Đáp án A

n_N2 = 1,12: 22,4 = 0,05 mol

Quá trình cho nhận electron:

Al → Al⁺³ + 3e

2N⁺⁵ + 10e → 2N⁰

Bảo toàn electron: 3n_Al = 10n_N2

=> n_Al = 10.0,05: 3 = 1/6 mol

=> m_Al = 27.1/6 = 4,5g

Đáp án C

Quì hóa xanh: CH₃NH₂ (Z)

Quì không đổi màu: C₆H₅OH (X) ; C₆H₅NH₂ (Y) ; HCOOCH₃ (T)

Quì tím hóa đỏ: Không có chất nào

Đáp án B

Oxi hóa X thu được Y => X và Y có cùng số C trong phân tử

=> Este chỉ có thể là: CH₃COOC₂H₅ => X(C₂H₅OH) và Y(CH₃COOH)

 Đáp án A

Este, tinh bột và chất hữu cơ chứa gốc C₆H₅- (cồng kềnh) đều không tan trong nước

Đáp án C

CH₃OH + Na → CH₃ONa + 0,5H₂↑

CH₃NH₃Cl + NaOH → CH₃NH₂↑ + NaCl + H₂O

CH₃COOC₂H₅ + KOH → CH₃COOK + C₂H₅OH

CH₃COOH + NaHCO₃ → CH₃COONa + H₂O + CO₂↑

Đáp án C

Các đồng phân đơn chức của C₂H₄O₂ là CH₃COOH và HCOOCH₃

Na + CH₃COOH → CH₃COONa + ½ H₂

NaOH + CH₃COOH → CH₃COONa + H₂O

CH₃COOH + NaHCO₃ → CH₃COONa + H₂O + CO₂

NaOH + HCOOCH₃ → HCOONa + CH₃OH

Vậy có tất cả 4 phản ứng hóa học có thể xảy ra.

Đáp án B

X + NaOH → Muối + Ancol đa chức

=> X là este của ancol đa chức

=> X phải có ít nhất 2 nhóm COO trong phân tử và gốc hidrocacbon của ancol phải gắn với các nhóm COO đó

Đáp án C

chất rắn sau phản ứng => FeCl₃

2FeCl₃ + Cu → 2FeCl₂ + CuCl₂

2FeCl₃ + Fe → 3FeCl₂

Đáp án A

Trong công nghiệp, phương pháp điều chế NaOH là điện phân dung dịch NaCl có màng ngăn.

PTHH: $2NaCl + 2H_{2}O \stackrel{dpmn}{\to } 2NaOH + C{l}_2 + H_2$

Đáp án C

Gọi công thức axit đơn chức là RCOOH (đơn chức nên chỉ có nhóm COOH)

RCOOH + NaHCO₃ → RCOONa + CO₂ + H₂O                 (n_CO2 = 2,2: 44 = 0,05 mol)

Mol   0,05                                          0,05

n_{RCOOH pứ ancol} = n_{RCOOH bđ}.H% = 0,05. 80% = 0,04 mol

RCOOH + C₂H₅OH  RCOOC₂H₅ + H₂O

Mol   0,04                    →            0,04

=> M_este = 3,52: 0,04 = 88g = R + 44 + 29 => R = 15 g/mol (CH₃-)

Vậy axit là CH₃COOH

=> m = n_{CH3COOH bđ}.n = 60.0,05 = 3g

Đáp án B

X + Ca(OH)₂ tạo kết tủa và không tạo khí => X là KHCO₃

Ca(OH)₂ + 2KHCO₃ → CaCO₃ + K₂CO₃ + 2H₂O

Y + Ca(OH)₂ chỉ tạo khí => Y là NH₄NO₃

Ca(OH)₂ + 2NH₄NO₃ → Ca(NO₃)₂ + 2NH₃ + 2H₂O

Z + Ca(OH)₂ không có hiện tượng => Z là NaNO₃

T + Ca(OH)₂ tạo khí và kết tủa => (NH₄)₂CO₃

Ca(OH)₂ + (NH₄)₂CO₃ → CaCO₃ + 2NH₃ + 2H₂O

Đáp án B

Gọi công thức trung bình của 2 kim loại là M

M + H₂SO₄ → MSO₄ + H₂     (n_H2 = 4,48: 22,4 = 0,2 mol)

Mol      0,2               $\leftarrow$             0,2

=> M_M = 6,4: 0,2 = 32 g/mol

=> 2 kim loại liên tiếp là Mg (24) và Ca (40)

Đáp án C

Dựa vào dãy điện hóa kim loại, kim loại đứng trước sẽ khử được ion của kim loại đứng sau ra khỏi muối của nó (tính từ trái sang phải)

=> các kim loại Fe, Cu, Al đều đứng trước Fe²⁺ nên có thể phản ứng với dạng oxi hóa của nó là Fe³⁺

Đáp án D

a) Cu²⁺ + Fe → Fe²⁺ + Cu => Tính khử: Fe > Cu; Tính oxi hóa: Cu²⁺ > Fe²⁺

b) Cu + 2Fe³⁺ → 2Fe²⁺ + Cu²⁺ => Tính khử: Cu > Fe2+; Tính oxi hóa: Fe³⁺ > Cu²⁺

c) Fe²⁺ + Mg → Mg²⁺ + Fe => Tính khử: Mg > Fe; Tính oxi hóa: Fe²⁺ > Mg²⁺

Vậy ta có sự so sánh:

Tính khử: Mg > Fe > Cu > Fe²⁺

Tính oxi hóa: Fe³⁺ > Cu²⁺ > Fe²⁺ > Mg²⁺

Đáp án D

Để nhận biết các chất trong dãy ta dùng Quỳ tím, AgNO₃/NH₃, Cu(OH)₂:

- Quì tím:

+ Hóa đỏ: CH₃COOH (axit axetic)

+ Không đổi màu: CH₃COOH, C₃H₅(OH)₃, C₂H₅OH, C₆H₁₂O₆ (glucozo)

- AgNO₃/NH₃:

+ Tạo kết tủa trắng bạc: C₆H₁₂O₆ (Glucozo)

+ Không phản ứng: C₃H₅(OH)₃, C₂H₅OH

- Cu(OH)₂:

+ Kết tủa tan tạo phức màu xanh lam đặc trưng: C₃H₅(OH)₃ (Glicerol)

+ Không phản ứng: C₂H₅OH

Đáp án A

                 2Fe(OH)₂ + ½ O₂ $\stackrel{to}{\to }$ Fe₂O₃ + 2H₂O

Mol          0,2               →               0,1

Vậy chất rắn gồm: 0,1 mol Fe₂O₃ và 0,1 mol BaSO₄

=> m = m_Fe2O3 + m_BaSO4 = 0,1.160 + 0,1.233 = 39,3g

Đáp án A

Amilopectin có mạch polime phân nhánh

Xenlulozo, PVC  có mạch polime không phân nhánh

Đáp án B

n_{Saccarozo thực} = n_{Lý thuyết}. H% = 0,01. 60% = 0,006 mol

            Saccarozo + H₂O → Glucozo + Fructozo

Mol            0,006         →        0,006   →    0,006

            Glucozo → 2Ag

            Fructozo → 2Ag

=> n_Ag = 2(n_Glucozo + n_Fructozo) = 2.(0,006 + 0,006) = 0,024 mol

=> m_Ag = 108.0,024 = 2,592g

Đáp án D

H₂SO₄ loãng không thể phản ứng với Cu

Đáp án B

d_A/H2 = 30 => M_A = 30.M_H2 = 30.2 = 60

n_A = 0,3: 60 = 0,005 mol

- Bảo toàn nguyên tố:

n_CO2 = 0,224: 22,4 = 0,01 mol => n_C(A) = n_CO2 = 0,01 mol => số C_(A) = 0,01: 0,005 = 2

n_H2O = 0,18: 18 = 0,01 mol => n_H(A) = 2.n_H2O = 0,02 mol => Số H_(A) = 0,02: 0,005 = 4

=> A là C₂H₄O_n => M_A = 12.2 + 4 + 16n = 60 => n = 2 => A là C₂H₄O₂

Vì A phản ứng được với Na tạo H₂ => A có nhóm OH hoặc COOH

A có phản ứng tráng bạc => A có nhóm –CHO hoặc HCOO-

=> A chỉ có thể là: HO-CH₂-CHO

Đáp án B

Sơ đồ tổng quát: (Cu,Mg,Al) + HCl → (MgCl₂,AlCl₃) + H₂ + Cu

n_H2 = 7,84: 22,4 = 0,35 mol ; Chất rắn Y chính là Cu không phản ứng với HCl

Bảo toàn nguyên tố: n_HCl = 2n_H2 = 2.0,35 = 0,7 mol = n_Cl

m_{muối Z} = m_Mg,Al + m_Cl = (m_{hh đầu} - m_Cu) + m_Cl = (9,14 – 2,54) + 35,5.0,7 = 31,45g

Đáp án B

Fe, Al chỉ phản ứng được với H₂SO₄ loãng àm không phản ứng được với H₂SO₄ đặc nguội

Đáp án A

Tổng quát:       CO + O_oxit → CO₂

                        CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO₃ + H₂O

n_CO2 = n_CaCO3 = 3/100 = 0,03 mol = n_{CO pư}

BTKL: m_{CO pư} + m_Fe2O3 = m_A + m_CO2 => 0,03.28 + m = 10,68 + 0,03.44 => m = 11,16 gam

Đáp án C

Sơ đồ bài toán: 

Đặt n_Mg = x và $n_{F{e}_2{O}_3}$ = y mol

+ m_A = 24x + 160y = 20 (1)

+ Bảo toàn nguyên tố ta có:

n_MgO = n_Mg = x mol

$n_{F{e}_2{O}_{{}_{3 }}}= n_{F{e}_2{O}_3 bđ}$ = y mol

=> m _{chất rắn sau} = 40x + 160y = 28 (2)

Giải hệ (1) và (2) được x = 0,5 và y = 0,05

Bảo toàn electron: 2n_Mg = _{$n_{N{O}_2}$} = 1 mol

=> _{$V_{N{O}_2}$} = 1.22,4 = 22,4 lit

Đáp án A

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

            Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂

Mol                                0,2   0,2

=> m_FeSO4 = 0,2.152 = 30,4g

Đáp án B

CuO + 2HCl → CuCl₂ + H₂O

Fe₂O₃ + 6HCl → 2FeCl₃ + 3H₂O

Giả sử số mol 2 muối CuCl₂ và FeCl₃ đều là 1 mol

=> n_CuO = n_CuCl2 = 1 mol ; n_Fe2O3 = 0,5n_FeCl3 = 0,5 mol

=> m_{hh đầu} = 80.1 + 160.0,5 = 160g

=> %m_CuO = %m_Fe2O3 = 50%

Đáp án C

Gọi kim loại hóa trị II là M

10 ml dung dịch muối MSO₄ phản ứng với 20 ml dung dịch BaCl₂

=> 50 ml dung dịch muối MSO₄ phản ứng với 100 ml dung dịch BaCl₂

=> n_BaCl2 = 0,1.0,15 = 0,015 mol

            MSO₄ + BaCl₂ → BaSO₄ + MCl₂

Mol      0,015 0,015

=> M_MSO4 = 1,8: 0,015 = 120 g/mol = M + 96 => M = 24 g/mol (Mg)

Đáp án C

X có phản ứng tráng bạc => X có nhóm –CHO hoặc HCOO-

X phản ứng với NaOH nhưng không làm quì tím đổi màu => X có gốc este –COOR

=> Chỉ có Metyl fomat phù hợp (HCOOCH₃)

Đáp án C

HCOOH + NaOH → HCOONa + H₂O

CH₃COOCH₃ + NaOH → CH₃COONa + CH₃OH

ClNH₃CH₂COOH + 2NaOH → NH₂-CH₂-COONa + NaCl + 2H₂O

HOCH₂C₆H₄OH + NaOH → HOCH₂C₆H₄ONa + H₂O

CH₃COOC₆H₅ + 2NaOH → CH₃COONa + C₆H₅ONa + H₂O

=> Chỉ có 2 chất thỏa mãn

Đáp án A

Ca²⁺ + CO₃^2- → CaCO₃↓      

CaCO₃ $\stackrel{to}{\to }$  CaO + CO₂ ↑ (n_CaO = 0,28: 56 = 0,005 mol)

=> n_Ca2+ = n_CaCO3 = n_CaO =  0,005 mol

=> C_{M (Ca2+)} = 0,005: 0,01 = 0,5M

Đáp án A

- Trong RCOOH: Gốc R_{không no} > H> R_no (Vì gốc không no sẽ hút e về phía mình => tăng độ phân cực O-H => tăng khả năng phân lý H⁺ => tăng tính axit. Gốc R no đẩy e (ngược lại) )

Đáp án C

FeCl₂ + Na₂SO₄ → FeSO₄ + 2NaCl không đúng vì không thỏa mãn điều kiện của phản ứng trao đổi.

Đáp án D

Tổng quát: Amin đơn chức phản ứng với HCl theo tỉ lệ 1:1:

Amin + HCl → Muối

Bảo toàn nguyên tố: m_amin + m_HCl = m_muối => m_HCl = 24,45 – 13,5 = 10,95g

=> n_HCl = 10,95: 36,5 = 0,3 mol = 0,3x => x = 1

Đáp án B

Có 6 tripeptit có thể tạo được là:

Gly-Ala-Val, Gly-Val-Ala,

Ala-Gly-Val, Ala-Val-Gly,

Val-Gly-Ala, Val-Ala-Gly

Đáp án C

(C₆H₁₀O₅)_n + nH₂O → nC₆H₁₂O₆

C₆H₁₂O₆ →  2C₂H₅OH + 2CO₂

V_C2H5OH = V_rượu.46% = 4,6 lit = 4600 ml => m_C2H5OH = V.d = 4600.0,8 = 3680 g

=> n_C2H5OH = 3680: 46 = 80 mol

Từ phương trình phản ứng: n_{tinh bột} = n_C2H5OH. ½. 1/n = 40/n mol

=> m_{tinh bột} = 162n.40/n = 6480g = 6,48 kg

=> m_LT = m_Thực: H% = 6,48: (80%) = 8,1 kg

Đáp án D

Este no đơn chức mạch hở có công thức phân tử chung là: C_nH_2nO₂ (n ≥ 2)

Đáp án B

- Thứ tự phản ứng của muối: AgNO₃, Cu(NO₃)₂

- Thứ tự phản ứng của KL: Al, Fe

Do sau phản ứng thu được 3 KL nên suy ra 3 KL đó là Ag, Cu, Fe dư.

Khi Y + HCl chỉ có Fe phản ứng: Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂  (n_H2 = 0,07: 2 = 0,035 mol)

Xét toàn bộ quá trình:

Quá trình nhường e:

Al → Al³⁺ + 3e

Fe → Fe²⁺ + 2e

=> n _{e nhường} = 3n_Al + 2n_Fe

Quá trình nhận e:

Ag⁺ + 1e → Ag

Cu²⁺ + 2e → Cu

2H⁺ + 2e → H₂

=> n _{e nhận} = n_Ag + 2n_Cu + 2n_H2

BTe: n _{e nhường} = n _{e nhận} => 3n_Al + 2n_Fe = n_Ag + 2n_Cu + 2n_H2 => 3.0,03 + 0,05.2 = x + 2x + 0,035.2

=> x = 0,04 mol => C_M = n: V = 0,04: 0,1 = 0,4M

Đáp án B

A + NaOH → 1 ancol + 2 muối axit hữu cơ đơn chức kế tiếp trong dãy đồng đẳng

Mặt khác nAncol = nNaOH = 0,2 mol

=> A gồm 2 este đơn chức của cùng 1 ancol đơn chức và 2 axit hữu cơ đơn chức kế tiếp trong dãy đồng đẳng

Gọi công thức trung bình của 2 este là CxHyO2

- Khi đốt cháy A: Bảo toàn khối lượng: mA + mO2 = mCO2 + mH2O

=> mCO2 = 20,56 + 32.1,26 – 18.0,84 = 45,76g => nCO2 = 1,04 mol

Bảo toàn nguyên tố: nO(A) + 2nO2 = 2nCO2 + nH2O

=> nO(A) = 2.1,04 + 0,84 – 2.1,26 = 0,4 mol = 2nA => nA = 0,2 mol

- nC = nCO2 = 1,04 mol => Số C trung bình = 1,04: 0,2 = 5,2

=> 2 este là C5HyO2 (a mol) và C6Hy+2O2 (b mol) (hơn kém nhau 1 nhóm CH2 – đồng đẳng kế tiếp)

=> nC = 5a + 6b = 1,04 mol ; nA = a + b = 0,2

=> a = 0,16 ; b = 0,04 mol

=> %nX = 0,16: 0,2 = 80%

Đáp án C

n_CO2 = 14,56: 22,4 = 0,65 mol ; n_H2O = 12,6: 18 = 0,7 mol

=> n_C = n_CO2 = 0,65 mol ; n_H = 2n_H2O = 1,4 mol

=> Số C trung bình = 0,65: 0,4 = 1,625

=> M phải có 1 chất có 1 C => không thể là amino axit (số C > 1)

=> M có HCOOH (X)

Y cùng dãy đồng đẳng với X => Y cũng là axit no đơn chức mạch hở dạng C_nH_2nO₂

=> Khi đốt cháy C_nH_2nO₂ sẽ tạo số mol CO₂ = số mol H₂O

Amino axit Z có dạng: C_nH_2n+1-2kO_2tN (k ≥ 0 là số liên kết pi trong phân tử, t > 0 là số mol COOH)

Đốt cháy:        C_nH_2n+1-2kO_2tN + O₂ → nCO₂ + (n + 0,5 – 2k)H₂O + 0,5N₂

Vì: n_H2O > n_CO2 => n < (n + 0,5 – 2k) => k < 0,25 => k = 0 => Z là amino axit no đơn chức 1 nhóm COOH và 1 nhóm NH₂.

=> n_H2O – n_CO2 = 0,5n_Z = n_N2 = 0,7 – 0,65 = 0,05 mol => n_NH2 = 2n_N2 = 0,1 mol = n_Z

Vậy 0,4 mol M có 0,1 mol Z

=> xét 0,3 mol M có: 0,1.0,3/0,4 = 0,075 mol Z

Khi M + HCl thì chỉ có Z phản ứng: n_Z = n_HCl = 0,075 mol (-NH₂ + HCl → -NH₃Cl)

Vì X, Y có số mol bằng nhau. Lại có: n_X + n_Y + n_Z = 0,4

=> n_X = n_Y = ½ (n_M – n_Z) = ½ (0,4 – 0,1) = 0,15 mol

- Tính khối lượng của M: 0,4 mol M đốt cháy tạo 0,65 mol CO₂ ; 0,7 mol H₂O và 0,05 mol N₂

Bảo toàn nguyên tố: m_M = m_C + m_H + m_O(M) + m_N

(n_O(M) = 2n_COO = 2n_M = 0,8 mol vì các chất trong M đều có 1 nhóm COOH)

=> m_M = 12.0,65 + 1,4.1 + 0,1.14 = 10,6g

%m_X = 46.0,15: 10,6 = 65,09% => %m_Y + %m_Z = 100% - 65,09% = 34,91%

=> %m_Y < 34,91% => Đáp án C không phù hợp

Đáp án D

Hỗn hợp M gồm 2 peptit X, Y, chúng cấu tạo từ 1 amino axit và có tổng số nhóm –CO-NH- trong 2 phân tử là 5 (nghĩa là tổng số liên kết peptit 2 chất là 5)

=> tổng số mắt xích 2 chất = (số liên kết peptit chất X + 1) + (số liên kết peptit chất Y + 1) = 7

n_Gly = 12: 75 = 0,16 mol ; n_Ala = 5,34: 89 = 0,06 mol

Gọi n_X = a => n_Y = 2a ;

Số mắt xích trong X là b => số mắt xích trong Y là (7 – b) (b là số nguyên dương)

Vì X và  Y đều tạo từ chỉ 1 amino axit. ta xét 2 trường hợp:

+) TH₁: X có mắt xích là Gly.

=> n_Gly = 0,16 = ab ; n_Ala = 0,06 = 2a(7 – b) = 14a – 2ab

=> a = 0,027 ; b = 5,9 (loại)

+) TH₂: X có mắt xích là Ala.

=> n_Ala = 0,06 = ab ; n_Gly = 2a(7 – b) = 0,16

=> a = 0,02 ; b = 3 (thỏa mãn)

=> M gồm: 0,02 mol (Ala)₃ ; 0,04 mol (Gly)₄

=> m = 0,02.(89.3 -18.2) + 0,04.(75.4 – 18.3) = 14,46g