Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về các hợp chất quan trọng của kim loại kiềm thổ.

Giải chi tiết:

Trong tự nhiên, canxi sunfat tồn tại dưới dạng muối ngậm nước (CaSO₄.2H₂O) được gọi là thạch cao sống.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về các hợp chất quan trọng của kim loại kiềm.

Giải chi tiết:

Công thức của natri hiđroxit là NaOH.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Để giảm sưng tấy khi bị kiến cắn cần chọn hợp chất mang tính bazơ (có thể trung hòa axit fomic trong nọc kiến) và không gây hại cho vết thương.

Giải chi tiết:

Khi bị kiến cắn, nên dùng vôi tôi bôi vào vết thương để giảm sưng tấy.

PTHH: 2HCOOH + Ca(OH)₂ → (HCOO)₂Ca + 2H₂O.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Chất điện li mạnh là chất chất khi tan trong nước, các phân tử hòa tan đều phân li ra ion.

Giải chi tiết:

NaCl là chất điện li mạnh.

Phương trình điện li: NaCl → Na⁺ + Cl^-.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Hợp chất mang tính lưỡng tính là hợp chất vừa mang tính axit, vừa mang tính bazơ.

Giải chi tiết:

NaHCO₃ là hợp chất lưỡng tính.

NaHCO₃ → Na⁺ + HCO₃^-

HCO₃^- → H⁺ + CO₃^2- (tính axit)

HCO₃^- + H₂O → H₂CO₃ + OH^- (tính bazơ)

 Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về trạng thái tự nhiên của sắt.

Giải chi tiết:

Thành phần chính của quặng xiđerit là FeCO₃.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về các hợp chất quan trọng của kim loại kiềm.

Giải chi tiết:

Thành phần chính của thuốc nổ đen là KNO₃, C và S.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất vật lí của chất béo.

Giải chi tiết:

Chất béo (triglixerit hay triaxylglixerol) không tan trong nước.

 Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của kim loại.

Giải chi tiết:

Kim loại K (kim loại kiềm) có thể tan hoàn toàn trong nước ở điều kiện thường.

PTHH: 2K + 2H₂O → 2KOH + H₂ ↑

Đáp án B

Phương pháp giải:

Nước cứng là nước có chứa nhiều ion Mg²⁺, Ca²⁺.

Để làm mềm nước cứng ta cần loại bỏ các ion này bằng cách kết tủa chúng.

Giải chi tiết:

Na₂CO₃ có thể làm mềm cả nước cứng tạm thời và nước cứng vĩnh cửu do có ion CO₃^2- có thể kết tủa hết các ion Mg²⁺, Ca²⁺ có trong nước cứng.

PTHH: Mg²⁺ + CO₃^2- → MgCO₃ ↓

           Ca²⁺ + CO₃^2- → CaCO₃ ↓

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của sắt.

Giải chi tiết:

Sắt bị thụ động trong dung dịch HNO₃ đặc, nguội (không phản ứng).

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về tính chất hóa học về kim loại.

Giải chi tiết:

Tính chất hóa học chung của kim loại là tính khử.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào phương pháp điều chế este (este của phenol, một số este không no không thể điều chế bằng phản ứng este hóa).

Giải chi tiết:

Vinyl axetat (CH₃COOCH=CH₂) không thể điều chế bằng phản ứng este hóa vì không tồn tại ancol CH₂=CH–OH để tham gia phản ứng este hóa với axit CH₃COOH.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất vật lí và trạng thái tồn tại của kim loại.

Giải chi tiết:

Thủy ngân (Hg) có nhiệt độ nóng chảy rất thấp (-39^oC) nên tồn tại trạng thái lỏng ở điều kiện thường.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về tính chất vật lí và trạng thái tự nhiên của các hợp chất cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

Trong máu người có một lượng glucozơ với nồng độ hầu như không đổi khoảng 0,1%. Chất X là glucozơ.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Số liên kết peptit = Số mắt xích – 1.

Giải chi tiết:

Phân tử Gly-Ala-Val-Gly có 4 mắt xích.

Số liên kết peptit trong phân tử là 4 – 1 = 3 (liên kết peptit).

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về vật liệu polime.

Giải chi tiết:

PVC là polivinylclorua (polime được tổng hợp từ phản ứng trùng hợp vinylclorua).

PTHH: nCH₂=CHCl  $\stackrel{t^0,p,xt}{\to }$ (-CH₂-CH(Cl)-)_n

Đáp án B

Phương pháp giải:

Cách đọc tên thay thế của amin bậc 2:

Tên thay thế = "N" + tên gốc hiđrocacbon gắn với nguyên tử N + tên của hiđrocacbon ứng với mạch chính + "amin"

Giải chi tiết:

Tên thay thế của CH₃-NH-CH₃ là N-metylmetanamin.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Etanol là tên thay thế của hợp chất hữu cơ ⟹ Tên thường gọi của hợp chất hữu cơ.

Giải chi tiết:

Tên gọi khác của etanol (C₂H₅OH) là ancol etylic.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất vật lí của các hợp chất lipit, amin và amino axit đã học.

Giải chi tiết:

Trimetylamin tồn tại trạng thái khí ở điều kiện thường.

Triolein và anilin tồn tại trạng thái lỏng ở điều kiện thường.

Alanin là amino axit tồn tại trạng thái rắn ở điều kiện thường.

Đáp án A

Phương pháp giải:

PTHH: C₁₂H₂₂O₁₁ + H₂O $\stackrel{H^{+},t^0}{\to }$ 2C₆H₁₂O₆.

Dựa vào PTHH ⟹ Số mol C₆H₁₂O₆ (tổng số mol glucozơ và fructozơ thu được theo lý thuyết).

Do H = 75% ⟹ Số mol C₆H₁₂O_{6(thực tế)} (n_{C6H12O6 (TT)} = n_{C6H12O6 (LT)}.75%/100%).

Dung dịch Y gồm glucozơ và fructozơ tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO₃/NH₃

Glucozơ/Fructozơ  $\stackrel{+AgN{O}_3/N{H}_3}{\to }$2Ag

Ta có n_Ag = 2n_glucozơ + 2n_fructozơ = 2n_{C6H12O6 (TT)} ⟹ m.

Giải chi tiết:

PTHH: C₁₂H₂₂O₁₁ + H₂O $\stackrel{H^{+},t^0}{\to }$ 2C₆H₁₂O₆.

Theo PTHH ⟹ n_{C6H12O6 (LT)} = 2n_C12H22O11 = 2.0,02 = 0,04 (mol).

Do H = 75% ⟹ n_{C6H12O6 (TT)} = n_{C6H12O6 (LT)}.75%/100% = 0,04.75%/100% = 0,03 (mol).

Dung dịch Y gồm glucozơ và fructozơ tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO₃/NH₃

Glucozơ/Fructozơ  $\stackrel{+AgN{O}_3/N{H}_3}{\to }$2Ag

Ta có n_Ag = 2n_glucozơ + 2n_fructozơ = 2n_{C6H12O6 (TT)} = 2.0,03 = 0,06 (mol).

Vậy m = 0,06.108 = 6,48 gam.

 Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức tổng hợp về các hợp chất cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

A đúng, trong môi trường bazơ, fructozơ và glucozơ có thể chuyển hóa qua lại nhau.

B đúng, vì tinh bột thuộc loại polisaccarit, phân tử gồm nhiều mắt xích α-glucozơ liên kết với nhau.

C sai, vì glucozơ khử AgNO₃ thành Ag.

PTHH: HOCH₂[CHOH]₄CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O $\stackrel{t^0}{\to }$ HOCH₂[CHOH]₄COONH₄ + 2Ag ↓ + 2NH₄NO₃.

D đúng, PTHH: CO₂ $\underset{diepluc}{\overset{H_{2}O,as}{\to }}$ C₆H₁₂O₆ → (C₆H₁₀O₅)_n.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Khi đốt cháy một hợp chất hữu cơ X bất kì có k liên kết π trong phân tử

⟹ n_X = (k – 1).(n_CO2 – n_H2O)

Chất béo X chứa các triglixerit của axit béo no (chứa 3 liên kết π và 6 nguyên tử O trong phân tử) và axit béo tự do (chứa 1 liên kết π và 2 nguyên tử O trong phân tử).

Gọi số mol triglixerit, axit béo trong X và số mol CO₂ khi đốt cháy X lần lượt là x, y và z (mol)

Lập phương trình dựa vào số mol NaOH, bảo toàn khối lượng (phản ứng với NaOH) và bảo toàn nguyên tố (phản ứng đốt cháy) ⟹ x, y và z ⟹ m.

Giải chi tiết:

Chất béo X chứa các triglixerit của axit béo no (chứa 3 liên kết π và 6 nguyên tử O trong phân tử) và axit béo tự do (chứa 1 liên kết π và 2 nguyên tử O trong phân tử).

Gọi số mol triglixerit, axit béo trong X và số mol CO₂ khi đốt cháy X lần lượt là x, y và z (mol)

* Xét phản ứng với NaOH

Ta có n_NaOH = 3n_triglixerit + n_{axit béo} = 3x + y = 0,25 (1)

X + NaOH → muối + C₃H₅(OH)₃ (x mol) + H₂O (y mol)

Áp dụng BTKL ⟹ m = m_X = 69,78 + 92x + 18y – 0,25.40 = 92x + 18y + 59,78 (gam).

* Xét phản ứng đốt cháy

X + O₂ (6,06 mol) → CO₂ (z mol) + H₂O

+ Axit béo trong X có 1 liên kết π trong phân tử ⟹ n_CO2 = n_H2O (khi đốt cháy).

+ Triglixerit trong X có 3 liên kết π trong phân tử ⟹ n_CO2 – n_H2O = 2n_triglixerit

⟹ Đốt cháy X ta có: n_H2O = n_CO2 – 2n_triglixerit = z – 2x (mol).

BTNT O ⟹ 6x + 2y + 6,06.2 = 2z + z – 2x ⟹ 8x + 2y – 3z = -12,12 (2)

BTKL ⟹ m_X + m_O2 = m_CO2 + m_H2O

⟹ 92x + 18y + 59,78 + 6,06.32 = 44z + 18z – 18.2x ⟺ 128x + 18y – 62z = -253,7 (3)

Từ (1)(2) và (3) ⟹ x = 0,08 ; y = 0,01 và z = 4,26.

Vậy m = 92x + 18y + 59,78 = 67,32 gam.

Đáp án D

Phương pháp giải:

n_KOH(bđ) = 0,75.1 = 0,75 (mol).

⟹ n_KOH(pứ) = 0,75.100%/125% = 0,6 mol (Do KOH lấy dư 25% so với lượng phản ứng).

Sơ đồ phản ứng: Este + KOH → muối + ancol

Gọi CTPT của este là C_nH_2nO₂ (n ≥ 1)

Ta có n_este = n_KOH ⟹ M_este ⟹ n ⟹ CTPT của este.

Xác định CTCT của 2 este ⟹ Muối và số mol muối ⟹ m_{muối X}.

Giải chi tiết:

n_KOH(bđ) = 0,75.1 = 0,75 (mol).

⟹ n_KOH(pứ) = 0,75.100%/125% = 0,6 mol (Do KOH lấy dư 25% so với lượng phản ứng).

Sơ đồ phản ứng: Este + KOH → muối + ancol

Gọi CTPT của este là C_nH_2nO₂ (n ≥ 1)

Ta có n_este = n_KOH = 0,6 (mol)

⟹ M_este = 14n + 32 = 52,8/0,6 = 88 ⟹ n = 4 (C₄H₈O₂)

Vì 2 este đều không tham gia phản ứng tráng gương

⟹ Hai este là CH₃COOC₂H₅ và C₂H₅COOCH₃

* Hai este + KOH → Hai muối X và Y lần lượt là CH₃COOK (x mol) và C₂H₅COOK (2x mol)

Ta có n_muối = n_este = x + 2x = 3x = 0,6 ⟹ x = 0,2 mol.

Vậy m_{muối X} = m_CH3COOK = 0,2.98 = 19,6 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Khi đun nóng cốc nước thì: 2HCO₃^-  $\stackrel{t^0}{\to }$CO₃^2- + CO₂ + H₂O

Trong dung dịch sau phản ứng ta so sánh: n_Ca²⁺_{, Mg}²⁺ và n_CO3^2-

⟹ Tính cứng của nước còn lại trong cốc.

Giải chi tiết:

Khi đun nóng cốc nước ta có:

2HCO₃^-  $\stackrel{t^0}{\to }$CO₃^2- + CO₂ + H₂O

Theo PTHH ⟹ n_CO3^2- = n_HCO3^-/2 = 0,05 (mol).

Nhận thấy n_Mg²⁺ + n_Ca²⁺ = 0,02 + 0,04 = 0,06 > 0,05 = n_CO3^2-.

⟹ Dung dịch trong cốc sau đun chứa Ca²⁺, Mg²⁺, Cl^-, SO₄^2- nên nước còn lại trong cốc là nước cứng vĩnh cửu.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về phản ứng trao đổi ion trong dung dịch (Sự điện ly – Hóa 11).

Giải chi tiết:

Dãy gồm các chất đều tác dụng được với dung dịch HCl loãng là Mg(HCO₃)₂, HCOONa, Cu(OH)₂, Fe(NO₃)₂.

PTHH:

Mg(HCO₃)₂ + 2HCl → MgCl₂ + 2CO₂ ↑ + 2H₂O

HCOONa + HCl → HCOOH + NaCl

Cu(OH)₂ + 2HCl → CuCl₂ + 2H₂O

9Fe(NO₃)₂ + 12HCl → 4FeCl₃ + 5Fe(NO₃)₃ + 3NO ↑ + 6H₂O

Đáp án D

Phương pháp giải:

M_X = 12.2 + x + 16y < 62 ⟹ x + 16y < 38 ⟹ 0 ≤ y ≤ 2.

Xét trường hợp y = 0 ; 1 ; 2 ⟹ Giá trị x lần lượt tương ứng.

Ứng với mỗi công thức phân tử của X ⟹ Công thức cấu tạo thỏa mãn X phản ứng với AgNO₃/NH₃.

Giải chi tiết:

M_X = 12.2 + x + 16y < 62 ⟹ x + 16y < 38 ⟹ 0 ≤ y ≤ 2.

* TH1: y = 0 ⟹ X có dạng C₂H_x.

Công thức cấu tạo thỏa mãn X phản ứng với AgNO₃/NH₃ là CH≡CH (phản ứng thế với AgNO₃/NH₃).

* TH2: y = 1 ⟹ X có dạng C₂H_xO.

+ x = 2 ⟹ không tồn tại hợp chất thỏa mãn.

+ x = 4 ⟹ X có công thức C₂H₄O.

Công thức cấu tạo thỏa mãn của X là CH₃CHO (phản ứng tráng bạc với AgNO₃/NH₃).

+ x = 6 ⟹ X có công thức C₂H₆O (X no) ⟹ không có công thức cấu tạo thỏa mãn X phản ứng với AgNO₃/NH₃.

* TH3: y = 2 ⟹ X có dạng C₂H_xO₂.

+ x = 2 ⟹ X có công thức C₂H₂O₂.

Công thức cấu tạo thỏa mãn của X là OHC-CHO (phản ứng tráng bạc với AgNO₃/NH₃).

+ x = 4 ⟹ X có công thức C₂H₄O₂.

Công thức cấu tạo thỏa mãn của X là HCOOCH₃ và HOCH₂CHO (phản ứng tráng bạc với AgNO₃/NH₃).

+ x = 6 ⟹ X có công thức C₂H₆O₂ (X no) ⟹ không có công thức cấu tạo thỏa mãn X phản ứng với AgNO₃/NH₃.

Vậy các công thức cấu tạo thỏa mãn của X là CH≡CH, CH₃CHO, OHC-CHO, HCOOCH₃ và HOCH₂CHO.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Cho X vào nước dư, thấy tan hoàn toàn và thu được dung dịch Y chứa một chất tan

⟹ Hỗn hợp X gồm 2 chất phản ứng hoàn toàn với nhau tỉ lệ 1:1 thu được một sản phẩm duy nhất (dung dịch Y)

Cho Y phản ứng với dung dịch Ba(OH)₂ thu được hai chất rắn.

Giải chi tiết:

Chất rắn X có thể gồm Fe và Fe₂(SO₄)₃.

PTHH:

Fe + Fe₂(SO₄)₃ → 3FeSO₄

⟹ Dung dịch Y chứa 1 chất tan duy nhất là FeSO₄.

FeSO₄ + Ba(OH)₂ → BaSO₄ ↓ + Fe(OH)₂ ↓

⟹ Hai chất rắn thu được sau phản ứng gồm BaSO₄ và Fe(OH)₂.

Đáp án B

Phương pháp giải:

n_peptit = 19,6/245 = 0,08 mol ; n_NaOH = 0,3.1 = 0,3 (mol).

Nhận thấy n_peptit < 3n_NaOH ⟹ NaOH còn dư sau phản ứng.

Sơ đồ phản ứng: Tripeptit + 3NaOH → Chất rắn + H₂O

Ta có n_H2O = n_peptit.

Sử dụng BTKL ⟹ m_c/rắn = m_peptit + m_NaOH – m_H2O.

Giải chi tiết:

n_peptit = 19,6/245 = 0,08 mol ; n_NaOH = 0,3.1 = 0,3 (mol).

Nhận thấy n_peptit < 3n_NaOH ⟹ NaOH còn dư sau phản ứng.

Sơ đồ phản ứng: Tripeptit + 3NaOH → Chất rắn + H₂O

Ta có n_H2O = n_peptit = 0,08 (mol).

Áp dụng BTKL ⟹ m_c/rắn = m_peptit + m_NaOH – m_H2O = 19,6 + 0,3.40 – 0,08.18 = 30,16 (gam).

Đáp án C

Phương pháp giải:

Gọi công thức trung bình của hỗn hợp X là$\overline{X}$

Sơ đồ phản ứng: $\overline{X}+O_2\to \overline{X}{O}_2\to N{a}_2\overline{X}{O}_3\to Ba\overline{X}{O}_3\downarrow$

Ta có $n_{Ba\overline{X}{O}_3}=n_{\overline{X}{O}_2}=n_{\overline{X}}=n_{O_2}$

Dựa vào khối lượng của kết tủa ⟹ $M_{\overline{X}}\Rightarrow m=n_{\overline{X}}.M_{\overline{X}}$

Giải chi tiết:

Gọi công thức trung bình của hỗn hợp X là $\overline{X}$

Sơ đồ phản ứng: $\overline{X}+O_2\to \overline{X}{O}_2\to N{a}_2\overline{X}{O}_3\to Ba\overline{X}{O}_3\downarrow$

Ta có $n_{Ba\overline{X}{O}_3}=n_{\overline{X}{O}_2}=n_{\overline{X}}=n_{O_2}=\frac{4,48}{22,4}=0,2\left(mol\right)$

⟹ $M_{Ba\overline{X}{O}_3}=\frac{42,4}{0,2}=212=137+M_{\overline{X}}+16.3\Rightarrow M_{\overline{X}}=27$

Vậy $m=m_{\overline{M}}=n_{\overline{M}}.M_{\overline{M}}=0,2.27=5,4\left(g\right)$

Đáp án B

Phương pháp giải:

Sơ đồ: KL + H₂SO₄ → Muối + H₂

BTNT H ⟹ n_{H2SO4 pư} = n_H2 ⟹ m_H2SO4 ⟹ m_{dd H2SO4} = m_H2SO4.(100/C).

BTKL: m_{dd sau pư} = m_hh + m_{dd H2SO4} - m_H2.

Giải chi tiết:

Sơ đồ: KL + H₂SO₄ → Muối + H₂

BTNT H ⟹ n_{H2SO4 pư} = n_H2 = 0,2 mol ⟹ m_H2SO4 = 0,2.98 = 19,6 gam

⟹ m_{dd H2SO4} = 19,6.(100/20) = 98 gam.

BTKL: m_{dd sau pư} = m_hh + m_{dd H2SO4} - m_H2 = 7,36 + 98 - 0,2.2 = 104,96 gam.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp chương: Đại cương kim loại.

Giải chi tiết:

(a) sai, ở điều kiện thường một số kim loại có khối lượng riêng nhỏ hơn nước là Li (0,534 g/cm³).

(b) đúng, do kim loại dễ nhường electron.

(c) sai, ví dụ Fe có nhiều oxit như FeO, Fe₂O₃, Fe₃O₄.

(d) đúng.

(e) đúng.

(f) đúng.

Vậy có 4 phát biểu đúng.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Để đơn giản coi dung dịch Z gồm amino axit và HCl.

$Z\left\{\begin{array}{l}Y:H_{2}N{C}_n{H}_{2n}COOH\\ {\left(H_{2}N\right)}_2{C}_5{H}_9\left(COOH\right)\\ HCl\end{array}\right.+\left\{\begin{array}{l}NaOH\\ K\text{O}H\end{array}\right.\to Muoi+H_{2}O$

Ta có: n_COOH + n_H⁺ = n_OH^- ⟹ số mol của Y.

Mà ta có: n_H2O = n_OH^-.

BTKL ⟹ giá trị của n.

Bảo toàn C cho phản ứng đốt X ⟹ số mol CO₂.

Giải chi tiết:

Để đơn giản coi dung dịch Z gồm amino axit và HCl.

$Z\left\{\begin{array}{l}Y:H_{2}N{C}_n{H}_{2n}COOH:x\\ {\left(H_{2}N\right)}_2{C}_5{H}_9\left(COOH\right):0,02\\ HCl:0,11\end{array}\right.+\left\{\begin{array}{l}NaOH:0,12\\ K\text{O}H:0,04\end{array}\right.\to 14,605\left(g\right)Muoi+H_{2}O$

Ta có: n_COOH + n_H⁺ = n_OH^- ⟹ x + 0,02 + 0,11 = 0,12 + 0,04 ⟹ x = 0,03 mol.

Mà n_H2O = n_OH^- = 0,16 mol.

BTKL ⟹ 0,03.(14n + 61) + 0,02.146 + 0,11.36,5 + 0,12.40 + 0,04.56 = 14,605 + 0,16.18 ⟹ n = 4.

Bảo toàn C cho phản ứng đốt X ⟹ n_CO2 = 5.0,03 + 6.0,02 = 0,27 mol.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Viết PTHH của các phản ứng xảy ra.

Xác định phản ứng thu được dung dịch chứa 1 muối tan.

Giải chi tiết:

(a) Cu dư + 2Fe(NO₃)₃ → Cu(NO₃)₂ + 2Fe(NO₃)₂

⟹ không thỏa mãn vì thu được 2 muối là Cu(NO₃)₂, Fe(NO₃)₂.

(b) CO₂ dư + NaOH → NaHCO₃

⟹ thỏa mãn vì thu được 1 muối là NaHCO₃.

(c) Na₂CO₃ dư + Ca(HCO₃)₂ → CaCO₃ ↓ + 2NaHCO₃

⟹ không thỏa mãn vì thu được 2 muối là NaHCO₃ và Na₂CO₃ dư.

(d) Fe(NO₃)₂ + AgNO₃ dư → Fe(NO₃)₃ + Ag

⟹ không thỏa mãn vì thu được 2 muối là Fe(NO₃)₃ và AgNO₃ dư.

(e) 2Na + 2H₂O → 2NaOH + H₂

      2Al + 2NaOH + 2H₂O → 2NaAlO₂ + 3H₂

⟹ thỏa mãn vì thu được muối duy nhất là NaAlO₂.

(d) Cl₂ dư + 2FeCl₂ → 2FeCl₃

⟹ thỏa mãn vì thu được muối duy nhất là FeCl₃.

Vậy có 3 dung dịch chứa 1 muối tan.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Tính độ bất bão hòa của X: $k=\frac{2C+2-H}{2}$ ⟹ Số liên kết π trong X.

Sản phẩm tạo thành có glixerol và 2 muối cacboxylat và X có 5O ⟹ X có chứa 2 chức este, 1 chức ancol.

Muối Y, Z đều không tráng bạc nên không phải là HCOONa.

Kết hợp với CTPT suy ra CTCT có thể có của X ⟹ Y, Z.

Giải chi tiết:

X có độ bất bão hòa là: $k=\frac{2C+2-H}{2}=\frac{2.8+2-12}{2}=3$ ⟹ X có 3 π.

Sản phẩm tạo thành có glixerol và 2 muối cacboxylat và X có 5O ⟹ X có chứa 2 chức este, 1 chức ancol.

Muối Y, Z đều không tráng bạc nên không phải là HCOONa.

Kết hợp với CTPT suy ra X có thể là một trong các chất sau:

⟹ Y: CH₃COONa; Z: CH₂=CH-COONa.

(a) sai, vì CH₂=CH-COOH không có đồng phân hình học.

(b) đúng.

(c) đúng.

(d) đúng, 2 loại nhóm chức là este và ancol.

(e) sai, vì CH₃COOH không làm mất màu dung dịch Br₂.

Vậy có 3 phát biểu đúng.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Biện luận kết hợp phương pháp bảo toàn electron.

Giải chi tiết:

Giai đoạn 1: $\underset{a\left(s\right)}{\underbrace{0\left(s\right)\to a\left(s\right)}}$ sinh thêm 0,04 mol khí

Giai đoạn 2:$\underset{a\left(s\right)}{\underbrace{a\left(s\right)\to 2a\left(s\right)}}$  sinh thêm 0,12 - 0,04 = 0,08 mol khí

Giai đoạn 3: $\underset{a\left(s\right)}{\underbrace{2\text{a}\left(s\right)\to 3a\left(s\right)}}$ sinh thêm 0,19 - 0,12 = 0,07 mol khí

Ta thấy cùng điện phân với thời lượng a (s) nhưng số mol khí sinh thêm khác nhau ⟹ mỗi thời điểm xuất hiện thêm 1 khí khác ⟹ Giai đoạn 1 chỉ sinh ra Cl₂ (0,04 mol) ⟹ n_{e (trong a giây)} = 2n_Cl2 = 0,08 mol.

Mặt khác, nhận thấy lượng khí giai đoạn 2 gấp đôi giai đoạn 1 ⟹ Giai đoạn 2 sinh thêm $\left\{\begin{array}{l}An\text{o}t:C{l}_2\left(0,04\right)\\ Cat\text{o}t:H_2\left(0,04\right)\end{array}\right.$

Giả sử giai đoạn 3 sinh thêm $0,07\left(mol\right)\left\{\begin{array}{l}An\text{o}t:C{l}_2\left(x\right);O_2\left(y\right)\\ Cat\text{o}t:H_2\left(0,04\right)\end{array}\right.$ (lưu ý có thể sinh thêm Cl₂ nên phải đặt ẩn)

Ta có hệ phương trình $\left\{\begin{array}{l}x+y=0,07-0,04=0,03\\ 2\text{x}+4y=n_e=0,08\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}x=0,02\\ y=0,01\end{array}\right.$

+) BTNT "Cl" ⟹ n_NaCl = 2n_Cl2(gđ1) + 2n_Cl2(gđ2) + 2n_Cl2(gđ3) = 0,2 mol.

+) Mặt khác áp dụng bảo toàn e cho catot từ 0 (s) đến 2 (s):

n_{e(từ 0 đến 2a giây)} = 2.0,08 = 0,16 mol

Áp dụng bảo toàn e: 2n_Cu²⁺ + 2n_H2(gđ2) = n_{e(từ 0 đến 2a giây)} ⟹ 2.n_Cu²⁺ + 2.0,04 = 0,16 ⟹ n_Cu²⁺ = 0,04 mol.

Vậy hỗn hợp muối ban đầu gồm NaCl (0,2 mol) và CuSO₄ (0,04 mol) ⟹ m = 18,1 gam.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Ancol thu được đều đơn chức ⟹ Y, Z được tạo từ axit 2 chức và ancol đơn chức.

Sau phản ứng thu được 2 muối ⟹ Y, Z phải cùng tạo từ 1 muối.

Y, Z khác nhau mà cùng tạo từ 1 muối ⟹ gốc ancol của Y, Z phải khác nhau.

Vận dụng các phương pháp biện luận, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn khối lượng.

Giải chi tiết:

Ancol thu được đều đơn chức ⟹ Y, Z được tạo từ axit 2 chức và ancol đơn chức.

Sau phản ứng thu được 2 muối ⟹ Y, Z phải cùng tạo từ 1 muối.

Y, Z khác nhau mà cùng tạo từ 1 muối ⟹ gốc ancol của Y, Z phải khác nhau.

Ta có: n_{este đơn} + n_{este 2 chức} = 0,08 mol và n_{2 este đơn} + 2n_{este 2 chức} = n_NaOH = 0,11 mol

⟹ n_{este đơn} = 0,05 mol; n_{este 2 chức} = 0,03 mol.

$0,08\left(mol\right)E\left\{\begin{array}{l}X:0,05\\ Y\\ Z\end{array}\right.+NaOH:0,11\to Muoi.T+5,48\left(g\right)Ancol.F$

Ta có n_ancol = n_NaOH = 0,11 mol ⟹ ${\overline{M}}_{ancol}=\frac{5,48}{0,11}=49,8$ ⟹ C₂H₅OH (0,08) và C₃H₇OH (0,03)

Nhận thấy n_{este đơn} > n_C3H7OH nên este đơn chức không được tạo từ C₃H₇OH ⟹ este đơn chức có dạng RCOOC₂H₅.

Theo đề bài M_Y < M_Z nên Y có dạng R'(COOC₂H₅)₂ và Z có dạng R'(COOC₃H₇)₂.

Từ số mol các ancol suy ra: $E\left\{\begin{array}{l}RCOO{C}_2{H}_5:0,05\\ R^{\text{'}}{\left(COO{C}_2{H}_5\right)}_2:\frac{0,08-0,05}{2}=0,015\\ R^{\text{'}}{\left(COO{C}_3{H}_7\right)}_2:\frac{0,03}{2}=0,015\end{array}\right.$

*Xét phản ứng đốt E: E + O₂ (0,58 mol) → CO₂ (a mol) + H₂O (b mol)

+) BTNT "O" ⟹ 0,05.2 + 0,03.4 + 0,58.2 = 2a + b

+) n_CO2 - n_H2O = n_{este 2 chức} ⟹ a - b = 0,03

Giải hệ trên được a = 0,47 và b = 0,44.

Giả sử gốc R có n nguyên tử C; gốc R' có m nguyên tử C.

BTNT "C" ⟹ 0,05.(n + 3) + 0,015.(m + 6) + 0,015.(m + 8) = 0,47

⟹ 5n + 3m = 11 ⟹ n = 1; m = 2 thỏa mãn.

⟹$E\left\{\begin{array}{l}X:C{H}_{3}COO{C}_2{H}_5:0,05\\ Y:C_2{H}_4{\left(COO{C}_2{H}_5\right)}_2:0,015\\ Z:C_2{H}_4{\left(COO{C}_3{H}_7\right)}_2:0,015\end{array}\right.\to \%m_Y\approx 26\%$

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết về phản ứng este hóa.

Giải chi tiết:

CH₃COOH + CH₃CH(CH₃)CH₂CH₂OH $\stackrel{H_{2}S{O}_{4}dac,t^o}{\rightleftarrows }$ CH₃COOCH₂CH₂CH(CH₃)CH₃ + H₂O

(a) đúng, khi đun nóng sẽ xảy ra phản ứng este hóa.

(b) đúng, do nước lạnh làm giảm độ tan của este.

(c) đúng, NaCl bão hòa sẽ làm tăng khối lượng riêng của lớp chất lỏng phía dưới khiến cho este dễ dàng nổi lên.

(d) đúng, vì phản ứng tạo este isoamyl axetat có mùi chuối chín.

(e) đúng.

Vậy có 5 phát biểu đúng.

 Đáp án A

Phương pháp giải:

- Biện luận suy ra sản phẩm tạo thành ở các thí nghiệm.

- Bài toán CO₂ tác dụng với dung dịch kiềm

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

            CO₂+ OH^- → HCO₃^-

Đặt n_OH-/n_CO2 = T

+ Nếu T ≤ 1 thì phản ứng chỉ tạo muối HCO₃^-

+ Nếu 1 < T < 2 thì phản ứng sinh ra HCO₃^- và CO₃^2-

+ Nếu T = 2 thì phản ứng chỉ sinh ra CO₃^2-

+ Nếu T > 2 thì sau phản ứng thu được CO₃^2- và OH^- dư

Giải chi tiết:

Đặt n_CO2 = x mol; n_BaCO3(TN1) = y mol; n_BaCO3(TN2) = 3y mol.

Ta thấy n_BaCO3(TN1) < 0,2 (vì nếu n_BaCO3(TN1) ≥ 0,2 thì n_BaCO3(TN2) ≥ 0,6 lớn hơn cả Ba(OH)₂ ⟹ Vô lý!)

Mặt khác, m_BaCO3(TN2) > n_BaCO3(TN1) ⟹ dung dịch tạo thành có HCO₃^- ⟹ TN1 tạo BaCO₃, Ba²⁺, Na⁺, HCO₃^-

*Thí nghiệm 1:

$C{O}_2:x+\left\{\begin{array}{l}B{a}^{2+}:0,2\\ N{a}^{+}:0,3\\ O{H}^{-}:0,7\end{array}\right.\to BaC{\text{O}}_3:y+\left\{\begin{array}{l}N{a}^{+}:0,3\\ B{a}^{2+}:0,2-y\left(BTNT.Ba\right)\\ HC{O_3}^{-}:x-y\left(BTNT.C\right)\end{array}\right.$

BTĐT ⟹ 0,3 + 2.(0,2 - y) = x - y ⟹ x + y = 0,7 (1)

*Thí nghiệm 2:

+) TN1 tạo CO₃^2- và HCO₃^- ⟹ n_OH^-/2 < n_CO2 < n_OH^- ⟹ 0,35 < n_CO2 < 0,7 (*)

+) TN2 có tỉ lệ:$T=\frac{n_{O{H}^{-}}}{n_{C{O}_2}}=\frac{1}{n_{C{O}_2}}$  (**)

Từ (*) và (**) ⟹ 1,43 < T < 2,86 ⟹ có 2 trường hợp xảy ra như sau:

Trường hợp 1: T ≥ 2 ⟹ n_CO2 ≤ 0,5 mol ⟹ tạo BaCO₃ và Ba(OH)₂ dư

⟹ $\left\{\begin{array}{l}BaC{\text{O}}_3:3y\\ Ba{\left(OH\right)}_2:0,5-3y\left(BTNT.Ba\right)\end{array}\right.$ ⟹ BTNT.C: x = 3y (2)

Giải (1) (2) được x = 0,525 và y = 0,175 (loại vì số mol CO₂ không thỏa mãn n_CO2 ≤ 0,5 mol)

Trường hợp 2: 1,43 < T < 2 ⟹ 0,5 < n_CO2 < 0,699 ⟹ tạo BaCO₃ và Ba(HCO₃)₂

⟹ $\left\{\begin{array}{l}BaC{\text{O}}_3:3y\\ Ba{\left(HC{O}_3\right)}_2:0,5-3y\left(BTNT.Ba\right)\end{array}\right.$ ⟹ BTNT.C: x = 3y + 2.(0,5 - 3y) (2')

Giải (1) (2') được x = 0,55 và y = 0,15 (thỏa mãn điều kiện 0,5 < n_CO2 < 0,699)

*Thí nghiệm 3:

Ta thấy  $1<T=\frac{n_{O{H}^{-}}}{n_{C{O}_2}}=\frac{0,7}{0,55}=1,27<2$⟹ Tạo CO₃^2- (u mol) và HCO₃^- (v mol)

Giải hệ$\left\{\begin{array}{l}u+v=n_{C{O}_2}=0,55\\ 2u+v=0,7\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}u=0,15\\ v=0,4\end{array}\right.$

Xét phản ứng giữa CO₃^2- (0,15 mol) với Ba²⁺ (0,1 mol) ⟹ n_BaCO3 = 0,1 mol ⟹ a = 19,7 gam.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Kết hợp các phương pháp: quy đổi, bảo toàn nguyên tố, bảo toàn electron.

Giải chi tiết:

Theo đề m_FeO : m_Fe2O3 = 9 : 20 ⟹ n_FeO : n_Fe2O3 = 1 : 1

⟹ có thể coi hỗn hợp FeO, Fe₂O₃ tỉ lệ mol 1 : 1 thành Fe₃O₄.

⟹ coi Y gồm Fe₃O₄ và FeCO₃

Ta thấy lượng H₂O ban đầu và sau khi nung không đổi nên bỏ qua sự tham gia của H₂O.

$C+\underset{25,52\left(g\right)}{Y}\left\{\begin{array}{l}F{\text{e}}_3{O}_4:x\\ F\text{e}C{\text{O}}_3:y\end{array}\right.\to Z\left\{\begin{array}{l}F\text{e}:3\text{x}+y\\ O:4\text{x}+3y-0,4\left(BTNT.O\right)\end{array}\right.+C{O}_2:0,2$

⟹ 232x + 116y = 25,52 (1)

- Phần 2: Cho ½ Z tác dụng với H₂SO₄ đặc, dư:

½ Z chứa$\left\{\begin{array}{l}F\text{e}:1,5\text{x}+0,5y\\ O:2\text{x}+1,5y-0,2\end{array}\right.$

2 muối thu được là FeSO₄ và Fe₂(SO₄)₃ có số mol bằng nhau ⟹ n_Fe³⁺ = 2n_Fe²⁺

$\frac{1}{2}Z\left\{\begin{array}{l}F\text{e}:1,5\text{x}+0,5y\\ O:2\text{x}+1,5y-0,2\end{array}\right.+H_{2}S{O}_4\to \left\{\begin{array}{l}F{e}^{2+}:\frac{1,5\text{x}+0,5y}{3}\\ F{\text{e}}^{3+}:\frac{3\text{x}+y}{3}\end{array}\right.+S{O}_2:0,15+H_{2}O$

Áp dụng bảo toàn e: 2n_Fe²⁺ + 3n_Fe³⁺ = 2n_O + 2n_SO2

⟹  $\frac{1,5x+0,5y}{3}$+ $\frac{3x+y}{3}$ = 2.(2x + 1,5y - 0,2) + 2.0,15 (2)

Giải hệ (1) (2) được x = 0,08 và y = 0,06.

⟹ ½ Z chứa $\left\{\begin{array}{l}Fe:0,15\\ O:0,05\end{array}\right.$

- Phần 2: $\left\{\begin{array}{l}Fe:0,15\\ O:0,05\end{array}\right.+ddHN{O}_3\to \left\{\begin{array}{l}Fe{\left(N{O}_3\right)}_2:a\\ Fe{\left(N{O}_3\right)}_3:b\end{array}\right.+NO:0,1+H_{2}O$

+) BTNT Fe → a + b = 0,15

+) Áp dụng bảo toàn e: 2n_Fe²⁺ + 3n_Fe³⁺ = 2n_O + 3n_NO → 2a + 3b = 2.0,05 + 3.0,1

Giải hệ trên được a = 0,05; b = 0,1.

Mà m_{dd sau pư} = 0,15.56 + 0,05.16 + 200 - 0,1.30 = 206,2 gam.

⟹ C%_Fe(NO3)3 = (0,1.242/206,2).100% = 11,74%.