Đáp án C

Phương pháp giải:

Kim loại X tác dụng với dung dịch axit mà oxit của X bị H­₂ khử thành kim loại ở nhiệt độ cao

⟹ X là kim loại ở vị trí sau Al và trước H trong dãy điện hóa.

Giải chi tiết:

Kim loại X là Fe.

PTHH: Fe + 2HCl ⟶ FeCl₂ + H₂

            FeO + H₂  $\stackrel{t^0}{\to }$Fe + H₂O (VD: oxit sắt bị H₂ khử)

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức lý thuyết về hiđrocacbon thơm.

Giải chi tiết:

Benzen thuộc loại hiđrocacbon thơm.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức lý thuyết về chất béo.

Giải chi tiết:

Công thức hóa học của tristearin là (C₁₇H₃₅COO)₃C₃H₅.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về sự điện li.

Giải chi tiết:

Ancol etylic C₂H₅OH không phải là chất điện li.

 Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất của các hợp chất.

Giải chi tiết:

Tristearin là chất béo không tan trong nước.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của các hợp chất.

Giải chi tiết:

Anilin C₆H₅NH­₂ không phản ứng được với dung dịch NaOH.

PTHH: CH₃COOC₂H₅ + NaOH $\stackrel{t^0}{\to }$ CH₃COONa + C₂H₅OH (Etyl axetat).

            C₆H₅OH + NaOH ⟶ C₆H₅ONa + H₂O (Phenol).

            CH₃COOH + NaOH ⟶ CH₃COONa + H₂O (Axit axetic).

 Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về dãy điện hóa.

Giải chi tiết:

Hai kim loaị X và Y lần lượt là Fe và Cu.

PTHH: Fe + H­₂SO₄ ⟶ FeSO₄ + H_2­.

            Cu + 2Fe(NO₃)₃ ⟶ Cu(NO₃)₂ + 2Fe(NO₃)₂

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về điều chế kim loại (những kim loại sau Al trong dãy điện hóa có thể điều chế bằng phương pháp nhiệt luyện).

Giải chi tiết:

Dãy các kim loại được điều chế bằng phương pháp nhiệt luyện là Ni, Fe, Cu bằng cách dùng chất khử như C, H₂,… khử oxit kim loại thành kim loại ở nhiệt độ cao.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Amin bậc hai là hợp chất có dạng R-NH-R’.

Giải chi tiết:

Etylmetylamin (CH₃-NH-C₂H₅) là amin bậc hai.

 Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về vật liệu polime.

Giải chi tiết:

Tơ lapsan (-O-CH₂-CH₂-O-CO-C₆H₄-CO-)_n là loại polime không chứa nguyên tử nitơ trong mạch polime.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của các hợp chất cacbohiđrat.

Giải chi tiết:

Các chất tham gia phản ứng tráng gương là glucozơ, fructozơ.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của các kim loại.

Giải chi tiết:

Cặp chất vừa tác dụng với dung dịch HCl vừa tác dụng được với dung dịch AgNO₃ là Zn, Mg.

PTHH: Mg + 2HCl ⟶ MgCl₂ + H₂

            Mg + 2AgNO₃ ⟶ Mg(NO₃)₂ + 2Ag

            Zn + 2HCl ⟶ ZnCl₂ + H₂

            Zn + 2AgNO₃ ⟶ Zn(NO₃)₂ + 2Ag

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về vật liệu polime.

Giải chi tiết:

Tơ axetat thuộc loại tơ nhân tạo (tơ bán tổng hợp).

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về vật liệu polime.

Giải chi tiết:

Cao su buna-S được điều chế bằng phản ứng đồng trùng hợp buta-1,3-đien và stiren.

PTHH: nCH₂=CH-CH=CH₂ + nC₆H₅-CH=CH₂ $\stackrel{xt,t^0}{\to }$  (-CH₂-CH=CH-CH₂-CH₂-CH(C₆H₅)-)_n

 Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của este trong phản ứng với kiềm dư.

Giải chi tiết:

Este CH₃COOC₆H₅ là este của phenol khi phản ứng với dung dịch kiềm dư, đun nóng tạo ra hai muối.

PTHH: CH₃COOC₆H₅ + 2NaOH $\stackrel{t^0}{\to }$ CH₃COONa + C₆H₅ONa + H₂O.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của kim loại.

Giải chi tiết:

Kim loại X là Al (không tan trong nước nhưng tan trong dung dịch kiềm).

PTHH: 2Al + 2NaOH + 2H₂O ⟶ 2NaAlO₂ + 3H₂.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của các hợp chất.

Giải chi tiết:

Lys-Gly-Val-Ala là tetrapeptit có phản ứng màu biure với Cu(OH)₂.

Saccarozơ và glyxerol phản ứng với Cu(OH)₂ tạo phức chất màu xanh lam.

Gly-Ala không phản ứng với Cu(OH)₂ ở điều kiện thường.

 Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức lý thuyết về mưa axit và tính chất của các hợp chất khí.

Giải chi tiết:

Hai khí là nguyên nhân gây ra mưa axit là SO₂ và NO₂.

 Đáp án A

Phương pháp giải:

Dung dịch mang tính bazơ làm quỳ tím chuyển sang màu xanh.

Giải chi tiết:

Dung dịch metylamin (CH₃NH₂) mang tính bazơ làm quỳ tím chuyển sang màu xanh.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào cấu tạo và tính chất hóa học của xenlulozơ.

Giải chi tiết:

Thủy phân hoàn toàn xenlulozơ trong môi trường axit đặc, nóng thu được glucozơ.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Thủy phân X thu được anđehit axetic ⟶ X có dạng là RCOOCH=CH₂.

Dựa vào công thức phân tử của X là C₄H₆O₂ ⟹ CTCT của X.

Giải chi tiết:

Thủy phân X thu được anđehit axetic ⟶ X có dạng là RCOOCH=CH₂.

X có công thức phân tử là C₄H₆O₂ ⟹ CTCT của X là CH₃COOCH=CH₂.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào đáp án ⟹ X chỉ chứa 1 nhóm –NH₂ và 1 nhóm –COOH.

Gọi công thức của X là HOOC-R-NH₂.

PTHH: X + HCl ⟶ muối.

BTKL ⟹ m_HCl ⟹ n_HCl ⟹ n_X ⟹ M_X ⟹ M_R ⟹ CTCT của X.

Giải chi tiết:

Dựa vào đáp án ⟹ X chỉ chứa 1 nhóm –NH₂ và 1 nhóm –COOH.

Gọi công thức của X là HOOC-R-NH₂.

PTHH: HOOC-R-NH₂ + HCl ⟶ HOOC-R-NH₃Cl.

BTKL ⟹ m_HCl = m_muối – m_X = 1,46 gam ⟹ n_HCl = 1,46/36,5 = 0,04 mol.

Theo PTHH ⟹ n_X = n_HCl = 0,04 mol.

Ta có M_X = 45 + M_R + 16 = 4,12/0,04 = 103 ⟹ M_R = 42 (-C₃H₆-).

X là α-amino axit ⟹ CTCT của X là NH₂-CH(C₂H₅)-COOH.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của các este.

Giải chi tiết:

Các chất khi thủy phân trong dung dịch NaOH dư, đun nóng sinh ra ancol là anlyl axetat, etyl fomat và tripanmitin (3 chất).

PTHH: CH₃COOCH₂CH=CH₂ + NaOH $\stackrel{t^0}{\to }$ CH₃COONa + CH₂=CH-CH₂OH (anlyl axetat).

            HCOOC₂H₅ + NaOH  $\stackrel{t^0}{\to }$HCOONa + C₂H₅OH (etyl fomat).

            (C₁₅H₃₁COO)₃C₃H₅ + 3NaOH $\stackrel{t^0}{\to }$ 3C₁₅H₃₁COONa + C₃H₅(OH)₃ (tripanmitin).

Đáp án D

Phương pháp giải:

Dựa vào dữ kiện đề bài ⟹ X là axit có chứa liên kết đôi và Y là este.

Xét các đáp án, dựa vào tính chất hóa học của các chất ⟹ X và Y.

Giải chi tiết:

Xét các đáp án nhận thấy:

A sai, vì X và Y không cùng CTPT.

B sai, vì cả hai chất đều có thể phản ứng với Na.

C sai, vì cả hai chất đều không thể trùng hợp.

X và Y lần lượt là CH₂=CHCOOH, HCOOCH=CH₂ (cùng CTPT là C₃H₄O₂).

PTHH: CH₂=CHCOOH + NaHCO₃ ⟶ CH₂=CHCOONa + CO₂ + H₂O

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

            HCOOCH=CH₂ + NaOH ⟶ HCOONa + CH₃CHO

Đáp án C

Phương pháp giải:

Gọi công thức chung của 3 kim loại trong X là M.

PTHH: 2M + 2nH₂O ⟶ 2Mⁿ⁺ + 2nOH^- + nH₂

             H⁺ + OH^- ⟶ H_­2­O

Dựa vào PTHH ⟹ n_H⁺ = n_OH^- = 2n_H2 ⟹ n_H2SO4 ⟹ V_H2SO4.

Giải chi tiết:

Gọi công thức chung của 3 kim loại trong X là M.

PTHH: 2M + 2nH₂O ⟶ 2Mⁿ⁺ + 2nOH^- + nH₂

             H⁺ + OH^- ⟶ H_­2­O

Theo PTHH ⟹ n_H⁺ = n_OH^- = 2n_H2 = 2.0,25 = 0,5 mol.

⟹ n_H2SO4 = n_H⁺/2 = 0,25 mol.

Vậy V_H2SO4 = n/C_M = 0,25/2 = 0,125 lít = 125 ml.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về sự điện li (phản ứng trao đổi và phương trình ion rút gọn).

Giải chi tiết:

Phương trình ion rút gọn của các phản ứng là

(1) OH^- + H⁺ ⟶ H₂O

(2) OH^- + CH₃COOH ⟶ CH₃COO^- + H­₂O

(3) Mg(OH)₂ + 2H⁺ ⟶ Mg²⁺ + 2H₂­O

(4) OH^- + H⁺ ⟶ H₂O

⟹ Có tất cả 2 phản ứng có phương trình ion thu gọn là: H⁺ + OH^- → H₂O.

Đáp án D

Phương pháp giải:

PTHH: (C₁₅H₃₁COO)₃C₃H₅ + 3KOH $\stackrel{t^0}{\to }$ 3C₁₅H₃₁COOK + C₃H₅(OH)₃

Dựa vào PTHH ⟹ n_muối ⟹ m.

Giải chi tiết:

n_tripanmitin = 161,2/806 = 0,2 mol.

PTHH: (C₁₅H₃₁COO)₃C₃H₅ + 3KOH $\stackrel{t^0}{\to }$ 3C₁₅H₃₁COOK + C₃H₅(OH)₃

Theo PTHH ⟹ n_muối = 3n_tripanmitin = 0,6 mol.

Vậy m = 0,6.294 = 176,4 gam.

Đáp án A

Phương pháp giải:

Sơ đồ phản ứng: C₆H₁₂O₆ ⟶ 2CO₂ ⟶ 2Na₂CO₃

Dựa vào sơ đồ phản ứng ⟹ m_{Glucozơ (LT)}.

⟹$H=\frac{m_{Glucozo\left(LT\right)}.100\%}{m_{Glucozo\left(TT\right)}}$

Giải chi tiết:

Sơ đồ phản ứng: C₆H₁₂O₆ ⟶ 2CO₂ ⟶ 2Na₂CO₃

                              180      ⟶                    2.106 (g)

                                x        ⟵                      318 (g)

⟹ m_{Glucozơ (LT)} = x = (318.180)/(2.106) = 270 gam.

Vậy hiệu suất của phản ứng lên men là $H=\frac{m_{Glucozo\left(LT\right)}.100\%}{m_{Glucozo\left(TT\right)}}=\frac{270.100\%}{360}=75\%$

Đáp án C

Phương pháp giải:

Dựa vào kiến thức về ăn mòn điện hóa.

Giải chi tiết:

(a) Fe + Cu²⁺ ⟶ Fe²⁺ + Cu

⟹ Cu sinh ra bám vào lá Fe, cùng nhúng trong dung dịch chất điện li.

⟹ Ăn mòn điện hóa.

(b) 3Fe + 2O₂ $\stackrel{t^0}{\to }$ Fe₃O₄

⟹ Ăn mòn hóa học.

(c) Cu + Fe(NO₃)₃ + 2HNO₃ ⟶ Cu(NO₃)₂ + 2NO + Fe(NO₃)₂ + H₂O

⟹ Ăn mòn hóa học.

(d) Zn + 2HCl ⟶ ZnCl₂ + H₂

⟹ Ăn mòn hóa học.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Dựa vào tính chất hóa học của các hợp chất.

Giải chi tiết:

Các chất vừa tác dụng với NaOH, vừa tác dụng với HCl là CH₃COOH₃NCH₃, H₂NCH₂-CONH-CH₂-COOH, glyxin (3 chất).

PTHH: CH₃COOH₃NCH₃ + NaOH ⟶ CH₃COONa + CH₃NH₂ + H₂O

            CH₃COOH₃NCH₃ + HCl ⟶ CH₃COOH + CH₃NH₃Cl

            H₂NCH₂-CONH-CH₂-COOH + 2NaOH ⟶ 2H₂NCH₂COONa + H₂O

            H₂NCH₂-CONH-CH₂-COOH + 2HCl + H₂O ⟶ 2ClH₃NCH₂COOH

            H₂NCH₂COOH + HCl ⟶ ClH₃NCH₂COOH

            H₂NCH₂COOH + NaOH ⟶ H₂NCH₂COONa + H₂O

Đáp án C

Phương pháp giải:

Sơ đồ:$Gly-Ala-Gly-Val\stackrel{+H_{2}O}{\to }\left\{\begin{array}{l}Gly-Ala\\ Gly-Val\\ Ala\\ \left.\begin{array}{l}Gly\\ Val\end{array}\right\}m\left(g\right)=?\end{array}\right.$

Bảo toàn "Ala" ⟹ n_{Gly-Ala-Gly-Val} = n_Gly-Ala + n_Ala

Bảo toàn "Gly" ⟹ n_Gly

Bảo toàn "Ala ⟹ n_Val

Từ đó tính được giá trị của m.

Giải chi tiết:

Sơ đồ:$Gly-Ala-Gly-Val\stackrel{+H_{2}O}{\to }\left\{\begin{array}{l}Gly-Ala\\ Gly-Val\\ Ala\\ \left.\begin{array}{l}Gly\\ Val\end{array}\right\}m\left(g\right)=?\end{array}\right.$

Bảo toàn "Ala": n_{Gly-Ala-Gly-Val} = n_Gly-Ala + n_Ala = 0,2 + 0,3 = 0,5 mol

Bảo toàn "Gly": 2n_{Gly-Ala-Gly-Val} = n_Gly-Ala + n_Gly-Val + n_Gly ⟹ n_Gly = 2.0,5 - 0,2 - 0,3 = 0,5 mol

Bảo toàn "Ala: n_{Gly-Ala-Gly-Val} = n_Gly-Val + n_Val ⟹ n_Val = 0,5 - 0,3 = 0,2 mol

⟹ m = 0,5.75 + 0,2.117 = 60,9 gam.

Đáp án B

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp về: Este - Lipit, Cacbohiđrat, Amin - Amino axit - Protein.

Giải chi tiết:

(1) sai, đó không phải là liên kết peptit vì H₂NCH₂CH₂COOH không phải là α-amino axit.

(2) đúng.

(3) sai, benzenamin là C₆H₅NH₂ có nhóm NH₂ gắn trực tiếp với vòng benzen nên có tính bazơ rất yếu không làm đổi màu quỳ tím.

(4) sai, vì đipepit không tạo phức được với Cu(OH)₂.

(5) đúng, triolein là chất béo không no, có chứa liên kết C=C nên làm mất màu dung dịch Br₂.

(6) sai, trùng ngưng ω-aminocaproic thu được nilon-7; trùng ngưng ε-aminocaproic thu được nilon-6.

⟹ 2 phát biểu đúng.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Lý thuyết tổng hợp về cacbohiđrat, amin, protein.

Giải chi tiết:

- X tạo với I₂ màu xanh tím ⟹ X là hồ tinh bột ⟹ Loại B.

- T tạo với Br₂ kết tủa trắng ⟹ T là anilin ⟹ Loại A, C.

Đáp án A

Phương pháp giải:

*Khi cho Y + NaOH:

Y chỉ có thể là HCOONH₄ ⟹ khí T là NH₃ ⟹ Z là H₂NCH₂COONH₄.

PTHH:

HCOONH₄ + NaOH → HCOONa + NH₃ + H₂O

H₂NCH₂COONH₄ + NaOH → H₂NCH₂COONa + NH₃ + H₂O

Tính được số mol mỗi chất dựa vào:

+) Khối lượng hỗn hợp X

+) Tổng số mol NaOH phản ứng

*Khi cho Y + HCl:

HCOONH₄ + HCl → HCOOH + NH₄Cl

H₂NCH₂COONH₄ + HCl → ClH₃NCH₂COOH + NH₄Cl

Nhận thấy muối hữu cơ chỉ có ClH₃NCH₂COOH ⟹ giá trị của m.

Giải chi tiết:

*Khi cho Y + NaOH:

Y chỉ có thể là HCOONH₄ ⟹ khí T là NH₃ ⟹ Z là H₂NCH₂COONH₄.

HCOONH₄ + NaOH → HCOONa + NH₃ + H₂O

        a →            a                                                                               (mol)

H₂NCH₂COONH₄ + NaOH → H₂NCH₂COONa + NH₃ + H₂O

             b →                 b                                                                     (mol)

Ta có hệ phương trình:$\left\{\begin{array}{l}63\text{a}+92b=m_{hh}=14,92\\ a+b=n_{NaOH}=0,2\end{array}\right.\to \left\{\begin{array}{l}a=0,12\\ b=0,08\end{array}\right.$

*Khi cho Y + HCl:

HCOONH₄ + HCl → HCOOH + NH₄Cl

H₂NCH₂COONH₄ + HCl → ClH₃NCH₂COOH + NH₄Cl

Nhận thấy muối hữu cơ chỉ có ClH₃NCH₂COOH

⟹ n_ClH3NCH2COOH = n_Z = 0,08 mol

⟹ m = 0,08.111,5 = 8,92 gam.

Đáp án B

Phương pháp giải:

+ BTKL ⟹ m_CO2 = m _{chất béo} + m_O2 - m_H2O

+ BTNT O: n_{O(chất béo)} = 2n_CO2 + n_H2O - 2n_O2 ⟹ n _{chất béo} = n_{O(chất béo)}/6

Khi cho chất béo tác dụng với NaOH vừa đủ:

n_NaOH = 3n _{chất béo}

n_glixerol = n _{chất béo}

BTKL: m _muối = m _{chất béo} + m_NaOH - m _glixerol

Giải chi tiết:

BTKL ⟹ m_CO2 = m _{chất béo} + m_O2 - m_H2O = 17,72 + 1,61.32 - 1,06.18 = 50,16 gam ⟹ n_CO2 = 1,14 mol

BTNT O: n_{O(chất béo)} = 2n_CO2 + n_H2O - 2n_O2 = 1,14.2 + 1,06 - 1,61.2 = 0,12 mol

⟹ n _{chất béo} = n_{O(chất béo)}/6 = 0,02 mol

Khi cho chất béo tác dụng với NaOH vừa đủ:

n_NaOH = 3n _{chất béo} = 0,06 mol

n _glixerol = n _{chất béo} = 0,02 mol

BTKL: m _muối = m _{chất béo} + m_NaOH - m _glixerol = 17,72 + 0,06.40 - 0,02.92 = 18,28 gam

Tỉ lệ:

17,72 gam chất béo thu được 18,28 gam muối

26,58 gam         →                  27,42 gam

Đáp án D

Phương pháp giải:

Các este trong X là HCOOCH₃, (HCOO)₂C₂H₄, (HCOO)₃C₃H₅ đều có đặc điểm chung là số nguyên tử C bằng số nguyên tử O.

Như vậy ta đặt n_O(X) = n_C(X) = a mol.

BTNT C ⟹ n_CO2 = n_C(X) = a mol.

BTNT O ⟹ n_O(X) + 2n_O2 = 2n_CO2 + n_H2O ⟹ giá trị của a.

BTKL ⟹ m_X = m_CO2 + m_H2O - m_O2.

Giải chi tiết:

Tính được n_O2 = 0,16 mol; n_H2O = 0,14 mol.

Các este trong X là HCOOCH₃, (HCOO)₂C₂H₄, (HCOO)₃C₃H₅ đều có đặc điểm chung là số nguyên tử C bằng số nguyên tử O.

Như vậy ta đặt n_O(X) = n_C(X) = a mol.

BTNT C ⟹ n_CO2 = n_C(X) = a mol.

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

               ⟹ a + 2.0,16 = 2a + 0,14

               ⟹ a = 0,18.

BTKL: m_X = m_CO2 + m_H2O - m_O2 = 0,18.44 + 0,14.18 - 0,16.32 = 5,32 gam.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

C₆H₁₂O₆ (glucozơ) $\stackrel{men.ruou}{\to }$ C₂H₅OH (X) $\stackrel{H_{2}S{O}_4,{170}^{o}C}{\to }$ C₂H₄ (Y) $\stackrel{KMn{O}_4}{\to }$C₂H₄(OH)₂ (T) $\stackrel{+C{H}_{3}COOH}{\to }$ (CH₃COO)₂C₂H₄.

A sai, X là C₂H₅OH, tan tốt trong nước.

B sai, nhiệt độ sôi của T cao hơn nhiệt độ sôi của X.

C sai, Y là C₂H₄ không phản ứng được với KHCO₃ tạo khí CO₂.

D đúng, T là ancol đa chức có các nhóm OH liền kề nên phản ứng được với Cu(OH)₂ ở điều kiện thường.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Do cho thêm AgNO₃ dư vào A thấy có khí NO thoát ra ⟹ A có chứa H⁺ còn dư.

Ta có: n_H⁺_{dư (dd A)} = 4.n_NO (theo công thức tính nhanh).

Tóm tắt sơ đồ:$\left\{\begin{array}{l}F\text{e}\\ O\end{array}\right.+HCl\to \left\{\begin{array}{l}dd.A\left\{\begin{array}{l}F{\text{e}}^{2+}\\ F{\text{e}}^{3+}\\ {H^{+}}_{du}\\ C{l}^{-}\end{array}\right.\stackrel{+AgN{O}_3}{\to }\left\{\begin{array}{l}F{\text{e}}^{3+}\\ N{O_3}^{-}\end{array}\right.+\downarrow \left\{\begin{array}{l}Ag\\ AgCl\end{array}\right.+NO\\ \\ H_2\\ H_{2}O\end{array}\right.$

+) Xét quá trình HCl + hh ban đầu:

BTNT "H" ⟹ n_H2O = (n_H⁺_bđ - n_H⁺_{(dd A)} - 2n_H2)/2

BTNT "O" ⟹ n_{O (hh đầu)} = n_H2O ⟹ n_{Fe (hh đầu)} ⟹ phương trình (1)

Bảo toàn điện tích dd A ⟹ phương trình (2)

Giải hệ (1) và (2) được giá trị của x, y.

+) Bảo toàn e cho quá trình dd A + AgNO₃ dư: n_Fe²⁺ = n_Ag + 3n_NO ⟹ n_Ag

+) Chất rắn thu được chứa AgCl và Ag ⟹ giá trị của m.

Giải chi tiết:

Do cho thêm AgNO₃ dư vào A thấy có khí NO thoát ra ⟹ A có chứa H⁺ còn dư.

Ta có: n_H⁺_{dư (dd A)} = 4.n_NO = 4.0,0075 = 0,03 mol (công thức tính nhanh).

Tóm tắt sơ đồ:

$8,52\left(g\right)\left\{\begin{array}{l}F\text{e}\\ O\end{array}\right.+HCl:0,33\to \left\{\begin{array}{l}dd.A\left\{\begin{array}{l}F{\text{e}}^{2+}:x\\ F{\text{e}}^{3+}:y\\ {H^{+}}_{du}:0,03\\ C{l}^{-}:0,33\end{array}\right.\stackrel{+AgN{O}_3}{\to }\left\{\begin{array}{l}F{\text{e}}^{3+}\\ N{O_3}^{-}\end{array}\right.+\downarrow \left\{\begin{array}{l}Ag\\ AgCl:0,33\end{array}\right.+NO:0,0075\\ \\ H_2:0,0375\\ H_{2}O\end{array}\right.$

+) Xét quá trình HCl + hh ban đầu:

BTNT "H" ⟹ n_H2O = (n_H⁺_bđ - n_H⁺_{(dd A)} - 2n_H2)/2 = 0,1125 mol

BTNT "O" ⟹ n_{O (hh đầu)} = n_H2O = 0,1125 mol

⟹ n_{Fe (hh đầu)} = (8,52 - 0,1125.16)/56 = 0,12 mol

⟹ x + y = 0,12 (1)

Mặt khác bảo toàn điện tích dd A: 2x + 3y + 0,03 = 0,33 (2)

Giải hệ (1) và (2) được x = y = 0,06.

+) Bảo toàn e cho quá trình dd A + AgNO₃ dư:

n_Fe²⁺ = n_Ag + 3n_NO ⟹ 0,06 = n_Ag + 3.0,0075 ⟹ n_Ag = 0,0375 mol

+) Chất rắn thu được chứa 0,33 mol AgCl và 0,0375 mol Ag.

⟹ m = 0,33.143,5 + 0,0375.108 = 51,405 gam.

Đáp án C

Phương pháp giải:

Do 50 < M_X < M_Y < M_Z ⟹ T không chứa HCHO, HCOOH

Ta thấy n_C = n_COOH + n_CHO ⟹ Các chất X, Y, Z không còn gốc hidrocacbon, chỉ được thạo thành từ CHO và COOH.

⟹ X: OHC-CHO (x mol), Y: OHC-COOH (y mol), Z: HOOC-COOH (z mol)

Lập hệ 3 phương trình để tìm x, y, z dựa vào:

+) Số mol CHO.

+) Số mol COOH.

+) n_X = 4(n_Y + n_Z) (theo đề bài)

Từ đó tính được phần trăm về khối lượng của X trong hỗn hợp.

Giải chi tiết:

Do 50 < M_X < M_Y < M_Z ⟹ T không chứa HCHO, HCOOH

n_C = n_CO2 = 0,3 mol

n_CHO = n_Ag/2 = 0,26 mol

n_COOH = n_KHCO3 = 0,04 mol

Ta thấy n_C = n_COOH + n_CHO ⟹ Các chất X, Y, Z không còn gốc hidrocacbon, chỉ được thạo thành từ CHO và COOH.

⟹ X: OHC-CHO (x mol), Y: OHC-COOH (y mol), Z: HOOC-COOH (z mol)

+) n_CHO = 2x + y = 0,26

+) n_COOH = y + 2z = 0,04

+) x = 4(y + z)

Giải hệ 3 phương trình trên ta thu được x = 0,12; y = 0,02; z = 0,01.

%m_Y = 0,12.58/(0,12.58 + 0,02.74 + 0,01.90) = 74,52%.

Đáp án D

Phương pháp giải:

Ta thấy pentapeptit được tạo ra từ 5 phân tử A tách 4 H₂O.

⟹ Đốt cháy (A + 5A) và (A + peptit + 4H₂O) cần lượng oxi và thu được lượng CO₂ như nhau (vì H₂O không bị đốt cháy).

⟹ Quy hỗn hợp X về dạng chỉ có amino axit A có công thức là C_nH_2n+1NO₂.

*Phản ứng đốt cháy hh X: C_nH_2n+1NO₂ + (1,5n - 0,75)O₂ → nCO₂ + (n + 0,5)H₂O + 0,5N₂

Từ số mol O₂ ⟹ phương trình (1)

*Khi cho HCl vào dung dịch Y thì:

Bảo toàn C: n_CO2 = n_NaHCO3 + n_CO2 ⟹ phương trình (2)

Giải (1) và (2) tìm được a và n ⟹ số mol và công thức của đipeptit.

*Đốt cháy đipeptit: Tính toán theo phản ứng cháy ⟹ V_O2

Giải chi tiết:

Ta thấy pentapeptit được tạo ra từ 5 phân tử A tách 4 H₂O.

⟹ Đốt cháy (A + 5A) và (A + peptit + 4H₂O) cần lượng oxi và thu được lượng CO₂ như nhau (vì H₂O không bị đốt cháy).

⟹ n_A = 0,1 + 0,025.5 = 0,225 mol.

⟹ Quy hỗn hợp X về dạng chỉ có amino axit A có công thức là C_nH_2n+1NO₂.

*Phản ứng đốt cháy hh X:

        C_nH_2n+1NO₂ + (1,5n - 0,75)O₂ → nCO₂ + (n + 0,5)H₂O + 0,5N₂

Mol      0,225  →  0,225(1,5n - 0,75)

⟹ n_O2 = 0,225(1,5n - 0,75) = a (1)

*Khi cho HCl vào dung dịch Y thì: n_NaOH = 1,2.1 = 1,2 mol; n_HCl = 0,8a mol

⟹ Thu được$\left\{\begin{array}{l}NaCl:0,8\text{a}\left(BT:Cl\right)\\ NaHC{O}_3:1,2-0,8\text{a}\left(BT:Na\right)\\ C{O}_2:0,645\end{array}\right.$

Bảo toàn C: n_CO2 = n_NaHCO3 + n_CO2 ⟹ 0,225n =1,2 - 0,8a + 0,645 (2)

Giải (1) và (2) được n = 4; a = 1,18125.

*Đốt cháy 0,01a mol đipeptit C₈H₁₆O₂N₃:

C₈H₁₆O₂N₃ + 10,5O₂ → 8CO₂ + 8H₂O + N₂

⟹ V_O2 = 22,4.10,5.0,01.1,18125 = 2,7783 lít.