Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của các chất để xác định phản ứng hóa học viết sai.

Giải chi tiết:

D sai, sửa lại thành 2Fe + 3Cl₂  2FeCl₃.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Chất dùng để tạo vị ngọt trong công nghiệp thực phẩm là saccarozơ.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Ta có: M → M²⁺ + 2e

Từ cấu hình electron của ion M²⁺ ⟹ Cấu hình electron của M (bằng cách thêm 2e) ⟹ Z_M ⟹ Tên nguyên tố.

Giải chi tiết:

Ta có: M → M²⁺ + 2e

M²⁺: 1s²2s²2p⁶ ⟹ M: 1s²2s²2p⁶3s² ⟹ Z_M = 12 ⟹ M là Mg.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Viết công thức của glixerol.

Tính phần trăm khối lượng của O trong glixerol: $\%m_O=\frac{m_O}{m_{glixerol}}.100\%$

Giải chi tiết:

Glixerol có công thức C₃H₅(OH)₃ ⟹ CTPT là C₃H₈O₃.

⟹ %m_O = $\frac{3\times 16}{92}.100\%$ = 52,17%.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất vật lí của kim loại.

Giải chi tiết:

Crom (Cr) là kim loại cứng nhất trong tất cả các kim loại.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Để khử độc thủy ngân ta cần chọn hóa chất phản ứng với Hg sinh ra chất có thể dễ dàng thu gom và xử lí.

Giải chi tiết:

Ta có thể khử độc thủy ngân bằng bột lưu huỳnh: S + Hg → HgS ↓. Sản phẩm HgS sinh ra dưới dạng chất rắn nên dễ dàng thu gom và xử lí.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Lý thuyết về hợp chất của clo.

Giải chi tiết:

Muối có trữ lượng nhiều nhất trong nước biển là natri clorua (NaCl).

Đáp án A

Phương pháp giải:

Viết PTHH xảy ra khi đun nóng dung dịch Ca(HCO₃)₂.

Tính tổng các hệ số tỉ lượng.

Giải chi tiết:

PTHH: Ca(HCO₃)₂ $\stackrel{t^o}{\to }$ CaCO₃ + CO₂ + H₂O

⟹ Tổng các hệ số tỉ lượng = 1 + 1 + 1 + 1 = 4.

Đáp án A

Phương pháp giải:

So sánh thấy: n_{e do KL nhường} (= 3n_Al) > n_{e do khí nhận} (= 8n_N2O) ⟹ Sinh ra cả NH₄⁺.

Quá trình trao đổi e:

Al⁰ → Al⁺³ + 3e                                              2N⁺⁵ + 8e → 2N⁺¹ (N₂O)

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

Áp dụng bảo toàn e tính được số mol NH₄NO₃.

Xác định thành phần của muối ⟹ khối lượng muối.

Giải chi tiết:

n_N2O = 0,03 mol

Ta thấy: n_{e do KL nhường} (= 3n_Al) > n_{e do khí nhận} (= 8n_N2O) ⟹ Sinh ra cả NH₄⁺.

Quá trình trao đổi e:

Al⁰ → Al⁺³ + 3e                                              2N⁺⁵ + 8e → 2N⁺¹ (N₂O)

0,14 →         0,42        (mol)                                      0,24 ←         0,03         (mol)

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

                                                                                0,18 →        0,0225         (mol)

⟹ Muối chứa Cu(NO₃)₂ (0,1 mol); Al(NO₃)₃ (0,14 mol) và NH₄NO₃ (0,0225 mol)

⟹ m_muối = 0,1.188 + 0,14.213 + 0,0225.80 = 50,42 gam.

 Đáp án C

Phương pháp giải:

Phương pháp nhiệt luyện là dùng các chất khử như C, CO, H₂, để khử các oxit của kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa tạo thành kim loại.

Giải chi tiết:

Phương pháp nhiệt luyện là dùng các chất khử như C, CO, H₂, để khử các oxit của kim loại đứng sau Al trong dãy điện hóa tạo thành kim loại.

⟹ Kim loại Fe có thể điều chế bằng phương pháp nhiệt luyện.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Lý thuyết về phenol.

Giải chi tiết:

Dùng dung dịch Br₂ để nhận biết phenol vì Br₂ tạo kết tủa trắng được phenol.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Lý thuyết về amino axit.

Giải chi tiết:

Chất H₂NCH₂COOH có các tên gọi:

- Tên thường: Glyxin

- Tên bán hệ thống: Axit aminoaxetic

- Tên hệ thống: Axit 2-aminoetanoic

⟹ Tên gọi sai là: Axit α-amino propionic.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Coi amin là amin đơn chức bậc 1: RNH₂ → RNH₃NO₃

Từ phần trăm khối lượng của N trong muối ⟹ giá trị R ⟹ gốc R ⟹ CTPT của amin.

⟹ CTPT là C₃H₉N.

Giải chi tiết:

Coi amin là amin đơn chức bậc 1: RNH₂ → RNH₃NO₃

Ta có:$\%m_{N\left(RN{H}_{3}N{O}_3\right)}=\frac{14\times 2}{R+79}.100\%=22,95\%\to R=43\left(C_3{H}_7-\right)$

⟹ CTPT là C₃H₉N.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

C₆H₅NH₂ là công thức hóa học của anilin.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Lý thuyết về hợp kim của sắt.

Giải chi tiết:

- Sắt tây là sắt được tráng một lớp mỏng kim loại thiếc (Sn) bảo vệ sắt không bị ăn mòn theo phương pháp bảo vệ bề mặt.

- Sắt tráng kẽm được gọi là tôn.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết chương đại cương về kim loại.

Giải chi tiết:

A đúng, dây điện bằng nhôm dần thay thế dây bằng đồng bởi tình trạng khan hiếm nguyên liệu, giá thành cao.

B đúng.

C đúng.

D sai, tính oxi hóa Fe²⁺ < H⁺ < Cu²⁺ < Ag⁺.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Cách 1: Tính theo PTHH:

C_nH_2n-2O₂ → nCO₂ + (n-1)H₂O

   0,4/n ←       0,4         0,3        (mol)

⟹ 0,3n = 0,4.(n - 1) ⟹ giá trị của n ⟹ khối lượng este.

Cách 2: Dùng công thức tính nhanh

Chất hữu cơ (chứa C, H, O) có độ bất bão hòa k (là tổng π + vòng) khi đốt cháy có công thức tính nhanh:

$n_{hchc}=\frac{n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}}{k-1}$

Giải chi tiết:

Ta có n_CO2 = 0,4 mol và n_H2O = 0,3 mol.

Cách 1: Tính theo PTHH:

C_nH_2n-2O₂ → nCO₂ + (n-1)H₂O

   0,4/n ←       0,4         0,3        (mol)

⟹ 0,3n = 0,4.(n - 1) ⟹ n = 4 ⟹ CTPT: C₄H₆O₂

⟹ n_este = 0,4/n = 0,1 mol ⟹ m_este = 0,1.86 = 8,6 gam.

Cách 2: Dùng công thức tính nhanh (ở phần phương pháp)

Độ bất bão hòa của X là k = 2.

⟹ n_este = n_CO2 - n_H2O = 0,1 mol

⟹ $C=\frac{n_{C{O}_2}}{n_X}=\frac{0,4}{0,1}=4$ ⟹ CTPT: C₄H₆O₂

⟹ m_este = 0,1.86 = 8,6 gam.

Đáp án D

Phương pháp giải:

- Giả sử n_Zn = 1 mol và n_Fe = x mol.

            Zn + Cu²⁺ → Zn²⁺ + Cu

            Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

Theo đề bài khối lượng chất rắn ban đầu và khối lượng chất rắn sau phản ứng đều bằng m gam

⟹ khối lượng kim loại tan ra bằng khối lượng kim loại tạo thành.

⟹ n_{Zn pư} + n_{Fe pư} = m_{Cu tạo thành} ⟹ giá trị của x.

- Tính phần trăm khối lượng kim loại Zn theo công thức: $\%m_{Zn}=\frac{m_{Zn}}{m_{hh}}.100\%$

Giải chi tiết:

Giả sử n_Zn = 1 mol và n_Fe = x mol.

            Zn + Cu²⁺ → Zn²⁺ + Cu

            1 →                            1           (mol)

            Fe + Cu²⁺ → Fe²⁺ + Cu

            x →                           x            (mol)

Theo đề bài khối lượng chất rắn ban đầu và khối lượng chất rắn sau phản ứng đều bằng m gam

⟹ Khối lượng kim loại tan ra bằng khối lượng kim loại tạo thành.

⟹ n_{Zn pư} + n_{Fe pư} = m_{Cu tạo thành}

⟹ 65.1 + 56x = 64.(1 + x)

⟹ x = 0,125 mol

$\%m_{Zn}=\frac{65}{65+0,125.56}.100\%\approx 90,28\%$

 Đáp án C

Phương pháp giải:

Lý thuyết về hợp chất của kim loại kiềm.

Giải chi tiết:

Soda khan là Na₂CO₃.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết về protein.

Giải chi tiết:

Protein có trong lòng trắng trứng được gọi là anbumin.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Cách chuyển đổi các phương trình phân tử sang phương trình ion thu 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 thu gọn.

Giải chi tiết:

1. CaCl₂ + Na₂CO₃ → CaCO₃ ↓ + 2NaCl

→ PT ion thu gọn: Ca²⁺ + CO₃^2- → CaCO₃

2. Ca(OH)₂ + CO₂ → CaCO₃ ↓ + H₂O

→ PT ion thu gọn: Ca²⁺ + 2OH^- + CO₂ → CaCO₃ + H₂O

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

→ PT ion thu gọn: Ca²⁺ + 2HCO₃^- + 2OH^- → CaCO₃ + CO₃^2- + 2H₂O

4. Ca(NO₃)₂ + (NH₄)₂CO₃ → CaCO₃ ↓ + 2NH₄NO₃

→ PT ion thu gọn: Ca²⁺ + CO₃^2- → CaCO₃

Đáp án C

Phương pháp giải:

Lý thuyết về polime.

Giải chi tiết:

Tơ nitron được điều chế bằng phương pháp trùng hợp:

nCH₂=CH-CN  $\stackrel{t^o,xt,p}{\to }$[-CH₂-CH(CN)-]_n

Đáp án B

Phương pháp giải:

Kim loại tan được trong nước ở điều kiện thường:

+ Tất cả các kim loại kiềm (nhóm IA).

+ Một số kim loại kiềm thổ (nhóm IIA) trừ Be, Mg.

Giải chi tiết:

Al không tan trong nước ở nhiệt độ thường.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Giả sử n_P2O5 = 1 mol ⟹ m_P2O5 ⟹ m_{phân bón} = m_P2O5.(100%:%P₂O₅).

BTNT "P" ⟹ n_Ca(H2PO4)2 = n_P2O5 ⟹ m_Ca(H2PO4)2.

Tính %m_Ca(H2PO4)2 = (m_Ca(H2PO4)2/m_{phân bón}).100%.

Giải chi tiết:

Giả sử n_P2O5 = 1 mol; m_P2O5 = 142 gam ⟹ m_{phân bón} = 142.(100/40) = 355 gam.

BTNT "P" ⟹ n_Ca(H2PO4)2 = n_P2O5 = 1 mol ⟹ m_Ca(H2PO4)2 = 234 gam.

⟹ %m_Ca(H2PO4)2 = (234/355).100% = 65,9%.

Đáp án A

Phương pháp giải:

- Từ 3a = 11b và 11x = 3a + 11b ta tự chọn giá trị a; b ⟹ giá trị x.

- Khi đó tính được số mol CO₂, H₂O.

+ BTNT "C" → n_C = n_CO2.

+ BTNT "H" → n_H = 2n_H2O.

+ BTKL → m_O = m_{hchc Z} - m_C - m_H → n_O.

Suy ra tỉ lệ nguyên tử của các nguyên tố C : H : O ⟹ CTĐGN.

- Từ giả thiết M_Z < 3.M_kk ⟹ CTPT của Z.

Giải chi tiết:

Chọn a = 11; b = 3 ⟹ x = 6.

Khi đó n_CO2 = 0,25 mol; n_H2O = 1/6 mol.

+ BTNT "C" → n_C = n_CO2 = 0,25 mol.

+ BTNT "H" → n_H = 2n_H2O = 1/3 mol.

+ BTKL → m_O = m_{hchc Z} - m_C - m_H = 6 - 12.0,25 - 1/3 = 8/3 gam → n_O = 1/6.

Ta có C : H : O = 0,25 : 1/3 : 1/6 = 3 : 4 : 2 ⟹ CTPT Z có dạng (C₃H₄O₂)_n.

Mà theo đề M_Z < 3.M_kk = 3.29 = 87 ⟹ 72n < 87 ⟹ n < 1,21 ⟹ n = 1 thỏa mãn.

Vậy CTPT của Z là C₃H₄O₂.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Độ bất bão hòa (tổng π + vòng):$k=\frac{2C+2-H}{2}=5$

Mà vòng bezen có độ bất bão hòa là 4 (3 π + 1 vòng) ⟹ phía ngoài vòng có 1 π.

X đơn chức và tác dụng NaOH theo tỉ lệ 1:1 ⟹ X là axit đơn chức hoặc este đơn chức (không phải este của phenol).

Viết các CTCT thỏa mãn tính chất của X.

Giải chi tiết:

Độ bất bão hòa (tổng π + vòng): $k=\frac{2C+2-H}{2}=\frac{2.8+2-8}{2}=5$

Mà vòng bezen có độ bất bão hòa là 4 (3 π + 1 vòng) ⟹ phía ngoài vòng có 1 π.

X đơn chức và tác dụng NaOH theo tỉ lệ 1:1 ⟹ X là axit đơn chức hoặc este đơn chức (không phải este của phenol).

Vậy có 6 CTCT thỏa mãn tính chất của X là:

(1): HCOOCH₂C₆H₅;

(2): C₆H₅COOCH₃;

(3) (4) (5): o, m, p - CH₃C₆H₄COOH;

(6): C₆H₄CH₂COOH.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp về hiđrocacbon, axit cacboxylic, este, cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

A đúng.

B đúng, do CTTQ của hiđrocacbon là C_nH_2n+2-2k (k là độ bất bão hòa) thì (2n+2-2k) luôn là số chẵn.

C sai, trong máu người nồng độ giữ ổn định khoảng 0,1%.

D đúng, do este không tạo được liên kết H với nước như axit.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Một số loại chất hữu cơ phản ứng với Cu(OH)₂ ở nhiệt độ thường đã học:

- Chất có chứa nhiều nhóm OH liền kề.

- Axit cacboxylic.

Giải chi tiết:

Các chất tác dụng với Cu(OH)₂ ở nhiệt độ thường gồm: etylen glicol, glucozơ, axit fomic (3 chất).

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Tính số mol:

n_Cu²⁺ = n_CuSO4.5H2O

n_Cl^- = n_HCl

n_e = It/F (lưu ý: t tính bằng đơn vị giây)

- Tính toán theo các bán phản ứng điện phân ở các điện cực:

Catot (-):   Cu²⁺ + 2e → Cu

Anot (+):   Cl^- → ½ Cl₂  +  1e

                  H₂O → 2H⁺ + ½ O₂  +  2e

Giải chi tiết:

n_Cu²⁺ = n_CuSO4.5H2O = 50/250 = 0,2 mol.

n_Cl^- = n_HCl = 0,2.0,6 = 0,12 mol.

n_e = It/F = 1,34.4.3600/96500 = 0,2 mol

Catot (-):   Cu²⁺ + 2e → Cu

                             0,2 → 0,1               (mol) ⟹ m_{KL ở catot} = 0,1.64 = 6,4 gam.

Anot (+):   Cl^- → ½ Cl₂  +  1e

                0,12 → 0,06 →  0,12          (mol)

                 H₂O → 2H⁺ + ½ O₂  +  2e

                                         0,02 ← 0,08           (mol)

⟹ ∑n_{khí ở anot} = n_Cl2 + n_O2 = 0,06 + 0,02 = 0,08 mol ⟹ V_{khí ở anot} = 0,08.22,4 = 1,792 lít.

Đáp án B

Phương pháp giải:

- Tính độ bất bão hòa của X: k = (2C + 2 - H)/2 = 2 ⟹ X chứa 2 π.

- Từ PTHH (b) ⟹ C₃H₈O là ete ⟹ CTCT là CH₃-O-C₂H₅ ⟹ X₂: CH₃OH; X₃: C₂H₅OH (hoặc ngược lại).

- Từ (a) và CTCT của X₂, X₃ ⟹ CTCT của X chỉ có thể là CH₃OOC-CH₂-COOCH₂CH₃.

⟹ X₁: NaOOC-CH₂-COONa.

- Từ đó xác định tính đúng/sai của các nhận định.

Giải chi tiết:

- X có độ bất bão hòa: k = (2C + 2 - H)/2 = 2 ⟹ X chứa 2 π.

- Từ PTHH (b) ⟹ C₃H₈O là ete ⟹ CTCT là CH₃-O-C₂H₅ ⟹ X₂: CH₃OH; X₃: C₂H₅OH (hoặc ngược lại).

- Từ (a) và CTCT của X₂, X₃ ⟹ CTCT của X chỉ có thể là CH₃OOC-CH₂-COOCH₂CH₃.

⟹ X₁: NaOOC-CH₂-COONa.

- Xét các phát biểu:

(1) sai, X chỉ có duy nhất 1 CTCT.

(2) đúng, PTHH: NaOOC-CH₂-COONa + 2NaOH $\stackrel{CaO,t^o}{\to }$ 2Na₂CO₃ + CH₄.

(3) đúng.

(4) đúng, X là CH₃OOC-CH₂-COOCH₂CH₃ có 2 nhóm -CH₃ và 2 nhóm -CH₂-.

Vậy có 1 phát biểu sai.

Đáp án D

Phương pháp giải:

$X\left\{\begin{array}{l}{H}_{2}O\\ CO\end{array}\right.+C\to Y\left\{\begin{array}{l}CO\\ H_2\\ C{O}_2\\ H_{2}O\end{array}\right.+\left\{\begin{array}{l}CuO\\ F{e}_2{O}_3\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}Z+HN{O}_3\to \left\{\begin{array}{l}Cu{\left(N{O}_3\right)}_2\\ Fe{\left(N{O}_3\right)}_3\end{array}\right.+NO(0,36)+H_{2}O\\ T\left\{\begin{array}{l}C{O}_2\\ H_{2}O\end{array}\right.+Ba{\left(OH\right)}_2\to BaC{O}_3(0,3)\end{array}\right.$

Gọi số mol CO và C ban đầu lần lượt là x và y (mol).

Xét cả quá trình nhận thấy C và CO ban đầu chuyển hóa hết thành CO₂ (trong hỗn hợp T).

Nhận thấy cả quá trình chỉ có quá trình cho, nhận electron của C, C⁺² (CO) và N⁺⁵ (HNO₃ tạo NO).

Áp dụng bảo toàn electron và bảo toàn nguyên tố (bảo toàn nguyên tố C) ⟹ x và y ⟹ m.

Giải chi tiết:

$X\left\{\begin{array}{l}{H}_{2}O\\ CO\end{array}\right.+C\to Y\left\{\begin{array}{l}CO\\ H_2\\ C{O}_2\\ H_{2}O\end{array}\right.+\left\{\begin{array}{l}CuO\\ F{e}_2{O}_3\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}Z+HN{O}_3\to \left\{\begin{array}{l}Cu{\left(N{O}_3\right)}_2\\ Fe{\left(N{O}_3\right)}_3\end{array}\right.+NO(0,36)+H_{2}O\\ T\left\{\begin{array}{l}C{O}_2\\ H_{2}O\end{array}\right.+Ba{\left(OH\right)}_2\to BaC{O}_3(0,3)\end{array}\right.$

Gọi số mol CO và C ban đầu lần lượt là x và y (mol).

* Xét cả quá trình nhận thấy C và CO ban đầu chuyển hóa hết thành CO₂ (trong hỗn hợp T).

Bảo toàn nguyên tố C ⟹ n_CO + n_C = n_{CO2 (T)} = n_BaCO3

⟹ x + y = 0,3      (1).

* Nhận thấy cả quá trình chỉ có sự cho, nhận electron của C⁰ (C tạo CO₂), C⁺² (CO tạo CO₂) và N⁺⁵ (HNO₃ tạo NO).

Quá trình trao đổi e:

C⁺² → C⁺⁴ + 2e                                   ;                       N⁺⁵  + 3e  →   N⁺²

x          →         2x (mol)                                                          1,08 → 0,36 (mol)

C⁰ → C⁺⁴ + 4e

y       →          4y    (mol)

Áp dụng định luật bảo toàn e ⟹ n_e(cho) = n_e(nhận)

⟹ 2x + 4y = 1,08 (2).

* Từ (1) và (2) ⟹ x = 0,06 và y = 0,24.

Vậy m = m_C = 12y = 2,88 gam.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Gọi công thức trung bình của 2 ancol đơn chức, bậc I trong X là $\overline{R}C{H}_{2}OH$

* Xét phản ứng ete hóa:

$2\overline{R}C{H}_{2}OH\underset{{140}^{0}C}{\overset{H_{2}S{O}_{4\left(d\right)}}{\to }}{\left(\overline{R}C{H}_2\right)}_{2}O+H_{2}O$

Sử dụng bảo toàn khối lượng ⟹ m_H2O ⟹ n_H2O.

Dựa vào PTHH ⟹ n_X ⟹ M_X ⟹ Hai ancol đồng đẳng kế tiếp trong X.

Gọi số mol hai ancol lần lần là x và y (mol)

Dựa vào khối lượng X và số mol X ⟹ x và y.

* Xét phản ứng oxi hóa X tạo anđehit → Ag.

Dựa vào số mol hai ancol ⟹ số mol 2 anđehit ⟹ số mol Ag ⟹ m.

Giải chi tiết:

Gọi công thức trung bình của 2 ancol đơn chức, bậc I trong X là$\overline{R}C{H}_{2}OH$

* Xét phản ứng ete hóa: $2\overline{R}C{H}_{2}OH\underset{{140}^{0}C}{\overset{H_{2}S{O}_{4\left(d\right)}}{\to }}{\left(\overline{R}C{H}_2\right)}_{2}O+H_{2}O$

Bảo toàn khối lượng ⟹ m_H2O = m_X – m_ete = 2,7 g ⟹ n_H2O =2,7/18 = 0,15 mol.

Theo PTHH ⟹ n_X = 2n_H2O = 0,3 mol.

Ta có: $M_X=M_{\overline{R}}+31=\frac{12,4}{0,3}=\frac{124}{3}\Rightarrow M_{\overline{R}}=\frac{31}{3}\approx 10,33$

⟹ Ancol nhỏ hơn chắc chắn phải là CH₃OH.

Vì hai ancol đồng đẳng kế tiếp ⟹ ancol còn lại là CH₃CH₂OH.

* Gọi số mol CH₃OH và C₂H₅OH trong X lần lượt là x và y (mol).

Ta có hệ phương trình: $\left\{\begin{array}{l}{n}_X=x+y=0,3\\ m_X=32x+46y=12,4\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=0,1\\ y=0,2\end{array}\right.$

* Xét phản ứng oxi hóa X tạo anđehit → Ag.

HCH₂OH $\stackrel{\left[O\right]}{\to }$ HCHO $\stackrel{+AgN{O}_3/N{H}_3}{\to }$ 4Ag

CH₃CH₂OH  $\stackrel{\left[O\right]}{\to }$CH₃CHO  $\stackrel{+AgN{O}_3/N{H}_3}{\to }$2Ag

Dựa vào dãy chuyển hóa ⟹ n_Ag = 4n_HCHO + 2n_CH3CHO = 4n_CH3OH + 2n_C2H5OH = 0,8 mol.

Vậy khối lượng bạc thu được là m = m_Ag = 0,8.108 = 86,4 gam.

Đáp án B

Phương pháp giải:

X + NaOH → dung dịch Y chỉ gồm các chất vô cơ và hỗn hợp 2 chất hữu cơ (amin làm quỳ tím hóa xanh)

⟹ X gồm 2 muối của axit vô cơ.

⟹ X gồm hai hợp chất là (CH₃NH₂)₂CO₃ (C₃H₁₂N₂O₃) và C₂H₅NH₃NO₃ (C₂H₈N₂O₃).

Gọi số mol C₃H₁₂N₂O₃ và C₂H₈N₂O₃ lần lượt là x và y (mol).

Dựa vào khối lượng X và số mol hỗn hợp 2 amin ⟹ x và y ⟹ m.

Giải chi tiết:

X + NaOH → dung dịch Y chỉ gồm các chất vô cơ và hỗn hợp 2 chất hữu cơ (amin làm quỳ tím hóa xanh)

⟹ X gồm 2 muối của axit vô cơ.

⟹ X gồm hai hợp chất là (CH₃NH₂)₂CO₃ (C₃H₁₂N₂O₃) và C₂H₅NH₃NO₃ (C₂H₈N₂O₃).

* Gọi số mol C₃H₁₂N₂O₃ và C₂H₈N₂O₃ lần lượt là x và y (mol).

Ta có m_X = 124x + 108y = 3,4 (1)

* Xét X + NaOH

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

           x                →                          2x                  x                        (mol)

C₂H₅NH₃NO₃ + NaOH → C₂H₅NH₂ ↑ + NaNO₃ + H₂O

           y                →                   y                   y                               (mol)

Hỗn hợp 2 chất hữu cơ thu được là CH₃NH₂ và C₂H₅NH₂ (amin làm xanh quỳ tím ẩm)

⟹ n_hh = 2x + y = 0,04                (2)

Từ (1) và (2) ⟹ x = 0,01 và y = 0,02.

Cô cạn dung dịch Y thu được hỗn hợp muối khan là Na₂CO₃ 0,01 mol và NaNO₃ 0,02 mol.

Vậy m = m_Na2CO3 + m_NaNO3 = 0,01.106 + 0,02.85 = 2,76 gam.

Đáp án C

Phương pháp giải:

X là triglixerit được tạo bởi C₃H₅(OH)₃ và 2 axit là axit stearic (C₁₇H₃₅COOH) và axit oleic (C₁₇H₃₃COOH).

Vì hai axit tạo nên X đều là C₁₇ ⟹ Số C của X là (17 + 1).3 + 3 = 57.

Giả sử X có k liên π (C=C) ⟹ X có tất cả số liên kết π là k + 3 (3 liên kết ở -COO-).

⟹ X có công thức phân tử là C₅₇H_{57.2+2-2.(k+3)}O₆ hay C₅₇H_110-2kO₆

* X + O₂ → CO₂ + H₂O

Sử dụng bảo toàn nguyên tố C, H, O ⟹ số H_(X) ⟹ k ⟹ n_Br2 = k.n_X (mol).

Giải chi tiết:

X là triglixerit được tạo bởi C₃H₅(OH)₃ và 2 axit là axit stearic (C₁₇H₃₅COOH) và axit oleic (C₁₇H₃₃COOH).

Vì hai axit tạo nên X đều là C₁₇ ⟹ Số C của X là (17 + 1).3 + 3 = 57.

Giả sử X có k liên π (C=C) ⟹ X có tất cả số liên kết π là k + 3 (3 liên kết ở -COO-).

⟹ X có công thức phân tử là C₅₇H_{57.2+2-2.(k+3)}O₆ hay C₅₇H_110-2kO₆

* X (C₅₇H_110-2kO₆) + O₂ → CO₂ + H₂O

Bảo toàn nguyên tố C ⟹ 57.n_X = n_CO2 ⟹ n_X = n_CO2/57 = 4,56/57 = 0,08 mol.

Bảo toàn nguyên tố O ⟹ n_H2O = 6n_X + 2n_O2 – 2n_CO2 = 4,24 mol.

Bảo toàn nguyên tố H ⟹ số H_(X) = 110 – 2k = 2n_H2O/n_X = 106 ⟹ k = 2.

* Xét X + Br₂

X có 2 liên kết π trong C=C ⟹ a = n_Br2 = 2n_X = 0,16 mol.

Đáp án D

Phương pháp giải:

$A\left(10\right)+O_2\left(55\right)\to X(V+30)\to Y\left(V\right)+H_{2}O\left(30\right)$

* TH1: Y gồm CO₂ và A dư.

* TH2: Y gồm CO₂ và O₂ dư.

Sử dụng bảo toàn nguyên tố và dựa vào dữ kiện đáp án ⟹ CTPT của A và V.

Giải chi tiết:

X gồm khí và hơi có tổng thể tích là V_X = V + 30 (ml). Sau khi làm lạnh nước bị ngưng tụ còn lại hỗn hợp khí Y có tổng thế tích là V_Y = V (ml).

⟹ V_H2O = V_X – V_Y = 30 ml.

* TH1: Y gồm CO₂ và A dư

$A\left(10\right)+O_2\left(55\right)\to Y\left\{\begin{array}{l}C{O}_2\\ A_{du}\end{array}\right.+H_{2}O\left(30\right)$

Bảo toàn nguyên tố O ⟹ V_CO2 = (2V_O2 – V_H2O)/2 = 40 ml.

Gọi công thức đơn giản nhất của A là C_xH_y

⟹ x : y = V_CO2 : 2V_H2O = 40 : 60 = 2 : 3 ⟹ CTĐGN của A là C₂H₃

Nhận thấy V_{A (pứ)} < 10 ⟹ Số H_(A) = 2V_H2O/V_A < 2.30/10 = 6 ⟹ Loại vì không có CTPT thỏa mãn của A.

* TH2: Y gồm CO₂ và O₂ dư

$A\left(10\right)+O_2\left(55\right)\to Y\left\{\begin{array}{l}C{O}_2\\ O_{2\left(du\right)}\end{array}\right.+H_{2}O\left(30\right)$

Bảo toàn nguyên tố O ⟹ 2V_O2 = 2V_Y + V_H2O ⟹ V = V_Y = 40 ml.

Bảo toàn nguyên tố H ⟹ Số H_(A) = 2V_H2O/V_A = 6.

Ta có V_CO2 < V_Y < 40 ⟹ Số C_(A) < V_CO2/V_A = 4.

⟹ A chỉ có thể là C₂H₆ hoặc C₃H₆.

Dựa vào đáp án ⟹ A là C₃H₆ và V = 40 ml.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức tổng hợp về đại cương kim loại.

Giải chi tiết:

(1) đúng, vì sau bước 1, trong cả hai ống nghiệm xảy ra phản ứng giữa Zn và dung dịch axit H₂SO₄.

PTHH: Zn + H₂SO₄ → ZnSO₄ + H₂ ↑

(2) đúng, vì Zn tác dụng trực tiếp với axit H₂SO₄ (bị ăn mòn) → ăn mòn hóa học.

(3) đúng, vì axit HCl loãng và H₂SO₄ loãng có tính chất hóa học tương tự nhau (bản chất là H⁺ + Zn).

(4) sai,

- Ở ống nghiệm 1, Zn phản ứng với dung dịch CuSO₄ tạo ra Cu bám mẩu kẽm (Zn – Cu) cùng nhúng trong dung dịch chất điện li trong ống nghiệm ⟹ ăn mòn điện hóa.

- Ở ống nghiệm 2, Zn không phản ứng với dung dịch MgSO₄ ⟹ không xảy ra ăn mòn điện hóa.

(5) đúng, vì sau khi nhỏ CuSO₄ vào ống nghiệm 1 sẽ làm cho lượng khí thoát ra nhiều và nhanh hơn.

Đáp án A

Phương pháp giải:

* Xét X + NaOH

X (-COO-) + NaOH → 0,22 mol 2 muối + 2 ancol no, cùng số C (Y)

⟹ X gồm các este được tạo bởi 2 axit và 2 ancol.

Y + O₂ → CO₂ + H₂O

Vì ancol trong Y no ⟹ n_Y = n_CO2 – n_H2O

Bảo toàn nguyên tố C ⟹ Hai ancol trong Y.

⟹ Dạng các este trong X, gọi số mol các este.

Dựa vào bảo toàn nguyên tố, và công thức n_CO2 – n_H2O = k.n_hchc (với k là số liên kết π trong hợp chất hữu cơ)

⟹ Số mol lần lượt các este ⟹ %m_este.

Giải chi tiết:

* Xét X + NaOH

X (-COO-) + NaOH → 0,22 mol 2 muối (-COONa) + 2 ancol no, cùng số C (Y)

⟹ X gồm các este được tạo bởi 2 axit và 2 ancol.

⟹ n_{-COO- (X)} = n_{-COONa (muối)} = 0,22 mol.

* Xét Y + O₂ → CO₂ + H₂O

Vì ancol trong Y no ⟹ n_Y = n_CO2 – n_H2O = 0,2 mol.

Bảo toàn nguyên tố C ⟹ Số C_(Y) = n_CO2/n_Y = 0,4/0,2 = 2.

Vì 2 ancol no, cùng số C ⟹ Hai ancol lần lượt là C₂H₆O và C₂H₆O₂.

* X gồm 3 este đều mạch hở gồm hai este đơn chức và một este đa chức, không no chứa một liên kết đôi C=C; trong mỗi phân tử este chỉ chứa một loại nhóm chức.

⟹ 2 este đơn chức được tạo bởi ancol C₂H₅OH và axit đơn chức; este còn lại là este hai chức được tạo bởi C₂H₄(OH)₂ và axit đơn chức.

Ta có n_X = n_ancol = 0,2 mol.

* Xét X + O₂

X (-COO-) + O₂ → CO₂ + H₂O

Bảo toàn nguyên tố O ⟹ 2n_{-COO- (X)} + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O ⟹ n_CO2 = 0,68 mol.

Bảo toàn nguyên tố C ⟹ C_{tb (X)} = n_CO2/n_X = 0,68/0,2 = 3,4

⟹ Trong X chắc chắn chứa 1 este là HCOOC₂H₅ (C = 3)

⟹$X\left\{\begin{array}{l}HCOO{C}_2{H}_5\left(x\right)\\ RCOO{C}_2{H}_5\left(y\right)\\ RCOO{C}_2{H}_{4}OOCH\left(z\right)\end{array}\right.+O_2\to C{O}_2(0,68)+H_{2}O(0,63)$

(với x, y và z lần lượt là số mol của este trong X)

Ta có $\left\{\begin{array}{l}{n}_X=x+y+z=0,2\\ n_{-COO-\left(X\right)}=x+y+2x=0,22\\ n_{C{O}_2}-n_{H_{2}O}=y+2z=0,05\end{array}\right.\Rightarrow \left\{\begin{array}{l}x=0,17\\ y=0,01\\ z=0,02\end{array}\right.$

Giả sử axit RCOOH có số C trong R là n.

Bảo toàn nguyên tố C ⟹ 3.0,17 + (n + 3).0,01 + (n + 4).0,02 = 0,68 ⟹ n = 2.

Mà axit RCOOH không no, chứa 1 liên kết C=C ⟹ Axit là CH₂=CHCOOH.

⟹ X gồm HCOOC₂H₅ 0,17 mol ; C₂H₃COOC₂H₅ 0,01 mol và C₂H₃COOC₂H₄OOCH 0,02 mol.

Ta có m_X = 16,46 g và este có khối lượng phân tử lớn nhất là C₂H₃COOC₂H₄OOCH có m = 2,88 gam.

Vậy %m_este = 2,88.100%/16,46 = 17,5%.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Phản ứng oxi hóa – khử là phản ứng có sự tham gia của chất khử (chất nhường electron) và chất oxi hóa (chất nhận electron).

Dựa vào kiến thức tổng hợp về tính chất hóa học của các hợp chất.

Giải chi tiết:

Các phản ứng thuộc loại phản ứng oxi hóa – khử là 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7.

1. 2Fe₃O₄ + 10H₂SO_4(đ) $\stackrel{t^0}{\to }$3Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ ↑ + 10H₂O
2. C₆H₅CH₃ + 2KMnO₄ $\stackrel{t^0}{\to }$C₆H₅COOK + 2MnO₂ + KOH + H₂O
3. HCHO + H₂ $\stackrel{Ni,t^0}{\to }$CH₃OH
4. C₂H₄ + Br₂ → C₂H₄Br₂
5. 2FeS + 10H₂SO_4(đ) $\stackrel{t^0}{\to }$Fe₂(SO₄)₃ + 9SO₂ ↑ + 10H₂O
6. Cu + Fe₂(SO₄)₃ → CuSO₄ + 2FeSO₄
7. HOCH₂[CHOH]₄CHO + 2AgNO₃ + 3NH₃ + H₂O$\stackrel{t^0}{\to }$ HOCH₂[CHOH]₄COONH₄ + 2Ag ↓ + 2NH₄NO₃

⟹ Có tất cả 7 phản ứng oxi hóa – khử.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Nhận thấy cùng lượng dung dịch X, với lượng CO₂ tăng lên ở (2) thì khối lượng kết tủa (2) giảm so với (1)

⟹ Ở thí nghiệm 2 có sự hòa tan kết tủa.

* Xét thí nghiệm 2:

$C{O}_2(0,4)+\left\{\begin{array}{l}Ca{\left(OH\right)}_2(0,5x)\\ NaOH(0,5y)\end{array}\right.\to CaC{O}_3(0,1)+\left\{\begin{array}{l}C{a}^{2+}\\ N{a}^{+}\\ HC{O_3}^{-}\end{array}\right.$

Bảo toàn nguyên tố và bảo toàn điện tích ⟹ Phương trình liên hệ giữa x và y.

* Xét thí nghiệm 1:

- TH1: Kết tủa đã tan 1 phần.

$C{O}_2(0,22)+\left\{\begin{array}{l}Ca{\left(OH\right)}_2(0,5x)\\ NaOH(0,5y)\end{array}\right.\to CaC{O}_3(0,2)+\left\{\begin{array}{l}C{a}^{2+}\\ N{a}^{+}\\ HC{O_3}^{-}\end{array}\right.$

- TH2: Kết tủa chưa tan

$C{O}_2(0,22)+\left\{\begin{array}{l}Ca{\left(OH\right)}_2(0,5x)\\ NaOH(0,5y)\end{array}\right.\to CaC{O}_3(0,2)+\left\{\begin{array}{l}N{a}^{+}\\ C{O_3}^{2-}\\ O{H^{-}}_{\left(du\right)}\end{array}\right.$

Bảo toàn nguyên tố và bảo toàn điện tích ⟹ Phương trình liên hệ giữa x và y ⟹ x và y.

Giải chi tiết:

Nhận thấy cùng lượng dung dịch X, với lượng CO₂ tăng lên ở (2) thì khối lượng kết tủa (2) giảm so với (1)

⟹ Ở thí nghiệm 2 có sự hòa tan kết tủa.

* Xét thí nghiệm 2:

$C{O}_2(0,4)+\left\{\begin{array}{l}Ca{\left(OH\right)}_2(0,5x)\\ NaOH(0,5y)\end{array}\right.\to CaC{O}_3(0,1)+\left\{\begin{array}{l}C{a}^{2+}\\ N{a}^{+}\\ HC{O_3}^{-}\end{array}\right.$

Bảo toàn nguyên tố C ⟹ n_HCO3^- = n_CO2 – n_CaCO3 = 0,3 mol.

Bảo toàn nguyên tố Ca ⟹ n_Ca²⁺ = n_Ca(OH)2 – n_CaCO3 = 0,5x – 0,1 (mol).

Bảo toàn nguyên tố Na ⟹ n_Na⁺ = n_NaOH = 0,5y mol.

Bảo toàn điện tích ⟹ 2n_Ca²⁺ + n_Na⁺ = n_HCO3^-

⟹ 2.(0,5x – 0,1) + 0,5y = 0,3

⟹ x + 0,5y = 0,5 (1).

* Xét thí nghiệm 1:

- TH1: Kết tủa đã tan 1 phần.

$C{O}_2(0,22)+\left\{\begin{array}{l}Ca{\left(OH\right)}_2(0,5x)\\ NaOH(0,5y)\end{array}\right.\to CaC{O}_3(0,2)+\left\{\begin{array}{l}C{a}^{2+}(0,5x-0,2)\\ N{a}^{+}(0,5y)\\ HC{O_3}^{-}(0,02)\end{array}\right.$

Bảo toàn điện tích ⟹ 2n_Ca²⁺ + n_Na⁺ = n_HCO3^-

⟹ 2.(0,5x – 0,2) + 0,5y = 0,02

⟹ x + 0,5y = 0,42 ⟹ Vô lí (Do (1)) ⟹ Loại.

- TH2: Kết tủa chưa tan

$C{O}_2(0,22)+\left\{\begin{array}{l}Ca{\left(OH\right)}_2(0,5x)\\ NaOH(0,5y)\end{array}\right.\to CaC{O}_3(0,2)+\left\{\begin{array}{l}N{a}^{+}(0,5y)\\ C{O_3}^{2-}(0,02)\\ O{H^{-}}_{\left(du\right)}\end{array}\right.$

PTHH: 2OH^- + CO₂ → CO₃^2- + H₂O

⟹ n_OH^-_(pứ) = 2n_CO2 = 0,44 mol.

⟹ n_OH^-_(dư) = x + 0,5y – 0,44 mol.

Bảo toàn điện tích ⟹ n_Na⁺ = 2n_CO3^2- + n_OH^-

⟹ 0,5y = 2.0,02 + x + 0,5y – 0,44

⟹ x = 0,4 (2) ⟹ (1): y = 0,2.

Vậy giá trị x và y lần lượt là 0,4 và 0,2.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức tổng hợp về các hợp chất đã học.

Giải chi tiết:

(1) sai, vì khối chất rắn thu được là tristearin.

(2) đúng.

(3) sai, vì trong phân tử tinh bột gồm nhiều mắt xích α-glucozơ liên kết với nhau

(4) đúng, vì amin bậc 2 có tính bazơ mạnh hơn amin bậc 1 (cùng công thức phân tử).

(5) đúng.

(6) sai, vì HNO₃ đặc nguội và H₂SO₄ đặc nguội làm thụ động hóa Al, Fe, Cr (không phải Cu).

(7) đúng.

(8) đúng.