - m_{dd tăng} = 30,56 - 22,6 = 7,96 gam ⟹ n_khí = 7,96/(9,95.4) = 0,2 mol.

Ta có:$\left\{\begin{array}{l}{n}_{khi}=n_{C{O}_2}+n_{NO}+0,08=0,2\\ m_{khi}=44n_{C{O}_2}+30n_{NO}+0,08.44=7,96\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}{n}_{C{O}_2}=0,06\\ n_{NO}=0,06\end{array}\right.$

BTNT N → n_NH4⁺ = n_HNO3 - n_NO - 2n_N2O = 0,02 mol.

n_H⁺_{(dd Y)} = 4n_{NO (lần 2)} = 0,12 mol.

$30,56\left(g\right)\left\{\begin{array}{l}Mg:a\\ F{e}_3{O}_4:b\\ FeC{O}_3:0,06\end{array}\right.+\left\{\begin{array}{l}HCl:c\\ HN{O}_3:0,24\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}X\left\{\begin{array}{l}C{O}_2:0,06\\ NO:0,06\\ N_{2}O:0,08\end{array}\right.\\ dd.Y\left\{\begin{array}{l}M{g}^{2+}\\ F{e}^{3+}\\ F{e}^{2+}\\ N{H}_4^{+}:0,02\\ H^{+}:0,12\\ C{l}^{-}:c\end{array}\right.\underset{}{\overset{+AgN{O}_{3du}}{\to }}239,66\left(g\right)\downarrow \left\{\begin{array}{l}Ag\\ AgCl:c\end{array}\right.+NO:0,03\\ H_{2}O\end{array}\right.$

+) m_{hh đầu} = 24a + 232b + 0,06.116 = 30,56 (1)

+) Công thức nhanh: n_H⁺ = 8n_Fe3O4 + 2n_FeCO3 + 4n_{NO (tổng)} + 10n_NH4⁺ + 10n_N2O

→ c + 0,24 = 8b + 2.0,06 + 4.(0,06 + 0,03) + 10.0,02 + 10.0,08 (2)

+) Áp dụng bảo toàn e: 2n_Mg + n_Fe3O4 + n_FeCO3 = 3n_NO(tổng) + 8n_N2O + 8n_NH4⁺ + n_Ag

→ 2a + b + 0,06 = 3.0,09 + 8.0,08 + 8.0,02 + n_Ag

→ n_Ag = 2a + b - 1,01 (mol).

→ m_↓ = m_Ag + m_AgCl = 108.(2a + b - 1,01) + 143,5.c = 239,66 (3)

Giải (1) (2) (3) được a = 0,5; b = 0,05; c = 1,64.

→ %m_Fe3O4 = (0,05.232/30,56).100% = 37,96% gần nhất với 38%.

 Đáp án A

Phương pháp giải:

Khi cho từ từ H⁺ vào hỗn hợp {HCO₃^-, CO₃^2-} lần lượt xảy ra các phản ứng:

H⁺ + CO₃^2- → HCO₃^-

H⁺ + HCO₃^- → H₂O + CO₂

Giải chi tiết:

*Cho T + Ba(OH)₂ dư:

BTNT S: n_BaSO4 = n_KHSO4 = 0,06 mol

→ m_BaSO4 = 13,98 gam < 49,44 gam → có kết tủa BaCO₃.

→ n_BaCO3 = (49,44 - 13,98)/197 = 0,18 mol.

*Cho từ từ H⁺ vào hỗn hợp {HCO₃^-, CO₃^2-} lần lượt xảy ra các phản ứng:

n_H⁺ = n_KHSO4 + n_HCl = 0,15 mol; n_CO2 = 0,06 mol.

Đặt $\left\{\begin{array}{l}HC{O_3}^{-}:a\\ C{O_3}^{2-}:b\end{array}\right.\left(mol\right)$

H⁺ + CO₃^2- → HCO₃^-

b ←   b →          b                   (mol)

H⁺ + HCO₃^- → H₂O + CO₂

0,06 ←                         0,06    (mol)

+) Do có kết tủa BaCO₃ → trong dung dịch T có chứa HCO₃^- → H⁺ hết

→ n_H⁺ = b + 0,06 = 0,15 → b = 0,09

+) BTNT C: n_HCO3^-_(bđ) + n_CO3^2-_(bđ) = n_CO2 + n_BaCO3

→ a + 0,09 = 0,06 + 0,18 → a = 0,15

Giả sử hỗn hợp đầu:$\left\{\begin{array}{l}AHC{O}_3:0,15\\ B_2{\left(C{O}_3\right)}_n:\frac{0,09}{n}\end{array}\right.$

→ m_hh = 0,15.(A + 61) +$\frac{0,09}{n}$ .(2B + 60n) = 21,24

→ 0,15A + $\frac{0,18B}{n}$ = 6,69

A là kim loại kiềm nên ta xét các trường hợp A = {7 (Li); 23 (Na); 39 (K)}:

+ Nếu A = 7 (Li) → B = 94n/3 (loại).

+ Nếu A = 23 (Na) → B = 18n → n = 1; B = 18 (NH₄⁺) thỏa mãn.

+ Nếu A = 39 (K) → B = 14n/3 (loại).

Vậy (X) là NaHCO₃; (Y) là (NH₄)₂CO₃ ⟹ A sai.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sử dụng các mối liên hệ:

+ Trong phản ứng thủy phân este: n_COO = n_{OH(ancol do este tạo ra)} = n_KOH.

+ Trong phản ứng của ancol với Na: n_OH(ancol) = 2n_H2.

Giải chi tiết:

n_COO = n_{OH(ancol do este tạo ra)} = n_KOH = 0,16 mol.

n_{OH(ancol tổng)} = 2n_H2 = 0,19 mol → n_{OH(ancol ban đầu)} = 0,19 - 0,16 = 0,03 mol.

Giả sử đốt hỗn hợp X thu được $\left\{\begin{array}{l}C{O}_2:x\\ H_{2}O:y\end{array}\right.\left(mol\right)$

+) n_CO2 + n_H2O = x + y = 0,81 (1)

+) BTNT O: n_O(X) = 2n_COO + n_{OH(ancol ban đầu)} = 0,35 mol.

    BTKL: m_X = m_C + m_H + m_O → 12x + 2y + 0,35.16 = 11,52 (2)

Giải (1) (2) được x = 0,43; y = 0,38.

Nhận thấy n_CO2 < 3n_COO ⟹ Este đơn chức hoặc este hai chức.

+ TH1: Nếu este đơn chức → n_este = 0,16 mol

Hỗn hợp đầu chứa:$\left\{\begin{array}{l}{C}_n{H}_{2n+2}O:0,03\\ C_m{H}_{2m}{O}_2:0,16\end{array}\right.\left(mol\right)$

→ n_CO2 = 0,03n + 0,16m = 0,43 → 3n + 16m = 43 (loại vì không có nghiệm phù hợp).

+ TH2: Nếu este 2 chức → n_este = 0,08 mol

Hỗn hợp đầu chứa: $\left\{\begin{array}{l}{C}_n{H}_{2n+2}O:0,03\\ C_m{H}_{2m-2}{O}_4:0,08\end{array}\right.\left(mol\right)$

→ n_CO2 = 0,03n + 0,08m = 0,43 → 3n + 8m = 43 → n = 1; m = 5 thỏa mãn.

Vậy hỗn hợp đầu chứa:  $\left\{\begin{array}{l}C{H}_{4}O:0,03\\ C_5{H}_8{O}_4:0,08\end{array}\right.\left(mol\right)$→ %m_CH4O = 8,33%.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Quy đổi peptit tạo bởi các a.a có 1 nhóm NH₂, 1 nhóm COOH thành CONH, CH₂, H₂O (với số mol H₂O bằng số mol peptit).

Giải chi tiết:

- Do các peptit được tạo từ Gly và Ala nên quy đổi hỗn hợp peptit thành CONH, CH₂, H₂O (với số mol H₂O bằng số mol peptit).

BTNT N: n_N(P) = 2n_N2 = 0,2 mol.

$13,29\left(g\right)P\left\{\begin{array}{l}CONH:0,2\\ C{H}_2:x\\ H_{2}O:y\end{array}\right.+O_2:0,585\to \left\{\begin{array}{l}C{O}_2:x+0,2\\ H_{2}O:x+y+0,1\end{array}\right.$

+) m_{hỗn hợp P} = 0,2.43 + 14x + 18y = 13,29 (1)

+) BTNT O: 0,2 + y + 2.0,585 = 2(x + 0,2) + (x + y + 0,1) (2)

Giải hệ (1) (2) được x = 0,29 và y = 0,035.

- Giả sử muối chứa:  $\left\{\begin{array}{l}GlyNa:a\\ AlaNa:b\end{array}\right.\left(mol\right)$

+) BTNT N: a + b = 0,2 (3)

+) BTNT C: 2a + 3b = n_CONH + n_CH2 = 0,2 + 0,29 (4)

Giải (3) (4) → a = 0,11; b = 0,09.

→ m₁ = 0,11.(75 + 22) = 10,67 gam.

 Đáp án D

Phương pháp giải:

Do dung dịch sau phản ứng có pH < 7 nên H₂O đã bị điện phân ở anot.

Đặt n_CuSO4 = x mol; n_NaCl = y mol; n_e = z mol → phương trình (1)

Viết các bán phản ứng điện phân tại catot và anot sau đó đặt mol vào các bán phản ứng.

Catot (-):

Cu²⁺ + 2e → Cu

2H₂O + 2e → 2OH^- + H₂

Anot (+):

2Cl^- → Cl₂ + 2e

2H₂O → 4H⁺ + O₂ + 4e

Từ số mol khí → phương trình (2)

Từ khối lượng khí → phương trình (3)

Giải hệ (1)(2)(3) được x, y, z.

Tính thời gian t theo công thức: $t=\frac{n_e.F}{I}$

Giải chi tiết:

Do dung dịch sau phản ứng có pH < 7 nên H₂O đã bị điện phân ở anot.

Đặt n_CuSO4 = x mol; n_NaCl = y mol; n_e = z mol → 160x + 58,5y = 14,28 (1)

Catot (-):

Cu²⁺ + 2e → Cu

x →     2x                                            (mol)

2H₂O + 2e → 2OH^- + H₂

           (z-2x) →     (0,5z-x)                (mol)

Anot (+):

2Cl^- → Cl₂  +  2e

y →    0,5y →  y                                 (mol)

2H₂O → 4H⁺ +  O₂       +       4e

                 (0,25z-0,25y) ← (z-y)       (mol)

n_khí = (0,5z - x) + 0,5y + (0,25z - 0,25y) = 0,2 (2)

m_khí = 2.(0,5z - x) + 71.0,5y + 32.(0,25z - 0,25y) = 0,2.4.6,2 (3)

Giải hệ được x = 0,06; y = 0,08; z = 0,32.

⟹ n_e = z = 0,32 mol

⟹ t = $\frac{n_e.F}{I}$ = $\frac{0,32.96500}{4}$ = 7720 giây.

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Khi đốt cháy chất béo ta có công thức tính nhanh: $n_{CB}=\frac{n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}}{k-1}$(k là độ bất bão hòa toàn phân tử).

- Khi chất béo tác dụng với Br₂: X + (k-3) Br₂ → Sản phẩm cộng.

Giải chi tiết:

- Xét phản ứng đốt X:

X: a mol + O₂: 3,1 mol → CO₂: b mol + H₂O: 2,04 mol

Bảo toàn nguyên tố O cho pư cháy →  (1)

- Xét phản ứng của X với dd Br₂:

Giả sử X có độ bất bão hòa là k → số liên kết π tham gia cộng Br₂ là (k-3).

X + (k-3) Br₂ → Sản phẩm cộng

a → a(k-3)                                          (mol)

→ n_Br2 = a.(k - 3) = 0,08 → k = 0,08/a + 3.

- Khi đốt cháy chất béo ta có công thức tính nhanh:  $n_{CB}=\frac{n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}}{k-1}$(k là độ bất bão hòa toàn phân tử)

→ $a=\frac{b-2,04}{\left(\frac{0,08}{a}+3\right)-1}$ (2)

Giải (1)(2) được a = 0,04 và b = 2,2.

BTKL: m_X = m_CO2 + m_H2O - m_O2 = 34,32 (g).

- Xét phản ứng của X với NaOH:

            X + 3NaOH → Muối + C₃H₅(OH)₃

Dễ thấy NaOH còn dư → n_glixerol = n_X = 0,04 mol

BTKL: m_{chất rắn} = m_X + m_{NaOH bđ} - m_glixerol = 34,32 + 0,15.40 - 0,04.92 = 36,64 (g).